通遼市重點中學2025屆化學高一下期末教學質量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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、為了提高公眾認識地球保障發展意識，江蘇省各地廣泛開展了一系列活動。下列活動不符合這一宗旨的是()A．加強海底可燃冰，錳結核的探測與開發研究B．積極推廣風能，太陽能光伏發電C．在生產、流通和消費等過程中實行“減量化，再利用，資源化”D．將高能耗，高污染的企業遷至偏僻的農村地區，提高居民收入2、簡單原子的原子結構可用下圖形象地表示：其中●表示質子或電子，○表示中子，則下列有關①②③的敘述正確的組合是a．①②③互為同位素b．①②③互為同素異形體c．①②③具有相同的質量數d．①②③是三種化學性質不同的粒子e．①②③具有相同的質量f．①②③是三種不同的原子A．e、f B．b、c C．d、e D．a、f3、下列實驗方案中，不能達到實驗目的的是（）選項實驗目的實驗方案A鑒別甲烷和乙烯分別將兩種氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，觀察溶液是否褪色B檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質將Fe(NO3)2晶體樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變紅C驗證Br2的氧化性強于I2將少量溴水加入KI-淀粉溶液中，溶液變藍D除去乙酸乙酯中的乙酸用過量的飽和碳酸鈉溶液洗滌后分液A．A B．B C．C D．D4、下列過程沒有發生化學反應的是A．用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝B．用熱堿水清除炊具上殘留的油污C．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保存水果D．用活性炭去除冰箱中的異味5、生活中常常涉及到一些有機化合物的知識。下列敘述中正確的是A．油脂是熱值最高的營養物質，尤其是動物脂肪，易使人發胖，所以不要食用B．羊毛和棉花的主要成分都是纖維素C．為提高加酶洗衣粉的去污能力，應使用熱水進行洗滌D．未成熟的蘋果遇碘水會變藍，是因為其中含有淀粉6、下列關于CH4和的敘述正確的是A．兩者互為同系物 B．與所有烷烴互為同分異構體C．它們的物理、化學性質相同 D．通常情況下前者是氣體，后者是液體7、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，d為淡黃色的離子化合物，m為元素Y的單質，通常為無色無味的氣體。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：W＜X＜Y＜ZB．陰離子的還原性：Y＞WC．圖中物質的轉化過程均為氧化還原反應D．a一定由W、X兩種元素組成8、下列物質中，不能使酸性KMnO4溶液褪色的物質是(

)①②乙烯③CH3CH20H④CH2=CH-CH3

⑤A．①⑤B．①③④⑤C．①④D．①③④9、控制變量是科學研究的重要方法。向2mLH2O2溶液中滴入2滴1mol/LCuSO4溶液，下列條件下分解速率最快的是選項ABCDH2O2溶液的物質的量濃度（mol·L?1）1144反應的溫度（℃）540540A．A B．B C．C D．D10、下列實驗裝置圖及實驗用品均正確的是（部分夾持儀器未畫出）（）A．B．C．D．11、能把苯、四氯化碳、酒精、己烯四種物質區別開來的一種試劑是A．碳酸鈉溶液 B．溴水 C．水 D．石蕊試液12、X、Y、Z三種短周期主族元素，原子半徑的大小為r(X)>r(Y)>r(Z)，X和Y同周期，Y和Z同主族。下列說法一定正確的是A．最高正化合價：Z>XB．X、Y、Z的單質中，Z的熔點最高C．若X為非金屬元素，則離子半徑：Xn->Ym->Zm-D．若X為金屬元素，則X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物中Y的堿性最強13、如圖是電解CuCl2溶液的裝置，其中c、d為石墨電極。則下列有關的判斷正確的是（）A．a為負極，b為正極B．c為陽極，d為陰極C．電解過程中，氯離子濃度不變D．電解過程中，c電極質量增加14、下列反應既屬于氧化還原反應，又是吸熱反應的是A．鋁與稀鹽酸的反應B．灼熱的木炭與CO2反應C．甲烷在氧氣中的燃燒反應D．Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl晶體的反應15、下列各組原子序數所表示的兩種元素，能形成AB3型共價化合物的是（）A．1和6B．8和16C．11和16D．12和716、已知原子序數，可推斷原子的()①質子數②中子數③質量數④核電荷數⑤核外電子數⑥原子結構示意圖⑦元素在周期表中的位置A．①②③④⑥B．①④⑤⑥⑦C．②③④⑤⑦D．③④⑤⑥⑦17、不能作為判斷硫、氯兩種元素非金屬性強弱的依據是A．單質氧化性的強弱 B．單質與氫氣化合的難易C．單質沸點的高低 D．最高價氧化物對應的水化物酸性的強弱18、下列關于物質性質變化的比較，不正確的是（）A．酸性強弱：HIO4>HBrO4>HClO4 B．原子半徑大小：Na>S>OC．堿性強弱：KOH>NaOH>LiOH D．金屬性強弱：Na>Mg>Al19、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20、苯的結構簡式可用來表示，下列關于苯的敘述中正確的是（）A．苯主要是以石油為原料而獲得的一種重要化工原料B．苯中含有碳碳雙鍵，所以苯屬于烯烴C．苯分子中6個碳碳化學鍵完全相同D．苯可以與溴水、高錳酸鉀溶液反應而使它們褪色21、最簡單的有機物是A．CH4 B．C2H4 C．C6H6 D．H2CO322、下列有機化合物中均含有酸性雜質，除去這些雜質的方法中正確的是A．苯中含苯酚雜質:加入溴水，過濾B．乙醇中含乙酸雜質:加入碳酸鈉溶液洗滌，分液C．乙醛中含乙酸雜質:加入氫氧化鈉溶液洗滌，分液D．乙酸丁酯中含乙酸雜質:加入碳酸鈉溶液洗滌，分液二、非選擇題(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F、G均為常見的有機物，它們之間有如下轉化關系。已知：①A是一種植物生長調節劑，有催熟作用；②醛基在氧氣中易被氧化成羧基。回答下列問題：（1）A和B中官能團名稱分別是___和___。（2）在F的眾多同系物中：最簡單的同系物其空間構型為___；含5個碳原子的同系物其同分異構體有___種，其中一氯代物種類最少的同系物的結構簡式為___。（3）反應⑥和⑦均可得到G，要制備得到較純凈的G，應該選用反應_____。（4）反應①﹣⑦屬取代反應的有___；反應④中，濃硫酸的作用是___。反應②的化學方程式為___。24、（12分）以石油化工的一種產品A（乙烯）為主要原料合成一種具有果香味的物質E的生產流程如下：（1）步驟①的化學方程式_______________________，反應類型________________。步驟②的化學方程式_______________________，反應類型________________。（2）某同學欲用上圖裝置制備物質E，回答以下問題：①試管A發生反應的化學方程式___________________________________。②試管B中的試劑是______________________；分離出乙酸乙酯的實驗操作是________________（填操作名稱），用到的主要玻璃儀器為____________________。③插入右邊試管的導管接有一個球狀物，其作用為_______________________。（3）為了制備重要的有機原料——氯乙烷(CH3-CH2Cl)，下面是兩位同學設計的方案。甲同學：選乙烷和適量氯氣在光照條件下制備，原理是：CH3-CH3+Cl2CH3-CH2Cl+HCl。乙同學：選乙烯和適量氯化氫在一定條件下制備，原理是：CH2=CH2+HCl→CH3-CH2Cl。你認為上述兩位同學的方案中，合理的是____，簡述你的理由：__________________。25、（12分）海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素，碘元素以碘離子的形式存在。實驗室里從海藻中提取碘的流程如下：⑴在提取碘的過程中有關實驗的操作名稱：①，③；寫出過程②中有關反應的化學方程式：。⑵提取碘的過程中，可供選擇的有機試劑是。A．酒精B．苯C．乙酸D．四氯化碳⑶為使海藻灰中碘離子轉化為碘的有機溶液，實驗室里有燒杯、玻璃棒、集氣瓶、酒精燈、導管、圓底燒瓶、石棉網以及必要的夾持儀器、物品，尚缺少的玻璃儀器是。⑷從含碘的有機溶液中提取碘和回收有機溶劑，還需經過蒸餾。指出如圖所示實驗裝置中的錯誤之處：；；。26、（10分）I、乙酸乙酯是重要的有機合成中間體，廣泛應用于化學工業。實驗室利用如圖的裝置制備乙酸乙酯。（1）與教材采用的實驗裝置不同，此裝置中采用了球形干燥管，其作用是：_____________。（2）請寫出用CH3CH218OH制備乙酸乙酯的化學方程式：_____________，反應類型為_______。（3）為了證明濃硫酸在該反應中起到了催化劑和吸水劑的作用，某同學利用上圖所示裝置進行了以下4個實驗。實驗開始先用酒精燈微熱3min，再加熱使之微微沸騰3min。實驗結束后充分振蕩小試管Ⅱ再測有機層的厚度，實驗記錄如下：實驗編號試管Ⅰ中的試劑試管Ⅱ中的試劑有機層的厚度/cmA2mL乙醇、1mL乙酸、1mL18mol·L－1濃硫酸飽和Na2CO3溶液3.0B2mL乙醇、1mL乙酸0.1C2mL乙醇、1mL乙酸、3mL2mol·L－1H2SO40.6D2mL乙醇、1mL乙酸、鹽酸0.6①實驗D的目的是與實驗C相對照，證明H+對酯化反應具有催化作用。實驗D中應加入鹽酸的體積和濃度分別是______mL和_____mol·L－1。②分析實驗_________________（填實驗編號）的數據，可以推測出濃H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的產率。（4）若現有乙酸90g，乙醇138g發生酯化反應得到80g乙酸乙酯，試計算該反應的產率為______________（用百分數表示，保留一位小數）。II、已知乳酸的結構簡式為。試回答：①乳酸分子中的官能團有：_____________________________________（寫名稱）；②乳酸與足量金屬鈉反應的化學方程式為________________________________；③已知—COOH不會發生催化氧化，寫出加熱時，乳酸在Cu作用下與O2反應的化學方程式：________________________________________________；④腈綸織物產泛地用作衣物、床上用品等。腈綸是由CH2＝CH－CN聚合而成的。寫出在催化劑、加熱條件下制備腈綸的化學方程式________________________。27、（12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___________（請寫出計算過程）。已知測定過程中發生反應的方程式為MnO4－＋NO2－＋H＋—Mn2+＋NO3－＋H2O（未配平）28、（14分）現有如下物質：①明礬②一水合氨③碳酸氫鈉④硫酸鐵⑤硝酸鋇⑥硝酸請完成下列問題：(1)屬于弱電解質的是___________________；(選填編號)(2)由于促進水的電離平衡而使溶液顯酸性的是__________________；(選填編號)(3)它們水溶液PH>7的有_________________；(選填編號)(4)寫出下列物質之間發生反應的離子方程式：①+⑤__________________②+④___________________③+⑥__________________(5)明礬溶于水后能凈水，是由于Al3+水解后能形成Al(OH)3膠體，該膠體具有吸附性，請寫出Al3+水解的方程式：____________________；硫酸鐵溶液水解可以得到一系列具有凈水作用的堿式硫酸鐵(xFe2O3?ySO3?zH2O)，為測定某堿式硫酸鐵的組成，取5.130g樣品溶于足量鹽酸中，然后加入過量的BaCl2溶液，經過濾、洗滌、干燥得白色固體5.825g，向上述濾液中加入過量的NaOH溶液，經過濾、洗滌、灼燒得到固體1.600g，該樣品的化學式中x、y、z的值分別為_______________(填整數)29、（10分）Ⅰ．某研究性學習組利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之間的反應來探究“外界條件改變對化學反應速率的影響”，實驗如下：實驗序號實驗溫度KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O溶液褪色時間V(mL)C(mol/L)V(mL)C(mol/L)V(mL)t(s)A293K20.0240.10t1BT120.0230.1V18C313K20.02V20.11t2（1）通過實驗A、B，可探究出_______的改變對反應速率的影響，其中V1=_____，T1=_____，通過實驗_______可探究出溫度變化對化學反應速率的影響。（2）若t1＜8，則由實驗A、B可以得出的結論是________________________；利用實驗B中數據計算，從反應開始到有結束，用KMnO4的濃度變化表示的反應速率為____________。（3）該反應中有無色無味氣體產生，且錳被還原為Mn2+，寫出相應反應的離子方程式_______。（4）該小組的一位同學通過查閱資料發現：反應一段時間后該反應速率會加快，造成此種變化的原因是反應體系中的某種粒子對KMnO4與H2C2O4之間的反應有某種特殊的作用，則該作用是_______________，相應的粒子最有可能是（填符號）_______。II.100kPa時，反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO的平衡轉化率與溫度的關系曲線如圖1，反應2NO2(g)N2O4(g)中NO2的平衡轉化率與溫度的關系曲線如圖2。①圖1中A、B、C三點表示不同溫度、壓強下2NO(g)+O2(g)2NO2(g)達到平衡時NO的轉化率，則________點對應的壓強最大。②100kPa、25℃時，2NO2(g)N2O4(g)平衡體系中，列式計算平衡常數Kp＝________。（Kp用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質的量分數）

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】

可以從污染物的來源、危害和綠色環保的含義進行分析，認識我國人口眾多、資源相對不足、積極推進資源合理開發、節約能源的行為都是符合“地球保障發展意識”的主題的理念進行解答。【詳解】A.綜加強海底可燃冰，錳結核的探測與開發研究，積極推進了資源合理開發，符合題意，故A正確；B.積極推廣風能，太陽能光伏發電，不僅節約不可再生能源如化石燃料，而且減少污染，符合題意，故B正確；C.在生產、流通和消費等過程中實行“減量化，再利用，資源化”，積極推進了資源合理開發，符合題意，故C正確；D.將高能耗、高污染的企業遷至偏僻的農村地區，雖能提高居民收入，但會破壞環境，得不償失，故D錯誤。故選D。2、D【解析】

三個圖形中均含有1個質子，都是氫元素，原子中的中子數分別為0、1、2，屬于同位素。【詳解】a、①②③含有質子數相同，中子數不同互為同位素，故正確；b、同素異形體是同種元素形成的不同單質，①②③含有質子數相同，中子數不同互為同位素，故錯誤；c、①②③含有質子數相同，中子數不同，所以具有不相同的質量數，故錯誤；d、①②③均含有1個質子，都是氫元素的原子，是三種化學性質相同的粒子，故錯誤；e、①②③含有質子數相同，中子數不同，所以具有不相同的質量數，則質量不同，故錯誤；f、①②③是同種元素的三種不同的原子，故正確；a、f正確，故選D。【點睛】本題考查同位素，注意同位素的概念及質量數=質子數+中子數是解答關鍵。3、B【解析】A．乙烯能與酸性高錳酸鉀反應，而甲烷不反應，能夠褪色的是乙烯，可鑒別，A正確；B．酸性條件下，亞鐵離子能被硝酸根離子氧化為鐵離子，從而造成干擾，向溶液中滴加KSCN溶液觀察是否變紅色即可判斷，B錯誤；C．將少量溴水加入KI溶液中，溶液顏色變深，說明二者發生氧化還原反應2I-+Br2=2Br-+I2，溴是氧化劑、碘是氧化產物，所以溴的氧化性大于碘，所以能實現實驗目的，C正確；D．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸的酸性比碳酸強，能與碳酸鈉反應生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到純凈的乙酸乙酯，D正確，答案選B。點睛：本題考查化學實驗方案的評價，涉及常見有機物的鑒別，注意常見有機物的性質，注重基礎知識的積累。選項B是易錯點，注意硝酸根在酸性條件下的強氧化性。4、D【解析】

A、用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝，硅膠具有吸水性，可防止食品受潮，屬于物理變化；鐵粉可防止食品氧化，屬于化學變化，錯誤；B、用熱堿水清除炊具上殘留的油污是利用油脂在堿性條件下發生較為徹底的水解反應，屬于化學變化，錯誤；C、用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保存水果是利用高錳酸鉀溶液將催熟水果的乙烯氧化，屬于化學變化，錯誤；D、用活性炭去除冰箱中的異味是利用活性炭的吸附作用，屬于物理變化，沒有發生化學變化，正確。答案選D。5、D【解析】

A.每克油脂在人體內完全氧化時產生的能量大約是糖或蛋白質的2倍，因此油脂是熱值最高的食物，適當食用，不僅可以為我們補充能量，而且可以增加食物的滋味、增進食欲，保證機體的正常生理功能，因此不食用是不正確的，A錯誤；B.羊毛的主要成分是蛋白質，棉花的主要成分是纖維素，B錯誤；C.酶是具有生物活性的蛋白質，溫度高，會導致酶變性，失去活性，因此不能使用熱水進行洗滌，要用溫水，C錯誤；D.未成熟的蘋果中含有大量植物光合作用產生的淀粉，因此滴加碘水會變藍，D正確；故合理選項是D。6、A【解析】

的分子式為C4H10，CH4和均屬于烷烴，通式為CnH2n+2，互為同系物，化學性質相似，物理性質不同。【詳解】A項、CH4和均屬于烷烴，通式為CnH2n+2，互為同系物，故A正確；B項、CH4和與其他碳原子數不同的烷烴互為同系物，故B錯誤；C項、CH4和結構相似，化學性質相似，物理性質不同，故C錯誤；D項、碳原子數為1-4的烷烴常溫下是氣體，則CH4和均是氣體，故D錯誤；故選A。7、C【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，d是淡黃色粉末，d為Na2O2，m為元素Y的單質，通常為無色無味的氣體m為O2，則Y為O，a為烴，b、c分別為CO2、H2O，e、f分別為NaOH、碳酸鈉，結合原子序數可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na，以此解答該題。【詳解】由上述分析可知，W為H，X為C，Y為O，Z為Na。A．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，應為C>O，選項A錯誤；B．由NaH+H2O=NaOH+H2↑，可知H-失去電子，陰離子的還原性：Y<W，選項B錯誤；C．題中物質的轉化都涉及氧氣的參與，一定為氧化還原反應，選項C正確；D．a燃燒生成水、二氧化碳，可為烴或烴的含氧衍生物，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查無機物的推斷，注意把握鈉的化合物的性質及相互轉化為解答的關鍵，注意淡黃色固體、原子序數為推斷的突破口，題目難度不大。8、A【解析】①是甲烷，⑤是苯，二者均不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；②是乙烯，含有碳碳雙鍵，③是乙醇，含有羥基，④是丙烯，含有碳碳雙鍵，三者均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，答案選A。9、D【解析】根據影響反應速率的因素，溫度越高反應速率越快；硫酸銅的濃度相同，H2O2的濃度越大反應速率越快，D選項H2O2的濃度最大、溫度最高，反應速率最快，故D正確。點睛：影響反應速率的因素：溫度越高反應速率越快、反應物濃度越大反應速率越快、氣體壓強越大反應速率越快、加入催化劑反應速率加快、接觸面積越大反應速率越快。10、C【解析】A．實驗室用乙醇制取乙烯，應加熱到170℃，溫度計應插入液面以下，故A錯誤；B．乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液反應，應用飽和碳酸鈉溶液吸收，故B錯誤；C．苯和甲苯沸點不同，可用蒸餾的方法分離，題給操作符合要求，故C正確；D．實驗室制取硝基苯，題給溫度過高，故D錯誤；故選C。點睛：明確實驗的原理及裝置特點是解題關鍵，可從實驗方案的正確與錯誤、嚴密與不嚴密、準確與不準確做出判斷，常見判斷方法是：1．從可行性方面對實驗方案做出評價；科學性和可行性是設計實驗方案的兩條重要原則，任何實驗方案都必須科學可行．評價時，從以下4個方面分析：①實驗原理是否正確、可行；②實驗操作是否完全、合理；③實驗步驟是否簡單、方便；④實驗效果是否明顯等；2．從“綠色化學”視角對實驗方案做出評價；“綠色化學”要求設計更安全、對環境友好的合成線路、降低化學工業生產過程中對人類健康和環境的危害，減少廢棄物的產生和排放．根據“綠色化學”精神，對化學實驗過程或方案從以下4個方面進行綜合評價：①反應原料是否易得、安全、無毒；②反應速率較快；③原料利用率以及合成物質的產率是否較高；④合成過程是否造成環境污染；3．從“安全性”方面對實驗方案做出評價；化學實驗從安全角度常考慮的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防著火、防濺液、防破損等。11、B【解析】

本題主要考查常見有機物的水溶性、密度與水的大小等性質，如苯和己烯難溶于水且密度比水小，四氯化碳難溶于水密度比水大，而酒精能夠溶于水，故可根據A、B、C、D四種物質與題干中四種有機物混合后溶液的分層現象來判斷。【詳解】A.碳酸鈉溶液與四種有機物相混合后，苯和己烯在其中的現象一樣，都是溶液分層且在上層，無法區別，故A項錯誤；B.溴水與四種有機物混合后溶液不分層的為酒精，分層且上層為橙色的為苯，分層且下層為橙色的為四氯化碳，分層但兩層均為無色的為己烯，故B項正確；C.水與四種有機物相混合后苯和己烯的現象相同，無法區別，故C項錯誤；D.石蕊試液與四種有機物相混合后與C中的現象相同，也是無法區別出苯和己烯，故D項錯誤；答案選B。【點睛】溴水與苯、四氯化碳、己烯三種有機溶劑相混合時，苯的四氯化碳都能因為萃取而使溴水層褪色，而己烯還能與溴發生加成反應導致溶液上下兩層均為無色，此區別易混淆，需特別強調。12、C【解析】

X和Y同周期且r(X)>r(Y)，則X的原子序數小于Y，Y和Z同主族且r(X)>r(Y)>r(Z)，則Z的原子序數最小，即原子序數Z<X<Y，可推出Z在第二周期，X、Y在第三周期。【詳解】A.Z可能為氧元素或氟元素，則Z可能無正價，故A錯誤；B.Y、Z若在VIIA族，單質的相對分子質量大的熔點高，且X可能是硅，則可能X的熔點最高，故B錯誤；C.若X為非金屬元素，X、Y具有相同的電子結構，原子序數大的離子半徑小，則離子半徑：Xn->Ym->Zm-，故C正確；D.若X為金屬元素，同周期從左到右金屬性逐漸減弱，則X、Y、Z的最高價氧化物對應的水化物中，X的堿性最強,故D錯誤；綜上所述，答案為C。13、B【解析】

A.根據電流方向知，a是直流電源的正極，b是負極，故A錯誤；B.根據電流方向知，a是直流電源的正極，b是負極，電解池中與電源正極相連的電極為陽極，與電源負極相連的是陰極，所以c為陽極、d為陰極，故B正確；C.陽極上溶液中氯離子失電子生成氯氣，所以氯離子濃度減小，故C錯誤；D.c是陽極，溶液中氯離子在c極失電子生成氯氣，c電極質量不變，故D錯誤；答案選B。14、B【解析】試題分析：A．鋁與稀鹽酸的反應是放熱反應，同時是氧化還原反應，錯誤；B．灼熱的木炭與CO2反應是氧化還原反應，同時也是吸熱反應，正確；C．甲烷在氯氣中的燃燒反應是氧化還原反應，同時也是放熱反應，錯誤；D．Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl晶體的反應是復分解反應，不屬于氧化還原反應，該反應是吸熱反應，錯誤。考點：考查化學反應類型的判斷的知識。15、B【解析】A、原子序數為1的元素為H，原子序數為6的元素為C，二者形成的化合物為烴，為共價化合物，不能形成AB2型共價化合物，故A錯誤；B、原子序數為8的元素為O，原子序數為16的元素為S，二者可以生成SO3，為共價化合物，故B正確；C、原子序數為11的元素為Na，原子序數為16的元素為S，二者生成Na2S，為離子化合物，故C錯誤；D、原子序數為12的元素為Mg，原子序數為7的元素為N，二者生成Mg3N2，為離子化合物，故D錯誤；故選B。16、B【解析】試題分析：已知原子序數，可推斷原子的①質子數；④核電荷數；⑤核外電子數；⑥原子結構示意圖；⑦元素在周期表中的位置。因此選項是B。考點：考查元素的原子序數與原子結構的知識。17、C【解析】

A．單質的氧化性越強，其元素的非金屬性越強，可以判斷非金屬性強弱，A錯誤；B．非金屬性越強，其單質與氫氣越容易化合，單質與氫氣化合的難易能判斷非金屬性強弱，B錯誤；C．單質的沸點高低與非金屬性強弱沒有關系，則不能判斷非金屬性強弱，C正確；D．最高價氧化物對應的水化物酸性越強，其元素的非金屬性越強，可以判斷非金屬性強弱，D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查非金屬性的比較，非金屬性或金屬性強弱只與得到或失去電子的難易程度有關系，解答時注意元素非金屬性和金屬性的比較角度，例如可根據單質之間的置換反應、與氫氣反應的難易程度、氫化物的穩定性以及最高正價氧化物對應水化物酸性強弱等。18、A【解析】

A．非金屬性：Cl＞Br＞I，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物酸性越強，則有酸性強弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4，故A錯誤；B．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則Na＞S，原子核外電子層數越多，半徑越大，O的原子核外有2個電子層，半徑最小，則原子半徑：Na＞S＞O，故B不選；C．金屬性：K＞Na＞Li，元素的金屬性越強，對應最高價氧化物的水化物的堿性越強，則有堿性強弱：KOH＞NaOH＞LiOH，故C不選；D．同周期元素從左到右金屬性逐漸減弱，則有金屬性強弱：Na＞Mg＞Al，故D不選。故答案選A。19、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，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。20、C【解析】A．石油分餾是指通過石油中含有的物質的沸點不同而使各種物質分離開的一種方法，該過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，石油中沒有苯，苯是煤干餾產物中獲得的液態化工原料，故A錯誤；B．苯是平面結構，苯分子中的所有原子都在同一平面上，但苯分子中不含碳碳雙鍵和碳碳單鍵，是介于單鍵和雙鍵之間的特殊鍵，所以苯不屬于烯烴，應為芳香烴，故B錯誤；C．若苯的結構中存在單雙鍵交替結構，苯的鄰位二元取代物有兩種，但實際上無同分異構體，所以能說明苯不是單雙鍵交替結構，苯分子中六個碳原子之間的化學鍵完全相同，故C正確；D．含雙鍵或三鍵的有機物或還原性的物質能使溴褪色，苯中沒有碳碳雙鍵或還原性，不能和溴發生反應，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，苯與液溴需在催化劑條件下反應，苯也不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D錯誤；故選C。21、A【解析】

A.最簡單的有機物是甲烷，其化學式為CH4，故A正確；B.最簡單的有機物是甲烷，不是乙烯，故B錯誤；C.最簡單的有機物是甲烷，不是苯，故C錯誤；D.碳酸雖含有碳元素，但其性質與無機物類似，因此把它看作無機物，故D錯誤；故選A。【點睛】有機物是指含碳元素的物質，但不包括碳的氧化物，碳酸鹽，碳酸氫鹽，氰化物，硫氰化物。22、D【解析】

A．溴易溶于苯，溴水與苯發生萃取，苯酚與溴水發生取代反應生成三溴苯酚，用溴水除雜，生成的三溴苯酚和過量的溴都能溶于苯，不能得到純凈的苯，并引入新的雜質，不能用溴水來除去苯中的苯酚，應向混合物中加入NaOH溶液后分液，故A錯誤；B．乙醇中含乙酸雜質：加入碳酸鈉溶液，乙酸與碳酸鈉反應生成乙酸鈉、水和二氧化碳，但乙酸鈉和乙醇互溶在水中，不分層，不能采用分液的方法，故B錯誤；C．乙醛中含乙酸雜質：加入氫氧化鈉溶液，乙酸與氫氧化鈉反應生成乙酸鈉和水，但乙酸鈉和乙醛互溶在水中，不分層，不能采用分液的方法，故C錯誤；D．乙酸丁酯不溶于飽和碳酸鈉，乙酸的酸性比碳酸強，能與碳酸鈉反應生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到純凈的乙酸丁酯，故D正確；故選D。二、非選擇題(共84分)23、碳碳雙鍵羥基正四面體3C(CH3)4⑦④⑥催化劑、吸水劑2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O【解析】

A是一種植物生長調節劑，有催熟作用，則A為乙烯，過程①為加成反應，B為乙醇，過程②為乙醇的催化氧化，C為乙醛，過程③為乙醛的氧化反應，D為乙酸，過程④為酯化反應，E為乙酸乙酯，F為乙烷，過程⑥為烷烴的鹵代反應，G為氯乙烷，過程⑦為烯烴的加成反應。【詳解】（1）A和B中官能團名稱分別是碳碳雙鍵和羥基；（2）在F的眾多同系物中，最簡單的同系物為甲烷，其空間構型為正四面體形，含5個碳原子的同系物其同分異構體有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種，其中一氯代物種類最少的同系物為對稱結構的新戊烷，結構簡式為C(CH3)4；（3）反應⑥和⑦均可得到G，要制備得到較純凈的G，應該選用加成反應，即過程⑦，若采取取代反應，則會生成無機小分子和其他的副產物；（4）根據分析，反應①﹣⑦屬取代反應的有④酯化反應和⑥鹵代反應，反應④中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，反應②為乙醇的催化氧化，化學方程式為2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。24、加成反應氧化反應飽和碳酸鈉溶液分液分液漏斗防止溶液倒吸乙同學的方案由于烷烴的取代反應是分步進行的，反應很難停留在某一步，所以得到產物往往是混合物；而用乙烯與HCl反應只有一種加成反應，所以可以得到相對純凈的產物【解析】

A為乙烯，與水發生加成反應生成乙醇，B為乙醇，乙醇氧化生成C，C氧化生成D，故C為乙醛、D是乙酸，乙酸與乙醇生成具有果香味的物質E，E為乙酸乙酯。【詳解】（1）反應①為乙烯與水發生加成反應生成乙醇，反應的方程式為：；反應②為乙醇催化氧化生成乙醛，反應的方程式為：；（2）①乙酸和乙醇在濃硫酸的催化作用下發生酯化反應，生成乙酸乙酯和水，反應的化學方程式為；②由于乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度較小，碳酸鈉溶液能夠與乙酸反應，還能夠溶解乙醇，所以通常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯；乙酸乙酯不溶于水，所以混合液會分層，乙酸乙酯在上層，可以分液操作分離出乙酸乙酯，使用的主要玻璃儀器為分液漏斗；③吸收乙酸乙酯時容易發生倒吸現象，球形導管可以防止溶液倒吸；（3）烷烴的取代反應是分步進行的，反應很難停留在某一步，所以得到的產物往往是混合物；乙烯與HCl反應只有一種加成產物，所以乙同學的方案更合理。【點睛】本題考查了有機物的推斷、乙酸乙酯的制備、化學實驗方案的評價等知識，注意掌握常見有機物結構與性質、乙酸乙酯的制取方法及實驗操作方法，明確化學實驗方案的評價方法和評價角度等。25、30、⑴過濾，萃取；2I－+Cl2===2Cl－+I2⑵BD⑶分液漏斗⑷①缺少石棉網；②溫度計的水銀球插到液面以下；③冷凝管中進出水方向顛倒【解析】試題分析：（1）過程①是分離不溶性物質和溶液，用過濾的操作；因為碘在有機溶劑中的溶解度較大，而在水中的溶解度較小，分離碘和水的溶液用萃取、分液的方法，所以過程③是萃取。氯氣能將I-氧化成碘單質，所以過程②反應的化學方程式為2I－+Cl2===2Cl－+I2。（2）萃取是利用溶質在不同溶劑中溶解度的不同而分離的，提取碘的過程用萃取的方法，選取萃取劑的標準是①溶質在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大，②萃取劑與原溶劑不相溶，③萃取劑與溶質不反應，答案選BD。（3）海藻灰中碘離子轉化為碘的有機溶液采取萃取分液的方法，分液必須用到分液漏斗。（4）該裝置是蒸餾操作裝置，該實驗裝置中的錯誤之處有①缺少石棉網；②溫度計的水銀球插到液面以下；③冷凝管中進出水方向顛倒。考點：考查海水的綜合應用、物質的分離與提純等知識。26、防止倒吸CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3＋H2O酯化反應34AC1．6%羥基、羧基2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O【解析】

（1）乙酸、乙醇易溶于碳酸鈉溶液，會導致裝置內氣體減小，容易發生倒吸，球形干燥管容積較大，故可以防止倒吸，故答案為防止倒吸；（2）根據酯化反應的機理可知反應方程式：CH3COOH＋CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3＋H2O，反應類型為取代反應或酯化反應；（3）①實驗D的目的是與實驗C相對照，證明H+對酯化反應具有催化作用，由于在實驗C中使用的硫酸是3mL

2mol/L，所以在實驗D中應加入一元強酸鹽酸的體積和濃度分別是3mL和4mol/L；②分析實驗A、C可知：其它條件相同只有硫酸的濃度不同，而最終使用濃硫酸反應產生的酯多，說明濃H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的產率；故答案為AC；（4）n(乙酸)=90g÷1g/mol=1.5mol，n(乙醇)=138g÷46g/mol=3mol，由于乙醇過量，所以應該按照乙酸來計算得到的酯的質量。n(乙酸乙酯)=80÷88g/mol=0.909mol，則該反應的產率為0.909mol÷1.5mol×100%=1.6%；II.①乳酸分子中的官能團有羥基和羧基，故答案為羥基、羧基；②乳酸分子中的羥基氫和羧基氫都能被金屬鈉置換，故反應方程式為，③加熱時，乳酸在Cu作用下與O2反應主要的羥基被催化氧化，故反應方程式為2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O；④腈綸是由丙烯腈發生加聚反應而得到的，反應的方程式為。【點睛】在所給的反應物的量有多種時，應考慮物質的過量問題，應先判斷過量，然后按照量少的反應物的量進行計算。27、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中的二氧化氮變為NO，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的質量分數為。28、②①④②③SO42-+Ba2+=BaSO4Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3+3NH4+HCO3-+H+=CO2+H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+2、5、17【解析】

(1)明礬是可溶性鹽，屬于強電解質；一水合氨是一元弱堿，屬于弱電解質；碳酸氫鈉、硫酸鐵和硝酸鋇是可溶性鹽，屬于強電解質；硝酸是強酸，屬于強電解質；(2)明礬是可溶性鹽，在水中電離出Al3+，氯離子水解使溶液呈酸性；硫酸鐵在溶液中電離出鐵離子，鐵離子水解使溶液呈酸性；；(3)一水合氨是一元弱堿，水溶液PH>7；碳酸氫鈉屬于弱酸強堿鹽，其水溶液呈堿性，pH>7；(4)明礬和硝酸鋇反應生成硫酸鋇沉淀、硝酸鉀和硝酸鋁；一水合氨和硫酸鐵反應生成氫氧化鐵和硫酸銨；碳酸氫鈉和硝酸反應生成二氧化碳和硝酸鈉；(5)Al3+水解生成氫氧化鋁；(6)取5.130g堿式硫酸鐵(xFe2O3?ySO3?zH2O)，溶于足量鹽酸中，則所得的溶液中含Fe3+和SO42-。加入過量的BaCl2溶液，經過濾、洗滌、干燥得白色固體5.825g即BaSO4，向上述濾液中加入過量的NaOH溶液，經過濾、洗滌、灼燒得到固體氧化鐵，根據硫原子和鐵原子守恒規律解答。【詳解】(1)明礬是可溶性鹽，屬于強電解質；一水合氨是一元弱堿，屬于弱電解質；碳酸氫鈉、硫酸鐵和硝酸鋇是可溶性鹽，屬于強電解質；硝酸是強酸，屬于強電解質，屬于弱電解質的是②；(2)明礬是可溶性鹽，在水中電離出Al3+，鋁離子水解使溶液呈酸性；硫酸鐵在溶液中電離出鐵離子，鐵離子水解使溶液呈酸性；由于促進水的電離平衡而使溶液顯酸性的是①④；(3)一水合氨是一元弱堿，水溶液PH>7；碳酸氫鈉屬于弱酸強堿鹽，其水溶液呈堿性，pH>7；水溶液PH>7的有②③；(4)明礬和硝酸鋇反應生成硫酸鋇沉淀、硝酸鉀和硝酸鋁，離子方程式為：SO42-+Ba2+=BaSO4；一水合氨和硫酸鐵反應生成氫氧化鐵和硫酸銨，離子方程式為：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3+3NH4+；碳酸氫鈉和硝酸反應生成二氧化碳和硝酸鈉，離子方程式為：HCO3-+H+=CO2+H2O；(5)Al3+水解生成氫氧化鋁，離子方程式為：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；(6)取5.130g堿式硫酸鐵(xFe2O3?ySO3?zH2O)，