【文档说明】【精准解析】山东省青岛胶州市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试卷.doc，共(20)页，744.000 KB，由小赞的店铺上传

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山东省青岛胶州市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题1.化学已渗透人类生产、生活和环境的各个方面，下列说法错误的是A.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关B.酒精浓度越大，杀菌消毒

效果越好C.二氧化硅可用于制造光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D.低碳生活注重节能减排，尽量使用新能源代替化石燃料，减少温室气体的排放【答案】B【解析】【详解】A．氮氧化合物排放能引起“光化学烟雾”、“

臭氧空洞”，故A说法正确；B．浓度过大的酒精能够使细菌表面的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B说法错误；C．二氧化硅是光导纤维的成份，能与NaOH碱溶液反应生成硅酸钠，故C说法正确；D．碳的燃烧产生二氧化碳，称

为温室气体，低碳生活有利于持续发展，故D说法正确；答案选B。2.下列逻辑关系图示中正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．气溶胶是一种胶体，故A错误；B．氧化还原反应和离子反应是交叉关系，故B错误；C．部分金属氧化物是酸性氧化物，如Mn2O7,部分金属

氧化物是两性氧化物，如Al2O3,故C正确；D．聚丙烯不属于烯烃，也不属于不饱和烃，故D错误；故选C。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.0.1mol/LBaCl2的溶液中Ba2+数为0.1NAB.39gNa2O2所含有的离子

数为2NAC.标准状况下，11.2L氢气与钠完全反应转移电子数为NAD.11g由21H和188O组成的水中，所含的中子数为5NA【答案】C【解析】【详解】A．溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，

故A错误；B．过氧化钠中阴离子为过氧根离子，39gNa2O2的物质的量39g=0.5mol78g/mol，1molNa2O2中含有的阴、阳离子的物质的量为3mol，0.5molNa2O2中含有的阴、阳离子的物质的量为1.5mol，所

含有的离子数为1.5NA，故B错误；C．标准状况下，11.2L氢气的物质的量为11.2L=0.5mol22.4L/mol，与钠完全反应生成氢化钠，氢元素的化合价从0价降低到-1价，1mol氢气参与反应转移电子的物质的量为2mol，0.5m

ol氢气参与反应转移电子的物质的量为1mol，转移电子的数目为NA，故C正确；D．由21H和188O组成的水分子的相对分子质量为22，则11g的物质的量为11g=0.5mol22g/mol，一个由21H和188O组成的水分子含有12个

中子，0.5mol由21H和188O组成的水分子含中子的物质的量为12×0.5mol=6mol，所含的中子数为6NA，故D错误；答案选C。4.下列反应的离子方程式正确的是A.用H2SO4中和废氨水：H++OH-=H2OB.用稀盐酸除水垢中的氢氧化镁：Mg(OH)2+

2H+=Mg2++2H2OC.用碳酸氢钠作为抗酸药中和胃酸：2H++2-3CO=H2O+CO2↑D.用稀硝酸溶解铜：Cu+2-3NO+4H+=Cu2++2NO2↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A．用H2SO4中和废氨水生成硫酸

铵和水，一水合氨是弱电解质，在离子反应中不能拆：H++NH3·H2O=H2O++4NH，故A错误；B．用稀盐酸除水垢中的氢氧化镁生成氯化镁和水，该反应的离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故B正确；C．用碳酸

氢钠作为抗酸药中和胃酸，碳酸氢离子不能拆开，正确的离子方程式为：H++-3HCO=H2O+CO2↑，故C错误；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，故离子方程式为3Cu+2-3NO+8H+═Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；5.锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y，若挤压胶头

滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起，气体X和液体Y不可能是A.X是HCl，Y是稀硫酸B.X是SO2，Y是NaOH浓溶液C.X是NH3，Y是饱和NaCl溶液D.X是CO2，Y是饱和NaHCO3溶液【答案】D【解析】

【详解】A．氯化氢极易溶于水，氯化氢溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，故A不选；B．SO2能够与NaOH浓溶液反应，SO2被吸收，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可

能是SO2和NaOH浓溶液，故B不选；C．氨气极易溶于水，NH3溶于水时，锥形瓶中的压强减小，能够导致小气球a鼓起，气体X和液体Y可能是NH3和饱和NaCl溶液，故C不选；D．CO2与NaHCO3不反应，且二氧化碳能溶于水的量不多，

故小气球a不会明显鼓起，故D选；答案选D。6.如图是常见四种有机物的空间填充模型示意图。下列说法正确的是A.1mol甲能与4molCl2在光照条件下发生取代反应，恰好生成1molCCl4B.乙可使酸性KMnO4溶液褪色，发生加成反应C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的化学键

D.1mol丁与钠反应生成1molH2【答案】C【解析】【分析】由比例模型示意图可知，甲为甲烷、乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，结合官能团与性质的关系来解答。【详解】A．1mol甲能与4molCl2在光照条件下发生取代反应，会生成C

H3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl等多种物质，故A错误；B．乙为乙烯，含有碳碳双键，可被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化反应，故B错误；C．丙为苯，不存在单、双键，苯中的碳碳键是介于碳碳单键和

碳碳双键之间的独特的化学键，故C正确；D．丁为乙醇，一个乙醇分子中存在一个羟基，2mol乙醇与钠反应生成1molH2，故D错误；答案选C。7.下列有关实验装置的使用错误的是A.用装置①分离水和乙醇的混合物B.用装置②制备并收集乙酸乙酯C.用装置③配制

100mL0.2mol/LNaOH溶液D.用装置④鉴别Na2CO3和NaHCO3固体【答案】A【解析】【详解】A．装置①是分液，水和乙醇互溶，不能用分液法分离，故A符合题意；B．制备乙酸乙酯采用乙酸和乙醇在浓硫酸和加热的条件下反应，生成乙酸乙酯

通入饱和碳酸钠溶液的试管中，导气管置于液面以上防止倒吸，故B不符合题意；C．用装置③为配置一定物质的量浓度的溶液，可以用于配制100mL0.2mol/LNaOH溶液，故C不符合题意；D．Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热时分解产生Na2CO3、H2O和

CO2，CO2可以使澄清石灰水变浑浊，装置④可以用于鉴别Na2CO3和NaHCO3固体，故D不符合题意；答案选A。8.工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2+3C2Sn+aM↑+CO2↑，则下列说法中错误的是A.反应中SnO2作氧化剂，被还原B.a的值为2C.该反应有两种氧化产物D.

反应中每生成1molCO2，共转移4NA个电子【答案】D【解析】【分析】SnO2中Sn显＋4价，在反应中Sn的化合价由＋4价→0价，化合价降低，SnO2为氧化剂，C的化合价由0价→＋4价，即C为还原剂，然后根据原子守恒，确认M和a，据此分析；【详解】A.SnO2中Sn显＋4价

，在反应中Sn的化合价由＋4价→0价，化合价降低，SnO2为氧化剂，被还原，故A说法正确；B.根据原子守恒，M中含有C和O元素，M又是气体，则M为CO，a为2，故B说法正确；C.根据B选项分析，C的化合价由0价转化为＋2、＋4

价，CO、CO2为氧化产物，故C说法正确；D.每生成1molCO2，消耗2molSnO2，即转移电子物质的量为2mol×4=8mol，故D说法错误；答案为D。9.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图。已知W在地壳中

含量最高;X遇水剧烈反应；Y的单质可用于光伏发电；Z的最外层电子数比次外层电子数少1个。下列说法错误的是A.简单离子半径：X＞WB.简单气态氢化物的稳定性：Y＜ZC.化合物XZW既含离子键，也含共价键D.Y与Z形成的二元化合物中，各原子均达到8电子稳定结构【答案】A

【解析】【分析】W是地壳中含量最高的元素，可知W是O元素；X遇水剧烈反应，且原子半径大于O，则X是Na；Y的单质可用于光伏发电，则Y是Si；Z的最外层电子数比次外层电子数少1个，原子半径大于O，说明Z具有三层电子层，则Z是Cl；【详解】分析可知：W是O，X是Na，Y是S

i，Z是Cl；A．氧离子和钠离子含有2个电子层，核电荷数越大粒子半径越小，则粒子半径X＜W，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Si＜Cl，则对应的简单气态氢化物的稳定性：Y＜Z，故B正确；C．化合物XZW是NaClO中次氯酸根含有共价键，钠离子和次氯酸根之间

含有离子键，故C正确；D．Y与Z形成的二元化合物是SiCl4，各原子均达到8电子稳定结构，故D正确；答案选A。10.碘在自然界中有很多存在形式，在地壳中主要以NaIO3形式存在，在海水中主要以I－形式存在，几种粒子与Cl2之间有以下转化关系：下列说

法正确的是A.反应①、②均为置换反应B.I－与过量Cl2能发生反应：I-+3Cl2+3H2O=-3IO+6C1-+6H+C.淀粉KI溶液与新制氯水互滴，现象相同D.氧化性由强到弱的顺序是：Cl2＞I2＞-3IO【答案】B【解析】【分析】Cl

2具有强氧化性，向I−和的溶液中通入适量的氯气，则生成碘单质和氯离子，则①中发生的反应是：2I−+Cl2＝I2+2Cl−，再通过量的氯气，氯气继续氧化碘单质生成-3IO，则②中发生的反应是：6H2O+5Cl2+I2＝2-3IO+10

Cl−+12H+，据此分析解答。【详解】A．置换反应是单质与化合物反应生成另外的单质和化合物的化学反应，根据分析可知，反应①为置换反应，反应②不是置换反应，故A错误；B．根据分析可知，由途径①②，I−可被过量的氯气氧化生成-3IO，则发生的反应是：I-+3Cl2+3H2

O=-3IO+6C1-+6H+，故B正确；C．淀粉遇到碘单质变蓝，若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，当氯水少量时生成碘单质，则能观察到溶液变蓝的现象；若在氯水中逐滴滴加加入淀粉的KI溶液，I−可被过量的氯气直接氧化

生成-3IO，没有碘单质生成，则看不到溶液变蓝，二者互滴现象不同，故C错误；D．根据分析，由反应①可知，氧化性Cl2＞I2，由反应②可知，氧化性Cl2＞-3IO，由该实验过程，不能比较I2和-3IO的氧化性强弱，故D错误；答案选B。11.类推是一种重要的学习方法，但

有时会产生错误的结论。下列类推结论正确的是①镁条在氧气中燃烧生成MgO，故钠在氧气中燃烧生成Na2O②活泼金属钠、钾保存在煤油中，故活泼金属锂也保存在煤油中③铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜④常温下，铝能被

稀硝酸溶解，故也能被浓硝酸溶解。A.①②B.②③C.③④D.无正确推理【答案】D【解析】【详解】①镁条在氧气中燃烧生成MgO，钠在氧气中燃烧生成Na2O2，故错误；②由于钠的密度比煤油大，与煤油不能反应，因此活泼金属钠保存在煤油中，但Li的密度比

煤油小，所以活泼金属锂不能保存在煤油中，故错误；③Na活动性很强，将Na放入CuSO4溶液中，会先与溶液中的水发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，不能置换出Cu，故错误；④常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，生成致密的氧化膜，进而阻止进一步溶解，故

错误；全部错误，答案选D。12.如图所示，下列有关反应的叙述错误的是（）A.开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零B.随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大C.反应到达1t时，正反应速率与逆反应速率相等，反应停止

D.反应在1t之后，正反应速率与逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态【答案】C【解析】【详解】A.由图可知开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零，故A正确；B.随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，反应到达1t正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B正确；C.反应到达1t时，正反

应速率与逆反应速率相等，反应达到动态平衡，没有停止，故C错误；D.反应在1t之后，正反应速率与逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故D正确；故答案选：C。13.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一项是选项实验

操作及现象实验结论A用洁净的铂丝蘸取某溶液，在酒精灯上灼烧，火焰焰色为黄色溶液中一定含有Na+而不含K+B向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑浓硫酸有吸水性C向某盐溶液中滴加BaCl2和稀盐酸的混合液，产生白色沉淀溶液中一定含有2-4SOD向某盐溶液中加入浓NaOH溶液

，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体溶液中一定含有NH4+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．焰色反应的火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，若溶液中含有K+，钠离子的黄色火焰掩盖钾离子的紫色火焰，应透过蓝色钴玻璃观察才

能排除钾离子，故溶液中可能含有K+，故A错误；B．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，应是由于浓硫酸具有脱水性，故B错误；C．同时滴加BaCl2和稀盐酸的混合液，产生白色沉淀可能是AgCl，正确的操作是：先加盐酸无现象可排除

干扰离子，后加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有2-4SO，故C错误；D．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，+4NH和强碱溶液在加热的条件下，可以反应产生NH3，故D正确；答案选D。14.已知某酸性溶液中含有Ba2+、Fe3+，则下列能与上述离子大量共存的离子组是A.2-3

CO、2-4SO、+4NH、Na+B.C1-、SCN-、-3NO、Cu2+C.Br-、I-、Mg2+、Na+D.H+、C1-、-3NO、Al3+【答案】D【解析】【详解】A．Ba2+与2-3CO、2-4SO能结合生成不溶物，不能共存，酸性溶液

含大量H+与碳酸根离子不能共存，故A错误；B．Fe3+与SCN-结合成配合物，不能共存，故B错误；C．Fe3+与I-发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D．溶液中所有离子两两互不反应，能共存，故D正确；答案选D。15.向氯化钡溶液中通SO2至饱和，溶液仍澄清。将所得

溶液分别盛入两支试管，一支加入溴水，另一支加入烧碱溶液，结果两试管都有白色沉淀生成。由此得出的结论，不合理的是A.SO2溶于水B.所得白色沉淀均是BaSO3C.SO2有还原性D.加入烧碱能使SO2水溶液中2-3SO浓度增大【答案】B【解析】【分析】在BaCl2溶液中通入SO

2气体不反应，将上述通入SO2气体的BaCl2溶液分盛两支试管，一支加入溴水，另一支加入烧碱溶液，加溴水的试管中，溴单质将SO2氧化为硫酸，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡，故能生成白色沉淀；加入烧碱的试管，二氧化硫会与氢氧化钠反应生成亚硫酸盐，与氯化钡会生成亚硫酸钡白色沉淀，以此解答

该题。【详解】A．向氯化钡溶液中通SO2至饱和，BaCl2溶液与SO2气体不反应，但SO2溶于水，故A正确；B．根据分析，加溴水的试管中生成BaSO4，加烧碱的试管中生成BaSO3，故B错误；C．根据分析，加

溴水的试管中，溴单质将SO2氧化为硫酸，说明SO2有还原性，故C正确；D．加入烧碱，溶液pH升高，碱性增强，与二氧化硫反应增大溶解度，则能使SO2水溶液中2-3SO浓度增大，故D正确；答案选B。16.工业制硝酸的尾气含NO、NO2，通常用NaOH溶液吸收：NO+NO2+2NaOH=2NaN

O2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。相同条件下，下列NO和NO2的体积比中，氮氧化物不能被完全吸收的是A.1：1B.2：3C.3：2D.1：2【答案】C【解析】【分析】根据反应方程式，NO不能单独与氢氧化钠溶液反应，但NO2可以，氮氧化物完全被吸收，可以让

NO不足，或NO和NO21：1混合，据此分析；【详解】根据化学反应方程式，当NO2：NO≥1：1时，氮氧化物能完全被NaOH溶液吸收，也就是说NO2：NO<1：1时，氮氧化物不能完全被NaOH溶液吸收，即选项C符合题意；答案为C。17.下列描述的化学反

应状态，不一定是平衡状态的是（）A.3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3∶1B.2NO2(g)N2O4(g)恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变C.CaCO3(s)O2(g)＋CaO(s)恒温、恒容下，反应体系中气

体的密度保持不变D.H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变【答案】A【解析】【分析】判定化学反应达到平衡，一般有两种方法，一种是v正=v逆，另一种是变量不变。【详解】A．如果刚开始加入H2和N2的物质的量之比为3：1，或

开始加入的是NH3，反应的任何时刻H2和N2的物质的量之比始终是3：1，因此H2和N2的物质的量之比为3：1时，不一定达到平衡，A符合题意；B．由于该反应反应前后的气体系数之和不等，当压强保持不变时，各物质的物质的量也

不再变化，因此该反应已经达到平衡，B不符合题意；C．该反应反应过程中，由于CaCO3和CaO都是固体，气体的质量一直在发生变化，因为容器的体积不变，根据m=V，密度在反应过程中发生变化，当密度保持不变时，说明已达到平衡，C不符合题意；D．该体系中有颜色的气体为溴蒸汽

，当颜色不变时，说明溴蒸汽的浓度也不在变化，因此该反应已经达到平衡，D不符合题意；故选A。18.符合如下实验过程和现象的试剂组是()选项甲乙丙AMgCl2HNO3K2SO4BBaCl2HNO3K2SO4CNaNO3H2

SO4Ba(NO3)2DBaCl2HClCaCl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钾与氯化镁反应生成碳酸镁沉淀，加入硝酸，沉淀溶解反应生成硝酸镁溶液，加入硫酸钾不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；B．碳酸

钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入硝酸反应生成硝酸钡溶液，加入硫酸钾生成硫酸钡沉淀，故B正确；C．碳酸钾与硝酸钠不反应，故C错误；D．碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入盐酸反应生成氯化钡溶液，加入氯化钙不反应，故D错误；故选B。19.

关于生活中的有机物，下列说法错误的是A.葡萄糖可以发生氧化反应、加成反应和水解反应B.皮肤接触浓硝酸变黄是蛋白质的颜色反应C.工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂和甘油D.食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯

，是人体的营养物质【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖中含有醛基可以发生氧化反应、加成反应，但葡萄糖属于单糖不能发生水解反应，故A错误；B．皮肤的成分是蛋白质，含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，故B正确；C．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在碱性条件下可生成高级脂肪酸盐和甘油，工业上利用油脂

在碱性条件下的水解反应制取肥皂和甘油，故C正确；D．糖类、脂类、蛋白质、维生素、无机盐、水和膳食纤维七大类，通常被称为营养物质，食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，是人体的营养物质，故D正确；故选A。20.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如。下列说法错误的

是A.NH3在电极a极上失去电子，发生氧化反应B.溶液中K+向电极b移动C.反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：5D.正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】C【解析】【分析】Pt电极a通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极

，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-＝N2+6H2O，则Pt电极b为正极，氧气得电子被还原，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，原电池工作时，阳离子移向正极Pt电极b，阴离子移向负极Pt电极a；【详解】A．电极a通入氨气生成氮气

，说明氨气被氧化，为原电池负极，N元素化合价升高，发生氧化反应，故A正确；B．原电池工作时，阳离子移向正极Pt电极b，故B正确；C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗

NH3与O2的物质的量之比为4：3，故C错误；D．电极b为正极，氧气得电子被还原，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故D正确；答案选C。21.如图是硫元素价态与含硫元素物质类别的二维坐标图。请回答下列问题：(1)硫元素在

周期表中的位置___________________。(2)氧元素比硫元素的非金属性______(填“强"或“弱"”)。请用化学方程式证明该结论：___________________。(3)写出b与j混合，发生反应的化学方程式___________________。(4)已知硒(Se)与硫是

相邻周期同主族元素。①画出硒原子结构示意图___________________。②判断硒元素的主要化合价有___________________。③硒最高价氧化物的水化物与d相比较，酸性强弱关系为_____＞_____

___(填化学式)。【答案】(1).第三周期VIA族(2).强(3).O2+2H2S=2S+2H2O(4).SO2+2H2S=3S↓+2H2O(5).(6).-2、+4、+6(7).H2SO4(8).H2

SeO4【解析】【分析】如图是硫元素价态与含硫元素物质类别的二维坐标图，找出常见化合价的代表物质，根据图示可知，a为0价的S单质；b为S的+4价氧化物SO2；c为S的+6价氧化物SO3；d为S的+6价酸H2SO4；e为+4的H2SO3；f为+6的盐，为硫酸盐；g为+4的亚硫酸

盐；j为-2价硫化物，据此解答。【详解】(1)硫元素是16号元素，有三个电子层，最外层是6个电子，在周期表中的位置第三周期VIA族；故答案为：第三周期VIA族；(2)同主族元素从上到下，元素的非金属性减弱，氧元素比硫元素的非金属性强。可用氧气能置换硫化氢中的硫来证明，用化学方

程式证明该结论：O2+2H2S=2S+2H2O；故答案为：强；O2+2H2S=2S+2H2O；(3)b是SO2，j是H2S等，SO2和H2S混合生成硫和水，发生反应的化学方程式SO2+2H2S=3S↓+2H

2O；故答案为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；(4)①已知硒(Se)与硫是相邻周期同主族元素，硒比硫多一个电子层，硒原子结构示意图；故答案为：；②同主族元素的性质具有相似性，硒元素的主要化合价有-2、+4、+6；故答案为：-2、+4、+6；③同主族元素从上到下，

元素的非金属性减弱，硒最高价氧化物的水化物H2SeO4与H2SO4相比较，酸性减弱，酸性强弱关系为H2SO4＞H2SeO4；故答案为：H2SO4；H2SeO4。【点睛】本题考查元素周期律及其应用，明确ⅥA代表硫的性并类推到同族元素是解题的关键，难点读懂图中各点的含义

。22.某课外活动小组为了验证“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应，且生成氧气”，设计了如下实验装置：请回答下列问题：(1)试剂X是___________________(填名称)，其作用是_________________

___。(2)打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入稀硫酸，产生气泡，1分钟后再点燃酒精灯加热铜丝。此步操作目的是____________________，实验观察到铜丝未变化，则得出结论______________

_____。(3)打开K2，关闭K1，出现__________________现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。(4)设计实验证明干燥管中的Na2O2转化为碳酸盐___________________。(5)写出CO2与Na2O2反应的化学方程式________________

___。【答案】(1).浓硫酸(2).除去CO2气体中的水蒸气，防止水干扰实验(3).用CO2排尽装置内的空气，防止空气中的氧气干扰实验(4).无水时，CO2与Na2O2不发生反应(5).红色铜丝变黑色(6).取反应后干燥管中的固体适量，加稀硫酸(或稀盐酸)，产

生的气体通入澄清石灰水中，产生浑浊，证明干燥管中的Na2O2转化为碳酸盐(7).2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2【解析】【分析】“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，由装置可知，X为浓硫酸，可干燥

二氧化碳，打开K1，关闭K2，加热装有铜丝的玻璃管处无变化，打开K2，关闭K1，铜与氧气反应生成黑色的氧化铜，可说明CO2在有水存在时才能与Na2O2反应，且实验前先通入气体将装置内空气排出，据此分析解答。【详解】(

1)根据分析，试剂X是浓硫酸，其作用是除去CO2气体中的水蒸气，防止水干扰实验；(2)打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入稀硫酸，产生气泡，1分钟后再点燃酒精灯加热铜丝。此步操作目的是用CO2排尽装置内的空气，防止空气中

的氧气干扰实验，实验观察到铜丝未变化，则得出结论无水时，CO2与Na2O2不发生反应；(3)打开K2，关闭K1，出现红色铜丝变黑色的现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2；(4)取反应后干燥管中的固体适量，加稀硫酸(或稀盐酸)，产生的气体通入澄清石灰水中，产

生浑浊，证明干燥管中的Na2O2转化为碳酸盐(5)CO2与Na2O2反应的化学方程式2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。23.CH3OH是一种无色有刺激性气味的液体，在生产生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。(1)已知CH3OH(g)+12O2(g)CO2(g

)+2H2(g)的能量变化如图所示：下列说法正确的是___________(填字母标号)。a．CH3OH转变成H2的过程是一个吸收能量的过程b．H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为1：2c．化学变化不仅有新物质生成，同时也一定有能量变化d．1molH-O

键断裂的同时2molC=O键断裂，则反应达最大限度(2)某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入容积为2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得c(O2)=0.2mol/L，4min内平均反应速率v(H2)=______

_，则CH3OH的转化率为______________。(3)CH3OH燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。已知其负极反应式为CH3OH+8OH--6e

-=2-3CO+6H2O。则下列说法正确的是___________(填序号)。①电池放电时通入空气的电极为负极②电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱③电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子【答案】(1).

cd(2).0.8mol/(L·min)(3).64%(4).②③【解析】【分析】(1)a．由图反应物的总能量高于生成物的总能量；b．反应速率比等于方程式的计量数之比；c．化学变化一般伴随着能量变化；d．1molH-O键断裂的同时

生成2molC=O，又有2molC=O键断裂，说明正速率等于逆速率，反应达到平衡状态；(2)先求出v(O2)=120.2?24minmolmolLL−−，再根据v(H2)=4v(O2)计算；由于反应的氧气为2mol-0.2mol/L×2L=1.6

mol，反应的甲醇是3.2mol，则CH3OH的转化率为3.25molmol×100%=64%。；(3)①氧气得电子，发生还原反应，为正极；②电池放电时，生成的二氧化碳与碱反应生成碳酸钾；③电池放电时，由CH3OH+8OH--6e-=2-3

CO+6H2O每消耗32gCH3OH转移6mol电子，由此计算；【详解】(1)a．由图反应物的总能量高于生成物的总能量，CH3OH转变成H2的过程是一个放出能量的过程，故a错误；b．反应速率比等于方程式的计量数之比，H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为2：1，故b错误；c．物质

的状态变化一般伴随着能量变化，化学变化不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化，这种能量变化经常表现为热能、光能和电能的放出或吸收，炸药、石油、煤炭、蓄电池等储存的能量，都是靠化学反应释放出来的。故c正确；d．1molH-O键断裂的同时生成2molC=O

，又有2molC=O键断裂，说明正速率等于逆速率，反应达到平衡状态，则反应达最大限度，故d正确；故答案为：cd；(2)某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入容积为2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得c(O2)=0.2mol/L，4min内平

均反应速率v(O2)=120.2?24minmolmolLL−−=0.2mol/(L·min)，v(H2)=4v(O2)=0.8mol/(L·min)，由于反应的氧气为2mol-0.2mol/L×2L=1.6mol，反应的甲醇是3.2mol，则CH3

OH的转化率为3.25molmol×100%=64%。故答案为：0.8mol/(L·min)；64%；(3)①氧气得电子，发生还原反应，电池放电时通入空气的电极为正极，故错误；②电池放电时，生成的二氧化碳与

碱反应生成碳酸钾，电解质溶液的碱性逐渐减弱，故正确；③电池放电时，由CH3OH+8OH--6e-=2-3CO+6H2O每消耗32gCH3OH转移6mol电子，当消耗6.4gCH3OH时转移1.2mol电子，故正确；故答案为：②③。24.石油是一种重要

的化工原料。A~G是中学化学中常见有机物，它们之间的转化关系如下图所示(部分产物和反应条件已略去)，其中A为气态烃，标准状况下密度为1.25g/L，F为最简单的芳香烃。请回答下列问题：(1)A的名称为____________

，D的官能团名称为____________。(2)反应①所用试剂X的电子式为________，反应类型为____________。(3)写出能与NaHCO3反应产生CO2的E的同分异构体的结构简式______________。(4)已知:绿色化学的核心内容之一是“原子经济性

”，即原子的理论利用率为100%。则反应②~④符合绿色化学要求的是____________(填字母标号)。a．全部b．反应②和反应③c．反应③和反应④d．只有反应③(5)写出反应④和⑤的化学方程式：④__________

_______________；⑤_________________________。【答案】(1).乙烯(2).羧基(3).(4).加成反应(5).CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH(6).d(7).CH3COOH+C2H5OH浓硫酸

ΔCH3COOC2H5+H2O(8).+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr【解析】【分析】A为气态烃，标准状况下密度为1.25g/L，则A的摩尔质量为22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol，则A为乙烯，F为最简单的芳香

烃，则F为苯，苯在FeBr3作作催化剂的条件下与溴单质发生取代反应生成溴苯，G为溴苯，乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应生成乙醇，则X为H2O，B为乙醇(CH3CH2OH)，乙醇在Cu作催化剂与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，则C为乙醛(

CH3CHO)，乙醛继续被氧气氧化生成乙酸，D为乙酸(CH3COOH)，乙酸与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，E为乙酸乙酯(CH3COOC2H5)，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A的名称为乙烯，D为乙酸，含有的官能团名称为羧基；(2)根据分析，反应

①乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应生成乙醇，则X为H2O，电子式为，反应类型为加成反应；(3)E为乙酸乙酯(CH3COOC2H5)，其同分异构体能与NaHCO3反应产生CO2，说明结构中含有羧基，则符合要求的E的同分异构体

的结构简式CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH；(4)反应②为乙醇在Cu作催化剂与氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，原子的理论利用率不为100%；反应③为乙醛被氧气氧化只生成乙酸，原子的理论利用率为100%；反应④为乙酸与乙醇在浓硫酸加热条件下发

生酯化反应生成乙酸乙酯和水，原子的理论利用率不为100%；则反应②~④符合绿色化学要求的是反应③，答案选d；(5)反应④为乙酸与乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式：CH3COOH+C2H5OH浓硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O；反应⑤为苯在FeB

r3作催化剂的条件下与溴单质发生取代反应生成溴苯，化学方程式：+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr。