肇庆市高中毕业班2024届化学高一下期末监测模拟试题含解析

肇庆市高中毕业班2024届化学高一下期末监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、关于1molCO2（相对分子质量：44）的叙述正确的是A．质量为44g/mol B．摩尔质量为44gC．标准状况下的体积约为22.4L D．分子数为12、制取乙酸乙酯的叙述正确的是（

）A．加反应物的顺序是先H2SO4再加乙醇最后加乙酸B．酯化反应属于取代反应C．浓硫酸在酯化反应中只起催化作用D．用饱和氯化钠溶液吸收乙酸乙酯3、如图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)＞v(逆)的点是A．a点B．b点C．c点D．d点4、下列说法不正确的是()A．煤的气化和液化是使煤变成清洁能源的有效途径B．煤的干馏过程属于物理变化，通过干馏可以得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品C．煤里主要含有碳及少量的其他元素，工业上大量燃烧含硫燃料是形成“酸雨”的主要原因D．煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物5、下列四种X溶液，均能跟盐酸反应，其中反应最快的是()A．10℃3mol·L－1的X溶液B．20℃3mol·L－1的X溶液C．10℃2mol·L－1的X溶液D．20℃2mol·L－1的X溶液6、下列事实不能用元素周期律解释的是A．与水反应，Cs比Na剧烈 B．与H2反应，F2比Cl2容易C．碱性：NaOH＞Al(OH)3 D．酸性：HCl＞H2CO37、某混合物由乙酸和乙酸乙酯按一定比例组成，其中氢元素的质量分数为，则该混合物中氧元素的质量分数为()A．40%B．60%C．64%D．72%8、图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是()A．步骤①需要用到蒸发皿 B．步骤③需要过滤装置C．步骤⑤需要用到分液漏斗 D．步骤⑥需要蒸馏装置9、含硫酸的三氧化铬（CrO3）遇酒精（C2H5OH）后，其颜色会从红色变成蓝绿色，利用这个现象可判断汽车司机是否酒后驾车，反应式为：2CrO3+3C2H5OH+3H2SO4→Cr2(SO4)3+3CH3CHO+6H2O，此反应中，硫酸作（）A．氧化剂B．酸化剂C．还原剂D．催化剂10、研究小组发现一种化合物在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示。则反应10min时反应物的浓度和反应4min

-8min间的平均反应速率，结果应是A．7.5mol/L和2.5mol/(L·min)B．7.5μmol/L和2.5umol/(L·min)C．0.75umol/L和3.0u(L·min)D．0.75mol/L和5.0umol/(L·min)11、已知金属钠的活泼性非常强，甚至在常温时能和水发生反应2Na+2H2O===2NaOH+H2↑。现将9.2克钠、7.2克镁、8.1克铝分别放入100克10.95%的盐酸中，同温同压下产生气体的质量比是（）A．1∶2∶3 B．4∶3∶3 C．8∶6∶9 D．1∶1∶112、下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述中，不正确的是A．蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育）B．油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O（释放能量维持生命活动）C．纤维素葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）D．淀粉葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）13、下列对有机物的认识正确的是A．油脂的水解反应又叫皂化反应B．乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙酸和乙醇发生取代反应生成乙酸乙酯C．分子式为C5H12O的醇类有5种结构D．有机物甲的分子式为C3H6，则甲与乙烯（C2H4）互为同系物14、含有共价键的离子化合物是A．KOH B．H2O C．CaCl2 D．HNO315、化学与生活关系密切，下列有关物质的性质与用途具有正确的对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．KAl(SO4)2·12H2O易溶于水，可用作净水剂D．MgO熔点高，可用作耐高温材料16、下列说法中正确的是A．干冰、盐酸都是电解质B．Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C．有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应D．根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体17、下列各组物质有关性质关系的比较，正确的是（）A．硬度：SiO2＜CO2B．溶解性：SiO2＞CO2C．熔点：SiO2＜CO2（干冰）D．酸性：H2CO3＞H2SiO318、某有机物的结构简式为CH2=CH-CH2-COOH，该有机物不可能发生的化学反应是A．水解B．酯化C．加成D．加聚19、实验室制浓硫酸、浓硝酸的混合物与苯反应制取硝基苯。得到粗产品后，要选用如下几步操作对粗产品进行精制：①蒸馏②水洗③用干燥剂进行干燥④用10%的NaOH溶液洗涤。正确的操作步骤是()A．①②③④② B．②④②③① C．④②③①② D．③④①②③20、下列各组大小关系比较中错误的A．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3B．酸性：H2CO3＞HClOC．氧化性：浓硝酸＞稀硝酸D．结合OH-的能力：NH4+＞Al3+21、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A．X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B．原子半径大小:X<Y,Z>WC．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键D．Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂22、如下图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，将发现的现象是A．U形管内红水褪色 B．试管内溶液变红C．气球a被吹大 D．U形管水位d<c二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：（1）L的元素符号为______；M在元素周期表中的位置为_____；Z元素的最高正价和最低负价分别为________、________，它的氢化物和最高价氧化物对应水化物的化学式分别是__________、__________。（2）Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为____，B的结构式为_____。（3）硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子原子结构示意图为_________。（4）五种元素的原子半径从大到小的顺序是_____________（用元素符号表示）。（5）羰基硫(COS)分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构。用电子式表示羰基硫分子：___________________．（6）写出由X、Z、L三种元素组成的离子化合物与稀NaOH溶液反应的离子方程式：___________________________________。24、（12分）如图所示，已知A元素的最低化合价为－3价，D元素和B元素可形成2种化合物。试回答下列问题(均用具体的元素符号回答)：（1）写出它们的元素符号：A______，B________，C__________，D_______；（2）A、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是_____；（3）A、B、C的原子半径由小到大的顺序是_________；（4）A、B、C三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：_____；（5）用化学方程式表示元素C的非金属性大于B元素；__________。25、（12分）某实验小组测定镁、铝合金中镁的质量分数。甲小组同学称量3.9g合金按照下图进行实验。（1）仪器A的名称是_________。（2）检查装置气密性的方法是_________。（3）检查装置气密性好后开始实验，滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，你认为可能的原因是____。（4）若测得气体的体积是4.48L（转化为标准状况下），则合金中镁的质量分数是_______，若读数时没有冷却到室温读数，测得合金中镁的质量分数_____（填写“偏大”或“偏小”）。（5）下列实验方案中能测定镁的质量分数的是_________。A．W1gMg、Al合金量→过滤足量NaOHB．W1gMg、Al合金→过滤足量浓HNOC．W1gMg、Al合金→足量NaOH溶液D．W1gMg、Al合金→足量稀H2SO426、（10分）某化学兴趣小组用下图装置进行制取乙酸乙酯的实验。请回答下列问题：(1)反应物中含有的官能团有____（填写名称）。(2)实验室加入反应物和浓硫酸的先后顺序是____。(3)浓硫酸在该反应中的作用是________。(4)右边试管中的溶液是____，其作用是________。(5)用同位素180示踪法确定反应原理（18O在CH3CH2OH中），写出能表示18O位置的化学方程式_______，反应类型是____。27、（12分）ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取。已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋。②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子Fe3＋Al3＋ZrO2＋开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0(1)“熔融”时ZrSiO4发生反应的化学方程式为________________________________。(2)“滤渣Ⅰ”的化学式为________________。(3)为使滤液Ⅰ中的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH＝a，则a的范围是________；继续加氨水至pH＝b时，所发生反应的离子方程式为__________________________________________。(4)向“过滤Ⅲ”所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为____________________________。28、（14分）超细铜粉主要应用于导电材料、催化剂等领域中。超细铜粉的某制备方法如下：（1）Cu2+的价电子排布式为____。（2）下列关于[Cu（NH3)4]SO4的说法中，正确的有____。（填字母序号）A．[Cu（NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键B．[Cu（NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素C．[Cu（NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为正四面体（3）SO32-离子中S原子的杂化方式为____，SO32-离子的空间构型为____。（4）与SO3互为等电子体的一种分子的分子式是____（5）下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，由此可确定该氧化物的化学式为______。29、（10分）在容积为0.4L的容器中,通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，升高温度，混合气体的颜色变深。回答下列问题：(1)该反应的△H_______0(填“>”或“<”下同)。(2)100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为__________；反应的平衡常数K的值为_________。反应达平衡后，再向容器中充入0.4molN2O4。平衡向_________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，再次达到平衡时，N2O4的转化率与原平衡相比_________(填“变大”“变小”或“不变”)。(3)100℃，相同容器中充入2.4molNO2与0.8molN2O4,则反应达平衡之前v正_____v逆。

参考答案一、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、C【解题分析】

A、质量的单位是g，不是g/mol，故A错误；B、摩尔质量的单位是g/mol，故B错误；C、标况下，1mol任何气体所占的体积约为22.4L，CO2是气体，故C正确；D、分子数为NA，故D错误；故合理选项为C。2、B【解题分析】

A.浓硫酸溶于水放出大量的热，加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，故A错误；B.酯化反应中，酸脱羟基，醇脱氢，属于取代反应，故B正确；C.浓硫酸在酯化反应中，起到催化剂和吸水剂的作用，故C错误；D.用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，故D错误；故选B。3、C【解题分析】试题分析：转化率一定的点表示平衡状态，所以a、b点在曲线上，所以表示平衡状态，而c点的NO的转化率低于平衡转化率，说明未达平衡状态，且反应正向进行，所以v(正)＞v(逆)；而d点对应的NO的转化率大于平衡时的转化率，则平衡逆向移动，所以v(正)<v(逆)，则符合题意的点是c点，答案选C。考点：考查对图像的分析，平衡移动的判断，平衡状态的判断4、B【解题分析】

A、煤的气化是指将煤与水蒸气反应生成CO和H2，从而转化为气体燃料，燃烧充分，并除去S元素，煤的液化是指将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料(直接)或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品(间接)的过程，从而充分燃烧，减少污染物的产生，A正确；B、煤的干馏是指在隔绝空气的条件下，将煤加强热分解得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品的过程，是化学变化，B错误；C、煤里主要含有碳及少量的其他元素如S元素，燃烧时S转化为SO2，导致酸雨的形成，C正确；D、煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物，D正确。正确答案为B。5、B【解题分析】

影响因素包括浓度和温度，一般来说，温度越高，浓度越大，则反应速率越大，选项B和选项D反应温度均为20℃，但选项B中X溶液的浓度比选项D高，故选项B中反应速率最快，故答案为B。6、D【解题分析】

A.元素的金属性Cs>Na，元素的金属性越强，与水发生反应置换出氢气就越剧烈，所以与水反应，Cs比Na剧烈，可以用元素周期律解释，A不符合题意；B.元素的非金属性F>Cl，元素的非金属性越强，其单质与氢气反应越容易，因此与H2反应，F2比Cl2容易，可以用元素周期律解释，B不符合题意；C.元素的金属性Na>Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以碱性：NaOH＞Al(OH)3，可以用元素周期律解释，C不符合题意；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因此可证明酸性HClO4>H2CO3，不能用元素周期律证明酸性：HCl＞H2CO3，D符合题意；故合理选项是D。7、A【解题分析】

乙酸的分子式为C2H4O2，乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，两种物质中C、H原子的质量关系相等，则根据氢元素的质量分数可计算碳元素的质量分数，进而计算该混合物中氧元素的质量分数。【题目详解】乙酸的分子式为C2H4O2，乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，两种物质中C、H原子的质量关系相等，质量比为6：1，氢元素的质量分数为6/70，则碳元素的质量分数为6×6/70=36/70，则该混合物中氧元素的质量分数为1-6/70-36/70=28/70=40%。答案选A。【题目点拨】本题考查元素质量分数的计算，题目难度不大，本题注意根据乙酸和乙酸乙酯的分子式，找出两种物质中C、H原子的质量关系，为解答该题的关键。8、A【解题分析】

由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤③为过滤，得到含碘离子的溶液，④中发生MnO2+2I-+4H+=I2+Mn2++2H2O，得到含碘单质的溶液，⑤为萃取，⑥为蒸馏，以此来解答。【题目详解】A．灼烧固体，应放在坩埚中，蒸发皿用于加热蒸发溶液，故A错误；B．步骤③用于分离和固体和液体，得到含碘离子的溶液，为过滤操作，故B正确；C．⑤为萃取，所用主要仪器是分液漏斗、烧杯，故C正确；D．步骤⑥分离碘与苯，二者互溶，但沸点不同，则操作名称是蒸馏，故D正确；故选A。【题目点拨】本题以海带提碘为载体考查混合物分离提纯的综合应用，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键。9、B【解题分析】分析：2CrO3+3C2H5OH+3H2SO4→Cr2(SO4)3+3CH3CHO+6H2O中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，乙醇中C元素的化合价升高，以此来解答。详解：2CrO3+3C2H5OH+3H2SO4→Cr2(SO4)3+3CH3CHO+6H2O中，只有Cr、C元素的化合价发生变化，三氧化铬是氧化剂，乙醇是还原剂，硫酸参与反应转化为硫酸盐，则硫酸在反应中作酸化剂。答案选B。点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合价的判断，题目难度不大。10、B【解题分析】分析：根据图像观察反应10min时反应物的浓度，根据v=Δct计算反应4～8min详解：由图可知，10min时反应物的浓度为7.5μmol/L；4～8min期间，反应物浓度变化为(20-10)μmol/L=10μmol/L，所以4～8min期间，反应速率为10μmol/L4min=2.5μmol/(L•min)；故选11、B【解题分析】

分别算出n（HCl）、n（Na）、n（Mg）、n（Al），钠不仅和盐酸反应还和水反应，Mg、Al和水不反应，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，都大于0.1mol，所以Mg、Al有剩余，以盐酸的物质的量计算Mg、Al生成氢气体积之比。【题目详解】n（HCl）==0.3mol，n（Na）==0.4mol，n（Mg）==0.3mol，n（Al）==0.3mol，钠不仅和盐酸反应还和水反应，金属钠全部反应，产生氢气的物质的量是0.2mol，Mg、Al和水不反应，根据Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑知，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，都大于0.1mol，所以Mg、Al有剩余，以盐酸的物质的量计算Mg、Al生成氢气的物质的量都是0.15mol，同温同压下产生气体的质量比等于物质的量之比，为0.2mol：0.15mol：0.15mol=4：3：3，故B正确；答案选B。【题目点拨】本题考查化学方程式有关计算，明确钠与水反应是解本题关键，注意过量计算，为易错题。12、C【解题分析】分析：A．蛋白质水解生成氨基酸；B．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸；C．人体内没有水解纤维素的酶；D．淀粉最终水解为葡萄糖，据此分析判断。详解：A．蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，故A正确；B．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，故B正确；C．纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，故C错误；D．淀粉最终水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故D正确；故选C。点睛：本题考查基本营养物质在体内的化学反应，本题的易错点为C，要注意纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，日常生活中人体需要摄入一定量的膳食纤维。13、B【解题分析】A.油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，在酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故A错误；B.乙醇发生氧化反应生成乙酸的反应属于氧化反应，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应，故B正确；C.—C5H11有8种结构，分子式为C5H12O的醇类有8种结构，故C错误；D.C3H6可能为环丙烷，与乙烯结构不相似，不属于同系物，故D错误；故选B。14、A【解题分析】

A.KOH是离子化合物，OH-中O与H原子之间形成的是共价键，符合题意，A项正确；B.H2O为共价化合物，B项错误；C.CaCl2属于离子化合物，仅由离子键构成，C项错误；D.HNO3为共价化合物，D项错误；答案选A。【题目点拨】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。15、D【解题分析】分析：A.SO2具有氧化性，还原性、漂白性；B.NH4HCO3可用作氮肥是铵根离子的性质；C.氢氧化铝可用作净水剂；D.MgO可用作耐高温材料。详解：二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，A选项错误；NH4HCO3做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，B选项错误；氢氧化铝具有吸附性，Al3+水解产生氢氧化铝胶体，可用作净水剂，与KAl(SO4)2·12H2O易溶于水无关，C选项错误；熔点高的物质可作耐高温材料，则MgO熔点高，可用作耐高温材料，D选项正确；正确选项D。16、C【解题分析】A、二冰是二氧化碳，属于非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、Na2O2不属于碱性氧化物，选项B错误；C、有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2=2O3，选项C正确；D、根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，选项D错误。答案选C。17、D【解题分析】

A．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则硬度：SiO2＞CO2，A错误；B．二氧化硅不溶于水，二氧化碳与水反应生成碳酸，可知溶解性：SiO2＜CO2，B错误；C．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则熔点：SiO2＞CO2，C错误；D．非金属性C＞Si，则酸性：H2CO3＞H2SiO3，D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查晶体的性质，把握晶体类型、物理性质的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。18、A【解题分析】分析：根据有机物分子中含有碳碳双键和羧基，结合乙烯和乙酸的性质解答。详解：某有机物的结构简式为CH2＝CH-CH2-COOH，分子中含有碳碳双键和羧基，因此该有机物可以发生酯化反应、加成反应和加聚反应，但不能发生水解反应，答案选A。19、B【解题分析】

要除去混和酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤，最后用无水CaCl2干燥、蒸馏得到纯硝基苯，故正确的操作步骤是②④②③①。答案选B。20、D【解题分析】试题分析：A．Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定，加热发生分解反应，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，正确；B．碳酸和次氯酸都是弱酸，次氯酸的酸性比碳酸还弱，所以酸性：H2CO3＞HClO，正确；C．硝酸具有强的氧化性，物质的浓度越大，氧化性就越强，所以氧化性：浓硝酸＞稀硝酸，正确；D．Al3+可以与NH3·H2O发生反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，根据复分解反应的规律：强碱制取弱碱，说明结合OH-的能力：NH4+<Al3+，错误。考点：考查物质性质比较正误判断的知识。21、D【解题分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。22、C【解题分析】

由于发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，产生O2使气球膨胀，该反应放出大量热量，使锥形瓶中空气受热膨胀，左边液面下降，右边液面上升，而出现U形管中水位d＞c，由于浅红色的水是在U形管中而非试管中，则试管内溶液不变色，U形管内的红水不褪色，故选C。二、非选择题(共84分)23、O第三周第ⅢA族+5-3NH3HNO3【答题空10】Al＞C＞N＞O＞HNH4++OH-=NH3•H2O【解题分析】X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大．X的一种核素没有中子，则X为H元素；Y是有机物的主要组成元素，则Y为C元素；L和M分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则L为O元素、M为Al，Z的原子序数介于碳、氧之间，则Z为N元素．(1)L的元素符号为O；M为Al元素，在元素周期表中的位置为第三周第ⅢA族；Z为N元素，元素的最高正价和最低负价分别为+5、-3，它的氢化物和最高价氧化物对应水化物分别为：NH3和HNO3，故答案为O；第三周第ⅢA族；+5、-3；NH3；HNO3；(2)N、H两元素按原子数目比l：3和2：4构成分子A和B，则A为NH3、B为N2H4，A的电子式为，B的结构式为，故答案为；；(3)硒(Se)是人体必需的微量元素，与L(氧)同一主族，Se原子比L(氧)原子多两个电子层，则Se的原子原子结构示意图为：，故答案为；(4)所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故五种元素的原子半径从大到小的顺序是：Al＞C＞N＞O＞H，故答案为Al＞C＞N＞O＞H；(5)羰基硫(COS)分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，分子中S原子、氧原子与碳原子之间分别形成2对共用电子对，其电子式为：，故答案为；(6)由X、Z、L三种元素组成的离子化合物为NH4NO3等，与稀NaOH溶液反应的离子方程式：NH4++OH-=NH3•H2O，故答案为NH4++OH-=NH3•H2O。24、PSClOPH3Cl<S<PHClO4>H2SO4>H3PO4Cl2+H2S==S+2HCl【解题分析】A元素的最低化合价为-3价，可知A为第ⅤA族元素，结合题中的图，且D元素和B元素可形成2种化合物，可知，B为硫元素，D为氧元素，A为磷元素，C为氯元素，E为硒元素。(1)根据上面的分析可知它们的元素符号：A为P，B为S，C为Cl，D为O，故答案为：P，S，Cl，O；(2)同周期元素从左向右，非金属性增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性逐渐减弱，所以A、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；(3)电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，所以P、S、Cl的原子半径由小到大的顺序是Cl＜S＜P，故答案为：Cl＜S＜P；(4)同周期元素从左向右，非金属性增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性也增强，所以P、S、Cl三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4；(5)用氯气氧化负2价的硫，得到硫单质，可以说明氯气的氧化性强于硫，也就说明氯元素的非金属性强于硫元素，化学方程式为Cl2+H2S=S+2HCl，故答案为：Cl2+H2S=S+2HCl。25、分液漏斗关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好金属镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生30.8％偏小A、C、D【解题分析】分析：（1）仪器A的名称是分液漏斗。（2）用微热法检查装置的气密性。（3）镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。（4）Mg、Al与稀硫酸反应都放出H2，根据合金的质量和放出H2的体积计算Mg的质量分数。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出H2的量。（5）从反应的原理和测量的物理量进行分析。详解：（1）根据仪器A的构造特点，仪器A的名称是分液漏斗。（2）用微热法检查装置的气密性，检查装置气密性的方法是：关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好。（3）镁、铝合金中滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，可能的原因是：镁、铝比较活泼与空气中氧气反应表面生成氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。（4）Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式分别为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，设Mg、Al合金中Mg、Al的物质的量分别为x、y，则列式24g/molx+27g/moly=3.9g，x+32y=4.48L22.4L/mol，解得x=0.05mol，y=0.1mol，合金中Mg的质量为0.05mol×24g/mol=1.2g，Mg的质量分数为1.2g3.9g×100%=30.8%。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出（5）A项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑），最后称量的W2g固体为Mg，Mg的质量分数为W2W1×100%；B项，Mg溶于浓硝酸，Al与浓HNO3发生钝化生成致密的氧化膜，不能准确测量Al的质量，无法测定Mg的质量分数；C项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑），由收集的H2的体积V2L（标准状况）计算Al的质量，进一步计算Mg的质量和Mg的质量分数；D项，Mg、Al与足量稀硫酸反应生成MgSO4、Al2（SO4）3，反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，MgSO4完全转化为Mg（OH）2沉淀，Al2（SO4）3转化为可溶于水的NaAlO2，最后称量的W2g固体为Mg（OH）2，由Mg（OH）2的质量结合Mg守恒计算Mg的质量，进一步计算Mg的质量分数；能测定Mg26、羟基羧基先加乙醇，再加浓硫酸，再加乙酸催化剂吸水剂饱和碳酸钠溶液除去乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的降低CH3COOH+CH3CH2180HCH3CO180CH2CH3+H2O酯化反应【解题分析】

(1)乙酸含羧基，乙醇含羟基；

(2)试剂的加入顺序是先加乙醇，在缓慢加入浓硫酸，等温度降低后最后加入乙酸；

(3)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，浓硫酸吸收酯化反应生成的水，降低了生成物浓度，使平衡向生成乙酸乙酯方向移动；

(4)乙酸与碳酸钠反应生成溶于水的醋酸钠，乙醇易溶于碳酸钠溶液，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度很小，易分层析出；(5)根据酯化反应机理：酸脱羟基醇脱羟基氢，写出化学方程式；根据反应实质判断反应类型。【题目详解】(1)该实验有机反应物乙酸和乙醇中含有的官能团有羟基、羧基，因此，本题正确答案是：羟基、羧基；

(2)实验室加入反应物和浓硫酸的先后顺序是先加乙醇，再加浓硫酸，再加乙酸；

因此，本题正确答案是：先加乙醇，再加浓硫酸，再加乙酸；

(3)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，浓硫酸吸收酯化反应生成的水，降低了生成物浓度，使平衡向生成乙酸乙酯方向移动提高乙醇、乙酸的转化率，故浓硫酸起催化剂和吸水剂作用；

因此，本题正确答案是：催化剂吸水剂；

(4)右边试管中的溶液是饱和碳酸钠溶液，其作用是除去乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的降低。

因此，本题正确答案是：饱和碳酸钠溶液；除去乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的降低；（5）酯化反应机理：酸脱羟基醇脱羟基氢，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2180HCH3CO180CH2CH3+H2O，反应类型是酯化反应。因此，本题正确答案是：CH3COOH+CH3CH2180HCH3CO180CH2CH3+H2O；酯化反应。27、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【解题分析】分析：锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀；据此分析解答。详解：(1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO