福建省福州市長樂高級中學2025屆高一化學第二學期期末調研模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列有機化學方程式及其反應類型均正確的是A．A B．B C．C D．D2、下列屬于放熱反應的是A．鎂條溶于鹽酸B．氨氣液化C．碳酸鈣分解D．硝酸銨溶于水3、下列物質中只含有氯分子的是()A．氯水 B．液氯 C．鹽酸 D．食鹽4、我國成功研制出新型“海水電池”。電池反應為4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3。下列關于該電池的說法不正確的是A．鋁片作負極 B．海水作電解質溶液C．電池工作時，O2失去電子 D．電池工作時實現(xiàn)了化學能向電能的轉化5、下列物質不屬于電解質的是A．NaOHB．H2SO4C．蔗糖D．NaCl6、近期我國冀東渤海灣發(fā)現(xiàn)儲量達10億噸的大型油田，下列說法正確的是A．石油屬于可再生礦物能源 B．石油主要含有碳、氫兩種元素C．石油的裂化是物理變化 D．石油分餾的各餾分均是純凈物7、在元素周期表中金屬元素與非金屬元素的分界線附近的一些元素能用于制()A．合金 B．農藥 C．催化劑 D．半導體8、某興趣小組為研究原電池原理,設計如圖裝置。(1)a和b用導線連接，F(xiàn)e電極的電極反應式為：________，Cu

極發(fā)生_____反應，溶液中SO42-移向______(填“Cu”或“Fe”)極。(2)無論a和b是否連接，F(xiàn)e片均被腐蝕。若轉移了0.

4mol電子，則理論.上Fe片質量減輕____g。(3)設計一個實驗方案，使如圖裝置中的鐵棒上析出銅，而鐵不溶解(作圖表示)。_____(4)依據(jù)Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl晶體的反應原理設計原電池，你認為是否可行?理由是______。9、鈦和鈦的合金被譽為“21世紀最有發(fā)展前景的金屬材料”，它們具有很多優(yōu)良的性能，如熔點高、密度小、可塑性好、易于加工、耐腐蝕等，尤其是鈦合金與人體器官具有很好的“生物相容性”。根據(jù)它們的主要性能，下列用途不切合實際的是（）A．用來作保險絲 B．用于制造航天飛機C．用來制造人造骨 D．用于家庭裝修，作鈦合金裝飾門10、煤本身是可燃物質，但是塊狀的煤用明火靠近都不燃燒，而當煤變?yōu)榉勰顟B(tài)時，在空氣中達到一定的濃度遇明火即迅速爆炸，其原因是()。A．粉末狀態(tài)的煤比塊狀煤的著火點低B．粉末狀態(tài)的煤比塊狀煤放出的熱量多C．粉末狀態(tài)的煤比塊狀煤的總表面積大D．粉末狀態(tài)的煤呈氣態(tài)，屬于可燃性氣體11、反應NH4HS（s）NH3（g）+H2S（g）在一定溫度下達到平衡。下列各種情況下，不能使平衡發(fā)生移動的是①溫度、容積不變時，通入SO2氣體②移走一部分NH4HS固體③容積不變，充入氮氣④充入氮氣，保持壓強不變A．①② B．①③ C．①②③ D．②③12、下列物質的保存方法正確的是A．氫氧化鈉溶液保存在玻璃塞的玻璃瓶中B．漂白粉露置于空氣中C．濃硝酸、氯水保存在棕色細口玻璃瓶中D．鈉保存在盛有水的試劑瓶中13、現(xiàn)有如下描述①冰的密度小于水，液態(tài)水中含有(H2O)n都是由于氫鍵所致②不同種元素組成的多原子分子里的鍵一定都是極性鍵③離子鍵就是陽離子、陰離子的相互引力④用電子式表示MgCl2的形成過程：⑤H2分子和Cl2分子的反應過程就是H2、Cl2分子里的共價鍵發(fā)生斷裂生成H原子、Cl原子，而后H原子、Cl原子形成離子鍵的過程上述說法正確的是()A．①②③④⑤B．①②C．④D．①14、“綠水青山就是金山銀山”，下列行為不符合這一主題的是（）A．用已脫硫的煤作燃料B．在遠離城市的地區(qū)燃放煙花爆竹C．利用太陽能等清潔能源代替化石燃料D．采用“綠色化學”工藝，使原料盡可能轉化為所需要的物質15、已知MgO、MgCl2的熔點分別為2800℃、604℃，將MgO、MgCl2加熱熔融后通電電解，都可得到金屬鎂。海水中含有MgCl2，工業(yè)上從海水中提取鎂，正確的方法是（）A．海水Mg(OH)2MgB．海水MgCl2溶液MgCl2熔融MgC．海水Mg(OH)2MgOMgD．海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2熔融Mg16、下列變化中，不屬于化學變化的是A．從石油中分餾出汽油 B．煤的氣化制水煤氣C．煤的干餾制焦炭 D．油脂的水解制肥皂17、冶煉金屬一般有以下幾種方法：①熱分解法；②焦炭法；③水煤氣法（CO或H2）；④活潑金屬置換法；⑤電解法。這幾種方法各有優(yōu)缺點，它們在工業(yè)上均有應用。古代有：a火燒孔雀石煉銅；b濕法煉銅；現(xiàn)代有：c鋁熱法煉鐵；d光鹵石法煉鎂。對它們的冶煉方法分析不正確的是（）A．a② B．b③ C．c④ D．d⑤18、下列關于有機物的說法中，正確的一組是①“乙醇汽油”是在汽油里加入適量乙醇而成的一種燃料，它是一種新型化合物②汽油、柴油和植物油都是碳氫化合物，完全燃燒只生成CO2和H2O③石油的分餾、煤的氣化和液化都是物理變化④淀粉和纖維素水解的最終產物都是葡萄糖⑤除去CH4中的少量C2H4，可將混合氣體通過盛有溴水的洗氣瓶A．③⑤B．④⑤C．①②D．②④19、下列說法中不正確的是()A．能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色B．用燃燒法鑒別乙醇、苯和四氯化碳C．油脂的種類很多，但它們水解后都一定有一產物相同D．向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，再加入新制銀氨溶液，水浴加熱，來檢驗蔗糖水解產物具有還原性20、X、Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族元素。其中只有Z是金屬，W的單質是黃色固體，X、Y、W在周期表中的相對位置關系如圖所示。下列說法正確的是A．五種元素中，原子半徑最大的是WB．Y的簡單陰離子比W的簡單陰離子還原性強C．Y與Z形成的化合物都可以和鹽酸反應D．Z與Q形成的化合物水溶液一定顯酸性21、將氯化銨固體溶于水，所得溶液A．顯酸性 B．顯堿性 C．顯中性 D．酸堿性不能確定22、一定溫度下，密閉容器中可逆反應3X(g)+Y(g)2Z(g)達到限度的標志是A．X的生成速率與Z的生成速率相等B．單位時間內生成3nmolX，同時消耗nmolYC．某時刻X、Y、Z的濃度相等D．某時刻X、Y、Z的分子個數(shù)比為3:1:2二、非選擇題(共84分)23、（14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(shù)是最外層電子數(shù)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(jù)表中數(shù)據(jù)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(tài)，R的單質呈氣態(tài)b.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性R>Y。c.Y與R形成的化合物中Y呈正價24、（12分）已知X、Y均為有刺激性氣味的氣體，且?guī)追N物質間有以下轉化關系，部分產物未標出。回答下列問題：（1）寫出下列各物質的化學式：X____、Y_____、A_____、B_____、C____。（2）反應①的的化學方程式為_____，反應②的離子方程式為____。25、（12分）實驗是學習化學的一個重要途徑。(1)圖1是實驗室常用的制氣裝置,其中b可用于制取O2和______

(寫

化學式)，其制取反應的化學方程式為_________。若用二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣應選擇的裝置為_______，反應的離子方程式為__________。(2)圖2是實驗室制備氯氣并進行一系列相關實驗的裝置。①A中盛放的固體藥品是_________(填化學式)，裝置B中盛裝的液體試劑為_________。②裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，為此C中I、II、II處依次放入的物質正確的是_________(填字母編號)。編號IIIIIIA干燥的有色布條堿石灰濕潤的有色布條b干燥的有色布條無水硫酸銅濕潤的有色布條c濕潤的有色布條濃硫酸干燥的有色布條D濕潤的有色布條無水氯化鈣干燥的有色布條③D中發(fā)生反應的離子方程式是_________。將裝置D中的溶液加入裝置E中，溶液分為兩層，上層呈紫紅色，要分離出紫紅色溶液，需使用的玻璃儀器是玻璃棒、燒杯和________。④報紙報道了多起因混合使用“潔廁靈”(主要成分是鹽酸)與“84消毒液”(主要成分是NaClO)發(fā)生氯氣中毒的事件。請用離子方程式表示其原因:________。26、（10分）乙酸乙酯是無色具有水果香味的液體，沸點為77.2℃，實驗室某次制取它用冰醋酸14.3mL、95%乙醇23mL，還用到濃硫酸、飽和碳酸鈉以及極易與乙醇結合成六水合物的氯化鈣溶液，主要裝置如圖所示：實驗步驟：①先向A中的蒸餾燒瓶中注入少量乙醇和濃硫酸后搖勻，再將剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。這時分液漏斗里冰醋酸和乙醇的物質的量之比約為5∶7。②加熱油浴保溫約135℃～145℃③將分液漏斗中的液體緩緩滴入蒸餾燒瓶里，調節(jié)加入速率使蒸出酯的速率與進料速率大體相等，直到加料完成。④保持油浴溫度一段時間，至不再有液體餾出后，停止加熱。⑤取下B中的錐形瓶，將一定量飽和Na2CO3溶液分批少量多次地加到餾出液里，邊加邊振蕩，至無氣泡產生為止。⑥將⑤的液體混合物分液，棄去水層。⑦將飽和CaCl2溶液（適量）加入到分液漏斗中，振蕩一段時間后靜置，放出水層（廢液）。⑧分液漏斗里得到的是初步提純的乙酸乙酯粗品。試回答：(1)實驗中濃硫酸的主要作用是_________________________。(2)用過量乙醇的主要目的是____________________________。(3)用飽和Na2CO3溶液洗滌粗酯的目的是_______________________。(4)用飽和CaCl2溶液洗滌粗酯的目的是_______________________。(5)在步驟⑧所得的粗酯里還含有的雜質是_____________________。27、（12分）某研究性學習小組設計了如圖所示一套實驗裝置來制取乙酸乙酯，A中盛有乙醇、濃硫酸和醋酸的混合液，C中盛有飽和碳酸鈉溶液。已知：①氯化鈣可與乙醇形成難溶于水的CaCl2·6C2H5OH②有關有機物的沸點：試劑乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸點(℃)34.778.5117.977.1（1）濃硫酸的作用是________________________________。（2）球形管B除起冷凝作用外，另一重要作用是____________________________。（3）反應中所用的乙醇是過量的，其目的是___________________。（4）C中飽和碳酸鈉溶液的作用__________________________________________。（5）從C中分離出乙酸乙酯必須使用的一種儀器是______________________；分離出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，應先加入飽和氯化鈣溶液分離出__________，再加入無水硫酸鈉，然后進行蒸餾，收集77℃的餾分，以得到較純凈的乙酸乙酯。28、（14分）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_______________。29、（10分）工業(yè)合成氨的反應如下：3H2+N22NH3。某溫度下，在容積恒定為2.0L的密閉容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段時間后反應達平衡狀態(tài)，實驗數(shù)據(jù)如下表所示：t/s050150250350n(NH3)/mol00.240.360.400.40(1)0～50s內的平均反應速率v(N2)＝_______________。(2)250s時，H2的轉化率為_______________。(3)已知N≡N的鍵能為946kJ·mol-1，H－H的鍵能為436kJ·mol-1，N－H的鍵能為391kJ·mol-1，則生成1molNH3過程中的熱量變化為_______kJ。下圖能正確表示該反應中能量變化的是_____（填字母）。AB(4)為加快反應速率，可以采取的措施______________。a．降低溫度b．增大壓強c．恒容時充入He氣d．恒壓時充入He氣e．及時分離出NH3(5)下列說法錯誤的是____________。a．使用催化劑是為了加快反應速率，提高生產效率b．上述條件下，N2不可能100%轉化為NH3c．在一定條件下，合成氨反應有一定的限度d．250～350s時，生成物濃度保持不變，反應停止

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.苯和液溴反應為取代反應，Br原子取代苯環(huán)上的氫原子，屬于“上一下一”取代反應的特點，故A正確；B.甲烷中的氫原子被氯原子取代，屬于取代反應，生成物中沒有單質生成，不是置換反應，故B錯誤；C.丙烯和溴反應雙鍵變單鍵，屬于“只上不下”加成反應的特點，屬于加成反應，但是溴原子應加在雙鍵兩側的碳原子上，故C錯誤；D.乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應，屬于取代反應，生成物中應有水生成，故D錯誤；故答案為：A?！军c睛】取代反應特點“上一下一”，生成物至少兩種；加成反應的特點“只上不下”，原子應加在雙鍵兩側的碳原子上；置換反應必須有單質生成。2、A【解析】A、鎂條溶于鹽酸，此反應為放熱反應，故A正確；B、氨氣液化，屬于吸熱過程，故B錯誤；C、碳酸鈣分解屬于吸熱反應，故C錯誤；D、硝酸銨溶于水是吸熱過程，故D錯誤。點睛：常見的放熱反應是所有燃燒反應、酸堿中和反應、金屬與酸或水的反應、大多數(shù)的化合反應、鋁熱反應等。3、B【解析】

A.氯水中含有三分子、四離子：水分子、氯分子、次氯酸分子、氫離子、氫氧根離子、氯離子、次氯酸根離子，A項錯誤；B.液氯是純凈物，其中只含有氯分子，B項正確；C.鹽酸是氯化氫溶液，含有水分子、氫離子、氫氧根離子、氯離子，C項錯誤；D.食鹽中含有鈉離子和氯離子，D項錯誤；答案選B。4、C【解析】

由電池反應的方程式可知，還原劑Al為負極，失電子發(fā)生氧化反應生成Al(OH)3，電極反應式為Al﹣3e﹣+3OH﹣=Al（OH）3，氧化劑O2在正極得電子被還原發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣?！驹斀狻緼項、由電池反應的方程式可知，還原劑Al為負極，失電子發(fā)生氧化反應生成Al(OH)3，故A正確；B項、海水中含有氯化鈉等電解質，可導電，為原電池反應的電解質溶液，故B正確；C項、由電池反應的方程式可知，氧化劑O2在正極得電子被還原發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C錯誤；D項、原電池為化學能轉化為電能的裝置，故D正確；故選C。5、C【解析】試題分析：電解質是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，NaOH、H2SO4、NaCl分別是堿，酸和鹽類，能在水溶液中或熔融狀態(tài)下電離出離子，使得溶液能導電,屬于電解質，蔗糖在水溶液中不能電離出離子，是非電解質，選C?？键c：電解質和非電解質的概念。6、B【解析】

A、石油屬于化石能源，不可再生，故A錯；B、石油主要是1～50個碳原子的烷烴、環(huán)烷烴組成的混合物，烴是含有碳、氫兩種元素的化合物，故B正確；C、石油的裂化屬于化學變化，石油中長鏈的烷烴在高溫高壓催化劑作用下裂化，生成短鏈烷烴和短鏈烯烴，主要用于生產汽油等輕質油，故C錯；D、石油的分餾屬于物理變化，沒有新物質生成，根據(jù)液態(tài)混合物的沸點不同進行分離，所得各溫度范圍內的餾分都是混合物，如汽油、煤油等，故D錯。7、D【解析】

A．在元素周期表中，金屬元素位于元素周期表的左下方，可以用來做合金等，如鎂鋁合金等，故不選A；B.非金屬元素位于元素周期表右上方，通常制備農藥所含的F、Cl、S、P等在周期表中的位置靠近，故不選B；C．在過渡元素中尋找制催化劑的材料，如MnO2、V2O5等，故不選C；D.在金屬元素和非金屬元素分界線附近的元素既能表現(xiàn)出一定的金屬性，又能表現(xiàn)出一定的非金屬性，可以用來做良好的半導體材料，如晶體硅，故選D。答案選D。【點睛】根據(jù)元素周期表中的元素分布及元素常見的性質來解題，一般金屬延展性較好，可用于做合金，金屬元素和非金屬元素分界線附近的元素可以制作半導體材料，一般過渡金屬可以用來做催化劑，一般非金屬元素可以制作有機農藥。8、Fe－2e－＝Fe2+還原Fe11.2不可行，因為此反應為非氧化還原反應，無電子轉移【解析】分析：本題主要考察原電池的工作原理。在Cu-Fe-稀硫酸原電池中，鐵單質的活潑性大于銅單質，所以鐵電極上鐵單質失去電子被氧化成Fe2+，作負極；銅電極上溶液中的H+得到電子被還原成H2，作正極。電子從負極經外借導線流向正極。電解質溶液中，陽離子H+向正極移動，陰離子SO42-向負極移動。詳解：（1）Fe電極作負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，被氧化，電極反應式為：Fe－2e－＝Fe2+；Cu電極作正極，得到電子，發(fā)生還原反應，被還原，電極反應為：H++2e－=H2↑;（2）a和b不連接，鐵片與稀硫酸反應，發(fā)生化學腐蝕；a和b連接，形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕。兩種腐蝕結果均是鐵元素的化合價由0價上升到+2價，如果轉移0.4mol電子，則理論有0.2mol鐵單質被腐蝕，則Fe片質量減輕0.2mol×56g/mol=11.2g。（3）使如圖裝置中的鐵棒上析出銅，而鐵不溶解，則說明鐵電極作正極，得到電子，那么應該選取比鐵單質活潑的金屬單質作正極，比如鋅電極。（4）原電池的形成條件①活潑性不同的兩個電極；②電解質溶液；③閉合電路；④有自發(fā)進行的氧化還原反應；Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl晶體的反應不是氧化還原反應，沒有電子轉移，因此不能設計為原電池。點睛：本題重點考察原電池的工作原理及形成條件。原電池形成的條件①活潑性不同的兩個電極；②電解質溶液；③閉合電路；④有自發(fā)進行的氧化還原反應。在原電池中，活潑電極作負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，被氧化；不活潑電極作正極，得到電子，發(fā)生還原反應，被還原。電子從負極經外借導線流向正極。電解質溶液中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動。9、A【解析】

A、保險絲應該用熔點比較低的金屬材料制作，而鈦及其合金熔點高，所以不適合制成保險絲，A項符合題意。B、因為鈦和鈦的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于制造航天飛機，故B不符合題意；C、因為鈦合金與人體有很好的“相容性”，所以可用來制造人造骨，故C不符合題意；D、因為鈦和鈦的合金密度小、可塑性好、易于加工、耐腐蝕，所以可用于家庭裝修，做鈦合金裝飾門，故D不符合題意；故選A。10、C【解析】

A.物質的著火點是其固有屬性，與其狀態(tài)和顆粒大小無關，故A錯誤；B.燃燒放出的熱量與燃燒的程度以及可燃物的質量有關，故B錯誤；C.煤變?yōu)榉勰顟B(tài)時，總表面積大，與空氣中的氧氣密切接觸時，一旦遇見火源，便發(fā)生劇烈的氧化還原反應，放出大量的熱，使周圍空氣急劇膨脹，發(fā)生爆炸；故C正確；D.粉末狀的煤還是固體，只是顆粒比較小，故D錯誤。答案選C。11、D【解析】①溫度、容積不變時，通入SO2氣體，與硫化氫反應生成S，硫化氫的濃度降低，平衡向正反應方向移動，故①不符合；②NH4HS為固體，改變NH4HS固體的用量，不影響平衡移動，故②符合；③容積不變，充入氮氣，反應氣體混合物各組分的濃度不變，平衡不移動，故③符合；④充入氮氣，保持壓強不變，體積增大，反應氣體混合物各組分的濃度降低，壓強降低，平衡向正反應方向移動，故④不符合；故選D。點睛：本題考查外界條件對化學平衡的影響，難度不大，注意理解壓強對化學平衡移動的影響本質是影響反應混合物的濃度進而影響反應速率導致平衡移動。12、C【解析】

A.氫氧化鈉與玻璃中二氧化硅反應，生成具有黏性的硅酸鈉，導致玻璃塞打不開，應用橡膠塞，故A錯誤；B.漂白粉在潮濕的空氣里可以和二氧化碳反應，生成的次氯酸見光易分解，須密封保存，故B錯誤；C.濃硝酸、氯水見光易分解，應避光保存，故C正確；D.金屬鈉易和空氣中的水、氧氣以及二氧化碳反應，常保存在密度較小的煤油中，故D錯誤；答案選C?！军c睛】保存即不改變物質的性質，結構決定性質，性質決定用途、保存方法等，根據(jù)各種試劑的性質，選擇合理的保存方法。13、D【解析】分析：①冰和水的密度不同主要是由于水分子間存在氫鍵，氫鍵在水液態(tài)時使一個水分子與4個水分子相連，形成締合物；②不同種元素組成的多原子分子里可存在極性鍵、非極性鍵；③離子鍵就是陰、陽離子間的靜電作用，包括引力和排斥力；④用電子式表示MgCl2的形成過程之間用箭頭而不是等于號；⑤H原子、Cl原子形成共價鍵。詳解：①冰的密度小于水，液態(tài)水中含有（H2O）n都是由于氫鍵所致，正確；②不同種元素組成的多原子分子里可存在極性鍵、非極性鍵，如H-O-O-H分子中含極性鍵、非極性鍵，錯誤；③離子鍵就是陰、陽離子間的靜電作用，包括引力和排斥力，錯誤；④用電子式表示MgCl2的形成過程之間用箭頭而不是等于號，錯誤；⑤H2分子和Cl2分子的反應過程是H2、Cl2分子里共價鍵發(fā)生斷裂生成H原子、Cl原子，而后H原子、Cl原子形成共價鍵，H、Cl原子之間以共用電子對形成共價鍵，錯誤；答案選D。點睛：本題考查化學鍵、化合物類型判斷，側重考查基本概念，知道離子化合物和共價化合物的區(qū)別，注意不能根據(jù)是否含有金屬元素判斷化學鍵、氫鍵不屬于化學鍵，為易錯點。14、B【解析】

A.用已脫硫的煤作燃料，可以減少含硫廢氣的排放，以保護環(huán)境，A符合；B.在遠離城市的地區(qū)燃放煙花爆竹，會造成大氣污染，B不符合；C.利用太陽能等清潔能源代替化石燃料，可減少含硫廢氣的排放，減緩溫室效應等，C符合；D.采用“綠色化學”工藝，使原料盡可能轉化為所需要的物質，D符合；故答案選B。15、D【解析】

A、在海水苦鹵中加氫氧化鈉過濾得沉淀氫氧化鎂，Mg(OH)2熱穩(wěn)定性差，受熱分解，工業(yè)上，電解熔融MgCl2冶煉金屬鎂，故A錯誤；B、海水中含有可溶性的Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-、Na+、Cl-，加鹽酸得不到純凈的氯化鎂溶液，所以無法得到純凈的氯化鎂固體，故B錯誤；C、在海水苦鹵中加氫氧化鈉過濾得沉淀氫氧化鎂，灼燒得到氧化鎂，但MgO的熔點為2800℃、熔點高，電解時耗能高，所以，工業(yè)上電解熔融MgCl2冶煉金屬鎂，故C錯誤；D、在海水苦鹵中加氫氧化鈉過濾得沉淀氫氧化鎂，再將沉淀分離后加入鹽酸變成MgCl2，之后經過濾、干燥、電解，即可得到金屬鎂，故D正確。本題答案選D。16、A【解析】

化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，化學變化和物理變化的本質區(qū)別是否有新物質生成。【詳解】A項、從石油中分餾出汽油程中沒有新物質生成，屬于物理變化，不屬于化學變化，故A正確；B項、煤的氣化制水煤氣是碳和水反應生成氫氣和CO的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故B錯誤；C項、煤的干餾制焦炭是煤在高溫條件下，經過干餾生成粗氨水、煤焦油、焦爐氣以及焦炭等物質的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故C錯誤；D項、油脂的水解制肥皂是油脂在堿性條件下發(fā)生水解反應生成高級脂肪酸鹽和甘油的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故D錯誤；故選A?！军c睛】解答時要分析變化過程中是否有新物質生成，若沒有新物質生成屬于物理變化，若有新物質生成屬于化學變化。17、B【解析】

要冶煉上述三種金屬鎂、鐵、銅，應采用什么方法是由它們的金屬活動性決定的。有關反應為：a.火燒孔雀石煉銅：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O2CuO+C2Cu+CO2↑b.濕法煉銅：Fe+CuSO4====FeSO4+Cuc.鋁熱法煉鐵：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3d.用從海水中提取的氯化鎂煉鎂：MgCl2Mg+Cl2↑據(jù)上述原理可知，鐵可通過②③④三種方法冶煉；銅可以通過②③④⑤四種方法進行冶煉；鎂則因活動性較強，用⑤適宜。答案選B。18、B【解析】

①“乙醇汽油”是在汽油里加入適量乙醇而成的一種燃料，它是一種混合物，①錯誤；②汽油、柴油都是烴；而植物油是酯，②錯誤；③石油的分餾是物理變化，煤的氣化和液化都是化學變化，③錯誤；④淀粉和纖維素都是多糖，水解的最終產物都是葡萄糖，④正確；⑤由于乙烯可以與溴水發(fā)生加成反應，產生液態(tài)物質1，2-二溴乙烷，而甲烷不能與溴水反應，因此除去CH4中的少量C2H4，可將混合氣體通過盛有溴水的洗氣瓶，⑤正確。正確的是④⑤。答案選B。19、D【解析】

A.含有的官能團為碳碳雙鍵、羥基，能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，A正確；B.乙醇燃燒產生淡藍色火焰，苯燃燒火焰明亮，產生大量的黑煙，四氯化碳不能燃燒，可用燃燒法鑒別乙醇、苯和四氯化碳，B正確；C.油脂的種類很多，但它們水解后都產生丙三醇，都一定有一產物相同，C正確；D.向蔗糖溶液中加入幾滴稀硫酸，水浴加熱幾分鐘，加入適量的堿，中和硫酸，再加入新制銀氨溶液，水浴加熱，來檢驗蔗糖水解產物具有還原性，D錯誤；答案為D。20、C【解析】試題分析：W的單質是黃色固體，則W一定是S。根據(jù)元素在周期表中的相對位置可判斷Y是O，X是C。Q的原子序數(shù)大于W，且是短周期元素，因此Q是Cl。Z是金屬，原子序數(shù)大于O而小于S，則Z是Na或Mg或Al。A、同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增強，五種元素中，原子半徑最大的是Z，A錯誤；B、同主族自上而下非金屬性逐漸減弱，則Y的簡單陰離子比W的簡單陰離子還原性弱，B錯誤；C、Y與Z形成的化合物不論是氧化鈉、過氧化鈉、氧化鎂或氧化鋁都可以和鹽酸反應，C正確；D、Z與Q形成的化合物水溶液不一定顯酸性，例如氯化鈉溶液顯中性，D錯誤，答案選C?？键c：考查位置、結構和性質關系應用21、A【解析】

將氯化銨固體溶于水，溶液中的銨根離子是弱堿陽離子在水溶液中水解，NH4++H2O?NH3?H2O+H+，溶液呈酸性，故答案為A。22、B【解析】X的生成速率與Z的生成速率比等于3:1時，一定達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；單位時間內生成3nmolX，同時消耗nmolY，正逆反應速率相等，故B正確；反應達到平衡，X、Y、Z的濃度不一定相等，故C錯誤；反應達到平衡，X、Y、Z的物質的量不一定相等，故D錯誤。二、非選擇題(共84分)23、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(shù)大于后者，核對電子的吸引力大于后者b、c【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(shù)是最外層電子數(shù)的4倍，Q有3個電子層，最外層電子數(shù)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(jù)此解答。詳解：根據(jù)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(shù)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(shù)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(shù)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(tài)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(wěn)定，中心元素的非金屬性越強，穩(wěn)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。24、Cl2SO2HClH2SO4FeCl3Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO42Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋【解析】

A與硝酸銀溶液、稀硝酸生成白色沉淀可知A中含有Cl-；B與氯化鋇溶液、鹽酸生成白色沉淀可知B中含有SO42-；X、Y、H2O生成Cl-和SO42-且X、Y均是有刺激性氣味的氣體可推知X、Y是二氧化硫和氯氣，反應為SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；X能與鐵反應可知X為Cl2，則C為FeCl3、Y為SO2，二氧化硫通入氯化鐵溶液生成氯化亞鐵、硫酸和鹽酸，則A為HCl，B為H2SO4，結合對應物質的性質以及題目要求解答該題。【詳解】(1)根據(jù)分析可知：X為Cl2、Y為SO2、A為HCl、B為H2SO4、C為FeCl3；(2)X、Y是二氧化硫和氯氣,該反應的化學方程式為：Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4；二氧化硫通入氯化鐵溶液生成氯化亞鐵、硫酸和鹽酸，反應的離子方程式為：2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋，故答案為：Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4；2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋。25、NH32NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2OcMnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2OKMnO4(或KClO3)飽和食鹽水dCl2＋2Br－=Br2＋2Cl－分液漏斗Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O【解析】分析：裝置a是制備固液不加熱反應的裝置，例如鋅粒與稀硫酸反應制備氫氣；裝置b是制備固固加熱反應的裝置，例如實驗室制備氧氣和氨氣；裝置c是制備固固加熱反應的裝置，例如實驗室制備氯氣。（1）由上述分析可知裝置b是用于制備固固加熱反應，實驗室制備氨氣則是用這套裝置，反應方程式為：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；采用濃鹽酸和二氧化錳制備氯氣必須加熱，所以應選用裝置c，離子反應方程式為：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；（2）①上圖為制備氯氣并驗證氯氣性質的裝置，其中制備氣體裝置沒有加熱，因此選用的固體應為KMnO4(或KClO3)；利用此反應制備氯氣中混有HCl氣體，可采用飽和食鹽水除去混有的HCl氣體；②裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，I處為濕潤布條，驗證氯氣可使?jié)駶櫟牟紬l褪色，II再經過干燥劑干燥氯氣，III驗證干燥的氯氣能否使干燥布條褪色。D中發(fā)生置換反應Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，溴單質經分液漏斗流到錐形瓶中，與碘化鉀發(fā)生置換反應生成碘單質。為了分離紫紅色溶液，還需用到分液漏斗，此操作過程為萃取。④鹽酸和次氯酸鈉生成有毒氣體氯氣，反應方程式為Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。點睛：本題重點考察氯氣的制備及性質驗證。實驗室制備氯氣使用濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應，也可采用KMnO4(或KClO3)與濃鹽酸不加熱條件下反應。實驗中產生的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣，采用飽和食鹽水除去氯化氫氣體，采用無水氯化鈣等干燥劑除去水蒸氣。氯氣可以漂白濕潤的有色布條，是因為氯氣溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以氯氣不能使干燥的有色布條褪色。26、作催化劑和吸水劑使酯化反應向生成乙酸乙酯的方向移動，提高乙酸乙酯的產率除去乙酸除去乙醇水【解析】(1)乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，需濃硫酸作催化劑，該反應為可逆反應，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動，濃硫酸的作用為催化劑，吸水劑，故答案為催化劑、吸水劑；(2))乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，該反應屬于可逆反應，過量乙醇可以使平衡正向移動，增加乙酸乙酯的產率，故答案為使酯化反應向生成乙酸乙酯的方向移動，提高乙酸乙酯的產率；

(3)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，便于分層得到酯；故答案為中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(4)氯化鈣溶液極易與乙醇結合成六水合物，因此飽和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能殘留的乙醇，故答案為除去乙醇；(5)飽和碳酸鈉溶液除掉了乙酸和乙醇，飽和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能殘留的乙醇，這樣分離出的粗酯中會含有雜質水，故答案為水。點睛：本題考查了乙酸乙酯的制備，掌握濃硫酸、飽和碳酸鈉溶液、氯化鈣溶液的作用以及酯化反應的機理為解答本題的關鍵。本題的難點是飽和氯化鈣溶液的作用，要注意題干的提示。27、催化劑吸水劑防止倒吸有利于酯化反應向正方向進行(增大醋酸的利用率)吸收揮發(fā)出來的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分層析出分液漏斗乙醇【解析】分析：本題考查的是乙酸乙酯的制備，難度較小，掌握實驗的關鍵問題。。詳解：(1)在酯化反應中濃硫酸的作用為催化劑和吸水劑；(2)球形干燥管的體積較大，可以防止倒吸；(3)因為乙酸和乙醇的反應為可逆反應，增加乙醇的量可以有利于酯化反應向正方向進行，也能增大醋酸的利用率；(4)飽和碳酸鈉溶液可以吸收揮發(fā)出來的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分層析出；(5)乙酸乙酯不溶于水，出現(xiàn)分層現(xiàn)象，所以用分液漏斗即可分離；根據(jù)氯化鈣可與乙醇形成難溶于水的CaCl2·6C2H5OH分析，所以加入氯化鈣可以分離乙醇。28、H第二周期第IVA族Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO堿NaOH＝Na＋＋OH－①Br2的CCl4溶液同分異構體2C2H5OH＋2Na→2C2H5ONa＋H2↑【解析】分析：四種短周期元素A、B、C、D,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: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,則甲是H2O;乙：無色,無氣味并且易燃,是常見的一種基礎能源,則乙是;丙：有強氧化性的弱酸,可以用于消毒殺菌,則丙是HClO,因為原子半徑A>B>