廣東省揭陽市普寧市2024年高一化學第二學期期末質量跟蹤監視模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、下列有關化學用語描述正確的是（）A．Mg2+的結構示意圖：B．CO2的電子式：C．Na2S的電子式：D．乙烯的結構簡式：CH2CH22、有機物A分子式為C2H4，可發生以下系列轉化，已知B、D是生活中常見的兩種有機物，下列說法不正確的是A．75%的B溶液常用以醫療消毒B．由物質A到物質B發生的是加成反應C．物質B、D和E可以用飽和Na2CO3溶液鑒別D．由物質B、D制備E常用濃硫酸作脫水劑3、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是A．0.1mol丙烷中含有的非極性鍵數為0.3NAB．78g苯中所含的碳碳雙鍵數為3NAC．標準狀況下，2.24L四氯化碳中所含分子數為0.1NAD．1mol乙烷所含電子數為18NA4、電解質是一類在水溶液里或熔融狀態下能夠導電的化合物。下列物質屬于電解質的是A．碳B．氯化鉀溶液C．氫氧化鈉D．稀硫酸5、科學家預測原子序數為114的元素，具有相當穩定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，稱為類鉛。關于它的性質，預測錯誤的是A．它的最外層電子數為4 B．它的金屬性比鉛強C．它具有+2、+4價 D．它的最高價氧化物的水化物是強酸6、下列有關化學鍵的說法中，正確的是（）A．含有共價鍵的化合物一定是共價化合物B．分子中只有共價健的物質一定是共價化合物C．非金屬元素不能組成離子化合物D．含有離子鍵的化合物一定是離子化合物7、下列化學反應在金屬冶煉工業中還沒有得到應用的是（）A．2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑ B．Al2O3＋3C2Al＋3CO↑C．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D．2Ag2O4Ag＋O2↑8、已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）（相對分子質量：114）燃燒生成二氧化碳和液態水時放出48.40kJ熱量。表示上述反應的熱化學方程式正確的是（）A．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（g）；△H＝－48.40kJ·mol－1B．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1）；△H＝－5518kJ·mol－1C．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1）；△H＝＋5518kJ·mol－1D．C8H18（1）＋25/2O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1）；△H＝－48.40kJ·mol－19、處理燃燒產生的煙道氣CO和SO2，方法之一在一定條件下將其催化轉化為CO2和S。己知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol②S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-296.0kJ/mol下列說法中正確的是（）A．可用澄清的石灰水鑒別CO2與SO2B．轉化②中S和O2屬于不同的核素C．轉化①有利于碳參與自然界的元素循環D．轉化的熱化學方程式是：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2（g)△H=+270kJ/mol10、塑料、合成橡膠和合成纖維這三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然氣為原料生產的，下列有關說法錯誤的是（）A．天然氣的主要成分是甲烷，它屬于化石燃料B．煤是復雜的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料C．石油分餾得到的汽油、煤油、柴油都是混合物，沒有固定的熔沸點D．石油煉制的目的是為了獲得輕質油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)11、在一定條件下的容積不變的容器中,當下列物理量不再變化時,表明反應A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)已達到平衡的是()①混合氣體的壓強②混合氣體的密度③混合氣體的總質量④氣體的總物質的量A．①④ B．②③ C．①②③ D．①②12、下列有機物中，分子結構為正四面體的是A．苯B．甲烷C．乙烯D．一氯甲烷13、下列關于物質性質的比較，不正確的是：A．沸點：HF>H2O>NH3 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＞Al14、據科學家預測，月球的土壤中吸附著數百萬噸的23He，每百噸23He核聚變所釋放出的能量相當于目前人類一年消耗的能量．在地球上，氦元素主要以24He的形式存在。下列說法正確的是()A．24He原子核內含有4個質子B．23He和24He互為同位素C．23He原子核內含有3個中子D．24He的最外層電子數為2，所以24He具有較強的金屬性15、設NA為阿佛加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．標準狀況下，將6.72L的NO2通入足量的水中轉移電子數為0.3NAB．常溫常壓下，22.4LCCl4含有NA個CCl4分子C．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2混合物，轉移的電子數為NAD．18gD2O所含的電子數為10NA16、下列事實和解釋都正確的是A．鋅與稀鹽酸反應，加水稀釋后反應速率減慢是因為減小了Cl-的濃度B．面粉廠內要禁止明火是因為固體表面積大會加快反應速率C．向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因為MnO2粉末增大了反應的活化能D．打開啤酒瓶蓋的瞬間有大量氣泡冒出，是因為啤酒溫度升高的緣故17、SO2通入BaCl2溶液中并不產生沉淀，而通入另一種氣體后可以產生白色沉淀。則圖中右側Y形管中放置的藥品組合符合要求的是（）①Cu和濃硝酸②氫氧化鈉固體和濃氨水③大理石和稀鹽酸④過氧化氫和二氧化錳A．①②④ B．全部 C．②③ D．①③18、下列從實驗“操作和現象”得出的“結論”不正確的是（）操作和現象結論A將2小塊鈉分別投入盛有水和乙醇的小水杯中，鈉與乙醇反應要平緩得多乙醇羥基中的氫原子不如水分子中的氫原子活潑B將石蠟油蒸氣通過灼熱的碎瓷片，生成的氣體通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蠟油分解產物中含有與烷烴性質不同的烯烴C向盛有CaCO3成分的水垢中滴加食醋，水垢溶解并產生氣泡醋酸的酸性強于碳酸D向蔗糖溶液中加入稀硫酸水浴加熱，一段時間后加入新制Cu（OH）2懸濁液，用酒精燈加入，未見磚紅色沉淀生成蔗糖未發生水解A．A B．B C．C D．D19、氮化鋁(AlN，Al和N的相對原子質量分別為27和14)廣泛用于電子、陶瓷等工業領域。在一定條件下，AlN可通過反應Al2O3+N2＋3C2AlN+3CO合成。下列敘述正確的是()A．上述反應中，N2是還原劑，Al2O3是氧化劑B．上述反應中，每生成1molAlN需轉移3mol電子C．AlN中氮元素的化合價為+3D．AlN的摩爾質量為41g20、如下圖為阿司匹林（用T代表）的結構，下列說法不正確的是A．T可以發生酯化反應B．T屬于芳香烴化合物C．T可以與NaOH溶液反應D．T可以與NaHCO3溶液反應21、在36g碳不完全燃燒所得氣體中，CO占13體積，CO2占2C(s)＋12O2(g)===CO(g)ΔH＝－110.5kJ·mol－1CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol與這些碳完全燃燒相比，損失的熱量是A．172.5kJB．1149kJC．283kJD．517.5kJ22、對于可逆反應N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，下列各項對示意圖的解釋與圖像相符的是A．①壓強對反應的影響(p2>p1) B．②溫度對反應的影響C．③平衡體系增加N2對反應的影響 D．④催化劑對反應的影響二、非選擇題(共84分)23、（14分）A是一種氣態烴。B和D是生活中兩種常見的有機物。以A為主要原料合成乙酸乙酯，其中成路線如下圖所示：（1）A制備B的方程式為______________________________。（2）B與鈉反應的化學方程式為__________，利用B與鈉反應制備氫氣，若制得1molH2需要B________mol。（3）物質B在空氣中可以被氧氣為C，此過程的化學方程式為____________________。（4）現擬分離含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗產品，下圖是分離操作步驟流程圖，圖中圓括號表示加入適當的試劑，編號表示適當的分離方法。①寫出加入的試劑：(a)是__________，(b)是__________。②寫出有關的操作分離方法：①是__________，②是__________。24、（12分）元素周期表是學習化學的重要工具,它隱含許多信息和規律。下表所列是六種短周期元素的原子半徑及主要化合價(已知鈹元素的原子半徑為0.089nm)。元素代號ABCDXY原子半徑/nm0.0370.1430.1020.0990.0740.075主要化合價+1+3+6,-2-1-2+5,-3（1）C元素在周期表中的位置為________，其離子結構示意圖為：_______。（2）B的最高價氧化物對應的水化物與Y的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式為___。（3）關于C、D兩種元素說法正確的是__________（填序號）。a.簡單離子的半徑D>Cb.氣態氫化物的穩定性D比C強c.最高價氧化物對應的水化物的酸性C比D強（4）在100mL18mol/L的C的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液中加入過量的銅片，加熱使其充分反應，產生氣體的體積為6.72L(標況下），則該反應過程中轉移的電子數為______。（5）寫出由A、D、X三種元素組成的某種可以消毒殺菌物質的電子式_____________。（6）比較Y元素與其同族短周期元素的氫化物的熔沸點高低__＞___(填氫化物化學式），理由___________。25、（12分）室溫下將40g已磨成粉末的Ba(OH)2?8H2O和20gNH4Cl置于250mL錐形瓶中，迅速攪拌將固體藥品混合均勻，20s后用帶有玻璃管的單孔橡皮塞塞緊瓶口，玻璃管口懸掛一濕潤的紅色石蕊試紙，如圖所示。試回答：（1）濕潤的紅色石蕊試紙的變化是________，用化學方程式作出相關解釋_______。（2）若將錐形瓶中的Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl換成__________，也可出現裝置內溫度降低的現象。26、（10分）某興趣小組利用下列實驗裝置探究SO2的性質。根據要求回答下列問題：（1）裝置A中反應的化學方程式為__________________________________________。（2）利用裝置C可以證明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是__________________。（3）通過觀察D中現象，即可證明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是________。A．NaCl溶液B．酸性KMnO4C．FeCl3D．Na2S溶液（4）研究小組發現B中有白色沉淀BaSO4生成，為進一步驗證B中產生沉淀的原因，研究小組進行如下兩次實驗：實驗i：另取BaCl2溶液，加熱煮沸，冷卻后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述裝置進行實驗，結果發現B中沉淀量減少，但仍有輕微渾濁．實驗ii：用如上圖2的F裝置代替上述實驗中的A裝置（其他裝置不變），連接后往裝置F中通入氣體X一段時間，再加入70%H2SO4溶液，結果B中沒有出現渾濁．①“實驗i”中煮沸BaCl2溶液的目的是_______________________；②氣體X可以是____________（填序號）。A．CO2

B．C12

C．N2

D．NO2③B中形成沉淀的原因是（用化學方程式表示）：________________________________。27、（12分）實驗室制乙酸乙酯得主要裝置如圖中A所示，主要步驟①在a試管中按2∶3∶2的體積比配制濃硫酸、乙醇、乙酸的混合物；②按A圖連接裝置，使產生的蒸氣經導管通到b試管所盛的飽和碳酸鈉溶液中；③小火加熱a試管中的混合液；④等b試管中收集到約2mL產物時停止加熱。撤下b試管并用力振蕩，然后靜置待其中液體分層；⑤分離出純凈的乙酸乙酯。請回答下列問題：（1）步驟④中可觀察到b試管中有細小的氣泡冒出，寫出該反應的離子方程式：_________。（2）分離出乙酸乙酯層后，經過洗滌雜質；為了干燥乙酸乙酯可選用的干燥劑為______。A．P2O5B．無水Na2SO4C．堿石灰D．NaOH固體（3）為充分利用反應物，該同學又設計了圖中甲、乙兩個裝置（利用乙裝置時，待反應完畢冷卻后，再用飽和碳酸鈉溶液提取燒瓶中的產物）。你認為更合理的是_________________。理由是：________________________________________________。28、（14分）元素周期表短周期中六種元素的原子序數與主要化合價的關系如圖：（1）元素F在周期表中的位置是______。（2）元素C、D、E原子半徑由大到小的順序是______（填元素符號）。（3）A、B、C的單質與氫氣反應的劇烈程度由強到弱的順序_____（用單質的化學式表示）。（4）應用元素周期律和元素周期表的知識，寫出D和E所形成的化合物的化學式______、__（寫2種）。（5）根據氯、溴、碘單質間的置換反應，判斷F的單質和E的最簡單氫化物之間能否發生反應_____(填“能”或“不能”),若能則寫出反應的化學方程式______。（6）一定溫度下，在體積恒定的密閉容器中發生反應：2AB(g)+B2(g)2AB2(g)。可以作為達到平衡狀態的標志是______。A．單位時間內生成nmolB2的同時生成2nmolABB．2ν正(B2)=ν逆(AB2)C．混合氣體的顏色不再改變(AB2為有色氣體)D．混合氣體的密度不變29、（10分）按要求完成下面每一小題：（1）下列各物質中，互為同位素的是________，互為同素異形體的是________，互為同系物的是________，互為同分異構體的是________。①金剛石與石墨

②12C與14C③乙酸和甲酸甲酯④與⑤與⑥與⑦CH3﹣CH3和（2）已知TiCl4在通常情況下是無色液體，熔點為﹣37℃，沸點為136℃，可知TiCl4為________晶體。（3）相對分子質量為72的烷烴，它的一氯代物只有一種，此烷烴的結構簡式為____________________。（4）寫出在光照條件下，甲烷與氯氣發生反應生成氣態有機物的化學方程式：_________________。

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、C【解析】

A.Mg2+的結構示意圖：，A錯誤；B.CO2的電子式：，B錯誤；C.Na2S的電子式：，C正確；D.乙烯的結構簡式：CH2=CH2，D錯誤；答案為C。2、D【解析】

有機物A的分子式為C2H4，則有機物A為乙烯，乙烯與水反應生成的物質B為乙醇，乙醇催化氧化生成的物質C為乙醛，乙醛催化氧化生成的物質D為乙酸，乙酸和乙醇生成的物質E為乙酸乙酯。【詳解】A．體積分數為72%～75%的酒精溶液常用作醫療上的消毒劑，A項正確；B．乙烯和水發生加成反應生成乙醇，B項正確；C．乙醇、乙酸和乙酸乙酯可以用飽和碳酸鈉溶液加以鑒別，對應的現象分別是：沒有明顯現象、產生大量細小氣泡、液體分層，C項正確；D．在用乙酸和乙醇制備乙酸乙酯的實驗中，濃硫酸是催化劑和吸水劑，并不是脫水劑，D項錯誤；所以答案選擇D項。3、D【解析】

A．1個丙烷(C3H8)有3個碳原子，有兩個碳碳非極性鍵，所以0.1mol丙烷中含有的非極性鍵數為0.2NA，故A錯誤；B．苯中沒有碳碳雙鍵，苯環上的碳碳鍵是一種介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的獨特的鍵，故B錯誤；C．標準狀況下，四氯化碳是液體，2.24L四氯化碳不是0.1mol，所含分子數不為0.1NA，故C錯誤；D．1個乙烷(C2H6)分子中含有的電子數為2×6+6=18，所以1mol乙烷所含電子數為18NA，故D正確；故選D。【點睛】應用22.4L/mol計算一定體積的物質的物質的量時，要注意物質的狀態，在標準狀況下，常見的一些非氣體不能用22.4L/mol計算其物質的量，如HF、NO2、H2O、CCl4、SO3、酒精、氯仿等。4、C【解析】碳是單質，既不是電解質又不是非電解質，故A錯誤；氯化鉀溶液是混合物，既不是電解質又不是非電解質，故B錯誤；氫氧化鈉的水溶液能導電，所以氫氧化鈉是電解質，故C正確；稀硫酸是混合物，既不是電解質又不是非電解質，故D錯誤。點睛：電解質是在水溶液里或熔融狀態下能夠導電的化合物，酸堿鹽都是電解質；非電解質是在水溶液里和熔融狀態下都不能導電的化合物。酸堿鹽的水溶液都是混合物，既不是電解質又不是非電解質。5、D【解析】

原子序數為114的元素在第7周期IVA族。則A.它的最外層電子數為4，A正確；B.同主族元素由上到下元素的金屬性逐漸增強，故它的金屬性比鉛強，B正確；C.該元素在第7周期IVA族，它具有+2、+4價，C正確；D.同主族元素由上到下元素的金屬性逐漸增強，最高價氧化物水化物的酸性減弱，碳酸為弱酸，故它的最高價氧化物的水化物不可能是強酸，D錯誤。答案選D。6、D【解析】A．含有共價鍵的化合物不一定是共價化合物，如堿及含有原子團的鹽均有共價鍵，故A錯誤；B．分子中只有共價健的物質不一定是共價化合物，還可能是單質，故B錯誤；C．非金屬元素也可能組成離子化合物，如NH4Cl，故C錯誤；D．化合物中只要含有離子鍵，此化合物一定是離子化合物，故D正確；答案為D。7、B【解析】

金屬冶煉常采用熱還原法、電解法、熱分解法等冶煉方法，結合金屬活動性順序表分析解答。【詳解】A．鈉是活潑金屬，工業上采用電解熔融氯化鈉的方法冶煉鈉，故A不選；B．工業上用電解熔融氧化鋁的方法冶煉鋁，用冰晶石降低其熔點，還沒有用碳作還原劑，故B選；C．鐵較活潑，工業上采用熱還原法冶煉鐵，故C不選；D．Hg、Ag等不活潑金屬的氧化物不穩定，受熱易分解，故采用熱分解法冶煉，故D不選；故選B。【點睛】本題考查了金屬的冶煉，根據金屬的活潑性確定金屬的冶煉方法是解題的關鍵。對于不活潑金屬，可以直接用加熱分解的方法冶煉；在金屬活動性順序表中處于中間位置的金屬，通常是用熱還原法冶煉；活潑金屬較難用還原劑還原，通常采用電解熔融的金屬化合物的方法冶煉；V、Cr、Mn、W等高熔點金屬可利用鋁熱反應冶煉。8、B【解析】

在25℃時，101kPa下，1g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態水放出48.40kJ的熱量，則1mol辛烷即114g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態水放出5518kJ的熱量，所以其熱化學反應方程式為：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ/mol，故選B。9、C【解析】A．CO2與SO2都與澄清石灰水反應，不能鑒別，可利用二氧化硫的還原性、漂白性鑒別，A錯誤；B．核素屬于具有一定中子數、質子數的原子，而S和O2屬于不同的單質，B錯誤；C．CO燃燒生成二氧化碳，二氧化碳在自然界中可參與光合作用，則有利于碳循環，C正確；D．利用蓋斯定律，將①-②可得2CO（g）+SO2（g）＝S（s）+2CO2（g）△H=-270kJ/mol，D錯誤，答案選C。點睛：本題考查較為綜合，涉及化學反應與能量、物質的鑒別以及熱化學方程式等知識，側重考查學生的分析能力，注意相關概念的理解以及蓋斯定律的運用。10、B【解析】分析：A．根據天然氣的主要成分分析判斷；B．根據煤的成分分析；C．混合物沒有固定的熔沸點；D．根據石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態短鏈烴分析判斷。詳解：A．天然氣的主要成分是甲烷，天然氣屬于不可再生能源，屬于化石燃料，故A正確；B．煤是由無機物和有機物組成的復雜混合物，可以用干餾方法獲得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有機物，它們是煤在干餾時經過復雜的物理、化學變化產生的，故B錯誤；C．石油分餾得到的汽油、煤油、柴油等都是混合物，沒有固定的熔沸點，故C正確；D．由石油催化裂化和裂解的主要目的可知石油煉制的目的是為了獲得輕質油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)，故D正確；故選B。11、B【解析】

根據反應的特點和化學平衡狀態的特征進行分析。【詳解】A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)是一個氣體質量減小、但氣體分子數不變的可逆反應。①在一定條件下的容積不變的容器中,由于氣體的分子數不發生變化，故氣體的壓強保持不變，故當混合氣體的壓強不再變化時，無法判斷該反應是否達到平衡狀態；②在一定條件下的容積不變的容器中,由于該反應是一個氣體質量減小的反應，故混合氣體的密度隨反應的進行也在減小，故當混合氣體的密度不再變化時，表明該反應已達到平衡狀態；③在一定條件下的容積不變的容器中,由于該反應是一個氣體質量減小的反應，故當混合氣體的總質量不再變化時，表明該反應已達到平衡狀態；④由于該反應氣體的分子數不發生變化，分子數與物質的量成正比，故當氣體的總物質的量不再變化時，無法判斷該反應是否達到平衡狀態。綜上所述，能表明該反應已達到平衡狀態的是②和③，故本題選B。【點睛】注意本題所說的一定條件通常要理解為在一定溫度下，即保持溫度不變。另外，要注意各組分的聚集狀態，生成物中有一種固體，這也是本題的一個易錯點。12、B【解析】A、苯是平面型結構，故A錯誤；B、甲烷是正四面體結構，四氯甲烷可看作是4個氯原子甲烷中的4個氫原子，所以，四氯甲烷是正四面體結構，故B正確；C、乙烯是平面型結構，故C錯誤；D、甲烷是正四面體結構，一氯甲烷可看作是一個氯原子取代甲烷中的一個氫原子，由于碳原子連接的4個原子不同，一氯甲烷呈四面體結構，但不是正四面體，故D錯誤；故選B。點睛：本題主要考查有機化合物的結構特點，做題時注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結構特點判斷有機分子的空間結構。要記住在常見的有機化合物中甲烷是正四面體結構，乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構。13、A【解析】

A項、由于氫鍵的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氫化氫中的沸點反常，水分子間氫鍵數目多，常溫下為液體，則沸點高低順序為H2O＞HF＞NH3，故A錯誤；B項、同周期元素從左到右，原子半徑減小，同主族元素自上而下，原子半徑增大，則原子半徑的大小順序為Na＞S＞O，故B正確；C項、同主族元素，從上到下金屬性依次增強，最高價氧化物對應水化物堿性增強，則堿性強弱順序為KOH＞NaOH＞LiOH，故C正確；D項、同周期元素從左到右，金屬性依次減弱，則金屬性強弱順序為Na＞Mg＞Al，故D正確；故選A。【點睛】本題考查元素周期律，側重于分析能力的考查，注意把握周期律的內涵及應用，注意氫鍵對反應物性質的影響是解答關鍵。14、B【解析】試題分析：A.24He原子核內含有2個質子，A項錯誤；B.24He和24He質子數相同，中子數不同，互為同位素，B項正確；C.23He中子數=3-2=1，B項錯誤；D.因He原子的結構穩定，既不容易得到電子，也不容易失去電子，D項錯誤；答案選B。【考點定位】考查原子的微粒構成。【名師點睛】本題考查原子的微粒構成。①根據原子符號ZAX的含義，A表示質量數，Z表示質子數，中子數=質量數-質子數；②質子數相同，中子數不同的原子互稱為同位素；③金屬性是元素的原子失去電子的能力。15、C【解析】A.標準狀況下，6.72L的NO2的物質的量為=0.3mol，通入足量的水中發生3NO2+H2O=2HNO3+NO，轉移電子數為0.2NA，故A錯誤；B.常溫常壓下，四氯化碳不是氣體，無法計算22.4LCCl4的物質的量，故B錯誤；C.1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2混合物，鈉都變成+1價的鈉離子，轉移的電子數為NA，故C正確；D.18gD2O的物質的量為=mol，所含的電子為mol×10=9mol，故D錯誤；故選C。16、B【解析】

A.鋅與稀鹽酸反應，加水稀釋后反應速率減慢是因為減小了H+的濃度，故A錯誤；B.面粉廠內要禁止明火是因為固體表面積大會加快反應速率，引起爆炸，故B正確；C.向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因為MnO2粉末起催化作用，降低了反應的活化能，故C錯誤；D.打開啤酒瓶蓋的瞬間有大量氣泡冒出，是因為啤酒壓強減小導致氣體溶解度降低，故D錯誤；答案選B。17、A【解析】

SO2通入BaCl2溶液，因為亞硫酸酸性弱于鹽酸，不反應，不會產生沉淀，若要產生沉淀，可以通入氧化性物質將二氧化硫氧化為硫酸根離子，硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，或者通入堿性物質，與二氧化硫反應生成亞硫酸根離子，亞硫酸根離子與鋇離子反應生成亞硫酸鋇沉淀，據此解答。【詳解】①Cu和濃硝酸反應生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，會產生硫酸鋇沉淀，故①選；②氨水滴入到氫氧化鈉固體中會生成堿性氣體氨氣，氨氣與水反應生成一水合氨，與二氧化硫生成亞硫酸銨，亞硫酸根與鋇離子反應生成亞硫酸鋇沉淀，故②選；③大理石和稀鹽酸反應生成二氧化碳，二氧化碳、二氧化硫與氯化鋇溶液均不反應，不會產生沉淀，故③不選；④過氧化氫和二氧化錳反應生成氧氣，氧氣在溶液中能夠氧化亞硫酸生成硫酸根離子，會產生硫酸鋇沉淀，故④選；答案為A。18、D【解析】

A.將2小塊鈉分別投入盛有水和乙醇的小水杯中，鈉與乙醇反應要平緩得多，說明乙醇羥基中的氫原子不如水分子中的氫原子活潑，A正確；B.烷烴常溫下無法與溴的四氯化碳溶液反應，將石蠟油蒸氣通過灼熱的碎瓷片，生成的氣體通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，說明石蠟油分解產物中含有與烷烴性質不同的烯烴，B正確；C.向盛有CaCO3成分的水垢中滴加食醋，水垢溶解并產生氣泡，利用強酸制弱酸的原理判斷，醋酸的酸性強于碳酸，C正確；D.該實驗操作中，加入新制氫氧化銅前，未將溶液變為堿性環境，故無法得到磚紅色沉淀，D錯誤；故答案選D。19、B【解析】

A、由反應方程式：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO可得到Al、O的化合價反應前后沒有變化，N的化合價由0→-3被還原，N2是氧化劑，而C的化合價由0→+2，C被氧化是還原劑，A錯誤；B、N的化合價由0→-3，每生成1molAlN轉移電子總數為3mol，B正確；C、AlN中氮元素的化合價為-3，C錯誤；D、AlN的摩爾質量為41g·mol-1，D錯誤；故選B。20、B【解析】A．含有羧基，可發生酯化反應，故A正確；B．分子中含有O原子，屬于烴的衍生物，故B錯誤；C．羧基可與氫氧化鈉發生中和反應，酯基可在堿性條件下水解，故C正確；D．分子結構中有羧基，能與NaHCO3溶液反應生成CO2，故D正確；故選B。21、C【解析】

根據熱化學方程式進行簡單計算。【詳解】方法一：36g碳完全燃燒生成3molCO2(g)放熱Q1＝(110.5+283)kJ·mol－1×3mol＝1180.5kJ，題中36g不完全燃燒生成1molCO(g)、2molCO2(g)放熱Q2＝110.5kJ·mol－1×3mol+283kJ·mol－1×2mol＝897.5kJ，則損失熱量Q1－Q2＝1180.5kJ－897.5kJ＝283kJ。方法二：根據蓋斯定律，損失熱量就是不完全燃燒的產物完全燃燒放出的熱量，即1molCO(g)完全燃燒放出的熱量283kJ。本題選C。22、C【解析】

A.該反應中增大壓強平衡向正反應方向移動，則氨氣的體積分數增大，并且壓強越大，化學反應速率越大，達到化學平衡的時間越少，與圖象不符，故A錯誤；B.因該反應是放熱反應，升高溫度化學平衡向逆反應反應移動，則氮氣的轉化率降低，與圖象中轉化率增大不符，故B錯誤；C.反應平衡后，增大氮氣的量，則這一瞬間正反應速率增大，逆反應速率不變，然后正反應速率在不斷減小，逆反應速率不斷增大，直到新的平衡，與圖象符合，故C正確；D.因催化劑對化學平衡無影響，但催化劑加快化學反應速率，則有催化劑時達到化學平衡的時間少，與圖象不符，故D錯誤。故選C。二、非選擇題(共84分)23、CH2=CH2+H2OCH3CH2OH2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑22CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O飽和碳酸鈉溶液H2SO4分液蒸餾【解析】B和D反應生成乙酸乙酯，B氧化生成C，C氧化生成D，故B為乙醇，C為乙醛，D為乙酸，A與水反應生成乙醇，故A為乙烯。（1）乙烯與與水加成反應生成乙醇，反應的方程式為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（2）乙醇與鈉反應放出氫氣，反應的化學放出式為2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，根據方程式，制得1molH2需要2mol，故答案為2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；2；（3）乙醇在空氣中可以被氧氣為乙醛，反應的方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）①加入飽和碳酸鈉溶液a，溶解乙醇和乙酸反應生成醋酸鈉溶液，乙酸乙酯在碳酸鈉溶液中不溶分層分液后將乙酸乙酯分離出來，蒸餾混合溶液分離出乙醇，然后向剩余混合液中加入稀硫酸b，稀硫酸與醋酸鈉反應生成醋酸和硫酸鈉混合溶液，蒸餾將醋酸分離出來，

故答案為飽和碳酸鈉；稀硫酸溶液；

②乙酸乙酯在碳酸鈉溶液中不溶分層分液后將乙酸乙酯分離出來，蒸餾混合溶液分離出乙醇，故答案為分液；蒸餾。點睛：本題考查有機物的推斷，涉及烯烴、醇、醛、羧酸的性質與轉化和乙酸乙酯的除雜。解題時注意飽和碳酸鈉溶液的作用，乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性質的掌握。本題的易錯點是方程式的書寫。24、第三周期VIA族Al(OH)3+3H+==Al3++3H2Ob0.6NANH3PH3兩者都為分子晶體，NH3存在分子間氫鍵，增強分子間作用力，導致熔沸點比PH3高【解析】

根據元素的原子半徑相對大小和主要化合價首先判斷出元素種類，然后結合元素周期律和相關物質的性質分析解答。【詳解】A的主要化合價是+1價，原子半徑最小，A是H；C的主要化合價是+6和－2價，因此C是S；B的主要化合價是+3價，原子半徑最大，所以B是Al；D和X的主要化合價分別是－1和－2價，則根據原子半徑可判斷D是Cl，X是O。Y的主要化合價是+5和－3價，原子半徑大于氧原子而小于氯原子，則Y是N。（1）C元素是S，在周期表中的位置為第三周期VIA族，其離子結構示意圖為。（2）B的最高價氧化物對應的水化物是氫氧化鋁，與Y的最高價氧化物對應的水化物硝酸反應的離子方程式為Al(OH)3+3H+＝Al3++3H2O。（3）a.硫離子和氯離子均是18電子，核電荷數越大離子半徑越小，則簡單離子的半徑D＜C，a錯誤；b.非金屬性Cl＞S，非金屬性越強，氫化物越穩定，則氣態氫化物的穩定性D比C強，b正確；c.非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，則最高價氧化物對應的水化物的酸性D比C強，c錯誤；答案選b；（4）濃硫酸和銅反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，硫元素化合價從+6價降低到+4價，得到2個電子。反應中生成二氧化硫的物質的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，則轉移電子的物質的量是0.6mol，個數是0.6NA；（5）由H、O、Cl三種元素組成的某種可以消毒殺菌物質是次氯酸，其電子式為。（6）由于氨氣和磷化氫都為分子晶體，NH3存在分子間氫鍵，增強分子間作用力，從而導致熔沸點比PH3高25、變藍Ba(OH)2?8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3↑+10H2O；NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH－硝酸銨固體和水【解析】

（1）Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl反應生成NH3，NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨電離出銨根和氫氧根離子，溶液顯堿性，能夠使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，有關的方程式為Ba(OH)2?8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3↑+10H2O；NH3+H2ONH3?H2ONH4++OH－。（2）由于硝酸銨溶于水也吸熱，則將錐形瓶中的Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl換成硝酸銨固體和水，也可出現裝置內溫度降低的現象。26、H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O品紅溶液D除去BaCl2溶液中的O2AC2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl【解析】分析：該探究實驗為：亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，二氧化硫與品紅作用，體現二氧化硫的漂白性，二氧化硫與-2價的硫作用體現氧化性，二氧化硫有毒需進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收．圖中裝置B出現白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，裝置E進行探究，可排除氧氣的干擾。（1）裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鈉和水；（2）SO2可以使品紅溶液褪色，體現了SO2具有漂白性；（3）NaCl溶液與二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，FeCl3能氧化二氧化硫，二氧化硫與硫化鈉反應生成硫單質，證明二氧化硫具有氧化性；（4）①煮沸BaCl2溶液排除溶液中的氧氣；②連接后往裝置F中通入氣體X一段時間，排除裝置中的氧氣，通入的氣體不能氧化二氧化硫，干擾驗證實驗；③B中形成沉淀是二氧化硫被氧氣氧化。詳解：該探究實驗為：亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，二氧化硫與品紅作用，體現二氧化硫的漂白性，二氧化硫與-2價的硫作用體現氧化性，二氧化硫有毒需進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收．圖中裝置B出現白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，裝置E進行探究，可排除氧氣的干擾。（1）裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鈉和水，反應的化學方程式為：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）SO2通入品紅溶液中，紅色褪去，二氧化硫與品紅化合生成無色物質，體現二氧化硫的漂白性；（3）二氧化硫表現氧化性需硫元素的化合價降低，Na2S與二氧化硫作用，二氧化硫中硫元素的化合價從+4價變為0價，反應的化學方程式為：4H++SO2+2S2-=3S↓+2H2O，表現了氧化性，NaCl溶液與二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，FeCl3能氧化二氧化硫，故選D；（4）①圖中裝置B出現白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，所以需排除氧氣的干擾，“實驗i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2；②O3和NO2，具有氧化性，能氧化二氧化硫，所以不可以通入氣體這兩種氣體驅趕裝置中的氧氣，二氧化碳和