2024屆陜西省咸陽市百靈中學(xué)化學(xué)高一下期末達標檢測模擬試題含解析

2024屆陜西省咸陽市百靈中學(xué)化學(xué)高一下期末達標檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、根據(jù)下表部分短周期元素信息，判斷以下敘述正確的是A．氫化物的沸點為H2T＜H2RB．單質(zhì)與稀鹽酸反應(yīng)的劇烈程度L＜QC．M與T形成的化合物具有兩性D．L2+與R2﹣的核外電子數(shù)相等2、下列說法錯誤的是（）A．化學(xué)鍵的斷裂和形成是化學(xué)反應(yīng)中能量變化的主要原因B．放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)取決于反應(yīng)物的總能量與生成物的總能量的相對大小C．化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，通常表現(xiàn)為熱量的變化——放熱或者吸熱D．鐵在空氣中被氧化屬于吸熱反應(yīng)3、原電池是（）裝置A．化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B．電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能C．熱能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能D．化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能4、下表為某有機物與各種試劑反應(yīng)的現(xiàn)象，則這種有機物可能是()試劑鈉溴水NaHCO3現(xiàn)象放出氣體褪色不反應(yīng)A．CH2==CHCOOH B．CH2==CH2C．CH3COOCH2CH3 D．CH2==CH－CH2OH5、化學(xué)與能源開發(fā)、環(huán)境保護、資源利用等密切相關(guān)，下列說法正確的是A．風(fēng)力發(fā)電和火力發(fā)電都是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B．“有計劃的開采煤、石油和天然氣，大力發(fā)展新能源汽車”符合“低碳經(jīng)濟”發(fā)展的新理念C．硫的氧化物和碳的氧化物都是形成酸雨的主要物質(zhì)D．可燃冰實質(zhì)是水變成的固態(tài)油6、有機物分子中原子間（或原子與原子團間）的相互影響會導(dǎo)致物質(zhì)化學(xué)性質(zhì)的不同。下列各項的事實不能說明上述觀點的是A．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．乙基對羥基的影響，使羥基的活性變?nèi)?，電離H+的能力不及H2OC．乙烯能發(fā)生加成反應(yīng)，而乙烷不能發(fā)生加成反應(yīng)D．苯酚中的羥基氫能與NaOH溶液反應(yīng)，而醇羥基氫不能與NaOH溶液反應(yīng)7、海水提鎂的主要流程如下，下列說法正確的是（）①試劑M是鹽酸②流程中的反應(yīng)全部都是非氧化還原反應(yīng)③操作b只是過濾④用海水曬鹽后的飽和溶液加石灰乳制Mg(OH)2⑤采用電解法冶煉鎂是因為鎂很活潑A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子最外層有6個電子，Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素且無正價，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料．下列敘述正確的是（）A．原子半徑由大到小的順序：W、Z、Y、XB．原子最外層電子數(shù)由多到少的順序：Y、X、W、ZC．元素非金屬性由強到弱的順序：Z、W、XD．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強到弱的順序：X、Y、W9、下列過程不涉及化學(xué)變化的是（）A．用鐵礦石煉鐵B．用糯米釀甜酒C．石油分餾D．海水提溴10、下列排列有錯誤的是A．粒子半徑：Al3＋＞Mg2＋＞Na＋＞F－B．穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr＞HIC．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4D．堿性：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜Ca(OH)2＜KOH11、實驗室有兩瓶失去標簽的溶液，其中一瓶是稀H2SO4溶液，另一瓶是蔗糖溶液。鑒別時，下列選用的試紙或試劑不正確的是A．pH試紙 B．KCl溶液 C．BaCl2溶液 D．Na2CO3固體12、1mol某烴在氧氣中充分燃燒，需要消耗標準狀況下的氧氣179.2L。它在光照的條件下與氯氣反應(yīng)能生成三種不同的一氯取代物，該烴的結(jié)構(gòu)簡式是()A． B．CH3CH2CH2CH2CH3C． D．13、據(jù)科學(xué)家預(yù)測，月球的土壤中吸附著數(shù)百萬噸的23HeA．24HeB．23HeC．23HeD．24He的最外層電子數(shù)為214、在盛有稀H2SO4的燒杯中放入用導(dǎo)線連接的電極X、Y，外電路中電子流向如圖所示。關(guān)于該裝置，下列說法正確的是（）A．外電路中電流方向為：X→→YB．若兩電極分別為鐵棒和碳棒，則X為碳棒，Y為鐵棒C．X極上發(fā)生的是還原反應(yīng)，Y極上發(fā)生的是氧化反應(yīng)D．若兩電極都是金屬單質(zhì)，則它們的活動性順序為X＞Y15、下列化合物是非電解質(zhì)的是（）A．硫酸 B．燒堿 C．乙醇 D．純堿16、鋅-空氣電池（原理如圖）適宜用作城市電動車的動力電源，放電時Zn轉(zhuǎn)化為ZnO。則該電池放電時下列說法正確的是（）A．將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．氧氣在石墨電極上發(fā)生氧化反應(yīng)C．電子由Zn電極經(jīng)導(dǎo)線流向石墨電極D．該電池放電時OH-向石墨電極移動17、下列各組元素中，按最高正價遞增順序排列的是A．Na、Mg、Al、SB．C、N、O、FC．F、Cl、Br、ID．Li、Na、K、Rb18、下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A．Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+CO32－+H2OB．等物質(zhì)的量的Ba(OH)2與NH4HSO4在稀溶液中反應(yīng)：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2OC．向100mL1mol/LFeBr2溶液中通入0.5molCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-D．氫氧化鐵與足量的氫溴酸溶液反應(yīng)：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O19、根據(jù)元素周期表和元素周期律分析下面的推斷，其中不正確的是A．Na的原子失去電子能力比Mg強B．HBr比HCl穩(wěn)定C．Ca（OH）2的堿性比Mg（OH）2的堿性強D．H2SO4比H3PO4酸性強20、分類法在化學(xué)的發(fā)展中起到非常重要的作用,下列分類標準合理的是①根據(jù)氧化物的組成元素將氧化物分成酸性氧化物堿性氧化物和兩性氧化物②根據(jù)反應(yīng)中是否有化合價變化將化學(xué)反應(yīng)分為氧化還原反應(yīng)和非氧化還原反應(yīng)③根據(jù)分散系是否有丁達爾效應(yīng)將分散系分為溶液膠體和濁液④根據(jù)反應(yīng)中的熱效應(yīng)將化學(xué)反應(yīng)分為放熱和吸熱反應(yīng)⑤根據(jù)水溶液能否導(dǎo)電將化合物分為電解質(zhì)和非電解質(zhì)A．②④B．②③④C．①③⑤D．⑤④①②21、下列對有機物的認識正確的是A．油脂的水解反應(yīng)又叫皂化反應(yīng)B．乙醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙酸，乙酸和乙醇發(fā)生取代反應(yīng)生成乙酸乙酯C．分子式為C5H12O的醇類有5種結(jié)構(gòu)D．有機物甲的分子式為C3H6，則甲與乙烯（C2H4）互為同系物22、如圖是A、B兩種重要的有機合成原料的結(jié)構(gòu)。下列有關(guān)說法中正確的是A．B．A．A與B互為同系物B．A與B都能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)C．在一定條件下，A與B均能發(fā)生取代反應(yīng)D．1molB能與4mol發(fā)生加成反應(yīng)二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知有以下物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化，其中A為常見金屬，C為堿。試回答：（1）寫出E的化學(xué)式__________，H的化學(xué)式___________。（2）寫出由E轉(zhuǎn)變成F的化學(xué)方程式:______________________。（3）向G溶液加入A的有關(guān)離子反應(yīng)方程式：__________________。（4）寫出A在一定條件下與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________。24、（12分）A是一種氣態(tài)烴。B和D是生活中兩種常見的有機物。以A為主要原料合成乙酸乙酯，其中成路線如下圖所示：（1）A制備B的方程式為______________________________。（2）B與鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________，利用B與鈉反應(yīng)制備氫氣，若制得1molH2需要B________mol。（3）物質(zhì)B在空氣中可以被氧氣為C，此過程的化學(xué)方程式為____________________。（4）現(xiàn)擬分離含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品，下圖是分離操作步驟流程圖，圖中圓括號表示加入適當(dāng)?shù)脑噭幪柋硎具m當(dāng)?shù)姆蛛x方法。①寫出加入的試劑：(a)是__________，(b)是__________。②寫出有關(guān)的操作分離方法：①是__________，②是__________。25、（12分）海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素。碘元素以碘離子的形式存在。實驗室從海藻中提取碘的流程如下：(1)指出從海藻中提取I2的實驗操作名稱：①____________，③__________②的離子方程式__________，。(2)提取碘的過程中，可供選擇的有機溶劑是（____）。A甲苯、酒精B四氯化碳、苯C汽油、乙酸D汽油、甘油(3)為使海藻中I－轉(zhuǎn)化為碘的有機溶液，實驗室里有燒杯、玻璃棒、集氣瓶、酒精燈、導(dǎo)管、圓底燒瓶、石棉網(wǎng)以及必要的夾持儀器。還缺少的儀器是________。(4)從含碘的有機溶劑中提取碘，還要經(jīng)過蒸餾，指出下列蒸餾裝置中的錯誤之處__________。(5)進行蒸餾操作時，使用水浴加熱的原因是_________________，最后晶態(tài)碘在________中。26、（10分）把海水過濾除雜后，又提取出了氯化鈉、溴、鎂等化學(xué)物質(zhì)。剩余的富碘鹵水中，采用下面的工藝流程生產(chǎn)單質(zhì)碘：回答下列問題：（1）丁溶液中的溶質(zhì)為________(填化學(xué)式)。（2）寫出物質(zhì)的甲化學(xué)式__________________。（3）第⑦步的操作中提取I2的方法是___________________________(寫出操作名稱)。（4）檢驗生成物I2的方法是________________________________________。27、（12分）滴定是一種重要的定量實驗方法：Ⅰ.酸堿中和滴定:常溫下,用0.1000mol/LNaOH溶液分別滴定20.00mL等濃度的鹽酸和醋酸溶液,得到兩條滴定曲線,如下圖所示：

（1）滴定鹽酸的曲線是圖__________（填“1”或“2”）（2）滴定前CH3COOH的電離度為__________（3）達到B、D狀態(tài)時,反應(yīng)消耗的NaOH溶液的體積a__________b（填“>”“<”或“=”）Ⅱ.氧化還原滴定原理與中和滴定原理相似,為了測定某NaHSO3固體的純度,現(xiàn)用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定,回答下列問題:（1）準確量取一定體積的酸性KMnO4溶液需要使用的儀器是___________________。（2）已知酸性KMnO4溶液的還原產(chǎn)物為MnSO4,寫出此反應(yīng)的離子方程式:_____（3）若準確稱取WgNaHSO3固體溶于水配成500mL溶液,取25.00mL置于錐形瓶中,用KMnO4溶液滴定至終點,消耗KMnO4溶液VmL。則滴定終點的現(xiàn)象為_______NaHSO3固體的純度為_________。（4）下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低的是__________.A未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管B滴定前錐形瓶未干燥C盛裝酸性KMnO4溶液的滴定管，滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡,滴定后無氣泡D不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外E觀察讀數(shù)時,滴定前仰視,滴定后俯視28、（14分）某化學(xué)興趣小組利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘廢液，再利用含碘廢液獲取NaI固體，實驗流程如下：已知反應(yīng)②：2I﹣+2Cu2+++H2O=2CuI↓++2H+。回答下列問題：（1）過濾實驗所需要的玻璃儀器有普通漏斗、燒杯、__。（2）反應(yīng)③中CuI被氧化，還原產(chǎn)物只有NO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。當(dāng)有95.5gCuI參與反應(yīng)，則需要標況下__L的O2才能將生成的NO2在水中完全轉(zhuǎn)化為硝酸。（3）化合物B中含兩種元素，鐵原子與另一種元素原子的物質(zhì)的量之比為3∶8，則化合物B的化學(xué)式為__。（4）反應(yīng)⑤中生成黑色固體和無色氣體，黑色固體的俗稱為磁性氧化鐵，則反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為__。（5）將足量的Cl2通入含12gNaI的溶液中，一段時間后把溶液蒸干得到固體的質(zhì)量為__g。29、（10分）A、B、C、D、E、F均為有機物，其中A常用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志性物質(zhì)，它們之間有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系。已知醛基在氧氣中易氧化成羧基，請回答下列問題：(1)A的分子式是_________，B中官能團的名稱_____________。在反應(yīng)①～④中，屬于加成反應(yīng)的是__________(填序號)。(2)寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式：______________________________________________。寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式：_________________________________________________。(3)寫出與F互為同系物的含5個碳原子的所有同分異構(gòu)體中一氯代物種類最少的結(jié)構(gòu)簡式_________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解題分析】短周期元素，由元素的化合價可知，T只有-2價，則T為O元素，可知R為S元素，L、M、Q只有正價，原子半徑L＞Q，則L為Mg元素，Q為Be元素，原子半徑M的介于L、Q之間，則M為Al元素。A、H2R為H2S，H2T為H2O，水中分子之間存在氫鍵，熔沸點高H2O＞H2S，即H2R＜H2T，故A錯誤；B、金屬性Mg比Be強，則Mg與酸反應(yīng)越劇烈，則相同條件下單質(zhì)與稀鹽酸反應(yīng)速率為L＞Q，故B錯誤；C、M與T形成的化合物是氧化鋁，是兩性氧化物，故C正確；；D、L2+的核外電子數(shù)為12-2=10，Q2-的核外電子數(shù)為16-(-2)=18，不相等，故D錯誤；故選C。2、D【解題分析】分析：A.根據(jù)化學(xué)反應(yīng)中實質(zhì)是化學(xué)鍵的斷裂和形成判斷；B.根據(jù)反應(yīng)物總能量和生成物總能量的相對大小決定了反應(yīng)是放出能量還是吸收能量；C.根據(jù)化學(xué)反應(yīng)中的能量變化通常表現(xiàn)為熱量的變化；D.鐵在空氣中被氧化屬于物質(zhì)的緩慢氧化，根據(jù)常見的放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)判斷。詳解：A.舊鍵斷裂吸收能量，新鍵生成放出能量，所以化學(xué)鍵的斷裂和形成是化學(xué)反應(yīng)中能量變化的主要原因，故A正確；B.若反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量為放熱反應(yīng)，若反應(yīng)物的總能量低于生成物的總能量為吸熱反應(yīng)，故B正確；C.化學(xué)反應(yīng)中能量變化，通常主要表現(xiàn)為熱量的變化，故C正確；D.鐵在空氣中被氧化屬于物質(zhì)的緩慢氧化，是放熱反應(yīng)，故D錯誤；故選D。點睛：本題考查化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，反應(yīng)物和生成物能量的相對大小決定了反應(yīng)是吸熱還是放熱，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量則為放熱反應(yīng)，反之為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)是放熱還是吸熱與反應(yīng)的條件無關(guān)。另外要記住常見的放熱反應(yīng)和吸熱反應(yīng)。3、A【解題分析】分析：原電池是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，據(jù)此解答。詳解：原電池是把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其中負極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，正極發(fā)生得到電子的還原反應(yīng)。而電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置是電解池。答案選A。4、D【解題分析】

由題意可知該有機物與NaHCO3不反應(yīng)，則結(jié)構(gòu)中沒有羧基；與金屬鈉反應(yīng)放出氣體，則結(jié)構(gòu)中有羥基；能使溴水褪色，則結(jié)構(gòu)中有碳碳雙鍵。所以D正確。答案選D。5、B【解題分析】分析：A．風(fēng)力發(fā)電為機械能轉(zhuǎn)化為電能；B．“有計劃的開采煤、石油和天然氣，大力發(fā)展新能源汽車”符合減少化石能源的使用的理念；C．碳的氧化物中二氧化碳溶于水使得雨水的pH約為5.6；D．可燃冰是甲烷的水合物。詳解：A．風(fēng)力發(fā)電為機械能轉(zhuǎn)化為電能，火力發(fā)電為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故A錯誤；B．“有計劃的開采煤、石油和天然氣，大力發(fā)展新能源汽車”符合減少化石能源的使用的理念，符合“低碳經(jīng)濟”發(fā)展的新理念，故B正確；C．N、S的氧化物可使雨水的酸性增強，可形成酸雨，則硫的氧化物和氮的氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)，碳的氧化物不是形成酸雨的主要物質(zhì)，故C錯誤；D．可燃冰是甲烷的水合物，不能實現(xiàn)水變成的固態(tài)油，故D錯誤；故選B。6、C【解題分析】

A．甲基連接在苯環(huán)上，可被氧化，說明苯環(huán)對甲基影響，故A錯誤；B．羥基所連的原子團不同，乙醇分子中醇羥基中氫原子的活潑性小于水中氫原子，能說明上述觀點，故B錯誤；C．乙烯和乙烷結(jié)構(gòu)不同，乙烯含有C=C，可發(fā)生加成反應(yīng)，不能用上述觀點證明，故C正確；D．在苯酚中，由于苯環(huán)對-OH的影響，酚羥基具有酸性，對比乙醇，雖含有-OH，但不具有酸性，能說明上述觀點，故D錯誤。故答案選C。7、D【解題分析】

生石灰溶于水生成氫氧化鈣，加入沉淀池沉淀鎂離子生成氫氧化鎂，過濾后得到氫氧化鎂沉淀，加入試劑M為鹽酸，氫氧化鎂溶解得到氯化鎂溶液，通過濃縮蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失去結(jié)晶水得到固體氯化鎂，通電電解生成鎂；【題目詳解】①M是鹽酸，用來溶解氫氧化鎂沉淀，①正確；②電解氯化鎂生成鎂和氯氣的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，流程中的反應(yīng)不全部都是非氧化還原反應(yīng)，②錯誤；③操作b是濃縮蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌得到氯化鎂晶體的過程，③錯誤；④用海水曬鹽后的飽和溶液中主要是氯化鎂，加石灰乳可以制Mg（OH）2，④正確；⑤氧化鎂熔點高，熔融消耗能量高效益低，電解熔融MgCl2比電解熔融的MgO制金屬鎂更節(jié)約能量，⑤正確，答案選D。8、B【解題分析】Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，那么Y是F，X最外層有6個電子且原子序數(shù)小于Y，應(yīng)為O，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，且為短周期，原子序數(shù)大于F，那么Z為Al，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料，那么W為Si，據(jù)此推斷X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si。A、電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同一周期，原子序數(shù)越小，原子半徑越大，即原子半徑關(guān)系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W(wǎng)＞X＞Y，故A錯誤；B、最外層電子數(shù)分別為6、7、3和4，即最外層電子數(shù)Y＞X＞W(wǎng)＞Z，故B正確；C、同一周期，原子序數(shù)越大，非金屬性越強，即非金屬性F＞O＞Si＞Al，因此X＞W(wǎng)＞Z，故C錯誤；D、元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性F＞O＞Si＞Al，即簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Y＞X＞W(wǎng)，故D錯誤；故選B。9、C【解題分析】A.用鐵礦石煉鐵是用還原劑將+3價的鐵還原為鐵，有新物質(zhì)生成，涉及化學(xué)變化，故A錯誤；B.用糯米釀甜酒是將淀粉轉(zhuǎn)化為乙醇，有新物質(zhì)生成，涉及化學(xué)變化，故B錯誤；C．石油分餾是利用物質(zhì)中各成分的沸點不同，控制溫度分離得到餾分的過程，無新物質(zhì)生成為物理變化，故C正確；D．海水提溴是利用氧化劑氧化溴離子生成溴單質(zhì)的過程，有新物質(zhì)生成，涉及化學(xué)變化，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了物質(zhì)變化的實質(zhì)、物質(zhì)變化的過程分析判斷，注意知識的積累，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵。判斷一個變化是否為化學(xué)變化和物理變化的依據(jù)是看變化過程中是否有新物質(zhì)生成，化學(xué)變化過程中有新物質(zhì)生成，物理變化過程中無新物質(zhì)生成。10、A【解題分析】

A．核外電子排布相同的微粒，其離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則粒子半徑：Al3＋＜Mg2＋＜Na＋＜F－，A錯誤；B．同主族自上而下非金屬性逐漸增強，氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，則穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正確；C．非金屬性越強，最高價氧化物水化物的酸性逐漸增強，則酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，C正確；D．金屬性越強，最高價氧化物水化物的堿性逐漸增強，則堿性：Al(OH)3＜Mg(OH)2＜Ca(OH)2＜KOH，D正確。答案選A。11、B【解題分析】

A．硫酸可使pH試紙變紅色，蔗糖不能，可鑒別，A正確；B．二者與氯化鉀都不反應(yīng)，不能鑒別，B錯誤；C．硫酸與氯化鋇反應(yīng)生成白色沉淀，蔗糖不能，能鑒別，C正確；D．碳酸鈉與硫酸反應(yīng)生成氣體，蔗糖不能，可鑒別，D正確，答案選B。12、B【解題分析】

標準狀況下179.2L氧氣的物質(zhì)的量是，根據(jù)烴燃燒的通式，，即，則該烴的分子式是C5H12，與氯氣反應(yīng)能生成三種不同的一氯取代物，說明有3種等效氫，CH3CH2CH2CH2CH3有3種等效氫、有4種等效氫、有1種等效氫，故選B。13、B【解題分析】

A.24He原子核內(nèi)有2B.23He與24He都含有C.23He與2D.24He最外層電子數(shù)為2，達到了穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故2故合理選項為B。14、D【解題分析】

根據(jù)圖片知，該裝置是原電池，根據(jù)電子的流向判斷X為負極，Y為正極，電流的流向正好與電子的流向相反；在原電池中，較活潑的金屬作負極，不活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O；負極上發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上發(fā)生還原反應(yīng)?！绢}目詳解】A.根據(jù)圖片知該裝置是原電池，外電路中電子從X電極流向Y電極，電流的流向與此相反，即Y→→X，A項錯誤；B.原電池中較活潑的金屬作負極，較不活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，若兩電極分別為Fe和碳棒，則Y為碳棒，X為Fe，B項錯誤；C.X是負極，負極上發(fā)生氧化反應(yīng)；Y是正極，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，C項錯誤；D.X為負極，Y為正極，若兩電極都是金屬單質(zhì)，則它們的活動性順序為X＞Y，D項正確。答案選D?！绢}目點撥】原電池工作原理的口訣可概括為“兩極一液一連線，活潑金屬最優(yōu)先，負失氧正得還，離子電極同性戀”，可加深學(xué)生對原電池的理解與記憶。電子從負極沿導(dǎo)線流向正極，而不通過溶液，溶液中是陰、陽離子移動導(dǎo)電，俗稱“電子不下水，離子不上岸”。15、C【解題分析】

A.硫酸為化合物，水溶液中能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，故A錯誤；

B.燒堿是化合物，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，故B錯誤；

C.乙醇是化合物，在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電，是非電解質(zhì)，故C正確；

D.純堿是化合物，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，是電解質(zhì)，故D錯誤；

故答案選C。【題目點撥】電解質(zhì)：酸、堿、鹽、金屬氧化物、水；非電解質(zhì)：絕大部分有機物，非金屬氧化物，氨氣等；電解質(zhì)和非電解質(zhì)均屬于化合物。16、C【解題分析】

該裝置為原電池，根據(jù)原電池的工作原理進行解答；【題目詳解】A、該裝置為原電池，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能，故A錯誤；B、根據(jù)裝置圖，Zn為負極，石墨電極為正極，根據(jù)原電池的工作原理，氧氣在正極上發(fā)生還原反應(yīng)，故B錯誤；C、根據(jù)原電池的工作原理，電子從負極經(jīng)外電路流向正極，即電子從Zn極經(jīng)導(dǎo)線流向石墨電極，故C正確；D、根據(jù)原電池的工作原理，陰離子向負極移動，即移向Zn極，故D錯誤；答案選C。17、A【解題分析】試題分析：A、元素的最高價分別為+1、+2、+3、+6，所以選A；B、元素的最高價為+4、+5，氧元素和氟元素沒有正化合價，所以不選B；C、氟沒有正化合價，其余鹵素的最高價都為+7，不選C；D、元素的最高價都為+1，不選D?？键c：元素化合價的規(guī)律。18、A【解題分析】

A、離子方程式正確，A正確；B、反應(yīng)中還有一水合氨生成，B錯誤；C、溴化亞鐵和氯氣的物質(zhì)的量之比是1：5，氯氣過量全部被氧化，即2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C錯誤；D、鐵離子能氧化碘離子生成單質(zhì)碘和亞鐵離子，D錯誤；答案選A。【題目點撥】離子方程式錯誤的原因有：離子方程式不符合客觀事實：質(zhì)量不守恒、電荷不守恒、電子得失總數(shù)不守恒、難溶物質(zhì)和難電離物質(zhì)寫成離子形式、沒有注意反應(yīng)物的量的問題，在離子方程式正誤判斷中，學(xué)生往往忽略相對量的影響，命題者往往設(shè)置“離子方程式正確，但不符合相對量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是審準“相對量”的多少，二是看離子反應(yīng)是否符合該量，沒有注意物質(zhì)之間是否會發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，注意離子配比，注意試劑的加入順序，難溶物溶解度的大小，注意隱含因素等。19、B【解題分析】

A．Na、Mg同周期，Na的金屬性強，則Na失去電子能力比Mg強，故A正確；B．非金屬性Cl＞Br，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，則HCl比HBr穩(wěn)定，故B錯誤；C．Mg、Ca同主族，Mg的金屬性沒有Ca強，則Ca(OH)2比Mg(OH)2的堿性強，故C正確；D．P、S同周期，S的非金屬性強，則H2SO4比H3PO4酸性強，故D正確；答案選B。20、A【解題分析】能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物，同樣能和酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于堿性氧化物，①不正確；是否有電子轉(zhuǎn)移是氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)，②正確；根據(jù)分散系中分散質(zhì)粒子的大小進行分類，若分散質(zhì)粒子小于1nm的是溶液，大于100nm的是濁液，介于1nm和100nm之間的是膠體，③不正確；④化學(xué)反應(yīng)一定伴隨著能量的變化，當(dāng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量時反應(yīng)放熱，反之吸熱，故④正確；溶于水或受熱熔化時能導(dǎo)電的化合物屬于電解質(zhì)，溶于水和受熱熔化時都不能導(dǎo)電的化合物屬于非電解質(zhì)，⑤不正確；答案選A。21、B【解題分析】A.油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)叫皂化反應(yīng)，在酸性條件下的水解反應(yīng)不是皂化反應(yīng)，故A錯誤；B.乙醇發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙酸的反應(yīng)屬于氧化反應(yīng)，乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故B正確；C.—C5H11有8種結(jié)構(gòu)，分子式為C5H12O的醇類有8種結(jié)構(gòu)，故C錯誤；D.C3H6可能為環(huán)丙烷，與乙烯結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物，故D錯誤；故選B。22、C【解題分析】

A．A與B結(jié)構(gòu)不相似，在分子組成上沒有相差若干個CH2原子團，故不互為同系物，故A錯誤；B．A中有碳碳雙鍵，可以與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)，而B分子中沒有碳碳雙鍵以及碳碳三鍵等能和溴發(fā)生加成反應(yīng)的官能團，故B錯誤；C．A中有羥基，能和羧酸發(fā)生酯化反應(yīng)，B中有羧基，能和醇發(fā)生酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)是取代反應(yīng)，故C正確；D．B分子中只有苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以1molB能與3mol發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯誤；故選C?！绢}目點撥】同系物的概念是結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的化合物。結(jié)構(gòu)相似的具體體現(xiàn)為官能團的種類和數(shù)目都相同。A和B含有的官能團的種類和數(shù)目都不相同，所以A和B不互為同系物。能和氫氣加成的結(jié)構(gòu)有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、苯環(huán)、醛基和酮基。在羧基、酯基里雖然也有碳氧雙鍵，但不能和氫氣加成。二、非選擇題(共84分)23、Fe（OH）2AgCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)33Fe3++Fe=3Fe2+3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑【解題分析】

白色沉淀E遇空氣變?yōu)榧t褐色沉淀F，E為Fe（OH）2、F為Fe（OH）3；Fe（OH）3與鹽酸反應(yīng)生成G，G為FeCl3；A為Fe；B為FeCl2；D與硝酸銀反應(yīng)后的溶液焰色反應(yīng)呈紫色，說明含有鉀元素，D為KCl；H為AgCI；分析進行解答?！绢}目詳解】白色沉淀E遇空氣變?yōu)榧t褐色沉淀F，E為Fe（OH）2、F為Fe（OH）3；Fe（OH）3與鹽酸反應(yīng)生成G，G為FeCl3；A為Fe；B為FeCl2；D與硝酸銀反應(yīng)后的溶液焰色反應(yīng)呈紫色，說明含有鉀元素，D為KCl；H為AgCI；（1）E的化學(xué)式Fe（OH）2，H的化學(xué)式AgCI；（2）由E轉(zhuǎn)變成F的化學(xué)方程式4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）向G溶液加入A的有關(guān)離子反應(yīng)方程式3Fe3++Fe=3Fe2+；（4）Fe在一定條件下與水反應(yīng)的化學(xué)方程式3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑。24、CH2=CH2+H2OCH3CH2OH2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑22CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O飽和碳酸鈉溶液H2SO4分液蒸餾【解題分析】B和D反應(yīng)生成乙酸乙酯，B氧化生成C，C氧化生成D，故B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，A與水反應(yīng)生成乙醇，故A為乙烯。（1）乙烯與與水加成反應(yīng)生成乙醇，反應(yīng)的方程式為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（2）乙醇與鈉反應(yīng)放出氫氣，反應(yīng)的化學(xué)放出式為2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，根據(jù)方程式，制得1molH2需要2mol，故答案為2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；2；（3）乙醇在空氣中可以被氧氣為乙醛，反應(yīng)的方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）①加入飽和碳酸鈉溶液a，溶解乙醇和乙酸反應(yīng)生成醋酸鈉溶液，乙酸乙酯在碳酸鈉溶液中不溶分層分液后將乙酸乙酯分離出來，蒸餾混合溶液分離出乙醇，然后向剩余混合液中加入稀硫酸b，稀硫酸與醋酸鈉反應(yīng)生成醋酸和硫酸鈉混合溶液，蒸餾將醋酸分離出來，

故答案為飽和碳酸鈉；稀硫酸溶液；

②乙酸乙酯在碳酸鈉溶液中不溶分層分液后將乙酸乙酯分離出來，蒸餾混合溶液分離出乙醇，故答案為分液；蒸餾。點睛：本題考查有機物的推斷，涉及烯烴、醇、醛、羧酸的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化和乙酸乙酯的除雜。解題時注意飽和碳酸鈉溶液的作用，乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性質(zhì)的掌握。本題的易錯點是方程式的書寫。25、過濾萃取、分液2I－＋Cl2==I2＋2Cl－B分液漏斗，普通漏斗沒有石棉網(wǎng)、溫度計插入液面以下、冷凝管進、出水方向顛倒萃取劑沸點較低，I2易升華燒瓶【解題分析】

根據(jù)框圖分析：海藻曬干灼燒，變成海藻灰，浸泡得懸濁液，分液后濾液中含有I-，I-具有還原性，加氧化劑氯氣，得到I2,通過萃取、分液和蒸餾即可得到晶體碘。結(jié)合各部反應(yīng)進行解答?！绢}目詳解】(1)將懸濁液分離為殘渣和含碘離子溶液應(yīng)選擇過濾的方法，將碘水中的碘提取出來得方法萃取、分液；操作②發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：2I-+Cl2=I2+2Cl-；因此，本題答案是：過濾；萃取、分液；2I-+Cl2=I2+2Cl-；

(2)A、酒精和水互溶，所以不能作萃取劑，故錯誤；B、四氯化碳、苯符合萃取劑條件，所以能作萃取劑，故B正確；C、汽油能作萃取劑，乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取劑，故錯誤；D、汽油能作萃取劑、甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取劑，故錯誤；所以本題答案為：B；(3)為使海藻灰中碘離子轉(zhuǎn)化為碘的有機溶液,根據(jù)實驗裝置原理,基本操作有過濾、萃取、分液、使用的儀器有：燒杯、玻璃棒、漏斗、分液漏斗等，尚缺少的玻璃儀器是(普通)漏斗和分液漏斗；

因此，本題正確答案是：分液漏斗、普通漏斗；燒杯加熱應(yīng)墊石棉網(wǎng)，溫度計水銀球應(yīng)位于蒸餾燒瓶支管口處，冷凝管冷凝水下進上出；

因此，本題正確答案是：①缺石棉網(wǎng)；②溫度計插到液體中；③冷凝管進出水方向顛倒；

(5)水浴加熱的溫度是使試管內(nèi)或燒杯內(nèi)試劑受熱溫度均勻，具有長時間加熱溫度保持恒定的特點，四氯化碳沸點為76.8℃，碘單質(zhì)沸點為184℃，故最后晶態(tài)碘在蒸餾燒瓶里聚集。

因此，本題正確答案是:使蒸餾燒瓶受熱均勻，控制加熱溫度不會過高；蒸餾燒瓶。26、FeCl3AgI萃取、分液取少量的產(chǎn)物加入淀粉溶液，若變藍色，則說明得到了單質(zhì)碘；若不變藍色，則說明沒有得到單質(zhì)碘【解題分析】分析：本題考查的是物質(zhì)分離提純的方法、試劑的選擇、物質(zhì)的檢驗等，掌握基礎(chǔ)是解題的關(guān)鍵。詳解：(1)碘化亞鐵和過量的氯氣反應(yīng)生成碘和氯化鐵，所以丁溶液為FeCl3溶液；(2)碘離子和銀離子反應(yīng)生成AgI沉淀，所以甲為碘化銀。(3)利用碘單質(zhì)容易溶解在有機溶劑中的特點，從碘水中提取碘應(yīng)該用萃取、分液的方法。(4)利用碘遇到淀粉顯藍色的特性反應(yīng)，檢驗碘單質(zhì)的方法為：取少量的產(chǎn)物加入淀粉溶液，若變藍色，則說明得到了單質(zhì)碘；若不變藍色，則說明沒有得到單質(zhì)碘。27、11%>酸式滴定管5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O溶液由無色變?yōu)樽霞t色,且半分鐘不褪色×100％E【解題分析】

Ⅰ.（1）CH3COOH不完全電離，HCl完全電離，使CH3COOH溶液中c（H+）比同濃度的HCl溶液中c（H+）小，pH大；滴定鹽酸的曲線是圖1，故答案為1；（2）根據(jù)圖1可知鹽酸溶液的起始濃度為0.1mol/L，鹽酸溶液和醋酸溶液是等濃度的，所以醋酸溶液起始濃度也為0.1mol/L，根據(jù)圖2可知醋酸溶液的起始pH=3，溶液中c(H+)=10-3mol/L，電離度α=×100％=1%，故答案為1%；（3）達到B、D狀態(tài)時，溶液為中性，NaCl不水解，CH3COONa水解使溶液呈堿性，為使CH3COONa溶液顯中性，需要少加一部分NaOH，使溶液中留有一部分CH3COOH，所以反應(yīng)消耗的NaOH溶液的體積a＞b，故答案為＞；Ⅱ.（1）高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能腐蝕堿式滴定管的橡皮管，所以選用酸式滴定管量取高錳酸鉀溶液；故答案為酸式滴定管；（2）酸性KMnO4溶液的還原產(chǎn)物為MnSO4，+4價的硫被氧化為+6價，生成硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為：5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O，故答案為5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；（3）KMnO4溶液呈紫色，與NaHSO3反應(yīng)，紫色褪去，滴定終點的現(xiàn)象為：滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去；故答案為溶液由無色變?yōu)樽霞t色,且半分鐘不褪色；若準確稱取WgNaHSO3固體溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL。2MnO4～5HSO3-0.1mol/L×V×10-3Ln(HSO3-)解得n(HSO3-)=5/2×V×10-4mol，即25.00mL溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為5/2×V×10-4mol，所以500mL溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為5×V×10-3mol，NaHSO3固體的質(zhì)量為5×V×10-3mol×104g/mol=5.2×V×10-1g，純度為×100％=×100％，故答案為×100％；（4）A.未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=c(標準)v(標準)/v(待測)分析，c（標準）偏大；B.滴定前錐形瓶未干燥，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=c(標準)v(標準)/v(待測)分析,c（標準）不變；C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后無氣泡，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=c(標準)v(標準)/v(待測)分析,c（標準）偏大；D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=c(標準)v(標準)/v(待測)分析,c（標準）偏大；E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=c(標準)v(標準)/v(待測)分析,c（標準）偏?。痪C上所述，操作會