广东省东莞外国语学校2024年化学高一下期末复习检测试题含解析

广东省东莞外国语学校2024年化学高一下期末复习检测试题考生请注意：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、X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．简单阳离子半径:X>RB．X与Y可以形成正四面体结构的分子C．M的氢化物常温常压下为液体D．最高价氧化物对应水化物的酸性:

Z<Y2、已知：①H2O(g)===H2O(l)ΔH＝－Q1kJ·mol－1②C2H5OH(g)===C2H5OH(l)ΔH＝－Q2kJ·mol－1③C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－Q3kJ·mol－1；下列判断正确是（）A．酒精的燃烧热ΔH＝－Q3kJ·mol－1B．由③可知1molC2H5OH(g)的能量高于2molCO2(g)和3molH2O(g)的总能量C．H2O(g)→H2O(l)释放出了热量，所以该过程为放热反应D．23g液体酒精完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，释放热量为(0.5Q3－0.5Q2＋1.5Q1)kJ3、在元素周期表的过渡金属元素中能找到（）A．新制农药元素 B．制光导纤维元素 C．制半导体元素 D．制催化剂元素4、下列关于化学反应限度的叙述中错误的是()A．不同的化学反应，限度可能不同B．可以通过改变温度来控制化学反应的限度C．可以通过延长反应时间来改变化学反应的限度D．催化剂不能改变化学反应的限度5、短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是A．X2+的离子半径比Y2-小B．X2+的原子序数比Y2-小C．X和Y原子的电子层数相等D．X和Y原子最外层电子数相等6、关于116293A．质量数为116B．中子数为293C．电子数为293D．质子数为1167、W、X、Y、Z是周期表中前20号的主族元素，原子序数依次增大。W、X、Y的原子最外层电子数之和为13，X与Z同主族，实验室可用Z的最高价氧化物的水化物稀溶液检验W的最高价氧化物。下列说法正确的是A．失去电子能力：X>Z>WB．原子半径：Z>Y>XC．W、X、Y、Z的最高正化合价依次为＋4、＋2、＋7、＋2D．W与Y形成的化合物含有极性键，不含有非极性键8、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A．原子半径大小为W＜X＜Y＜ZB．X的氢化物水溶液酸性强于Z的C．Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D．标准状况下W的单质状态与X的相同9、以下事实不能用元素周期律解释的是（）A．Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3B．氯与钠形成离子键，氯与氢形成共价键C．与等浓度的稀盐酸反应，Mg比Al剧烈D．F2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应10、能说明反应X(g)+2Y(g)2Z(g)达到化学平衡状态的是A．X、Y、Z的物质的量之比为1:2:2 B．X、Y、Z的浓度不再发生变化C．反应速率v(X)=v(Y) D．单位时间内生成nmolZ的同时生成2nmolY11、下列选项中能发生化学反应，且甲组为取代反应、乙组为加成反应的是甲乙A苯与溴水乙烯与水制乙醇（催化剂）B甲烷与氯气(在光亮处)乙酸和乙醇的酯化反应(催化剂、加热)C乙酸乙酯与氢氧化钠溶液苯与氢气合成环己烷(催化剂，加热)D乙烯与溴的四氯化碳溶液乙醇与钠反应A．A B．B C．C D．D12、下列图表中a、b、c表示对应装置的仪器中加入的试剂，可制取、净化、收集的气体是选项abc气体装置A浓氨水生石灰浓硫酸NH3B浓H2SO4铜屑NaOH溶液SO2C稀HNO3铜屑H2ONOD稀盐酸碳酸钙饱和NaHCO3溶液CO2A．A B．B C．C D．D13、下列四个反应中水起的作用与其它不相同的是(

)①Cl2+H2O、②NO2+H2O、③Na+H2O、④Na2O2+H2O、A．①B．②C．③D．④14、核磁共振氢谱是根据不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号不同来确定有机物分子中氢原子种类的。下列有机物分子中，在核磁共振氢谱中只给出一种信号的是（）A．丙烷 B．正丁烷 C．新戊烷 D．异丁烷15、下列物质在水溶液中，存在电离平衡的是A．Ca(OH)2B．H2SC．BaSO4D．CH3COONa16、在不同情况下测得A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)的下列反应速率，其中反应速率最大的是A．v(D)=0.4mol•L-1•s-1B．v(C)=0.5mol•L-1•s-1C．v(B)=0.6mol•L-1•s-1D．v(A)=2mol•L-1•min-117、下列化学用语的书写正确的是()A．氯原子的结构示意图：B．含有6个质子和8个中子的碳元素的核素符号：68CC．氯化镁的电子式：D．用电子式表示氯化氢的形成过程：18、在不同条件下，分别测得反应2SO2+O22SO3的速率如下，其中最快的是（）A．v（SO2）=4mol/（L·min） B．v（O2）=2mol/（L·min）C．v（SO2）=0.1mol/（L·min） D．v（SO2）=0.1mol/（L·s）19、一定条件下，RO和氟气可发生如下反应RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋720、液体感科电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是A．电流从右侧电极经过负载流向左侧电极B．负极发生的电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2+4H2OC．该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触D．该燃料电池持续放电时，正极发生氧化反应，碱性减弱21、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是A．W、Y对应的简单氢化物的沸点前者高B．阴离子的还原性：W2->Q-C．离子半径：Y2－>Z3＋D．元素的非金属性：Y>W22、镭是元素周期表中第7周期IIA族元素，下列关于镭的性质的叙述中不正确的是（）A．在化合物中呈+2价 B．单质能与水反应放出H2C．它的氢氧化物为强碱 D．镭元素的金属性比钡元素的弱二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是无机物A～F在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。其中A为气体，A～F都含有相同的元素。试回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：C_______、F_______。（2）在反应①中，34gB发生反应后放出452.9kJ的热量，请写出该反应的热化学方程式________。（3）③的化学方程式为__________，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（4）铜与E的浓溶液反应的离子方程式为__________。（5）25.6g铜与含有1.4molE的浓溶液恰好完全反应，最终得到气体的体积为（标准状况下）__________L。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）某校化学兴趣小组为制备消毒液(主要成分是NaClO)，设计了下列装置，并查阅到下边资料：在加热情况下氯气和碱溶液能发生反应：3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。请回答下列问题：（1）连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作步骤是________________。（2）圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为____________________________；大试管内发生反应的离子方程式为_______________________________________。（3）饱和食盐水的作用是_____________；冰水的作用是___________________。（4）在制取C12时，实验室中若无MnO2，可用KMnO4粉末代替，发生下列反应：2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，则可选择的发生装置是_____（填序号）。26、（10分）我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一：利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2＋沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2＋的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：(1)KMnO4溶液应该用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。(2)写出滴定过程中反应的离子方程式：_____________。(3)滴定终点的颜色变化：溶液由________色变为________色。(4)以下哪些操作会导致测定的结果偏高________(填字母编号)。a．装入KMnO4溶液前未润洗滴定管b．滴定结束后俯视读数c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出(5)某同学对上述实验方法进行了改进并用于测定某品牌的钙片中的钙元素(主要为CaCO3)含量，其实验过程如下：取2.00g样品加入锥形瓶中，用酸式滴定管向锥形瓶内加入20.00mL浓度为0.10mol·L－1的盐酸(盐酸过量)，充分反应一段时间，用酒精灯将锥形瓶内液体加热至沸腾，数分钟后，冷却至室温，加入2～3滴酸碱指示剂，用浓度为0.10mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液8.00mL。[提示：Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀]①为使现象明显、结果准确，滴定过程中的酸碱指示剂应选择_______(填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)溶液；②此2.00g钙片中CaCO3的质量为________g。27、（12分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如下图所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：（己知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4℃、118℃、77.1℃（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是______________。（2）在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：_______________。（3）在该实验中，若用lmol乙醇和lmol乙酸在浓硫酸作用下加热，充分反应，能否生成lmol乙酸乙酯？原因是___________________。（4）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图。请在图中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法。试剂a是__________，试剂b是_______________；分离方法①是________，分离方法②是__________，分离方法③是________________。（5）在得到的A中加入无水碳酸钠粉末，振荡，目的是____________________。（6）写出C→D反应的化学方程式________________。28、（14分）实验室制乙酸乙酯得主要装置如图A所示，主要步骤①在a试管中按2∶3∶2的体积比配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合物；②按A图连接装置，使产生的蒸气经导管通到b试管所盛的饱和碳酸钠溶液(加入几滴酚酞试液)中；③小火加热a试管中的混合液；④等b试管中收集到约2mL产物时停止加热。撤下b试管并用力振荡，然后静置待其中液体分层；⑤分离出纯净的乙酸乙酯。请回答下列问题：(1)步骤④中可观察到b试管中有细小的气泡冒出，写出该反应的离子方程式：___。(2)A装置中使用球形管除起到冷凝作用外，另一重要作用是___，步骤⑤中分离乙酸乙酯必须使用的一种仪器是___。(3)为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用如图A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b再测有机层的厚度，实验记录如下：实验编号试管a中试剂试管b中试剂测得有机层的厚度/cmA3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18mol·L-1浓硫酸饱和Na2CO3溶液5.0B3mL乙醇、2mL乙酸0.1C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol·L-1H2SO41.2D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸1.2①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。浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是___。③加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，可能的原因是___。④分离出乙酸乙酯层后，经过洗涤，为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为__(填字母)。A．P2O5

B．无水Na2SO4

C．碱石灰

D．NaOH固体29、（10分）Ⅰ.充分燃烧2.8g某有机物A，生成8.8gCO2和3.6gH2O，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍。（1）该有机物的分子式为______________________。（2）该有机物链状同分异构体的结构简式为：_____________________。（3）若有机物A等效氢只有一种，则A的结构简式为______________________。Ⅱ．用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如下：根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：(1)由CH2=CH2制得有机物A的化学方程式：________(2)A与B合成丙烯酸乙酯的化学反应方程式是_______________。该反应的类型是__________。(3)由丙烯酸乙酯合成聚合物的化学方程式是_____________。(4)请问与丙烯酸乙酯互为同分异构体且满足下列条件：①含碳碳双键②与碳酸氢钠溶液反应均产生气体③所有碳原子一定共面。请写出满足条件的任一种结构简式________。

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【解析】分析：同周期元素原子序数越大原子半径越小，同主族元素原子序数越大原子半径越大，根据图中规律不难得出X、Y、Z、M分别为H,C,N,S，R为Na。详解：A项，同主族元素原子序数越大原子半径越大，所以离子半径：X<R，故A项错误；B项，H与C可以形成CH4,CH4为正四面体结构的分子，故B项正确；C项，S的氢化物为H2S，常温常压下为气体，故C项错误；D项，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C<N,所以酸性H2CO3<HNO3，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。2、D【解析】试题分析：A、C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-Q3kJ/mol．反应中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故燃烧热不是Q3kJ，故A错误；B、③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-Q3kJ/mol．反应是放热反应，1molC2H5OH（g）和3molO2的总能量高于2CO2（g）和3H2O（g）的总能量，故B错误；C、H2O（g）→H2O（l）是物理变化，故C错误；D、已知：①H2O（g）═H2O（l）△H=-Q1kJ•mol-1，②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H=-Q2kJ•mol-1，③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=-Q3kJ•mol-1，据盖斯定律：③-②+①×3得：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-Q3+Q2-3Q1）KJ/mol，23g是0.5molC2H5OH，所以释放出的热量为（0.5Q3-0.5Q2+1.5Q1）kJ，故D正确；故选D。考点：考查了燃烧热、焓变、放热反应以及盖斯定律的应用的相关知识。3、D【解析】

A、新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，选项A错误；B、制光导纤维元素是Si、O，属于非金属元素，Si在金属和非金属的分界线附近，选项B错误；C、制半导体的元素在金属和非金属的分界线附近找，选项C错误；D、制催化剂的元素从元素周期表的过渡金属中找，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表与元素的性质知识，题目较为简单，熟悉元素在周期表中的位置及性质即可解答。4、C【解析】

A.化学反应限度是指可逆反应在一定条件下反应的最大程度，不同的化学反应，化学反应的限度可能不同，故A项正确；B.影响化学平衡状移动的因素是：反应物的浓度、温度和气体压强等外界条件，所以可以通过改变温度来改变化学反应的限度，故B项正确；C.化学反应限度与反应时间长短无关，只与平衡常数有关，故C项错误；D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，对反应限度无影响，故D项正确；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】解题依据：化学反应限度是研究可逆反应在一定条件下所能达到的最大程度，也即化学反应动态平衡状态，根据影响化学平衡移动的因素进行判断相应的选项即可。5、A【解析】分析：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素，根据原子结构的特点和元素周期律作答。详解：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素。A项，根据“序大径小”，X2+的离子半径比Y2-小，A项正确；B项，X2+、Y2-的原子序数分别为12、8，X2+的原子序数比Y2-的大，B项错误；C项，X有3个电子层，Y有2个电子层，X比Y原子多一个电子层，C项错误；D项，X原子最外层有2个电子，Y原子最外层有6个电子，X和Y原子最外层电子数不相等，D项错误；答案选A。6、D【解析】分析：根据核素的表示方法以及质子数、中子数、质量数和核外电子数等有关物理量之间的关系解答。详解：在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，则A.质量数为293，A错误；B.中子数＝质量数－质子数＝293－116＝177，B错误；C.电子数＝质子数＝116，C错误；D.质子数为116，D正确，答案选D。7、C【解析】

实验室可用Z的最高价氧化物的水化物稀溶液检验W的最高价氧化物，则Z是Ca，W是C；X与Z同主族，则X是Mg，W、X、Y的原子最外层电子数之和为13，则Y的最外层电子数为7，因此Y是Cl。【详解】A.同一主族，电子层数越大，失电子能力越强，因此失电子能力Z＞X，A错误；B.电子层数越大，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径Z＞X＞Y，B错误；C.最高正价等于最外层电子数，W、X、Y、Z的最高正化合价依次为＋4、＋2、＋7、＋2，C正确；D.W与Y能形成化合物CCl4，只含有极性键，W与Y还可以形成化合物CCl3CCl3，既含有极性键也含有非极性键，D错误；答案选C。8、D【解析】

本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；答案选D。【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。9、A【解析】

A．Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故A选；B．同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增加，故钠是活泼的金属元素，氯是活泼的非金属元素，氯与钠容易形成离子键；H和氯都是非金属元素，氯与氢原子间容易形成1对共用电子，各自形成稳定结构，形成共价键，可以用元素周期律解释，故B不选；C．金属性Mg＞Al，则单质还原性Mg＞Al，与等浓度的稀盐酸反应，Mg比Al剧烈，能够用元素周期律解释，故C不选；D．同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，故非金属性F＞I，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；故选A。10、B【解析】

A.当体系达平衡状态时，X、Y、Z的物质的量之比可能为1：2：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明反应是否达到平衡状态，A项错误；B.X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明反应达到了平衡状态，B项正确；C.达到平衡时，同一物质表示的正逆反应速率相等，v(X)与v(Y)不是同一物质，且没有正逆反应速率之分，不能表示v(正)=v(逆)，则不能说明反应是否达到平衡状态，C项错误；D.根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，单位时间内生成nmolZ的同时生成nmolY，可表示v(正)=v(逆)，但题中相关数值不正确，D项错误；答案选B。11、C【解析】

A．苯与溴水不反应，乙烯与水发生加成反应，前者为物理变化、后者为加成反应，故A不选；B．甲烷与氯气(在光亮处)发生取代反应，乙酸和乙醇的酯化反应为取代反应，二者均为取代反应，故B不选；C．乙酸乙酯与氢氧化钠发生水解为取代反应，苯与氢气发生加成反应，则甲组为取代反应、乙组为加成反应，故C选；D．乙烯与溴发生加成反应，乙醇与钠反应为置换反应，甲组为加成反应、乙组为置换反应，故D不选；故选C。12、D【解析】分析：根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。详解：A、氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，且氨气不能用浓硫酸干燥，A错误；B、浓硫酸和铜反应需要加热，常温下不反应，不能制备二氧化硫，B错误；C、稀硝酸和铜反应可制取一氧化氮气体，旦NO易被氧化为NO2，不能采用排空气法收集，C错误；D、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，采用向上排空气法收集二氧化碳，D正确；答案选D。点睛：本题主要是考查了反应装置、洗气装置、收集装置的选择，题目难度不大，掌握常见气体的制备原理、净化方法以及收集方法是解答的关键。答题时注意根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。13、C【解析】①在反应Cl2+H2O＝HCl+HClO中，水中的氢氧两元素化合价均未变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂；②在反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，水中的氢氧两元素化合价均未变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂；③在反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中，水中氢元素的化合价从+1价降低为0价，化合价降低，所以水是氧化剂；④Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，水所含的H元素和O元素的化合价没有发生变化，水既不是氧化剂又不是还原剂，Na2O2自身发生氧化还原反应，答案选C。14、C【解析】

A．CH3CH2CH3结构对称，只有2种H原子，核磁共振氢谱图中给出两种峰，故A错误；

B．CH3CH2CH2CH3含有2种H原子，核磁共振氢谱图中给出两种峰，故B错误；

C．C（CH3）4有1种H原子，核磁共振氢谱中给出一种峰，故C正确；

D．（CH3）2CHCH3中有2种H原子，核磁共振氢谱图中只给出两种峰，故D错误；答案：C15、B【解析】弱电解质的水溶液中存在电离平衡，Ca(OH)2、BaSO4、CH3COONa为强电解质，H2S为弱酸，即H2S的水溶液中存在电离平衡，H2SHS－＋H＋、HS－S2－＋H＋，故B正确。16、B【解析】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.0.42=0.2，B.0.52=0.25，C.0.63点睛：本题考查反应速率的比较，明确比值法可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率比较快慢，利用反应速率与化学计量数之比可知，比值越大，反应速率越快，注意选项D中的单位。17、C【解析】

A．Cl元素为17号元素，核外各层电子数为2、8、7，而不是2、8、8；氯原子的结构示意图为，A项错误；B．含有6个质子和8个中子的碳元素的核素符号为146C，B项错误；C．氯化镁是含有离子键的离子化合物，电子式为；C项正确；D．氯化氢是含有极性键的共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为，D项错误。本题答案选C。18、D【解析】

都转化为用SO2用表示的速率进行比较。A、υ（SO2）=4mol/（L·min）；B、υ（O2）=3mol/（L·min），速率之比等于化学计量数之比，所以υ（SO2）=2υ（O2）=2×3mol/（L·min）=6mol/（L·min）；C、υ（SO2）="0.1"mol/（L·s）=6mol/（L·min）；D、υ（SO3）=0.2mol/（L·s）=12mol/（L·min），速率之比等于化学计量数之比，所以υ（SO2）=υ（SO3）=12mol/（L·min）；故反应速率由快到慢的顺序为：D＞B=C＞A，故选D。19、B【解析】

根据等号两端电荷守恒可知，n==1，所以R的化合价是+5价，答案选B。【点睛】化学计算时一般都遵循几个守恒关系，即质量守恒、电荷守恒、电子的得失守恒和原子守恒等。20、D【解析】分析：该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，左侧为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。详解：A．该燃料电池中，右侧通入氧化剂空气的电极为正极，电流从正极流向负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A正确；B．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B正确；C．因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，C正确；D．该原电池中，阴极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D错误；答案选D。21、A【解析】

根据元素周期表的结构，可以知道各元素分别为：X为N，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl。【详解】A．W、Y对应的简单氢化物分别为H2S和H2O，由于水分子间有氢键，所以水的沸点比H2S高，故A错误；B．S和Cl的非金属性：S<Cl，所以阴离子的还原性：S2-＞Cl-，故B正确；C．O2-和Al3+核外电子排布相同，离子半径随核电荷数的增大而减小，所以离子半径：O2－＞Al3＋，故C正确；D．同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐减弱，所以元素的非金属性逐渐减弱，故元素的非金属性：O＞S，故D正确；故选A。22、D【解析】

镭是元素周期表中第七周期第IIA族元素，与Mg、Ca等金属位于同一主族，性质相似。则A项，第IIA族元素最外层有2个电子，化合价为+2价，A正确；B项，镭单质性质活泼，能与水发生反应生成氢气，B正确；C项，氢氧化镭碱性强于氢氧化钡，而氢氧化钡是强碱，故C正确；D项，同主族元素，原子序数越大金属性越强，故D错误。【点睛】本题考查元素周期表与周期律的综合应用，注意根据周期律的递变规律推断元素可能具有的性质，同主族元素原子最外层电子数相同，具有相似性，电子层逐渐增多，具有递变性。二、非选择题(共84分)23、NONH4NO34NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)△H=-905.8kJ/mol3NO2+H2O=2HNO3+NO1：2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2H2O+2NO2↑13.44【解析】A为气体，A～F都含有相同的元素，则A为N2，结合图中转化可知，B可发生连续氧化反应，且B为氢化物，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为NH4NO3，则（1）由上述分析可知，物质C、F化学式分别为NO、NH4NO3；（2）化学方程式①为4NH3+5O24NO+6H2O，34gB即2mol氨气发生反应后放出452.9kJ的热量，因此4mol氨气完全反应放出的热量是452.9kJ×2＝905.8kJ，所以该反应的热化学方程式为4NH3(g)+5O24NO(g)+6H2O(g)△H=－905.8kJ/mol；（3）③反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，只有N元素的化合价变化，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；（4）铜与E的浓溶液即浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2H2O+2NO2↑；（5）25.6g铜与含有1.4molE的浓溶液恰好完全反应，n（Cu）=25.6g÷64g/mol=0.4mol，作酸性的硝酸为0.4mol×2=0.8mol，由N原子守恒可知最终得到气体的体积为（1.4mol-0.8mol）×22.4L/mol=13.44L。点睛：本题考查无机物的推断，把握含氮物质的性质及相互转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意常见连续氧化反应的物质判断；（5）中计算注意守恒法的灵活应用。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。【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、检查装置的气密性MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O除去Cl2中的HCl气体防止溶液温度升高而发生副反应AD【解析】

（1）连接好装置，装药品之前，必须进行的操作是检查装置的气密性；（2）二氧化锰与浓盐酸加热产生氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；大试管内发生反应是氯气与氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O；（3）在制取氯气的反应中浓盐酸易挥发，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；温度较高时，能够发生副反应3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O，因此冰水的作用是防止溶液温度升高而发生副反应；（4）根据反应2KMnO4+16HCl（浓）＝2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O可知，不需要加热，所以图2中AD装置都可以。【点睛】本题借助制备消毒液考查了氯气的实验室制法、氯气的化学性质，充分考查了学生综合运用知识解决问题的能力，能训练学生的审题能力、思维能力和规范答题的能力，本题难度不大，注意题干已知信息的提取和灵活应用。26、酸式2MnO4-+5H2C2O4+6H⁺=2Mn²⁺+10CO2↑+8H2O无紫ac甲基橙0.06【解析】

(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，根据中和滴定所需仪器判断；(2)在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O42-氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式；(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42-溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，据此判断；(4)分析不当操作对V(标准)的影响，根据c(待测)=判断对结果的影响；(5)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，考虑二氧化碳溶于水，故要加热煮沸，过量盐酸用氢氧化钠滴定，考虑氢氧化钙的微溶性，应选择在pH较低时变色的指示剂，根据滴定算出过量盐酸，进而求得与碳酸钙反应的盐酸，根据方程式计算碳酸钙的质量。【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；(2)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将C2O42-氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入C2O42-中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：无；紫；(4)a．滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，造成标准液体被稀释，浓度变稀，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，结果偏高，故a正确；b．滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，根据c(待测)=可知，结果偏低，故b错误；c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，结果偏高，故c正确；d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，结果偏低，故d错误；故答案为：ac；(5)①根据题给信息，Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀出，甲基橙变色范围为3.1～4.4，符合，石蕊变色不明显，酚酞变色范围为：8.2～10.0，pH较高，有氢氧化钙沉淀生成，干扰滴定，故用甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；②中和滴定消耗盐酸的物质的量=氢氧化钠的物质的量=0.1mol/L×8mL=0.8mmol，则和碳酸钙反应的盐酸为：0.1mol/L×20mL-0.8mmol=1.2mmol=0.0012mol，CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑100g

2molm

0.0012molm==0.06g，故答案为：0.06。27、防止烧瓶中液体暴沸先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡否，该反应是可逆反应，反应不能进行到底饱和碳酸钠溶液硫酸分液蒸馏蒸馏除去乙酸乙酯中混有的少量水2CH3COONa+H2SO4＝Na2SO4+2CH3COOH【解析】

（1）酯化反应需要加热，在烧瓶中放入几块碎瓷片，其目的是防止烧瓶中液体暴沸。（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，所以应该将浓硫酸慢慢的加入到乙醇中，而不能反过来加，故在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡。（3）酯化反应是可逆反应，所以反应物的转化率不可能是100％的。（4）在制得的产品中含有乙醇和乙酸，所以应该首先加入饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，之后分液即得到乙酸乙酯A。B中含有乙醇和乙酸钠，乙醇的沸点比较低，蒸馏即可得到乙醇E。C是乙酸钠，加入硫酸可得到乙酸和硫酸钠，乙酸的沸点低于硫酸钠的沸点，蒸馏即得到乙酸；综上分析，试剂a是饱和碳酸钠溶液，试剂b是硫酸；分离方法①是分液，分离方法②是蒸馏，分离方法③是蒸馏。（5）由于A中仍然含有少量水，所以加入无水碳酸钠来除去乙酸乙酯中的水。（6）C是乙酸钠，加入硫酸可得到乙酸和硫酸钠，故C→D反应的化学方程式为：2CH3COONa+H2SO4＝Na2SO4+2CH3COOH。28、2CH3COOH+CO32-2CH3COO-+H2O+CO2↑防止倒吸分液漏斗66AC浓硫酸可以吸收酯化反应中生成的水，降低了生成物浓度使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动大量乙酸、乙醇未经反应就脱离反应体系(或温度过高发生其他反应)B【解析】分析：(1)碳酸钠与醋酸反应生成二氧化碳气体。(2)A装置中使用球形管除起到冷凝作用外,球形结构可防止液体倒吸；步骤⑤中乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层,利用分液法分离。(3)①对比实验关键是要采用控制变量，即控制一个变量，其它条件不变。②分析使用浓硫酸和稀硫酸的实验,比较哪种条件下生成的乙酸乙酯多。③乙酸、乙醇易挥发，温度过高会发生其它反应，据此回答。④根据乙酸乙酯能够在酸性条件下、碱性条件下发生水解反应的性质进行分析。详解：(1)步骤④中可观察到b试管中有细小的气泡冒出，该反应的离子方程式为2CH3COOH+CO32-2CH3COO-+H2O+CO2↑；正确答案:2CH3COOH+CO32-2CH3COO-+H2O+CO2↑。(2)A装置中使用球形管除起到冷凝作用外,另一重要作用是防止倒吸；步骤⑤中分离乙酸乙酯必须使用的一种仪器是分液漏斗；正确答案:防止倒吸；分液漏斗。

(3)①本题是研究实验D与实验C相对照,证明氢离子对酯化反应具有催化作用的条件,题中采用了一个变量,实验C中3mol·L-1H2SO4,实验D盐酸,所以达到实验目的,实验D与实验C中氢离子的浓度一样,实验C中3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol·L-1H2SO4；实验D中：3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸要保证溶液体积一致,才能保证乙醇、乙酸的浓度不变,盐酸体积为6mL,实验D与实验C中H+的浓度一样,所以盐酸的浓度为6mol