1、1.关于生活中的有机物，下列说法不正确的是（ ）A. 皮肤接触浓硝酸变黄是蛋白质的颜色反应B. 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C. 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D. 葡萄糖可以发生氧化反应、银镜反应和水解反应【答案】D【解析】A、皮肤的成分是蛋白质，含苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，选项A正确；B、利用油脂在碱性条件下的水解反应工业上制取肥皂和甘油，选项B正确；C、食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，选项C正确；D、葡萄糖是单糖，单糖不能发生水解，选项D错误。答案选D。2.在实验室中，下列除去杂质的方法不正确
2、的是()A. 溴苯中混有溴，加稀NaOH溶液反复洗涤、分液B. 硝基苯中混有浓硝酸和浓硫酸，将其倒入NaOH溶液中，静置，分液C. 乙烷中混有乙烯，与氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷D. 乙烯中混有SO2和CO2，将其通过NaOH溶液洗气【答案】C【解析】【详解】A溴与NaOH反应后，与溴苯分层，则加稀NaOH溶液反复洗涤、分液可除杂，故A正确；B浓硝酸和浓硫酸与NaOH反应后，与硝基苯分层，则倒入NaOH溶液中，静置，分液可除杂，故B正确；C乙烯与氢气发生加成反应，但乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气，故C错误；DSO2和CO2均与NaOH反应，而乙烯不反应，则通入NaO
3、H溶液洗气可除杂，故D正确；答案选C。3.原子序数为x的元素E在周期表中位于A、B、C、D四种元素中间(如图所示)，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和不可能是(镧系、锕系、0族元素除外)()A. 4xB. 4x14C. 4x10D. 4x6【答案】D【解析】【分析】熟练掌握周期表结构，特别是同族元素原子序数之间的关系是解本题的关键。A的原子序数为x -1，C的原子序数为x +1，由元素周期表的结构可知，X与B的原子序数之差或D与X的原子序数之差可能为8、18、32。【详解】A.由分析可知，当B的原子序数为x-8且D的原子序数为x+8，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和是4x，故A错误；
4、B.由分析可知，当B的原子序数为x-18且D的原子序数为x+32，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和是4x14，故B错误；C. 由分析可知，当B的原子序数为x-8且D的原子序数为x+18，则A、B、C、D四种元素的原子序数之和是4x10，故C错误；D.通过以上分析知，A、B、C、D四种元素原子序数之和不可能为4x6，故D正确；答案选D。【点睛】注意同族的元素原子序数之差可能为2，8，18，32。4.下列说法不正确的是( )A. 离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键B. 含金属元素的化合物一定是离子化合物C. 强电解质不一定是离子化合物D. 熔融状态能导电的
5、化合物是离子化合物【答案】B【解析】【详解】A. 离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键，如氢氧化钠中含有离子键和极性键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，故A错误；B. 含金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故B正确；C. 强电解质不一定是离子化合物，如HCl是共价化合物，故C错误；D. 能导电的化合物中含有自由移动的离子，熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动的离子，在熔融状态下能发生电离的电解质是离子化合物，故D错误；答案选B。【点睛】注意熔融状态能导电的化合物是离子化合物。5. 某同学写出下列烷烃的名称中，不正确的是A. 2，3二甲基丁烷B. 3，3二甲基
6、戊烷C. 2，2，3，3四甲基丁烷D. 3甲基2乙基戊烷【答案】D【解析】【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。【详解】A. 2，3-二甲基丁烷，选取的主链碳原子最多
7、，符合烷烃命名原则，故A正确；B. 3，3二甲基戊烷，选取的主链碳原子最多，符合烷烃命名原则，故B正确；C. 2，2，3，3-四甲基丁烷，满足支链编号最小，符合烷烃命名原则，故C正确；D、3-甲基-2-乙基戊烷，选取的主链碳原子不是最多，正确命名为：3，4-二甲基己烷，故D错误；答案选D。【点睛】该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练。该题的关键是明确烷烃的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。有利于培养学生的规范答题能力。6.某烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，则该烃的分子式不可能的是()A. CH4B. C2H6C. C4H10D. C5H12【答案】C【
8、解析】【分析】某烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，则该烃的一种同分异构体只含一种环境的氢原子。【详解】A. CH4，只含一种环境的氢原子，故A正确；B. C2H6，CH3CH3只含一种环境的氢原子，故B正确；C. C4H10，为CH3CH2CH2CH3或CH3CH（CH3）2，其一氯代物各为两种，故C错误；D. C5H12，C（CH3）4只含一种环境的氢原子，故D正确；答案选C。7.只用水不能鉴别的一组物质是 （ ）A. 苯和四氯化碳B. 乙酸乙酯和乙醇C. 乙醇和乙酸D. 溴水和溴苯【答案】C【解析】A、 苯密度小于水，有机层在上层，四氯化碳密度大于水，有机
9、层在下层，可以鉴别，选项A正确；B 、乙酸乙酯微溶，乙醇与水互溶，可以鉴别，选项B正确； C、用水不能鉴别，因为乙醇和乙酸都易溶于水，选项C错误；D、溴水不分层和溴苯与水不互溶且密度比水大，在下层，选项D正确。答案选C。8.已知热化学方程式:C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(l)H1=-1 301.0 kJmol-1C(s)+O2(g)CO2(g)H2=-393.5 kJmol-1H2(g)+O2(g)H2O(l)H3=-2858 kJmol-1则反应2C(s)+H2(g)C2H2(g)的H为()A. -228.2 kJmol-1B. +228.2 kJmol-1C. +130
10、1.0 kJmol-1D. +621.7 kJmol-1【答案】B【解析】【分析】利用盖斯定律解答。【详解】考查盖斯定律的应用。根据已知反应可知，2即得到，所以反应热是393.5 kJmol -1 2285.8 kJmol -1 1301.0 kJmol -1 228.2 kJmol -1 ，故B正确；答案选B。9.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述正确的是()A. 三种化合物中C最稳定B. 加入催化剂会改变反应的焓变C. 两步反应均为吸热反应D. AC反应中HE1 E2【答案】A【解析】【分析】AB的反应，反应物总能量小于生
11、成物总能量，反应吸热，BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题。【详解】A物质的总能量越低，越稳定，C最稳定，故A正确；B加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故B错误；CBC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C错误；DAC反应中H=E1-E2+E3-E4，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算。10.能源问题是人类社会面临的重大课题，H2、CO、CH3OH都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为285.8 kJmol1、2
12、82.5 kJmol1、726.7 kJmol1。已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇CO(g)2H2(g)=CH3OH(l)。则CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式为()A. CO(g)2H2(g)=CH3OH(l) H127.4 kJmol1B. CO(g)2H2(g)=CH3OH(l) H127.4 kJmol1C. CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H127.4 kJmol1D. CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H127.4 kJmol1【答案】B【解析】【分析】运用盖斯定律进行计算。【详解】根据题给三种物质的燃烧热可以写出：H2(g)O2(g)=H2O
13、(l) H1285.8 kJmol1CO(g)O2(g)=CO2(g) H2282.5 kJmol1CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H3726.7 kJmol1运用盖斯定律进行计算，即2可得：CO(g)2H2(g)=CH3OH(l)H2H1H2H32(285.8 kJmol1)(282.5 kJmol1)(726.7 kJmol1)127.4 kJmol1，故B正确；答案选B。【点睛】注意燃烧热定义：在25摄氏度,101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。易错点是“1 mol可燃物”、
14、“稳定的化合物”。11.一种碱性“二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率高等优点，其电池总反应为: CH3OCH3+3O2+4OH-=2CO32-+5H2O,下列说法不正确的是（ ）A. 电池正极可用多孔碳材料制成B. 理论上，1mol二甲醚放电量是1mol甲醇放电量的2倍C. 电池负极发生的反应为: CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO32-+12H+D. 电池工作时，OH-向电池负极迁移【答案】C【解析】【分析】CH3OCH3失去电子发生氧化反应作为负极，O2得到电子发生还原反应作为正极。【详解】A.采用多孔导电材料，可以提高电极反应
15、物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极，而不是负极，故A错误；B. 理论上，1mol二甲醚转移12mol e-，1mol甲醇转移6mol e-，故1mol二甲醚放电量是1mol甲醇放电量的2倍，故B错误；C. 碱性“二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”电池负极发生的反应为: CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O，故C正确；D. 阴离子向负极移动，故电池工作时，OH-向电池负极迁移，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了燃料电池和电解池的工作原理，明确正负极、阴阳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
16、液的酸碱性书写，注意放电量与转移电子量正相关。12.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是()A. 铜电极上发生氧化反应B. 电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加C. 电池工作一段时间后，甲池的c(SO42-)减小D. 阴、阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】B【解析】【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应。【详解】ACu为正极，发生还原反应，故A错误；B甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2+2e-=Cu，保
17、持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故B正确；C阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42-）不变，故C错误；D甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜向负极移动，故D错误；答案选B。【点睛】原电池的反应原理的应用，抓住化学反应的本质、正负极的判断、正负极反应类型的判断、电极反应式的书写、总反应方程式的书写、电子的流向、电流的流向、溶液中离子的流向、电极是否参加反应、电子的转移、有关氧化还原反应的计算、溶液质量的变化、离子交换膜的判断、溶液的pH的计算或
18、变化、溶液颜色的变化是解题的关键。13.用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH (不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移的电子的物质的量为()A. 0.4 molB. 0.5 molC. 0.6 molD. 0.8 mol【答案】C【解析】【分析】根据电解硫酸铜的原理：第一阶段：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2+2H2SO4，第二阶段：2H2O2H2+O2，根据所加入的 Cu2 （OH）2CO3的量根据电极反应来计算即可。【详解】电解硫酸铜时，初阶段：2
19、CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，后阶段：2H2O2H2+O2，如果只按照第一阶段的电解，反应只需要加入CuO或CuCO3就可以，但是现在加入的是Cu2（OH）2CO3，相当于多加入了一个水（0.1molH2O），这0.1mol的水，应该是第二阶段的反应进行，该阶段转移了0.2mol电子，第一阶段转移了0.4mol电子，所以总共转移电子0.6mol，故C正确；答案选C。【点睛】注意加入Cu2 （OH）2CO3的反应，Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+ CO2，生成的CuSO4与H2O的物质的量之比为2:3进行解答。14.甲醇、氧气和强碱溶液做
20、电解质的手机电池中的反应：2CH3OH+3O2+4OH- 2CO32-+6H2O，有关说法正确的是()A. 放电时，负极电极反应：CH3OH8OH6e= CO32-6H2OB. 放电时，CH3OH参与反应的电极为正极C. 标况下，通入11.2 L O2完全反应有1 mol电子转移D. 充电时电解质溶液的pH逐渐减小【答案】A【解析】【分析】根据2CH3OH+3O2+4OH- 2CO32-+6H2O知，甲醇失去电子发生氧化反应，所以负极上燃料发生电极反应；氧气得电子发生还原反应，所以正极为氧气得电子发生还原反应，根据电极反应式判断电极附近溶液的PH值变化。【详解】A.放电时，
21、负极上甲醇失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH+8OH-6e-CO32-+6H2O，故A正确；B.正极上得电子发生还原反应，根据2CH3OH+3O2+4OH- 2CO32-+6H2O知，放电时，氧气参与反应的电极为正极，故B错误；C.放电时，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e-4OH-，通入0.25mol氧气并完全反应后，有1mol电子转移，故C错误；D. 充电时是电解池的工作原理，生成氢氧根离子，电解质溶液的pH升高，故D错误；答案选A。【点睛】本题以燃料电池为载体考查了原电池原理，根据电池反应式判断正负极上发生反应的物质
22、及电极附近溶液pH值的变化即可解答本题，难度较大。15.火法炼铜得到的粗铜中含有多种杂质(如锌、金和银等)，其性能远不能达到电气工业的要求，工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时()A. 粗铜接电源负极B. 杂质都将以单质形式沉积到池底C. 粗铜作阴极D. 纯铜片增重2.56 g，电路中通过电子的物质的量为0.08 mol【答案】D【解析】【分析】电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，不参与阳极放电的金属单质以及杂质会形成阳极泥。【详解】A.电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，故A错误；B. 在阳极上，不参与放电的金属单质金、银等贵重金属以及杂质会形成阳极泥沉积到池底，但是活泼金
23、属如锌、铁会放电，故B错误； C. 电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，故C错误；D.精铜片增重2.56g，即析出2.56g铜，则电路中通过电子为2=0.08mol，故D正确；答案选D。16.有关X、Y、Z、W四种金属实验如下：将X与Y用导线连接，浸入电解质溶液中，Y不易腐蚀将片状的X、W分别投入等浓度盐酸中都有气体产生，W比X反应剧烈用惰性电极电解等物质的量浓度的Y和Z的硝酸盐混合溶液，在阴极上首先析出单质Z根据以上事实，下列判断或推测错误的是()A. Z的阳离子氧化性最强B. Z放入CuSO4溶液中一定有Cu析出C. W的还原性强于Y的还原性D. 用Y、Z和稀硝酸可构成原电池，且Y作负极【
24、答案】B【解析】【分析】根据1可知金属活泼性是：XY，根据2可知金属活泼性是：WX，根据3可知，金属的活泼性是YZ，所以四种金属的金属活动性为：WXYZ。【详解】A.金属单质的还原性越弱，离子的得电子能力越强，即氧化性越强，四种金属的金属活动性为：WXYZ，所以Z的阳离子氧化性最强，故A错误；B. 四种金属的金属活动性为：WXYZ，但Z的金属性不一定强于Cu，Z放入CuSO4溶液中不一定有Cu析出，故B正确；C. 金属的活动性为：WY，W的还原性强于Y的还原性，故C错误；D.金属活泼性是：YZ，所以用Y、Z和稀硝酸可构成原电池，且Y作负极，故D错误；答案选B；【点睛】比较元素金属性强弱的一般依
25、据是：1在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强；2常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强；3依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强；4依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属；5依据金属活动性顺序表（极少数例外）；6依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强；7依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性；8依据电解池中阳离子的放电
26、（得电子，氧化性）顺序。优先放电的阳离子，其元素的金属性弱。17.几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列说法中正确的是()A. 等物质的量的X、Y的单质与足量的盐酸反应，生成的H2一样多B. Y与Q形成的化合物不能跟氢氧化钠溶液反应C. 在化学反应中，M原子与其他原子易形成共价键而不易形成离子键D. Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性【答案】C【解析】【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，Q只有-2价，则Q为O元素，Z有+6、-2价，可知Z为S元素；L有+7、-1价，则L为氯元素；M有+4、-4价，原子半径LM，则M为C元素；X为+2价，Y为+3价，原子半径XYZ，所以X为M
27、g元素，Y为Al元素。【详解】A.X为Mg元素，Y为Al元素，等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，根据电子转移守恒可知，二者生成H 2 为2：3，故A错误；B.Y与Q形成的化合物为Al 2 O 3 ，氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，故B错误；C. M为C元素，最外层电子数为4，电子不易得失，与其它原子易形成共价键而不易形成离子键，故C正确；D. 非金属性ClS，所以稳定性HClH 2 S，即L的氢化物的稳定性强于Z的氢化物的稳定性，故D错误； 答案选C。18.X、Y、Z、W均为元素周期表中的
28、前20号元素，原子序数依次增大，W、Y为金属元素，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，Y、Z元素位于同一周期，Z元素的单质是一种良好的半导体。W能与冷水剧烈反应，Y、Z元素原子的最外层电子数之和与X、W元素原子的最外层电子数之和相等。下列说法正确的是()A. 气态氢化物的稳定性：XZB. 原子半径：WYZXC. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：YWD. Y、Z的氧化物都是两性氧化物【答案】B【解析】【分析】X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，则X含有8个电子，即X为O元素；Z元素的单质是一种良好的半导体，则Z为Si元素；W能与冷水剧烈反应，Y、Z元素原子的最外层电子数之
29、和与X、W元素原子的最外层电子数之和相等。而且W、Y为金属元素，则Y为Al元素，W为K元素；据此结合元素化合物的性质和元素周期律解答。【详解】A元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：OSi，则气态氢化物的稳定性：XZ，故A错误；B同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径NaAlSi，CO，同主族自上而下，原子半径增大，所以原子半径KNa，SiC，所以原子半径KAlSiO，即WYZX，故B正确；C元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水物的碱性越强，金属性：KAl，所以最高价氧化物对应水物的碱性：YW，故C错误；DZ为Si元素，其氧化物为酸性氧化物，故D错误；答案选B。19.甲烷在
30、氧气中燃烧后生成二氧化碳和水，从该实验事实可以得出的结论是()A. 甲烷气体中含碳元素和氢元素B. 甲烷气体中只含碳元素和氢元素C. 甲烷的化学性质比较稳定D. 甲烷的分子式为CH4【答案】A【解析】【分析】甲烷在氧气中燃烧后生成二氧化碳和水，从该实验事实可以得出，甲烷一定含有C、H，是否含有氧元素不能确定。【详解】A. 由分析可知，甲烷在氧气中燃烧后生成二氧化碳和水，所以甲烷气体中含碳元素和氢元素，故A正确；B. 由分析可知，不能确定甲烷中是否含有氧元素，故B错误； C. 甲烷的化学性质比较稳定，但从该实验中不能得出这个结论，故C错误；D. 甲烷在氧气中燃烧后生成二氧化碳和水，从该实验事实可
31、以得出，甲烷一定含有C、H，是否含有氧元素不能确定。所以无法确定甲烷的分子式，故D错误；答案选A。20.使1 mol乙烯与氯气发生加成反应，并反应完全，然后使该加成反应的产物与氯气在光照的条件下发生取代反应，并反应完全，则两个过程中共消耗氯气()A. 3 molB. 5 molC. 4 molD. 6 mol【答案】B【解析】【详解】乙烯与氯气发生加成反应为CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl，所以1mol乙烯与氯气发生加成反应需要氯气1mol；CH2ClCH2Cl与氯气的取代反应为CH2ClCH2Cl+4Cl2CCl3CCl3+4HCl，所以1molCH2ClCH2Cl与氯气发生取代反
32、应，最多需要4mol氯气，这两部分之和为1mol+4mol=5mol，故B正确；答案选B。21.A、B、C、D都是短周期元素，原子半径：D>C>A>B。已知：A、B同周期，A、C处于同一主族；C原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和；C原子最外层电子数是D原子最外层电子数的3倍。试回答：(1)写出元素的名称：A_。(2)写出由B、D组成的两种化合物的电子式分别为：_、_。(3)A、C的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是_(写水化物的分子式)。(4)写出C的氧化物与D的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式_。【答案】 (1). 硼 &nbs
33、p; (2). (3). (4). H3BO3 (5). Al2O32OH=2AlO2-H2O【解析】【分析】根据原子半径DCAB，且A、B同周期，A、C同主族，推知A、B、C、D在周期表中的大致相对位置为：，C的原子核内的质子数等于A、B原子核内的质子数之和，可知原子序数C=A+8，故B为8号元素氧因A、C为主族元素，且C最外层电子数为D的3倍，故D为Na元素，C为Al元素，A为B元素，根据元素对应原子的结构判断元素在周期表中的位置，结合元素对应化合物的性质解答该题。【详解】(1)元素A是B元素，名
34、称为硼；(2) B、D两元素可形成两种离子化合物，分别为Na2O、Na2O2，其阴、阳离子数之比均为1：2，电子式分别为：、；(3)非金属性越强，最高价氧化物对应水化物中酸性越强。非金属性：BAl，故最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是H3BO3；(4) Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O32OH=2AlO2-H2O。22.已知一些烷烃的燃烧热如下表：化合物燃烧热/kJmol1化合物燃烧热/kJmol1甲烷891.0正丁烷2 878.0乙烷1 560.8异丁烷2 869.6丙烷2 221.5异戊烷3 531.3（1）热稳定性：正丁烷_(填“”或“”)异丁烷。（2）写出表示乙烷燃
35、烧热的热化学方程式_。（3）相同物质的量的烷烃，碳原子数越多，燃烧放出的热量越_(填“多”或“少”)。（4）有同学估计“正戊烷的燃烧热大约在3 540 kJmol1左右”，你认为正确吗？_。理由是_。【答案】 (1). (2). C2H6(g)7/2O2(g)2CO2(g)3H2O(l) H1 560.8 kJmol1 (3). 多 (4). 正确 (5). 正丁烷的燃烧热比异丁烷的略大，所以正戊烷的燃烧热亦应略大于异戊烷【解析】【详解】（1）由表格中的
36、数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，能量越低越稳定，即热稳定性为正丁烷异丁烷；（2）根据乙烷燃烧热的含义：完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水时会放出1560.8kJ的热量，所以热化学方程式为C2H6(g)7/2O2(g)2CO2(g)3H2O(l) H1560.8kJmol1；（3）根据表中数据可知相同物质的量的烷烃，碳原子数越多，燃烧放出的热量越多。（4）由表中正丁烷、异丁烷燃烧热比较可知，互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，正戊烷和2-甲基丁烷互为同分异构体，由于正丁烷的燃烧热比异丁烷的略大，所以正戊烷的燃烧热亦应略大于异戊烷，即正戊烷的燃
37、烧热大约在3540kJ/mol左右。【点睛】本题考查了燃烧热的概念及应用、能量与物质稳定性的关系以及学生对数据的分析处理能力等，题目难度中等，（4）为难点，注意分析互为同分异构体的燃烧热关系。23.银锌电池广泛用作于各种电子仪器的电源。它的充电放电过程可表示为:2Ag+Zn(OH)2Ag2O +Zn+H2O，回答下列有关问题：(1)电池的放电过程是_(填“”或“”)。(2)该电池属于_（填“酸”“碱”或“中”）性电池。(3)反应是_（填“放热”或“吸热”）反应。(4)写出充电时的电极反应式：阳极：_， 阴极：_。(5)充电时，电池的阳极应接电源的_极。【答案】 (1)
38、. (2). 碱 (3). 吸热 (4). 2Ag+2OH2eAg2O+H2O (5). Zn(OH)2+2eZn+2OH (6). 正【解析】【分析】关键是准确判断哪个是放电过程和充电过程。原电池反应是自发反应，由性质可知Ag2O有强氧化性，Zn有强还原性，所以是自发反应，即放电反应。充电时，电池的阳极应接电源的正极。【详解】(1)原电池反应是自发反应，由性质可知Ag2O有强氧化性，Zn有强还原性，所以是自发反应，即放电过程；(2) 由总反应式2Ag+Zn(OH)
39、2Ag2O +Zn+H2O可知，含有Zn(OH)2，是碱性电池；(3) 反应是自发反应，是放热反应，故反应是吸热反应；(4) 充电时发生反应，阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为2Ag+2OH2eAg2O+H2O。阴极得到电子发生还原反应，电极反应式为Zn(OH)2+2eZn+2OH；(5) 充电时，电池的阳极应接电源的正极。24.如图是用于简单有机化合物的制备、分离、性质比较等的常见简易装置。请根据该装置回答下列问题：（1）用乙醇与乙酸反应制取乙酸乙酯的化学方程式是_；试管B中应加入_；虚线框中的导管除用于导气外，还兼有_作用。（2）若用该装置分离乙酸和1丙醇(CH3CH2CH2OH)，则
40、在试管A中除加入1丙醇与乙酸外，还应先加入适量的试剂是_，加热到一定温度，试管B中收集到的是_(填写结构简式)；冷却后，再向试管A中加入试剂_，加热到一定温度，试管B中收集到的是_(填写结构简式)。【答案】 (1). CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O (2). 饱和碳酸钠溶液 (3). 冷凝 (4). 生石灰 (5). CH3CH2CH2OH (6). 浓硫酸 (7). CH3COOH【
41、解析】试题分析：（1）实验室制备乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O。生成的乙酸乙酯蒸汽中含有乙醇和乙酸，要用饱和碳酸钠溶液分离混合物；长导管起到导气和冷凝蒸汽的作用；（2）在乙酸和1-丙醇的混合液中加入CaO，把乙酸转化为盐溶液，加热蒸馏，试管B中收集到的馏分为丙醇，烧瓶中剩余的为乙酸钙的水溶液，再加浓硫酸得到乙酸，通过蒸馏分离得到乙酸。考点：考查有机物的制备、分离和提纯，侧重于基本实验操作的考查25.面对日益加剧的能源危机，我国能源发展纲要中倡导大力发展替代能源，如风能、电能等，要大力开发电动自行车、电动摩托车、电动汽车。回答下列问题：(1)下
42、列物质中可以作为燃料电池的负极反应物的是（ ）ACH4 BH2 CC2H5OH DCO2(2)若用CH4作燃料，氢氧化钾溶液作电解质溶液，写出负极上的电极反应式_。(3)电池工作时，溶液中KOH的物质的量浓度_(填“增大”“不变”或“减小”)。(4)某温度下的饱和Na2SO4溶液的溶解度为25 g，用甲烷燃料电池进行电解，当阳极产生3.36 L(标准状况)气体时，电路中通过电子的物质的量为_，消耗甲烷的物质的量为_，此时，析出Na2SO410H2O的质量为_。【答案】 &nbs
43、p;(1). A、B、C (2). CH48e+10OHCO32+7H2O (3). 减小 (4). 0.6 mol (5). 0.07 5 mol (6). 4.5 g【解析】【分析】(1)可以作为燃料电池的负极反应物应具有还原性；(2)电解质是KOH溶液时，二氧化碳和氢氧化钾反应得到的是碳酸钾；(3)反应消耗KOH，KOH的物质的量减小，浓度减小；(4)阳极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。【详解】(1)可以作为燃料电池的负极反应物应具有还原性，AB
44、C符合，故答案为：ABC；(2)甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上是甲烷发生失电子的氧化反应，又因为电解质是KOH溶液，二氧化碳和氢氧化钾反应得到的是碳酸钾，即负极上的电极反应式为CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O；(3) 由总反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，电解液中KOH的物质的量减少，则浓度减小；(4) 甲烷燃料电池总反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，电解池的总反应为：2H2O2H2+O2，阳极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。当阳极产生3.36 L(标准状况)气体时，即0.15 mol O2时，电路中通过电子的
45、物质的量为0.15 mol =0.6 mol，消耗甲烷的物质的量为0.15 mol=0.07 5 mol。电解消耗水为0.15 mol =5.4 g，设析出Na2SO410H2O的质量为X，则有：=，X=4.5 g。26.有氯化钠和碘化钠的混合物共26.7 g，溶于水，通入足量氯气后，蒸干、灼烧，固体质量变为 17.55 g。(1)原混合物中碘化钠的质量是_。(2)原混合物中氯化钠的质量分数是_。【答案】 (1). 15 g (2). 43.8%【解析】【分析】向氯化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应： 2NaI+Cl2=2NaCl+I2溶液蒸干时，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl。【详解】(1)混合物中增加氯元素的质量，减少了碘元素的质量。原混合物中碘化钠的质量是X。固体差量是26.7 g -17.55 g =9.15 g。2NaI+Cl2=2NaCl+I2.差量300117.183X.9.15得X=15g，即原混合物中碘化钠的质量是15 g。(2) 原混合物中氯化钠的质量是26.7 g -15 g =11.7g则原混合物中氯化钠的质量分数=43.8%。
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