2022-2023学年河南省平顶山市郏县一中化学高二第二学期期末统考试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是()A．NaCl的摩尔质量是58.5g B．64g氧气中含有2mol氧C．4g氦气中含有2mol氦原子 D．0.1molCO2中含有6.02×1022个CO2分子2、绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率。原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是A．B．C．D．3、元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是A．同周期元素中X的金属性最强B．原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－C．同族元素中Z的简单氢化物稳定性最高D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强4、下列物质的水溶液能导电，且属于非电解质的是A．SO2 B．Na C．CaO D．C6H12O6(葡萄糖)5、下列试验中，所选装置不合理的是A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④B．用CC14提取碘水中的碘，选③C．用FeC12，溶液吸收C12，选⑤D．粗盐提纯，选①和②6、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．lL0.lmol·L－1Na2S溶液中S2－和H2S的数目之和为0.1NAB．46g有机物C2H6O的分子结构中含有的C－H键数目一定为5NAC．60g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2分子D．电解精炼铜，阳极溶解铜6.4g时，阴极得电子数目为0.2NA7、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B．血液透析利用了胶体的性质C．活性炭具有除异味和杀菌作用D．碘酒可用于皮肤外用消毒8、下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是A．FeSO4 B．MgSO4 C．AlCl3 D．NH4Cl9、中国不少古诗词清晰描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是A．“沙中浪底来”指的是金的氧化物 B．淘金原理与化学上的萃取一致C．雾的分散质粒子直径范围是1-100nm D．沙子的主要成分是Si10、下列物质中不属于高分子化合物的是A．氨基酸B．涤纶C．酚醛树脂D．天然橡胶11、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－B．c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－C．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－D．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－12、下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（）A．CO2与H2O B．CH4与NH3 C．BeCl2与BF3 D．C2H2与C2H413、下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（）A．晶格能大小顺序：NaCl＜NaF＜CaO＜MgOB．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3C．微粒半径：K+＞Ca2+＞Cl-＞S2-D．热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI14、25℃时，5种银盐的溶度积常数(Ksp)分别是:AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI1.8×10-101.4×10-56.3×10-507.7×10-138.51×10-16下列说法不正确的是A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次减小B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，能得到黑色沉淀C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀D．在烧杯中放入6.24g硫酸银固体，加200g水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200mL,溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol/L。15、下列电离方程式，书写正确的是(

)A．H2SO4=2H++SO42-B．NH3·H2O=NH4++OH-C．H2CO3=H2O+CO2↑D．H2CO32H++CO32-16、a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A．最高价氧化物对应水化物的碱性：b<cB．简单原子半径：b>c>aC．工业上电解熔融cd3可得到c的单质D．向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀二、非选择题（本题包括5小题）17、糖类、油脂、蛋白质是人体重要的能源物质，请根据它们的性质回答以下问题：（1）油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是________________（写名称）。（2）蛋白质的水解产物具有的官能团是____________________（写结构简式）。已知A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，它们有如下转化关系，请根据该信息完成（3）～（5）小题。（3）下列说法不正确的是______________________A．1molC完全水解可生成2molBB．工业上常利用反应⑦给热水瓶胆镀银C．用A进行酿酒的过程就是A的水解反应过程D．A的水溶液可以发生丁达尔效应E.反应③属于吸热反应（4）1molB完全氧化时可以放出2804kJ的热量，请写出其氧化的热化学方程式___________________。（5）请设计实验证明A通过反应①已经全部水解，写出操作方法、现象和结论：____________________________________________________________________。18、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。(5)沉淀C的化学式是________。(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。19、过氧化钠是一种淡黄色固体，它能与二氧化碳反应生成氧气，在潜水艇中用作制氧剂，供人类呼吸之用。它与二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。某学生为了验证这一实验，以足量的大理石、足量的盐酸和1.95g过氧化钠样品为原料，制取O2，设计出如下实验装置：（l）A中制取CO2的装置，应从下列图①、②、③中选哪个图：_____。B装置的作用是________,C装置内可能出现的现象是________。为了检验E中收集到的气体，在取出集气瓶后，用________的木条伸入集气瓶内，木条会出现________。（2）若E中的石灰水出现轻微白色浑浊，请说明原因：________。（3）若D中的1.95g过氧化钠样品接近反应完毕时，你预测E装置内有何现象？________。（4）反应完毕时，若测得E中的集气瓶收集到的气体为250mL，又知氧气的密度为1.43g/L，当装置的气密性良好的情况下，实际收集到的氧气体积比理论计算值______（答大或小），相差约________mL（取整数值，所用数据均在标准状况下测定），这是由于________。（5）你认为上述A～E的实验装置中，E部分是否安全、合理？E是否需要改为下列四项中的哪一项：________。（用甲、乙、丙、丁回答）20、如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为______mol•L-1。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol•L-1的稀盐酸。①该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制。②所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_________________________。21、I．为粗略测定质量为Wg的电石中CaC2的质量分数，利用电石与饱和食盐水反应，实验装置如图所示：（1）烧瓶中发生反应的化学方程式是_____________（2）产生的气体分子的中心原子的杂化轨道类型是____________（3）实验测得量筒中水为VmL，该温度下气体摩尔体积为24.5L/mol，则电石中CaC2质量分数为___________________II．俄国化学家马尔柯夫尼柯夫因为提出碳碳双键的加成规则而闻名于世，该规则是指不对称的烯烃与HX或HCN加成时，氢总是加到含氢较多的双键碳原子上。已知：以下是F的合成路线，请填写下列空白：（1）写出C的结构简式______________（2）B核磁共振氢谱共有__________________组氢（3）写出③的化学方程式______________（4）将F与含酚酞的NaOH溶液混合，加热一段时间后，可观察到的颜色变化是__________________（5）若某有机物G是D的同系物，相对分子质量比D少14，则其分子式为：________；其同分异构体中含苯环且能使石蕊试液变红的物质共有______________种

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A、摩尔质量的单位是g/mol；B、氧气为双原子分子；C、氦气为单原子分子；D、根据N=nNA计算CO2分子数目。【详解】A项、NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，1mol氯化钠的质量是58.5g，故A错误；B项、64g氧气的物质的量是=2mol，氧气为双原子分子，故含氧原子为4mol，2mol氧表述不清，是指氧原子还是氧分子不明确，故B错误；C项、4g氦气的物质的量是=1mol，氦气为单原子分子，则含原子数为1mol，故C错误；D项、0.1molCO2中所含的CO2分子数为0.1mol×6.02×1023=6.02×1022个，故D正确；故选D【点睛】本题主要考查物质的量的计算，注意摩尔质量、物质的组成、与物质的量有关的计算公式是解答关键。2、D【解析】

原子利用率是期望产物的总质量与生成物的总质量之比，根据绿色化学的原则，原子利用率为100%的化工生产最理想；显然乙烯和氧气在催化剂作用下生成环氧乙烷的反应，原子利用率最高。【详解】A．存在副产品CH3COOH，反应物没有全部转化为目标产物，原子利用率较低，故A错误；B．存在副产品CaCl2和H2O，反应物没有全部转化为目标产物，原子利用率较低，故B错误；C．存在副产品HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和2H2O，反应物没有全部转化为目标产物，原子利用率较低，故C错误；D．反应物全部转化为目标产物，原子的利用率为100%，原子利用率最高，故D正确；故选D。3、B【解析】

元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布，若X为Na，Z为O，则Y的原子序数为36-11-8=17，则Y为Cl；若X为K，Y为S，19+16=35，Y只能为H，则不符合X、Y位于同周期，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为Na，Y为Cl，Z为O，A.同周期从左向右金属性减弱，则同周期元素中

X

的金属性最强，A项正确；B.同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X+<Z2−，B项错误；C.同主族从上到下非金属性减弱，则同族元素中Z的氢化物稳定性最高，故C正确；D.高氯酸为所有含氧酸中酸性最强，则同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强，故D正确；答案选B。4、A【解析】

溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。【详解】A．由于SO2溶于水后可生成亚硫酸，其水溶液可导电，但其自身并不能电离出离子，为非电解质，A选；A．金属钠为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B不选；B．CaO熔融状态下能电离出阴阳离子，为电解质，C不选；D．葡萄糖为非电解质，水溶液也不能导电，D不选；答案为A。【点睛】电解质、非电解质都必须是化合物，两者的区别在于给定条件下能否导电，具体做题的时候可以根据其含义或根据电解质、非电解质的常见分类来判断。例如电解质包括有酸、碱、盐、金属氧化物、水；非电解质包括有非金属氧化物，大多数有机物、氨气等。5、A【解析】

由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。【详解】A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故B正确；C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；故选A。【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。6、C【解析】

A、由物料守恒关系判断；B、二甲醚和乙醇的分子式均为CH2O，所含C-H键数目不同；C、最简式相同的物质，无论以何种比例混合，只要总质量一定，消耗氧气的量为定值；D、粗铜中含有活泼性强于铜的铁、锌等杂质。【详解】A项、Na2S溶液中S2－水解生成HS-和H2S,由物料守恒可知,lL0.lmol·L－1Na2S溶液中S2－、HS-和H2S的数目之和为0.1NA，故A错误；B项、46g有机物C2H6O的物质的量为1mol，C2H6O可能为二甲醚或乙醇，若为乙醇，0.1molC2H6O中含0.5NA个C-H键，若为二甲醚，含0.6NA个C-H键，故B错误；C项、乙酸、葡萄糖的最简式相同，均为CH2O，60g混合物中含有的CH2O的物质的量为2mol，1molCH2O燃烧消耗1mol氧气，则2molCH2O燃烧消耗的氧气分子个数为2NA个，故C正确；D项、电解精炼铜时，粗铜中含有活泼性强于铜的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质也会溶解，当阳极溶解铜6.4g时，转移的电子数多于0.2NA个，阴极得电子数目多于0.2NA，故D错误；故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意盐类水解、同分异构体、最简式相同混合物和粗铜成分的分析判断是解答关键。7、C【解析】

A、疫苗中的主要成分是用于诱导人体产生相应抗体的抗原，抗原是蛋白质，蛋白质受热易变性，失去活性，因此疫苗一般应冷藏存放，故A说法正确；B、血液为胶体，血液透析利用了胶体不能透过半透膜，即渗析，属于胶体的性质，故B说法正确；C、活性炭具有吸附性，能吸附异味，但不具有杀菌作用，故C说法错误；D、碘酒是游离状态的碘和酒精的混合物，其消毒作用的原理是游离态的碘的超强氧化作用，可以破坏病原体的细胞膜结构及蛋白质分子，因此碘酒可用于皮肤外用消毒，故D说法正确；答案选C。8、B【解析】

在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。【详解】A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；答案选B。9、C【解析】

A.金的化学性质稳定，可以以单质的形式存在于自然界，“沙中浪底来”指的是金单质，A错误；B.沙里淘金的原理是：金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，B错误；C.雾属于胶体，分散质粒子的直径范围是1～100nm，C正确；D.沙子的主要成分为二氧化硅，D错误；答案选C。10、A【解析】分析：高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，据此解答。详解：A.氨基酸不是高分子化合物，A正确；B.涤纶属于高分子化合物，B错误；C.酚醛树脂属于缩聚产物，是高分子化合物，C错误；D.天然橡胶属于高分子化合物，D错误。答案选A。点睛：注意高分子化合物均是混合物，同一种高分子化合物的分子链所含的链节数并不相同，所以高分子化合物实质上是由许多链节结构相同而聚合度不同的化合物所组成的混合物，其相对分子质量与聚合度都是平均值。11、C【解析】

A.pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；B.c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；C.K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；D.Fe3+与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。【点睛】此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。12、B【解析】

A、CO2是直线型结构，中心原子碳原子是sp杂化，水中的氧原子是sp3杂化，A不选。B、CH4与NH3中的中心原子均是sp3杂化，B选。C、BeCl2与BF3中的中心原子分别是sp杂化和sp2杂化，C不选。D、C2H2与C2H4中的中心原子分别是sp杂化和sp2杂化，D不选。答案选B。13、C【解析】分析：A、影响晶格能大小的因素主要是离子半径、离子电荷，晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，离子电荷越高，晶格能越大；B、非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物酸性越强；C、根据微粒半径大小比较解答；D、根据氢化物的热稳定性与非金属元素的非金属性之间的关系判断。详解：根据晶体构型相同的离子晶体，核间距越小晶格能越大，F-离子半径Cl-小，所以NaF的晶格能大于NaCl，Ca2+、O2-带2个单位电荷，CaO晶格能比NaF大，Ca2+的半径的比较比Mg2+半径大，所以MgO的晶格能大于CaO，所以有NaCl＜NaF＜CaO＜MgO，A选项正确；Si、P、S、Cl是第三周期的非金属元素，它们的非金属性逐渐增强，所以元素最高价氧化物的水化物酸性逐渐增强，所以有HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，B选项正确；在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，K+、Ca2+、Cl-、S2-的核外电子层结构都是三个电子层，随着核电荷数的增加，半径逐渐减小，所以其离子半径大小顺序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，C答案不正确；HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，D选项正确；正确选项C。点睛：微粒半径比较“三看”：一看电子层数，对于电子层数不同，电子层越多，半径越大，如：Li<Na<K<Rb<Cs；二看核电荷数，在电子层数相同条件下，核电荷数越多，半径越小，如本题中的K+、Ca2+、Cl-、S2-离子半径大小顺序：Ca2+<K+<Cl-<S2-，再如：同周期元素的原子半径随核电荷数的增大而减小（稀有气体除外）；三看核外电子数，核电荷数相同的元素，阳离子所带离子电荷数越多，半径越小，如：Fe3+＜Fe2+＜Fe，阴离子大于相应的原子半径，如：S2－＞S、Br－＞Br。14、D【解析】分析：A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；C、根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀；D、硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，可结合Ksp计算．详解：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故正确；B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B正确；C．在5mL1.5×10-5mol/L的NaCl溶液中，加入1滴(1mL约20滴)1.0×10-3mol/L的AgNO3溶液，混合后，c（Cl－）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)，c（Ag＋）=1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)，则c（Cl－）×c（Ag＋）=1.5×10-5mol/L×5/(5+0.05)×1.0×10-3mol/L×0.05/(5+0.05)＜1.8×10-10，则没有沉淀生成，故C正确；D.硫酸银难溶于水，加入200g水为饱和溶液，c（Ag＋）=2（SO42－），c（Ag＋）=32×1.4×10-5mol·L－1=3×10-215、A【解析】分析：A.硫酸是二元强酸；B.一水合氨是弱电解质；C.碳酸是二元弱酸；D.碳酸是二元弱酸。详解：A.硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，A正确；B.一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，B错误；C.碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，C错误；D.碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3H++HCO3-、HCO3－H++CO32-，D错误；答案选A。16、B【解析】分析：a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则a为O元素；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，则b为Na元素；d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸，则d为Cl元素。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀，随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素。详解：A.钠的金属性强于铝，故氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，A不正确；B.同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族电子层越多原子半径越大，原子半径：Na>Al>O，故B正确；C.AlCl3在熔融的条件不能电离，不导电，无法电解，工业上电解熔融氧化铝得到铝，故C不正确；D.向Na2O2中加入AlCl3溶液能产生氢氧化铝沉淀，故D不正确。因此，本题答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、甘油（或丙三醇）-NH2、-COOHBCC6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=-2804kJ/mol取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解【解析】

（1）油脂在酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物是甘油（或丙三醇）；（2）蛋白质水解的产物是氨基酸，氨基酸中的官能团为—NH2和—COOH，蛋白质的水解产物具有的官能团是—NH2和—COOH；（3）根据图，B是光合作用的产物，A是人体能消化的一种天然高分子化合物，B和C分别是A在不同条件下的水解产物，可以推断出A为淀粉，B为葡萄糖，C为麦芽糖；A项，1mol麦芽糖完全水解可生成2mol葡萄糖，故A正确；B项，工业上常利用葡萄糖的银镜反应给热水瓶镀银，即利用反应⑤的原理给热水瓶胆镀银，故B错误；C项，A的水解反应过程生成了葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇和CO2，不是淀粉水解成乙醇，故C错误；D项，A为淀粉，淀粉溶液属于胶体，所以可以发生丁达尔效应，故D正确；E项，反应③将光能转化为化学能，属于吸热反应，故E正确；答案选BC；（4）葡萄糖燃烧后生成了水和二氧化碳，其反应的热化学方程式为：C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)△H=-2804kJ/mol；（5）要证明淀粉已经全部水解，即证明水解液中不含淀粉，故检验的方法为：取少量淀粉水解后的溶液，向其中加入碘水，若溶液不变蓝证明淀粉已经全部水解。18、CO2钠、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2OMg(OH)2Mg3Al(OH)7CO3【解析】

气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；（4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。19、图2吸收A装置中产生的酸雾变蓝带火星的木条复燃D中有部分CO2未参加反应流入E中生成沉淀E中石灰水的白色浑浊明显增加，瓶内液面的下降接近停止小30因样品中含有不与CO2反应生成气体的杂质乙【解析】（1）该反应的药品是固体和液体，且不需加热，所以所需装置为固液混合不加热型，所以排除①；③中只能制取少量二氧化碳而不能制取大量二氧化碳，所以排除③，故选②．

大理石和盐酸的反应是放热反应，盐酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有氯化氢气体、水蒸气，吸收A装置中产生的酸雾，氯化氢和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳酸氢钠不反应，水蒸气能使无水硫酸铜由白色变蓝色，所以C装置内可能出现的现象是白色固体变蓝色；过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，氧气能使带火星的木条复燃．（2）二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，若E中石灰水出现轻微白色浑浊，说明未反应的二氧化碳与石灰水反应所致．（3）过氧化钠样品接近反应完毕时，二氧化碳含量增加，E中石灰水的白色浑浊明显增加，瓶内液面的下降接近停止。（4）1.95g过氧化钠完全反应生成氧气的体积为v．

2Na2O2----O2；

2mol

22.4L

1.95g/78g/mol

vv=0.28L=280mL＞250mL，所以实际收集到的氧气体积比理论计算值小．280mL-250mL=30mL；原因是Na2O2可能含有其它杂质；D装置可能有氧气未被排出．（5）E装置容易产生倒吸现象，所以不安全、不合理，所以需要改进；饱和石灰水能和二氧化碳反应，所以饱和石灰水的作用是吸收二氧化碳，收集较纯净的氧气，乙试管中进气管较长，二氧化碳能充分和饱和石灰水反应，丙试管中进气管较短，导致二氧化碳和饱和石灰水反应不充分，且随着气体的进入，试管中的液体被排到水槽中，故选乙．20、11.9BD16.8500mL容量瓶【解析】分析：（1）依据c＝1000ρω/M计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；（2）根据该物理