山东省邹平市第一中学2018_2019学年高一化学下学期第一次阶段性考试试卷（含解析）.doc

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1、1邹平一中 2018 级高一下学期第一次阶段性考试化学试题一、单选题(共 50 分 ，1-10 每小题 2 分，11-20 每小题 3 分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. 平昌冬奥会“北京 8 分钟”主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是导热金属材料B. “地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油C. “一带一路”被誉为现代丝绸之路” ，丝绸属于合成纤维，主要含 C、H、O、N 元素D. 聚乙烯(PE)和聚氯乙烯(PVC)都是食品级塑料制品的主要成分，并且都耐高温【答案】B【解析】【详解】A.石墨烯是非金属材料，故 A 错误；B.“地沟油”的主要成分是油脂，含有

2、有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解可制取肥皂，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故 B 正确；C.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故 C 错误；D.聚氯乙烯(PVC)对人体存在潜在危害，不是食品级塑料制品，故 D 错误。故选 B。2.下列说法正确的是A. 任何化学反应都伴随着能量变化B. 白炽灯工作时电能全部转变为光能C. Ba(OH)28H2O 晶体与 NH4Cl 反应为放热反应D. 18.4 molL1 H2SO4溶液可将蛋白质从水中析出且不改变它的性质【答案】A【解析】【详解】A.化学反应发生物质变化的同时一定发生能量变化，故 A 正确；B.白炽灯工作时，电能主要

3、转化为光能，是主要而不是全部，因为还有部分电能转化为热能，故 B 错误；C.Ba（OH） 28H2O 晶体与 NH4Cl 晶体反应时要吸收能量，所以属于吸热反应，故 C 错误；D.蛋白质遇到 18.4molL1 H2SO4溶液，会导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，会发生化学变化，失去原有的生理功能，此过程为蛋白质的变性，故 D 错误。2故选 A。【点睛】向蛋白质溶液中加入硫酸钾溶液或者加入硫酸铵溶液或氯化钠，此过程叫做蛋白质的“盐析”为物理变化；蛋白质受热或遇到浓硝酸、硝酸汞等重金属盐、甲醛等有机溶剂化学物质，失去原有的生理功能，此过程叫做蛋白质的“变性”为化学变化。3.下列说法正确的是A

4、. 氨基酸均只含有一个羧基和一个氨基 B. 植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色C. 石油的分馏、煤的干馏均属于化学变化 D. 煤的气化、煤的液化属于物理变化【答案】B【解析】【详解】A.氨基酸分子的结构特点是至少含有一个氨基和羧基，并且都有一个氨基和羧基连在同一个碳原子上，故 A 错误；B.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色，植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，含不饱和键，故 B 正确；C.石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，是物理变化，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，煤发生复杂的反应获得煤焦油、焦炉煤气等的过程，是化学变化，故 C 错误；D.煤的气化是在高温条件下煤与

5、水蒸气反应生成 CO 和 H2，是化学变化；煤的液化，是把固体炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，有新物质生成，属于化学变化，故 D 错误。故选 B。4.下列过程中，共价键被破坏的是( )A. Na2O2 熔化 B. 碳酸氢钠加热分解 C. 酒精溶于水 D. MgCl2溶于水【答案】B【解析】【分析】一般非金属元素之间形成共价键，由共价键形成的物质在溶于水、化学变化中共价键被破坏，据此答题。3【详解】A.Na 2O2熔化，破坏离子键，不破坏共价键，故 A 不选；B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生了化学反应，破坏了离子键和共价键，故 B 选；

6、C.酒精溶于水，只溶解，不发生电离，破坏分子间作用力，不破坏共价键，故 B 不选；D.MgCl2是离子化合物，MgCl 2溶于水破坏离子键，不破坏共价键，故 D 不选。故选 B。【点睛】注意金属元素和非金属元素之间可能存在共价键，明确晶体的构成微粒及微粒之间存在的作用力即可解答。5.C60、H 3、O 2-、N 5+等微粒均已被发现或制备出来。下列有关叙述中，不正确的是A. C60与金刚石互为同素异形体B. H3和 H2化学性质相同，互为同位素C. KO2属于含有共价键的离子化合物D. N5+中含有 34 个电子【答案】B【解析】分析：A.由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；B.质子数相

7、同、中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；C.根据 KO2的结构分析；D.阳离子的核外电子数等于质子数减去所带电荷数。详解：A. C 60与金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，A 正确；B. H3和 H2化学性质相同，均是单质，不能互为同位素，B 错误；C. KO2中含有钾离子和 O2 离子，含有离子键，氧元素与氧元素之间还含有共价键，因此属于含有共价键的离子化合物，C 正确；D. N5+中含有电子的个数是 57-1=34，D 正确；答案选 B。6.下列化学用语或描述中，正确的是A. F-的结构示意图： B. 次氯酸的电子式：C. 乙烯的结构简式 CH2CH2 D. 苯乙烯加聚反

8、应的化学方程式: 4【答案】A【解析】【详解】A.氟离子的核电荷数是 9，核外电子总数是 10，其离子结构示意图为：，故 A 正确；B.次氯酸分子中 Cl 为+1 价，共用一对电子，O 为-2 价，共用了两对电子，次氯酸电子式为 ，故 B 错误；C.乙烯的结构简式为 CH2=CH2，故 C 错误；D.苯乙烯加聚反应的化学方程式： ，故 D 错误。故选 A。7.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 常温常压下，0.5molC 4H10中含有的共价键数为 6.5NAB. 标准状况下，22.4L 由 CHCl3和 CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数目为 NAC. 1.8 克 H2

9、18O 与 D2O 的混合物中含有的质子数和电子数均为 NAD. 3.4g 羟基和 3.4g 氢氧根离子均含有 2NA个电子【答案】A【解析】【详解】A.1 分子 C4H10中含有 13 个共价键，则 0.5molC4H10中含有的共价键数为 6.5NA，故 A 正确；B.标准状况下 CHCl3和 CH2Cl2均不是气态，不能利用气体摩尔体积计算 22.4L 由 CHCl3和CH2Cl2组成的混合物中含有的分子数，故 B 错误；C.H218O 与 D2O 的摩尔质量均为 20g/mol，故 1.8g 混合物的物质的量为 0.09mol，而 H218O与 D2O 中均含有 10 个质子和 10

10、个中子，故 0.09mol 混合物中含有的中子和质子的物质的量均为 0.9mol，个数均为 0.9NA个，故 C 错误；羟基与氢氧根离子的摩尔质量均为 17g/mol，3.4g 羟基和 3.4g 氢氧根离子的物质的量为0.2mol，氢氧根带一个负电荷，故 0.2molOH-含 2mol 电子即 2NA个，0.2mol 羟基含 1.8mol5电子即 1.8NA个，故 D 错误。故选 A。8.下列叙述中正确的是A. 除零族元素外，非金属元素全都是主族元素B. 第A 族元素单质越活泼，其熔点和沸点就越高C. 第三周期气态氢化物 HCl、H 2S、PH 3 的稳定依次增强D. 元素周期表中一共有 16

11、 个纵行,在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素【答案】A【解析】【详解】A.除零族元素外，非金属元素全都是主族元素，故 A 正确；B.第A 族元素单质越活泼，其熔点和沸点就越低，故 B 错误；C.同周期从左向右非金属性逐渐增强，则第三周期气态氢化物 HCl、H 2S、PH 3的稳定依次减弱，故 C 错误；D.元素周期表中一共有 18 个纵行，16 个族，元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近的元素既有金属性，又有非金属性，所以可制半导体材料，故 D 错误。故选 A。9. 已知在周期表中第 118 号元素位于周期表的第七周期 0 族，预测第 114 号元素的下列叙述

12、中，错误的是A. 位于周期表的第七周期第A 族B. 原子的最外层有 4 个电子C. 肯定是非金属元素D. 常见的化合价有+2 和+4 价【答案】C【解析】试题分析：A第七周期零族元素原子序数为 118，处于第 18 列，114 号元素与 118 号元素同周期，原子序数相差 4，故所处列数也相差 4，即 114 号元素处于 14 列，为A 族元素，即 114 号元素位于周期表的第七周期第A 族，A 正确；B114 号元素处于A 族，则原子的最外层有 4 个电子，B 正确；C同主族自上而下金属性增强，故 114 号元素为金属元素，C 错误；D114 号元素处于A 族，常见的化合价有+2 和+4 价

13、，D 正确，答案选 C。6【考点定位】本题主要是考查结构性质位置关系【名师点晴】解答的关键是确定元素在周期表中的位置，根据同主族元素性质的相似性与递变性解答，注意掌握利用原子序数确定元素在元素周期表位置的方法，即。由原子序数确定元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He2、Ne10、Ar18、Kr36、Xe54、Rn86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。 （1）若比相应的稀有气体元素多 1 或 2，则应处在下周期的第A 族或第A 族，如 88 号元素：88862，则应在第七周期第A 族；（2）若比相应的稀有气体元素少 15 时，则应处在同周期的第A 族第A 族，如 8

14、4 号元素应在第六周期第A 族；（3）若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118 号)比较，按上述方法推测知：114 号元素应为第七周期第A 族。10.下列叙述正确的是A. 乙醇俗名酒精，不能使酸性高锰酸钾溶液退色B. 油脂在酸性或碱性条件下水解都可得到甘油和高级脂肪酸C. 石油裂化的目的是提高轻质燃料油的质量和产量D. 煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得【答案】C【解析】【详解】A.乙醇俗名酒精，因为乙醇有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 A 错误；B.油脂在酸性条件下水解得到甘油和高级脂肪酸，油脂在碱性条件下水解都可得到甘油和高

15、级脂肪酸盐，故 B 错误；C.石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故 C 正确；D.煤的组成以有机质为主体，构成有机高分子的主要是碳、氢、氧、氮等元素，煤不含苯和二甲苯等，故 D 错误。故选 C。11.下列有关说法正确的是A. 蛋白质是由 C、H、O、N 四种元素组成的物质B. 硝基乙烷(CH 3CH2NO2) 与甘氨酸(氨基乙酸)互为同分异构体C. 石油裂解和油脂皂化都是由高分子化合物生成小分子物质的过程7D. 合成高聚物 的单体是【答案】B【解析】分析：A.根据组成蛋白质的元素分析判断；B.分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；C.根据

16、裂解的含义以及油脂不是高分子化合物分析；D.根据高聚物是加聚产物判断其单体。详解：A. 蛋白质是由 C、H、O、N、S、P 等元素组成的物质，A 错误；B. 硝基乙烷(CH 3CH2NO2)与甘氨酸(NH 2CH2COOH)的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B 正确；C. 石油裂解是采取比裂化更高的温度，使石油分馏产物中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的过程，另外油脂也不是高分子化合物，C 错误；D. 高聚物 属于加聚产物，其单体是乙烯和丙烯，D 错误。答案选 B。点睛：加聚产物的单体推断方法：凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；凡链

17、节中主碳链为 4 个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体；凡链节中主碳链为 6 个碳原子，含有碳碳双键结构，单体为两种(即单烯烃和二烯烃)。12.下列实验能达到预期目的的是序号 实验操作 实验目的A 向 Na2SO3溶液中加稀盐酸产生气泡 非金属性：C1SB MgCl2、AlCl 3溶液中分别通入 NH3 比较镁、铝的金属性强弱C 测定相同浓度 H2CO3、H 2SO4两溶液的 pH 比较碳、硫的非金属性强弱D Fe、Cu 分别与浓硝酸反应 比较铁、铜的金属性强弱8A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.最高价氧化物

18、的水化物的酸性越强，则元素的非金属性越强，S 不是最高价，含氯的最高价含氧酸酸是 HClO4，故 A 错误；B.MgCl2、AlCl 3溶液中分别通入氨气，MgCl 2与 NH3H2O 反应生成 Mg(OH)2，AlCl 3与NH3H2O 反应生成 Al(OH)3，无法比较二者的金属性强弱，故 B 错误；C.最高价含氧酸的酸性越强，则非金属性越强，测定相同浓度 H2CO3、H 2SO4两溶液的 pH，从而判断出碳、硫的非金属性强弱，故 C 正确；D.常温条件下，Fe 遇浓硝酸发生钝化，Cu 与浓硝酸可发生反应，不能判断出 Fe、Cu 的金属性强弱，故 D 错误。故选 C。13.下表是部分短周期

19、元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是( )元素代号 L M Q R T原子半径/nm 0.160 0.143 0.089 0.102 0.074主要化合价 +2 +3 +2 +6、2 2A. L2+与 R2 的核外电子数相等 B. L2+与 M3+的氧化性为 L 2+ M3+C. 氢化物的稳定性为 H2TH 2R D. M 与 T 形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应【答案】D【解析】【分析】在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其主族序数相等，非金属负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期的元素，其原子半径随原子序数的增大而减小，

20、L、Q 属于第A 族元素，L 的半径大于 Q 的半径，则 L 是 Mg 元素，Q 是 Be9元素，M 属于第A 族元素，M 原子半径小于 L 元素，则 L 是 Al 元素，R、T 的最低负价是-2 价，则二者属于第A 族元素，R 有正化合价，则 R 是 S 元素，T 是 O 元素，据此答题。【详解】A.L 是 Mg 元素，R 是 S 元素，L 2+的核外电子数为 10， R2 的核外电子数为 18，属于二者核外电子数不相等，故 A 错误；B.金属性 MgAl，金属性越强，其阳离子的氧化性越弱，所以 L、M 形成的简单离子的氧化性 M3+L 2+，故 B 错误；C.非金属性 TR，非金属性越强，

21、氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性 H2TH 2R，故 C 错误；D.M 与 T 形成的化合物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，故 D 正确。故选 D。【点睛】根据元素的主要化合价以及原子的半径推断出元素的种类是解答本题的突破口，再根据元素周期律的内容进行判断。14.某普通锌锰干电池的结构如下图所示。下列说法正确的是A. 锌筒是原电池的正极B. 石墨电极上发生氧化反应C. 铵根离子流向石墨电极D. 电子经石墨沿电解质溶液流向锌筒【答案】C【解析】分析：锌锰干电池中，锌作负极，锌失电子发生氧化反应，碳作正极，二氧化锰在正极上得电子发生还原反应，氯化铵是电解质，据此分析。详

22、解：A锌锰干电池中，锌筒作负极，石墨作正极，选项 A 错误；B锌锰干电池中，锌筒作负极，石墨作正极，正极上二氧化锰得电子发生还原反应，选项 B 错误；C原电池中阳离子定向移动到正极，故铵根离子流向石墨电极，选项 C 正确；D电子经导线由负极锌筒流向正极石墨电极，选项 D 错误；答案选 C。10点睛：本题考查锌锰干电池，明确锌锰干电池的成分及放电原理是解本题关键，难度不大。15.下列关于苯的叙述正确的是( )A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小B. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟C. 反应为取代反应，有机产物是一种烃D. 反应1mol 苯最多与 3molH2发生加成反应

23、，是因为苯分子含有三个碳碳双键【答案】B【解析】A苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故 A错误；B苯能与在空气中能燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故 B 正确；C苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有 C、H，还含有 N 和 O，不属于烃，故 C 错误；D苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故 D 错误；故选 B。16.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺2,2戊烷是最简单一种。下列关于该化合物的说法正确的是A. 分子式为 C5H8 B. 该化合物的一氯代物有 2 种C. 所有碳原子均处同一平面 D.

24、 与丙炔(C 2H2)互为同系物【答案】A【解析】【详解】A.螺2，2戊烷的分子式为 C5H8，故 A 正确；B.该分子中的 8 个氢原子完全相同，所以该化合物的一氯代物只有 1 种，故 B 错误；C.由于分子中的 4 个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的 4 个原子一定构成四面体，所以分子中的所有碳原子不可能均处同一平面，故 C 错误；D.螺2，2戊烷与丙炔(C 2H2)虽然相差 3 个 CH2原子团，但结构不相似，不属于同系物关系，故 D 错误。11故选 A。17.白磷与氧可发生如下反应：P 4+5O2P 4O10.已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P-P：akJmol -1

25、、P-O：bkJmol -1、P=O：ckJmol -1、O=O：dkJmol -1.根据图示的分子结构和有关数据估算 1mol 白磷反应放出的热量，其中正确的是A. (6a+5d-4c-12b)kj B. (4c+12b-6a-5d)kJC. (4c+12b-4a-5d)kJ D. (4a+5d-4c-12b)kJ【答案】B【解析】【详解】化学反应的实质是反应物原有化学键的断裂和生成物新化学键生成的过程。依据键能的数值可以估算化学反应的热效应，即H反应物的键能总和生成物的键能总和。根据反应 P4+5O2P 4O10，并结合物质的结构式可知，白磷分子中含有 6 个 PP 键，氧气中含有 1 个

26、 OO 键，P 4O10分子中含有 4 个 PO 键和 12 个 PO 键，因此该反应的H6a5d（4c12b） ，由于该反应为放热反应，H 为负值，则 1mol 白磷反应放出的热量为(4c+12b-6a-5d)kJ。故选 B。【点睛】反应热H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断，注意每摩尔 P4中含有6molP-P 键。18.青菜含有维生素 C 和植物纤维有助于清除人体吸入的粉尘颗粒。已知维生素 C 的结构如图所示，有关判断不正确的是A. 维生素 C 中含有 4 种官能团B. 维生素 C 分子式为 C6H5O7，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 1mol 维生素 C 消耗 2 mol 氢氧

27、化钠12D. 1mol 维生素 C 跟足量金属钠反应生成 44.8 L H2(标况下)【答案】B【解析】【详解】A.维生素 C 中含有醇羟基、碳碳双键、酯基和羧基四种官能团，故 A 正确；B.根据有机物质的结构简式可以得出分子式为：C 6H8O6，维生素 C 中含有碳碳双键和醇羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 B 正确；C.1mol 维生素 C 可以消耗 5mol 氢氧化钠，故 C 错误；D.能和 Na 反应的是-OH 和-COOH，1mol 维生素 C 与足量金属 Na 反应生成氢气的物质的量为3mol，在标准状况下的体积为 33.6L，故 D 错误。故选 B。19.化学能与热能、电能等可

28、以相互转化关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是( )A. 将化学能转变为电能B. 白磷比红磷稳定C. 发生的反应为放热反应D. 明在其他条件相同时，按途径发生反应与按途径发生反应，并产生相等质量氧气时放出的热量不相等【答案】C13【解析】【详解】A.图中所示的装置中没有形成闭合回路，不能构成原电池，因此不能将化学能转变为电能，故 A 错误；B.由图可知，白磷比红磷能量高，能量越高越不稳定，所以红磷比白磷稳定，故 B 错误；C.由图像可知，反应中反应物即 2mol 双氧水的总能量高于生成物即 2molH2O 和 1molO2的总能量，为放热反应，故 C 正确；D.在其他条件相同时，按途径发

29、生反应与按途径发生反应，并产生相等质量氧气时放出的热量相等，故 D 错误。故选 C。20.烯烃在一定条件下发生氧化反应，碳碳双键断裂，如：R 1CH=CHR2由此推断分子式为 C4H8的烯烃的氧化产物有( )A. 2 种 B. 3 种 C. 4 种 D. 6 种【答案】C【解析】试题分析：由题目可知，碳碳双双键可被氧化断裂，生成醛或酮。烯烃 C4H8的结构有三种：CH2=CHCH2CH3、CH 3CH=CHCH3、CH 2=C(CH3)2，氧化后得到的产物分别有两种（HCHO 和CH3CH2CHO） 、一种（CH 3CHO） 、两种（HCHO 和 CH3COCH3） ，其中 HCHO 重复，所

30、以共四种，答案选 C。考点：考查烯烃的化学性质。第 II 卷(非选择题)21.A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的 5 种短周期主族元素，其中仅含有一种金属元素，A 单质是自然界中密度最小的气体，A 和 D 最外层电子数相同；B 元素原子结构示意图为;C 和 E 在周期表中相邻，且 E 的质子数是 C 的 2 倍。请回答下列问题： (1)B 位于第_周期_族；14(2)E 的离子结构示意图是_；DA 中含有_。(填化学键类型)(3)用电子式表示 BC2的形成过程_；(用具体元素表示)(4)C、D、E 三种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是_。(用具体离子符号表示)【答案】 (1). 二

31、 (2). IVA (3). (4). 离子键 (5). (6). S2-O2-Na+【解析】【分析】A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，A 单质试自然界中密度最小的气体，是 A 为 H 元素；B 元素原子结构示意图为 ；则 B 为 C 元素，A 和 D 最外层电子数相同，则二者处于同族，且 D 在 C 元素的后面，则 D 处于第三周期，D 为 Na 元素；C和 E 在周期表中相邻，且 E 的质子数是 C 的 2 倍，则 C 为 O 元素，E 为 S 元素，据此答题。【详解】由以上分析可知，A、B、C、D、E 分别为：H、C、O、Na、S。（1）B 为 C 元素，C 是

32、 6 号元素，位于元素周期表的第二周期第 IVA 族，故答案为：二，IVA。（2）E 为 S 元素，S 为 16 号元素，硫离子的核内有 16 个质子，核外有 18 个电子，离子结构示意图是 ，A 为 H 元素，D 为 Na 元素，NaH 由活泼的金属与活泼的非金属组成，形成离子键，故答案为： ，离子键。（3）BC 2为 CO2，CO 2是由两种不同的非金属形成的共价键，C 的最外层有 4 个电子，所以形成 4 对共用电子对，用电子式表示 CO2的形成过程为：15，故答案为： 。（4）C、D、E 三种元素形成的简单离子分别为：O 2-、Na +、S 2-，电子层数越多，微粒的半径越大，电子层数

33、相同时，结构相似的微粒中核电荷数大的微粒半径小，所以 O2-、Na +、S 2-的离子半径由大到小的顺序是 S2-O2-Na+，故答案为：S 2-O2-Na+。【点睛】微粒半径大小的比较规律：层数相同，核大半径小。即电子层数相同时，结构相似的微粒中核电荷数大的微粒半径小；层异，层大半径大。即当微粒的电子层数不同时，结构相似的微粒中，电子层数大的微粒半径大；核同，价高半径小。即对同一种元素形成的不同的简单微粒中，化合价高的微粒的半径小；电子层结构相同，核电荷数大，则半径小。22.由 A、B、C、D 四种金属按下表中装置进行实验。装置现象 金属 A 不断溶解 C 的质量增加 A 上有气体产生根据实

34、验现象回答下列问题：(1)装置甲中作正极的是_ (填“A”或“B”) ； (2)装置乙溶液中 C 电极反应：_；装置乙中反应一段时间后，测得 C 电极 的质量增加 12.8 克，则该电池反应转移电子的物质的量为_mol(3)装置丙中金属 A 上电极反应属于_(填“氧化反应”或“还原反应”)；(4)四种金属活动性由强到弱的顺序是_。【答案】 (1). B (2). Cu2+2e-=Cu (3). 0.4 (4). 还原反应 (5). DABC【解析】【详解】 （1）甲装置中，金属 A 不断溶解，说明 A 是负极，B 是正极，故答案为：B。（2）乙装置中，C 的质量不断增加，说明 C 电极是正极，

35、溶液中的铜离子放电生成铜，电极反应式是 Cu2 2e =Cu，反应一段时间后，测得 C 电极的质量增加 12.8 克，即生成铜的物质的量为 12.8g64g/mol=0.2mol，根据电极方程式可知转移电子的物质的量为160.2mol2=0.4mol，故答案为：Cu 2 2e =Cu，0.4。（3）丙装置中 A 电极上有气体生成，所以 A 电极是正极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，故答案为：还原反应。（4）甲中 A 是负极，B 是正极；乙中 C 是正极，B 是负极；丙中 A 是正极，D 是负极，所以四种金属活泼性由强到弱的顺序是 DABC，故答案为：DABC。23.有下列装置图.探

36、究氯气与氨气的反应(1)为制取干燥氨气，可将装置 C 与_(填装置编号)连接；装置 C 中的烧瓶内固体宜选用_。a碱石灰 b氯化钙 c五氧化二磷 d浓硫酸(2)装置 A、E、E 连接可制取纯净、干燥的氯气，A 中发生的离子反应方程式为：_；则两个 E 装置内的药品依次是_、_。.探究某些物质的性质(3)利用装置 A、E，可设计实验比较 Cl 和 Br 的还原性强弱，能证明结论的实验现象_。(4)若利用装置 A、E 进行乙烯与溴水反应的实验，写出反应的化学方程式_。(5)将装置 B、C 分别与 F 相连后，进行 H2S 与 SO2反应的实验。F 的烧瓶中发生反应的化学方程式为_；F 的烧杯所起的

37、作用是_。【答案】 (1). D (2). a (3). MnO2 + 4H+ + 2Cl- =加热= Mn2+ + Cl2+ 2H2O (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸 (6). 装置 E 中的 NaBr 溶液变橙红 (7). CH2=CH2Br 2BrCH 2CH2Br (8). SO22H 2S=3S2H 2O (9). 吸收尾气【解析】【分析】（1）浓氨水与生石灰不需要加热产生氨气，要制取氨气应连接盛有碱石灰的干燥管干燥氨17气；（2）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用浓硫酸除去氯气中的水

38、蒸气得到干燥纯净的氯气；（3）氯气的氧化性强于溴，能够置换溴，溴水为橙红色；（4）乙烯含有碳碳双键能够与溴发生加成反应；（5）二氧化硫具有弱的氧化性能够氧化硫化氢生成留单质；二氧化硫、硫化氢都有毒，应进行尾气处理。【详解】 （1）C 装置是不需要加热制备氨气的装置，浓氨水以挥发，滴入生石灰即可产生氨气，制取干燥氨气可以用碱石灰干燥氨气；为制取干燥氨气，可将装置 C 连接 D 的干燥氨气的装置，装置 C 中的烧瓶内固体宜选用碱石灰；故答案为：D；a。（2）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H 2O，离子方程式为：Mn

39、O 2 +4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H 2O，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气，故答案为：MnO2 +4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H 2O，饱和食盐水，浓硫酸。（3）装置 A 为制取氯气的装置，制取的氯气通入到盛有溴离子的盐溶液中，氯气与溴离子发生氧化还原反应生成溴单质，溴单质溶液水形成橙红色溶液；故答案为：装置 E 中的 NaBr 溶液变橙红色。（4）乙烯含有碳碳双键能够与溴发生加成反应，反应方程式：CH 2=CH2+Br2Br-CH 2-CH2-Br；故答案为：CH 2=CH2+Br2Br

40、-CH 2-CH2-Br。（5）二氧化硫氧化硫化氢生成硫单质，2H 2S+SO2=3S+2H 2O；F 烧杯是吸收剩余气体二氧化硫或硫化氢有毒气体的作用；故答案为：SO 2+2H2S=3S+2H 2O；吸收尾气。24.有机玻璃是一种重要的塑料，有机玻璃的单体 A(C6H10O2)不溶于水，并可以发生以下变化：请回答下列问题：18(1)有机玻璃的 A 结构简式是_。(2)有机物 中含有的官能团是_、_。(3)反应的反应类型属于_；反应的反应类型属于_(选填序号)。氧化反应 还原反应 加成反应 取代反应(4) E 的结构简式为_ ；G 的结构简式为_(5) 反应化学方程式是_(6)反应化学方程式是

41、_(7)某同学欲用如图装置制备物质 D，试管 B 中装有足量的试剂是 _；插入试管 B 的导管接有一个球状物，其作用为_；如需将试管 B 中的物质D 分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、_。(8)写出乙醇的同分异构体结构简式_。19【答案】 (1). (2). 碳碳双键 (3). COOH(或 羧基) (4). (5). (6). (7). (8). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (9). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (10). 饱和碳酸钠溶液 (11). 防倒吸 (12). 分液漏斗 (13). CH 3OCH3【解析】【分析】

42、根据框图中信息 A 能发生加聚反应生成有机玻璃，有机玻璃的结构简式为 ，说明其中含有碳碳双键；同时 A 又能水解生成乙醇，说明 A 属于酯，乙醇在铜作催化剂的条件下氧化为乙醛，所以 B 为乙醛，乙醛可以继续氧化为乙酸，所以 C 为乙酸，乙醇和乙酸在催化剂条件下生成乙酸乙酯，所以 D 为乙酸乙酯，又知 A 水解过程中破坏的只是酯基，而碳碳双键保留了下来，CH 2=C（CH 3）COOH 和 NaOH 溶液反应生成 H，H 为 CH2=C（CH 3）CONa，CH 2=C（CH 3）COOH 和氢气加成反应生成 E，E 为 CH3CH（CH 3）COOH，E 和氯气在光照条件下发生取代反应生成 F

43、，据此答题。【详解】 （1）有机玻璃的 A 结构简式是 ，故答案为： 。（2）有机物 中含有的官能团是碳碳双键（ ） 、羧基（COOH） ，20故答案为：碳碳双键（ ） 、羧基（COOH） 。（3）反应的反应类型属于取代反应，反应CH 2=C（CH 3）COOH 与氢气发生加成反应生成CH3CH（CH 3）COOH，该反应也属于还原反应，故答案为：，。（4）由分析可知，E 的结构简式为 ，G 的结构简式为，故答案为： ， 。（5）反应是乙醇氧化为乙醛，化学方程式是 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH 3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O。（6）反应是乙

44、醇和乙酸在浓硫酸催化作用下生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O。（7）欲用如图装置制备物质乙酸乙酯，试管 B 中装有足量的试剂是饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液的作用是：降低乙酸乙酯的溶解度，除去挥发出来的乙醇、乙酸；乙醇、乙酸在饱和的碳酸钠中溶解度比较大，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠中的溶解度小，互不相溶，通过分液就可以得到乙酸乙酯，分液操作需要用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，插入试管B 的导管接有一个球状物，其作用为防倒吸，故答案为：饱和碳酸钠溶液，防倒吸，分液漏斗。（8）乙醇的分子式为 C2H6O，乙醇和二甲醚互为同分异构体，二甲醚的结构简式 CH3OCH3，故答案为：CH 3OCH3。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键，注重迁移应用能力的训练，注意有机物结构分析及各种官能团的性质。21