山西省運城市2024-2025學年高一化學下學期期中調(diào)研試題含解析

PAGE20-山西省運城市2024-2025學年高一化學下學期期中調(diào)研試題（含解析）留意事項：1.答題前，考生務必先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，仔細核對條形碼上的姓名、準考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上。2.答題時運用0.5毫術的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清晰。3.請依據(jù)題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效。4.保持卡面清潔，不折疊，不破損。可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1O—16N—14C—12一、選擇題（共18個小題，每題只有一個選項符合題意，每題3分，共54分）1.中國在探究太空，開發(fā)深海，建設世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭，5G技術聯(lián)通世界等方面取得了舉世矚目的成就，它們與化學有著親密聯(lián)系，下列說法正確的是（）A.中國天眼的“眼眶”是鋼鐵結成的圈梁，屬于新型無機非金屬材料B.打造生態(tài)文明建設，我國近年來大力發(fā)展核電、光電、風電、水電，電能屬于一次能源C.我國提出網(wǎng)絡強國戰(zhàn)略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是二氧化硅D.“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面運用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽【答案】C【解析】【詳解】A．中國天眼的“眼眶”，索網(wǎng)結構是FAST主動反射面的主要支撐結構，不是新型無機非金屬材料，故A錯誤；B．電能不是一次能源，屬于二次能源，故B錯。C．二氧化硅具有良好的光學特性，是制造光纜的主要原料，故C正確；D．高溫結構陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D錯誤；故選：C2.下列有關化學用語表示正確的是（）A.水分子的比例模型：B.過氧化氫的電子式為：C.正丁烷的球棍模型：D.乙烯的結構式：CH2=CH2【答案】C【解析】【詳解】A．水分子是V型結構，它的比例模型為：，故A錯誤；B．過氧化氫是共價化合物，電子式為，故B錯誤；C．正丁烷的分子式為C4H10，正丁烷的球棍模型：，故C正確；D．乙烯的結構簡式為：CH2=CH2，結構式為：，故D錯誤；答案選C。3.據(jù)報道，科學家新合成了一種抗癌、治癌的藥物，其化學式可表示為10B20．下列敘述正確的是（）A.10B20為硼元素的一種原子B.10B20為硼元素的一種單質(zhì)C.10B20的中子數(shù)比核外電子數(shù)多D.10B的原子核外電子排布為【答案】B【解析】【詳解】A.10B20既表示一種由B元素組成的單質(zhì)，又表示由20個10B原子構成的分子，A不正確；B.10B20為硼元素的一種單質(zhì)，B正確；C.10B20的中子數(shù)與核外電子數(shù)相同，C不正確；D.10B原子的最外層只有3個電子，D不正確。答案選B。4.化學與生活、社會發(fā)展休戚相關，下列說法不正確的是（）A.“霾塵積聚難見路人”，霧霾所形成的氣溶膠有丁達爾效應B.“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，該過程發(fā)生了置換反應C.“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干”詩句中涉及氧化還原反應D.屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此過程屬于化學變更【答案】D【解析】【詳解】A.霧霾屬于氣膠體，具有膠體的性質(zhì)，能夠發(fā)生丁達爾效應，A不符合題意；B.膽礬為CuSO4，“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”過程中發(fā)生反應Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，發(fā)生的是置換反應，B不符合題意；C.詩句中涉及蠟燭的燃燒，燃燒反應都為氧化還原反應，C不符合題意；D.加入乙醚作用是萃取，在這個過程中，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變更，D符合題意；故合理選項是D。5.下列反應是吸熱反應的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】此題主要考察兩個方面的內(nèi)容，一是對反應過程中能量變更圖像的相識，二是對常見的吸放熱反應的總結?！驹斀狻緼.由圖像可知，生成物的總能量高于反應物的總能量，因此A反應為吸熱反應；B.由圖像可知，生成物的總能量低于反應物的總能量，因此B反應為放熱反應；C.鋁熱反應為放熱反應，C反應為放熱反應；D.鋅和稀鹽酸的置換反應為放熱反應，D反應為放熱反應；綜上所述，屬于吸熱反應的是A，故答案選A。6.在探討物質(zhì)變更時，人們可以從不同的角度、不同的層面來相識物質(zhì)變更所引起的化學鍵及能量的變更，下列敘述錯誤的是（）A.化學反應中物質(zhì)變更的實質(zhì)是舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的形成B.須要加熱才能發(fā)生的反應肯定是吸熱反應C.燃燒可看成“儲存”在物質(zhì)內(nèi)部的能量轉(zhuǎn)化為熱能、光能并釋放出來D.破壞化學鍵所汲取的能量大于形成化學鍵所釋放的能量，這樣的反應是吸熱反應【答案】B【解析】【詳解】A．化學反應的過程就是原子重新組合的過程，這個過程中有舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的形成，因此化學反應中物質(zhì)變更的實質(zhì)是舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的形成，A選項正確；B．化學反應是吸熱還是放熱取決于反應物和生成物所具有的總能量凹凸，與反應條件無關，B選項錯誤；C．物質(zhì)的燃燒主要是將化學能轉(zhuǎn)化為熱能的過程，可以看成“儲存”在物質(zhì)內(nèi)部的能量(化學能)轉(zhuǎn)化為熱能、光能并釋放出來，C選項正確；D．反應的焓變=斷裂化學鍵汲取的能量-形成化學鍵放出的能量，當破壞化學鍵所汲取的能量大于形成化學鍵所釋放的能量時，反應的焓變大于0，則該反應為吸熱反應，D選項正確；答案選B。7.下列說法正確的是()A.氯化鈉熔化時克服離子鍵，碘升華克服共價鍵B.HF分子很穩(wěn)定是由于HF分子之間能形成氫鍵C.一氯甲烷只有一種空間結構，證明甲烷是正四面體的空間結構而不是平面結構D.分子式為C5H12O且能與鈉反應的有機物的同分異構體有8種【答案】D【解析】【詳解】A．NaCl是離子化合物，含有離子鍵，熔化時需克服離子鍵，而碘升華時由碘單質(zhì)轉(zhuǎn)化為碘蒸氣，只是克服了分子間作用力，A選項錯誤；B．HF分子很穩(wěn)定是因為H—F鍵能較大，與氫鍵無關，B選項錯誤；C．二氯甲烷只有一種空間結構，證明甲烷是正四面體的空間結構而不是平面結構，C選項錯誤；D．分子式為C5H12O的有機物，能與金屬鈉反應放出氫氣，說明分子中含有-OH，該物質(zhì)為戊醇，戊基-C5H11可能的結構有：—CH2CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH2CH3、—CH(CH2CH3)2、—CH2CH(CH3)CH2CH3、—C(CH3)2CH2CH3、—CH(CH3)CH(CH3)2、—CH2CH2CH(CH3)2、—CH2C(CH3)3，所以該有機物的可能結構有8種，D選項正確；答案選D。【點睛】D選項，同分異構體數(shù)目的推斷方法：（1）一取代產(chǎn)物數(shù)目的推斷；①基元法：例如丁基有四種異構體，則丁醇、戊醛、戊酸等都有四種同分異構體。②替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三種同分異構體，四氯苯也有三種同分異構體(將H替代Cl)；又如CH4的一氯代物只有一種，新戊烷[C(CH3)4]的一氯代物也只有一種。③等效氫法等，對于該選項利用烴基異構推斷，比書寫戊醇的同分異構體簡潔簡潔，留意方法的敏捷應用。8.某有機物的結構簡式如圖所示，下列有關該有機物的敘述正確的是（）A.該有機物的分子式為C11H14O3B.該有機物共有四種官能團，分別為：碳碳雙鍵、苯環(huán)、羥基、羧基C.該有機物最多消耗NaOH與NaHCO3的物質(zhì)的量之比為2：1D.1mo1該有機物在Ni作催化劑的條件下能與4mo1H2發(fā)生加成反應【答案】D【解析】【詳解】A．該分子中含有11個碳原子、12個H原子、3個O原子，其分子式為C11H12O3，故A錯誤；B．該有機物共有三種官能團，分別為：碳碳雙鍵、羥基、羧基，苯環(huán)不屬于官能團，故B錯誤；C．該有機物含有羧基，1mol該有機物最多消耗NaOH1mol，1mol該有機物最多消耗NaHCO31mol，最多消耗NaOH與NaHCO3的物質(zhì)的量之比為1：1，故C錯誤；D．苯環(huán)和碳碳雙鍵能和氫氣在肯定條件下發(fā)生加成反應，則1mol該有機物在Ni作催化劑的條件下，苯環(huán)消耗3mol氫氣發(fā)生加成反應，側(cè)鏈上的雙鍵能與1molH2發(fā)生加成反應，共與4mol氫氣發(fā)生加成反應，故D正確；答案選D。9.應用元素周期律分析下列推斷，其中正確的組合是()①第ⅡA族單質(zhì)的熔點隨原子序數(shù)的增大而降低②砹(At)是第VIIA族，其氫化物的穩(wěn)定性大于HCl③硒(Se)的最高價氧化物對應水化物的酸性比硫酸弱④其次周期非金屬元素的氣態(tài)氫化物溶于水后，水溶液均為酸性⑤鉈(Tl)與鋁同主族，其單質(zhì)既能與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應⑥第三周期金屬元素的最高價氧化物對應水化物，其堿性隨原子序數(shù)的增大而減弱A.①③⑥ B.②④⑥ C.③④⑤ D.①③④【答案】A【解析】【詳解】①第ⅡA族單質(zhì)均為金屬，構成金屬晶體，金屬晶體的熔點取決于金屬鍵的強弱，金屬離子電荷越高、離子半徑越小，金屬鍵越堅固，熔點越高，ⅡA的離子電荷相同、離子半徑隨核電荷數(shù)的遞增而遞增，故熔點隨原子序數(shù)的增大而降低，故①正確；②砹(At)是第VIIA族，非金屬性比Cl弱，故其氫化物穩(wěn)定性小于HCl，故②不正確；③硒(Se)的非金屬性比S弱，最高價氧化物對應水化物的酸性比硫酸弱，故③正確；④其次周期非金屬元素的氣態(tài)氫化物溶于水后，水溶液有酸性也有堿性，例如氨氣的水溶液呈堿性，故④不正確；⑤鉈(Tl)與鋁同主族，離金屬和非金屬分界線有肯定距離，因此鉈具金屬性，其單質(zhì)既能與鹽酸反應，不能與氫氧化鈉溶液反應，故⑤不正確；⑥第三周期金屬元素隨著核電荷數(shù)的遞增金屬性遞減，故最高價氧化物對應水化物，其堿性隨原子序數(shù)的增大而減弱，故⑥正確；答案選A。10.兩氣體A、B分別為0.6mo1與0.5mo1，在0.4L密閉容器中發(fā)生反應：3A+B?mC+2D(C、D均為氣態(tài)物質(zhì))，經(jīng)5min后達到平衡，此時C為0.2mo1，在此時間內(nèi)D的平均反應速率為0.1mo1?L-1?min-1，下列結論錯誤的是()A.平衡時反應混合物總物質(zhì)的量為1mo1B.B的轉(zhuǎn)化率為20%C.A的平均反應速率為0.15mo1?L-1?min-1D.m值為2【答案】A【解析】【分析】經(jīng)5min后達到平衡，此時C為0.2mol，v(C)==0.1mol·L-1·min-1，又知在此反應時間D的平均反應速率為0.1mol·L-1·min-1，由反應速率之比等于化學計量數(shù)之比可知m=2，則據(jù)此分析?！驹斀狻緼．平衡時混合物總物質(zhì)的量為：0.3mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol，故A錯誤；B．平衡時B的轉(zhuǎn)化率為：×100%=20%，故B正確；C．A的平均反應速率為=0.15mol?L﹣1?min﹣1，故C正確；D．依據(jù)分析可知，m=2，故D正確；答案選A。11.反應H2(g)+I2(g)2HI(g)為放熱反應，若在恒容絕熱的容器中發(fā)生，下列選項表明已達平衡狀態(tài)的是（）A.氣體總物質(zhì)的量不再變更B.容器內(nèi)的壓強不再變更C.相同時間內(nèi)，斷開H-H鍵的數(shù)目和生成H—I鍵的數(shù)目相等D.容器內(nèi)氣體的濃度c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2【答案】B【解析】【分析】可逆反應，若正反應速率等于逆反應速率，或各物質(zhì)的濃度、物質(zhì)的量分數(shù)等保持不變，則表明反應肯定已達平衡狀態(tài)，據(jù)此分析作答。【詳解】A．依據(jù)反應可知，該反應前后氣體的總物質(zhì)的量始終不發(fā)生變更，因此氣體的總物質(zhì)的量不再變更不能說明反應達到平衡，A不符合題意；B．在恒容絕熱的容器中，容器內(nèi)的壓強為變量，當容器內(nèi)的壓強不再發(fā)生變更時，反應達到平衡，B符合題意；C．相同時間內(nèi)，斷開H—H鍵的數(shù)目和生成H—I鍵的數(shù)目相等，表示的都是正反應，不能推斷反應是否達到平衡，C不符合題意；D．容器內(nèi)氣體的濃度c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2，無法推斷各組分的濃度是否發(fā)生變更，無法說明反應達到平衡狀態(tài)，D不符合題意；答案選B。12.反應A+3B=2C+D在四種不同狀況下的反應速率分別為①v(A)=0.15mol·L-1·s-1，②v(B)=0.6mol·L-1·s-1，③v(C)=0.5mol·L-1·s-1，④v(D)=0.45mol·L-1·s-1。則反應進行的快慢依次為（）A.④>③>①>② B.②>④>③>①C.②>③>④>① D.④>③>②>①【答案】D【解析】【詳解】不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比，故不同物質(zhì)表示的速率與其化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快，由題意可得①、②、③、④，則反應進行由快到慢的依次為④>③>②>①，故選D?！军c睛】不同物質(zhì)表示的速率之比等于其化學計量數(shù)之比，故不同物質(zhì)表示的速率與其化學計量數(shù)的比值越大，反應速率越快是解答關鍵。13.某學生進行蔗糖的水解試驗，并檢驗水解產(chǎn)物中是否含有葡萄糖。他的操作如下：取少量純蔗糖加適量的水配成溶液，在蔗糖溶液中加入3~5滴稀硫酸，將混合溶液煮沸幾分鐘后冷卻，在冷卻后的溶液中加入新制的Cu(OH)2懸濁液煮沸幾分鐘，試驗結果沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生，其緣由是（）A.蔗糖尚未水解B.加熱時間不夠C.煮沸后的溶液沒有加堿D.蔗糖水解的產(chǎn)物沒有葡萄糖【答案】C【解析】【詳解】蔗糖水解的試驗的步驟為：取少量純蔗糖加適量水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；將混合液煮沸幾分鐘、冷卻；在冷卻后的溶液中先加入NaOH溶液中和至中性或弱堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液煮沸幾分鐘。由于水解完畢生成還原性糖葡萄糖，與新制的Cu(OH)2懸濁液發(fā)生氧化反應時需在堿性條件下，所以在冷卻后的溶液中加入新制的Cu(OH)2懸濁液，沒有加堿中和至堿性，加熱，其試驗結果沒有磚紅色沉淀產(chǎn)生。故選C。【點睛】本題考查蔗糖水解產(chǎn)物的檢驗，易錯點：由于水解在酸性條件下進行，而醛基的檢驗要在堿性條件下進行，水解進行結束，冷卻后的溶液中要先加入NaOH溶液中和至中性或弱堿性，再加入新制的Cu(OH)2懸濁液煮沸幾分鐘，否則酸會與新制的Cu(OH)2懸濁液反應。14.X、Y、Z、P、Q為五種短周期元素，其原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A.Q與氧形成的某化合物中可能含有離子鍵和非極性鍵B.最高價氧化物對應水化物的酸性：Z<YC.P的最低價氫化物水溶液久置于空氣中會產(chǎn)生渾濁D.簡潔離子半徑大小為：P>Z>Q>X【答案】B【解析】【分析】由題干信息，X、Y、Z、P、Q為五種短周期元素，依據(jù)原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關系圖可知，X、Q最外層只有一個電子，為第IA族元素；Y最外層有4個電子，位于第IVA族，Z原子最外層有5個電子，位于第VA族，P最外層有6個電子，位于第VIA族；Q原子半徑最大，為Na元素，X原子半徑最小，為H元素；Y原子和Z原子半徑接近、P原子半徑大于Y而最外層電子數(shù)大于Y，所以Y是C、Z是N、P為S元素；據(jù)此解答?！驹斀狻緼．依據(jù)上述分析可知，Q為Na元素，與氧形成的化合物Na2O2中，Na+和形成離子鍵，中O原子和O原子之間形成非極性鍵，A選項正確；B．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性N＞C，則酸性HNO3＞H2CO3，B選項錯誤；C．P為S元素，其最低價氫化物為H2S，H2S的水溶液久置于空氣中會被氧化生成S單質(zhì)，從而產(chǎn)生渾濁，C選項正確；D．離子所含電子層數(shù)越多，半徑越大，S2-的電子層數(shù)最多，則其半徑最大，H+電子層數(shù)最少，其半徑最小，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小，核電荷數(shù)Na＞N，則離子半徑：S2-＞N3-＞Na+＞H+，D選項正確；答案選B。15.給某潛水器供應動力的電池如圖所示。下列有關說法正確的是（）A.Zn極發(fā)生了還原反應B.電池中的Na+向Zn電極移動C.Pt電極反應式為H2O2+2e-=2OH-D.電子從Zn電極沿導線流向Pt電極，再經(jīng)溶液回到Zn電極【答案】C【解析】【分析】鋅、過氧化氫和食鹽水形成原電池，鋅作負極，電極反應為Zn-2e-=Zn2+，鉑作正極，電極反應為H2O2+2e-=2OH-，電子從負極經(jīng)導線流向正極，電解質(zhì)溶液中陽離子移向正極，陰離子移向負極，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．鋅作負極，電極反應為Zn-2e-=Zn2+，Zn極發(fā)生了氧化反應，故A錯誤；B．陽離子向原電池的正極移動，電池中的Na+向Pt電極移動，故B錯誤；C．鉑作正極，Pt電極反應式為H2O2+2e-=2OH-，故C正確；D．電子從負極移向正極，電子從Zn電極沿導線流向Pt電極，電子不能在溶液中流淌，故D錯誤；答案選C。16.Zu1emaBorjas等設計的一種微生物脫鹽池的裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A.該裝置可以在高溫下工作B.正極旁邊溶液的pH值減小C.負極反應為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+D.該裝置工作時，電能轉(zhuǎn)化為化學能【答案】C【解析】【詳解】A．高溫條件下微生物會失活無法工作，故A錯誤；B．據(jù)圖可知通入氧氣的一極為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應，電解質(zhì)溶液顯中性，所以生成OHˉ，電極反應式為O2+2H2O+4eˉ=4OHˉ，故電極旁邊pH增大，故B錯誤；C．據(jù)圖可知左側(cè)為負極，CH3COOˉ失電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳，同時生成氫離子，電極反應式為CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故C正確；D．該裝置工作時為原電池，將化學能轉(zhuǎn)化為電能，故D錯誤；故答案為C。17.苯環(huán)事實上不具有碳碳單鍵和雙鍵的交替結構,可以作為證據(jù)的事實有（）①苯的間位二取代物只有一種②苯的鄰位二取代物只有一種③苯分子中碳碳鍵的鍵長均相等④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色⑤苯在加熱和催化劑存在條件下,與氫氣發(fā)生加成反應⑥苯在FeBr3存在的條件下,與液溴發(fā)生取代反應,但不能因化學變更而使溴水褪色A.①②③④ B.②③④⑥ C.③④⑤⑥ D.全部【答案】B【解析】【詳解】①無論苯的結構中是否有碳碳雙鍵和碳碳單鍵，間位二元取代物均只有1種，所以①不能作為證據(jù)；②假如苯的結構中存在單雙鍵交替結構，則苯的鄰位二元取代物有兩種，而事實是苯的鄰位二元取代物只有一種，所以可以證明苯的結構中不存在單雙鍵交替結構，故②能作為證據(jù)；③因單鍵和雙鍵的鍵長不相等，苯分子中碳碳鍵的鍵長均相等，說明苯的結構中不存在單雙鍵交替結構，故③能作為證據(jù)；④苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，說明不含雙鍵，說明苯的結構中不存在單雙鍵交替結構，故④能作為證據(jù)；⑤含有雙鍵的物質(zhì)能夠與氫氣發(fā)生加成反應，苯能在加熱和催化劑存在的條件下與氫氣加成生成環(huán)己烷，可以用單雙健結構來說明，故⑤不能作為證據(jù)；⑥苯在FeBr3存在的條件下同液溴發(fā)生取代反應，而不是加成反應，說明不含雙鍵，說明苯的結構中不存在單雙鍵交替結構，故⑥能作為證據(jù)；正確的選項為②③④⑥；故選B。18.類推的思維方法在化學學習與探討中有時會產(chǎn)生錯誤結論，因此類推的結論最終要經(jīng)過實踐的檢驗，才能確定其正確與否，下列幾種類推結論中，錯誤的是（）①鈉與水反應生成NaOH和H2；全部金屬與水反應都生成堿和H2②鐵露置在空氣中一段時間后就會生銹；性質(zhì)更活潑的鋁不能穩(wěn)定存在于空氣中③化合物KC1的焰色為紫色；K2CO3的焰色也為紫色④生鐵比純鐵的熔點低；鈉鉀合金的熔點也應介于Na和K熔點之間A.①② B.①④ C.①②③④ D.①②④【答案】D【解析】【詳解】①鈉是活潑金屬，與水反應生成NaOH和H2，但鐵須要在高溫下與水蒸氣反應生成Fe3O4和H2，所以①錯誤；②鐵因含有雜質(zhì)，露置在空氣中由于發(fā)生電化學反應而生銹，但性質(zhì)更活潑的鋁由于易被氧化，在表面形成致密的氧化膜而得到愛護，所以鋁具有較好的抗腐蝕實力，可穩(wěn)定存在于空氣中，即②錯誤；③焰色反應是用來檢驗某些金屬元素的，所以只要含有鉀元素，焰色都是紫色的，即③正確；④合金的熔點比構成合金的成分金屬熔點都低，鈉鉀合金的熔點也比鈉和鉀的低，所以④錯誤；錯誤的為①②④；答案選D。二、非選擇題(共46分)19.1869年俄國化學家門捷列夫制出第一張元素周期表，到現(xiàn)在形成的周期表經(jīng)過了眾多化學家的艱辛努力，歷經(jīng)142年。元素周期表體現(xiàn)了元素位置、結構和性質(zhì)的關系，揭示了元素間的內(nèi)在聯(lián)系。如圖是元素周期表的一部分，回答下列問題：(1)Sn的最高價氧化物對應水化物的化學式為___，N、O、F對應的簡潔離子的半徑由大到小的依次為___。(寫離子符號)(2)依據(jù)元素周期律，推斷：①陰影部分元素氫化物熱穩(wěn)定性最高的是___。(寫化學式)②H3AsO4、H2SeO4的酸性強弱：H3AsO4(填“>”“<”或“=”)___H2SeO4。③鎵的氯化物與氨水反應的化學方程式為___。(3)用鋁和金屬氧化物反應制備金屬單質(zhì)是工業(yè)上較常用的方法。如：2A1+4BaO3Ba↑+BaO?A12O3利用上述方法可制取Ba的主要緣由是（）a.高溫時A1的活潑性大于Bab.高溫有利于BaO分解c.高溫時BaO?A12O3比Al2O3穩(wěn)定d.Ba的沸點比A1的低(4)用鋁熱法還原下列氧化物，制得金屬各1mo1，消耗鋁最少的是___。a.MnO2b.WO3c.Cr2O3d.Co3O4【答案】(1).H2SnO3或Sn(OH)4或H4SnO4(2).N3-＞O2-＞F-(3).HF(4).＜(5).GaC13+3NH3?H2O=Ga(OH)3↓+3NH4C1(6).d(7).d【解析】【詳解】(1)依據(jù)周期表可知，Sn與C同主族，則Sn的最高正價為+4價，其最高價氧化物對應水化物的化學式為H2SnO3或Sn(OH)4或H4SnO4，N、O、F對應的簡潔離子的核外電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)N＜O＜F，則離子半徑N3-＞O2-＞F-；(2)①同一主族元素自上而下非金屬性依次減弱，非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，則陰影部分元素氫化物熱穩(wěn)定性最高的是HF；②非金屬性越強，最高價氧化為對應水化物的酸性越強，非金屬性Se＞As，則酸性H3AsO4＜H2SeO4；③鎵的氯化物為GaCl3，與氨水反應生成氯化銨和Ga(OH)3，反應的化學方程式為GaC13+3NH3?H2O=Ga(OH)3↓+3NH4C1；(3)Al在高溫下可將氧化鋇中鋇置換出來，緣由是Ba的沸點低于鋁，高溫時Ba轉(zhuǎn)化為氣體脫離反應體系，使反應正向進行，故選d；(4)依據(jù)化合價的變更推斷，化合價變更的數(shù)值越小，說明發(fā)生氧化還原反應時得到的電子數(shù)目越少，則消耗鋁的量最少；a．MnO2～Mn，生成1molMn，須要4mol電子，消耗molAl；b．WO3～W，生成1molW，須要6mol電子，消耗2molAl；c．Cr2O3～Cr，生成1molCr，須要3mol電子，消耗1molAld．Co3O4～Co，生成1molCo，須要mol電子，消耗molAl；結合以上分析可知，消耗Al最少的是Co3O4，故答案選d。【點睛】解答此類問題時：心中要有元素周期表，從元素在周期表中的位置動身，進行“位構性”的相互推演，形象地從位置中看出元素金屬性和非金屬性的遞變，明確氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性的強弱、最高價氧化物的水化物的酸、堿性強弱等。20.某化學課外小組在試驗室制取乙酸乙酯時查閱資料如下：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，依據(jù)查得的資料設計了如圖所示的裝置(夾持裝置忽視)制取純凈的乙酸乙酯。步驟如下：①在如圖的三口燒瓶中加入3mL乙醇，邊搖動邊漸漸加入3mL濃硫酸，在分液漏斗中裝入體積比為3：2的乙醇和乙酸混合液。②油浴加熱三口燒瓶至肯定溫度，然后把分液漏斗中的混合液漸漸地滴入三口燒瓶里并保持反應混合物在肯定溫度。③反應一段時間后，向錐形瓶中緩慢加入飽和Na2CO3溶液，并不斷搖動，分層后進行分液。④用飽和食鹽水和氯化鈣溶液洗滌酯層，再分液，在酯層加入干燥劑干燥得粗乙酸乙酯。⑤將粗乙酸乙酯轉(zhuǎn)入下圖的儀器A中，在水浴中加熱，收集74-80℃的餾分即得純凈的水果香味無色透亮液體。依據(jù)題目要求回答：(1)在試驗中濃硫酸的作用___；(2)圖2中儀器A的名稱是___，冷凝管中冷水從___(填a或b)口進入。(3)步驟③和④中都用到了分液操作，在分液操作時，上下兩層液體移出的操作方法是___。(4)步驟④中干燥乙酸乙酯，可選用干燥劑為___(填字母)。a.五氧化二磷b.無水Na2SO4c.堿石灰(5)已知丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)跟乙醇具有相像的化學性質(zhì)，試寫出丁醇的催化氧化的化學方程式：___。【答案】(1).催化劑、吸水劑(2).蒸餾燒瓶(3).b(4).分液漏斗中下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出(5).b(6).2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O【解析】【分析】三口燒瓶中加入3mL乙醇，邊搖動邊漸漸加入3mL濃硫酸，在分液漏斗中裝入體積比為3：2的乙醇和乙酸混合液，乙醇和乙酸在濃硫酸作催化劑和干燥劑的條件下加熱發(fā)生酯化反應制得乙酸乙酯，運用飽和碳酸鈉溶液溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，再將乙酸乙酯蒸餾制得較純凈的產(chǎn)品?！驹斀狻?1)酯化反應是可逆反應，反應中有水生成，則在試驗中濃硫酸的作用是催化劑、吸水劑；(2)依據(jù)儀器的結構特點可知圖2中儀器A的名稱是蒸餾燒瓶，冷凝管中冷水與蒸氣的方向相反，使冷卻效果較好，則冷水從b口進，故答案為b；(3)步驟③和④中都用到了分液操作，該操作用到的主要玻璃儀器是分液漏斗，在分液操作時，為防止試劑間相互污染，則上下兩層液體移出的方法是分液漏斗中下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出；(4)由于乙酸乙酯在酸性或堿性溶液中簡潔發(fā)生水解反應，步驟④中干燥乙酸乙酯時不能選擇酸性或堿性干燥劑，五氧化二磷是酸性干燥劑，堿石灰為堿性干燥劑，故選b，(5)醇在銅或銀作催化劑的條件下反應生成醛和水，丁醇在銅或銀作催化劑的條件下發(fā)生催化氧化生成丁醛和水，反應的化學方程式為：2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O?！军c睛】由于乙酸乙酯在酸性或堿性溶液中簡潔發(fā)生水解反應，不能運用酸性或堿性干燥劑，可以運用硫酸鈉等中性干燥劑，為易錯點。21.某學習小組做了如下試驗探究海帶中碘元素的存在形式，探究過程如圖：（1）操作I為灼燒，則灼燒時應當用___(儀器名稱)盛裝海帶，操作II為___；（2）水浸時通常要將懸濁液煮沸2-3min，目的是___。（3）操作III，是同學們對溶液A中碘元素的存在形式進行的探究試驗。推想：①以IO形式存②以I-形式存在查閱資料：IO具有較強的氧化性將上述溶液稀釋配制成200mL溶液，請完成下列試驗探究。限選試劑：3%H2O2溶液、KSCN溶液、FeC12溶液、稀硫酸序號試驗操作試驗現(xiàn)象結論①取少量稀釋后的溶液A加入淀粉后再用硫酸酸化，分裝于試管I、II無現(xiàn)象②往試管I中加入FeC12溶液，然后加入2滴KSCN溶液并振蕩；___證明不是以IO形式存在③往試管II中加入___；____證明以I-形式存在（4）取20mL稀釋后溶液A于錐形瓶，滴加0.01mo1/LKMnO4溶液至溶液剛顯淺紅色，將I-氧化為I2并得到溶液B；已知在酸性條件下，MnO的還原產(chǎn)物為Mn2+，寫出離子方程式___?！敬鸢浮?1).坩堝(2).過濾(3).加快含碘物質(zhì)在水中的溶解，以使灰燼中的含碘物質(zhì)盡可能多的進入溶液(4).無明顯現(xiàn)象/不變紅(5).3%H2O2溶液并振蕩(6).變藍(7).2MnO+10I-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O【解析】【分析】試驗中，將干海帶放入坩堝中灼燒得到固體粉末Ⅰ(海帶灰)，水浸后過濾得到固體B和溶液A，溶液A中含有碘元素，利用氧化還原反應的相關學問點進行探究碘元素的存在形式?！驹斀狻?1)干海帶放入坩堝中灼燒得到固體粉末Ⅰ(海帶灰)，水浸后過濾得到固體B和溶液A，故答案為：坩堝；過濾；(2)為了加快含碘物質(zhì)在水中的溶解，以使灰燼中的含碘物質(zhì)盡可能多的進入溶液，水浸時通常要將懸濁液煮沸2-3min，故答案為：加快含碘物質(zhì)在水中的溶解，以使灰燼中的含碘物質(zhì)盡可能多的進入溶液；(3)若碘元素不是以IO形式存在時，則Fe2+不會被氧化成Fe3+，加入KSCN溶液后無明顯現(xiàn)象，若以I-形式存在，可用3%H2O2溶液氧化I-為I2，I2可以使淀粉溶液變藍，故答案為：無明顯現(xiàn)象/不變紅；3%H2O2溶液并振蕩；變藍；(4)依據(jù)題干信息，向溶液A中加入0.01mo1/LKMnO4溶液至溶液剛顯淺紅色，KMnO4和I-發(fā)生氧化還原反應，KMnO4將I-氧化為I2，MnO被還原為Mn2+，依據(jù)氧化還原反應得失電子守恒可得離子反應方程式為2MnO+10