高一化学下学期期末考试试题高一全册化学试题_21 (2)

象对市爱好阳光实验学校市2021～2021度高中一年级第二学期期末质量检测
化学
本试卷分为第一卷〔选择题〕和第二卷〔非选择题〕两。

第一卷1~4页，第二卷5~6页。

全卷共100分，考试时间为100分钟。

考前须知：
2．第一卷每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．第二卷用0.5 mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3．考试结束，监考人只将答题卡收回。

可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 N—14 Na—23 Mg—24 Al—27
S—32 Cl—3 Fe—56 Cu—64 Ba—137
第一卷〔选择题共49分〕
一．选择题：〔本大题包括17小题，每题2分，共34分〕每题只有一个
．．．．选项符合题意。

1. 化学在生产和生活中有着广泛的用，以下说法不正确的选项是
．．．．．．．
A. 二氧化硫具有漂白性，可广泛用于食品的增白
B. 鉴别蚕丝和人造丝〔纤维素〕的方法之一是灼烧，有烧焦羽毛气味的是蚕丝
C. 农村兴建沼气池将秸秆发酵产生沼气，可减少因燃烧带来的环境污染
D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯可到达保鲜的目的【答案】A 【解析】A、SO2有毒，不可用于食品的增白，故A错误；B、蚕丝的主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛的气味，人造丝没有，可用燃烧法区别人造丝和蚕丝，故B正确；C、农村兴建沼气池将秸秆发酵产生沼气，可减少因燃烧带来的环境污染，故C正确；D、高锰酸钾溶液能将乙烯氧化，故D正确；应选A。

2. 海洋约占地球外表的71%，具有十分巨大的潜力，目前的争端威胁到我们国
家的核心利益。

通过海水资源的利用不能
．．得到的是
A. 、天然气
B. 乙醇、乙酸
C. 淡水
D. 钠、钾、镁、溴
【答案】AB
【解析】A、对、天然气生成的来源，家主要有两种观点：一是有机生成学说，认为是生物死亡后转变成的；一种是无机生成学说，认为、天然气来源于无机物的合成。

、天然气不能通过海水资源的利用，故A符合；B、一般乙醇和乙酸都是用玉米做原料发酵制得的，乙酸只是比乙醇会多一步用醋酸杆菌来发酵。

故B符合；C、全球海水淡化技术超过20种，故C不符合；D、海水中含有大量钠、钾、镁、溴资源，故D不符合，应选AB。

3. 以下图所示的某有机反，其反类型为
A. 加成反
B. 取代反
C. 酯化反
D. 置换反
【答案】B
【解析】试题分析：从图像上分析，该反属于典型的取代反，故B正确。

考点：取代反的特点。

4. 以下化学用语表达正确的选项是
A. 氮气的电子式
B. 乙烯的结构简式 CH2CH2
C. CO2的结构式 O=O=C
D. 苯分子的比例模型
【答案】D
【解析】A、氮气的电子式，故A错误；B、乙烯的结构简式 CH2=CH2，故A错误；C、CO2的结构式 O=C=O，故C错误；D、苯分子的比例模型，故D正确；应选D。

5. 以下反中，既属于氧化复原反，又属于吸热反的是
A. 锌片与稀硫酸的反
B. 灼热的炭与水蒸气的反
C. 甲烷在空气中的燃烧反
D. Ba(OH)2 ·8H2O与NH4Cl的反
【答案】B
【解析】试题分析：A、锌片与稀硫酸的反是氧化复原反和放热反，A错误；B、灼热的碳与水蒸气的反是氧化复原反和吸热反，B正确；C、甲烷在空气中的燃烧反是氧化复原反和放热反，C错误；D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反是复分解反和吸热反，D错误。

考点：考查了化学反类型的判断。

6. 1868年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学史上的重要里程碑之一。

以下有关元素周期表的说
法不正确的选项是
．．．．．．．
A. 迄今人类发现的元素中，金属元素和非金属元素种数相近
B. 元素周期表有18个纵行16个族，分为主族、副族、第Ⅷ族和零族
C. 元素周期表有七个周期，分为短周期和长周期
D. 人们在周期表中金属与非金属的处可以找到半导体材料，如硅、锗
【答案】A
【解析】A、迄今人类发现的元素中，金属元素多于非金属元素种数，故A错误；B、元素周期表有18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和VIII 族共16个族，故B正确；C、元素周期表有7个横行，为7个周期，分为短周期、长周期，短周期为一、二、三周期，其余为长周期，故C正确；D、人们在周期表中金属与非金属的处可以找到半导体材料，如硅、锗，故D正确；应选A。

7. 以下有关能量变化的说法中不正确的选项是
．．．．．．．
A. 化学反必伴随能量变化
B. 反是放热还是吸热取决于反物和生成物具有的总能量的相对大小
C. 可燃物燃烧和酸碱反都是典型的放热反
D. 燃煤发电不需经过其它能量转换过程，可直接把化学能转化为电能
【答案】D
【解析】A、化学反一伴随物质变化和能量变化，故A正确；B、放热反是指：反物所具有的总能量高于生成的总能量，在反中会有一能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反，故B正确；C、可燃物燃烧和酸碱反都是典型的放热反，故C正确；D、燃煤发电需经过化学能转成热能，再转换成机械，再转成电能，不可直接把化学能转化为电能，故D错误；应选D。

8. 硼是植物生长发育必需的微量元素之一，硼玻璃纤维用作的防护材料。

以下关于硼的表达正确的选项是
A. 硼原子的L电子层中有2个电子
B. 硼酸是弱酸
C. 硼的金属性比铝的金属性强
D. 硼的原子半径比碳的原子半径小
【答案】B
【解析】A. 硼原子的L电子层中有1个电子，故A错误； B. 硼酸是弱酸，故
B正确；C.同一主族，硼的金属性比铝的金属性弱，故C错误；D. 同周期，从左到右，硼的原子半径比碳的原子半径大，故D错误；应选B。

9. 以下关于人体所需的根本营养物质的说法不正确的选项是
．．．．．．．
A. 在人体内，油脂的主要反是在脂肪酶催化下水解为脂肪酸和甘油
B. 加酶洗衣粉中的酶其实是蛋白质
C. 糖类、油脂、蛋白质都能在一条件下发生水解反
D. 糖类都由C、H、O三种元素组成
【答案】C
【解析】A. 油脂是脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成相的羧酸与甘油，故A正确；B. 加酶洗衣粉中的酶其实是蛋白质，故B正确；
C. 糖类中单糖不能发生水解反，故C错误；
D. 糖类都由C、H、O三种元素组成，故D正确；应选C。

10. 以下四种酸跟锌片反，起始时生成H2反速率最快的是
A. 10 ℃ 20 mL 3 mol/L的盐酸
B. 10 ℃ 40 m L 2 mol/L的醋酸
C. 20 ℃ 20 mL 2 mol/L的硫酸
D. 20 ℃ 10 mL 4 mol/L的硝酸
【答案】C
【解析】试题分析：锌与盐酸反的方程式是Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，所以盐酸的浓度越高，溶液的温度越高，反速率越快。

选项D中溶液温度和盐酸的浓度均是最高的，因此反速率最快，应选D。

考点：考查了化学反速率的相关知识。

11. 以下各组物质中属于同分异构体的是
A. H2O和D2O
B. 淀粉和纤维素
C.
D.
【答案】C
【解析】A、由分子式H2O和D2O可知，为同种物质，不属于同分异构体，故A 错误；B. 淀粉和纤维素聚合度不同，故B错误；C.
，分子式均为C6H14，结构不同，故C正确； D.
是同一物质，故D错误；应选C。

12. “绿色化学〞的主要内容之一是从技术、经济上设计可行的化学反，使原子充分利用，不产生污染物。

以下化学反不符合“绿色化学〞理念的是
A. 制氯乙烷：CH2=CH2＋HCl CH3CH2Cl
B. 制甲基丙烯酸甲酯：CH3C≡CH＋CO＋CH3OH CH2＝C(CH3)COOCH3
C. 制CuSO4：2Cu＋O2＝2CuO， CuO＋H2SO4(稀)＝CuSO4＋H2O
D. 制Cu(NO3)2：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】题目中A、B、C的反都是使原子充分利用，反物完全转化为生成物，使所有作为原料的原子都被产品所利用，实现“零排放〞，符合绿色化学原子经济性要求，而D除生成Cu(NO3)2溶液外，还产生NO2污染空气，应选D。

13. 表示金属冶炼原理的主要化学反中，不可能
．．．有
A. 氧化复原反
B. 置换反
C. 分解反
D. 复分解反
【答案】D
【解析】金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿复原出来的生产过程。

金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法。

总的说来，金属的性质越稳，
越容易将其合物中复原出来。

故A可能。

金属冶炼的方法主要有：
热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中复原出来，例如：2HgO 2Hg+O2↑，属于分解反，也是氧化复原反；
热复原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用复原剂〔C、CO、H2、活泼金属〕将金属从其化合物中复原出来，例如：Fe2O3+3CO 2Fe+CO2↑，属于氧化复原反；
电解法：活泼金属较难用复原剂复原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑，属于分解反，也是氧化复原反；置换法：活泼金属把较不活泼金属从其盐中置换出来，例如：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，属于置换反，也是氧化复原反。

以上分析可知，B、C也有可能，应选D．
14. 以下说法正确的选项是
A. 但凡分子组成相差一个或几个“CH2”原子团的物质，一互为同系物
B. 两种化合物的组成元素相同，各元素质量分数也相同，那么两者一互为同分异构体
C. 质子数相同，中子数不同的粒子，互为同位素
D. 组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同的不同化合物互为同分异构体
【答案】D
【解析】同系物是指结构相似，分子组成相差假设干个CH2原子团的同一类物质，A不正确。

分子式相同而结构不同的化合物是同分异构体，B不正确。

质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，C不正确。

组成元素的质量分数相同，且相对分子质量也相同，那么分子式一相同，所以正确的答案是D。

15. 某烃完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2体积比为3∶2，该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，那么该烃的分子式可能为
A. C3H4
B. C2H4
C. C2H6
D. C6H6
【答案】B
【解析】烃的燃烧通式是CnHm＋〔n＋m/4〕O2＝nCO2＋m/2H2 O，所以根据题意可知，〔n＋m/4〕︰n＝3∶2，解得n︰m＝1∶2。

又因为该烃能使酸性高锰酸钾溶液退色，能使溴水退色，所以该是乙烯，答案选B。

16. 对于右图所示的锌、铜和稀硫酸组成的原电池，以下说法正确的选项是
A. 负极的反式为2H＋＋2e－==H2↑
B. 电子由Zn经外电路流向Cu，再经硫酸溶液流回Zn
C. 反一段时间后，溶液的酸性增强
D. 硫酸既提供反物，又起导电作用
【答案】D
【解析】A、该原电池中，锌作负极，发生失电子的氧化反，即Zn-2e - =Zn2＋，故A错误；B、电子由Zn经外电路流向Cu，电子不能在溶液中流动，故B错误；C、原电池中，电解质中的阳离子移向正极，即溶液中H＋向Cu棒迁移，2H ＋＋2e - =H
2，故C错误；D、硫酸提供反物，发生2H
＋＋2e - =H
2，硫酸是电解质，电离后产生离子起导电作用，故D正确。

17. 如以下图所示为反2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)的能量变化示意图。

以下说法正
确的选项是
A. H2(g)和O2(g)反生成H2O(g)，这是个吸热过程
B. 由2 mol H2和1 mol O2变成4 mol H、2 mol O原子，这是个放热过程
C. 2 mol H2(g)和1 mol O2(g)反生成2 mol H2O(g)，共放出484 kJ能量
D. 4 mol H、2 mol O生成2 mol H2O(g)，共放出484 kJ能量
【答案】C
【解析】试题分析：A．反物总能量高于生成物总能量，H2〔g〕和O2〔g〕反生成H2O〔g〕，这是个放热反过程，A错误；B．由2mol H2和1mol O2变成4mol H、2mol O原子，这是个吸热反过程，B错误；C．2mol H2〔g〕和1mol O2〔g〕反生成2mol H2O〔g〕，共放出1852kJ－1368kJ＝484kJ能量，C正确；D．4mol H、2mol O生成2mol H2O〔g〕，共放出1852kJ能量，D错误，答案选C。

考点：考查反热的有关判断与计算
二、选择题：〔本大题包括5小题，每题3分，共15分〕每题只有一个
．．．．选项符合题意。

18. 以下操作不能
．．到达预期目的的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B 【解析】A、乙酸乙酯不溶于水，乙酸能与碳酸钠溶液反放出二氧化碳气体，可以鉴别，选项A正确；B、铁在常温下与浓硝酸钝化，不能比拟二者金属性强弱，选项B不正确；C、钠与水反比钠与乙醇反更剧烈，可以比拟二者羟基氢原子的活泼性，选项C正确；D、通过萃取可以比拟碘在水四氯化碳中溶解性的不同，选项D正确。

答案选B。

19. 用N A表示阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是
A. 1 mol苯分子中含有碳碳双键的数目为3 N A
B. 状况下，11.2 L CCl4中含有的共价键数目为2 N A
C. 1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3 N A
D. 常温常压下，0.5 mol 羟基含有的电子总数为5
N A
【答案】C
【解析】试题分析：A、苯分子中不存在C＝C双键，A错误；B、状况下，CCl4不是气体，B错误；C、1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，所以1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧气的物质的量为3mol，所消耗的O2一为3N A，C正确；D、1个羟基含有9个电子，17 g 羟基含有的电子总数为9N A，D错误。

考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。

20. 如右图，X、Y、Z、M、N是元素周期表中前四周期中的五种元素，其中M
原子的最外层电子数比次外层电子数多4。

以下说法不正确的选项是
．．．．．．．
N
A. M形成的常见氢化物有2种
B. M、Y、N的气态氢化物稳性依次减弱
C. X、Y、Z的含氧酸酸性依次增强
D. Y的一种氧化物是大气污染物，是形成酸雨的主要物质
【答案】C
【解析】M原子的最外层电子数比次外层电子数多4，原子只能有2个电子层，最外层为6个电子，故M为O元素，X为P元素,Y 为S元素,Z为Cl元素,N为Se元素
A、 M形成的常见氢化物有2种：H2O和H2O2，故A正确；
B、同主族从上到下气态氢化物稳性依次减弱，故B正确；
C、同周期从左至右，元素最高价氧化物所对的水化物的酸性增强〔碱性减弱〕，不是含氧酸，故C错误；
D、SO2是大气污染物，是形成酸雨的主要物质，故D正确；应选C。

21. 加热聚丙烯废塑料可以得到炭、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，用
以下图所示装置探究废旧塑料的再利用。

以下表达不正确的选项是
．．．．．．．
A. 乙烯分子中共用电子对数为5
B. 装置B的试管中可收集到苯
C. 装置C中的试剂可吸收烯烃
D. 最后收集的气体可做燃料
【答案】A
22. 一温度下，把 mol A和 mol B混合盛入容积为2 L的密闭容器里，发生如下反：3A(g)＋B(s)x C(g)＋2D(g)，经5 s反达平衡，在此5 s内C的平均反速率为0.2 mol·L－1·s－1，同时生成1 mol D，以下表达中不正确的选项是
．．．．．．．
A. 反到达平衡状态时A的转化率为60%
B. x=4
C. 反到达平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5
D. 假设混合气体的密度不再变化，那么该可逆反到达化学平衡状态
【答案】C
【解析】根据三段式，各组分的物质的量的变化量衡时各组分的物质的量，如以下图所示，平衡时生成C的物质的量为：
，
解得x=1；
..
.........................
点睛：此题考查化学平衡的计算，题目难度中，注意根据三段式法计算平衡时各物质的物质的量是解答该题的关键，C是易错点，注意B的状态为固体。

第二卷〔非选择题共51分〕
三、填空题〔本大题包括2小题，共12分〕
23. 分析以下物质中化学键类型〔填字母代号〕：
A．乙烯 B．醋酸钠 C．过氧化钠 D．苛性钠 E．氯化镁 F．氮气〔1〕只含离子键的是_____；〔2〕只含非极性键的是_____；〔3〕只含离子键和极性键的是_____；〔4〕只含离子键和非极性键的是_____；
〔5〕同时含有离子键、非极性键和极性键的是_____。

【答案】 (1). E (2). F (3). D (4). C (5). B
【解析】〔1〕氟化镁是由阴阳离子构成的，所以氟化镁中只含离子键，应选E；〔2〕氯气是非金属单质，只含非极性键，应选F；〔3〕氢氧化钠中含有离子键和极性共价键，所以由离子键和极性键构成的物质是氢氧化钠，应选D；〔4〕过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，所以由离子键和非极性键构成的物质是过氧化钠，应选C；〔5〕醋酸钠中含有离子键〔CH3COO―和Na＋〕和极性共价键〔C―H，C―O〕、非极性键〔C―C〕，应选B。

点睛：此题考查了离子键、极性共价键、非极性共价键的判断，为高频考点，侧重于学生的双基的考查，根据概念来分析解答即可，难度不大。

解题关键：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性键。

24. 氢气是未来最理想的能源，家已研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛〔TiO2〕外表作用使海水分解得到氢气的技术：2H2O = 2H2↑＋O2↑。

试答复以下问题：
〔1〕分解海水时二氧化钛作_____，分解海水的反属于_____反〔填“放热〞或“吸热〞〕。

〔2〕在高温下，向二氧化钛与焦炭的混合物中通入Cl2，得到TiCl4和一种可燃性气体，该反的化学方程式是_____。

〔3〕燃料电池使用气体燃料和氧气直接反产生电能，是一种很有前途的能源利用方式。

某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反分别为：
负极：H2＋O2－－2e－===H2O 正极：O2＋4e－===2O2－
那么电池供电的总反为_____，该燃料电池的优点是：_____。

【答案】 (1). 催化剂 (2). 吸热 (3). TiO2＋2C＋2Cl2 == TiCl4
＋2CO (4). 2H2＋O2 = 2H2O (5). 产物对环境无污染
【解析】〔1〕水难以分解，在二氧化钛〔TiO2〕外表作用使海水分解得到氢气，并用激光提供能量，那么说明二氧化钛起到催化剂的作用，该反吸热。

〔2〕在高温下，向二氧化钛与焦炭的混合物中通入Cl2，TiO2＋2C＋2Cl2 == TiCl4＋
2CO ；〔3〕燃料电池使用气体燃料和氧气直接反产生电能，将正极反式和负极反式加加减消元得：电池供电的总反为 2H2＋O2 = 2H2O，该燃料电池的优点是产物对环境无污染。

四、题〔本大题包括2小题，共18分〕
25. 某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如以下图所示装置进行。

请答复以下问题：
〔1〕装置A中发生反的化学方程式为_____。

〔2〕过程中，装置B、C中发生的现象分别是_____、_____，这些现象分别说明SO2具有的性质是_____和_____；装置B中发生反的离子方程式为_____。

〔3〕装置D的目的是探究SO2与品红作用，请写出操作及现象_____。

〔4〕尾气可采用_____溶液吸收。

【答案】 (1). Na2SO3＋H2SO4 = Na2SO4＋SO2↑＋H2O (2). 溶液褪色(3). 溶液中出现淡黄色沉淀 (4). 复原性 (5). 氧化性 (6).
2MnO4-＋5SO2＋2H2O = 2Mn2+＋5SO42-＋4H+ (7). 溶液褪色后关闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯，溶液又变为 (8). NaOH
【解析】试题分析：〔1〕装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶；亚硫酸钠与浓硫酸反反生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，反的化学方程式为：
Na2SO3+H2SO4〔浓〕=Na2SO4+SO2↑+H2O。

〔2〕高锰酸钾溶液为紫，具有氧化性，二氧化硫具有复原性，二者发生氧化复原反，那么观察到逐渐变浅直至完全褪去，二氧化硫进入硫化钠溶液中发生的氧化复原反为2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，那么观察到出现黄色浑浊；B中S元素的化合价升高，表现复原性，C中二氧化硫中硫元素的化合价降低，表现氧化性；高锰酸钾溶液和二氧化硫气体发生的离子反为：
2MnO4-+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+。

〔3〕因二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复，那么操作为待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，观察到的现象为无色溶液恢复为。

〔4〕尾气中含有SO2，为酸性氧化物，能与碱反生成盐和水，所以利用氢氧化钠溶液来吸收尾气。

考点：此题考查方案的设计与评价、根本仪器与根本操作、SO2的制取与性质。

26. 右图A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

〔1〕A中反的离子方程式是_____。

〔2〕B中Cu极属于原电池中的_____极；Fe极附近溶液呈_____色。

〔3〕C中被腐蚀的金属是_____〔填化学式〕，A、B、C中铁被腐蚀的速率，由
快到慢的顺序是_____〔用“＞〞表示〕。

【答案】 (1). Fe＋2H+ = Fe2+＋H2↑ (2). 正 (3). 浅绿 (4). Zn (5). B>A >C
【解析】〔1〕硫酸、硫酸亚铁是可溶性的强电解质，写离子，铁、氢气是单质
写化学式，铁和稀硫酸反生成硫酸亚铁和氢气．故答案为：Fe+2H＋ =Fe2＋ +H2
↑〔2〕B中Cu作正极，氢离子在铜极上得电子生成氢气，反复原反；氢离子
在铜极上生成氢气，使溶液中的氢离子浓度降低，所以PH增大，负极反为Fe-2e
－=Fe2＋，故Fe极附近溶液呈浅绿色；〔3〕该装置中锌易失电子被腐蚀，金属腐
蚀快慢顺序：原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极，A中铁发生化学腐蚀，B
中铁作负极加速被腐蚀，C中铁作正极被保护，所以铁被腐蚀快慢顺序是B＞A
＞C，故答案为：Zn；B＞A＞C．
点睛：此题考查了金属的腐蚀与防护，知道金属腐蚀快慢的判断方法，再结合
转移电子相进行计算，题目难度不大。

五、推断题〔本大题包括2小题，共15分〕
27. 丙烯〔CH2=CH—CH3〕是一种重要的根本化工原料。

结合以下合成路线，答
复以下问题。

〔1〕丙烯中所含官能团的名称是_____。

〔2〕工业上常利用丙烯和氯化氢的反来制备F，该反的反类型是_____。

〔3〕以丙烯为原料合成有机高分子化合物D。

丙烯→D的化学方程式是_____。

〔4〕：2CH3CHO＋O 22CH3COOH
以丙烯为原料可以合成一种有香味的物质E。

室可通过右图所示装置来实现。

① A→B的化学方程式是：_____。

② A+C→E的化学方程式是：_____。

③假设要把制得的E别离出来，采用的操作是_____〔填操作名称〕。

【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 加成反 (3).
(4). 2CH3CH2CH2OH＋O 22CH3CH2CHO＋2H2O (5). CH3CH2COOH＋
CH3CH2CH2OH CH3CH2COOCH2CH2CH3＋H2O (6). 分液
【解析】与HCl加成得F ：；丙烯与水加成生成A ：
；丙醇氧化生成B ：；再氧化生成C ：；A与C发生酯化反生成E ：
〔1〕丙烯中所含官能团的名称是碳碳双键；〔2〕工业上常利用丙烯和氯化氢的反来制备F，该反的反类型是加成反；〔3〕以丙烯为原料合成有机高分子化合物D。

丙烯→D 的化学方程式是〔4〕①2CH3CH2CH2OH＋
O 22CH3CH2CHO＋2H2O ②CH3CH2COOH＋CH3CH2CH2OH CH3CH2COOCH2CH2CH3＋H2O ③E为油状液体，难溶于水，假设要把制得的E别离出来，采用的操作是分液。

28. X、Y、Z、M、R、Q、W均为短周期主族元素，信息如下表所示：
X Y Z M R Q W 原子半径/nm 0.186 0.074 0.099 0.143 0.077
主要化合价－4，＋4 －2 －1，＋7 ＋3 －4，＋4 其它
阳离子核外无电
子
无机非金属材
料的主角
焰色反呈黄
色
〔1〕Y在元素周期表中的位置是_____。

〔2〕写出化合物XRM的电子式：_____；比拟Z、M、R三种元素对的简单离子半径大小_____。

〔用离子符号和“>〞表示〕
〔3〕Z与Q相比，金属性较强的是_____〔用元素符号表示〕，以下事实能证明这一结论的是
_____〔选填字母序号〕。

a．Z的熔点低于Q
b．常温下，Z与水剧烈反而Q不能
c．最高价氧化物对的水化物碱性：ZOH > Q(OH)3
d．最外层电子数：Q > Z
【答案】 (1). 第三周期ⅣA族 (2). (3). Cl->O2->Na+ (4). Na (5). bc
【解析】由题意：阳离子核外无电子，X为H元素，Y是无机非金属材料的主角，为Si元素，Z焰色反呈黄色，为Na元素，W为C元素，M为O元素，R为Cl
元素，Q为Al元素。

〔1〕Y是Si元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅣA族；〔2〕化合物XRM 为HClO，电子式：；Cl－电子层数是3层,O2－和Na＋电子层数都是2层,所以Cl－离子半径比O2－和Na＋大，电子数相同时,质子数越多,离子半径越小，
O2－有8个质子,Na＋有11个质子,所以O2－>Na＋，纵上所述Cl->O2- >Na+；〔3〕同一周期中,从左到右,随着原子序数的递增,元素的金属性递减,非金属性递增，Z与Q相比，即Na和Al相比，金属性较强的是Na；以下事实能证明这一结论的是：a．Z的熔点低于Q，是物理性质，故a错误；b．常温下，Z与水剧烈反而Q不能，用单质与水或酸反越容易(剧烈〕，金属性越强，故b正确；c．最高价氧化物对的水化物碱性：ZOH > Q(OH)3，最高价氧化物对水化物〔氢氧化物〕碱性越强，金属性越强，故c正确；d．无法用最外层电子数多少来比拟金属性，故d错误，应选bc。

六、计算题〔本大题包括1小题，共6分〕
29. 有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出100 mL参加足量BaCl2溶液，过滤，洗涤，烘干后得到93.2 g沉淀；滤液与4mol·L-1 NaOH溶液反，消耗400 mLNaOH 溶液时恰好完全。

计算：
〔1〕混合溶液中硫酸、硝酸的物质的量浓度；
〔2〕另取100 mL原混合溶液稀释至200 mL，参加44.8 g铜粉共热，可收集到的气体在状况下的体积。

【答案】〔1〕由题意可知：n(BaSO4)＝＝0.4 mol
n(H2SO4)＝n(BaSO4)＝0.4 mol
c(H2SO4)＝＝4 mol/L
NaOH硫酸和硝酸中的H+，所以有：n(H+)＝ n(NaOH)＝4 mol/L×0.4L＝1.6mol n(HNO3)＝1.6 mol－0.4 mol×2＝0.8 mol
c(HNO3)＝＝8 mol/L
〔2〕由方程式3Cu＋8H+＋2NO3-＝3Cu2+＋4H2O＋2NO↑ 可知，Cu与NO3-过量n(NO)＝n(H+)×＝0.4 mol V(NO)＝0.4 mol×22.4 L/mol＝8.96 L
【解析】试题分析：〔1〕参加10mL足量BaCl2溶液，发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，根据S元素守恒，n〔BaSO4〕=n〔H2SO4〕=2/233mol=0.04mol，c〔H2SO4〕
=0.04/10×10－3mol/l=4mol·L－1，H＋：H＋＋OH－=H2O，因此有n〔H＋〕 = Na 〔NaOH〕=" 40" × 10－3 × 4 mol =" 0.16" mol，因此有n〔HNO3〕 =〔0.16 －0.04 × 2〕mol = 0.08mol，c〔HNO3〕=" 0.08/10" × 10－3 mol·L－1=8mol·L －1；〔2〕发生离子反是3Cu ＋8H＋＋2NO
3
－=3Cu2＋＋2NO↑ ＋4H
2O，n〔Cu〕="8/64mol" =0.07mol，n〔H＋〕 =0.16mol,n〔NO3－〕 =0.08mol，根据离子反方程式系数关系，推出H＋缺乏，因此生成n〔NO〕="2" ×0.16/8 mol
=0.04mol，因此V〔NO〕="0.04" ×103 ×22.4L =896mL。

考点：考查物质的量在化学反方程式中用知识。