云南省文山市2023学年化学高一第二学期期末教学质量检测试题含答案解析

2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项: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、据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡，从而对人体产生伤害，该同位素原子的中子数是A．50 B．136 C．86 D．2222、HNO3中N的化合价为()A．+2B．+4C．+5D．+63、下列离子方程式中，书写正确的是（）A．稀硫酸和铁的反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．盐酸和碳酸氢钠溶液反应：2H++CO32—=H2O+CO2↑C．硫酸铜和氢氧化钡溶液反应：SO42-+Ba2+=BaSO4↓D．铁片插入硫酸铜溶液：Fe+Cu2+=Fe2++Cu4、已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，而Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（）A．Cl2+FeI2=FeCl2＋I2 B．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O D．2Fe3＋+2I-=2Fe2++I25、根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述错误的是A．原子半径：K＞Na＞ClB．元素周期表有7个周期，18个族C．气态氢化物的稳定性：HF＞H2O＞PH3D．在周期表中金属与非金属分界处的硅是一种优良的半导体材料6、下列各图所示的装置，能构成原电池的是（）A．B．C．D．7、重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A．氘(D)原子核外有1个电子B．1H与D互称同位素C．H2O与D2O互称同素异形体D．1H218O与D216O的相对分子质量相同8、升高温度，下列数据不一定增大的是A．水的离子积常数 B．化学平衡常数 C．反应的活化分子百分数 D．化学反应速率9、下列各组中属于同素异形体的是A．12C与14CB．金刚石与石墨C．CH4与C2H6D．H2O与D2O10、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转换技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料。A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤11、铝制品具有较强的抗腐蚀性能，主要是因为A．铝具有银白色的金属光泽 B．铝表面形成致密的氧化物薄膜C．铝不与碱反应 D．铝不与酸反应12、铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则下列说法正确的是A．生成NO2的物质的量为0.9mol B．生成CuSO4的物质的量为2molC．原溶液中硝酸的浓度为2.5mol/L D．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应13、下列关于乙醇和乙酸的说法错误的是A．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B．相同条件下与金属钠反应的速率，乙醇比乙酸慢C．医用酒精属于混合物，醋酸是一元弱酸D．由于乙醇的密度比水小，所以乙醇中的水可以通过分液的方法除去14、下列物质中，在一定条件下既能起加成反应，也能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是（）A．乙烷 B．苯 C．乙烯 D．乙醇15、化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是A．风力发电和火力发电都是将化学能转化为电能B．“有计划的开采煤、石油和天然气，大力发展新能源汽车”符合“低碳经济”发展的新理念C．硫的氧化物和碳的氧化物都是形成酸雨的主要物质D．可燃冰实质是水变成的固态油16、W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC．X元素形成的单核阴离子还原性大于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性17、关于核素碳614A．碳元素的相对原子质量为14B．碳元素的原子序数为6C．该核素的中子数为8D．该核素用于测定一些文物的年代18、室温下，向10mL0.1mol·Lˉ1NaOH溶液中加入0.1mol·Lˉ1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点所示溶液中c(Na＋)>c(Aˉ)>c(H＋)>c(HA)B．pH＝7时，加入HA的体积<10mLC．pH＝7时，c(Na＋)＝c(Aˉ)＋c(HA)D．b点所示溶液中c(Aˉ)>c(HA)19、为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如图所示装置。则装置A中盛有的物质是A．水 B．NaOH溶液 C．CCl4 D．NaI溶液20、下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.0860.1020.074主要化合价+2+3+2+6、－2－2A．L、R形成的简单离子核外电子数相等B．单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞LC．氢化物的还原性为H2T>H2RD．M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应21、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A．水和苯 B．酒精和水 C．碘和四氯化碳 D．汽油和柴油22、在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3−）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是A．Ir的表面发生反应：H2+N2O＝N2+H2OB．导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D．若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的六种短周期元素，常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体。X与M，W与N分别同主族，在周期表中X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，Z、W的最外层电子数之和与M的核外电子总数相等。试回答下列问题：(1)N元素在周期表中的位置为_____；Y的简单氢化物的稳定性_____(填“>”“<”或“＝”)W的简单氢化物的稳定性。(2)X、Z形成的含18电子的化合物的结构式为_____。(3)由X、Z、W、N四种元素组成的一种离子化合物A，已知A既能与盐酸反应，又能与氯水反应，写出A与足量盐酸反应的离子方程式_____。(4)X和W组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是_____(填化学式)，此化合物可将碱性工业废水中的CN－氧化，生成碳酸盐和氨气，相应的离子方程式为_____。24、（12分）碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质

Cu(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

开始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸钠的作用是；②反应A后调节溶液的pH范围应为。③第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？。④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是。（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有。②若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因。此时B装置中发生反应的离子方程式是________________。③写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是。25、（12分）如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题。（1）图中有两处明显的错误是：①_____________；②____________。（2）A仪器的名称是______________，B仪器的名称是______________。（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需要加入少量的____，其作用是_______。26、（10分）在三支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液，再在其中两支试管中分别滴加0.1mol/LFeCl3溶液和0.1mol/LCuSO4溶液，试管中发生反应的化学方程式__________，后两支试管中能观察到的共同的明显现象是__________。该实验说明催化剂能加快化学反应速率，还能得出的结论是__________。27、（12分）一氯化碘(沸点97.4℃)，是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘。回答下列问题：(1)甲组同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘,其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应)①各装置连接顺序为A→___________;A

装置中发生反应的离子方程式为___________。②B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：___________,D装置的作用是____________。(2)乙组同学采用的是最新报道的制一氯化碘的方法。即在三颈烧瓶中加入粗碘和盐酸，控制温度约50℃

,在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘。则发生反应的化学方程式为___________________。(3)设计简单实验证明：①ICl的氧化性比I2强：________________________________________________。②ICl与乙烯能发生反应：_______________________________________________。28、（14分）一定温度时，在4L密闭容器中，某反应中的气体M和气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示：（1）t1时刻N的转化率为____________。（2）0～t3时间内用M表示的化学反应速率为____________mol/(L·min)。（3）平衡时容器内气体的压强与起始时容器内压强的比值为____________。（4）该反应的化学方程式为____________；比较t2时刻，正逆反应速率大小：v正____v逆(填“＞”、“=”或“＜”)。（5）其他条件不变时，采取下列措施，反应速率的变化情况如何？保持恒温、恒容：①充入少量氦气：____________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）；②充入一定量的气体N：____________。（6）下列能表示上述反应达到化学平衡状态的是____________。（填编号）A.v逆（M）=2v正（N）B.M与N的物质的量之比保持不变C.混合气体密度保持不变D.容器中压强保持不变29、（10分）氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等都需要用到氯气。I.工业上通常采用电解法制氯气：观察下图，回答：（1）若饱和食盐水中含有酚酞，通电后_____(填a或b)侧先变红。（2）电解反应的化学方程式为_______________________。II.某学生设计如下图所示的实验装置，利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，据此回答下列问题：（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应化学方程式为_________________________________________（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是__________________________________。（3）C装置的作用是_____________________。（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应。①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是_________________________________。②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_______________________________________。为避免此副反应的发生，可将装置作何改进_____________________________________。（5）家庭中使用漂白粉时，为了增强漂白能力，可加入少量的物质是______________。A．食盐B．食醋C．烧碱D．纯碱

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】

利用原子构成、质量数、中子数与质子数之间的关系，据此分析；【题目详解】根据原子构成，222为质量数，86为质子数，中子数为222－86=136.故B正确；答案选B。2、C【答案解析】分析：根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行解答。详解：氢元素显+1价,氧元素显−2价,设氮元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+1)+x+(−2)×3=0，则x=+5价。故选：C。3、D【答案解析】分析：A.稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气；B.碳酸氢根离子不能拆分；C.漏写生成氢氧化铜的离子反应；D.反应生成硫酸亚铁、Cu，遵循电子、电荷守恒及质量守恒定律。详解：稀硫酸和铁的反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；碳酸氢根离子不能拆分，盐酸和碳酸氢钠溶液反应的离子反应为H++HCO3—=H2O+CO2↑,B错误；硫酸铜和氢氧化钡溶液反应的离子反应为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,C错；铁片插入硫酸铜溶液的离子反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，D正确；正确选项D。4、B【答案解析】

A.因为氧化性FeCl3>I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，A正确；B.根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2>FeCl3，但是氧化性：FeCl3>I2，还原性：I->Fe2+，I-会先被Cl2氧化，和题意不相符合，不可能发生，B错误；C.根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，C正确；D.因为氧化性FeCl3>I2，所以2Fe3＋+2I-=2Fe2++I2能发生，D正确；故合理选项是B。5、B【答案解析】

A.原子核外层数多原子半径大，同一周期元素，原子序数越大原子半径越小；B.根据元素周期表的结构分析、判断；C.元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物稳定性越强；D.元素周期表中处于金属与非金属交界处的元素既具有一定的金属性、又具有一定的非金属性。【题目详解】A.K是第四周期的元素，Na、Cl是第三周期的元素，根据原子半径与元素原子结构的关系：原子核外层数多原子半径大，同一周期元素，原子序数越大原子半径越小可知原子半径大小关系为：K＞Na＞Cl，A正确；B.元素周期表有7个横行，也就是7个周期；有18个纵行，除第8、9、10三个纵行为1个族外，其余15个纵行，每1个纵行为1个族，所以共有16个族，B错误；C.元素的非金属性F>O>P，所以最简单的氢化物的稳定性：HF＞H2O＞PH3，C正确；D.元素周期表中处于金属与非金属交界处的元素既具有一定的金属性、又具有一定的非金属性，金属单质容易导电，非金属单质不易导电，所以在周期表中金属与非金属分界处的硅是一种优良的半导体材料，D正确；故合理选项是B。【答案点睛】本题考查了元素周期表、元素周期律的应用。元素周期表、元素周期律是学习化学的重要知识和规律，要熟练掌握并加以灵活运用。6、B【答案解析】A.未构成闭合电路，不能构成原电池，故A错误；B.能够发生铝与氢氧化钠的氧化还原反应，且满足原电池的构成条件，是原电池，故B正确；C.中蔗糖是非电解质，不能构成原电池，故C错误；D.中两个电极相同，不能构成原电池，故D错误；故选B。点晴：本题考查了原电池的构成条件，明确原电池的构成条件是解本题的关键。构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极；②将电极插入电解质溶液中；③两电极间构成闭合回路；④能自发的进行氧化还原反应。7、C【答案解析】

A．氘(D)原子核外有1个电子，正确；B．中1H与D质子数同，中子数不同，1H与D互称同位素，正确；C．同素异形体都是单质，不是化合物，错误；D．1H218O与D216O的相对分子质量都是20，正确。答案选C。8、B【答案解析】

A、水的离子积只受温度影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故A不符合题意；B、化学平衡常数只受温度的影响，如果反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，如果反应为吸热反应，升高温度，化学平衡常数增大，故B符合题意；C、升高温度，增加反应的活化分子百分数，故C不符合题意；D、升高温度，加快反应速率，故D不符合题意；答案选B。【答案点睛】考查温度对反应速率的影响，温度对化学平衡常数与水的离子积的影响，比较基础，根据勒夏特列原理判断平衡移动方向即可得出，注意基础知识的掌握。9、B【答案解析】A、12C与14C都是原子，属于同位素，不属于同素异形体，故A错误；B、金刚石与石墨都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故B正确；C、CH4与C2H6是结构相似的物质，属于同系物，不属于同素异形体，故C错误；D、H2O与D2O都是水分子，是化合物不是单质，不属于同素异形体，故D错误；故选B。点睛：判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：①同种元素，②不同单质。10、B【答案解析】

化石燃料的开采与使用，焚烧秸秆向大气中排放大量的二氧化碳和有害气体，破坏了环境，故①④均不利于环境的保护；而②③⑤有利于节能减排、环境保护，故选B。11、B【答案解析】

铝制品具有较强的抗腐蚀性，是因为铝表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，故B选项正确。12、B【答案解析】

根据题目，原溶液中NO3-完全反应，设生成xmolNO，ymolNO2，整个过程涉及化合价变化有Cu（0→+2）N(+5→+2,+5→+1），通入O2涉及化合价变化有O(（0→-2）N(+2→+5,+1→+5），则O2转移的电子与Cu转移的电子相同，1molO2转移4mol电子，可参与反应的Cu的物质的量为2mol，得到CuSO4的物质的量为2mol。根据化合价升价守恒有3x+y=4；气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗2.2molNaOH溶液，有x+y=2.2，可得x=0.9，y=1.3，则原来硝酸的物质的量2.2mol，原溶液体积是200mL，浓度为11mol/L。【题目详解】A.根据分析，生成NO的物质的量为0.9mol，NO2的物质的量为1.3mol，A项错误；B.根据分析，生成CuSO4的物质的量为2mol，B项正确；C.根据分析，原溶液中硝酸的浓度为11mol/L，C项错误；D.铜与混合酸反应时，硫酸提供酸性环境，氢离子参加反应，D项错误；答案选B。13、D【答案解析】A．乙醇和乙酸是生活中的调味品，酒精调制的酒可以饮用，食醋的主要成分为乙酸，故A正确；B．羧酸中的羟基氢活泼性强于醇中的羟基氢，相同条件下与金属钠反应的速率，乙醇比乙酸慢，故B正确；C．医用酒精是75%的乙醇溶液是混合物，醋酸只能部分电离，是弱电解质，故C正确；D．乙醇与水混溶，不能用分液的方法除去乙醇中的水，故D错误；故选D。14、B【答案解析】

A．乙烷中不含不饱和键，不能发生加成反应，也不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A错误；B．苯环中的碳碳键介于单键和双建之间，是一种独特的化学键，既能发生加成反应，又能发生取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色，故B正确；C．乙烯中含有C=C键，能发生加成反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；D．乙醇中不含不饱和键，不能发生加成反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，并能发生取代反应，故D错误；答案选B。【答案点睛】本题的易错点为BD，B中要注意苯环上的碳碳键的特殊性；D中要注意醇羟基能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧基。15、B【答案解析】分析：A．风力发电为机械能转化为电能；B．“有计划的开采煤、石油和天然气，大力发展新能源汽车”符合减少化石能源的使用的理念；C．碳的氧化物中二氧化碳溶于水使得雨水的pH约为5.6；D．可燃冰是甲烷的水合物。详解：A．风力发电为机械能转化为电能，火力发电为化学能转化为电能，故A错误；B．“有计划的开采煤、石油和天然气，大力发展新能源汽车”符合减少化石能源的使用的理念，符合“低碳经济”发展的新理念，故B正确；C．N、S的氧化物可使雨水的酸性增强，可形成酸雨，则硫的氧化物和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质，碳的氧化物不是形成酸雨的主要物质，故C错误；D．可燃冰是甲烷的水合物，不能实现水变成的固态油，故D错误；故选B。16、A【答案解析】

根据题给信息知W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，则W为氮元素；结合四种短周期元素在元素周期表中的相对位置判断，X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素。【题目详解】A、非金属性：O＞Cl＞S，最简单氢化物稳定性最弱的是S，A正确；B、同主族元素由左向右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，故高氯酸的酸性一定强于硫酸，其它含氧酸则不一定，B错误；C、同主族元素由上到下元素的非金属性逐渐减弱，形成阴离子的还原性逐渐增强，故O2—还原性弱于S2—，C错误；D、氯气中氯元素为0价，是氯元素的中间价态，在化学反应中既可表现氧化性又能表现还原性，D错误。答案选A。【点晴】本题考查的是学生对元素周期表与元素周期律的熟练理解程度，能结合题中条件快速确定元素的名称是解答的前提，这对学生基础要求比较高，建议复习时要重视双基的学习与检测，提高自己分析问题解决问题的能力。本题解答的关键点是W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，说明W是N元素，再结合其他信息就可准确确定其他元素，再结合元素周期表的位、构、性解题即可。17、A【答案解析】分析：元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，据此进行解答。详解：614C的质量数为14、质子数为6，其中子数=14-6=A.14为该核素的质量数，不是相对原子质量，A错误；B．碳元素的原子序数=质子数=核电荷数=6，B正确；C．该核素的中子数=14-6=8，C正确；D.614C能发生衰变，可用于测定一些文物的年代，答案选A。点睛：本题考查元素符号的表示方法，题目难度不大，明确质量数与质子数、质子数的表示方法即可解答，注意掌握元素符号的表示方法，A选项是解答的易错点，注意元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和。18、D【答案解析】

室温下向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L的一元酸HA，a点酸碱的物质的量相等，二者恰好反应生成NaA，但溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，则HA是弱酸；要使混合溶液呈中性，则HA应该稍微过量，所以b点HA体积大于10mL。【题目详解】A.a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，水解生成的HA的浓度大于水电离的氢离子浓度，所以c（HA）＞c（H+），A错误；B.a点为NaA溶液，要使碱性溶液呈中性，应加入HA溶液得到NaA和HA的混合液，则pH＝7时，加入HA的体积＞10mL，B错误；C.pH＝7时，得到NaA和HA的混合液，溶液中存在电荷守恒关系，c(Na＋)+c（H+）＝c(Aˉ)＋c（OH-），由c（H+）＝c（OH-）可得c(Na＋)＝c(Aˉ)，C错误；D.b点为等浓度的NaA和HA的混合液，由图可知溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则溶液中c（A-）＞c（HA），D正确。故选D。【答案点睛】明确各点溶液中溶质及其性质是解本题关键，a点酸碱的物质的量相等，二者恰好反应生成NaA，溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度。19、C【答案解析】

苯和液溴发生取代反应，生成的是溴苯和HBr，如果发生的是加成反应，则没有HBr生成，故想要验证该反应是不是取代反应，只需要检验是否有HBr生成即可。题中使用了AgNO3溶液，则该溶液是想通过有AgBr生成来检验HBr，则A的作用是除去挥发出的Br2，以避免对HBr的检验产生干扰。【题目详解】A．Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，HBr在A中被吸收，Br2进入到AgNO3溶液中并与AgNO3溶液反应，与实验的思路不符合，故A错误；B．HBr、Br2都能被NaOH溶液吸收，AgNO3溶液中无明显现象，故B错误；C．Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故HBr可以进入到AgNO3溶液中并发生反应，生成AgBr沉淀，符合实验设计的思路，故C正确；D．HBr、Br2都会被NaI溶液吸收，故D错误；故选C。20、D【答案解析】分析：L和Q的化合价都为+2价,应为周期表第ⅡA族,根据半径关系可以知道Q为Be,L为Mg;R和T的化合价都有-2价,应为周期表第ⅥA族元素,R的最高价为+6价,应为S元素,T无正价,应为O元素;M的化合价为+3价,应为周期表第ⅢA族元素,根据M原子半径大于R小于L可以知道应和L同周期,为Al元素,结合元素周期律知识解答该题。详解：由上述分析可以知道,L为Mg,M为Al,Q为Be,R为S,T为O。A.L、R形成的简单离子核外电子数分别为10、18,故A错误;B.金属性Mg>Be,则Mg与酸反应越剧烈,则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为Q<L,故B错误;C.由上述分析知H2T为H2O,H2R为H2S,因为非金属性O>S,所以氢化物的还原性为H2T<H2R,故C错误;D.M与T形成的化合物是氧化铝,氧化铝是两性氧化物,溶于强酸、强碱,故D正确；答案:选D。21、A【答案解析】

A．水和苯不互溶，能用分液漏斗进行分离，选项A正确；B．酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项B错误；C．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项C错误；D．汽油和柴油互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项D错误；答案选A。22、C【答案解析】

A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2+N2O＝N2+H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅥA族<HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑H2O2OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑。【答案解析】

H的原子半径最小，所以X为H；X和M同主族，由M在题述元素中的排序知，M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它们与H可形成等电子分子，结合Z、W的最外层电子数之和与Na的核外电子总数相等知，Y、Z、W依次为C、N、O,W与N同主族，则N为S。(1)N为S，在周期表中的位置为第三周期ⅥA族；C的非金属性弱于O的非金属性，故CH4的稳定性比H2O弱；故答案为<；(2)H、N形成的含18电子的化合物是N2H4，N2H4的结构式为；(3)由H、N、O、S组成的既能与盐酸反应又能与氯水反应的离子化合物为NH4HSO3或(NH4)2SO3，其分别与足量盐酸反应的离子方程式为HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑；(4)H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，H2O2具有氧化性，氧化碱性工业废水中CN-的离子方程式为OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑。24、（1）①将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。②3.2－4.2。③取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。④反应B的温度过高。（2）①分液漏斗②不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2③Cl2HClOClO-有无色气体产生【答案解析】测试卷分析：（1）该化学工艺流程的目的用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜。必须除去废液Fe2+、Fe3+，结合题给数据分析，需先将Fe2+氧化为Fe3+才能与Cu2+分离开。由题给流程图分析，刻蚀废液加入氯酸钠经反应A将Fe2+氧化为Fe3+，结合题给数据知加入试剂调节pH至3.2－4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤除去，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。①由上述分析知，氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；②反应A后调节溶液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，pH范围应为3.2－4.2；③第一次过滤得到的产品为氢氧化铁，表面含有氯离子等杂质离子。洗涤时，判断已经洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；④碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是反应B的温度过高。（2）①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；②若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均已被氧化，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2；③氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2HClOClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。考点：以化学工艺流程为载体考查物质的分离提纯等实验基本操作，考查氯气的制备和性质。25、冷却水下口进，上口出温度计水银球应位于蒸馏瓶支管口处蒸馏烧瓶直型冷凝管沸石/碎瓷片防止暴沸【答案解析】

实验室用自来水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用。【题目详解】（1）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，故答案为：冷凝水方向；温度计位置错误；（2）由仪器的结构可知，A为蒸馏烧瓶，B为直型冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；直型冷凝管；（3）为防止液体暴沸，应加碎瓷片，故答案为：加沸石（或碎瓷片）；防止暴沸。26、2H2O22H2O+O2↑有大量气泡产生同一个反应可有多种催化剂，不同的催化剂催化效率不一样【答案解析】

在催化剂的作用下双氧水分解生成氧气和水，则试管中发生反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，反应能观察到的共同的明显现象是有大量气泡产生。由于使用的催化剂不同，因此该实验还能得出的结论是同一个反应可有多种催化剂，不同的催化剂催化效率不一样。27、C→E→B→DMnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O防止ICl挥发吸收未反应的氯气，防止污染空气3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O用湿润的KI-淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝在ICl的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色【答案解析】分析：用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，结合问题分析解答。详解：（1）①用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，因此需要先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥氯气，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl。由于ICl易挥发，所以B应放在冷水中。又因为氯气有毒，需要尾气处理，所以最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，因此装置顺序为：A→C→E→B→D。A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②ICl挥发，所以B应放在冷水中，防止ICl挥发；氯气有毒，用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，防止污染空气；（2）粗碘和盐酸，控制温度约50℃，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘，碘元素总共升2价，氯元素总共降6价，化合价升降应相等，则碘单质应配3，再由原子守恒可得3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O；（3）①根据氧化性强的物质制氧化性弱的物质，可用湿润的KI淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝即证明ICl的氧化性比I2强；②一氯化碘是一种红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸，与乙烯发生加成反应，则颜色褪去，即在ICl的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色说明ICl与乙烯作用发生加成反应。点睛：本题考查了物质