2023學年高一下化學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、葡萄糖作為營養劑供給人體能量，在體內發生主要的反應是（

）A．氧化反應 B．取代反應 C．加成反應 D．聚合反應2、如圖裝置，電流計指針會偏轉，正極變粗，負極變細，符合這種情況的是A．正極：Cu負極：ZnS：稀H2SO4B．正極：Zn負極：CuS：CuSO4溶液C．正極：Ag負極：ZnS：AgNO3溶液D．正極：Fe負極：CuS：AgNO3溶液3、反應C(石墨)=C(金剛石)是吸熱反應，下列說法中不正確的()A．金剛石和石墨是不同的單質 B．金剛石和石墨可以相互轉化C．石墨比金剛石更穩定 D．相同質量的石墨比金剛石的能量高4、反應C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一定容積的密閉容器中進行，則下列說法或結論中，能夠成立的是()A．其他條件不變僅將容器的體積縮小一半，反應速率減小B．保持體積不變，充入少量He氣體使體系壓強增大，反應速率一定增大C．反應達平衡狀態時：v(CO)正=v(H2O)逆D．其他條件不變，適當增加C(s)的質量會使反應速率增大5、下列各組物質中所含化學鍵類型相同的是A．NaF、NH4Cl B．NaOH、NaClO C．CaO、Na2O2 D．MgCl2、Mg(OH)26、如圖是一種應用廣泛的鋰電池，LiPF6是電解質，SO（CH3）2是溶劑，反應原理是4Li＋FeS2＝Fe＋2Li2S。下列說法不正確的是（）A．該裝置將化學能轉化為電能B．電子移動方向是由a極流向b極C．可以用水代替SO（CH3）2做溶劑D．b極反應式是FeS2＋4Li＋＋4e－＝Fe＋2Li2S7、硅與碳屬于同族元素，有一類由Si和H形成的有機硅化合物稱“硅烷”，硅烷的組成、結構與相應的烷烴相似。下列敘述中不正確的是A．硅烷的通式為SinH2n+2(n≥1)B．乙硅烷(SiH3SiH3)的二氯代物有兩種同分異構體C．甲硅烷(SiH4)沸點比甲烷(CH4)低D．甲硅烷熱穩定性小于甲烷8、硝酸工業尾氣中含有高濃度的NO和NO2，它們都是大氣的重要污染物。已知某廠排放的尾氣中NO、NO2的體積比為1:1，該廠采用NaOH溶液來處理該尾氣，處理后所得溶液中只有一種含氮的鈉鹽。則該含氮的鈉鹽中，氮元素的化合價為（）A．-3 B．+1 C．+3 D．+59、科學家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數是X核外電子數的—半。下列敘述錯誤的是A．Z的氧化物的水化物是強酸B．元素非金屬性的順序為X<Y<ZC．W與Z兩種元素形成的化合物中只含有離子鍵D．該新化合物中Y滿足8電子穩定結構10、已知NH3、HCl極易溶于水，Cl2能溶于水。下列各裝置不能達到實驗目的是A．利用①吸收多余的氨氣B．裝置②可用于除去CO2中的HClC．裝置③可用于干燥氨氣D．裝置④可用于排空氣法收集H2、CO2、Cl2、HCl等氣體11、準確稱取6.0g鋁土礦樣品(主要成分為Al2O3,含Fe2O3雜質)，加入100mL稀硫酸中，充分反應后向濾液中加入10mol·L－1NaOH溶液，產生沉淀的質量和加入NaOH溶液體積之間的關系如圖所示。則所用硫酸物質的量濃度為（）A．3.50mol·L－1B．1.75mol·L－1C．0.85mol·L－1D．無法確定12、在一定溫度下，將一定量的氣體通人體積為2L的密閉容器中，使其發生反應，有關物質X、Y、Z的物質的量的變化如圖所示。下列有關推斷不正確的是A．該反應的化學方程式是3Z3X+2YB．t0后．該反應停止進行C．t0時．X的濃度為0.9mol/LD．t0時，Z的轉化率為60%13、一種新型環保電池是采用低毒的鋁合金(丟棄的易拉罐)、家庭常用的漂白水、食鹽、氫氧化鈉(化學藥品店常見試劑)等原料制作的。電池的總反應方程式為2Al＋3ClO－＋2OH－=3Cl－＋2AlO2-＋H2O。下列說法不正確的是（）A．該電池的優點是電極材料和電解質用完后可以更換B．該電池發生氧化反應的是金屬鋁C．電極的正極反應式為3ClO－＋3H2O＋6e－=3Cl－＋6OH－D．當有0.1molAl完全溶解時，流經電解液的電子個數為1.806×102314、下列有關物質性質的敘述一定不正確的是A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C．NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3D．Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl215、下列關于酯化反應說法正確的是（）A．用CH3CH218OH與CH3COOH發生酯化反應，生成H218OB．反應液混合時，順序為先倒乙醇再倒濃硫酸最后倒乙酸C．乙酸乙酯不會和水生成乙酸和乙醇D．用蒸餾的方法從飽和Na2CO3溶液中分離出乙酸乙酯16、a、b、c、d、e為元素周期表前3周期中的部分元素，它們在元素周期表中的相對位置如右圖所示。下列敘述正確的是（）A．b元素除0價外，只有一種化合價B．五種元素中，c元素的化學性質最穩定C．d氣態氫化物溶于水，溶液顯堿性D．元素原子半徑大小：d＜e＜c17、化學與生產、生活密切相關。下列敘述錯誤的是A．料酒可以除去食物中的腥味B．纖維素屬于糖類，因此是人體中能量的重要來源C．葡萄糖可用于補鈣藥物的合成D．次氯酸鈉溶液可用于環境的消毒殺菌18、下列物質中，含有共價鍵的是（）A．CaO B．MgCl2 C．NaCl D．NH4Cl19、Be（OH）2是兩性的，跟強酸反應時生成Be2+，跟強堿反應時生成BeO22—。現有三份等物質的量濃度、等體積的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液（配制時均加入少量鹽酸），現將一定濃度的NaOH溶液分別滴入三種溶液中至過量，NaOH溶液的體積x（mL）與生成沉淀的物質的量y（mol）的關系如圖所示，則與BeCl2、MgCl2、AlCl3三種溶液對應的圖像正確的是（）A．⑤③① B．②③④ C．③⑤④ D．③②①20、下列物質在括號內的條件下可以與烷烴發生反應的是A．氯水(光照) B．濃硫酸 C．氧氣(點燃) D．酸性KMnO4溶液21、化學與生產生活密切相關，下列說法正確的是（）A．平昌冬奧會“北京8分鐘”主創團隊用石墨烯制作發熱服飾，說明石墨烯是導熱金屬材料B．“地溝油”禁止食用，但處理后可用來制肥皂和生物柴油C．“一帶一路”被譽為現代絲綢之路”，絲綢屬于合成纖維，主要含C、H、O、N元素D．聚乙烯和聚氯乙烯都是食品級塑料制品的主要成分22、下列關于化學反應限度的敘述中錯誤的是()A．不同的化學反應，限度可能不同B．可以通過改變溫度來控制化學反應的限度C．可以通過延長反應時間來改變化學反應的限度D．催化劑不能改變化學反應的限度二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物A是來自石油的重要有機化工原料，此物質可以用來衡量一個國家石油化工發展水平。D能與碳酸鈉反應產生氣體，E是具有果香味的有機物，F是一種高聚物，可制成多種包裝材料。（1）A的結構簡式為_____。（2）B分子中的官能團名稱是_____，F的結構簡式為_______________。（3）寫出下列反應的化學方程式并指出反應類型：②_____________________________________________：反應類型是_____；③_____________________________________________；反應類型是_____；24、（12分）有X、Y、Z、M、R、Q六種短周期主族元素，部分信息如下表所示:XYZMRQ原子半徑/nm0.1860.0740.0990.160主要化合價+4，-4-2-1，+7其它陽離子核外無電子無機非金屬材料的主角六種元素中原子半徑最大次外層電子數是最外層電子數的4倍請回答下列問題：(1)X的元素符號為______

，R

在元素周期表中的位置是___________。(2)根據表中數據推測，Y的原子半徑的最小范圍是___________。(3)Q簡單離子的離子半徑比Z的小，其原因是___________。(4)下列事實能說明R非金屬性比Y強這一結論的是_______

(選填字母序號)。a.常溫下Y的單質呈固態，R的單質呈氣態b.氣態氫化物穩定性R>Y。c.Y與R形成的化合物中Y呈正價25、（12分）I.為比較Fe3+和Cu2+對H2O2分解的催化效果，某化學研究小組的同學分別設計了如圖甲、乙所示的實驗。請回答相關問題：（1）定性分析：如圖甲可通過觀察______的快慢，定性比較得出結論。有同學提出將0.1mol/LFeCl3改為____mol/LFe2(SO4)3更為合理，其理由是____。（2）定量分析：如圖乙所示，實驗時均以生成40mL氣體為準，其它可能影響實驗的因素均已忽略。實驗中需要測量的數據是_____。（3）查閱資料得知：將作為催化劑的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中會發生兩個氧化還原反應，且兩個反應中H2O2均參加了反應，試從催化劑的角度分析，這兩個氧化還原反應的離子方程式分別是：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和__________。II.欲用下圖所示實驗來證明MnO2是H2O2分解反應的催化劑。（1）該實驗不能達到目的，若想證明MnO2是催化劑還需要確認__________。加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中，在標準狀況下放出氣體的體積和時間的關系如下圖所示。（2）寫出H2O2在二氧化錳作用下發生反應的化學方程式_________。（3）A、B、C、D各點反應速率快慢的順序為______>______>______>______，解釋反應速率變化的原因__________。26、（10分）工業生產需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需產品同時產生了大量廢氣、廢水、廢渣。某工廠排放的廢水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等離子，某化學小組為了充分利用資源和保護環境，準備回收廢水中的銅和汞，同時得到綠礬。他們設計了如下實驗方案：（1）現有儀器：酒精燈、玻璃棒、坩堝、蒸發皿、蒸餾燒瓶、燒杯、鐵架臺等，完成步驟Ⅳ的實驗操作還需要選擇的玻璃儀器是__________設計簡單實驗檢驗綠礬是否變質，簡述你的操作：__________。（2）步驟Ⅰ中加入過量鐵粉的目的是__________，步驟Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用鹽酸代替硫酸。（3）步驟V利用氧化銅制取銅有如下四種方案：方案甲：利用氫氣還原氧化銅；方案乙：利用一氧化碳還原氧化銅；方案丙：利用炭粉還原氧化銅；方案丁：先將氧化銅溶于稀硫酸，然后加入過量的鐵粉、過濾，再將濾渣溶于過量的稀硫酸，再過濾、洗滌、烘干。從安全角度考慮，方案__________不好；從產品純度考慮，方案__________不好。（4）寫出步驟Ⅱ中涉及反應的離子方程式：__________；步驟Ⅳ得到綠礬的操作蒸發濃縮__________、__________。27、（12分）甘氨酸亞鐵(NH2CH2COO)2Fe可廣泛用于缺鐵性貧血的預防和治療。某學習小組欲利用硫酸亞鐵溶液與甘氨酸反應制備甘氨酸亞鐵，實驗過程如下：步驟1制備FeCO3：將100mL0.1mol·L－1FeSO4溶液與100mL0.2mol·L－1NH4HCO3溶液混合，反應結束后過濾并洗滌沉淀。步驟2制備(NH2CH2COO)2Fe：實驗裝置如圖，將步驟1得到的沉淀裝入儀器B，利用裝置A產生的CO2，將裝置中空氣排凈后，逐滴滴入甘氨酸溶液，直至沉淀全部溶解，并稍過量。步驟3提純(NH2CH2COO)2Fe：反應結束后過濾，將濾液蒸發濃縮，加入乙醇，過濾、干燥得到產品。⑴固體X是______，儀器C的名稱是______。⑵碳酸氫鈉溶液的作用是______。⑶步驟1中，FeSO4溶液與NH4HCO3溶液混合時可觀察到有白色沉淀和無色無味氣體生成。該反應的化學方程式為______。⑷步驟1中，檢驗FeCO3沉淀已洗凈的操作是______。⑸步驟2中當觀察到現象是______時，可以開始滴加甘氨酸。28、（14分）在恒溫2L密閉容器中通入氣體X并發生反應:2X(g)Y(g)ΔH<0，X的物質的量n(x)隨時間t變化的曲線如下圖所示（圖中兩曲線分別代表有無催化劑的情形）（1）下列措施不能提高反應速率的是____。A升高溫度

B加入適量X

C增大壓強

D及時分離出Y（2）反應從開始到a點的平均反應速率可表示為v(Y)＝_____，X的轉化率為____；（3）____線表示使用催化劑的情形（填“實”或“虛”）；（4）圖中c點對應的速率關系是(正)____(逆)（填“大于”“小于”或“等于”）；（5）反應進行到a點時放出的熱量_______反應進行到b點時放出的熱量（填“大于”“小于”或“等于”）。29、（10分）硫代硫酸鈉晶體（Na2S2O3?5H2O）俗稱海波或大蘇打，是一種重要的工業試劑。(1)硫代硫酸鈉加熱至310℃分解，生成硫和亞硫酸鈉，寫出反應的化學方程式_______，該反應為吸熱反應，說明斷裂反應物化學鍵時所吸收的總能量_____形成生成物化學鍵時所放出的總能量（填“大于”、“等于”或“小于”）。硫代硫酸鈉在酸性條件下發生如下反應Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑＋S↓，每生成4gS轉移的電子數為________。(2)向熱的硫化鈉和亞硫酸鈉混合液中通入二氧化硫，可制得硫代硫酸鈉晶體：2Na2S+Na2SO3+3SO2+5H2O3Na2S2O3?5H2O。①下列能判斷制取硫代硫酸鈉的反應達到平衡狀態的是_________A．Na2S和Na2SO3的濃度不再發生變化B．在單位時間內生成0.03molNa2S2O3?5H2O，同時消耗了0.02molNa2SC．v(Na2S):v(Na2SO3)=2:1②制備過程中，為提高硫代硫酸鈉的產量，通入的SO2不能過量，原因是_____。(3)某同學進行了硫代硫酸鈉與硫酸反應的有關實驗，實驗過程的數據記錄如下表：組號反應溫度（℃）參加反應的物質Na2S2O3H2SO4H2OV/mLc/mol?L-1V/mLc/mol?L-1V/mLA10100.1100.10B1050.1100.15C1050.2100.25D3050.1100.15①上述實驗中能夠說明反應物濃度對反應速率影響的組合是___________。②能夠說明溫度對反應速率影響的組合是_______。(4)某些多硫化鈉可用于制作原電池（如圖所示），該電池的工作原理是：2Na2S2＋NaBr3=Na2S4＋3NaBr①電池中左側的電極反應式為Br3-+2e-=3Br-，則左側電極名稱是_____________（填“正極”或“負極”）。②原電池工作過程中鈉離子__________（選“從左到右”或“從右到左”）通過離子交換膜。③原電池工作過程中生成的氧化產物是___________（填化學式）。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）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、A【答案解析】

葡萄糖在人體組織中緩慢氧化放出熱量，供給人體所需能量，這是人類生命活動所需能量的重要來源之一。葡萄糖的結構簡式為CH2OH（CHOH）4CHO，在體內經緩慢氧化生成二氧化碳和水，釋放出能量，每克葡萄糖放出熱量為15.6kJ，所以在體內發生的是氧化反應，A正確；故選A。2、C【答案解析】分析：負極變細說明負極是金屬，正極變粗說明有金屬析出，電流計指針會偏轉說明有電流通過，即該裝置構成了原電池裝置。詳解：A、硫酸為電解質溶液，正極生成氫氣，不能變粗，A錯誤；B、鋅的金屬性強于銅，與硫酸銅溶液構成原電池時鋅是負極，銅是正極，B錯誤；C、鋅為負極，硝酸銀為電解質，則鋅失去生成離子進入溶液，正極上銀離子得到電子，生成單質析出，C正確；D、原電池中硝酸銀溶液做電解質時，活潑金屬做負極，則應為Fe作負極，銅是正極，D錯誤。答案選C。3、D【答案解析】

A．金剛石、石墨的結構不同，都是由碳元素組成的不同單質，故A正確；B．金剛石和石墨是不同的物質，二者可以相互轉化，故B正確；C．石墨轉化為金剛石要吸收能量，說明石墨的能量低，即石墨穩定，故C正確；D．石墨生成金剛石需要吸熱，說明相同質量的金剛石能量高，故D錯誤；故選D。4、C【答案解析】

A.其他條件不變僅將容器的體積縮小一半，物質的濃度增大，反應速率加快，A錯誤；B.保持體積不變，充入少量He氣體使體系壓強增大，由于反應體系的物質濃度不變，所以反應速率不變，B錯誤；C.反應達平衡狀態時任何物質的濃度不變，用同一物質表示的反應速率相同，v(H2O)正=v(CO)正=v(H2O)逆，則v(H2O)正=v(H2O)逆，C正確；D.其他條件不變，適當增加C(s)的質量，由于C是固體，物質的濃度不變，所以反應速率不變，D錯誤；故合理選項是C。5、B【答案解析】

A、氟化鈉中只存在離子鍵，氯化銨中存在離子鍵和極性鍵，所含化學鍵類型不同，A不合題意；B、氫氧化鈉中含有離子鍵和極性鍵，次氯酸鈉中含有離子鍵和極性鍵，所含化學鍵類型相同，B正確；C、氧化鈣中只存在離子鍵，過氧化鈉中存在離子鍵和非極性鍵，所含化學鍵類型不同，C不合題意；D、氯化鎂中只存在離子鍵，氫氧化鎂中含有離子鍵和極性鍵，所含化學鍵類型不同，D不合題意；答案選B。6、C【答案解析】試題分析：A、原電池是將化學能轉化為電能的裝置，正確；B、電子移動方向為由負極到正極，即a級到b極，正確；C、Li能與水反應，所以不能用水代替SO(CH3)2做溶劑，錯誤；D、b極反應為FeS2得電子，反應式為：FeS2＋4Li+＋4e-＝Fe＋2Li2S，正確。考點：本題考查原電池原理、電極方程式的書寫。7、C【答案解析】分析：因Si與C同主族，由甲烷可類推硅烷。甲硅烷與甲烷的沸點高低可根據兩者的相對分子質量大小比較，相對分子質量較大的其沸點較高；氫化物的熱穩定性可根據同主族元素氫化物的性質遞變規律來推理，元素的非金屬性越強，其氣態氫化物就越穩定．詳解：A.由烷烴通式CnH2n+2可推知硅烷的通式為SinH2n+2(n≥1)，故A正確；B.乙硅烷(SiH3SiH3)的一氯代物有兩種氫，則二氯代物有兩種同分異構體，故B正確；C.甲硅烷(SiH4)的相對分子質量比甲烷(CH4)大，則甲硅烷(SiH4)沸點比甲烷(CH4)高，故C不正確；D.非金屬性Si<C,則甲硅烷熱穩定性小于甲烷，故D正確；綜合以上分析，本題選C。8、C【答案解析】

NO和NO21:1反應，生成一種鹽，為歸中反應。最終為+3價，生成亞硝酸鈉。答案選C。9、A【答案解析】

W、X、Y、Z為同一短周期元素，根據圖知，X能形成4個共價鍵、Z能形成1個共價鍵，則X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外層電子數是X核外電子數的一半，Z最外層7個電子，則X原子核外有14個電子，X為Si元素，Z為Cl元素，該陰離子中Cl元素為-1價、X元素為+4價，根據化合價的代數和為-1價可知，Y為-3價，所以Y為P元素，根據陽離子所帶電荷知，W為Na元素，據此解答。【題目詳解】根據分析可知：W、X、Y、Z分別是Na、Si、P、Cl元素。A.Y為P元素，Y的最高價氧化物的水合物是H3PO4為中強酸，屬于弱酸，A錯誤；B.同一周期元素非金屬性隨著原子序數增大而增強，則非金屬性Cl>P>Si，即X<Y<Z，B正確；C.Na、Cl生成的化合物為NaCl，NaCl為離子化合物，只含離子鍵，C正確；D.Y為P元素，其最外層有5個電子，P原子形成2個共價鍵且該陰離子得到W原子一個電子，所以P原子達到8電子結構，D正確；故合理選項是A。【答案點睛】本題考查原子結構和元素周期律關系，根據原子結構正確推斷X元素是基礎，推斷Y元素是解本題關鍵，往往易根據Y形成的共價鍵而判斷為S元素而導致錯誤。10、B【答案解析】

A、氨氣極易溶于水，可用水吸收，但需要采用倒扣漏斗防止倒吸，故A正確；B、CO2和HCl都可以與氫氧化鈉反應，故B錯誤；C、氨氣為堿性氣體，可以堿性干燥劑堿石灰干燥氨氣，故C正確；D、氫氣的密度小于空氣，短進長出的方式連接，即為下排空氣法收集，CO2、Cl2、HCl的密度比空氣大，可長進短出的方式連接，即為上排空氣法收集，故D正確；故選B。11、B【答案解析】

圖像中前期加入的NaOH沒有在溶液中生成沉淀說明溶解鋁土礦時H2SO4過量，所以6.0g鋁土礦溶解后得到Al2(SO4)3\、Fe2(SO4)3、H2SO4混合溶液，加入NaOH溶液后反應依次為：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、Fe2(SO4)3+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，當加入35mLNaOH時，沉淀Al(OH)3沒有溶解，所以反應后所有的Na元素、SO42-生成Na2SO4，n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)/2=10mol·L-1×0.035L/2=0.175mol，c(H2SO4)=0.175mol/0.1L=1.75mol/L。正確答案B。12、B【答案解析】分析：根據X、Y、Z物質的量的變化判斷反應物、產物，利用物質的量之比等于化學計量數之比確定化學計量數，據此書寫化學方程式；t0時達到平衡。詳解：由圖可知，X、Y的物質的量增大，為生成物，Z物質的量減小，為反應物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反應1.8mol，X、Y、Z的化學計量數之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，則反應的化學方程式為：3Z3X+2Y，是可逆反應，故A正確；B、化學平衡時各組分的濃度不再隨時間變化而變化，故X、Y、Z的質量也不再改變，但反應仍在進行，正速率等于逆速率，但不等于0，故B錯誤；C、根據圖象可知平衡時Z的濃度為1.8mol/2L=0.9mol·L－1，故C正確；D、t0時，Z的轉化率為（3.0-1.2）/3×100%=60%,故D正確；故選D。13、D【答案解析】

A、該電池所用材料都是生活中常見的，電極材料和電解質用完后可以更換，A項正確；B、金屬鋁是原電池的負極發生氧化反應，B正確；C、在正極上，發生還原反應，電極反應為：3ClO－＋3H2O＋6e－=3Cl－＋6OH－，C正確；D、電子只能流經導線，不能流經電解液，D不正確；答案選D。14、A【答案解析】

A項，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于檢驗Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A項錯誤；B項，KAl（SO4）2·12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al（OH）3膠體，離子方程式為Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，B項正確；C項，實驗室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共熱制NH3，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C項正確；D項，Cu與FeCl3溶液反應生成CuCl2和FeCl2，反應的化學方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D項正確；答案選A。15、B【答案解析】

A．酯化反應中羧酸提供羥基，醇提供氫原子，則用CH3CH218OH與CH3COOH發生酯化反應，生成CH3CO18OCH2CH3和H2O，故A錯誤；B．反應液混合時，順序為先倒乙醇再倒濃硫酸最后倒乙酸，故B正確；C．乙酸乙酯和水反應生成乙酸和乙醇，故C錯誤；D．用分液的方法從飽和Na2CO3溶液中分離出乙酸乙酯，故D錯誤；故選B。16、D【答案解析】根據周期表的結構分析，a為氦；b為氧；c為硅；d為氯；e磷。A.氧元素有-2、-1兩種價態，故錯誤；B.五種元素中氦元素的化學性質最穩定，故錯誤；C.氯的氫化物為氯化氫，溶液為酸性，故錯誤；D.原子半徑關系為d＜e＜c，故正確。故選D。17、B【答案解析】

A．有腥味的物質易溶于乙醇，因此料酒可以除去食物中的腥味，A正確；B．纖維素屬于糖類，但在人體內不能水解，因此不屬于人體中能量的重要來源，B錯誤；C．葡萄糖可用于合成葡萄糖酸鈣，葡萄糖酸鈣常被用做補鈣劑，C正確；D．次氯酸鈉具有強的氧化性，能夠殺菌消毒，可用于環境的消毒殺菌，D正確；答案選B。18、D【答案解析】

A．CaO中鈣離子和氧離子之間只存在離子鍵，不存在共價鍵，故A不選；B．MgCl2中只含鎂離子與氯離子形成的離子鍵，不存在共價鍵，故B不選；C．NaCl中鈉離子和氯離子之間只存在離子鍵，不存在共價鍵，故C不選；D．NH4Cl中含離子鍵，在銨根離子內存在N-H極性共價鍵，故D選；故選D。【答案點睛】本題的易錯點為B，要注意離子化合物中如果存在原子團，則原子團內還存在共價鍵，在MgCl2中存在的鎂離子與氯離子，不存在原子團，只存在離子鍵，2個氯離子間不能形成化學鍵。19、A【答案解析】

等物質的量濃度、等體積的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液，即三者的物質的量是相等的，將一定濃度的NaOH溶液，分別滴入三種溶液中至過量，所發生的反應過程如下：BeCl2+2NaOH=Be（OH）2↓+2NaCl，Be（OH）2↓+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3↓+NaOH=NaAlO2+2H2O，根據溶液物質的量和化學方程式來確定沉淀的量。【題目詳解】向氯化鈹溶液中加入氫氧化鈉，開始先中和其中的少量鹽酸，然后生成白色沉淀氫氧化鈹，當氫氧化鈉過量時，沉淀會溶解，依次發生反應BeCl2+2NaOH=Be（OH）2↓+2NaCl，Be（OH）2↓+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，沉淀量達到最大和沉淀完全消失所消耗的氫氧化鈉是相等的，圖象⑤是正確；向氯化鎂中加入氫氧化鈉，開始先中和其中的少量鹽酸，然后生成白色沉淀氫氧化鎂，當氫氧化鈉過量時，沉淀也不會溶解，量保持不變，對應的是圖象③；向氯化鋁溶液中加入氫氧化鈉，開始先中和其中的少量鹽酸，然后生成白色沉淀氫氧化鋁，當氫氧化鈉過量時，沉淀會溶解，依次發生反應：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3↓+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀量達到最大和沉淀完全消失所消耗的氫氧化鈉的物質的量之比是3：1，圖象①正確。則與BeCl2、MgCl2、AlCl3三種溶液對應的圖象正確的是⑤③①；答案選A。20、C【答案解析】

烷烴化學性質穩定，不與強酸、強堿、酸性高錳酸鉀溶液、溴水發生反應，但在光照條件下可以與氣態鹵素單質發生取代反應，點燃條件與氧氣發生燃燒反應，故選C。【答案點睛】本題考查烷烴的性質，注意明確烷烴的結構和性質是解答關鍵。21、B【答案解析】

A.石墨烯是非金屬材料，故A錯誤；B.地溝油經加工處理后,可用來制肥皂和生物柴油,可以實現廚余廢物合理利用,所以B選項是正確的；

C.絲綢的主要成分是蛋白質，屬于天然高分子化合物，故C錯誤；

D.PVC用于食品、蔬菜外包裝，但對人體存在潛在危害，故D錯誤；

所以B選項是正確的。【答案點睛】本題考查物質的性質及應用，為高頻考點，把握物質的性質、化學與材料、健康的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意化學與生產、生活的關系，題目難度不大。22、C【答案解析】

A.化學反應限度是指可逆反應在一定條件下反應的最大程度，不同的化學反應，化學反應的限度可能不同，故A項正確；B.影響化學平衡狀移動的因素是：反應物的濃度、溫度和氣體壓強等外界條件，所以可以通過改變溫度來改變化學反應的限度，故B項正確；C.化學反應限度與反應時間長短無關，只與平衡常數有關，故C項錯誤；D.催化劑只能改變化學反應速率，不影響化學平衡，對反應限度無影響，故D項正確；綜上所述，本題正確答案為C。【答案點睛】解題依據：化學反應限度是研究可逆反應在一定條件下所能達到的最大程度，也即化學反應動態平衡狀態，根據影響化學平衡移動的因素進行判斷相應的選項即可。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CH2羥基2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反應CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O取代反應（酯化反應）【答案解析】

有機物A是來自石油的重要有機化工原料，此物質可以用來衡量一個國家石油化工發展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有機物，E是酯，酸和醇反應生成酯，則B和D一種是酸一種是醇，B能被氧化生成D，D能與碳酸鈉反應產生氣體，則D為酸；A反應生成B，碳原子個數不變，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，銅作催化劑、加熱條件下，CH3CH2OH被氧氣氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸與乙醇分子酯化反應生成E為CH3COOCH2CH3，A反應生成F，F是一種高聚物，則F為，據此分析解答。【題目詳解】(1)根據以上分析知，A為乙烯，結構簡式為H2C=CH2，故答案為：H2C=CH2；(2)B為乙醇，分子中的官能團是羥基，F是聚乙烯，結構簡式為，故答案為：羥基；；(3)②為乙醇在催化劑作用下氧化生成乙醛，反應的化學方程式為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，該反應屬于氧化反應；反應③是乙醇與乙酸發生酯化反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，該反應屬于酯化反應，也是取代反應，故答案為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反應；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反應(或取代反應)。24、H第三周期VIIA族大于0.099nm小于0.160nmMg2+和Na+核外電子排布完全相同，前者的核電荷數大于后者，核對電子的吸引力大于后者b、c【答案解析】分析：X、Y、Z、M、R、Q六種短周期主族元素，X陽離子核外無電子，則X為氫元素；Y有-4、+4價，處于ⅣA族，是無機非金屬材料的主角，則Y為Si元素；R有+7、-1價，處于ⅦA族，R為Cl元素；M有-2價，處于ⅥA族，原子半徑小于Cl原子，則M為氧元素；Q次外層電子數是最外層電子數的4倍，Q有3個電子層，最外層電子數為2，則Q為Mg元素；Z在六種元素中原子半徑最大，則Z為Na元素，據此解答。詳解：根據上述分析，X為氫元素，Y為Si元素，Z為Na元素，M為氧元素，R為Cl元素，Q為Mg元素。(1)X為氫元素，R為Cl元素，原子核外有3個電子層，最外層電子數為7，處于周期表中第三周期ⅦA族，故答案為：H；第三周期ⅦA族；(2)同周期自左而右原子半徑減小，Si的原子半徑介于Mg以Cl原子半徑之間，故Si的原子半徑的最小范圍是大于0.099nm，小于0.160nm，故答案為：大于0.099nm，小于0.160nm；(3)Na+、Mg2+電子層結構相同，核電荷數越大，核對電子的吸引力越大，離子半徑越小，故離子半徑的大小順序為Na+＞Mg2+，故答案為：Mg2+和Na+核外電子排布完全相同，前者的核電荷數大于后者，核對電子的吸引力大于后者；(4)同周期自左而右非金屬性增強，故非金屬性Cl＞Si，a．物質的聚集狀態屬于物理性質，不能說明非金屬性強弱，故a錯誤；b．氫化物越穩定，中心元素的非金屬性越強，穩定性HCl＞SiH4，說明非金屬性Cl＞Si，故b正確；c．Si與Cl形成的化合物中Si呈正價，說明Cl吸引電子的能力強，Cl元素的非金屬性更強，故c正確；故答案為：bc。點睛：本題考查結構性質位置關系、元素周期律等，利用原子半徑及化合價來推斷出元素是解答本題的關鍵。本題的易錯點為R的判斷，要注意R不能判斷為F，因為F沒有正價。25、產生氣泡0.05排除陰離子的干擾產生40mL氣體的需要的時間2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O確認MnO2的質量和化學性質是否改變2H2O2MnO2__2H2O+O2【答案解析】

I.本實驗的目的是探究Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的效果，需要注意“單一變量”原則；II.本實驗主要考察催化劑的特點，以及化學反應速率的影響因素。【題目詳解】I.（1）甲中，加入催化劑的現象是有氣泡生成，催化劑的作用是加快反應速率，所以可以通過觀察產生氣泡的快慢來判斷兩種催化劑的效果；Cl-本身具有很弱的還原性，H2O2具有強氧化性，更重要的是，SO42-和Cl-是否有催化效果也未知，所以為了排除陰離子差異的干擾，需要將FeCl3換為0.5mol/L的Fe2(SO4)3，以確保Fe3+的量和Cu2+的量相同；（2）題中已告知兩個實驗都生成40mL的氣體，其他影響因素已忽略，說明催化劑效果的數據只能是反應速率，故需要測量生成40mL氣體所需要的時間；（3）催化劑在整個化學反應中，可以看成是先參加了反應，再被生成了，這兩個反應相加就是一個總反應，催化劑剛好被抵消了，表現為不參加反應；總反應為2H2O2=2H2O+O2↑，用總反應減去這個離子方程式就可以得到另一個離子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；II.（1）化學反應前后，催化劑的質量和化學性質不變；要想證明MnO2是催化劑，還要驗證這兩點都不變才行；（2）該反應的化學方程式為：2H2（3）A、B、C、D各點的反應速率都是瞬時速率，瞬時速率的大小比較要看各點斜率，斜率越大，瞬時反應速率也越大；經觀察，A、B、C、D四個點的斜率依次減小，所以化學反應速率：D＞C＞B＞A；由于四個點的條件都相同，隨著反應的進行，H2O2不斷被消耗，使得其濃度逐漸減小，所以其分解速率也逐漸減小。26、漏斗取產品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液變血紅色，則產品變質將Cu2+Hg2+全部置換出來不能甲乙丙Fe+2H+=Fe2++H2↑冷卻結晶過濾【答案解析】分析：通過流程可知步驟Ⅳ是從溶液中得到綠礬晶體，應為蒸發結晶和過濾操作，由此可確定儀器的選擇；亞鐵鹽變質會被氧化成三價鐵離子，故檢驗變質即檢驗三價鐵離子即可；酸的選擇要考慮最終的目標產物，選取的原則是不要引入雜質離子。可燃性氣體作為還原劑在加熱的過程中會有爆炸的可能性，而固體還原劑一般不易控制量會引入雜質；一種反應物過量的目的往往是為了使另一種反應物充分反應。加入鐵粉可將不如鐵活潑的金屬置換出來，得到亞鐵鹽和不活潑的金屬；再在濾渣中加入硫酸可將過量的鐵反應掉，剩下的固體中為銅和汞，通過灼燒可分離出汞，然后將氧化銅還原成銅單質。詳解：（1）濾液中硫酸亞鐵的濃度較低，先蒸發水到熱飽和溶液，然后降溫結晶，最后過濾得到硫酸亞鐵晶體，過濾還需要漏斗，蒸發結晶還需要坩堝；綠礬變質生成+3價鐵，檢驗Fe3+用硫氰化鉀溶液，即取少量晶體溶于水，滴加硫氰化鉀溶液，若溶液變紅色，說明綠礬已變質。答案：漏斗；取產品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液變血紅色，則產品變質。（2）加入過量的鐵粉，將銅離子和汞離子全部轉化成相應單質得到銅和汞；若用稀鹽酸代替稀硫酸，制得的綠礬中會混有氯化亞鐵雜質；所以不能用稀鹽酸代替稀硫酸。答案：將Cu2+Hg2+全部置換出來；不能。（3）氫氣和一氧化碳易燃燒，且一氧化碳有毒，用二者還原氧化銅存在不安全因素，即易發生爆炸，所以從安全方面考慮甲、乙不好；用炭粉還原氧化銅，所得銅中易混有炭粉，即從純度方面考慮，丙不好。答案：甲乙；丙。（4）根據框圖知濾渣成分為的為Cu、Fe、Hg步驟II加入稀硫酸只有Fe能與酸反應，所以反應的離子方程式分別為2H++Fe=Fe2++H2↑。步驟Ⅳ是由硫酸亞鐵溶液得到綠礬的操作，需要經過蒸發濃縮，冷卻結晶和過濾即可。答案：2H++Fe=Fe2++H2↑；冷卻結晶；過濾。點睛：通過流程可知步驟Ⅳ是從溶液中得到綠礬晶體，應為蒸發結晶和過濾操作，由此可確定儀器的選擇；亞鐵鹽變質會被氧化成三價鐵離子，故檢驗變質即檢驗三價鐵離子即可；酸的選擇要考慮最終的目標產物，選取的原則是不要引入雜質離子。加入鐵粉可將不如鐵活潑的金屬置換出來，得到亞鐵鹽和不活潑的金屬；再在濾渣中加入硫酸可將過量的鐵反應掉，剩下的固體中為銅和汞，通過灼燒可分離出汞，然后將氧化銅還原成銅單質。27、CaCO3（碳酸鈣）分液漏斗除去產生的二氧化碳中混有的氯化氫FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O取最后的洗滌濾液，向其中滴入足量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，若無明顯現象，則沉淀已洗凈澄清石灰水中有較多沉淀生成（澄清石灰水變渾濁）【答案解析】

(1)裝置A用于產生CO2，長頸漏斗中盛有鹽酸，則試管內多孔隔板的上方應放置碳酸鹽，為能夠控制裝置A中的反應，該碳酸鹽應難溶于水，因此X為CaCO3（碳酸鈣），儀器C為分液漏斗。答案為：CaCO3（碳酸鈣)；分液漏斗。⑵由于鹽酸具有揮發性，從A中產生的二氧化碳氣體中混有少量氯化氫氣體，為保證不妨礙實驗，應用飽和碳酸氫鈉除去氯化氫氣體；答案為：除去產生的二氧化碳中混有的氯化氫。⑶步驟1中，FeSO4溶液與NH4HCO3溶液混合時，亞鐵離子與碳酸氫根離子發生反應，生成碳酸亞鐵白色沉淀和無色無味二氧化碳氣體，該反應的化學方程式為FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。答案為：FeSO4＋2NH4HCO3＝FeCO3↓＋(NH4)2SO4＋CO2↑＋H2O。⑷取最后的洗滌濾液，向其中滴入足量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，若無明顯現象，則沉淀已洗凈；答案為：取最后的洗滌濾液，向其中滴入足量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，若無明顯現象，則沉淀已洗凈。⑸實驗過程中通入二氧化碳氣體是為了防止裝置中含有的空氣將二價鐵氧化，當尾部的澄清石灰水變渾濁，產生較多的沉淀時，說明裝置中的空氣排盡，可以