昌平区高一化学下学期期末考试试题(含解析)(2021年整理)

北京市昌平区2016-2017学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）编辑整理：
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2016—2017学年度第二学期高一化学
期末考试试卷
一、选择题
1。

雾霾的化学成分较为复杂,包含有下列物质，其中属于有机物的是（）
A。

臭氧 B。

一氧化碳 C. 氮氧化物 D. 碳氢化合物
【答案】D
【解析】A．臭氧是有氧元素形成的单质，属于无机物，故A错误；B．一氧化碳为碳的氧化物，属于无机物，故B错误;C．氮氧化物为氮元素的氧化物，如一氧化氮、二氧化氮等，都属于无机物，故C错误；D．碳氢化合物为烃类物质，属于有机物,故D正确；故选D。

点睛:本题考查了有机物与无机物的判断，注意明确有机物分子中一定含有碳元素，但是含有碳元素的化合物不一定为有机物，如：碳的氧化物、碳酸盐等.
2。

氧元素在地壳中的含量最多．下列关于O的说法中,正确的是（）
A。

质子数为18 B. 中子数为18 C. 电子数为18 D. 质量数为18
【答案】D
点睛：本题考查质子数、中子数、质量数、核外电子数之间的关系，明确这几个物理量之间的关系即可解答.元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数,中子数=质量数—质子数，原子中核外电子数等于质子数。

3. 下列物质中，不属于人类的营养物质的是（）
A. 水 B。

氧气 C. 葡萄糖 D。

蛋白质
【答案】B
【解析】蛋白质、葡萄糖、水是营养物质,氧气不是营养物质,故选B。

4. 下列物质中，只含有离子键的是（）
A。

H2O B. CO2 C. MgCl2 D. KOH
【答案】C
【解析】A。

H2O中含H—O极性键，不含离子键，故A错误；B。

CO2、中含C-O之间的极性键,不含离子键, 故B错误； C。

MgCl2中只含离子键,故C正确;D.KOH中含离子键和O—H极性键，故D错误；故选C。

5。

工业上，通常用电解法冶炼的金属是（）
A. Al B。

Fe C. Cu D。

Ag
【答案】A
【解析】A．Al的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正确;B．Fe采用热还原法冶炼，故B错误；C．Cu采用热还原法冶炼，故C错误；D．Ag采用热分解法冶炼,故D错误；故选A。

点睛:本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法。

冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu,常用还原剂还原;Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得。

6。

下列用来区别纯棉制品和羊毛制品的方法中，正确的是( ）
A。

灼烧 B. 滴加碘水 C. 滴加酒精 D. 滴加稀硫酸
【答案】A
【解析】纯棉制品属于纤维素，羊毛的主要成分为蛋白质，最简单的检验方法是在火中灼热，有烧焦羽毛的气味的是蛋白质，其它方法不能鉴别或方法复杂，故选A。

7。

下列有关环境保护与绿色化学的叙述不正确的是( )
A。

形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物
B。

大气污染物主要来自化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气
C. 绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理
D。

水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的
【答案】C
【解析】试题分析:A．形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物，故A正确；B．化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气,产生了大气污染物，故B正确；C．绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是对你环境进行无毒无害的治理，故C错误;D．水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的，故D正确。

故选C。

考点:考查常见的生活环境的污染及治理
8。

关于铝热反应，下列说法不正确的是（)
A. 该反应是吸热反应
B. 铝热剂是混合物
C。

可以利用该反应焊接铁轨 D. 该反应需在高温条件下进行
【答案】A
【解析】A．铝热反应是放热反应，故A错误；B．铝热剂是铝与某些金属氧化物(如Fe2O3、Fe3O4、Cr2O3、V2O5等)的混合物，故B正确;C．人们常将铝粉与氧化铁的混合物点燃，由于反应放出大量的热,置换出的铁以熔融态形式流出，让熔融的铁流入铁轨的裂缝，冷却后就将铁轨牢牢的黏结在一起，所以可以利用该反应焊接铁轨，故C正确；D．铝热反应发生的条件是高温，故D 正确；故选A。

点睛：本题考查铝热反应的原理以及铝热反应的应用.铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质的方法,可简单认为是铝与某些金属氧化物(如Fe2O3、Fe3O4、Cr2O3、V2O5等）在高热条件下发生的反应。

9. 下列关于烷烃的说法中,正确的是( )
A。

通式为C n H2n
B. 可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
C。

在光照下可与氯气发生加成反应
D。

随分子中碳原子数的增加，烷烃的熔沸点升高
【答案】D
【解析】A．烷烃的通式为C n H2n+2，故A错误；B．烷烃的结构决定了化学性质，碳原子是饱和状态，所以均不能使KMnO4溶液退色，故B错误；C．烷烃的特征反应为取代反应，所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应,烷烃无不饱和键，不是加成反应，故C错误；D．烷烃熔沸点取决于分子间作用力,碳原子数越多，分子量越大,分子间作用力越强，熔沸点越高，故D正确；故选D.
10。

化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关．下列说法正确的是（）
A. 无论是风力发电还是火力发电,都是将化学能转化为电能
B。

PM2。

5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
C。

硫的氧化物和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质
D. “无磷洗涤剂”的推广使用，不能有效减少水体富营养化的发生
【答案】C
【解析】A．风力发电是将风能转化为电能，火力发电是将化学能转化为电能，故A错误；B．铅、镉、铬、钒属于金属元素，砷属于非金属元素，故B错误；C．形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物，故C正确;D．含磷物质能导致水体富营养化，无磷洗涤剂”的推广使用，能有效减少水体富营养化的发生,故D错误；故选C。

11。

“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念,在“绿色化学”工艺中,理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100％．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是（）
A。

铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
B. 甲烷与氯气制备一氯甲烷
C。

由反应2SO2+02⇌2SO3制SO3
D. 乙烯与HBr制取溴乙烷
【答案】D
【解析】A．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，因有有毒气体二氧化氮生成，反应物没全部转化为所需产物，故A错误； B．甲烷与氯气制备一氯甲烷，属于取代反应，伴随副反应，反应物没全部转化为所需产物，故B错误；C．由反应2SO2+O2⇌2SO3制SO3是可逆反应，无法进行到底,故C错误;D．乙烯与HBr制取溴乙烷，该反应为加成反应，原料利用率为100％，故D正确；故选D。

点睛：本题考查“绿色化学”知识，要熟悉各种反应类型,还要考虑环保、经济等方面.原子经济反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物,加成反应和加聚反应符合要求。

12。

下列有关化学用语使用不正确
．．．的是（)
A。

苯的分子式：
B. 羟基的电子式：
C. 甲烷分子的比例模型：
D。

原子核内有10个中子的氧原子： O
【答案】A
【解析】A．为苯的结构简式，其分子式为C6H6，故A错误；B．羟基中含有1个O—H键,氧原子最外层含有7个电子，羟基的电子式为，故B正确；C．甲烷分子中含有4个C-H 键，碳原子的原子半径大于H原子，其比例模型为：，故C正确;D．氧元素的质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为8，其表示方法为：188O，故D正确；故选A。

13。

下列关于现在的长式元素周期表的说法中正确的是（)
A。

从左向右数第六纵行是ⅥA族
B。

所含元素形成的化合物种类最多的族是第IVA族
【答案】B
【解析】A．从左向右数第六纵行是ⅥB族，故A错误；B．有机物种类繁多，其中都含有C，碳元素位于周期表的第二周期第ⅠVA族，故B正确；C．分为18列，包含16个族,有7个主族,7个副族，以及一个VIII族和一个0族，故C错误；D．ⅠA族为碱金属元素和H元素，H为非金属元素，故D错误;故选B.
C．七个周期18个族
D．ⅠA族全部是金属元素
14. 关于碱金属的性质叙述错误的是（)
A. 还原性随原子电子层数的增加而增加
B。

在空气中燃烧的生成物都是过氧化物
C. 与水反应的剧烈程度随核电荷数增加而增强
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性随核电荷数增加而增强
【答案】B
【解析】A．因同一主族从上到下,电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失电子能力逐渐增强,其单质的还原性增强，故A正确;B．锂在空气中燃烧的生成物为氧化锂，得不到过氧化物，故B错误；C．碱金属随原子序数增加，电子层数的增加，失去电子的能力越强，金属性越强，单质还原性越强，与水反应的剧烈程度增强，故C正确；D．碱金属元素从上到下随着原子序数的递增，单质的还原性逐渐增强，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性随核电荷数增加而增强，故D正确；故选B。

15. 已知15P、33As位于同一主族．下列关系正确的是( ）
A. 原子半径：As＞Cl＞P B。

非金属性：Cl＞S＞As
C. 热稳定性：HCl＞AsH3＞PH3 D。

酸性:H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【答案】B
【解析】A．15P、33As位于同一主族，P、Cl位于同周期，则原子半径:As＞P＞Cl，故A错误；B．同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强，非金属性：Cl＞S＞As，故B正确;C．非金属性:Cl＞P＞As，则热稳定性：HCl＞PH3＞AsH3，故C错误;D．非金属性:S＞P ＞As,则酸性:H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选B.
点睛：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键。

同主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；同周期从左向右原子半径减小，非金属性增强。

16。

已知X+Y═M+N为放热反应．下列关于该反应的说法中，正确的是（)
A。

Y的能量一定高于N
B。

X、Y的能量总和高于M、N的能量总和
C。

因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生
D. 断裂X、Y的化学键所吸收的能量高于形成M、N的化学键所放出的能量
【答案】B
【解析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量,而Y的能量不一定高于N，故A错误； B．该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确;C．反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关,某些放热反应也需要加热才能反应,如氢气和氧气的反应，故C错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定小于形成M和N的化学键所放出的能量，故D错误；故选B。

点睛:本题考查反应热与焓变的应用，为高频考点,明确放热反应与反应物和生成物的总能量的关系为解答关键.需要注意的是,反应是放热还是吸热，与反应条件无关。

17。

下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是( ）
A。

海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化
B。

只通过物理变化即可从海水中提取溴单质
C。

从海水中可以得到MgCl2,可电解MgCl2溶液制备Mg
D。

海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
【答案】D
【解析】A．海水蒸发制海盐，氯化钠溶解度随温度变化不大，利用溶剂蒸发析出氯化钠晶体分析，过程中是物理变化，故A错误；B．海水中溴元素是溴离子，海水提溴的工业生产过程是先氧化溴离子为溴单质,用热空气吹出得到，过程中有氧化还原反应，故B错误；C．电解氯化镁溶液得到氢氧化镁氢气和氯气，不能得到金属镁，工业上是电解熔融氯化镁得到，故C错误;D．海水淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法、离子交换法等，其中最常用的有蒸馏法、渗析法，故D正确；故选D。

18。

燃料电极是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如下，该电池工作时,下列说法正确的是（）
A。

a电极是该电池的正极
B. O2在b电极上发生氧化反应
C. 电解质溶液中OH﹣向正极移动
D。

该装置实现了化学能到电能的转化
【答案】D
【解析】A、通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极,所以a是负极，故A错误；B、通入燃料氢气的电极a是负极,通氧气的电极b是正极，O2在b电极上发生还原反应，故B错误；C、原电池中阴离子向负极移动，因此电解质溶液中OH—向负极移动，故C错误；D、燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，故D正确;故选D.
点睛:本题考查化学电源新型电池，为高频考点,正确判断正负极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写。

19. 砹是原子序数最大的卤族元素，推测砹或砹的化合物最不可能具有的性质是( )
①砹化氢很稳定
②砹单质与水反应，使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸
③砹是黑色固体
④砹化银难溶于水
⑤砹易溶于某些有机溶剂．
A. 只有①②
B. 只有①②⑤ C。

只有③⑤ D。

只有②⑤
【答案】A
【解析】①砹的非金属性很弱,则砹化氢很不稳定，故选；②碘与水的反应为可逆反应，则砹单质与水反应，不可能使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸，故选;③卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深,碘为固体，则砹是黑色固体，故不选；④AgCl、AgI等不溶于水，由相似性可知，砹化银难溶于水，故不选；⑤氯气、溴、碘易溶于有机溶剂，砹单质属于非极性分子，则砹易溶于某些有机溶剂，故不选；故选A。

点睛：本题考查同一主族元素的性质的递变规律，注意把握同族元素性质的相似性和递变性。

砹属于卤族元素,在卤族元素中,砹的金属性最强,非金属性最弱。

20. 下列关于化学反应速率的说法正确的是（）
A。

1 L 0。

1 mol•L﹣1盐酸和1 L 0。

1 mol•L﹣1硫酸分别与1 L 2 mol•L﹣1 NaOH溶液反应
速率相同
B. 化学反应速率为0.8 mol•L﹣1•s﹣1,其含义是时间为1s时，某物质的浓度是0。

8 mol•L ﹣1
C. 0.1 mol•L﹣1盐酸和0。

1 mol•L﹣1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同
D. 对于任何化学反应来说,反应速率越大,反应现象就越明显
【答案】C
【解析】A.1L0.1mol•L—1盐酸和1L0。

1mol•L—1硫酸分别与1L2mol•L-1NaOH溶液反应，硫酸溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，反应速率不相同，故A错误；B．反应速率是指单位时间内物质浓度的变化，是平均速率不是瞬时速率，故B错误；C．盐酸和硝酸的氢离子浓度相同,则反应速率相同，故C正确．D．由于反应速率与反应现象没有必然的关系，反应速率是表示的化学反应相对快慢的，故D错误;故选C.
21. 利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是
（)
A。

工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁
B. 工业上可用NaBr溶液除去溴中含有的少量Cl2
C. 富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质
D。

若提取1 mol Br2,至少需要标准状况下22.4 L的Cl2
【答案】D
【解析】依据流程分析，海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁;海水浓缩晒盐得到卤水中通入氧化剂
氯气氧化溴离子得到溴单质，2Br—+C12=Br2+2Cl-，吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴
SO2+Br2+2H2O=4H++2Br—+SO42-，通入氯气发生氧化还原反应生成单质溴。

A．从MgCl2溶液中得到MgCl2固体，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故A正确;B．工业溴中含少量Cl2,用溴化钠溶液除去，反应的化学方程式为：Cl2+NaBr=+NaCl+Br2,溴被除去，故B正确;C．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故C正确；D．若提取1 mol Br2，依据2Br—+Cl2=Br2+2Cl—，提取粗溴消耗氯气物质的量为:1mol，得到纯溴需氯气物质的量为：1mol,所以在标准状况下体积为V=nVm=2mol×224。

4L/mol=44。

8 L，故D错误；故选D。

22。

将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：
3A（g）+B（g）⇌xC(g)+2D（g），经2min后测得D的浓度为0.5mol/L,c（A）：c（B)=3:5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol•L﹣1•min﹣1，下列说法正确的是（)
A. 该反应方程式中,x=1
B. 2min时,A的转化率为50%
C。

2min时，A的物质的量为0.75mol
D。

反应速率v(B）=0.25 mol•L﹣1•min﹣1
【答案】B
【解析】设A、B的物质的量分别为nmol，4min后C的浓度为0.125mol•L-1•min-1×4min=0。

5mol/L，则4min后c(C)=0.5mol/L×2L=1mol,n（D）=0。

5mol/L×2L=1mol，
3A（g） +B(g)⇌ xC（g）+ 2D(g）
起始：nmol nmol 0 0
转化：1。

5mol 0.5mol 0。

5x 1mol
平衡:（n—1.5）mol (n-0.5）mol 1mol 1mol
则(n—1。

5）：(n-0。

5）=3：5，n=3，x=2.A．化学反应中物质的量变化量之比等于化学计量数之比,则x=2，故A错误；B．4min时，A的转化率为×100%=50%，故B正确。

C．4min 时，A的物质的量为3mol—1。

5mol=1。

5mol，故C错误；D．以B表示的平均反应速率为v(B）=×v(C)=×0。

125mol•L—1•min-1=0.065mol•L-1•min-1，故D错误；故选B。

点睛：本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，根据反应物的物质的量关系运用三段式法计算平衡时的物质的量是解答该题的关键。

注意同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比。

23. 某有机物的结构简式如右图,关于该有机物的下列叙述中不正确
．．．的是( ）
A。

一定条件下，能发生加聚反应
B。

该有机物苯环上的一溴代物有3种
C。

能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，且原理相同
D. 1mol该有机物在一定条件下最多能与4molH2发生反应
【答案】C
【解析】A．含有碳碳双键,可发生加聚反应，故A正确;B．该有机物苯环上的一溴代物有邻、间、对3种，故B正确;C．含有碳碳双键，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，与溴水发生加成反应，原理不同，故C错误;D．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol该有机物在一定条件下最多能与4molH2发生反应,故D正确；故选C。

24。

目前世界上60%的镁是从海水中提取的．主要步骤如下：
下列说法不正确的是( ）
A。

为使海水中的MgSO4转化成Mg（OH）2，试剂①可选择石灰乳
B. 加入试剂①后，分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是过滤
C。

加入试剂②反应的离子方程式为:OH﹣+H+=H2O
D。

通过电解熔融的无水MgCl2得到48gMg，共转移4mol电子
【答案】C
【解析】A、MgSO4转化为氢氧化镁需要加入碱液，可选取石灰乳，故A正确；B、氢氧化镁为沉淀,采用过滤的方法分离，故B正确;C、试剂②为盐酸,氢氧化镁为沉淀，书写离子方程式时不能拆，故C错误;D、根据反应MgCl2 Mg+Cl2↑，电解氯化镁时，生成48g镁,即为2mol，转移4mol电子，故D正确;故选C。

25。

K35ClO3晶体与H37Cl浓溶液发生反应生成氯气、氯化钾和水．则此反应生成的氯气的相对分子质量为（）
A。

70.6 B。

73 C. 73。

3 D. 74
【答案】C
【解析】K35ClO3晶体与H37Cl浓溶液发生反应生成氯气、氯化钾和水，方程式为
K35ClO3+6H37Cl=K37Cl+3Cl2↑+3H2O，生成的Cl2中,35Cl与37Cl个数比为1：5，生成的氯气相对分子质量约为=73。

3，故选C.
二、填空题
26。

有下列物质：①11H与21H;②O2与O3;③CH3CH2CH2CH3与；④CH4与C3H8；⑤CH3CH2CH2CH3与．请回答下列问题:
(1）互为同位素的是__（填序号,下同)．
(2）互为同系物的是__．
（3)互为同分异构体的是__．
(4）属于同一种物质的是__．
（5）用习惯命名法命名的名称是__．
【答案】（1)。

① （2）. ④ (3)。

③ （4）. ⑤ （5). 异丁烷
点睛:本题考查了同系物、同分异构体、同位素、同素异形体等概念的区别以及有机物的命名.本题的易错点是(5)，注意是习惯命名。

27。

短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置如下：
（1）根据上表回答问题：
①D在周期表中的位置是__．
②A、B、E、G的原子半径由大到小的顺序是__（填元素符号）．
③B、D的气态氢化物的稳定性关系为__（填化学式）．
④34Se与D同主族，其非金属性比D__（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释其原因为__．
⑤E、G、J的最高价氧化物对应水化物两两之间反应的离子方程式分别为ⅰ．H++OH﹣=H2O、ⅱ．_________、ⅲ．________．
（2)如图所示转化关系中的各物质由以上六种元素的一种或多种组成,其中甲、乙、丙、丁为两种元素组成的化合物，甲、丙的分子属于10电子微粒，丙为常见溶剂．(图中部分产物已略）
①物质己中含有的化学键的类型为__．
②用电子式表示丙分子的形成过程为__．
③由丁电解制得G单质的化学反应方程式为__．
【答案】 (1). 第二周期第ⅥA族 (2). Na＞Al＞N＞H （3). NH3＜H2O (4). 弱(5)。

位于同主族最外层电子数相同，但O的电子层数少，原子半径小，则O得电子能力比Se 强（6）. Al（OH)3+3H+=Al3++3H2O (7）。

Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O (8). 离子键和共价键 (9）。

(10)。

2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑
【解析】（1)短周期元素A、B、D、E、G、J在周期表中的位置可知，A、B、D、E、G、J分别为
H、N、O、Na、Al、Cl。

①O的原子结构中有2个电子层,最外层电子数为6，则位于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族;
②电子层越多,原子半径越大；同周期从左向右原子半径减小,则原子半径由大到小的顺序是Na ＞Al＞N＞H，故答案为：Na＞Al＞N＞H；
③非金属性越强，氢化物越稳定,B、D的气态氢化物的稳定性关系为NH3＜H2O，故答案为：NH3＜H2O；
④34Se与D同主族，其非金属性比D弱，从原子结构的角度解释其原因为位于同主族最外层电子数相同，但O的电子层数少，原子半径小，则O得电子能力比Se强，即同主族从上到下非金属性逐渐减弱，故答案为:弱；位于同主族最外层电子数相同,但O的电子层数少,原子半径小,则O得电子能力比Se强；
⑤氢氧化铝具有两性，与盐酸、高氯酸均发生反应生成盐和水,发生的离子反应分别为
H++OH-=H2O、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O、Al(OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH）3+3H+=Al3++3H2O；Al(OH）3+OH—=AlO2-+2H2O；
(2)由甲、乙、丙、丁为两种元素组成的化合物,甲、丙的分子属于10电子微粒,丙为常见溶剂,结合上述元素及转化关系可知,甲为NH3，丙为H2O，乙为AlCl3，反应生成的戊为Al(OH）3，丁为氧化铝，G为Al,己为NH4Cl.
①物质己中含有的化学键的类型为离子键和共价键,故答案为：离子键和共价键；
②用电子式表示丙分子的形成过程为，故答案为：
;
③由丁电解制得G单质的化学反应方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑,故答案为:2Al2O3(熔融）4Al+3O2↑。

点睛：本题考查无机物的推断及位置、结构和性质的关系，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素化合物知识推断元素为解答的关键,侧重分析与推断能力的考查，注意原子结构及元素化合物知识的综合应用.
28. 已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示．
（1）A分子中官能团的名称是______，D中官能团的名称是______;反应①的反应类型是______反应．
（2）反应②的化学方程式是______，反应④的化学方程式是______．
（3）E是常见的高分子材料，合成E的化学方程式是______．
（4)某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯．实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体．
①实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的目的是______．
②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是（填字母)______．
A．中和乙酸和乙醇
B．中和乙酸并吸收部分乙醇
C．加速酯的生成，提高其产率
D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小,有利于分层析出
【答案】（1）。

碳碳双键 (2). 羧基（3）。

加成（4).
2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O （5)。

CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (6）。

nCH2=CH2 (7)。

防倒吸 (8）。

BD
【解析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以D为CH3COOH,乙醇被催化氧化生成乙醛,乙醛被氧化生成乙酸，所以C为CH3CHO，A发生加聚反应生成E,E为。

(1)A为CH2=CH2，其中的官能团是碳碳双键，D为乙酸，官能团是羧基，反应①是乙烯与水的加成反应，故答案为：碳碳双键;羧基；加成；
(2）乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O，故答案为:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O;
（3)E为，合成E的方程式为nCH2 = CH2CH2－CH2，故答案为：nCH2 =
CH2CH2－CH2;
（4）①挥发出的乙酸、乙醇都极易溶于水,如果将导气管伸入液面下会导致倒吸,为了防止倒。