陕西省兴平市西郊中学2023学年化学高一第二学期期末综合测试试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在测试卷卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XYZ2W6，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是AY在化合物中显+3价BX与W只能形成一种化合物CW的简单氢化物稳定性

2、比Z的强DX的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的强2、有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是ABCD3、现将2mol气体A与1mol气体B充入一个体积不变的容器内，发生反应：2A+BC+3D+4E，达到平衡后气体A的浓度减少一半，发现少量液滴生成，在相同的温度下测得反应前后压强分别为6.06106Pa和8.08106Pa，又测得反应共放出热量QkJ，下列说法正确的是（ ）A上述反应达到平衡后，其他的条件不变的情况下，升高温度，压强一定增大B在上述平衡体系中再加入1molA

3、和0.5molB，平衡正向移动，A的转化率增大C该反应的热化学方程式为2A（g）+B（g）C（g）+3D（l）+4E（g）H=QkJ/molD该反应在任何温度下都可自发进行4、已知：P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g)H=akJ/mol、P4(s)+10Cl2(g)=4PCl5(g)H=bkJ/mol。P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为ckJ/mol，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ/mol,下列叙述正确的是AP-P键的键能大于P-Cl键的键能BPCl3比PCl5更稳定CCl-Cl键的键能b-a+5.6c4DP-P键的键能为5a-5、在一定条件下，甲苯可生成二甲

4、苯混合物和苯有关物质的沸点、熔点如表： 下列说法不正确的是（ ）A该反应属于取代反应B甲苯的沸点高于 144C用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来D从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来6、下列各组离子在溶液中能大量共存且溶液为无色透明的是( )AAg+、NH4+、OH、ClBNa+、Cu2+、SO42、NO3CK+、Na+、SO42、ClDBa2+、CO32、NO3、K+7、下列分子中14个碳原子不可能处于同一平面上的是ABCD8、某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为（）AH2XO3BHXO3CH3XO4DH2XO49、下列说法

5、中正确的是A化学反应放热是因为反应物的总能量低于生成物的总能量B不需要加热就能发生的反应是放热反应C化学能是能量的一种形式,它不仅可以转化为热能，也能转化为电能D氯化钠晶体熔化时，离子键被破坏，吸收能量，发生化学变化10、下列过程因发生取代反应而发生的是()A乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色B将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色C将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在5060 水浴中加热D液态植物油与氢气反应生成固态物质11、下列有关物质应用的叙述错误的是A用Al(OH)3治疗胃酸过多B用过氧化钠作潜水供氧剂C用氧化镁制作耐高温材料D用氧化铁制作蓝色外墙涂料12、若乙酸分子中的羧基是16O，乙醇分子中的氧都是1

6、8O，二者在浓硫酸作用下发生反应，一段时间后，分子中含有18O的物质有A1种 B2种 C3种 D4种13、20molPCl3和20molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g），达平衡时PCl5为0.4mol，如果此时移走20molPCl3和0.5molCl2，在相同温度下再达平衡时PCl5物质的量是A0.4 mol B0.2 molC小于0.2 mol D大于0.2 mol小于0.4mol14、将甲烷与氯气按1:3的体积比混合于一试管中，倒立于盛有饱和食盐水的水槽，置于光亮处，下列有关此实验的现象和结论的叙述不正确的是（ ）A试管中气

7、体的黄绿色逐渐变浅，水面上升B生成物只有三氯甲烷和氯化氢，在标准状况下均是气体C试管内壁有油状液滴形成D试管内有少量白雾15、香烟燃烧产生大量的污染物，对人体危害极大，下表为某品牌香烟烟气的部分成分，下列说法正确的是AC2H6 与CH4 互为同系物 B苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C表中所有物质在常温下均为气态 D烟气中只有NOX 能与人体的血红蛋白结合16、下列实验可行的是A用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质B用食醋浸泡有水垢的水壶清除其中的水垢C用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸D用乙醇从碘水中萃取碘17、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化

8、合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，r溶液为强电解质溶液，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )A原子半径的大小WXXYCY的氢化物常温常压下为液态DX的最高价氧化物的水化物为强酸18、能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色的物质是A氨气B液氨C氨水DNH4Cl溶液19、实验室用大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（ ）A降低反应温度 B延长反应时间 C粉碎大理石 D加水稀释盐酸20、下列说法正确的是( )A同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高B单质与水反应的剧烈程度：F2Cl2Br2I2C元素的非金属性

9、越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强D还原性：S2Se221、下列化学用语的书写，正确的是A氮气的电子式：B次氯酸的结构式：H-O-ClC溴化钠的电子式：D乙醇的分子式：C2H5OH22、已知R2+离子核外有a个电子，b个中子表示R原子符号正确的是（ ）AR BR CR DR二、非选择题(共84分)23、（14分）现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请根据以上信息回答下列问题：（1）ABC三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是：_；（用具体化学式表示）（2）写出反应的离子方程式：_。（3）实

10、验室制取乙气体时，先将气体生成物通过 _以除去_。（4）向烧杯中装有的物质F中加入物质D，可以看到的现象是：_，物质F同价态阳离子的碳酸盐在隔绝空气时加强热，可以得到红色固体，对应的化学方程式是：_；24、（12分）已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应。常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应。常温下E单质是常见的气体。请按要求回答下列几个问题：（1）B、D的元素名称分别为：_、_。（2）E在周期表中的位置为：_。（3）C离子的结构示意图为：_。（4）B、C、D三种元素的原子半径从大到小的

11、顺序为_（用元素符号表示）。（5）B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为：_（用对应的化学式表示）。（6）写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式：_。25、（12分）实验室可以用下图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）在试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，其方法是:_；（2）乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的_层；（填“上”或“下”）（3）浓硫酸的作用是_；（4）制取乙酸乙酯的化学方程式是_，该反应属于_ （填反应类型）反应；（5）饱和碳酸钠的作用是：_；（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，就达到了该反应的限度。

12、下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有(填序号)_。混合物中各物质的浓度不再变化；单位时间里,生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol 乙醇。26、（10分）SO2、NO2能形成酸雨，某同学以它们为主题设计了两组实验： （实验一）用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图A、B、C所示。一段时间后，A、B装置的集气瓶中充满溶液（假设瓶内液体不扩散），C装置的集气瓶中还有气体剩余(考虑液体的扩散) 。（1）写出装置A中总反应的化学方程式_，假设该实验条件下，气体摩尔体积为a

13、L/mol，则装置A的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为_。（2）写出B装置的溶液充满集气瓶时，有关反应的离子方程式_。（3）实验前在C装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是水槽中溶液_（答颜色的变化），写出反应的总化学方程式_。（实验二）利用上图B的原理，设计下图装置测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，图中气体流量计用于准确测量通过的尾气体积。将尾气通入一定体积的碘水，并通过实验测定SO2的含量。当洗气瓶D中溶液蓝色刚好消失时，立即关闭活塞K。（4）D中导管末端连接一个多孔球泡E，其作用是_，可以提高实验的准确度。 （5）当流量计中刚好通过2L尾气时，D中溶

14、液蓝色刚好消失，立即关闭活塞K，容器D中恰好得到100mL溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.66g 白色沉淀，通过计算可知，上述尾气中二氧化硫的含量为_g/L。若洗气瓶D中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K，测得的SO2含量_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。27、（12分）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化，在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：时间第1分钟第2分钟第3分钟第4分钟第5分钟产生氢气体积50mL120mL232mL290mL310mL（1）在01、12、23、34、45min时间段中，化学

15、反应速率最大的时间段是_，导致该时间段化学反应速率最大的影响因素是_（选填字母编号）。A浓度 B温度 C气体压强（2）化学反应速率最小的时间段是_，主要原因是_。（3）在23分钟时间段，以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为_mol/（Lmin）（设溶液体积不变）。（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以向盐酸中分别加入等体积的_。A蒸馏水；BNaCl溶液；CNaNO3溶液；DCuSO4溶液；E.Na2CO3溶液28、（14分）硫酸参与热化学循环可通过二步循环或三步循环制取氢气，其中三步循环（碘硫热化学循环）原理如下图所示：（1）“步骤.硫酸热分解”在恒容密闭容器中进行，测得各物质的物质

16、的量分数与温度的关系如下图所示。其在6501200间发生的主要反应的方程式为_。（2）“步骤.硫酸再生”的离子方程式为_（HI是强酸）。（3）步骤的反应为2HI(g) H2(g) + I2(g) 。若在恒温恒容密闭容器中进行该反应，能说明已达到平衡状态的是_（填序号）。a容器内气体的总压强不再随时间而变化bn(HI)n(H2)n(I2)=211c反应速率：v(H2)正=v(H2)逆dI2(g)浓度不再随时间的变化而变化已知断裂（或生成）1mol化学键吸收（或放出）的能量称为键能。相关键能数据如下：化学键HIHHII键能/kJmol1298.7436.0152.7则该反应的H为_kJmol1。

17、（4）将“三步循环”中步骤、用下图装置代替即为“二步循环”。 下列有关该装置的相关说法正确的是_（填序号）。a化学能转变为电能b催化剂可加快电极上电子的转移c反应的总方程式为SO2+2H2O H2+H2SO4d每生成1molH2，电路中流过的电子数约为6.02102329、（10分）乙酸乙酯是应用非常广泛的有机溶剂，主要用于涂料、油墨、粘合剂、胶片、医药、化工、电子、化妆品及食品行业等。实验室可用乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯。(1)为判断乙酸乙酯中与乙基(-CH2CH3)相连的氧原子的来源，请没计一种可进行判别的方案_。(无需给出实验装置实验步骤，只需给出设计思想)。(2)为证明浓硫酸在该反应中

18、起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用下图所示装置进行以下四个实验，实验结束后充分振荡试管II再测有机层的厚度，实验记录如下：编号试管I中的试剂有机层厚度/cmA3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18mol/L浓硫酸3.0B3mL乙醇、2mL乙酸0.1C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol/L硫酸1.2D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸1.2试管II中试剂的名称为_，其作用是_。分析比较实验_(填实验编号)的数据，可推测出浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。分析比较实验C、D，证明对酯化反应具有催化作用的是H+。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是_mL和_mol/L。(3)现代化工生产探索以CH3

19、CHO为原料，用(CH3CH2O)3Al作催化剂，合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOCH2CH3在实验室中进行该实验时，不同条件下的实验结果如下表所示：实验序号催化剂用量/g反应温度/反应时间/h副产物/%选择性/%转化率/%10.3686.5-2520.3599.999.620.27810-0.5520.1299.8195.3930.3686.5-2120.199.899.740.36810-0.5520.899.597.3（注）选择性：转化的CH3CHO中生成CH3COOCH2CH3的百分比。下列说法正确的是_(填编号)。A用乙醛合成乙酸乙酯，可减少“工业三废”的排放B温度越高反应速

20、率越快，乙醛的转化率越高C用乙醛合成乙酸乙酯的反应时间控制在12h为宜D催化剂用量不会影响合成反应的选择性转化率E.(CH3CH2O)3Al是乙醛制乙酸乙酯的高效催化剂2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【答案解析】测试卷分析：翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XYZ2W6，其中W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；Z的单质是常见的半导体材料，则Z为Si；翡翠属于硅酸盐，X、Y化合价之和为+4，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，且X的原子半径比Y的大，则X为Na、Y

21、为Al。AY为Al，在化合物中显+3价，故A正确；BX为Na、W为O，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；C非金属性OSi，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物更稳定，故C正确；D金属性NaAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故D正确。考点：考查元素的推断及性质2、A【答案解析】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)

22、2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。综上所述，本题正确答案为A。3、D【答案解析】恒温恒容条件下，反应前后气体总压强之比等于其物质的量之比，则反应后混合气体物质的量为8.081066.061063mol=4mol，达到平衡时A的浓度减小一半，说明A的物质的量减小一半，即有1molA反应，则有0.5molB反应，生成0.5molC、A该反应中放出热量，则正反应是放热反应，反应前后气体压强增大，则反应前后气体物质的量之和增大，升高温度平衡逆向移动，气体的物质

23、的量减小，则压强不一定增大，A错误；B在上述平衡体系中再加入1molA和0.5molB，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，A的转化率减小，B错误；C有1molA反应放出QkJ热量，则2molA完全反应放出2QkJ热量，且反应前后压强之比为3：4，气体的物质的量之比为3：4，E应该是液体，其热化学方程式为2A（g）+B（g）C（g）+3D（g）+4E（l）H=-2QkJ/mol，C错误；D该反应的焓变小于0，熵变大于0，则G=H-TS0，该反应在任何温度下都可自发进行，D正确；答案选D。【答案点睛】本题主要是考查化学平衡影响因素、化学平衡计算等知识点，侧重考查学生分析计算

24、能力，明确该反应中反应热、反应前后气体计量数之和变化是解本题关键，易错选项是C。4、C【答案解析】分析：A.键长越短，键能越大；B.键能越大越稳定；C.H反应物的化学键键能之和生成物的化学键键能之和；D.H反应物的化学键键能之和生成物的化学键键能之和。详解：A.磷原子比氯原子半径大，所以P-P键比P-Cl键的键长长，则P-P键能小，A错误；B. PCl5中P-Cl键的键能为ckJ/mol，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ/mol，这说明五氯化磷中的键能高于三氯化磷中的键能，因此PCl5比PCl3更稳定，B错误；C. P4(g)6Cl2(g)=4PCl3(g)Ha kJ/mol，P4(g

25、)10Cl2(g)=4PCl5(g)Hb kJ/mol，根据盖斯定律分析，（-）/4即可得反应Cl2(g)PCl3(g)=PCl5(g)的反应热为（b-a）/4 kJ/mol，则Cl-Cl键的键能为（b-a）/4-31.2c+5c kJ/mol=b-a+5.6c4 kJ/mol，CD.根据C选项中的Cl-Cl键的键能计算，假设白磷中的磷磷键键能为x kJ/mol，则有6x+6b-a+5.6c4-41.2c3=a，解x=(5a-3b+12c)/12，D答案选C。5、B【答案解析】A. 甲苯生成二甲苯为甲基将苯环上的H取代，为取代反应，A正确；B. 甲苯的分子量小与二甲苯，所以其沸点小与138，B

26、错误；C. 苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；D. 对二甲苯熔点较高，冷却后易形成固体，所以可用冷却结晶的方法分离，D正确。故选择B。点睛：蒸馏是利用混合液体中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，从而分离混合物的过程；冷却结晶过程，当温度低于物质熔点时，发生结晶。6、C【答案解析】A. Ag+、OH生成沉淀，NH4+、OH生成一水合氨，故不选A； B. 含有Cu2+的溶液呈蓝色，故不选B；C. K+、Na+、SO42、Cl不反应，且溶液为无色，故选C； D. Ba2+、CO32生成碳酸钡沉淀，故不选D。7、C【答案解析】A、该分子结构可以看作是相邻的两个苯环共用两个碳原

27、子形成的，所以所有的碳原子都处在同一平面上14个碳原子处于同一平面上，错误；B、苯环上所有原子共面，所以两个苯环形成的结构中12个碳原子共面，甲基上碳原子连接苯环，甲基和苯环上碳原子共面,所以该分子中14个碳原子可能共面，错误；C、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基碳原子以及甲基相连的碳原子是烷烃的结构，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，正确；D、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，亚甲基上碳原子连接苯环，亚甲基和甲基中两个碳原子可以共面，亚甲基和苯环上碳原子共面，所以该分子中

28、所有碳原子可能共面，错误；故选C。点睛：本题考查碳原子共面问题。解答这种题型应联想到已学过典型有机化合物的空间构型，甲烷是正四面体，乙烯、苯是平面型分子，乙炔是直线型分子。8、D【答案解析】氢化物中X的化合价为-2价，则其最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，故选D。9、C【答案解析】测试卷分析：化学反应放热是因为反应物的总能量高于生成物的总能量，故A错误；放热反应、吸热反应与反应条件无关，不需要加热就能发生的反应不一定是放热反应，故B错误；化学能是能量的一种形式,它不仅可以转化为热能，也能转化为电能，故C正确；氯化钠晶体熔化时，没有发生化学变化，故D错误。考点：本题考

29、查化学反应中的能量变化。10、C【答案解析】A、发生的是加成反应，故A错，B、苯与溴水不反应，苯只与溴单质发生取代反应，故B错C、苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在5060 水浴中加热，发生取代反应生成硝基苯，正确；D、液态植物油属于不饱和烃与氢气发生的是加成反应故D错。答案选C。11、D【答案解析】A. Al(OH)3为两性物质，可以与胃酸（主要是盐酸）发生中和反应，可治疗胃酸过多，故A正确；B. 过氧化钠可以与水或二氧化碳反应放出氧气，所以可以用过氧化钠作潜水供氧剂，故B正确；C. 氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故C正确；D. 三氧化二铁是红色粉末，俗称铁红，可用于红色涂料，制作外墙

30、红色涂料，故D错误；答案选D。12、B【答案解析】分析：乙酸与乙醇反应，乙酸中的羧基提供羟基，乙醇中的羟基提供氢原子，羟基和氢原子形成水，剩下基团结合的形成酯，据此进行判断。详解：乙酸与乙醇反应，乙酸中的羧基提供羟基，乙醇中的羟基提供氢原子，羟基和氢原子形成水，剩下基团结合的形成酯：CH3C16O16OH+CH3CH218OHCH3C16O18OC2H5+H216O，所以分子中含有18O的物质总共有2种，分别为：CH3CH218OH、CH3C16O18OC2H5，答案选B。点睛：本题考查羧酸与醇反应的原理，题目难度不大，注意明确酯化反应原理：“酸脱羟基醇脱氢”即 乙酸中的羧基提供羟基，乙醇中的

31、羟基提供氢原子。13、C【答案解析】测试卷分析：移走2.0molPCl3和0.5molCl2,相当于在原来的基础减少一半，加入平衡和原平衡等效，此时PCl3的物质的量为0.2mol，但移走反应物相当于减小浓度，平衡向逆反应方向移动，PCl5物质的量减小，即小于0.2mol，故选项C 正确。考点：考查化学平衡的有关计算等知识。14、B【答案解析】A氯气是黄绿色气体，光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃和氯化物，所以气体颜色变浅，氯化氢溶于水后导致试管内液面上升，故A正确；B甲烷和氯气反应的生成物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，标况下三氯甲烷为液态，故B错误；C二氯甲烷、

32、三氯甲烷和三氯甲烷都是液态有机物，所以瓶内壁有油状液滴生成，故C正确；D该反应中有氯化氢生成，氯化氢与空气中的水蒸气形成白雾，故D正确。故选B。15、A【答案解析】A. C2H6与CH4的结构相似，相差1个CH2，二者互为同系物，A正确；B. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C. 尼古丁、苯在常温下不是气态，C错误；D. 烟气中CO、NOX 能与人体的血红蛋白结合，D错误，答案选A。16、B【答案解析】A鉴别部分带苯环的蛋白质，利用蛋白质遇到浓硝酸变黄，可以进行鉴别，浓硫酸不能，故A错误；B醋酸和水垢中的碳酸钙和氢氧化镁反应生成了溶于水的盐，除去水垢，故B正确；C除去乙酸乙酯中的少量乙酸

33、，应用饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇中和乙酸，降低酯的溶解度，静置后分液；用乙醇和浓硫酸与乙酸反应需加热且反应是平衡不可能除净，故C错误；D萃取是利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，从一种溶剂中转移到另一种溶剂中，再利用分液、蒸馏的方法进行分离，乙醇与水溶液混溶，不分层，故D错误；故选B。17、C【答案解析】分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl元素；氯气与p在光照条件下生成r与s，r溶液是一种常见的强酸，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q

34、，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，然后结合元素周期律解答。详解：根据上述分析可知，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素。A所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W（H）Y（O）X（C），故A错误；B氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y（O）Z（Cl）X（C），故B错误；C氧元素氢化物为水或双氧水，常温下均为液态，故C正确；DX的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误；故选C。点睛：本题考查无机物

35、的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键。本题的突破口为氯气及氯气性质。本题的难点为B中O和Cl元素非金属性强弱的判断。18、C【答案解析】能使干燥的红色石蕊试纸变蓝说明该物质应显碱性。【题目详解】A氨气遇水生成显碱性的氨水能使红色石蕊试纸变蓝，氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，A项错误；B液氨为氨气的液态形式，也不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，B项错误；C氨水中的一水合氨能部分电离出NH4+和OH-，因而显弱碱性，能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，C项正确；DNH4Cl溶液中NH4+水解使得溶液显酸性，不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，D项错误；答案选C。19、C【答案解析】A

36、. 降低反应温度反应速率减小，A错误；B. 延长反应时间不能改变反应速率，B错误；C. 粉碎大理石增大固体反应物的接触面积，反应速率加快，C正确；D. 加水稀释盐酸降低氢离子浓度，反应速率减小，D错误，答案选C。点睛：参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。当其他条件不变时：浓度：增加反应物的浓度可以加快反应速率；压强：对于有气体参加的化学反应，增大气体的压强，可以加快化学反应速率；温度：升高温度，可以加快化学反应速率；催化剂：加入催化剂可以加快化学反应速率；其他因素：光、超声波、激光、放射线、电磁波、反应物表面积、扩散速率、

37、溶剂等因素也都能影响化学反应的反应速率。20、B【答案解析】A、碱金属从上到下熔点降低，而卤族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，A错误；B、非金属性越强，对应单质与水反应越剧烈，则单质与水反应的剧烈程度：F2Cl2Br2I2，B正确；C、非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，与气态氢化物水溶液的酸性无关，C错误；D、非金属性SSe，对应离子的还原性为S2Se2，D错误；故选B。21、B【答案解析】A氮原子最外层含有5个电子，形成3个共用电子对，氮气的电子式为，故A错误；B氧原子最外层含有6个电子，形成2个共用电子对，次氯酸的结构式为H-O-Cl，故B正确；C溴化钠是离子化合物

38、，电子式为，故C错误；DC2H5OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，故D错误；故选B。22、C【答案解析】分析：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此判断。详解：已知R2+离子核外有a个电子，b个中子，质子数是a+2，质量数质子数+中子数a+b+2，则表示R原子符号为R。答案选C。二、非选择题(共84分)23、NaAlFe 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2 饱和食盐水 HCl（氯化氢） 先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色 2FeCO3Fe2O3+CO+CO2 【答案解析】由金属A焰色反应为黄色可知A为金属Na，由反应可知

39、，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，则B为金属Al；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸；氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系可知C为Fe金属，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3。【题目详解】(1) A为金属Na，B为金属Al, C为Fe金属，由金属活动顺序表可知，三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是NaAlFe，故答案为：NaAlFe；（2）反应为铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2O

40、H-+2H2O2AlO2-+3H2；（3）实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制取氯气，浓盐酸受热易挥发，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先将气体生成物通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，可以除去极易溶于水的氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水； HCl（氯化氢）；（4）向装有为FeCl2溶液中加入NaOH溶液，NaOH溶液与FeCl2溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，氢氧化亚铁沉淀不稳定被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；物质F同价态阳离子的碳酸盐为FeCO3，在隔绝空气时加强热，得到红色固体为Fe2O3，化学方程式为2FeCO3Fe2O3+CO+CO2，故答案为：

41、先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；2FeCO3Fe2O3+CO+CO2。【答案点睛】本题考查物质推断与性质，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，掌握元素化合物的性质是解题的关键。24、碳 钠 第三周期第A族 NaCO HClO4H2CO3 【答案解析】A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，则A为氢元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应，则B为碳元素，C为氧元素，常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应，且为短周期元素原子序数大于O，则D为钠元素，常温下E单质是常见的气体，E的原子序数大于钠，则E为氯元素

42、。【题目详解】(1)由上述分析可知，B、D的元素名称分别为碳元素和钠元素；(2)E是氯元素，在周期表中第三周期第A族；(3)C为氧元素，氧离子的结构示意图为；(4)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同原子序数越小半径越大，所以B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为NaCO；(5)元素非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，由于氯的非金属性强于碳，所以HClO4的酸性强于H2CO3；(6)O和Na元素可以形成氧化钠，属于离子化合物，阴、阳离子个数比为1:2，只含有离子键，其电子式为。【答案点睛】过氧化钠中两个氧原子形成过氧根，不能拆开写，所以过氧化钠的电子式为；同理过氧化

43、氢的电子式为。25、先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸 上 催化剂和吸水剂 CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH3CH3+H2O 酯化反应 中和酸溶解醇降低乙酸乙酯的溶解度 【答案解析】(1)结合浓硫酸的稀释的方法分析解答；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；(4)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；(5)碳酸钠能够与乙酸反应，乙醇易溶于水，碳酸钠的存在可以降低乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)根据化学平衡的特征分析判断。【题目详解】(1)在试管中配制一定比例

44、的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，方法为：先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入浓硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水，因此乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的上层，故答案为：上；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(4)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+C2H5OH CH3COO

45、C2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；酯化反应；(5)饱和碳酸钠溶液的主要作用是中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，故答案为：中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)混合物中各物质的浓度不再变化，为平衡的特征，可知达到平衡状态，故选；单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸，不能体现正、逆反应速率关系，不能判定平衡状态，故不选；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，可知正、逆反应速率相等，为平衡状态，故选；故答案为：。【答案点睛】掌握乙酸乙酯制备实验的

46、注意事项是解题的关键。本题的易错点为（6），要注意生成乙醇和生成乙酸都表示逆反应速率，生成乙酸乙酯是正反应速率，生成乙酸是逆反应速率。26、 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 1/a mol/L SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl 红色加深 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 (2H2SO3+O2=2H2SO4 也可) 有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收) 0.64 偏低【答案解析】分析：【实验一】由题意可知，A瓶NO2、O2按适当比例混合可以完全溶于水生成HNO3；B中二氧化硫和氯气适当比例混合可以完全溶于水生成硫酸和盐酸；C中二氧化硫溶于水生成亚硫酸，通入氧气后

47、可以把部分亚硫酸氧化为硫酸，据此解答。【实验二】将尾气通入一定体积的碘水，碘水把二氧化硫氧化为硫酸：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，根据碘遇淀粉显蓝色判断反应的终点，利用钡离子沉淀硫酸根离子结合方程式计算。详解：（1）装置A中反应物是氧气、二氧化氮和水，生成物是硝酸，则总反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O4HNO3；假设该实验条件下，气体摩尔体积为a L/mol，再设集气瓶的容积为1L（集气瓶的容积不影响溶液的浓度），则NO2和HNO3溶液的体积均为1L，则n(HNO3)n(NO2)1LaL/mol=1amol，因此装置A的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为1/a（2）装置

48、B中氯气与二氧化硫在水中反应生成硫酸和盐酸，因此溶液充满集气瓶时反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl。（3）实验前在C装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是溶液颜色加深，说明溶液的酸性增强，因此反应的总化学方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4 (或2H2SO3+O2=2H2SO4)。（4）D中导管末端连接一个多孔球泡E，其作用是增大二氧化硫与碘水反应的接触面积，有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收)，可以提高实验的准确度。（5）当流量计中刚好通过2L尾气时，D中溶液蓝色刚好消失，立即关闭活塞K，容器D中恰好得到100mL溶

49、液是硫酸和氢碘酸的混合溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.66g白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为4.66g233g/mol0.02mol，则根据硫原子守恒可知n(SO2)=0.02mol，所以上述尾气中二氧化硫的含量为0.02mol64gmol1/2L=0.64 g/L。若洗气瓶D中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K，则尾气体积偏大，必然导致测得的SO2含量偏低。点睛：本题主要考查了有关气体含量的测定实验。本题通过3个实验探究反应原理，然后选择了一个适合测定空气中二氧化硫含量的方法进行测定。要求学生能掌握常见化合物的重要转化，明确反应原理，

50、能根据反应原理进行数据处理和误差分析，题目难度中等。27、23min B 45min 因为此时H+浓度小 v（HCl）=0.1mol/（Lmin） A、B 【答案解析】（1）(2)在01、12、23、34、45min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；（3）计算出氢气的体积，根据2HClH2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=c/t计算反应速率；（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H浓度，但不能影响H的物质的量【题目详解】（1）在01、12、23、34、45min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为23 min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，故选B。（2）反应速率最小的时间段是45min时间段，此时温度虽然较高，但H浓度小；（3）在23min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4Lmol1=0.005mol，根据2HClH2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则（HCl）=0.01mol0.1L1min=0.1 mol/（Lmin）；（4）A加入蒸馏水，H浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量