安徽省合肥市庐江县2025届高一化学第二学期期末学业质量监测试题含解析

安徽省合肥市庐江县2025届高一化学第二学期期末学业质量监测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列说法错误的是A．蔗糖和麦芽糖均为双糖B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖2、一定温度下，恒容密闭容器内某一反应体系中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如右图所示，下列叙述正确的是（）A．该反应的化学方程式为2MNB．t1时N的浓度是M浓度的2倍C．t2时正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态D．t3时正反应速率大于逆反应速率3、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有A．pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的数为0.1NAB．Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5mol产物，转移的电子数为1NAC．18gD2O中含有的质子数为9NAD．标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应可生成22.4L氯气4、下列说法正确的是（）①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液能加快反应速率；②电冶铝工业中用电解熔融状态氧化铝，用冰晶石作助熔剂的方法进行冶炼③电解法精炼铜时，电路中每转移2mol电子，阳极质量就减少64g④镀锌铁镀层破坏后锌仍能减缓铁腐蚀，其原理为牺牲阳极的阴极保护法⑤第五套人民币的一元硬币材质为铜芯镀银，在电镀过程中，铜芯应做阳极⑥外加电流的金属保护中，被保护的金属与电源的正极相连，发生氧化反应A．①②④B．①②③④C．①③⑤⑥D．③④⑥5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温、常压下，18gH2O含有的原子数为3NAB．标准状况下，2.24L乙醇含有的分子数为0.1NAC．1L1.0mol·L—1K2SO4溶液中含有的K+数为NAD．标准状况下，2.24L氦气和2.24L氧气所含的原子数均为0.2NA6、下图为周期表中短周期的一部分，W、X、Y、Z四种元素最外层电子数之和为24。下列说法正确的是A．X、Y、Z的含氧酸的酸性依次增强B．W元素形成的单核阴离子还原性强于XC．Y、W形成的化合物一定能使酸性KMnO4溶液褪色D．W与氢元素形成的化合物中可能含有非极性键7、煤的工业加工过程中，可利用CO和H2合成用途广泛的化工原料甲醇，能量变化如图所示。下列说法正确的是A．该反应是吸热反应B．1molCH3OH所具有的能量为90.1kJ·mol－1C．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l)ΔH＝－90.1kJ·mol－1D．1molCO(g)和2molH2(g)断键所需能量小于1molCH3OH(g)断键所需能量8、某些化学键键能数据如下：化学键H—HCl—ClH—Cl键能kJ/mol436243431则下列热化学方程式不正确（）A．H2(g)+Cl2(g)=HC(g)△H=-91.5kJ/molB．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=-183kJ/molC．H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)△H=+91.5kJ/molD．2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)△H=+183kJ/mol9、下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（）A．从海水中富集镁元素用NaOH沉淀法B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等C．从海水中提取溴单质的过程中用氯气做还原剂D．将海带烧成灰，用水浸泡，乙醇萃取可以提取碘单质10、常温下，甲、乙两烧杯盛有同浓度同体积的稀硫酸将纯锌片和纯铜片分别按图示方式插入其中，以下有关实验现象或结论的叙述正确的是A．两烧杯中铜片表面均有气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．甲杯溶液的c(H+)减小，乙杯溶液的c(H+)变大D．产生气泡的速率甲比乙快11、下列说法正确的是A．NaHCO3受热分解，既破坏了离子键，又破坏了共价键B．碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．氦气、二氧化碳和甲烷的分子内都存在共价键D．一个SiO2分子含有一个Si原子和2个O原子12、依据2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，HClO＋H＋＋Cl－===Cl2↑＋H2O,2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是()A．Fe3＋＞HClO＞Cl2＞Fe2＋＞Cu2＋B．HClO＞Cl2＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋C．Cl2＞HClO＞Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋D．Fe3＋＞Cu2＋＞Cl2＞HClO＞Fe2＋13、元素性质随原子序数的递增呈周期性变化的实质是()A．元素的相对原子质量增大，量变引起质变B．原子的电子层数增多C．原子核外电子排布呈周期性变化D．原子半径呈周期性变化14、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号①②③实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A．①说明Cl2被完全消耗B．②中试纸褪色的原因是：SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HIC．③中若将BaCl2溶液换成Ba（NO3）2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42－D．在实验②中加热后溶液不变红，说明溶液中品红已被氧化15、下列关于有机化合物的说法中，正确的是A．凡是含碳元素的化合物都属于有机化合物B．易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物C．所有的有机化合物都容易燃烧D．有机化合物的同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一16、下列物质中属于有机物的是()①乙醇②蛋白质③石墨④甲烷⑤蔗糖⑥碳酸⑦一氧化碳⑧碳酸钙⑨乙酸A．①④⑤⑦⑧⑨ B．①④⑤⑨ C．①②④⑤⑨ D．①②④⑨17、下列叙述中，不属于氮的固定的方法是()A．根瘤菌把氮气变为硝酸盐 B．氮气和氢气合成氨C．从液态空气中分离氮气 D．氮气和氧气合成一氧化氮18、下列排列顺序正确的是(

)①热稳定性:HF>H2O>H2S

②原子半径:Na>Mg>O>S③酸性:H3PO4>H2SO4>HClO4

④还原性:S2->Cl->F-A．①③B．②④C．①④D．②③19、下列说法正确的是A．用干燥的pH试纸测定氯水的pHB．向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-C．向某溶液中加入浓氧氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D．向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-20、实验室电解饱和食盐水的装置如图所示。下列判断正确的是（）A．电极a为阴极B．电极b上发生了还原反应C．阳极附近溶液变红D．阴极产生黄绿色气体21、下列属于物理变化的是A．炸药爆炸 B．干冰的气化 C．烃的裂解 D．铁生锈22、与氢氧根具有相同的质子数和电子数的微粒是（）A．CH4 B．Cl- C．NH4+ D．NH2-二、非选择题(共84分)23、（14分）硫酸镁晶体（MgSO4·7H2O）是一种重要的化工原料。以菱镁矿（主要成分是MgCO3，含少量FeCO3和不溶性杂质）为原料制取硫酸镁晶体的过程如下：（1）MgCO3溶于稀硫酸的离子方程式是___________。（2）“氧化”步骤中，加入H2O2溶液的目的是___________（用离子方程式表示）。（3）“沉淀”步骤中，用氨水调节溶液pH的范围是___________。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：阳离子Mg2＋Fe2＋Fe3＋开始沉淀9.17.61.9完全沉淀11.19.73.2（4）“过滤”所得滤液中含有的阳离子是___________。24、（12分）2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表（律）在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。族周期IA01①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②③3④⑤⑥⑦⑧4（1）元素①～⑧中，金属性最强的是________（填元素符号）。（2）中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是_________，其氢化物的电子式是_________。（3）元素①和②可以形成多种化合物。下图模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是_______（填序号）。（4）比较元素②、③的最高价氧化物对应水化物的酸性：______＞______（填化学式）。说明你判断的理由：_________。（5）主族元素砷（As）的部分信息如图所示。i.砷（As）在周期表中的位置是______。ii.下列说法正确的是_______（填序号）。a.砷元素的最高化合价为+4b.推测砷有多种氧化物c.③的气态氢化物的还原性大于砷的气态氢化物的还原性（6）某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：Cl>Br>I。已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br>I，并说明理由_________。25、（12分）溴苯可用作有机溶剂溴苯是制备精细化工品的原料，也是制备农药的基本原料。其制备可采用下列装置：有关数据如下表：密度(g·cm-3)熔点/℃沸点/℃溶解性溴3.12-7.258.8微溶于水,易溶于乙醇、乙醚、氯仿、四氯化碳等苯0.885.580.1不溶于水,易溶于有机溶剂溴苯1.50-30.7156.2不溶于水,溶于甲醇、乙醚、苯、四氯化碳等多数有机溶剂有关反应：(ⅰ)+Br2+HBr(溴苯制备反应)(ⅱ)+H2O+HBr(反应微弱)实验步骤：在装置A底部放入少许石棉丝，然后加入2g铁粉;装置C中加入由22.0mL苯和10.0mL液溴混合而成的混合液;其他装置的试剂如图所示;打开装置C的活塞,使苯、液溴混合液滴到铁粉上;取下装置B,进行下列流程图中的操作，最后得到11.1mL溴苯。粗溴苯与回答下列问题：(1)装置A中的铁粉可以用___________(填试剂的化学式)代替，原因是___________。(2)装置B中的NaOH的作用是_____________________。(3)装置D中苯的作用是___________。(4)分离Ⅰ、分离Ⅱ、分离Ⅲ分别为___________(填标号)。a．分液、蒸馏、过滤b．分液、分液、过滤c．过滤、分液、过滤d．分液、过滤、过滤(5)流程图中加入的CaCl2的作用是___________，若实验过程中省略该步操作，实验的产率_________(填“偏高”偏低“或“不变”)。(6)本实验的产率为___________。26、（10分）草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4－+H2C2O4+H+—Mn2++CO2↑+H2O（未配平）用4mL0.001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：组别10%硫酸体积/mL温度/℃其他物质I2mL20II2mL2010滴饱和MnSO4溶液III2mL30IV1mL201mL蒸馏水（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_________________。（2）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验______和_____（用I～IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验____和_____。（3）对比实验I和IV，可以研究____________________对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是_________________________________。27、（12分）下图是实验室干馏煤的装置图，结合下图回答问题。(1)指出图中仪器名称：a__________；b__________；c__________；d__________。(2)装置c的作用是____________________________________，d中的液体有________和________。有机物可以通过________的方法使其中的重要成分分离出来。(3)e处点燃的气体是________，火焰的颜色是________色。(4)下列叙述错误的是________。A．煤发生了化学变化B．d中液体显碱性C．d中液体不分层D．e处的气体可以还原氧化铜，也可以使溴水褪色28、（14分）以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如图所示。回答下列问题：(1)淀粉的组成可表示为___________，A分子中的官能团名称为__________。(2)反应⑦中物质X的分子式为________，反应⑧的类型为______________。(3)反应⑤的化学方程式为________________________________________________。(4)反应⑥可用于实验室制乙烯，为除去其中可能混有的SO2，可选用的试剂是________。A．溴水B．酸性KMnO4溶液C．NaOH溶液D．浓硫酸(5)已知D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则D的分子式为____________。(6)为了证明反应①是否发生，可取①反应后的溶液2mL于一支试管中，用____调节溶液至中性，再向其中加入2mL_____，再加入4～5滴_____（以上用如下所提供试剂的字母填空），加热一段时间，若有______________现象产生，则证明反应①已发生。实验中可供选择的试剂：A．10%的NaOH溶液B．2%的氨水C．5%的CuSO4溶液D．碘水29、（10分）（1）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：已知：i.反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量。ii.①HCl的电子式是__________。②反应A的热化学方程式是____________。③断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约______kJ，H2O中H-O键比HCl中H-Cl键（填“强”或“弱”）_____。（2）下图是容积均为1L，分别按4种投料比[n(HCl)：n(O2)]分别为1：1、2：1、4：1、6：1进行投料，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。①曲线c对应的投料比是__________。②用平衡移动的原理解释温度和HCl平衡转化率的关系__________。③投料比为4：1、温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_____，O2的平衡转化率______。

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】

A．蔗糖和麦芽糖均能水解生成2个单糖分子，为双糖，故A正确；B．绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的酶不是蛋白质，故B错误；C．植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能够发生加成反应，使Br2/CCl4褪色，故C正确；D．淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故选B。2、B【解析】A.根据图像可知反应进行t2时N的物质的量减少8mol－4mol＝4mol，N是反应物。M的物质的量增加4mol－2mol＝2mol，M是生成物，变化量之比是化学计量数之比，因此该反应的化学方程式为2NM，A错误；B.t1时N、M的物质的量分别是6mol、3mol，因此N的浓度是M浓度的2倍，B正确；C.t2时反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，C错误；D.t3时反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等，D错误，答案选B。3、C【解析】

A、由n=c×V，该溶液中缺少体积数据，无法计算粒子数目，错误；B、由2Fe+3Cl2==2FeCl3每生成2mol产物转移6mol电子，则生成0.5mol产物，则转移1.5mol电子，即1.5NA电子，错误；C、一个D2O中含有的质子数为（1×2+8=）10个，18gD2O的物质的量=18g/20g/mol=0.9mol,含有质子为9mol，即9NA，正确；D．MnO2必须与浓盐酸反应才可生成氯气，随着反应进行，盐酸浓度降低到一定的程度后，将停止反应，即4molHCl并未完全反应，所以，生成的氯气应少于22.4L，错误。选择C。4、A【解析】分析：本题考查的是金属的腐蚀和防护，根据原电池和电解池的原理进行分析。详解：①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液时锌与硫酸铜反应生成铜，在硫酸存在下形成原电池，加快反应速率，故正确；②电冶铝工业中用电解熔融状态氧化铝，用冰晶石作助熔剂的方法可以降低氧化铝的熔点，故正确；③电解法精炼铜时，阳极上先溶解活泼的金属，再溶解铜，故电路中每转移2mol电子，阳极质量不是铜的质量，故错误；④镀锌铁镀层破坏后形成原电池，锌做原电池的负极，锌仍能减缓铁腐蚀，其原理为牺牲阳极的阴极保护法，故正确；⑤第五套人民币的一元硬币材质为铜芯镀银，在电镀过程中，铜芯应做阴极，银做阳极，故错误；⑥外加电流的金属保护中，被保护的金属与电源的负极极相连，不发生反应，故错误。故选A。点睛：掌握特殊的电解池的工作原理。在电镀装置中，待镀金属在阴极，镀层金属做阳极，溶液含有镀层金属阳离子。在精炼铜装置中，阳极为粗铜，首先是粗铜中存在的活泼金属反应，如锌铁等，然后才是铜溶解，而活泼性在铜之后的金属如银或金等变成阳极泥沉降下来。阴极为纯铜，可以通过转移电子数计算析出的铜的质量，不能计算阳极溶解的质量。5、A【解析】

A.常温、常压下，18gH2O的物质的量是1mol，含有的原子数为3NA，A正确；B.标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算2.24L乙醇含有的分子数，B错误；C.1L1.0mol·L—1K2SO4溶液中含有的K+数为2NA，C错误；D.标准状况下，2.24L氦气和2.24L氧气所含的原子数分别0.1NA、0.2NA，D错误。答案选A。6、D【解析】分析：设Y的最外层电子数为n，则W、X、Z的原子序数分别为n、n-1、n+1，则有n+n+n-1+n+1=24，n=6，则W为O元素，X为P元素，Y为S元素，Z为Cl元素，结合原子结构和性质解答。详解：A.X、Y、Z在同一周期，自左向右，非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应的最高价含氧酸酸性越强，但选项中不一定为最高价，故A错误；

B.非金属性W(O)>X(P)，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故B错误；

C.O、S形成的化合物有SO2和SO3，SO2具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，SO3没有还原性不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；

D.O与氢元素形成的化合物可能为H2O2，含有非极性键，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。7、D【解析】A、根据图中信息可知，该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，选项A错误；B、1molCO(g)和2molH2(g)反应生成1molCH3OH(g)的热效为90.lkJ·mol-1，选项B错误；C、根据图中信息可知，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-90.1kJ·mol-1，选项C错误；D、1molCO和2molH2断键所需能量小于1molCH3OH断键所需能量，所以反应放热，选项D正确。答案选D。8、C【解析】

A.H2(g)+Cl2(g)=HC(g)△H=(×436+×243-431)kJ/mol=-91.5kJ/mol，A正确；B.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=(436+243-2×431)kJ/mol=-183kJ/mol，B正确；C.根据A项，氢气和氯气反应是放热反应，反应热△H<0，C错误；D.2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)；△H=(2×431-436-243)kJ/mol=+183kJ/mol，D正确；故合理选项是C。9、B【解析】A．海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，不选用NaOH，故A错误；B．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故B正确；C．溴元素由化合态转化为游离态发生氧化还原反应，反应方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以氯气做氧化剂，故C错误；D．海带中碘以I-形式存在，不能用萃取剂直接萃取，另外乙醇易溶于水，不可用作萃取剂，故D错误；答案为B。10、D【解析】分析：甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成氢气,总反应式为:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,没有电流产生，以此进行分析。详解：甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成氢气,所以甲中铜片表面有气泡产生,A错误；乙中不构成原电池,铜片不是电极,B错误；甲中铜片上氢离子得电子生成氢气,乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气,所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小,溶液的pH值都增大,C错误；甲能形成原电池,乙不能构成原电池,所以产生气泡的速度甲比乙快,D正确；正确选项D。11、A【解析】A、NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水既发生离子键破坏，又发生共价键破坏，选项A正确；B、碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量主要用于克服碘分子之间的作用力，选项B错误；C、氦气是单原子分子，分子内不存在共价键，选项C错误；D、二氧化硅是原子晶体,平均一个硅原子与四个氧原子相连,严格地说一个二氧化硅分子应该指一整个二氧化硅晶体,它的分子式为SinO2n,选项D错误。答案选A。12、B【解析】

在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。【详解】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2；2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；答案选B。【点睛】本题考查氧化性强弱的判断，根据元素化合价变化来分析判断即可，注意“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”规律的使用。13、C【解析】

A.元素的相对原子质量增大，量变引起质变，但是元素的相对原子质量并不发生周期性变化；B.原子的电子层数增多，但并不发生周期性变化；C.原子核外电子排布呈周期性变化决定了元素原子最外层电子数的周期性变化，从而决定了元素性质的周期性变化；D.原子半径呈周期性变化决定于原子核外电子排布呈周期性变化。综上所述，元素性质随原子序数的递增呈周期性变化的实质是原子核外电子排布呈周期性变化，C正确，选C。14、C【解析】

A项、①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明溶液中没有氯气，则Cl2被SO2完全消耗，故A正确；B项、实验②中试纸褪色，说明二氧化硫过量，加热后产生的二氧化硫气体与碘水发生氧化还原反应，使试纸褪色，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，故B正确；C项、酸性条件下，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根，实验③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，故C错误；D项、二氧化硫使品红溶液褪色后，加热会重新变为红色，实验②中二氧化硫过量，加热后溶液不恢复红色，说明品红溶液被氯气氧化，故D正确；故选C。【点睛】易错点为选项C，酸性条件下硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。15、D【解析】A．含有碳元素的化合物不一定是有机物，例如，碳酸钙中含有碳元素，它是无机物，故A错误；B．易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质易溶于有机溶剂，但溴是无机物，故B错误；C．多数有机物容易燃烧，有的不容易燃烧，如四氯化碳不容易燃烧，可做灭火剂，故C错误；D．分子中碳原子越多，同分异构体越多，一种分子可能有多种同分异构体，则同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一，故D正确；故选D。16、C【解析】

有机物是含碳的化合物，则①乙醇、②蛋白质、④甲烷、⑤蔗糖、⑨乙酸均是含有碳元素的化合物，均是有机物；③石墨是碳单质；⑥碳酸、⑦一氧化碳、⑧碳酸钙等虽然也均含有碳元素，但其结构和性质更类似于无机物，属于无机物。答案选C。【点睛】⑥⑦⑧是解答的易错点，注意有机物和无机物的区别，有机化合物简称有机物，是含碳化合物，无机化合物通常指不含碳元素的化合物，但少数含碳元素的化合物，如二氧化碳、碳酸、一氧化碳、碳酸盐等不具有有机物的性质，因此这类物质也属于无机物。17、C【解析】

A.豆科植物根瘤菌把N2变为硝酸盐，氮由游离态转变为化合态，属于氮的固定中的生物固氮，故A不选；B.工业上N2和H2反应生成NH3，氮由游离态转变为化合态，属于氮的固定中的人工固氮，故B不选；C.从液态空气中分离氮气，氮气仍然是单质，是游离态，不属于氮的固定，故C选；D.氮气和氧气合成一氧化氮，氮由游离态转变为化合态，属于氮的固定中的高能固氮，故D不选；本题答案为C。【点睛】氮的固定是游离态的氮气转变为化合态的过程，包括自然固氮和人工固氮。18、C【解析】分析：①元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强；②同周期随原子序数增大原子半径减小，原子电子层数越多，原子半径越大；③元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；④电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；据此分析判断。详解：①非金属性F＞O＞S，元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强，故氢化物稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①正确；②同周期随原子序数增大原子半径减小，原子电子层数越多原子半径越大，故原子半径：Na＞Mg＞S＞O，故②错误；③非金属性酸性：Cl＞S＞P，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故③错误；④电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径S2-＞Cl-＞F-，故④正确；故选C。19、C【解析】

A、新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能漂白pH试纸；B、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；C、溶液中的铵根离子与浓氢氧化钠溶液共热反应生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的氨气；D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊。【详解】A项、新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能漂白pH试纸，则不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；B项、向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，该沉淀为硫酸钡，由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，则原溶液中可能含有SO32-，故B错误；C项、向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成的气体为氨气，则溶液中一定存在NH4+，故C正确；D项、向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有CO32-或HCO3-或SO32-或HSO3-，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意离子的性质分析，明确离子检验的方法是解答关键。20、B【解析】

电解饱和食盐水的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，阴极得到氢气，阳极得到氯气。【详解】A．根据图象知，a作阳极、b作阴极，故A错误；B、b电极上氢离子得电子发生还原反应,生成氢气，故B正确；C、阴极上氢离子放电，同时阴极附近有氢氧根离子生成，阴极附近溶液变红，故C错误；D、a为阳极，a电极上氯离子放电生成氯气，所以有黄绿色气体生成，故D错误；故选B。21、B【解析】

A.炸药爆炸过程中有新物质生成，属于化学变化，A错误；B.干冰的气化是由固态变为气态的过程，只是状态发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，B正确；C.相对分子质量大的烃发生裂解反应生成相对分子质量小的烃的过程中，有新物质生成，属于化学变化，C错误；D.铁生锈过程中有新物质氧化铁生成，属于化学变化，D错误；故选B。【点睛】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，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。22、D【解析】

氢氧根离子OH-中质子数为9个，电子数是10个。A.CH4分子中质子数是10，电子数是10，所以和OH-中质子数相同，电子数不同，A错误；B.Cl-中质子数是17，电子数是18，所以和OH-中质子数和电子数都不同，B错误；C.NH4+中质子数是11，电子数是10，所以和OH-中质子数不同，电子数相同，C错误；D.NH2-中质子数是9，电子数是10，所以和OH-中质子数和电子数都相同，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、MgCO3＋2H＋＝Mg2＋＋CO2↑＋H2OH2O2＋2Fe2＋＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O3.2~9.1Mg2＋、NH4＋【解析】

由化学工艺流程可知，菱镁矿加稀硫酸浸取，MgCO3、FeCO3溶于稀硫酸生成Mg2+和Fe2+，加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，然后加氨水调节溶液pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO4·7H2O晶体。【详解】（1）根据强酸制弱酸原理，MgCO3溶于稀硫酸生成硫酸镁、水和二氧化碳，离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O；（2）加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（3）用氨水调节溶液pH，使Fe3+沉淀除去，不能影响Mg2+，由题给数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=9.1时Mg2+开始沉淀，则用氨水调节溶液pH的范围是3.2~9.1，故答案为：3.2~9.1；（4）因“沉淀”步骤中使用氨水，使Fe3+沉淀除去，而Mg2+没有沉淀，则过滤所得滤液中存在大量的阳离子有Mg2+和NH4+，故答案为：Mg2+和NH4+。【点睛】注意用氨水调节溶液pH的目的是使Fe3+沉淀除去，而Mg2+不能沉淀是解答的关键。24、NabHNO3H2CO3非金属性：N>C第4周期第VA族b不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应【解析】

由元素在周期表中位置可知，①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。【详解】（1）同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素①～⑧中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为：Na；（2）元素⑦为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为；S元素的氢化物为H2S，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为：；；（3）①为H元素、②为C元素，C元素和H元素组成的化合物为烃，题给图示中a为乙烯、b为甲基、c为甲烷、d为苯，甲基不是化合物，故答案为：b；（4）②为C元素、③为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3，故答案为：HNO3；H2CO3；非金属性：N>C；（5）i.由主族元素砷的原子结构示意图可知，该原子有4个电子层，最外层有5个电子，则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为：第4周期第VA族；ii.a、砷元素的最外层由5个电子，则最高化合价为+5，故错误；b、同主族元素性质相似，与同主族氮元素能形成多种氧化物相似，砷可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价氧化物As2O5，故正确；c.元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，故错误；b正确，故答案为：b；（6）打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质溴，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了溴单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性：Br>I，故答案为：不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。25、FeBr3起催化作用的是FeBr3除去溴苯中的Br2

除去HBr中的Br2b干燥(或答“除去溴苯中的水分”)偏低0.750或75.0%【解析】(1)苯和溴的反应中溴化铁为催化剂，所以铁粉可以用溴化铁代替；(2)反应后容器中有溴，加入氢氧化钠，溴可以和氢氧化钠反应，进而除去溴苯中的Br2

；(3)溴可以溶解在苯这种有机溶剂中，所以可以用苯除去HBr中的Br2；(4)溴苯和氢氧化钠是分层的，用分液的方法分离，加水洗涤，在用分液的方法分离，在加入氯化钙吸水，氯化钙不溶于水，不溶于苯，所以用过滤的方法分离，故选b。(5).加入氯化钙是为了吸水，干燥溴苯；如果省略该不操作，则加热过程中溴苯和水发生微弱反应，所以溴苯的产率偏低；(6)根据铁和溴的反应计算铁消耗的溴的质量，2Fe+3Br2=2FeBr3，消耗的溴的质量为，仪器中加入的溴的质量为10×3.12=31.2g，则与苯反应的溴的质量为31.2-8.57=22.63g，苯的质量为22×0.88=19.36g，生成的溴苯的质量为11.1×1.5=16.65g，根据方程式计算苯和溴反应中苯过量，用溴计算，则理论上溴苯的质量为，则溴苯的产率为，故答案为0.750或75.0%。26、2:5IIIIIIIc(H+)（或硫酸溶液的浓度）确保对比实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)相同（溶液总体积相同）【解析】

（1）反应MnO4－+H2C2O4+H+

→Mn2++CO2↑+H2O中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，MnO4-为氧化剂，1molMnO4-得到5mol电子，C元素的化合价由+3价升至+4价，H2C2O4为还原剂，1molH2C2O4失去2mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5；（2）研究催化剂对化学反应速率的影响，应保证温度、浓度相同，则选实验Ⅰ和Ⅱ；研究温度对化学反应速率的影响，应保证浓度、不使用催化剂相同，则选实验Ⅰ和Ⅲ；（3）实验Ⅰ和Ⅳ，硫酸的浓度不同，可研究硫酸溶液浓度对反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是稀释硫酸，确保实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)相同（溶液总体积相同）。27、酒精喷灯硬质玻璃管水槽U形管将干馏生成的气体进行降温和冷凝粗氨水煤焦油分馏焦炉气蓝C【解析】

本题是关于煤干馏的实验，根据煤干馏的主要产品，b中得到的应是焦炭，d中得到的应是粗氨水和煤焦油，e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要是苯、甲苯、二甲苯的混合物，应用分馏的方法分离；焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2、CH2=CH2，燃烧时呈淡蓝色火焰。【详解】（1）a为酒精喷灯，b为硬质玻璃管，c为水槽，d为U形管；（2）c装置将干馏生成的气体进行降温和冷凝，粗氨水和煤焦油变为液体在d中聚集，煤焦油是有机物的液态混合物，应采用分馏的方法分离；（3）e处点燃的应是焦炉气，焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2、CH2=CH2燃烧产生蓝色火焰；（4）A、干馏煤的过程中生成了新物质，属于化学变化，正确；B、粗氨水和煤焦油在d中聚集，因此液体显碱性，正确；C、d中的液体为粗氨水和煤焦油，煤焦油密度大，故可以分层，