湖北省天门市天门外国语2024届高一下化学期末学业质量监测试题含解析

湖北省天门市天门外国语2024届高一下化学期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、下列过程中需要吸收热量的是()A．H2→H+HB．Na+Cl→NaClC．CaO+H2O=Ca(OH)2D．Cl+Cl→Cl22、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．BA23、下列变化，不能通过一步反应直接完成的是（）A．Al→NaAlO2 B．NaHCO3→Na2CO3 C．SiO2→H2SiO3 D．Fe(OH)2→Fe(OH)34、下列图示正确的是（）A．图表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B．图表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C．图表示中和热测定的实验装置图D．图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g)；ΔH<0，使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化5、要检验某溴乙烷中的溴元素,正确的实验方法是（）A．加入氯水振荡，观察水层是否有红棕色出现B．滴入AgNO3溶液，再加入稀硝酸呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成C．加入NaOH溶液共热后加入稀硝酸呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D．加入NaOH溶液共热，冷却后加入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成6、下列说法正确的是()A．海洋约占地球表面积的71%，所以地球上不缺水，人类可以随意使用水资源，不必节约B．海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法C．海水淡化的各种方法中，蒸馏法的成本比较低D．以上说法都正确7、一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(s)，若0～15s内c(HI)由0.1mol·L－1减小到0.07mol·L－1，则下列说法正确的是()A．0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.001mol·L－1·s－1B．c(HI)由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1所需时间小于10sC．升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢D．减小反应体系的体积，化学反应速率加快8、下列递变规律正确的是（）A．Na、Mg、Al的金属性依次减弱B．P、S、Cl元素的最高正价依次降低C．Al3+、Mg2+、Na+的离子半径依次减小D．HNO3、H3PO4、H2SO4的酸性依次增强9、你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是：①少用煤作燃料；②把工厂的烟囱造高；③燃料脱硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．③④⑤10、下列离子方程式正确的是A．锌粒与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑B．铜和氯化铁溶液反应：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C．实验室制备氯气的反应：MnO2＋2Clˉ＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2OD．硫酸氢铵溶液和少量氢氧化钠溶液反应：OHˉ+NH4+=NH3·H2O11、下列说法正确的是A．复分解反应不一定是氧化还原反应B．置换反应有可能是非氧化还原反应C．化合反应一定是氧化还原反应D．分解反应不一定是氧化还原反应12、如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的()A．A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸B．A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸C．A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液D．A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液13、下列关于甲烷的叙述错误的是A．天然气的主要成分B．最简单的有机物C．含碳质量分数最大的有机物D．点燃之前须验纯14、在容积为2L的密闭容器中，有反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，经过5min达到平衡，此时各物质的变化为A物质的量浓度减少amol·L－1，B的平均反应速率v(B)＝a/15mol·L－1·min－1，C物质的量浓度增加2a/3mol·L－1，这时若增大系统压强，发现A与C的百分含量不变，则m∶n∶p∶q为()A．3∶1∶2∶2 B．1∶3∶2∶2 C．1∶3∶2∶1 D．1∶1∶1∶115、已知2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是A．1molO2(g)的能量一定高于2molSO3(g)的能量B．2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量一定高于2molSO3(g)的总能量C．该反应达到化学平衡时，各物质的浓度保持不变且一定等于化学计量数(系数)之比D．因该反应为放热反应，故不必加热就可发生16、下列操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A证明Cl的非金属性比C强将盐酸滴入放有大理石的烧杯中，观察是否有气泡产生B分离乙醇和乙酸将混合物放在分液漏斗中，振荡、静置、分液C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中D证明KCl中存在离子键熔融状态的KCl是否导电A．A B．B C．C D．D17、下列实验方法中，不能证明醋酸是弱电解质的是A．常温下，测定0.1

mol/LCH3COOH的pHB．常温下，测一定浓度的CH3COONa溶液的pHC．等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，比较中和这两种酸所需等物质的量浓度的NaOH溶液的体积D．等体积的0.1

mol/LHCl和0.1

mol/L醋酸溶液，分别与等量的颗粒大小相同的Zn反应，观察产生气泡的速率18、在我国的南海、东海海底已发现天然气的水合物，它易燃烧，外形似冰，被称为“可燃冰”。“可燃冰”的开采，有助于解决人类面临的能源危机。下列说法不正确的是()A．可燃冰的主要成分是甲烷B．可燃冰的形成说明甲烷易溶于水C．常温常压下可燃冰极易挥发D．可燃冰是一种极具潜力的能源19、下列递变情况中，不正确的是（）A．Na、Mg、Al原子的最外层电子数依次增多 B．Si、P、S元素的最高正价依次升高C．C、N、O的原子半径依次增大 D．Li、Na、K的金属性依次增强20、一定质量的乙烯，完全燃烧时放出的热量为Q，完全吸收燃烧后所生成的CO2气体需要200mL2mol/L的NaOH溶液，则28g乙烯完全燃烧放出的热量不可能是A．5Q B．5Q～10Q C．10Q D．大于10Q21、下列说法正确的是A．生成物的总能量大于反应物的总能量时，ΔH<0B．在其他条件不变的情况下，使用催化剂可以改变反应的焓变C．ΔH<0、ΔS>0的反应在低温时不能自发进行D．一个化学反应的ΔH只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关22、乙烷的分子式是A．CH4 B．C2H6 C．C2H4 D．C2H2二、非选择题(共84分)23、（14分）如表为几种短周期元素的性质,回答下列问题:元素编号ABCDEFGH原子半径/10-1

nm0.741.541.301.

181.111.060.990.75最高或最低化合价-2+1+2+3+4，-4+5，-3+7，-1+5，-3(1)E元素在元素周期表中的位置是_____；C

元素与G元素形成化合物的电子式_____。(2)D的单质与B的最高价氧化物对应水化物的溶液反应,其离子方程式为_________。(3)B2A2中含有的化学键为_______，该物质与水反应的化学反应方程式为________。(4)下列说法不正确的是______(填序号)。①H的气态氢化物水溶液能导电，说明H的气态氢化物为电解质②最高价氧化物对应水化物的碱性:B>C>D③D的最高价氧化物对应水化物可以溶于氨水④元素气态氢化物的稳定性:F>A>G24、（12分）烃A的产量能衡量一个国家石油化工发展水平，F的碳原子数为D的两倍，以A为原料合成F，其合成路线如图所示：（1）写出决定B、D性质的重要原子团的名称：B________、D________。（2）A的结构式为____________。（3）写出下列反应的化学方程式并注明反应类型：①______________________，反应类型：_______；②_________________，反应类型：________。（4）实验室怎样区分B和D？___________。（5）除去F中少量B和D的最好试剂是________（填字母）。A饱和碳酸钠溶液B氢氧化钠溶液C苯D水25、（12分）由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题：（1）装置甲中负极的电极反应式是______________________________________。（2）装置乙中正极的电极反应式是_______________________________________。（3）装置丙中溶液的pH________（填“变大”、“变小”或“不变”）。（4）四种金属活动性由强到弱的顺序是___________________________________。26、（10分）硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O]是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁。硫酸亚铁铵晶体在500°C时隔绝空气加热完全分解。回答下列问题：（1）硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解，发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2和__________________（2）为检验分解产物的成分，设计如下实脸装置进行实验，加热A中的硫酸亚铁铵晶体至分解完全。①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气，目的是_______________________________。②为检验A中残留物是否含有FeO，需要选用的试剂有______________（填标号）。A．KSCN溶液B．稀硫酸C．浓盐酸D．KMnO4溶液（3）通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，该反应中SO2表现出化学性质是_____27、（12分）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，实际上是发生了两个化学反应，请写出它们的化学方程式_______、______。（2）甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是________________，乙的作用是________________。（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是_______；集气瓶中收集到的气体的主要成分是_______________。（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还有________________。要除去该物质，可先在混合液中加入________（填字母），然后再通过蒸馏即可除去。a氯化钠溶液b苯c碳酸氢钠溶液d四氯化碳28、（14分）某化学兴趣小组开展模拟工业合成氨的制备实验，在2L密闭容器内，t℃时发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在体系中，n(N2)随时间的变化如下表：时间(min)012345N2的物质的量(mol)0.200.100.080.060.060.06(1)上述反应在第5min时，N2的转化率为___________________；(2)用H2表示从0～2min内该反应的平均速率v(H2)=______________________；(3)t℃时，在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行快慢的顺序为________________________(用字母填空，下同)；a．v(NH3)=0.05mol•L-1-•min-1b．v(H2)=0.03mol•L-1-•min-1c．v(N2)=0.02mol•L-1-•min-1d．v(H2)=0.001mol•L-1-•s-1(4)下列表述能作为上述实验中可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是_________________________；a.反应速率v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2b.各组分的物质的量浓度不再改变c.混合气体的平均相对分子质量不再改变d.混合气体的密度不变e.单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2。f.v(N2)消耗=2v(NH3)消耗g.单位时间内3molH﹣H键断裂的同时2molN﹣H键也断裂(5)下列措施不能使上述化学反应速率加快的是_____________。a．及时分离出NH3气体b．适当升高温度c．增大N2的浓度d．选择高效催化剂29、（10分）在一固定体积为1L的密闭容器中，充入2molCO2和1molH2发生如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数与温度(T)的关系如下表：回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝__________________________________。（2）该反应是放热反应还是吸热反应______________（3）若反应在830℃下达到平衡，则CO2气体的浓度是_________；CO2的转化率为________。平衡后再向容器中通入2molCO2再次达到的平衡时，CO2的转化率_______（填变大，变小或不变）（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是__________________________。A．容器内压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO2)＝c(CO)

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【解析】分析：根据断键吸热，成键放热，结合常见的放热反应或吸热反应判断。详解：A.H2→H+H是断键过程，需要吸收能量，A正确；B.Na+Cl→NaCl是形成新化学键的过程，放出能量，B错误；C.CaO+H2O=Ca(OH)2属于放热反应，C错误；D.Cl+Cl→Cl2是形成新化学键的过程，放出能量，D错误；答案选A。2、D【解析】

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。3、C【解析】分析：根据物质的性质判断反应的可能性，A.Al与NaOH发生反应生成AlO2-和氢气；B.NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；C.SiO2不溶于水，也不与水反应；D.Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3。详解：Al与NaOH发生反应生成AlO2-，可一步反应生成，A错误；NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，可一步反应生成，B错误；SiO2不溶于水，也不与水反应，因此SiO2先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，然后再加入稀硫酸可以得到硅酸，C正确；Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3，D错误；正确选项C。4、B【解析】

A、增大O2的浓度，瞬间只增大反应物的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，根据图像，t1时刻应增大压强，故A不符合题意；B、催化剂只加快反应速率，对化学平衡的移动无影响，使用催化剂，符合该图像，故B符合题意；C、缺少环形玻璃搅拌棒，故C不符合题意；D、根据图像，反应物总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，即△H>0，使用催化剂降低活化能，因此该图像表示使用和未使用催化剂时的能量变化，故D不符合题意；答案选B。5、C【解析】

检验溴乙烷中溴元素，应在碱性条件下水解，最后加入硝酸酸化，加入硝酸银，观察是否有黄色沉淀生成，据此即可解答。【详解】A.氯水与溴乙烷不反应，不能检验，A项错误；B.溴乙烷不能电离出溴离子，加AgNO3溶液不反应，B项错误；C.加入NaOH溶液，加热，卤代烃在碱性条件下水解生成溴化钠和醇，冷却后加入稀HNO3酸化后加入AgNO3溶液，溴离子和银离子反应生成淡黄色不溶于硝酸的溴化银沉淀，C项正确；D.没有加硝酸中和多余的氢氧化钠，氢氧化钠与硝酸银能反应生成沉淀，产生干扰，D项错误；答案选C。6、B【解析】

A.地球上的淡水资源才是我们可以直接利用的水资源,其资源量很少,我们必须节约用水,A错误；B.常见的海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，B正确；C.蒸馏法因其高耗能而成本高，C错误；D.错误；故选B。7、D【解析】

A项、固体和纯液体的浓度可视为常数，不能用固体或纯液体表示反应速率，I2为固态，故不能用它表示化学反应速率，故A错误；B项、v(HI)＝0.002mol·L－1·s－1，若反应一直以该速率进行，则t＝10s，但随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，所用时间应大于10s，故B错误；C项、升高温度，正、逆反应速率均加快，故C错误；D项、减小反应体系的体积，各物质浓度增大，压强增大，化学反应速率加快，故D正确。故选D。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意影响化学反应速率的因素分析，注意浓度越大反应速率越大是解答本题的关键。8、A【解析】试题分析：A．同周期自左向右金属性逐渐减弱，则Na、Mg、Al的金属性依次减弱，A正确；B．P、S、Cl元素的最高正价依次升高，分别是＋5、＋6、＋7，B错误；C．Al3＋、Mg2＋、Na＋的核外电子排布相同，离子半径随原子序数的增大而减小，则Al3＋、Mg2＋、Na＋的离子半径依次增大，C错误；D、同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，则H3PO4、H2SO4、HNO3的酸性依次增强，D错误，答案选A。考点：考查元素周期律的应用9、C【解析】

①减少煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；答案选C。10、C【解析】

A．锌粒与稀醋酸反应生成醋酸锌和氢气，醋酸是弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为Zn+2CH3COOH=2CH3COO-+Zn2++H2↑，A错误；B.铜和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C.实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，浓盐酸与二氧化锰共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2＋2Clˉ＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O，C正确；D.硫酸氢铵溶液和少量氢氧化钠溶液反应，氢离子优于铵根离子先反应，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，D错误；故选C。【点睛】离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意醋酸为弱酸，不能拆写是易错点。11、D【解析】A．复分解反应中一定没有元素的化合价变化，则一定不是氧化还原反应，故A错误；B．置换反应中一定存在元素的化合价变化，则一定为氧化还原反应，故B错误；C．化合反应中不一定存在元素的化合价变化，如CaO与水反应为非氧化还原反应，而单质参加的化合反应如C燃烧为氧化还原反应，故C错误；D．分解反应中可能存在元素的化合价变化，如碳酸钙分解为非氧化还原反应，而有单质生成的分解反应水电解生成氧气、氢气为氧化还原反应，故D正确；故选D。点睛：四大基本反应类型与氧化还原反应之间的关系：①置换反应一定是氧化还原反应；②复分解反应一定不是氧化还原反应；③部分化合反应是氧化还原反应(有单质参加的)；④部分分解反应是氧化还原反应(有单质生成的)；关系图如下图所示：

。12、D【解析】

利用原电池的工作原理进行分析，A电极逐渐变粗，说明阳离子在A电极上得到电子，转化成单质，即A电极为正极，B电极逐渐变细，说明电极B失去电子，转化成离子，即B电极为负极，然后逐步分析；【详解】A电极逐渐变粗，A电极为正极，B电极逐渐变细，B电极为负极，A、Zn比Cu活泼，因此Zn为负极，Cu为正极，A电极为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，A电极逐渐变细，B电极为正极，电极反应式为2H＋2e－=H2↑，B电极质量不变，故A不符合题意；B、根据A选项分析，A为正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，A电极质量不变，B为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，B电极质量减小，故B不符合题意；C、Fe比Ag活泼，Fe为负极，即A电极上发生Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减少，B电极为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，故C不符合题意；D、根据选项C分析，A为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，B为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减小，故D符合题意。13、C【解析】分析：A、天然气的主要成分是甲烷；B、甲烷是最简单的有机物；C、甲烷是有机物中含碳量最小的有机物；D、可燃性气体点燃之前需要验纯。详解：A、甲烷是天然气的主要成分，A正确；B、甲烷是只含有1个碳原子的烃，属于最简单的有机物，B正确；C、甲烷是有机物中含氢量最大，含碳量最小的有机物，C错误；D、甲烷是可燃性气体，点燃前需要验纯，防止发生爆炸，D正确；答案选C。14、A【解析】

在容积为2L的密闭容器中，A减少了amol∙L－1，B的平均反应速率v(B)=a/15mol∙L－1∙min－1，c增加了2a/3mol∙L－1；所以参与反应的A的物质的量为2amol，参与反应的B的物质的量为a/15mol∙L－1∙min－1×5min×2L=mol，生成的C的物质的量为2a/3mol∙L－1×2L=mol，所以m:n:p=3:1:2；又因为增加系统压强时，发现A与C的百分含量不变，所以该反应过程中气体的物质的量始终不变，为气体体积不变的反应，即m+n=p+q，所以m:n:p:q=3:1:2:2，故A项正确。综上所述，本题正确答案为A。15、B【解析】

A．2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量一定高于2molSO3(g)的总能量，而1molO2(g)的能量和2molSO3(g)的能量的相对大小不能确定，故A错误；B．2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量一定高于2molSO3(g)的总能量，故B正确；C．该反应达到化学平衡时，各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数(系数)之比，平衡时各物质的浓度和起始投料以及转化率有关，故C错误；D．化学反应的本质的旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要消耗能量，所以很多放热反应也需要加热才能发生，2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的反应需要加热到450℃左右，故D错误；故选B。16、D【解析】

A项、应根据最高价氧化为对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，验证Cl的非金属性比C强，不能用盐酸，应用高氯酸，故A错误；B项、乙醇和乙酸互溶，不能用分液方法分离，故B错误；C项、要证明增大反应物浓度能加快化学反应速率，不能改变反应物的性质。锌与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫，反应物硫酸的性质改变，故C错误；D项、离子化合物在熔融状态破坏离子键，电离形成自由移动的离子，能导电，共价化合物在熔融状态不能破坏共价键，不能电离形成自由移动的离子，不能导电，则熔融状态的KCl能导电证明KCl中存在离子键，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。17、C【解析】A．常温下，测定0.1mol·L-1CH3COOH的pH值，若pH大于1，即可证明为弱电解质，选项A不选；B、常温下，乙酸钠溶液显示碱性，说明乙酸钠为为强碱弱酸盐，从而证明了乙酸为弱电解质，选项B不选；C、等体积的0.1mol/LHCl和0.1mol/L醋酸溶液，中和这两种酸所需等物质的量浓度的NaOH溶液的体积相等，不能证明醋酸是弱电解质，选项C选；D.等体积的0.1

mol/LHCl和0.1

mol/L醋酸溶液，分别与等量的颗粒大小相同的Zn反应，盐酸反应产生气泡的速率较快，说明醋酸不完全电离，是弱电解质，选项D不选。答案选C。18、B【解析】A、“可燃冰”是天然气的水合物，主要成分是甲烷，选项A正确；B、甲烷不溶于水，选项B不正确；C、常温常压下甲烷是气体，故可燃冰极易挥发产生甲烷气体，选项C正确；D、“可燃冰”的开采，有助于解决人类面临的能源危机，所以可燃冰是一种极具潜力的能源，选项D正确。答案选B。19、C【解析】

A.同一周期元素，原子最外层电子数随着原子序数增大而增大，Na、Mg、Al最外层电子数分别是1、2、3，所以Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增加，故A正确；B.主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，O元素没有最高正化合价，Si、P、S元素的最高正价依次为+4、+5、+6，故B正确；C.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，则C、N、O的原子半径依次减小，故C错误；D.同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，所以失电子能力逐渐增大，则金属元素金属性随着原子序数增大而增强，则Li、Na、K的金属性依次增强，故D正确。故选C。20、D【解析】

28g乙烯的物质的量为=1mol，200mL2mol/L的NaOH溶液中含有0.200L×2mol/L=0.4molNaOH，吸收二氧化碳可能生成碳酸钠、碳酸氢钠或二者的混合物。若生成碳酸钠，则二氧化碳为0.2mol，完全燃烧的乙烯为0.1mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为10Q；若生成碳酸氢钠，则二氧化碳为0.4mol，完全燃烧的乙烯为0.2mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q；若生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q～10Q；放出的热量不可能大于10Q，故选D。【点睛】清楚二氧化碳与氢氧化钠反应生成物的情况是解答本题的关键。要注意本题中不包括氢氧化钠剩余的情况。21、D【解析】A、生成物的总能量大于反应物的总能量，此反应是吸热反应，△H>0，故A错误；B、焓变只与始态和终态有关，与反应的途径无关，即使用催化剂不能改变反应的焓变，故B错误；C、根据△G=△H－T△S，因为△H<0，△S>0，因此任何温度下都能自发进行，故C错误；D、根据盖斯定律，故D正确。22、B【解析】

A.CH4是甲烷的分子式，故A错误；B.C2H6是乙烷的分子式，故B正确；C.C2H4是乙烯的分子式，故C错误；D.C2H2是乙炔的分子式，故D错误。二、非选择题(共84分)23、第3周期ⅣA族2Al＋2OH－＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑离子键共价键2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑①③④【解析】

根据图表数据及元素周期律的相关知识，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到小逐渐增大。短周期元素的最高正价等于其最外层电子数（氧元素和氟元素无最高正价）。根据图表数据可知，F、H的最高正价均为+5，则两者位于第ⅤA族，F的原子半径大于H的原子半径，因此F为磷元素，H为氮元素。A的原子半径小于H，并且没有最高正价，只有最低负价-2价可知A为氧元素；原子半径B>C>D>E>F>G，并且最高正价依次增大，可知B为钠元素，C为镁元素，D为铝元素，E为硅元素，G为氯元素。【详解】（1）根据上述分析可知E元素为硅元素，位于元素周期表第3周期ⅣA族；C为镁元素，G为氯元素两者形成的化合物为氯化镁，为离子化合物，其电子式为：；（2）D为铝元素，B为钠元素，B的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，铝单质既可以和酸反应生成氢气，又可以和强碱溶液反应生成氢气，反应方程式为：2Al＋2OH－＋6H2O＝2[Al(OH)4]-＋3H2↑；（3）B2A2是过氧化钠，其为离子化合物，即存在钠离子与过氧根间的离子键，也存在氧原子与氧原子间的共价键。过氧化钠与水反应的方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH+O2↑；（4）①H的气态氢化物为氨气，水溶液能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子使溶液导电，因此氨气不是电解质，而是非电解质，错误；②B、C、D分别为钠元素，镁元素，铝元素，根据元素周期律可知金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，因此碱性氢氧化钠>氢氧化镁>氢氧化铝，正确；③D的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，可溶于强碱，但不能溶于弱碱，因此氢氧化铝不能溶于氨水，错误；④由元素周期律可知，元素的非金属性越强，元素气态氢化物越稳定，F为磷元素，G为氯元素，氯元素非金属性强，则HCl稳定性强于PH3，错误；故选①③④。【点睛】本题考查重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容，本题重点用到的是原子半径和化合价方面的知识。同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到小逐渐增大。短周期元素的最高正价等于其最外层电子数（氧元素和氟元素无最高正价）。24、羟基羧基2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O氧化反应CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O酯化反应（或取代反应）分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇（答案合理均可）A【解析】

根据A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，判断A应为乙烯，结构式为，乙烯和水在催化剂条件下发生加成反应生成乙醇，所以B为乙醇，乙醇被催化氧化生成乙醛，所以C为乙醛；F的碳原子数为D的两倍，根据反应条件可知D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，所以F为乙酸乙酯，据此进行解答。【详解】（1）根据上述分析可知：B为乙醇，D为乙酸，决定B、D性质的重要原子团的名称：B羟基、D羧基。答案：羟基；羧基。（2）由分析知A为乙烯，其结构式为。答案：。（3）由图可知①发生的是CH3CH2OH催化氧化为CH3CHO的反应，反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O答案：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；氧化反应。②发生的是乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，反应类型为酯化反应（或取代反应）；答案：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；酯化反应（或取代反应）。（4）由B为乙醇，D为乙酸，实验室可以通过：分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇的方法区分；答案：分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇，其他答案符合题意也可。（5）F为乙酸乙酯，B为乙醇，D为乙酸，除去F中少量B和D的最好试剂是饱和碳酸钠溶液，可以吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性。答案：A。【点睛】突破口：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，判断A为乙烯，再结合反应条件和各物质的性质进行判断即可。25、A－2e－＝A2+Cu2+＋2e－＝Cu变大D＞A＞B＞C【解析】

甲、乙、丙均为原电池装置，结合原电池工作原理分析解答。【详解】（1）甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活动性A＞B，负极的电极反应式是A－2e－＝A2+；（2）乙中C极质量增加，即析出Cu，则B为负极，活动性B＞C，正极的电极反应式是Cu2+＋2e－＝Cu；（3）丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活动性D＞A，随着H＋的消耗，溶液pH逐渐变大。（4）根据以上分析可知四种金属活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C。26、SO2使分解产生的气体在B、C中被吸收充分BD还原性【解析】

（1）氮元素和铁元素化合价升高,根据在氧化还原反应中化合价有升必有降,化合价降低的应该是硫,所以气体产物中还可能有SO2;（2）①A中固体充分加热较长时间后,通入氮气目的是使分解生成的气体在B、C装置中完全吸收；②为验证A中残留物是否含有FeO，应该先用稀硫酸溶解,然后再用KMnO4溶液检验亚铁离子,所以BD选项是正确的,

（3）通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，二氧化硫被氧化，该反应中SO2表现出的化学性质是还原性。【点睛】注意在使用高锰酸钾溶液检验二价铁离子的时候，高锰酸钾溶液不宜过量，过量后没有明显的实验现象，导致实验失败。27、2Cu+O22CuOCH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O加热冷却乙醛、乙醇、水氮气乙酸c【解析】

乙醇和O2在铜作催化剂，加热的条件下发生生成乙醛，首先O2和乙醇混合，则甲装置加热使乙醇挥发，与O2混合；乙装置中加冷水，使产物乙醛冷凝下来，同时冷凝的还有未反应的乙醇。【详解】（1）乙醇的催化氧化实验中，Cu作催化剂，反应过程中，Cu先与氧气反应：2Cu＋O22CuO，红色变为黑色，然后乙醇与CuO发生：CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O，黑色变为红色；（2）常温下乙醇为液体，在玻璃管中发生乙醇催化氧化，需要将乙醇转化成气体，即甲中水浴加热的目的是将乙醇气化得到稳定的乙醇气流；生成乙醛在加热时为气体，因此乙装置是为了使乙醛更快的冷凝；（3）反应冷却后，a中收集到的物质有易挥发的乙醇及反应生成的乙醛和水；空气主要成分是N2和O2，因此集气瓶中收集的气体主要为N2；（4）紫色石蕊试纸显红色，说明液体中含有酸性物质，即部分乙醛被氧化成乙酸；乙酸易挥发，除去乙酸，需要让乙酸转化成高沸点的盐，即加入碳酸氢钠溶液，故选项c正确。28、70%0.09mol/(L.min)a>c=d>bbca【解析】

（1）N2的初始物质的量0.20mol，第5min时，N2的物质的量为0.06mol，根据转化率公式，转化率=×100%计算；（2）根据平均速率v(N2)=△C÷△t，v(H2)＝3v(N2)计算；（3）同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项，注意单位是否相同；

（4）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】N2的初始物质的量0.20mol，第5min时，N2的物质的量为0.06mol，已经转化的氮气的物质的量为：0.20mol−0.06mol＝0.14mol，反应在第5min时，N2的转化率=×100%=0.14mol÷0.2mol×100%＝70%，故答案为：70%；N2的初始物质的