2023届广西壮族自治区桂林市化学高一第二学期期末达标检测试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、等质量(金属颗粒大小相当)下列金属与足量lmol/L盐酸反应，速率最快是()A．镁B．铝C．锌D．铁2、下列有关煤、石油、天然气等资源的说法错误的是（）A．天然气是一种清洁的化石燃料 B．石油是由多种烃组成的混合物C．煤的气化和煤的液化都属于物理变化 D．通过石油的裂化可以提高汽油的产量3、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（）A．在0～a范围内，只发生中和反应B．a＝0.3C．ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OD．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶24、一定条件下向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化，图2表示速率随时间的变化，t2、t3、t4、t5时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强，则下列说法错误的是A．若t1=15s，则前15s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1B．该反应的化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)C．t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度D．若t1=15s，则B的起始物质的量为0.04mol5、下面是某同学所画的各原子的原子结构示意图，你认为正确的是（）A． B． C． D．6、不能用勒夏特列原理解释的是A．使用铁触媒，加快合成氨反应速率B．实验室用排饱和食盐水法收集氯气C．打开汽水瓶盖，即有大量氕泡逸出D．温度升高，纯水中的H+浓度增大7、在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2(g)＋I2(g)2HI(g)。已知H2和I2起始浓度均为0.10mol·L－1时，达平衡时HI浓度为0.16mol·L－1。若H2和I2起始浓度均变为0.20mol·L－1，则平衡时H2的浓度(mol·L－1)是A．0.16 B．0.08 C．0.04 D．0.028、根据元素周期表判断下列描述正确的是()A．元素周期表中，总共有16个纵行，16个族B．第IA族的元素又称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素C．每个短周期都既包含金属元素也包含非金属元素D．在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素9、下列各组元素性质递变情况错误的是（）A．H、Be、B原子最外层电子数依次增多 B．P、S、Cl元素最高正化合价依次升高C．B、C、N、O、F原子半径依次增大 D．Li、Na、K、Rb的金属性依次增强10、由甲醛(CH2O)、乙酸和乙酸乙酯组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为()A．27% B．9% C．54% D．无法计算11、下列推断正确的是（）A．根据同浓度的两元素含氧酸钠盐（正盐）溶液的碱性强弱，可判断该两元素非金属性的强弱B．根据同主族两非金属元素氢化物沸点高低，可判断该两元素非金属性的强弱C．根据相同条件下两主族金属单质与水反应的难易，可判断两元素金属性的强D．根据两主族金属原子最外层电子数的多少，可判断两元素金属性的强弱12、向盛有少量无水乙醇的试管中加入一小块新切的、用滤纸擦干表面煤油的金属钠，下列对该实验现象的描述中正确的是A．钠块始终浮在液面上 B．钠块来回游动C．钠块表面有气泡产生 D．钠块迅速熔化为光亮小球13、下列物质属于人体所需的糖类物质的是A．淀粉B．蛋白质C．味精D．食用油14、由水电离产生的c(H+)为1×10-12

mol/L的溶液中，能大量共存的离子组是A．K+、Cl-、NH4+、HS- B．K+、Fe3+、I-、SO42-C．Na+、Cl-、NO3-、SO42- D．Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-15、某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的是A．a极是负极，发生氧化反应B．正极的电极反应是：O2+2H2O+4e-=4OH-C．该甲烷燃料电池的总反应：CH4+2O2=CO2+2H2OD．甲烷燃料电池是环保电池16、下列气体可用下图所示方法收集的是A．NO2 B．O2 C．SO2 D．NH317、对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池（如图），下列有关说法正确的是()①Zn是负极②Cu是正极③Zn-2e-==Zn2+④2H++2e-==H2↑A．①②B．①②③C．②③④D．①②③④18、鉴别某种白色织物是否是蚕丝制品，可选用的适宜方法是（）A．滴加盐酸 B．滴加浓硫酸 C．滴加氢氧化钠溶液 D．滴加浓硝酸19、下列五种烃：①异戊烷、②新戊烷、③正戊烷、④丙烷、⑤丁烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是()A．①>②>③>④>⑤B．②>③>⑤>④>①C．④>⑤>②>①>③D．③>①>②>⑤>④20、下列叙述正确的是()A．将溴水、铁粉和苯混合加热即可制得溴苯B．用苯和浓硝酸、浓硫酸反应混合即可制得硝基苯C．由苯制取溴苯和硝基苯其反应原理相同D．溴苯和硝基苯与水分层，溴苯在下层，硝基苯在上层21、已知1号～18号元素的离子aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是A．质子数：c>dB．氢化物的稳定性：H2Y>HZC．离子的还原性：Y2－>Z－D．原子半径：X>W22、在一定条件下，下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）A．C3H2Cl6有四种同分异构体B．甲苯分子中所有原子可能共面C．苯、乙醇、油脂均不能使酸性

KMnO4溶液褪色D．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有3种二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置为_____________。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为______________。（3）若要比较D与E的金属性强弱，下列实验方法可行的是____________。A．将单质D置于E的盐溶液中，若D不能置换出单质E，说明D的金属性弱B．比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强C．将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强24、（12分）已知五种元素的原子序数的大小顺序为C＞A＞B＞D＞E；其中，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。试回答下列问题：(1)画出元素C的原子结构示意图：________。(2)写出元素D在元素周期表中的位置：第____周期，第____族；该元素形成的单质的结构式为______。(3)写出下列物质的电子式：A、B、E形成的化合物______；D、E形成的化合物______。(4)D、E形成的化合物受热蒸发，吸收的热量用于克服________。(5)A、B两元素组成的化合物A2B2属于______(填“离子”或“共价”)化合物，其存在的化学键有______。25、（12分）某实验小组同学进行如下实验，以探究化学反应中的能量变化。(1)实验表明:①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是_____(填“吸热”或收热")反应。(2)实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，如图A所示。图A中0-t1段化学反应速率变化的原因是________。已知该反应是放热反应，其能量变化可用下图中的_____(填“B”或“C”)表示。26、（10分）实验室用下图装置制取乙酸乙酯。请回答下列问题。（1）反应开始前试管B中加入的试剂是_______，反应结束后试管B中上层液体的主要成分是________。（2）向试管A中加入试剂时，浓硫酸应在加入乙醇之后再加入，目的是___________。（3）制取乙酸乙酯的化学方程式为_______________。（4）插入试管B中的干燥管的作用是_______________。（5）从试管B中分离出粗产品乙酸乙酯(含乙酸，乙醇和水），采用的分离方法是________，使用CaO可以除去粗产品中的________杂质，最后采用________的方法可得到较纯净的乙酸乙酯。27、（12分）某同学进行如下实验，研究化学反应中的热量变化。请回答下列问题：(1)反应后①中温度升高，②中温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是________反应（填“放热”或“吸热”，下同），Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是________反应。(2)①中反应的离子方程式是_________，该反应的还原剂是_________。28、（14分）有X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大。X元素原子的半径最小。Z、W在周期表中处于邻位置，它们的单质在通常状况下均为无色气体。Y原子的最外层电子数是次外层子数的2倍。请回答：（1）Z2的电子式为___________，YW2的结构式为____________。

（2）将X2、W2按上图所示通入某燃料电池中，其中，b电极的电极反应式为__________________。若有16gW2参加反应，转移的电子数是____________。（3）由X、Y、Z、W四种元素组成的无机酸酸式盐_______（化学式），与足量的NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为________________________________________。29、（10分）元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；R－、Z＋、X＋离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻，请回答下列问题：（1）写出单质R的一种工业用途_______________________。（2）M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________（用化学式表示）。（3）下图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式为____________________。（4）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种离子化合物A，已知A，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式___________。（5）科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，已知QX5中含有离子键和极性键，写出化合物的电子式___________。

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、A【答案解析】分析：金属性越强，与酸反应越剧烈，反应速率越快。详解：选项中的四种金属性强弱顺序是Mg＞Al＞Zn＞Fe，所以等质量(金属颗粒大小相当)金属与足量lmol/L盐酸反应，速率最快是镁。答案选A。2、C【答案解析】

A、天然气的主要成分为甲烷，充分燃烧生成二氧化碳和水，为清洁的化石燃料，A正确；B、石油的化学成分主要是各种液态的碳氢化合物，其中还溶有气态和固态的碳氢化合物，烃即仅有碳元素和氢元素组成的化合物的总称，B正确；C、煤的气化就是把煤转化为可燃性气体的过程，此过程有新的物质生成，是化学变化；煤的液化是把煤转化为液体燃料的过程，此过程有新的物质生成，是化学变化，C错误；D、通过石油的裂化可以提高汽油等轻质油的产量和质量，D正确；故选C。3、B【答案解析】

向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。【题目详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；故选B。【答案点睛】明确盐酸与碳酸钠的反应可以分为两步：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，然后再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑是解题的关键。本题的难点和易错点为D，要注意根据反应的方程式计算判断。4、C【答案解析】

A.反应在t1时刻达到平衡时，气体C的浓度增大0.06mol·L-1，所以平均反应速率为v(C)==0.004mol·L-1·s-1，故A正确；B.t4时刻降低压强后反应平衡状态没有改变，说明反应物系数和与生成物系数和相等，又因为反应第一次达到平衡时气体A浓度降低0.09mol·L-1，气体C的浓度增大0.06mol·L-1，所以气体A与C的系数比为3:2，因此气体B也是生成物且其系数为1，所以化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，故B正确；C.t5时刻后若为增大反应物浓度，开始时应该只有正反应速率增大，不会两个反应速率同时增大，故C错误；D.气体C的浓度增大0.06mol·L-1，气体B、C的反应系数比为1:2，所以气体B浓度增大0.03mol·L-1，又由初始气体A浓度可知，容器的体积为0.3mol/0.15mol∙L−1=2L，可知气体B起始物质的量为(0.05-0.03)mol·L-1×2L=0.04mol，故D正确；答案选C。5、D【答案解析】

根据核外电子排布理论：即能量最低原理、泡利原理、洪特规则判断。【题目详解】A、违反了泡利原理，每个原子轨道最多容纳两个电子，应表示为：故A错误；B、违反了能量最低原理，先排布4s轨道后排3d轨道，应表示为：故B错误；C、违反了能量最低原理，先排满3p后排4s，20号元素为钙，不可能失去6个电子，应表示为：故C错误；D、均符合核外电子排布规律，故D正确。答案选D。6、A【答案解析】A、铁触媒作催化剂，催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故A正确；B、Cl2与H2O反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，加入饱和食盐水，Cl－浓度增加，平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2与水的反应，符合勒夏特列原理，故B错误；C、打开汽水瓶盖，造成气体压强减小，使平衡向转化成气体的方向移动，符合勒夏特列原理，故C错误；D、水存在：H2OH＋＋OH－，此电离属于吸热过程，升高温度促使平衡向正方向移动，符合勒夏特列原理，故D错误。点睛：勒夏特列原理研究的对象是可逆反应，反应达到平衡，改变某一因素，反应向削弱这一因素的方向移动，催化剂对化学平衡移动无影响，因此使用催化剂不符合勒夏特列原理。7、C【答案解析】

由反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)起始量（mol/L）0.10.10变化量（mol/L）xx2x平衡量（mol/L）0.1-x0.1-x2x2x=0.16，求得x=0.8，则平衡时c（H2）=0.02mol·L－1，当H2和I2的起始浓度均变为0.20mol·L－1时，即为压强增大一倍，因该化学反应反应前后气体体积不变，故当H2和I2的起始浓度均变为0.20mol·L－1时，平衡不发生移动，则平衡时H2的浓度也增大一倍，即c’（H2）=0.04mol·L－1，故答案为C8、D【答案解析】

A.元素周期表中，总共有18个纵行，16个族,故A错误；B.第IA族的元素除氢元素外称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素，故B错误；C.第一周期是短周期没有金属元素，故C错误；D.在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素，如硅，锗，故D正确；故选D。9、C【答案解析】

A、H、Be、B、最外层电子数分别为1、2、3，则最外层电子数依次增大，A正确；B、P、S、Cl的最高正价依次为+5、+6、+7，则最高正价依次增大，B正确；C、B、C、N、O、F位于同一周期，且原子序数依次增大，则原子半径依次减小，C错误；D、Li、Na、K、Rb位于同一主族，且原子序数依次增大，则金属性依次增大，D正确；故合理选项为C。10、C【答案解析】

在混合物中,只有3种元素C、H、O,氧元素的质量分数为37%,那么碳和氢元素的质量分数为1-37%=63%；在甲醛(CH2O)、乙酸(C2H4O2)和乙酸乙酯(C4H8O2)中,C原子与H原子数目之比是定值为1：2，质量之比为：m(C):m(H)=12:2=6：1，所以C占6/7,故碳元素质量分数为63%×6/7=54%；

所以本题答案为C。【答案点睛】根据在甲醛、乙酸、乙酸乙酯混合物中,C原子与H原子数目之比是定值，均为1:2；据氧元素的质量分数求出碳和氢元素的质量分数,进而求出碳元素的质量分数,据此解答。11、C【答案解析】

A.元素的最高价含氧酸的酸性越强，则该元素非金属性越强，故A错误；B、氢化物沸点高低与晶体类型等因素有关，和元素的非金属性强弱没有必然联系，故B错误；C、元素的单质与水反应的越容易，则该元素金属性越强，反之越弱，故C正确；D、当元素原子电子层数相同时，才可以根据最外层电子数的多少判断金属性的强弱，故D错误．故选:C．12、C【答案解析】

乙醇中羟基的H具有一定的活性，但是其活性远远小于水中的H原子，所以乙醇和金属钠反应的剧烈程度，远远小于水和金属钠的反应。【题目详解】A.钠的密度比乙醇大，应该是沉在试管底部，A错误；B.乙醇羟基的H的活泼性，远远小于水的H的活泼性，所以相对于水和钠的反应，乙醇和钠的反应剧烈程度要缓和了许多，气泡产生的速率也就慢了许多，看不到钠块来回游动，B错误；C.钠和乙醇发生置换反应放出氢气，可以看到钠块表面有气泡产生，C正确；D.该反应缓慢，看不到钠块迅速融化，D错误；故合理选项为C。【答案点睛】乙醇的活泼H的活性远远小于水的H的活性，导致两种物质和金属钠反应的剧烈程度有很大的差别，乙醇和金属钠反应表现得平缓。13、A【答案解析】试题分析：A、淀粉属于糖类物质，A正确；B、蛋白质不属于糖类，B错误；C、味精是谷氨酸钠，不属于糖类，C错误；D、食用油属于油脂，D错误。答案选A。考点：考查人体所需的营养物质。14、C【答案解析】分析：由水电离产生的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，结合溶液的酸碱性和离子间发生的反应解答。详解：由水电离产生的c(H+)为1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。则A.溶液显酸性HS-不能大量共存，溶液如果显碱性NH4+、HS-均不能大量共存，A错误；B.碱性溶液中铁离子不能大量共存，酸性溶液中Fe3+氧化I-，不能大量共存，B错误；C.Na+、Cl-、NO3-、SO42-在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，C正确；D.溶液如果显酸性HCO3-不能大量共存，溶液如果显碱性Ca2+、HCO3-均不能大量共存，D错误。答案选C。15、C【答案解析】试题分析：A、a极通入甲烷，甲烷发生氧化反应，所以a极是负极，正确；B、正极是氧气发生还原反应，得到电子，结合电解质溶液中的水生成氢氧根离子，正确；C、因为电解质为碱性，所以生成的二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，错误；D、甲烷燃料电池最终的错误是碳酸根离子和水，对环境无污染，为环保电池，正确，答案选C。考点：考查甲烷燃料电池的分析判断16、B【答案解析】

A．NO2能与水反应生成HNO3和NO，不能用排水法收集，故A错误；B．O2

不能溶解于水，可用排水法收集，故B正确；C．SO2能溶解于水且于水反应，不能用排水法收集，故C错误；D．NH3极易溶解于水，不能用排水法收集，故D错误；答案为B。17、D【答案解析】分析：锌、铜和稀硫酸组成的原电池中,锌为负极,发生氧化反应,电极方程式为Zn-2e-==Zn2+,铜为正极,正极发生还原反应,氢离子得到电子生成氢气,电解方程式为2H++2e-==H2↑,以此解答该题。详解:锌比铜活泼,锌为负极,铜为正极,负极电极方程式为Zn-2e-==Zn2+,,正极为2H++2e-==H2↑,则正确的为①②③④，

所以D选项是正确的。18、D【答案解析】

浓硝酸能和蛋白质发生显色反应而呈黄色，据此可以鉴别某种白色织物是否是蚕丝制品，答案选D。【答案点睛】浓硝酸并不能使所有的蛋白质都发生显色反应，只有是含有苯环的蛋白质才能和浓硝酸发生显色反应。19、D【答案解析】分析：根据烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，同分异构体中支链越多，沸点越低，据此分析。详解：由烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，则沸点丙烷＜丁烷＜戊烷，同分异构体中支链越多，沸点越低，则正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，则沸点由高到低的顺序为：③＞①＞②＞⑤＞④。答案选D。20、C【答案解析】

A.将液溴、铁粉和苯混合加热即可制得溴苯，选项A错误；B.用苯和浓硝酸、浓硫酸混合控制水浴在50℃～60℃，反应可制得硝基苯，选项B错误；C.由苯制取溴苯和硝基苯都是取代反应，其反应原理相同，选项C正确；D.溴苯和硝基苯与水分层，溴苯、硝基苯的密度都比水大，都在下层，选项D错误。答案选C。21、C【答案解析】分析：元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，据此判断。详解：根据以上分析可知Y为O，Z为F，W为Al，X为Na，则A．离子的电子层结构相同，则c+2=d+1，则质子数d＞c，A错误；B．非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Y＜Z，则氢化物的稳定性H2Y＜HZ，B错误；C．元素的非金属性越强，其阴离子的含有性越弱，非金属性Y＜Z，则离子的还原性：Y2－＞Z－，C正确；D．W是Al元素、X是Na元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径W＜X，D错误；答案选C。22、A【答案解析】分析：A．丙烷的二氯代物同分异构体种类与六氯代物同分异构体种类相同；B．甲苯可以可作是甲烷中的H原子被苯基取代，根据甲烷结构判断所有原子是否共面；C．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不饱和油脂能被酸性高锰酸钾溶液氧化；D．分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇。详解：A．丙烷的二氯代物同分异构体种类与六氯代物同分异构体种类相同，丙烷的二氯代物有CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3、CH2ClCHClCH3、CH2ClCH2CH2Cl，将氯原子换为氢原子、氢原子换为氯原子即可得到其六氯代物，所以其六氯代物有4种，A正确；B．甲苯可以可作是甲烷中的H原子被苯基取代，甲烷是正四面体结构，根据甲烷结构知，该分子中所有原子不共面，B错误；C．乙醇、不饱和油脂能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被-OH取代得到3种醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被-OH取代得到4种醇；C（CH3）4分子中有1种H原子，被-OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种，D错误；答案选A。详解：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，涉及物质性质及同分异构体种类判断，侧重考查学生知识迁移能力及判断能力，难点是A选项，采用逆向思维方法分析解答，题目难度中等。二、非选择题(共84分)23、第三周期IIIA族BC【答案解析】

A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，W为O元素，D为Na元素，E为Al元素；(1)E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；(2)由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18-6-8=4，故该微粒结构简式为CH3OH，电子式为：，故答案为：；(3)D为Na元素，E为Al元素；A．将单质D置于E的盐溶液中，钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素，不能说明D的金属性弱，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强，故B正确；C．金属单质与盐酸反应越剧烈，对应元素的金属性越强，将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强，故C正确；故答案为：BC。【答案点睛】本题的易错点为(3)中A的判断，要注意钠的活泼性很强，与盐溶液反应时，是钠先与水反应，不能置换出金属单质，因此不能比较金属性的强弱。24、二ⅤAN≡N分子间作用力离子离子键、共价键【答案解析】

根据题干信息中的10电子结构分析元素的种类，进而确定原子结构示意图和在元素周期表中的位置及分析化学键的类型。【题目详解】已知五种元素的原子序数的大小顺序为C＞A＞B＞D＞E，A与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30，则A为Na，B为O；A、C同周期，B、C同主族，则C为S；D和E可形成4核10电子分子，则D为N，E为H；（1）C为S，原子结构示意图为：；故答案为；（2）元素D为N，根据核外电子排布规律知在元素周期表中的位置：第二周期，第ⅤA族；氮气的结构式为N≡N；故答案为二；ⅤA；N≡N；（3）A、B、E形成的化合为氢氧化钠，电子式为：；D、E形成的化合物为氨气，电子式为：；故答案为；；（4）氨气属于分子晶体，吸收的热量用于克服分子间作用力；故答案为分子间作用力；（5）过氧化钠中含有离子键，属于离子化合物，因为过氧根中有共价键，其存在的化学键有离子键和共价键；故答案为离子；离子键、共价键。【答案点睛】过氧化钠中含有过氧根，而过氧根中的氧原子是通过共价键结合的，故过氧化钠属于离子化合物，但既有离子键也含共价键。25、吸热反应放热，随反应进行，温度升高，化学反应速率加快B【答案解析】分析：(1)根据温度的变化判断反应的热效应；(2)根据该反应为放热反应，结合浓度和温度对反应速率的影响分析解答；根据放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量分析解答。详解：(1)①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应，故答案为：吸热；(2)在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，观察产生H2的速率，开始时盐酸的浓度减小，速率应减小，但实际上增大，是由于该反应为放热反应，说明温度对速率的影响大于浓度对速率的影响；放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，只有B图像符合，故答案为：反应放热，随反应进行，温度升高，化学反应速率加快放热；B。26、饱和碳酸钠溶液乙酸乙酯或CH3COOCH2CH3防止液体暴沸CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O防止B中的液体倒吸入试管A中分液乙酸和水蒸馏【答案解析】(1)反应开始前，试管B中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液，其作用为中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层，反应结束后试管B中上层液体的主要成分是乙酸乙酯，故答案为饱和碳酸钠溶液；乙酸乙酯；(2)浓硫酸密度比较大，且浓硫酸稀释过程中放出热量，所以应该先加入乙醇，然后再慢慢加入浓硫酸，最后加入乙酸，目的是防止液体暴沸，故答案为防止液体暴沸；(3)制取乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O；(4)球形干燥管容积较大，可起到防止倒吸的作用，使乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，故答案为防止倒吸；(5)试管B内的液体分成两层，乙酸乙酯的密度小在上层，分离10mL该液体混合物选择分液法；乙酸乙酯中混有的乙酸和水能够与氧化钙反应生成易溶于水的盐，乙醇与乙酸乙酯的沸点不同，可以采用蒸馏的方法分离乙酸乙酯和乙醇，得到较纯净的乙酸乙酯，故答案为分液；乙酸和水；蒸馏。点睛：本题考查了有机物的区分和乙酸乙酯的制备，为高频考点，侧重于学生的分析与实验能力的考查，把握有机物的结构与性质、有机制备原理是解答该题的关键。解答时须注意酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液的作用。27、放热吸热2Al+6H+=2Al3++3H2↑Al【答案解析】

根据放出热量的反应是放热反应，吸收热量的反应为吸热反应，用实际参加反应的离子符号表示反应的式子叫离子方程式，还原剂在反应中失去电子，其中所含元素的化合价升高。【题目详解】(1)①铝与盐酸反应后，溶液的温度升高，说明该反应是放热反应；②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；(2)铝与盐酸反应产生氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；在该反应中，Al元素的化合价由反应前Al单质中的0价变为反应后AlCl3中的+3价，化合价升高，失去电子，被氧化，因此Al为还原剂，Al3+为氧化产物。【答案点睛】化学反应类型的判断及离子方程式的书写、氧化还原反应中物质的作用与元素化合价的关系的知识。掌握反应类型判断的