山大附屬中學2024年化學高一下期末監(jiān)測模擬試題含解析

山大附屬中學2024年化學高一下期末監(jiān)測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示,采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。下列敘述正確的是()A．通電后中間隔室的SO42-向陽極遷移，陽極區(qū)溶液pH增大B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產品C．陰極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，陰極區(qū)溶液pH降低D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有11.2LO2生成（標況）2、下列能源不屬于一次能源的是A．風力B．石油C．流水D．電力3、下列說法中正確的一組是()A．H2和D2互為同素異形體B．和互為同分異構體C．乙醇的同分異構體是HO－CH2CH2－OHD．和是同一種物質4、某無色氣體，可能含CO2、SO2、HCl、HI中的一種或幾種，將其通入氯水中，得到無色透明溶液。把溶液分成兩份，向一份中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，出現白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。對于原無色氣體推斷一定正確的是A．一定含有SO2 B．—定含有HClC．肯定沒有CO2 D．不能肯定是否含有HI5、在不同條件下，分別測得反應2SO2+O22SO3的速率如下，其中最快的是（）A．v（SO2）=4mol/（L·min） B．v（O2）=2mol/（L·min）C．v（SO2）=0.1mol/（L·min） D．v（SO2）=0.1mol/（L·s）6、常溫下，將鐵片投入濃H2SO4中，下列說法正確的是A．不發(fā)生反應 B．鐵被鈍化 C．產生大量SO2 D．產生大量H27、要使氯化鋁中的鋁離子完全轉化成氫氧化鋁沉淀，應選的最佳試劑（）A．氫氧化鈉溶液B．稀鹽酸C．硝酸銀溶液D．氨水8、下列各圖所示的裝置，能構成原電池的是（）A．B．C．D．9、下列化學用語或模型正確的是A．氮分子的電子式： B．乙烯的結構簡式：CH2CH2C．Na2O2的電子式： D．二氧化碳的比例模型：10、下列有關說法不正確的是A．NCl3分子中，所有原子都滿足最外層為8電子結構B．質量相同的四種物質苯、甲苯、乙烯、甲烷在足量氧氣中完全燃燒時，消耗氧氣物質的量最多的是甲烷C．直餾汽油和裂化汽油均能使酸性KMnO4溶液褪色D．油脂在堿性溶液中的水解反應又稱為皂化反應11、“綠色化學、保護環(huán)境”將成為社會發(fā)展的主旋律。下列做法不應該提倡的是A．利用農作物秸稈制取乙醇 B．提倡綠色出行，減少汽車尾氣排放C．露天焚燒廢舊塑料，防止白色污染 D．發(fā)展氫能源，減少化石燃料的使用12、下列敘述中，金屬A的活潑性肯定比金屬B的活潑性強的是A．1molA從酸中置換H+生成的H2比1molB從酸中置換H+生成的H2多B．常溫時，A能從水中置換出氫，而B不能C．A原子的最外層電子數比B原子的最外層電子數少D．A原子電子層數比B原子的電子層數多13、下列過程不涉及化學變化的是（）A．用鐵礦石煉鐵B．用糯米釀甜酒C．石油分餾D．海水提溴14、下列各組物質全部是弱電解質的是()A．H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4B．Cu(OH)2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONaC．SO2、H2S、CO2D．H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF15、香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結構簡式如下：下列有關香葉醇的敘述正確的是A．香葉醇的分子式為C10H20OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．能發(fā)生加成反應也能發(fā)生取代反應16、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的常見短周期元素，X的某種氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。Y的一種核素質量數為18，中子數為10。在同周期元素中Z的簡單離子半徑最小，W的單質是良好的半導體材料。下列說法中正確的是（）A．簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W＞XB．Y元素的相對原子質量為18C．X2H4的分子中極性鍵和非極性鍵數目比為4：lD．電解Z的熔融氯化物可以冶煉單質Z17、下列說法正確的是A．1gH2和4gO2反應放出71.45kJ熱量，則氫氣的燃燒熱為142.9kJ?mol﹣1B．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）△H=﹣57.3kJ?mol﹣1，若將含0.5molH2SO4的濃硫酸與含1molNaOH的氫氧化鈉溶液混合，放出的熱量大于57.3kJC．HCl和NaOH反應的中和熱△H=﹣57.3kJ?mol﹣1，則H2SO4和Ca（OH）2反應的中和熱△H=2×（﹣57.3）kJ?mol﹣1D．1mol甲烷燃燒生成氣態(tài)水和二氧化碳所放出的熱量是甲烷燃燒熱18、下列關于有機物的敘述不正確的是()A．油脂、淀粉、蔗糖和蛋白質在一定條件下都能發(fā)生水解反應B．淀粉水解的最終產物是葡萄糖C．糖類物質都能發(fā)生水解反應D．苯、乙醇、乙酸和油脂都能發(fā)生取代反應19、下列物質中不屬于天然高分子化合物的是（）A．纖維素 B．蛋白質 C．蔗糖 D．淀粉20、以下反應不符合綠色化學原子經濟性要求的是A．B．C．D．21、下列試劑中，可以檢驗溶液中是否含有SO42－的是（）A．氯化鋇溶液 B．硝酸銀溶液和氯化鋇溶液C．鹽酸和氯化鋇溶液 D．硝酸鋇溶液22、可以用分液漏斗分離的一組混合物是A．酒精和水 B．苯和水 C．苯和四氯化碳 D．溴和水二、非選擇題(共84分)23、（14分）A是來自石油的重要有機化工原料,此物質可以用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平。E是具有果香味的有機物,D能與碳酸鈉反應產生氣體,F是一種高聚物,可制成多種包裝材料。

（1）A的結構式為___________。（2）C分子中的官能團名稱是_________,驗證C物質存在該官能團的試劑是__________，現象為_________________________。（3）寫出下列反應的化學方程式并指出反應類型:①____________________________:反應類型是______________；③____________________________；反應類型是______________；24、（12分）已知：A是來自石油的重要的基本有機化工原料，A的產量可以用來衡量一個國家的石油化工水平，E是具有果香味的有機物，F是一種高聚物，可制成多種包裝材料。(1)A的電子式為___________，F的結構簡式為___________。(2)D分子中的官能團名稱是__________，請設計一種實驗來驗證D物質存在該官能團的方法是______________________。(3)寫出下列反應的化學方程式并指出反應類型反應②：______________________，反應類型_________。反應③：______________________，反應類型_________。25、（12分）將濃度均為0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定時間后溶液變?yōu)樗{色。該實驗是一種“碘鐘實驗”。某小組同學在室溫下對該“碘鐘實驗”的原理進行探究。（資料）該“碘鐘實驗”的總反應：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反應分兩步進行：反應A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反應B：……(1)反應B的離子方程式是______。對于總反應，I-的作用相當于______。(2)為證明反應A、B的存在，進行實驗Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入試劑X的水溶液，溶液變?yōu)樗{色。b.再向得到的藍色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的藍色褪去。試劑X是______。(3)為探究溶液變藍快慢的影響因素，進行實驗Ⅱ、實驗Ⅲ。（溶液濃度均為0.01mol/L）試劑序號用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O實驗Ⅱ54830實驗Ⅲ52xyz溶液從混合時的無色變?yōu)樗{色的時間：實驗Ⅱ是30min、實驗Ⅲ是40min。①實驗Ⅲ中，x、y、z所對應的數值分別是______。②對比實驗Ⅱ、實驗Ⅲ，可得出的實驗結論是______。(4)為探究其他因素對該“碘鐘實驗”的影響，進行實驗Ⅳ。（溶液濃度均為0.01mol/L）試劑序號用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O實驗Ⅳ44930實驗過程中，溶液始終無明顯顏色變化。試結合該“碘鐘實驗”總反應方程式及反應A與反應B速率的相對快慢關系，解釋實驗Ⅳ未產生顏色變化的原因：_____________________。26、（10分）已知單質硫是淡黃色固體粉末，難溶于水。實驗室制氯氣的反應原理為：MnO2(1)儀器X的名稱：_______。(2)用飽和食鹽水除去A中生成Cl2中的雜質氣體_____。（填雜質氣體化學式）(3)碳元素比氯元素的非金屬性______（填“強”或者“弱”）。(4)裝置B中盛放的試劑是Na2S溶液，實驗中可觀察到的現象是______。(5)裝置C燃燒堿稀釋液，目的是吸收剩余氣體，原因是________。27、（12分）亞硫酸鈉在印染、造紙等眾多行業(yè)中有著廣泛的應用。研究小組用Na2CO3溶液吸收SO2制備Na2SO3。其實驗流程如下：查閱資料可知，向碳酸鈉溶液通入二氧化硫的過程中，溶液中有關組分的質量分數變化如右圖是所示。（1）下圖中的線表示的組分為__________（填化學式）。（2）實驗時，“反應Ⅱ”中加入NaOH溶液的目的是____________________（用化學方程式表示）。（3）國家標準規(guī)定產品中Na2SO3的質量分數≥97.0%為優(yōu)等品，≥93.0%為一等品。為了確定實驗所得產品的等級，研究小組采用了兩種方法進行測定。①方法Ⅰ：稱取2.570g產品，用蒸餾水溶解，加入足量的雙氧水使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4，再加過量的BaCl2溶液，所得沉淀經過濾、洗滌、干燥后稱重，質量為4.660g。請通過計算確定產品中Na2SO3的質量分數（寫出計算過程）__________。②方法Ⅱ：稱取1.326g產品，配成100mL溶液。取25.00mL該溶液，滴加0.1250mol·L－1I2溶液，恰好使Na2SO3完全氧化生成Na2SO4時，消耗I2溶液20.00mL。請通過計算確定產品中Na2SO3的質量分數（寫出計算過程）__________。③試判斷Na2SO3產品的等級，并說明理由__________。28、（14分）硫酸鋁是一種具有廣泛用途的重要化工產品，以高嶺土（含SiO2、A12O3、少量Fe2O3等）為原料制備硫酸鋁晶體[Al2(SO4)3·18H2O]的實驗流程如圖所示。回答以下問題（1）高嶺土需進行粉粹，粉粹的目的是_____________________。（2）濾渣1經過處理可作為制備水玻璃（Na2SiO3水溶液）的原料，寫出濾渣1與燒堿溶液反應的化學方程式____________________________________。（3）加入試劑除鐵前，濾液1中的陽離子除了Al3+、Fe3+外還有的陽離子是__________（填離子符號）。濾渣2主要成分為Fe(OH)3，由于條件控制不當，常使Fe(OH)3中混有Al(OH)3影響其回收利用，用離子方程式表示除去A1(OH)3的原理____________________________________________。（4）檢驗濾液2中是否含有Fe3+的實驗方法是（要求寫出實驗步驟和現象)：__________________。（5）要從濾液2獲取硫酸鋁晶體需要經過多步處理，其中從溶液中得到晶體的方法是__________（填標號）。a．蒸發(fā)結晶b．蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶（6）某興趣小組為了測定晶體中Al2(SO4)3·18H2O(M=666g·mol-1)的質量分數，進行如下實驗：①準確稱取l.00g晶體樣品，溶于一定量水中；②滴入0.100mol·L-1EDTA溶液，與Al3+反應所消耗EDTA溶液的體積25.00mL。（已知：EDTA與Al3+以物質的量之比1∶1反應，假設雜質不與EDTA反應）則晶體中Al2(SO4)3·18H2O的質量分數是__________；若樣品中的雜質離子能與EDTA反應，所測定質量分數將會__________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。29、（10分）1869年俄國化學家門捷列夫制出第一張元素周期表，到現在形成的周期表經過了眾多化學家的艱辛努力，歷經150年。元素周期表體現了元素位、構、性的關系，揭示了元素間的內在聯系。下表是元素周期表的一部分，針對表中的①～⑩中元素，用元素符號或化學式填空回答以下問題：主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩（1）表中化學性質最不活潑的元素，其原子結構示意圖為___；（2）元素①的單質電子式為____。（3）比較③、⑤元素的金屬性強弱___>___；并寫出它們最高價氧化物對應的水化物間反應的化學方程式____。（4）上述元素的最高價氧化物對應的水化物中，酸性最強的是____。（5）在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的簡單離子中，半徑最小的是_____；（6）工業(yè)制?、薜膯钨|的反應的化學方程式為_______。

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、B【解析】

根據電解原理，陰極區(qū)電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+向陰極區(qū)移動，ab交換膜允許Na+通過，生成NaOH，陽極區(qū)電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，SO42-向陽極區(qū)移動，生成H2SO4，據此分析；【詳解】A、陽極區(qū)電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，SO42-向陽極區(qū)移動，生成H2SO4，陽極區(qū)溶液的pH減小，故A錯誤；B、陰極區(qū)電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+向陰極區(qū)移動，ab交換膜允許Na+通過，生成NaOH，陽極區(qū)電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，SO42-向陽極區(qū)移動，生成H2SO4，可以得到NaOH和H2SO4產品，故B正確；C、根據選項B分析，陰極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陰極區(qū)溶液的pH增大，故C錯誤；D、根據B選項分析，電路中通過1mol電子時，會有標準狀況下，O2的體積14mol×22.4L·mol-1=5.6L，故D答案選B。2、D【解析】一次能源指的是直接從自然界取得的能源，如流水、風力、原煤、石油等，電力屬于二次能源，故D正確。3、D【解析】

A.H2和D2為同種元素形成的同種單質，不是同素異形體，故A錯誤；

B.由甲烷的正四面體結構可以知道，甲烷中4個H均為相鄰位置，則

和

的組成、結構相同，為同種物質，故B錯誤；C.乙醇含1個O，而HO－CH2CH2－OH中含2個O，分子式不同，不是同分異構體，故C錯誤；

D.

和的組成、結構相同，為同種物質，故D正確；答案選D。4、A【解析】

①無色混合氣體通入氯水中，得到無色透明溶液，HI能夠被氯水氧化成碘單質，碘水顯黃色，則一定不存在HI；②向與氯水反應后加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，出現白色沉淀，該白色沉淀只能為硫酸鋇，則原氣體中一定含有SO2；③另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，由于之前通入氯水，引進了氯離子，無法確定原氣體中是否含有HCl，二氧化碳在實驗中沒有涉及，不能確定是否含有，因此合理選項是A。5、D【解析】

都轉化為用SO2用表示的速率進行比較。A、υ（SO2）=4mol/（L·min）；B、υ（O2）=3mol/（L·min），速率之比等于化學計量數之比，所以υ（SO2）=2υ（O2）=2×3mol/（L·min）=6mol/（L·min）；C、υ（SO2）="0.1"mol/（L·s）=6mol/（L·min）；D、υ（SO3）=0.2mol/（L·s）=12mol/（L·min），速率之比等于化學計量數之比，所以υ（SO2）=υ（SO3）=12mol/（L·min）；故反應速率由快到慢的順序為：D＞B=C＞A，故選D。6、B【解析】濃硫酸具有強氧化性，與鐵發(fā)生鈍化反應，鐵表面產生一層致密的氧化薄膜，阻礙反應的進行，故B正確。7、D【解析】A、氫氧化鈉溶液是強堿溶液，沉淀Al3+時生成的氫氧化鋁能溶解在過量的強堿溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出來，A錯誤；B、稀鹽酸與氯化鋁不反應，B錯誤；C、硝酸銀溶液能和氯化鋁反應生成氯化銀和硝酸鋁，不能得到氫氧化鋁，C錯誤；D、氨水是弱堿溶液，可以加入過量氨水，全部沉淀Al3+，且氫氧化鋁不溶于弱堿氨水溶液，D正確；答案選D。點睛：本題考查了鋁鹽、氫氧化鋁的性質應用，重點考查氫氧化鋁的實驗室制備，注意氫氧化鋁是兩性氫氧化物，如果用鋁鹽制備，最好是選擇弱堿氨水，如果用偏鋁酸鹽制備，最好選擇弱酸碳酸等。8、B【解析】A.未構成閉合電路，不能構成原電池，故A錯誤；B.能夠發(fā)生鋁與氫氧化鈉的氧化還原反應，且滿足原電池的構成條件，是原電池，故B正確；C.中蔗糖是非電解質，不能構成原電池，故C錯誤；D.中兩個電極相同，不能構成原電池，故D錯誤；故選B。點晴：本題考查了原電池的構成條件，明確原電池的構成條件是解本題的關鍵。構成原電池的條件是：①有兩個活潑性不同的電極；②將電極插入電解質溶液中；③兩電極間構成閉合回路；④能自發(fā)的進行氧化還原反應。9、C【解析】

A項、氮氣是雙原子分子，兩個N原子間通過三對共用電子成鍵，電子式為，故A錯誤；B項、乙烯的分子式為C2H4，官能團為碳碳雙鍵，結構簡式為CH2=CH2，故B錯誤；C項、Na2O2為離子化合物，是由鈉離子和過氧根離子組成，電子式為，故C正確；D項、由二氧化碳的分子式與模型可知，模型中半徑較小的球表示碳原子，模型中碳原子的半徑應比氧原子半徑小，實際碳原子的半徑應比氧原子半徑大，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查化學用語，注意掌握電子式、結構簡式、比例模型等常見的化學用語的概念及判斷方法是解答關鍵。10、C【解析】

A．NCl3中，N元素位于第ⅤA族，則5+3=8，Cl元素位于第ⅦA族，則7+1=8，分子中所有原子都滿足最外層8電子結構，故A正確；B．質量相同的四種物質苯、甲苯、乙烯、甲烷在足量氧氣中完全燃燒時，消耗氧氣物質的量與含氫量成正比，四種物質中甲烷的含氫量最高，所以消耗氧氣物質的量最多的是甲烷，故B正確；C．直餾汽油中不含碳碳雙鍵，不能使高錳酸鉀溶液褪色，裂化汽油中含有不飽和碳碳鍵，能使高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D．油脂在堿性溶液中的水解反應是生成肥皂的原理，也稱為皂化反應，故D正確；答案選C。【點睛】本題的易錯點和難點為A，注意利用化合價(共價鍵數目)與最外層電子數來分析，共價化合物分子中元素原子最外層電子數+|該元素化合價|(或共價鍵數目)=8，該元素原子滿足8電子結構。11、C【解析】

A項、利用農作物秸稈制取乙醇，可以減少焚燒秸稈會產生大量的煙塵，污染空氣，符合綠色化學的理念，故A正確；B項、提倡綠色出行，多騎自行車、乘公交車，減少汽車尾氣排放，有利于保護環(huán)境，故B正確；C項、露天焚燒廢舊塑料會產生大量的煙塵，污染空氣，，不利于保護環(huán)境，不符合綠色化學的理念故C錯誤；D項、發(fā)展氫能源，減少化石燃料的使用，可以減少二氧化碳的排放，有利于保護環(huán)境，故D正確；故選C?！军c睛】“綠色化學”要求從根本上消除污染，是一門能徹底阻止污染產生的科學，它包括“原料的綠色化”、“化學反應的綠色化”、“產物的綠色化”等內容。12、B【解析】

金屬的活潑性指的是金屬失去電子的能力，金屬性越強，其單質的還原性越強。【詳解】下列敘述中，金屬A的活潑性肯定比金屬B的活潑性強的是A.1molA從酸中置換H+生成的H2比1molB從酸中置換H+生成的H2多，只能說明A的價電子多于B，但不能說明A的失電子能力比B強；B.常溫時，A能從水中置換出氫，而B不能，A的還原性比氫氣強，而B的還原性比氫氣弱，可以說明A的失電子能力比B強，即金屬A的活潑性肯定比金屬B的活潑性強；C.A原子的最外層電子數比B原子的最外層電子數少，不能說明A的活潑性肯定比金屬B的活潑性強，如在金屬活動性順序表中，Ca在Na之前，Ca比Na活潑；D.A原子電子層數比B原子的電子層數多，不能說明A的活潑性肯定比金屬B的活潑性強，如Cu有4個電子層，而Na只有3個電子層，但是Cu沒有Na活潑。綜上所述，能說明金屬A的活潑性肯定比金屬B的活潑性強的是B，本題選B。13、C【解析】A.用鐵礦石煉鐵是用還原劑將+3價的鐵還原為鐵，有新物質生成，涉及化學變化，故A錯誤；B.用糯米釀甜酒是將淀粉轉化為乙醇，有新物質生成，涉及化學變化，故B錯誤；C．石油分餾是利用物質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的過程，有新物質生成，涉及化學變化，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查了物質變化的實質、物質變化的過程分析判斷，注意知識的積累，掌握基礎是解題關鍵。判斷一個變化是否為化學變化和物理變化的依據是看變化過程中是否有新物質生成，化學變化過程中有新物質生成，物理變化過程中無新物質生成。14、D【解析】分析：電解質在溶液中部分電離出陰陽離子，存在電離平衡的電解質是弱電解質，弱酸、弱堿、少數鹽以及水是弱電解質，據此解答。詳解：A、H2SO3是弱電解質，Ba(OH)2、BaSO4是強電解質，A錯誤；B、Cu(OH)2、CH3COOH是弱電解質，C2H5OH是非電解質，CH3COONa是強電解質，B錯誤；C、H2S是弱電解質，SO2、CO2是非電解質，C錯誤；D、H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF均是弱電解質，D正確，答案選D。15、D【解析】

A.根據香葉醇的結構簡式可知，香葉醇的分子式為C10H18O，故A錯誤；B.香葉醇含有碳碳雙鍵，香葉醇能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B錯誤；C.香葉醇含有碳碳雙鍵、羥基，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D.香葉醇含有碳碳雙鍵、羥基，所以能發(fā)生加成反應也能發(fā)生取代反應，故D正確。16、C【解析】

X、Y、Z、W是原子序數依次增大的常見短周期元素，X的某種氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，氫化物是氨氣，則X是N。Y的一種核素質量數為18，中子數為10，質子數是18－10＝8，Y是O。在同周期元素中Z的簡單離子半徑最小，原子序數大于X與Y，所以Z是Al。W的單質是良好的半導體材料，W是Si，據此解答?！驹斀狻扛鶕陨戏治隹芍猉、Y、Z、W分別是N、O、Al、Si。則A.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬N＞Si，則簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：W＜X，A錯誤；B.氧元素存在同位素，則氧元素的相對原子質量不是18，B錯誤；C.N2H4的電子式為，因此分子中極性鍵和非極性鍵數目比為4：l，C正確；D.鋁是活潑的金屬，電解熔融的氧化鋁可以冶煉單質Al，熔融的氯化鋁不導電，D錯誤；答案選C。17、B【解析】

A、1gH2的物質的量為0.5mol，4gO2的物質的量為0.125mol，發(fā)生反應2H2+O2=2H2O，由方程式可知，0.125mol氧氣完全反應需要消耗氫氣為0.125mol×2=0.25mol，小于0.5mol，故氫氣過量，故放出71.45kJ熱量時參加反應的氫氣的物質的量為0.25mol，同樣條件下1molH2在O2中完全燃燒放出的熱量是71.45kJ×4=285.8kJ，氫氣的燃燒熱為285.8kJ?mol﹣1，故A錯誤；B、中和熱是強酸強堿的稀溶液反應生成1mol水時放出的熱量，濃硫酸溶于水放熱，將含1molNaOH的溶液和含0.5molH2SO4的濃硫酸混合，放出的熱量大于57.3kJ，故B正確；C、中和熱是指在稀溶液中，強酸和強堿反應生成1mol水和可溶性鹽時所產生的熱效應，其衡量標準是生成的水為1mol。H2SO4和Ca（OH）2反應會生成硫酸鈣沉淀，故其中和熱恒不是57.3KJ/mol，更不是2×（﹣57.3）kJ?mol﹣1，故C錯誤；D、燃燒熱是指在25℃101KP時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時放出的熱量，此時生成的水必須為液態(tài)，故D錯誤．故選B。18、C【解析】

A．淀粉、油脂、蛋白質、蔗糖都能水解，淀粉水解最終產物是葡萄糖，油脂水解的最終產物是高級脂肪酸和丙三醇，蛋白質水解生成氨基酸，蔗糖水解的最終產物是葡萄糖和果糖，故A正確；B.淀粉是多糖，水解的最終產物是葡萄糖，故B正確；C.糖類物質中單糖不能發(fā)生水解反應，故C錯誤；D.苯與液溴生成溴苯的反應為取代反應、乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反應為取代反應、油脂水解成高級脂肪酸和丙三醇為取代反應，故D正確；答案選C。19、C【解析】

纖維素、蛋白質和淀粉均屬于天然高分子化合物，蔗糖是二糖，不是高分子化合物，答案選C。20、C【解析】分析：“綠色化學”原子經濟性要求的反應必須滿足：原料分子中的所有原子全部轉化成所需要的產物，不產生副產物，常見的加成反應和加聚反應符合要求，據此進行解答。詳解：A．CH≡CH+HCl→CH2=CHCl中反應物的所有原子都轉化成目標產物，符合綠色化學原子經濟性要求，A不選；B．中反應物的所有原子都轉化成目標產物，符合綠色化學原子經濟性要求，B不選；C．為取代反應，反應物中所有原子沒有完全轉化成目標產物，不滿足綠色化學原子經濟性要求，C選；D．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl為加成反應，該反應中反應物的所有原子都轉化成目標產物，符合綠色化學原子經濟性要求，D不選；答案選C。點睛：本題考查了綠色化學的概念及應用，題目難度不大，明確綠色化學原子經濟性的要求為解答關鍵，試題側重基礎知識的考查，注意掌握常見有機反應類型的特點。21、C【解析】

檢驗SO42－，先向待測液中滴加鹽酸直到沒有明顯現象，再滴加氯化鋇，生成不溶的白色沉淀，說明有SO42－，鹽酸可以排除Ag＋、CO32－、SO32－等離子的干擾?！驹斀狻緼.氯化鋇溶液，不能排除Ag＋、CO32－等離子的干擾，故A錯誤；B.硝酸銀溶液和氯化鋇溶液，可能生成AgCl，也是白色沉淀，故B錯誤；C.先向待測液中滴加鹽酸直到沒有明顯現象，再滴加氯化鋇，生成不溶的白色沉淀，說明有SO42－，可以檢驗SO42－，故C正確；D.硝酸鋇溶液，不能排除CO32－等離子的干擾，故D錯誤；故選C。22、B【解析】

A．酒精和水能相互溶解，不能用分液漏斗分離，故A不選；B．苯不溶于水，與水分層，可以用分液漏斗分離，故B選；C．苯和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分離，故C不選；D．溴能夠溶于水，和水不分層，不能用分液漏斗分離，故D不選；答案選B。【點睛】能夠用分液漏斗分離的物質應該不能相互溶解，混合后會出現分層現象。本題的易錯點為D，要注意萃取和分液的區(qū)別。二、非選擇題(共84分)23、醛基銀氨溶液或新制的氫氧化銅試管內壁出現光亮的銀鏡或出現磚紅色沉淀加成反應取代反應（酯化反應）【解析】A是來自石油的重要有機化工原料，此物質可以用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有機物，E是酯，酸和醇反應生成酯，則B和D一種是酸一種是醇，B能被氧化生成D，A反應生成B，碳原子個數不變，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，銅作催化劑、加熱條件下，CH3CH2OH被氧氣氧化生成C，所以C是CH3CHO，乙酸與乙醇分子酯化反應生成E為CH3COOCH2CH3，A反應生成F，F是一種高聚物，乙烯發(fā)生加聚反應生成高聚物F為。(1)通過以上分析知，A為乙烯，結構式為，故答案為：；(2)C是CH3CHO，含有的官能團為醛基，可發(fā)生氧化反應，一般用銀氨溶液或新制備氫氧化銅濁液檢驗，方法是在潔凈的試管中加入1mL2%的AgNO3溶液，然后邊振蕩試管邊逐滴加入2%的稀氨水，至最初產生的沉淀恰好溶解為止，制得銀氨溶液．加入3-5滴待測溶液，水浴加熱，有銀鏡出現(或在試管中加入10%的NaOH溶液2mL，滴入2%的CuSO4溶液4-6滴，得到新制的氫氧化銅，振蕩后加入待測溶液0.5mL，加熱，有磚紅色沉淀生成)，故答案為：醛基；銀氨溶液(或新制的氫氧化銅)；試管內壁出現光亮的銀鏡(或出現磚紅色沉淀)；(3)①一定條件下，乙烯和水發(fā)生加成反應生成乙醇，反應方程式為：，該反應屬于加成反應；③乙酸與乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，反應方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，該反應屬于取代反應或酯化反應，故答案為：；加成反應；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反應或酯化反應。點睛：本題考查有機物的推斷，正確判斷A為解題的關鍵。本題的易錯點和難點為(2)中醛基的檢驗，要注意掌握和理解有機中常見官能團的檢驗方法。24、羧基D與碳酸氫鈉溶液混合，若有氣泡產生，則D中含有羧基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反應CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O酯化反應【解析】

A是來自石油的重要有機化工原料，此物質可以用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有機物，E是酯，酸和醇反應生成酯，則B和D一種是酸一種是醇，B能被氧化生成D，A反應生成B，碳原子個數不變，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，銅作催化劑、加熱條件下，CH3CH2OH被氧氣氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸與乙醇分子酯化反應生成E，E為CH3COOCH2CH3，A反應生成F，F是一種高聚物，乙烯發(fā)生加聚反應生成高聚物F為，據此分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治?，A為H2C=CH2，B為CH3CH2OH，C為CH3CHO，D為CH3COOH，E為CH3COOCH2CH3，F為。(1)A是H2C=CH2，A的電子式為，F的結構簡式，故答案為：；；(2)D是CH3COOH，D中的官能團為羧基，檢驗乙酸含有羧基，可以將乙酸溶液中加入碳酸氫鈉，如果有氣體產生，則證明該物質中有羧基，故答案為：羧基；D與碳酸氫鈉溶液混合，若有氣泡產生，則D中含有羧基；(3)反應②是乙醇的催化氧化，反應方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反應；反應③是乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，反應方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，屬于酯化反應，故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反應；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反應。25、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化劑淀粉、碘化鉀8、3、2其它條件不變，增大氫離子濃度可以加快反應速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出現溶液變藍的現象?！窘馕觥?/p>

(1)用總反應方程式減去反應A方程式，整理可得反應B的方程式；物質在反應前后質量不變，化學性質不變，這樣的物質為催化劑；(2)H2O2具有氧化性，會將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，I2具有氧化性，會將S2O32-氧化為S4O62-，I2被還原為I-；(3)①采用控制變量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的體積不同，因此Na2S2O3、KI溶液必須與前一個實驗相同，且溶液總體積與前一個實驗相同；②變色時間越長，反應速率越慢；(4)對比實驗Ⅳ、實驗II，可知溶液總體積相同，該變量是H2O2、Na2S2O3，H2O2減少，Na2S2O3增大，根據二者的物質的量的比分析判斷。【詳解】(1)碘鐘總反應方程式為：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，該反應分兩步進行，反應A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，則反應B方程式為總反應方程式減去反應A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通過上述反應A、反應B反應可知：I-在反應前后質量不變、化學性質不變，因此在該反應中的作用是催化劑；(2)H2O2具有氧化性，會將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，I2具有氧化性，會將S2O32-氧化為S4O62-，I2被還原為I-。所以試劑X是KI淀粉溶液；(3)①為便于研究，在反應中要采用控制變量方法進行研究，即只改變一個反應條件，其它條件都相同，根據表格數據可知：實驗Ⅲ跟實驗II比硫酸的體積減少，所以其它條件都相同，而且混合后總體積也要相同，故實驗Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；②對比實驗Ⅱ、實驗Ⅲ，可得出的實驗結論是：在其它條件不變時，溶液的酸性越強，溶液中氫離子濃度越大，反應速率越快；(4)對比實驗II、實驗Ⅳ，可知其它量沒有變化，溶液總體積相同，H2O2減少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，結果未出現溶液變?yōu)樗{色現象，說明v(A)<v(B)，導致不能出現溶液變?yōu)樗{色現象?！军c睛】本題通過碘鐘實驗，考查了實驗方案的探究的知識。注意探究外界條件對化學反應影響時，只能改變一個條件，其它條件必須相同，否則不能得出正確結論。26、分液漏斗HCl弱生成淡黃色沉淀或溶液變渾濁Cl2有毒，污染空氣【解析】

(1)根據儀器的構造可知，儀器X的名稱為：分液漏斗；(2)鹽酸易揮發(fā)，制得的氯氣中含有氯化氫氣體，用飽和食鹽水除去A中生成Cl2中的雜質氣體為HCl；(3)碳元素比氯元素的非金屬性弱；(4)裝置B中盛放的試劑是Na2S溶液，制得的氯氣與硫化鈉反應生成硫單質，實驗中可觀察到的現象是生成淡黃色沉淀或溶液變渾濁；(5)裝置C燃燒堿稀釋液，目的是吸收剩余氣體，原因是Cl2有毒，污染空氣?！军c睛】本題考查物質的檢驗及鑒別，側重物質性質的考查，（4）為解答的易錯點，硫離子的還原性強于氯離子，氯氣的氧化性強于硫，反應生成硫單質。27、（1）線2表示的組分為NaHCO3。（2）NaHSO3+NaOH＝Na2SO3+H2O（主要）SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O（次要）（3）①98.05%②95.02%③產品為一等品。產品中含有的硫酸鈉和碳酸鈉，在方案I的測定中，硫酸鈉和碳酸鈉雜質使得測定值偏高。而方案II是直接測定亞硫酸鈉，更可信?！窘馕觥吭囶}分析：（1）結合圖像可知在Na2CO3溶液里通入SO2，依次發(fā)生反應的化學方程式為2Na2CO3+SO2+H2O＝2NaHCO3+Na2SO3，2NaHCO3+SO2＝Na2SO3+2CO2↑，Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3；據此可知線2表示的組分為NaHCO3；（2）I中得到的是NaHSO3溶液，則II中加入NaOH溶液的目的是中和NaHSO3得到Na2SO3，發(fā)生反應的化學方程式為NaHSO3+NaOH＝Na2SO3+H2O（主要）、SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O（次要）；（3）方法I：Na2SO3+H2O2＝Na2SO4+H2O，Na2SO4+BaCl2＝2NaCl+BaSO4↓m(BaSO4)=4.660，n(BaSO4)＝4.660g÷233g/mol＝0.020mol，則經氧化后n(Na2SO4)=0.020mol，m(Na2SO4)＝0.020mol×142g/mol＝2.840g，根據差量法，原混合物中的Na2SO3：n(Na2SO3)＝2.840g-2.570g16g/mol，m(Na2SO3)＝2.840g-2.570g16g/mol×126g/mol＝2.12625g，w(Na2SO3)＝2.12625g2.570g×100％≈82.73％。如若不考慮雜質，則n(Na2SO3)＝n(BaSO4)＝0.020mol，m(Na2SO3)＝0.020mol×126g/mol＝2.520g，w(Na2SO3方法II：Na2SO3+I2+H2O＝Na2SO4+2HIn(Na2SO3)＝n(I2)＝20.00mL×10-3L/mL×0.1250mol/L＝0.0025mol，m(Na2SO3)＝0.0025mol×126g/mol×100mL25.00mL＝1.260g，w(Na2SO3)＝1.260g方案I中的產品為優(yōu)等品，方案II中的產品為一等品。但是方案I產品中含有的硫酸鈉和碳酸鈉等雜質，在方案I的測定中，硫酸鈉和碳酸鈉雜質對測定有干擾，而方案II是直接測定亞硫酸鈉，可信度和精確度都要更高一些?！究键c定位】本題主要是考查物質制備工藝流程圖分析、判斷與計算【名師點晴】該題為高頻考點，難度較大。無機工業(yè)流程題能夠以真實的工業(yè)生產過程為背景，體現能力立意的命題為指導思想，能夠綜合考查學生各方面的基礎知識及將已有知識靈活應用在生產實際中解決問題的能力