广西钦州市第四中学2025届化学高一下期末学业水平测试模拟试题含解析

广西钦州市第四中学2025届化学高一下期末学业水平测试模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列由实验得出的结论正确的是实验结论A．某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O该有机物一定含有碳氢两元素，不能确定是否含氧元素B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气在光源下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生产的氯甲烷具有酸性A．A B．B C．C D．D2、如下图是周期表中短周期的一部分，A．C两种元素的原子核外电子总数之和等于B原子的核内质子数。下列叙述正确的是ACBA．最高价氧化物对应水化物的酸性:C>BB．C元素单质是氧化性最强的非金属单质C．A元素形成的氢化物只有一种D．B元素位于第三周期VIIA族3、如图所示装置中，a为锌棒，b为碳棒。下列判断正确的是（）A．电解质溶液中的向b极移动B．导线中有电子流动，电子从b极流到a极C．a极上发生了还原反应D．b极上有无色气泡产生4、下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）①BeCl2②PCl5③SF6④CS2⑤CH4⑥SiO2⑦CF2Cl2A．①②⑤B．④⑥⑦C．③④⑦D．③④⑥5、一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）达到平衡状态的标志是①2V（O2）=V（NO2）②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变A．②④⑥ B．①④⑥ C．②④⑤ D．全部6、下列实验装置设计合理的是A．过滤B．将硫酸铜溶液蒸发浓缩后冷却结晶C．收集SO2D．测定化学反应速率7、八角茴香含有一种抗禽流感病毒的重要成分——莽草酸，其分子结构如图。下列关于莽草酸的说法错误的是A．分子式为C7H10O5 B．遇FeCl3溶液呈紫色C．能使溴水褪色 D．能溶于水8、一定条件下，向某密闭容器中充入一定量的H2和I2蒸气，发生如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应达到平衡，下列说法正确的是A．平衡时，正逆反应速率相等且等于零B．平衡时，c(H2)=c(I2)=c(HI)C．平衡时只有H2和I2反应生成HID．平衡时，混合气体的所有成分的质量分数均保持不变9、某地模拟化工厂的贮氯罐发生泄漏进行安全演练。下列预案中，错误的是A．组织群众沿顺风方向疏散B．向贮氯罐周围的空气中喷洒稀NaOH溶液C．进入现场抢险的所有人员必须采取严密的防护措施D．若无法采取措施堵漏排险，可将贮氯罐浸入石灰乳水池中10、硫的非金属性弱于氯的非金属性，最主要的事实是A．通常情况下硫为浅黄色固体，而氯为黄绿色气体。B．硫不溶于水，而氯气可溶于水。C．与氢气反应时，硫被还原为-2价，而氯被还原为-1价D．与Fe反应时，铁被硫氧化成+2价，而被氯气氧化成+3价11、在某化学反应中，生成物B的浓度在10s内从1.5mol/L变成2.0mol/L，则这10s内B的平均反应速率是（）A．0.05mol／（L·s） B．0.05mol／L C．0.20mol／（L·s） D．0.20mol／L12、下列烧杯中盛放的都是稀硫酸,不能构成原电池的是A．B．C．D．13、下列关于化学键的说法中不正确的是（）A．化学键是一种作用力B．化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合C．化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中化学键形成D．非极性键不是化学键14、氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是A．(CN)2和NaOH溶液反应：(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2OB．MnO2和HCN反应：MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2OC．在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2：Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2D．向KCN溶液中加入碘水：I2＋2KCN＝2KI＋(CN)215、25℃时，纯水中存在的平衡：H2OH＋+OH－，下列叙述正确的是A．将水加热，Kw增大，pH不变B．加入稀盐酸，平衡逆向移动，c(H+)降低C．加入氢氧化钠溶液，平衡逆向移动，Kw变小D．加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低16、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用图装置作为制取少量二氧化硫的尾气吸收装置B．用图装置进行二氧化碳喷泉实验C．用图装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验D．用图装置进行石油的分馏实验17、下列实验操作不能实现实验目的的是（）操作目的A．食醋浸泡水垢比较乙酸和碳酸的酸性强弱B．蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后再加入新制Cu（OH）2的悬浊液，加热。证明蔗糖水解产物中有葡萄糖C．向NaBr溶液中加入少量氯水，振荡后加入少量四氯化碳，振荡，静置。比较氯、溴非金属性强弱D．钠分别与水和乙醇反应比较乙醇与水两者羟基氢原子活泼性A．A B．B C．C D．D18、下列物质加入水中，因水解而呈碱性的是A．生石灰 B．熟石灰 C．纯碱 D．烧碱19、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法不正确的是(

)A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈液态B．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D．化合物AE与CE含有相同类型的化学键20、下列化合物中既存在离子键，又存在极性键的是()A．H2O B．CaCl2 C．NaOH D．Na2O221、下列粒子间的关系，描述错误的是（

）A．3517Cl与3717Cl互为同位素 B．乙醇和乙酸互为同系物C．和属于同种物质 D．CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体22、X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素。如图转化关系中所涉及的物质含有这五种元素的单质或化合物，其中反应①是置换反应,A为金属单质,D为非金属单质,原子核外最外层电子数D是A的2倍,F是一种最高价含氧酸,遇光或热会分解。下列说法正确的是A．简单氢化物的沸点:Z>WB．Y与W形成的化合物都可以和氢氧化钠溶液反应C．Y、Z、W元素中,原子半径最小的是WD．W与Q组成的常见化合物中可能含有极性共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。试根据图中转化关系，回答下列问题。（1）A的原子序数为26，A元素在周期表中的位置：______，写出NaOH的电子式：_____。（2）写出检验D中阳离子的操作方法为_________________________。（3）保存C溶液时要加固体A的原因是______________。（4）写出下列转化的方程式：①B→C的离子方程式：______________________________。②E→F的化学方程式：_______________________________。24、（12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___________。25、（12分）某化学研究性学习小组针对原电池形成条件，设计了实验方案，进行如下探究。(1)请填写有关实验现象并得出相关结论。编号实验装置实验现象1锌棒逐渐溶解，表面有气体生成；铜棒表面无现象2两锌棒逐渐溶解，表面均有气体生成；电流计指针不偏转3铜棒表面的现象是______________________，电流计指针___________________①通过实验2和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。②通过实验1和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，从而可得出原电池形成条件是___________________。(2)分别写出实验3中Zn棒和Cu棒上发生的电极反应式：Zn棒：______________________________。Cu棒：______________________________。(3)实验3的电流是从________棒流出(填“Zn”或“Cu”)，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，则Zn电极质量减轻___________g。26、（10分）丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOCH2CH3，相对分子质量为100）可广泛用于制造涂料、黏合剂。某实验小组利用如图所示的装置合成丙烯酸乙酯（部分夹持及加热装置已省略）。方案为先将34.29mL丙烯酸（CH2=CHCOOH，密度为1.05g·mL-l）置于仪器B中，边搅拌边通过仪器A缓缓滴入乙醇与浓硫酸的混合液至过量，充分反应。试回答下列问题：(1)仪器D的名称是____。(2)仪器C中冷水应从____（填“c”或“b”）口进入。(3)利用如下试剂和方法提纯丙烯酸乙酯：①加入适量水洗涤后分液；②加入适量饱和Na2C03溶液后分液；③用无水Na2SO4干燥；④蒸馏。操作的顺序为_____（填序号）。(4)写出生成丙烯酸乙酯的化学方程式______。最后得到35.0g干燥的丙烯酸乙酯，则丙烯酸乙酯的产率为_____。27、（12分）某研究小组用如图所示装置制取乙酸乙酯，相关信息及实验步骤如下。物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3乙醇-117.378.50.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90浓硫酸(98%)—338.01.84实验步骤：①在试管a中加入浓硫酸，乙醇和冰醋酸各2ml;②将试管a固定在铁架台上;③在试管b中加入适量的饱和碳酸钠溶液;④按图连接好装置后，用酒精灯对试管a缓慢加热(小火均匀加热);⑤待试管b收集到一定量产物后停止加热，撤去试管b并用力震荡试管b,然后静置。请回答下列问题：(1)写出制取乙酸乙酯的化学方程式(注明反应条件)：___________；(2)装置中的球形干燥管除起冷凝作用外，它的另一重要作用是_____________________；(3)试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是___________(填选项);A．中和乙酸并吸收部分乙醇B．中和乙酸和乙醇C．降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出D．加速酯的生成，提高其产率(4)步骤④中需要用小火均匀加热，其主要原因是_________________________________________；(5)指出步骤⑤静置后，试管b中所观察到的实验现象：___________________________________；(6)下图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图：在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作是___________(填选项)。A．①蒸馏②过滤③分液B．①分液②蒸馏③结晶、过滤C．①蒸馏②分液③分液D．①分液②蒸馏③蒸馏28、（14分）工业上用CO生产燃料甲醇。一定温度和容积条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。图1表示反应中的能量变化；图2表示一定温度下，在体积为1L的密闭容器中加入2molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化。请回答下列问题：（1）在“图1”中，曲线_________(填“a”或“b”)表示使用了催化剂；没有使用催化剂时，在该温度和压强条件下反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的△H=_____________。（2）下列说法正确的是__________。A．起始充入的CO的物质的量为1molB．增加CO的浓度，H2的转化率会增大C．容器中压强恒定时，反应达到平衡状态（3）从反应开始到建立平衡，v(CO)=____________；达到平衡时，c(H2)=_________，该温度下CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数为______________。达到平衡后若保持其它条件不变，将容器体积压缩为0.5L，则平衡___________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)（4）已知CH3OH(g)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－193kJ/mol。又知H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44kJ/mol，请写出32g的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式___________________________________________________。(5)已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198，Cl—Cl：243，P—Cl：331。则反应P4(白磷，s)＋6Cl2(g)4PCl3(s)的反应热ΔH＝____________________。29、（10分）I．现用下图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。请回答下列问题：（1）b电极材料为__________，其电极反应式为_________________________。（2）当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为__________，此时a电极质量减少__________g。II．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的离子方程式有：________________________________；（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是____________________________________；（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有___________________（答两种）；（4）为了进一步研究硫酸铜的用量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。（假设混合溶液总体积等于混合前各溶液的体积之和）实验混合溶液ABCDEF4mol/LH2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V3=____________，V8=______________；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_____________________。③实验A测得：收集到产生H2体积为112mL（标准状况下）时所需的时间为10分钟，求化学反应速率ν(H2SO4)=________________________（忽略反应前后溶液体积变化）。

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】A、某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O，根据原子守恒可知该有机物一定含有碳氢两元素，不能确定是否含氧元素，A正确；B、乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体氢气，由于反应现象不同，因此乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性不同，B错误；C、乙酸的酸性强于碳酸的酸性，可用乙酸浸泡水壶中的水垢，将其清除，C错误；D、甲烷与氯气在光源下反应后的混合气体中含有氯化氢，能使湿润的石蕊试纸变红，生成的氯甲烷不具有酸性，D错误，答案选A。2、B【解析】

根据元素在周期表中位置知，A、C为第二周期元素，B为第三周期元素，设B的质子数为x，则A的质子数为x-9、C的质子数是x-7，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子的原子核内质子数等于中子数，则x-9+x+(x-7)=2x，x=16，则A是N元素、B是S元素、C是F元素。【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，F元素非金属性最强，没有最高价氧化物的水化物，故A错误；B．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，C是F元素，F元素是非金属最强的元素，则氟气是氧化性最强的单质，故B正确；C．N的氢化物有氨气和肼，故C错误；D．S位于第三周期第VIA族，故D错误；故选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，侧重考查推断及知识运用能力，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握元素周期律知识，易错选项是AC，注意F元素没有最高价含氧酸，肼也是N的氢化物。3、D【解析】图示装置为原电池，a为锌棒是负极，b为碳棒是正极。A.在原电池中，阳离子向负极移动，电解质溶液中的向a极移动，故A错误；B.原电池中电子有负极经导线移向正极，因此导线中有电子流动，电子从a极流到b极，故B错误；C.原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，发生还原反应的为b极，故C错误；D.该原电池中，正极上氢离子放电生成氢气，因此b极上有无色气泡产生，故D正确；故选D。点睛：本题考查了原电池原理，明确正负极的判断、电子流向、电极上的反应等知识点是解题的关键。注意电解质溶液中离子移动方向，为易错点。4、B【解析】①BeCl2中铍元素最外层有2个电子，化合价为+2，所以最外层总共2+2=4个电子，故错误；②PCl5中磷原子最外层电子数为5，化合价为+5，所以最外层总共5+5=10个电子，故错误；③SF6中硫原子最外层有6个电子，化合价为+6价，所以最外层共6+6=12个电子，故错误；④CS2中碳原子最外层电子数为4+4=8，硫原子最外层电子数6+2=8，故正确；⑤CH4中氢原子最外层2个电子，故错误；⑥SiO2中硅原子最外层电子数为4+4=8，氧原子最外层电子数为6+2=8，故正确；⑦CF2Cl2中碳原子最外层电子数为4+4=8，氟原子最外层电子数为7+1=8，氯原子最外层电子数为7+1=8，故正确。故选B。【点睛】在判断分子中所有原子是否都满足最外层为8电子结构时，可以根据以下几步进行比较简单，首先看分子中是否含有氢元素或稀有气体元素，这些元素都不满足8电子稳定结构，其次看是否书写过电子式，若写过电子式的都可以满足8电子稳定结构，最后通过计算判断，根据原子最外层电子+化合价绝对值进行计算，结果为8的就满足8电子，否则不满足。这样按照3步走可以减少计算量，提高做题的速率。5、A【解析】

①2V（O2）=V（NO2），未指明正逆反应，不能判断为平衡状态，错误；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，符合正逆反应速率相等，为平衡状态，正确；③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1时，不一定是平衡状态，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态，应为二氧化氮为红棕色气体，达到平衡时，气体颜色不再变化，正确；⑤混合气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，应为容器的体积不变，则气体的密度始终不变，错误；⑥该反应是气体的物质的量发生变化的可逆反应，混合气体的平均相对分子质量发生变化，平衡时混合气体的平均相对分子质量不再改变，正确，答案选A。6、B【解析】分析：A项，过滤时应用玻璃棒引流；B项，蒸发浓缩时用玻璃棒搅拌；C项，SO2的密度比空气大；D项，测定化学反应速率应用分液漏斗，并测量反应的时间。详解：A项，过滤时应用玻璃棒引流，A项错误；B项，蒸发浓缩时用玻璃棒搅拌，B项正确；C项，SO2的密度比空气大，应从长管进气，短管出气，C项错误；D项，使用长颈漏斗不能使生成的O2全部收集到注射器中，应用分液漏斗，测量反应速率还需要用秒表测量反应的时间，D项错误；答案选B。7、B【解析】

根据有机物的结构简式可知：A、该有机物的分子式为C7H10O5，A正确；B、该有机物分子中含有3个醇羟基和1个羧基，所以该有机物不能和氯化铁溶液反应显紫色，B错误；C、该有机物分子含有碳碳双键，可以使溴水褪色，C正确；D、该有机物含有较多的羟基和羧基，疏水基团较小，所以该有机物能溶于水，D正确；故答案选B。【点睛】该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。另外该题还需要注意键线式的书写特点。8、D【解析】

A．平衡为动态平衡，反应达平衡时，正逆反应速率相等但不为零，A项错误；B．平衡时正逆反应速率相等，物质的浓度不一定相等，B项错误；C．平衡时发生H2和I2反应生成HI，也存在HI分解生成H2和I2的反应。C项错误；D．平衡时，反应混合物中各组分的浓度保持一定，各组分的含量保持不变，D项正确；答案选D。9、A【解析】

A.氯气是一种有毒的气体，氯气会顺着风向流动，所以疏散时应该逆着风向转移，故A错误；B.氯气能和氢氧化钠反应，生成氯化钠和次氯酸钠，所以喷洒稀NaOH溶液可以吸收氯气，故B正确；C.因氯气有毒，所以进入现场抢险的所有人员必须采取严密的防护措施，故C正确；D.石灰乳的主要成分为氢氧化钙，氯气能和氢氧化钙反应，生成氯化钙和次氯酸钙，所以若无法采取措施堵漏排险，可将贮氯罐浸入石灰乳的水池中，故D正确；综上所述，本题正确答案为A。【点睛】根据氯气的性质解答。氯气是一种有毒的气体，会顺着风向流动。10、D【解析】

判断元素非金属性或金属性的强弱，可依据元素原子在化学反应中得失电子的难易而不是得失电子的多少来判断。【详解】A．物理性质不能说明元素的非金属性强弱，A项错误；B．水溶性是物理性质，不能说明金属的非金属性强弱，B项错误；C．硫和氯的非金属性的强弱可以通过其与氢气反应的难易程度及生成的气态氢化物的稳定性来判断，化合价的变化不能作为判断标准，C项错误；D．元素的得电子能力越强，非金属性就越强，即单质氧化性越强，与变价元素反应时，更易将其氧化成高价态，D项正确；答案选D。11、A【解析】

反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，由生成物B的浓度在10s内从1.5mol/L变成2.0mol/L，则这10s内B的平均反应速率是a=0.05mol/（L•s）。故选A。12、D【解析】分析：根据原电池的构成条件分析判断。原电池的构成条件为：1、活泼性不同的两个电极；2、电解质溶液；3、形成闭合回路；4、能自发进行氧化还原反应。详解：A、B、C都符合原电池的构成条件，所以都是原电池；D装置没有形成闭合回路，所以不能构成原电池。故选D。13、D【解析】

A．化学键是相邻原子之间的强烈的相互作用，A正确；B．形成化学键的微粒可能是离子也可能是原子但不能是分子，B正确；C．化学反应的实质是有旧化学键的断裂和新化学键的形成，C正确；D．非极性键和极性键都是共价键，化学键包含离子键、共价键、金属键，D错误；答案选D。14、D【解析】

氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，其氧化性介于Br2和I2之间，则其氧化性强、弱顺序为：Cl2＞Br2＞(CN)2＞I2，所以还原性强、弱顺序为：I-＞CN-＞Br-＞Cl-，结合氯气的性质分析解答。【详解】A．根据Cl2和氢氧化钠的反应Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O类推，(CN)2和NaOH溶液反应：(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O，A正确；B．根据二氧化锰和浓盐酸反应的方程式类推可知MnO2和HCN反应：MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O，B正确；C．在氧化还原反应中，当有多种还原剂时，往往是还原剂最强的优先反应，所以在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，首先氧化CN－：Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2，C正确；D．若该反应能够发生，则说明I2的氧化性大于(CN)2，显然与题给的氧化性强、弱的信息不符，故该反应不能发生，D错误；答案选D。15、D【解析】

A、水的电离为吸热过程，加热，促进水的电离，Kw=c(H+)×c(OH-)增大，pH减小，故A错误；B、加入盐酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，但溶液由中性变酸性，c(H+)还是增大的，故B错误；C、加入NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故C错误；D、加入CH3COONa，CH3COO-结合水中的H+，c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，故D正确；故选D。16、A【解析】

A项，SO2不加处理即排放会污染环境，选择利用氢氧化钠溶液吸收SO2，该装置可以用于吸收SO2尾气，且防倒吸，故A项正确；B项，二氧化碳在水中溶解度不大，应该利用氢氧化钠溶液进行喷泉实验，故B项错误；C项，二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验需要加热，故C项错误；D项，石油的分馏不能用水浴加热，蒸馏时为使物质冷凝彻底，水从下口进上口出，故D项错误。综上所述，本题选A。【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。17、B【解析】分析：A．强酸反应可以制取弱酸；B．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；C．非金属性强的单质能置换非金属性弱的单质；D．钠与水反应更剧烈；据此分析判断。详解：A．用CH3COOH溶液浸泡水垢，水垢溶解，有无色气泡，说明醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，应先加入氢氧化钠溶液调节溶液至碱性，故B错误；C．氯气能置换出溴，溴易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水大，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，可证明，故C正确；D．钠与水反应更剧烈，说明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼，故D正确；故选B。18、C【解析】

A、生石灰是氧化钙的俗称，为碱性氧化物，加入水中，与水反应生成氢氧化钙，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A不选；B、熟石灰的主要成分是氢氧化钙，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故B不选；C、纯碱是碳酸钠的俗称，为强碱弱酸盐，加入水中，碳酸根离子水解生成氢氧根离子，溶液呈碱性，故C选；D、烧碱是氢氧化钠的俗称，加入水中，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D不选；故选C。19、D【解析】分析：A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al元素，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C为Na元素；元素B的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，B为第二周期的O元素，结合原子序及元素A、E的单质在常温下呈气态，E为Cl，A为H，以此来解答。详解：由上述分析可知，A为H，B为O，C为Na，D为Al，E为Cl。A．由元素A、B组成的化合物为水或过氧化氢，常温下均为呈液态，故A正确；B.氢氧化铝属于两性氢氧化物，因此氢氧化铝和高氯酸能够反应，故B正确；C.工业上常用电解法熔融氯化钠的方法制备金属钠，同时得到氯气，电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，电解饱和食盐水的方法制备氯气，故C正确；D.氯化氢为共价化合物，含有共价键，氯化钠为离子化合物，含有离子键，故D错误；故选D。20、C【解析】分析：一般来说，活泼金属与活泼非金属元素之间形成的化学键为离子键，相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同原子之间形成的为极性共价键，以此解答该题。详解：A．水分子含有极性键O-H，不含有离子键，选项错误；B．CaCl2只含有离子键，不含共价键，选项B错误；C．NaOH为离子化合物，含有离子键和极性共价键，选项C正确；D．过氧化钠为离子化合物，含有离子键，且含有O-O非极性键，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学键的考查，为高频考点，注意把握化学键类型的判断角度以及相关物质的性质，把握极性键和非极性键的区别，难度不大，注意相关基础知识的积累。21、B【解析】

A．3517Cl与3717Cl质子数相同均为17，中子数分别为：35-17=18、37-17=20，两者互为同位素，故A正确；B.乙醇和乙酸，前者含有羟基，后者含有羧基，二者分子中含有的官能团不同，不属于同系物，故B错误；C.名称与结构简式一致，为同一种物质，为二氯甲烷，故C正确；D.CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3分子式都为C4H10，但结构不同，互为同分异构体，故D正确。故答案选B。【点睛】本题考查了四同的判断，注意掌握相关的概念及判断方法，C为易错点，注意二氯甲烷的空间结构。22、C【解析】分析：X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素。如图转化关系中所涉及的物质含有这五种元素的单质或化合物，其中反应①是置换反应,A为金属单质,D为非金属单质,原子核外最外层电子数D是A的2倍,则A为Mg，D为C单质，B为CO2，C为MgO，F为，E为，X、Y、Z、W、Q五种元素分别为：H、C、N、O、Mg。详解：A.水分子间形成氢键，简单氢化物的沸点:H2O>NH3,Z<W，故A错误；B.Y与W形成的化合物有CO、CO2，只有CO2可以和氢氧化钠溶液反应，故B错误；C.同周期自左而右原子半径减小，Y、Z、W即C、N、O三种元素中,原子半径最小的是W即O，故C正确；D.W与Q组成的常见化合物为氧化镁，是离子化合物，只有离子键，故D错误；故选C。点睛：本题考查了物质转化关系的分析判断，物质性质的应用，原子结构的知识的应用，难点：反应①是置换反应,A为金属单质,D为非金属单质,原子核外最外层电子数D是A的2倍,推断出为镁与二氧化碳反应生成碳和氧化镁，从而突破难点。二、非选择题(共84分)23、第四周期第Ⅷ族取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3＋防止Fe2＋被O2氧化Fe3O4+8H+=Fe2＋+2Fe3＋+4H2O4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】

F是红褐色沉淀，即F为Fe(OH)3，A是一种常见金属，结合框图中物质的转化，从而推知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，G为Fe2O3，X为H2；【详解】F是红褐色沉淀，即F为Fe(OH)3，A是一种常见金属，结合框图中物质的转化，从而推知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，G为Fe2O3，X为H2；（1）A为26号元素，且A为Fe，Fe元素在周期表中的位置：第四周期Ⅷ族；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，即NaOH电子式为；（2）D为FeCl3，检验Fe3＋常用KSCN，即操作步骤是取D溶液少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变为(血)红色，证明含Fe3＋；（3）C为FeCl2，Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，且2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，因此保存FeCl2溶液加铁屑的原因是防止Fe2＋被O2氧化；（4）①Fe3O4与盐酸反应的离子方程式为Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O；②Fe(OH)2→Fe(OH)3，其化学反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。24、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。25、有气体生成发生偏转活泼性不同的两个电极形成闭合回路有电解质溶液Zn－2e－＝Zn2＋2H＋＋2e－＝H2↑Cu13【解析】分析：（1）根据实验现象、装置特点结合原电池的构成条件、原电池工作原理分析解答；（2）实验3中锌是负极，铜是正极，据此解答。（3）原电池中电流与电子的流向相反，根据负极反应式计算。详解：（1）实验3中构成原电池，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，则铜棒表面的现象是有气体生成，电流计指针发生偏转；①实验2和3相比电极不一样，因此可得出原电池的形成条件是有活泼性不同的两个电极。②实验1和3相比实验3中构成闭合回路，由此可得出原电池的形成条件是形成闭合回路。③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，由于乙醇是非电解质，硫酸是电解质，因此可得出原电池形成条件是有电解质溶液。（2）锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则Zn棒上发生的电极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋。铜是正极，溶液中的氢离子放电，则Cu棒上发生的电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。（3）实验3中锌是负极，铜是正极，则电流是从Cu棒流出，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，根据Zn－2e－＝Zn2＋可知消耗0.2mol锌，则Zn电极质量减轻0.2mol×65g/mol＝13.0g。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池的构成条件，即：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。26、干燥管c②①③④CH2＝CHCOOH+HOCH2CH3⇌加热浓硫酸CH2＝CHCOOCH2CH3+H2O【解析】

（1）根据仪器构造可知仪器D的名称是干燥管；（2）冷却水应从下口流入，上口流出，克服重力，与气体逆流，流速较慢，可达到更好的冷凝效果，冷凝挥发性物质丙烯酸和乙醇，回流液体原料，因此仪器C中冷水应从c口进入；（3）充分反应后得到酯、乙醇、丙烯酸、水的混合物，加适量水后分液，丙烯酸乙酯密度小于水，有机物易溶于有机物，在上层，用饱和碳酸钠溶液吸收丙烯酸乙酯，目的是除去乙醇、丙烯酸、降低丙烯酸乙酯的溶解度，便于分层得到酯，最后用无水Na2SO4干燥，然后蒸馏即可得到纯丙烯酸乙酯，所以操作的顺序为②①③④；（4）生成丙烯酸乙酯的反应是酯化反应，反应的化学方程式为CH2＝CHCOOH+HOCH2CH3⇌加热浓硫酸CH2＝CHCOOCH2CH3+H2O；34.29mL丙烯酸的质量m=ρv=1.05g/mL×34.29mL=36.0g，根据方程式可知理论生成丙烯酸乙酯的质量为：36.0g×100/72≈50.0g，最后得到35.0干燥的丙烯酸乙酯，所以酯的产率为：实际产量/理论产量×100%=35.0g/50.0g×100%=70.【点睛】本题考查了丙烯酸乙酯制备，掌握有机酸、醇、酯官能团的性质应用是解题关键，注意物质的分离与提纯实验基本操作，尤其要注意根据制备乙酸乙酯的实验进行迁移应用，题目难度中等。27、CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O防止倒吸AC减少原料损失(或减少副产物生成，答案合理均可)b中液体分层，上层是透明有香味的油状液体D【解析】分析：本题主要考察乙酸乙酯的制备实验的相关知识。详解：（1）实验室中用乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下制备乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（2）如果反应结束后先移开酒精灯，仪器中的压强减小，试管中的溶液变会倒吸到反应器中，发生危险，因此装置中的球形干燥管除起冷凝作用外，它的另一重要作用是防倒吸；（3）饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯，故选AC。（4）根据各物质的沸点数据可知，乙酸(117.9℃)、乙醇(78.0℃)的沸点都比较低，且与乙酸乙酯的沸点(77.5℃)比较接近，若用大火加热，反应物容易随生成物(乙酸乙酯)一起蒸出来，导致原料的大量损失，所以应小火均匀加热，防止温度过高；（5）反应后试管中的到产物为乙酸乙酯，乙酸乙酯为无色有香味油状液体，不溶于水，密度小于水，根据此性质可知b中液体分层，上层是透明有香味的油状液体；（6）乙醇、乙酸和乙酸乙酯混合物种加入饱和碳酸钠溶液，乙醇溶于水层，乙酸与碳酸钠反应溶于水中，乙酸乙酯不溶于水，位于水层之上。两种不互溶液体的分离应采用分液的方法；溶液A中溶有乙醇，根据乙醇和水的沸点不同，可用蒸馏法分离乙醇；向剩余溶液中加入硫酸，溶液中生成乙酸，再根据乙酸与水的沸点不同，可用蒸馏方法分离乙酸。点睛：本题为制备有机物乙酸乙酯的实验。要熟知制备反应的原理，反应过程中的注意事项，产物的除杂及收集。28、b-91kJ/molABC0.075mol/(L·min)0.5mo/L12正向CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-281kJ/mol-1326kJ/mol【解析】（1）由图可以知道，反应的活化能b的较小，所以b使用的催化剂，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应；由图可以知道，反应物为1molCO（g）和2molH2（g），生成物为1molCH3OH（g），△H=419-510=-91kJ•mol-1，故反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-91kJ•mol-1；（2）A、由图2可以知道生成0.75mol/LCH3OH，则反应了0.75mol/LCO，平衡时有0.25mol/LCO，即CO的起始物质的量为（0.75mol/l+0.25mol/L）×1L=1mol，所以A正确；B、增加CO浓度，会促进氢气的转化，氢气的转化率增大，但CO的转化率减小，所以B正确；C、该反应为反应前后压强不等的反应，则压强不变时，该反应达到平衡状态，所以C正确；故选ABC；（3）v（CO）=(1-0.25)mol/L÷10min=0.075mol•L-1•min-1，

CO（g）+2H2（g）⇌CH