四川省成都实验外国语学校2023-2024学年高一下化学期末综合测试模拟试题含解析

四川省成都实验外国语学校2023-2024学年高一下化学期末综合测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是A．X与Y形成的化合物只有一种B．原子半径：r(Z)＜r(R)C．R的氢化物的热稳定性比W的强D．R的氧化物对应水化物的酸性比W的强2、工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2＋O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。若反应在密闭容器中进行，下列有关说法中错误的是A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．在上述条件下，SO2不可能100%转化为SO3C．为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等3、在光照条件下，CH4与C12能发生取代反应。若将1molCH4与C12反应，待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为：n(CH3Cl):n(CH2Cl2)：n(CHCl3):n(CCl4)=4:3:2:l,则消耗的C12为A．1.0mol B．2.0mol C．3.0mol D．4.0mo14、下列叙述正确的是A．稀硫酸溶液中不存在H2SO4分子B．凡是能电离的物质一定能达到电离平衡C．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子D．氨水中全部是NH4+、OH-，无分子存在5、下列关于CH4和的叙述正确的是A．两者互为同系物 B．与所有烷烃互为同分异构体C．它们的物理、化学性质相同 D．通常情况下前者是气体，后者是液体6、下列有关物质性质的比较，错误的是A．碱性：LiOH<NaOHB．硬度：C60<金刚石C．密度：苯>水D．稳定性：HCl>H2S7、下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是（）A．KOHB．Br2C．MgCl2D．H2S8、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=akJ·mol-1，反应能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是A．a＜0B．过程II可能使用了催化剂C．使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率D．反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和9、下列排列顺序正确的是①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②原子半径：Na＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④得到电子能力：F＞Cl＞SA．②④B．①③C．①④D．②③10、一定质量的甲烷燃烧后的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2g。原混合气体中CO2的质量为()A．12.5gB．13.2gC．19.7gD．24.4g11、最近我国科学家研制出强度是钢60倍的碳纳米管（如下图所示）新材料。有关该材料的说法正确的是A．属于金属材料 B．与C互为同位素C．与金刚石互为同素异形体 D．是一种新型高分子化合物12、以下烃中，一氯代物只有一种的是（）A．CH(CH3)3B．CH3CH2CH3C．CH3CH2CH2CH3D．C(CH3)413、下列反应中热量变化与下图一致的是A．CO和O2反应B．Na和H2O反应C．NaOH溶液和HNO3溶液反应D．NH4Cl晶体和Ba(OH)2·8H2O晶体反应14、海藻中含有丰富的以离子形式存在的碘元素。下图是实验室从海藻中提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是A．步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液B．步骤②的反应是非氧化还原反应C．步骤③中加入的有机溶剂可以是己烯或四氯化碳D．步骤④的操作是过滤15、下列叙述中，不属于氮的固定的方法是()A．根瘤菌把氮气变为硝酸盐 B．氮气和氢气合成氨C．从液态空气中分离氮气 D．氮气和氧气合成一氧化氮16、下列叙述正确的是（）A．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同B．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA17、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2++2e−=CuC．a和b用导线连接后，溶液中的Cu2+向铜电极移动D．a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，18、在下图的实验装置中，从实验开始过一段时间，对看到的现象叙述不正确的是()A．苹果块会干瘪 B．胆矾晶体表面有“白斑”C．小试管内有晶体析出 D．pH试纸变红19、下列各组反应(表内物质均为反应物)刚开始时，放出H2的速率最大的是编号金属(粉末状)酸的浓度酸的体积反应温度A0.1molMg6mol/L硝酸10mL30℃B0.1molMg3mol/L盐酸10mL60℃C0.1molFe3mol/L盐酸10mL60℃D0.1molMg3mol/L盐酸10mL30℃A．A B．B C．C D．D20、下列金属用热还原法冶炼的是（）A．钠 B．银 C．铁 D．汞21、已知A2+、B+、C3—、D—是第三周期元素的四种离子。下列叙述中正确的是A．四种离子都具有相同的电子层结构B．原子半径：r（D）>r（C）>r（A）>r（B）C．离子半径：r（B+）>r（A2+）>r（C3—）>r（D—）D．B、D两元素的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的离子方程式可表示为H++OH—=H2O22、除去括号内杂质所用试剂和方法正确的是()选项物质所用试剂方法A乙醇(乙酸)氢氧化钠溶液分液B乙烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液蒸馏D乙醇(水)生石灰蒸馏A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）已知:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平｡现以A为主要原料制备乙酸乙酯,其合成路线如下图所示:（1）有机物A的结构简式是________,D分子中官能团的名称是_________｡（2）反应①和④的反应类型分别是:_______､____________｡（3）反应④的化学方程式是__________,利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为____________｡（4）某同学用下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯｡实验结束后,试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体｡

①实验结束后,振荡试管甲,有无色气泡生成,其主要原因是__________(用化学方程式表示)｡②除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇,应加入________,分离时用到的主要仪器是_________｡24、（12分）已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应。常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应。常温下E单质是常见的气体。请按要求回答下列几个问题：（1）B、D的元素名称分别为：________、________。（2）E在周期表中的位置为：________。（3）C离子的结构示意图为：________。（4）B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为________（用元素符号表示）。（5）B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为：________（用对应的化学式表示）。（6）写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式：________。25、（12分）亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化物法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O；②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至10%以下较安全；(1)NaClO2中Cl的化合价为______。(2)在发生器中鼓入SO2和空气混合气的原因是______(填序号)。A空气稀释ClO2以防止爆炸BSO2将NaClO3氧化成ClO2C稀硫酸可以增强NaClO3的氧化性(3)Na2O2可改为H2O2和NaOH的混合溶液，吸收塔中发生的反应的化学方程式______；吸收塔的温度不能超过20oC，主要原因是______。(4)从滤液中得到NaClO2·3H2O粗晶体的实验操作依次是______(填序号)。A蒸馏B蒸发浓缩C灼烧D过滤E冷却结晶26、（10分）某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，甲同学设计实验如下表：实验编号盐酸浓度(mol·L－1)铁的状态温度/°C12.00块状2022.00粉末2031.00块状2042.00块状40请回答：(1)若四组实验均以收集到500mL(已转化为标准状况下)氢气为标准，则上述实验中还需要测定的数据是________。(2)实验________和______是研究铁的状态对该反应速率的影响(填实验编号，下同)；实验______和______是研究温度对该反应速率的影响。(3)测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_______、______。(4)乙同学设计了下列一组实验：所用铁块的形状、质量均相同，所用酸的体积相同，其浓度如下，你认为产生氢气速率最快的是______。A18.4mol·L－1硫酸B5.0mol·L－1硝酸C3.0mol·L－1盐酸D2.0mol·L－1硫酸27、（12分）实验是学习化学的一个重要途径。(1)图1是实验室常用的制气装置,其中b可用于制取O2和______

(写

化学式)，其制取反应的化学方程式为_________。若用二氧化锰和浓盐酸制取氯气应选择的装置为_______，反应的离子方程式为__________。(2)图2是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。①A中盛放的固体药品是_________(填化学式)，装置B中盛装的液体试剂为_________。②装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、II处依次放入的物质正确的是_________(填字母编号)。编号IIIIIIA干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条D湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条③D中发生反应的离子方程式是_________。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________。④报纸报道了多起因混合使用“洁厕灵”(主要成分是盐酸)与“84消毒液”(主要成分是NaClO)发生氯气中毒的事件。请用离子方程式表示其原因:________。28、（14分）某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：已知反应②：2I﹣+2Cu2+++H2O=2CuI↓++2H+。回答下列问题：（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、__。（2）反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为__。当有95.5gCuI参与反应，则需要标况下__L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为3∶8，则化合物B的化学式为__。（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应⑤的化学方程式为__。（5）将足量的Cl2通入含12gNaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为__g。29、（10分）海洋中蕴含着丰富的资源。利用海水提取淡水、溴和镁的部分过程如图所示。（1）海水淡化的方法有_________________、离子交换法和电渗析法等。（2）用纯碱吸收浓缩海水吹出的Br2:3Br2+6Na2CO3+3H2O＝5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3。若吸收3molBr2时，转移的电子是_________________mol。（3）海水中部分离子的含量如下：成分含量（mg/L）成分含量（mg/L）Na+10560Cl-18980Mg2+1272Br-64Ca2+400SO42-2560其中，Mg2+的物质的量浓度是____________mol/L。若从100L的海水中提取镁，理论上加入沉淀剂Ca（OH）2的质量是_______________g。（4）由Mg（OH）2得到单质Mg，以下方法最合适的是________________（填序号）。A．Mg（OH）2MgOMgB．Mg（OH）2MgOMgC．Mg（OH）2无水MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2溶液Mg

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【解析】试题分析：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素．X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于ⅤA族，原子序数小于Mg，故Y为C元素；A．H与C元素形成烃类物质，化合物种类繁多，故A错误；B．Z为Mg、R为Cl，二者同周期，原子序数依次增大，原子半径减小，故B错误；C．非金属性Cl＞S，故氢化物稳定性HCl＞H2S，故C正确；D．Y、W的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、硫酸，碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，故D错误，故选C。【考点定位】考查结构性质位置关系应用【名师点晴】推断元素是解题关键，X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素．X是原子半径最小的元素，则X为H元素；Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则Z为Mg；W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，结合原子序数可知，W为S，故R为Cl；Y的最高正价与最低负价的代数和为0，处于ⅤA族，原子序数小于Mg，故Y为C元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。2、D【解析】

A.使用催化剂加快了反应速率，缩短了反应时间，提高了生产效率，故A正确；B.上述反应为可逆反应，不能完全进行，所以SO2不能100转化为SO3，故B正确；C.提高O2的浓度，平衡正向移动，的转化率增加。故C正确；D.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率判断，故D错误；本题答案为D。【点睛】可逆反应不能进行到底，任何一种反应物都不可能完全反应，化学平衡状态是指：在一定条件下的可逆反应中，对任何一种物质来说，正、逆反应速率相等，含量不变的状态。3、B【解析】

若将1molCH4与Cl2反应，待反应完成后测得四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）∶n（CH2Cl2）∶n（CHCl3）∶n（CCl4）＝4∶3∶2∶1，假设一氯甲烷的物质的量为4xmol，则二氯甲烷的物质的量为3xmol，三氯甲烷的物质的量为2xmol，四氯化碳的物质量为xmol，x+2x+3x+4x=1，解得x=0.1mol，则含有的氯原子的物质的量为4x+3x×2+2x×3+x×4=20x=20×0.1mol=2.0mol，则氯气的物质的量为2.0mol。答案选B。4、A【解析】

A．硫酸是强电解质，在水溶液中完全电离，故其溶液中不存在H2SO4分子，A项正确；B．强电解质电离完全，不存在电离平衡，B项错误；C．氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，无需通电；通电电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氯气，C项错误；D．氨水是弱电解质，部分电离，氨水中除了NH4+、OH-，还有NH3·H2O分子，D项错误；答案选A。5、A【解析】

的分子式为C4H10，CH4和均属于烷烃，通式为CnH2n+2，互为同系物，化学性质相似，物理性质不同。【详解】A项、CH4和均属于烷烃，通式为CnH2n+2，互为同系物，故A正确；B项、CH4和与其他碳原子数不同的烷烃互为同系物，故B错误；C项、CH4和结构相似，化学性质相似，物理性质不同，故C错误；D项、碳原子数为1-4的烷烃常温下是气体，则CH4和均是气体，故D错误；故选A。6、C【解析】A.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性：LiOH<NaOH，故A正确；B.金刚石为原子晶体，而C60为分子晶体，因此硬度：C60<金刚石，故B正确；C.苯的密度小于水，故C错误；D.非金属越强，气态氢化物越稳定，稳定性：HCl>H2S，故D正确；故选C。7、A【解析】考查化学键的判断。一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，所以A中含有离子键核极性键，B中含有非极性键，C中含有离子键，D中含有极性键，答案选A。8、C【解析】

A．根据图像，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，a＜0，故A正确；B．加入催化剂，能够降低反应物的活化能，过程II可能使用了催化剂，故B正确；C．使用催化剂，平衡不移动，不能提高SO2的平衡转化率，故C错误；D．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，说明反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，故D正确；故选C。9、A【解析】分析：①非金属性越强，气态氢化物越稳定；②电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小；③非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；④元素的非金属性越强，其原子得电子能力越强。详解：①非金属性F＞O＞S，气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞H2S，①错误；②电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小，故原子半径Na＞Mg＞O，②正确；③非金属性Cl＞S＞P，最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4＞H2SO4＞H3PO4，③错误；④非金属性F＞Cl＞S，则得电子能力：F＞Cl＞S，④正确；答案选A。10、B【解析】试题分析：无水CaCl2吸收了混合气体中的水蒸气，则水蒸气的质量为25.2g，其物质的量为，则甲烷的物质的量为。设混合气体中CO的物质的量为x,CO2的物质的量为y，则x+y=0.7，28x+44y=49.6-25.2，解得：x=0.4mol，y=0.3mol，故原混合气体中CO2的质量为。故答案B。考点：考查混合气体中各组分的确定。11、C【解析】分析：同位素是质子数相同，而中子数不同的原子；同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。详解：A.碳纳米管属于非金属材料，选项A错误；B.碳纳米管为单质不是元素，不能说与互为同位素，选项B错误；C.碳纳米管与金刚石是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项C正确；D.碳纳米管是一种单质，不是新型高分子化合物，选项D错误。答案选C。12、D【解析】分析：烷烃的一氯取代物只有一种，说明烃分子中只有一种氢原子，根据等效法判断氢原子的种类即可解答。详解：A．CH(CH3)3分子中含有2种氢原子，一氯取代物有2种，A错误；B．丙烷分子中含有2种等效H原子，其一氯代物含有2种，B错误；C、正丁烷分子中含有2种等效H原子，其一氯代物含有2种，C错误；D、新戊烷分子中只含一种氢原子，一氯取代物只有一种，D正确；答案选D。13、D【解析】反应物的总能量小于生成物总能量，此反应是吸热反应，大多数的化合反应/所有的燃烧、金属钠与水反应、中和反应等都是放热反应，大多数分解反应、C和H2O、C和CO2、NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O属于吸热反应，故选项D正确。14、A【解析】分析：实验室从海带中提取碘：海带灼烧成灰，浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过①过滤，得不溶残渣，滤液含碘离子，加入氧化剂②Cl2，将碘离子氧化成碘单质，利用有机溶剂萃取出碘单质③，再通过蒸馏④提取出碘单质。详解：A．由分析可知步骤①、③的操作分别是过滤、萃取分液，故A正确；B．涉及氯气将碘离子氧化为碘单质，有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B错误；C．裂化汽油含有不饱和烃，能与碘发生加成反应，不能用作萃取剂，故C错误；D．分离沸点不同的两种物质，步骤④的操作蒸馏，故D错误。故选：A。15、C【解析】

A.豆科植物根瘤菌把N2变为硝酸盐，氮由游离态转变为化合态，属于氮的固定中的生物固氮，故A不选；B.工业上N2和H2反应生成NH3，氮由游离态转变为化合态，属于氮的固定中的人工固氮，故B不选；C.从液态空气中分离氮气，氮气仍然是单质，是游离态，不属于氮的固定，故C选；D.氮气和氧气合成一氧化氮，氮由游离态转变为化合态，属于氮的固定中的高能固氮，故D不选；本题答案为C。【点睛】氮的固定是游离态的氮气转变为化合态的过程，包括自然固氮和人工固氮。16、A【解析】

A、无论臭氧还是氧气，都是由氧原子组成，即相同质量的氧气和臭氧，含有的氧原子物质的量相同，电子数相同，故A正确；B、24g镁含有质子的物质的量为24g24g/mol×12=1mol，27g铝含有质子的物质的量为27g27g/mol×13C、重水为2H2O，1mol重水中含有中子的物质的量为1mol×(2＋8)=10mol，1mol水中含有中子物质的量为1mol×8=8mol，中子数之比为10：8=5：4，故C错误；D、CCl4标准状况下不是液体，不能用22.4L/mol-1进行计算，故D错误；答案选A。17、D【解析】分析：a和b不连接时,Fe与硫酸铜溶液发生置换反应,和b用导线连接时,形成原电池,Fe作负极,Cu作正极,以此解答该题。详解:A.a和b不连接时,铁和铜离子发生置换反应,所以铁片上有铜析出,所以A选项是正确的；

B.a和b连接时,该装置构成原电池,铜作正极，发生还原反应，铜离子得电子生成铜，电极方程式为：Cu2++2e−=Cu，所以B选项是正确的；

C.a和b用导线连接时,形成原电池,原电池溶液中阳离子移向正极，即溶液中的Cu2+向铜电极移动，故C正确；

D.a和b连接时,该装置构成原电池,铁作负极，发生氧化反应，所以D选项是错误的。

答案选D。18、D【解析】

A、浓硫酸有吸水性，苹果块会干瘪，选项A正确；B、浓硫酸有吸水性，胆矾晶体失去部分水，表面有“白斑”，选项B正确；C、浓硫酸有吸水性，会吸收饱和硝酸钠溶液挥发出的水，而使试管内有晶体析出，选项C正确；D、pH试纸先变红后变黑，选项D不正确；答案选D。19、B【解析】

硝酸和镁反应不生成氢气，所以排除A选项。镁的金属性比铁的强，所以在外界条件相同的情况下，镁比铁的反应速率快，反应速率B＞C；在相同的条件下，温度越高、化学反应速率越快，反应速率B＞D，因此放出H2的速率最大的是B，故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应一般不放出氢气。20、C【解析】分析：金属的冶炼根据金属性强弱不同一般有电解法、热还原法、热分解法等。详解：A、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，在加热条件下难以分解，A错误；B、Ag为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，B错误；C、Fe是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，C正确；D、汞为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，D错误；答案选C。21、D【解析】试题分析：四种离子是第三周期元素，故分别是：Mg、Na、P、Cl，A、前两个表现正价，失电子，核外电子排布相同，都是2、8，后者表现负价，得电子达到8电子稳定结构，核外电子排布相同，都是2、8、8，故A选项不正确；B、同周期从左向右原子半径依次减小（稀有气体除外），r（Na）>r（Mg）>r（P）>r（Cl），故B不正确；C、看电子层数：电子层数越多，半径越大，原子序数：核外电子排布相同，离子半径随原子序数递增，而减小，离子半径：r（P3－）>r（Cl－）>r（Na＋）>r（Mg2＋），故C错误；D、B的最高价氧化物的水化物是NaOH，D的最高价氧化物对应水化物HClO4，其离子反应方程式：H++OH—=H2O。考点：考查原子结构、性质等知识。22、D【解析】A、乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠溶液和乙醇是互溶的，不能用分液的办法分离，选项A错误；B、乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯，又在乙烷中引入了二氧化碳杂质，选项B错误；C、乙酸和碳酸钠可以反应生成醋酸钠的水溶液，乙酸乙酯和醋酸钠溶液互不相溶，可以采用分液法来分离，选项C错误；D、生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙溶液，可以采用蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇混合溶液的分离，选项D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、CH2=CH2羧基加成反应酯化反应(或取代反应)CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O83%2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COONa＋CO2↑＋H2O饱和碳酸钠溶液分液漏斗【解析】本题考查有机物的基础知识，以及乙酸乙酯的制备实验，（1）A的产量是衡量一个国家的石油化工发展的水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；反应①是乙烯与水发生加成反应，生成CH3CH2OH，反应②是乙醇的催化氧化，生成CH3CHO，反应③是乙醛被氧化成乙酸，因此D中含有官能团的名称为羧基；（2）根据(1)的分析，反应①为加成反应，反应④是乙醇和乙酸发生酯化反应(取代反应)；（3）反应④是酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比，假设生成1mol乙酸乙酯，则乙酸乙酯的质量为88g，产物的总质量为(88＋18)g，因此原子利用率为88/(88＋18)×100%=83%；（4）①试管甲中盛放的是饱和碳酸钠溶液，从试管中挥发出来的有乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙酸的酸性强于碳酸，因此有2CH3COOH＋Na2CO3=2CH2COONa＋CO2↑＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，用饱和碳酸钠溶液，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，因此分离时主要用到的仪器是分液漏斗。24、碳钠第三周期第ⅤⅡA族Na＞C＞OHClO4＞H2CO3【解析】

A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，则A为氢元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应，则B为碳元素，C为氧元素，常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应，且为短周期元素原子序数大于O，则D为钠元素，常温下E单质是常见的气体，E的原子序数大于钠，则E为氯元素。【详解】(1)由上述分析可知，B、D的元素名称分别为碳元素和钠元素；(2)E是氯元素，在周期表中第三周期第ⅤⅡA族；(3)C为氧元素，氧离子的结构示意图为；(4)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同原子序数越小半径越大，所以B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为Na＞C＞O；(5)元素非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，由于氯的非金属性强于碳，所以HClO4的酸性强于H2CO3；(6)O和Na元素可以形成氧化钠，属于离子化合物，阴、阳离子个数比为1:2，只含有离子键，其电子式为。【点睛】过氧化钠中两个氧原子形成过氧根，不能拆开写，所以过氧化钠的电子式为；同理过氧化氢的电子式为。25、+3AC2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2+2NaClO2+2H2ONa2O2产生的H2O2易分解BED【解析】

（1）NaClO2中Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据化合物的化合价代数和为0可知，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3。（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，SO2被空气中的氧气氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸可以增强NaClO3的氧化性，故选AC，故答案为AC。（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2+2NaClO2+2H2O；H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，化学方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2＝O2+2NaClO2+2H2O，Na2O2产生的H2O2易分解。（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为BED，得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，故答案为：BED。【点睛】常见物质分离提纯的10种方法：1．结晶和重结晶：利用物质在溶液中溶解度随温度变化较大，如NaCl，KNO3；2．蒸馏冷却法：在沸点上差值大。乙醇中（水）：加入新制的CaO吸收大部分水再蒸馏。3．过滤法：溶与不溶。4．升华法：SiO2（I2）。5．萃取法：如用CCl4来萃取I2水中的I2。6．溶解法：Fe粉（A1粉）：溶解在过量的NaOH溶液里过滤分离。7．增加法：把杂质转化成所需要的物质：CO2（CO）：通过热的CuO；CO2（SO2）：通过NaHCO3溶液。8．吸收法：除去混合气体中的气体杂质，气体杂质必须被药品吸收：N2（O2）：将混合气体通过铜网吸收O2。9．转化法：两种物质难以直接分离，加药品变得容易分离，然后再还原回去：Al（OH）3，Fe（OH）3：先加NaOH溶液把Al（OH）3溶解，过滤，除去Fe（OH）3，再加酸让NaAlO2转化成A1（OH）3。26、收集500mL氢气所需的时间121413D【解析】

该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和3盐酸的浓度不同，目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响。【详解】（1）该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，要比较反应速率的快慢，还需要测定收集到标准状况下500mL氢气所需的时间，故答案为：收集500mL氢气所需的时间；（2）由表格数据可知，实验1和2铁的状态不同，目的是研究铁的状态对该反应速率的影响；实验1和4反应温度不同，目的是研究反应温度对该反应速率的影响，故答案为：1；2；1；4；（3）由图可知，曲线c、d的反应速率较慢，固体表面积越大，反应速率越快，则1和2相比，1的反应速率较慢；酸的浓度越大，反应速率越快，则1和3相比，3的反应速率较慢；温度越高，反应速率越快，则1和4相比，1的反应速率较慢，所以曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3，故答案为：1；3；（4）铁在18.4mol·L－1硫酸中钝化，无氢气生成；铁与5.0mol·L－1硝酸反应生成一氧化氮，无氢气生成；铁与3.0mol·L－1盐酸和2.0mol·L－1硫酸反应生成氢气，3.0mol·L－1盐酸中氢离子浓度为3.0mol·L－1，2.0mol·L－1硫酸中氢离子浓度为4.0mol·L－1，氢离子浓度越大，反应速率越快，则产生氢气速率最快的是2.0mol·L－1硫酸，故答案为：D。【点睛】探究实验设计的关键是变量唯一化，分析表格数据时，注意分析各实验的数据，找出不同数据是分析的关键，也是突破口。27、NH32NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2OcMnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2OKMnO4(或KClO3)饱和食盐水dCl2＋2Br－=Br2＋2Cl－分液漏斗Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O【解析】分析：装置a是制备固液不加热反应的装置，例如锌粒与稀硫酸反应制备氢气；装置b是制备固固加热反应的装置，例如实验室制备氧气和氨气；装置c是制备固固加热反应的装置，例如实验室制备氯气。（1）由上述分析可知装置b是用于制备固固加热反应，实验室制备氨气则是用这套装置，反应方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；采用浓盐酸和二氧化锰制备氯气必须加热，所以应选用装置c，离子反应方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；（2）①上图为制备氯气并验证氯气性质的装置，其中制备气体装置没有加热，因此选用的固体应为KMnO4(或KClO3)；利用此反应制备氯气中混有HCl气体，可采用饱和食盐水除去混有的HCl气体；②装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，I处为湿润布条，验证氯气可使湿润的布条褪色，II再经过干燥剂干燥氯气，III验证干燥的氯气能否使干燥布条褪色。D中发生置换反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，溴单质经分液漏斗流到锥形瓶中，与碘化钾发生置换反应生成碘单质。为了分离紫红色溶液，还需用到分液漏斗，此操作过程为萃取。④盐酸和次氯酸钠生成有毒气体氯气，反应方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。点睛：本题重点考察氯气的制备及性质验证。实验室制备氯气使用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，也可采用KMnO4(或KClO3)与浓盐酸不加热条件下反应。实验中产生的氯气中混有氯化氢和水蒸气，采用饱和食盐水除去氯化氢气体，采用无水氯化钙等干燥剂除去水蒸气。氯气可以漂白湿润的有色布条，是因为氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以氯气不能使干燥的有色布条褪色。28、玻璃棒2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3