四川省成都外国语学校2019-2020学年高一化学下学期期中试题.doc

四川省成都外国语学校2019-2020学年高一化学下学期期中试题四川省成都外国语学校2019-2020学年高一化学下学期期中试题年级：姓名：- 26 -四川省成都外国语学校2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）注意事项：1. 本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分；2. 本堂考试100分钟，满分100分；3. 答题前，考生务必将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂；4. 考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量 ：H 1 C 12 O 16 Br 80 Al 27 Fe 56 Cu 64第卷(选择题，共50分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.合理开发和利用海水资源是世界各国研究的课题。下列对于海水利用的认识错误的是A. 海水中蕴藏有丰富的资源，人类可以大量开发，以弥补资源的短缺B. 淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法C. 可以用太阳能电解海水以获取氢能源D. 以海水中提纯出的NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品【答案】A【解析】【分析】【详解】A海洋是人类宝贵资源，人类可以提取海水的各种元素，例如：海水中的镁盐是提炼金属镁的原料；磷灰石结核是磷肥工业的重要原料；锰结核含锰、铁、钻、镍等20多种元素是重要的冶金原料；海水所含的重氢，是核聚变的燃料，也是人类正在开发的新能源，但大量开发海水中的物质，会破坏海洋生态平衡和能耗导致全球的能源缺乏，A错误；B现在所用的海水淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法、电渗析法等，B正确；C水中氢和氧结合非常牢固，要释放出氢需要很高的能量，太阳能是地球上能量的最终来源，既是一次能源，又是可再生能源。它资源丰富，既可免费使用，又无需运输，对环境无任何污染，可以用太阳能电解海水以获取氢能源，C正确；D烧碱、氯气可以通过电解NaCl水溶液得到，纯碱用侯氏制碱法制得，金属钠通过电解熔融氯化钠得到，盐酸可由氢气和氯气反应制得，都需要用到NaCl，D正确；故选A。2.“高铁出口”是中国的骄傲，高铁产业的发展也给铝工业带来了春天。最近，某大学的超导回旋加速器实验室发现了超重铝42Al，关于42Al的说法错误的是A. 属于金属元素B. 中子数与质子数之差为29C. 原子的核外电子数为13D. 27Al和42Al是两种不同的核素【答案】B【解析】【详解】A27Al和42Al质子数都是13，都是Al元素，属于金属元素，A正确；B 42Al的中子数为42-13=29，中子数与质子数之差为29-13=16，B错误；CAl是13号元素，质子数为13，原子的核外电子数=质子数=13，C正确；D27Al和42Al质子数相同，中子数不同，是Al的两种不同的核素，D正确；故选B。3.下列变化中主要属于化学变化的是风化 皂化 酯化 煤的气化 煤的液化 裂化 裂解 蒸馏 分馏 煤的干馏A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】风化是指在室温和干燥空气里，结晶水合物失去结晶水的现象，是化学变化；皂化是油脂在碱性条件下的水解反应，是化学变化；酯化是指酸与醇反应生成酯和水的反应，是化学变化；煤的气化是煤在高温下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，属于化学变化；煤的液化是将煤在适宜的反应条件转化为洁净的液体燃料和化工原料的过程，分为直接液化和间接液化，属于化学变化；裂化指一定条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是化学变化；裂解是深度裂化，使具有长链分子的烃断裂成各种断裂的气态烃和少量液态烃的过程，属于化学变化；蒸馏和分馏是依据液态混合物中各组分沸点的不同进行的分离过程，属于物理变化；煤的干馏是煤在隔绝空气的条件下加强热发生复杂的物理、化学变化过程，是化学变化；综上所述，属于化学变化的是，故选A。4.化学在环境、生产和生活中有着广泛的应用。下列说法中正确的是A. 普通锌锰干电池不含环境污染物，可以随意丢弃B. 海带中含有I-可用H2O2将其氧化成I2再用裂化汽油进行萃取C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D. 工业可用电解熔融的Al2O3或AlCl3制取单质铝【答案】C【解析】【详解】A普通锌锰干电池会造成重金属污染、电解液污染等问题，不能随意丢弃，A错误；B裂化汽油的成分中包含不饱和的烯烃，会与I2发生加成反应，不能萃取I2，B错误；C绿色化学又称环境无害化学、环境友好化学、清洁化学，即减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计，其核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，C正确；DAlCl3是共价化合物，熔融态不导电，工业上制取单质铝可电解Al2O3，D错误；故选C。5.运用有关概念判断下列说法中不正确的是由元素周期律的变化规律可知：SrSO4的溶解度比CaSO4的溶解度大 同位素的性质完全相同 利用Br2与I2分别与足量的H2反应的难易，判断溴与碘的非金属活动性强弱 电子数相同的粒子不一定是同一种元素 一种元素只能有一种质量数 互称同位素两种核素间具有相同的中子数和核外电子数A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Ca和Sr均属于第IIA族元素，由MgSO4易溶，CaSO4微溶，BaSO4难溶可知，从上到下溶解度不断减小，错误；同位素的化学性质相同但物理性质不同，错误；非金属单质与氢气化合越容易，对应元素的非金属性越强，正确；两种粒子，电子数一样，离子带电，分子、原子不带电，则两种粒子质子数不一定相同，如Na+与Ne电子数相同，但质子数不同属于不同元素，正确；元素是具有相同质子数的一类原子的总称，元素不谈质量数，一种元素可能存在不同的核素，同一元素的原子可能有不同的质量数，错误；互称同位素的两种核素间具有相同的质子数和核外电子数，而中子数不同，错误；综上所述，不正确，故选D。6.下列化学用语表达正确的是A. 羧基的电子式：B. 乙烯的最简式：CH2C. 次氯酸的电子式：D. 四氯化碳的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A羧基的C和O之间有一个碳氧双键和一个碳氧单键，电子式为：，A错误；B乙烯的分子式为C2H4，最简式为CH2，B正确；C书写电子式时Cl原子周围的电子需要画出，氯原子最外层满足8电子结构，所以次氯酸的电子式为，C错误；D四氯化碳中C原子的半径比Cl原子小，正确的比例模型为，D错误；故选B。7. 下列做法利用了浓度对化学反应速率的影响的是A. 将食物保存在电冰箱里B. 做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉C. 向过氧化氢溶液中加入MnO2D. 铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸【答案】D【解析】【分析】考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。【详解】A、将食物保存在电冰箱里是温度对反应速率的影响，A错误；B、做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉是接触面积对反应速率的影响，B错误；C、向过氧化氢溶液中加入MnO2是催化剂对反应速率的影响，C错误；D、铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸改变了盐酸的浓度，加快了反应速率，D正确；故D为合理选项。8.下列说法不正确的是A. 12C和14C互为同位素B. 甲烷与正丁烷(CH3CH2CH2CH3)互为同系物C. 二氧化碳和干冰互为同素异形体D. 乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A12C和14C的质子数都为6，中子数分别为6、8，两者互为同位素，故A正确；B正丁烷（CH3CH2CH2CH3）和甲烷（CH4）的分子组成相差3个CH2原子团，且结构相似，互为同系物，故B正确；C二氧化碳和干冰是同种物质，属于化合物，不可能是同素异形体，故C错误；D乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D正确。故选C。【点睛】本题主要考查了同位素、同素异形体、同分异构体等，难度不大，注意概念的理解。解题要点：质子数相同中子数不同的同一原子互称同位素，由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。9.下列说法正确的是A. 只含有一种元素的物质一定是纯净物B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物C. 石墨转变为金刚石为化学变化D. 水很稳定是因为水分子间存在较强的分子间作用力【答案】C【解析】【详解】A只含有一种元素的物质可能是混合物，如氧气和臭氧，A错误；B含有共价键的化合物可能是离子化合物，如氢氧化钠中含有共价键，B错误；C石墨转变为金刚石有新物质生成，属于化学变化，C正确；D水很稳定是因为水分子中共价键比较稳定，D错误；答案选C。10.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成； 乙烯与水生成乙醇的反应D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】【详解】A甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；B乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；C在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；D苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】准确理解加成反应和取代反应的反应原理是解题关键，有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)11.下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述中，不正确的是( )A. 纤维素葡萄糖 CO2和H2O（释放能量维持生命活动）B. 淀粉葡萄糖 CO2和H2O（释放能量维持生命活动）C. 蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育）D. 油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O（释放能量维持生命活动）【答案】A【解析】【详解】A纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，A错误；B淀粉最终水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量维持生命活动，B正确；C蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，C正确；D油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，D正确；答案选A。12.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 1 mol苯分子中含有CC双键数目为3NAB. 标准状况下，11.2L CH3Cl中含有的共价键数目为2NAC. 常温常压下，2.8 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2 NAD. 17 g甲基(14CH3)所含中子数为8NA【答案】A【解析】【详解】A苯分子中没有碳碳双键，碳和碳之间是一种介于单间和双键之间的化学键，A错误；B标准状况下，11.2L CH3Cl的物质的量为0.5mol，每个CH3Cl分子中共价键有4条，故0.5mol CH3Cl中含有的共价键数目为2NA，B正确；C乙烯（C2H4）、丙烯（C3H6）的最简式相同，均为CH2，所以2.8g混合物中CH2的物质的量为，故C原子的数目为0.2 NA，C正确；D17 g甲基(14CH3)的物质的量为，每个甲基(14CH3)所含中子数为8个，故17 g甲基(14CH3)所含中子数为8NA ，D正确；故选A。13.欲除去下列物质中混入的少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和分离方法都正确的是A. 乙烷(乙烯)：酸性高锰酸钾溶液 洗气B. 溴苯(Br2)：NaOH溶液 分液C. 乙醇(水)：生石灰 过滤D. 乙醇(乙酸)：饱和Na2CO3溶液 分液【答案】B【解析】【分析】【详解】AKMnO4可以将乙烯氧化，但乙烯被氧化后生成CO2，引入新杂质，A错误；BNaOH可以与Br2反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，反应后的NaBr和NaBrO易溶于水，进入水层，再通过分液将水层和溴苯进行分离，B正确；C水可以与生石灰反应生成熟石灰：CaO+H2O=Ca(OH)2，可以除去水，生成的Ca(OH)2与乙醇沸点相差很大，需要用蒸馏的方法，C错误；D乙醇和乙酸都与水互溶，加入Na2CO3溶液反应完后混合物溶在一起，无法分液，D错误；故选B。14.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的叙述不正确的是A. 该有机物能使Br2的CCl4溶液褪色，但不能使酸性KMnO4溶液褪色B. 1mol该物质与H2发生加成反应，最多可消耗H2 4molC. 在一定条件下，能发生取代、加成、氧化、酯化和加聚反应D. 能发生酯化反应的有两个官能团【答案】A【解析】【分析】化合物中含有的官能团为碳碳双键、羧基、羟基。【详解】A由于有机物中含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应使Br2的CCl4溶液褪色，也可以与KMnO4发生氧化反应使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B1mol该物质与H2发生加成反应时，苯环可以加成3mol H2，碳碳双键可以加成1mol H2，共可以消耗4mol H2 ，B正确；C苯环上可以发生取代反应，苯环和碳碳双键可以发生加成反应，碳碳双键和羟基可以发生氧化反应，羟基和羧基可以发生酯化反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D能发生酯化反应的是羟基和羧基两个官能团，D正确；故选A。15.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为前四周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法错误的是XYWZTA. X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B. 物质W3X4中，每个原子最外层均达到8电子稳定结构C. X、Y和氢形成的化合物中可能既有离子键、又有共价键D. T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【答案】A【解析】【分析】设Y元素原子最外层电子数为m，则X元素原子最外层电子数为m-1，W元素原子最外层电子数为m-2，Z元素原子最外层电子数为m+1，四种元素的原子最外层电子数之和为22，所以m+ m-1+ m-2+m+1=22，m=6，即W、X、Y、Z、T分别为Si、N、O、Cl、Ge。【详解】AX、Y元素的最低价氢化物NH3、H2O分子间都有氢键，沸点比HCl的高，A错误；B物质W3X4（Si3N4）中，每个原子最外层均达到8电子稳定结构，B正确；CX、Y和氢形成的化合物可以为HNO3，也可以是NH4NO3，在NH4NO3中既有离子键、又有共价键，C正确；DT元素的单质为锗，具有半导体的特性，主要化合价为+4，+2，故可以与Cl元素形成化合物GeCl4，D正确；故选A。16.下列实验方案中，不能达到相应实验目的的是ABCD方案目的验证不同催化剂对化学反应速率的影响验证石蜡油分解的产物中含有与烷烃性质不同的烃制备乙酸乙酯比较Cl2、I2的氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A根据生成气泡的快慢可验证不同催化剂对化学反应速率的影响，A正确；B烷烃不能使溴水褪色，而不饱和烃（如烯烃）可以使溴水褪色，根据溴水是否褪色可验证石蜡油分解的产物中含有与烷烃性质不同的烃，B正确；C乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下加热可以生成乙酸乙酯，右侧试管中的导管插入液面以下会发生倒吸，且若用NaOH会造成乙酸乙酯水解，应用饱和Na2CO3，且导管不能插入液面以下，C错误；D高锰酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，氯气可与碘化钾溶液反应生成碘单质，根据碘化钾溶液变为紫色可比较Cl2、I2的氧化性，D正确；故选C。17.为了测定液化气中丙烷（C3H8）在氧气不足时的燃烧产物，将一定量的丙烷和氧气置于一个封闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如下表：物质丙烷氧气水二氧化碳X反应前质量/g4.412.8000反应后质量/g007.24.4a下列判断正确的是A. 表中a的值为5.6B. X可能是该反应的催化剂C. X可能含有氢元素D. X只含碳元素【答案】A【解析】【详解】A根据质量守恒定律，反应前后质量相等，故4.4g+12.8g=7.2g+4.4g+a，则a=5.6g，正确；BX在反应前质量为0，而反应后质量为5.6克，则不符合催化剂的特点“一变二不变”，故X一定不是该反应的催化剂，错误；C根据质量守恒定律，化学反应前后各元素的质量不变：可求4.4克丙烷（C3H8）中氢元素的质量为：4.4g(844)=0.8g，水中氢元素的质量为：(218)7.2g=0.8g，显然二者相等，则说明X中一定不含有氢元素了，错误；D水中氢元素的质量为：(218)7.2g=0.8g，而二氧化碳中碳元素的质量为4.4g(1244)=1.2g，而4.4克丙烷（C3H8）中碳、氢元素的质量分别为：4.4g(844)=0.8g，故X中一定含有碳元素3.6g-1.2g=2.4g5.6克，故X还含有氧元素，错误。答案选A。18.在一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2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。忽略溶液体积变化，下列叙述不正确的是t/min0246810V(O2)/mL0.09.616.822.426.529.9A. 该反应可用MnO2、FeCl3溶液作为催化剂B. 04 min的平均反应速率v(H2O2)3.7510-2mol/(Lmin)C. 010 min，过氧化氢的分解速率逐渐加快D. 反应到6 min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】【分析】H2O2溶液发生催化分解的方程式为H2O2=2H2O+O2，据此结合数据分析解答。【详解】AMnO2、FeCl3可加快H2O2溶液的分解，故该反应可用MnO2、FeCl3溶液作为催化剂，A选项正确；B由图表数据可知，4min内生成了16.8mL氧气，16.8 mL氧气的物质的量为0.7510-3mol，根据反应方程式可知，分解的H2O2的物质的量为1.510-3mol，04min的平均反应速率v(H2O2)=3.7510-2mol/(Lmin)，B选项正确；C由表格数据可分析，每2min放出氧气的体积分别为：9.6mL、7.2mL、5.6mL、4.1mL、3.4mL，010 min，过氧化氢的分解速率逐渐减慢，C选项错误；D22.4 mL氧气的物质的量为110-3mol，分解的H2O2的物质的量为210-3mol，原溶液中H2O2的物质的量为410-3mol，反应到6 min时，H2O2分解了50%，D选项正确；答案选C。19.已知化学反应A2(g)+B2(g)2AB(l)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是 A. 每生成2mol气态AB吸收b kJ热量B. 向密闭容器中充入1mol A2和1mol B2充分反应，吸收的热量为(a-b)kJC. 向密闭容器中充入一定量的A2和B2，生成2mol AB(g)，吸收的热量小于(a-b)kJD. AB(l)分解为A2(g)和B2(g)的反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A根据图像可知，每生成2mol液态AB吸收(a-b)kJ热量，A选项错误；B向密闭容器中充入1mol A2和1mol B2充分反应，由于生成物状态未知，因此吸收的热量也未知，B选项错误；C由于2molAB(g)再转化为2molAB(l)会放出热量，则向密闭容器中充入一定量的A2和B2，生成2molAB(g)时吸收的热量大于(a-b)kJ，C选项错误；DA2(g)和B2(g)化合生成AB(l)的反应为吸热反应，则逆反应AB(l)分解为A2(g)和B2(g)的反应为放热反应，D选项正确；答案选D。【点睛】B选项为易错选项，解答时需注意生成物的状态不一定为液态，所以吸收的能量也就未知。20.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。关于该电池的叙述正确的是（）A b极发生氧化反应B. a极为该电池的正极C. 放电时，电流从a极经过负载流向b极D. a极的反应式：N2H4+4OH4eN2+4H2O【答案】D【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH-4eN2+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。【详解】A该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；B、a极通入的是燃料，为该电池的负极，故B错误；C、放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误；D、通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH-4eN2+4H2O，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反。第卷(非选择题，共50分)21.A、B、C、D、E、 F、G、H是周期表中前四周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：元素有关性质或结构信息A地壳中含量最多的元素BB阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小CC与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)DD原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味EE与D同周期，且在该周期中原子半径最小FF的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物GG是形成化合物种类最多的元素HH是与D相邻的同主族元素，且原子半径：HD(1) B元素符号为_ ，A与C以原子个数比为1：1形成的化合物的电子式为_ ，用电子式表示C与E形成化合物的过程_ 。 (2) A、C、E所形成简单离子半径由大到小的顺序是_ ，H的最高价氧化物对应水化物的化学式为_ ，A、D、H的氢化物的沸点由高到低的顺序为_ 。(3) 非金属性D_ E(填“大于”或“小于”)。下列事实能证明这一结论的是_ (选填字母序号)。a.E的熔点低于D b.氢化物的还原性:D E c.最高价氧化物对应的水化物酸性：E D d.氢化物的酸性：E D【答案】 (1). Al (2). (3). (4). Cl-O2-Na+ (5). H2SeO4 (6). H2OH2SeH2S (7). 小于 (8). b c【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G、H是周期表中前四周期的七种元素，A是地壳中含量最多的元素，则A为O元素，B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的，则B为Al元素，C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C为Na元素，D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素，E与D同周期，且在该周期中原子半径最小，则E为Cl元素，F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F为N元素，G是形成化合物种类最多的元素，则G为C元素，H是与D相邻的同主族元素，且原子半径：HD，则H为Se元素，据此分析解答问题。【详解】根据上述分析可知，A为O元素，B为Al元素，C为Na元素，D为S元素，E为Cl元素，F为N元素，G为C元素，H为Se元素；(1)B为元素铝，元素符号为Al，O与Na以原子个数比为1：1形成的化合物为Na2O2，为离子化合物，其电子式为，Na与Cl形成的化合物为NaCl，其形成过程为，故答案为：Al；(2)离子的核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，Cl-的核外电子层数为3层，O2-、Na+的核外电子层数为2层，核电荷数OO2-Na+，H的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SeO4，H2O分子间形成氢键，沸点最高，H2Se和H2S均为分子晶体，相对分子质量H2SeH2S，则范德华力H2SeH2S，因此沸点：H2OH2SeH2S，故答案为：Cl-O2-Na+；H2SeO4；H2OH2SeH2S；(3)S和Cl为同一周期元素，同周期元素从左至右非金属性依次增强，故非金属性SCl，a.熔点属于物理性质、不能判断元素非金属性的强弱；b.氢化物的还原性越弱，则元素的非金属越强；c.最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强；d.不能用氢化物的酸性判断非金属性的强弱；即bc可证明这一结论，故答案为：小于；bc。22.海水中化学资源的综合开发利用，已受到各国的高度重视。Br2和Mg等两种单质都可以从海水中提取，如图为提取它们的主要步骤：请回答：.从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一，主要方法就是上述流程中的空气吹出法。(1)制取Br2时第一次通入Cl2时发生反应的离子方程式是_。(2)吸收塔中反应的离子方程式是_，工业生产1mol Br2，理论上需要Cl2的物质的量为_ 。(3)取10L海水经过提纯浓缩，向吸收塔吸收后的溶液中加入0.100mol/L AgNO3溶液8.0mL恰好完全反应，则海水中含溴的含量为_ mg/L(不考虑提纯过程中溴的损失)。.镁及其合金是用途很广的金属材料，而目前世界上60%的镁就是从海水中按上述流程提取的。(1)上述流程中为了使MgSO4完全转化为Mg(OH)2，试剂可以选用_ (写化学式)。(2)步骤包括加热、蒸发、冷却、结晶、_。(3)通电时无水MgCl2在熔融状态下反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 2BrCl22ClBr2 (2). SO22H2OBr 24H2 BrSO42 (3). 2mol (4). 6.4 (5). Ca(OH)2 (6). 过滤 (7). MgCl2(熔融)MgCl2【解析】【分析】浓缩海水中主要含MgSO4、NaCl、NaBr，加入试剂氢氧化钙或氢氧化钠沉淀镁离子，过滤得到混合溶液中通入氯气，得到低浓度的溴单质，进入吸收塔用二氧化硫吸收得到溴化氢，再通入氯气得到高浓度的溴单质，氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶液溶解得到氯化镁溶液，加热、蒸发、冷却、结晶、过滤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁和氯气。【详解】由上述分析可知：I（1）浓缩海水与试剂反应得到氢氧化镁，剩余混合液中含有的是溴离子，通入氯气后，氯气与溴离子反应生成单质溴和氯离子，其离子方程式是Cl2+2Br-2 Cl-+Br2；答案为：Cl2+2Br-2 Cl-+Br2。（2）单质溴经过空气吹出法后被富集在吸收塔，通入的二氧化硫与单质溴反应生成硫酸和氢溴酸，其化学方程式是：Br2+SO2+2H2O2H2SO4+2HBr，即其离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-；由Cl2+2Br-2 Cl-+Br2，Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-，Cl2+2Br-2 Cl-+Br2，可知工业生产1mol Br2，需要2molCl2；答案为Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-，2mol。（3）由反应Ag+Cl-=AgCl，Cl2+2Br-2 Cl-+Br2，可知n(Ag+)n(Cl-)n(Br-)，由银元素的物质的量为0.1mol/L810-3L=0.810-3mol，则溴元素的物质的量也为0.810-3mol，溴元素的质量为0.810-3mol80g/mol=6410-3g=64mg，则海水中含溴的含量为=6.4mg/L；答案为6.4mg/L。II（1）为了使MgSO4转化为Mg(OH)2，从经济理念出发，试剂可以选用由海洋中的贝壳得到的固体Ca(OH)2使MgSO4完全转化为沉淀；答案为Ca(OH)2。（2）要从氯化镁溶液得到含结晶水的氯化镁，就需要蒸发、冷却、结晶，并通过过滤把固体从溶液中分离出来；答案为过滤。（3）氯化镁电解为分解反应，产物为镁和氯气，所以电解方程式为：MgCl2(熔融)MgCl2；答案为MgCl2(熔融)MgCl2。【点睛】本题应注意在MgCl2溶液制取MgCl26H2O晶体时，如果直接加热蒸发，因为Mg2+的水解，生成盐酸易挥发，得不到MgCl26H2O，故应采取在HCl气流中蒸发，才会抑制水解。23.乙烯是石油化学工业最重要的基础原料，经乙烯为原料可以制得许多工业材料和日用品。乙烯能发生下列转化关系：(1)A的分子式为_，化合物D的官能团名称是_。(2)写出反应、化学方程式：_； _。(3)上述反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率100%的反应有_。(4)实验室用B与D制备乙酸乙酯的化学方程式是_，浓硫酸的作用是_ ，分离提纯产品所用的试剂是_ 。【答案】 (1). HCl (2). 羧基 (3). CH2=CH2+Cl2ClCH2CH2Cl (4). nCH2=CHCl (5). (6). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (7). 催化剂、吸水剂 (8). 饱和Na2CO3溶液【解析】【分析】由图象可知，CH2=CH2与Cl2发生加成反应生成1，2-二氯乙烷：CH2= CH2+ Cl2CH2ClCH2Cl，1，2-二氯乙烷热裂解生成氯乙烯和HCl：CH2ClCH2ClCH2=CHCl+HCl，氯乙烯加聚生成聚氯乙烯：nCH2=CHCl，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成乙醇：CH2 = CH2+ H2OCH3CH2OH，乙醇与乙酸在浓硫酸的催化下加热发生酯化反应，生成乙酸乙酯：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。【详解】（1）根据分析，A为HCl；D为CH3COOH，官能团为羧基；（2）根据分析，的化学方程式为：CH2= CH2+ Cl2CH2ClCH2Cl，的化学方程式为：nCH2=CHCl；（3）只生成一种物质的反应原子利用率能达到100% ，对应的反应类型有加成反应和加聚反应，根据分析，属于加成反应的有，属于加聚反应的有，因此选；（4）根据分析，酯化反应的方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；其中浓硫酸既有催化剂的作用，又有吸水剂的作用；分离提纯产品所用的试剂是饱和Na2CO3溶液，饱和Na2CO3溶液可以吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度；【点睛】本题要注意第（3）题，原子利用率为100%即是反应物完全转化为生成物，没有任何副产物生成。无机化学里的化合反应可以满足该条件，有机化学里的加成反应、加聚反应也可以满足要求。24.能源、资源问题是当前人类社会面临的一项重大课题。(1) 直接利用物质燃烧提供热能在当今社会仍然占很大比重，但存在利用率低的问题。CH4、CO、CH3OH都是重要的能源物质，等质量的上述气体充分燃烧，消耗O2最多的是_ (填化学式)。(2) 燃料电池将能量转化效率比直接燃烧效率高，如图为某种燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。使用时，空气从_ 口通入(填“A”或“B”)；假设使用的“燃料”是甲烷，a极的电极反应为：_ 。(3)某同学设计如图的原电池，则正极的电极反应式为：_ ，当导线中有3.011023个电子流过，溶液质量变化为_ g。【答案】 (1). CH4 (2). B (3). CH4 - 8e- + 10OH- = CO32- + 7H2O (4). Cu2+ + 2e- = Cu (5). 2【解析】【详解】(1)CH4、CO、CH3OH燃烧的方程式分别是：CH4+2O2CO2+2H2O、2CO+O22CO2、2CH3OH+3O22CO2+4H2O，根据方程式，每克燃料所对应O2的质量分别是4g、0.57g、1.5g，故相同质量下甲烷