2025屆銅川市重點中學高一化學第二學期期末聯考試題考生須知：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、有機物分子中原子間（或原子與原子團間）的相互影響會導致物質化學性質的不同。下列各項的事實不能說明上述觀點的是A．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而甲烷不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．乙基對羥基的影響，使羥基的活性變弱，電離H+的能力不及H2OC．乙烯能發生加成反應，而乙烷不能發生加成反應D．苯酚中的羥基氫能與NaOH溶液反應，而醇羥基氫不能與NaOH溶液反應2、下列反應中屬于吸熱反應同時又是氧化還原反應的是）A．灼熱的炭與CO2反應 B．鋁與稀鹽酸C．Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl反應 D．Na2O2與H2O的反應3、據最近報道,中國生產的首艘國產航母“山東”號已經下水。為保護航母、延長服役壽命可采用兩種電化學方法。方法1：艦體鑲嵌一些金屬塊;方法2：航母艦體與電源相連。下列有關說法正確的是（）A．方法1叫外加電流的陰極保護法B．方法2叫犧牲陽極的陰極保護法C．方法1中金屬塊可能是鋅、錫和銅D．方法2中艦體連接電源的負極4、下列關于S、SO2、H2SO4的敘述中，正確的是A．硫是一種易溶于水的黃色晶體B．SO2溶于水生成H2SO4C．用氫氧化鈉溶液處理含有SO2的尾氣D．濃H2SO4不穩定，光照易分解5、下列各有機物的數目與分子式C4H7ClO2且能與NaHCO3溶液反應生成CO2的有機物的數目(不考慮立體異構)相同的是A．分子式為C5H10的烯烴B．甲苯的一氯代物C．相對分子質量為74的一元醇D．立方烷()的二硝基取代物6、下列物質中，只含有共價鍵的化合物是A．NaOH B．MgCl2 C．Br2 D．H2O7、用NA表示阿伏加德羅常數，下列說法中正確的有A．pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的數為0.1NAB．Fe在少量Cl2中燃燒生成0.5mol產物，轉移的電子數為1NAC．18gD2O中含有的質子數為9NAD．標準狀況下，含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2加熱反應可生成22.4L氯氣8、下列有關性質的比較，錯誤的是A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．沸點：H2S＞H2OC．熱穩定性：Na2CO3＞NaHCO3D．堿性：NaOH＞Mg(OH)29、下列有機反應方程式書寫錯誤的是A．+HNO3+H2OB．CH2===CH2＋H2OCH3CH2OHC．2CH3CHO＋O22CH3COOHD．CH3COOH＋CH3CH2OHH2O+CH3COOCH2CH310、下列說法及對應化學方程式或離子方程式正確的是()A．用二氧化硅和水反應可制得硅酸：SiO2+H2O=H2SiO3B．食醋與蛋殼反應：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．鐵在氯氣中燃燒：Fe+Cl2=FeCl2D．84消毒液與潔廁靈混合可能產生毒氣：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑H2O11、下列五種烴：①異戊烷、②新戊烷、③正戊烷、④丙烷、⑤丁烷，按它們的沸點由高到低的順序排列正確的是()A．①>②>③>④>⑤B．②>③>⑤>④>①C．④>⑤>②>①>③D．③>①>②>⑤>④12、鋁鋰合金、碳纖維陶瓷復合材料廣泛應用于我國自主研發的C919大型民用客機。下列有關說法中正確的是（）A．合金中不可能含有非金屬元素B．碳纖維陶瓷復合材料中碳纖維是基體C．碳纖維陶瓷復合材料屬于高分子有機合成材料D．鋁鋰合金具有質量輕、強度高等優異性能13、下列各項中的兩種物質不論以何種比例混合，只要混合物的總物質的量一定，則完全燃燒消耗O2的物質的量保持不變的是（）A．C2H4、C2H6O B．C2H6、C2H6O C．C3H6、C2H4 D．C3H4、C2H6O14、用排飽和食鹽水的方法，按1：4比例在試管中收集甲烷和氯氣的混合氣體，光照一段時間。實驗過程中不可能觀察到的現象是（）A．試管內氣體顏色逐漸變淺 B．試管中有少量白霧C．試管壁出現油狀液滴 D．試管內液面上升，一段時間后水充滿整個試管15、實驗結束時，熄滅酒精燈的正確方法是()A．用燈帽蓋滅B．用水澆滅C．用嘴吹滅D．用干抹布蓋滅16、關于原子核外電子排布的下列敘述不正確的是A．核外電子總是盡可能排布在能量最低的電子層B．每一個電子層最多可容納的電子數為2n2C．某原子的核外最外層最多可容納8個電子D．當M層為次外層時，最多可容納18個電子17、已知白磷和P4O6的分子結構如圖所示，又知化學鍵的鍵能是形成(或斷開)1mol化學鍵時釋放(或吸收)的能量，現查知P—P鍵能為198kJ·mol－1、P—O鍵能為360kJ·mol－1、O＝O鍵能為498kJ·mol－1。若生成1molP4O6，則反應P4(白磷)＋3O2＝P4O6中的能量變化為()A．吸收1638kJ能量 B．放出1638kJ能量C．吸收126kJ能量 D．放出126kJ能量18、核磁共振氫譜中根據分子中不同化學環境的氫原子在譜圖中給出的信號峰不同來確定分子中氫原子種類的。在下列5種有機分子中，核磁共振氫譜中給出的信號峰數目相同的一組是（）A．①②B．②④C．④⑤D．③⑤19、在某化學反應中，生成物B的濃度在10s內從1.5mol/L變成2.0mol/L，則這10s內B的平均反應速率是（）A．0.05mol／（L·s） B．0.05mol／L C．0.20mol／（L·s） D．0.20mol／L20、為解決日益加劇的溫室效應等問題，科學家正在研究建立如下圖所示的二氧化碳新循環體系：

上述關系圖能反映的化學觀點或化學思想有：（）

①化學變化中元素種類是守恒的；②燃燒時化學能可以轉化為熱能和光能；③光能或電能可以轉化為化學能；④無機物和有機物可以相互轉化；⑤二氧化碳也是一種重要的資源．A．①②③B．①②④⑤C．①④⑤D．①②③④⑤21、將一定量的乙醇（C2H5OH）和氧氣置于一個封閉的容器中引燃，測得反應前后各物質的質量如下表：物質乙醇氧氣水二氧化碳X反應前質量/g9.216.0000反應后質量/g0010.88.8a下列判斷正確的是A．無論如何改變氧氣的起始量，均有X生成 B．表中a的值是5C．X可能含有氫元素 D．X為CO22、現有MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl

五種溶液，只用一種試劑把它們區別開，這種試劑是A．氨水 B．AgNO3

溶液 C．濃NaOH

溶液 D．NaCl

溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）A?G均分別代表一種物質，結合如圖所示的轉化關系（框圖中的部分產物已略去），回答下列問題：已知：I.天然有機高分子化合物A，是一種遇到碘水能變藍的多糖；Ⅱ.H為丙三醇(CH2OH-CHOH-CH2OH)，G有香味。(1)①C→E的反應類型為_________。②與出D→C的化學反應方程式：_________。③寫出F與H以物質的量3：1濃硫酸、加熱條件下發生的化學方程式：_____。(2)人在劇列運動后腿和胳膊會感到酸脹或疼痛，原因之一是B(C6H12O6)→2C3H6O3（乳酸）。某研究小組為了研究乳酸(無色液體，與水混溶)的性質，做了如下實驗：①取90g乳酸飽和NaHCO3溶液反應，測得生成的氣體體積為22.4L(標準狀況下）；②另取90g乳酚與過量的金屬鈉反應，測得生成的氣體體積為22.4L(標準狀況下）。由以上實驗推知乳酸分子含有的官能團名稱________；試寫出所有符合上述條件有機物的同分異構體的結構簡式________。24、（12分）W、X、Y、Z是原子序數依次增大的同一短同期元素，W、X是金屬元素，Y、Z是非金屬元素。(1)W、X各自的最高價氧化物對應的水化物可以反應生成鹽和水，該反應的離子方程式為________________________________________________________________________。(2)W與Y可形成化合物W2Y，該化合物的電子式為________________________。(3)Y的低價氧化物通入Z單質的水溶液中，發生反應的化學方程式為____________________。(4)比較Y、Z氣態氫化物的穩定性________＞________(用分子式表示)。(5)W、X、Y、Z四種元素簡單離子的離子半徑由大到小的順序是________＞________＞________＞________。25、（12分）(1)某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質量減小的方法,研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol/L、2.00mol/L,大理石有細顆粒和粗顆粒兩種規格,實驗溫度為25℃、35℃,每次實驗HNO3的用量為25.0mL.大理石用量為10.00g。請完成以下實驗設計表，并在實驗目的一欄中填空:實驗編號溫度/℃大理石規格HNO3濃度(mol/L)實驗目的①25粗顆粒2.00(I)實驗①和②探究濃度對反應速率的影響②25粗顆粒_____(II)實驗①和③探究溫度對反應遮率的影響；③_____粗顆粒2.00(III)實驗①和④探究_________對反應速率的影響④25細顆粒2.00(II)把2.5

mol

A和2.5

mol

B混合放入2

L密閉容器里，發生反應:

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),經5s后反應達到平衡。在此5s內C的平均反應速率為0.2

mol/(L·s)，同時生成1

mol

D。試求:(1)達到平衡時B的轉化率為_____。(2)

x的值為______。(3)若溫度不變，達到平衡時容器內氣體的壓強是反應前的______倍。26、（10分）能源、資源、環境日益成為人們關注的主題。(1)近日向2019世界新能源汽車大會致賀信，為發展氫能源，必須制得廉價氫氣。下列可供開發又較經濟的一種制氫方法是_______（填寫編號）①電解水②鋅和稀硫酸反應③利用太陽能，光解海水(2)某同學用銅和硫酸做原料，設計了兩種制取硫酸銅的方案：方案①：銅與濃硫酸加熱直接反應，即Cu→CuSO4方案②：銅在空氣中加熱再與稀硫酸反應，即Cu→CuO→CuSO4這兩種方案，你認為哪一種方案更合理并簡述理由_______。(3)海帶中含有豐富的碘元素.從海帶中提取碘單質的工業生產流程如圖所示.步驟③中雙氧水在酸性條件下氧化碘離子的離子方程式是_______，步驟④除了CCl4還可以選用的萃取劑是_______（填序號）。a.苯b.乙醇c.乙酸d.乙烷27、（12分）乙酸乙酯是一種非常重要的有機化工原料，可用作生產菠蘿、香蕉、草莓等水果香精和威士忌、奶油等香料的原料，用途十分廣泛。在實驗室我們也可以用如圖所示的裝置制取乙酸乙酯。回答下列問題:(1)乙醇、乙酸分子中的官能團名稱分別是_____、______。(2)下列描述能說明乙醇與乙酸的酯化反應已達到化學平衡狀態的有______(填序號)。①單位時間里，生成lmol乙酸乙能，同時生成lmol水②單位時間里，生成lmol乙酸乙酯，同時生成1mol乙酸③單位時間里，消耗lmol乙醇，同時消耗1mol乙酸④正反應的速率與逆反應的速率相等⑤混合物中各物質的濃度不再變化(3)下圖是分離操作步驟流程圖，其中a所用的試劑是______，②的操作是______。(4)184g乙醇和120g乙酸反應生成106g的乙酸乙酯，則該反應的產率是_____(保留三位有效數字)。(5)比乙酸乙酯相對分子質量大14的酯有_____種結構。28、（14分）下表是元素周期表的一部分，針對表中的①～⑨種元素，填寫下列空白：（1）在這些元素中，化學性質最不活潑的是________（填元素符號，下同）。（2）從①到③的元素中，非金屬性最強的是________（3）在最高價氧化物的水化物中，酸性最強的化合物的化學式是_______，堿性最強的化合物的電子式是_________。（4）最高價氧化物是兩性氧化物的元素是_______；寫出它的最高價氧化物與氫氧化鈉反應的離子方程式_______________________________。（5）用結構式表示元素①與③形成的一種可溶于水的化合物_________。（6）寫出元素④的單質與水反應的化學方程式________________________________。（7）寫出元素①的單質和元素⑥最高價氧化物對應水化物的濃溶液反應的化學方程式___________________________________________。29、（10分）能源與材料、信息被稱為現代社會發展的三大支柱，化學與能源有著密切聯系。(1)下表中的數據表示破壞1mol化學鍵需消耗的能量(即鍵能，單位為kJ·mol-1)化學鍵H-HCl-ClH-Cl鍵能436243431請根據以上信息可知，1mol氫氣在足量的氯氣著燃燒生成氯化氫氣體放出熱量___________。(2)天然氣是一種重要的情節能源和化工原料，其主要成分為CH4。以CH4、空氣、KOH溶液為原料，石墨為電極可構成燃料電池。該電池的負極反應式為___________。(3)工業上有一種方法是用CO2來生產燃料甲醇，可以將CO2變廢為寶。在體積為1L的密閉容器中，充入1molCO2和3molH2，一定條件下發生反應：CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g),測得CO2(g)和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如下圖所示。①從反應開始到平衡，CH3OH的平均反應速率v(CH3OH)=___________；H2的轉換率α(H2)=___________。②若反應CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g)在四種不同情況下的反應速率分別為：A．V(CO2)=0.15mol·L-1·min-1B．V(H2)=0.01mol·L-1·s-1C．v(CH3OH)=0.2mol·L-1·min-1D．v(H2O)=0.45mol·L-1·min-1該反應進行由快到慢的順序為___________(填字母)。(4)海水化學資源的利用具有非常廣闊的前景。從海水中提取溴的工業流程如圖：①流程④中涉及的離子反應如下，請在下面方框內填入適當的化學計量數：□Br2+□CO32-=□BrO3-+□Br-+□CO2↑______②以上五個過程中涉及氧化還原反應的有___________個。③步驟③中已獲得游離態的溴，步驟④又將之轉變成化合態的溴，其目的是___________。

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．甲基連接在苯環上，可被氧化，說明苯環對甲基影響，故A錯誤；B．羥基所連的原子團不同，乙醇分子中醇羥基中氫原子的活潑性小于水中氫原子，能說明上述觀點，故B錯誤；C．乙烯和乙烷結構不同，乙烯含有C=C，可發生加成反應，不能用上述觀點證明，故C正確；D．在苯酚中，由于苯環對-OH的影響，酚羥基具有酸性，對比乙醇，雖含有-OH，但不具有酸性，能說明上述觀點，故D錯誤。故答案選C。2、A【解析】分析：A項，C+CO22CO碳元素化合價反應前后發生變化，是氧化還原反應，且是吸熱反應；B項，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合價反應前后發生變化，是氧化還原反應，同時是放熱反應；C項，Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中無元素化合價變化，不是氧化還原反應；D項，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合價反應前后發生變化，是氧化還原反應，也是放熱反應。以此解答。詳解:A項，C+CO22CO碳元素化合價反應前后發生變化，是氧化還原反應，且是吸熱反應，故A項正確；B項，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合價反應前后發生變化，是氧化還原反應，同時是放熱反應，故B項錯誤；C項，Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中無元素化合價變化，不是氧化還原反應，故C項錯誤；D項，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合價反應前后發生變化，是氧化還原反應，也是放熱反應，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為A。點睛：本題考查化學反應的基本類型。常見的放熱反應有：酸堿中和反應、金屬與酸的反應、金屬與水的反應、物質燃燒的反應；常見的吸熱反應有：大多數的分解反應，C、CO、H2還原金屬氧化物，Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl反應反應，大多數鹽的水解反應等。3、D【解析】試題分析：艦體是由鋼板做的。方法1，艦體鑲嵌一些金屬塊，必須是比鐵活潑的金屬，如鋅等（錫和銅不行），這種方法叫犧牲陽極的陰極保護法；方法2，航母艦體與電源相連，必須與電源負極相連，這種方法叫外加電流的陰極保護法。綜上所述，D正確，本題選D。4、C【解析】A.硫是一種不溶于水的黃色晶體，A錯誤；B.SO2溶于水生成H2SO3，B錯誤；C.SO2是酸性氧化物，用氫氧化鈉溶液處理含有SO2的尾氣，C正確；D.濃H2SO4穩定，不易分解，D錯誤，答案選C。5、A【解析】分子式為C4H7ClO2，可與NaHCO3產生CO2的有機物可能結構有ClCH2-CH2-CH2COOH，CH3-CHCl-CH2COOH，CH3-CH2-CHClCOOH，CH2Cl-CH(CH3)COOH，CH3-CCl(CH3)COOH共5種。A項，因為戊烷的同分異構體有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，對于CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相應烯烴有：CH2=CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH2-CH3，其中CH3-CH=CH-CH2-CH3有2種順反異構，即有3種結構；對于，相應烯烴有：CH2=C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)=CHCH3；CH3CH(CH3)CH=CH2，都不存在順反異構，即有3種結構；對于，沒有相應烯烴，所以分子式為C5H10的烯烴共有3+3=6種（包括順反異構），本題不考慮立體異構，所以為5種，故A正確；B項，甲苯的一氯代物共有4種，如下：①取代甲基上的氫原子；②取代與甲基相鄰的苯環上的氫原子；③取代與甲基相間的苯環上的氫原子；④取代與甲基相對位置的苯環上的氫原子，故B錯誤；C項，根據相對分子質量為74的一元醇：74-16=58，58÷14=4……2，所以化學式為：C4H10O，因為丁基有4種，所以分子式為C4H10O的醇有4種，故C錯誤；D項，立方烷的二硝基取代物有3種，分別是取代到棱上的兩個、面對角線上的兩個、體對角線上的兩個，故D錯誤。綜上，選A。點睛：本題考查同分異構體數目的確定，有一定難度，同分異構體是有機化學的重要知識點，是高考的重要考點，通常有碳鏈異構、官能團位置異構、類型異構、立體異構等。明確常見的異構類型，靈活運用等效氫法、基元法、定一移一法等解決問題是關鍵。6、D【解析】

A、NaOH為離子化合物，含有離子鍵、共價鍵，故A不符合題意；B、MgCl2屬于離子化合物，只含離子鍵，故B不符合題意；C、Br2為單質，故C不符合題意；D、H2O屬于共價化合物，含有共價鍵，故D符合題意。答案選D。7、C【解析】

A、由n=c×V，該溶液中缺少體積數據，無法計算粒子數目，錯誤；B、由2Fe+3Cl2==2FeCl3每生成2mol產物轉移6mol電子，則生成0.5mol產物，則轉移1.5mol電子，即1.5NA電子，錯誤；C、一個D2O中含有的質子數為（1×2+8=）10個，18gD2O的物質的量=18g/20g/mol=0.9mol,含有質子為9mol，即9NA，正確；D．MnO2必須與濃鹽酸反應才可生成氯氣，隨著反應進行，鹽酸濃度降低到一定的程度后，將停止反應，即4molHCl并未完全反應，所以，生成的氯氣應少于22.4L，錯誤。選擇C。8、B【解析】

A．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性：S＞P，所以酸性H2SO4＞H3PO4，選項A正確；B．分子晶體的沸點與其相對分子質量成正比，還與氫鍵有關，水分子間存在氫鍵、硫化氫分子間不含氫鍵，所以沸點：H2O＞H2S，選項B錯誤；C．NaHCO3不穩定，加熱易分解：2NaHCO3Δ_D．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性：Na＞Mg，所以堿性NaOH＞Mg(OH)2，選項D正確；答案選B。9、A【解析】

A．硝基苯中形成N-C鍵，反應的化學方程式為+HNO3+H2O，故A錯誤；B．乙烯與水的加成反應為CH2═CH2+H2OCH3CH2OH，故B正確；C．乙醛的催化氧化反應為2CH3CHO+O2

2CH3COOH，故C正確；D．乙酸與乙醇發生酯化反應的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故D正確；答案選A。10、D【解析】A.二氧化硅和水不反應，故A錯誤；B.醋酸是弱酸，要用化學式表示：2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，故B錯誤；C.鐵在氯氣中燃燒：2Fe+3Cl22FeCl3，故C錯誤；D.84消毒液與潔廁靈混合可能產生毒氣：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑H2O，故D正確。故選D。11、D【解析】分析：根據烷烴中碳原子個數越多，沸點越大，同分異構體中支鏈越多，沸點越低，據此分析。詳解：由烷烴中碳原子個數越多，沸點越大，則沸點丙烷＜丁烷＜戊烷，同分異構體中支鏈越多，沸點越低，則正戊烷＞異戊烷＞新戊烷，則沸點由高到低的順序為：③＞①＞②＞⑤＞④。答案選D。12、D【解析】A、合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬或非金屬經一定方法所合成的具有金屬特性的物質，故合金中可能含有非金屬元素，選項A錯誤；B、碳纖維陶瓷復合材料中陶瓷是基體，選項B錯誤；C、碳纖維陶瓷復合材料屬于無機非金屬材料，選項C錯誤；D、鋁鋰合金具有質量輕、強度高等優異性能，選項D正確。答案選D。點睛：本題考查復合材料的特點及應用。正確理解復合材料的組成，注意材料中各成分的作用及組成是解答本題的關鍵。13、A【解析】

只要混合物的總物質的量一定，完全燃燒消耗O2的質量保持不變，則1mol各組分消耗氧氣的量相等，據此分析作答。【詳解】A：C2H6O可以改寫為，所以相同物質的量的C2H4和C2H6O的耗氧量相同，符合題意；B.C2H6O比C2H6多1個O原子，則1molC2H6O與1molC2H6耗氧量不相同，不符合題意；C.C3H6、C2H4的最簡式相同，1molC3H6的耗氧量是1molC2H4的1.5倍，不符合題意；D.C2H6O可以改寫為，比較1molC3H4和1mol的耗氧量，顯然1molC3H4耗氧量更多，不符合題意；答案選A。【點睛】比較等物質的量的有機物耗氧量的多少，還有一種方法就是根據分子式CxHyOz分別計算值大小，值越大，耗氧量越多；值相等時，耗氧量相同。14、D【解析】

A.氯氣是黃綠色氣體，一氯甲烷和氯化氫是無色氣體，光照條件下，甲烷和氯氣發生取代反應生成氯代烴和氯化物，所以氣體顏色變淺，故A正確；B.此反應的生成物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氫，氯化氫與遇到水蒸氣會形成白霧，故B正確；C.二氯甲烷、三氯甲烷和三氯甲烷都是液態有機物，所以瓶內壁有油狀液滴生成，故C正確；D.該反應生成的一氯甲烷和氯化氫是氣體，其中一氯甲烷不溶于飽和食鹽水中，故一段時間后水不會充滿整個試管，故D錯誤；故答案選D。15、A【解析】

實驗結束時，熄滅酒精燈的正確方法是用用燈帽蓋滅，而B、C中做法可引發失火，D中實驗桌上酒精失火時用濕抹布蓋滅，干抹布蓋滅可能會導致失火。答案選A。【點睛】本題考查酒精燈的使用，題目難度不大，把握儀器的使用為解答的關鍵，使用酒精燈時要注意兩查、兩禁、一不可。兩查：查燈芯是否燒焦或平整，查酒精燈內的酒精量；兩禁：禁止向燃著的酒精燈內添加酒精，禁止用一酒精燈去引燃另一酒精燈；一不可是不可用嘴吹滅酒精燈，要用燈帽蓋滅，否則會引發火災。16、C【解析】

A.依能量最低原理，核外電子總是盡可能排布在能量最低的電子層，A項正確；B.依電子排布規律，每一個電子層最多可容納的電子數為2n2，B項正確；C.通常，某原子的核外最外層最多可容納8個電子，當K為最外層時，最多只容納2個電子，C項錯誤；D.M層最多能容納18個電子，當M層為次外層時，也最多可容納18個電子，D項正確；所以答案選擇C項。【點睛】M層最多可以排布18個電子，若M作為最外層，則最多可以排8個電子，M作為次外層，則最多可以排布18個電子。17、B【解析】

反應熱△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能，所以反應P4(白磷)＋3O2＝P4O6的反應熱△H＝6×198kJ?mol-1+3×498kJ?mol-1-12×360kJ?mol-1＝-1638kJ?mol-1，即反應放出1638kJ能量，答案選B。【點晴】本題主要是考查化學反應中能量的變化及反應熱計算。明確反應熱的計算方法是解答的關鍵。反應熱的計算常用方法有：（1）根據熱化學方程式計算：反應熱與反應物各物質的物質的量成正比。（2）根據反應物和生成物的總能量計算：ΔH＝E生成物－E反應物。（3）依據反應物化學鍵斷裂與生成物化學鍵形成過程中的能量變化計算：ΔH＝反應物的化學鍵斷裂吸收的能量－生成物的化學鍵形成釋放的能量。（4）根據蓋斯定律的計算，解答時注意靈活應用。18、C【解析】核磁共振氫譜中有幾個峰，有機物中就有幾種氫原子，在確定氫原子的種類時，要考慮分子的對稱性，①有4種不同化學環境的氫原子，②有2種，③有5種，④和⑤有3種，故選C。點睛：核磁共振氫譜中有幾個峰，有機物中就有幾種氫原子，峰的面積比等于氫原子的個數比。解答本題要理解等效氫的概念：①同一個碳原子上的氫等效，如：甲烷。②同一個碳原子所連甲基上的氫原子等效，如2，2-二甲基丙烷，即新戊烷。③對稱軸兩端對稱的氫原子等效，如乙醚中只含有兩種氫。19、A【解析】

反應速率通常用單位時間內濃度的變化量來表示，由生成物B的濃度在10s內從1.5mol/L變成2.0mol/L，則這10s內B的平均反應速率是a=0.05mol/（L?s）。故選A。20、D【解析】試題分析：①化學變化中元素的原子個數不變，種類不變，因此元素種類是守恒的；正確；②物質燃燒時發生化學反應，常常會產生大量的熱，有時會有光，因此化學能可以轉化為熱能和光能；正確；③在化學反應發生時常常會伴隨各種能量的轉化，如光能或電能也可以轉化為化學能；正確；④有機物燃燒能夠轉化為無機物，無機物如二氧化碳和水在光照射時，在葉綠體內通過光合作用也可以轉化為有機物，因此可以相互轉化；正確；⑤二氧化碳可以制取純堿、尿素、植物的光合作用，因此也是一種重要的資源．正確。考點：考查二氧化碳新循環體系中的物質變化、能量變化等知識。21、D【解析】分析：參加化學反應的各物質的質量總和等于反應后生成的各物質的質量總和。在本題中，9.2g+16.0g=25.2g，10.8g+8.8g=19.6g，因此一定有X生成，X質量=25.2g-19.6g=5.6g，結合原子守恒解答。詳解：A、氧氣足量時只有二氧化碳和水生成，因此生成物與氧氣的起始量有關，A錯誤；B、9.2g+16.0g=25.2g，10.8g+8.8g=19.6g，因此一定有X生成，X是生成物，a＝25.2－19.6＝5.6，B錯誤；C、乙醇中氫元素的質量=9.2g×6/46=1.2g，水中氫元素的質量=10.8g×2/18=1.2g，因此X中一定沒有氫元素，C錯誤；D、乙醇中氧元素的質量=9.2g×16/46=3.2g，水中氧元素的質量=10.8g×16/18=9.6g，二氧化碳中氧元素的質量=8.8g×32/44=6.4g，由于3.2g+16g＞9.6g+6.4g，所以X一定是CO，D正確；答案選D。22、C【解析】

A、加入氨水，氯化鎂生成白色沉淀，氯化鋁也生成白色沉淀，不能鑒別，不選A；B、硝酸銀和五種溶液都生成白色沉淀，不能鑒別，不選B；C、氯化鎂和氫氧化鈉反應生成白色沉淀，氯化鋁和氫氧化鈉先生成白色沉淀后沉淀溶解，氯化銅和氫氧化鈉反應生成藍色沉淀，氯化鐵和氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵和紅褐色沉淀，氯化銨和氫氧化鈉產生氣體，能鑒別，選C；D、氯化鈉和五種溶液都不反應，不選D；答案選C。【點睛】常用的離子檢驗的方法有：1、顏色：銅離子為藍色、鐵離子為淺黃色、亞鐵離子為淺綠色，高錳酸根離子為紫色。2、硫酸根離子：加入鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，產生白色沉淀。3、氯離子：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸銀溶液，產生白色沉淀。4、碳酸根離子：加入氯化鈣，產生白色沉淀，沉淀溶于鹽酸產生無色無味的能使澄清的石灰水變渾濁的氣體。5、鋁離子：加入氫氧化鈉溶液，先產生沉淀后沉淀溶解二、非選擇題(共84分)23、氧化反應CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O羧基、羥基CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH【解析】

A是一種遇到碘單質能變藍的多糖，則A為淀粉，水解生成B為葡萄糖，由轉化關系可知C為CH3CH2OH，D與H2O在一定條件下反應產生C，則D為乙烯，結構簡式為CH2=CH2，乙醇催化氧化產生的E為CH3CHO，E催化氧化產生的F為CH3COOH，則G為，以此解答該題。【詳解】由上述分析可知：A為淀粉，B為葡萄糖，C為CH3CH2OH，D為CH2=CH2，E為CH3CHO，F為CH3COOH，G為。(1)①C為CH3CH2OH，CH3CH2OH在Cu催化下發生氧化反應產生CH3CHO，所以乙醇變乙醛的反應為氧化反應；②乙烯與水反應的化學方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；③F是乙酸，H是丙三醇，F與H以物質的量比3：1在濃硫酸、加熱條件下發生的化學方程式為CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O；(2)①乳酸相對分子質量是90，90g乳酸的物質的量是1mol，取90g乳酸與過量的飽和NaHCO3溶液反應，測得生成22.4L標準狀況下即1mol的氣體，說明乳酸分子中含有1個羧基；②另取90g乳酸與過量的金屬鈉反應，測得生成22.4L標準狀況下即1mol的氣體，則說明乳酸分子中含有1個羧基、1個羥基，則乳酸可能的結構為CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH。【點睛】把握高分子化合物A為淀粉為解答本題的關鍵，掌握物質的性質及轉化關系、反應條件、反應的物質的量關系是解答題目的基礎，能與NaHCO3反應的官能團只有羧基，能與Na反應的官能團有羧基、醇羥基、酚羥基，則是該題的核心，然后結合物質的分子式判斷可能的結構，注意有機反應及有機物的性質。24、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClHClH2SS2—Cl—Na+Al3+【解析】

（1）W、X的最高價氧化物對應的水化物可以反應生成某復雜化合物，由于W、X是金屬元素，說明他們的最高價氧化物對應水化物的反應是氫氧化物之間的反應，所以W是Na，X是Al，氫氧化鈉和氫氧化鋁反應的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，答案為：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；（2）Na與Y可形成化合物Na2Y，說明Y是S元素，硫化鈉的電子式為，答案為：；（3）Z是Cl元素，將二氧化硫通入氯水中發生氧化還原反應生成硫酸和氯化氫，反應的化學方程式為：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，答案為：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（4）非金屬性Cl＞S，所以氣態氫化物的穩定性HCl＞H2S，答案為：HCl＞H2S；（5）電子層數越多，半徑越大，層數相同時，核電荷越多半徑越小，Na、Al、S、Cl元素的簡單離子的半徑由大到小的順序為：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋，答案為：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋.25、1.0035探究固體物質的表面積(答接觸面亦可)20%x=41.2【解析】試題分析：(Ⅰ)根據實驗①和②探究濃度對反應速率的影響，所以實驗①和②中硝酸濃度不同；實驗①和③探究溫度對反應速率的影響，實驗①和③的溫度不同；實驗①和④碳酸鈣顆粒大小不同；(Ⅱ)根據三段式解題法，求出混合氣體各組分物質的量的變化量、平衡時各組分的物質的量．平衡時，生成的C的物質的量為

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

根據相關計算公式計算相關物理量。解析：(Ⅰ)根據實驗①和②探究濃度對反應速率的影響，所以實驗①和②中硝酸濃度不同，實驗②中HNO3濃度為1.00mol/L；實驗①和③探究溫度對反應速率的影響，實驗①和③的溫度不同，實驗③的溫度選擇35℃；實驗①和④碳酸鈣顆粒大小不同，實驗①和④探究固體物質的表面積對反應速率的影響；(Ⅱ)根據三段式法，平衡時，生成的C的物質的量為

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

（1）達平衡時B的轉化率為。（2），x=4。（3）若溫度不變，容器內氣體的壓強比等于物質的量比，點睛：根據阿伏加德羅定律及其推論；同溫、同體積的氣體，壓強比等于物質的量比；同溫、同壓，體積比等于物質的量比。26、③方案②，方案①會產生SO2污染大氣2I-+H2O2+2H+=I2+2H2Oa【解析】

(1)從能源、原料的來源分析；(2)從環保、物質的利用率、能源分析判斷；(3)雙氧水在酸性條件下具有強的氧化性，會將碘離子氧化為碘單質，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒書寫反應方程式；(4)萃取劑要與水互不相容，且碘單質容易溶解其中。【詳解】(1)①電解水需要消耗大量電能，能耗高，不經濟，①不符合題意；②鋅和稀硫酸反應可以產生氫氣，但冶煉鋅、制備硫酸需消耗大量能量，會造成污染，不適合大量生產，②不符合題意；③利用太陽能，光解海水，原料豐富，耗能小，無污染，③符合題意；故合理選項是③；(2)方案①：銅與濃硫酸加熱直接反應，反應原理為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，不僅會消耗大量硫酸，還會由于產生SO2而造成大氣污染，不環保，①不合理；方案②：銅在空氣中加熱產生CuO，CuO與稀硫酸反應產生CuSO4和水，無污染，②合理；故方案②更合理；(3)步驟③中雙氧水在酸性條件下能氧化碘離子為碘單質，雙氧水被還原產生水，反應的離子方程式是2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；I2容易溶于有機溶劑，而在在水中溶解度較小，根據這一點可以用萃取方法分離碘水中的碘，步驟④除了CCl4還可以選用的萃取劑是與水互不相容的苯；而乙醇、乙酸能溶于水，不能使用；乙烷為氣體，不能作萃取劑，故合理選項是a。【點睛】在不同的實驗方案選擇時，要從能量的消耗、原料的來源是否豐富、是否會造成污染考慮，選擇萃取劑時，萃取劑與原溶劑水互不相容，溶質與萃取劑不能發生反應，且在其中溶解度遠遠大于水中才可以選擇使用。27、羥基羧基②④⑤飽和Na2CO3溶液蒸餾60.2%9【解析】分析：(1)根據官能團的結構分析判斷；(2)根據化學平衡狀態的特征分析解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變；(3)根據乙酸乙酯與乙醇、乙酸的性質的差別，結合分離和提純的原則分析解答；(4)根據方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O進行計算即可；(5)乙酸乙酯的分子式為C4H8O2，比乙酸乙酯相對分子質量大14的酯的分子式為C5H10O2，根據酯的結構分析解答。詳解：(1)醇的官能團為羥基，乙醇中含有的官能團是羥基；羧酸的官能團是羧基，故乙酸中含有的官能團是羧基，故答案為羥基；羧基；(2)①單位時間里，生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol水，反應都體現正反應方向，未體現正與逆的關系，故不選；②單位時間里，生成1mol乙酸乙酯，等效消耗1mol乙酸，同時生成1mol乙酸，正逆反應速率相等，故選；③單位時間里，消耗1mol乙醇，同時消耗1mol乙酸，只要反應發生就符合這一關系，故不選；④正反應的速率與逆反應的速率相等，達平衡狀態，故選；⑤混合物中各物質的濃度不再變化，說明正反應的速率與逆反應的速率相等，達平衡狀態，故選；②④⑤。(3)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；蒸餾；(4)n(CH3COOH)==2moln(C2H5OH)==4mol，所以乙醇過量，應以乙酸計算，2mol乙酸完全酯化可生成乙酸乙酯2mol×88g/mol=176g，故該反應的產率為：×100%=60.2%，故答案為60.2%．(5)乙酸乙酯的分子式為C4H8O2，比乙酸乙酯相對分子質量大14的酯的分子式為C5H10O2，結構中含有—COO—，因為—C4H9有4種，則HCOOC4H9有4種；因為—C3H7有2種，則CH3COOC3H7有2種；CH3CH2COOCH2CH3；因為—C3H7有2種，則C3H7COOCH3有2種；共9種，故答案為9。點睛：本題綜合考查了乙酸乙酯的制備，涉及化學平衡狀態的判斷，物質的分離和提純、產率的計算、同分異構體的數目判斷等。本題的易錯點為(1)(5)，(1)中解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態；(5)中書寫時要按照一定的順序書寫，防止多寫、漏寫。28、ArOHClO4AlAl2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2OO=C=O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑C+2H2SO4(濃)=CO2↑＋2SO2↑＋2H2O【解析】分析：根據元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K。詳解：根據以上分析可知，（1）在這些元素中，化學性質最穩定的是稀有氣體Ar；（2）同周期從左到右非金屬性減弱，故從①到③的元素中，非金屬性最強的是O；（3）根據元素周期律：同周期元素的原子，從左到右最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸增強，堿性逐漸減弱，同主族元素的原子，從下到上最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸增強，堿性逐漸減弱可以推知酸性最強的式是HClO4，堿性最強的是KOH，其電子式為；（4）氫氧化鋁是兩性氫氧化物，所以最高價氧化物是兩性氧化物的元素是Al，它的最高價氧化物與氫氧化鈉反應的離子方程式為：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（5）①與