甘肅省酒泉市2024年高一下化學期末聯(lián)考試題含解析

甘肅省酒泉市2024年高一下化學期末聯(lián)考試題考生請注意：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?？荚嚱Y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、下列氣體中既可用濃硫酸干燥又可用堿石灰干燥的是A．CO B．H2S C．SO2 D．NH32、下列化學用語正確的是A．甲烷分子的比例模型： B．二氧化碳的電子式：C．Cl-的結構示意圖為： D．HClO的結構式：H-O-C13、如表所示的五種元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22。下列說法正確的是XYWZTA．X、Y、Z三種元素最低價氫化物的沸點依次升高B．由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價鍵C．物質(zhì)WY2、W3X4、WZ4，均有熔點高、硬度大的特性D．T與Z元素可形成化合物TZ44、碳元素有3種核素，其中一種是，其核內(nèi)的中子數(shù)是A．6 B．8 C．14 D．205、為了除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙等雜質(zhì),將粗鹽溶于水,然后進行下列操作：①過濾,②加過量的NaOH溶液③加適量鹽酸④加過量Na2CO3溶液⑤加過量的BaCl2溶液,正確的操作順序是A．①④⑤②③B．④①②⑤③C．②⑤④①③D．④⑤②①③6、下列有關說法不正確的是A．苯中碳碳鍵是介于C－C和C=C之間的一種特殊共價鍵B．甲烷、乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C．葡萄糖溶液中加入銀氨溶液，水浴加熱有銀鏡生成D．醫(yī)用酒精能使蛋白質(zhì)變性，可用于消毒殺菌7、下列有關周期表的說法正確的是（）A．短周期是第一、二、三、四周期 B．元素周期表有18個族C．第ⅠA族的元素全部是金屬元素 D．元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族8、下列化學用語表示正確的是A．HClO的結構式：H-Cl-OB．NH4Cl的電子式為：C．CO2的比例模型：D．甲烷的球棍模型：9、下列措施對加快反應速率有明顯效果的是（）A．Na與水反應時，增加水的用量B．Al與稀硫酸反應制取H2時，改用濃硫酸C．Na2SO4與BaCl2兩種溶液反應時，增大壓強D．大理石和鹽酸反應制取CO2時，將塊狀大理石改為粉末狀10、可逆反應CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，達到限度后，欲提高一氧化碳的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施為()A．使用催化劑B．增大壓強C．增大一氧化碳的濃度D．增大水蒸氣的濃度11、利用下圖裝置可以進行實驗并能達到實驗目的的是選項實驗目的X中試劑Y中試劑A用MnO2和濃鹽酸制取并收集純凈干燥的Cl2飽和食鹽水濃硫酸B用Cu與稀硝酸制取并收集純凈干燥的NO水濃硫酸C用Na2SO3和濃硫酸制取收集SO2并檢驗其性質(zhì)品紅溶液濃硫酸D用CaCO3和稀鹽酸制取并收集純凈干燥的CO2飽和Na2CO3溶液濃硫酸A．A B．B C．C D．D12、下列同組微粒間互稱同位素的一組是()A．H和HB．H2O和D2OC．白磷和紅磷D．K和Ca13、下列物質(zhì)中，既有離子鍵又有共價鍵的是A．HCl B．NaOH C．H2O D．HF14、X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1，一定條件下，將1molX和3molY通入2L的恒容密閉容器中，反應10min，測得Y的物質(zhì)的量為2.4mol。下列說法正確的是A．10min內(nèi)，Y的平均反應速率為0.03mol·L-1·s-1B．第10min時，X的反應速率為0.01mol·L-1·min-1C．10min內(nèi)，消耗0.2molX，生成0.4molZD．10min內(nèi)，X和Y反應放出的熱量為akJ15、下列化學用語表達正確的是A．Na2O2的電子式：B．Al3＋的結構示意圖：C．CH3COOCH3的名稱：乙酸甲酯D．用電子式表示氯化氫的形成過程：＋→16、下列說法不正確的是A．溴在海水中以化合態(tài)形式存在B．從海水中提取溴要經(jīng)歷濃縮、氧化和提取三個步驟C．提取金屬鎂是電解氯化鎂的熔融液D．溴在常溫下是液態(tài)，其顏色與氯氣顏色相同17、X、Y、Z是3種短周期元素,其中X、Y位于同一主族,Y、Z處于同一周期。X原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍。Z原子的核外電子數(shù)比Y原子少1。下列說法正確的是A．元素非金屬性由弱到強的順序為Y<Z<XB．Y元素最高價氧化物對應水化物的化學式可表示為H3YO4C．3種元素的氣態(tài)氫化物中,Z的氣態(tài)氫化物最穩(wěn)定D．原子半徑由大到小的順序為Z>Y>X18、乙烯的生產(chǎn)是衡量一個國家石油化工水平的重要標志。聚乙烯是以乙烯為原料合成的一種人們常用的高分子材料。下列有關聚乙烯的敘述中正確的是()。A．乙烯合成聚乙烯的變化屬于化合反應B．乙烯合成聚乙烯的化學方程式是nCH2=CH2nCH2—CH2C．聚乙烯在自然界中很難降解，容易導致“白色污染”D．聚乙烯是純凈物19、硅被譽為無機非金屬材料的主角，下列物品用到硅單質(zhì)的是（）A．陶瓷餐具 B．石英鐘表 C．計算機芯片 D．光導纖維20、下列實驗能成功的是A．將鐵屑、溴水、苯混合制溴苯 B．苯和硝基苯采用分液的方法分離C．聚乙烯使酸性KMnO4溶液褪色 D．用水鑒別：苯、乙醇、四氯化碳21、下列物質(zhì)之間的相互關系錯誤的是A．CH3CH2OH和CH3OCH3互為同分異構體B．干冰和冰為同一種物質(zhì)C．CH3CH3和CH3CH2CH3互為同系物D．C和C互為同位素22、已知：15P、33As位于同一主族，下列關系正確的是A．原子半徑：As>Cl>PB．熱穩(wěn)定性：HCl>PH3>AsH3C．非金屬性：Cl>As>SD．酸性：H3AsO4>H2SO4>H3PO4二、非選擇題(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，①～?分別代表12種元素，請回答：（1）寫出12種元素中化學性質(zhì)最不活潑的元素的原子結構示意圖______________。（2）?在元素周期表中的位置是____________________________。（3）12種元素形成的單質(zhì)中硬度最大的是________________(填名稱)。（4）用電子式表示①與?形成化合物的過程_______________________。（5）可以用來驗證⑥⑦兩種元素金屬性強弱的實驗是__________(填字母序號)。a將在空氣中放置已久的這兩種元素的塊狀單質(zhì)分別放入水中b將形狀、大小相同的無氧化膜的這兩種元素的單質(zhì)分別和同濃度同體積的鹽酸反應c將形狀、大小相同的無氧化膜的這兩種元素的單質(zhì)分別和溫度相同的熱水作用，并滴入酚酞d比較這兩種元素的氫化物的熱穩(wěn)定性（6）⑧⑨兩種元素的簡單陰離子中還原性較強的是________(填離子名稱)；用一個置換反應證明這一結論__________________________(寫化學方程式)。24、（12分）已知A、B、F是家庭中常見的有機物，E是石油化工發(fā)展水平的標志，F(xiàn)是一種常見的高分子材料。根據(jù)下面轉(zhuǎn)化關系回答下列問題：(1)操作⑥、操作⑦的名稱分別為________、________。(2)下列物質(zhì)中沸點最高的是________。A汽油B煤油C柴油D重油(3)在①～⑤中屬于取代反應的是________；原子利用率為100%的反應是________。(填序號)(4)寫出結構簡式：A________、F________。(5)寫出反應③的離子方程式：___________。(6)作為家庭中常見的物質(zhì)F，它給我們帶來了極大的方便，同時也造成了環(huán)境污染，這種污染稱為________。25、（12分）某化學興趣小組探究NO與Na2O2反應制備NaNO2。設計裝置如圖，請回答下列問題：(1)組裝好儀器后，必須進行的一項操作是______。(2)裝置A的產(chǎn)生的氣體成分______。(3)反應前，用N2將裝置B、C、D中的空氣排凈，目的是______；反應后B中溶液變藍的原因是______(用一個化學方程式表示)。(4)裝置D中除生成NaNO2外，還有另一種雜質(zhì)是______；若撤除裝置C還能產(chǎn)生雜質(zhì)是______；為了防止以上情況，可以把裝置C改為______(填試劑和儀器名稱)。(5)一定條件下，NH4+可以處理含NO2－的廢水，生成無毒的氣體。寫出有關反應的離子方程式為______。(6)已知裝置E中試劑X為酸性高錳酸鉀溶液，其作用是______。26、（10分）將濃度均為0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定時間后溶液變?yōu)樗{色。該實驗是一種“碘鐘實驗”。某小組同學在室溫下對該“碘鐘實驗”的原理進行探究。（資料）該“碘鐘實驗”的總反應：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反應分兩步進行：反應A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反應B：……(1)反應B的離子方程式是______。對于總反應，I-的作用相當于______。(2)為證明反應A、B的存在，進行實驗Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入試劑X的水溶液，溶液變?yōu)樗{色。b.再向得到的藍色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的藍色褪去。試劑X是______。(3)為探究溶液變藍快慢的影響因素，進行實驗Ⅱ、實驗Ⅲ。（溶液濃度均為0.01mol/L）試劑序號用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O實驗Ⅱ54830實驗Ⅲ52xyz溶液從混合時的無色變?yōu)樗{色的時間：實驗Ⅱ是30min、實驗Ⅲ是40min。①實驗Ⅲ中，x、y、z所對應的數(shù)值分別是______。②對比實驗Ⅱ、實驗Ⅲ，可得出的實驗結論是______。(4)為探究其他因素對該“碘鐘實驗”的影響，進行實驗Ⅳ。（溶液濃度均為0.01mol/L）試劑序號用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O實驗Ⅳ44930實驗過程中，溶液始終無明顯顏色變化。試結合該“碘鐘實驗”總反應方程式及反應A與反應B速率的相對快慢關系，解釋實驗Ⅳ未產(chǎn)生顏色變化的原因：_____________________。27、（12分）三氯氧磷（化學式：POCl3）常用作半導體摻雜劑及光導纖維原料。氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的流程如下：⑴氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷的化學方程式為______。⑵通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷產(chǎn)品中Cl元素含量，實驗步驟如下：Ⅰ．取a

g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性。Ⅱ．向錐形瓶中加入0.1000mol·L－1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl－完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋。Ⅳ．加入指示劑，用c

mol·L－1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2×10－12①滴定選用的指示劑是______（選填字母），滴定終點的現(xiàn)象為______。a．NH4Fe(SO4)2

b．FeCl2

c．甲基橙

d．淀粉②實驗過程中加入硝基苯的目的是_____________________，如無此操作所測Cl元素含量將會______（填“偏大”、“偏小”或“不變”）⑶氯化水解法生產(chǎn)三氯氧磷會產(chǎn)生含磷（主要為H3PO4、H3PO3等）廢水。在廢水中先加入適量漂白粉，再加入生石灰調(diào)節(jié)pH將磷元素轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽沉淀并回收。①在沉淀前先加入適量漂白粉的作用是_________________。②下圖是不同條件對磷的沉淀回收率的影響圖像。處理該廠廢水最合適的工藝條件為______（選填字母）。a．調(diào)節(jié)pH=9

b．調(diào)節(jié)pH=10

c．反應時間30min

d．反應時間120min③若處理后的廢水中c(PO43－)=4×10－7

mol·L－1，溶液中c(Ca2+)=__________mol·L－1。（已知Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10－29）28、（14分）下表為元素周期表的一部分，請參照元素①－⑧在表中的位置，用化學用語回答下列問題：族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧（1）⑧的原子結構示意圖為_________。（2）②的氣態(tài)氫化物分子的結構式為_____________。（3）②、③的最高價含氧酸的酸性由強到弱的順序是________________。（填化學式）（4）⑤、⑥元素的金屬性強弱依次為___________。（填“增大”、“減小”或“不變”）（5）④、⑤、⑥的形成的簡單離子半徑依次_______。（填“增大”、“減小”或“不變”）（6）①、④、⑤元素可形成既含離子鍵又含共價鍵的化合物，寫出它的電子式：_______。29、（10分）四種短周期元素在周期表中的位置如下所示，其中Z元素原子核外電子總數(shù)是其最外層電子數(shù)的3倍．請回答下列問題：XYZW（1）元素Z位于周期表中第_____周期，_____族；（2）比較X與Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：_____（寫化學式）；（3）XW2的電子式為_____；（4）比較X、Y、Z、W四種原子半徑由大到小關系：_____；（5）X和W形成的化合物屬于_____（填“離子化合物”、或“共價化合物”），該化合物中存在的微粒間作用力有：_____．

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、A【解析】

A．一氧化碳與濃硫酸、堿石灰都不發(fā)生反應，既可用濃硫酸干燥又可用堿石灰干燥，選項A正確；B．硫化氫具有還原性，為酸性氣體，既不能用濃硫酸也不能用堿石灰干燥，選項B錯誤；C．二氧化硫為酸性氧化物，能夠與氫氧化鈉、氧化鈣反應，不能用堿石灰干燥，選項C錯誤；D．氨氣為堿性氣體，不能用濃硫酸干燥，選項D錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查了干燥劑的選擇，明確干燥劑的性質(zhì)及氣體的性質(zhì)是解題關鍵，濃硫酸具有酸性、強的氧化性，不能干燥還原性、堿性氣體；堿石灰成分為氫氧化鈉和氧化鈣，不能干燥酸性氣體。2、D【解析】

A.甲烷分子的比例模型是，是甲烷分子的球棍模型是，故A錯誤；B.二氧化碳的電子式：，故B錯誤；C.Cl-的質(zhì)子數(shù)是17，結構示意圖為：，故C錯誤；D.H、Cl能形成1個鍵，O能形成2個鍵，根據(jù)價鍵規(guī)律，HClO的結構式：H-O-C1，故D正確。3、D【解析】W、X、Y、Z為短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y處于第二周期，W、Z處于第三周期，令W的最外層電子數(shù)為a，則X、Y、Z最外層電子數(shù)分別為a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W為Si、X為N、Y為O、Z為Cl、T為Ge；A．X、Y、Z三種元素最低價氫化物分別為氨氣、水、HCl，常溫下水為液態(tài)，氨氣、HCl為氣體，故水的沸點最高，氨氣分子之間都存在氫鍵，沸點比HCl的高，故A錯誤；B．N、O和H形成的化合物硝酸銨中既有離子鍵、又有共價鍵，故B錯誤；C．物質(zhì)SiO2、Si3N4均為原子晶體，均有熔點高、硬度大的特性，而SiCl4為分子晶體，熔、沸點較低，故C錯誤；D．Ge元素的單質(zhì)具有半導體的特性，與Cl元素可形成化合物GeCl4，故D正確，故選D。4、B【解析】

根據(jù)原子符號中左上角數(shù)字為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)，質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)，以此來解答?！驹斀狻康馁|(zhì)子數(shù)為6，質(zhì)量數(shù)為14，中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=14-6=8，故選B。5、C【解析】鎂離子用氫氧根離子沉淀，加入過量的氫氧化鈉可以將鎂離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，加入過量的氯化鋇可以將硫酸根離子沉淀，先除鎂離子，還是先除硫酸根離子，順序可以調(diào)整，鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入碳酸鈉轉(zhuǎn)化為沉淀，但是加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應剩余的氯化鋇，離子都沉淀了，再進行過濾，最后再加入鹽酸除去反應剩余的氫氧根離子和碳酸根離子，所以正確的順序為：②加過量的氫氧化鈉溶液⑤加過量的氯化鋇溶液

④加過量的碳酸鈉溶液①過濾③加適量鹽酸，故選C。6、B【解析】

A．苯中碳碳鍵是介于C－C和C=C之間的一種特殊共價鍵，鍵長、鍵能都相同，選項A正確；B．甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，而乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，選項B正確；C．葡萄糖分子中含醛基，加入弱氧化劑銀氨溶液，水浴加熱有銀鏡生成，醛基被氧化為羧基，選項C正確；D．醫(yī)用酒精能使蛋白質(zhì)失去生理活性而變性，可用于消毒殺菌，選項D正確。答案選B。7、D【解析】

A.短周期是指第一周期、第二周期、第三周期等3個周期，選項A不正確；B.元素周期表有18列，但是只分為16個族，選項B不正確；C.第ⅠA族的元素除H元素外全部是金屬元素，選項C不正確；D.鑭系元素和錒系元素分別都有15種，它們都在第ⅢB族，所以元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族，選項D正確。答案選D。8、D【解析】A．次氯酸中Cl為+1價，與O形成一對共價鍵，結構式為H-O-Cl，故A錯誤；B．氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構成，電子式為：，故B錯誤；C．CO2分子為直線型結構，碳原子半徑大于氧原子，CO2的比例模型為，故C錯誤；D．甲烷為正四面體結構，甲烷的球棍模型為，故D正確；故選D。點睛：解決這類問題過程中需要重點關注的有：①書寫電子式時應特別注意如下幾個方面：陰離子及多核陽離子均要加“[]”并注明電荷，書寫共價化合物電子式時，不得使用“[]”，沒有成鍵的價電子也要寫出來。②書寫結構式、結構簡式時首先要明確原子間結合順序（如HClO應是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是書寫結構簡式時，碳碳雙鍵、碳碳三鍵應該寫出來。③比例模型、球棍模型要能體現(xiàn)原子的相對大小及分子的空間結構。9、D【解析】A．水為純液體，增加水的用量，反應速率不變，A不選；B．Al與濃硫酸發(fā)生鈍化，不生成氫氣，反應速率減小，B不選；C．反應沒有氣體參加，則增大壓強，反應速率不變，C不選；D．塊狀大理石改為粉末狀，增大了接觸面積，反應速率加快，D選；答案選D。10、D【解析】分析：提高CO的轉(zhuǎn)化率，可以使平衡正向進行，根據(jù)化學平衡移動原理來回答判斷，注意只增大CO的濃度，平衡向正反應方向移動，但CO的轉(zhuǎn)化率會降低。詳解：A．使用催化劑，只能改變反應速率，該平衡不會發(fā)生移動，CO的轉(zhuǎn)化率不變，A錯誤；B．該反應前后氣體的體積不變，增加壓強，該平衡不會發(fā)生移動，CO的轉(zhuǎn)化率不變，B錯誤；C．增大CO的濃度，雖然平衡向正反應方向移動，但CO的轉(zhuǎn)化率反而降低，C錯誤；D．增大水蒸氣的濃度，反應物濃度增大，平衡向正反應方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，D正確。答案選D。11、C【解析】分析：A.反應需要加熱；B.NO易被氧化為NO2；C.二氧化硫能使品紅溶液褪色；D.碳酸鈉溶液能與二氧化碳反應。詳解：MnO2和濃鹽酸反應需要加熱，圖中缺少加熱裝置，不能制備氯氣，A錯誤；B.NO不能利用排空氣法收集，因NO與氧氣反應，應排水法收集，B錯誤；C.二氧化硫具有漂白性，能夠使品紅褪色，二氧化硫可以用濃硫酸干燥，二氧化硫氣體密度大于空氣密度，可用向上排空氣法收集，C正確；D.反應生成二氧化碳，二氧化碳能夠與飽和Na2CO3溶液反應，應該用飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl，D錯誤；答案選C。12、A【解析】分析：質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同一種元素的不同核素互為同位素。詳解：A.11H和12B.H2O和D2O均表示水分子，B錯誤；C.白磷和紅磷均是磷元素形成的單質(zhì)，互為同素異形體，C錯誤；D.1940K和2040答案選A。13、B【解析】

A、HCl為共價化合物，只含有共價鍵，故A不符合題意；B、NaOH為離子化合物，含有離子鍵和共價鍵，故B符合題意；C、H2O為共價化合物，只含有共價鍵，故C不符合題意；D、HF為共價化合物，只含有共價鍵，故D不符合題意；答案選B。14、C【解析】

反應10min，測得Y的物質(zhì)的量為2.4mol，則Y消耗的物質(zhì)的量為：3mol?2.4mol=0.6mol，根據(jù)反應X(g)+3Y(g)?2Z(g)可知，10min內(nèi)消耗0.2molX、生成0.4molZ，A.10min內(nèi)，Y的平均反應速率為：0.6mol2L10min=0.03

mol?L?1?min?1，故A錯誤；B.化學反應速率與化學計量數(shù)成正比，則10min內(nèi)X的反應速率為：v(X)=13×v(Y)=0.01mol?L?1?min?1，該速率為平均速率，無法計算及時速率，故B錯誤；C.根據(jù)分析可知，10min內(nèi)，消耗0.2molX，生成0.4molZ，故C正確；D.由于該反應為可逆反應，則1mol

X和3molY通入2L的恒容密閉容器中生成Z的物質(zhì)的量小于2mol，放出的熱量小于akJ，故D錯誤；故選C?！军c睛】計算出10min內(nèi)Y的平均反應速率，然后根據(jù)計量數(shù)與反應速率成正比得出X的反應速率；該反應為可逆反應，則反應物不可能完全轉(zhuǎn)化成生成物，所以10min內(nèi)X和Y反應放出的熱量小于a

kJ，據(jù)此進行解答。15、C【解析】分析：A．根據(jù)過氧化鈉是由2個鈉離子與1個過氧根離子通過離子鍵結合而成的離子化合物分析判斷；B．根據(jù)鋁離子為失去最外層3個電子，達到最外層8個電子的穩(wěn)定結構分析判斷；C．根據(jù)CH3COOCH3的結構簡式結合酯的命名分析判斷；D．根據(jù)氯化氫是共價化合物分析判斷。詳解：A．過氧化鈉是由2個鈉離子與1個過氧根離子通過離子鍵結合而成的離子化合物，電子式為，故A錯誤；B．鋁離子核外有2個電子層且最外層有8個電子，據(jù)此書寫鋁離子的結構示意圖為，故B錯誤；C．CH3COOCH3是乙酸甲酯的結構簡式，故C正確；D．氯化氫為共價化合物，氯化氫分子中不存在陰陽離子，用氯化氫的形成過程為：，故D錯誤；故選C。16、D【解析】A.溴是活潑的非金屬，溴在海水中以化合態(tài)形式存在，A正確；B.溴在海水中以離子的形式存在，從海水中提取溴要經(jīng)歷濃縮、氧化和提取三個步驟，B錯誤；C.鎂是活潑的金屬，提取金屬鎂是電解熔融的氯化鎂，C正確；D.溴在常溫下是液態(tài)，其顏色與氯氣顏色不相同，溴是紅棕色液體，氯氣是黃綠色氣體，D錯誤，答案選D。17、D【解析】分析：X、Y、Z是3種短周期元素,X原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍,則X有2個電子層,最外層電子數(shù)為6,故X為氧元素；X、Y位于同一族,故Y為硫元素；Y、Z處于同一周期，Z原子的核外電子數(shù)比Y少1,則Z原子的核外電子數(shù)為15,故Z為磷元素,結合元素周期律解答。詳解：同周期自左而右非金屬性增強,同主族自上而下非金屬性減弱,所以非金屬性P<S<O,即Z<Y<X,A錯誤；Y為硫元素,最高價氧化物對應水化物的化學式可表示為H2SO4，B錯誤；非金屬性P<S<O,非金屬性越強,氫化物越穩(wěn)定,所以氫化物穩(wěn)定性Z<Y<X,C錯誤；同周期自左而右原子半徑減小,同主族自上而下原子半徑增大,所以原子半徑P>S>O,即Z>Y>X,D正確；正確選項D。18、C【解析】

乙烯的生產(chǎn)是衡量一個國家石油化工水平的重要標志。聚乙烯是以乙烯為原料合成的一種人們常用的高分子材料。下列有關聚乙烯的敘述中正確的是()。A.乙烯合成聚乙烯的變化屬于加聚反應，A不正確；B.乙烯合成聚乙烯的化學方程式是nCH2=CH2，B不正確；C.聚乙烯在自然界中很難降解，容易造成“白色污染”，C正確；D.不同的聚乙烯分子的聚合度可能不同，故其為混凈物，D不正確。故選C。19、C【解析】

陶瓷餐具成分為硅酸鹽，石英、光導纖維的成分主要是SiO2，計算機芯片需要用到半導體芯片，由高純硅組成，答案為C。20、D【解析】

A．苯與溴水不反應，制備溴苯應選液溴，故A錯誤；B．苯與硝基苯混合不分層，不能利用分液分離，應利用蒸餾，故B錯誤；C．聚乙烯中不含碳碳雙鍵，則不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C錯誤；D．水與苯混合分層后有機層在上層，水與乙醇不分層，水與四氯化碳混合分層后有機層在下層，現(xiàn)象不同，可鑒別，故D正確；答案選D。21、B【解析】A.CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，A正確；B.干冰是CO2，冰是水，不是同一種物質(zhì)，B錯誤；C.CH3CH3和CH3CH2CH3的結構相似，分子組成相差1個CH2，互為同系物，C正確；D.和的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，D正確，答案選B。22、B【解析】A．15P、33As位于同一主族，P、Cl位于同周期，則原子半徑：As＞P＞Cl，故A錯誤；B．非金屬性：Cl＞P＞As，則熱穩(wěn)定性：HCl＞PH3＞AsH3，故B正確；C．同主族從上到下非金屬性減弱，同周期從左向右非金屬性增強，非金屬性：Cl＞S＞As，故C錯誤；D．非金屬性：S＞P＞As，則酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查元素周期表的結構及應用，為高頻考點，把握元素的位置、性質(zhì)、元素周期律為解答的關鍵。同主族從上到下原子半徑增大，非金屬性減弱，則對應氫化物的穩(wěn)定性減弱，最高價含氧酸的酸性減弱；同周期從左向右原子半徑減小，非金屬性增強，則對應氫化物的穩(wěn)定性增強，最高價含氧酸的酸性增強。二、非選擇題(共84分)23、第四周期ⅠA族金剛石bcS2-Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓【解析】

由元素周期表的位置可知，①～?分別為H、C、N、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br。（1）稀有氣體的性質(zhì)最不活潑；（2）K的原子結構中有4個電子層、最外層電子數(shù)為1；（3）單質(zhì)中硬度最大的是金剛石；（4）①與?形成的化合物為氫化鉀，為離子化合物；（5）由金屬與酸或水的反應、對應堿的堿性、金屬單質(zhì)之間的置換反應等比較金屬性；（6）非金屬性越強，對應陰離子的還原性越弱，可由非金屬單質(zhì)之間的置換反應說明?！驹斀狻坑稍刂芷诒淼奈恢每芍?，①～?分別為H、C、N、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br。（1）稀有氣體Ar化學性質(zhì)最不活潑，原子核外有18個電子，有3個電子層，各層電子數(shù)為2、8、8，原子結構示意圖為；（2）?在元素周期表中的位置是第四周期ⅠA族；（3）12種元素形成的單質(zhì)中硬度最大的是金剛石；（4）用電子式表示①與?形成化合物KH的過程為；（5）a．將在空氣中放置已久的這兩種元素的塊狀單質(zhì)分別放入水中，金屬可能被氧化，不能比較金屬性，故不選；b．將形狀、大小相同的這兩種元素的單質(zhì)分別和同濃度的鹽酸反應，反應劇烈的對應金屬的金屬性強，故選；c．將形狀、大小相同的這兩種元素的單質(zhì)分別和溫度相同的熱水作用，并滴入酚酞，反應劇烈且紅色深的說明堿性強，對應金屬的金屬性越強，可比較金屬性，故選；d．比較這兩種元素的氫化物的穩(wěn)定性，可比較非金屬性的強弱，故不選；故答案為bc；（6）非金屬性S＜Cl，則⑧⑨兩種元素的簡單陰離子還原性較強的是S2-，如Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓可說明，故答案為S2-；Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓?！军c睛】本題考查位置、結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握元素的位置、元素的性質(zhì)、元素化合物知識為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識及化學用語的使用。24、分餾裂解D①②③④⑤CH3COOHCH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH白色污染【解析】

由E是石油化工發(fā)展水平的標志，則E為CH2=CH2；由乙烯可以轉(zhuǎn)化成F，再結合F是家庭中常見的有機物，F(xiàn)是一種常見的高分子材料知，F(xiàn)為；A、B、F是家庭中常見的有機物，E與水發(fā)生加成反應生成B為C2H5OH；由流程圖知，C在酸性或堿性條件下都可以得到乙醇，說明C是某種酸與乙醇反應生成的酯，再結合A與B反應生成C，A是家庭中常見的有機物知，則A為CH3COOH，C為CH3COOCH2CH3，D為CH3COONa；結合分析機型解答?！驹斀狻浚?）由石油得到汽油、煤油、柴油等輕質(zhì)油的操作是分餾；由石油產(chǎn)品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分餾；裂解；

（2）由于在石油分餾的操作過程中，溫度逐步升高使烴汽化，再經(jīng)冷凝將烴分離開來，得到石油的分餾產(chǎn)品，即先得到的分餾產(chǎn)品沸點低，后得到的分餾產(chǎn)品沸點高，故選：D；

（3）由于酯化反應、酯的水解反應均屬于取代反應，所以在①～⑤中屬于取代反應的是①、②、③；原子利用率為100%的反應是加成反應和加聚反應，所以原子利用率為100%的反應是④、⑤；答案：①、②、③；④、⑤；

（4）由上述分析可知，A的結構簡式為CH3COOH，F(xiàn)的結構簡式為：；

（5）由上述分析可知反應③為乙酸乙酯在堿性條件下發(fā)生的水解反應，其離子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH；

（6）由上述分析可知：F為，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯結構穩(wěn)定、難以分解，急劇增加的塑料廢棄物會造成白色污染。答案：白色污染。【點睛】本題突破口：E是石油化工發(fā)展水平的標志，E為CH2=CH2；以乙烯為中心進行推導得出各物質(zhì)，再根據(jù)各物質(zhì)的性質(zhì)進行分析即可。25、檢查裝置的氣密性CO2和NO2防止空氣中氧氣、水等對實驗的干擾3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2ONaOHNa2CO3裝有堿石灰的球形干燥管NH4++NO2－=N2↑+2H2O出去剩余的NO【解析】

木炭和濃硝酸反應生成的CO2、NO2混合氣體通入B中，NO2可以和H2O反應生成HNO3和NO，金屬Cu和稀HNO3反應生成NO，然后經(jīng)過NaOH溶液，將其中的CO2吸收，防止干擾實驗，此時剩余的氣體是NO，最后在D中檢驗NO和Na2O2是否反應，若發(fā)生反應則淡黃色固體Na2O2變?yōu)榘咨腆w。裝入藥品后，先通入一段時間的氮氣，再滴加濃硝酸，點燃酒精燈，這樣可以排除裝置中的空氣，防止NO被空氣中O2氧化為NO2?！驹斀狻浚?）組裝好儀器后，必須進行的一項操作是檢查裝置的氣密性，故答案為：檢查裝置的氣密性。（2）裝置A中發(fā)生的反應為木炭與濃硝酸反應生成CO2和NO2，反應的化學方程式為C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O，所以裝置A的產(chǎn)生的氣體成分為CO2和NO2，故答案為：CO2和NO2。（3）實驗時先通一段時間的氮氣，目的是排除裝置中的空氣，防止空氣中氧氣、水等對實驗的干擾，然后滴入濃硝酸，點燃酒精燈；反應后B中溶液變藍是因為Cu與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，化學方程式為：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，銅離子為藍色，故答案為：防止空氣中氧氣、水等對實驗的干擾；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（4）由于NO通過氫氧化鈉溶液進入裝置D是會代入水蒸氣，水蒸氣會與過氧化鈉反應生成氫氧化鈉和氧氣，所以生成的固體物質(zhì)應該含有氫氧化鈉，若撤除裝置C，那么二氧化碳也會與過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，為了防止以上情況，則改進的方法是用裝有堿石灰的球形干燥管代替裝置C，故答案為：NaOH，Na2CO3，裝有堿石灰的球形干燥管。（5）根據(jù)題中提示，處理含NH4+廢水時，生成無毒的氣體為氮氣，反應的離子方程式為NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故答案為：NH4++NO2-=N2↑+2H2O。（6）裝置E中試劑X為酸性高錳酸鉀溶液，其作用是除去剩余的NO，生成硝酸，防止污染空氣，故答案為：除去剩余的NO。26、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化劑淀粉、碘化鉀8、3、2其它條件不變，增大氫離子濃度可以加快反應速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出現(xiàn)溶液變藍的現(xiàn)象?！窘馕觥?/p>

(1)用總反應方程式減去反應A方程式，整理可得反應B的方程式；物質(zhì)在反應前后質(zhì)量不變，化學性質(zhì)不變，這樣的物質(zhì)為催化劑；(2)H2O2具有氧化性，會將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，I2具有氧化性，會將S2O32-氧化為S4O62-，I2被還原為I-；(3)①采用控制變量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的體積不同，因此Na2S2O3、KI溶液必須與前一個實驗相同，且溶液總體積與前一個實驗相同；②變色時間越長，反應速率越慢；(4)對比實驗Ⅳ、實驗II，可知溶液總體積相同，該變量是H2O2、Na2S2O3，H2O2減少，Na2S2O3增大，根據(jù)二者的物質(zhì)的量的比分析判斷?！驹斀狻?1)碘鐘總反應方程式為：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，該反應分兩步進行，反應A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，則反應B方程式為總反應方程式減去反應A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通過上述反應A、反應B反應可知：I-在反應前后質(zhì)量不變、化學性質(zhì)不變，因此在該反應中的作用是催化劑；(2)H2O2具有氧化性，會將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，I2具有氧化性，會將S2O32-氧化為S4O62-，I2被還原為I-。所以試劑X是KI淀粉溶液；(3)①為便于研究，在反應中要采用控制變量方法進行研究，即只改變一個反應條件，其它條件都相同，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：實驗Ⅲ跟實驗II比硫酸的體積減少，所以其它條件都相同，而且混合后總體積也要相同，故實驗Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；②對比實驗Ⅱ、實驗Ⅲ，可得出的實驗結論是：在其它條件不變時，溶液的酸性越強，溶液中氫離子濃度越大，反應速率越快；(4)對比實驗II、實驗Ⅳ，可知其它量沒有變化，溶液總體積相同，H2O2減少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，結果未出現(xiàn)溶液變?yōu)樗{色現(xiàn)象，說明v(A)<v(B)，導致不能出現(xiàn)溶液變?yōu)樗{色現(xiàn)象?！军c睛】本題通過碘鐘實驗，考查了實驗方案的探究的知識。注意探究外界條件對化學反應影響時，只能改變一個條件，其它條件必須相同，否則不能得出正確結論。27、PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HClb溶液變?yōu)榧t色，而且半分鐘內(nèi)不褪色防止在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀偏小將廢水中的H3PO3氧化為PO43－，使其加入生石灰后轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽bc5×10－6【解析】分析：(1)氯化水解法產(chǎn)物是三氯氧磷和鹽酸，結合原子守恒分析；(2)①當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，F(xiàn)e3+與SCN-反應溶液變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點；②由于AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀；若無此操作，NH4SCN標準液用量偏多；(3)①在沉淀前先加入適量漂白粉使廢水中的H3PO3氧化為PO43-，加入生石灰后能完全轉(zhuǎn)化為磷酸的鈣鹽，達到較高的回收率；②根據(jù)圖1、2分析磷的沉淀回收率；③根據(jù)Ksp[Ca3(PO4)2]=c3(Ca2+)×c2(PO43-)計算。詳解：(1)氯化水解法是用三氯化磷、氯氣與水反應生成三氯氧磷和鹽酸，其化學方程式為：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案為：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；(2)①用cmol?L-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當?shù)味ㄟ_到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，F(xiàn)e3+與SCN-反應溶液會變紅色，半分鐘內(nèi)不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：b；溶液變