江蘇省泰安市長城中學2023-2024學年高一化學第二學期期末質(zhì)量檢測試題含解析

江蘇省泰安市長城中學2023-2024學年高一化學第二學期期末質(zhì)量檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、五種短周期元素a、b、c、d、e,其原子半徑與原子序數(shù)的關系如圖,下列說法錯誤的是A．c元素的離子半徑比e的離子半徑小B．d元素對應的最高價氧化物的水化物酸性比e元素弱C．b、c、d三種元素對應的最高價氧化物的水化物相互間能發(fā)生反應D．a(chǎn)與b兩種元素可形成既有離子鍵又有非極性共價鍵的化合物2、關于離子鍵、共價鍵的各種敘述中，下列說法中正確的是（）A．在離子化合物里，只存在離子鍵，沒有共價鍵B．非極性鍵只存在于雙原子的單質(zhì)分子（如Cl2）中C．在共價化合物分子內(nèi)，一定不存在離子鍵D．由不同元素組成的多原子分子里，一定只存在極性鍵3、阿司匹林是一種歷史悠久的解熱鎮(zhèn)痛藥，其構造如圖所示，它不能發(fā)生的反應是A．加聚反應 B．取代反應C．中和反應 D．加成反應4、下列反應中硝酸既能表現(xiàn)出酸性又能表現(xiàn)出氧化性的是A．使石蕊試液變紅B．與銅反應放出NO氣體，生成Cu(NO3)2C．與Na2CO3反應放出CO2氣體，生成NaNO3D．與硫單質(zhì)共熱時生成H2SO4和NO25、如圖是四種常見有機物的比例模型示意圖。下列說法正確的是A．甲能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．乙可與酸性高錳酸鉀發(fā)生加成反應C．丙中的碳碳鍵是介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的獨特的鍵D．丁可與乙酸發(fā)生中和反應6、關于濃硫酸的敘述正確的是A．常溫下能使鐵鈍化 B．無色易揮發(fā)的液體C．能夠干燥氨氣 D．常溫下迅速與銅片反應7、室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mLpH=3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4，關于甲、乙兩燒杯中溶液的描述錯誤的是A．溶液的體積：10V甲≤V乙B．水電離出的OH-濃度：10c(OH-)甲=c(OH-)乙C．若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙D．若分別與5mLpH=11的NaOH溶液反應，所得溶液的pH：甲≤乙8、已知X+Y═M+N為放熱反應．下列關于該反應的說法中，正確的是A．Y的能量一定高于NB．X、Y的能量總和高于M、N的能量總和C．因為該反應為放熱反應，故不必加熱就可發(fā)生D．斷裂X、Y的化學鍵所吸收的能量高于形成M、N的化學鍵所放出的能量9、下列有關化學用語表示正確的是（）A．N2的電子式：B．S2-的結構示意圖：C．NH4Br的電子式：D．原子核內(nèi)有l(wèi)8個中子的氯原子：10、某含銅化合物的化學式為Cux(OH)y(CO3)z(Cu為＋2價)。取該樣品22.2g，充分加熱后，得到黑色固體氧化銅16.0g，則該物質(zhì)的化學式為A．Cu2(OH)4CO3 B．Cu3(OH)4CO3C．Cu2(OH)2CO3 D．Cu4(OH)2(CO3)311、對于100mL1mol/L鹽酸與鐵片的反應，下列措施能使生成氫氣的反應速率加快的是（

）①升高溫度；②改用100mL3mol/L鹽酸；③多用300mL1mol/L鹽酸；④用等量鐵粉代替鐵片；⑤改用98%的硫酸．⑥加入少量CuSO4A．①③④⑥ B．①②④⑥ C．①②④⑤ D．①②④⑤⑥12、下列物質(zhì)的性質(zhì)比較,正確的是（）A．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:H2O>H2SB．堿性:NaOH>KOHC．非金屬性:Si>PD．酸性:H2CO3>HNO313、向某密閉容器中加入0.30molA、0.10molC和一定量的B三種氣體，一定條件下發(fā)生反應，各物質(zhì)濃度隨時間變化如甲圖所示[0～t1階段的cB變化未畫出]。乙圖為t1時刻后改變條件平衡體系中正、逆反應速率隨時間變化的情況，且四個階段都各改變一種反應條件(濃度、溫度、壓強、催化劑)A．若t1=15s，則用C的濃度變化表示的0～tB．t4C．若該容器的容積為2L，則B的起始的物質(zhì)的量為0.02molD．若t5～t6階段，容器內(nèi)A的物質(zhì)的量減少了0.03mol，而此過程中容器與外界的熱交換總量為akJ，則該反應的熱化學方程式為14、在不同溫度下，水溶液中c(H＋)與c(OH－)有如圖所示關系。下列條件關于離子共存說法中正確的是A．a(chǎn)點對應的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-B．b點對應的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-C．c點對應的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+D．d點對應的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—15、下列變化中離子鍵和共價鍵均被破壞的是A．干冰氣化 B．硝酸溶于水 C．碳酸鉀熔化 D．KHSO4溶于水16、氫氣和氟氣混合在黑暗處即可發(fā)生爆炸而釋放出大量的熱量。在反應過程中，斷裂1molH2中的化學鍵消耗的能量為Q1kJ，斷裂1molF2中的化學鍵消耗的能量為Q2kJ，形成1molHF中的化學鍵釋放的能量為Q3kJ。下列關系式中正確的是A．Q1+Q2＜2Q3 B．Q1+Q2＞2Q3 C．Q1+Q2＜Q3 D．Q1+Q2＞Q317、據(jù)報道，1996年8月，我國科學家首次制出一種新核素镅—235，已知镅（Am）的原子序數(shù)為95，下列關于的敘述正確的是A．镅—235與鈾—235具有相同的質(zhì)子數(shù)B．镅—235的原子質(zhì)量是12C原子質(zhì)量的235倍C．镅—235原子核內(nèi)中子數(shù)為140，核外電子數(shù)為95D．镅—235原子一定不具有放射性18、下列“油”中屬于酯類的是A．豆油B．醬油C．煤油D．甘油19、有機鍺具有抗腫瘤活性，鍺元素的部分信息如右圖。則下列說法不正確的是A．x=2B．鍺元素與碳元素位于同一族，屬于ⅣA族C．鍺位于元素周期表第4周期，原子半徑大于碳的原子半徑D．距離鍺原子核較遠區(qū)城內(nèi)運動的電子能量較低20、下列關于海水資源綜合利用的說法中，正確的是（）A．從海水中富集鎂元素用NaOH沉淀法B．海水淡化的方法主要有蒸餾法、離子交換法和電滲析法等C．從海水中提取溴單質(zhì)的過程中用氯氣做還原劑D．將海帶燒成灰，用水浸泡，乙醇萃取可以提取碘單質(zhì)21、關于SO2的說法正確的是A．難溶于水 B．是無毒氣體 C．使品紅試液褪色 D．密度比空氣小22、一定條件下，在2L的密閉容器中通入4.0mol的氮氣和適量的氫氣，發(fā)生反應：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。經(jīng)過5s后，測得氮氣還剩余3.0mol，在這5s內(nèi)用氫氣表示的反應速率為（）A．0.3mol/(L·s)B．0.6mol/(L·s)C．0.1mol/(L·s)D．0.2mol/(L·s)二、非選擇題(共84分)23、（14分）物質(zhì)A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K存在下圖轉化關系，其中氣體D、E為單質(zhì)，試回答：（1）寫出下列物質(zhì)的化學式：A是_______________，D是___________，K是_______________。（2）寫出反應“C→F”的離子方程式：_______________________。（3）寫出反應“F→G”的化學方程式：_______________。（4）在溶液I中滴入NaOH溶液，可觀察到的現(xiàn)象是__________________。（5）實驗室檢驗溶液B中陰離子的方法是：_____________________。24、（12分）乙烯是來自石油的重要有機化工原料，其產(chǎn)量通常用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平。結合以下路線回答：已知：CH3CHO+O2→CH3COOH（1）上述過程中屬于物理變化的是__________（填序號）。①分餾②裂解（2）A的官能團是__________。（3）反應II的化學方程式是________________。（4）D為高分子化合物，可以用來制造多種包裝材料，其結構簡式是________________。（5）E是有香味的物質(zhì)，反應IV的化學方程式是______________________。（6）下列關于CH2＝CH－COOH的說法正確的是__________。①與CH3CH＝CHCOOH互為同系物②可以與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體③在一定條件下可以發(fā)生取代、加成、氧化反應25、（12分）在嚴格無氧的條件下，堿與亞鐵鹽溶液反應生成白色膠狀的Fe(OH)2，在有氧氣的情況下迅速變?yōu)榛揖G色，逐漸形成紅褐色的氫氧化鐵，故在制備過程中需嚴格無氧?，F(xiàn)提供制備方法如下：方法一：用FeSO4溶液與用不含O2的蒸餾水配制的NaOH溶液反應制備。(1)配制FeSO4溶液時需加入鐵粉的原因是_____；除去蒸餾水中溶解的O2常采用_____的方法。(2)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液。這樣操作的理由是_____。方法二：在如圖裝置中，用NaOH溶液、鐵屑、稀H2SO4等試劑制備。(1)在試管Ⅰ里加入的試劑是_____；(2)在試管Ⅱ里加入的試劑是_____；(3)為了制得白色Fe(OH)2沉淀，在試管Ⅰ和Ⅱ中加入試劑，打開止水夾，塞緊塞子后的實驗步驟是_____。(4)這樣生成的Fe(OH)2沉淀能較長時間保持白色，其理由是_________________________。26、（10分）工業(yè)上可利用地溝油制備乙醇，乙醇再加工制備多種化工材料。(1)A的結構簡式為_____________________________。(2)“反應I”的現(xiàn)象是__________________________。(3)B的官能團名稱為______________________。(4)實驗室合成草酸二乙酯的步驟為:如圖，在a中加入10.6g無水乙醇、9.0g無水草酸、脫水劑甲苯、催化劑TsOH(有機酸)和2~3片碎瓷片，在74~76℃充分反應。a中所得混合液冷卻后依飲用水、飽和碳酸鈉溶液洗滌，再用無水硫酸鈉干燥。減壓蒸餾，得到草酸二乙酯12.8g。①儀器的名稱是____，碎瓷片的作用是____________________________。②合成過程最合適的加熱方式是__________。a.酒精燈直接加熱b.油浴C．水浴d.砂?、埏柡吞妓徕c溶液的作用是__________________________。④合成草酸二乙酯的化學方程式為______________________________。⑤草酸二乙酯的產(chǎn)率為____________________(保留小數(shù)點后一-位)。27、（12分）俗話說“陳酒老醋特別香”，其原因是酒在儲存過程中生成了有香味的乙酸乙酯，在實驗室里我們也可以用如圖所示的裝置來模擬該過程。請回答下列問題：（1）在試管甲中需加入濃硫酸、冰醋酸各2mL，乙醇3mL，加入試劑的正確的操作是__________。（2）濃硫酸的作用：①__________，②__________。（3）試管乙中盛裝的飽和碳酸鈉溶液的主要作用是__________。（4）裝置中通蒸氣的導管只能通到飽和碳酸鈉溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是__________，長導管的作用是__________。（5）若要把制得的乙酸乙酯分離出來，應采用的實驗操作是__________。（6）進行該實驗時，最好向試管甲中加入幾塊碎瓷片，其目的是__________。（7）試管乙中觀察到的現(xiàn)象是__________，由此可見，乙酸乙酯的密度比水的密度__________(填“大”或“小”)，而且__________。28、（14分）1905年哈珀開發(fā)實現(xiàn)了以氮氣和氫氣為原料合成氨氣，生產(chǎn)的氨制造氮肥服務于農(nóng)業(yè)，養(yǎng)活了地球三分之一的人口，哈珀也因此獲得了1918年的諾貝爾化學獎。一百多年過去了，對合成氨的研究依然沒有止步。(1)工業(yè)合成氨的反應如下：N2+3H22NH3。已知斷裂1molN2中的共價鍵吸收的能量為946kJ，斷裂1molH2中的共價鍵吸收的能量為436kJ，形成1molN-H鍵放出的能量為391kJ，則由N2和H2生成2molNH3的能量變化為__________kJ。下圖能正確表示該反應中能量變化的是__________（填“A”或“B”）。(2)反應2NH3(g)N2(g)+3H2(g)在三種不同條件下進行，N2、H2的起始濃度為0，反應物NH3的濃度(mol/L)隨時間(min)的變化情況如下表所示。根據(jù)上述數(shù)據(jù)回答：實驗①②中，有一個實驗使用了催化劑，它是實驗_____(填序號）；實驗③達平衡時NH3的轉化率為___________。在恒溫恒容條件下，判斷該反應達到化學平衡狀態(tài)的標志是_________（填序號）。a.NH3的正反應速率等于逆反應速率b.混合氣體的密度不變c.混合氣體的壓強不變d.c(NH3)=c(H2)(3)近日美國猶他大學Minteer教授成功構筑了H2—N2生物燃料電池。該電池類似燃料電池原理，以氮氣和氫氣為原料、氫化酶和固氮酶為兩極催化劑、質(zhì)子交換膜(能夠傳遞H+)為隔膜，在室溫條件下即實現(xiàn)了氨的合成同時還能提供電能。則A電極為_____極（填“正”、“負”），B電極發(fā)生的電極反應式為_______，該電池放電時溶液中的H+向___極移動（填“A”、“B”）。29、（10分）物質(zhì)A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K有下圖轉化關系，D、E為氣體單質(zhì)，其中D為最輕的氣體。試回答：（1）寫出物質(zhì)K的化學式_______________；（2）寫出A與NaOH溶液反應的化學方程式：______________________________________；（3）寫出反應“I→J”的離子方程式：____________________________________________；（4）在溶液I中滴入NaOH溶液，可觀察到的現(xiàn)象是：_______________________________；（5）向1L0.2mol/L的C溶液中加入aml5mol/L的NaOH溶液得到了7.8g沉淀，求a=____mL。

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、C【解析】根據(jù)原子半徑與原子序數(shù)的關系圖可推知元素a、b、c、d、e分別為O、Na、Al、Si、Cl，A.c元素的離子Al3+半徑比e的離子Cl-少一個電子層，半徑小，選項A正確；B.H2SiO3酸性比HClO4弱，選項B正確；C.b、c、d三種元素對應的最高價氧化物的水化物NaOH、Al(OH)3、H2SiO3中Al(OH)3與H2SiO3不反應，選項C錯誤；D.a與b兩種元素可形成既有離子鍵又有非極性共價鍵的化合物Na2O2，選項D正確。答案選擇C。點睛：本題考查元素周期表周期律的知識，根據(jù)原子半徑與原子序數(shù)的關系圖可推知元素a、b、c、d、e分別為O、Na、Al、Si、Cl，據(jù)此分析解答。2、C【解析】

A、在離子化合物里，一定存在離子鍵,可以存在共價鍵，A錯誤；B、非極性鍵不只存在于雙原子的單質(zhì)分子中，如是含有極性鍵和非極性鍵的化合物，B錯誤；C、在共價化合物分子內(nèi)，一定不存在離子鍵，C正確；D、由不同元素組成的多原子分子里，不一定只存在極性鍵，如是含有極性鍵和非極性鍵的化合物，D錯誤；正確選項C。【點睛】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；由不同元素組成的多原子分子里,可能存在極性鍵、非極性鍵。3、A【解析】

該物質(zhì)具有羧基，可以表現(xiàn)出酸性，也可以發(fā)生酯化反應（取代反應）；含有苯環(huán)，可以發(fā)生苯環(huán)上的加成和取代；含有酯基，可以發(fā)生水解反應（取代反應）?！驹斀狻緼.能發(fā)生加聚反應的物質(zhì)，要具有碳碳雙鍵和碳碳三鍵，而阿司匹林中不含有兩個官能團，不能發(fā)生那個加聚反應，A正確；B.該分子中有酯基，可以發(fā)生水解反應，水解反應屬于取代反應，即該物質(zhì)可以發(fā)生取代反應，B錯誤；C.該分子中含有羧基，可以發(fā)生中和反應，C錯誤；D.該分子含有苯環(huán)，可以發(fā)生加成反應，D錯誤；故A為合理選項?！军c睛】判斷一個有機物能發(fā)生什么樣的反應，主要取決于其自身所含有的官能團。羧基和酯基中所含的羰基不能發(fā)生加成反應，醛基和酮基中的羰基可以和氫氣發(fā)生加成反應。4、B【解析】

A.使石蕊試液變紅體現(xiàn)硝酸的酸性，A不選；B.與銅反應放出NO氣體，生成Cu(NO3)2，反應中氮元素化合價降低，由硝酸鹽生成，硝酸既能表現(xiàn)出酸性又能表現(xiàn)出氧化性，B選；C.與Na2CO3反應放出CO2氣體，生成NaNO3只體現(xiàn)硝酸的酸性，不是氧化還原反應，C不選；D.與硫單質(zhì)共熱時生成H2SO4和NO2，反應中氮元素化合價降低，沒有硝酸鹽生成，只體現(xiàn)硝酸的氧化性，D不選；答案選B?！军c睛】明確硝酸體現(xiàn)酸性和氧化性的標志及特征是解答的關鍵，如果反應中氮元素化合價降低，說明得到電子，體現(xiàn)氧化性。如果有硝酸鹽生成，則體現(xiàn)酸性。5、C【解析】

由比例模型可知四種常見有機物分別為甲烷、乙烯、苯、乙醇【詳解】A．甲烷的化學性質(zhì)穩(wěn)定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A錯誤；B．乙烯中含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色，故B錯誤；C．苯與濃硫酸、濃硝酸的混合液共熱發(fā)生取代反應生成硝基苯，故C正確；D．乙醇在濃硫酸作用下可與乙酸發(fā)生取代反應生成乙酸乙酯，故D錯誤；故選C．6、A【解析】

A．濃硫酸具有強氧化性，在常溫下可使鐵、鋁等金屬在表面生成一層致密的氧化膜而鈍化，A項正確；B．濃硫酸是無色難揮發(fā)的液體，B項錯誤；

C．濃硫酸可與氨氣反應生成硫酸銨，則不能用于干燥氨氣，C項錯誤；

D．濃硫酸與銅的反應需在加熱條件下進行，D項錯誤；

答案選A?！军c睛】濃硫酸具有吸水性所以可以用作干燥劑是初中所學唯一的液態(tài)干燥劑。但是并不是所有的東西都可以干燥，可干燥的有：氫氣、氧氣、氯氣、二氧化碳、一氧化碳、二氧化硫、氯化氫等，但不能干燥的：氨氣、碘化氫、溴化氫、硫化氫，本題C項因為氨氣是堿性氣體，會與濃硫酸發(fā)生化學反應：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4。7、C【解析】

A．如果酸是強酸，則需要稀釋10倍，才能使pH從3升高到4；如果是弱酸，弱酸存在電離平衡，稀釋促進電離，則需要稀釋10倍以上，才能使pH從3升高到4，即溶液的體積：10V甲≤V乙，故A正確；B．酸抑制水的電離，甲燒杯中氫離子的濃度是乙燒杯中氫離子濃度的10倍，因此水電離出的OH－濃度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，故B正確；C．若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，則乙燒杯中所得鹽溶液的濃度小。如果鹽不水解，則所得溶液的pH相等。如果生成的鹽水解，則甲燒杯中溶液的堿性強于乙燒杯中溶液的堿性，即所得溶液的pH：甲≥乙，故C錯誤；D．若分別與5mlpH＝11的NaOH溶液反應，如果是強酸，則均是恰好反應，溶液顯中性。如果是弱酸，則酸過量，但甲燒杯中酸的濃度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，故D項正確；故選C。.【點睛】本題考查了弱電解質(zhì)的電離、酸堿混合的定性判斷及pH的相關計算，題目難度中等，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，正確理解題意，明確弱酸存在電離平衡的特點為解答本題的關鍵。8、B【解析】A．反應物的總能量大于生成物的總能量，而Y的能量不一定高于N，故A錯誤；B．該反應為放熱反應，所以反應物的總能量大于生成物的總能量，即X和Y的總能量一定高于M和N的總能量，故B正確；C．反應的放熱、吸熱與反應條件(如加熱)無關，某些放熱反應也需要加熱才能反應，如氫氣和氧氣的反應，故C錯誤；D．反應物的總能量大于生成物的總能量，斷裂X和Y的化學鍵所吸收的能量一定小于形成M和N的化學鍵所放出的能量，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查反應熱與焓變的應用，為高頻考點，明確放熱反應與反應物和生成物的總能量的關系為解答關鍵。需要注意的是，反應是放熱還是吸熱，與反應條件無關。9、D【解析】試題分析：氮氣中氮原子之間通過三鍵均達到了8電子穩(wěn)定結構，電子式為，故A錯誤；硫離子的結構示意圖為：，故B錯誤；NH4Br的電子式為，故C錯誤，原子核內(nèi)有l(wèi)8個中子的氯原子，由于氯原子的質(zhì)子數(shù)為17，故其相對原子質(zhì)量為17+18=35，所以原子核內(nèi)有l(wèi)8個中子的氯原子為，故本題的答案選擇D?？键c：化學用語點評：本題考查了化學用語，屬于對化學基本知識的考查，本題掌握常用化學用語的書寫，注意結構式未成鍵的孤對電子對不用標出，本題難度不大。10、C【解析】

化合物的化學式為Cux(OH)y(CO3)z，化合物中正負化合價之和為0，已知Cu為＋2價，氫氧根為-1價，碳酸根為-2價，則根據(jù)正負化合價為0得：2x=y+2z為①式；22.2g樣品的物質(zhì)的量=mol，則含銅的物質(zhì)的量mol，16.0g氧化銅中銅的物質(zhì)的量=mol，根據(jù)銅守恒，=，即47x=17y+60z為②式；②-①×17可得：，①×30-②可得：，符合比例關系的為C。答案選C。11、B【解析】

①升高溫度，能提高單位體積內(nèi)活化分子的數(shù)目，使有效碰撞幾率增大，提高反應速率，正確；②改用100mL3mol/L鹽酸，增大溶液中氫離子濃度，是反應速率加快，正確；③多用300mL1mol/L鹽酸，溶液中氫離子濃度不變，反應速率不變，錯誤；④用等量鐵粉代替鐵片，增大鐵與氫離子的接觸，反應速率加快，正確；⑤改用98%的硫酸，鐵遇到濃硫酸鈍化，反應停止，錯誤；⑥加入少量CuSO4，在鐵的表面析出Cu，形成銅鐵原電池，加快鐵的反應速率，正確；答案為B【點睛】向反應液中加入少量硫酸銅，溶液中的銅離子得電子能力強，先在鐵的表面析出銅，形成銅鐵原電池，加快負極的消耗，反應速率加快。12、A【解析】分析：根據(jù)元素周期律分析判斷。詳解：A.非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定。非金屬性O＞S，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性H2O＞H2S，A正確；B.金屬性越強，最高價氧化物水化物堿性越強。金屬性Na＜K，則堿性NaOH＜KOH，B錯誤；C.同周期自左向右非金屬性逐漸增強，則非金屬性Si＜P，C錯誤；D.非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強。非金屬性C＜N，則酸性H2CO3＜HNO3，D錯誤。答案選A。13、C【解析】分析：由圖乙可知，t3～t4階段為使用催化劑，t4～t5階段改變條件平衡不移動，改變溫度或某一組分濃度，平衡發(fā)生移動，故t4時改變的條件為減小壓強，說明反應前后氣體的體積相等，且反應速率減小，應是降低壓強．t5時正逆反應速率都增大，應是升高溫度，t2時正、逆反應速率中只有其中一個增大，應是改變某一物質(zhì)的濃度；由圖甲可知，t1時到達平衡，△c(A)=0.09mol/L，△c(C)=0.06mol/L，二者化學計量數(shù)之比為0.09：0.06=3：2，則B為生成物，反應方程式為：3A(g)?B(g)+2C(g)。詳解：A．若t1=15s，t0～t1段△c(A)=0.9mol/L，則v(A)=0.09mol/L15s=0.006mol/(L．s)，故A錯誤；B．根據(jù)上述分析，t4～t5階段改變的條件是降低壓強，故B錯誤；C．由3A(g)?2C(g)+B(g)可知△c(B)=12△c(C)=0.03mol/L，B的起始濃度=0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，該容器的容積為2L，B的起始物質(zhì)的量為2L×0.02mol/L=0.02mol，故C正確；D．t5～t6階段為升高溫度，容器內(nèi)A的物質(zhì)的量減少了0.06mol，說明平衡正向移動，正反應為吸熱反應，應是升高溫度，3molA反應放出的吸收的熱量為akJ×3mol0.06mol=50kJ，反應熱化學方程式為：3A(g)?2C(g)+B(g)△H=+50akJ/mol，故14、D【解析】

A.a點處溶液呈中性，而所給出的離子中，碳酸根離子會水解使得溶液呈堿性，故A錯。B.b點處溶液呈酸性，但是溶液中還有硝酸根離子，即相當于有硝酸存在，強氧化性的硝酸不會允許有還原性的二價鐵離子的存在，故B錯。C.c對應的溶液呈中性，但是鋁離子的水解會使得溶液呈酸性，故C錯。D.d點所對應的溶液呈堿性，該組離子可以大量共存，與題意符合，所以D正確。15、D【解析】

A．干冰氣化只破壞分子間作用力，選項A錯誤；B．硝酸屬于共價化合物，溶于水只破壞共價鍵，選項B錯誤；C．碳酸鉀為離子化合物，熔化時破壞離子鍵，沒有破壞共價鍵，選項C錯誤；D．KHSO4屬于離子化合物，為強酸的酸式鹽，溶于水電離產(chǎn)生鉀離子、氫離子和硫酸根離子，既破壞離子鍵，又破壞共價鍵，選項D正確；答案選D。【點睛】注意物質(zhì)聚集狀態(tài)的變化對化學鍵無影響，為易錯點。16、A【解析】

斷裂1molH2中的化學鍵消耗的能量為Q1kJ，則H-H鍵能為Q1kJ/mol，斷裂1molF2中的化學鍵消耗的能量為Q2kJ，則F-F鍵能為Q2kJ/mol，形成1molHF中的化學鍵釋放的能量為Q3kJ，則H-F鍵能為Q3kJ/mol，對于H2（g）+F2（g）=2HF（g）反應熱△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol。由于氫氣和氟氣混合在黑暗處即可發(fā)生爆炸而釋放出大量的熱量，反應熱△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，答案選A。17、C【解析】

A、镅—235與鈾—235的質(zhì)量數(shù)均為235，具有相同的質(zhì)量數(shù)，故A錯誤；B、質(zhì)量數(shù)是相對原子質(zhì)量的近似整數(shù)值，镅—235的原子質(zhì)量約為12C原子質(zhì)量的倍，故B錯誤；C、質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，镅—235原子核內(nèi)中子數(shù)=235-95=140，核外電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)=95，故C正確；D、镅—235屬于錒系乙酸，具有放射性，故D錯誤；故選C。18、A【解析】

油脂是高級脂肪酸與甘油形成的酯．是油與脂肪的統(tǒng)稱，高級脂肪酸甘油酯的烴基中含有不飽和鍵呈液態(tài)稱為油，不含不飽和鍵呈固態(tài)為脂肪。【詳解】A、豆油是高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類；選項A符合；B、醬油主要由大豆，淀粉、小麥、食鹽經(jīng)過制油、發(fā)酵等程序釀制而成的．醬油的成分比較復雜，除食鹽的成分外，還有多種氨基酸、糖類、有機酸、色素及香料成分，選項B不符合；C、煤油屬于烴類，不屬于酯，選項C不符合；D、甘油是丙三醇，屬于醇，選項D不符合；答案選A。【點睛】本題考查了酯類概念和結構分析，主要是物質(zhì)結構的理解和應用，題目較簡單。19、D【解析】分析：根據(jù)原子的核外電子排布規(guī)律、Ge的原子組成以及元素周期律解答。詳解：A.K層只能容納2個電子，則x=2，A錯誤；B.最外層電子數(shù)是4，則鍺元素與碳元素位于同一族，屬于第ⅣA族，B正確；C.原子核外電子層數(shù)是4層，鍺位于元素周期表第4周期，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑大于碳的原子半徑，C正確；D.距離鍺原子核較遠區(qū)城內(nèi)運動的電子能量較高，D錯誤。答案選D。20、B【解析】A．海水中鎂離子的濃度較低，在海水中加入石灰乳可得氫氧化鎂沉淀，實現(xiàn)了鎂的富集，不選用NaOH，故A錯誤；B．海水淡化的主要方法有：蒸餾法、電滲析法、離子交換法等，故B正確；C．溴元素由化合態(tài)轉化為游離態(tài)發(fā)生氧化還原反應，反應方程式為：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以氯氣做氧化劑，故C錯誤；D．海帶中碘以I-形式存在，不能用萃取劑直接萃取，另外乙醇易溶于水，不可用作萃取劑，故D錯誤；答案為B。21、C【解析】

A.1體積的水能溶解40體積二氧化硫，所以二氧化硫易溶于水，故A錯誤；B.二氧化硫是無色有毒氣體，有刺激性氣味，故B錯誤；C.二氧化硫能和有色物質(zhì)反應生成無色物質(zhì)而具有漂白性，能使品紅溶液褪色，故C正確；D.二氧化硫的摩爾質(zhì)量是64g/mol，空氣的平均摩爾質(zhì)量是29g/mol，根據(jù)知，相同條件下，氣體密度與其摩爾質(zhì)量成正比，所以二氧化硫密度大于空氣，故D錯誤；故選C。22、A【解析】分析：經(jīng)過5s后，測得氮氣還剩余3.0mol，反應消耗的氮氣的物質(zhì)的量為1mol，氮氣的濃度變化為：c（N2）=1.0mol2L=0.5mol/L，再根據(jù)v（N2）=△c△t詳解：經(jīng)過5s后，氮氣的濃度變化為：c（N2）=1.0mol2L=0.5mol/L，氮氣的平均反應速率為：v（N2）=△c△t=0.5mol/L5s點睛：本題考查了化學反應速率的簡單計算，題目難度不大，注意掌握反應速率的概念及表達式，試題培養(yǎng)了學生靈活應用所學知識解決實際問題的能力。二、非選擇題(共84分)23、AlH2Fe(OH)3Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O先生成白色絮狀沉淀，而后迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色沉淀取少量溶液B于試管中，先滴入少量稀硝酸，再滴加硝酸銀溶液【解析】K為紅褐色沉淀，則應為Fe(OH)3，則溶液J中含有Fe3+，所以H為Fe，D應為H2，E應為Cl2，B為HCl，則I為FeCl2，J為FeCl3，K為Fe(OH)3，白色沉淀F能溶于過量NaOH溶液，則F為Al(OH)3，G為NaAlO2，A為Al，C為AlCl3。（1）由上分析知，A為Al、D為H2、K為Fe(OH)3。（2）C為AlCl3，F(xiàn)為Al(OH)3，“C→F”的離子方程式為：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+。（3）F為Al(OH)3，G為NaAlO2，“F→G”的化學方程式為：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。（4）I為FeCl2，滴入NaOH溶液，生成氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定迅速被氧化成氫氧化鐵，故可觀察到的現(xiàn)象是：先生成白色絮狀沉淀，而后迅速變?yōu)榛揖G色，最后變?yōu)榧t褐色沉淀。（5）B為HCl，檢驗溶液Cl－的方法是：取少量溶液B于試管中，先滴入少量稀硝酸，再滴加硝酸銀溶液，生成白色沉淀。點睛：本題考查無機物的推斷，主要涉及常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應用，注意根據(jù)物質(zhì)間反應的現(xiàn)象作為突破口進行推斷，如紅褐色沉淀是Fe(OH)3、黃綠色氣體是氯氣，學習中注意積累相關基礎知識。24、①羥基或－OH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O①②③【解析】

（1）石油分餾時不產(chǎn)生新物質(zhì)，所以屬于物理變化；裂解時產(chǎn)生新物質(zhì)，所以屬于化學變化，則上述過程中屬于物理變化的是①；（2）乙烯和水發(fā)生加成反應生成乙醇，乙醇中官能團是羥基；（3）在銅或銀作催化劑、加熱條件下，乙醇能被氧氣氧化生成乙醛和水，反應方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，其結構簡式為；（5）乙烯與水反應生成乙醇，乙醇在催化劑作用下生成乙醛，乙醛繼續(xù)被氧化生成乙酸，在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，則反應IV的化學方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（6）①CH2=CH-COOH和CH3CH=CHCOOH結構相似，且在分子組成上相差一個－CH2原子團，所以屬于同系物，正確；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，正確；③CH2=CH-COOH含有碳碳雙鍵、甲基，屬于含氧衍生物，能發(fā)生加成反應、取代反應，能燃燒而發(fā)生氧化反應，正確；答案選①②③。25、稀硫酸、鐵屑煮沸避免生成的Fe（OH）1沉淀接觸O1稀硫酸、鐵屑NaOH溶液檢驗試管Ⅱ出口處排出的氫氣的純度，當排出的H1純凈時，再夾緊止水夾試管Ⅰ中反應生成的H1充滿了試管Ⅰ和試管Ⅱ，且外界空氣不容易進入【解析】

本實驗題用兩種方法來制備氫氧化亞鐵，方法一完全是采用課本中的實驗，考查硫酸亞鐵溶液的配制中的要求，必須要注意防止水解和氧化；在制備氫氧化亞鐵必須要除去溶解在溶液中的氧氣及制備氫氧化亞鐵的操作要求；方法二是對課本實驗的延伸，是一種改進的制備方法，用氫氣作保護氣的方法來保證新制的氫氧化亞鐵不被馬上氧化?！驹斀狻糠椒ㄒ?/p>

：(1)配制FeSO4溶液時，需加入稀硫酸和鐵屑，抑制Fe1+的水解并防止Fe1+被空氣中的O1氧化為Fe3+，故答案為稀H1SO4、鐵屑；(1)煮沸蒸餾水可除去其中溶解的O1．故答案為煮沸；(3)Fe(OH)1很容易被空氣中的氧氣氧化，實驗時生成白色Fe(OH)1沉淀的操作是用長滴管吸取不含O1的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液，故答案為避免生成的

Fe(OH)1沉淀接觸O1；方法二：(1)試管Ⅰ中提供還原性氣體氫氣和硫酸亞鐵溶液，可用硫酸和鐵屑反應生生成，故答案為稀H1SO4、鐵屑；(1)試管Ⅱ中應為NaOH溶液，與試管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反應生成Fe(OH)1沉淀，故答案為NaOH溶液；(3)打開止水夾，F(xiàn)e與H1SO4反應生成H1充滿整個裝置，反應一段時間后關閉止水夾，左側試管內(nèi)氣壓升高，反應生成的Fe1+沿導管進入右側試管與NaOH反應生成白色沉淀Fe(OH)1，若過早關閉止水夾，使左側試管中的硫酸壓入右側試管中，將NaOH中和，則得不到Fe(OH)1溶液．故答案為檢驗試管Ⅱ出口處排出的氫氣的純度，當排出的H1純凈時，再夾緊止水夾；(4)由于裝置中充滿H1，外界空氣不易進入，所以沉淀的白色可維持較長時間，故答案為試管Ⅰ中反應生成的H1充滿了試管Ⅰ和試管Ⅱ，且外界空氣不容易進入。【點睛】Fe(OH)1很容易被空氣中的氧氣氧化，這是Fe(OH)1的重要性質(zhì)，本題是在原有性質(zhì)基礎上進行了改編，設計成了探究型實驗題。本題考查水解方面的問題，又考查了氧化還原方面的問題，還有實驗中的實際問題，同時還考查了實驗的設計，題目難度中等。26、CH2Br-CH2Br溴水顏色變淺（或退色）醛基圓底燒瓶防止暴沸C除去草酸、有機酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度87.7%【解析】

(1)乙烯和溴水反應生成A，結構簡式為CH2Br-CH2Br；(2)“反應I”的現(xiàn)象為溴水顏色變淺（或退色）；(3)乙二醛的官能團為醛基；(4)①儀器a為圓底燒瓶；加入碎瓷片的作用是防止暴沸；②因為要控制溫度范圍，所以最好用水浴加熱，選C；③乙醇能溶解在飽和碳酸鈉溶液中，而酯的溶解度會降低，飽和碳酸鈉能反應酸，作用為除去草酸、有機酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度；④草酸和乙醇反應生成草酸二乙酯和水，方程式為：；⑤乙醇的質(zhì)量為10.6克，草酸的質(zhì)量為9.0克，根據(jù)反應方程式分析，乙醇過量，用草酸進行計算，理論上生成14.6克草酸二乙酯，則產(chǎn)率為12.8/14.6=87.7%。27、先在試管甲中加入3mL乙醇,然后邊振蕩試管邊慢慢加入濃硫酸和冰醋酸催化劑吸水劑中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉化為乙酸鈉溶于水中，便于聞到乙酸乙酯的香味；溶解揮發(fā)出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層析出防止倒吸將反應生成的乙酸乙酯蒸氣冷凝分液防止試管甲中液體暴沸而沖出導管上層產(chǎn)生油狀液體，并聞到水果香味小不溶于水【解析】

（1）為防止酸液飛濺，應將密度大的液體加入到密度小的液體中，乙酸易揮發(fā)，冷卻后再加入乙酸，所以加入試劑的正確的操作是先在試管甲中加入3mL乙醇，然后邊振蕩試管邊慢慢加入濃硫酸和冰醋酸；（2）為加快反應速率需要濃硫酸作催化劑，又因為酯化反應是可逆反應，則濃硫酸的另一個作用是吸水劑；（3）生成乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，則制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液，目的是中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉化為乙酸鈉溶于水中，便于聞到乙酸乙酯的香味；溶解揮發(fā)出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層析出；（4）乙酸、乙醇與水均是互溶的，因此導管不能插入溶液中，導管要插在飽和碳酸鈉溶液的液面上，伸入液面下可能發(fā)生倒吸。長導管兼有冷凝的作用，可以將反應生成的乙酸乙酯蒸氣冷凝；（5）分離乙酸乙酯時先將盛有混合物的試管充分振蕩，讓飽和碳酸鈉溶液中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉化為乙酸鈉溶于水中，溶解揮發(fā)出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，靜置分層后取上層得乙酸乙酯，因此應采用的實驗操作是分液；（6）加入碎瓷片可防止液體局部過熱發(fā)生暴沸現(xiàn)象，因此向試管甲中加入幾塊碎瓷片的目的是防止試管甲中液體暴沸而沖出導管；（7）乙酸乙酯的密度比水小，不溶于水，所以試管乙中觀察到的現(xiàn)象是有無色油狀液體出現(xiàn)，并聞到水果香味。【點睛】本題考查了乙酸乙酯的制備，題目難度不大，明確實驗原理和相關物質(zhì)的性質(zhì)是解答的關鍵。另外該實驗要關注制備的細節(jié)如反應條件，催化劑的使用及其產(chǎn)物的除雜提純等問題。28、92A②80%ac負N2+6e-+6H+=2NH3B【解析】

(1)反應熱為斷鍵吸收的能量與成鍵放出的能量差，據(jù)此解答；(2)根據(jù)催化劑可以加快反應速率，縮短達到平衡所需要的時間分析；物質(zhì)的平衡轉化率等于轉化率與起始加入量的比；根據(jù)反應達到平衡時，任何物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，反應速率不變，物質(zhì)的含量不變判斷；(3)根據(jù)在原電池反應中，負極失去電子，發(fā)生氧化反應，正極上獲得電子，發(fā)生還原反應，結合電解質(zhì)溶液中同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則分析?！驹斀狻?1)Q=946kJ+436kJ×3-391kJ×6=-92kJ，說明該反應發(fā)生放出92kJ能量，反應物的能量比生成物的能