四川成都实验中学2024届化学高一上期末达标检测模拟试题含解析

四川成都实验中学2024届化学高一上期末达标检测模拟试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列离子方程式书写正确的是A．Na与H2O反应：Na＋H2O＝NaOH＋H2↑B．食醋除去水垢中的CaCO3：2H+＋CaCO3＝Ca2+＋H2O＋CO2↑C．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-==2H2O+BaSO4↓D．氢氧化钠吸收少量二氧化硫：OH-＋SO2＝HSO3-2、下列有关物质检验的操作、现象及结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42－B向某溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Cl－C向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32－D用激光笔照射鸡蛋白溶液，有丁达尔效应鸡蛋白溶液属于胶体A．A B．B C．C D．D3、标准状况下将4.48LCO2通入1L0.6mol.L-lNaOH溶液中，当CO2与NaOH完全反应时，下列说法不正确的是A．反应后的溶液不能确定是否能继续吸收CO2 B．溶液中溶质的物质的量之比为1:1C．反应后的溶液呈碱性 D．溶液中不只有一种阴离子4、下列关于氯水的叙述不正确的是()A．新制氯水中只含Cl2和H2O分子B．新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．将氯水滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成D．向氯水中滴加碳酸钠溶液，有气体产生5、下列说法正确的是A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．铝箔燃烧后不掉落的原因是铝的熔沸点比较高C．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性D．溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-6、将质量相等、体积相同的金属钠分别投入到水和0.1mol/L的CuSO4溶液中，下列有关说法不正确的是（）A．金属钠均熔成闪亮的小球 B．在硫酸铜溶液中可得到红色的铜C．金属钠均浮在液面上，且四处游动 D．均有置换反应发生7、下列物质属于非电解质的是A．氯化钠 B．盐酸 C．石墨 D．二氧化碳8、下列变化属于氧化-还原反应的是A．CaCO3→高温CaO+CO2↑ B．2KI+Br2→2KBr+IC．NaCl+H2SO4→微热NaHSO4+HCl↑ D．NH4Cl→ΔNH9、现用氯水来制取含有次氯酸的溶液，既要提高溶液中HClO物质的量浓度，又要降低溶液中HCl浓度，下列措施可以采用的是()A．加热挥发HCl B．加CaSO3C．加NaOH中和HCl D．加CaCO3中和HCl10、“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料，1纳米(nm)=10—9m，如果将“纳米材料”分散到液体分散剂中，下列说法一定正确的是A．有丁达尔效应 B．不能吸附溶液中悬浮物C．不能透过滤纸 D．所得分散系不稳定11、下列气体中，不能用排水法收集的是A．H2 B．NH3 C．O2 D．NO12、关于反应：3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2的叙述正确的是A．CO和CO2均属于酸性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物B．该反应既是氧化还原反应，也是置换反应C．Fe2O3为氧化剂，CO2为氧化产物D．28gCO参加反应，得到2mol电子13、下列物质的用途不正确的是()A．小苏打可作制糕点的发酵剂B．晶体硅可用于制光导纤维C．钠可用于制高压钠灯D．氧化铁常用于红色油漆和涂料14、“见著知微”是化学学科的重要特点，下列说法不正确的是A．品红在水中扩散，说明分子在不断地运动B．电解水生成氢气和氧气，说明水是由氢分子和氧分子构成的C．盐酸、稀硫酸具有相似的化学性质，说明它们的溶液中都含有氢离子D．无色酚酞溶液滴入某稀溶液中显红色，说明该溶液显碱性15、下列说法正确的是()A．液态氯化氢、固态氯化钠不导电，所以HCl、NaCl不是电解质B．NH3、CO2水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．蔗糖、酒精在水溶液中或熔化时不导电，所以它们不是电解质D．铜、石墨均导电，所以它们是电解质16、下列有关金属及其合金的说法中，错误的是A．硬铝、青铜、不锈钢都属于合金，合金的许多性能优于纯金属，而熔点低于成分金属B．合金中用量最大的是钢，其含碳量越大，韧性越好C．日用铝制品表面覆盖着致密的氧化膜，对内部金属起保护作用D．纳米铜的水溶液具有丁达尔效应17、碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol/L盐酸500mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是A．35g B．30g C．20g D．15g18、下列六种物质：①Na2O②Na2O2③NaCl④Na2CO3溶液⑤NaOH⑥NaHCO3，其中不能与CO2反应的是A．①④ B．②③ C．③⑥ D．⑤⑥19、进行下列实验，括号内的实验用品都必须用到的是()A．配置一定物质的量浓度的溶液(容量瓶、烧杯、锥形瓶)B．实验室制取蒸馏水(烧瓶、温度计、冷凝管)C．钠的焰色反应(酒精灯、稀盐酸)D．粗盐提纯(漏斗、玻璃棒、坩埚)20、科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用。下列关于硅的说法中错误的是A．自然界中硅元素的储量丰富 B．自然界中存在大量的单质硅C．高纯度的硅被用作计算机芯片 D．可用H2在高温下还原SiCl4的方法得到高纯硅21、下列关于钠的叙述中，不正确的是（）A．钠燃烧时发出黄色的火焰 B．钠原子最外层只有一个电子C．钠有很强的还原性 D．钠燃烧时生成氧化钠22、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1mol氯气与足量的铁反应后转移的电子数为3NAB．常温常压下，44.8LCO2的分子数为2NAC．等物质的量的CO2和CO含有相同的碳原子数D．2mol/L的硫酸溶液中含有的H离子数为4NA二、非选择题(共84分)23、（14分）下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系(Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)。(1)把与下面元素有关性质相符的曲线标号填入相应的空格中:a.b.c.d.①第ⅡA族元素的价电子数________。②第三周期元素的最高化合价________。③F-、Na+、Mg2+、Al3+的离子半径________。(2)元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶4；M元素原子的最外层电子数与电子层数之比为4∶3；N-、Z+、X+的半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体。据此回答：①X为___________(名称)，Y为____________(元素符号)，Z原子结构示意图为________________。②N的最高价氧化物的水化物的化学式为________________。③M的最高价氧化物的化学式为________________________。24、（12分）已知:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平｡现以A为主要原料制备乙酸乙酯,其合成路线如下图所示:（1）有机物A的结构简式是________,D分子中官能团的名称是_________｡（2）反应①和④的反应类型分别是:_______､____________｡（3）反应④的化学方程式是__________,利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为____________｡（4）某同学用下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯｡实验结束后,试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体｡

①实验结束后,振荡试管甲,有无色气泡生成,其主要原因是__________(用化学方程式表示)｡②除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇,应加入________,分离时用到的主要仪器是_________｡25、（12分）某次实验需用80mL、3mol/L的稀H2SO4溶液，某同学用98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）进行配制，请回答下列问题：（1）98%的浓H2SO4（ρ=1.84g/cm3）的物质的量浓度为________，需要80mL、3mol/L的稀H2SO4溶液，则需取________

mL(保留一位有效数字)的该硫酸，量取浓硫酸所用的量筒的规格是________（从下列中选用）A．10mL

B．25mL

C．50mL

D．100mL（2）将下列步骤中的空格内所用仪器补充填写完整①用量筒量取所需的浓硫酸②将烧杯中的溶液转移到________

mL的容量瓶中③将浓硫酸缓缓注入盛有适量蒸馏水的烧杯中，边加边搅拌④将溶液冷却，恢复至室温⑤向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度1～2cm时，改用________加蒸馏水至刻度线⑥盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀⑦洗涤烧杯2～3次，洗涤液也注入容量瓶中．轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀．（3）实验中上述步骤的正确顺序为________（填序号）（4）下列各种情况对所配制溶液浓度有何影响（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中________．B．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中：________．C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤________．D．定容时俯视液面读数：________．（5）取用任意体积的所配3mol/L硫酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______（填字母）A．溶液中H2SO4的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中SO42¯的数目D．溶液的密度26、（10分）氯酸锶[Sr(ClO3)2]用于制造红色烟火。将氯气通入温热的氢氧化锶溶液制得氯酸锶的实验装置如下。已知氢氧化锶[Sr(OH)2]易与盐酸反应，水中存在Cl﹣时，不影响HCl的溶解，但会抑制Cl2的溶解。回答下列问题(1)Sr(ClO3)2中Cl元素的化合价是_____，装置A中浓盐酸在反应中的作用是_____(2)Y是_____(填字母)，其作用原理是_____A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．NaOH溶液(3)装置D中NaOH溶液的作用是_____(4)装置C中三颈烧瓶内发生的反应为6Sr(OH)2+6Cl2＝Sr(ClO3)2+6H2O+5SrCl2，转移5mol电子时生成Sr(ClO3)2的质量是_____27、（12分）硫及其化合物的“价-类”二维图如下：（1）写出X、Y的化学式：____________、____________（2）某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。（胶头滴管中为氯化钡溶液）a.湿润的蓝色石蕊试纸b.湿润的品红试纸c.湿润的Na2S试纸将硫粉点燃后伸入瓶中盖紧胶塞。①湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体，说明硫的燃烧产物有___________性。②湿润的品红试纸褪色说明了__________（填化学式）有__________性。③湿润的蓝色石蕊试纸变红的原因____________________（用化学方程式表示）④滴入氯化钡溶液，出现少量白色沉淀，写出白色沉淀的化学式____________。（3）从“价-类”二维的角度，分析Z可能的化学性质：①从物质类别的角度分析：具有________的通性。②从化合价的角度分析：具有_________________________________________。（4）根据二维图探究硫元素转化时，某同学预测出如下转化：2H2O+2S+3O2=2H2SO4，请问该同学分析物质转化缺少的思维角度是:__________。（填字母序号）a.物质类别角度b.化合价角度c.化合价及类别两个角度28、（14分）化学学习中要注重对过程的分析，按要求回答下列问题：（1）向石蕊试液中通入氯气，观察到的现象是________________________，用化学方程式进行分析________________________________；若将氯水久置，将会有气泡冒出，用化学方程式进行分析_______________________________（2）将一小块钠投入到盛FeCl3的溶液中,观察到的现象是__________________，用化学方程式进行分析________________________________。29、（10分）纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈__________色。(2)实验室中需0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是__________。A．

1000mL；21.2g

B．950mL；20.14g

C．500mL；21.2g

D．500mL；10.6g(3)若加热10.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为______。(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点________。(5)取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：①曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积(标准状况)的最大值为_______mL。②曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是________，其物质的量之比为________。

参考答案一、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【解题分析】

A.Na与H2O反应的离子方程式应该是：2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑，A错误；B.醋酸难电离，食醋除去水垢中的CaCO3：2CH3COOH＋CaCO3＝2CH3COO－＋Ca2+＋H2O＋CO2↑，B错误；C.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性生成硫酸钡、硫酸钠和水：2H++SO42-+Ba2++2OH-＝2H2O+BaSO4↓，C正确；D.氢氧化钠吸收少量二氧化硫生成亚硫酸钠和水：2OH-＋SO2＝H2O＋SO32-，D错误。答案选C。2、D【解题分析】

A.某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成的白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，A不正确；B.某溶液中加入硝酸银溶液，生成的白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4等，B不正确；C.某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水变浑浊，则溶液中可能含有CO32-、HCO3-等，C不正确；D.丁达尔效应是胶体具有的性质，鸡蛋白溶液能产生丁达尔效应，说明鸡蛋白溶液属于胶体，D正确；故选D。3、A【解题分析】

反应的可能方程式有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，n(CO2)==0.2mol，n(NaOH)=1L×0.6mol/L=0.6mol，则有=3>2，所以：所得产物为Na2CO3和NaOH，溶液中存在的主要阴离子有CO32−、OH-，据此分析解答。【题目详解】A.根据以上分析，反应的溶液中有Na2CO3和NaOH，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，还能吸收少量CO2，故A错误；B.n(CO2)==0.2mol，n(NaOH)=1L×0.6mol/L=0.6mol，根据化学方程式CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，则氢氧化钠过量，二氧化碳的物质的量为0.2mol，生成碳酸钠的物质的量为0.2mol，二氧化碳与氢氧化钠是按照1:2的关系反应的，反应掉的氢氧化钠为0.4mol，剩余了0.6mol-0.4mol=0.2mol，溶液中溶质的物质的量之比为1:1，故B正确；C.反应后的溶液为Na2CO3和NaOH，呈碱性，故C正确；D.溶液中存在的主要阴离子有CO32−、OH-，故D正确；答案选A。4、A【解题分析】

A、新制氯水中含有Cl2、HClO、H2O三种分子，故A错误；B、新制氯水中含有H+，可使蓝色石蕊试纸变红，含有HClO，具有强氧化性，可使试纸褪色，故B正确；C、氯水中含有Cl﹣，与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，故C正确；D、氯水中含有H+，滴加碳酸钠溶液，有二氧化碳气体生成，故D正确；故选：A。5、A【解题分析】

A、由于液溴容易挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B.铝箔燃烧后产生的氧化铝熔点高，燃烧时不能熔化，因此熔化的铝不掉落，故B错误；C．二氧化硫与品红化合生成无色物质，与氧化性无关，而Cl2能使品红溶液褪色，与氧化性有关，故C错误；D．酸化的Ba(NO3)2溶液具有强氧化性，SO32-可被氧化为SO42-，不能确定是否含有SO42-，故D错误；故选A。【题目点拨】本题考查了元素及其化合物的性质、药品的保存。本题的易错点为D，要注意硝酸性质的特殊性，硝酸具有强氧化性，这是与盐酸和稀硫酸不同的性质。6、B【解题分析】

Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，Na与CuSO4溶液反应，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成氢氧化钠再与CuSO4反应。A.Na与水反应为放热反应，且钠的熔点较低，金属钠均熔成闪亮的小球，A正确，与题意不符；B.Na与CuSO4溶液反应，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成氢氧化钠再与CuSO4反应，B错误，符合题意；C.金属Na的密度比水小，与水反应生成的氢气催动Na球在水面游动，则金属钠均浮在液面上，且四处游动，C正确，与题意不符；D.Na与硫酸铜溶液中的水反应生成氢气，均有置换反应发生，D正确，与题意不符；答案为B。【题目点拨】Na加入到硫酸铜溶液中，Na与水反应生成NaOH与氢气，生成的NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀。7、D【解题分析】

A．氯化钠为盐，在水中或熔融状态下能够发生电离，属于电解质，故A不符合题意；B．盐酸为氯化氢溶于水形成的，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C．石墨为碳，是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；D．二氧化碳为非金属氧化物，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，为非电解质，故D符合题意；故答案为：D。【题目点拨】电解质以及非电解质均属于化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质，化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。8、B【解题分析】

在化学反应中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，根据元素的化合价是否发生变化分析。【题目详解】A项、碳酸钙受热分解为分解反应，反应中元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；B项、碘化钾与溴的反应为置换反应，有单质参加有单质生成，反应中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B正确；C项、氯化钠与硫酸共热制取氯化氢的反应中，元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D项、氯化铵受热分解为分解反应，反应中元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应判断的考查，注意把握元素的化合价及反应中的变化为解答的关键。9、D【解题分析】

根据外界条件对平衡状态的影响结合物质的性质分析解答。【题目详解】由化学方程式Cl2+H2OHClO+HCl可知：A、加热平衡向正反应方向移动，但是挥发HCl的同时，HClO也分解，HClO物质的量浓度将减小，A错误；B、加CaSO3，次氯酸和亚硫酸钙发生氧化还原反应，导致其浓度减小，B错误；C、加NaOH中和HCl的同时，次氯酸也被中和，其浓度将减小，C错误；D、CaCO3与HClO不反应，却和HCl反应，使平衡向右移动，从而提高HClO浓度，降低了HCl浓度，D正确。答案选D。【题目点拨】选项B是易错点，解答时只考虑了盐酸和亚硫酸钙反应而忽略了次氯酸的强氧化性，因此掌握常见物质的性质特点并能灵活应用是解答的关键。10、A【解题分析】

胶体的微粒直径在1-100nm之间，将“纳米材料”分散到液体分散剂中，得到的是胶体。A．胶体有丁达尔效应，故A正确；B．胶体具有较大的比表面积，能吸附水中的悬浮的杂质，故B错误；C．胶体能透过滤纸，故C错误；D．胶体处于介稳状态，故D错误。答案选A。11、B【解题分析】

A.氢气不溶于水，可以用排水法收集，故A不选；B.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故B可选；C.氧气不溶于水，可以用排水法收集，故C不选；D.一氧化氮不溶于水，可以用排水法收集，故D不选；故答案选B。12、C【解题分析】

反应3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2

中，C元素化合价由+2价变为+4价．Fe元素化合价由+3价变为0价，以此解答该题。【题目详解】A．CO与碱和酸不反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B．该反应中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应物都为化合物，不是置换反应，故B错误；C．反应中Fe元素化合价降低，C元素化合价升高，则Fe2O3为氧化剂，CO2为氧化产物，故C正确；D．CO反应中C元素化合价升高，为还原剂，失去电子，故D错误；故答案为：C。13、B【解题分析】

A、小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，且能与酸反应生成二氧化碳，是制糕点的发酵粉的主要成分，故A正确；

B、光导纤维是利用光反射原理制成，其主要成分是二氧化硅，二氧化硅导光能力强，能同时传输大量信息，故B错误；

C、钠的焰色反应成黄色，黄色光的射程远，透雾能力强，可用于制造高压钠灯，故C正确；D、氧化铁为红棕色，可以用于制做红色油漆和涂料，故D正确；故答案为B。14、B【解题分析】

A.品红在水中扩散，是因为品红中含有的分子是在不断的运动的，向四周扩散，A项正确；B.化学反应前后，元素种类不变，所以电解水生成氢气和氧气，证明水是由氢元素、氧元素组成的，B项错误；C.盐酸、稀硫酸具有相似的化学性质，是因为它们电离时生成的阳离子均是氢离子，均属于酸，C项正确；D.无色酚酞溶液滴入某稀溶液中显红色，说明该溶液中含有氢氧根离子，该溶液显碱性，D项正确；答案选B。【题目点拨】B项中分子不能由分子构成，化学式的意义可表示为某物质由某元素组成，或1个某分子是由几个原子构成。15、C【解题分析】

A.液态氯化氢、固态氯化钠不导电，但其溶于水后溶液导电，所以HCl、NaCl是电解质，故错误；B.NH3、CO2水溶液均能导电，是因为一水合氨能电离，碳酸能电离，所以一水合氨和碳酸是电解，而NH3、CO2均为非电解质，故错误；C.蔗糖、酒精在水溶液中或熔化时不导电，所以它们不是电解质，故正确；D.铜、石墨均导电，但他们是单质，所以它们不是电解质，故错误。故选C。16、B【解题分析】

A.合金的许多性能优于纯金属，熔点低于成分金属，A项正确；B.低碳钢的韧性比高碳钢要好，B项错误；C.氧化铝的性质较稳定，因此可以保护内部的金属，C项正确；D.既然分散质是纳米级的，则纳米铜的水溶液具有胶体的性质，D项正确；答案选B。17、C【解题分析】

混合物溶于1mol/L500mL盐酸（HCl的物质的量为0.5mol），生成氯化铜。则根据氯原子守恒可知，氯化铜的物质的量是0.25mol，则铜原子的物质的量是0.25mol，所以最终生成的氧化铜是0.25mol，质量是0.25mol×80g/mol＝20g，答案选C。18、C【解题分析】

①Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；②Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；③NaCl与二氧化碳不反应；④Na2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；⑤NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；⑥NaHCO3与二氧化碳不反应；其中不能与CO2反应的是③⑥。答案选C。19、C【解题分析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液用不到锥形瓶，A错误；B.由于水的沸点为100℃，直接加热沸腾后变为蒸气，冷凝后为液态水，因此实验室制取蒸馏水温度计可以不用，B错误；C.钠的焰色反应铂丝要用稀盐酸清洗，酒精灯必须用，C正确；D.粗盐提纯用不到坩埚，蒸发氯化钠溶液用到蒸发皿，D错误；答案选C。20、B【解题分析】

A.自然界中有大量含有硅元素的物质，故A正确；B.硅是亲氧元素，在自然界中没有单质硅，故B错误；D.硅是半导体，高纯度的硅能做计算机芯片，故C正确；D.氢气还原四氯化硅生成硅和氯化氢，能制取高纯度的硅，故D正确；故选D。21、D【解题分析】

A.钠燃烧时发出黄色的火焰，A正确；B.根据钠的原子结构，钠原子最外层只有一个电子，B正确；C.钠是活泼金属，有很强的还原性，C正确；D.钠燃烧时生成的是过氧化钠，不是氧化钠，D不正确；故选D。22、C【解题分析】

A.Cl2与Fe反应产生FeCl3，1molCl2与足量的铁反应后转移2mol电子，转移的电子数为2NA，A错误；B.常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以44.8LCO2的物质的量小于2mol，则其中含有的分子数小于2NA，B错误；C.CO2和CO分子中都含有1个C原子，所以等物质的量的CO2和CO含有相同的碳原子数，C正确；D.缺少溶液的体积，不能计算离子数目，D错误；故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、bca氢OHClO4SiO2【解题分析】

（1）①根据同一主族元素的最外层电子数相等；

②第3周期的最高化合价从左→右依次升高；

③四种离子有相同的电子层结构，核电荷数越小，离子半径越大；（2）元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，则Y的最外层电子数为6，核外电子数为8符合，即Y为O元素；M元素原子的最外层电子数与电子层数之比为4：3，M为第三周期的Si元素；N-、Z+、X+的半径逐渐减小，可知N为Cl、Z为Na、X为H；化合物HCl常温下为气体，以此来解答。【题目详解】（1）①ⅡA族元素的最外层电子数相等，图象b符合，故答案为：b；

②第3周期的最高化合价从左→右依次升高，图象c符合，故答案为：c；

③四种离子有相同的电子层结构，核电荷数越小，离子半径越大，故离子半径：F-＞Na+＞Mg2+＞Al3+，图象a符合，故答案为：a．（2）①由上述分析可知，X为氢，Y为O，Z的原子结构示意图为，故答案为：氢；O；；

②N的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，故答案为：HClO4；

③M为Si，其最高价氧化物SiO2，故答案为：SiO2。【题目点拨】第（2）题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4推断Y为O元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大。24、CH2=CH2羧基加成反应酯化反应(或取代反应)CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O83%2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COONa＋CO2↑＋H2O饱和碳酸钠溶液分液漏斗【解题分析】本题考查有机物的基础知识，以及乙酸乙酯的制备实验，（1）A的产量是衡量一个国家的石油化工发展的水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；反应①是乙烯与水发生加成反应，生成CH3CH2OH，反应②是乙醇的催化氧化，生成CH3CHO，反应③是乙醛被氧化成乙酸，因此D中含有官能团的名称为羧基；（2）根据(1)的分析，反应①为加成反应，反应④是乙醇和乙酸发生酯化反应(取代反应)；（3）反应④是酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比，假设生成1mol乙酸乙酯，则乙酸乙酯的质量为88g，产物的总质量为(88＋18)g，因此原子利用率为88/(88＋18)×100%=83%；（4）①试管甲中盛放的是饱和碳酸钠溶液，从试管中挥发出来的有乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙酸的酸性强于碳酸，因此有2CH3COOH＋Na2CO3=2CH2COONa＋CO2↑＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，用饱和碳酸钠溶液，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，因此分离时主要用到的仪器是分液漏斗。25、18.4mol/L16.3mlB100胶头滴管①③④②⑦⑤⑥偏低偏高偏低偏高BD【解题分析】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，（1）根据c=1000ρw%/M=1000×1.84×98%/98mol·L－1=18.4mol·L－1；实验室没有80mL的容量瓶，因此需要用100mL的容量瓶，稀释过程中，溶质物质的量不变，因此有100×10－3×3=V(H2SO4)×10－3×18.4，解得V(H2SO4)=16.3mL；量取浓硫酸所用的量筒应是大而接近的，即量筒的量程为25mL，故选项B正确；（2）②根据（1）的分析，需要的容量瓶的规格是100mL，即将烧杯中的溶液转移到100mL的容量瓶中；定容时，当距离刻度1－2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线；（3）配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是称量→溶解→恢复室温→移液→洗涤→振荡→定容→摇匀→移入试剂瓶，因此本题的步骤是①③④②⑦⑤⑥；（4）根据c=n/V=m/MV，A、浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水分，浓度降低，造成溶质的物质的量减小，即所配溶液的浓度偏低；B、未经冷却趁热将溶液注入容量瓶，恢复到室温下，容量瓶中溶液的液面低于刻度线，即体积偏小，所配溶液的浓度偏高；C、未洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质物质的量偏少，所配溶液的浓度偏低；D、定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；（5）A、取用任何体积的3mol·L－1的硫酸，硫酸的浓度相同，根据物质的量浓度的定义，溶质的物质的量不同，故A错误；B、溶液是均一透明的分散系，硫酸的物质的量浓度相同，故B正确；C、根据A选项分析，硫酸物质的量不同，SO42－物质的量不同，即SO42－数目不同，故C正确；D、溶液是均一透明的分散系，即密度相同，故D正确。点睛：本题的易错点是（1）的第二空，学生往往用80mL进行计算，忽略了实验室容量瓶的规格，实验室容量瓶的规格是100mL、250mL、500mL、1000mL，因此本题需要用100mL的容量瓶。26、+5还原性和酸性B氯气溶于水达到化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度吸收氯气127.5g【解题分析】

A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，B用于除去氯气中的氯化氢，可用饱和食盐水，在C中发生6Sr（OH）2+6Cl2=Sr（ClO3）2+6H2O+5SrCl2，以制备氯酸锶，D为尾气处理装置，避免污染空气。【题目详解】（1）Sr(ClO3)2中Sr为+2价，O为﹣2价，由化合价代数和为0可知Cl元素的化合价是+5价，装置A中生成氯气，盐酸被氧化，同时生成氯化锰，浓盐酸在反应中的作用是还原性和酸性的作用，故答案为：+5；还原性和酸性；（2）Y用于除去氯气中的氯化氢，应为饱和食盐水，氯气溶于水，与水反应生成HCl和HClO，溶液中存在化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度较大，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，该化学平衡逆向移动，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度，所以可以用饱和食盐水收集氯气，故答案为：B；氯气溶于水达到化学反应平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸，降低了Cl2溶解度；（3）氢氧化钠和氯气反应，可避免氯气污染环境，则装置D中NaOH溶液的作用是吸收氯气，避免污染环境，故答案为：吸收氯气；（4）装置C中三颈烧瓶内发生的反应为6Sr(OH)2+6Cl2＝Sr(ClO3)2+6H2O+5SrCl2，反应中只有Cl元素化合价变化，Cl元素化合价由0价分别变为+5价、﹣1价，生成1molSr(ClO3)2，转移10mol电子，则转移5mol电子时生成Sr(ClO3)20.5mol，质量是0.5mol×255g/mol＝127.5g，故答案为：127.5g。【题目点拨】本题考查了物质制备方案设计，题目涉及实验装置、实验原理、化学平衡移动等，题目综合性较强，要求学生对基础知识的综合应用，难点（4）根据配平好的氧化还原反应方程式中转移电子数和方程式计量关系计算。27、H2SSO3氧化SO2漂白SO2+H2OH2SO3BaSO4盐还原性a【解题分析】

（1）参照图给的价态与物质的对应关系，可以确定所给X、Y、Z三种物质分别为H2S、SO3、Na2SO3；（2）硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红；二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色；二氧化硫具有氧化性，使湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体；二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀；（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类；②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价；（4）由二维图可知，2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中没有涉及氧气和水的类别分析。【题目详解】（1）由图可知，X、Y、Z分别为H2S、SO3，故答案为：H2S；SO3；（2）①二氧化硫具有氧化性，与硫化钠溶液发生氧化还原反应硫，在湿润的硫化钠试纸上可观察到淡黄色固体硫生成，故答案为：氧化；②二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色，故答案为：漂白；③二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，反应的化学方程式为SO2+H2OH2SO3，故答案为：SO2+H2OH2SO3；④二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：BaSO4；（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类，具有盐的通性，故答案为：盐；②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价，具有还原性，故答案为：还原性；（4）由二维图可知，2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中涉及了硫元素化合价的变化和硫转化为硫酸，没有涉及氧气和水的类别分析，a正确，故答案为：a。【题目点拨】二氧化硫和亚硫酸不能与氯化钡溶液反应，二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀是解答关键，也是易错点。28、石蕊溶液先变红，后褪色Cl2+H2OHCl+HClO钠与溶液剧烈反应，溶液里有无色气体放出，同时有红褐色沉淀生成6Na+6H2O+2FeCl3=2Fe(OH)3↓+6NaCl+3H2↑（2Na+2H2O=2NaOH+H2↑3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl）【解题分析】（1）氯气溶于水后与水反应生成盐酸和次氯酸，向石蕊试液中通入氯气，观察到的现象是石蕊溶液先变红，后褪色，用化学方程式进行分析Cl2+H2OHCl+HClO；若将氯水久置，将会有气泡冒出，发生的化学方程式为；（2）将一小块钠投入到盛FeCl3的溶液中,观察到的现象是钠与溶液剧烈反应，溶液里有无色气体