2025屆廣東省深圳市龍崗區(qū)高一化學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2025屆廣東省深圳市龍崗區(qū)高一化學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、有機物與氯氣發(fā)生取代反應，生成的一氯代物有A．1種 B．2種 C．3種 D．4種2、下列說法正確的是A．F2、Cl2、Br2、I2單質的熔點逐漸降低B．Li、Na、K、Rb單質密度逐漸增大C．水分子很穩(wěn)定是因為分子間有氫鍵D．熔融AlCl3不導電，說明其為共價化合物3、短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如圖所示,下列說法正確的是A．X、Y、Z三種元素中，X的非金屬性最強B．Y的最高正化合價為+7價C．常壓下X單質的熔點比Z單質的低D．Y的氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的氫化物弱4、根據(jù)原子結構的相關知識可知,不同種元素的本質區(qū)別是()A．質子數(shù)不同 B．中子數(shù)不同 C．電子數(shù)不同 D．質量數(shù)不同5、下列化學用語正確的是A．羥基的電子式:B．中子數(shù)為16的磷原子:3115PC．氟原子的結構示意圖:D．HClO的結構式:H-C1-O6、高溫下，某反應達平衡，平衡常數(shù)K＝，恒容時，溫度升高，H2濃度減小，下列說法正確的是()A．該反應的焓變?yōu)檎礏．恒溫恒容下，增大壓強，H2濃度一定減小C．升高溫度，逆反應速率增大，正反應速率減小D．該反應的化學方程式為CO＋H2O

CO2＋H27、反應：3A(g)＋B(g)===2C(g)＋2D(g)，在不同條件下，用不同物質表示其反應速率，分別為①v(A)＝0.6mol·L－1·min－1②v(B)＝0.45mol·L－1·min－1③v(C)＝0.015mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45mol·L－1·min－1，則此反應在不同條件下進行最快的是()A．②③ B．①③ C．②④ D．②8、下列關于堿金屬的說法不正確的是（）A．原子最外層電子數(shù)都是1B．單質的熔點隨著原子序數(shù)的遞增而增大C．原子半徑隨著原子序數(shù)的遞增而增大D．單質與氧氣都能反應9、下列有關晶體的說法中正確的是A．原子晶體中，共價鍵越強，熔點越高B．冰熔化時，水分子中共價鍵發(fā)生斷裂C．氯化氫溶于水能電離出H＋、Cl－，所以氯化氫是離子晶體D．碘晶體受熱轉變成碘蒸氣，吸收的熱量用于克服碘原子間的作用力10、下列有機物中，完全燃燒時生成的二氧化碳與水的物質的量之比為2:1的是A．乙烷 B．乙烯 C．乙炔 D．乙醇11、180℃時將0.5molH2和1molCO2通入1L的恒容密閉容器中，反應生成甲醇蒸汽（CH3OH）和某無機副產物，測得各物質的物質的量隨時間的部分變化如圖所示，下列說法中正確的是（）A．該反應的化學方程式：2CO2+4H22CH3OH+O2B．在0～3min內H2的平均化學反應速率為0.1mol·L-1·min-1C．當容器內混合氣體密度不再變化時，表明反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)D．在3～10min內，反應仍未達到平衡狀態(tài)12、某元素的原子最外層有2個電子，關于該元素的推斷一定正確的是（）A．是金屬元素B．是IIA族元素C．是稀有氣體元素D．無法確定13、在下列元素中，最高正化合價數(shù)值最大的是(

)A．Na B．P C．Cl D．Ar14、已知W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W與Z同主族，X與Y同周期，且Y與Z的原子序數(shù)之和為20。Y單質能與無色無味液體m反應置換出X單質，Z單質也能與m反應置換出W單質。W、X、Y均能與Z形成離子化合物。下列說法錯誤的是A．離子半徑：X2->Z+B．X與Z形成的化合物一定只含離子鍵C．Y的氫化物比X的氫化物穩(wěn)定D．W與Z可形成離子化合物ZW15、鹵族元素隨著原子序數(shù)的增大，下列遞變規(guī)律正確的是A．單質熔、沸點逐漸降低 B．單質的氧化性逐漸增強C．原子半徑逐漸增大 D．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性逐漸增強16、實驗室中某些氣體的制取、收集及尾氣處理裝置如圖所示(省略夾持和凈化裝置)。僅用此裝置和表中提供的物質完成相關實驗，最合理的選項是選項a中的物質b

中的物質c中收集的氣體d

中的物質A濃氨水CaONH3H2OB濃鹽酸MnO2Cl2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD濃硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知：A是石油裂解氣的主要產物之一，其產量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志。下列是有機物A～G之間的轉化關系：請回答下列問題：（1）A、D中所含官能團的名稱分別是_______________；C的結構簡式是_____________；（2）E是一種具有香味的液體，由B+D→E的反應方程式為：______________，反應類型是________。（3）G是一種高分子化合物，其結構簡式是____________________________________；（4）俄羅斯足球世界杯激戰(zhàn)正酣，在比賽中當運動員肌肉扭傷時，隊醫(yī)立即對其受傷部位噴射物質F進行應急處理。寫出由A制F的化學反應方程式：___________。（5）H是E的同分異構體，且H能與NaHCO3反應，則H的結構簡式可能為(寫出2種)：_____________________________________________________________________。18、下表是元素周期表的一部分，其中甲?戊共五種元素，回答下列問題:族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA1甲2乙3丙丁戊（1）五種元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是________________（填化學式，下同），顯兩性的是____________。（2）甲與乙形成的一種化合物分子中共含10個電子，則該化合物的電子式是_____________，結構式為___________。該化合物固態(tài)時所屬晶體類型為____________。（3）乙、丙、丁三種元素分別形成簡單離子，按離子半徑從大到小的順序排列為___________（用離子符號表示）。（4）有人認為，元素甲還可以排在第ⅦA族，理由是它們的負化合價都是________；也有人認為，根據(jù)元素甲的正、負化合價代數(shù)和為零，也可以將元素甲排在第_________族。（5）甲與丙兩種元素形成的化合物與水反應，生成—種可燃性氣體單質，該反應的化學方程式為______________________________。（6）通常狀況下，1mol甲的單質在戊的單質中燃燒放熱184kJ，寫出該反應的熱化學方程式__________________________________________________。19、某同學為驗證元素周期表中元素性質的遞變規(guī)律，設計了如下實驗。I.(1)將鈉、鉀、鎂、鋁各1mol分別投入到足量的同濃度的鹽酸中，試預測實驗結果：_____與鹽酸反應最劇烈，____與鹽酸反應的速率最慢；_____與鹽酸反應產生的氣體最多。(2)向Na2S溶液中通入氯氣出現(xiàn)淡黃色渾濁，可證明C1的非金屬性比S強，反應的離子方程式為：_______________。II.利用下圖裝置可驗證同主族非金屬性的變化規(guī)律。(3)儀器B的名稱為__________，干燥管D的作用為___________。(4)若要證明非金屬性：Cl＞I，則A中加濃鹽酸，B中加KMnO4(KMnO4與濃鹽酸常溫下反應生成氯氣)，C中加淀粉碘化鉀混合溶液，觀察到混合溶液_____的現(xiàn)象，即可證明。從環(huán)境保護的觀點考慮，此裝置缺少尾氣處理裝置，可用_____溶液吸收尾氣。(5)若要證明非金屬性：C＞Si，則在A中加鹽酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液觀察到C中溶液______的現(xiàn)象，即可證明。但有的同學認為鹽酸具有揮發(fā)性，應用______溶液除去。20、ZrO2常用作陶瓷材料，可由鋯英砂(主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2·SiO2，還含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質)通過如下方法制取。已知：①ZrO2能與燒堿反應生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2＋。②部分金屬離子在實驗條件下開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金屬離子Fe3＋Al3＋ZrO2＋開始沉淀時pH1.93.36.2沉淀完全時pH3.25.28.0(1)“熔融”時ZrSiO4發(fā)生反應的化學方程式為________________________________。(2)“濾渣Ⅰ”的化學式為________________。(3)為使濾液Ⅰ中的雜質離子沉淀完全，需用氨水調pH＝a，則a的范圍是________；繼續(xù)加氨水至pH＝b時，所發(fā)生反應的離子方程式為__________________________________________。(4)向“過濾Ⅲ”所得濾液中加入CaCO3粉末并加熱，得到兩種氣體。該反應的離子方程式為____________________________。21、四種短周期元素A、B、C、D的性質或結構信息如下：信息：①原子半徑：A<B<C<D。②四種元素之間形成的某三種分子的比例模型及部分性質如下：物質比例模型圖存在或性質甲是地球上最常見的物質之一，是所有生命體生存的重要資源，約占人體體重的三分之二乙無色，無氣味并且易燃。是常見的一種基礎能源丙有強氧化性的弱酸，有漂白性，可用于消毒殺菌請根據(jù)上述信息回答下列問題。（1）A的元素符號是__________；C元素在元素周期表中的位置是_______；甲的電子式是_______。（2）丙可由D元素的單質與物質甲反應得到，該反應的離子方程式是________；D所在周期中，E元素的單質還原性最強，則E的單質與甲反應后的溶液呈_______（填“酸”或“堿”）性，用電離方程式表示其原因是___________________________。（3）①A、B、C元素可組成多種化合物。由A、C組成的一種化合物丁，其產量常常用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，則實驗室中可用來除去乙中少量丁的試劑是_________。②A、B、C組成的化合物中，有2種化合物的化學式均為C2A6B，則這2種化合物的關系互稱為_________。為了鑒別這兩種化合物，某同學用一小塊E的單質分別投入盛有這2種化合物的試管中，其中與E的單質發(fā)生反應的化學方程式是_______________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】

有3種環(huán)境不同的H原子，即如圖所示三種，故其一氯代物有3種，故選C。【點睛】確定等效氫原子是解本題的關鍵，對于等效氫的判斷：①分子中同一甲基上連接的氫原子等效；②同一碳原子所連甲基上的氫原子等效；③處于鏡面對稱位置上的氫原子等效；有幾種氫原子就有幾種一氯代烴。2、D【解析】分析：A.根據(jù)分之間作用力判斷熔點；B.根據(jù)元素周期律同主族性質遞變規(guī)律判斷；C.分子的穩(wěn)定性與共價鍵有關；D.熔融狀態(tài)的共價化合物不導電。詳解：F2、Cl2、Br2、I2單質是分子晶體，其熔點與分之間作用力有關，隨著相對分子質量逐漸增大，分之間作用力逐漸增大，熔點逐漸升高，A選項錯誤；Li、Na、K、Rb是同主族的元素單質，隨著原子序數(shù)的遞增，其密度逐漸增大，但K的密度比Na小，所以其密度關系正確的是：銫>銣>鈉>鉀>鋰，B選項錯誤；水分子是共價化合物，其穩(wěn)定性與共價鍵有關，與分之間作用力（氫鍵也是分之間作用力）無關，C選項錯誤；共價化合物在熔融狀態(tài)下仍然以分子或者原子形式存在，沒有離子出現(xiàn)，所以共價化合物熔融狀態(tài)不導電，熔融AlCl3不導電，說明其為共價化合物，D選項正確；正確選項D。點睛：比較物質的熔、沸點的高低，首先分析物質所屬的晶體類型，一般來說，原子晶體＞離子晶體＞分子晶體；然后再在同類型晶體中進行比較，如果是同一類型晶體熔、沸點高低的要看不同的晶體類型具體對待：1.同屬分子晶體：①組成和結構相似的分子晶體，如果分子之間存在氫鍵，則分子之間作用力增大，熔沸點出現(xiàn)反常。有氫鍵的熔沸點較高。②組成和結構相似的分子晶體，一般來說相對分子質量越大，分子間作用力越強，熔沸點越高。例如本題中：I2＞Br2＞Cl2＞F2；2.同屬原子晶體，一般來說，半徑越小形成共價鍵的鍵長越短，鍵能就越大，晶體的熔沸點也就越高。例如：金剛石（C－C）＞二氧化硅（Si－O）＞碳化硅（Si－C）晶體硅（Si－Si）；3.同屬離子晶體離子的半徑越小，所帶的電荷越多，則離子鍵越強，晶格能越高，熔沸點越高。例如：MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。3、C【解析】

根據(jù)題意，X、Y、Z分別是He、F、S。A.X、Y、Z三種元素中，F(xiàn)的非金屬性最強，選項A錯誤；B.F沒有正價，選項B錯誤；C.常壓下He單質為氣態(tài)，S單質為固態(tài)，故熔點He比S的低，選項C正確；D.Y的氫化物HF的熱穩(wěn)定性比Z的氫化物H2S強，選項D錯誤。答案選C。4、A【解析】根據(jù)元素的概念，元素是具有相同核電荷數(shù)（即核內質子數(shù)）的一類原子的總稱，決定元素種類的微粒是質子數(shù)即元素的最本質區(qū)別是質子數(shù)不同，故選A。5、B【解析】分析：A.根據(jù)電子式書寫規(guī)則書寫電子式；B.原子符號zAX，表示質子數(shù)為Z，質量數(shù)為A的X元素的原子，其中A=Z+N(中子數(shù))；C.氟原子的核電荷數(shù)=核外電子總數(shù)=9，最外層含有7個電子；D.根據(jù)穩(wěn)定結構，氯元素成一個鍵，氧元素成兩個鍵。根據(jù)的電子式寫出結構式。

詳解：A.氧原子與氫原子通過一對共用電子對連接，羥基中的氧原子含有一個未成對電子，電子式為：，故A錯誤B.質量數(shù)為31的磷原子的質量數(shù)=15+16=31，該原子正確的表示方法為：1531P，故B正確；

C.氟原子的核電荷數(shù)、核外電子總數(shù)都是9，其正確的結構示意圖為：，故CD.根據(jù)穩(wěn)定結構，氯元素成一個鍵，氧元素成兩個鍵。的結構式為：，故D錯誤；故本題選：B。點睛：

本題考查常見化學用語的表示方法，涉及電子式、原子結構示意圖、元素符號、化學式等知識，注意掌握常見化學用語的書寫原則是解題的關鍵。6、A【解析】

根據(jù)平衡常數(shù)K=，可知該反應為CO2+H2CO+H2O(g)，恒容時，溫度升高，H2濃度減小，則升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由上述分析可知，升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，焓變?yōu)檎?，故A正確；B．恒溫恒容下，若充入惰性氣體增大壓強，平衡不移動，氫氣濃度不變，故B錯誤；C．升高溫度，正、逆反應速率均增大，故C錯誤；D．由K的表達式可知，該反應為CO2+H2CO+H2O(g)，故D錯誤；答案選A?！军c睛】把握K的表達式與反應的關系，溫度和壓強對平衡的影響為解答的關鍵。本題的易錯點為B，要注意條件為“恒溫恒容”，該反應前后氣體的物質的量不變，增大壓強，平衡不移動，增大壓強的方法可能是通入了惰性氣體。7、A【解析】

對于一個化學反應，用不同的物質表示反應速率時，數(shù)值可能不同，但意義是相同的，所以比較反應速率時需要先換算成用同一種物質來表示，然后才能直接比較數(shù)值大小?！驹斀狻炕瘜W反應速率之比等于化學反應方程式中的化學計量數(shù)之比，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=3∶1∶2∶2，則轉化為用A表示的化學反應速率分別為：①v(A)＝0.6mol·L－1·min－1；②v(B)＝0.45mol·L－1·min－1，則v(A)＝3v(B)＝1.35mol·L－1·min－1；③v(C)＝0.015mol·L－1·s－1=0.9mol·L－1·min－1，則v(A)＝v(C)＝1.35mol·L－1·min－1；④v(D)＝0.45mol·L－1·min－1，則v(A)＝v(D)＝0.675mol·L－1·min－1。綜上所述，②③進行最快，故選A。【點睛】本題考查化學反應速率的比較，注意利用反應速率之比等于化學計量數(shù)之比轉化為同種物質的反應速率，注意單位統(tǒng)一是解答本題的關鍵。8、B【解析】

A、堿金屬的最外層電子數(shù)=主族序數(shù)=1，選項A正確；B、按照Li、Na、K、Rb、Cs的順序，單質熔沸點逐漸降低，選項B錯誤；C、同主族元素從上而下原子序數(shù)增大，原子半徑依次增大，選項C正確；D、均為活潑的金屬，還原性強，單質與氧氣都能反應，選項D正確。答案選B?！军c睛】本題考查堿金屬的性質，注意同主族元素從上而下性質的遞變性，易錯點為選項B，堿金屬元素的熔點隨著原子序數(shù)的遞增而降低。9、A【解析】

A.原子晶體熔融時需要破壞共價鍵，共價鍵越強，熔點越高，故A正確；B.冰融化時，發(fā)生變化的是水分子之間的距離，而水分子內部的O-H共價鍵沒有發(fā)生斷裂，故B錯誤；

C.氯化氫溶于水能電離出H＋、Cl－，但氯化氫常溫下為氣態(tài)，屬于分子晶體，故C錯誤；D.碘晶體受熱轉變成碘蒸氣，破壞的是分子間作用力，吸收的熱量用于克服碘分子間的作用力，故D錯誤。故選A。10、C【解析】

A.乙烷的分子式為C2H6，乙烷完全燃燒時生成的二氧化碳與水的物質的量之比為2:3，A不選；B.乙烯的分子式為C2H4，乙烯完全燃燒時生成的二氧化碳與水的物質的量之比為1:1，B不選；C.乙炔的分子式為C2H2，乙炔完全燃燒時生成的二氧化碳與水的物質的量之比為2:1，C選；D.乙醇的分子式為C2H6O，乙醇完全燃燒時生成的二氧化碳與水的物質的量之比為2:3，D不選；答案選C。11、B【解析】

A．由圖知，消耗n(

CO2)=(1-0.9)mol=0.1mol、n(H2)=(0.5-0.2)mol=0.3mol、n(CH3OH)=0.1mol，同一反應中參加反應的各物質的物質的量之比等于其分子個數(shù)之比，則N(CO2)：N(H2)：N(CH3OH)=0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，根據(jù)原子守恒知，還生成H2O，所以反應方程式為CO2+3H2?CH3OH+H2O，故A錯誤；B．v(H2)=△nV△t=0.3mol1L3min=0.1mol?L-1?min-1，故B正確；C．反應前后氣體總質量不變、容器體積不變，則反應前后氣體密度始終不變，所以氣體密度不能作為平衡狀態(tài)判斷標準，故C錯誤；D．在3min時各物質物質的量不變，反應達到平衡狀態(tài)，則在3～10

min【點睛】本題考查化學平衡的建立和圖像分析，明確化學平衡狀態(tài)判斷標準及化學反應速率計算方法是解本題關鍵。本題的易錯點為D。12、D【解析】分析：某元素的原子最外層有2個電子，可能為第ⅡA族元素或He或副族元素，以此來解答。詳解：某元素的原子最外層有2個電子，可能為第ⅡA族元素或He或副族元素，He為稀有氣體元素，而第ⅡA族元素或副族元素均為金屬元素。答案選D。點睛：本題考查元素周期表的結構及應用，把握原子最外層有2個電子的元素可能為He及堿土金屬元素為解答的關鍵，注意電子排布與元素位置的關系，題目難度不大。13、C【解析】

A、Na原子的最外層電子數(shù)為1，最高化合價為+1價；B、P原子的最外層電子數(shù)為5，最高化合價為+5價；C、Cl原子的最外層電子數(shù)為7，其最高正化合價為+7；D、Ar的最外層電子數(shù)為8，已經(jīng)達到了穩(wěn)定結構，不易失去電子，常表現(xiàn)0價；綜上所述，符合題意的為C項，故選C?！军c睛】元素的原子核外最外層電子數(shù)決定元素最高化合價，需要注意的是F無正價，稀有氣體元素常顯0價。14、B【解析】

無色無味液體m是水，Y單質能與無色無味液體m反應置換出X單質，Z單質也能與m反應置換出W單質。Y和Z單質，一個是強還原劑鈉，一個是強氧化劑氟氣，且Y與Z的原子序數(shù)之和為20，得Z為Na，Y為F，W是H，X是O。W、X、Y均能與Z形成離子化合物NaH、Na2O、Na2O2、NaF。【詳解】A.因為O2－和Na＋核外電子排布相同，但是氧離子的核電荷數(shù)小于鈉離子，所以離子半徑O2－＞Na＋，故A正確；B.X與Z可形成Na2O2，而過氧根離子中就含有共價鍵，故B錯誤；C.根據(jù)元素周期律，F(xiàn)的非金屬性強于O，所以Y的氫化物比X的氫化物穩(wěn)定，故C正確；D.W與Z可形成離子化合物NaH，故D正確；故答案選B。【點睛】本題考查原子結構與元素周期律，解題關鍵：把握元素的性質、原子結構、原子序數(shù)來推斷元素，難點元素的推斷，注意規(guī)律性知識及元素化合物知識的應用，從氟氣與水、鈉與水發(fā)生置換反應突破。15、C【解析】

A．鹵素單質都是由分子構成的物質，結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力就越大，物質的熔沸點就越高，因此熔、沸點逐漸升高，A錯誤；B．從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，所以元素單質的氧化性逐漸減弱，B錯誤；C．從上到下原子核外電子層數(shù)逐漸增多，所以原子半徑逐漸增大，C正確；D．從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，元素的非金屬性越弱，其氫化物的穩(wěn)定性就越弱，所以氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性逐漸減弱，D錯誤。答案選C。16、D【解析】試題分析：A、氨氣的密度比空氣小，c裝置中應該短管進，長管出，A錯誤；B、濃鹽酸與MnO2制氯氣需要加熱，且由于濃鹽酸易揮發(fā)，所以c中收集的氣體不純凈，應該在bc之間應添加除去氯化氫的裝置，B錯誤；C、銅與稀硝酸反應產生的氣體為NO，NO2要用氫氧化鈉溶液吸收，水不能完全吸收，C錯誤；D、濃硫酸可以與亞硫酸反應，生成二氧化硫，SO2氣體的密度比空氣大，c裝置中應該長管進，短管出，SO2氣體會污染空氣，所以要吸收尾氣，D正確；答案選D?！究键c定位】本題主要是考查常見氣體的制備、收集、尾氣處理裝置的選擇【名師點睛】掌握各種氣體的制取、收集和處理方法是解答的關鍵。根據(jù)裝置圖可知所制備的氣體應為固體和液體反應不加熱氣體的制備，并用向上排空氣法收集以及采用防倒吸的方法進行尾氣處理，根據(jù)各選項中反應物的狀態(tài)判斷發(fā)生裝置、氣體的性質以及氣體要采用防倒吸解答本題即可。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵羧基CH3CHOCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O取代反應或酯化反應CH2=CH2+HClCH3CH2ClCH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH【解析】A是石油裂解氣的主要產物之一，其產量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的標志，說明A為乙烯，則根據(jù)轉化關系分析，B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，E為乙酸乙酯，F(xiàn)為氯乙烷，G為聚乙烯。(1)根據(jù)以上分析可知，乙烯的官能團為碳碳雙鍵，D的官能團為羧基；C為乙醛，結構簡式為：CH3CHO；(2)E是乙酸乙酯，乙酸和乙醇在濃硫酸加熱的條件下生成的，方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，該反應類型為取代反應或酯化反應；(3)G為聚乙烯，結構簡式為：；(4)乙烯和氯化氫反應生成氯乙烷，方程式為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；(5)H是E乙酸乙酯的同分異構體，能與碳酸氫鈉反應，說明其含有羧基，所以可能的結構簡式為：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。18、HClO4Al(OH)3H―O―H分子晶體O2-＞Na+＞Al3+-1ⅣANaH+H2O＝NaOH+H2↑H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝-184kJ/mol【解析】根據(jù)元素在周期表中的位置信息可得：甲為H、乙為O、丙為Na、丁為Al、戊為Cl。（1）元素非金屬性越強，則最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，故五種元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是HClO4；Al(OH)3具有兩性。（2）H與O形成的10電子分子為H2O，電子式是；結構式為H―O―H；固態(tài)水所屬晶體類型為分子晶體。（3）O2-、Na+、Al3+電子層結構相同，原子序數(shù)逐漸增大，故離子半徑從大到小的順序為O2-＞Na+＞Al3+。（4）如果將H排在第ⅦA族，應根據(jù)它們的負化合價都是-1；根據(jù)H元素的正、負化合價代數(shù)和為零，也可以將其排在第ⅣA族。（5）H與Na形成的化合物為NaH，與水反應生成可燃性氣體單質為H2，化學方程式為：NaH+H2O＝NaOH+H2↑。（6）通常狀況下，1mol氫氣在氯氣中燃燒放熱184kJ，則熱化學方程式為：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝-184kJ/mol。19、鉀鋁鋁S2-+Cl2=S↓+2C1-錐形瓶防止倒吸變藍NaOH[或Ca(OH)2]有白色沉淀生成飽和NaHCO3【解析】分析：I．（1）根據(jù)金屬活動性順序表可以判斷鈉、鉀、鎂、鋁的活潑性，活潑性越強，與鹽酸反應越劇烈；根據(jù)電子守恒比較生成氫氣體積大??；（2）硫離子被氯氣氧化成硫單質，據(jù)此寫出反應的離子方程式；II．（3）根據(jù)儀器的構造寫出儀器B的名稱；球形干燥管具有防止倒吸的作用；（4）氯氣能夠將碘離子氧化成碘單質，碘單質遇到淀粉變成藍色；氯氣有毒，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反應；（5）碳酸酸性強于硅酸，二氧化碳能夠與硅酸鈉反應生成白色沉淀硅酸；除去二氧化碳中氯化氫，可以使用飽和碳酸氫鈉溶液。詳解：I．（1）金屬活潑性順序為：鉀＞鈉＞鎂＞鋁，所以相同條件下與鹽酸反應最激烈的是鉀，反應速率最慢的是鋁；生成1mol氫氣需要得到2mol電子，1mol鉀、鈉都失去1mol電子，1mol鎂失去2mol電子，而1mol鋁失去3mol電子，所以生成氫氣最多的是金屬鋁；（2）氯氣氧化性強于硫單質，所以氯氣能夠與硫離子反應生成硫，反應的離子方程式為S2﹣+Cl2＝S↓+2Cl﹣；Ⅱ．（3）儀器B為錐形瓶；球形干燥管D能夠防止倒吸，可以避免C中液體進入錐形瓶中；（4）KMnO4與濃鹽酸常溫下反應生成氯氣，氯氣能夠將碘離子氧化成碘單質，碘單質遇到淀粉變成藍色，氯氣是一種有毒氣體，必須進行尾氣吸收，氯氣能夠與氫氧化鈉溶液反應，可以使用氫氧化鈉溶液吸收多余的氯氣；（5）鹽酸與碳酸鈣反應生成CO2，CO2能與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，則在A中加鹽酸、B中加CaCO3、C中加NaSiO3溶液觀察到C中溶液有白色沉淀生成的現(xiàn)象，即可證明非金屬性C＞Si。氯化氫具有揮發(fā)性，干擾實驗結果，需要將二氧化碳中的氯化氫除掉，根據(jù)氯化氫與碳酸氫鈉反應，而二氧化碳不反應，可以在B和C之間增加裝有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶。20、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【解析】分析：鋯英砂(主要成分為ZrSiO4，也可表示為ZrO2?SiO2，還含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質)加NaOH熔融，ZrSiO4轉化為Na2SiO3和Na2ZrO3，加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，濾液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水調節(jié)pH為5.2～6.2，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，過濾，濾液中主要含有ZrO2+，再加氨水調節(jié)pH使ZrO2+轉化為Zr(OH)4沉淀，過濾、洗滌，得到Zr(OH)4，加熱分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水調pH=a，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷；加氨水至pH=b時，ZrO2+與NH3?H2O反應生成Zr(OH)4沉淀；據(jù)此分析解答。詳解：(1)高溫下，ZrSiO4與NaOH反應生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反應的方程式為：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；故答案為：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；(2)加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，過濾，濾渣為H2SiO3，故答案為：H2SiO3；(3)需用氨水調pH=a，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知：pH在5.2～6.2時Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b時，ZrO2+與NH3?H2O反應生成Zr(OH)4沉淀，其反應的離子方程式為：ZrO2+