浙江省金华十校联考2022学年高一化学下学期期末试卷b含解析

2022-2022学年浙江省金华十校联考高一（下）期末化学试卷（B）　一、选择题（本题有23小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共46分）1．2022年，我市多管齐下“控燃煤、治废气、降扬尘、管尾气、禁烟气…”，全方位治理雾霾，持续改善大气环境质量．下列做法不符合城市空气净化目标的是（　　）A．建筑工地的渣土车加盖，采用密闭式运输建筑垃圾B．将生活垃圾在小区内焚烧后再运输，可减少垃圾清运负担C．逐步淘汰黄标车，黄标车在市区一环内禁行，二环内限时通行D．对燃煤锅炉、工业窑炉进行脱硫除尘改造　2．下列化学用语使用正确的是（　　）A．氢氧化钠的电子式：B．甲烷的比例模型：C．只含有一个中子的氦原子：HeD．乙醇的结构式：C2H5OH　3．用分液漏斗可以分离的一组液体混合物是（　　）A．溴和四氯化碳B．硝基苯和水C．苯和溴苯D．汽油和乙醇　4．俄罗斯科学家在利用回旋加速器进行的实验中，用含20个质子的钙元素的同位素反复轰击含95个质子的镅元素，结果成功制得4个第115号元素的原子．其与N元素同主族．这4个原子在生成数微秒后衰变成第113号元素．前者的一种核素为X．下列有关叙述正确的是（　　）A．115号元素衰变成113号元素是化学变化B．115号元素X的近似相对原子质量为288C．113号元素的原子最外层有3个电子D．因115号元素与N元素同主族，所以是非金属元素　5．苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是（　　）①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色．A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤　6．下列各组物质的晶体中，化学键类型、晶体类型都相同的是（　　）A．CO2和SiO2B．C60和晶体硅C．KCl和HClD．CO2和H2O　-25-\n7．石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（如图），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（　　）A．石墨烯与金刚石互为同位素B．0.12g石墨烯中含有6.02×1021个碳原子C．石墨烯中的碳原子间以共价键结合D．石墨烯是一种新型有机物　8．下列说法正确的是（　　）A．若反应物键能之和大于生成物键能之和，则该反应为放热反应B．含有共价键的化合物一定是共价化合物C．因为水分子内存在氢键，所以水的沸点比硫化氢的沸点高D．需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应　9．电池是人类生产和生活中的重要的能量来源，各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献．下列有关电池的叙述正确的是（　　）A．构成电池的两极必须是活泼性不同的金属B．锌锰干电池工作时，电池内部的电流方向由碳棒流向锌桶C．甲醇燃料电池工作时，甲醇在负极发生氧化反应D．银锌纽扣电池工作时，电子由锌极流出经过溶液后流向银极　10．寒冷的冬天，经常使用暖宝宝，暖宝宝中装的是铁粉、活性炭、无机盐等物质，打开包装以后，可以连续12个小时释放热量．以下分析错误的是（　　）A．该过程是将化学能转化为热能B．其发热原理与钢铁的电化学腐蚀相同C．活性炭作正极，电极反应为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．铁作负极，电极反应为：Fe﹣3e﹣═Fe3+　11．糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质．以下叙述正确的是（　　）A．蛋白质中至少含有四种元素B．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水C．葡萄糖在银镜反应中反生还原反应D．油脂在稀硫酸催化条件下的水解又叫皂化反应　12．下列各组中的两种有机物一定互为同系物的是（　　）A．CH4O和C2H6OB．C2H4和C6H12C．C2H2和C4H6D．CH4和C3H8　13．丙烯酸的结构简式为CH2=CH﹣COOH，其对应的性质中错误的是（　　）A．能与钠反应放出氢气B．能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应-25-\nC．能与溴水发生取代反应D．能和HBr发生加成反应　14．下列除去杂质的方法正确的是（　　）①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏．A．①②B．②④C．③④D．②③　15．下列说法正确的是（　　）A．石油分馏和煤的液化均为物理变化B．石油裂解的目的是为了提高汽油等轻质油的产量和质量C．石油分馏实验中，温度计水银球插入石油中但不能碰到瓶壁D．煤干馏得到的煤焦油中可以分离出苯、甲苯等有机物　16．物质的量相同的下列各物质分别在足量的O2中完全燃烧，其中耗氧量相同的一组是（　　）A．CH3OH和C3H6B．C3H7COOH和C2H5COOH3C．C2H5CHO和C3H4D．C3H8和C4H6　17．对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（　　）A．v（W）=3v（Z）B．2v（X）=3v（Z）C．2v（X）=v（Y）D．3v（W）=2v（X）　18．一定条件细啊，0.3molX（g）与0.3molY（g）在体积为1L的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），下列示意图合理的是（　　）A．B．C．D．　19．A、B、C、D、E是同周期元素，A、B的最高价氧化物的水化物呈碱性，且B比A的碱性强，C、D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，E是这五种元素中原子半径最大的，则它们的原子序数由小到大的顺序为（　　）A．E、B、A、D、CB．D、B、C、A、EC．E、C、D、B、AD．A、B、C、D、E-25-\n　20．已知1﹣18号元素的离子aW3+、bX+、CY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述或表示方法正确的是（　　）A．四种元素位于同一周期B．氢化物的稳定性H2Y＞HZC．离子的氧化性aW3+＞bX+D．原子半径Z＞Y　21．两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒可能是（　　）①两种不同的原子；②两种不同元素的原子；③一种原子和一种分子；④一种原子和一种离子；⑤两种不同分子；⑥一种分子和一种离子；⑦两种不同阳离子；⑧两种不同阴离子；⑨一种阴离子和一种阳离子．A．①③⑤⑥⑦⑧B．①③⑤⑦⑧C．①③④⑤⑦D．全部都是　22．家用液化气的主要成分之一是丁烷．当10g丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时放出的热量为500kJ．又知1mol液态水汽化时需吸收44kJ热量，则1mol丁烷完全燃烧产生气态水时放出的热量为（　　）A．2900kJB．2680kJC．3120kJD．2856kJ　23．两种气态烃组成的混合体0.1mol，完全燃烧得到0.16molCO2和3.6g水，下列说法错误的是（　　）A．混合气体中一定有甲烷B．混合气体中可能是甲烷和乙烷C．混合气体中一定没有丙烷D．混合气体中可能有乙烯　　二、填空题（共5小题，共54分）24．A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大．A原子的最外层电子比B原子的最外层电子少2个，B原子的质子数是其电子层数的4倍；A、B、C三种元素能结合成化合物C2AB3，在1molC2AB3中共有52mol电子．D元素的单质0.5mol与酸全部反应时，有9.03×1023个电子转移．E元素的单质是一种黄绿色气体，水溶液具有漂白性．试填写下列空白：（1）元素B在周期表中的位置为　　　　　　．（2）元素C、D、E形成的简单离子的半径由大到小为　　　　　　（用离子符号表示）．（3）由元素B、C形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，写出该化合物的电子式　　　　　　．（4）分别有A和D元素的单质做为电极，用导线连接后浸入E的氢化物的水溶液中，可以构成原电池，则A为　　　　　　（填“正极”或“负极”）．（5）门捷列夫在研究周期表时预言了包括“类铝”、“类硅”在内的11种元素．门捷列夫预言的“类硅”，多年后被德国化学家文克勒发现，命名为锗（Ge）．已知主族元素锗的最高化合价为+4价，其最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物．若锗位于硅的下一周期，根据锗在周期表中处于金属和非金属分界线附近，预测锗单质的一种可能的用途是　　　　　　；硅和锗单质分别与H2反应时，反应较难进行的是　　　　　　（填“硅”或“锗”）．-25-\n（6）“类铝”在门捷列夫预言4年后，被布瓦博德朗在一种矿石中发现，命名为镓（Ga）．镓与铝同主族，且位于铝的下一周期．试从原子结构的角度解释镓与铝性质相似的原因　　　　　　．为判断Ga（OH）3是否为两性氢氧化物，设计实验时，需要选用的试剂有GaCl3溶液、　　　　　　和　　　　　　．　25．被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点．如图为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒．当氧气和氢气分别连续不断地从a、b两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流．试回答下列问题：（1）图中通过A表的电子流动方向　　　　　　（填“向左”或“向右”），溶液中OH﹣的移动方向　　　　　　（填“向左”或“向右”）．（2）写出氢氧燃料电池工作时电极反应方程式：a极：　　　　　　，b极　　　　　　．（3）若在b极改为通入甲烷，亦可构成甲烷燃料电池，写出该电池负极的电极反应式　　　　　　．　26．在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和xmolH2，发生如下反应：N2+3H2⇌2NH3．20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为3.6mol，容器内的压强变为原来的90%．请回答下问题：（1）x=　　　　　　；（2）20min内用NH3表示的平均反应速率为　　　　　　；（3）该反应的热化学方程式为　　　　　　．（4）提述条件下，下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是　　　　　　（填序号）．①单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗nmolN2②单位时间内断裂1molN≡N键的同时生成3molH﹣H键③用N2、H2、NH3表示的反应速率数值之比为1：3：2④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的压强不再改变⑥2v正（H2）=3v逆（NH3）　27．某校课外活动小组的同学在完成课本乙醇氧化制乙醛的实验后，改进了实验方案（如图），进行如下实验操作（顺序已打乱）：①点燃B装置中的酒精灯加热无水乙醇至沸腾并持续加热；②向圆底烧瓶中滴加10%过氧化氢溶液；③连接好仪器，检验装置的气密性；④正确添加试剂；⑤点燃C装置中的酒精灯根据以上实验内容回答下列问题：（1）实验操作顺序是　　　　　　①（填序号）．（2）装置e的作用是　　　　　　．-25-\n（3）写出d中发生反应的化学方程式　　　　　　．（4）为检验D中收集的产物中是否含有乙醛，甲同学利用银氨溶液检验，请写出化学方程式　　　　　　．（5）乙同学在一支试管中先加入2mL5%的CuSO4，滴加4﹣5滴NaOH溶液，再滴加几滴D中溶液，在酒精灯上加热，未出现砖红色沉淀，从而断定无乙醛生成．请你判断乙同学的说法是否合理，并说明理由　　　　　　．（6）若试管中收集到的液体用紫色石蕊试液检验，溶液显红色，说明液体中还含有　　　　　　，要除去该物质，可先在混合液中加入　　　　　　（填写下列选项中的字母），然后再通过　　　　　　（填操作名称）即可除去．A．饱和NaCl溶液B．C2H5OHC．NaHCO3溶液D．CCl4．　28．如图装置是用燃烧法确定有机物组成的常用装置，其原理是在电炉加热条件下用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成．回答下列问题：（1）C装置（燃烧管）中CuO的作用是　　　　　　（2）写出E装置中所盛放物质的名称　　　　　　，它的作用是　　　　　　．（3）准确称取1.20g样品（只含C、H、O三种元素中的两种或三种）．经充分燃烧后，E管质量增加1.76g，D管质量增加0.72g，该有机物的相对分子质量为180，则其分子式为　　　　　　．（4）B中盛放的试剂是　　　　　　，若舍去B装置，则测得有机物中氧元素的含量　　　　　　（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．　　-25-\n2022-2022学年浙江省金华十校联考高一（下）期末化学试卷（B）参考答案与试题解析　一、选择题（本题有23小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共46分）1．2022年，我市多管齐下“控燃煤、治废气、降扬尘、管尾气、禁烟气…”，全方位治理雾霾，持续改善大气环境质量．下列做法不符合城市空气净化目标的是（　　）A．建筑工地的渣土车加盖，采用密闭式运输建筑垃圾B．将生活垃圾在小区内焚烧后再运输，可减少垃圾清运负担C．逐步淘汰黄标车，黄标车在市区一环内禁行，二环内限时通行D．对燃煤锅炉、工业窑炉进行脱硫除尘改造【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】根据改善大气环境质量解题，应减少污染物的排放，据此解题．【解答】解：A．建筑工地的渣土车加盖，采用密闭式运输建筑垃圾，可减少扬尘和垃圾污染，符合城市空气净化目标，故A正确；B．焚烧后产生污染气体，不符合城市空气净化目标，故B错误；C．控制汽车尾气，减少污染物的排放，符合城市空气净化目标，故C正确；D．脱硫除尘可减少污染物的排放，符合城市空气净化目标，故D正确．故选B．【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．下列化学用语使用正确的是（　　）A．氢氧化钠的电子式：B．甲烷的比例模型：C．只含有一个中子的氦原子：HeD．乙醇的结构式：C2H5OH【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．氢氧化钠为离子化合物，电子式中应该标出阴阳离子所带电荷；B．为甲烷的球棍模型，不是比例模型；C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D．结构式中需要将所有的共用电子对都用大小表示，C2H5OH为乙醇的结构简式．【解答】解：A．氢氧化钠属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成，其正确的电子式为：，故A错误；-25-\nB．用原子的相对体积大小表示的模型为比例模型，甲烷分子的比例模型为，故B错误；C．只含有一个中子的氦原子的质量数为3，质子数为2，该原子可以表示为：He，故C正确；D．乙醇分子中含有1个甲基、1个亚甲基和1个羟基，乙醇的结构简式为：，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，涉及结构式、元素符号、比例模型、电子式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力．　3．用分液漏斗可以分离的一组液体混合物是（　　）A．溴和四氯化碳B．硝基苯和水C．苯和溴苯D．汽油和乙醇【考点】分液和萃取．【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性即可．【解答】解：A．溴和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；B．硝基苯和水不溶，能用分液漏斗进行分离，故B正确；C．苯和溴苯互溶，不能用分液漏斗进行分离，故C错误；D．汽油和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误．故选B．【点评】本题考查了物质分离方法中的分液法，熟记物质的溶解性是解题的关键所在，难度不大．　4．俄罗斯科学家在利用回旋加速器进行的实验中，用含20个质子的钙元素的同位素反复轰击含95个质子的镅元素，结果成功制得4个第115号元素的原子．其与N元素同主族．这4个原子在生成数微秒后衰变成第113号元素．前者的一种核素为X．下列有关叙述正确的是（　　）A．115号元素衰变成113号元素是化学变化B．115号元素X的近似相对原子质量为288C．113号元素的原子最外层有3个电子D．因115号元素与N元素同主族，所以是非金属元素【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A．元素的衰变为核变化；B．质子数=质量数﹣中子数；C.112号元素为第七周期第IIB族元素，113号元素位于第ⅢA族；D.115号元素与N元素位于同一主族，所以位于第ⅤA族，从锑开始为金属元素．-25-\n【解答】解：A.115号元素衰变成113号元素，为原子核之间的核变化，不是化学变化，故A错误；B．核素X的质量数与相对原子质量近似相等，即为288，元素的相对原子质量要根据核素原子质量与丰度进行计算得到，故B错误；C.112号元素为第七周期第IIB族元素，113号元素位于第ⅢA族，则113号元素最外层有3个电子，故C正确；D.115号元素与N元素位于同一主族，所以位于第ⅤA族，从锑开始为金属元素，所以115号元素属于金属元素，故D错误；故选C．【点评】本题考查同一主族元素周期律，明确同一主族元素原子结构及其性质递变规律是解本题关键，侧重考查学生对元素周期表结构及元素周期律知识的掌握及应用，题目难度不大．　5．苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是（　　）①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色．A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤【考点】苯的结构．【专题】有机化学基础．【分析】①③⑤根据碳碳双键的性质判断；②单、双键不同，键长不相等；④根据同分异构体数目解答．【解答】解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C﹣C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确．所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据．故选B．【点评】本题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求学生知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查．　6．下列各组物质的晶体中，化学键类型、晶体类型都相同的是（　　）A．CO2和SiO2B．C60和晶体硅C．KCl和HClD．CO2和H2O【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．-25-\n【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，一般非金属元素之间形成共价键，金属元素与非金属元素形成离子键，由分子构成的晶体为分子晶体，由离子构成的晶体为离子晶体，由金属原子和自由电子构成的为金属晶体，由原子构成的且为空间网状结构的晶体为原子晶体，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键．【解答】解：A．固体CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，碳、氧、硅都为非金属元素，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故A错误；B．C60为分子晶体，晶体硅为原子晶体，碳、硅都为非金属元素，C60和晶体硅都只含共价键，故B错误；C．氢、氯为非金属元素，钾为金属元素，KCl是离子晶体，KCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故C错误；D．碳、氢、氧都为非金属元素，固体CO2和H2O都是分子晶体，CO2和H2O都只含共价键，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学键及晶体类型，熟悉化学键的形成规律及不同晶体中的构成微粒即可解答，题目难度不大．　7．石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（如图），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（　　）A．石墨烯与金刚石互为同位素B．0.12g石墨烯中含有6.02×1021个碳原子C．石墨烯中的碳原子间以共价键结合D．石墨烯是一种新型有机物【考点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；化学键．【分析】A．同位素是质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子；B．根据n=计算碳原子物质的量，再根据N=nNA计算碳原子数目；C．碳原子之间形成的化学键是共价键；D．石墨烯是由石墨剥离而成的，为碳元素的一种单质．【解答】解：A．石墨烯与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A错误；B．0.12g石墨烯中含有0.12g碳原子，含有0.01molC原子，含有6.02×1021个碳原子，故B正确；C．石墨烯中的碳原子之间形成的化学键是共价键，故C正确；D．石墨烯是由石墨剥离而成的，为碳元素的一种单质，属于无机物，故D错误．故选BC．【点评】本题考查同位素、同素异形体、共价键和有机物等，难度不大，注意基础知识的积累．　8．下列说法正确的是（　　）-25-\nA．若反应物键能之和大于生成物键能之和，则该反应为放热反应B．含有共价键的化合物一定是共价化合物C．因为水分子内存在氢键，所以水的沸点比硫化氢的沸点高D．需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应【考点】反应热和焓变；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】A．若反应物键能之和大于生成物键能之和，则该反应为吸热反应；B．含有共价键的化合物可能为离子化合物；C．氢键存在水分子之间，水分子内存在共价键；D．有的放热反应需要高温条件发生，如铝热反应．【解答】解：A．若反应物键能之和大于生成物键能之和，则该反应为吸热反应，反应物键能之和小于生成物键能之和，则该反应为放热反应，故A错误；B．含有共价键的化合物可能为离子化合物，可能为共价化合物，若NaOH为离子化合物，H2O为共价化合物，故B错误；C．氢键存在水分子之间，水分子内存在共价键，故C错误；D．需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应是放热反应，但需要加热，故D正确，故选D．【点评】本题考查吸热反应与放热反应、化学键、氢键等，比较基础，注意吸热反应与放热反应与反应是否需要加热无关．　9．电池是人类生产和生活中的重要的能量来源，各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献．下列有关电池的叙述正确的是（　　）A．构成电池的两极必须是活泼性不同的金属B．锌锰干电池工作时，电池内部的电流方向由碳棒流向锌桶C．甲醇燃料电池工作时，甲醇在负极发生氧化反应D．银锌纽扣电池工作时，电子由锌极流出经过溶液后流向银极【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、构成原电池的电极材料不一定都是金属，可能是金属和非金属；B、电池工作时，电流方向是由正极流向负极；C、负极发生气氧化反应；D、电子沿导线，而不溶液．【解答】解：A．构成原电池的两个电极可能都是金属，也可能是金属和导电的非金属，故A错误；B、锌锰干电池中，锌是负极，石墨棒是正极，电流方向是由正极石墨棒流向负极锌筒，故B错误；C、负极发生气氧化反应，所以甲醇在负极发生氧化反应，故C正确；D、电子沿导线，而不溶液，所以电子由锌极流出经过导线后流向银极，故D错误；故选C．【点评】本题涉及电化学的相关知识、原电池的工作原理应用、化学反应的特征等知识，属于综合知识的考查，较简单．　10．寒冷的冬天，经常使用暖宝宝，暖宝宝中装的是铁粉、活性炭、无机盐等物质，打开包装以后，可以连续12个小时释放热量．以下分析错误的是（　　）-25-\nA．该过程是将化学能转化为热能B．其发热原理与钢铁的电化学腐蚀相同C．活性炭作正极，电极反应为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．铁作负极，电极反应为：Fe﹣3e﹣═Fe3+【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】铁碳和无机盐组成原电池反应，铁做负极，碳做正极；A、依据分析判断，过程是原电池反应；B、原电池反应是利用铁和氧气发生的氧化还原反应；C、正极上是氧气得到电子生成氢氧根离子；D、铁做负极失电子生成亚铁离子．【解答】解：铁碳和无机盐组成原电池反应，铁做负极，碳做正极，空气中的氧气在正极得到电子发生还原反应；A、铁碳和无机盐组成原电池反应，铁做负极，碳做正极，过程是原电池反应，发生氧化还原反应将化学能转化为热能，故A正确；B、原电池反应是利用铁和氧气发生的氧化还原反应，发热原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，故B正确；C、正极上是氧气得到电子生成氢氧根离子电极反应为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，故C正确；D、铁做负极失电子生成亚铁离子，电极反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原电池原理的分析应用，掌握原理和电极反应是解题关键，题目难度中等．　11．糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质．以下叙述正确的是（　　）A．蛋白质中至少含有四种元素B．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水C．葡萄糖在银镜反应中反生还原反应D．油脂在稀硫酸催化条件下的水解又叫皂化反应【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途．【分析】A．氨基酸的元素组成：由C、H、O、N元素构成，有些含有S；B．蛋白质遇重金属盐发生变性；C．葡萄糖发生银镜反应，醛基被银氨溶液氧化为羧基；D．油脂在碱性条件下的水解称为皂化反应．【解答】解：A．氨基酸的元素组成：由C、H、O、N元素构成，有些含有S，至少含有四种元素，故A正确；B．硫酸铜属于重金属盐，蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故B错误；C．葡萄糖发生银镜反应，醛基被银氨溶液氧化为羧基，葡萄糖发生氧化反应，故C错误；D．油脂可以在酸性、碱性、酶催化条件下水解，只有在碱性条件下的水解称为皂化反应，故D错误．故选A．【点评】本题考查糖类、油脂、蛋白质的结构和性质，题目难度不大，注意在有机化学中，加氢去氧的反应属于还原反应，加氧去氢的反应属于氧化反应．　12．下列各组中的两种有机物一定互为同系物的是（　　）-25-\nA．CH4O和C2H6OB．C2H4和C6H12C．C2H2和C4H6D．CH4和C3H8【考点】芳香烃、烃基和同系物．【分析】同系物的组成和结构相似，组成上相差n个CH2原子团，注意同系物的官能团及数目相同，以此来解答．【解答】解：A．CH4O为甲醇，C2H6O可能为甲醚，则不一定为同系物，故A错误；B．C2H4为乙烯，C6H12可能为环己烷，则不一定为同系物，故B错误；C．C2H2为乙炔，C4H6可能为环丁烯，则不一定为同系物，故C错误；D．CH4和C3H8均为烷烃，成和结构相似，组成上相差2个CH2原子团，属于同系物，故D正确；故选D．【点评】本题考查同系物，注意把握同系物的官能团是解答本题的关键，注意分子式代表的物质，题目难度不大．　13．丙烯酸的结构简式为CH2=CH﹣COOH，其对应的性质中错误的是（　　）A．能与钠反应放出氢气B．能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应C．能与溴水发生取代反应D．能和HBr发生加成反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】CH2=CH﹣COOH含有C=C和﹣COOH，C=C可发生加成、加聚以及氧化反应，﹣COOH具有酸性，可发生酯化反应．【解答】解：A．分子中含有﹣COOH，可与钠反应生成氢气，故A正确；B．分子中含有﹣COOH，具有酸性，可与碱发生中和反应，故B正确；C．含有C=C，与溴水发生加成反应，而不是取代反应，故C错误；D．含有C=C，可与HBr发生加成反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的结构和性质，为解答该类题目的关键．　14．下列除去杂质的方法正确的是（　　）①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏．A．①②B．②④C．③④D．②③【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．【解答】解：①光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样即将杂质除去，又将要留的物质反应了，不符合除杂的原则，故①错误；②饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现分离，故②正确；-25-\n③二氧化碳与碳酸反应生成碳酸氢钠，二氧化硫与碳酸钠反应生成生成亚硫酸钠，水和二氧化碳，将原物质除掉了，不符合除杂原则，故③错误；④乙酸与生石灰反应，而乙醇不能，且乙醇易挥发，而乙酸钙为离子型化合物，沸点高，故除去乙醇中少量的乙酸可以加足量生石灰后蒸馏，故④正确；故选B．【点评】物质的分离与除杂是考试的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．　15．下列说法正确的是（　　）A．石油分馏和煤的液化均为物理变化B．石油裂解的目的是为了提高汽油等轻质油的产量和质量C．石油分馏实验中，温度计水银球插入石油中但不能碰到瓶壁D．煤干馏得到的煤焦油中可以分离出苯、甲苯等有机物【考点】石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解；煤的干馏和综合利用．【分析】A、煤的液化为化学变化；B、石油裂化是提高轻质液体燃料的产量和质量；C、温度计测量馏分的温度；D、煤的干馏能制得苯及其同系物．【解答】解：A、煤的液化（生成甲醇）为化学变化，而石油的分馏（与沸点有关）为物理变化，故A错误；B、石油裂化是提高轻质液体燃料特别是汽油的产量和质量，裂解的目的是为了提高乙烯的产量，故B错误；C、实验室进行石油的分馏实验时，是利用物质的沸点不同分离混合物，所以温度计测量馏分的温度，水银球位于支管口处，故C错误；D、煤的干馏是指在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏能制得苯及其同系物，故D正确．故选D．【点评】本题主要考查煤的干馏、煤的液化、石油的分馏以及石油的裂化和裂解的目的等问题，注意基础知识的积累，题目难度不大．　16．物质的量相同的下列各物质分别在足量的O2中完全燃烧，其中耗氧量相同的一组是（　　）A．CH3OH和C3H6B．C3H7COOH和C2H5COOH3C．C2H5CHO和C3H4D．C3H8和C4H6【考点】化学方程式的有关计算．【分析】有机物无论它们以何种物质的量的比例混和，只要总物质的量一定，则在完全燃烧时，消耗氧气的量为一定值，设有机物通式为CxHyOz，则（x+﹣）相等，据此计算解答．【解答】解：A、CH3OH和C3H6耗氧量分别为1+1﹣0.5=1.5和3+1.5=4.5不相同，故A错误；B、C3H7COOH和C2H5COCH3耗氧量分别为：4+2﹣1=5和4+2﹣0.5=5.5，不相同，故B错误；C、将C2H5CHO改写成C3H4•H2O，所以消耗氧的量为4，而C3H4耗氧量是4，两者耗氧量相同，故C正确；D、C3H8和C4H6耗氧量分别为5和4+1.5=5.5，耗氧量不相同，故D错误；故选C．-25-\n【点评】本题考查有机物耗氧量的计算，题目难度不大，根据烃及烃的含氧衍生物的燃烧通式，得出（x+﹣）相等是解答本题的关键．　17．对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（　　）A．v（W）=3v（Z）B．2v（X）=3v（Z）C．2v（X）=v（Y）D．3v（W）=2v（X）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，利用化学反应中化学反应速率之比等于其化学计量数之比来解答．【解答】解：A、由化学计量数可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A错误；B、由化学计量数可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B错误；C、由化学计量数可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C正确；D、由化学计量数可知，v（W）：v（X）=3：2，故A错误；故选C．【点评】本题主要考查化学反应速率和化学计量数的关系，明确化学反应速率之比可由化学反应中的化学计量数直接观察得出是解答的关键．　18．一定条件细啊，0.3molX（g）与0.3molY（g）在体积为1L的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），下列示意图合理的是（　　）A．B．C．D．【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；化学反应速率变化曲线及其应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】A、随反应进行分析X、Z的体积分数分数变化；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（X）正=V（Z）逆，此时反应达到平衡状态；C、Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol；D、X减少0.1mol，生成Z0.2mol当达到平衡时，可以X、Z的物质的量相同；【解答】解：A、反应是气体体积减半的反应，又0.3molX（g）与0.3molY（g）在体积为1L的密闭容器中发生反应，所以随反应进行X的体积分数分数一直不变化为50%，生成物Z的体积分数增大，图象符合，故A正确；-25-\nB、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（X）正=V（Z）逆，此时反应达到平衡状态，V（X）正=V（Z）逆，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C错误；D、X减少0.1mol，消耗Y0.3mol，生成Z0.2mol当达到平衡时可以X、Z的物质的量相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象不符合反应达到平衡状态，故D错误；故选A．【点评】本题考查了图象分析判断反应达到平衡状态的理解应用，掌握平衡标志的判断依据是解题关键，题目难度中等．　19．A、B、C、D、E是同周期元素，A、B的最高价氧化物的水化物呈碱性，且B比A的碱性强，C、D最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，E是这五种元素中原子半径最大的，则它们的原子序数由小到大的顺序为（　　）A．E、B、A、D、CB．D、B、C、A、EC．E、C、D、B、AD．A、B、C、D、E【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】同周期元素从左到右，元素的金属性减弱、非金属性增强，金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，据此判断A、B、C、D的原子序数大小，E是这五种元素中原子半径最大的，同周期元素从左到右，原子半径在逐渐减小，故E的原子序数最小，据此进行解答．【解答】解：由于A、B、C、D四种同周期元素，A和B的最高价氧化物对应的水化物显碱性，且碱性B＞A，则金属性B＞A，C、D的最高价氧化物水化物是酸，且C比D的酸性强，则非金属性C＞D，由同周期元素从左到右，元素的金属性减弱，非金属性增强，则A、B、C、D的原子序数由小到大的顺序为B＜A＜D＜C，E是这五种元素中原子半径最大的，同周期元素从左到右，原子半径在逐渐减小，故E的原子序数最小，所以五种元素的原子序数由小到大的顺序为E＜B＜A＜D＜C，故选：A．【点评】本题考查位置结构性质的关系，难度不大，明确同周期元素性质的变化规律是解答本题的关键．　20．已知1﹣18号元素的离子aW3+、bX+、CY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述或表示方法正确的是（　　）A．四种元素位于同一周期B．氢化物的稳定性H2Y＞HZC．离子的氧化性aW3+＞bX+D．原子半径Z＞Y【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】1﹣18号元素的离子aW3+、bX+、CY2﹣、dZ﹣都具有相同的电子层结构，说明这几种离子中核外电子个数相等，阴离子中核外电子数=原子序数+电荷数，阳离子中核外电子数=原子序数﹣电荷数，所以这几种离子存在a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，阴离子元素位于阳离子元素上一周期，且原子序数大小顺序是a＞b＞d＞c，A．电子层结构相同的离子，阳离子位于同一周期，阴离子位于同一周期；B．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；C．电子层结构相同的阳离子，所带电荷越多其阳离子氧化性越强；D．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小．【解答】解：1﹣18号元素的离子aW3+、bX+、CY2﹣、dZ﹣-25-\n都具有相同的电子层结构，说明这几种离子中核外电子个数相等，阴离子中核外电子数=原子序数+电荷数，阳离子中核外电子数=原子序数﹣电荷数，所以这几种离子存在a﹣3=b﹣1=c+2=d+1，阴离子元素位于阳离子元素上一周期，且原子序数大小顺序是a＞b＞d＞c，A．W、X属于同一周期，Y和Z属于同一周期，且X、W位于Y和Z下一周期，故A错误；B．非金属性Y＜Z，则氢化物的稳定性H2Y＜HZ，故B错误；C．电子层结构相同的阳离子，所带电荷越多其阳离子氧化性越强，所以离子的氧化性aW3+＞bX+，故C正确；D．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，Y和Z属于同一周期且Y原子序数小于Z，所以原子半径Y＞Z，故D错误；故选C．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，明确离子电子层结构相同离子在周期表中的位置、原子序数大小顺序是解本题关键，熟练掌握元素周期律、原子结构并灵活运用知识解答问题，题目难度不大．　21．两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒可能是（　　）①两种不同的原子；②两种不同元素的原子；③一种原子和一种分子；④一种原子和一种离子；⑤两种不同分子；⑥一种分子和一种离子；⑦两种不同阳离子；⑧两种不同阴离子；⑨一种阴离子和一种阳离子．A．①③⑤⑥⑦⑧B．①③⑤⑦⑧C．①③④⑤⑦D．全部都是【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】分子或原子中质子数=核外电子数，阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，阴离子中质子数=核外电子数﹣电荷数，同位素的不同核素具有相同的质子数和核外电子数，据此分析解答．【解答】解：分子或原子中质子数=核外电子数，阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，阴离子中质子数=核外电子数﹣电荷数，同位素的不同核素具有相同的质子数和核外电子数．①互为同位素的原子含有相同的质子数和电子数，故正确；②不同元素的原子其质子数（或电子数）一定不同，故错误；③氖原子和水分子具有相同的质子数和电子数，故正确；④一种原子和一种离子其质子数、电子数一定不同时相同，故错误；⑤H2O和NH3具有相同的质子数和电子数，故正确；⑥一种分子和一种离子含有的质子数和电子数不同时相同，故错误；⑦钠离子和铵根离子具有相同的质子数和电子数，故正确；⑧氢氧根和氟离子具有具有相同的质子数和电子数，故正确；⑨一种阴离子和一种阳离子含有的质子数一定不同，故错误．故选B．【点评】本题考查了微粒中质子数和电子数的关系，侧重考查学生的总结归纳能力，明确分子、原子、离子中质子数和电子数的关系是解本题的关键．　22．家用液化气的主要成分之一是丁烷．当10g丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时放出的热量为500kJ．又知1mol液态水汽化时需吸收44kJ热量，则1mol丁烷完全燃烧产生气态水时放出的热量为（　　）A．2900kJB．2680kJC．3120kJD．2856kJ【考点】有关反应热的计算．-25-\n【分析】当10g丁烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量为500kJ，则1mol丁烷反应放出的热量为：500kJ×=2900kJ/mol，故热化学方程式为：C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2900kJ/mol，1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，则：H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol，再根据盖斯定律计算．【解答】解：当10g丁烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出的热量为500kJ，则1mol丁烷反应放出的热量为：500kJ×=2900kJ/mol，可得热化学方程式为①：C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2900kJ/mol，1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，可得②：H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol，根据盖斯定律，①+②×5可得：C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（g）故△H=﹣2900kJ/mol+5×44kJ/mol=﹣2680kJ/mol，则1mol丁烷完全燃烧产生气态水时放出的热量为2680kJ，故选B．【点评】本题考查反应热有关计算，题目难度不大，注意对盖斯定律的理解与运用．　23．两种气态烃组成的混合体0.1mol，完全燃烧得到0.16molCO2和3.6g水，下列说法错误的是（　　）A．混合气体中一定有甲烷B．混合气体中可能是甲烷和乙烷C．混合气体中一定没有丙烷D．混合气体中可能有乙烯【考点】化学方程式的有关计算．【分析】3.6g水的物质的量为：=0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而碳原子数小于1.6的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，根据氢原子平均数目可知另一种烃分子中一定含有4个H原子，结合选项判断．【解答】解：3.6g水的物质的量为：=0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而碳原子数小于1.6的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，根据氢原子平均数目可知另一种烃分子中一定含有4个H原子，可能为乙烯、丙炔等，一定不可能为乙烷、丙烷，故ACD正确，B错误，故选B．【点评】本题考查有机物分子式的确定，涉及混合烃组成的判断，难度中等，注意根据平均分子式进行判断，侧重考查学生分析解决问题的能力．　二、填空题（共5小题，共54分）-25-\n24．A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大．A原子的最外层电子比B原子的最外层电子少2个，B原子的质子数是其电子层数的4倍；A、B、C三种元素能结合成化合物C2AB3，在1molC2AB3中共有52mol电子．D元素的单质0.5mol与酸全部反应时，有9.03×1023个电子转移．E元素的单质是一种黄绿色气体，水溶液具有漂白性．试填写下列空白：（1）元素B在周期表中的位置为　第二周期ⅥA族　．（2）元素C、D、E形成的简单离子的半径由大到小为　Cl﹣＞Na+＞Al3+　（用离子符号表示）．（3）由元素B、C形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，写出该化合物的电子式　　．（4）分别有A和D元素的单质做为电极，用导线连接后浸入E的氢化物的水溶液中，可以构成原电池，则A为　正极　（填“正极”或“负极”）．（5）门捷列夫在研究周期表时预言了包括“类铝”、“类硅”在内的11种元素．门捷列夫预言的“类硅”，多年后被德国化学家文克勒发现，命名为锗（Ge）．已知主族元素锗的最高化合价为+4价，其最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物．若锗位于硅的下一周期，根据锗在周期表中处于金属和非金属分界线附近，预测锗单质的一种可能的用途是　半导体材料　；硅和锗单质分别与H2反应时，反应较难进行的是　锗　（填“硅”或“锗”）．（6）“类铝”在门捷列夫预言4年后，被布瓦博德朗在一种矿石中发现，命名为镓（Ga）．镓与铝同主族，且位于铝的下一周期．试从原子结构的角度解释镓与铝性质相似的原因　镓、铝原子最外层均为3个电子　．为判断Ga（OH）3是否为两性氢氧化物，设计实验时，需要选用的试剂有GaCl3溶液、　NaOH溶液　和　稀硫酸或盐酸　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大．B原子的质子数是其电子层数的4倍，则B为O或Mg，由于A原子的最外层电子比B原子的最外层电子少2个，故B为O元素，A为C元素；A、B、C三种元素能结合成化合物C2AB3，在1molC2AB3中共有52mol电子，则C原子电子数为=11，故C为Na；D元素的单质0.5mol与酸全部反应时，有9.03×1023个电子转移，转移电子为1.5mol，则D元素化合价为+3，故D为Al；E元素的单质是一种黄绿色气体，水溶液具有漂白性，则E为Cl，据此解答．（1）主族元素周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大；（3）由元素B、C形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，该化合物为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成；（4）分别有碳和Al做为电极，用导线连接后浸入HCl的水溶液中，可以构成原电池，本质是Al与盐酸反应生成氯化铝与氢气，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；（5）锗位于硅的下一周期，应处于第四周期第ⅣA族；处于金属和非金属分界线附近，表现一定的金属性、非金属性，可以用作半导体材料；非金属性越强，与氢气反应越容易；（6）Al与Ga处于同主族，最外层电子数相同，具有相似的化学性质；利用Ga（OH）3是否溶于强酸、强碱判断其是否是两性氢氧化物．【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大．B原子的质子数是其电子层数的4倍，则B为O或Mg，由于A原子的最外层电子比B原子的最外层电子少2个，故B为O元素，A为C元素；A、B、C三种元素能结合成化合物C2AB3，在1molC2AB3中共有52mol电子，则C原子电子数为-25-\n=11，故C为Na；D元素的单质0.5mol与酸全部反应时，有9.03×1023个电子转移，转移电子为1.5mol，则D元素化合价为+3，故D为Al；E元素的单质是一种黄绿色气体，水溶液具有漂白性，则E为Cl．（1）元素B为O元素，处于周期表中第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；（2）元素C、D、E形成的简单离子分别为Na+、Al3+、Cl﹣，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl﹣＞Na+＞Al3+，故答案为：Cl﹣＞Na+＞Al3+；（3）由元素B、C形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，该化合物为Na2O2，其电子式为，故答案为：；（4）分别有碳和Al做为电极，用导线连接后浸入HCl的水溶液中，可以构成原电池，Al与盐酸反应生成氯化铝与氢气，故Al为负极，碳为正极，故答案为：正极；（5）锗位于硅的下一周期，根据锗在周期表中处于金属和非金属分界线附近，预测锗单质的一种可能的用途是：作半导体材料；锗的非金属性比硅弱，硅和锗单质分别与H2反应时，反应较难进行的是锗，故答案为：半导体材料；锗；（6）镓与铝同主族，且位于铝的下一周期，它们原子最外层均为3个电子，镓与铝性质相似，GaCl3溶液与NaOH溶液反应生成Ga（OH）3，再利用Ga（OH）3是否溶于强酸、强碱判断其是否是两性氢氧化物，故需要的试剂还有：NaOH溶液、稀硫酸或盐酸，故答案为：镓、铝原子最外层均为3个电子；NaOH溶液；稀硫酸或盐酸．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重同主族元素化合物性质相似性与递变性考查，难度不大，注意基础知识的理解掌握．　25．被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点．如图为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒．当氧气和氢气分别连续不断地从a、b两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流．试回答下列问题：（1）图中通过A表的电子流动方向　向左　（填“向左”或“向右”），溶液中OH﹣的移动方向　向右　（填“向左”或“向右”）．（2）写出氢氧燃料电池工作时电极反应方程式：a极：　2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣　，b极　2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O　．（3）若在b极改为通入甲烷，亦可构成甲烷燃料电池，写出该电池负极的电极反应式　CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）燃料电池中电子从负极流向正极；阴离子向负极移动；（2）氢氧燃料电池中，电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子；负极发生氧化反应；-25-\n（3）甲烷燃料电池中甲烷在负极失电子生成碳酸根离子和水．【解答】解：（1）燃料电池中燃料氢气是负极，氧气是正极，电子从负极（氢气）流向正极（氧气）所以电子流向左，氢氧根离子向负极移动，故答案为：向左；向右；（2）氢氧燃料电池中，电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，则其电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，负极的电极反应为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O，故答案为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣；2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O；（3）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，碱性条件下，甲烷在负极生成碳酸根离子，其电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，故答案为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O．【点评】本题考查学生原电池的工作原理并以原电池为载体考查了反应方程式的有关计算，正确找出各物质间的关系是解本题的关键，该题综合性强，题目难度中等．　26．在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和xmolH2，发生如下反应：N2+3H2⇌2NH3．20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为3.6mol，容器内的压强变为原来的90%．请回答下问题：（1）x=　3　；（2）20min内用NH3表示的平均反应速率为　0.01mol/（L．min），　；（3）该反应的热化学方程式为　N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol　．（4）提述条件下，下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是　②⑤⑥　（填序号）．①单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗nmolN2②单位时间内断裂1molN≡N键的同时生成3molH﹣H键③用N2、H2、NH3表示的反应速率数值之比为1：3：2④混合气体的密度不再改变⑤混合气体的压强不再改变⑥2v正（H2）=3v逆（NH3）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，据此计算反应前氮气、氢气总物质的量，进而计算氢气物质的量；（2）设消耗的氮气为nmol，表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡时混合气体总物质的量列方程计算n，再根据v=计算v（NH3）；（3）计算1mol氮气反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（4）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．【解答】解：（1）在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和xmolH2，20min后达到平衡，混合气体的物质的量为3.6mol，容器内的压强变为原来的90%，则反应前混合气体总物质的量为=4mol，故氢气为4mol﹣1mol=3mol，即x=3，故答案为：3；（2）设消耗的氮气为nmol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：n3n2n平衡量（mol）：1﹣n3﹣3n2n-25-\n所以：1﹣n+3﹣3n+2n=3.6，解得n=0.2，v（NH3）==0.01mol/（L．min），故答案为：0.01mol/（L．min）；（3）1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×=92kJ，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol；（4）①单位时间内生成2nmolNH3的同时消耗nmolN2，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故错误；②单位时间内断裂1molN≡N键的同时生成3molH﹣H键，而生成3molH﹣H键同时生成1molN≡N键，氮气的消耗速率与生成速率相等，说明到达平衡，故正确；③用N2、H2、NH3表示的反应速率数值之比为1：3：2，反应开始即按该比例关系进行，故错误；④混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度不始终不变，故错误；⑤随反应进行混合气体总物质的量减小，恒温恒容下混合气体的压强随反应进行进行，而压强不再改变说到达平衡，故正确⑥2v正（H2）=3v逆（NH3），不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故正确，故选：②⑤⑥．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态判断、热化学方程式书写等，难度中等，注意平衡状态判断中判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．　27．某校课外活动小组的同学在完成课本乙醇氧化制乙醛的实验后，改进了实验方案（如图），进行如下实验操作（顺序已打乱）：①点燃B装置中的酒精灯加热无水乙醇至沸腾并持续加热；②向圆底烧瓶中滴加10%过氧化氢溶液；③连接好仪器，检验装置的气密性；④正确添加试剂；⑤点燃C装置中的酒精灯根据以上实验内容回答下列问题：（1）实验操作顺序是　③④⑤②　①（填序号）．（2）装置e的作用是　冷凝收集产品，并防止倒吸　．（3）写出d中发生反应的化学方程式　2Cu+O22CuO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O　．（4）为检验D中收集的产物中是否含有乙醛，甲同学利用银氨溶液检验，请写出化学方程式　CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O　．（5）乙同学在一支试管中先加入2mL5%的CuSO4-25-\n，滴加4﹣5滴NaOH溶液，再滴加几滴D中溶液，在酒精灯上加热，未出现砖红色沉淀，从而断定无乙醛生成．请你判断乙同学的说法是否合理，并说明理由　不合理，新制的氢氧化铜中碱不足，易导致该实验失败，无法说明没有乙醛生成　．（6）若试管中收集到的液体用紫色石蕊试液检验，溶液显红色，说明液体中还含有　乙酸　，要除去该物质，可先在混合液中加入　C　（填写下列选项中的字母），然后再通过　蒸馏　（填操作名称）即可除去．A．饱和NaCl溶液B．C2H5OHC．NaHCO3溶液D．CCl4．【考点】乙醇的催化氧化实验．【专题】综合实验题．【分析】（1）该实验目的是探究乙醇氧化制乙醛，根据实验目的和节约药品的原则分析实验操作顺序；（2）根据装置e为球形漏斗结合实验产物性质分析；（3）乙醇的催化氧化反应实质是：金属铜被氧气氧化为氧化铜，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，金属铜起催化剂作用；（4）乙醛中具有还原性的醛基，被新制的银氨溶液氧化；（5）乙醛和新制氢氧化铜的反应本质是乙醛还原新制的氢氧化铜得到砖红色的沉淀，本身被氧化为乙酸，这个实验的关键是必须保持在碱性环境下发生；（6）能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应．【解答】解：（1）该实验目的是探究乙醇氧化制乙醛，首先是③连接好仪器，检验装置的气密性；然后④正确添加试剂；乙醇和铜不反应，和氧化铜反应，所以要先制取氧化铜；不加热时，铜和氧气不反应，造成资源浪费，所以先⑤点燃C装置中的酒精灯加热铜，②向圆底烧瓶中滴加10%过氧化氢溶液制取氧气，铜生成氧化铜后，再①点燃B装置中的酒精灯加热无水乙醇至沸腾并持续加热，制取乙醇蒸汽，所以实验操作顺序为③④⑤②①，故答案为：③④⑤②；（2）D为乙醛，易溶于水，装置e为球形漏斗，球形部分体积大，能防止倒吸，同时冷凝收集产品，故答案为：冷凝收集产品，并防止倒吸；（3）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu+O22CuO，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为：2Cu+O22CuO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）醛基能被弱氧化剂氧化为羧基，用银氨溶液检验D中官能团的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，-25-\n故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（5）本实验中试剂的量：2mL5%的CuSO4，滴加4﹣5滴NaOH溶液，根据反应：CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaSO4，可知：当n（NaOH）＜2n（CuSO4），硫酸铜过量，而本实验要求碱过量，再滴加几滴D中溶液，在酒精灯上加热，未出现砖红色沉淀，新制的氢氧化铜中碱不足，易导致该实验失败，无法说明没有乙醛生成，故答案为：不合理，新制的氢氧化铜中碱不足，易导致该实验失败，无法说明没有乙醛生成；（6）若试管中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，实现两种互溶物质的分离用蒸馏法，故答案为：乙酸；C；蒸馏．【点评】本题考查了乙醇的化学性质，题目难度中等，注意掌握物质性质和实验基本操作方法是解题本题关键，明确乙醇的催化氧化原理，易错题是（1）题，要根据实验目的及实验节约的原则排序．　28．如图装置是用燃烧法确定有机物组成的常用装置，其原理是在电炉加热条件下用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成．回答下列问题：（1）C装置（燃烧管）中CuO的作用是　使有机物充分氧化生成CO2和H2O　（2）写出E装置中所盛放物质的名称　碱石灰或氢氧化钠　，它的作用是　吸收CO2　．（3）准确称取1.20g样品（只含C、H、O三种元素中的两种或三种）．经充分燃烧后，E管质量增加1.76g，D管质量增加0.72g，该有机物的相对分子质量为180，则其分子式为　C6H12O6　．（4）B中盛放的试剂是　浓硫酸　，若舍去B装置，则测得有机物中氧元素的含量　偏低　（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．【考点】测定有机物分子的元素组成．【专题】实验分析题．【分析】实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式．因此生成O2后必须除杂（主要是除H2O）明确各装置的作用是解题的前提，A用来制取反应所需的氧气、B用来吸收水、C是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品、D用来吸收产生的水、E是防止空气中的水进入D；根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2；由此进行解答．【解答】解：（1）CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O，故答案为：使有机物充分氧化生成CO2和H2O；-25-\n（2）E装置中所盛放物质最好选用碱石灰或氢氧化钠，因为氢氧化钠可以完全吸收反应生成的二氧化碳，故盛放物质为碱石灰或氢氧化钠．它的作用是吸收CO2气体，故答案为：碱石灰或氢氧化钠；吸收CO2；（3）E管质量增加1.76克说明生成了1.76克二氧化碳，可得碳元素的质量：1.76g××100%=0.48g，D管质量增加0.72克说明生成了0.72克水，可得氢元素的质量0.72g××100%=0.08g，从而可推出含氧元素的质量为：1.2﹣0.48﹣0.08=0.64g，设最简式为CXHYOZ，则：12X：Y：16Z=0.48：：0.08：0.64，故X：Y：Z=1：2：1故该有机物的最简式为CH2O，而该有机物的相对分子质量为180，所以分子式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6；（4）B中盛放的是液体干燥剂浓硫酸，若舍去B装置，则测得有机物中氢元素的含量增大，氧元素的含量减小，故答案为：浓硫酸；偏低．【点评】本题是一道较综合的实验题，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力；增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力．　-25-