2024届黑龙江省鸡西市化学高一第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2024届黑龙江省鸡西市化学高一第二学期期末复习检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A．元素的非金属性次序为c>b>aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、62、将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水(溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出)，所得溶液体积为VL，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为()mol·L－1。A．am2MV B．am1000MV C．20am23、氢氧燃料电池已用于航天飞机。以30%KOH溶液为电解质溶液的这种电池在使用时的电极反应如下：2H2+40H-+4e-=4H2002+2H20+4e--=40H-，据此作出判断，下列说法中错误的是()A．H2在负极发生氧化反应B．供电时的总反应为：2H2十02=2H20C．燃料电池的能量转化率可达100%D．产物为无污染的水，属于环境友好电池4、等质量的两份锌粉a、b，分别加入两支相同的试管中，然后加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸，同时向a中加入少量CuSO4溶液，则产生氢气的体积(V)与时间(t)的关系用图像表示如下，其中正确的是()A． B． C． D．5、短周期元素A和B，其中A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是(a-b)，L层电子数是(a+b)，则A、B两种元素形成的化合物的化学式可能表示为（）A．B3A2 B．AB2 C．A3B2 D．BA26、在绿色化学工艺中，理想状态是反应物原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为。以下反应最符合绿色化学“原子经济”要求的是(

)A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料 B．甲烷与氯气制备一氯甲烷C．以铜和浓硫酸为原料生产硫酸铜 D．用二氧化硅制备高纯硅7、可逆反应：2NO2(g)⇌2NO(g)＋O2(g)，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦C．①③④⑤ D．全部8、下列同周期元素中，原子半径最大的是A．AlB．MgC．SiD．Cl9、将2．4gNaOH和2．269混合并配成溶液，向溶液中滴加2．2mol·稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是A． B．C． D．10、实验室采用如图所示装置制备乙酸乙酯，实验结束后，取下盛有饱和碳酸钠溶液的试管，再沿该试管内壁缓缓加入紫色石蕊试液1毫升，发现紫色石蕊试液存在于饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯液层之间(整个过程不振荡试管)，下列有关该实验的描述，正确的是()A．制备的乙酸乙酯中没有杂质B．该实验中浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂C．石蕊层为三层环，由上而下是蓝、紫、红D．饱和碳酸钠溶液主要作用是降低乙酸乙酯的溶解度及吸收乙醇、中和乙酸11、下列各组离子在溶液中能大量共存的是A．K＋、NO3-、HCO3- B．Na＋、Ba2＋、SO42-C．Al3＋、Cl－、OH－ D．K＋、NH4+、OH－12、某锂电池的电池总反应为4Li＋2SOCl2=4LiCl＋S＋SO2↑，下列有关说法正确的是（）A．锂电极作电池负极，放电过程中发生还原反应B．1molSOCl2发生电极反应转移的电子物质的量为4molC．组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行D．电池的正极反应为2SOCl2＋2e－=4Cl－＋S＋SO2↑13、已知反应A(g)+3B(g)2C(g)，在10s内，A的浓度由4mol/L变成了2mol/L，则以A的浓度变化表示的反应速率为A．0.2mol/(L·s)B．0.3mol/(L·s)C．0.4mol/(L·s)D．0.1mol/(L·s)14、糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所需的三大营养物质，下列说法正确的是A．油脂的水解产物为纯净物B．光导纤维的主要成分是纤维素C．葡萄糖和麦芽糖互为同系物D．CuSO4溶液可以使蛋白质变性15、乙烯和乙醇的混合气体VL,完全燃烧后生成CO2和H2O,消耗相同状态下的O23VL，则混合气体中乙烯和乙醇的体积比为（）A．1:1B．2:1C．1:2D．任意比16、下列反应中，水只作氧化剂的氧化还原反应是A．3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 B．2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑C．2F2+2H2O＝4HF+O2 D．Cl2+H2O⇌HCl+HClO17、翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是A．Y在化合物中显+3价B．X与W只能形成一种化合物C．W的简单氢化物稳定性比Z的强D．X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的强18、“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料。甲、乙、丙三种物质是舍成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法错误的是A．甲物质在一定条件下可以生成有机高分子化合物B．lmol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气C．甲、丙物质都能够使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲在酸性条件下水解产物之一与乙互为同系物19、下列元素不属于第三周期的是A．溴 B．硫 C．磷 D．钠20、NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NAB．标准状况下，17g氨气所含原子数目为NAC．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAD．NA个氢分子所占有的体积一定为22.4L21、重水（D2O）是重要的工业原料，下列说法错误的是（）A．H2O与D2O互称同素异形体B．4gD2和20g18O2的单质化合时，最多可以生成22gD218OC．标准状况下，氕（H）、氘（D）氘(T)对应的单质的密度之比为1:2:3D．1H与D互称同位素22、物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A．1：4 B．1：5 C．2：3 D．2：5二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F是分属三个短周期六种主族元素，且原子序数依次增大。①B是植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染。②C和D能形成电子总数为30和38的两种化合物。③E的某种氧化物M可用做漂白剂。请回答下列问题：(1)元素F在元素周期表中的位置是______________________________。(2)C、D、E三种元素原子半径由小到大的顺序是__________________(用元素符号回答)；C、D、E三种元素形成的简单离子的离子半径由小到大的顺序是__________________(用离子符号回答)。(3)C和D形成电子总数为38的化合物中化学键类型有__________________________(填“离子键”、“极性共价键”、“非极性共价键”)。(4)写出D的最高价氧化物水化物的电子式______________________。(5)E、F两种元素形成氢化物中还原性较强的是_________________(填化学式);用电子式表示该化合物的形成过程________________________________________。(6)C、D、F形成的某种化合物N也可用做漂白剂，M、N以物质的量1∶1混合，混合物没有漂白性。用离子方程式解释其原因_____________________________________________。24、（12分）A、B、C、D、E、F、X、Y、Z九种主族元素的原子序数依次增大，且均不大于20。B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐；盐EYC与AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含EYC的溶液；X元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15；E、F、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐。请回答下列问题：(1)B元素的原子结构示意图是____，X元素在周期表中的位置是第__周期第__族。(2)这九种元素中，金属性最强的是____，非金属性最强的是____。(3)EYC中化学键类型：_____________，其电子式为___________。(4)A与B、C、D形成的化合物中，共价键的极性由强到弱的顺序是________（用化学式表示），这些化合物的稳定性由强到弱的顺序为__________（用化学式表示）。(5)D、E、F简单离子半径由大到小的顺序为_________（填离子符号），F和镁条用导线连接插入NaOH溶液中，镁条作______（填“正极”或“负极”）。25、（12分）某研究性学习小组设计了一组实验来探究第ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中①②③④处依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球。(1)写出装置B中指定仪器的名称a________，b_________。(2)实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。依据该原理需要选择A、B、C装置中的________装置制取氯气。(3)反应装置的导气管连接装置D的________(填“X”或“Y”)导管，试回答下列问题①处所发生反应的离子方程式：____________________；②处的现象：____________________；③处所发生反应的离子方程式：__________________________。(4)装置D中④的作用是__________________。(5)某同学根据①②两处棉球颜色的变化得出结论：Cl、Br、I原子的得电子能力依次减弱。上述实验现象________(填“能”或“不能”)证明该结论、理由是___________。26、（10分）为探究Na与CO2反应产物，某化学兴趣小组按下图装置进行实验。已知：CO+2Ag(NH3)2OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3回答下列问题：（1）写出A中反应的离子方程式__________________________。（2）仪器X的名称是_____________，B中的溶液为________________。（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1g，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2g。再进行下列实验操作，其正确顺序是________（填标号）；a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．关闭K1和K2d．打开K1和K2，通入CO2至E中出现浑浊e．称量硬质玻璃管f．冷却到室温重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3g。（4）加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象①钠块表面变黑，熔融成金属小球；②继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质；③F中试管内壁有银白物质产生。产生上述②现象的原因是____________________________________。（5）探究固体产物中元素Na的存在形式假设一：只有Na2CO3；假设二：只有Na2O；假设三：Na2O和Na2CO3均有完成下列实验设计，验证上述假设：步骤操作结论1将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤假设一成立2往步骤1所得滤液中___________________________3_____________________________________________（6）根据上述实验现象及下表实验数据，写出Na与CO2反应的总化学方程式___________。m1m2m366.7g69.0g72.1g27、（12分）在炽热条件下，将石蜡油分解产生的乙烯通入下列各试管里，装置如图所示。根据上述装置,回答下列问题：(1)C装置的作用是____________。(2)已知：1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，易溶于四氯化碳。预测：A装置中的现象是___________________,B装置中的现象是__________。分离A装置中产物的操作名称是_____，分离B装置中产物需要的玻璃仪器名称是____。(3)D装置中溶液由紫色变无色，D装置中发生反应的类型为_____。(4)写出A装置中发生反应的化学方程式_______，反应类型为____，E装置的作用是__________。28、（14分）管道工人曾经用浓氨水检测氯气管道是否漏气。某化学兴趣小组利用下图装置探究氯气与氨气之间的反应原理。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为氧气与氨气的反应装置。请回答下列问题：(1)装置A中的烧瓶内固体可以选用______

(选填序号)．A．二氧化锰

B．碱石灰

C．五氧化二磷(2)装置F中发生反应的离子方程式为__________________________________；装置E的作用是______________________________；(3)通入装置C的两根导管左边较长、右边较短，目的是________________________。(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：_____________________________________________；该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，如何处理?__________。29、（10分）镓(Ga)被誉为第三代半导体的明屋元素，广泛应用于电子工业。Ga位于周期表的第四周期，与A1同主族，主要存在Ga3+、

GaO2-两种离子形态。(1)请画出Ga的原子结构示意图___________。(2)请写出Ga2O3溶解在NaOH溶液中的离子方程式_________________。(3)氮化镓(GaN)可用于制作蓝色LED光源。GaN的传统工艺是用GaCl3与NH3反应来制备，新工艺则采用金属Ga与NH3在一定条件下来合成。已知:①GaCl3(s)+

NH3(g)=GaN(s)+3HCl(g)∆H1=+180kJ/mol②2Ga(s)+6HCl(g)=2GaCl3(s)+3H2(g)

∆H2=-492kJ/mol③Ga(s)+NH3(g)=GaN(s)+3/2H2(g)∆H3由上述反应可知∆H3=_____________。已知H-H的键能为436kJ/mol，结合上图分析，1molGaN含有_____molGa-N键，拆开lmolGa-N键所需能量为______kJ。(4)工业上多用电解精炼法提纯镓。具体原理如下图所示:已知:金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu①A为电源的_____极，电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是___________。②电解过程中阳极产生的离子迁移到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。请写出电解过程的阴极的电极反应_______________。③电解过程中需控制合适的电压，若电压太高时阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路通过0.4mole-时，阴极得到7.0g的镓。则该电解装置的电解效率η=___________。(η=生成目标产物消耗的电子数÷转移的电子总数)。

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、B【解题分析】

原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。据此分析解答。【题目详解】根据以上分析，a为H元素，b为S元素，c为Cl元素，d为K元素。A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。答案选B。2、D【解题分析】

将a%的某物质的水溶液加热蒸发掉mg水，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，则蒸发后溶液的质量为mg，结合溶质的质量分数计算溶质的质量，根据n=mM进而计算溶质的物质的量，利用c=n【题目详解】令蒸发后溶液的质量为xg，浓缩蒸发溶质的质量不变，则：（x+m）g×a%=x×2a%，解得x=m。溶质的质量为mg×2a%=2am%g，溶质的相对分子质量为M，所以溶质的物质的量为2am%gMg/mol=2am%Mmol，蒸发后所得溶液体积为VL，所以蒸发后溶液的物质的量浓度为2am%Mmol故选D。3、C【解题分析】本题考查燃料电池的的工作原理。分析：氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，工作时，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水，对环境无污染。详解：由电极反应式可知，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，A正确；电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2+O2═2H2O，B正确；氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不会达100%，C错误；氢氧燃料电池产物是水，对环境物污染，且能量转化率高，D正确。故选C。4、D【解题分析】

等质量的两份锌粉中，加入等体积等物质的量浓度且均过量的稀硫酸，同时向a中加入少量CuSO4溶液，则a中发生的反应有:Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn+2H+=Zn2++H2↑，由于置换出来的Cu与Zn在稀硫酸中构成原电池，所以，a中的反应速率比b中的反应速率大，即反应完成所需的时间短，但Cu2+消耗了少量的Zn，a中产生的H2比b中产生的H2少。b中只发生反应:Zn+2H+=Zn2++H2↑。符合这些条件的图像就是D。5、D【解题分析】

短周期元素A和元素B，元素A原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素B原子的M层电子数为（a-b），L层电子数为（a+b），则L层电子数为8，所以a+b=8，所以元素A原子有2个电子层，故b=2，所以a=8-b=8-2=6，故A为O元素；故元素B原子的M层电子数为a-b=6-2=4，故B为Si元素，A、B两元素形成的化合物为BA2，故选D。6、A【解题分析】

A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，为加聚反应，反应物中的原子全部转化为欲制的产物，原子利用率为100%，故A正确；B．甲烷与氯气制备一氯甲烷为取代反应，有HCl生成，原子利用率达不到100%，故B错误；C．以铜和浓硫酸为原料生产硫酸铜，有二氧化硫生成，原子利用率达不到100%，故C错误；D．用二氧化硅制备高纯硅，有CO生成，原子利用率达不到100%，故D错误；故选A。7、A【解题分析】

化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。【题目详解】①中单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①正确；②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故②错误；③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③错误；④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④正确；⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥正确；⑦由于气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦正确；①④⑥⑦正确，答案选A。【题目点拨】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变，间接判据要看变量不变。8、B【解题分析】同周期元素从左到右半径依次减小，Al、Mg、Si、Cl都是第三周期元素，原子序数Mg<Al<Si<Cl，所以Mg原子半径最大、Cl原子半径最小，故B正确。9、C【解题分析】

n(NaOH)==2.22mol、n(Na2CO3)==2.22mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应2.4g氢氧化钠消耗2.22L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+H+(少量)=HCO3-，此时再消耗2.22L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，2.22mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生2.22mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。10、D【解题分析】

由于乙酸、乙醇和乙酸乙酯都是易挥发的液体，故试管中收集的产品中一定混有乙酸和乙醇，乙酸显酸性，碳酸钠溶液显碱性。【题目详解】A.制备的乙酸乙酯中有杂质，A不正确；B.硫酸在反应前后的质量和性质保持不变，浓硫酸具有吸水性，有利于化学平衡向正反方向移动，该实验中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，B不正确；C.石蕊层为三层环，乙酸乙酯的密度比水小，其中的杂质乙酸使石蕊变红；中间的石蕊显紫色；碳酸钠溶液显碱性，故下层的石蕊显蓝色，故由上而下是红、紫、蓝，C不正确；D.饱和碳酸钠溶液主要作用是降低乙酸乙酯的溶解度及吸收乙醇、中和乙酸，D正确。综上所述，本题选D。11、A【解题分析】

根据复分解反应的条件，离子间若能反应生成沉淀、气体或水，则在溶液中离子不能大量共存。【题目详解】A项、在溶液中三种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，故A正确；B项、在溶液中Ba2＋与SO42-生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；C项、在溶液中Al3＋与OH－生成氢氧化铝沉淀或偏铝酸根，不能大量共存，故C错误；D项、在溶液中NH4+与OH－生成弱电解质一水合氨，不能大量共存，故D错误。故选A。【题目点拨】本题考查了离子共存的问题，判断各离子在溶液中能否共存，主要分析溶液中的各离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、水是解答关键。12、C【解题分析】

A、电池反应中锂元素的化合价由0价升高到+1价，故放电过程中锂电极发生氧化反应，错误；B、1molSOCl2发生电极反应转移的电子物质的量为2mol，错误；C、锂为活泼金属，常温下能与氧气、水剧烈反应，故组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，正确；D、电池的正极反应为2SOCl2＋4e－=4Cl－＋S＋SO2↑，错误；答案选C。13、A【解题分析】分析：通常用单位时间内反应浓度的减少或生成物浓度的增加来表示反应速率，结合υ＝ΔcΔt详解：已知在10s内，A的浓度由4mol/L变成了2mol/L，A的浓度减少了4mol/L－2mol/L＝2mol/L，则以A的浓度变化表示的反应速率为2mol/L÷10s＝0.2mol/(L·s)，答案选A。点睛：掌握化学反应速率的含义和表达式是解答的关键。关于化学反应速率还需要明确以下几点：化学反应速率是一段时间内的平均速率，而不是瞬时反应速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值；同一化学反应在相同条件下，用不同物质表示的化学反应速率，其数值不同，但意义相同；计算反应速率时，若给出的是物质的量的变化值，不要忘记转化为物质的量浓度的变化值。14、D【解题分析】分析：A．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，能够水解；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅；C．结构相似组成相差若干个CH2的有机物为同系物；D．蛋白质遇到重金属盐会变性。详解：A．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在酸性条件下水解生成高级脂肪酸与甘油；在碱性条件下，完全水解生成高级脂肪酸盐(肥皂)与甘油，水解产物都是混合物，故A错误；B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，故B错误；C．葡萄糖与麦芽糖的分子式之间不是相差n个CH2，不是同系物，故C错误；D．铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；故选D。15、D【解题分析】将乙醇的分子式改写为C2H4·H2O。显然，乙烯和乙醇等物质的量耗氧量相同。且1体积气体都会消耗3体积氧气，故二者为任意比。16、A【解题分析】

A、Fe元素化合价升高，H2O中H元素化合价降低，得电子，作氧化剂，故A正确；B、H2O中没有元素化合价的变化，H2O既不作氧化剂也不作还原剂，故B错误；C、2F2+2H2O=4HF+O2中，水中O元素化合价由﹣2价变为0价，则水作还原剂，故C错误；D、水中各元素化合价不变，Cl元素化合价由0价变为+1价、-1价，水既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；答案选A。17、B【解题分析】试题分析：翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，其中W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；Z的单质是常见的半导体材料，则Z为Si；翡翠属于硅酸盐，X、Y化合价之和为+4，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，且X的原子半径比Y的大，则X为Na、Y为Al。A．Y为Al，在化合物中显+3价，故A正确；B．X为Na、W为O，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；C．非金属性O＞Si，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物更稳定，故C正确；D．金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故D正确。考点：考查元素的推断及性质18、D【解题分析】

A．甲物质中存在碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应生成有机高分子化合物，A正确；B.1mol乙物质含有2mol羟基，可与2mol钠完全反应生成1mol氢气，B正确；C．甲、丙物质中均存在碳碳双键，都能够使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．结构相似分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物互为同系物，甲在酸性条件下水解产物有2—甲基丙烯酸和甲醇，二者与乙二醇即乙均不能互为同系物，D错误；答案选D。19、A【解题分析】

第三周期，从左到右，元素依次是钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，不包含溴，故答案选A。20、A【解题分析】本题考查的是以物质的量为核心的化学计算。A是易错项，温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以28g混合气体的物质的量为1mol，分子数目一定为NA，A正确。B项17g氨气的物质的量为1mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA。C项11.2L氮气的物质的量因不知道常温常压下的气体摩尔体积而无法计算。D项NA个氢分子所占有的体积不一定为22.4L，只有在标准状况下才是22.4L。21、A【解题分析】分析：同素异形体是同种元素形成的不同单质互称同素异形体；标准状况下气体的密度ρ=M/Vm；同位素是具有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素。根据概念进行分析。详解：A.同种元素形成的不同单质互为同素异形体，H2O与D2O都是化合物，不属于同素异形体，故A错误；B.4gD2的物质的量是1mol,20g18O2的物质的量为5/9mol,两种单质化合时：2D2+18O2=2D218O，最多可以生成1molD218O,质量为22g,故B正确；C.因为标准状况下ρ=M/Vm，所以氕（H）、氘（D）氘(T)对应的单质的相对分子质量之比为：2:4:6，其密度之比为1:2:3，故C正确；D.具有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，11H与12D质子数都为1，中子数分别为0、1，互为同位素，故D正确；答案：A。22、A【解题分析】

设Zn为2mol、HNO3为5mol，锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氢化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，剩余的1mol硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，说明硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，反应方程式为4Zn＋10HNO3=4Zn(NO3)2＋N2O↑＋5H2O，故选A。二、非选择题(共84分)23、第三周期，第ⅦA族O<S<NaNa+<O2—<S2—离子键和非极性共价键H2SClO—+SO2+H2O=SO42－+Cl—+2H+【解题分析】已知A、B、C、D、E、F是分属三个短周期六种主族元素，且原子序数依次增大。①B是植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染，B是N，则A是H。②C和D能形成电子总数为30和38的两种化合物，则D是Na，C是O。③E的某种氧化物M可用做漂白剂，E是S，则F是Cl。(1)元素Cl在元素周期表中的位置是第三周期、第VIIA族。(2)同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此C、D、E三种元素原子半径由小到大的顺序是O<S<Na；核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，因此C、D、E三种元素形成的简单离子的离子半径由小到大的顺序是Na＋<O2－<S2－。(3)C和D形成电子总数为38的化合物是过氧化钠，其中化学键类型离子键、非极性共价键。(4)D的最高价氧化物水化物是氢氧化钠，电子式为。(5)氯元素非金属性强于硫元素，E、F两种元素形成氢化物中还原性较强的是H2S，该化合物的形成过程为。(6)C、D、F形成的某种化合物N也可用做漂白剂，N是次氯酸钠。M、N以物质的量1:1混合，SO2被氧化，因此混合物没有漂白性，反应的离子方程式为ClO－＋SO2＋H2O＝SO42－＋Cl－＋2H＋。24、三VIAK或钾F或氟离子键、共价键（或极性键）HF＞H2O＞NH3HF＞H2O＞NH3F-＞Na+＞Al3+正极【解题分析】

B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐，则B为氮元素；盐EYC与AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，该气体为氯气，氯气同冷烧碱溶液作用，可得到含次氯酸钠溶液，则E为钠元素，Y为氯元素，C为氧元素，A氢元素，因此D是F；X元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，则X为硫元素；D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15，则Z为钾元素；E、F、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐，则F为铝元素。【题目详解】（1）B为氮元素，原子结构示意图是；X为硫元素，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，故答案为：三；VIA；（2）由分析和元素周期律可知，这九种元素中，金属性最强的是钾元素，非金属性最强的是氟元素，故答案为：K或钾；F或氟；（3）次氯酸钠为离子化合物，次氯酸根中有极性共价键，所以次氯酸钠中的化学键为离子键和共价键（或极性键），次氯酸钠的电子式为，故答案为：离子键、共价键（或极性键）；；（4）根据非金属性F＞O＞N，可知氨气、水、氟化氢中，共价键的极性由强到弱的顺序是HF＞H2O＞NH3，键能大小关系为HF＞H2O＞NH3，则稳定性由强到弱的顺序为HF＞H2O＞NH3，故答案为：HF＞H2O＞NH3；HF＞H2O＞NH3；（5）氟离子、钠离子、铝离子的核外电子层数相同，则原子序数小的半径大，即离子半径由大到小的顺序为F-＞Na+＞Al3+，铝和镁条用导线连接插入NaOH溶液中，因为镁与氢氧化钠不发生反应，而铝与氢氧化钠能发生氧化还原反应，则镁条作正极，故答案为：F-＞Na+＞Al3+；正极。【题目点拨】在原电池判断负极时，要注意一般活泼性不同的两个金属电极，活泼的金属电极作负极，但要考虑负极要发生氧化反应，所以在镁、铝、氢氧化钠形成的原电池中，铝作负极，镁作正极。25、分液漏斗圆底烧瓶AXCl2＋2Br＋===2Cl－＋Br2棉球变蓝Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O检验氯气是否被吸收完全不能实验无法证明Br和I得电子能力的相对强弱(其他合理答案也可)【解题分析】分析：实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反应生成单质Br2、I2，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，以此解答该题。详解：（1）根据仪器构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；（2）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A装置；（3）检验氯气的性质时，不能先通过NaOH溶液，否则会消耗氯气，且起不到尾气吸收的作用，应从X端进气。①氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方程式为Cl2＋2Br＋＝2Cl－＋Br2；②氯气与碘化钾溶液反应生成I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2，碘遇淀粉显蓝色，所以实验现象是棉球变蓝；③氯气有毒需要氢氧化钠溶液吸收，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（4）氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，把品红放在最后可观察氯气是否被吸收完全；（5）由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱。点睛：本题考查氯气制备、性质实验的设计、物质性质和反应现象的判断，题目难度中等，注意有关物质的性质以及实验方案的合理性和实用性。明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意污染性的气体要进行尾气处理。26、CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O长颈漏斗饱和NaHCO3溶液dabfce钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成加入足量BaCl2(或CaCl2、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液(未写足量不得分)滴入酚酞试液（或紫色石蕊试液或用广泛pH试纸检测溶液pH）6Na＋5CO23Na2CO3＋C＋CO(配平错误不得分)【解题分析】（1）A是大理石与稀盐酸制取二氧化碳的反应，离子方程式为CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O；（2）仪器X的名称是长颈漏斗，B中的溶液为饱和NaHCO3溶液，用于除去二氧化碳中的氯化氢气体；（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1g，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2g，d．打开K1和K2，通入CO2至E中出现浑浊，a．点燃酒精灯，加热，b．熄灭酒精灯，f．冷却到室温，c．关闭K1和K2，e．称量硬质玻璃管，重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3g。其正确顺序是dabfce；（4）钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成，反应完全后，管中有大量黑色物质；（5）探究固体产物中元素Na的存在形式：将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤，往步骤1所得滤液中加入足量BaCl2(或CaCl2、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液，滴入酚酞试液，溶液显红色，或紫色石蕊试液显蓝色，或用广泛pH试纸检测溶液pH大于7，则假设一成立；（6）反应前钠的质量为：m2-m1=69.0g-66.7g=2.3g，即0.1mol钠，若全部转化为碳酸钠，则碳酸钠的质量为：2.3g×=5.3g，物质的量为0.05mol，反应后产物的质量为：m3-m1=72.1g-66.7g=5.4g，则还生成碳，且碳的质量为0.1g，即mol，结合质量守恒，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠、碳，应该还生成一氧化碳，故反应方程式为：6Na＋5CO23Na2CO3＋C＋CO。27、检验B装置中是否有溴挥发出来橙色褪去,液体不分层橙黄色褪去,液体分层蒸馏分液漏斗、烧杯、玻璃棒氧化反应加成反应检验乙烯与酸性KMnO4溶液反应的产物二氧化碳【解题分析】

(1)由于溴水易挥发，溴能与硝酸银反应生成溴化银浅黄色沉淀，所以C装置的作用是检验B装置中是否有溴挥发出来。(2)乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，又因为1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，易溶于四氯化碳，所以A装置中的现象是橙色褪去，液体不分层；乙烯与溴水发生加成反应，则B装置中的现象是橙黄色褪去，液体分层。1，2-二溴乙烷易溶于四氯化碳，二者的沸点相差较大，则分离A装置中产物的操作名称是蒸馏；1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，则分离B装置中产物是分液操作，需要的玻璃仪器名称是分液漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)D装置中溶液由紫色变无色，说明酸性高锰酸钾溶液被还原，则D装置中发生反应的类型为氧化反应。(4)根据以上分析可知A装置中发生反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，反应类型为加成反应。二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，则E装置的作用是检验乙烯与酸性KMnO4溶液反应的产物二氧化碳。28、B4H＋+2Cl-+MnO2Mn2＋+Cl2↑+2H2O除去氯气中的氯化氢使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N23∶2将尾气通入NaOH溶液中或通入装有碱石灰的干燥管（或者用气囊等收集）【解题分析】分析：(1)装置A中的烧瓶内是制备氨气的装置，装置A中的烧瓶内固体是碱石灰，氨水滴入固体中溶解放热使氨气放出。(2)碱石灰能吸收水蒸气，干燥氨气，饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢气体,浓硫酸是吸收氯