2024屆吉林省乾安縣七中化學高一下期末檢測試題注意事項：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。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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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、在密閉容器中進行X2(g)＋2Y2(g)Z(g)的反應，X2、Y2、Z的起始濃度依次為0.2mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，當反應達到其最大限度(即化學平衡狀態)時，各物質的濃度有可能的是（）A．c(Z)＝0.45mol/LB．c(X2)＝0.3mol/Lc(Z)＝0.1mol/LC．c(X2)＝0.5mol/LD．c(Y2)＝0.5mol/L2、以下烴中，一氯代物只有一種的是A．CH3CH2CH2CH2CH3B．CH3CH2CH3C．CH3CH2CH2CH3D．C(CH3)43、人體缺乏維生素A，會出現皮膚干燥、夜盲癥等癥狀。維生素A又稱視黃醇，分子結構如下圖所示,下列說法正確的是A．1mol維生素A最多能與7molH2發生加成反應B．維生素A不能被氧化得到醛C．維生素A是一種易溶于水的醇D．維生素A的分子式為C20H30O4、下列對可逆反應的認識正確的是()A．既能向正反應方向進行，又能向逆反應方向進行的反應叫可逆反應B．在同一條件下，同時向正反應和逆反應兩個方向進行的反應叫可逆反應C．電解水生成氫氣和氧氣與氫氣和氧氣點燃生成水的反應是可逆反應D．在可逆反應進行中正反應速率與逆反應速率一定相等5、下列化學用語描述中不正確的是（）A．K2O的電子式： B．硫離子的結構示意圖：C．乙醛的結構簡式：CH3COH D．中子數為20的氯原子：6、磷精礦粉酸浸時發生反應：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4。有關說法正確的是（）A．該反應屬于氧化還原反應B．硫酸酸性比磷酸強C．Ca5(PO4)3(OH)是牙釉質的主要成分，易溶于水D．S、P同主族，S的非金屬性更強7、下列實驗裝置或操作能達到實驗目的的是（）A．實驗室制硝基苯 B．檢驗裝置氣密性 C．利用排空氣法收集丙烷 D．石油分餾8、某烴的結構簡式如圖所示，若分子中共線碳原子數為a，可能共面的碳原子最多為b，含四面體結構碳原子數為c，則a、b、c分別是（）A．3，4，5B．3、14，4C．3，l0，4D．4，l0，49、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述中正確的是（）A．1mol氫氧根離子所含電子數為9NAB．1.00molNaCl中含有NA個NaCl分子C．常溫常壓下，92g的NO2和N2O4的混合氣體含有的原子數為6NAD．標準狀況下，11.2LCH3CH2OH中含有分子的數目為0.5NA10、已知短周期元素的離子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的電子層結構．則下列敘述正確的是（）A．原子半徑A＞B＞D＞CB．原子序數d＞c＞b＞aC．離子半徑C＞D＞B＞AD．原子結構的最外層電子數目A＞B＞D＞C11、關于化合物2-苯基丙烯，下列說法錯誤的是A．分子式為C9H10B．一定條件下，可以發生取代、加成和氧化反應C．1mol該化合物最多可與4mol氫氣發生加成反應D．分子中最多有8個碳原子在同一平面上12、下列說法中，正確的是（）A．硅元素在自然界里均以化合態存在B．SiO2不能與水反應生成硅酸，不是酸性氧化物C．除去二氧化硅中少量的碳酸鈣雜質應選用水D．粗硅制備時，發生的反應為C+SiO2=Si+CO2↑13、一定條件下，容積固定的密閉容中對于可逆反應X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始濃度分別為c1、c2、c3(均不為零)，達到平衡時，X、Y、Z的濃度分別為0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，則下列判斷不合理的是()A．c1∶c2＝1∶3B．平衡時，Y和Z的生成速率之比為2∶3C．達到平衡時，容器內的壓強不再變化D．c1的取值范圍為0mol/L<c1<0.14mol/L14、在用Zn片、Cu片和稀硫酸組成的電池裝置中，經過一段時間工作后，下列說法中正確的是A．鋅片是正極，銅片上有氣泡產生B．電流方向是從鋅片流向銅片C．溶液中的陽離子向正極移動，陰離子向負極移動D．電解質溶液的pH值逐漸減小15、一定溫度下，體積相等、c(H+)相等的鹽酸和醋酸溶液，下列說法正確的是A．兩種溶液中，相應離子濃度關系有c(Clˉ)=c(CH3COOˉ)B．若分別與等體積等濃度的NaHCO3溶液反應，產生CO2的速率鹽酸快C．若分別與足量的Zn完全反應，鹽酸產生的H2多D．若分別與等濃度的NaOH溶液恰好完全反應，消耗NaOH溶液體積相等16、用于配制一定物質的量濃度的溶液的實驗裝置是:A． B． C． D．17、將銅放入稀硫酸中，再加入下列一種試劑，常溫下就可產生氣體的是A．KNO3B．FeCl3C．CuSO4.D．濃H2SO418、下列物質在稀硫酸作用下發生水解反應只生成一種產物的是()A．蔗糖B．蛋白質C．油脂D．麥芽糖19、海水開發利用的部分過程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．工業生產常選用NaOH作為沉淀劑B．粗鹽可采用除雜和重結晶等過程提純C．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收20、Al－Ag2O電池是一種可用作水下動力的優良電源，其原理如圖所示。該電池工作時總反應式為2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O，則下列說法錯誤的是()。A．工作時正極發生還原反應，且正極質量逐漸減小B．當電極上生成1.08gAg時，電路中轉移的電子為0.1molC．Al電極的反應式為Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2OD．工作時電解液中的Na＋移向Ag2O/Ag電極21、下列有關概念的說法中不正確的是（）A．增大反應物濃度可以增大單位體積內活化分子數，但活化分子百分數不變，從而使反應速率增大B．在化學反應中，能量較高、能發生碰撞的分子稱為活化分子C．汽車尾氣的催化轉化裝置可將尾氣中的NO和CO等有害氣體快速地轉化為N2和CO2，其原因是催化劑可降低NO和CO反應的活化能D．溶液中的離子反應瞬間發生，其反應的活化能接近為零22、某原電池總反應為2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，不能實現該反應的原電池是A．正極為Cu，負極為Fe，電解質溶液為FeCl3B．正極為Cu，負極為Fe，電解質溶液為Fe(NO)3C．正極為Fe，負極為Zn，電解質溶液為Fe2(SO4)3D．正極為Ag，負極為Fe，電解質溶液為Fe2(SO4)3二、非選擇題(共84分)23、（14分）原子序數由小到大排列的四種短周期元素X、Y、Z、W，四種元素的原子序數之和為32，在周期表中X是原子半徑最小的元素，Y、Z左右相鄰，Z、W位于同主族。（1）X元素符號是______________________；（2）Z、W形成的氣態氫化物的穩定性_______>_______（寫化學式）。（3）由X、Y、Z、W四種元素中的三種組成的一種強酸，該強酸的稀溶液能與銅反應，離子方程式為_________________________________。（4）由X、Y、Z、W和Fe五種元素組成的相對分子質量為392的化合物B，lmolB中含有6mol結晶水。對化合物B進行如下實驗：a．取B的溶液加入過量濃NaOH溶液并加熱，產生白色沉淀和無色刺激性氣味氣體；過一段時間白色沉淀變為灰綠色，最終變為紅褐色。b．另取B的溶液，加入過量BaCl2溶液產生白色沉淀，加鹽酸沉淀不溶解。①由實驗a、b推知B溶液中含有的離子為__________________；②B的化學式為_________________。24、（12分）下面是元素周期表的一部分，請按要求填空：ABCDEFGHI（1）A元素的最高價氧化物的電子式______。（2）元素G在周期表中的位置是_______。（3）C與D簡單離子中半徑較大的是________（用離子符號表示）。（4）C與F的氣態氫化物中較穩定是________（用化學式表示）。（5）寫出G單質與I的最高價氧化物對應水化物的溶液反應的化學方程式______。（6）下列說法或實驗不能證明H和I兩種元素的金屬性強弱的是_____。a比較兩種元素的單質的熔點、沸點高低b將兩種元素的單質分別與冷水反應，觀察反應的劇烈程度c比較兩種元素的最高價氧化物對應的水化物的堿性強弱25、（12分）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________；繼續加氨水至pH＝b時，所發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____________________________。26、（10分）某同學完成如下實驗。（1）實驗記錄（請補全表格中空格）實驗步驟實驗現象離子方程式①溶液分層②下層呈橙色。_____________①溶液分層②__________Br2+2I－=I2+2Br－（2）該實驗的目的是______________________。（3）氯、溴、碘單質氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素，最外層電子數相同，從上到下，_________，得電子能力逐漸減弱。27、（12分）海水中有豐富的化學資源，從海水中可提取多種化工原料。以下為工業從海水中提取液溴的流程圖如下，已知：溴的沸點為59℃，微溶于水，有毒性。(1)某同學利用“圖1”裝置進行實驗，當進行步驟①時，應關閉活塞___，打開活塞______。(2)步驟③中反應的離子方程式____________________________。(3)從“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”的目的是________________________。(4)步驟⑤用“圖2”裝置進行蒸餾，C處蒸餾燒瓶中已加入碎瓷片，尚未安裝溫度計，此外裝置C中還有一處，改進后效果會更好，應該如何改進_____________________________。28、（14分）工業上硝酸的制備和自然界中硝酸的生成既有相同的地方，又有區別。下圖路線中的①-③、Ⅰ-Ⅲ分別是工業生產硝酸和雷電高能固氮過程中硝酸的生成途徑。回答下列問題：

（1）雷電高能固氮生產硝酸的三個反應中，是否均為氧化還原反應？_______。（2）圖中途徑I、①和②對應的三個反應中，常溫下就能進行的是途徑________。（3）途徑③對應的反應為NO2+H2O—HNO3+NO（未配平），該反應過程中氧化產物和還原產物的物質的量之比為__________________。（4）硝酸必須保存于棕色瓶里并置于陰涼處的原因是____________________；可用鋁質或鐵質容器盛放冷的濃硝酸的原因是_____________________。（5）硝酸的用途之一是與氨氣反應制硝酸銨，其化學方程式為_____________。29、（10分）從能量的變化和反應的快慢等角度研究化學反應具有重要意義。(1)已知一定條件下，反應N2+3H22NH3為放熱反應;：①下圖能正確表示該反應中能量變化的是________；②根據下表數據，計算生成1molNH3時該反應放出的熱量為______kJ；化學鍵H-HN≡NN-H斷開1mol鍵所吸收的能量436kJ946kJ391kJ③一定溫度下，將3molH2和1molN2通入容積為2L的密閉容器中發生反應，5min達到平衡，測得c(NH3)=0.4mol/L，則O至5min時(N2)=______，反應開始與平衡時氣體的物質的量之比為__________；(2)原電池可將化學能轉化為電能。由A、B、C、D四種金屬按下表中裝置進行實驗：①裝置甲甲SO42－向________極移動（填“A”或“B”）；②四種金屬活動性由強到弱的順序是____；③若裝置丙中的電極為質量相等的鐵棒和銅棒，電池工作一段時間后．取出洗凈、干燥、稱量．兩電極質量差為6g。則導線中通過電子的物質的量為______mol。

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【解題分析】試題分析：A．如果c（Z）＝0.45mol/L，則相應消耗0.3mol/L的Y2，但Y2的起始濃度是0.3mol/L，反應是可逆反應，反應物不能完全轉化，A錯誤；B．如果c（X2）＝0.3mol/L，則相應消耗0.1mol/L的Z，則剩余Z是0.2mol/L，B錯誤；C．如果c（X2）＝0.5mol/L，則需要消耗0.3mol/LZ，反應是可逆反應，則Z的濃度不可能為0，C錯誤；D．如果c（Y2）＝0.5mol/L，則需要消耗0.1mol/LZ，剩余0.2mol/LZ，所以D正確，答案選D。考點：考查可逆反應的有關計算2、D【解題分析】分析：烴的一氯代物只有一種，說明分子中含有一類氫原子，結合有機物的結構簡式分析判斷。詳解：A.CH3CH2CH2CH2CH3分子中含有3類氫原子，一氯代物有3種，A錯誤；B.CH3CH2CH3分子中含有2類氫原子，一氯代物有2種，B錯誤；C.CH3CH2CH2CH3分子中含有2類氫原子，一氯代物有2種，C錯誤；D.C(CH3)4分子中含有1類氫原子，一氯代物有1種，D正確；答案選D。3、D【解題分析】

A.維生素A中含5個碳碳雙鍵，1mol維生素A最多可以與5molH2發生加成反應，A錯誤；B.根據維生素A結構簡式可以看出該物質中含有-CH2OH結構，因此能被氧化得到醛，B錯誤；C.維生素A的烴基部分含有的C原子數較多，烴基是憎水基，烴基部分越大，水溶性越小，所以維生素A是一種在水中溶解度較小的醇，C錯誤；D.維生素A的分子式為C20H30O，D正確；故合理選項是D。4、B【解題分析】

A、可逆反應是在“同一條件下”、能“同時”向正反應和逆反應“兩個方向”進行的化學反應，A錯誤；B、在同一條件下，同時向正反應和逆反應兩個方向進行的反應叫可逆反應，B正確；C、電解水生成氫氣和氧氣與氫氣和氧氣點燃生成水的反應不是可逆反應，因此條件不同，C錯誤；D、可逆反應開始進行時，正反應速率大于逆反應速率，二者不相等，D錯誤。答案選B。5、C【解題分析】

A項、K2O為離子化合物，是由鉀離子和氧離子形成，電子式為，故A正確；B項、硫離子核外有3個電子層，最外層電子數為8，離子的結構示意圖：，故B正確；C項、乙醛的官能團為—CHO，結構簡式為CH3CHO，故C錯誤；D項、質子數為17，中子數為20的氯原子的質量數為37,原子符合為3717Cl，故D正確；故選C。【題目點撥】本題考查化學用語，注意掌握電子式、原子符號、結構簡式等常見的化學用語的概念及判斷方法是解答關鍵。6、B【解題分析】分析：A.根據元素的化合價變化分析；B.硫元素非金屬性強于磷元素；C.Ca5(PO4)3(OH)難溶于水；D.S、P位于同一周期。詳解：A.根據方程式可知反應前后元素的化合價均沒有發生變化，該反應不屬于氧化還原反應，A錯誤；B.非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，硫元素非金屬性強于磷元素，所以硫酸酸性比磷酸強，B正確；C.Ca5(PO4)3(OH)難溶于水，C錯誤；D.S、P均是第三周期元素，S的非金屬性更強，D錯誤。答案選B。7、B【解題分析】A.實驗室制取硝基苯時溫度不是100度，故錯誤；B.檢查裝置的氣密性時，關閉止水夾，通過長頸漏斗向圓底燒瓶中加水，當長頸漏斗中的液面高于圓底燒瓶中的液面時，停止加水，若液面差不變，說明氣密性良好，故正確；C.丙烷的密度比空氣大，應用向上排空氣法收集，即長進短出，故錯誤；D.石油分餾實驗中冷卻水應下進上出，故錯誤。故選B。8、B【解題分析】

已知乙炔為直線形結構，則與C≡C鍵相連的C原子可能共線，則共有3個；

分子中與苯環以及C=C直接相連的原子共平面，則可能共面的碳原子最多為14，即所有的碳原子可能共平面；含四面體結構碳原子為飽和碳原子，共4個，故答案選B。9、C【解題分析】

A.氫氧根離子是10電子微粒；B.氯化鈉是離子化合物；C.NO2和N2O4的最簡式均是NO2；D.標況下乙醇是液體。【題目詳解】A.1mol氫氧根離子所含電子數為10NA，A錯誤；B.氯化鈉是離子化合物，不存在氯化鈉分子，“NaCl”僅表示化學式，B錯誤；C.NO2和N2O4的最簡式均是NO2，常溫常壓下，92g的NO2和N2O4的混合氣體含有“NO2”的物質的量是92g÷46g/mol=2mol，原子數為6NA，C正確；D.標準狀況下乙醇是液態，不能利用氣體摩爾體積計算11.2LCH3CH2OH中含有分子的數目，D錯誤;答案選C。10、C【解題分析】aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的電子層結構，則一定滿足關系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。其中A和B屬于金屬，位于同一周期，且A在B的右側。C和D是非金屬，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右側。同周期自左向右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，氫化物的穩定性也是逐漸增強的。核外電子排布相同的微粒其微粒半徑隨原子序數的增大而減小，所以只有選項C是正確的，其余都是錯誤的，答案選C。11、D【解題分析】

該有機物中含有苯環和碳碳雙鍵，有苯和烯烴性質，能發生氧化反應、加成反應、取代反應、加聚反應等，據此分析解答。【題目詳解】A.根據物質的結構簡式可知該物質的分子式為C9H10，A正確；B.物質分子中含有苯環，所以能發生取代反應，苯環和碳碳雙鍵能發生加成反應，碳碳雙鍵能發生氧化反應，B正確；C.物質分子中含苯環和碳碳雙鍵都能和氫氣發生加成反應，1mol苯環最多消耗3mol氫氣、1mol碳碳雙鍵最多消耗1mol氫氣，所以1mol該有機物最多消耗4mol氫氣發生加成反應，C正確；D.苯環上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，碳碳單鍵可以旋轉，所以該分子中最多有9個碳原子共平面，D錯誤；故合理選項是D。【題目點撥】本題考查有機物結構和性質，側重考查烯烴和苯的性質，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，難點是原子共平面個數判斷，要結合苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，用遷移方法進行分析解答。12、A【解題分析】

A、Si是親氧元素，在自然界中全部以化合態形式存在，A正確；B、二氧化硅能與堿反應生成鹽與水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B錯誤；C、二氧化硅和碳酸鈣都不溶于水，可以用鹽酸除二氧化硅中少量的碳酸鈣雜質，C錯誤；D、碳與二氧化硅在高溫的條件下反應生成一氧化碳氣體，而不是二氧化碳，D錯誤；答案選A。13、B【解題分析】分析：A．可根據反應轉化關系和平衡濃度計算初始濃度關系；B．達到平衡狀態時，正逆反應速率相等；C．反應前后氣體的體積減小，達到平衡狀態時，壓強不變；D．根據可逆反應不能完全轉化的角度分析。詳解：A．設X轉化的濃度為x，則X(g)＋3Y(g)2Z(g)初始：c1c2c3轉化：x3x2x平衡：0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L則：c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，A正確；B．平衡時，正逆反應速率相等，則Y和Z的生成速率之比為3：2，B錯誤；C．反應前后氣體的體積減小，達到平衡狀態時，壓強不變，C正確；D．反應為可逆反應，物質不可能完全轉化，如反應向正反應分析進行，則0＜c1，如反應向逆反應分析進行，則c1＜0.14mol?L-1，故有0＜c1＜0.14mol?L-1，D正確。答案選B。14、C【解題分析】試題分析：A．鋅片是負極，銅片上有氣泡產生，故A錯誤；B．電流方向是從Cu片經導線流向Zn片，故B錯誤；C．溶液中的陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，故C正確；D．因氫離子參加反應生成氫氣，氫離子減少，則電解液的pH增大，故D錯誤；故選C。【考點定位】考查原電池的工作原理【名師點晴】本題考查原電池知識，為高考常見題型。在Zn片、Cu片和稀硫酸組成的電池裝置中，Zn活潑作負極，電流由正極流向負極，陰離子向負極移動，氫離子參加反應生成氫氣，則氫離子減少，溶液的pH增大。側重于學生的分析能力的考查，注意把握原電池工作原理，把握電極方程式的書寫，注意正負極的判斷、電流的方向、離子的移動方向。15、A【解題分析】

A.一定溫度下，體積相等、c(H+)相等的鹽酸和醋酸溶液中c(OHˉ)相等，則由電荷守恒可知，兩種溶液中c(Clˉ)=c(CH3COOˉ)，A正確；B.反應起始時，兩種溶液中c(H+)相等，分別與等體積等濃度的NaHCO3溶液反應，產生CO2的速率相等，反應過程中，由于醋酸溶液中存在電離平衡，醋酸溶液中c(H+)變化小于鹽酸溶液，產生CO2的速率醋酸快，B錯誤；C.由于醋酸溶液中存在電離平衡，體積相等、c(H+)相等的鹽酸和醋酸溶液中，醋酸氫離子的物質的量大于鹽酸，則若分別與足量的Zn完全反應，醋酸產生的H2多，C錯誤；D.由于醋酸溶液中存在電離平衡，體積相等、c(H+)相等的鹽酸和醋酸溶液中，醋酸氫離子的物質的量大于鹽酸，則若分別與等濃度的NaOH溶液恰好完全反應，醋酸消耗NaOH溶液體積大，D錯誤；故選A。【題目點撥】兩種溶液中c(H+)相等，反應起始時，分別與等體積等濃度的NaHCO3溶液反應，產生CO2的速率相等，反應過程中，由于醋酸溶液中存在電離平衡，醋酸溶液中c(H+)變化小，產生CO2的速率醋酸快是分析的關鍵。16、D【解題分析】

A.這個裝置是實驗室蒸餾裝置，不是配制一定物質的量濃度溶液的裝置，故A錯誤；B.此裝置是萃取裝置，不是配制一定物質的量濃度的溶液裝置，故B錯誤；C.該裝置是過濾裝置，不是配制一定物質的量濃度的溶液的裝置，故C錯誤；D.該裝置是配制一定物質的量濃度的溶液的裝置，故D正確；故選D。17、A【解題分析】分析：A.酸性溶液中硝酸根具有強氧化性；B.氯化鐵溶液與銅反應不產生氣體；C.硫酸銅與銅不反應；D.濃硫酸常溫下與銅不反應。詳解：A、Cu、稀硫酸、KNO3混合時發生3Cu+8H＋+2NO3－＝3Cu2＋+2NO↑+4H2O，則銅粉質量減輕，同時溶液逐漸變為藍色，且有氣體逸出，A正確；B、將銅放入稀硫酸中，再加入FeCl3，銅溶解，但不產生氣體，B錯誤；C、Cu與稀硫酸不反應，加入CuSO4混合時也不反應，C錯誤；D、在常溫下銅與濃硫酸不反應，在加熱的條件下反應生成硫酸銅、二氧化碳和水，D錯誤；答案選A。點睛：掌握常見物質的性質特點是解答的關鍵，易錯點是硝酸根離子的氧化性。硝酸根離子在酸性溶液中相當于是硝酸，具有強氧化性，在中性或堿性溶液中沒有氧化性，在分析離子反應時需要靈活掌握。18、D【解題分析】分析：A．蔗糖在酸性條件下加熱能發生水解得到葡萄糖和果糖；B．蛋白質水解生成氨基酸；C．根據油脂是高級脂肪酸的甘油酯分析；D．麥芽糖是二糖，在酸性條件下加熱能發生水解得到葡萄糖。詳解：A．蔗糖是二糖，在酸性條件下加熱能發生水解得到葡萄糖和果糖，A錯誤；B．蛋白質水解生成各種氨基酸，產物不止一種，B錯誤；C．油脂水解生成甘油和各種高級脂肪酸，產物不止一種，C錯誤；D．麥芽糖是二糖，在酸性條件下加熱能發生水解得到葡萄糖，產物只有一種，D正確；答案選D。19、A【解題分析】

A.海水曬鹽剩下的苦鹵中含有鎂離子，在工業上，通常用熟石灰而不用NaOH作沉淀劑，故A選；B.粗鹽中含有泥沙以及一些可溶性的雜質，所以可通過過濾除去雜質，然后再重結晶進行提純，故B不選；C.向苦鹵中通氯氣是為了氧化溴離子為單質溴，故C不選；D.氯氣把溴離子氧化成單質溴之后，用空氣和水蒸氣吹出溴，再在吸收塔中用二氧化硫將其還原吸收，達到富集的目的，故D不選。故選A。【題目點撥】工業生產要考慮成本，所以沉淀Mg2+時用Ca(OH)2而不用NaOH。富集的目的是使溴離子濃度增大，故先用Cl2氧化Br-，生成的Br2用空氣和水蒸氣吹出，在吸收塔中被SO2吸收，再次轉變為Br-，此時Br-的濃度遠大于苦鹵中的Br-濃度，達到了富集的目的。20、B【解題分析】A.原電池工作時,正極發生還原反應,該反應中氧化銀被還原為銀,正極的質量減少了，故A正確；B.Ag2O中Ag的化合價為+1價,被還原單質銀為0價，當電極上析出1.08gAg即0.01mol時,電路中轉移的電子為0.01mol,故B錯誤；C.原電池工作時Al被氧化,應為電池的負極,電極反應為Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O,故C正確；D.鋁為負極,Ag2O/Ag為電池的正極，原電池工作時陽離子向正極移動,即Na＋向Ag2O/Ag極移動，故D正確；所以答案：B。21、B【解題分析】A．增大濃度，單位體積的活化分子數目增多，但活化分子百分數不變，故A正確；B．在化學反應中，能量較高、能發生有效碰撞的分子稱為活化分子，故B錯誤；C．加入催化劑，降低反應的活化能，故C正確；D．離子反應，反應容易進行，且反應速率大，則反應的活化能幾乎為零，故D正確；答案為B。22、C【解題分析】試題分析：A、正極為Cu，負極為Fe，電解質溶液為FeCl3，則負極發生Fe失去電子生成亞鐵離子的反應，正極是鐵離子得到電子生成亞鐵離子，正確；B、正極為C，負極為Fe，電解質溶液為Fe(NO)3，則負極發生Fe失去電子生成亞鐵離子的反應，正極是鐵離子得到電子生成亞鐵離子，正確；C、正極為Fe，負極為Zn，電解質溶液為Fe2(SO4)3，因為Zn失去電子生成鋅離子，發生的反應是Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+，與所給反應不同，錯誤；D、正極為Ag，負極為Fe，電解質溶液為Fe2(SO4)3，則該電池的總反應是2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，正確，答案選C。考點：考查電池反應的判斷二、非選擇題(共84分)23、HH2OH2S3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2ONH4+、Fe2+、SO42-（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O【解題分析】本題考查元素周期表和元素周期律的應用，X為元素周期表中原子半徑最小的元素即X為H，因為原子序數依次增大，且Y、Z左右相鄰，Z、W位于同主族，令Y的原子序數為x，則Z的原子序數為x＋1，W的原子序數為x＋9，四種原子序數之和為32，因此有1＋x＋x＋1＋x＋9=32，解得x=7，因此Y為N、Z為O、W為S，（1）根據上述分析，X元素是H；（2）同主族從上到下非金屬性減弱，其氫化物的穩定性減弱，因此H2O的穩定性大于H2S；（3）該酸能與銅發生反應，因此該酸是硝酸，其離子反應方程式為3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；（4）①加入足量的NaOH溶液出現白色沉淀，且白色沉淀轉變為灰綠色，最終轉變成紅褐色，說明B中有Fe2＋，加入NaOH，產生刺激性氣體，說明原溶液中含有NH4＋，加入過量的BaCl2溶液，產生白色沉淀，且白色沉淀不溶于鹽酸，說明此沉淀是BaSO4，原溶液中含有SO42－，①因此根據上述分析B溶液中含有的離子是為Fe2＋、NH4＋、SO42－；②根據B的相對分子質量以及化合價的代數和為0，因此B的化學式為(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。點睛：本題的關鍵是元素的推斷，根據信息X元素是周期表中原子半徑最小的，即X為H，子序數依次增大，且Y、Z左右相鄰，Z、W位于同主族，令Y的原子序數為x，則Z的原子序數為x＋1，W的原子序數為x＋9，四種原子序數之和為32，因此有1＋x＋x＋1＋x＋9=32，解得x=7，從而推出個元素，特別注意Z和W的原子序數的關系，因為它們位于同一主族，且屬于短周期元素，因此有W和Z的原子序數相差8。24、第三周期ⅦA族O2-H2O2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2Oa【解題分析】

依據元素在周期表的位置關系可知，A、B、C、D、E、F、G、H和I分別是C、N、O、Na、Si、S、Cl、K和Ca，結合元素周期律和物質的結構與性質分析作答。【題目詳解】（1）A元素的最高價氧化物為CO2，為共價化合物，C與O原子之間共用2對電子對，使各原子達到滿8電子穩定結構，其電子式為；（2）元素G為Cl，原子序數為17，在周期表中位于第三周期ⅦA族；（3）電子層數越大，簡單離子的半徑越大；電子層數相同時，原子序數越小，簡單離子半徑越大，則C與D簡單離子中半徑較大的是O2-；（4）同主族中元素的非金屬性從上到下依次減弱，則C與F的氣態氫化物中較穩定是H2O；（5）G單質為Cl2，I的最高價氧化物對應水化物為氫氧化鈣，兩者參與反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，其反應的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（6）a.兩種元素的單質的熔點、沸點高低，指的是物理性質，與元素的非金屬性無關，符合題意，a項正確；b.將兩種元素的單質分別與冷水反應，觀察反應的劇烈程度，若與冷水反應越劇烈，則單質的金屬性越強，b項錯誤；c.比較兩種元素的最高價氧化物對應的水化物的堿性強弱，堿性越強，則金屬性越強，c項錯誤；答案選a。25、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【解題分析】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，根據表中數據判斷；加氨水至pH=b時，ZrO2+與NH3?H2O反應生成Zr(OH)4沉淀；據此分析解答。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，根據表中數據可知：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++2NH3?H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；故答案為：5.2～6.2；ZrO2++2NH3?H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；(4)過濾Ⅲ所得濾液中主要含有銨根離子，溶液顯酸性，加入CaCO3粉末并加熱得到氨氣和二氧化碳，其反應的離子方程式為：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案為：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；點睛：本題考查了物質分離提純的方法和流程分析應用，正確分析題目涉及流程的分析應用、掌握化學基本實驗操作是解題的關鍵。本題的易錯點為(3)，要正確理解加入氨水調節pH的作用。26、Cl2+2Br－==

Br2+2Cl－下層呈紫色比較氯、溴、碘單質氧化性強弱（或比較氯、溴、碘元素非金屬性強弱）電子層數增多，原子半徑增大【解題分析】（1）新制氯水與NaBr溶液反應生成NaCl和Br2，Br2易溶于CCl4，故下層呈橙色，反應離子方程式為：Cl2+2Br－=Br2+2Cl－；溴水與KI溶液反應生成NaBr和I2，I2易溶于CCl4，故下層（CCl4層）呈紫色。（2）由①和②實驗可得，該實驗的目的是比較氯、溴、碘單質氧化性強弱（或比較氯、溴、碘元素非金屬性強弱）。（3）氯、溴、碘屬于同主族元素，最外層電子數相同，從上到下，電子層數增多，原子半徑增大，得電子能力逐漸減弱，故單質氧化性逐漸減弱。27、bdacSO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br—濃縮Br2或富集溴直接加熱改為水浴加熱【解題分析】

步驟①時，通入氯氣，與海水中的溴離子反應生成單質溴，溴的沸點為59℃，再通入熱空氣，把生成的溴單質吹出，溶于水制取粗溴；在粗溴中通入二氧化硫生成硫酸和溴離子，再經過氯氣氧化得到較純的溴水，經過蒸餾得到液溴。【題目詳解】(1)通入氯氣的目的是將溴離子氧化為單質溴，故此時應關閉活塞bd，打開活塞ac，并進行尾氣處理；(2)步驟③中用二氧化硫吸收溴單質，生成硫酸和溴化氫，離子方程式為SO2+Br2