2024届湖南省常德市芷兰实验学校高一化学第二学期期末达标测试试题含解析

2024届湖南省常德市芷兰实验学校高一化学第二学期期末达标测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下列说法正确的是A．反应物的热效应与是否使用催化剂无关B．4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)的过程属于熵增加过程C．由C（石墨）=C（金刚石）△H﹥0，可知金刚石比石墨稳定D．对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显2、钠与水的反应属于（）①氧化还原反应；②离子反应；③放热反应A．①②③B．①②C．②③D．①③3、下列叙述中，金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强的是A．1molA从酸中置换H+生成的H2比1molB从酸中置换H+生成的H2多B．常温时，A能从水中置换出氢，而B不能C．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少D．A原子电子层数比B原子的电子层数多4、下列粒子中，与NH4+具有相同质子总数的是()A．OH－B．NH3C．Na+D．Cl－5、大理石装修的房屋彰显富丽堂皇，但当食醋不慎滴在大理石地面上时，会使其失去光泽，变得粗糙，下列能正确解释此现象的是()A．食醋中的水使碳酸钙溶解B．食醋中的醋酸将碳酸钙氧化C．食醋中的醋酸起了催化作用，导致碳酸钙分解了D．食醋中的醋酸与碳酸钙发生了复分解反应6、下列物质中，使溴水和酸性高锰酸钾溶液都能褪色的是()A．丙烯B．苯C．乙烷D．硝酸7、将43.8g

Al、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为A．39.2g B．44.8g C．58.8g D．66.4g8、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．100g30%CH3COOH溶液中含氢原子数为2NAB．标准状况下，11.2LCCl4中含有C―Cl键的数目为2NAC．28gN2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2NAD．2.3g钠与水反应产生氢气的分子数为0.1NA9、在下列有机物中，能跟溴水发生加成反应，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化的是()A．乙烯

B．苯

C．甲烷

D．乙烷10、下列不属于海水化学资源利用的是A．海水淡化B．海水提盐C．海水提溴D．海水提碘11、有一处于平衡状态的可逆反应：X（s）+3Y（g）2Z（g）ΔH＜0。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是①高温②低温③高压④低压⑤加催化剂⑥分离出ZA．①③⑤ B．②③⑤ C．②③⑥ D．②④⑥12、用括号内试剂除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是A．乙烷中的乙烯（Br2水） B．溴苯中的溴（KI溶液）C．乙醇中的水（CaO） D．乙酸乙酯中的乙酸（饱和Na2CO3溶液）13、下列实验能达到目的是（）A．用NaHCO3溶液鉴别乙醇、乙酸和苯B．苯和浓溴水混合，加入铁作催化剂制溴苯C．裂化汽油可用作萃取剂来萃取溴水中的溴D．除去乙烷中的乙烯，将混合气体通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶14、下列有关热化学方程式的说法中不正确的是()A．热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示标准状况下的数据B．热化学方程式中的化学计量数只代表反应物或生成物的物质的量C．在加热或点燃条件下才能进行的化学反应既可以为放热反应，也可以为吸热反应D．同一化学反应化学计量数不同，ΔH值不同。化学计量数相同而状态不同，ΔH值也不同15、一定条件下，向密闭容器中充入1molNO和1molCO进行反应：2NO(s)+CO(g)N2(g)+CO2(g)，测得化学反应速率随时间的变化关系如图所示，其中处于化学平衡状态的点是A．a点 B．b点 C．c点 D．d点16、下列离子方程式书写正确的是A．铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2＋＝2Fe3＋＋3CuB．金属铜溶于稀硝酸中：Cu+2NO3—＋4H+＝Cu2+＋2NO↑+2H2OC．碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠中：NH4+＋OH－＝NH3+H2OD．少量二氧化硫通入澄清石灰水中：SO2+Ca2＋＋2OH－＝CaSO3↓+H2O17、恒温、恒压下，将1molO2和2molSO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生反应2SO2+O22SO3，状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（）A．40％B．60％C．80％D．90％18、下列溶液中，常温下可以用铁罐装运的是（）A．浓盐酸 B．稀硫酸C．硫酸铜溶液 D．液氯19、一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应:xA(g)+yB(g)⇌zC(g)达到平衡后,测得A浓度为0.5mol·L-1,当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的两倍再达到平衡后,测得A浓度为0.3mol·L-1,则以下叙述正确的是()A．平衡向正反应方向移动B．x+y>zC．C的体积分数增大D．B的转化率提高20、下列物质既含离子键又含共价键的是()A．CaCl2B．NH4ClC．MgF2D．H2O221、我国的“神舟五号”载人飞船已发射成功，“嫦娥”探月工程也已正式启动。据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的23He，每百吨2A．24He原子核内含有4个质子 B．23C．23He原子核内含有3个中子 D．24H22、下列有关卤素的说法不正确的是A．ICl在反应ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O中作氧化剂B．金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低C．淀粉碘化钾在空气中变蓝，发生了4I-+O2+2H2O2I2+4OH-D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强二、非选择题(共84分)23、（14分）有X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，部分信息如下表所示:XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.160主要化合价+4，-4-2-1，+7其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角六种元素中原子半径最大次外层电子数是最外层电子数的4倍请回答下列问题：(1)X的元素符号为______

，R

在元素周期表中的位置是___________。(2)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是___________。(3)Q简单离子的离子半径比Z的小，其原因是___________。(4)下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是_______

(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.气态氢化物稳定性R>Y。c.Y与R形成的化合物中Y呈正价24、（12分）已知A、B、C、D、E五种元素为周期表前20号元素且原子序数依次增大，其中只有A、D为非金属元素。A的气态氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红。B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍。B、E元素同主族。(1)E在元素周期表中的位置：____________，写出E的最高价氧化物对应水化物与C的单质反应的化学方程式：___________________________________。(2)A的气态氢化物溶于水后的电离方程式为________________________________。(3)B单质在空气中燃烧后的产物的电子式为____________，产物中存在的化学键类型有_______________。25、（12分）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间(min)12345氢气体积(mL)50120232290310（1）哪一时间段(指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min)反应速率最大___________，原因是_____________________________________________________________。（2）哪一段时段的反应速率最小___________，原因是_______________________。（3）求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率(设溶液体积不变)___________。（4）如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：A．蒸馏水、B．NaCl溶液、C．NaNO3溶液、D．CuSO4溶液、E．Na2CO3溶液，你认为可行的是___________。26、（10分）某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，甲同学设计实验如下表：实验编号盐酸浓度(mol·L－1)铁的状态温度/°C12.00块状2022.00粉末2031.00块状2042.00块状40请回答：(1)若四组实验均以收集到500mL(已转化为标准状况下)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是________。(2)实验________和______是研究铁的状态对该反应速率的影响(填实验编号，下同)；实验______和______是研究温度对该反应速率的影响。(3)测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_______、______。(4)乙同学设计了下列一组实验：所用铁块的形状、质量均相同，所用酸的体积相同，其浓度如下，你认为产生氢气速率最快的是______。A18.4mol·L－1硫酸B5.0mol·L－1硝酸C3.0mol·L－1盐酸D2.0mol·L－1硫酸27、（12分）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：（1）指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：①____________；写出过程②中有关反应的离子方程式：_________（2）灼烧海带用到的仪器有_____________（3）提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是（____）A.酒精B.四氯化碳C.甘油D.醋酸28、（14分）在体积为2L的恒容密闭容器内，充入一定量的NO和O2，811°C时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，容器中n(NO)随时间的变化如表所示：时间/s112345n(NO)/mol1．1211．1111．1181．1171．1171．117（1）反应在1～2s内，O2的物质的量减少__mol。该反应在第3s___(填“达到”或“未达到”)平衡状态。（2）如图所示，表示NO2浓度变化曲线的是___(填字母)。用O2表示1～2s内该反应的平均速率v＝___mol·L－1·s－1。（3）能说明该反应已达到平衡状态的是___(填字母)。a．容器内气体颜色不再变化b．O2的物质的量保持不变c．容器内混合气体的密度保持不变29、（10分）某温度时,在0.5L密闭容器中,某一反应中A、B气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示,回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为__________。(2)0~4min内,用B表示的反应速率v(B)=__________。(3)第4min时,正、逆反应速率的大小关系为：v(正)__________v(逆),(填“>”“<”或“=”)。(4)下列措施能加快反应速率的是__________。A．恒温恒容充入He气B．缩小体积，使压强增大C．恒温恒压充入He气D．使用催化剂

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、A【解题分析】A.反应物的热效应与是否使用催化剂无关，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，A正确；B.4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)的过程属于熵减少的过程，B错误；C.由C（石墨）=C（金刚石）△H﹥0，说明石墨的总能量小于金刚石，因此石墨比金刚石稳定，C错误；D.反应速率快慢与反应现象是否明显无关，D错误，答案选A。2、A【解题分析】钠与水的反应，生成NaOH和H2，有化合价变化，属于氧化还原反应；有Na＋和OH－生成，属于离子反应；反应过程中，金属钠熔化成小球，说明是放热反应。故选A。3、B【解题分析】

金属的活泼性指的是金属失去电子的能力，金属性越强，其单质的还原性越强。【题目详解】下列叙述中，金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强的是A.1molA从酸中置换H+生成的H2比1molB从酸中置换H+生成的H2多，只能说明A的价电子多于B，但不能说明A的失电子能力比B强；B.常温时，A能从水中置换出氢，而B不能，A的还原性比氢气强，而B的还原性比氢气弱，可以说明A的失电子能力比B强，即金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强；C.A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少，不能说明A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，如在金属活动性顺序表中，Ca在Na之前，Ca比Na活泼；D.A原子电子层数比B原子的电子层数多，不能说明A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，如Cu有4个电子层，而Na只有3个电子层，但是Cu没有Na活泼。综上所述，能说明金属A的活泼性肯定比金属B的活泼性强的是B，本题选B。4、C【解题分析】分析：微粒中质子数为各原子的质子数之和，据此分析解答。详解：NH4+中N原子的质子数为7，H原子的质子数为1，所以NH4+的质子数为11。A、OH-中质子数为9，选项A错误；B、NH3中质子数为10，选项B错误；C、Na+中质子数为11，选项C正确；D、Cl－中质子数为1７，选项D错误。答案选C。5、D【解题分析】

A、因碳酸钙是难溶性盐，不溶于水，故A错误；

B、因食醋的酸性比碳酸强，所以醋酸能和碳酸钙反应转化成可溶于水的物质，不是将其氧化，故B错误；C、因食醋中的醋酸与碳酸钙发生了复分解反应,生成了醋酸钙、二氧化碳和水，不是碳酸钙分解，故C错误；

D、因食醋中的醋酸与碳酸钙发生了复分解反应,生成了醋酸钙、二氧化碳和水，所以D选项是正确的；

所以D选项是正确的.6、A【解题分析】

A、丙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B、苯中含有介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊键，可以与酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水发生加成反应，但可以萃取溴水中的溴单质，所以苯不能使溴水褪色，故B错误；C、乙烷中含有碳碳单键，饱和烃，稳定性强，不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D、硝酸不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选A。7、C【解题分析】

合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×=1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8g；C正确；故答案选C。8、C【解题分析】分析：考查阿伏加德罗常数和微粒之间的关系。注意水溶液中水中含有氢。标准状况下CCl4是液体；N2和CO是双原子分子；2.3g钠与水反应产生氢气的分子数为0.05NA，根据电子守恒判断。详解：A.100g30%CH3COOH溶液中含氢原子数为2NA是错误的，水溶液中水中含有氢，故A错误；B.标准状况下，CCl4是液体，所以11.2L中含有C―Cl键的数目为2NA是错的；C.28gN2和CO组成的混合气体的物质的量为1mol,且N2和CO是双原子分子，所以含有的原子数为2NA是正确的，故C正确；D.2.3g钠与水反应产生氢气的分子数为0.05NA，故D错误；答案：选C。点睛：考查阿伏加德罗常数和微粒之间的关系。解题时注意水溶液中水中含有氢。标准状况下CCl4是液体；N2和CO是双原子分子；2.3g钠与水反应产生氢气的分子数为0.05NA，根据电子守恒判断。9、A【解题分析】

A.乙烯分子中含有碳碳双键，故其可以和溴水发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，A正确；B.苯分子中不含碳碳双键，而是大π键，其不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；C.甲烷属于饱和烃，不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D.乙烷属于饱和烃，不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误；故合理选项为A。【题目点拨】有机物中，能和溴水发生加成反应的物质往往含有碳碳双键、碳碳三键。能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质一般是含碳碳双键、碳碳三键的物质，还有醇类、醛类、酚类、以及苯的部分同系物。10、A【解题分析】海水淡化是海水水资源的利用，而海水提盐、海水提溴、海水提碘等均是海水化学资源的利用。11、C【解题分析】

①升高温度，平衡向吸热反应移动；②降低温度，平衡向放热反应移动；③压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；④降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；⑤加催化剂不会引起化学平衡的移动；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动。【题目详解】反应X（s）+3Y（g）2Z（g），△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应。①升高温度，平衡逆向移动，故①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，故②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，故③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，故④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确；故选C。12、B【解题分析】

A.乙烯与溴水发生加成反应生成液态的1,2-二溴乙烷，可以与乙烷分离，故A正确；B.溴单质可以与碘离子发生置换反应生成碘单质，但碘单质也溶于溴苯成为新的杂质，故B错误；C.氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙，氢氧化钙的沸点与乙醇的沸点相差很大，可以用蒸馏的方法得到纯净的乙醇，故C正确；D.乙酸能与碳酸钠反应生成乙酸钠进入水层，后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故D正确；综上所述，答案为B。13、A【解题分析】

A.碳酸氢钠溶液与乙醇互溶，与乙酸反应会冒气泡、与苯不互溶会分层，故可以用来鉴别这三种物质，A正确；B.苯的溴代反应需要加入液溴而不是溴水，B错误；C.裂化汽油中含有不饱和烃，可以和溴水发生加成反应，不能用来萃取溴，C错误；D.将乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中会产生二氧化碳气体，故无法用于除杂，D错误；故答案选A。14、A【解题分析】A、热化学方程式未注明温度和压强，是在常温常压下进行，不是在标准状况下进行，故A错误；B、化学方程式中的化学计量数只代表反应物或生成物的物质的量，不表示分子数，可以用分数表示，故B正确；C、反应的吸热还是放热和反应是否需要加热无关，在加热或点燃条件下才能进行的化学反应既可以为放热反应，也可以为吸热反应，故C正确；D、焓变的数值与化学计量数以及物质的状态有关，同一化学反应化学计量数不同，△H值不同，化学计量数相同而状态不同，△H值也不同，故D正确。故选A。15、D【解题分析】

由图可知，a、b、c点的正反应速率均大于逆反应速率，只有d点正逆反应速率相等；由正逆反应速率相等的状态为平衡状态可知，图中处于化学平衡状态的点是d点，答案选D。【题目点拨】本题考查化学平衡的建立，注意平衡建立的过程，反应一开始反应物浓度较大，正反应速率大于逆反应速率，随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，当正逆反应速率相等时，达平衡状态。16、D【解题分析】

A、铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；B、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；C、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水；D、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水。【题目详解】A项、铁钉放入硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故A错误；B项、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；C项、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+CO32-+H2O，故C错误；D项、少量二氧化硫与石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：SO2+Ca2＋＋2OH－=CaSO3↓+H2O，故D正确。故选D。【题目点拨】本题考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，熟悉元素化合物知识的性质是解答关键。17、B【解题分析】试题分析：根据PV=nRT，恒温、恒压下，物质的量之比等于体积之比，则有n(前)：n(后)=V前(前)：V(后)，即：=，可得：=，则n(后)=2.4mol，根据差量法可知，反应前后减少的物质实际就是O2的物质的量，所以O2消耗了0.6mol。O2的转化率为0.6/1="60%"。考点：化学平衡的计算18、D【解题分析】

A、在常温下铁可以和浓盐酸反应，放出氢气，则不能用铁罐装运，故A错误；B、在常温下铁可以和稀硫酸反应，放出氢气，则不能用铁罐装运，故B错误；C、在常温下铁可以和硫酸铜反应，生成硫酸亚铁，则不能用铁罐装运，故C错误；D、常温下，铁和液氯不反应，则可用铁罐装运液氯，故D正确。故选D。【题目点拨】本题题干的隐藏条件为：能用铁罐运输的溶液，一定不和铁发生反应；铁和浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，据此分析A；铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，据此分析C；常温下，铁和稀硝酸发生反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，和浓硝酸发生钝化，据此分析B、D。19、B【解题分析】A、保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.２５mol·L-1，小于实际A的浓度变为0.3mol·L-1，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动。故A错误。B、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y>z，故B正确；C、平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C错误；D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故D错误；故选B。20、B【解题分析】分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、IIA族元素和第VIA、VIIA族元素之间易形成离子键．详解：A、CaCl2中钙离子和氯离子之间存在离子键，故A错误；B.NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，故B正确；C.MgF2中镁离子和氟离子之间存在离子键，故C错误；D.H2O2为共价化合物，只含有共价键，故D错误；故选B。点睛：本题考化学键，解题关键：把握化学键的形成及判断的一般规律，易错点：B注意特殊物质中的化学键（如氯化铝和铵盐）。21、B【解题分析】A.24He原子核内含有2个质子，A错误；B.23He和24He的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；C.23He原子核内含有3－2＝1个中子，C错误；D.22、A【解题分析】

A.在ICl+2NaOH=NaCl+NaIO+H2O反应中，ICl各种元素的化合价并没有改变，因此不是氧化剂，故A错误；B.化学反应的实质就是旧化学键的断裂，新化学键的形成，物质能量越高越活泼，钠和氯气反应生成氯化钠的反应是放热反应，生成物能量降低，故B正确；C.淀粉碘化钾溶液在空气中，碘离子被氧气氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，反应的离子方程式为：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-，故C正确；D.非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性增强，故D正确。故选A。二、非选择题(共84分)23、H第三周期VIIA族大于0.099nm小于0.160nmMg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者b、c【解题分析】分析：X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；R有+7、-1价，处于ⅦA族，R为Cl元素；M有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，则M为氧元素；Q次外层电子数是最外层电子数的4倍，Q有3个电子层，最外层电子数为2，则Q为Mg元素；Z在六种元素中原子半径最大，则Z为Na元素，据此解答。详解：根据上述分析，X为氢元素，Y为Si元素，Z为Na元素，M为氧元素，R为Cl元素，Q为Mg元素。(1)X为氢元素，R为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期ⅦA族，故答案为：H；第三周期ⅦA族；(2)同周期自左而右原子半径减小，Si的原子半径介于Mg以Cl原子半径之间，故Si的原子半径的最小范围是大于0.099nm，小于0.160nm，故答案为：大于0.099nm，小于0.160nm；(3)Na+、Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大，核对电子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径的大小顺序为Na+＞Mg2+，故答案为：Mg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者；(4)同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Cl＞Si，a．物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；b．氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，故b正确；c．Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，故c正确；故答案为：bc。点睛：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。本题的易错点为R的判断，要注意R不能判断为F，因为F没有正价。24、第4周期ⅠA族2KOH+2Al+2H2O=2KAlO2+3H2↑NH3·H2ONH4++OH—离子键、共价键(非极性键)【解题分析】

A的气态氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红，则A是氮元素。A、B、C、D、E五种元素为周期表前20号元素且原子序数依次增大，B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，D为非金属元素且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍，B是钠元素，C是铝元素，D是硫元素。B、E元素同主族，则E是钾元素。【题目详解】(1)E是钾元素，处于第4周期ⅠA族。C是铝元素，钾元素的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钾，氢氧化钾与铝单质反应生成偏铝酸钾和氢气，化学方程式为：2KOH+2Al+2H2O=2KAlO2+3H2↑；(2)A是氮元素，氮元素的气态氢化物是氨气，溶于水后生成一水合氨，一水合氨的电离方程式为NH3·H2ONH4++OH—；(3)B是钠元素，钠单质在空气中燃烧后的产物是过氧化钠，过氧化钠是离子化合物，其电子式为，过氧化钠中存在的化学键类型有离子键、共价键(非极性键)。25、2～3min该反应是放热反应，此时温度高4～5min此时H＋浓度小0.1mol/(L·min)AB【解题分析】（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、68mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3min，这是由于该反应是放热反应，反应液温度升高，反应速率加快；（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H+浓度小，反应速率最小；（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，浓度是0.1mol/L，则υ（HCl）＝0.1mol/L÷1min=0.1mol/（L•min）；（4）A．加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，A正确；B．加入NaCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，B正确；C．加入硝酸钠溶液，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，与金属反应得不到氢气，C错误；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，但影响生成氢气的量，D错误；E．加入Na2CO3溶液，生成CO2气体，影响生成氢气的量，E错误；答案选AB。26、收集500mL氢气所需的时间121413D【解题分析】

该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和3盐酸的浓度不同，目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响。【题目详解】（1）该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，要比较反应速率的快慢，还需要测定收集到标准状况下500mL氢气所需的时间，故答案为：收集500mL氢气所需的时间；（2）由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响，故答案为：1；2；1；4；（3）由图可知，曲线c、d的反应速率较慢，固体表面积越大，反应速率越快，则1和2相比，1的反应速率较慢；酸的浓度越大，反应速率越快，则1和3相比，3的反应速率较慢；温度越高，反应速率越快，则1和4相比，1的反应速率较慢，所以曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3，故答案为：1；3；（4）铁在18.4mol·L－1硫酸中钝化，无氢气生成；铁与5.0mol·L－1硝酸反应生成一氧化氮，无氢气生成；铁与3.0mol·L－1盐酸和2.0mol·L－1硫酸反应生成氢气，3.0mol·L－1盐酸中氢离子浓度为3.0mol·L－1，2.0mol·L－1硫酸中氢离子浓度为4.0mol·L－1，氢离子浓度越大，反应速率越快，则产生氢气速率最快的是2.0mol·L－1硫酸，故答案为：D。【题目点拨】探究实验设计的关键是变量唯一化，分析表格数据时，注意分析各实验的数据，找出不同数据是分析的关键，也是突破口。27、过滤；2I－＋Cl2=I2＋2Cl－；坩埚、酒精灯、泥三角、三脚架；B【解题分析】

（1）分离固体和液体用过滤，利用溶解性的差异来分析。②中Cl2将I－氧化成I2；（2）灼烧固体用到坩埚、酒精灯、泥三角、三脚架；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多。【题目详解】（1）过滤适用于不溶于水的固体和液体，根据流程可知，分离固体海带灰和液体碘离子的溶液用过滤。②中的反应是Cl2将I－氧化成I2的反应，过程②中有关反应的离子方程式为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－；（1）灼烧海带的仪器是坩埚、用于加热的仪器是酒精灯、放置坩埚的仪器是泥三角、三脚架；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故可用四氯化碳或苯等，酒精、醋酸、甘油等和水是互溶的，不能选择。答案选B。【题目点