2023-2024学年浙江省之江教育评价联盟高一下化学期末预测试题含解析

2023-2024学年浙江省之江教育评价联盟高一下化学期末预测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列各组混合物中，不能用分液漏斗进行分离的是()A．硝基苯和水 B．乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液C．水和溴苯 D．碘和四氯化碳2、下列装置能达到实验目的的是（）A．实验室制取并收集氨气B．吸收氨气C．代替启普发生器D．排空气法收集二氧化碳3、下列变化属于化学变化的是A．海水晒盐B．油脂皂化C．石油分馏D．苯萃取碘4、下列说法中，正确的是A．标准状况下，3.6gH2O的物质的量为0.1molB．常温常压下，11.2LN2物质的量为0.5molC．1mol/LMgCl2溶液中Cl－的物质的量为1molD．22gCO2的摩尔质量为44g/mol5、关于浓硫酸的叙述正确的是A．常温下能使铁钝化 B．无色易挥发的液体C．能够干燥氨气 D．常温下迅速与铜片反应6、从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最佳方法是（）A．铜和浓硝酸反应B．铜和稀硝酸反应C．氯化铜和硝酸银反应D．氧化铜和硝酸反应7、下列物质中只含离子键的是A．MgCl2B．NaOHC．HC1D．CH3COONa8、可逆反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，达到限度后，欲提高一氧化碳的转化率，可以采取的措施为()A．使用催化剂B．增大压强C．增大一氧化碳的浓度D．增大水蒸气的浓度9、可逆反应：2NO22NO+O2在固定体积的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是(1)单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO2(2)单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO(3)用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态(4)混合气体的颜色不再改变的状态(5)混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A．仅(1)(4)(5)B．仅(2)(3)(5)C．仅(1)(3)(4)D．(1)(2)(3)(4)(5)10、下列有关甲烷的叙述不正确的是A．甲烷是最简单的有机物B．甲烷是天然气的主要成分C．甲烷能与氯气在光照条件下发生反应D．甲烷能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色11、南京大屠杀死难者国家公祭鼎用青铜铸造。关于铜的一种核素6429Cu，下列说法正确的是()A．6429Cu的核电荷数为29 B．6429Cu的质子数为35C．6429Cu的中子数为64 D．6429Cu的核外电子数为6412、等量的镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是A．2mol·L－1H2SO4溶液B．3mol·L－1CuSO4溶液C．6mol·L－1KOH溶液D．3mol·L－1Ba(OH)2溶液13、Al－Ag2O电池是一种可用作水下动力的优良电源，其原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O，则下列说法错误的是()A．工作时正极发生还原反应，且正极质量逐渐减小B．当电极上生成1.08gAg时，电路中转移的电子为0.01molC．Al电极做负极，电极反应式为：Al－3e－=Al3+D．工作时电解液中的Na＋移向Ag2O/Ag电极14、下列说法不正确的是A．光导纤维的主要成分是晶体硅B．镁可用于制造信号弹和焰火C．氢氧化铁胶体能用于净水D．二氧化碳不可用于漂白纸浆15、下列物质中，既有离子键又有共价键的是A．HCl B．NaOH C．H2O D．HF16、在恒容绝热密闭容器中，对于2NO2N2O4(正反应为放热反应)，下列说法不能证明该反应达到平衡状态的是A．体系温度不再改变的状态B．体系密度不再改变的状态C．体系混合气体平均摩尔质量不再改变的状态D．体系压强不再改变的状态17、下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）A．BF3 B．PCl5 C．NCl3 D．CH418、在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)B．6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)C．反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/LD．反应至6min时，H2O2分解了50%19、制造太阳能电池需要高纯度的硅，工业上制高纯硅常用以下反应实现：①Si（s）+3HCl（g）SiHCl3（g）+H2（g）;ΔH="-381"kJ·mol-1②SiHCl3+H2Si+3HCl对上述两个反应的叙述中，错误的是A．两个反应都是置换反应 B．反应②是吸热反应C．两个反应互为可逆反应 D．两个反应都是氧化还原反应20、固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构。则下列有关说法中错误的是()A．1molNH5中含有5NA个N—H键(NA表示阿伏伽德罗常数的值)B．NH5中既有共价键又有离子键C．NH5的电子式为D．它与水反应的化学方程式为NH5＋H2O===NH3·H2O＋H2↑21、糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动必需的三大营养物质。下列说法正确的是A．所有的糖类在一定条件下均能发生水解反应B．淀粉和纤维素互为同分异构体C．蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液后产生的沉淀不能重新溶于水D．油脂发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸22、将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入气体X仍无沉淀，则X可能是（）A．Cl2 B．NH3 C．NO2 D．CO2二、非选择题(共84分)23、（14分）下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后回答:元素有关信息A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nmB所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体C原子半径为0.102nm，其单质为黄色固体，可在AD最高价氧化物的水化物能按1:1电离出电子数相等的阴、阳离子E原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐(1)写出C元素在周期表中的位置_________________，写出D元素最高价氧化物的水化物电子式________________。(2)写出A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是______________(填化学式)。(3)写出B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是_________(填化学式)。(4)写出D的单质在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，该氧化物含有的化学键类型是________________。(5)砷(As)与E同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为_______，其氢化物的化学式为24、（12分）下表是元素周期表的一部分，其中甲〜戊共五种元素，回答下列问题:族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA1甲2乙3丙丁戊（1）五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是________________（填化学式，下同），显两性的是____________。（2）甲与乙形成的一种化合物分子中共含10个电子，则该化合物的电子式是_____________，结构式为___________。该化合物固态时所属晶体类型为____________。（3）乙、丙、丁三种元素分别形成简单离子，按离子半径从大到小的顺序排列为___________（用离子符号表示）。（4）有人认为，元素甲还可以排在第ⅦA族，理由是它们的负化合价都是________；也有人认为，根据元素甲的正、负化合价代数和为零，也可以将元素甲排在第_________族。（5）甲与丙两种元素形成的化合物与水反应，生成—种可燃性气体单质，该反应的化学方程式为______________________________。（6）通常状况下，1mol甲的单质在戊的单质中燃烧放热184kJ，写出该反应的热化学方程式__________________________________________________。25、（12分）为探究的性质，某同学按如图所示的装置进行实验。完成下列填空：（1）装置A中盛放浓碱酸的仪器名称是________________，A中发生反应的化学方程式是___________________。（2）装置B中的现象是________________________，说明具有________（填代码）；装置C中发生反应的化学方程式是________________________________，说明具有________（填代码）。a．氧化性b．还原性c．漂白性d．酸性（3）装置D的目的是探究与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象________________________尾气可采用________溶液吸收。26、（10分）如图是中学化学实验中常见的制备气体并进行某些物质的检验和性质实验的装置，A是制备气体的装置，C、D、E、F中盛装的液体可能相同，也可能不同。试回答：（1）如果A中的固体物质是碳，分液漏斗中盛装的是浓硫酸，试写出发生的化学反应方程式：____，若要检验生成的产物，则B、C、D、E、F中应分别加入的试剂为__、__、__、__、__，E中试剂和C中相同，E中试剂所起的作用__，B装置除可检出某产物外，还可起到__作用。（2）若进行上述实验时在F中得到10.0g固体，则A中发生反应转移的电子数为__个。27、（12分）I、乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室利用如图的装置制备乙酸乙酯。（1）与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是：_____________。（2）请写出用CH3CH218OH制备乙酸乙酯的化学方程式：_____________，反应类型为_______。（3）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如下：实验编号试管Ⅰ中的试剂试管Ⅱ中的试剂有机层的厚度/cmA2mL乙醇、1mL乙酸、1mL18mol·L－1浓硫酸饱和Na2CO3溶液3.0B2mL乙醇、1mL乙酸0.1C2mL乙醇、1mL乙酸、3mL2mol·L－1H2SO40.6D2mL乙醇、1mL乙酸、盐酸0.6①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是______mL和_____mol·L－1。②分析实验_________________（填实验编号）的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。（4）若现有乙酸90g，乙醇138g发生酯化反应得到80g乙酸乙酯，试计算该反应的产率为______________（用百分数表示，保留一位小数）。II、已知乳酸的结构简式为。试回答：①乳酸分子中的官能团有：_____________________________________（写名称）；②乳酸与足量金属钠反应的化学方程式为________________________________；③已知—COOH不会发生催化氧化，写出加热时，乳酸在Cu作用下与O2反应的化学方程式：________________________________________________；④腈纶织物产泛地用作衣物、床上用品等。腈纶是由CH2＝CH－CN聚合而成的。写出在催化剂、加热条件下制备腈纶的化学方程式________________________。28、（14分）A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如下转化关系（部分反应条件、产物被省略）。请回答下列问题：（1）丁烷是由石蜡油获得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（），则这种同分异构体的结构简式是：___________________；D物质中官能团的名称是_______________。（2）反应B→C的化学方程式为_____________________________。（3）反应B＋D→E的化学方程式为______________________；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有_______________（任写一项）。29、（10分）将一定量的二氧化硫和含0.7mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反应2SO2＋O22SO3。反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量氢氧化钠溶液，气体体积减小了21.28L；再将剩余气体通过一种碱性溶液吸收氧气，气体的体积又减少了5.6L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保留一位小数)请回答下列问题：(1)判断该反应达到平衡状态的标志是(填字母)__________________。a．二氧化硫和三氧化硫浓度相等b．三氧化硫百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．三氧化硫的生成速率与二氧化硫的消耗速率相等e．容器中混合气体的密度保持不变(2)求该反应达到平衡时，消耗二氧化硫的物质的量占原二氧化硫的物质的量的百分比____。(3)若将平衡混合气体的5%通入过量的氯化钡溶液中，生成沉淀的质量是多少？______

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、D【解析】

若两种液体不能相互溶解，混合后分层，则能用分液漏斗进行分离。【详解】A.硝基苯难溶于水，硝基苯与水混合后分层，能用分液漏斗进行分离，故不选A；B.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，混合后分层，能用分液漏斗进行分离，故不选B；C.水和溴苯不能相互溶解，混合后分层，能用分液漏斗进行分离，故不选C；D.碘易溶于四氯化碳，碘和四氯化碳混合后不分层，不能用分液漏斗进行分离，故选D。2、B【解析】试题分析：A、实验室制取氨气：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，氨气的密度小于空气，因此采用向下排空气法收集，应用试管收集，故错误；B、NH3不溶于CCl4，氨气被稀硫酸吸收，防止倒吸，此实验可行，故正确；C、启普发生器好处随用随开，随关随停，但此实验装置不行，故错误；D、CO2的密度大于空气的密度，因此应从长管进气，故错误。考点：考查气体的制取和收集等知识。3、B【解析】

化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。【详解】A、海水晒盐过程中没有新物质生成，属于物理变化，A错误。B、油脂皂化是指油脂在碱性溶液中发生水解反应生成高级脂肪酸钠和甘油，有新物质生成，属于化学变化，B正确。C、石油分馏过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误。D、苯萃取碘利用的是溶解性的差异，过程中没有新物质生成，属于物理变化，D错误。答案选B。【点睛】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。4、D【解析】3.6gH2O的物质的量为3.6g18g/mol=0.2mol，故A错误；标准状况下，11.2LN2物质的量为0.5mol，故B错误；没有溶液体积，不能计算1mol/LMgCl2溶液中Cl－的物质的量，故C错误；摩尔质量用g/mol作单位时，其数值为相对分子质量，CO2的摩尔质量为44g/mol，5、A【解析】

A．浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，A项正确；B．浓硫酸是无色难挥发的液体，B项错误；

C．浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，C项错误；

D．浓硫酸与铜的反应需在加热条件下进行，D项错误；

答案选A。【点睛】浓硫酸具有吸水性所以可以用作干燥剂是初中所学唯一的液态干燥剂。但是并不是所有的东西都可以干燥，可干燥的有：氢气、氧气、氯气、二氧化碳、一氧化碳、二氧化硫、氯化氢等，但不能干燥的：氨气、碘化氢、溴化氢、硫化氢，本题C项因为氨气是碱性气体，会与浓硫酸发生化学反应：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4。6、D【解析】

A.铜和浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，该反应中产生有毒气体二氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，故A错误；

B.铜和稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO2↑+4H2O，该反应中产生有毒气体一氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，故B错误；

C.氯化铜和硝酸银反应方程式为：CuCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Cu（NO3）2，该反应虽有硝酸铜生成，但硝酸银价格较贵，不符合“降低成本”理念，故C错误。D.氧化铜和硝酸反应的方程式为：CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，没有污染物，且硝酸的利用率100%，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，故D正确；

故答案选D。7、A【解析】A、MgCl2只含离子键，故A正确；B、NaOH是由Na＋和OH－以离子键形式结合，OH－中O和H以共价键结合，故B错误；C、HCl是共价化合物，只含共价键，故C错误；D、CH3COONa属于离子化合物，含有离子键，C和H，C和O之间以共价键形式结合，故D错误。8、D【解析】分析：提高CO的转化率，可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断，注意只增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率会降低。详解：A．使用催化剂，只能改变反应速率，该平衡不会发生移动，CO的转化率不变，A错误；B．该反应前后气体的体积不变，增加压强，该平衡不会发生移动，CO的转化率不变，B错误；C．增大CO的浓度，虽然平衡向正反应方向移动，但CO的转化率反而降低，C错误；D．增大水蒸气的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，D正确。答案选D。9、A【解析】

在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】可逆反应2NO22NO+O2在恒容密闭容器中反应，则(1)单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO2，说明正反应速率和逆反应速率相等，达到平衡；(2)单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO，只有正反应速率，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态；(3)用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:2:1的状态，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态；(4)混合气体的颜色不再改变的状态，说明反应混合物中二氧化氮的浓度保持不变，反应达到平衡；(5)该反应的正反应方向是气体分子数增大的方向，反应过程中气体的平均相对对分子质量减小，所以当混合气体的平均相对分子质量不再改变时达到平衡。综上所述，达到平衡状态的标志是(1)(4)(5)。答案选A。【点睛】一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断：一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断的物理量是否为变量，变量不变达平衡。10、D【解析】

A.甲烷为最简单的有机化合物，故A正确；B.甲烷是天然气、沼气以及坑道气的主要成分，故B正确；C.甲烷在光照下与氯气发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等，故C正确；D.甲烷性质较为稳定，不与强酸、强碱、强氧化剂等反应，即不能使溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾溶液褪色，故D错误。故选D。11、A【解析】试题分析：核素Cu，其质量数为64，质子数=电子数=29，中子数=64-29=35，故A正确；故选A。考点：考查了原子的构成的相关知识。12、A【解析】

A．镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气，发生反应为H2SO4+Mg=MgSO4+H2↑、3H2SO4+2Al=Al2(SO4)3+2H2↑；B．镁、铝都不能与硫酸铜溶液反应生成氢气；C．镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气，离子反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；D．镁不能和氢氧化钡溶液反应，铝和氢氧化钡溶液反应生成氢气，离子反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；根据以上分析知，生成氢气最多的是2mol/LH2SO4溶液，答案选A。【点晴】该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断金属是否与溶液反应其生成氢气，认真审题为解答关键，等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，根据电子守恒可知：当只有两种金属都和溶液反应，且都生成氢气，此时放出氢气的量最大。13、C【解析】A.原电池工作时，正极发生还原反应，该反应中氧化银被还原为银，质量逐渐减小，故正确；B.氧化银中的银化合价为-1价，当电极上析出1.08克银即0.01mol时，电路中转移的电子数为0.01mol，故正确；C.原电池工作时铝被氧化，应为电池的负极，电极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，故错误；D.工作时电解液中的钠离子透过隔膜移向正极，故正确。故选C。点睛：原电池是化学必考知识点，其中包括原电池中正负极判断和电极反应书写等。掌握金属单质肯定在负极反应或氧气肯定在正极反应等特点可以缩短做题时间。负极发生氧化反应，正极发生还原反应，溶液中的阴离子向负极移动等也是常涉及内容。14、A【解析】

A.光导纤维的主要材料是二氧化硅，不是晶体硅，A错误；B.镁在空气中点燃，剧烈燃烧，发出耀眼的白光，放出大量的热，生成氧化镁白色固体，镁是制造信号弹和焰火的原料，B正确；C.氢氧化铁胶体具有较大的表面积，吸附能力强，能吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的，C正确；D.二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，二氧化碳没有漂白性，不可用于漂白纸浆，D正确；故选A。15、B【解析】

A、HCl为共价化合物，只含有共价键，故A不符合题意；B、NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故B符合题意；C、H2O为共价化合物，只含有共价键，故C不符合题意；D、HF为共价化合物，只含有共价键，故D不符合题意；答案选B。16、B【解析】A.正反应放热，在恒容绝热密闭容器中体系温度不再改变时说明反应达到平衡状态，A错误；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此体系密度不再改变的状态不能证明该反应达到平衡状态，B正确；C.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以体系混合气体平均摩尔质量不再改变的状态说明达到平衡状态，C错误；D.正反应体积减小，所以体系压强不再改变的状态能证明该反应达到平衡状态，D错误，答案选B。点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。17、C【解析】A.BF3中B原子最外层为6电子结构；B.PCl5中P原子最外层为10电子结构；C.NCl3中所有原子都满足最外层为8电子结构；D.CH4中H原子最外层为2电子结构。故选C。点睛：本题分子都形成共价键，每个原子最外层电子数等于自身的最外层电子数+共价键数。18、C【解析】

A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)，A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，C错误；D．6min时，H2O2分解率为：=50%，D正确。答案选C。19、C【解析】分析：单质和化合物反应生成另外一种单质和化合物，该反应为置换反应，置换反应均为氧化还原反应；两个反应的反应条件不同，不属于可逆反应；根据正反应放热，则逆反应为吸热进行判断；据以上分析解答。详解：单质和化合物反应生成另外一种单质和化合物，该反应为置换反应，两个反应都是置换反应，A错误；①反应为放热反应，反应②为反应①的逆反应，所以为吸热反应，B错误；不可逆，因为反应的条件不同，C正确；置换反应都是氧化还原反应，D错误；正确选项C。点睛：所有的置换反应都为氧化还原反应，所有的复分解反应都为非氧化还原反应，化合反应、分解反应可能为氧化还原反应，也可能为非氧化还原反应。20、A【解析】分析：本题考查NH5的结构和性质。运用类比法进行分析。例NH5与NH4Cl的形成过程相似。详解：A.若N外围有5个N—H键，那么其最外层即有10个电子，而N的最外层最多含有8个电子，故A错误；B.由于NH4+与H-中每个原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，因此NH5由NH4+与H-组成，NH5中既有共价键又有离子键，故B正确；C.可根据NH4+与H-的电子式确定故C正确；D根据NH5的电子式NH5知H-价态低，易被氧化，因此发生反应：，，故D项正确;本题正确答案为A。21、C【解析】分析：A.单糖不水解；B.淀粉和纤维素均是高分子化合物；C.硫酸铜是重金属盐，使蛋白质变性；D.油脂在碱性条件下发生皂化反应。详解：A.并不是所有的糖类在一定条件下均能发生水解反应，例如葡萄糖不水解，A错误；B.淀粉和纤维素均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，B错误；C.蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液后发生变性，变性是不可逆的，产生的沉淀不能重新溶于水，C正确；D.油脂发生皂化反应生成甘油和高级脂肪酸钠，D错误。答案选C。22、D【解析】

将SO2通入BaCl2溶液中如生成沉淀，应有三种情况，一是加入碱性物质使溶液中有较多的SO32-离子，二是发生氧化还原反应生成SO42-离子，三是加入硫离子（硫化氢），否则不生成沉淀．【详解】A.氯气具有强的氧化性，能够与二氧化硫、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故A不符合题意；B.氨气为碱性气体，二氧化硫与氨气、水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故B不符合题意；C.二氧化氮具有强的氧化性，能够与二氧化硫、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不符合题意；D.SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故D符合题意；答案选D。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅥA族H2O>H2SH2SO4<HClO4非极性共价键，离子键33AsH3【解析】分析：短周期元素A、B、C、D、E，A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nm，可推知A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体，则B为Cl元素；C原子半径为0.102nm，其单质为黄色晶体，可在A的单质中燃烧，则C为S元素；D的最高价氧化物的水化物能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素；E的原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3，据此解答。详解：根据上述分析，A为O元素；B为Cl元素；C为S元素；D为Na元素；E为N元素，X为NH4NO3。(1)C为Cl元素，处于周期表中第三周期ⅦA族，D为Na元素，最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；(2)元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是H2O>H2S，故答案为：H2O>H2S；(3)元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是H2SO4<HClO4，故答案为：H2SO4<HClO4；(4)钠在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，是过氧化钠，含有的化学键类型有非极性共价键、离子键，故答案为：非极性共价键、离子键；(5)砷(As)与N元素同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为7+8+18=33，其氢化物的化学式与氨气相似，为AsH3，故答案为：33；AsH24、HClO4Al(OH)3H―O―H分子晶体O2-＞Na+＞Al3+-1ⅣANaH+H2O＝NaOH+H2↑H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝-184kJ/mol【解析】根据元素在周期表中的位置信息可得：甲为H、乙为O、丙为Na、丁为Al、戊为Cl。（1）元素非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4；Al(OH)3具有两性。（2）H与O形成的10电子分子为H2O，电子式是；结构式为H―O―H；固态水所属晶体类型为分子晶体。（3）O2-、Na+、Al3+电子层结构相同，原子序数逐渐增大，故离子半径从大到小的顺序为O2-＞Na+＞Al3+。（4）如果将H排在第ⅦA族，应根据它们的负化合价都是-1；根据H元素的正、负化合价代数和为零，也可以将其排在第ⅣA族。（5）H与Na形成的化合物为NaH，与水反应生成可燃性气体单质为H2，化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑。（6）通常状况下，1mol氢气在氯气中燃烧放热184kJ，则热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝-184kJ/mol。25、分液漏斗溴水褪色ba品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色NaOH【解析】

浓硫酸与亚硫酸钠反应会生成二氧化硫，其化学方程式为：；二氧化硫能是溴水褪色，其实质是与溴水发生反应，化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，B装置的实验操作体现了二氧化硫的还原性；二氧化硫与硫化氢反应，其化学方程式为：，C装置体现了二氧化硫的氧化性；D装置的品红是为了验证二氧化硫的漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，但加热后溶液又恢复红色，则证明二氧化硫与品红的作用具有可逆性，二氧化硫有毒，需用碱性溶液进行尾气处理，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）根据反应的原理和实验的需要，装置A中盛放浓硫酸的为分液漏斗，A为二氧化硫的发生装置，涉及的化学方程式为：，故答案为分液漏斗；；

（2）装置B中二氧化硫与溴水会发生氧化还原反应，而使溴水褪色，其化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，S元素的化合价由+4价升高到+6价，被氧化，体现了二氧化硫的还原性，b项正确；二氧化硫与硫化氢的反应方程式为：，二氧化硫中S元素+4价被还原成0价的硫单质，被还原，表现为氧化性，c项正确；，故答案为溴水褪色；b；；c；（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；二氧化硫为酸性氧化物，可与氢氧化钠反应，故实验室进行尾气处理时选用氢氧化钠溶液吸收，故答案为品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；NaOH。【点睛】本实验探究了二氧化硫的化学性质，其中要特别注意二氧化硫的漂白性体现在可使品红溶液褪色上，而能使溴水或酸性高锰酸钾褪色则体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，学生要辨析实质，切莫混淆。26、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O无水CuSO4品红溶液足量的酸性KMnO4溶液品红溶液澄清石灰水检验SO2是否已被除尽防倒吸2.408×1023【解析】

（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；检验水用无水硫酸铜，检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫；（2）依据原子个数守恒计算反应碳的物质的量，再依据碳的物质的量计算转移电子数目。【详解】（1）浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；因检验二氧化硫和二氧化碳均用到溶液，会带出水蒸气影响水的检验，则应先检验水，则B中试剂为无水硫酸铜，B装置除可检验反应生成的水外，还可起到防倒吸的作用；检验二氧化硫使用品红溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水，二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，则应先检验二氧化硫，并除去二氧化硫后，再检验二氧化碳，则C中试剂为品红溶液，检验二氧化硫，D中试剂为足量的酸性KMnO4溶液，吸收除去二氧化硫，E中试剂为品红溶液，检验SO2是否已被除尽，F中试剂为澄清石灰水，检验二氧化碳，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；无水CuSO4；品红溶液；足量的酸性KMnO4溶液；品红溶液；澄清石灰水；检验SO2是否已被除尽；防倒吸；（2）F中得到的10.0g固体为碳酸钙，10.0g碳酸钙的物质的量为0.1mol，由碳原子个数守恒可知，0.1mol碳与浓硫酸共热反应生成0.1mol二氧化碳转移0.4mol电子，则转移的电子数目为0.4mol×6.02×1023mol—1=2.408×1023个，故答案为：2.408×1023。【点睛】为了防止二氧化硫对二氧化碳的检验产生干扰，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫是解答关键，也是易错点。27、防止倒吸CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3＋H2O酯化反应34AC1．6%羟基、羧基2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O【解析】

（1）乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会导致装置内气体减小，容易发生倒吸，球形干燥管容积较大，故可以防止倒吸，故答案为防止倒吸；（2）根据酯化反应的机理可知反应方程式：CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3＋H2O，反应类型为取代反应或酯化反应；（3）①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用，由于在实验C中使用的硫酸是3mL

2mol/L，所以在实验D中应加入一元强酸盐酸的体积和浓度分别是3mL和4mol/L；②分析实验A、C可知：其它条件相同只有硫酸的浓度不同，而最终使用浓硫酸反应产生的酯多，说明浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；故答案为AC；（4）n(乙酸)=90g÷1g/mol=1.5mol，n(乙醇)=138g÷46g/mol=3mol，由于乙醇过量，所以应该按照乙酸来计算得到的酯的质量。n(乙酸乙酯)=80÷88g/mol=0.909mol，则该反应的产率为0.909mol÷1.5mol×100%=1.6%；II.①