2023-2024學年池州市重點中學高一化學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2023-2024學年池州市重點中學高一化學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、從南方往北方長途運輸水果時，常常將浸泡有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中，其目的是A．利用酸性高錳酸鉀溶液殺死水果周圍的細菌，防止水果霉變B．利用酸性高錳酸鉀溶液吸收水果周圍的氧氣，防止水果腐爛C．利用酸性高錳酸鉀溶液吸收水果產生的乙烯，防止水果早熟D．利用脧性髙錳酸鉀溶液的氧化性，催熟水果2、短周期主族元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大。X原子的最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的2倍，Y是地殼中含量最高的元素，Z的核電荷數(shù)比Y多4。下列說法正確的是A．原子半徑的大小順序：Z＞Y＞XB．Y分別與Z、X形成的化合物中化學鍵類型相同C．單質Z能在X的最高價氧化物中燃燒D．Y、X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＜X3、在測定中和熱的實驗中，下列說法正確的是A．使用環(huán)形玻璃攪拌棒是為了加快反應速率，減小實驗誤差B．為了準確測定反應混合溶液的溫度，實驗中溫度計水銀球應與小燒杯底部接觸C．用0.5mol·L－1NaOH溶液分別與0.5mol·L－1的鹽酸、醋酸溶液反應，如所取的溶液體積相等，則測得的中和熱數(shù)值相同D．在測定中和熱實驗中需要使用的儀器有量筒、燒杯、滴定管、溫度計等4、已知氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應的化學方程式為NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，則氧化產物和還原產物的質量比為（）A．6∶1B．5∶1C．3∶1D．2∶15、等質量的甲烷和氨氣相比較，下列結論中錯誤的是()A．兩種氣體的分子個數(shù)之比為17∶16B．同溫同壓下，兩種氣體的體積之比為17∶16C．兩種氣體的氫原子個數(shù)之比為17∶12D．同溫同壓下，兩種氣體的密度之比為17∶166、根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗,經過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟。下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的是()A．AB．BC．CD．D7、下列物質放入水中，會顯著放熱的是（）A．蔗糖B．食鹽C．生石灰D．硝酸銨8、用價層電子對互斥理論預測H2S和H3O+的立體結構，兩個結論都正確的是（）A．直線形：三角錐形 B．V形；三角錐形C．直線形；平面三角形 D．V形：平面三角形9、下列有關說法正確的是A．需要加熱的反應均是吸熱反應B．可用金屬銅與硝酸制取氫氣C．在金屬元素與非金屬的分界線附近尋找半導體材料D．煤的干餾過程中僅發(fā)生物理變化10、下列關于煤和石油的加工過程屬于物理變化的是A．煤的干餾B．煤的汽化和液化C．石油的分餾D．石油的裂化和裂解11、下列說法不正確的是A．乙酸、水、乙醇和金屬鈉反應劇烈程度，從劇烈到逐漸平緩B．淀粉和纖維素的組成可用（C6H10O5）n表示，它們互為同分異構體C．硝酸不慎滴到皮膚上，發(fā)現(xiàn)皮膚變黃D．苯的結構式雖然用表示，但苯的結構卻不是單、雙鍵交替組成的環(huán)狀結構，可以從它的鄰二氯代物結構只有一種得到證明12、決定化學反應速率的主要因素是（）A．參加反應物本身的性質 B．催化劑C．溫度和壓強以及反應物的接觸面 D．反應物的濃度13、已知短周期元素的離子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的電子層結構．則下列敘述正確的是（）A．原子半徑A＞B＞D＞CB．原子序數(shù)d＞c＞b＞aC．離子半徑C＞D＞B＞AD．原子結構的最外層電子數(shù)目A＞B＞D＞C14、W、X、Y、Z四種短周期元素在元素周期表中的相對位置如圖所示，W的氣態(tài)氫化物可與其最高價含氧酸反應生成離子化合物，由此可知A．X、Y、Z中最簡單氫化物穩(wěn)定性最弱的是YB．Z元素氧化物對應水化物的酸性一定強于YC．X元素形成的單核陰離子還原性大于YD．Z元素單質在化學反應中只表現(xiàn)氧化性15、下列有關反應熱的說法正確的是（）A．對于任何一個吸熱反應，使用催化劑后，△H將降低B．反應熱的大小與反應物所具有的總能量和生成物所具有的總能量相關C．甲烷的燃燒熱△H=-890kJ/mol，則：CH4（g）+2O2(g)=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890kJ/molD．已知常溫常壓下HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O(1)△H=-57.3kJ/mol，則有H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O△H=-114.6kJ/mol16、下列實驗操作、實驗現(xiàn)象和實驗結論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結論A將乙烯分別通入溴水和酸性高錳酸鉀溶液溶液均褪色二者反應類型相同B對于密閉燒瓶中的已達到平衡的可逆反應:2NO2N2O4,將密閉燒瓶浸入熱水中混合氣體顏色變深加熱該化學平衡可向正向移動C某溶液中加入新制氫氧化銅懸濁液,加熱有磚紅色沉淀生成該溶液一定是葡萄糖溶液D甲烷和氯氣混合氣體充入大試管中,倒立在水槽里,置于光亮處,過一段時間后,將試管從水槽中取出,向其中滴入幾滴石蕊溶液溶液變紅甲烷和氯氣反應產物中有氯化氫A．A B．B C．C D．D17、為了測定酸堿反應的中和熱（用簡易量熱計），計算時至少需要的數(shù)據(jù)是：①酸的濃度和體積；②堿的濃度和體積；③比熱容；④反應后溶液的質量；⑤生成水的物質的量；⑥反應前后溫度變化；⑦操作所需的時間()A．①②③⑥ B．①③④⑤ C．③④⑤⑥ D．全部18、下列各組物質中，具有相同的最簡式，但既不是同系物，也不是同分異構體的是A．苯乙烯和乙烯B．甲醛（HCHO）和甲酸甲酯（HCOOCH3）C．乙酸和甲酸甲酯D．乙烯和丙烯19、用電子式表示下列物質的形成過程正確的是（）A．B．C．D．20、如圖I所示，甲、乙之間的隔板K和活塞F都可以左右移動，F(xiàn)受壓力恒定。甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此時K停在0處。在一定條件下發(fā)生可逆反應：2A(g）+B(g）2C(g），反應達到平衡后，再恢復至原溫度，則下列說法正確的是（）A．達到平衡時隔板K最終停留在0刻度左側的2到4之間B．若達到平衡時隔板K最終停留在左側1處，則乙中C的轉化率小于50%C．如圖II所示，若x軸表示時間，則y軸可表示甲、乙兩容器中氣體的總物質的量或A的物質的量D．若達到平衡時隔板K最終停留在左側靠近2處，則乙中F最終停留在右側刻度大于421、已知A(g)+C(g)＝D(g)ΔH=-Q1kJ/mol，B(g)+C(g)＝E(g)ΔH=-Q2kJ/mol，Q1、Q2均大于0，且Q1＞Q2。若A、B組成的混合氣體1mol與足量的C反應，放熱為Q3kJ。則原混合氣體中A與B的物質的量之比為()A．B．C．D．22、下列物質①無水乙醇、②乙酸、③乙酸乙酯、④苯，其中能夠與鈉反應放出氫氣的物質是（）A．①② B．①②③ C．③④ D．②③④二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，A的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，B是短周期中金屬性最強的元素，C是同周期中陽離子半徑最小的元素，D元素的最高價氧化物對應水化物與B元素的最高價氧化物對應水化物反應的產物M是制備木材防火劑的原料，E的最外層電子數(shù)與內層電子數(shù)之比為3∶5。請回答：（1）D的元素名稱為___。F在元素周期表中的位置是___________。（2）C離子結構示意圖為______，A、D形成的氫化物中穩(wěn)定性更好的是：______，以上元素最高價氧化物對應水化物中堿性最強的是____，E和F元素的單質氧化性較強的是：_________（填化學式）。（3）用電子式表示由元素B和F組成的化合物的過程：____________。（4）B單質與氧氣反應的產物與C的單質同時放入水中，產生兩種無色氣體，有關的化學方程式為_____________、______________。（5）工業(yè)上將干燥的F單質通入熔融的E單質中可制得化合物E2F2，該物質可與水反應生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，0.2mol該物質參加反應時轉移0.3mol電子，其中只有一種元素化合價發(fā)生改變，該反應的化學方程式為___________________。24、（12分）堿式碳酸銅和氯氣都是用途廣泛的化工原料。（1）工業(yè)上可用酸性刻蝕廢液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl?）制備堿式碳酸銅，其制備過程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物質

Cu(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

開始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸鈉的作用是；②反應A后調節(jié)溶液的pH范圍應為。③第一次過濾得到的產品洗滌時，如何判斷已經洗凈？。④造成藍綠色產品中混有CuO雜質的原因是。（2）某學習小組在實驗室中利用下圖所示裝置制取氯氣并探究其性質。①實驗室用二氧化錳和濃鹽酸加熱制取氯氣，所用儀器需要檢漏的有。②若C中品紅溶液褪色，能否證明氯氣與水反應的產物有漂白性，說明原因。此時B裝置中發(fā)生反應的離子方程式是________________。③寫出A溶液中具有強氧化性微粒的化學式。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，會觀察到的現(xiàn)象是。25、（12分）乙酸乙酯是重要的有機合成中間體，廣泛應用于化學工業(yè)。實驗室制取乙酸乙酯的主要步驟如下：①在甲試管(如圖)中加入2mL濃硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如圖連接好裝置(裝置氣密性良好)并加入混合液，小火均勻地加熱3—5min。③待試管乙收集到一定量產物后停止加熱，撤出試管并用力振蕩，然后靜置待分層。④分離出乙酸乙酯層、洗滌、干燥。(1)寫出該反應的化學方程式是：_______________________；(2)與教材采用的實驗裝置不同，此裝置中采用了球形干燥管，其作用是____________。(3)甲試管中，混合溶液的正確加入順序：________________________；(4)步驟②中需要用小火均勻加熱，其主要原因是____________________________________；(5)上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是____________(填字母代號)。A．反應掉乙酸和乙醇B．反應掉乙酸并吸收乙醇C．析出乙酸乙酯D．加速酯的生成，提高其產率(6)欲將乙試管中的物質分離開以得到乙酸乙酯，必須使用的儀器是____________；分離時，乙酸乙酯應該從儀器____________(填：“下口放”或“上口倒”)出。26、（10分）某化學課外小組實驗室制取乙酸乙酯時查閱資料如下：主反應：CH3COOH+C2H5OH?濃H2SO4120-125℃CH副反應：2CH3CH2OH→140℃濃硫酸CH3CH2OCH2CH3(乙醚)+HCH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O根據(jù)查得的資料設計了下圖所示的裝置(夾持裝置忽略)制取純凈的乙酸乙酯。步驟如下：①在圖1的三口燒瓶中加入3mL乙醇，邊搖動邊慢慢加入3mL濃硫酸，在分液漏斗中裝入3:2的乙醇和乙酸混合液。②油浴加熱三口燒瓶至一定溫度，然后把分液漏斗中的混合液慢慢地滴入三口燒瓶里并保持反應混合物在一定溫度。③反應一段時間后，向錐形瓶中緩慢加入飽和Na2CO3溶液，并不斷搖動，分層后進行分液。④用飽和食鹽水和氯化鈣溶液洗滌酯層，再分液，在酯層加入干燥劑干燥得粗乙酸乙酯。⑤將粗乙酸乙酯轉入圖2的儀器A中，在水浴中加熱，收集74～80℃的餾分即得純凈的水果香味無色透明液體。根掲題目要求回答：(1)在實驗中濃硫酸的作用______；混合液加熱前都要加入碎瓷片，作用是________。(2)歩驟②中油浴加熱保持的一定溫度范圍_____，原因是________。(3)圖2中儀器A的名稱是_____，冷凝管中冷水從______(填a或b)口進入。(4)步驟③和④中都用到了分液操作，該操作用到的主要玻璃儀器是_____，在分液操作時，上下兩層液體移出的方法是____________。(5)步驟④中干燥乙酸乙酯，可選用的干燥劑為______(填字母)。a.五氧化二磷b.無水Na2SO4c.堿石灰27、（12分）海洋資源的利用具有廣闊前景．（1）如圖是從海水中提取鎂的簡單流程．工業(yè)上常用于沉淀Mg2+的試劑A是______（填物質名稱），Mg（OH）2轉化為MgCl2的離子方程式是______．（2）海帶灰中富含以I﹣形式存在的碘元素。實驗室提取I2的途徑如下所示：干海帶海帶灰濾液I2①灼燒海帶至灰燼時所用的主要儀器名稱是______．②向酸化的濾液中加過氧化氫溶液，寫出該反應的離子方程式______．③反應結束后，加入CCl4作萃取劑，采用萃取﹣分液的方法從碘水中提取碘，主要操作步驟如圖：甲、乙、丙3步實驗操作中，不正確的是______（填“甲”、“乙”或“丙”）．28、（14分）以黃鐵礦為原料制硫酸會產生大量的廢渣，合理利用廢渣可以減少環(huán)境污染，變廢為寶。工業(yè)上利用廢渣(含F(xiàn)e2＋、Fe3＋的硫酸鹽及少量CaO和MgO)制備高檔顏料鐵紅(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具體生產流程如下：(1)在廢渣溶解操作時，應選用________溶解(填字母)。A．氨水B．氫氧化鈉溶液C．鹽酸D．硫酸(2)為了提高廢渣的浸取率，可采用的措施有哪些？_______________（至少寫出兩點）。(3)物質A是一種氧化劑，工業(yè)上最好選用________(供選擇使用的有：空氣、Cl2、MnO2)，其理由是_______________。氧化過程中發(fā)生反應的離子方程式為_________________。(4)根據(jù)如圖有關數(shù)據(jù)，你認為工業(yè)上氧化操作時應控制的條件(從溫度、pH和氧化時間三方面說明)是：______________________________________________________。(5)銨黃鐵礬中可能混有的雜質有Fe(OH)3、________。(6)銨黃鐵礬的化學式可表示為(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，其化學式可通過下列實驗測定：①稱取一定質量的樣品加入稀硝酸充分溶解，將所得溶液轉移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A。②量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體9.32g。③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加熱，收集到標準狀況下氣體448mL，同時有紅褐色沉淀生成。④將步驟③所得沉淀過濾、洗滌、灼燒，最終得固體4.80g。通過計算，可確定銨黃鐵礬的化學式為___________________________。（已知銨黃鐵礬的摩爾質量為960g?mol-1,計算過程中不考慮固體損失和氣體溶解。29、（10分）研究化學反應的速率、限度及能量變化具有重要意義。⑴實驗室用鋅粒和稀硫酸反應制氫氣，能加快反應速率的方法有：______、______。⑵工業(yè)上合成氨反應（N2＋3H22NH3）中物質的能量隨時間的變化如下圖所示。①該反應為______（填“放熱”或“放熱”）反應。②若起始N2和H2的體積比為1∶3，控制一定的條件，___（填“能”或“不能”）使反應物的轉化率達到100%。③下列過程放出熱量的是______。（填字母）A．甲烷燃燒B．碳酸鈣分解C．液氨汽化D．化學鍵斷裂⑶圖為銅鋅原電池示意圖。①原電池工作時的能量轉化方式為______。②原電池工作時，導線中電子的流向為______。③Cu電極表面的現(xiàn)象為______。

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【解析】乙烯是一種植物生長調節(jié)劑，對水果蔬菜具有催熟的作用，為了延長水果的保鮮期，應除掉乙烯，乙烯含有不飽和鍵能被酸性高錳酸鉀氧化，所以將浸泡有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故選C。2、C【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Y是地殼中含量最高的元素，Y是O，Z的核電荷數(shù)比Y多4，Z是Mg。X原子的最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的2倍，原子序數(shù)小于氧元素，則X是C。據(jù)此解答。詳解：根據(jù)以上分析可知X是C，Y是O，Z是Mg。則A.同主族從上到下原子半徑逐漸增大，同周期自左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑的大小順序為Z＞X＞Y，A錯誤；B.Y分別與Z、X形成的化合物是MgO、CO或CO2，化學鍵類型不相同，前者是離子鍵，后者共價鍵，B錯誤；C.單質鎂能在X的最高價氧化物二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和碳，C正確；D.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，則Y、X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性是Y＞X，D錯誤。答案選C。點睛：本題主要是考查元素推斷以及元素周期律的應用，題目難度不大。準確判斷出元素并能靈活應用元素周期律是解答的關鍵。解答此類題目時通常以原子結構特點為依據(jù)進行推斷，如無中子的原子是H，短周期電子層數(shù)與最外層電子數(shù)相等的原子是H、Be、Al，外層電子數(shù)是內層電子數(shù)2倍的元素是C等。3、A【解析】

A、環(huán)形玻璃棒攪拌能加快反應速率,減小實驗誤差,故A正確;

B、溫度計水銀球測燒杯內的熱水的溫度,不能接觸燒杯底部接觸燒杯底部,故B錯誤;

C、醋酸是弱酸,電離吸熱,測出的中和熱數(shù)值偏小,故C錯誤;

D、中和熱測定用不到滴定管,故D錯誤.

綜上所述，本題應選A。4、B【解析】

NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸鈉中Cl元素的化合價由+5價降低為0，鹽酸中Cl元素的化合價由-1價升高為0，氧化劑為NaClO3，由此得到還原產物為1mol，還原劑為HCl，HCl被氧化，根據(jù)電子得失守恒可知氧化產物為5mol，則氧化產物和還原產物的質量比為5：1。答案選B?！军c睛】本題考查氧化還原反應的計算，把握反應中元素的化合價變化及電子守恒為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度不大。注意參加反應的氯化氫沒有全部被氧化，一部分起酸的作用轉化為氯化鈉。5、D【解析】

令CH4和NH3的質量都為1g，CH4的物質的量為=mol，NH3的物質的量為=mol，A.分子數(shù)目之比等于物質的量之比，等質量的CH4和NH3分子數(shù)之比為mol：mol=17：16，故A正確；B.同溫同壓下，氣體體積之比等于物質的量之比，故等質量的CH4和NH3的體積之比為mol：mol=17：16，故B正確；C.每個CH4分子含有4個H原子，1gCH4含有H原子的物質的量為4×mol，每個NH3分子含有3個H原子，1gNH3含有H的原子物質的量為3×mol，所以等質量的CH4和NH3含有H原子數(shù)目之比為4×mol：3×mol=17：12，故C正確；D.同溫同壓下，兩種氣體的密度之比等于摩爾質量之比，故等質量的CH4和NH3的密度之比為16g/mol：17g/mol=16：17，故D錯誤。故選D。6、C【解析】實驗室中加入氯化銨和氫氧化鈣的混合物制取氨氣，故A錯誤；向氨氣、氯化鈉的飽和溶液通二氧化碳應該從長管通入，故B錯誤；用過濾法分離出碳酸氫鈉晶體，故C正確；碳酸氫鈉加熱易分解，不能加熱干燥碳酸氫鈉，故D錯誤。7、C【解析】生石灰溶于水會顯著放熱的，蔗糖和食鹽溶于水放熱不明顯，硝酸銨溶于水吸熱，答案選C。8、B【解析】

H2S中心原子S有2個σ鍵，孤電子對數(shù)為6-2×12=2，價層電子對數(shù)為4，空間構型為V形；H3O＋中心原子為O，中心原子有3個σ鍵，孤電子對數(shù)為6-1-3×12=1，價層電子對數(shù)為4，空間構型為三角錐形，故答案選B。9、C【解析】

A項、需要加熱的反應不一定是吸熱反應，例如木炭的燃燒是放熱反應，故A錯誤；B項、硝酸具有強氧化性，為氧化性酸，金屬銅與硝酸反應得到的氣體為氮的氧化物，不能得到氫氣，故B錯誤；C項、在金屬元素和非金屬元素交接區(qū)域的元素單質的導電性具有金屬和非金屬之間，可以用來做良好的半導體材料，如硅和鍺等，故C正確；D項、煤是多種有機物和無機物組成的混合物,煤的干餾過程中有新物質生成，屬于化學變化,故D錯誤。故選C。10、C【解析】分析：A.煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程；

B.煤經過氣化生成水煤氣，液化生成甲醇，由水煤氣加工得到液態(tài)烴和甲醇；

C.石油的分餾是控制各物質沸點的不同來實現(xiàn)物質的分離的方法；

D.石油的催裂化和裂解是在一定的條件下,將相對分子質量較大、沸點較高的烴斷裂為相對分子質量較小、沸點較低的烴的過程。詳解:A.煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使其分解的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故A錯誤；

B.煤經過氣化生成水煤氣,液化生成甲醇,有新物質生成,都屬于化學變化,由水煤氣加工得到液態(tài)烴和甲醇,有新物質生成,屬于化學變化,故B錯誤；

C.石油的分餾是控制各物質沸點的不同來實現(xiàn)物質的分離的方法,屬于物理變化過程,所以C選項是正確的；

D.石油的催裂化和裂解是在一定的條件下,將相對分子質量較大、沸點較高的烴斷裂為相對分子質量較小、沸點較低的烴的過程,屬于化學變化,故D錯誤。

所以C選項是正確的。11、B【解析】A．乙醇、乙酸、水都能與金屬鈉反應產生H2，反應的劇烈程度：乙酸＞水＞乙醇，故A正確；B．淀粉和纖維素的組成可用（C6H10O5）n表示，但n值不等，它們不是同分異構體，故B錯誤；C．蛋白質遇濃硝酸變黃，故C正確；D．若苯分子中存在碳碳單、雙鍵交替的排布，其鄰位二溴代物應該有兩種結構，故D正確；答案為B。12、A【解析】

決定化學反應速率的主要因素是參加反應物本身的性質。溫度、壓強、催化劑、濃度、接觸面積等是影響化學反應速率的因素的外因，不是主要因素?！军c睛】參加反應的物質的性質是決定性因素，而濃度、溫度、壓強等是外部的影響因素。13、C【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的電子層結構，則一定滿足關系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。其中A和B屬于金屬，位于同一周期，且A在B的右側。C和D是非金屬，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右側。同周期自左向右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，氫化物的穩(wěn)定性也是逐漸增強的。核外電子排布相同的微粒其微粒半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，所以只有選項C是正確的，其余都是錯誤的，答案選C。14、A【解析】

根據(jù)題給信息知W的氣態(tài)氫化物可與其最高價含氧酸反應生成離子化合物，則W為氮元素；結合四種短周期元素在元素周期表中的相對位置判斷，X為氧元素，Y為硫元素，Z為氯元素。【詳解】A、非金屬性：O＞Cl＞S，最簡單氫化物穩(wěn)定性最弱的是S，A正確；B、同主族元素由左向右元素的非金屬性逐漸增強，最高價氧化物水化物的酸性逐漸增強，故高氯酸的酸性一定強于硫酸，其它含氧酸則不一定，B錯誤；C、同主族元素由上到下元素的非金屬性逐漸減弱，形成陰離子的還原性逐漸增強，故O2—還原性弱于S2—，C錯誤；D、氯氣中氯元素為0價，是氯元素的中間價態(tài)，在化學反應中既可表現(xiàn)氧化性又能表現(xiàn)還原性，D錯誤。答案選A?！军c晴】本題考查的是學生對元素周期表與元素周期律的熟練理解程度，能結合題中條件快速確定元素的名稱是解答的前提，這對學生基礎要求比較高，建議復習時要重視雙基的學習與檢測，提高自己分析問題解決問題的能力。本題解答的關鍵點是W的氣態(tài)氫化物可與其最高價含氧酸反應生成離子化合物，說明W是N元素，再結合其他信息就可準確確定其他元素，再結合元素周期表的位、構、性解題即可。15、B【解析】

A、使用催化劑只改變活化能，對△H無影響，△H只與始態(tài)和終態(tài)有關，故A錯誤；B、反應熱等于生成物總能量減去反應物總能量，所以反應熱的大小與反應物所具有的總能量和生成物所具有的總能量有關，故B正確；C、根據(jù)燃燒熱的定義，可燃物生成氧化物是穩(wěn)定的，H2O應為液態(tài)，該熱化學反應方程式中水為氣態(tài)，即△H>－890kJ·mol－1，故C錯誤；D、H2SO4與Ba(OH)2發(fā)生反應除了生成水，Ba2＋與SO42－生成BaSO4沉淀，也伴隨有熱量的變化，即硫酸與Ba(OH)2反應的△H≠－114.6kJ·mol－1，故D錯誤；答案選B。【點睛】D項為易錯點，中和熱指的是稀酸與稀堿發(fā)生中和反應生成1molH2O時放出的熱量，酸和堿必須是強酸、強堿，且只發(fā)生H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)。16、D【解析】

A.乙烯和溴水發(fā)生加成反應，乙烯和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應；B.NO2為紅棕色氣體，N2O4為無色氣體，混合氣體顏色變深，說明NO2濃度變大；C.具有醛基的物質都能和新制的氫氧化銅懸濁液加熱反應有磚紅色沉淀生成；D.甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，生成氯代物和HCl；詳解：A.乙烯和溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，乙烯和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使高錳酸鉀褪色，二者反應類型不同，故A錯誤；B.NO2為紅棕色氣體，N2O4為無色氣體，加熱后混合氣體顏色變深，說明NO2濃度變大，2NO2N2O4平衡逆向移動，逆反應為吸熱反應，故B錯誤；C.具有醛基的物質都能和新制的氫氧化銅懸濁液加熱反應有磚紅色沉淀生成，不一定是葡萄糖溶液，故C錯誤；D.甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，生成氯代物和HCl，HCl溶于水顯酸性，滴入石蕊試液變紅，故D正確；故本題選D。17、A【解析】

由反應熱的計算公式△H=-可知，酸堿反應的中和熱計算時，至少需要的數(shù)據(jù)有：比熱容，酸的濃度和體積、堿的濃度和體積，反應前后溫度變化t，然后計算出反應后溶液的質量、生成水的物質的量；答案選A。18、B【解析】試題分析：A、最簡式不同；C、是同分異構體；D、是同系物。考點：考查同系物、同分異構體的概念。19、D【解析】A.氯化氫屬于共價化合物，故A錯誤；B.氟化鎂屬于離子化合物，電子式為，故B錯誤；C.溴化鈉屬于離子化合物，電子式為，故C錯誤；D.二氧化碳屬于共價化合物，形成過程為，故D正確；故選D。20、D【解析】A、2A(g）+B(g）2C(g），由于甲中充入2molA和1molB，反應向正反應方向移動，甲中壓強降低，最多能轉化為2molC，但是由于反應是可逆反應，所以C的物質的量在0～2mol之間，因此達到平衡后，隔板K不再滑動，最終停留在左側刻度0～2之間，A錯誤；B、“隔板K最終停留在左側1處”說明反應后氣體體積為5格，即物質量為2.5mol，設參加反應的A的物質量為2x，故2-2x+1-x+2x=2.5，則x=0.5mol，則甲中A的轉化率為50%。但是對于乙來說，就不同了，如果無He，甲與乙是等效平衡，但乙的壓強比甲小，則2C(g）2A(g）+B(g）的平衡向右移動了，故其轉化率比大于50%，B錯誤；C、甲中反應向右進行，A的物質的量逐漸減少，乙中反應向左進行，A的物質的量逐漸增多，但反應開始時無A，C錯誤；D、若達到平衡時，隔板K最終停留在左側靠近2處，說明甲中反應物完全轉化為C，物質的量為2mol，如乙平衡不移動，乙中為C和He，共3mol，體積為6，F(xiàn)應停留在4處，但因為保持恒壓的條件，乙中2A(g）+B(g）2C(g）反應體系的壓強降低，所以到達平衡時，乙向逆方向反應方向移動，導致到達平衡時甲容器中C的物質的量大于乙容器中C的物質的量，甲、乙容器中壓強相等，若平衡時K停留在左側2處，則活塞應停留在右側大于4處，D正確；答案選D。點睛：本題考查化學平衡移動，題目較難，本題注意分析反應的可逆性特征和兩容器壓強相等，這兩個角度是解答該題的關鍵。21、A【解析】

設A的物質的量為xmol，則B的物質的量為1mol-xmol，A反應放出的熱量為xQ1，B反應放出的熱量為（1-x）Q2，xQ1+（1-x）Q2=Q3，解得x=（Q3-Q2）/（Q1-Q2），B的物質的量為（Q1-Q3）/（Q1-Q2），A與B物質的量之比為（Q3-Q2）/（Q1-Q3）。答案選A。22、A【解析】

①無水乙醇能與鈉反應生成乙醇鈉和氫氣，②乙酸具有酸的通性，能與鈉反應生成乙酸鈉和氫氣，③乙酸乙酯不含有羥基或羧基，不能與鈉反應生成氫氣；④苯不能與鈉反應，只有①②能與鈉反應，故答案為A。二、非選擇題(共84分)23、硅第三周期ⅦA族CH4NaOHCl22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl【解析】A、B、C、D、E、F是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，A的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)2倍，A原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則A為碳元素；B是短周期中金屬性最強的元素，則B為Na；結合原子序數(shù)可知，C、D、E、F都處于第三周期，C是同周期中陽離子半徑最小的元素，則C為Al；D元素的最高價氧化物對應水化物與B元素的最高價氧化物對應水化物反應的產物M是制備木材防火劑的原料，則D為Si、M為Na2SiO3；E的最外層電子數(shù)與內層電子數(shù)之比為3：5，則最外層電子數(shù)為6，故E為硫元素，F(xiàn)的原子序數(shù)最大，故F為Cl．（1）D為Si的元素名稱為硅。F為Cl在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族；（2）C為Al，C離子結構示意圖為；A、D形成的氫化物中穩(wěn)定性更好的是：碳和硅同主族，從上到下形成的氫化物穩(wěn)定性減弱，CH4更穩(wěn)定；元素最高價氧化物對應水化物中堿性最強的是NaOH；同周期從左到右非金屬性增強，E和F元素的單質氧化性較強的是：Cl2；（3）用電子式表示由元素Na和Cl組成的化合物的過程：；（4）Na2O2和Al同時投入水中：發(fā)生的反應為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）；(5)化合物S2Cl2可與水反應生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為SO2，0.2mol該物質參加反應時轉移0.3mol電子，其中只有一種元素化合價發(fā)生改變，故S元素化合價降低，轉移0.3mol電子生成二氧化硫為0.1mol，故有0.3molS原子發(fā)生還原反應，根據(jù)電子轉移守恒可知S元素在還原產物中的化合價為0，故生成S，同時生成HCl，該反應的化學方程式為：2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。24、（1）①將Fe2+氧化成Fe3+并最終除去。②3.2－4.2。③取最后一次洗滌液，加入硝酸銀、稀硝酸，無沉淀生成則表明已洗滌干凈。④反應B的溫度過高。（2）①分液漏斗②不能證明，因為Cl2也有氧化性，此實驗無法確定是Cl2還是HClO漂白。2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2③Cl2HClOClO-有無色氣體產生【解析】試題分析：（1）該化學工藝流程的目的用酸性刻蝕廢液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl?）制備堿式碳酸銅。必須除去廢液Fe2+、Fe3+，結合題給數(shù)據(jù)分析，需先將Fe2+氧化為Fe3+才能與Cu2+分離開。由題給流程圖分析，刻蝕廢液加入氯酸鈉經反應A將Fe2+氧化為Fe3+，結合題給數(shù)據(jù)知加入試劑調節(jié)pH至3.2－4.2，F(xiàn)e3+轉化為氫氧化鐵沉淀經過濾除去，濾液中加入碳酸鈉經反應B生成堿式碳酸銅，過濾得產品。①由上述分析知，氯酸鈉的作用是將Fe2+氧化成Fe3+并最終除去；②反應A后調節(jié)溶液的pH的目的是將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀而除去，pH范圍應為3.2－4.2；③第一次過濾得到的產品為氫氧化鐵，表面含有氯離子等雜質離子。洗滌時，判斷已經洗凈的方法是取最后一次洗滌液，加入硝酸銀、稀硝酸，無沉淀生成則表明已洗滌干凈；④堿式碳酸銅受熱分解生成氧化銅，造成藍綠色產品中混有CuO雜質的原因是反應B的溫度過高。（2）①實驗室用二氧化錳和濃鹽酸加熱制取氯氣為固液加熱制氣體的裝置，所用儀器需要檢漏的有分液漏斗；②若C中品紅溶液褪色，不能證明氯氣與水反應的產物有漂白性，原因是因為Cl2也有氧化性，此實驗無法確定是Cl2還是HClO漂白；C中品紅溶液褪色，說明裝置B中氯氣已過量，此時B裝置中亞鐵離子和溴離子均已被氧化，發(fā)生反應的離子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2；③氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，該反應為可逆反應，次氯酸為弱酸，則A溶液中具有強氧化性微粒的化學式Cl2HClOClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，鹽酸和碳酸氫鈉反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，會觀察到的現(xiàn)象是有無色氣體產生。考點：以化學工藝流程為載體考查物質的分離提純等實驗基本操作，考查氯氣的制備和性質。25、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防倒吸乙醇，濃硫酸，乙酸防止乙醇與乙酸劇烈沸；防止乙酸乙酸揮發(fā)過快；防止試管受熱不均而炸裂BC分液漏斗上口倒【解析】

實驗室用乙酸與乙醇在濃硫酸作催化劑和吸水劑時反應生成乙酸乙酯，乙酸乙酯難溶于水，密度比水小，反應過程中生成的乙酸乙酯呈氣態(tài)，經過冷凝變成液體，會引起裝置中氣體壓強的變化，因此需要防止倒吸，結合實驗的基本操作和實驗注意事項分析解答?！驹斀狻?1)乙酸與乙醇生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)與教材采用的實驗裝置不同，此裝置中采用了球形干燥管，可以起到防止倒吸的作用，故答案為：防倒吸；(3)濃硫酸溶于水放出大量的熱，加入藥品時，為防止酸液飛濺，應先加入乙醇再加入濃硫酸和乙酸，故答案為：乙醇，濃硫酸，乙酸；(4)步驟②中需要用小火均勻加熱，可以防止乙醇與乙酸劇烈沸；防止乙酸乙酸揮發(fā)過快；防止試管受熱不均而炸裂，故答案為：防止乙醇與乙酸劇烈沸；防止乙酸乙酸揮發(fā)過快；防止試管受熱不均而炸裂；(5)制備乙酸乙酯時，常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分層析出，所以BC正確，故答案為：BC；(6)分離粗產品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，實現(xiàn)酯與乙酸和乙醇的分離，分離油層和水層采用分液的方法，所以用到的儀器為分液漏斗；乙酸乙酯的密度比水小，所以在碳酸鈉溶液層上方有無色油狀液體出現(xiàn)，分離時，乙酸乙酯應該從分液漏斗的上口倒出，故答案為：分液漏斗；上口倒。26、催化劑、吸水劑防止暴沸120—125℃溫度過低，酯化反應不完全；溫度過高，易發(fā)生醇脫水和氧化等副反應蒸餾燒瓶b分液漏斗分液漏斗中下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出b【解析】分析：（1）濃硫酸起催化劑和吸水劑作用；碎瓷片可以防暴沸；（2）根據(jù)溫度對反應速率的影響以及可能發(fā)生的副反應解答；（3）根據(jù)儀器構造分析；根據(jù)逆向冷卻分析水流方向；（4）根據(jù)分液的實驗原理結合物質的性質選擇儀器和操作；（5）根據(jù)乙酸乙酯在酸性或堿性溶液中容易水解分析。詳解：（1）酯化反應是可逆反應，反應中有水生成，則在實驗中濃硫酸的作用是催化劑、吸水劑；由于反應需要加熱，則混合液加熱前加入碎瓷片的作用是防止暴沸。（2）由于溫度過低，酯化反應不完全；溫度過高，易發(fā)生醇脫水和氧化等副反應，因此根據(jù)已知信息可知歩驟②中油浴加熱保持的一定溫度范圍為120～125℃。（3）根據(jù)儀器的結構特點可知圖2中儀器A的名稱是蒸餾燒瓶。冷凝管中冷水與蒸汽的方向相反，則冷水從b口進入。（4）步驟③和④中都用到了分液操作，該操作用到的主要玻璃儀器是分液漏斗，在分液操作時，為防止試劑間相互污染，則上下兩層液體移出的方法是分液漏斗中下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出。（5）由于乙酸乙酯在酸性或堿性溶液中容易發(fā)生水解反應，步驟④中干燥乙酸乙酯時不能選擇酸性或堿性干燥劑，五氧化二磷是酸性27、石灰乳或氧化鈣Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O坩堝2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O丙【解析】(1)工業(yè)上常用石灰乳或氧化鈣沉淀鎂離子；氫氧化鎂和鹽酸反應生成氯化鎂和水，離子方程式為：Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；(2)①灼燒固體時所用的主要儀器為坩堝；②加入氫離子和過氧化氫起的作用為氧化劑，將碘離子轉化為單質碘，離子方程式為：2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O；③振蕩、靜置分層操持合理，而分離時分離下層液體后倒出上層液體，則丙圖不合理。28、D將廢渣粉碎、加熱、攪拌等空氣原料易得，成本低，不產生污染，不引入雜質4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋