陕西省汉中市汉台中学、西乡中学2023学年化学高一第二学期期末综合测试模拟试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在测试卷卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化关系如图所示。已知X的原子半径在所有原子中最小；Y的一种核素的质量数为15，中子数为8；W的最高价氧化物的水化物在含氧酸中酸性最强。下列说法不正确的是()AX元素有多种核素BX与Y可形成YX3型共价化合物CY

2、元素的电负性一定小于Z元素DW元素的单质有强氧化性，它不可能与水发生氧化还原反应2、近期我国冀东渤海湾发现储量达10亿吨的大型油田。下列关于石油说法正确的是A石油主要含有碳、氢两种元素 B石油属于可再生矿物能源C石油分馏的各馏分均是纯净物 D石油的裂化属于物理变化3、下列各组金属的冶炼最适合用H2或CO把它从化合物中还原出来的是ACa、MgBAl、FeCHg、AgDFe、Cu4、下列各组物质中，互称为同系物的是()A氧气和臭氧B乙酸和醋酸C正丁烷和异丁烷D甲烷和丙烷5、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A1molBaO2中含有的阴离子数为2NAB1molFeCl3在沸水中可形成N

3、A个胶粒C精炼铜时，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2gD标准状况下，22.4LCCl4所含有的分子数目小于NA6、若某原电池的离子方程式是ZnCu2=Zn2Cu，则该原电池的构成是( )正极 负极 电解质溶液 A CuZnHClB ZnCu CuSO4C CuZn CuSO4D CuZnZnCl2AABBCCDD7、下列说法不正确的是（ ）A以乙烯为主要原料可制取乙酸乙酯B用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油C某烷烃的二氯代物有3种,则该烃的分子中碳原子个数可能是4D乙烯、乙醇、葡萄糖都能与酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液反应8、 “绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反

4、应，尽可能减少对环境的副作用， 下列化学反应，不符合绿色化学概念的是( )A消除硫酸厂尾气排放：SO2+2NH3+H2O(NH4)2SO3B消除硝酸厂排放的氮氧化物：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2OC制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2OD制CuSO4：2Cu+O22CuO; CuO+H2SO4(稀)CuSO4+H2O9、下列反应中，属于取代反应的是A乙烯在空气中燃烧B苯在一定条件下跟氢气反应C苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应D乙烯在一定条件下跟 HCl反应10、关于下图所示有机物(碳、氢、氧三种元素组成)的叙述不正确的是()A相对分子质量为88B分子中含羧

5、基官能团C具有香味的无色油状液体D乙酸与乙醇酯化反应的产物11、自然界为人类提供了多种多样的营养物质，下列有关营养物质的说法正确的是A麦芽糖、淀粉、纤维素都可以发生水解反应B食用纤维素、蛋白质、脂肪和植物油都是高分子化合物C棉花和蚕丝的主要成份都是纤维素D油脂都不能使溴水褪色12、在一定条件下，发生反应2NO2N2O4，该反应达到化学平衡后，升高温度，混合物的颜色变深。下列有关说法正确的是A正反应为放热反应 B正反应为吸热反应C降温瞬间NO2的浓度增大 D降温后各物质的浓度不变13、化学家认为石油、煤作为能源使用时，燃烧了“未来的原始材料”下列观点正确的是A大力提倡开发化石燃料作为能源B研发新

6、型催化剂，提高石油和煤中各组分的燃烧热C化石燃料属于可再生能源，不影响可持续发展D人类应尽可能开发新能源，取代化石能源14、下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（）A用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率B100 mL 2molL-1 的盐酸与锌反 应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变C二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速 率减慢D汽车尾气中的 CO 和 NO 可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢15、在理论上可设计成原电池的化学反应是()AC(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H0BBa(OH)28H2O(s)2

7、NH4Cl(s)=BaCl2(aq)2NH310H2O(l)H0CCH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l)H0DMg3N2(s)6H2O(l)=3Mg(OH)2(s)2NH3(g)H016、Be（OH）2是两性的，跟强酸反应时生成Be2+，跟强碱反应时生成BeO22。现有三份等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如图所示，则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图像正确的是（）ABCD17、下列有机物相关描

8、述不正确的( )A用溴水能区分乙酸、己烯、苯、四氯化碳B分子中至少有11个碳原子处于同一平面上C实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次加入浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸D除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏18、某有机化合物M的结构简式如图所示，有关该化合物的叙述不正确的是A该有机物的分子式为C11H12O2B该有机物的所有碳原子可能处于同一平面上C仅考虑取代基在苯环上的位置变化，M的同分异构体(不包括自身)有9种D该有机物一定条件下只能发生加成反应和酯化反应19、不能说明氧的非金属性比硫强的事实是（ ）AH2O是液体，H2S常温下是气体 B硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊CH2O的热稳定性强于H2

9、S DO2和H2化合比S和H2化合容易20、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源。下图是从海水中提取某些原料的。下列有关说法正确的是A第步中除去粗盐中的SO、Ca2、Mg2、Fe3等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B从第步到第步的目的是浓缩、富集溴C第到第步中，涉及到氧化还原反应共有2步D第步中，SO2起氧化作用21、下列电离方程式中，正确的是（）AFeCl3=Fe2+3ClBNaOH=Na+OHCH2SO4=H2+SO42DNaHCO3=Na+H+CO3222、下列关于烷烃性质的说法不正确的是()A都是难溶于水的有机物B都能燃烧生成二氧

10、化碳和水C其熔、沸点随着相对分子质量的增大而降低D其含碳量随着分子中碳原子个数增多而增大二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E是五种短周期元素。已知：它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，C是E的邻族元素；D和E的原子序数之和为30，且D的族序数与周期数相等。甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物，其中甲分子中含有18个电子。物质组成甲乙丙丁化合物中各元素原子个数比A和C1:1B和A1:4D和E1:3B和E1:4请回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置为_；（2）把D的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为

11、：_；（3）用电子式表示甲的形成过程：_；（4）在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg，若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花点燃至反应完全，测得固体质量增重mg，则BC2与乙的体积比为_；（5）有200mL MgCl2和丙的混合溶液，其中c(Mg2+) 0.2 mol L-1，c(Cl-) 1.3molL-1，要使Mg2全部转化为沉淀分离出来，至少需要4 molL-1 NaOH 溶液的体积是：_。24、（12分）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，

12、D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素氢化物中有2个氢原子，试回答：（1）写出B原子结构示意图_（2）元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是_，写出一种含有F元素的具有漂白性的物质_（用化学式表示）。（3）用电子式表示A、F原子形成化合物的过程_。（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式_。（5）设计实验证明E、F两种元素非金属性的强弱_（化学方程式加必要文字说明）。25、（12分）乙酸乙酯是一种非常重要的有机化工原料，可用作生产菠萝、香蕉、草莓等水果香精和威士忌、奶油等香料的原料，用途十分广泛。在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题:

13、(1)乙醇、乙酸分子中的官能团名称分别是_、_。(2)下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有_(填序号)。单位时间里，生成lmol乙酸乙能，同时生成lmol水单位时间里， 生成lmol乙酸乙酯，同时生成1mol 乙酸单位时间里，消耗lmol乙醇，同时消耗1mol乙酸正反应的速率与逆反应的速率相等混合物中各物质的浓度不再变化(3)下图是分离操作步骤流程图，其中a所用的试剂是_，的操作是_。 (4)184g 乙醇和120g乙酸反应生成106g的乙酸乙酯，则该反应的产率是_(保留三位有效数字)。(5)比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯有_种结构。26、（10分）在炽热条件下，将石蜡油

14、分解产生的乙烯通入下列各试管里，装置如图所示。根据上述装置,回答下列问题：(1)C装置的作用是_。(2)已知：1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，易溶于四氯化碳。预测：A装置中的现象是_,B装置中的现象是_。分离A装置中产物的操作名称是_，分离B装置中产物需要的玻璃仪器名称是_。(3)D装置中溶液由紫色变无色，D装置中发生反应的类型为_。(4)写出A装置中发生反应的化学方程式_，反应类型为_，E装置的作用是_。27、（12分）甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe可广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组欲利用硫酸亚铁溶液与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，实验过程如下：步骤1 制备FeCO3

15、：将100 mL 0.1 molL1 FeSO4溶液与100 mL 0.2 molL1 NH4HCO3溶液混合，反应结束后过滤并洗涤沉淀。步骤2 制备 (NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图，将步骤1得到的沉淀装入仪器B，利用装置A产生的CO2，将装置中空气排净后，逐滴滴入甘氨酸溶液，直至沉淀全部溶解，并稍过量。步骤3 提纯 (NH2CH2COO)2Fe：反应结束后过滤，将滤液蒸发浓缩，加入乙醇，过滤、干燥得到产品。固体X是_，仪器C的名称是_。碳酸氢钠溶液的作用是_。步骤1中，FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时可观察到有白色沉淀和无色无味气体生成。该反应的化学方程式为_。步骤1中，

16、检验FeCO3沉淀已洗净的操作是_。步骤2中当观察到现象是_时，可以开始滴加甘氨酸。28、（14分）H、C、N、O、Na、S是常见的六种元素。请回答下列问题。(1)S在元素周期表中的位置为_。(2)上述元素中非金属性最强的是_(填元素符号)。(3)下列事实能说明O的非金属性比S的非金属性强的是_(填字母代号)。aO2与H2S溶液反应，溶液变浑浊b加热条件下H2S比H2O更容易分解c在氧化还原反应中，1 mol O2比1 mol S得电子多dH2O的沸点比H2S高(4)一定条件下，Na还原CCl4可得到金刚石与一种可溶性盐，该反应的化学方程式为_。(5)肼(N2H4)是一种无色易溶于水的油状液体

17、。其具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。已知肼的球棍模型如图1所示，试写出肼的电子式：_。目前正在研发的一种肼燃料电池的结构如图2所示，_(填“a”或“b”)电极为电池的负极。在1 L固定体积的密闭容器中加入0.1 mol N2H4，在303 K、Pt催化下发生反应N2H4(l) N2(g)2H2(g)，测得容器中的与时间的关系如图3所示，则 04 min内氮气的平均反应速率v(N2)_。29、（10分）甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应率的影响。设计实验如表（所取溶液体积均为5mL):实验编号实验温度/c (Na2S2O3)/molL-1c(H2

18、SO4)/molL-1250.10.1250.20.2500.20.1500.10.1（1）其他条件不变时：探究温度对化学反应速率的影响，应选择_（填实验编号）。（2）Na2S2O3和H2SO4反应的离子方程式为_。（3）若实验中加入反应物各5mL后加入10mL水，出现浑浊的时间为t1，实验中加入反应物各5mL后加入30mL水，出现浑浊的时间为t2，则t1_t2（选填“”、“”或“=”）。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，X的原子半径在所有原子中最小，X为H元素；

19、Y的一种核素的质量数为15，中子数为8，Y的质子数为15-8=7，Y是N元素；W的最高价氧化物的水化物在含氧酸中酸性最强，W为Cl元素，其原子半径随原子序数的变化关系如图所示,Z为O或F。A. H元素有氕、氘、氚多种核素，故A正确；B. X与Y可形成YX3型共价化合物，即形成NH3，故B正确；C. N元素的电负性一定小于O或F元素，故C正确；D. 氯元素的单质有强氧化性，它可与水发生氧化还原反应，生成盐酸和次氯酸，故D错误，故选D。2、A【答案解析】本题主要考查石油的成分与加工。详解：石油主要成分为烷烃和芳香烃，主要含有碳、氢两种元素，A正确；石油分馏得到液化石油气，石油、天然气是化石燃料，是

20、不可再生的，B错误；石油分馏出的各馏分均是混合物，D错误；石油的裂化属于化学变化，D错误。故选A。3、D【答案解析】A、Ca和Mg通常用电解方法冶炼，故A错误；B、Al通常采用电解方法冶炼，Fe采用CO还原法冶炼，故B错误；C、Hg和Ag一般采用热分解法冶炼，故C错误；D、Fe和Cu一般采用热还原法冶炼，故D正确。【答案点睛】冶炼金属时，KAl一般采用电解法，ZnCu一般采用热还原法，Hg和Ag一般采用热分解法，Au和Pt一般用物理方法冶炼。4、D【答案解析】同系物指结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物。【题目详解】A氧气和臭氧互为同素异形体，不满足同系物条件，二者不属于

21、同系物，故不选A；B醋酸是乙酸的俗名，乙酸和醋酸属于同种物质，不属于同系物，故不选B；C正丁烷和异丁烷互为同分异构体，不属于同系物，故C错误；D甲烷和丙烷都为烷烃，二者结构相似，分子间相差2个CH2原子团，属于同系物，故D正确；【答案点睛】本题考查了同分异构体、同素异形体、同系物的判断，注意明确同系物、同素异形体、同分异构体的概念的区别。5、C【答案解析】分析：A.BaO2中阴阳离子数为1:1；B.FeCl3在沸水中水解生成氢氧化铁胶体；C.精炼铜时，根据阴阳两极电子守恒进行计算；D.标准状况下CCl4是液体。详解：BaO2中阴阳离子之比是1:1，所以1molBaO2中含有的阴离子数为NA，A

22、选项错误；FeCl3在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，水解是可逆反应，存在水解平衡，且胶粒由若干个氢氧化铁分子组成则一定不是NA个胶粒，B选项错误；精炼铜时，阳极是粗铜，失去电子，阴极是精铜，溶液中的Cu2+得到电子，阴阳两极得失电子守恒，所以若阳极失去0.1NA个电子，阴极Cu2+得到0.1NA个电子生成Cu，生成Cu的物质的量是：0.05mol，m（Cu）=0.05mol64g/mol=3.2g，C选项正确；在标准状况下CCl4是液体，Vm的适用对象是气体，所以在标准状况下22.4LCCl4的物质的量只有根据密度和摩尔质量计算确定其物质的量，现有条件下无法确定其物质的量，所以D选项错误；正确选

23、项C。6、C【答案解析】分析题目中的反应，可得：（-）锌：Zn-2e-= Zn2+，（+）：Cu2+2e-= Cu；则要求：锌片做负极，正极为活泼性比锌弱的金属或石墨，电解质溶液提供Cu2+，故选C。7、B【答案解析】分析：A. 先用乙烯和水发生加成反应制备乙醇，然后用乙醇氧化后生成乙酸，乙醇乙酸发生酯化反应制得乙酸乙酯；B.矿物油是以烃类为主要成分，不溶于氢氧化钠，也不与氢氧化钠溶液反应，所以矿物油中加入NaOH溶液出现分层现象，而植物油属于酯类，在氢氧化钠溶液作用下水解生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，所以植物油中加入NaOH溶液，一段时间后溶液不分层，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油

24、；C.乙烷和新戊烷的二氯代物有2种，丙烷的二氯代物有4种，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种；D.由于酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液都具有强氧化性，而乙烯、乙醇、葡萄糖都具有还原性的官能团，即C=C、-OH、-CHO，所以都能反应；详解：A.用乙烯为原料制备乙酸乙酯时，先用乙烯和水发生加成反应制备乙醇，然后用乙醇氧化后生成乙酸，乙醇乙酸发生酯化反应制得乙酸乙酯，故A正确；B.矿物油是以烃类为主要成分，不溶于氢氧化钠，也不与氢氧化钠溶液反应，所以矿物油中加入NaOH溶液出现分层现象，而植物油属于酯类，在氢氧化钠溶液作用下水解生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，所以植物油中加入NaOH

25、溶液，一段时间后溶液不分层，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油，故B错误；C.乙烷和新戊烷的二氯代物有2种，丙烷的二氯代物有4种，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，故C正确；D.由于酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液都具有强氧化性，而乙烯、乙醇、葡萄糖都具有还原性的官能团，即C=C、-OH、-CHO，所以都能反应，故D正确；故本题选B。点睛：注意异丁烷的二氯代物有3种，但二氯代物有3种的烷烃不是只有异丁烷，如(CH3)3C-C(CH3)3的二氯代物也是三种，所以该烃分子中碳原子数可能是4。8、C【答案解析】A、生成物只有一种，符合绿色化学，A错误；B、生成物虽然有两种，但

26、其中一种是水，符合绿色化学，B错误；C、生成的SO2会污染大气，不符合绿色化学，C正确；D、最终生成物虽然有两种，但其中一种是水，符合绿色化学，D错误，答案选C。9、C【答案解析】A.乙烯在空气中燃烧的反应属于氧化还原反应，A不符合题意；B.苯在一定条件下跟氢气反应生成环己烷的反应属于加成反应，B不符合题意；C.苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应，产生硝基苯和水的反应属于取代反应，C符合题意；D.乙烯在一定条件下跟 HCl反应产生一氯乙烷，该反应属于加成反应，D不符合题意；故合理选项是C。10、B【答案解析】A. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，相对分子质量为88，故A正确；B

27、. 由图可知，该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，分子中含酯基官能团，故B错误；C. 该有机物分子中含酯基官能团，酯类是具有香味的无色油状液体，故C正确；D. 该有机物结构简式为CH3COOCH2CH3，是乙酸乙酯，是乙酸与乙醇酯化反应的产物，故D正确；答案选B。11、A【答案解析】A麦芽糖能够水解生成葡萄糖，淀粉和纤维素能够水解生成葡萄糖，它们都能够水解，故A正确；B纤维素和蛋白质属于高分子化合物，而脂肪、植物油的相对分子量较小，二者不属于高分子化合物，故B错误；C棉花的主要成分为纤维素，而蚕丝的主要成分为蛋白质，故C错误；D油脂中的植物油中含有碳碳双键，能够使溴水褪色，故D错误；故

28、选A。12、A【答案解析】升高温度，混合物的颜色加深，说明反应向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，此反应的正反应方向是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即NO2浓度降低，N2O4浓度增大，故A正确。13、D【答案解析】本题主要考查了化石燃料的使用。详解：化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，所以开发新清洁能源，减少化石燃料的燃烧减少二氧化碳的排放，防止温室效应，A错误；研发新型催化剂，只能提高石油和煤中各组分的燃烧速率，但不可提高燃烧热，B错误；化石燃料是不可再生能源，在地球上蕴藏量是有限的，大量使用会影响可持续发展，C错误；化石燃料不可再生，燃烧能产生大量的空气污染物，应尽可能开发新

29、能源，取代化石能源，D正确。故选D。点睛：依据可持续发展的理念结合相关的基础知识是解答的关键。14、D【答案解析】A、浓硫酸能够使铁钝化，铁片与浓硫酸反应不能生成氢气，故A错误；B、向盐酸溶液中加入氯化钠溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故B错误；C、升高温度，反应速率加快，故C错误；D、有气体参加的反应，压强越小反应的速率越慢，故D正确；所以本题答案为：D。15、C【答案解析】根据可设计成原电池的化学反应是自发进行的氧化还原反应进行分析。【题目详解】A. C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H0不能自发进行，所以不能设计成原电池的反应，故A不符合题意；B. Ba(OH

30、)28H2O(s)2NH4Cl(s)=BaCl2(aq)2NH310H2O(l)H0是非氧化还原，所以不能设计成原电池的反应，故B不符合题意；C. CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l)H0可以自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池反应；故C正确；D. Mg3N2(s)6H2O(l)=3Mg(OH)2(s)2NH3(g)H0是非氧化还原，所以不能设计成原电池的反应，故D不符合题意；所以本题答案：C。【答案点睛】依据原电池构成原理进行判断。构成原电池的原理是能自发进行的氧化还原反应。16、A【答案解析】等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液，即三者的物质的量

31、是相等的，将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，所发生的反应过程如下：BeCl2+2NaOH=Be（OH）2+2NaCl，Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据溶液物质的量和化学方程式来确定沉淀的量。【题目详解】向氯化铍溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铍，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应BeCl2+2NaOH=Be（OH）2+2NaCl，Be（OH）2+2NaOH

32、=Na2BeO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的，图象是正确；向氯化镁中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不变，对应的是图象；向氯化铝溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3：1，图象正确。则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图象正确的是；

33、答案选A。17、C【答案解析】A己烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，溴水褪色；苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层；乙酸与溴水互溶，无明显现象，现象不同，能区分，故A正确；B甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上。两个苯环通过单键相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环所在平面。分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故B正确；C加入酸液时应避免酸液飞溅，应先加入乙醇，再加浓硫酸，防止浓硫酸溶解放热造成液体飞溅，最后慢慢加

34、入冰醋酸，故C错误；D乙酸与足量生石灰反应后增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故D正确；答案选C。【答案点睛】本题的易错点和难点为B，要注意碳碳单键可以旋转，该分子至少有11个碳原子处于同一平面上，最多14个碳原子处于同一平面上。18、D【答案解析】分析：本题考查的是有机物的官能团和性质，是高频考点，认清官能团和结构特征是关键。详解：A. 该有机物的分子式为C11H12O2，故正确；B. 该有机物中含有苯环和碳碳双键，都为平面结构，所以该分子中的所有碳原子可能处于同一平面上，故正确；C. 仅考虑取代基在苯环上的位置变化，则苯环上连接3个不同的取代基，应该有10种结构，则M的同分异构体(不

35、包括自身)有9种，故正确；D. 该有机物含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，故错误。故选D。点睛：有机物的结构是否共面主要考查的是典型有机物的结构，甲烷：正四面体结构；乙烯：平面型结构；乙炔：直线型结构；苯：平面性结构。将有机物中含有的几种物质的结构组合即可进行判断。19、A【答案解析】分析：一般依据与氢气化合的难易程度、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性以及相互之间的置换反应判断非金属性强弱。详解：A. H2O是液体，H2S常温下是气体与非金属性强弱没有关系，A正确；B. 硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊是由于被空气中的氧气氧化生成单质硫，这说明氧元素的非金属性强于硫

36、元素，B错误；C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则H2O的热稳定性强于H2S说明氧元素的非金属性强于硫元素，C错误；D. 非金属性越强，越容易与氢气化合，O2和H2化合比S和H2化合容易，这说明氧元素的非金属性强于硫元素，D错误；答案选A。20、B【答案解析】测试卷分析：A、分析流程图，除去粗盐中的杂质时，为保证杂质离子除尽，所加试剂要过量，过量的离子也应除去，故应先加氯化钡溶液再加碳酸钠溶液，以除去过量的钡离子，错误；B、溴离子在海水中的浓度较小，必须经过浓缩、富集才有利于得到溴单质，从第步到第步的目的是浓缩、富集溴，正确；C、第到第步中，涉及到氧化还原反应的为，共有3步，错误；D、第步中，

37、SO2起还原作用，错误。考点：考查海水的综合利用。21、B【答案解析】分析：选项中物质均为强电解质，均完全电离，弱酸的酸式酸根离子不能拆分，结合离子符号及电荷守恒来解答。详解：AFeCl3为强电解质，电离方程式为FeCl3=Fe3+3Cl-，A错误BNaOH为强电解质，电离方程式为NaOH=Na+OH-，B正确；CH2SO4为强电解质，电离方程式为H2SO4=2H+SO42-，C错误；DNaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-，D错误；答案选B。点睛：本题考查电离方程式的书写，把握电解质的强弱、离子符号、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸根离子的写

38、法，题目难度不大。22、C【答案解析】A项、烷烃都是非极性或极性很弱的分子，难溶于水，故A正确；B项、烷烃都是碳氢元素组成，完全燃烧的生成物是CO2和水，故B正确；C项、烷烃的沸点随着相对分子质量的增大而增大，故C错误；D项、由烷烃的通式为CnH2n+2可知，烷烃的含碳量随着分子中碳原子个数增多而增大，故D正确；故选C。二、非选择题(共84分)23、第三周期第VIIA族2Al2NaOH2H2O = 2NaAlO2+3H21:180 mL【答案解析】A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，

39、则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第A族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳，据此进行答题。【题目详解】（1）E为氯元素，原子序数为17，位于周期表中第三周期，第VIIA族，故答案为：第三周期，第VIIA族；（2）把铝的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：2Al2NaOH2H2O = 2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al2NaOH2H2O = 2NaAlO2+3H2；

40、（3）甲为双氧水，双氧水为共价化合物，形成过程用电子式表示为，故答案为：；（4）由2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量，在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与CH4相对于CO、H2混合，则CO2与CH4的体积之比为1：1，故答案为：1:1；（5）有200mLMgCl2和AlCl

41、3的混合溶液，其中c（Mg2+）=0.2molL-1，c（Cl-）=1.3molL-1，则c（Al3+）=0.3molL-1，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，此时Al3+要生成AlO2-，需要NaOH物质的量为0.30.24+0.20.22mol=0.32mol，所以NaOH溶液的体积为0.32mol4mol/L=0.08L=80mL，故答案为：【答案点睛】本题主要考查位置、结构与性质关系的应用，根据题干信息推断元素为解题的关键。注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。本题的难点为（4），要注意根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式判断出固体质量的变化本质。24、 NaOH H

42、ClO、Ca(ClO)2、NaClO等 Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O H2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl和S，反应方程式为H2S+Cl2=2HCl+S 【答案解析】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素，据此分析解答。【题目详解】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的

43、最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，故B为镁元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素。（1）B为镁元素，原子序数为12，原子结构示意图为；（2）同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，故元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH，F为氯元素，含有F元素的具有漂白性的物质有HClO、Ca(ClO)2、NaClO等；（3）A、F原子形成化合物NaCl，氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合而成，NaCl

44、的形成过程为；（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；（5）E为硫元素、F为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的氧化性等，如H2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl和S，反应方程式为H2S+Cl2=2HCl+S。【答案点睛】考查物质性质原子结构与位置关系、电子式等化学用语、元素化合物性质，易错点为（5）E为硫元素、F为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的

45、氧化性等。25、羟基 羧基 饱和Na2CO3溶液 蒸馏 60.2% 9 【答案解析】分析：(1)根据官能团的结构分析判断；(2)根据化学平衡状态的特征分析解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；(3)根据乙酸乙酯与乙醇、乙酸的性质的差别，结合分离和提纯的原则分析解答；(4)根据方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O进行计算即可；(5)乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯的分子式为C5H10O2，根据酯的结构分析解答。详解：(1)醇的官能团为羟基，乙醇中含有的官能团是羟基；羧酸的官能团是羧基，故乙酸中含有的

46、官能团是羧基，故答案为羟基；羧基；(2)单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，反应都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故不选；单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，等效消耗1mol乙酸，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，故选；单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，只要反应发生就符合这一关系，故不选；正反应的速率与逆反应的速率相等，达平衡状态，故选；混合物中各物质的浓度不再变化，说明正反应的速率与逆反应的速率相等，达平衡状态，故选；。(3)加入饱和碳酸钠溶液a，溶解乙醇和乙酸反应生成醋酸钠溶液，乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸馏混合溶液

47、分离出乙醇，然后向剩余混合液中加入稀硫酸b，稀硫酸与醋酸钠反应生成醋酸和硫酸钠混合溶液，蒸馏将醋酸分离出来，故答案为饱和碳酸钠；蒸馏；(4)n(CH3COOH)=2mol n(C2H5OH)=4mol，所以乙醇过量，应以乙酸计算，2mol乙酸完全酯化可生成乙酸乙酯2mol88g/mol=176g，故该反应的产率为：100%=60.2%，故答案为60.2% (5) 乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯的分子式为C5H10O2，结构中含有COO，因为C4H9有4种，则HCOO C4H9有4种；因为C3H7有2种，则CH3COO C3H7有2种；CH3CH2COOCH2C

48、H3；因为C3H7有2种，则C3H7COO CH3有2种； 共9种，故答案为9。点睛：本题综合考查了乙酸乙酯的制备，涉及化学平衡状态的判断，物质的分离和提纯、产率的计算、同分异构体的数目判断等。本题的易错点为(1)(5)，(1)中解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；(5)中书写时要按照一定的顺序书写，防止多写、漏写。26、 检验B装置中是否有溴挥发出来 橙色褪去,液体不分层 橙黄色褪去,液体分层 蒸馏 分液漏斗、烧杯、玻璃棒 氧化反应 加成反应 检验乙烯与酸性KMnO4溶液反应的产物二氧化碳【答案解析】(1)由于溴水易挥发

49、，溴能与硝酸银反应生成溴化银浅黄色沉淀，所以C装置的作用是检验B装置中是否有溴挥发出来。(2)乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，又因为1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，易溶于四氯化碳，所以A装置中的现象是橙色褪去，液体不分层；乙烯与溴水发生加成反应，则B装置中的现象是橙黄色褪去，液体分层。1，2-二溴乙烷易溶于四氯化碳，二者的沸点相差较大，则分离A装置中产物的操作名称是蒸馏；1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，则分离B装置中产物是分液操作，需要的玻璃仪器名称是分液漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)D装置中溶液由紫色变无色，说明酸性高锰酸钾溶液被还原，则D装置中发生反应的类型为氧化

50、反应。(4)根据以上分析可知A装置中发生反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，反应类型为加成反应。二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，则E装置的作用是检验乙烯与酸性KMnO4溶液反应的产物二氧化碳。27、CaCO3（碳酸钙） 分液漏斗 除去产生的二氧化碳中混有的氯化氢 FeSO42NH4HCO3FeCO3(NH4)2SO4CO2H2O 取最后的洗涤滤液，向其中滴入足量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则沉淀已洗净 澄清石灰水中有较多沉淀生成（澄清石灰水变浑浊） 【答案解析】(1)装置A用于产生CO2，长颈漏斗中盛有盐酸，则试管内多孔隔板的上方应放置碳酸盐，为能够控制装置A中的反应，该碳酸盐应难溶于水，因此X为CaCO3（碳酸钙），仪器C为分液漏斗。答案为：CaCO3（碳酸钙)；分液漏斗。由于盐酸具有挥发性，从A中产生的二氧化碳气体中混有少量氯化氢气体，为保证不妨碍实验，应用饱和碳酸氢钠除去氯化氢气体；答案为：除去产生