2023届北京市东城区东直门中学化学高一第二学期期末综合测试试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3＞H2SiO3A．A B．B C．C D．D2、下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是()A．灼热的炭与CO2反应 B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应C．铝片与稀H2SO4反应 D．甲烷在O2中的燃烧反应3、美国科学家将铅和氪两种元素的原子核对撞，获得一种质子数为118、质量数为293的新元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为（）A．47 B．57 C．67 D．1754、0.096kg碳完全燃烧可放出3147.9kJ的热量，则下列热化学方程式正确的是A．C+O2=CO2

△H=-393.49kJ/molB．C(s)+O2(g)=CO2(g)

△H=+393.43kJ/mo1C．C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.49kJ/molD．C(s)+1/2O2(g)=CO(g)

△H=-393.49kJ/mol5、铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O6、将反应Cu(s)+2Ag+(aq)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如下图所示的原电池，下列叙述不正确的是A．Ag作正极，Cu作负极B．盐桥中的K+移向Cu(NO3)2溶液C．取出盐桥后，电流计的指针不发生偏转D．工作一段时间后，Cu(NO3)2溶液中c(Cu2+)增大7、医学研究证明用放射性13653I治疗肿瘤可收到一定疗效，下列有关I叙述正确的是（）A．13653I是碘的一种同素异形体 B．13653I是一种新发现的元素C．它的中子数是53 D．核内的中子数与核外电子数之差为308、若NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NAB．2.7g铝与足量NaOH反应，转移的电子数为NAC．标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.2NAD．相同条件下，1LCO和H2的混合气体完全燃烧消耗0.5LO29、工业上制取一氯乙烷(CH3CH2Cl)应采用()A．由乙烯和氯气在一定条件下发生加成反应B．由乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应C．由乙烷和氯气在一定条件下发生取代反应D．由乙烷和氯气在一定条件下发生加成反应10、对于元素周期表，下列叙述中不正确的是A．在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素B．在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀材料的元素C．在金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素D．元素周期表中位置靠近的元素性质相近11、氯气（Cl2）和氧气（O2）都是活泼的非金属单质，在一定条件下它们都能跟甲烷（CH4）反应。已知O2和CH4充分反应后的生成物是CO2和H2O，由此推断Cl2和CH4充分反应后的最终生成物是A．CCl4和HCl B．CCl4和H2 C．CH2C12和H2 D．C和HCl12、MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：M2+(g)＋CO32-(g)M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH313、实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：下列叙述不正确的是A．“还原”步骤发生的反应为：SO32−＋I2＋H2O==2I−＋SO42−＋2H＋B．“操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行C．“氧化”过程中，可用双氧水替代氯气D．“富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子14、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液检验水解产物中的溴离子B将打磨过的铝箔用酒精灯加热证明氧化铝的熔点比铝高C向乙酸和酒精的混合溶液中加入金属钠确定酒精中是否有乙酸DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯A．A B．B C．C D．D15、下列离子方程式中，书写不正确的是()A．氯化钠溶液中加入硝酸银溶液：Ag++Cl-=AgCl↓B．把金属钠放入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2C．将溴水加入碘化钾溶液中：Br2+2I-=2Br-+I2D．盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O16、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W原子是半径最小的原子，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X的一种单质是自然界中硬度最大的物质C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ217、下列关于乙烯和聚乙烯的叙述正确的是()A．二者都能使溴水褪色，性质相似 B．二者互为同系物C．二者最简式相同 D．二者相对分子质量相同18、苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指()A．脱落酸B．甲烷C．生长素D．乙烯19、下列各图所表示的反应是吸热反应的是A． B． C． D．20、下列叙述正确的是：A．元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得B．得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C．阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂D．含有高价元素的化合物，一定具有强的氧化性21、下列关于有机物的说法中，正确的一组是()①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液④石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化⑤淀粉遇碘酒变蓝色；在加热条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料A．③④⑤ B．①③⑥ C．①③⑤ D．②③④22、已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1下列说法正确的是A．CH3OH(l)的燃烧热为1452kJ·mol－1B．同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多C．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1D．3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝＋135.9kJ·mol二、非选择题(共84分)23、（14分）F可用作丙烯酸酯橡胶的基材。以煤为原料制取F的一种合成路线如下：（1）①的加工手段称为煤的_______（填“气化”“液化”或“干馏”）。（2）②、④反应类型依次是______、______。（3）E中所含官能团名称是_______和_______。（4）C与A互为同系物，C的化学名称是_______；F的结构简式为_______。（5）反应④的化学方程式为_______。24、（12分）A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素。根据以上信息回答下列问题：(1)B元素在周期表中的位置是___________________________。(2)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由大到小的顺序是(用元素符号填写)______________。(3)写出E的最高价氧化物对应的水化物分别与A、C两元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：①_________________________________；②_____________________________________________。(4)D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙的化学式为____________。25、（12分）三氯氧磷（化学式：POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下：⑴氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为______。⑵通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：Ⅰ．取a

g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。Ⅳ．加入指示剂，用c

mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定选用的指示剂是______（选填字母），滴定终点的现象为______。a．NH4Fe(SO4)2

b．FeCl2

c．甲基橙

d．淀粉②实验过程中加入硝基苯的目的是_____________________，如无此操作所测Cl元素含量将会______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）⑶氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水。在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。①在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是_________________。②下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图像。处理该厂废水最合适的工艺条件为______（选填字母）。a．调节pH=9

b．调节pH=10

c．反应时间30min

d．反应时间120min③若处理后的废水中c(PO43－)=4×10－7

mol·L－1，溶液中c(Ca2+)=__________mol·L－1。（已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10－29）26、（10分）高温下，粗硅与纯净的氯气反应，生成四氯化硅（SiCl4），再用氢气还原四氯化硅得到高纯硅。某实验小组在实验室制备并收集四氯化硅，装置示意图如下：（查阅资料）四氯化硅极易与水反应，其熔点为-70.0℃，沸点为57.7℃。回答下列问题：（1）①装置A用于制备氯气，应选用下列哪个装置___________（填序号）。②装置A中反应的离子方程式为____________________________________。（2）装置B中X试剂是_________（填名称）。（3）装置E中冰水混合物的作用是______________________________________。（4）某同学为了测定四氯化硅的纯度，取所得四氯化硅样品mg，用氢气在高温下还原，得到高纯硅ng，则样品中四氯化硅的纯度是___________。27、（12分）某化学小组探究酸性条件下N03-、S042-、Fe3+三种微粒的氧化性强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。(忽略氧气对反应的影响）实验记录如下:实验序号实验操作'...!实验现象I向A装置中通入一段时间的SO2气体。.A中g色溶液最终变为浅绿色。II取出少量A装置中的溶破，先加入KSCN溶液，再加入BaCl2溶液。加人KSCN溶液后溶液不变色;再加入BaCl2溶液产生白色沉淀。III打开活塞a，将过量稀HNO3加入装置A中，关闭活塞a。A中浅绿色溶液最终变为黄色。IV取出少量A装置中的溶液，加人KSCN溶液。溶液变为红色。请回答下列问题：（1）写出A装置中通人二氧化硫气体发生反应的离子方程式。（2）实验II中发生反应的离子方程式是。（3）实验III中，浅绿色溶液变为棕色的原因是。(用语言叙述）。（4）实验IV若往A中通入人空气，液面上方的现象是。（5）综合上述实验得岀的结论是:在酸性条件下，氧化性强弱顺序为。28、（14分）某温度时,在0.5L密闭容器中,某一反应中A、B气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示,回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为__________。(2)0~4min内,用B表示的反应速率v(B)=__________。(3)第4min时,正、逆反应速率的大小关系为：v(正)__________v(逆),(填“>”“<”或“=”)。(4)下列措施能加快反应速率的是__________。A．恒温恒容充入He气B．缩小体积，使压强增大C．恒温恒压充入He气D．使用催化剂29、（10分）氨气是一种重要的化工产品。(1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下：3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ①对于该反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是__________，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是__________：(均选填字母)A．较高温度B．较低温度C．较高压强D．较低压强E．使用合适的催化剂工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。②该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_______：(选填字母)A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大C．减小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图)，该流程中：向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________，可以循环使用的X是_______________。(填化学式)(2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。有关的离子方程式为_____________________。①0.01mol/L硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_____L(标准状态)。②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气0.025mol；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01mol白色沉淀，则原混合液中，硝酸铵的浓度为_______mol/L。③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液VL，将混合溶液分成两等分：一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气Amol；另一份溶液中慢慢滴入Cmol/L的氯化钡溶液BL，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生Dmol沉淀。则原混合溶液中，氯化铵的浓度为________mol/L，硝酸铵的浓度为_______mol/L。(用含有字母的代数式表示)

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、C【答案解析】

A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。答案选C。2、A【答案解析】

A项，灼热的炭与CO2反应生成CO，属于吸热反应，碳元素化合价变化是氧化还原反应，符合题意；B项，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应，属于非氧化还原反应，不符合题意；C项，铝片与稀H2SO4反应属于放热反应，不符合题意；D项，甲烷在O2中的燃烧反应是放热反应，不符合题意；答案选A。3、B【答案解析】

质量数=质子数+中子，且质子数=核外电子数，中子数和核外电子数之差=293-118-118=57，答案为B。4、C【答案解析】

根据碳的质量计算物质的量，进而计算1mol碳完全燃烧放出的热量，碳完全燃烧生成CO2，反应放热，△H＜0，据此分析。【题目详解】A．没有标出物质的聚集状态，A错误；B．碳的燃烧是放热反应，反应热△H应小于0，为负值，B错误；C．0.096kg碳的物质的量是96g÷12g/mol＝8mol，完全燃烧可放出的热量，则1mol碳完全燃烧放热3147.9kJ÷8＝393.49kJ，因此热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.49kJ/mol，C正确。D．碳完全燃烧生成CO2，D错误；答案选C。5、C【答案解析】

A.根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极，Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，A正确；B.放电时，负极反应为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，B正确；C.电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe+Ni2O3+3H2O，阴极电极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近碱性增强，pH增大，C错误；D.充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，D正确；答案选C。【答案点睛】二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。6、B【答案解析】

根据电子流动的方向，铜棒为负极，Ag棒为正极，然后根据原电池工作原理进行分析；【题目详解】A、原电池中电子从负极流向正极，根据装置图，铜棒为负极，Ag棒为正极，故A说法正确；B、根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，即K＋移向AgNO3溶液，故B说法错误；C、取出盐桥后，该装置不是闭合回路，即不属于原电池，电流计的指针不发生偏转，故C说法正确；D、负极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，因此工作一段时间后，Cu(NO3)2溶液中c(Cu2＋)增大，故D说法正确；答案选B。7、D【答案解析】

A.13653I是碘的一种核素，A错误；B.13653I是碘的一种核素，不是新发现的元素，B错误；C.它的中子数是136－53＝83，C错误；D.核内的中子数与核外电子数之差为136－53－53＝30，D正确；答案选D。【答案点睛】掌握元素、核素、同位素以及同素异形体的含义是解答的关键，同位素研究的是核素，同素异形体研究的是元素形成的单质，二者有明显的区别。另外元素、核素、同位素之间的关系可表示为。8、D【答案解析】A．二氧化氮能反应生成四氧化二氮，气体分子数小于NA，故A错误；B．2.7g铝的物质的量为0.1mol，与足量氢氧化钠溶液反应失去0.1mol电子，转移的电子数0.3NA，故B错误；C．标况下0.56L丙烷的物质的量为0.25mol，0.25mol丙烷中含有2.5mol共价键，含有共价键的数目为0.25NA，故C错误；D．条件相同，气体摩尔体积相等，一氧化碳和氢气消耗氧气的体积比都是1：1，故1LCO和H2的混合气体完全燃烧消耗0.5LO2，故D正确；答案为D。9、B【答案解析】

A、由乙烯和氯气在一定条件下发生加成反应得到1,2-二氯乙烷，A错误；B、乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成一氯乙烷，B正确；C、由乙烷和氯气在一定条件下发生取代反应得到的产物有多种，C错误；D、乙烷和氯气在一定条件下不能发生加成反应，D错误；故合理选项为B。10、C【答案解析】

A．在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素既有一定的金属性，又有一定的非金属性，可以制备半导体材料，A正确；B．在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀材料的元素，如Fe可以做合成氨的催化剂，B正确；C．制备新型农药材料的元素，应在非金属元素区寻找,如F、Cl、S、P、As等，C错误；D．元素周期表中位置靠近的元素结构相似，所以性质相近，D正确；故选C。11、A【答案解析】光照条件下，氯气能取代甲烷中的氢原子生成氯代烃和氯化氢，如果氯气和甲烷充分反应后，则甲烷中的所有氢原子被氯气取代，则生成四氯化碳，同时还有副产物氯化氢，答案选A。点睛：本题考查了氯气和甲烷的反应，氯气和甲烷能发生取代反应，明确取代反应的概念是解本题关键，光照条件下，氯气能取代甲烷中的氢原子生成氯代烃和氯化氢。12、C【答案解析】

根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。A.ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B.ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。故答案选C。13、B【答案解析】

A.还原时，I2做氧化剂，亚硫酸钠做还原剂，发生的主要反应为：SO32－+I2+H2O＝SO42－+2I－+2H＋，A项正确；B.根据流程图，经过操作X得到四氯化碳和碘化钾溶液，操作X的名称为分液，应在分液漏斗中操作，B项错误；C.用双氧化水做氧化剂，还原产物是水，对反应无影响，因此可以用双氧化代替氯气，C项正确；D.I2易溶于有机溶剂，因此富集过程是将I2萃取到有机溶剂中，同时除去某些杂质离子，D项正确；答案选B。14、B【答案解析】分析：A．水解后检验溴离子，应在酸性条件下；B．根据实验现象分析；C．酒精、乙酸均与Na反应生成氢气；D．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色。详解：A．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，水解后没有加硝酸至酸性，不能检验，A错误；B．将打磨过的铝箔用酒精灯加热过程中铝箔熔化，但不滴落，这说明氧化铝的熔点高于铝，B正确；C．酒精、乙酸均与Na反应生成氢气，则混合液中加入金属钠，有气泡产生不能说明酒精中有乙酸，C错误；D．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，则现象不能说明是否有乙烯生成，D错误；答案选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验设计的科学性、严密性和可操作性等，题目难度中等。15、B【答案解析】

A．氯化钠溶液中加入硝酸银溶液反应生成氯化银和硝酸钠，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故A不符合题意；B．把金属钠放入水中生成氢氧化钠和氢气，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2，故B符合题意；C．将溴水加入碘化钾溶液中，反应生成溴化钾和碘，离子方程式为：Br2+2I-=2Br-+I2，故C不符合题意；D．盐酸滴在石灰石上，反应生成氯化钙和二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D不符合题意；故选B。16、C【答案解析】分析:由题中信息可知：W是氢元素，X是碳元素，Y是铝元素，Z是硫元素。详解：A项，W的氯化物HCl中，氢原子外层只有两个电子，故A项错误；B项，碳元素的一种单质金刚石是自然界中硬度最大的物质，故B项正确；C项，铝单质和氢氧化钠溶液或盐酸均可发生反应且都有氢气生成，故C项正确；D项，元素Z可与元素X形成共价化合物CS2，故D项正确。综上所述，本题正确答案为A。17、C【答案解析】

A.根据其结构分析,碳碳双键能与溴水发生加成反应，单键不能与溴水发生加成；B.同系物的结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团；C.最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；D.根据分子式来分析。【题目详解】A.由乙烯和聚乙烯的结构可以知道,乙烯中含有碳碳双键,能和溴水发生加成反应,聚乙烯中只有单键,所以聚乙烯不能使溴水褪色，A错误；B.乙烯和聚乙烯的结构不同，所以不是同系物，B错误；C.乙烯的分子式为C2H4，聚乙烯的分子式为(C2H4)n，二者最简式都为CH2，C正确；D.乙烯的分子式为C2H4，聚乙烯的分子式为(C2H4)n，二者式量分别为28，28n，D错误。答案选C。18、D【答案解析】乙烯是生物生长催熟剂，故D正确。19、A【答案解析】

若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＜生成物的总能量，则反应为吸热反应，选项A符合题意，故答案为A。20、A【答案解析】

A.化合态元素形成单质，元素化合价即可能降低也可能升高，物质可能发生氧化反应或还原反应，故A正确；B.氧化性强弱与得电子能力有关，与得电子数目多少无关，故B错误；C.中间价态的阳离子，即具有氧化性也具有还原性，如亚铁离子，故C错误；D.元素表现氧化性主要是看得电子能力，最高价只能有氧化性，但不一定有强氧化性，如NaCl中的钠元素，故D错误。故选A。21、C【答案解析】①淀粉、油脂、蛋白质都是有小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，故正确；②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，故错误；③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故正确；④石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故错误；⑤碘单质遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基所以能和能与银氨溶液反应析出银，与新制得的氢氧化铜反应生成砖红色的沉淀，故正确；⑥塑料为合成高分子材料，而部分橡胶和纤维可能为天然高分子材料，故错误；故选Ｃ。22、B【答案解析】

A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B.设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；C.酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是－57.3kJ·mol－1；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)，据此进行计算。【题目详解】A.根据2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1可以知道1mol液态甲醇燃烧生成2mol液态水放出热量为726kJ·mol－1，则CH3OH(l)燃烧热为726kJ·mol－1，故A错误；B.同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－12mol571.6kJmol142.9kJ2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－12mol1452kJmol22.69kJ所以H2(g)放出的热量多，所以B选项是正确的；C.反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3

kJ多，即该反应的ΔH<－57.3kJ·mol－1，故C错误；D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452kJ·mol－1，按盖斯定律计算①3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l)ΔH＝－262.8kJ·mol－1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－131.4kJ·mol－1，故D错误。所以B选项是正确的。二、非选择题(共84分)23、气化加成反应取代反应（或酯化反应）碳碳双键酯基丙烯CH2＝CHCOOH+C2H5OHCH2＝CHCOOC2H5+H2O【答案解析】

（1）①的加工手段是将煤在高温条件下与水反应生成水煤气，称为煤的气化；（2）反应②是乙烯与水催化水化发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸酸乙酯，反应类型取代反应（或酯化反应）；（3）E为丙烯酸，所含官能团名称是碳碳双键和酯基；（4）A为乙烯，C与A互为同系物，故C的化学名称是丙烯；E通过加聚反应生成F，F为聚丙烯酸乙酯，故F的结构简式为；（5）反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为CH2＝CHCOOH+C2H5OHCH2＝CHCOOC2H5+H2O。【答案点睛】本题考查有机物的推断和合成，物质的推断是关键，易错点为丙烯酸的推导，注意根据碳原子个数及前后物质的类型及官能团进行分析。24、第二周期ⅥA族Na＞Mg＞Al＞N＞OAl(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋OH－＝AlO2-+2H2OMg3N2【答案解析】

A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，应为第二周期，C、D、E同处另一周期，为第三周期；E是地壳中含量最高的金属元素，E为铝元素，则C为钠元素，D为镁元素，C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙，则B为氧元素，甲为Na2O，乙为Na2O2；D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙，A为氮元素，丙为Mg3N2。据此解答。【题目详解】（1）氧元素在周期表中的位置是第二周期ⅥA族；（2）电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小；则A、B、C、D、E五种元素的原子半径由大到小的顺序是Na＞Mg＞Al＞N＞O；（3）E的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，A、C两元素的最高价氧化物对应的水化物分别是HNO3，NaOH，与氢氧化铝反应的离子方程式分别是：Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O、Al(OH)3＋OH－＝AlO2-+2H2O；（4）D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙的化学式为Mg3N2。25、PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HClb溶液变为红色，而且半分钟内不褪色防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀偏小将废水中的H3PO3氧化为PO43－，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐bc5×10－6【答案解析】分析：(1)氯化水解法产物是三氯氧磷和盐酸，结合原子守恒分析；(2)①当滴定达到终点时NH4SCN过量，Fe3+与SCN-反应溶液变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；②由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN标准液用量偏多；(3)①在沉淀前先加入适量漂白粉使废水中的H3PO3氧化为PO43-，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；②根据图1、2分析磷的沉淀回收率；③根据Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)计算。详解：(1)氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；(2)①用cmol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；②已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小，故答案为：防止在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；偏小；(3)①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷(主要为H3PO4、H3PO3等)废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；故答案为：将废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐；②根据图1、2可确定pH=10、反应时间30min时磷的沉淀回收率较高，则处理该厂废水最合适的工艺条件为pH=10、反应时间30min；故答案为：bc；③若处理后的废水中c(PO43-)=4×10-7mol•L-1，Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)=2×10-29，c(Ca2+)=32×10-29(4×10-7)2=5×10点睛：本题考查了物质的制备方案设计，涉及化学方程式的书写、滴定原理的应用、图像分析以及难溶电解质的溶度积常数的应用等，难度中等。本题的易错点为c(Ca2+)的计算，要注意Ksp[Ca3(PO4)2]的表达式的书写。26、ⅡMnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和氯化钠溶液使四氯化硅冷凝×100%【答案解析】

高温下，粗硅与纯净的氯气反应，生成四氯化硅（SiCl4），再用氢气还原四氯化硅得到高纯硅，四氯化硅极易与水反应，装置A中是氯气的发生装置，生成的氯气通过装置B中X为饱和食盐水除去氯化氢气体，通过装置C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气进入D中和粗硅反应生成四氯化硅，进入装置E冰水冷却得到纯净的四氯化硅，四氯化硅极易与水反应，装置F是防止空气中的水蒸气进入装置E中，【题目详解】（1）①实验室是利用浓盐酸和二氧化锰加热反应生成气体，属于固体+液体气体，装置A用于制备氯气，应选用装置Ⅱ，故答案为：Ⅱ。②A中反应是浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）氯气中含氯化氢和水蒸气，氯化氢用饱和食盐水除去，水蒸气用浓硫酸除去，装置B中X试剂是（填名称）饱和食盐水，故答案为：饱和氯化钠溶液。（3）四氯化硅熔点为-70.0℃，装置E中冰水混合物的作用是使四氯化硅冷凝，故答案为：使四氯化硅冷凝。（4）取所得四氯化硅样品mg，用氢气在高温下还原，得到高纯硅ng，硅物质的量n（Si）==mol，硅元素守恒得到则样品中四氯化硅的纯度==×100%，故答案为：×100%。27、（1）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；（2）Ba2++SO42-=BaSO4↓；（3）在酸性条件下，NO3-把Fe2+氧化为Fe3+；（4）液面上方气体由无色变为红棕色；（5）NO3->Fe3+>SO42-。【答案解析】试题分析：（1）Fe3＋具有强氧化性，SO2以还原性为主，两者发生氧化还原反应，Fe3＋＋SO2→Fe2＋＋SO42－，根据化合价的升降配平，即2Fe3＋＋SO2→2Fe2＋＋SO42－，根据缺项配平，则离子反应方程式为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；（2）根据（1）加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，即Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓；（3）根据（1）中Fe3＋被还原成Fe2＋，硝酸具有氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液的颜色由浅绿色转变成棕色；（4）硝酸被Fe2＋还原成NO，NO遇到空气被氧化成NO2，即液面上方气体由无色变为红棕色；（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即NO3－>Fe3＋>SO42－。考点：考查氧化还原反应、氧化性强弱的比较、元素及其化合物的性质等知识。28、3A2B0.1mol/(L·min)>BD【答案解析】(1)由图可以知道，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol-0.4mol=0.4mol，B增加0.4mol-0.2mol=0.2mol，由反应速率之比等于化学计量数之比可以知道，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应为2A⇌B；(2)0~4min内，B增加0.4mol-0.2mol=0.2mol，则用B表示的反应速率v(B)=0.2mol/0.5L/4min=0.1mol/(L·min)；(3)第4min时，A的物质的量仍在减少，为正反应阶段，正、逆反应速率的大小关系为:v(正)>v(逆)；(4)A、恒温恒容充入He使压强增大，参加反应的气体的浓度不变，在反应速率不变，错误；

B、缩小体积，使压强增大，参加反应气体的浓度增大，正确；C、恒温恒压充入He，体积增大，参加反应气体的浓度减小，反应速率减小，错误；D、加入催化剂，反应速率增大，正确；故选BD。点睛：本题主要考查