四川省威远中学2018_2019学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）.docx

四川省威远中学2018-2019学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Zn65第卷(选择题 共42分)一、选择题（本大题共21个小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1.2014年1月22日是第45个“世界地球日”，主题是： “珍惜地球资源转变发展形势”。下列行为中不符合这一主题的是( )A. 采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质B. 大量开采化石原料，以满足社会对能源的需求C. 减少直至不使用对大气臭氧层起破坏作用的氟氯烃D. 节约能源，提高能源利用率【答案】B【解析】【详解】A. 绿色化学技术中最理想的是采用“原子经济”反应，实现反应的绿色化，即原料分子中的每一原子都转化成产品，不产生任何废物和副产物，故A符合上述主题；B. 化石原料属于不可再生能源，且化石燃料的大量使用对环境也造成破坏作用，故B不符合上述主题；C. 氟氯烃使用对大气臭氧层起破坏作用，所以较少或不使用对环境起到保护作用，故C符合上述主题；D. 节约能源，提高能源利用率，符合“珍惜地球资源转变发展形势”这一主题；故选B。2.下列说法正确的是( )A. 淀粉、纤维素、油脂、酶均属于天然的高分子化合物B. 将苯、己烷、乙醇三种液体分别与溴水混合振荡后，混合液均分为两层，且溴水层无色C. 同物质的量浓度的乙醇、乙酸、碳酸溶液，pH最小的是碳酸D. 煤、石油、天然气、可燃冰均属于化石燃料【答案】D【解析】【详解】A. 油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，故A错误；B. 乙醇与溴水互溶，故B错误；C. 同物质的量浓度的乙醇、乙酸、碳酸溶液，pH最小的是乙酸，故C错误；D. 煤、石油、天然气、可燃冰均属于化石燃料，故D正确；故选D。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是( )A. 常温常压下，17g NH3含有的原子数为4NAB. 1molCnH2n+2含有的共价键数目为3nNAC. 1molCl2与足量铁反应，转移的电子数为3NAD. 标准状况下，11.2L H2O中含有的原子数为1.5NA【答案】A【解析】【详解】A. 常温常压下，17g NH3的物质的量为1mol,含有的原子数为4NA故A正确；B. 1molCnH2n+2属于饱和烷烃，含有的共价键数目为（3n+1）NA，故B错误；C. 1molCl2与足量铁反应，转移的电子数为2NA，故C错误；D. 标准状况下， H2O不是气态，无法计算含有的原子数，故D错误；答案：A。4.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是A. In是第五周期第A族元素B. 11549In的中子数与电子数的差值为17C. 原子半径：InAlD. 碱性：In(OH)3RbOH【答案】D【解析】【分析】A根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；B质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；C同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；D同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；B.质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径InAl，故C不符合题意；D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3RbOH，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5.随着卤素原子半径的增大，下列递变规律正确的是( )A. 单质的熔、沸点逐渐降低B. 离子的还原性逐渐增强C. 气态氢化物稳定性逐渐增强D. 单质氧化性逐渐增强【答案】B【解析】分析】A. 卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高。B.卤素离子的还原性随着原子半径增大而增强。C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定。D. 卤族单质的氧化性随原子半径增大而减弱。【详解】A.卤素单质是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高 ，A错误。B.卤素离子半径越大，原子核对最外层电子吸引力越小，还原性越强，所以卤素离子的还原性随原子半径增大而增强，B正确。C.卤族元素非金属性随原子半径增大而减弱，所以气态氢化物的稳定性随着原子半径增大而逐渐减弱，C错误。D.卤族元素得电子能力随着原子序数增大而减弱，所以卤素单质的氧化性随着原子半径增大而减弱，D错误。6.下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是( )A. 气态氢化物的稳定性：RWB. X与Y可以形成原子个数比为11和12的两种离子化合物C. 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2-D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】C【解析】分析】X、Y、Z、W、R都为短周期元素，结合原子序数和主要化合价分析，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素；Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z为+3价，Z为Al元素；W的化合价为+6、-2价，故W为S元素；R的化合价为+7、-1价，则R为Cl元素。据此解答。【详解】根据上述分析，X、Y、Z、W、R依次为O、Na、Al、S、Cl元素；则A. R为Cl，W为S，在同一周期，非金属性ClS，所以HCl的稳定性比H2S强，A正确；B. X为O，Y为Na，X与Y可以形成Na2O、Na2O2，两者都是离子化合物，B正确；C.离子电子层越多，离子半径越大，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：S2-Cl-O2-Na+Al3+，C错误；D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者发生反应NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O，D正确；答案选C。【点睛】本题的突破口是：根据图表中化合价的数值、原子序数的变化确定元素种类。再根据元素周期律的相关知识和化合物的性质进行判断即可。注意微粒半径大小比较的规律。7.下列表述正确的是( )A. CH4的球棍模型示意图为B. HF的电子式：C. 乙烯的最简式为 CH2D. 还有4种含有苯环的同分异构体【答案】C【解析】【详解】A. CH4的比例模型示意图为，故A错误；B. HF属于共价化合物，其电子式：，故B错误；C. 乙烯的分子式为C2H4,所以最简式为 CH2，故C正确；D. 共有4种含有苯环的同分异构体，故D错误；答案：C。8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )A. 强碱性溶液中：K、AlO2-、Cl、SO42-B. 强酸性溶液中：K、SO42-、Fe2+、NO3-C. 与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、CO32-、NO3-、K+D. 某无色溶液中：Fe3+、Cl、Na+、NO3-【答案】A【解析】A. 强碱性溶液中K、AlO2、Cl、SO42之间不反应，可以大量共存，A正确；B. 强酸性溶液中Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C. 与铝反应产生大量氢气的溶液中如果显酸性，则CO32、NO3一定不能大量共存，C错误；D. 某无色溶液中Fe3+不能大量共存，D错误，答案选A。9.下列反应中，属于加成反应的是( )A. 乙烯使酸性KMnO4溶液褪色B. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色C. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色D. 甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色消失【答案】C【解析】【详解】A. 乙烯含有C=C双键，具有还原性，能和酸性KMnO4溶液发生氧化，故不选A；B. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色属于萃取，故不选B；C. 乙烯含有C=C双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故C正确；D. 甲烷与氯气混合光照发生取代反应，故D不选；答案：C。10.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是()A. 分子式为C7H6O5B. 1 mol该物质能与4 mol Na发生反应C. 分子中含有两种官能团D. 在水溶液中羧基和羟基均能电离出H【答案】B【解析】【详解】A.分子式为C7H10O5，故A错误；B.1 mol该物质含有3个羟基和1个羧基，能与4 mol Na发生反应，故B正确；C. 分子中含有C=C、-COOH和-OH三种官能团，故C错误；D. 在水溶液中羧基能电离出H,羟基不能电离出H，故D错误；答案：B。【点睛】根据官能团判断相应的性质。含有-COOH和-OH能和金属钠反应，根据结构简式判断分子式。11.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是()选项不纯物除杂试剂分离方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗气B苯(Br2)NaOH溶液过滤CC2H5OH(H2O)新制生石灰蒸馏D乙酸乙酯(乙酸)饱和Na2CO3溶液蒸馏A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应；C. 乙酸与生石灰反应；D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸可与碳酸钠反应；【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误；B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应,而溴苯不能,然后分液即可分离，故B错误；C.水与生石灰反应，生成的氢氧化钙沸点高，而乙醇沸点低,可用蒸馏的方法分离，故C正确； D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应,应用分液的方法分离，故D错误；正确选项C。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质；选项A，就是一个易错点，虽然除去了乙烯，但是引入了二氧化碳，没有达到真正除杂的目的。12.下列关于有机物的说法中，正确的一组是()淀粉、油脂在一定条件下都能发生水解反应 淀粉和纤维素互为同分异构体食用油属于酯类，石蜡油属于烃类 石油的分馏和煤的气化都发生了化学变化 淀粉遇碘酒变蓝色，在加热条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】淀粉最终水解成葡萄糖，油脂水解成高级脂肪酸(盐)和甘油，故正确；淀粉和纤维素分子式为(C6H10O5)n，但n值不同，二者不互为同分异构体，故错误；油脂分为脂肪和油，液态的油脂称为油，食用油属于油脂，石蜡属于烃类，故正确；石油分馏是利用沸点不同，煤的气化发生化学变化，如CH2O COH2，故错误；淀粉遇碘变蓝，葡萄糖中含有醛基，能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应，生成Cu2O沉淀，故正确；综上所述，选项C正确。13.对于100 mL 1 mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：升高温度；改用100 mL 3 mol/L盐酸；多用300 mL 1 mol/L盐酸；用等量铁粉代替铁片；改用98%的硫酸。其中能使反应速率加快的是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，以此解答该题【详解】适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；改用100mL3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；多用300mL1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则无法代替盐酸与铁反应制氢气，故错误；综上所述，正确；故答案为A。14.下列实验操作及结论正确的是()A. 钠和乙醇反应的现象与钠和水反应的现象相同B. 在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成C. 在CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液振荡，立即加入麦芽糖溶液并加热，能证明麦芽糖具有还原性D. 在乙醇溶液中插入一根红热的铜丝，能证明醇氧化成醛【答案】C【解析】【详解】A. 钠和乙醇反应比钠和水反应的速率慢，且钠沉入乙醇溶液中，与水反应是浮在水面上，故A错误；B. 在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，没有红色沉淀生成，因为水解液显酸性，所以不能证明有葡萄糖生成，故B错误；C. 因为NaOH溶液过量，所以新制的Cu(OH)2悬浊液显碱性，加入麦芽糖溶液并加热，有红色沉淀生成，能证明麦芽糖具有还原性，故C正确；D. 在乙醇溶液中插入一根红热的铜丝，不能证明醛的存在，故D错误；答案：C。15.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法不正确的是( )A. 5种原子中，C的原子半径最大B. 某物质焰色反应呈黄色，该物质不一定是含C的盐C. 向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红D. E的氧化物的水化物的酸性比B的强【答案】D【解析】【分析】A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A是C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B是N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，C、D分别是Na、Mg；往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E是Cl元素。【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，5种原子中，Na的原子半径最大，故A正确；B. 某物质焰色反应呈黄色，只能说明含有钠元素，该物质不一定是钠盐，如氢氧化钠的焰色反应呈黄色，故B正确；C.镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红，故C正确；D. 次氯酸的酸性小于硝酸，高氯酸的酸性比硝酸的强，故D错误。16.下列说法正确的是( )A. 如图所示的是吸收能量的过程，所涉及的氧化还原反应可设计成原电池B. 等质量不同烃(CxHy)完全燃烧时，越小，耗氧量越多C. 异丙苯()最多有7个碳原子共平面D. 有机物乙苯()的一溴取代物有5种【答案】D【解析】【详解】A.由图可知该反应为放热反应，但不能判断能否自发进行，所以不一定能设计成原电池，故A错误；B. 根据CxHy的燃烧通式为: CxHy+ (x+y/4)O2xCO2+y/2H2O, m一定,当y/x越大时,完全燃烧时耗氧量越多，故B错误。C. 异丙苯()最多有8个碳原子共平面，故C错误；D. 有机物乙苯()中含有5种类型的氢原子，其一溴取代物有5种，故D正确；答案：D。17.对于苯乙烯()的下列叙述 能使酸性KMnO4溶液褪色；可发生加聚反应；可溶于水；可溶于苯中；可与Br2、HCl等发生加成反应；其中正确的是( )A. 仅B. 仅C. 仅D. 全部正确【答案】C【解析】【详解】苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，故正确；苯乙烯为有机物，属于烃类，不溶于水，故错误；根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，故正确；苯乙烯中含有碳碳双键，可与Br2、HCl等发生加成反应，故正确；综上所述，本题选C。18.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原反应，故C不符合题意；D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。19.已知短周期元素的四种离子aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是( )A. 原子半径：BACDB. 原子序数：DCBAC. 离子半径：C3DA2BD. 氧化性：A2B，还原性：C3D【答案】A【解析】【分析】短周期元素的四种离子aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数abdc。【详解】A. A、B在周表中C、D的下一周期，且原子序数abdc，核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：BACD，故A正确；B. 短周期元素的四种离子aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数abdc，故B错误；C. aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，所以离子半径C3DBA2，故C错误；D同周期从左往右，元素金属性减弱，对应阳离子的氧化性增强；元素非金属性增强，对应阴离子的还原性减弱，故氧化性：A2B，还原性：C3D，故D错误；故选A。20.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()选项实验操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3B左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D浓HNO3加热有红棕色气体产生HNO3有强氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；B、氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性，B错误；C、操作、现象和解释都正确，C正确；D、浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误，答案选C。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析以及评价的角度，对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。21.FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为112时，实际参加反应的FeS与被还原的HNO3的物质的量之比为( )A. 14B. 15C. 16D. 17【答案】B【解析】【详解】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol（5-4）+1mol2（5-4）+2mol（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）=1mol，根据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。第卷 (非选择题 共58分)二、非选择题（本大题包括4个小题，除标注外每空2分，共58分）22.根据化学能和热能、电能相关的知识，请回答下列问题：I已知31 g白磷(P4)变为31 g红磷(P)时释放能量。上述变化属于_变化；稳定性白磷_红磷(填“”或“I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液的现象_，即可证明。请写出一种制取氯气的化学反应方程式：_，从环境保护的角度考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_溶液吸收尾气。(2)若要证明非金属性：CSi，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液_的现象，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有_溶液的洗气瓶。【答案】 (1). (2). OSNa (3). NaOH (4). Al(OH)3 (5). (6). (7). 变蓝色 (8). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O 或 2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (9). NaOH (10). 有白色沉淀生成 (11). 饱和NaHCO3溶液【解析】【分析】根据元素周期表分析各元素的名称:为O元素，为Na元素，为Mg，为Al,为S,为Cl元素，再根据元素周期律判断相应的性质即可。【详解】.(1)根据元素周期表知为氯元素，元素阴离子的结构示意图：。答案：。(2)由元素周期表知为O元素，为Na元素，为S元素，根据元素周期律可知原子半径由小到大的顺序为OSNa。答案：OSNa。(3)为钠，最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，为铝，最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，所以他们的碱性强弱为NaOH Al(OH)3。答案：NaOH ；Al(OH)3。(4)为氧，为钠，两种元素的原子按11组成的常见化合物为Na2O2,其电子式为；答案：。(5)为镁，为氯，两者形成离子化合物氯化镁，用电子式表示氯化镁形成的化合物的过程为：；答案：。(1)浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气,氯气具有强氧化性,可与碘化钾反应生成碘,因淀粉遇碘变蓝色,则可观察到溶液变蓝；制取氯气的化学反应方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；因为氯气有毒,不能排放到空气中,可与氢氧化钠溶液反应而被吸收,则可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；答案：变蓝色；MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；NaOH。（2）因碳酸比硅酸的酸性强,二氧化碳可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,溶液变浑浊,氯化氢具有挥发性,干扰实验结果,需要将二氧化碳中的氯化氢除掉,根据氯化氢与碳酸氢钠反应,而二氧化碳不反应,可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；因此答案是:有白色沉淀生成;饱和NaHCO3。【点睛】根据氯气能够将碘离子氧化成碘单质;氯气有毒,氯气能够与氢氧化钠溶液反应;盐酸酸性强于碳酸,二氧化碳能使石灰水变浑浊;盐酸挥发,应排除实验中干扰等性质解答此题。24.以石油化工的一种产品A（乙烯）为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：(1)步骤的化学方程式_，反应类型_。步骤的化学方程式_，反应类型_。(2)某同学欲用上图装置制备物质E，回答以下问题：试管A发生反应的化学方程式_。试管B中的试剂是_。(3)为了制备重要的有机原料氯乙烷(CH3CH2Cl)，下面是两位同学设计的方案。甲同学：选乙烷和适量氯气在光照条件下制备，原理是：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl。乙同学：选乙烯和适量氯化氢在一定条件下制备，原理是：CH2CH2+HCl CH3CH2Cl。你认为上述两位同学的方案中，合理的是_(选填“甲同学”或“乙同学”)，简述你的理由：_【答案】 (1). CH2=CH2+ H2O CH3CH2OH (2). 加成反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 氧化反应 (5). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 乙同学 ； (8). 烷烃的取代反应是分步进行的，反应很难停留在某一步，所以得到的产物往往是混合物，乙烯与HCl反应只有一种加成产物，所以乙同学的方案更合理。【解析】【分析】根据框图分析知：A为乙烯,A与水发生加成反应生成乙醇,故B为乙醇,乙醇氧化生成C,C氧化生成D,故C为乙醛、D是乙酸,乙酸与乙醇生成具有果香味的物质E,E为乙酸乙酯。【详解】(1)步骤反应乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应的方程式为: CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，该反应为加成反应；步骤为乙醇催化氧化生成乙醛,反应的方程式为: 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,该反应为氧化反应,因此，本题正确答案是: CH2=CH2+H2O CH3CH2OH;加成反应;2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应。(2)由图可知试管A中是乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应,生成乙酸乙酯和水,反应的化学方程式为: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ，因此，本题正确答案是: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ; 因为乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小,碳酸钠溶液能够与乙酸反应,还能够溶解乙醇,所以用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯。所以试管B中的试剂是饱和碳酸钠溶液。因此，本题正确答案是:饱和碳酸钠溶液。(3)烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;乙烯与HCl反应只有一种加成产物,所以乙同学的方案更合理。因此，本题正确答案是:乙同学的方案;因为烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;而用乙烯与HCl反应只有一种加成产物,所以可以得到相对纯净的产物。【点睛】根据乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小,且能够与乙酸反应、溶解乙醇，判断试管B中的试剂；烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,由此判断甲乙方案的合理性。25.I一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：(1)写出该反应的化学方程式_。(2)下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是_。A当X与Y的反应速率之比为11B在混合气体中X的质量百分数保持不变C混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化D混合气体的密度不随时间的变化而变化EX、Y、Z的浓度之比为112(3)为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是_。A恒压时充入NeB适当升高温度 C缩小容器的体积 D选择高效催化剂II一定温度下将3mol的A及3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经过5分钟后反应达到平衡，测得A的转化率为60，C的平均反应速率是0.18mol/(Lmin)。求：(1)平衡时B的浓度=_mol/L。 (2)D的平均反应速率(D)=_mol/( Lmin)。(3)x=_。【答案】 (1). X(g)