杜郎口中學2024屆高一化學第二學期期末學業質量監測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、一定溫度下，在某密閉容器中發生反應：2HI(g)H2(g)＋I2(s)，若0～15s內c(HI)由0.1mol·L－1減小到0.07mol·L－1，則下列說法正確的是()A．0～15s內用I2表示的平均反應速率為v(I2)＝0.001mol·L－1·s－1B．c(HI)由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1所需時間小于10sC．升高溫度正反應速率加快，逆反應速率減慢D．減小反應體系的體積，化學反應速率加快2、“綠色化學”要求從技術、經濟上設計出可行的化學反應，盡可能減少對環境的副作用。下列化學反應中，你認為最不符合綠色化學概念的是A．除去硝酸工業尾氣中的氮氧化物：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2OB．制硫酸銅：2Cu+O22CuO，CuO+H2SO4（?。?CuSO4+H2OC．用氨水吸收硫酸廠的尾氣：SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3D．制硫酸銅：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O3、下列物質與其主要成分的化學式相對應的是A．鋁熱劑-A1B．酒精-CH3COOHC．純堿一Na2CO3D．葡萄糖-C12H22O114、如圖所示裝置中，a為鋅棒，b為碳棒。下列判斷正確的是（）A．電解質溶液中的向b極移動B．導線中有電子流動，電子從b極流到a極C．a極上發生了還原反應D．b極上有無色氣泡產生5、當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是A．乙醇溶液B．葡萄糖溶液C．氫氧化鈉溶液D．氫氧化鐵膠體6、現有核電荷數為a的微粒Xn-和核電荷數為b的微粒Ym+兩種單原子的簡單離子，它們的電子層結構相同。下列說法正確的是()：A．a-n=b+mB．離子半徑Xn-＜Ym+C．X的氫化物的化學式為HnX或XHn；D．Y的氧化物的化學式為YOm7、某普通鋅錳干電池的結構如下圖所示。下列說法正確的是A．鋅筒是原電池的正極B．石墨電極上發生氧化反應C．銨根離子流向石墨電極D．電子經石墨沿電解質溶液流向鋅筒8、已知:H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)?H=-akJ/mol，蒸發1molBr2(l)需要吸收的能量為30kJ,其他數據如下表:H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化學鍵斷裂時需要吸收的能量/kJ436b369下列說法正確的是A．2HBr(g)=H2(g)+Br2(g)

?H=+akJ/molB．H2(g)的穩定性低于HBr(g)C．Br2(g)=Br2(l)

?H

=+30kJ/molD．b=272-a9、根據熱化學方程式：S(g)＋O2(g)＝SO2(g)△H＝－QkJ·mol－1，下列分析正確的是（）A．1molS(g)與1molO2(g)的總能量比1molSO2(g)的總能量低QkJB．1molS(g)與1molO2(g)反應生成1molSO2(g)放出QkJ的熱量C．S(s)＋O2(g)＝SO2(g)△H＜－QkJ·mol－1D．1個S(g)與1個O2(g)完全反應可以放出QkJ的熱量10、把0.6molX氣體和0.2molY氣體混合于容積為2L的容器中，使其發生如下反應：3X（g）+Y（g）=nZ（g）+2W（g）。5min末生成0.2molW，若測知以Z濃度變化表示的平均反應速率為0.01mol/(L·min)，則ｎ的值為A．4 B．3 C．2 D．111、將純鋅片和純銅片按圖方式插入同濃度的稀硫酸中一段時間，以下有關說法正確的是A．兩燒杯中銅片表面均無氣泡產生 B．兩燒杯中鋅片均為負極C．兩燒杯中溶液的pH均減小 D．兩燒杯中溶液均為無色12、在不同溫度下，水溶液中c(H＋)與c(OH－)有如圖所示關系。下列條件關于離子共存說法中正確的是A．a點對應的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-B．b點對應的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-C．c點對應的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+D．d點對應的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—13、關于膠體的敘述正確的是（）A．膠體帶電B．膠體是混合物C．膠體本質特征是丁達爾效應D．膠體都是無色的14、室溫下將相同質量的鋅粉放入下列溶液中，開始時生成氫氣的速率最大的是A．0.1mol/L硫酸 B．0.1mol/L氫硫酸 C．0.1mol/L醋酸 D．0.1mol/L鹽酸15、以下實驗事實可以證明一水合氨是弱電解質的是①0.1mol/L的氨水可以使酚酞溶液變紅

②0.1mol/L的氯化銨溶液的pH約為5③0.1mol/L的氨水的pH值為11.2

④銨鹽受熱易分解。A．①② B．②③ C．③④ D．②④16、“神舟七號”的燃料是氫化鋰三兄弟——LiH、LiD、LiT。其中Li的質量數為7，對這三種物質的下列說法正確的是A．質子數之比為1：2：3 B．中子數之比為1：1：1C．摩爾質量之比為8：9：10 D．化學性質不相同17、綠色能源是指使用過程中不排放或排放極少污染物的能源，如一級能源中的水能、地熱、天然氣等；二級能源中電能、氫能等。下列能源屬于綠色能源的是（）①太陽能②風能③石油④煤⑤潮汐能⑥木材A．①②③B．③④⑤C．①②⑤D．④⑤⑥18、當光束通過下列分散系時，能產生丁達爾效應的是()A．FeCl3溶液 B．稀豆漿 C．CuSO4溶液 D．KMnO4溶液19、如圖是部分短周期元素主要化合價與原子序數的關系圖，下列說法不正確的是（）A．X和W位于同一主族B．原子半徑：Y>Z>XC．鹽YRX與化合物WX2的漂白原理相同D．Y和R兩者的最高價氧化物對應的水化物能相互反應20、氮元素被還原的過程是A．NH3→C．NO2→21、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B．W的最高價氧化物的水化物是一種弱堿C．Y的單質的氧化性比Z的強D．X、Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物22、下列順序不正確的是A．失電子能力：Na＜KB．堿性：NaOH＜KOHC．得電子能力：S＜ClD．酸性：HClO4＜H2SO4二、非選擇題(共84分)23、（14分）有關物質的轉化關系如下圖所示。A、B、C、E為氣體，其中A能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，B為無色單質，E是為紅棕色。G是紫紅色金屬單質，H的水溶液為藍色。⑴A的電子式為______。⑵寫出反應①的化學方程式：______。⑶寫出反應③的化學方程式：______。該方程式中轉移的電子數目為______個。⑷寫出反應④的離子方程式：_____。24、（12分）已知：如圖中A是金屬鐵，請根據圖中所示的轉化關系，回答下列問題：（1）寫出E的化學式____；（2）寫出反應③的化學方程式：__________；（3）寫出①④在溶液中反應的離子方程式：________、______。25、（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：________________________________________________。26、（10分）NO2為紅棕色氣體，可在火箭燃料中作氧化劑?；卮鹣铝袉栴}:(1)火箭用N2H4和NO2作燃料，產物綠色無污染，該反應的化學方程式為____________。(2)為探究NO2和鐵粉反應的產物，某小組按下圖所示裝置進行實驗。已知:①二者反應可能的還原產物為N2或NO②沸點:NO2(21

℃)，NO(-152

℃)③酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3-①按上圖所示組裝完實驗儀器后，下一步操作為______________________________。②實驗前需利用氣體X將裝置的空氣排凈，氣體X可以為_______(填標號)。A．

ArB．

H2C．

COD．

NO2③排凈空氣后，后續實驗的最佳操作順序是___

c

、b(填標號)。a.點燃酒精燈，加熱b.

熄滅酒精燈c.

打開K1和K2，關閉K3，緩緩通入氣體Xd.打開K1和K3，關閉K2，緩緩通入NO2e.關閉K1，停止通入NO2④裝置B的作用是__________________________________。(3)分析NO2和鐵粉反應的產物①實驗過程中A

、C裝置的物質均無明顯顏色變化，D收集到無色氣體。由此可推知氣體產物為____________________________。②取少量固體產物于試管，先加入鹽酸充分溶解，再加入KSCN溶液，溶液若無血紅色，則產物不含三價鐵。該方案是否可行并說明理由:_______________________________。③實驗得到的相關數據如下表:玻璃管質量/gFe

質量/g

反應后(玻璃管

+固體)/gm1.12m+1.52綜合實驗現象和計算可知，固體生成物一定有______(填“FeO”Fe2O3”或“Fe3O4”)；反應的方程式為______27、（12分）研究性學習小組用高錳酸鉀粉末與濃鹽酸制取氯氣，并驗證其性質。（資料在線）高錳酸鉀粉末與濃鹽酸混合即產生氯氣。請回答下列問題：(1)該實驗中A部分的裝置應選用下圖中的______(填序號)(2)實驗中A發生反應的離子方程式是_________。(3)一段時間后D中的現象為_________。(4)請你設計一個實驗，證明洗氣瓶C中的亞硫酸鈉已被氧化(簡述實驗步驟)_________。(5)圖(1)整套實驗裝置存在的明顯缺陷是_________。(6)圖(2)裝置a處通入氯氣，證明氯氣是否具有漂白性，該設計能否達到實驗目的?_________(填“能”或“不能”)。若能請說明理由，若不能則提出改進的措施_________。28、（14分）現有下列幾組物質:①35Cl和37Cl；②石墨與C60；③CH4和CH3CH2CH3；④和；⑤CH3CH=CH2和CH2=CH—CH=CH2；⑥(CH3)2CHCH3和；⑦和。(1)互為同位素的是___________________(填序號，下同)。(2)互為同分異構體的是__________________。(3)互為同系物的是_______________________。(4)互為同素異形體的是_________________________。(5)屬于同一種物質的是__________________________。29、（10分）硫酸鎂晶體（MgSO4·7H2O）是一種重要的化工原料。以菱鎂礦（主要成分是MgCO3，含少量FeCO3和不溶性雜質）為原料制取硫酸鎂晶體的流程如下：（1）MgCO3溶于稀硫酸的離子方程式是_________________________。（2）加入H2O2溶液的目的是____________________（用離子方程式表示）。（3）已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：陽離子Mg2+Fe2+Fe3+開始沉淀9.17.61.9完全沉淀11.19.73.2“沉淀”步驟中，用氨水調節溶液pH的范圍是______________________________。（4）“過濾”所得濾液中存在大量的陽離子有Mg2+、____________。（5）“結晶”步驟中需蒸發濃縮濾液，使用的儀器有鐵架臺、酒精燈和_________________。

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】

A項、固體和純液體的濃度可視為常數，不能用固體或純液體表示反應速率，I2為固態，故不能用它表示化學反應速率，故A錯誤；B項、v(HI)＝0.002mol·L－1·s－1，若反應一直以該速率進行，則t＝10s，但隨著反應的進行，反應物濃度降低，反應速率減慢，所用時間應大于10s，故B錯誤；C項、升高溫度，正、逆反應速率均加快，故C錯誤；D項、減小反應體系的體積，各物質濃度增大，壓強增大，化學反應速率加快，故D正確。故選D。【點睛】本題考查影響化學反應速率的因素，注意影響化學反應速率的因素分析，注意濃度越大反應速率越大是解答本題的關鍵。2、D【解析】分析：理解綠色化學的要點有兩個:一是原子充分利用;二是不產生污染。

A、此選項消除制硝酸工業尾氣氮的氧化物污染,避免酸雨的形成,符合綠色環保要求;B、由此法制取硫酸銅,代價太大,且生成SO2氣體,不符合倡導的綠色化學;

C、此選項消除SO2氣體,方法合理科學,避免空氣污染,符合綠色環保要求;

D、由此法制取硝酸銅,生成硝酸銅和水,不會導致空氣污染,符合倡導的綠色化學。詳解:A、用此法消除制硝酸工業尾氣氮的氧化物污染,防止空氣污染,避免酸雨的形成,符合綠色環保要求,所以A選項是正確的;

B.由此法制取硫酸銅,代價太大,且生成SO2氣體,既不經濟又得產生有毒氣體污染空氣,不符合倡導的綠色化學,所以B選項是正確的;

C、既消除硫酸廠尾氣排放的SO2氣體,還能得到（NH4）2SO3這種氮肥,不但方法合理科學,而且避免空氣污染,符合綠色環保要求,故C錯誤;

D、由此法制取硝酸銅,生成硝酸銅和水,不會導致空氣污染,符合倡導的綠色化學,所以D選項是正確的。

所以本題答案選C。3、C【解析】A.鋁熱劑是鋁和金屬氧化物的混合物，故A錯誤；B.酒精的主要成分是乙醇，CH3COOH是乙酸的化學式，故B錯誤；C.純堿是Na2CO3的晶體的俗名，故C正確；D.葡萄糖是單糖，化學式為C6H12O6，故D錯誤；故選C。4、D【解析】圖示裝置為原電池，a為鋅棒是負極，b為碳棒是正極。A.在原電池中，陽離子向負極移動，電解質溶液中的向a極移動，故A錯誤；B.原電池中電子有負極經導線移向正極，因此導線中有電子流動，電子從a極流到b極，故B錯誤；C.原電池中，負極發生氧化反應，正極發生還原反應，發生還原反應的為b極，故C錯誤；D.該原電池中，正極上氫離子放電生成氫氣，因此b極上有無色氣泡產生，故D正確；故選D。點睛：本題考查了原電池原理，明確正負極的判斷、電子流向、電極上的反應等知識點是解題的關鍵。注意電解質溶液中離子移動方向，為易錯點。5、D【解析】膠體是分散質粒子直徑在1~100nm的分散系，當光束通過膠體時，能觀察到丁達爾效應；乙醇溶液屬于溶液，當光束通過時，不能觀察到丁達爾效應，故A錯誤；葡萄糖溶液屬于溶液，當光束通過時，不能觀察到丁達爾效應，故B錯誤；氫氧化鈉溶液屬于溶液，當光束通過時，不能觀察到丁達爾效應，故C錯誤；氫氧化鐵膠體屬于膠體，當光束通過時，能觀察到丁達爾效應，故D正確。點睛：膠體與溶液、濁液的本質區別是分散質粒子直徑不同，膠體是分散質粒子直徑在1~100nm的分散系，溶液中分散質粒子直徑小于1nm，濁液中分散質粒子直徑大于100nm，只有膠體能觀察到丁達爾效應。6、C【解析】

核電荷數為a的微粒Xn-和核電荷數為b的微粒Ym+兩種單原子的簡單離子，它們的電子層結構相同；Xn-是原子得到n個電子得到的，其核外電子數為a+n；Ym+是Y原子失去m個電子得到的，其核外電子數為b-m；則a+n=b-m。A、它們的關系式為a+n=b-m，選項A錯誤；B、具有相同電子層結構的離子，核電荷數越大半徑越小，故離子半徑Xn-＞Ym+，選項B錯誤；C、Xn-帶n個單位的負電荷，其元素化合價為-n價，氫元素顯+1價，其氫化物化學式為HnX或XHn，選項C正確；D、Ym+帶m個單位的正電荷，其元素化合價為+m價，氧元素顯-2價，其氧化物化學式為Y2Om，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】掌握元素在周期表中的相對位置關系、原子和離子之間的相互轉化、原子的最外層電子數與主要化合價之間的關系等是正確解答本題的關鍵。7、C【解析】分析：鋅錳干電池中，鋅作負極，鋅失電子發生氧化反應，碳作正極，二氧化錳在正極上得電子發生還原反應，氯化銨是電解質，據此分析。詳解：A．鋅錳干電池中，鋅筒作負極，石墨作正極，選項A錯誤；B．鋅錳干電池中，鋅筒作負極，石墨作正極，正極上二氧化錳得電子發生還原反應，選項B錯誤；C．原電池中陽離子定向移動到正極，故銨根離子流向石墨電極，選項C正確；D．電子經導線由負極鋅筒流向正極石墨電極，選項D錯誤；答案選C。點睛：本題考查鋅錳干電池，明確鋅錳干電池的成分及放電原理是解本題關鍵，難度不大。8、D【解析】分析：A項，根據H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）ΔH=-akJ/mol和Br2（l）=Br2（g）ΔH=+30kJ/mol計算2HBr（g）=H2（g）+Br2（g）的ΔH；B項，鍵能越大，分子越穩定；C項，Br（g）=Br2（l）的ΔH=-30kJ/mol；D項，ΔH=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和。詳解：A項，H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）ΔH=-akJ/mol（①式），蒸發1molBr2（l）需要吸收30kJ的能量，則Br2（l）=Br2（g）ΔH=+30kJ/mol（②式），將②式-①式得，2HBr（g）=H2（g）+Br2（g）ΔH=+（30+a）kJ/mol，A項錯誤；B項，H-H鍵的鍵能大于H-Br鍵的鍵能，鍵能越大，分子越穩定，H2（g）的穩定性高于HBr（g），B項錯誤；C項，Br2（l）=Br2（g）ΔH=+30kJ/mol，則Br（g）=Br2（l）ΔH=-30kJ/mol，C項錯誤；D項，2HBr（g）=H2（g）+Br2（g）ΔH=+（30+a）kJ/mol，ΔH=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和，ΔH=+（30+a）kJ/mol=2E（H-Br）-[E（H-H）+E（Br-Br）]=2×369kJ/mol-436kJ/mol-bkJ/mol，解得b=272-a，D項正確；答案選D。9、B【解析】

A.根據熱化學方程式，該反應為放熱反應，則1molS(g)與1molO2(g)的總能量比1molSO2(g)的總能量高QkJ，A項錯誤；B.根據熱化學方程式，1molS(g)與1molO2(g)反應生成1molSO2(g)放出QkJ的能量，B項正確；C.固體硫變化為氣體硫吸熱，焓變為負值，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H＞-QkJ?mol-1，故生成1molSO2（g）放出的熱量小于QkJ，C項錯誤；D.熱化學方程式的化學計量數表示物質的量，不表示分子個數，D項錯誤。答案選B。10、D【解析】

根據v==計算W的平均化學反應速率，再根據同一化學反應同一時間段內，各物質的反應速率之比等于計量數之比判斷n值。【詳解】5min內W的平均化學反應速率v(W)====0.02mol/(L·min)，同一化學反應同一時間段內，各物質的反應速率之比等于計量數之比，Z濃度變化表示的平均反應速率為0.01mol/(L·min)，v(Z)∶v(W)=0.01mol/(L?min)∶0.02mol/(L·min)=n∶2，所以n=1，故選D。11、D【解析】

A.在甲燒杯中Cu作正極，銅片表面有氣泡產生，而在乙燒杯中銅片表面無氣泡產生，故A錯誤；B.在甲中構成了原電池，鋅片是負極，而在乙中沒有形成原電池，故B錯誤；C.兩燒杯中Zn都與硫酸發生反應使溶液中的H+的濃度減小，所以溶液的pH均增大，故C錯誤；D.甲、乙溶液逐漸變為無色的硫酸鋅溶液，故D正確。故選D。12、D【解析】

A.a點處溶液呈中性，而所給出的離子中，碳酸根離子會水解使得溶液呈堿性，故A錯。B.b點處溶液呈酸性，但是溶液中還有硝酸根離子，即相當于有硝酸存在，強氧化性的硝酸不會允許有還原性的二價鐵離子的存在，故B錯。C.c對應的溶液呈中性，但是鋁離子的水解會使得溶液呈酸性，故C錯。D.d點所對應的溶液呈堿性，該組離子可以大量共存，與題意符合，所以D正確。13、B【解析】

A.膠體不帶電，部分膠體能夠吸附帶電離子形成帶電膠體微粒，故A錯誤；

B.膠體含有分散質和分散劑，屬于混合物，故B正確；

C.膠體本質特征是分散質粒子直徑介于1-100nm之間，故C錯誤；

D.膠體可以帶顏色，如氫氧化鐵膠體為紅褐色，故D錯誤；

故答案選B。【點睛】膠體本質特征是分散質粒子直徑介于1-100nm之間，膠體為電中性，膠粒可以帶電，膠體可以有顏色，不一定為無色透明，屬于混合物。14、A【解析】

首先判斷電解質的強弱，如都為強電解質，則判斷酸電離出氫離子的個數，以此解答該題。【詳解】A．0.1mol/L硫酸中H2SO4是強電解質完全電離，溶液中氫離子濃度為0.2mol/L；B．0.1mol/L氫硫酸中H2S為弱電解質，溶液中氫離子濃度小于0.2mol/L；C．0.1mol/L的醋酸溶液中醋酸為弱電解質，溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L；D．0.1mol/L鹽酸溶液中HCl為強電解質，溶液中氫離子濃度等于0.1mol/L；上述分析可知溶液中H+濃度最大的是A，故選A。15、B【解析】

①只能說明氨水顯堿性，不能說明氨水為弱電解質，①錯誤；②pH約為5說明氯化銨溶液顯酸性，氯化銨可由鹽酸和氨水反應生成，鹽酸是強酸，說明氨水為弱堿，故可以證明一水合氨是弱電解質，②正確；③溶液的pH值為11.2，即。則可知，說明此時氨水不是完全電離，由此證明一水合氨是弱電解質，③正確；④銨鹽受熱易分解，說明銨鹽的熱穩定性差，不能證明一水合氨是弱電解質，④錯誤；答案選B。16、C【解析】

A．質子數之比為1：1：1，A錯誤；B．中子數之比為4：5：6，B錯誤；C．摩爾質量之比為8：9：10，C正確；D．互為同位素的原子化學性質相似，因此它們的化學性質相同，D錯誤，答案選C。17、C【解析】只有太陽能、風能、潮汐能不會造成污染，屬于“綠色能源”；石油燃燒產生一氧化碳、二氧化硫等空氣污染物、煤燃燒會產生一氧化碳、二氧化硫等空氣污染物，木材燒會產生一氧化碳等空氣污染物，不屬于“綠色能源”；故選C。18、B【解析】

分散系分為溶液、膠體、濁液，丁達爾現象是膠體特有的性質，抓住這一特點即可解答。【詳解】A.FeCl3溶液，屬于溶液，不是膠體，不能產生丁達爾效應，故不選A；B.稀豆漿，屬于膠體，能產生丁達爾效應，故選B；C.CuSO4溶液，屬于溶液，不是膠體，不能產生丁達爾效應，故不選C；D.KMnO4溶液，屬于溶液，不是膠體，不能產生丁達爾效應，故不選D。19、C【解析】

A、X的最低價為－2價，W的最低價也為－2價，都屬于第VIA族元素，故說法正確；B、半徑：一看電子層數，電子層數越多，半徑越大，二看原子序數，電子層數相等，半徑隨著原子序數的遞增而減小，半徑：Y>Z>X，故正確；C、鹽為NaClO，WX2是SO2，前者利用氧化性，屬于不可逆，后者利用跟有色物質的結合生成不穩定的化合物，屬于可逆，原理不同，故說法錯誤；D、Y的最高價氧化物對應水化物是NaOH，R的最高價氧化物對應水化物是HClO4，兩者發生中和反應，故說法正確；答案選C。20、D【解析】

被還原是指元素得電子，化合價降低；而被氧化是指元素失電子，化合價升高，則A.N元素化合價未發生變化，A項錯誤；B.N元素從0價升高到+2價，被氧化，B項錯誤；C.N元素化合價未發生變化，C項錯誤；D.N元素化合價從0價降低到-3價，化合價降低，D項正確；答案選D。21、D【解析】Z是地殼中含量最高的元素，即Z為O，W是短周期中金屬性最強的元素，W是Na，只有Y和Z處于同一周期且相鄰，四種元素原子序數依次增大，因此Y為N，X為H，A、電子層數越多，半徑越大，電子層數相同，半徑隨著原子序數的遞增而減小，因此半徑大小順序是r(Na)>r(N)>r(O)>r(H)，故A錯誤；B、Na的最高價氧化物的水化物是NaOH，NaOH屬于強堿，故B錯誤；C、同周期從左向右非金屬性增強，即O的非金屬性強于N，故C錯誤；D、可以組成HNO3和NH4NO3，前者屬于共價化合物，后者屬于離子化合物，故D正確。22、D【解析】A項，同主族元素的原子從上到下，原子半徑逐漸增大，失電子能力逐漸增強，故失電子能力：Na＜K，A正確；B項，同主族元素從上到下，金屬性增強，最高價氧化物對應水化物堿性增強，故堿性：NaOH＜KOH，B正確；C項，同周期元素的原子從左到右，原子半徑逐漸減小，得電子能力逐漸增強，故得電子能力：S＜Cl，C正確；D項，同周期元素的原子從左到右，非金屬性增強，最高價氧化物對應水化物酸性增強，故酸性：HClO4>H2SO4，D錯誤。二、非選擇題(共84分)23、4NH3＋5O24NO＋6H2O3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO24H＋＋2NO3-＋Cu＝2NO2↑＋2H2O＋Cu2＋【解析】

A、B、C、E為氣體，其中A能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，則氣體A是堿性氣體，則A為NH3；E是為紅棕色氣體，則E為NO2；根據物質轉化關系，NH3和B在催化劑條件下反應生成C和D，C和B反應生成NO2，則該反應為氨氣的催化氧化反應，因此C為NO，B為O2，D為H2O；NO2（E）和H2O（D）反應生成NO和HNO3，則F為HNO3；G是紫紅色金屬單質，則G為Cu；HNO3和Cu反應生成NO、Cu(NO3)2和H2O，H的水溶液為藍色，則H為Cu(NO3)2?！驹斀狻竣鸥鶕治?，A為NH3，電子式為。答案為：。(2)反應①為氨氣和氧氣在催化劑條件下發生催化氧化反應，化學方程式4NH3＋5O24NO＋6H2O。答案為：4NH3＋5O24NO＋6H2O。⑶反應③為NO2和H2O反應生成NO和HNO3，化學方程式：3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO。該方程式中3個NO2參與反應，2個NO2從+4價升高到+5價，1個NO2從+4價降低到+2價，共轉移電子2個。答案為：2。⑷反應④為HNO3和Cu反應生成NO、Cu(NO3)2和H2O，離子方程式：4H＋＋2NO3-＋Cu＝2NO2↑＋2H2O＋Cu2＋。答案為：4H＋＋2NO3-＋Cu＝2NO2↑＋2H2O＋Cu2＋。24、Fe(OH)22FeCl2+Cl2=2FeCl3Fe+2H+=Fe2++H2↑Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【解析】

A是金屬鐵，與HCl反應生成C為FeCl2，C可與NaOH反應，故D為H2，E為Fe(OH)2；C與Cl2反應生成D為FeCl3，FeCl3能與NaOH溶液反應生成Fe(OH)3，Fe(OH)2與氧氣和水反應生成Fe(OH)3；根據轉化關系可知，Fe與H2O在加熱的條件下也可以生成H2，應是Fe與水蒸氣的反應生成Fe3O4和H2，則B為Fe3O4，據此解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治鲆字海?）E為Fe(OH)2；（2）反應③為FeCl2與氯氣反應生成D為FeCl3，其反應的方程式為：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（3）反應①為鐵與HCl反應生成FeCl2與H2的過程，其離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑；反應④為FeCl3與NaOH溶液反應生成Fe(OH)3與NaCl的過程，其離子方程式為：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。25、2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑B乙乙裝置能將易揮發的反應物乙酸和乙醇冷凝回流到反應容器中，繼續反應，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及產物的產率，而甲不可【解析】（1）步驟④中可觀察到b試管中有細小的氣泡冒出，說明碳酸鈉與醋酸反應產生二氧化碳氣體，該反應的離子方程式為CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；正確答案：CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑。（2）P2O5吸水后生成磷酸，能夠使乙酸乙酯發生水解，A錯誤；無水Na2SO4不與乙酸乙酯反應，且能夠吸水，可以做干燥劑，B正確；堿石灰中有氫氧化鈉，乙酸乙酯在堿性環境下發生水解，C錯誤；NaOH固體溶于水，乙酸乙酯在堿性環境下發生水解，D錯誤；正確選項B。（3）圖中甲、乙兩個裝置的不同點，乙裝置能將易揮發的反應物乙酸和乙醇冷凝回流到反應容器中，繼續反應，而甲不可，正確答案：乙；乙裝置能將易揮發的反應物乙酸和乙醇冷凝回流到反應容器中，繼續反應，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及產物的產率，而甲不可。26、2NO2+2N2H43N2+4H2O檢查裝置氣密性Aade將未反應的NO2冷卻N2若存在過量的鐵將溶液中的三價鐵全部還原，溶液也無血紅色Fe3O43Fe+2NO2Fe3O4+N2【解析】分析：本題考查的是氮的化合物的性質，掌握實驗原理是關鍵。詳解：(1)N2H4和NO2反應生成綠色無污染的產物，為氮氣和水，方程式為：2NO2+2N2H43N2+4H2O；(2)①組裝好儀器后應先進行檢查裝置氣密性；②要探究二氧化氮和鐵的反應產物，可能生成鐵的氧化物，因此不能使用氫氣或一氧化碳等還原性氣體，更不能使用二氧化氮，故選A；③排凈空氣后，點燃酒精燈，加熱，然后K1和K3，關閉K2，緩緩通入NO2，，然后關閉K1，停止通入二氧化氮，然后再通入氣體X將產生的氣體趕到酸性高錳酸鉀溶液處反映，故順序為：adecb；④二氧化氮容易液化，所以用冰水將未反應的NO2冷卻得以分離；(3)①A

、C裝置的物質均無明顯顏色變化，說明沒有生成一氧化氮，D中收集到無色氣體，說明產物為N2；②若存在過量的鐵將溶液中的三價鐵全部還原，溶液也無血紅色，所以不能說明產物中不含三價鐵③因為反應前后固體的顏色沒有變化，排除氧化鐵生成的可能性，反應后固體增重為1.52-1.12=0.40克，為氧元素的質量，鐵的物質的量為1.12/56=0.02mol，氧元素多物質的量為0.4/16=0.025mol，鐵與氧原子物質的量比為0.02：0.025=4:5，說明含有四氧化三鐵，方程式為：3Fe+2NO2Fe3O4+N2。27、③2MnO4-+10Cl-+16H+===2Mn2++5Cl2↑+8H2OD中溶液變為紅色取少量反應后的C溶液于潔凈的小試管中，加入足量稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液，若有白色沉淀產生，則亞硫酸鈉已被氧化無尾氣處理裝置不能在E、F裝置之間增加一個裝有濃硫酸的洗氣瓶【解析】

A中高錳酸鉀粉末與濃鹽酸反應生成氯氣，生成的氯氣通入B中與碘化鉀發生置換反應生成碘單質；通入C中與亞硫酸鈉反應生成硫酸鈉；通入D中，將氯化亞鐵氧化生成氯化鐵；通入飽和食鹽水，得到潮濕的氯氣，因此干燥的紅布條褪色，據此分析解答?！驹斀狻?1)A部分用高錳酸鉀粉末與濃鹽酸混合制取Cl2，屬于“固+液=氣”型的反應，反應不需要加熱，故答案為：③；(2)實驗中A中高錳酸鉀粉末與濃鹽酸反應生成氯氣，反應的離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)D中氯氣將氯化亞鐵氧化生成氯化鐵，三價鐵離子遇到KSCN變紅色，故答案為：D中溶液變為紅色；(4)C中與亞硫酸鈉反應生成硫酸鈉，證明洗氣瓶C中的亞硫酸鈉已被氧化只需要檢驗是否生成硫酸根離子，方法為：取少量反應后的C溶液于潔凈的小試管中，加入足量稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液，若有白色沉淀產生，