河南省驻马店华苑高级中学高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

河南省驻马店华苑高级中学2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）1下列叙述中说明某化学平衡一定发生移动的是a混合体系中气体密度发生变化b正、逆反应速率改变c混合物中各组分的浓度改变d反应物的转化率改变【答案】d【解析】试题分析：a对于h2(g)+i2(g)2hi(g),缩小容器体积，密度增大，但平衡不会移动，a项错误；b 使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，b项错误；c如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的百分含量不变时，平衡不移动，c项错误；d如果反应物的转化率改变，说明反应物的浓度发生变化，则一定会发生化学平衡的移动，d项正确；答案选d。考点：化学平衡移动的判断2以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇（酒精）的包装箱应贴的图标是【答案】d【解析】试题分析：乙醇是可燃性液体，答案选d。考点：考查危险化学品标识判断3下列应用中，主要利用物质氧化性的是a用烟道气中和碱性废水 b重铬酸钾用于酒驾检查c用苯酚制造酚醛树脂 d金属加工前用硫酸酸洗【答案】b【解析】试题分析：a项用烟道气中和碱性废水是利用烟气中的酸性气体中和碱性废水，不是利用的氧化性，故a项错误；b项重铬酸钾用于酒驾检查是利用重铬酸钾氧化性氧化乙醇，自身被还原为铬离子颜色由橙色变蓝，故b项正确；c项用苯酚制造酚醛树脂是利用苯酚与甲醛的醛基加成后缩聚生成，不是利用氧化性，故c项错误；d项金属加工前用硫酸酸洗是利用硫酸酸性除去表面氧化膜，不是利用氧化性，故d项错误；本题选b。考点：化学与生产、生活。4已知硒酸钠中各元素的质量分数为：na -a，se-b，其余为氧；硫酸钠中各元素的质量分数为：na -c，s-d，其余为氧；用以上数据测定se元素的相对原子质量时，还需要用到的数据是ana元素的相对原子质量 bs元素的相对原子质量co元素的相对原子质量 dse元素各同位素的丰度【答案】b【解析】试题分析：由na2seo4、na2so4中各元素质量分数得2m(na)+4m(o)/2m(na)+m(se)+4m(o)=1-b2m(na)+4m(o)/2m(na)+m(s)+4m(o)=1-d令2m(na)+4m(o)=x则化为：x/x+m(se)=1-b化为：x/x+m(s)=1-d由式得x=（1-d）m(s)+x解得x=m(s)(1-d)/d代入式解得：m(se)=m(s)b(1-d)/d(1-b)所以只需要s元素的相对原子质量即可。故b正确。考点：了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算。 理解质量守恒定律的含义。点评：本题涉及化合物中元素质量分数及其计算方法，化学原理与数据处理的结合是本题的难点。5已知3mol碳在2mol氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量a kj。又知0.1mol碳完全燃烧，放出热量为 b kj。则热化学方程式c(s）o2(g）=co(g） hq中q等于a(ab） kjmol1b(ab） kjmol1c(5a0.5b） kjmol1 d(0.5a5b） kjmol1【答案】d【解析】试题分析：0.1mol碳完全燃烧，放出热量为 b kj，所以生成1mol co2放热10 b kj；3mol碳在2mol氧气中燃烧，至反应物耗尽，生成二氧化碳1 mol，生成一氧化碳2 mol，放出热量a kj，所以生成1 mol一氧化碳放热，故d正确。考点：本题考查化学反应中的能量变化。6下列关于甲、乙、丙、丁四种有机物说法正确的是( )a丁属于芳香烃b四种物质中加入naoh溶液共热，然后加入稀硝酸呈酸性，再滴入agno3溶液，均有沉淀生成c四种物质中加入naoh的醇溶液共热，然后加入稀硝酸呈酸性，再滴入agno3溶液，均有沉淀生成d乙发生消去反应得到两种烯烃【答案】b【解析】试题分析：a、丁中含有溴元素，不属于烃类，故a错误；b、卤代烃和naoh的水溶液发生取代反应生成hx，hx和hno3酸化的agno3溶液发生复分解反应，甲、丙生成白色沉淀，乙和丁生成淡黄色沉淀，故b正确；c、甲、丙、丁不能发生消去反应生成hx，所以甲、丙、丁和氢氧化钠的醇溶液共热后，再加入hno3酸化的agno3溶液不能生成沉淀，故c错误；d、乙发生消去反应生成一种烯烃，为丙烯，故d错误；故选b。考点：考查了有机物结构和性质、卤代烃消去反应和取代反应的相关知识。7下列说法错误的是（ ）。a含氧化合物不一定是氧化物b纯净物都是由一种物质组成的c由一种元素组成的纯净物不一定是单质d质子数相同的微粒不一定属于同种元素【答案】c【解析】a项，氧化物是指由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物，所以含氧的化合物不一定是氧化物，如kmno4等，a项对；b项，纯净物是由同一种物质组成的，b项对；c项，由同一种元素组成的纯净物是单质，如o2、h2等，c项错；d项说法是正确的，微粒包括分子、原子、离子等。8下列有关说法正确的是（ ）a焓变就是反应热，化学变化中存在焓变，物理变化中不存在焓变。b电解池中与直流电源正极相连的是阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，阴极发生还原反应。通电时，电子的流向为负极阴极电解质阳极正极chcl和naoh反应的中和热h57.3 kjmol1，则h2so4和ca(oh)2反应的中和热h2(57.3)kjmol1dco(g)的燃烧热是h-283.0 kjmol1，则反应co2(g)=co(g)1/2o2(g)的反应热h+283.0 kjmol1【答案】d【解析】试题分析：a.恒压条件下的热效应是焓变，错误；b.电子不通过电解质，错误；c. 中和热酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，则h2so4和ca(oh)2反应的中和热h57.3kjmol1，错误；d. co(g)的燃烧热是h-283.0 kjmol1，则反应co2(g)=co(g)1/2o2(g)的反应热h+283.0 kjmol1，正确。考点：考查中和热、燃烧热、电解池原理。9四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中x元素的原子最外层电子数等于其电子层数。下列说法不正确的是zwxyax位于元索周期表中第3 周期、a族b原子半径：x z wc最简单气态氢化物的热稳定性：w ydy的最高价氧化物可以和w的最简单氢化物反应【答案】d【解析】试题分析：根据四种短周期元素的位置可判断x是第三周期元素，所以x的最外层电子数是3，则x是al元素；y是si元素，z是n元素，w是o元素。a、al位于元索周期表中第3 周期、a族，正确；b、根据原子半径的决定因素，x的电子层数最多，原子半径最大，z与w的电子层数相同，z的原子序数小，则z的原子半径大于w，正确；c、o的非金属性大于si，则f的氢化物的稳定性大于si的氢化物的稳定性，正确；d、si的最高价氧化物是二氧化硅，o的简单氢化物是水，而二氧化硅与水不发生反应，错误，答案选d。考点：考查元素的推断，元素化合物的性质应用10下列实验操作正确且能达到预期目的的是（ ）实验目的操 作比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱用金属钠分别与水和乙醇反应欲证明溶液中含有so42-滴入盐酸酸化的硝酸钡溶液证明so2具有漂白性将so2通入酸性kmno4溶液中比较确定铜和镁的金属活动性强弱用pt作电极电解mg(no3)2、cu( no3)2 混合液确定碳和硅两元素非金属性强弱测同温同浓度na2co3和na2sio3水溶液的pha b c d【答案】c【解析】试题分析：钠和水反应要比钠和乙醇反应剧烈，据此可以比较水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，正确；中在酸性条件下，no3具有氧化性，能把so32氧化生成so42，所以不能证明溶液中含有so42-，不正确；不正确，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能把so2氧化，所以体现的是so2的还原性；金属性越强，相应阳离子的氧化性越弱，所以可以通过电解池中阴极阳离子的放电顺序来比较金属性强弱，正确；非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则相应的含氧酸盐的水解程度越小，正确，答案选c。考点：考查化学实验方案的评价点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，主要是对学生实验能力的综合考查，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力。11x、y、z、w是原子序数依次递增的短周期元素，4种元素的原子核外电子数之和与m元素的相对原子质量相等，m的简单离子是第3周期中离子半径最小的，w单质既能在z2气体中燃烧，又能在无色气体yz2中燃烧，且均生成离子化合物wz。下列说法正确的是（ ）a原子半径：wzyxbz与x形成化合物的沸点一定高于y与x形成化合物的沸点c将过量yz2通入到m的最高价氧化物的水化物中，沉淀不溶解dw单质在yz2中燃烧，除生成离子化合物wz之外，还生成共价化合物yz 【答案】c【解析】试题分析：x、y、z、w是原子序数依次递增的短周期元素，m的简单离子是第3周期中离子半径最小的，故x是al；w单质既能在z2气体中燃烧，又能在无色气体yz2中燃烧，且均生成离子化合物wz。z可能是o或cl，但找不到ycl2的无色气体，故z是o，w是mg，y是c。4种元素的原子核外电子数之和与m元素的相对原子质量相等，x是h。故：a原子半径：w(mg)y(c)z(o)x(h)；bz与x形成h2o和h2o2，y与x形成ch4，还可以形成高分子，故前者的沸点不一定高于后者的沸点；c将过量co2通入到m的最高价氧化物的水化物al(oh)3中，沉淀不溶解；dmg单质在co2中燃烧，除生成离子化合物mgo之外，还生成c。考点：元素周期律与元素的性质。12下列反应中，属于加成反应的是( )。aso3h2oh2so4bch2ch2h2och3ch2ohcch3clcl2ch2cl2hcldco22naohna2co3h2o【答案】b【解析】试题分析：有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，因此选项b正确。a是化合反应，c是取代反应，d是复分解反应，答案选b。考点：考查加成反应的判断点评：有机物中能够发生取代反应的官能团是碳碳双键，另外苯环在一定条件下，也能发生加成反应。加成反应和取代反应的区别在于加成反应的生成物一般只有一种，而取代反应的的生成物不止一种。13鉴别甲烷、乙烯、乙炔三种气体可采用的方法是()a通入溴水中，观察溴水是否褪色b通入酸性高锰酸钾溶液中，观察颜色变化c点燃，检验燃烧产物d点燃，观察火焰明亮程度及产生黑烟量的多少【答案】d【解析】乙烯、乙炔均能使溴水、酸性kmno4溶液褪色，三者点燃后均能产生co2和h2o，但因含碳量不同致使火焰的明亮程度及产生黑烟量不同。14下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是a.so2与sio2 b.co2与h2o c.nacl与hcl d.ccl4与kcl【答案】b【解析】试题分析：a中根据元素组成可判断都为极性共价键，但so2为分子晶体而sio2为原子晶体，故a错误；b中都含极性键且都是分子晶体，故b正确；c中nacl含离子键为离子晶体，而hcl含共价键，为分子晶体，故c正确；d中ccl4含共价键为分子晶体而kcl中含离子键为离子晶体，故d错误故选b。考点：化学键 晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用点评：本题考察了化学键类型和晶体类型的关系判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。15设阿伏加德罗常数的数值为6.02l023，下列叙述错误的是 （ ）电解法精炼铜时转移的电子数为6.02l023时，阳极溶解32 g铜7.8 g na2s和na202的混合物中，含有的阴离子数大于0.16.02l023 在适当条件下，2 mol s02和1 mol 02充分反应后，容器内的分子数大于26.02l0232.9 克 2cas04h20含有的结晶水分子数为0.026.02l023（2cas04h20相对分子质量为290）含0.2 mol h2so4的浓硫酸与足量铜反应，生成so2的分子数为0.16.02l023a. b. c. d.【答案】c【解析】试题分析：由于粗铜中含义杂质，所以当转移1mol电子时，阳极不一定溶解32g铜，不正确；7.8 g na2s和na202的物质的量是0.1mol，其中阴阳离子的个数之比都是1:2，所以含有的阴离子的物质的量是0.1mol，不正确；中反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，正确；2.9 克 2cas04h20含有的结晶水分子数为0.016.02l023，不正确；中随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变稀，稀硫酸和铜是不反应的，不正确，答案选c。考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断点评：阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。16（8分）分子式为c7h16的烷烃，其主链为5个碳原子的烷烃的同分异构体有 种，分别写出它们的结构简式并用系统命名法命名之。 。【答案】5种，（略）【解析】17目前正在研究和已经使用的储氢合金有镁系合金、稀土系合金等。（1）工业上用电解熔融的无水氯化镁获得镁。其中氯化镁晶体脱水是关键工艺之一，一种氯化镁晶体脱水的方法是：先将mgcl26h2o转化为mgcl2nh4c1nnh3（铵镁复盐），然后在700脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为 _。（2）储氢材料mg(alh4)2在110200的反应为：mg(alh4)2mgh2+2al+3h2。生成27gal时，产生的h2在标准状况下的体积为_l。（3）采用球磨法制备al与libh4的复合材料，并对allibh4体系与水反应产氢的特性进行下列研究：下图为25水浴时每克不同配比的allibh4复合材料与水反应产生h2体积随时间变化关系图。由下图可知，下列说法正确的是_(填字母)。a25时，纯铝与水不反应b25时，纯libh4与水反应产生氢气c25时，allibh4复合材料中libh4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大下图为25和75时，allibh4复合材料w(libh4)=25%与水反应一定时间后产物的x射线衍射图谱（x射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。从图中可知，25时allibh4复合材料中与水完全反应的物质是_(填化学式)。（4）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为a moll-1，平衡时苯的浓度为b moll-1，该反应的平衡常数k_。一定条件下，下图装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。生成目标产物的电极反应式为_。【答案】（1）mgcl2nh4clnnh3mgcl2+hcl+(n+1)nh3；（2）336；（3）a b；libh4；（4）c6h6+6h+6e-=c6h12【解析】试题分析：（1）mgcl2 nh4 clnnh3 ，在700脱氨得到无水氯化镁，反应的化学方程式是mgcl2nh4clnnh3 mgcl2+hcl+(n+1)nh3；（2）储氢材料mg(alh4)2 在110-200的反应为：mg(alh4)2 =mgh2+2al+3h2 ，根据方程式可知反应中生成2molal，会同时生成3mol氢气，所以每生成27gal时，n(al)=27g27g/mol=01mol，则产生氢气的物质的量是n(h2)=3/2n(al)= 3/201mol=015mol，则生成氢气在标准状况下的体积为v(h2)=n(h2)vm=015mol224l/mol=336l；（3）a25时，纯铝与水不反应，因为由图libh4 含量为0时，氢气的体积为0，正确； b25时，纯libh4 与水反应产生氢气，-1价的氢与+1价的氢发生归中反应生成氢气，正确； c由图可知25时，allibh4 复合材料中libh4 含量越高，1000s内产生氢气的体积越小，错误；如图2中无libh4 ，说明与水完全反应；（4）环己烷的起始浓度为amol/l，平衡时苯的浓度为bmol/l，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为(a-b)mol/l，反应产生的氢气的浓度为c(h2)=3bmol/l，则平衡常数k=；该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为c6h6+6h+6e-=c6h12。考点：考查化学方程式的书写、物质的量在化学方程式计算的应用、图像方法在物质成分的确定的应用的知识。18(8分)欲配制100ml 0.2mol/l的naoh溶液，回答下列问题：(1) (2分)根据计算，所需的naoh的质量为 ，naoh固体应放在 中称量。(2) (3分)以下是实验操作步骤，请排出正确的操作顺序：称取所需质量的naoh将溶液转移到容量瓶内用蒸馏水洗涤烧杯23次，将洗涤液全部移入容量瓶中，摇匀改用胶头滴管，小心滴入蒸馏水至刻度仔细地把蒸馏水注入容量瓶中，直到液面接近刻度线1cm2cm处塞上瓶塞。反复摇匀将称取的naoh置于烧杯内，加适量蒸馏水，搅拌溶解后冷却正确的操作顺序是： (3) (3分)下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 (填选项代号) anaoh放在纸上称量，且出现潮解现象b配制前容量瓶内已有少量蒸馏水c定容时仰视dnaoh溶液未经冷却就转移到容量瓶中去e转移溶液时部分溶液溅出容量瓶外【答案】(1)（2分）0.8g ， 小烧杯 。(2)（3分） (3) (3分) ace 【解析】19(15分)某化学课外活动小组通过实验研究no2的性质：(已知：2no22naoh = nano3nano2h2o)任务1：利用下图所示装置探究no2能否被nh3还原(k1、k2为止水夹，夹持固定装置略去)。（1）e装置中制取no2反应的离子方程式是 。（2）若no2能够被nh3还原，预期观察到c装置中的现象是 。（3）实验过程中，未能观察到c装置中的预期现象。该小组同学从反应原理的角度分析了原因，认为可能是：nh3还原性较弱，不能将no2还原；在此条件下，no2的转化率极低； 。（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是 。任务2：探究no2能否与na2o2发生氧化还原反应。（5）实验前，该小组同学提出三种假设。假设1：二者不反应；假设2：no2能被na2o2氧化；假设3： 。（6）为了验证假设2，该小组同学选用任务1中的b、d、e装置，将b中的药品更换为na2o2，另选f装置(如图所示)，重新组装，进行实验。装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用) 。实验过程中，b装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成。推测b装置中反应的化学方程式为 。【答案】(15分)（1）cu4h2no3 (浓) = cu2 2no2 2h2o（2）c装置中混合气体颜色变浅（3）在此条件下，该反应的化学反应速率极慢。（4）缺少尾气吸收装置（5）no2能被na2o2还原（6） edbdf或edbf 2no2na2o2 = 2nano3【解析】试题分析：（1）e装置中制取no2用的是铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、no2 和水，反应的离子方程式是cu4h2no3 (浓) = cu2 2no2 2h2o。（2）二氧化氮是红棕色气体，如果能被氨气还原，生成无色气体氮气，观察到的现象是c装置中混合气体颜色变浅。（3）造成未能观察到c装置中的预期现象可能原因是：nh3还原性较弱，不能将no2还原；在此条件下，no2的转化率极低，导致反应现象变化不明显；在此条件下，该反应的化学反应速率极慢，导致反应现象变化不明显。（4）二氧化氮是有毒气体，氨气是有刺激性气味的气体，所以都不能直接排空，要进行尾气处理才能排空，所以此实验装置存在一个明显的缺陷是缺少尾气吸收装置。（5）no2中的n元素的化合价为4价，位于中间价态，既可被氧化，也可被还原，由假设可知还应有no2能被na2o2还原的假设。（6）验证假设2，首先要用e装置制取二氧化氮，因为制取的二氧化氮气体中含有水蒸气，水能和过氧化钠反应而造成干扰，所以要用d装置除去水蒸气，然后较纯净的二氧化氮通过b装置，未反应的二氧化氮有毒不能直接排空，最后要进行尾气处理，选用f装置处理尾气，所以装置的合理连接顺序是edbdf或edbf。b装置中淡黄色粉末逐渐变成白色经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成，过氧化钠作氧化剂，则二氧化氮中氮元素失电子化合价升高而作还原剂，所以氮元素只能转化为5价，且生成物是纯净物，所以是硝酸钠，反应方程式为2no2na2o22nano3。考点：考查氮的化合物的性质，实验探究题的设计与评价。20（11分）实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理如下：ch3ch2oh ch2=ch2，ch2=ch2br2 brch2ch2br。用少量的溴和足量的乙醇制备l，2二溴乙烷的装置如下图所示：有关数据列表如下：乙醇1，2二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/gcm-30.792.20.71沸点/78.513234.6熔点/1309116回答下列问题：（1）在装置c中应加入 （选填序号），其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体。水 浓硫酸 氢氧化钠溶液 饱和碳酸氢钠溶液（2）判断d管中制备二溴乙烷反应已结束的最简单方法是 。（3）将二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在水的 （填“上”或“下”）层。（4）若产物中有少量未反应的br2，最好用 （填正确选项前的序号）洗涤除去。水 氢氧化钠溶液 碘化钠溶液 乙醇（5）反应过程中需用冷水冷却（装置e），其主要目的是 ；但不用冰水进行过度冷却，原因是： 。（6）以1，2二溴乙烷为原料，制备聚氯乙烯，为了提高原料利用率，有同学设计了如下流程：1，2二溴乙烷通过（ ）反应制得（ ），通过（ ）反应制得氯乙烯，由氯乙烯制得聚氯乙烯。_（填反应类型） _（填该物质的电子式）_（填反应类型）写出第一步的化学方程式_。【答案】（11分）（1） ； （2）溴的颜色完全褪去；（3）下； （4）；（5）乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；1，2二溴乙烷的凝固点较低（9），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞；（6）消去反应； ；加成反应； ；【解析】试题分析：（1）根据整个流程可知，装置a用来制取乙烯，产生乙烯气体的同时可能还产生二氧化硫气体，二氧化硫也能与溴水反应，所以乙烯通入溴水之前应先除去二氧化硫，则在装置c中应加入氢氧化钠溶液，其作用就是除去乙烯中带出的酸性气体so2 ，答案选。（2）溴呈红棕色，所以判断d管中制备二溴乙烷反应已结束的最简单方法是溴的颜色完全褪去；（3）根据表格提供的信息，二溴乙烷难溶于水且比水重，所以产物应在水的下层；（4）二溴乙烷与naoh溶液不反应，而br2与naoh溶液反应，所以若产物中有少量未反应的br2，最好用naoh溶液洗涤除去。（5）乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发，所以反应过程中需用冷水冷却；根据表格提供的信息，1，2二溴乙烷的凝固点较低（9），过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，所以不用冰水进行过度冷却。（6）以1，2二溴乙烷为原料，制备聚氯乙烯，其步骤为1，2二溴乙烷通过消去反应制得乙炔，乙炔通过与hcl发生加成反应生成氯乙烯，再由氯乙烯经过加聚反应制得聚氯乙烯，所以为消去反应，乙炔的电子式为，为加成反应；第一步反应的化学方程式为：。考点：考查实验室制备1,2二溴乙烷的原理、基本操作与步骤，化学反应等知识。21(1)（4分）已知某反应的各物质浓度数据如下： 起始浓度（）： 1.5 1.0 0 2s末浓度（）： 0.9 0.8 0.4则a= ，b= 。2s内b的反应速率= 。【答案】a=3，b=1 0.1mol/ls 22a、b、c、d、e、f六种短周期元素，原子序数依次增大。a是地壳中含量最高的元素，c是地壳中含量最高的金属元素，a、e同主族。d元素原子最外层电子数是次外层电子数的一半。b、c两元素原子的最外层电子数之和等于d元素原子的最外层电子数，c、d两元素原子最外层电子数之和等于f元素原子的最外层电子数。回答下列问题：(1）元素a在元素周期表中的位置是 。（2） 写出b、e两元素形成化合物的电子式： ，所含化学键类型 ；（3）a、d、e、f的气态氢化物的稳定性顺序 （用化学式表示） （4）写出c、e对应的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为： （5）c、d的氧化物与分别与b的氢氧化物反应的离子方程式： 、 【答案】(1)第二周期，a族 ； (2) 离子键 (3) h2o hclh2ssih4 (4)2al(oh)3 +3 h2so4 = al2(so4)3 +6h2o (5)al2o3 +2oh =2alo2 +h2o sio2 + 2oh =sio32 +h2o 【解析】试题分析：a是地壳中含量最高的元素，故a为o，c是地壳中含量最高的金属元素，故c为al，a、e同主族，故e为s；d元素原子最外层电子数是次外层电子数的一半,故d为si；b、c两元素原子的最外层电子数之和等于d元素原子的最外层电子数，故b为na，c、d两元素原子最外层电子数之和等于f元素原子的最外层电子数，故f为cl，所以a、b、c、d、e、f分别为o、na、al、si、s、cl。(1）元素a在元素周期表中的位置是：第二周期，a族；（2） b、e两元素形成化合物为硫化钠，其电子式为，所含化学键类型为离子键；（3）根据元素的电负性越大，气态氢化物越稳定，所以a、d、e、f的气态氢化物的稳定性顺序为：h2o hclh2ssih4；（4）c、e对应的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和硫酸，两者发生的化学反应方程式为：2al(oh)3 +3 h2so4 = al2(so4)3 +6h2o；（5）c、d的氧化物分别为氧化铝和二氧化硅，其与氢氧化钠的反应的离子方程式分别为：al2o3 +2oh =2alo2 +h2o sio2 + 2oh =sio32 +h2o。考点：元素周期表、元素周期律、元素及其化合物点评：本题考查了元素周期表、元素周期律、元素及其化合物，解答本题的关键是先推断出a、b、c、d、e、f分别为o、na、al、si、s、cl，然后再解答，本题难度中等。23（15分）苯乙烯可以通过下列方法合成：（1）ab的反应的反应类型是 ；该反应还会生成另一种有机物，其结构简式为 。（2）c中含氧官能团的名称是 。（3）检验产物d中溶有c的实验方法是 ；（4）b有多种同分异构体。e是b的芳香类同分异构体，结构上满足下列条件。则e的结构简式为 。a能发生银镜反应 b且苯环上的一氯代物只有2种（5）对羧基聚苯乙烯（）是合成功能高分子材料的重要中间体。已知：nabh4为选择性还原剂，不能还原羧酸苯甲酸发生苯环取代时，生成间位产物。试写出以甲苯等为主要原料，合成对羧基聚苯乙烯的流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：【答案】（1）取代；ch3cooh （2）羟基 （3）取样，加入金属钠如产生气体，说明含有c；（4）（5）【解析】试题分析：（1）根据a和b的结构简式可以看出，苯环上氢原子被乙酰基取代，则ab的反应是取代反应，根据取代反应的特点以及原子守恒定律可知生成的另一种有机物是乙酸，结构简式为ch3cooh 。（2）根据c的结构简式，c 中含氧官能团的名称是羟基。（3）d中的官能团是碳碳双键，c中的官能团是醇羟基，羟基能与na反应生成氢气，则检验产物d中溶有c的实验方法是取样，加入金属钠如产生气体，说明含有c。（4）b为, e是b的芳香类同分异构体,e能发生银镜反应,说明e只有醛基，e的苯环上的一氯代物只有2种，说明该分子高度对称，则e的结构简式为。（5）根据题给信息，以甲苯等为主要原料，合成对羧基聚苯乙烯的流程图是。考点：考查有机物的推断，有机反应类型和有机流程的设计等知识。24（17分）一种功能性紫外光固化涂层胶jea单体n的合成路线如下图所示：已知：环氧烷可以发生加成反应：（1）a是一