2022-2022学年山东省济宁市鱼台一中高一（下）期末化学试卷一．选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列大小比较正确的是()A．酸性：HClO＞H2SO4＞H2CO3；非金属性Cl＞S＞CB．碱性：CsOH＞KOH＞Mg（OH）2＞NaOH；金属性：Cs＞K＞Mg＞NaC．离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+＞Cl﹣；原子半径：Na＞Mg＞Al＞ClD．稳定性：HF＞H2O＞NH3＞CH4；还原性：CH4＞NH3＞H2O＞HF2．某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可以燃烧；③能发生水解反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应；⑥能跟NaOH溶液反应()A．①④B．只有⑥C．只有③D．④⑥3．为解决日益加剧的温室效应等问题，科学家正在研究建立如图所示的二氧化碳新循环体系：上述关系图能反映的化学观点或化学思想有()①二氧化碳也是一种重要的资源；②光能或电能可以转化为化学能；③燃烧时化学能可以转化为热能和光能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤化学变化中元素种类是守恒的．A．①②③B．①④⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤4．下列关于常见有机化合物的说法中，不正确的是()A．葡萄糖是人体内主要供能物质，血液中葡萄糖含量过低，会使人患“低血糖”症B．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有碳碳双键C．分子式为C5H12的有机物只有三种，它们互为同系物D．乙酸乙酯的水解反应；苯和硝酸反应生成硝基苯，两者的反应类型相同5．甲﹣辛等八种元素在周期表中的相对位置如下表．甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断不正确的是()26\nA．乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物B．原子半径：辛＞己＞戊C．丙与庚的原子核外电子数相差13D．最高价氧化物的水化物的碱性：丙＞乙＞甲6．哈伯因发明用氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下使该反应发生N2+3H2⇌2NH3．下列说法正确的是()A．一定条件下达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2B．达到化学平衡时，N2完全转化为NH3C．达到化学平衡时，正反应和逆反应速率相等，且都为零D．单位时间内消耗amolN2同时消耗2amolNH3，说明该反应已达到平衡状态7．下列关于有机物的性质或应用说法不正确的是()A．淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应B．CH2Cl2只有一种结构说明甲烷分子是正四面体结构，而不是平面正方形结构C．煤通过干馏可得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等D．油脂皂化反应的产物是高级脂肪酸盐和甘油8．下列装置或操作不能达到实验目的是()A．图中的实验现象能证明非金属性：Cl＞C＞SiB．图可用于实验室制备并收集乙酸乙酯26\nC．图中，气体从a口进入时，可用于收集H2、CH4、NH3等气体D．图中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl9．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，22.4L苯的分子数约为NA个B．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC．100mL1mol/LCH3COOH溶液跟足量钠反应，生成的氢气分子数为0.05NAD．常温下，在1moLC5H12中含有共价键数15NA10．在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）()A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol/（L•min）B．6～10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L•min）C．反应到6min时，H2O2分解了50%D．反应到6min时，c（H2O2）=0.30mol/L11．PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大．X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料．下列说法正确的是()A．Z与Y形成的化合物可作为耐高温材料B．WY2能与碱反应，但不能与任何酸反应C．原子半径按X、Y、Z、R、W的顺序依次增大D．熔沸点：X2R＞X2Y12．下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系据此判断下列说法中正确的是()26\nA．石墨转变为金刚石是吸热反应B．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）是吸热反应C．相同条件下，等质量S（g）和S（s）的能量比较，S（s）较大D．白磷比红磷稳定13．美国科学家宣布发现了铝的“超级原子”结构﹣﹣Al13和Al14，已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态，下列说法中，正确的是()A．Al13和Al14互为同位素B．Al14与盐酸反应的化学方程式可表示为：Al14+2HCl=Al14Cl2+H2↑C．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子D．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合14．某化学反应过程如图所示，由图得出的判断，错误的是()A．乙醇发生了还原反应B．反应中有红黑颜色交替变化的现象C．铜是此反应的催化剂D．生成物是乙醛15．美国圣路易斯大学研制新型的乙醇燃料电池，用质子（H+）溶剂，在200℃左右供电．电池总反应为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，如图是该电池的示意图，下列说法正确的是()A．a极为电池的正极B．电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C．电池正极的电极反应为：4H++O2+4e﹣═2H2OD．电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有6mol电子转移16．实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂．发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末可能是()①Fe2O3和MnO2②MnO2和V2O5③Cr2O3和V2O5④Fe3O4和FeO．26\nA．①②B．②③C．③④D．①④二．非选择题（本题共5个小题，共52分）17．随原子序数的递增，八种短周期元素（x～h）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如柱状图所示．根据判断出的元素回答问题：（1）这些元素中，有一种元素的同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是__________；该元素在周期表的位置是__________．（2）比较d、e、h常见简单离子的半径大小（用离子符号表示）__________．（3）这些元素中，有一种元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应生成一种盐，该盐的化学式为__________．还有一种元素形成的单质既可以与强酸溶液反应，又可以与强碱溶液反应（不考虑与溶剂的反应），写出该单质与强碱溶液反应的离子方程式：__________．（4）d与x、e均可按原子个数比1：1形成化合物，这两种化合物所含的不同化学键类型是__________．（5）用电子式表示e与g形成化合物的过程：__________．（6）判断g与h的元素非金属性强弱的实验依据是__________（写出一种）．18．现有反应：A．CaCO3CaO+CO2↑B．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑C．C+CO22COD.2KOH+H2SO4═K2SO4+2H2O（1）上述四个反应中属于氧化还原反应且反应过程中能量变化符合如图1的是__________（填反应序号）．（2）在常温下，上述四个反应中可用于设计原电池的是__________（填反应序号），根据该原电池回答下列问题：①负极材料是__________，负极发生__________（填“氧化”或“还原”）反应；正极反应式为__________．②当导线中有1mol电子通过时，理论上发生的变化是__________填序号）．a．溶液增重32.5gb．溶液增重31.5gc．析出1gH2d．析出11.2LH2（3）对于反应B，将足量且等量的形状相同的锌块分别加入到等浓度等体积的两份稀硫酸X、Y中，同时向X中加入少量饱和CuS04溶液，发生反应生成氢气的体积（V）与时间（t）的关系如图2所示．①m曲线表示锌与稀硫酸__________（填“X”或“Y”）反应．26\n②锌分别与稀硫酸X、Y反应时，反应速率不同的原因是__________（填序号）．a．CuS04作催化剂b．加入硫酸铜溶液增大了c（SO42﹣）c．Zn首先与Cu2+反应，生成的Cu与Zn、稀硫酸构成原电池d．加入硫酸铜溶液增大了溶液体积．19．已知有机物A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂．由A为原料衍生出的部分化工产品如图所示．回答下列问题：（1）A中所含官能团的名称为__________．（2）写出下列反应的反应类型：A→B__________，B→F__________．（3）采用简单化学方法鉴别B、C中所含官能团，所用试剂是（填写一种试剂）__________．（4）写出下列反应的化学方程式①A→E：__________；②C→D：__________．（5）由B生成C也可通过两步反应完成：BC2H4OC，写出其中反应①的化学方程式__________．（6）写出G的结构简式__________．（7）E和H是两种常见的塑料，其中一种塑料可作食品袋，该塑料的化学名称是__________．20．最近，个别国家在南海问题上发表错误言论，但是中国人民有能力捍卫国家领海主权．南海资源丰富，海水开发利用的部分过程如图1所示．26\n（1）在海水获得淡水的诸多方法中，历史最久，技术和工艺也比较成熟，但成本较高的方法是__________．（2）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以离子的形式存在．实验室中模拟从海带提取碘的流程如图2所示：ⅰ．将海带放在如3图所示的仪器中灼烧，该仪器的名称为__________．指出提取碘的过程中有关的实验操作名称①__________．ⅱ．写出过程②中有关反应的离子方程式__________．ⅲ．提取碘的过程③中可提供选择的有机试剂为__________．a．酒精、四氯化碳b．四氯化碳、苯c．汽油、醋酸（3）从苦卤中提溴常用空气吹出法．其过程如图4所示：ⅰ．第①步和第③步发生的离子方程式相同，均生成Br2，那么该方法中还需第②③步，其目的是__________ⅱ．吸收塔中吸收剂A是__________．a．NaOHb．Ca（OH）2c．SO2（4）工业生产中，由苦卤提溴后的溶液可得到金属Mg．ⅰ．向苦卤提溴之后的溶液中加入沉淀剂，该沉淀剂可选用__________a．NaOHb．Ca（OH）2c．KOHⅱ．由无水MgCl2冶炼金属Mg的化学方程式为__________．21．氯及其化合物在合成消毒剂、药物等方面具有广泛用途．二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，某兴趣小组通过如图装置，对二氧化氯及氯气的性质进行了研究：26\n（1）打开分液漏斗A的活塞，烧瓶中发生反应：2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O为使ClO2在C中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜__________（填“快”或“慢”）．（2）ClO2处理过的饮用水会含有一定量的NaClO2．若要除去超标的NaClO2，下列物质最适宜的是__________（填标号）．a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁（3）写出D中甲烷的第一步反应化学方程式__________（4）E装置的作用是__________（填编号）．a．收集气体b．吸收氯气c．防止倒吸d．吸收氯化氢（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为__________．该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为__________（填编号）．a．CH4b．CH3Clc．CH2Cl2d．CHCl326\n2022-2022学年山东省济宁市鱼台一中高一（下）期末化学试卷一．选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列大小比较正确的是()A．酸性：HClO＞H2SO4＞H2CO3；非金属性Cl＞S＞CB．碱性：CsOH＞KOH＞Mg（OH）2＞NaOH；金属性：Cs＞K＞Mg＞NaC．离子半径：Na+＞Mg2+＞Al3+＞Cl﹣；原子半径：Na＞Mg＞Al＞ClD．稳定性：HF＞H2O＞NH3＞CH4；还原性：CH4＞NH3＞H2O＞HF【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A、最高价氧化物对应的水化物；B、同主族从上往下金属性增加，同周期从左到右金属性减弱，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C、电子层数越多半径越大，电子层相同，核电荷数越多半径越小；D、非金属性越强对应氢化物越稳定，氢化物越稳定还原性越弱．【解答】解：A、最高价氧化物对应的水化物，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO，故A错误；B、同主族从上往下金属性增加，同周期从左到右金属性减弱，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以金属性：Cs＞K＞Na＞Mg，碱性：CsOH＞KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故B错误；C、电子层数越多半径越大，电子层相同，核电荷数越多半径越小，所以离子半径：Cl﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+，原子半径：Na＞Mg＞Al＞Cl，故C错误；D、非金属性越强对应氢化物越稳定，非金属性：F＞O＞N＞C；所以稳定性：HF＞H2O＞NH3＞CH4；氢化物越稳定还原性越弱，还原性：CH4＞NH3＞H2O＞HF，故D正确；故选D．【点评】本题考查学生利用元素周期律来解答，明确同主族元素性质的相似性和递变性是解答本题的关键，难度不大．2．某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可以燃烧；③能发生水解反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应；⑥能跟NaOH溶液反应()A．①④B．只有⑥C．只有③D．④⑥【考点】有机物的结构和性质．【分析】该物质中含有碳碳双键、苯环、羧基和醇羟基，具有烯烃、苯、羧酸和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、还原反应、中和反应、酯化反应、取代反应等，据此分析解答．【解答】解：①含有碳碳双键和羟基，可被酸性KMnO4溶液氧化，故正确；26\n②为烃的含氧衍生物，可以燃烧生成二氧化碳和水，故正确；③含有碳碳双键，羧基和羟基，不能发生水解反应，故错误；④含有羧基和羟基，能发生酯化反应，故正确；⑤含有碳碳双键，能发生加聚反应，故正确；⑥含有羧基，具有酸性，能跟NaOH溶液反应，故正确．故选C．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸、醇的性质，注意：该物质还能发生缩聚反应，题目难度不大．3．为解决日益加剧的温室效应等问题，科学家正在研究建立如图所示的二氧化碳新循环体系：上述关系图能反映的化学观点或化学思想有()①二氧化碳也是一种重要的资源；②光能或电能可以转化为化学能；③燃烧时化学能可以转化为热能和光能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤化学变化中元素种类是守恒的．A．①②③B．①④⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤【考点】常见的能量转化形式；无机化合物与有机化合物的概念．【分析】二氧化碳的转化过程是一个复杂的过程，这一过程中发生的变化都是化学变化，所以满足质量守恒定律．同时在这些变化中化学能和动能、势能之间相互转化，有机物和无机物之间也能相互转化．理清图示中的各物质之间的转化关系，分析其中的变化过程．上图中的关键步骤是以水通电分解得到的氢气和二氧化碳为原料在复合催化剂的作用下转化为甲醇等能源，据此分析即可解答．【解答】解：①从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，故①正确；②水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，故②正确；③液化石油气、汽油、甲醇的燃烧、无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物都说明燃烧时化学能可以转化为热能和光能，故③正确；④液化石油气、汽油、甲醇转化为二氧化碳，无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物，说明无机物和有机物可以相互转化，故④正确；⑤由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，故⑤正确；故选D．【点评】本题以信息给予的形式考查了二氧化碳的相关问题，解题的关键是理清其中的转化关系，紧扣题干信息结合相关化学知识，题目难度中等．4．下列关于常见有机化合物的说法中，不正确的是()A．葡萄糖是人体内主要供能物质，血液中葡萄糖含量过低，会使人患“低血糖”症B．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有碳碳双键26\nC．分子式为C5H12的有机物只有三种，它们互为同系物D．乙酸乙酯的水解反应；苯和硝酸反应生成硝基苯，两者的反应类型相同【考点】葡萄糖的性质和用途；芳香烃、烃基和同系物；取代反应与加成反应；苯的结构．【分析】A．葡萄糖为基本营养物质；B．苯中不含碳碳双键；C．分子式为C5H12的有机物有正戊烷、新戊烷、异戊烷，分子式相同；D．乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇；苯和硝酸反应取代反应生成硝基苯．【解答】解：A．葡萄糖为基本营养物质，则血液中葡萄糖含量过低，会使人患“低血糖”症，故A正确；B．苯中不含碳碳双键，则苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．分子式为C5H12的有机物有正戊烷、新戊烷、异戊烷，分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C错误；D．乙酸乙酯的水解反应；苯和硝酸反应取代反应生成硝基苯，均为取代反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查较综合，涉及有机物结构与性质、同分异构体、有机反应类型及基本营养物质，注重基础知识的考查，综合性较强，题目难度不大．5．甲﹣辛等八种元素在周期表中的相对位置如下表．甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断不正确的是()A．乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物B．原子半径：辛＞己＞戊C．丙与庚的原子核外电子数相差13D．最高价氧化物的水化物的碱性：丙＞乙＞甲【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲为Li、可推知乙为Na、丙为K，丁为Ca、己为Si、庚为Ge、辛为Ga．A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；C．丙处于第四周期第1列，庚处于第四周期第14列，第四周期没一列容纳一种元素；D．同主族自上而下金属性增强，最高价氧化物的水化物的碱性增强．【解答】解：戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲为Li、可推知乙为Na、丙为K，丁为Ca、己为Si、庚为Ge、辛为Ga．A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠含有离子键、共价键，故A错误；B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：辛＞己＞戊，故B正确；C．丙处于第四周期第1列，庚处于第四周期第14列，第四周期没一列容纳一种元素，故二者原子序数相差13，故C正确；26\nD．同主族自上而下金属性增强，最高价氧化物的水化物的碱性增强，故最高价氧化物的水化物的碱性：丙＞乙＞甲．故D正确，故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，理解同主族元素原子序数关系，难度不大．6．哈伯因发明用氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下使该反应发生N2+3H2⇌2NH3．下列说法正确的是()A．一定条件下达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2B．达到化学平衡时，N2完全转化为NH3C．达到化学平衡时，正反应和逆反应速率相等，且都为零D．单位时间内消耗amolN2同时消耗2amolNH3，说明该反应已达到平衡状态【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、当体系达平衡状态时，N2、H2和NH3的物质的量浓度之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关化学平衡是动态平衡，故A错误；B、可逆反应不可能完全转化，故B错误；C、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，故C错误；D、单位时间内消耗amolN2等效于生成2amolNH3同时消耗2amolNH3，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．7．下列关于有机物的性质或应用说法不正确的是()A．淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应B．CH2Cl2只有一种结构说明甲烷分子是正四面体结构，而不是平面正方形结构C．煤通过干馏可得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等D．油脂皂化反应的产物是高级脂肪酸盐和甘油【考点】有机化学反应的综合应用．【分析】A、相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；B、二氯甲烷只有一种结构说明甲烷为正四面体；C、煤干馏是在隔绝空气条件下对煤加强热使煤分解，可得到多种物质；D、油脂在碱性条件下水解的主要产物为高级脂肪酸钠与甘油．【解答】解：A、油脂属于小分子化合物，故A错误；B、根据分子式，可推测CH4的空间结构只有平面正方形和正四面体两种可能．若为平面正方形结构，则其二元取代物有两种同分异构体，而正四面体的二元取代物不存在同分异构体，故B正确；C、煤干馏是在隔绝空气条件下对煤加强热使煤分解，可以得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等重要化工原料，故C正确；D、油脂在碱性条件下水解反应称为皂化反应，皂化反应的主要产物为高级脂肪酸钠与甘油，故D正确．故选A．26\n【点评】本题主要考查的是高分子化合物的概念、甲烷的结构、煤的干馏产物以及油脂的水解规律，难度不大，属于基础题．8．下列装置或操作不能达到实验目的是()A．图中的实验现象能证明非金属性：Cl＞C＞SiB．图可用于实验室制备并收集乙酸乙酯C．图中，气体从a口进入时，可用于收集H2、CH4、NH3等气体D．图中X若为CCl4，可用于吸收NH3或HCl【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化碳能与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；B．乙酸乙酯在饱和碳酸钠中的溶解度较小；C．H2、CH4、NH3密度比空气小，应用向下排空法收集；D．NH3或HCl在四氯化碳中溶解度较小．【解答】解：A．二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，实验失败，故A错误；B．乙酸乙酯在饱和碳酸钠中的溶解度较小，可用饱和碳酸钠吸收乙醇和乙酸，故B正确；C．H2、CH4、NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，故C正确；26\nD．NH3或HCl在四氯化碳中溶解度较小，可防倒吸，故D正确．故选A．【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及分离方法为解答的关键，注意装置图与分离仪器、分离原理，题目难度不大．9．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．标准状况下，22.4L苯的分子数约为NA个B．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC．100mL1mol/LCH3COOH溶液跟足量钠反应，生成的氢气分子数为0.05NAD．常温下，在1moLC5H12中含有共价键数15NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．标准状况下，苯的状态不是气体；B．乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式进行计算；C．钠能够与水反应，生成氢气的量取决于钠的物质的量；D．戊烷分子中含有4个碳氢键、12个碳氢键，总共含有16个共价键．【解答】解：A．标况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故A错误；B．7.0g乙烯和丙烯的混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=0.5mol，含有1mol氢原子，含有氢原子的数目为NA，故B正确；C．钠能够与水反应，钠的物质的量不知，无法计算生成氢气的分子数，故C错误；D．1mol戊烷分子中含有4mol碳碳键、12mol碳氢键，总共含有16mol共价键，含有共价键数16NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握阿伏伽德罗常数与物质的量等物理量之间的关系，C为易错点，注意生成氢气的量取决于钠的量．10．在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）()A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol/（L•min）B．6～10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L•min）C．反应到6min时，H2O2分解了50%D．反应到6min时，c（H2O2）=0.30mol/L【考点】化学平衡的计算．【分析】A.0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（L•min）；B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小；26\nC.6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=×100%；D.6min时，c（H2O2）=（0.40﹣）mol/L．【解答】解：A.0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（L•min）≈3.3×10﹣2mol/（L•min），故A正确；B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小，前6min内反应速率为3.3×10﹣2mol/（L•min），则6～10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L•min），故B正确；C.6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=×100%=50%，故C正确；D.6min时，c（H2O2）=（0.40﹣）mol/L=0.20mol/L，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学平衡有关计算，侧重考查学生计算能力，熟悉物质的量浓度公式、浓度与反应速率关系、转化率的计算方法等知识点即可解答，题目难度不大．11．PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大．X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料．下列说法正确的是()A．Z与Y形成的化合物可作为耐高温材料B．WY2能与碱反应，但不能与任何酸反应C．原子半径按X、Y、Z、R、W的顺序依次增大D．熔沸点：X2R＞X2Y【考点】原子结构与元素的性质；原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于第三周期，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，据此解答．【解答】26\n解：X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于第三周期，Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，A．Z与Y形成的化合物为氧化铝，熔点很高，可作为耐高温材料，故A正确；B．SiO2能与碱反应，能与氢氟酸反应，故B错误；C．H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：H＜O＜S＜Si＜Al，故C错误；D．H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间没有氢键，故H2O的沸点比H2O高，故D错误，故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系等，推断元素是解题的关键，注意掌握硅元素单质及其化合物的性质及其元素周期律，难度不大．12．下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系据此判断下列说法中正确的是()A．石墨转变为金刚石是吸热反应B．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）是吸热反应C．相同条件下，等质量S（g）和S（s）的能量比较，S（s）较大D．白磷比红磷稳定【考点】反应热和焓变．【分析】A、图象分析金刚石能量高于石墨；B、图象分析反应物CO（g）+H2O（g）的能量总和高于生成物CO2（g）+H2（g）的能量总和；C、依据图象分析固体硫变化为气态硫需要吸收能量；D、图象分析白磷能量高于红磷；【解答】解：A、图象分析金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；B、图象分析反应物CO（g）+H2O（g）的能量总和高于生成物CO2（g）+H2（g）的能量总和，反应是放热反应，故B错误C、依据图象分析固体硫变化为气态硫需要吸收能量，相同条件下，等质量S（g）和S（s）的能量比较，S（s）较小，故C错误；D、图象分析白磷能量高于红磷，能量越高越活泼，白磷比红磷活泼，故D错误；故选A．【点评】本题考查了图象分析判断，焓变和物质能量的变化分析判断是关键，题目较简单．13．美国科学家宣布发现了铝的“超级原子”结构﹣﹣Al13和Al14，已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态，下列说法中，正确的是()A．Al13和Al14互为同位素B．Al14与盐酸反应的化学方程式可表示为：Al14+2HCl=Al14Cl2+H2↑C．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子D．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合26\n【考点】同素异形体．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同；B．根据金属能与酸反应得到氢气以及All4的价电子为3×14=42，易失去2个电子，形成+2价阳离子；C．Al13的价电子为3×13=39，易得电子，All4的价电子为3×14=42，易失去电子；D．Al13超原子中Al原子间通过共有电子对成键．【解答】解：A．同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同，故A错误；B．Al14与盐酸反应生成盐和氢气：化学方程式可表示为：Al14+2HCl=Al14Cl2+H2↑，故B正确；C．Al13的价电子为3×13=39，易得电子，形成阴离子，而All4的价电子为3×14=42，易失去电子，形成阳离子，故C错误；D．Al13超原子中Al原子间是通过共有电子对成键，所以以共价键结合，故D错误；故选B．【点评】本题以信息的形式考查原子的结构与性质，注意信息中40个价电子时最稳定及铝的价电子是解答的关键，选项D为易错点，题目难度中等．14．某化学反应过程如图所示，由图得出的判断，错误的是()A．乙醇发生了还原反应B．反应中有红黑颜色交替变化的现象C．铜是此反应的催化剂D．生成物是乙醛【考点】化学基本反应类型．【分析】图示中发生的化学反应可以表述为2Cu+O2═2CuO，CuO+CH3CH2OH﹣→CH3CHO+Cu+H2O，总反应为醇的催化氧化．【解答】解：图示中发生的化学反应可以表述为2Cu+O2═2CuO，红变黑，CuO+CH3CH2OH→CH3CHO+Cu+H2O，黑变红，总反应为醇的催化氧化，乙醇发生了氧化反应，产物为乙醛，催化剂为铜，因此只有A错误，故选A．【点评】本题考查醇类的催化氧化反应，难度不大．注意图中箭头指向，从图中正确获取信息．15．美国圣路易斯大学研制新型的乙醇燃料电池，用质子（H+）溶剂，在200℃左右供电．电池总反应为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，如图是该电池的示意图，下列说法正确的是()26\nA．a极为电池的正极B．电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C．电池正极的电极反应为：4H++O2+4e﹣═2H2OD．电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有6mol电子转移【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】由质子的移动方向可知a为负极，a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H+，电极反应式为C2H5OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+，b为正极，发生还原反应，电极方程式为4H++O2+4e﹣═2H2O，以此解答该题．【解答】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，则a为负极，故A错误；B．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，故B错误；C．正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e﹣=2H2O，故C正确；D．乙醇中C元素的化合价为﹣2价，被氧化后升高到+4价，则电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移，故D错误．故选C．【点评】本题考查原电池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法，难度不大．16．实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂．发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末可能是()①Fe2O3和MnO2②MnO2和V2O5③Cr2O3和V2O5④Fe3O4和FeO．A．①②B．②③C．③④D．①④【考点】探究铝热反应；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂，发生铝热反应．9g铝粉可以提供1mol电子，氧化物中的金属元素每得到1mol电子对应的单一单质的质量就是18g，铝粉完全置换出金属单质，如果氧化物是混合物，得到的对应金属单质质量应该一个大于18g，一个小于18g；【解答】解：①Fe2O3中的铁为+3价，得到1mol电子对应的铁单质的质量为18.7g，MnO2中+4价Mn得到1mol电子对应的锰的质量为13.75g．故①正确；②MnO2中+4价Mn得到1mol电子，对应的锰的质量为13.75g，V2O5中+5价V得到1mol电子对应的质量为10.2g．故②错误；③Cr2O3中+3价的Cr得到1mol电子对应的质量为17.3g，V2O5中+5价V得到1mol电子对应的质量为10.2g．故③错误；④铝全部反应：Fe3O4中的铁为+2和+3价，1个氧离子可失去2个电子，从Fe3O4变成铁．当得到1mol电子时，Fe3O4失去0.5摩尔O，可以得到铁单质168g×0.5/4=21g，FeO中+2价Fe得到1mol电子对应的质量为28g，当铝为部分反应时④仍成立．故④正确；故选D．26\n【点评】该题解题时，需注意从氧化物转变成单质，失去的氧的物质的量以及转移的电子数，理清它们的关系式解题的关键．二．非选择题（本题共5个小题，共52分）17．随原子序数的递增，八种短周期元素（x～h）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如柱状图所示．根据判断出的元素回答问题：（1）这些元素中，有一种元素的同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是14C；该元素在周期表的位置是第二周ⅣA族．（2）比较d、e、h常见简单离子的半径大小（用离子符号表示）O2﹣＞Na+＞Al3+．（3）这些元素中，有一种元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应生成一种盐，该盐的化学式为NH4NO3．还有一种元素形成的单质既可以与强酸溶液反应，又可以与强碱溶液反应（不考虑与溶剂的反应），写出该单质与强碱溶液反应的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．（4）d与x、e均可按原子个数比1：1形成化合物，这两种化合物所含的不同化学键类型是离子键．（5）用电子式表示e与g形成化合物的过程：．（6）判断g与h的元素非金属性强弱的实验依据是氯气与Na2S溶液反应产生浑浊（或其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱、单质分别与H2反应的剧烈程度等）（写出一种）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．（1）可测定文物年代的为14C；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；（3）这些元素中，有一种元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应生成一种盐，该盐为硝酸铵；还有一种元素形成的单质既可以与强酸溶液反应，又可以与强碱溶液反应（不考虑与溶剂的反应），该元素为Al；（4）d与x按原子个数比1：1形成化合物为H2O2，d、e均可按原子个数比1：1形成化合物为Na2O2；（5）e与g形成化合物为Na2S，由钠离子与硫离子构成；（6）可以根据单质与氢气反应难易程度、氢化物稳定性、元素单质之间的相互置换、最高价氧化物水化物的酸性强弱等进行判断．【解答】解：从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．（1）可测定文物年代的为14C，处于周期表中第二周ⅣA族，26\n故答案为：14C；第二周ⅣA族；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Na+＞Al3+，故答案为：O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）这些元素中，有一种元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应生成一种盐，该盐为NH4NO3，还有一种元素形成的单质既可以与强酸溶液反应，又可以与强碱溶液反应（不考虑与溶剂的反应），该元素为Al，其单质与强碱反应离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：NH4NO3；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（4）d与x按原子个数比1：1形成化合物为H2O2，含有共价键，d、e均可按原子个数比1：1形成化合物为Na2O2，含有离子键、共价键，含有不同类型的化学键是离子键，故答案为：离子键；（5）e与g形成化合物为Na2S，由钠离子与硫离子构成，用电子式表示其形成过程为，故答案为：；（6）判断S与Cl元素非金属性强弱的实验依据有：氯气与Na2S溶液反应产生浑浊、或其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱、或单质分别与H2反应的剧烈程度等，故答案为：氯气与Na2S溶液反应产生浑浊（或其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱、单质分别与H2反应的剧烈程度等）．【点评】本题考查结构位置性质关系综合应用，题目难度中等，根据化合价与原子半径推断元素为解答关键，注意金属性、非金属性强弱比较的方法，明确原子结构与元素周期律、元素周期表的关系．18．现有反应：A．CaCO3CaO+CO2↑B．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑C．C+CO22COD.2KOH+H2SO4═K2SO4+2H2O（1）上述四个反应中属于氧化还原反应且反应过程中能量变化符合如图1的是C（填反应序号）．（2）在常温下，上述四个反应中可用于设计原电池的是B（填反应序号），根据该原电池回答下列问题：①负极材料是锌，负极发生氧化（填“氧化”或“还原”）反应；正极反应式为2H++2e﹣=H2↑．②当导线中有1mol电子通过时，理论上发生的变化是bc填序号）．a．溶液增重32.5gb．溶液增重31.5gc．析出1gH2d．析出11.2LH2（3）对于反应B，将足量且等量的形状相同的锌块分别加入到等浓度等体积的两份稀硫酸X、Y中，同时向X中加入少量饱和CuS04溶液，发生反应生成氢气的体积（V）与时间（t）的关系如图2所示．①m曲线表示锌与稀硫酸X（填“X”或“Y”）反应．②锌分别与稀硫酸X、Y反应时，反应速率不同26\n的原因是c（填序号）．a．CuS04作催化剂b．加入硫酸铜溶液增大了c（SO42﹣）c．Zn首先与Cu2+反应，生成的Cu与Zn、稀硫酸构成原电池d．加入硫酸铜溶液增大了溶液体积．【考点】原电池和电解池的工作原理；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素．【分析】（1）图1为生成物能量大于反应物能量，则该反应为吸热反应，根据是否有化合价变化判断是否为氧化还原反应；（2）能设计成原电池的反应通常是放热反应，依据原电池原理可知必须是氧化还原反应；①发生氧化反应的为负极，发生还原反应的为正极；②依据电子转移守恒计算和分析两个电极变化；（3）对于反应B，将足量且等量的形状相同的锌块分别加入到等浓度等体积的两份稀硫酸X、Y中，同时向X中加入少量饱和CuS04溶液，锌将铜置换出来与锌形成原电池加快反应速率，所以反应快的为X，据此分析．【解答】解：（1）由图1为生成物能量大于反应物能量，则该反应为吸热反应，有化合价变化的是为氧化还原反应，则只有C为吸热的氧化还原反应，故选：C；（2）设计原电池需要反应发生的是氧化还原反应，原电池的反应通常是放热反应，比较分析可知AD为非氧化还原反应，B为放热反应的氧化还原反应，C为吸热反应的氧化还原反应，所以B符合原电池设计原理的要求，故答案为：B．①由原电池总反应Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，其中负极材料是锌，发生氧化反应，溶液中氢离子得到电子在正极生成氢气，电极反应2H++2e﹣=H2↑，故答案为：锌；氧化；2H++2e﹣=H2↑；②当导线中有1mol电子通过时，负极锌物质的量减小0.5mol，质量减小0.5mol×65g/mol=32.5g；正极上放出氢气，根据电子守恒生成氢气的物质的量0.5mol，质量为0.5mol×2g/mol=1g，所以选项中bc正确；故答案为：bc；（3）对于反应B，将足量且等量的形状相同的锌块分别加入到等浓度等体积的两份稀硫酸X、Y中，同时向X中加入少量饱和CuS04溶液，锌将铜置换出来与锌形成原电池加快反应速率，所以反应快的为X，则m曲线到达平衡的时间短，反应速率快，所以m曲线表示锌与稀硫酸X，故答案为：①X②c．【点评】本题考查了原电池的设计、原理的分析和应用，主要是电极反应及其相关计算，电极产物判断，掌握基础是关键，题目难度中等．19．已知有机物A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂．由A为原料衍生出的部分化工产品如图所示．回答下列问题：26\n（1）A中所含官能团的名称为碳碳双键．（2）写出下列反应的反应类型：A→B加成反应，B→F取代反应．（3）采用简单化学方法鉴别B、C中所含官能团，所用试剂是（填写一种试剂）碳酸氢钠溶液或紫色石蕊试液．（4）写出下列反应的化学方程式①A→E：nCH2=CH2；②C→D：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．（5）由B生成C也可通过两步反应完成：BC2H4OC，写出其中反应①的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．（6）写出G的结构简式CH2═CHCl．（7）E和H是两种常见的塑料，其中一种塑料可作食品袋，该塑料的化学名称是聚乙烯．【考点】有机物的推断．【分析】A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂，则A为CH2=CH2，A和水反应生成B，B为CH3CH2OH，A发生加聚反应生成E，E为，B在光照条件下发生取代反应生成F，F为CH2ClCH2OH，F在浓硫酸作催化剂加热条件下发生消去反应生成G，G为CH2=CHCl，G发生加聚反应生成H，H为；B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为CH3COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，据此分析解答．【解答】解：A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂，则A为CH2=CH2，A和水反应生成B，B为CH3CH2OH，A发生加聚反应生成E，E为，B在光照条件下发生取代反应生成F，F为CH2ClCH2OH，F在浓硫酸作催化剂加热条件下发生消去反应生成G，G为CH2=CHCl，G发生加聚反应生成H，H为；B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为CH3COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，（1）A是乙烯，含有碳碳双键，故答案为：碳碳双键；26\n（2）A发生加成反应生成B，B发生取代反应生成F，故答案为：加成反应；取代反应；（3）B是乙醇，C是乙酸，乙酸具有酸性，能和碳酸氢钠反应，可以用碳酸氢钠或紫色石蕊试液检验乙酸，故答案为：NaHCO3溶液或紫色石蕊试液；（4）①该反应方程式为nCH2=CH2；②该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：nCH2=CH2；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（5）乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，所以①的反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（6）G的结构简式为CH2═CHCl，故答案为：CH2═CHCl；（7）能做食品袋的是聚乙烯，故答案为：聚乙烯．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，以A为突破口结合反应条件进行推断，熟悉常见有机物结构简式、官能团及其性质关系，题目难度不大．20．最近，个别国家在南海问题上发表错误言论，但是中国人民有能力捍卫国家领海主权．南海资源丰富，海水开发利用的部分过程如图1所示．（1）在海水获得淡水的诸多方法中，历史最久，技术和工艺也比较成熟，但成本较高的方法是蒸馏法．（2）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以离子的形式存在．实验室中模拟从海带提取碘的流程如图2所示：ⅰ．将海带放在如3图所示的仪器中灼烧，该仪器的名称为坩埚．指出提取碘的过程中有关的实验操作名称①过滤．ⅱ．写出过程②中有关反应的离子方程式2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O．ⅲ．提取碘的过程③中可提供选择的有机试剂为b．a．酒精、四氯化碳b．四氯化碳、苯c．汽油、醋酸26\n（3）从苦卤中提溴常用空气吹出法．其过程如图4所示：ⅰ．第①步和第③步发生的离子方程式相同，均生成Br2，那么该方法中还需第②③步，其目的是富集溴ⅱ．吸收塔中吸收剂A是c．a．NaOHb．Ca（OH）2c．SO2（4）工业生产中，由苦卤提溴后的溶液可得到金属Mg．ⅰ．向苦卤提溴之后的溶液中加入沉淀剂，该沉淀剂可选用ba．NaOHb．Ca（OH）2c．KOHⅱ．由无水MgCl2冶炼金属Mg的化学方程式为MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．【考点】海水资源及其综合利用；海带成分中碘的检验．【分析】（1）利用蒸馏法控制水的沸点100°C，使水变为蒸气通过冷凝得到蒸馏水，能使海水淡化，但成本较高；（2）i、溶固体在坩埚中灼烧，分离固体和液体用过滤；ii、过程②中有关反应是碘离子为碘单质；iii、萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，据此来选择合适的试剂；（3）i、第①步和第③步发生的离子方程式相同，均生成Br2，目的是富集溴；ii、吸收塔内是吸收空气吹出的溴蒸汽，吸收剂为二氧化硫，和溴单质反应生成硫酸和溴化氢；（4）i、沉淀镁离子为氢氧化钙结合镁离子形成沉淀；ii、无水氯化镁熔融电解生成镁和氯气．【解答】解：（1）在海水获去得淡水的诸多方法中，历史最久，技术和工艺也比较成熟，但成本较高的方法是蒸馏法，故答案为：蒸馏法；（2）i、将海带放在如3图所示的仪器中灼烧，该仪器为坩埚，过滤适用于不溶于水的固体和液体，提取碘的过程中有关的实验操作名称①为过滤，故答案为：坩埚；过滤，ii、过程②中有关反应是碘离子为碘单质，反应的离子方程式为：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O，故答案为：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O；iii、萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，26\na．酒精、四氯化碳，酒精易溶于水，不能分层，故a错误；b．四氯化碳、苯符合萃取剂的要求，可以萃取分液，故b正确；c．汽油、醋酸中醋酸是溶于水的不能分层，不能做萃取剂，故c错误；故答案为：b；（3）i、第①步和第③步发生的离子方程式相同，均生成Br2，是利用过氧化氢氧化溴离子为溴单质，溴单质被二氧化硫氧化生成溴化氢，通入氯气氧化溴化氢为溴单质，操作的目的是富集溴，故答案为：富集溴；ii、吸收塔内是吸收空气吹出的溴蒸汽，吸收剂为二氧化硫，和溴单质反应生成硫酸和溴化氢，吸收剂A为二氧化硫，选择c，故答案为：c；（4）i、向苦卤提溴之后的溶液中加入沉淀剂，沉淀镁离子为氢氧化钙结合镁离子形成沉淀，氢氧化钙来源丰富且廉价，故选b，故答案为：b；ii、无水氯化镁熔融电解生成镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．【点评】本题考查学生卤素单质的性质，物质含量测定的实验设计和数据获得，溴单质的提取流程分析判断，出题方式新颖，有一定的思维空间，题目难度中等．21．氯及其化合物在合成消毒剂、药物等方面具有广泛用途．二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，某兴趣小组通过如图装置，对二氧化氯及氯气的性质进行了研究：（1）打开分液漏斗A的活塞，烧瓶中发生反应：2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O为使ClO2在C中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜慢（填“快”或“慢”）．（2）ClO2处理过的饮用水会含有一定量的NaClO2．若要除去超标的NaClO2，下列物质最适宜的是d（填标号）．a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁（3）写出D中甲烷的第一步反应化学方程式CH4+Cl2CH3Cl+HCl（4）E装置的作用是cd（填编号）．a．收集气体b．吸收氯气c．防止倒吸d．吸收氯化氢（5）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为分液．该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为ab（填编号）．a．CH4b．CH3Clc．CH2Cl2d．CHCl326\n【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质．【分析】（1）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；（2）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子；（3）甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢；（4）反应过程中生成氯化氢，装置E是吸收氯化氢，防止倒吸的作用；（5）甲烷和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离，氯气与甲烷反应生成产物中氯化氢、一氯甲烷为气体，其余为液态；【解答】解：（1）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，故答案为：慢；（2）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d；（3）甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，反应的化学方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；（4）反应过程中生成氯化氢，装置E是吸收氯化氢，防止倒吸的作用，所以选择cd，故答案为：cd；（5）甲烷和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开，甲烷与氯气发生取代反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，故选ab．故答案为：分液，ab；【点评】本题考查甲烷和氯气的取代反应、氯气的实验室制法，明确甲烷发生取代反应的原理及得到氯代烷的性质是解题关键，题目难度不大．26
