2020-2021学年四川省成都市龙泉驿区高一（下）期末化学试卷（附答案详解）

2020-2021学年四川省成都市龙泉驿区高一（下）期末化

学试卷.2022年成都大运会办赛理念为“绿色、智慧、活力、共享”，提倡“健康生活、积极运动”是大运会的宗旨和目的。下列有关说法不正确的是（）A.把环境保护作为大运会设施规划和建设的首要条件B.鼓励观众乘坐公共交通工具、骑行自行车等到赛场观看比赛C.尽可能佩戴口罩，防止新冠病毒等交叉感染D.体育场馆建设尽可能使用天然材料，不使用合成材料.下列叙述正确的是（）A.符合。1（电0）„1通式的一定属于糖类B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C.植物油氢化过程中发生了取代反应D.葡萄糖和蔗糖属于同系物，淀粉和纤维素互为同分异构体.下列化学用语正确的是（）A.乙醛的结构简式：CH3COHB.次氯酸的结构式：H-C1-0C.原子核内有18个中子的氯原子：器C1D.N&的电子式：H：）：H4.下列性质比较中不正确的是（）A.还原性：F->Cl->Br-B.熔点：A12O3>A1C13>HC1C.碱性：KOH>Ca（OH）2>Mg（OH）2D.氧化性：Fe3+>Fe2+>Mg2+.化石燃料对人类社会的发展具有十分重要的作用。下列说法正确的是（）A.化石燃料十分重要，要尽可能地开发利用B.天然气是一种清洁的化石燃料，也可用作化工原料合成氨和生产甲醇等C.煤气化为气体燃料可减少二氧化碳的排放，避免出现温室效应D.石油分储可得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料.能用来鉴别苯、己烯和乙醇的是（）

A.金属钠 B.氢氧化钠溶液C.滨水 D.饱和Na2cO3溶液.以乙烯为原料生产环氧乙烷。其经典方法是氯代乙醇法，它包括两步反应:①C&=CH2+Cl2+H20tC1CH2cH20H+HC1②C1CH2cH20H+HC1+Ca(0H)z―口 +CaCl2+2H2OH(H]现代方法中石油化工采用银作催化剂，一步完成，其反应的化学方程式为:Ag/。\2cH2=CH2+02-^2H;C——CH,°比较上述两种方法，下列说法不正确的是()A.现代方法原子利用率更高B.经典方法更易腐蚀设备C.经典方法生产成本更高D.两种方法中都运用了加成、取代反应原理8.已知化学反应Az(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示。下列叙述不正确的是能量()A.反应物的总能量低于生成物的总能量B.生成lmolAB需吸收(a-b)kj的热量A2(g)+B2(g)=2AB(g)AH=+(a-b)kj-mol-1D.加入催化剂不会改变该反应的反应热CH—CH—COOH9.丙氨酸的结构简式为 ，下列有关该物质的叙述正确的是()NH.A.只有一种官能团一COOHB.与乙酸互为同系物C.某些蛋白质分子中含有-CONH-,则丙氨酸在一定条件下能发生分子间反应lmol该物质与足量的碳酸钠溶液反应生成44.0gCC)2.Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.标准状况下，11.2L16()2和1叼2的混合气体中含有I.ONa个氧原子17gOH-和17g-0H所含电子数均为I.ONaIGgC%与Cl?在光照条件下反应，生成的CH3a分子数为I.ONa38.0g正丁烷和20.0g异丁烷的混合物中共价键数目为12以.下列判断正确的是（）A.酸性H2s（）3>H2c。3，则硫元素的非金属性比碳元素强B.向含有Ag+、CM+的溶液中加入足量的Fe粉，先析出Ag,后析出Cu,则金属性Fe>Cu>AgC.向某无色溶液中加入少量Bad?溶液，有白色沉淀产生，则该溶液中一定含有S0：-D.相同质量的A1和Fe与足量的稀盐酸反应，A1放出的出多，则A1的金属性比Fe强12.已知：2cH30H（g）+C）2（g）=2CO2（g）+4H2（g）AH=+380kJ-molT,下列说法正确的是（）A.CH30H的燃烧热为190kJ•moP1B.该反应能说明CO2比CH30H稳定C.CO2（g）+2H12（g）=CH30H（g）+扣2（g）AH=-190kJ.moLD.由于题设没有条件限制，所以反应中的能量变化与反应体系的温度和压强无关13.X、Y、Z均为短周期元素，xa+、Y（a+】）+、Z-简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（）A.原子序数：X>Y>ZB.离子半径：Xa+>Y（a+】）+>Zb-xa+的氧化性一定大于Y（a+1）+X与Z可能形成既含离子键又含共价键的化合物14.航天飞机用铝粉与高氯酸铁的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸钱分解，其反应为:2NH4C104（s）=N2（g）+Cl2（g）+20z（g）+4H20（g）AH<0,下列叙述错误的是（）A.化合反应一定是放热反应，分解反应一定是吸热反应B.在该反应中，NH4c既是氧化剂，又是还原剂C.从能量变化看，整个反应过程主要是化学能转变为热能和动能D.NH4cIO,分解瞬间产生大量的高温气体推动航天飞机飞行.下列由实验得出的结论正确的是（）实验结论A将石蜡油加强热后产生的气体持续通入酸性KMn()4溶液中，溶液最终变为无色产生的气体中一定含有乙烯和丙烯B用乙酸较长时间持续浸泡水壶中的水垢，水垢最终溶解消除乙酸的酸性小于碳酸的酸性C向油脂皂化后的溶液中滴入酚献试液，溶液变红色油脂皂化生成有碱D蔗糖溶液在稀硫酸存在下水浴加热一段时间后，加氢氧化钠溶液调溶液至碱性，再加入银氨溶液混合加热，有光亮的银生成蔗糖一定发生了水解A.A B.B C.C D.D.常温下，lmol化学键分解成气态原子所需能量用E表示，结合表中信息，下列说法正确的是()共价键H-HH-FH-ClH-lF-FE(kJ-mor1)436568432298157A.上述共价键中F-F最稳定B.断裂H-F需要吸收568kJ的热量298kJ-mol-1<E(H-Br)<432kJ-mol-1H2(g)+F2(g)=2HF(g)AH=+543k]-mol-117.2021年6月17日，我国神舟十二号载人飞船成功发射，中国空间站和国际空间站将同时在轨运营，此举开创了国际航天事业的新篇章，制造神舟十二号载人飞船的材料中含有的主族元素W、X、Y、Z,分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，X、Z同主族，X的最外层电子数是W和Y的最外层电子数之和，它们的单质中只有Y的单质为金属，能与NaOH溶液反应。下列叙述正确的是()A.原子半径大小顺序为Z>Y>X>WZ的氧化物为酸性氧化物，能与水反应生成对应的酸W与X形成的化合物分子都呈正四面体结构Z单质可广泛应用于制造光电池、芯片等.有机物A的分子式为C2Hg可发生如下转化。已知B、D是生活中的两种常见有机物。下列说法不正确的是()h2oo2o2催化剂‘ICuA’C催化剂△A.有机物E的结构简式为CH3COOCH2cH3B.由有机物B生成C的化学方程式为：CH3CH2OH+02CH3COOH+H20△C,用饱和Na2cO3溶液可鉴别B、D,ED.由B、D制备E时常用浓硫酸作催化剂和吸水剂.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21,下列分析正确的是（）W X YZA.氢化物的沸点：X<YB.化合物的熔点：WX2>ZX2XY2中X的化合价为+2ZX2与W单质反应能生成WX2气体20.海洋约占地球表面积的70%,对其开发利用具有广阔的前景。对于下列流程说法错误的是（）A.粗盐中含有的SO厂需依次加入BaCk溶液、Na2c。3溶液、稀HC1除去B.苦卤中提澳反应的离子方程式为2Br++Cl2=Br2+2C\-C.工业上“试剂1”最好选择石灰乳D.工业上电解熔融的MgO可冶炼金属Mg21.己知①C(s)+02(g)=82(g)△H=-393.5kJ/mol②2H2(g)+02(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ/mol③CH3COOHQ)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H=-870.3kJ/mol则2c(s)+2H2(g)+02(g)=CH3COOH(1)6<JAH值为()A.-488.3kJ-mol-1 B.+488.3kJ-mol-1C.—996.6kJ-mol-1 D.+244.15kJ-mol-1.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期主族元素。其中A的原子半径在短周期主族元素中是最小的：B的阴离子与C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，能生成一种淡黄色的固体甲：D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和。回答下列问题：(1)E元素在周期表中的位置为；固体甲的电子式为。(2)D、E的简单氧化物中，最稳定的是(填化学式)，B的简单氢化物沸点较高，其原因是°B、C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序为(填离子符号).(3)A、C、D能形成CAD的化合物，该化合物中存在的化学键有；A、C能形成离子化合物乙，写出物质乙与水反应的化学方程式o(4)A、B、C、D能组成两种均含该四种元素的化合物，这两种化合物在水溶液中能发生反应，其反应的离子方程式为。.当今，塑料制品的大量生产与使用给环境造成了严重的“白色污染”，亟需寻找有效途径予以治理。某些废旧塑料可采用如图所示方法进行处理：将废弃塑料隔绝空气加强热(加热装置略)，使其变成有用的物质。已知对废弃塑料加强热得到的产物有氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯、甲苯、炭等。回答下列问题：(1)试管B中收集到的产品有；C处的现象是；D处点燃的气体除可用作燃料外，还可以(任写另一种用途)。(2)乙烯、丙烯都是生产塑料的主要原料，其中丙烯的结构简式为:在一定条件下，由乙烯生产聚乙烯的化学方程式为o(3)苯、甲苯都是重要的化学试剂与化工原料。实验室可用苯制备漠苯，其实验装置如图所示。①圆底烧瓶中发生的有机反应化学方程式为,反应类型为。②装置b中CC。的作用是，装置c中NazCOs溶液的作用是。

(4)甲苯在一定条件下与溟反应能生成C7H7Br的有机化合物，该有机化合物属于芳香类的化合物有种。冷汞苯和泡的混合液冷汞硅酸钠硅酸钠

溶液.某化学课外兴趣小组设计了如下实验装置，用来比较乙酸、碳酸和硅酸的酸性强弱。回答下列问题：(1)装置甲、装置乙中所盛药品分别是、。(2)装置C中发生反应的离子方程式为<,(3)得出的实验结论是o(4)若去掉装置B进行实验，能否得出上述实验结论？(填“能”或“否”),理由是。(5)利用去掉B后的装置来比较Cl、C和Si的非金属性，装置甲中盛放的药品是(填溶质的化学式)；得出的结论是.碳酸钠

溶液.已知：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)AH=-57.3kJ/mol,现用如图所示装置测定中和热。

回答下列问题：(1)碎泡沫塑料的作用是；若将A换为“铜丝搅拌棒”测得的AH将1填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(2)若用0.1molBa(OH)2配制成稀溶液，与足量的稀硝酸反应，放出的热量为 kjo大烧杯小烧杯大烧杯小烧杯.2021年5月29日天舟二号货运飞船成功发射，为中国空间站进一步开展在轨建造奠定了坚实基础，该飞船由长征七号遥三运载火箭搭载。长征七号遥三运载火箭使用煤油为燃料。(1)煤油的主要成分为Cl2H26，已知34gCi2H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2k]热量；H20(g)=H2O(1)AH=-44.0kJ/molo则表示煤油燃烧热的热化学方程式为(2)前期的火箭曾用液态阴(N2HD与双氧水反应来提供能量。已知0.4mol液态朋与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则此反应的热化学方程式为。.将氧化铁还原为铁的技术在人类文明进步中占据十分重要的地位。高炉炼铁中发生的部分反应为：C(s)+02(g)=C02(g)AH=-393.5kJ/molC()2(g)+C(s)=2C0(g)AH=+172.46kJ/mol⑴已知2Fe(s)+|()2(g)=Fe203(s)AH=-824.21kJ/mol,则高炉内Fe2()3被CO还原为Fe的热化学方程式为«(2)碳(s)在氧气不足的情况下燃烧，会生成CO,但同时也有部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：氯5)+：02M)=(：0(8)的414,计算时需要测得的实验数据有。若根据上述信息可计算出该反应的AH=kJ/moL28.锡、鸨、锦和稀土并称为中国的四大战略资源，工业上主要以锡石(主要成分为SnO2,还含有WO3、SiO2,S、Cu、Pb、Fe等杂质)为原料制备金属锡，其主要工艺流程如下：查阅资料可知：鸨酸钙(CaWOQ难溶于水，Sn、Pb在化合物中主要呈现+2、+4两种化合价。回答下列问题：(1)氧化焙烧时加快反应速率的方法有(任填一种)，气体甲的主要成分是(填化学式)。(2)在固体1中加入10%Na2c。3溶液并进行熔烧，其目的是将W元素转化为可溶性盐分离出来，已知该过程中不涉及氧化还原反应，则溶液A中含W元素的溶液的溶质是(填化学式)；固体2中Pb元素的化合价为.(3)固体3通过还原冶炼可得到粗锡，若使用焦炭在高温条件下进行，其反应原理与二氧化硅和碳反应相似，则还原制得锡的化学方程式为o(4)SM+具有强还原性，在酸性条件易被空气中的。2氧化，其反应的离子方程式为(5)通过下列过程可以测定粗锡中锡的纯度：将粗锡样品溶于盐酸中得到SnC%溶液,再加入过量的FeCk溶液转化为.然后用已知浓度的占52。7溶液去滴定生成的Fe2+。现有粗锡样品0.613g,经上述各步反应后，共用去O.lOOmol/LKzCrzO7溶液16.0mL,则该粗锡样品中锡的质量分数为(假设杂质不参与反应)。答案和解析.【答案】D【解析】解：A.依照办赛理念，环境保护确实是大运会设施规划和建设的首要条件，故A正确；B.减少私家车出行，乘坐公共交通工具、骑行自行车等可有效减少污染物的排放，符合办赛理念，故B正确；C.尽可能佩戴口罩可以有效的阻断新冠病毒等交叉感染，故C正确；D.使用合成材料不影响场馆建设过程中的绿色环保性，故D错误；故选：Do办赛理念是环保、低碳、健康。本题主要考查环境保护和绿色化学，侧重考查学生解决实际问题的能力，试题比较简单。.【答案】B【解析】解:A.符合Cn(H20)m通式的物质不一定为糖类化合物，如甲醛CH2。、乙酸C2H4。，故A错误；B.温度高，蛋白质会变性，所以疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故B正确；C.植物油氢化过程涉及与氢气的加成反应，不是取代反应，故C错误；D.同系物的官能团相同、官能团数目也相同，葡萄糖和蔗糖的官能团不同，不是同系物，淀粉和纤维素的分子式相同，聚合度不同，不是同分异构体，故D错误：故选：BoA.符合(:式电。、通式的物质不一定为糖类化合物；B.温度高，蛋白质会变性：C.植物油含有碳碳双键，与氢气发生加成反应；D.同系物的官能团相同、官能团数目也相同，分子式相同结构不同的互为同分异构体。本题考查了物质的性质及用途、常见有机物的结构与性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。3.【答案】C【解析】解：A.醛基中H直接连在C上，乙醛的结构简式为CH3CHO,故A错误；B.HCIO中0原子分别与H、C1形成共价键，其结构式为H-O-C1,故B错误；C.表示原子时，将质子数表示在元素符号左下角，质量数表示在左上角，含18个中子的氯原子的质量数为35,表示为衿CL故C正确；HD.氨气中N原子上有一对孤电子对，氨气的电子式为h：N：H，故D错误；••故选：CoA.醛基中H直接连在C上；B.HC10中。原子分别与H、CI形成共价键；C.表示原子时，将质子数表示在元素符号左下角，质量数表示在左上角；D.氨气中N原子上有一对孤电子对。本题考查化学用语的表示方法，涉及电子式、原子的表示方法等，侧重于学生的分析能力和灵活运用能力的考查，有利于学生养成规范使用化学用语的习惯，题目难度不大。4.【答案】A【解析】解:A,非金属性:还原性:F>Cl>Br,则简单阴离子的还原性:F-<Cl-<BL,故A错误；B.AI2O3形成的晶体为离子晶体，AlCb、HQ形成的晶体为分子晶体，则AI2O3的熔点最高，相对分子质量越大分子晶体的熔点越高，则AlCb的熔点大于HC1,所以熔点：A12O3>AICI3>HCL故B正确；C.金属性：K>Ca>Mg,则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(0H)2，故C正确；D.金属性：Mg>Fe,则氧化性：Fe2+>Mg2+,Fe3+的氧化性大于Fe2+,则氧化性：Fe3+>Fe2+>Mgz+,故D正确；故选:AoA.非金属性越强，简单阴离子的还原性越弱；B.离子晶体的熔点大于分子晶体，相对分子质量越大分子晶体的熔点越高：C.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D.金属性越强，简单阳离子的氧化性越强，铁离子的氧化性大于亚铁离子。本题考查元素周期律的应用，为高频考点，明确元素周期律的内容为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。【解析】解：A.石油是不可再生资源，不能无尽的开采，故A错误；B.天然气不仅是清洁燃料，还是一种重要的化工产品，可合成氨和生产甲醇等，故B正确；C.煤气化为气体燃料，碳的质量没有减少，故二氧化碳的排放没有减少，故C错误；D.石油裂解可得到乙烯、丙烯，不是分馆得到，故D错误；故选:B.A.石油是不可再生资源；B.天然气不仅是清洁燃料，还是一种重要的化工产品；C.煤气化为气体燃料，碳的质量没有减少；D.石油裂解可得到乙烯、丙烯。本题考查有机物的应用，为高考高频考点，把握有机物的组成、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。6.【答案】C【解析】解：A.苯、己烯和乙醇三种物质中只有乙醇能与金属钠反应产生无色气体，其余均不反应，无法鉴别，故A错误；B.乙醇与氢氧化钠溶液互溶，苯、己烯与氢氧化钠溶液分层，有机层均在上层，无法鉴别，故B错误；C.苯能萃取溪水中的澳单质，且有机层即溟的苯溶液层在上层，己烯能使溟水褪色，乙醇与溟水互溶，三者现象不同，能鉴别，故C正确；D.苯、己烯与饱和Na2cO3溶液分层，有机层在上层，乙醇与饱和Na2cO3溶液互溶，无法鉴别，故D错误；故选:CoA.乙醇能与金属钠反应产生无色气体，其余均不反应；B.乙醇与氢氧化钠溶液互溶，苯、己烯与氢氧化钠溶液分层，有机层均在上层；C.苯能萃取滨水中的漠单质，且有机层即澳的苯溶液层在上层，己烯能使滨水褪色，乙醇与溟水互溶：D.苯、己烯与饱和Na2c。3溶液分层，有机层在上层，乙醇与饱和Na2cO3溶液互溶。本题考查有机物的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。【解析】解：A.现代方法符合“原子经济性”，原子利用率高，故A正确；B.经典方法会产生HC1对设备具有腐蚀性，故B正确；C.经典方法有副产物生成，成本更高，故C正确：D.经典方法涉及了加成反应和取代反应，现代方法涉及氧化反应，故D错误；故选：Do根据题给信息可知，与经典方法相比，现代方法的突出优点有①不需要使用有毒气体氯气，②原子利用率高，③反应只需要一步完成，据此分析作答即可。本题主要考查了学生的阅读信息的能力，分析能力，比较能力，属于高考常考题型和高频考点，难度不大。8.【答案】B【解析】解：A.由图知，该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故A正确；B.由图可知，该反应是吸热反应,培变△H=+(a-b)kJ/mol,A2(g)+B2(g)=2AB(g)△H=+(a-b)kj/mol,即每生成lmolAB(g)时吸收：(a-b)kj能量，故B错误；C.图可知，该反应是吸热反应，烙变△H=+(a-b)kj/mol,则A2(g)+B2(g)U2AB(g)△H=+(a-b)kj/mol,故C正确；D.催化剂能降低反应活化能，不能改变反应热，故D正确：故选：BoA.根据图中信息即可判断：.反应热AH=反应物能量总和-生成物能量总和，写出热化学方程式并且进行计算；C.反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和；D.催化剂能降低反应活化能。本题主要考查反应中的能量变化，侧重考查学生读图、析图的能力，把握反应中能量变化为解答的关键，此题难度中等。.【答案】C【解析】解：A.丙氨酸含有一NH2、—COOH两种官能团，故A错误；B.丙氨酸含有氨基，而乙酸没有氨基，含有的官能团种类不同，二者不是同系物，故B错误；C.丙氨酸在一定条件下能发生分子间反应形成肽键，故C正确：D.丙氨酸与足量的碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，没有二氧化碳生成，故D错误；故选：CoA.该有机物含有一NH2、-COOH：B.同系物具有相同种类和数目的官能团，且碳原子数不同；C.氨基与瘦基之间脱水可以形成肽键；D.丙氨酸与足量的碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，没有二氧化碳生成。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解同系物的内涵与外延，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。.【答案】A(解析】解:A.求标况下11.2L混合气体的物质的量n=肃篇=0.5mol,而小。2和18q2均为双原子分子，故0.5mol气体中含氧原子为Na个，故A正确：B.OH-和一0H的摩尔质量均为17g/mol,则17gOH-和17g-OH均为Imol,但OFT和一OH分别含10个和9个电子，故含有的电子个数分别为IONa个和9Na个，故B错误；C.C也与在光照条件下的反应为链锁反应，不止生成C&C1,还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故得到的CH3cl分子数小于I.ONa，故C错误：D.正丁烷和异丁烷的摩尔质量均为58g/mol,且均含13条共价键，则38.0g正丁烷和20.0g异丁烷的混合物中共价键数目为鬻署X13xNA/mol=13Na，故D错误；uog/IT1O1故选：A=A.求出标况下11.2L混合气体的物质的量，然后根据16。2和18。2均为双原子分子来分析；B.OH-和一0H的摩尔质量均为17g/moL但OH」和一OH分别含10个和9个电子：C.CH4与Cl?在光照条件下的反应为链锁反应，不止生成CH3CI：D.正丁烷和异丁烷的摩尔质量均为58g/mol,且均含13条共价键。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。.【答案】B【解析】解：A.元素最高价氧化物的水化物酸性越强，则元素非金属性越强，H2s。3不是S的最高价含氧酸，酸性：H2s。4>H2co3,可以说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A错误：B.Ag+、CM+的溶液中加入足量的Fe粉，金属铁优先和氧化性强的离子(Ag+)反应，置换出金属银，然后置换出金属铜，氧化性强的离子则单质的还原性弱，金属性弱，则金属性Fe>Cu>Ag,故B正确；C.溶液中加入少量BaCk溶液，有白色沉淀产生，白色的沉淀可以是硫酸钏、亚硫酸钢、碳酸钿等,则该溶液中可能含有SOj-、SO歹、CO歹等离子，故c错误；D.相同质量的A1和Fe与足量的稀盐酸反应，A1放出的Hz多，Fe放出的％少，这和金属性的强弱之间没有联系，应该根据失电子的难易程度判断金属性强弱，故D错误；故选:B.A.元素最高价氧化物水化物酸性越强，则元素非金属性越强；B.Ag+、CM+的溶液中加入足量的Fe粉，金属铁优先和氧化性强的离子反应，氧化性强的离子单质的还原性弱，据此判断金属的活泼性：C.溶液中加入少量BaC12溶液，有白色沉淀产生，白色的沉淀可以是硫酸钢、亚硫酸钏、碳酸钢等；D.金属和酸反应产生氢气的多少和金属性的强弱之间没有联系。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握元素性质递变规律为解答的关键，侧重分析与能力的考查，题目难度不大。.【答案】C【解析】解：A.甲醇燃烧应生成二氧化碳和水，该反应生成氢气，不能计算燃烧热，故A错误；B.反应只能说明反应物总能量小于生成物总能量，不能确定CH3OH、CO2能量的大小，则不能确定CH3OH、CO?稳定性，故B错误；C.H2CH3OH(g)+02(g)=2CO2(g)+4H2(g)AH=+380kJ-mor1,根据盖斯定律，则CO2(g)+2H2(g)=CH30H(g)+102(g)AH=-190kJ-moL,故C正确；D.反应热是在一定温度、压强下测定，与反应体系的温度和压强有关，故D错误：故选：CoA.甲醇燃烧应生成二氧化碳和水，该反应生成氢气；B.反应只能说明反应物总能量小于生成物总能量，不能确定CH3OH、电能量的大小；C.因2cH30H(g)+02(g)=2c02(g)+4H2(g)AH=+380kJ•moL,根据盖斯定律可得;D.反应热是在一定温度、压强下测定。本题考查化学反应热能量，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大。.【答案】D【解析】解：根据分析可知，核电荷数Y>X>Z,且X、丫处于同周期，Z处于Y、X的上一周期，X、丫为金属元素，Z为非金属元素，A.X、丫处于同周期，Z处于Y、X的上一周期，原子序数：Y>X>Z,故A错误；B.核电荷数Y>X>Z,电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，则离子半径Zb->Xa+>丫（a+D+,故B错误；C.单质的还原性越强，离子的氧化性越弱，单质的还原性X>Y,离子氧化性Xa+<丫（a+l）+,故C错误；D.若X为Na、Z为0,则X与Z可形成既含极性共价键乂含非极性共价键的化合物过氧化钠,故D正确；故选：D»X、Y、Z均为元素周期表中前三周期元素，xa+、丫（a+l）+、Zb-三种简单离子的电子层结构相同，可知Z为第二周期的非金属元素，X、丫为第三周期的金属元素，且原子序数丫大于X,金属性X大于Y,以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、离子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。.【答案】A海温 一【解析】解：A.化合反应不一定是放热反应，如c+CO2二一2C0属于吸热反应，故A错误；B.S1S2NH4C1O4—N2T+4H20+C12T+2O2T中，N化合价升高,Cl元素的化合价降低,所以NH4cle）4既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C.反应是放热的，在反应过程中，化学能转变为热能和动能，故C正确；D.根据发生的反应：2NH4CIO42N2T+4H20+Cl2T+2。23化学能转变为热能和动能，在NH4c1。4分解瞬间，产生大量的高温气体推动航天飞机飞行，故D正确；故选：AonS2NH4C104—N2T+4H2O+C12T+2O2T中，N化合价升高，Cl元素的化合价降低，所以NH4cIO,既是氧化剂又是还原剂，该反应放出大量的热量，反应物只有一种，产物多种，属于分解反应，据此回答。本题考查学生氧化还原反应的有关知识，注意反应的吸放热和反应类型之间的关系，知识的归纳和梳理是关键，难度不大。.【答案】D【解析】解：A.不饱和烧都可使酸性高镐酸钾褪色，由操作和现象可知生成气体为不饱和烧，不能确定产生的气体中一定含有乙烯和丙烯，故A错误；B.用乙酸浸泡水壶中的水垢，说明乙酸能够生成碳酸，则乙酸的酸性大于碳酸的酸性，故B错误：C.向油脂皂化后的溶液中滴入酚酣试液变红色的溶液呈碱性，可能为碱，也可能是水解显碱性的盐溶液，不能说明油脂皂化生成有碱，故C错误；D.蔗糖为非还原性糖，由操作和现象可知水解生成还原性的葡萄糖，说明蔗糖一定发生了水解，故D正确：故选：DoA.不饱和烧都可使酸性高锌酸钾褪色；B.结合强酸制取弱酸原理分析：C.滴入酚酸试液变红色的溶液呈碱性，可能为碱，也可能是水解显碱性的盐溶液；D.蔗糖为非还原性糖，由操作和现象可知水解生成还原性糖。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、混合物分离提纯、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析,题目难度不大。16.【答案】C【解析】解：A.键能越大，越稳定，则H—F最稳定，故A错误；B.H—F键能为568kJ/mol,断裂ImolH-F需要吸收568kJ的热量，故B错误；C.非金属性越强，对应氢化物的键能越大，结合表中数据可知432对-11101-1>£5-Br)>298kJ-mol-1.故C正确；D.H2(g)+F2(g)=2HF(g)AH=反应物键能总和一生成物键能总和=(436+157-2X568)kJ/mol=-543kJ/mol,故D错误;故选：CoA.键能越大，越稳定。B.H-F键能为568kJ/mol,断开化学键吸收能量；C.非金属性越强，对应氢化物的键能越大；D.H2(g)+F式g)=2HF(g)AH=反应物键能总和一生成物键能总和。本题考查反应热与焰变，为高频考点，把握反应中能量变化、熔变计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意键能与稳定性关系，题目难度不大。.【答案】D【解析】解：根据分析可知，W为H元素、X为C元素、Y为Al、Z为Si,A.电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数大的半径小，原子半径大小顺序为Y>Z>X>W,故A错误；B.Z为Si,Z的氧化物为Si。?，为酸性氧化物，Si。?难溶于水，不能与水反应生成对应的酸，故B错误；C.Y、Z形成的化合物是烧，很多煌都不是正四面体结构，故C错误；D.Z为Si,硅单质可广泛应用于制造光电池、芯片等，故D正确；故选：Do短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Z同主族，X的最外层电子数是W和Y的最外层电子数之和，它们的单质中只有Y的单质为金属，能与NaOH溶液反应，则Y为A1元素；主族元素W、X、Y、Z,分布在三个短周期中，则W为H,X的最外层电子数是W和Y的最外层电子数之和，X、Z属于同主族，则X为C,Z为Si元素，据此进行解答。本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。.【答案】B【解析】解：A.根据分析，有机物E的结构简式为CH3COOCH2cH3,故A正确；B.由有机物B生成C的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2空2CH3CHO+2H2O.故B错误；△C.乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，有气体生成，乙醇与碳酸钠溶液互溶，而乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，溶液分层，现象各不相同，可以进行鉴别，故c正确；D.乙酸乙酯制备中浓H2s。4作催化剂和吸水剂，故D正确；故选：Bo有机物A分子式为C2H4,A与水发生加成反应生成B,B可发生连续氧化反应，贝IJA为C&=CH2,B为CH3cH2OH,B发生催化氧化生成C为CH3CHO,C进一步氧化生成D为CH3COOH,乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3coOCH2cH3,以此来解答。本题考查有机物的推断，为高频考点，把握有机物的结构与性质、有机反应、有机物的相互转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意选项D中浓硫酸的作用，题目难度不大。.【答案】C［解析］解：设W的最外层电子数为x,则X、Y、Z的最外层电子数分别为(x+2)、(x+3)、X,由于这四种元素原子的最外层电子数之和为21,即4x+5=21,x=4；则W、X、Y、Z分别为C、0、F、Si；A.常温下，也0是液体，HF是气体；氢化物的沸点：X>Y,故A错误；B.常温下，CO?是气体，Si。2是固体；熔点：WXz<ZX2，故B错误；C.XY2为OF2,其中氧元素的化合价为+2价，故C正确；D.Si02和C反应生成Si和C0,故D错误；故选：Co设W的最外层电子数为x,则X、Y、Z的最外层电子数分别为(x+2)、(x+3)、X,由于这四种元素原子的最外层电子数之和为21,即4x+5=21,x=4；则W、X、Y、Z分别为C、0、F、Si；A.利用氢化物在常温的状态判断其沸点；B.利用常温下的物质状态判断其熔点大小；C.0F2中氧元素的化合价为+2价；D.Si()2和C反应生成C0气体；本题利用各元素在周期表中的位置推知元素，题目比较简单。考查物质的物理、化学性质。20.【答案】D【解析】解：A.粗盐中含有的S0/需依次加入BaCk溶液除去硫酸根离子、加入Na2c。3溶液除去过量的钢离子、过滤后加入稀HQ除去过量的碳酸钠，故A正确；B.氯气能将澳离子氧化为漠单质，从苦卤中提取Brz的反应的离子方程式为：2BL+Cl2=2Cr+Br2,然后采用萃取的方法从溶液中获取澳，故B正确；C.煨烧贝壳得到CaO,将CaO溶于水得到石灰乳，石灰乳和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，试剂1廉价且原料来源广泛，故C正确；D.氧化镁熔点很高，氯化镁熔点较氧化镁低，电解氧化镁冶炼镁增加成本，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误：故选:Do海水分离得到粗盐和苦卤，苦卤中加入稀硫酸通入氯气，氧化溪离子生成漠单质，除去分液分离出澳单质，水溶液中加入试剂1为氢氧化钙，沉淀镁离子，过流得到氢氧化镁沉淀，受热分解生成氧化镁，A.粗盐中含有的SO/需依次加入BaCk溶液除去硫酸根离子、Na2c溶液除去过量的钢离子、稀HQ除去过量的碳酸钠；B.氯气具有强氧化性，能将澳离子氧化为澳单质；C.石灰乳和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀：D.工业上电解熔融氯化镁冶炼镁。本题考查了海水资源的开发和利用，涉及氧化还原反应、除杂、金属的冶炼等知识点，明确物质的性质是解本题关键，知道根据金属活动性强弱选取合适的冶炼方法，题目难度不大。.【答案】A【解析】解：已知①C(s)+02(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol②2H2(g)+02(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ/mol(3)CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)△H=-870.3kJ/mol根据盖斯定律，①X2+②+③可得2c(s)+2H2(g)+02(g)=CH3COOH(1)aH=(-393.5kJ/mol)x2+(-571.6kJ/mol)-(-870.3kJ/mol)=-488.3kJ/mol,故选：Ao已知①C(s)+02(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol②2H2(g)+02(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ/mol(3)CH3COOH(1)+2O2(g)=2c02(g)+2H20(l)△H=-870.3kJ/mol根据盖斯定律，①X2+②+③可得2c(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l),以此计算其焰变。本题考查用盖斯定律进行有关反应热的计算，为高频考点，把握盖斯定律的内容为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。.【答案】第三周期第VIIA族HC1水分间存在氢键S2->C1->->Na+离子键和共价键(或极性共价键)NaH+H20=NaOH+H2THSOJ+H+=H2O+SO2T【解析】解：由题意可知，A、B、C、D、E分别为H、0、Na、S、Cl；(1)C1元素在周期表中的位置为第三周期第VIIA族，固体甲为Na2。?，其电子式为7：0：0：]Na*,故答案为：第三周期第VIIA族；n.*[:o：o：]2n.*；(2)D、E的简单氢化物分别为HC1和H2S,非金属越强，氢化物越稳定，故最稳定的是HC1,B的简单氢化物为H2O,沸点较高，其原因是水分间存在氢健。B、C、D,E的简单离子分别为。2-、Na+、S2-、C1-,电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同，核电荷数越小，离子半径越大；故离子半径由大到小的顺序为S2->C「>O2->Na+,故答案为：HC1；水分间存在氢键；S2->C1->02->Na+；(3)化合物CAD为NaHS,Na+和HS-之间存在离子键，HS―中H原子核S原子间存在极性共价键，故该化合物中存在的化学键有离子键和共价键(或极性共价键)：A、C能形成离子化合物乙为NaH,其与水反应的化学方程式NaH+H20=NaOH+H2T,故答案为：离子键和共价键(或极性共价键)：NaH+H20=NaOH+H2T；(4)A、B、C、D能组成两种均含该四种元素的化合物分别为NaHSOs和NaHSOg这两种化合物在水溶液反应的离子方程式为HSO]+H+=H20+SO2T,故答案为：HSO3+H+=H2O+SO2T«A的原子半径在短周期主族元素中是最小的，则A为H；B的阴离子与C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，能生成一种淡黄色的固体甲可知，B为0,C为Na；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D为S；(1)C1元素在周期表中的位置C1元素在周期表中的位置和Na?。2的电子式；(2)非金属越强，氢化物越稳定；分子间作用力对氢化物沸点的影响；电子层数越多，离子半径越大：电子层数相同，核电荷数越小，离子半径越大；(3)复杂型离子化合物中含有离子键和共价键；NaH与水反应的化学方程式：(4)酸式盐之间反应的离子方程式。本题考查位置、结构与性质，为高频考点，题目难度不大。侧重考查元素周期律的相关知识，注意规律性知识及化学用语的使用。.【答案】苯、甲苯有气泡产生，澳水褪色还原剂CH2=CHCH3£%=(：电催与剂•tCH,—CH,士[口+Bl2 1 +HBr取代反应吸收漠蒸气吸收HBr气体4【解析】解：(1)常温下苯和甲苯为液态，所以在试管B收集到的产品是苯和甲苯：乙烯和丙烯会与滨水发生加成反应而褪色；D处气体是氢气，具有还原性，故答案为：苯和甲苯；有气泡产生，溟水褪色；还原剂；(2)丙烯的分子式为C3H6，含有一个双键，故结构简式为：CH2=CHCH3；乙烯发生加聚反应生成聚乙烯的化学方程式为：式小=CH?催咚剂~CH,-CH,..故答案为：ch2=chch3；nCH2=ch2™-E-ch?-(3)①实验室由溟和苯在溟化铁的催化剂作用下发生取代反应生成澳苯故答案为：|+HBr；故答案为：|+HBr；取代反应;②四氯化碳的作用是吸收澳蒸气，碳酸钠和产生的演化氢发生反应，故答案为：吸收澳蒸气；吸收HBr气体；(4)甲苯分子中含有4种H原子，其一漠代物有4种，故答案为：4..(1)苯和甲苯的沸点较低，泽尔试管刖攵集到的产品是苯和甲苯，烯嫌会使澳水褪色：D处气体是氢气；(2)丙烯的分子式为C3H6,乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，据此写出反应的化学方程式；(3)①溟和苯在澳化铁的催化作用下生成漠苯：②四氯化碳的作用是吸收澳蒸气；碳酸钠和产生的澳化氢发生反应；(4)有几种氢原子就有几种一漠代物。本题考查有机物结构与性质等知识，题目难度中等，掌握基本概念和基本反应为解答关键，试题培养了学生的分析能力。.【答案】乙酸饱和碳酸氢钠溶液H20+C02+SiO|-=H2SiO31+C0|-酸性：乙酸〉碳酸〉硅酸否乙酸具有挥发性，也能使硅酸钠转化为硅酸：HC104非金属性:Cl>C>Si【解析】解：(1)先用醋酸与碳酸钠反应，碳酸钠和醋酸反应方程式为：Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H20+C02T,证明醋酸酸性大于碳酸，故答案为：乙酸；饱和碳酸氢钠溶液；(2)生成的二氧化碳通入硅酸溶液中，反应方程式为电0+C02+SiO1-=H2SiO31+C0|~,故答案为：H20+C02+SiO|-=H2SiO3i+C0|-；(3)根据强酸制弱酸原理，酸性：乙酸〉碳酸〉硅酸，故答案为：酸性：乙酸〉碳酸〉硅酸：(4)醋酸有挥发性，且醋酸也能和硅酸钠反应生成硅酸，所以也可能是醋酸与硅酸钠的反应，故去掉装置B进行实验，不能得出上述实验结论，故答案为：否；乙酸具有挥发性，也能使硅酸钠转化为硅酸：(5)比较Cl、C和Si的非金属性，即是比较其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱即可，故装置甲中盛放的药品是高氯酸，故答案为：HC104;非金属性：Cl>C>Si«先用醋酸与碳酸钠反应，碳酸钠和醋酸反应方程式为：Na2co3+2CH3COOH=2cH3cOONa+H20+C02T,证明醋酸酸性大于碳酸；生成的二氧化碳通入硅酸溶液中，反应方程式为H2O+CO2+SiO『=1+COp,生成硅酸，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸酸性；醋酸有挥发性，且醋酸也能和硅酸钠反应生成硅酸，所以也可能是醋酸与硅酸钠的反应，应设计一个装置除去CO?中混有的醋酸蒸气即可，据此进行解答。本题多角度考查无机物性质实验的设计，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握酸碱强弱比较，为解答该题的关键，题目难度中等。.【答案】防止热量散失偏大11.46【解析】解：(1)大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散失；金属具有良好的导热性，若将玻璃搅拌器换为“铜丝搅拌棒”，测得反应热数值偏小，但中和热AH为负值，则测得的AH偏大，故答案为：防止热量散失；偏大；(2)0.1molBa(OH)2能电离0.2mol0H-,根据H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)AH=-57.3kJ/mol可知，生成OZmolH?。放出的能量为57.3kJ/molX0.2mol=11.46k],故答案为：11.46o(1)中和热测定实验成败的关键是保温工作；金属Cu是热的良导体，传热快：(2)用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量的稀硝酸反应，可生成OZmolH?。，结合反应放热与水的物质的量关系进行计算。本题考查反应热与焰变，为高频考点，把握中和反应中能量变化、物质的量与热量关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。.【答案】C12H26(1)+yO2(g)=12C02(g)+13H20(!)AH=-7503kJ-mol-1N2HMl)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)AH=-641.75k]-mol-1【解析】解：⑴已知34gg2H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量Ci2H26。)+YO2(g)=12co2(g)+13H2O(g)AH=-6931kJ-mol-1,又已知H2(Xg)=H2O(1)AH=07-44.0kj/moL则表示煤油燃烧热的热化学方程式为Q2H26。)+掾。2®=12CO2(g)+13H2O(1)AH=-7503kJ-mol-1.故答案为：C12H26(l)+yO2(g)=12co2(g)+13H2O(1)AH=-7503kJ-mop1；(2)已知0.4mol液态肿与足量的双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7kJ的热量，则此反应的热化学方程式N2H4(I)+2H2。2(1)=N2(g)+4H2O(g)AH=-641.75kJ•mol-1,故答案为：N2H4(1)+2H2。2(1)=N2(g)+4H20(g)AH=-641.75kJ-mol-1.⑴已知34gg2H26完全燃烧生成气态水时放出1386.2kJ热量则lmolg2H26放出6931k]能量，又已知HzO(