北京市衡中清大教育集團2023年化學高一第二學期期末經典試題含解析

2022-2023學年高一下化學期末模擬試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下表中：X、Y是主族元素，I為電離能，單位是kJ/mol。元素I1I2I3I4X496456269129543Y5781817274511575下列根據(jù)表中所列數(shù)據(jù)的判斷，錯誤的是A．元素X是ⅠA族的元素B．元素Y的常見化合價是+3價C．元素X與氧形成化合物時，化學式可能是X2O2D．若元素Y處于第三周期，它可與冷水劇烈反應2、為提純下列物質（括號內為雜質），所用的除雜試劑和分離方法都正確的是（）序號不純物除雜試劑分離方法ACH4（C2H4）酸性KMnO4溶液洗氣BC2H5OH（乙酸）新制生石灰蒸餾C乙酸乙酯（乙醇）飽和Na2CO3溶液蒸餾DNH4Cl溶液（FeCl3）NaOH溶液過濾A．A B．B C．C D．D3、下列圖示能量轉化方式正確的是A．光能轉化為化學能 B．機械能轉化為化學能 C．電能轉化為化學能 D．化學能轉化為電能轉化為機械能4、在一定溫度下，將兩種氣體M和N通入容積為VL的密閉容器中進行反應，M和N的物質的量與時間的關系如圖所示，下列說法正確的是A．0～t2內用M表示的平均反應速率是2t2(mol·L?1·minB．t1～t2內容器內的壓強逐漸減小C．該反應的方程式為N?2MD．t2與t3時刻的混合氣體的平均相對分子質量相等5、在兩份相同的Ba(OH)2溶液中，分別滴入物質的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如圖所示，下列分析正確的是A．②代表滴加H2SO4溶液的變化曲線B．b點，兩反應物物質的量之比為1:2C．a、d兩點對應的溶液均顯中性D．c點，兩溶液中含有相同物質的量濃度的OH﹣6、下列化學用語的書寫正確的是（）A．氮氣的電子式： B．硫原子的結構示意圖:C．CH4的比例模型： D．乙烯的結構簡式：CH2CH27、在下列化學反應中，既有離子鍵、極性鍵、非極性鍵斷裂，又有離子鍵、極性鍵、非極性鍵形成的是（）A．2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑B．CaH2+2H2O→Ca(OH)2+2H2↑C．Mg3N2+6H2O→3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．NH4Cl+NaOH→ΔNaCl+NH3↑+H28、下列元素中不屬于短周期元素的是()A．HB．OC．SD．K9、《Nature》報道液晶表面的分子馬達（a）結構簡式如右下圖，其在光照的條件下，可以使液晶表面比分子馬達大數(shù)千倍的物體進行旋轉。下列說法不正確的是（）A．a的分子式為C32H22B．a能使酸性KMnO4溶液褪色C．a能發(fā)生加成反應D．a的一氯代物有12種10、下列各組物質的熔點均與化學鍵無關的是A．CaO與CO2B．NaCl與HClC．MgO與SiO2D．Cl2與I211、固體A的化學式為NH5，它的所有原子的最外層都符合相應的稀有氣體原子的最外層電子層結構，則下列有關說法中，不正確的是()A．NH5的電子式為B．NH5中既有共價鍵又有離子鍵，NH5是離子化合物C．1molNH5中含有5NA個N—H鍵(NA表示阿伏加德羅常數(shù))D．它與水反應的化學方程式為NH5＋H2O===NH3·H2O＋H2↑12、4種短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其原子的最外層電子數(shù)之和為19，W和X元素原于內質子數(shù)之比為1∶2，X2+和Z-離子的電子數(shù)之差為8。下列說法不正確的是（）A．與W相鄰的同主族元素可制成重要的半導體材料B．元素原于半徑從大到小的順序是X、Y、ZC．WZ4分子中W、Z原子通過共價鍵結合且最外層均達到8電子結構D．W、Y、Z元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是H2YO413、下列說法不正確的是（

）A．用水可以鑒別苯、四氯化碳、乙醇三種無色液體B．用Cu(OH)2懸濁液可以鑒別乙醇、乙酸溶液、葡萄糖溶液C．石油的分餾、煤的液化和氣化都是物理變化，石油的裂化、裂解都是化學變化D．制取環(huán)氧乙烷：2CH2=CH2+O2Ag，250℃2,符合綠色化學的理念14、下列各組材料中，不能組成原電池的是（

）。

ABCD兩極材料Zn片、石墨Cu片、Ag片Zn片、Cu片F(xiàn)e片、Cu片插入溶液H2SO4溶液AgNO3溶液蔗糖溶液稀鹽酸A．A B．B C．C D．D15、下列反應屬于取代反應的是A．乙醇在空氣中燃燒B．光照條件下，甲烷與氯氣發(fā)生反應C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色D．在鎳做催化劑的條件下，苯與氫氣發(fā)生反應16、主族元素的陽離子和陰離子都具有稀有氣體元素原子的結構特征，陽離子比陰離子少兩個電子層的離子化合物是A．MgCl2 B．NaBr C．HCl D．NaI17、C1O2是一種優(yōu)良的水處劑。實驗室可通過以下反應值的C1O2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CP2↑+2H2O下列說法正確的是（）A．KClO3在反應中失去電子B．H2C2O4在反應中被氧化C．ClO2是氧化產物D．每消耗122.5gKClO3就有2mol電子轉移18、下列敘述中不正確的是A．氨遇硫酸冒白煙B．氨在一定條件下能與氧氣反應生成一氧化氮和水C．氨是一種極易溶于水，且易液化的氣體D．氨能使酚酞試液變紅色19、下列物質在一定條件下可與CH4發(fā)生化學反應的是（）A．氯氣B．鹽酸C．氫氧化鈉D．酸性KMnO4溶液20、為高空或海底作業(yè)提供氧氣的物質是A．KClO3 B．KMnO4 C．Na2O2 D．H2O21、有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含硫酸的濃度為2mol·L－1，含硝酸的濃度為1mol·L－1，現(xiàn)向其中加入0.96g銅粉，充分反應后(假設只生成NO氣體)，最多可收集到標準狀況下的氣體的體積為()A．224mL B．168mLC．112mL D．89.6mL22、已知某飽和溶液的以下條件：①溶液的質量、②溶劑的質量、③溶液的體積、④溶質的摩爾質量、⑤溶質的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用來計算該飽和溶液的物質的量濃度的組合是(

)A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①③⑤ D．①③④⑤二、非選擇題(共84分)23、（14分）己知A、B是生活中常見的有機物,E的產量是石油化工發(fā)展水平的標志.根據(jù)下面轉化關系回答下列問題:(1)在①~⑤中原子利用率為100%的反應是_____(填序號)。(2)操作⑥、操作⑦的名稱分別為_____、______。(3)寫出反應③的化學方程式________。(4)寫出反應⑤的化學方程式_________。(5)G可以發(fā)生聚合反應生產塑料,其化學方程式為_______。24、（12分）A、B、C、D、E、F六種元素為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。A為原子半徑最小的元素，A和B可形成4原子10電子的分子X；C的最外層電子數(shù)是內層的3倍；D原子的最外層電子數(shù)是最內層電子數(shù)的一半；E是地殼中含量最多的金屬元素；F元素的最高正價與最低負價代數(shù)和為6。請回答下列問題：（用化學用語填空）（1）B、C、D、E、F五種元素原子半徑由大到小的順序是________。（2）A和C按原子個數(shù)比1：1形成4原子分子Y，Y的結構式是________。（3）B、C兩種元素的簡單氣態(tài)氫化物結合質子的能力較強的為________（填化學式），用一個離子方程式證明：________。（4）D可以在液態(tài)X中發(fā)生類似于與A2C的反應，寫出反應的化學方程式________。（5）實驗證明，熔融的EF3不導電，其原因是________。25、（12分）某興趣小組利用下列實驗裝置探究SO2的性質。根據(jù)要求回答下列問題：（1）裝置A中反應的化學方程式為__________________________________________。（2）利用裝置C可以證明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是__________________。（3）通過觀察D中現(xiàn)象，即可證明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是________。A．NaCl溶液B．酸性KMnO4C．FeCl3D．Na2S溶液（4）研究小組發(fā)現(xiàn)B中有白色沉淀BaSO4生成，為進一步驗證B中產生沉淀的原因，研究小組進行如下兩次實驗：實驗i：另取BaCl2溶液，加熱煮沸，冷卻后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述裝置進行實驗，結果發(fā)現(xiàn)B中沉淀量減少，但仍有輕微渾濁．實驗ii：用如上圖2的F裝置代替上述實驗中的A裝置（其他裝置不變），連接后往裝置F中通入氣體X一段時間，再加入70%H2SO4溶液，結果B中沒有出現(xiàn)渾濁．①“實驗i”中煮沸BaCl2溶液的目的是_______________________；②氣體X可以是____________（填序號）。A．CO2

B．C12

C．N2

D．NO2③B中形成沉淀的原因是（用化學方程式表示）：________________________________。26、（10分）亞硝酸鈉是重要的防腐劑，某化學興趣小組以銅和稀硝酸為起始原料，設計如下裝置利用NO與Na2O2反應制備NaNO2。(夾持裝置已略）（1）A中反應的化學方程式為_____。（2）B裝置的作用是_____，裝置D的作用是_____。（3）為防止生成其他雜質，B、C裝置間還應接入裝有_____（填試劑名稱）的_____（填儀器名稱）。（4）測定C裝置中NaNO2的質量分數(shù)的過程如下：準確稱取裝置C中反應后的固體0.600g于錐形瓶中，先加水溶解，再向其中滴加0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反應時，消耗酸性KMnO4溶液24.00mL。計算裝置C中所得固體中NaNO2的質量分數(shù)___________（請寫出計算過程）。已知測定過程中發(fā)生反應的方程式為MnO4－＋NO2－＋H＋—Mn2+＋NO3－＋H2O（未配平）27、（12分）小明按下圖裝好了實驗裝置(兩膠頭滴管中的過氧化氫溶液體積相等，濃度分別為5%和10%)，實驗時，同時完全捏扁兩滴管的膠頭，并觀察實驗現(xiàn)象。（1）小明的實驗目的是：__________________________。（2）裝置中長玻璃導管的作用是：_________________；紅墨水的作用是________。（3）你估計兩根玻璃導管中的實驗現(xiàn)象是_____________；理由是____________。28、（14分）1869年俄國化學家門捷列夫制出第一張元素周期表，到現(xiàn)在形成的周期表經過了眾多化學家的艱辛努力，歷經150年。元素周期表體現(xiàn)了元素位、構、性的關系，揭示了元素間的內在聯(lián)系。下表是元素周期表的一部分，針對表中的①～⑩中元素，用元素符號或化學式填空回答以下問題：主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩（1）表中化學性質最不活潑的元素，其原子結構示意圖為___；（2）元素①的單質電子式為____。（3）比較③、⑤元素的金屬性強弱___>___；并寫出它們最高價氧化物對應的水化物間反應的化學方程式____。（4）上述元素的最高價氧化物對應的水化物中，酸性最強的是____。（5）在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的簡單離子中，半徑最小的是_____；（6）工業(yè)制取⑥的單質的反應的化學方程式為_______。29、（10分）下圖是實驗室制備氯氣并進行一系列相關實驗的裝置（夾持及加熱儀器已略）。（1）制備氯氣選用的藥品為：漂粉精固體【主要成分為Ca（ClO）2】和濃鹽酸，相關的化學反應方程式為：______________________________________________。（2）裝置B中飽和食鹽水的作用是____________；同時裝置B亦是安全瓶，監(jiān)測實驗進行時C中是否發(fā)生堵塞，請寫出發(fā)生堵塞時B中的現(xiàn)象_______________________。（3）裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，為此C中I、II、III依次放入：________。abcdI干燥的有色布條干燥的有色布條濕潤的有色布條濕潤的有色布條II堿石灰硅膠濃硫酸無水氯化鈣III濕潤的有色布條濕潤的有色布條干燥的有色布條干燥的有色布條（4）設計裝置D、E的目的是比較氯、溴、碘的非金屬性。當向D中緩緩通入足量氯氣時，可以看到無色溶液逐漸變?yōu)榧t棕色，說明氯的非金屬性大于溴。打開活塞，將裝置D中少量溶液加入裝置E中，振蕩。觀察到的現(xiàn)象是____________________________。該現(xiàn)象_______（填“能”或“不能”）說明溴的氧化性強于碘，原因是___________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】

根據(jù)電離能數(shù)據(jù)分析：X和Y都是主族元素，I是電離能，X第一電離能和第二電離能相差較大，則X為第IA族元素；Y元素第三電離能和第四電離能相差較大，則Y是第IIIA族元素，X第一電離能小于Y，說明X活潑性大于Y?！驹斀狻緼.根據(jù)以上分析知，X屬于第IA族元素，故A選項是正確的；B.主族元素最高正化合價與其族序數(shù)相等，但O、F元素除外，Y為第IIIA族元素，則Y常見化合價為+3價，故B選項是正確的；C.X為第IA族元素，和O元素化合時可能形成過氧化物，如H2O2、Na2O2,所以C選項是正確的；D.如果Y是第三周期元素，則為Al，Al和冷水不反應，能和酸和強堿溶液反應，故D錯誤；綜上所述，本題答案為D。【點睛】本題考查元素的位構性的知識。根據(jù)電離能數(shù)據(jù)判斷X和Y在元素周期表中的位置，進而判斷相關的性質，根據(jù)電離能的大小，判斷元素的活潑性即可。2、B【解析】

A．C2H4與酸性高錳酸鉀反應生成二氧化碳氣體，引入新雜質，應用溴水除雜，故A錯誤；B．水與生石灰反應，可增大混合物的沸點差，可用蒸餾的方法分離，故B正確；C．乙醇易溶于水，溶于碳酸鈉溶液后與乙酸乙酯分層，然后利用分液來分離，故C錯誤；D．NH4Cl溶液和FeCl3溶液都能與氫氧化鈉溶液反應，應加入氨水除雜，故D錯誤；故選B。3、A【解析】A、太陽光照射，貯存氫氣，為光能轉化為化學能，選項A正確；B、點燃條件下氫氣和氧氣反應推動火箭升空，化學能轉化為動能，選項B錯誤；C、氫氧燃料電池將化學能轉化為電能，選項C錯誤；D、圖中表達了風能轉化為動能，動能轉化為電能，電能轉化為化學能，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查能量的轉化形式，判斷能量的轉化，我們主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，因為總是消耗的能量轉化為得到的能量，題目較簡單。4、B【解析】

圖像看出反應從開始到平衡，N的物質的量減小，應為反應物，M的物質的量增多，應為是生成物，結合反應的方程式可計算相關物質的反應速率以及物質的量濃度關系?！驹斀狻縉的物質的量減小，應為反應物，平衡時物質的量變化值為8mol-2mol=6mol，M的物質的量增多，應為生成物，平衡時物質的量的變化值為5mol-2mol=3mol，則有n（N）：n（M）=6mol：3mol=2：1，可知反應的化學方程式為2NM。則A．0～t2內M的物質的量增加了4mol－2mol＝2mol，則用M表示的平均反應速率是2mol/(VL·t2min)=2/Vt2mol/（L?min），A錯誤；B．t1～t2內容器發(fā)生反應2NM，N轉化為M，物質的量減少，所以容器內的壓強逐漸減小，B正確；C．根據(jù)以上分析可知反應的化學方程式為2NM，C錯誤；D．t2與t3時刻的混合氣體的總物質的量不同，分別為8mol和7mol，則平均相對分子質量不等，D錯誤；答案選B。5、C【解析】

A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反應方程式分別為H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O。溶液導電能力與離子濃度成正比，根據(jù)圖知，曲線①在a點溶液導電能力接近0，說明該點溶液離子濃度最小，應該為Ba(OH)2溶液和H2SO4的反應，則曲線②為Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反應，即①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，A錯誤；B.根據(jù)圖知，a點為Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反應，H2SO4、NaHSO4溶液的物質的量濃度相等，則b點NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液中的溶質為NaOH，兩種反應物的物質的量的比為1：1，B錯誤；C.a點①中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應，溶液中只含水；d點②中溶質為Na2SO4。水和硫酸鈉溶液都呈中性，C正確；D.在c點，①中稀硫酸過量，溶質為硫酸，②中硫酸氫鈉過量，溶質為NaOH、Na2SO4，因為硫酸根離子濃度相同，②中鈉離子濃度大于①中氫離子濃度，所以溶液中氫氧根離子濃度不同，D錯誤；故合理選項是C。6、C【解析】

A.氮氣的電子式為，A錯誤；B.硫原子的結構示意圖為，B錯誤；C.比例模型是一種與球棍模型類似，用來表現(xiàn)分子三維空間分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直徑的大小，球和球緊靠在一起，CH4的比例模型為，C正確；D.乙烯含有碳碳雙鍵，結構簡式為CH2＝CH2，D錯誤；答案選C。7、A【解析】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有離子鍵、極性鍵、非極性鍵斷裂，又有離子鍵、極性鍵、非極性鍵形成，故A正確；B．CaH2+2H2O→Ca(OH)2+2H2↑中不存在非極性鍵的斷裂，故B錯誤；C．Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2↓+2NH3↑中有離子鍵、極性鍵的斷裂，又有離子鍵、極性鍵的形成，故C錯誤；D．NH4Cl+NaOH═NaCl+NH3↑+H2O中有離子鍵、極性鍵的斷裂，又有離子鍵、極性鍵的形成，故D錯誤；答案為A。點睛：一般金屬元素與非金屬元素形成離子鍵，不同非金屬元素之間形成極性共價鍵，同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵，化學反應的實質為舊鍵的斷裂和新鍵的生成，特別注意離子化合物一定存在離子鍵，可能存在共價鍵，而共價化合物中一定不存在離子鍵，只存在共價鍵，另外單質中不一定存在非極性共價鍵。8、D【解析】分析：元素周期表中第一、二、三周期為短周期，據(jù)此解答。詳解：A.H是第一周期元素，屬于短周期，A錯誤；B.O是第二周期元素，屬于短周期，B錯誤；C.S是第三周期元素，屬于短周期，C錯誤；D.K是第四周期元素，屬于長周期，D正確。答案選D。9、D【解析】A、根據(jù)結構簡式可得a的分子式為C32H22，選項A正確；B、a中含有碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色，選項B正確；C、a中含有苯環(huán)及碳碳雙鍵，都能發(fā)生加成反應，選項C正確；D、a的結構極不對稱，等效氫情況不多，其一氯代物不止12種，選項D不正確。答案選D。點睛：本題主要考查有機物結構與性質的關系、原子共面、反應類型、同分異構體等知識。認識有機物中官能團是解答本題的關鍵。10、D【解析】A．CaO為離子化合物，熔化斷裂離子鍵，熔點與化學鍵有關；而CO2在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，熔點與化學鍵無關，故A不選；B．NaCl為離子化合物，熔化斷裂離子鍵，熔點與化學鍵有關；而HCl在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，熔點與化學鍵無關，故B不選；C．MgO為離子化合物，熔化斷裂的是離子鍵；SiO2是原子晶體，熔化斷裂的是共價鍵，熔點與化學鍵都有關，故C不選；D．Cl2與I2在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，熔點與化學鍵均無關，故D選；故選D。點睛：物質的熔點與所含化學鍵的鍵能有關，則對應的晶體一般為金屬晶體、離子晶體或原子晶體，而分子晶體熔化時只克服分子間作用力，與化學鍵無關，本題就轉化為晶體類型的判斷了。11、C【解析】分析：固體A的化學式為NH5，它的所有原子的最外層都符合相應稀有氣體原子的最外電子層結構，應為NH4H，是一種離子化合物，能與水反應：NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑，有氨氣生成。A、NH5是離子化合物氫化銨，銨根中的氮原子與四個氫原子形成四個共價鍵，NH4＋與H－之間為離子鍵，故A正確；B、根據(jù)氮原子的原子結構，最外層5個電子最多和四個氫原子形成共價鍵（其中一個是配位鍵，氮原子提供一對電子，氫離子提供空軌道形成），形成了帶正電荷的銨根離子，所以另一個氫原子只能是形成H－，陰陽離子間形成離子鍵，NH5中既有共價鍵又有離子鍵，NH5是離子化合物，故B正確；C、NH5是離子化合物氫化銨，銨根中的氮原子與四個氫原子形成四個共價鍵，NH4＋與H－之間為離子鍵，1molNH5中含有4NA個N—H鍵(NA表示阿伏加德羅常數(shù))，故C錯誤；D、能與水反應：NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑，有氨氣生成，故D正確；故選C。點睛：本題考查化學鍵，解題關鍵：把握化學鍵形成的一般規(guī)律及化學鍵的判斷，側重分析與應用能力的考查，易錯點C，注意NH5為離子化合物，銨根中的氮原子與四個氫原子形成四個共價鍵，NH4＋與H－之間為離子鍵。12、D【解析】

根據(jù)X2+和Z-離子的電子數(shù)之差為8，由元素周期表可以確定X2+為Be2+或Mg2+；推斷Z為F-或Cl-；依據(jù)W和X元素原子內質子數(shù)之比為1∶2，判斷W為He或C，結合原子最外層電子數(shù)之和為19，所以兩種判斷中：W為He、X為Be、Z為F時，Y的最外層電子數(shù)為8，因為W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，所以不符合；若各元素為W為C、X為Mg、Z為Cl，由最外層電子數(shù)之和為19，Y的最外層電子數(shù)為6，則Y為S，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，W為C元素，X為Mg元素，Y為S元素，Z為Cl元素。A．與碳同主族的元素硅是良好的半導體材料，故A正確；B．同一周期中，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以Mg、S、Cl的原子半徑逐漸減小，故B正確；C．四氯化碳分子中每個氯原子和碳原子形成一個共用電子對，每個碳原子和四個氯原子形成4個共用電子對，所以四氯化碳分子中碳原子和氯原子通過共價鍵結合且最外層均達到8電子結構，故C正確；D．非金屬元素最強的元素是Cl元素，所以W、Y、Z元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是HZO4，故D錯誤；答案選D。13、C【解析】

A.苯的密度小于水，且不溶于水，四氯化碳的密度大于水，且不溶于水，乙醇易溶于水，可用水可以鑒別苯、四氯化碳、乙醇三種無色液體，A正確；B.Cu(OH)2懸濁液與乙醇不反應，與乙酸反應溶液反應后變澄清，與葡萄糖溶液共熱后生成磚紅色沉淀物質，可用Cu(OH)2懸濁液可以鑒別乙醇、乙酸溶液、葡萄糖溶液，B正確；C.石油的分餾是物理變化，煤的液化和氣化、石油的裂化、裂解都是化學變化，C錯誤；D.制取環(huán)氧乙烷：2CH2=CH2+O2Ag，250℃2，為化合反應，且無有毒物質生成，符合綠色化學的理念，D正確；答案為C14、C【解析】

A、鋅是活潑金屬，石墨能導電，鋅和硫酸能自發(fā)的發(fā)生氧化還原反應，所以能形成原電池，故A不符合；B、兩金屬的活潑性不同，且銅片能自發(fā)的與硝酸銀發(fā)生氧化還原反應，所以能形成原電池，故B不符合；C、兩金屬的活潑性不同，但蔗糖是非電解質不能導電，所以不能形成原電池，故C符合；D、兩金屬的活潑性不同，且鐵片能自發(fā)的與鹽酸發(fā)生氧化還原反應，所以能形成原電池，故D不符合；答案選C。15、B【解析】

A．乙醇在空氣中燃燒屬于氧化反應，故A錯誤；B．光照條件下甲烷與氯氣發(fā)生取代反應，故B正確；C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．在鎳做催化劑的條件下，苯與氫氣發(fā)生加成反應，故D錯誤；故答案為B。16、B【解析】

A、鎂離子和氯離子都具有稀有氣體元素原子的結構特征，鎂離子的核外電子排布為2、8，氯離子的核外電子排布為2、8、8，鎂離子比氯離子少一個電子層，A錯誤；B、鈉離子和溴離子都具有稀有氣體元素原子的結構特征，鈉離子的核外電子排布為2、8，溴離子的核外電子排布為2、8、18、8，鈉離子比溴離子少兩個電子層，B正確；C、氯化氫是共價化合物，在分子內不存在氫離子和氯離子，且氫離子不具有稀有氣體元素原子的結構特征，C錯誤；D、鈉離子和碘離子都具有稀有氣體元素原子的結構特征，鈉離子的核外電子排布為2、8，碘離子的核外電子排布為2、8、18、18、8，鈉離子比碘離子少三個電子層，D錯誤；答案選B。17、B【解析】A．Cl元素的化合價由+5價降低為+4價，則KClO3在反應中得電子，A錯誤；B．該反應中C元素的化合價由+3價升高到+4價，所以H2C2O4是還原劑，在反應中被氧化，B正確；C．該反應中KClO3是氧化劑，在反應中被還原，ClO2是還原產物，C錯誤；D．Cl元素的化合價由+5價降低為+4價，1個氯原子轉移1個電子，所以122.5gKClO3是1mol，轉移1mol電子，D錯誤；答案選B。點睛：本題考查氧化還原反應，明確元素化合價變化是解本題關鍵，注意氧化還原反應的分析思路：判價態(tài)、找變價、雙線橋、分升降、寫得失、算電子、定其他。其中“找變價”是非常關鍵的一步，特別是反應物中含有同種元素的氧化還原反應，必須弄清它們的變化情況。18、A【解析】

A．硫酸難揮發(fā)，與氨反應無明顯現(xiàn)象，A項錯誤；B．氨氣在催化劑加熱條件下與氧氣反應生成一氧化氮和水，B項正確；C．氨氣容易液化，極易溶于水，1體積水能溶解約700體積的氨，C項正確；D．氨溶于水的水溶液生成的一水合氨會部分電離成NH4+和OH-，故氨水顯弱堿性，可使酚酞試液變紅色，D項正確；答案選A。19、A【解析】分析：甲烷性質較為穩(wěn)定，與酸、堿、氫氣、氯水、溴水以及酸性高錳酸鉀溶液不反應，據(jù)此解答。詳解：A.在光照條件下甲烷與氯氣發(fā)生取代反應，A正確；B.鹽酸與甲烷不反應，B錯誤；C.氫氧化鈉與甲烷不反應，C錯誤；D.酸性KMnO4溶液具有強氧化性，但與甲烷不反應，D錯誤；答案選A。20、C【解析】

氯酸鉀、高錳酸鉀制備氧氣需要加熱；操作復雜，電解水生成氧氣需要提供電源，操作不方便；過氧化鈉與二氧化碳反應2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉與水反應2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成氫氧化鈉和氧氣，制備氧氣操作簡單且能夠利用人呼出的二氧化碳和水蒸氣；故選：C。21、A【解析】

銅與稀硝酸反應的實質為8H++3Cu+2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu與8molH+完全反應生成2molNO，題中0.96g銅粉的物質的量為=0.015mol，混合溶液中H+的物質的量為2mol·L－1×0.02L×2+1mol·L－1×0.02L=0.10mol，NO3-的物質的量為1mol·L－1×0.02L=0.02mol，根據(jù)離子方程式的關系：8H++3Cu+2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，顯然氫離子過量，銅完全反應，生成的NO氣體由銅的物質的量計算得出，生成NO的物質的量為0.01mol，在標準狀況下的體積為0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL。故選A。22、C【解析】

A、設定該飽和溶液是由100g水配制而成的飽和溶液，由⑤溶質的溶解度、⑥溶液的密度可計算出該溶液體積，根據(jù)④溶質的摩爾質量、⑤溶質的溶解度可計算出該飽和溶液中溶質的物質的量，由此計算出該飽和溶液的物質的量濃度，故A不符合題意；B、由①溶液的質量、②溶劑的質量可計算出溶質的質量，然后依據(jù)溶質的質量和④溶質的摩爾質量計算出溶質的物質的量，再同③溶液的體積計算出該飽和溶液的物質的量濃度，故B不符合題意；C、由①溶液的質量和⑤溶質的溶解度可計算出溶質的質量，但并不能計算出溶質的物質的量，無法計算該飽和溶液的物質的量濃度，故C符合題意；D、由①溶液的質量和⑤溶質的溶解度可計算出溶質的質量，再結合④溶質的摩爾質量可計算溶質的物質的量，根據(jù)所得溶質的物質的量與③溶液的體積計算出該飽和溶液的物質的量濃度，故D不符合題意。二、非選擇題(共84分)23、①②④分餾裂解2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O【解析】分析：本題考查的是有機物的推斷，要根據(jù)反應條件和物質的結構進行分析，是?？碱}型。詳解：E的產量是石油化工發(fā)展水平的標志，說明其為乙烯，根據(jù)反應條件分析，B為乙烯和水的反應生成的，為乙醇，D為乙醇催化氧化得到的乙醛，A為乙醛氧化生成的乙酸，C為乙醇和乙酸反應生成的乙酸乙醇。F為乙烯和氯氣反應生成的1、2-二氯乙烷，G為1、2-二氯乙烷發(fā)生消去反應生成氯乙烯。(1)在①~⑤中，加成反應中原子利用率為100%，且醛的氧化反應原子利用率也為100%，所以答案為：①②④；(2)操作⑥為石油分餾得到汽油煤油等產物，操作⑦是將分餾得到的汽油等物質裂解得到乙烯。(3)反應③為乙醇的催化氧化，方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(5)反應⑤為乙酸和乙醇的酯化反應，方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(6)氯乙烯可以發(fā)生加聚反應生成聚氯乙烯，方程式為：。24、Na>Al>Cl>N>OH-O-O-HNH3NH3+H3O+=NH4++H2O2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑AlCl3在熔融狀態(tài)下不發(fā)生電離，沒有產生可自由移動的離子【解析】A、B、C、D、E、F六種元素為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，A為原子半徑最小的元素，為H元素；A和B可形成4原子10電子的分子X，則B為N元素，X是氨氣；C的最外層電子數(shù)是內層的3倍，則C為O元素；D原子的最外層電子數(shù)是最內層電子數(shù)的一半，為Na元素；E是地殼中含量最多的金屬元素，為Al元素；F元素的最高正價與最低負價代數(shù)和為6，則F為Cl元素，則（1）原子電子層數(shù)越多，其原子半徑越大，同一周期元素原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以B、C、D、E、F五種元素原子半徑由大到小順序是Na＞Al＞Cl＞N＞O；（2）A和C按原子個數(shù)比1：l形成4原子分子Y為H2O2，其結構式為H－O－O－H；（3）氨氣分子容易結合水電離出的氫離子形成銨根離子，所以氨氣分子結合質子的能力強于水分子，方程式為NH3+H3O+＝NH4++H2O；（4）D是Na，鈉和氨氣的反應相當于鈉和水的反應，因此鈉和氨氣反應的方程式為2Na+2NH3＝2NaNH2+H2↑；（5）氯化鋁是分子晶體，熔融狀態(tài)下以分子存在，不能產生自由移動的離子，所以熔融的AlCl3不導電。25、H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O品紅溶液D除去BaCl2溶液中的O2AC2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl【解析】分析：該探究實驗為：亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，二氧化硫與品紅作用，體現(xiàn)二氧化硫的漂白性，二氧化硫與-2價的硫作用體現(xiàn)氧化性，二氧化硫有毒需進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收．圖中裝置B出現(xiàn)白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，裝置E進行探究，可排除氧氣的干擾。（1）裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鈉和水；（2）SO2可以使品紅溶液褪色，體現(xiàn)了SO2具有漂白性；（3）NaCl溶液與二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，F(xiàn)eCl3能氧化二氧化硫，二氧化硫與硫化鈉反應生成硫單質，證明二氧化硫具有氧化性；（4）①煮沸BaCl2溶液排除溶液中的氧氣；②連接后往裝置F中通入氣體X一段時間，排除裝置中的氧氣，通入的氣體不能氧化二氧化硫，干擾驗證實驗；③B中形成沉淀是二氧化硫被氧氣氧化。詳解：該探究實驗為：亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，二氧化硫與品紅作用，體現(xiàn)二氧化硫的漂白性，二氧化硫與-2價的硫作用體現(xiàn)氧化性，二氧化硫有毒需進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收．圖中裝置B出現(xiàn)白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，裝置E進行探究，可排除氧氣的干擾。（1）裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鈉和水，反應的化學方程式為：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）SO2通入品紅溶液中，紅色褪去，二氧化硫與品紅化合生成無色物質，體現(xiàn)二氧化硫的漂白性；（3）二氧化硫表現(xiàn)氧化性需硫元素的化合價降低，Na2S與二氧化硫作用，二氧化硫中硫元素的化合價從+4價變?yōu)?價，反應的化學方程式為：4H++SO2+2S2-=3S↓+2H2O，表現(xiàn)了氧化性，NaCl溶液與二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，F(xiàn)eCl3能氧化二氧化硫，故選D；（4）①圖中裝置B出現(xiàn)白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，所以需排除氧氣的干擾，“實驗i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2；②O3和NO2，具有氧化性，能氧化二氧化硫，所以不可以通入氣體這兩種氣體驅趕裝置中的氧氣，二氧化碳和氮氣不與氧氣反應，可以用來驅趕裝置中的氧氣，故答案為：AC；③B中形成沉淀是二氧化硫被氧氣氧化，可能發(fā)生的反應為：2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。點睛：本題考查了二氧化硫的制備及性質檢驗，題目難度中等，注意掌握二氧化硫的性質檢驗方法，明確物質性質進行實驗方案的設計時解答關鍵，試題有利于培養(yǎng)學生的化學實驗能力。26、3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O除去NO中可能混有的NO2除去未反應掉的NO，防止污染空氣濃硫酸（堿石灰）洗氣瓶（干燥管）n(KMnO4)＝24.00mL×0.1000mol·L－1×10－3L·mL－1＝2.4×10－3mol，根據(jù)得失電子守恒或關系式n(KMnO4)×5＝n(NO2－)×2，n(NO2－)＝0.006mol，NaNO2的質量分數(shù)為0.006×69÷0.600×100%＝69.00%【解析】

⑴A中反應的反應主要是稀硝酸與銅反應，其化學方程式為3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故答案為3Cu＋8HNO3＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；⑵A中主要產生NO氣體，由于里面含有空氣，會生成二氧化氮，因此B主要是將A中的二氧化氮變?yōu)镹O，所以B裝置的作用是除去NO中可能混有的NO2，裝置C中NO和過氧化鈉反應，但NO未反應完，會污染空氣，因此D主要是除掉未反應完的NO，所以D的作用是除去未反應掉的NO，防止污染空氣，故答案為除去NO中可能混有的NO2；除去未反應掉的NO，防止污染空氣；⑶由于在通入水的過程中有水蒸氣帶出，水會與過氧化鈉反應，為防止生成其他雜質，B、C裝置間還應接入裝有省油濃硫酸的洗氣瓶或者是裝有堿石灰的干燥管，故答案為濃硫酸（堿石灰）；洗氣瓶（干燥管）；⑷消耗酸性KMnO4溶液24.00mL，0.1000mol·L－1，因此物質的量為配平方程式得到：x=6×10－3mol因此NaNO2的質量分數(shù)為，故答案消耗酸性KMnO4溶液24.00mL，0.1000mol·L－1，因此物質的量為配平方程式得到：x=6×10－3mol因此NaNO2的質量分數(shù)為。27、比較相同催化劑的作用下，不同濃度、同體積過氧化氫溶液分解反應速率的大小或研宄濃度對化學反應速度的影響相同的液體體積變化在細長的玻璃導管中造成的液面高度變化大，便于觀察使導管中的液柱呈現(xiàn)紅色，便于觀察導管中液面高度的變化兩裝置中導管內的液面均上升，裝置B中導管內液面的上升速度比裝置A的快等體積的濃度大的過氧化氫溶液在相同催化劑的情況下分解速率快，單位時間內產生的氣體多，壓上的液柱高度更高【解析】

（1）根據(jù)過氧化氫的體積相等，濃度不同，反應所用的催化劑相同分析實驗目的；（2）細長的玻璃管、紅墨水有顏色便于觀察現(xiàn)象，得出準確的結論；（3）根據(jù)雙氧水分解產生氧氣，試管內的壓強增大，判斷實驗現(xiàn)象?！驹斀狻浚?）根據(jù)題意，由圖可知過氧化氫的體積相等，濃度不同，反應所用的催化劑相同可知實驗目的為：比較相同催化劑的作用下，不同濃度、同體積過氧化氫溶液分解反應速率的大小或研宄濃度對化學反應速度的影響；（2）相同的液體體積變化在細長的玻璃導管中造成的液面高度變化大、紅墨水有顏色，便于觀察現(xiàn)象，得出準確的結論；（3）雙氧水在二氧化錳作催化劑的作用下分解產生氧氣，試管內的壓強