吉林省松原市2023-2024学年高一下化学期末联考模拟试题含解析

吉林省松原市2023-2024学年高一下化学期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、反应A+3B==2C+4D（A、B、C、D均为气态），在四种不同情况下的反应速率最快的是A．v(A)=0.1mol/(L·s)B．v(B)=0.6mol/(L·s)C．v(C)=0.6mol/(L·s)D．v(D)=0.8mol/(L·s)2、由H79Br和H81Br组成的混合气体对N1的相对密度为1．9，则气体中79Br和81Br的原子个数比为A．1∶1B．1∶1C．1∶3D．3∶13、用括号中的试剂除去下列物质中的少量杂质，正确的是A．溴苯中的溴（KI溶液）B．氯气中的氯化氢（饱和食盐水）C．乙酸乙酯中的乙酸（乙醇）D．二氧化碳中的氯化氢（KOH溶液）4、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．纤维素→水解葡萄糖→氧化CO2和HB．淀粉→水解葡萄糖→氧化CO2和HC．蛋白质→水解氨基酸→D．油脂→水解甘油和高级脂肪酸→氧化CO2和H5、X、Y、Z、W为4种短周期元素，已知X、Z同主族，Y2+、Z–、W+3种离子的电子层结构与氖原子相同，下列叙述正确的是A．原子序数：Z＜YB．原子半径：W＜XC．金属性：Y＞WD．气态氢化物的稳定性：HX＞HZ6、根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。A．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题B．在过程③中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C．在过程④、⑥反应中每氧化0.2molBr－需消耗2.24LCl2D．过程①的提纯是物理过程7、下列有关工业上金属冶炼的说法不正确的是A．用电解熔融氯化镁法制镁 B．用电解饱和食盐水法制钠C．用电解熔融氧化铝法制铝 D．用一氧化碳高温还原氧化铁法制铁8、下列离子方程式，书写正确的是A．硫化亚铁与盐酸反应：S2-+2H+=H2S↑B．硫化氢气体通入氯水中：H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓C．硫酸和氢氧化钡溶液混合：H++OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+H2OD．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑9、某温度下反应N2O4(g)2NO2(g)(正反应吸热)在密闭容器中达到平衡，下列说法不正确的是()A．加压时(体积变小)，将使正反应速率增大B．保持体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小C．保持体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，颜色变深D．保持体积不变，通入He，再达平衡时颜色不变10、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如下图所示。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物,R原子最外层电子数是电子层数的2倍,T单质但难溶于水微溶于酒精。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应水化物的酸性:R>TB．氢化物的沸点一定是Y>RC．原子半径和离子半径均满足Y<ZD．由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物中既含有离子键又含有共价键11、五种短周期主族元素X、Y、Z、M、R的原子半径和最外层电子数之间的关系如右图所示，其中R的原子半径是短周期主族元素原子中最大的。下列说法正确的是（）A．元素的非金属性：X>Z>YB．M的单质常温常压下为气态C．X和M形成的二元化合物的水溶液呈弱酸性D．Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸12、太原市许多公交车上都标有“CNG（压缩天然气）”标志，说明其燃料的主要成分是A．甲烷 B．苯 C．乙烯 D．乙醇13、下列关于化学反应速率的说法错误的是()A．化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量B．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质C．可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零D．增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率14、下列属于放热反应的是A．镁条溶于盐酸B．氨气液化C．碳酸钙分解D．硝酸铵溶于水15、在四个试管中，发生如下反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，产生H2的速率最快的是试管硫酸浓度温度Zn的状态A1mol·L-120℃块状B1mol·L-120℃粉末状C2mol·L-150℃块状D2mol·L-150℃粉末状A．A B．B C．C D．D16、关于基本营养物质的说法正确的是A．所有蛋白质均可通过颜色反应来鉴别B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物C．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的D．油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸17、已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH1＝－572kJ·mol－1CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－890kJ·mol－1现有H2与CH4的混合气体112L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是()A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶318、下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系据此判断下列说法中正确的是（）A．石墨转变为金刚石是吸热反应B．白磷比红磷稳定C．①S(g)+O2(g)＝SO2(g)；②S(s)+O2(g)＝SO2(g)；放出热量：①˂②D．CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g)；该反应为吸热反应19、下列金属单质的获得方法中不包含化学变化的是A．铝热法炼铁 B．电解法制钠 C．湿法炼铜 D．沙里淘金20、下列有关苯､乙酸､乙醇说法正确的是A．都易溶于水B．苯易与液溴发生加成反应C．乙酸溶液显酸性D．乙醇不能与金属钠反应21、环境污染已成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是环境问题主要污染物环境问题主要污染物A酸雨二氧化硫C白色污染二氧化硅B温室效应二氧化碳D光化学烟雾二氧化氮A．A B．B C．C D．D22、下列有关元素的性质及其递变规律正确的是A．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从＋1递增到＋7C．同主族元素的简单阴离子还原性从上到下依次减弱D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：(1)推断各符号所代表的物质的化学式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________。(2)分别写出反应②、⑤的化学方程式：②______________________________________，⑤__________________________________________。(3)写出反应③的离子方程式____________________________________________。24、（12分）A、B、C、D、E、F、X、Y、Z九种主族元素的原子序数依次增大，且均不大于20。B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐；盐EYC与AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含EYC的溶液；X元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15；E、F、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐。请回答下列问题：(1)B元素的原子结构示意图是____，X元素在周期表中的位置是第__周期第__族。(2)这九种元素中，金属性最强的是____，非金属性最强的是____。(3)EYC中化学键类型：_____________，其电子式为___________。(4)A与B、C、D形成的化合物中，共价键的极性由强到弱的顺序是________（用化学式表示），这些化合物的稳定性由强到弱的顺序为__________（用化学式表示）。(5)D、E、F简单离子半径由大到小的顺序为_________（填离子符号），F和镁条用导线连接插入NaOH溶液中，镁条作______（填“正极”或“负极”）。25、（12分）高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下：MnO2熔融氧化：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2OK2MnO4歧化：3K2MnO4+2CO2＝2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入CO2气体，使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行，A、B、C、D、E为旋塞，F、G为气囊，H为带套管的玻璃棒。回答下列问题：(1)仪器a的名称是______。(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2，装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B、E，微开旋塞A，打开旋塞C、D，往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未反应的CO2被收集到气囊F中。待气囊F收集到较多气体时，关闭旋塞______，打开旋塞______，轻轻挤压气囊F，使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中，如此反复，直至K2MnO4完全反应。(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体，最后采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是______。26、（10分）某科学小组制备硝基苯的实验装置如下，有关数据列如下表。已知存在的主要副反应有：在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯。实验步骤如下：取100mL烧杯，用20mL浓硫酸与足量浓硝酸配制混和酸，将混合酸小心加入B中。把18mL（1．84g）苯加入A中。向室温下的苯中逐滴加入混酸，边滴边搅拌，混和均匀。在50～60℃下发生反应，直至反应结束。将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5％NaOH溶液和水洗涤。分出的产物加入无水CaCl2颗粒，静置片刻，弃去CaCl2，进行蒸馏纯化，收集205～210℃馏分，得到纯硝基苯18g。回答下列问题：（1）图中装置C的作用是____________________。（2）制备硝基苯的化学方程式_____________________。（3）配制混合酸时，能否将浓硝酸加入到浓硫酸中_________（“是”或“否”），说明理由：____________________。（4）为了使反应在50℃～60℃下进行，常用的方法是______________。反应结束并冷却至室温后A中液体就是粗硝基苯，粗硝基苯呈黄色的原因是_____________________。（5）在洗涤操作中，第二次水洗的作用是_____________________。（6）在蒸馏纯化过程中，因硝基苯的沸点高于140℃，应选用空气冷凝管，不选用水直形冷凝管的原因是_______________________。（7）本实验所得到的硝基苯产率是_____________________。27、（12分）乙酸乙酯是无色、具有果香气味的液体，沸点为77.2℃。某同学采用14.3mL乙酸、23mL95%的乙醇、浓硫酸、饱和Na2CO3溶液及极易与乙醇结合的CaCl2溶液制备乙酸乙酯，其实验装置如图所示(烧杯、部分夹持装置、温度计已略去)。实验步骤：①先向蒸馏烧瓶中加入乙醇，边振荡边慢慢加入浓硫酸和乙酸。此时分液漏斗中两种有机物的物质的量之比约为5:7。②加热保持油浴温度为135～145℃。③将分液漏斗中的液体慢慢滴入蒸馏烧瓶中，调节加料速率使蒸出乙酸乙酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完毕。④保持油浴温度至不再有液体流出后，停止加热。⑤取带有支管的锥形瓶，将一定量的饱和Na2CO3溶液分批、少量、多次地加入馏出液中，边加边振荡至无气泡产生。⑥将步骤⑤中的液体混合物分液，弃去水层。⑦将适量饱和CaCl2溶液加入分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层(废液)。⑧分液漏斗中得到初步提纯的乙酸乙酯粗产品。试回答下列问题：（1）实验中加入浓硫酸的主要作用是__________。（2）使用过量乙醇的主要目的是__________。（3）使用饱和Na2CO3溶液洗涤馏出液的目的是__________。如果用NaOH浓溶液代替饱和Na2CO3溶液，引起的后果是__________。（4）步骤⑦中加入饱和CaCl2溶液的目的是__________。（5）步骤③中要使加料速率与蒸出乙酸乙酯的速率大致相等的原因是__________。（6）步骤⑧中所得的粗产品中还含有的杂质是__________。28、（14分）Ⅰ．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345n(NO)(moll)0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)下图中表示NO2的变化的曲线是___________(填字母);(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是___________；(3)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=___________。Ⅱ．将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。(1)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是___________(填选项);A．2v生(NH3)=v耗(CO2)B．密闭容器中氨气的物质的量不变C．容器中CO2与NH3的物质的量之比保持不变D．密闭容器中总压强保持不变E．形成6个N-H键的同时有2个C=O键断裂(2)能使该反应的反应速率增大的是___________(填选项);A．及时分离出CO2气体B．适当升高温度C．加入少量NH2COONH4(s)D．选择高效催化剂(3)如图所示，上述反应中断开反应物中化学键吸收的能量___________形成生成物中化学键放出的能量(填写“大于”“等于”“小于”)。29、（10分）（1）已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ·mol-l；CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ·mol-1，该条件下CH4（g）还原NO2（g）生成N2（g）、CO2（g）和H2O(g)的热化学方程式：__________。(2)已知在448℃时，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K1为49，则该温度下反应反应H2(g)＋I2(g)HI(g)的平衡常数K3为___________________________。(3)在一定体积的密闭容器中进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数(K)和温度(t)的关系如下表所示：t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：①)该反应的化学平衡常数表达式为K＝________。②该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。③能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________。A．容器中压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．υ正(H2)＝υ逆(H2O)D．c(CO2)＝c(CO)④某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。⑤在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2mol·L－1，c(H2)为1.5mol·L－1，c(CO)为1mol·L－1，c(H2O)为3mol·L－1，则下一时刻，反应将________(填“正向”或“逆向”)进行。

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】分析：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要一致。详解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.VA1=0.1mol/L•s）；B.VB3=0.2mol/L•s）；C.VC2=0.3mol/L•s）；D．VD4=0.2mol/L•s）；故反应速率VC＞V点睛：本题考查反应速率的比较，注意利用比值法可快速解答，要注意单位应一致，也可以利用归一法解答比较，难度不大。2、C【解析】试题分析：根据相同条件下，两种气体的密度之比等于其相对分子质量之比，所以H79Br和H2Br组成的混合气体的平均摩尔质量为2．5，则79Br和2Br的平均相对原子质量为3．5，，，79Br和2Br物质的量之比为4．8：5．5=5：3，其原子个数之比为5：3，故选C．考点：考查阿伏伽德罗定律等相关知识。3、B【解析】分析：A．溴与KI反应生成的碘单质，易溶于溴苯；B．氯化氢极易溶于水；C．乙酸乙酯易溶于乙醇；D．二氧化碳、氯化氢均与KOH溶液反应。详解：A．溴与KI反应生成的碘单质，易溶于溴苯，会引入新杂质，应选试剂为NaOH溶液，然后分液，A错误；B．氯化氢极易溶于水，氯气中的氯化氢可以用饱和食盐水除去，B正确；C．乙酸乙酯易溶于乙醇，引入新杂质，应选饱和碳酸钠，然后利用分液分离，C错误；D．二氧化碳、氯化氢均与KOH溶液反应，不符合除杂原则，应选择饱和碳酸氢钠溶液，利用洗气法分离，D错误；答案选B。点睛：本题考查物质的分离、提纯及除杂，为高频考点，把握物质的性质及常见混合物分离方法、分离原理为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大。4、A【解析】分析：A．人体内没有水解纤维素的酶；B．淀粉最终水解为葡萄糖，葡萄糖氧化为人体提供能量；C．蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体所需蛋白质；D．油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，是人体基本营养物质。详解：A．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，A错误；B．淀粉最终水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量维持生命活动，B正确；C．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，C正确；D．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，D正确；答案选A。5、A【解析】

X、Y、Z、W为四种短周期元素，Y2+、Z-、W+三种离子的电子层结构与氖原子相同，则Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，X、Z同主族，且都是短周期元素，则X是Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是Cl元素，Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，A.Z是F，Y是Mg，所以原子序数：Z＜Y，A正确；B.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：W>X，B错误；C.同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以Y<W，C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性Z>X，所以稳定性HX<HZ，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了同一周期、同一主族元素性质递变规律，明确金属性、非金属强弱判断方法是解本题关键，侧重考查学生灵活运用能力，知道原子半径或离子半径的比较方法。6、A【解析】

A．过程⑤中二氧化硫水溶液被氧化为硫酸：SO2+2H2O+Br2=2HBr+H2SO4，氢溴酸和硫酸都是强酸，对设备腐蚀严重，A项正确；B．根据题给的信息，MgCl2·6H2O受热后会变成Mg(OH)Cl和HCl，进一步灼烧得到氧化镁，得不到无水氯化镁，B项错误；C．没有指明氯气所处的温度和压强，气体摩尔体积体积Vm=22.4L/mol不能使用（如为标准状况则该说法正确），C项错误；D．过程①除去可溶性杂质需要加入沉淀剂，是化学过程，D项错误；所以答案选择A项。7、B【解析】

A.活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故A正确；B.用电解饱和食盐水法制氢氧化钠，氢气，氯气，得不到钠单质，工业上用电解熔融氯化钠的方法得到钠单质，故B错误；C.金属铝属于活泼金属，为亲氧元素，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，氯化铝是共价化合物，电解熔融不能电离，不能采用电解氯化铝的方法冶炼，故C正确；D.铁可以采用热还原法冶炼，用焦炭或者一氧化碳做还原剂，故D正确；答案选B。8、B【解析】

A.硫化亚铁是难溶性物质，在离子方程式里不能写成离子形式，故A不选；B.硫化氢有还原性，氯气有氧化性，两者会发生氧化还原反应，生成硫和盐酸，故B选；C.1mol硫酸电离出2molH+和1molSO42-，1mol氢氧化钡电离出1molBa2+和2molOH-，所以离子方程式中H+、OH-和水的系数均为2，即离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++SO42+=BaSO4↓+2H2O，故C不选；D.稀硫酸的氧化性是H+体现出来的，H+的氧化性比较弱，不能把铁氧化成Fe3+，只能氧化成Fe2+，故D不选；故选B。9、B【解析】

A、增大压强反应物、生成物的浓度都增大,正逆反应速率都加快,所以A选项是正确的；B、少许NO2平衡向逆反应方向移动，N2O4浓度增大,正反应速率增大，逆反应速率瞬间增大,然后降低，故B错误；

C、持体积不变,加入少许N2O4，平衡向正反应移动，NO2是红棕色气体，NO2浓度增大，达到平衡时颜色变深，所以C选项是正确的；

D、保持体积不变，通入He，平衡不移动，所以再达平衡时颜色不变，所以D选项是正确的；

所以本题答案为：B选项。10、D【解析】

由题意，R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由图示原子半径和原子序数关系可知，R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素、Z为Na元素；T单质难溶于水微溶于酒精，则T应为S元素；X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H元素。【详解】A项、元素的非金属性越强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性碳元素弱于硫元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性T>R，故A错误；B项、R为C元素，对应的氢化物为烃，含碳原子数较多的烃，常温下为固体，沸点较高于水，故B错误；C项、同周期元素从左到右，原子半径减小，同主族元素自上而下，原子半径增大，则原子半径的大小顺序为Na＞O，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，Na+与O2—电子层结构相同，离子半径O2->Na+，故C错误；D项、由H、O、S、Na四种元素组成的化合物为NaHSO3，NaHSO3既含有离子键又含有共价键，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。11、C【解析】X、R的最外层电子数均是1，属于第ⅠA，R的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，R是Na，X的原子半径最小，X是H；Y、Z、M的最外层电子数分别是4、5、6，根据原子半径大小关系可判断M是S，Y是Si，Z是N。则A.元素的非金属性：X＜Y＜Z，A错误；B.M的单质硫常温常压下为固态，B错误；C.X和M形成的二元化合物的水溶液是氢硫酸，呈弱酸性，C正确；D.硅酸是弱酸，D错误，答案选C。12、A【解析】

天然气的主要成分是甲烷，故A是合理选项。13、C【解析】

A.化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；B.反应物本身的性质是决定化学反应速率的主要因素，故B正确；C.化学平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于零，故C错误；D.增大反应物浓度，活化分子数目增多，反应速率加快，提高反应物温度，活化分子百分数增多，反应速率越快，故D正确。故选C。14、A【解析】A、镁条溶于盐酸，此反应为放热反应，故A正确；B、氨气液化，属于吸热过程，故B错误；C、碳酸钙分解属于吸热反应，故C错误；D、硝酸铵溶于水是吸热过程，故D错误。点睛：常见的放热反应是所有燃烧反应、酸碱中和反应、金属与酸或水的反应、大多数的化合反应、铝热反应等。15、D【解析】试题分析：A、温度低，反应速率慢，A项错误；B、温度低，反应速率慢，B项错误；C、Zn是块状，固体变面积小，反应速率慢，C项错误；D、温度最高，浓度最大，固体表面积大，所以速率最快，D项正确；答案选D。考点：考查外界因素对速率的影响16、D【解析】

A．因含有苯环的蛋白质才能发生颜色反应，A错误；B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，结构不相似，也不属于同系物，B错误；C．因蛋白质的组成元素有C、H、O、N等，C错误；D．因油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，D正确；答案选D。17、B【解析】

H2与CH4的混合气体112L(标准状况)，其物质的量为5mol，其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，实验测得反应放热3695kJ。设H2与CH4的物质的量分别为x和（5mol-x），则0.5x572kJ·mol－1+（5mol-x）890kJ·mol－1=3695kJ，解之得，x=1.25mol，（5mol-x）=3.75mol，原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1∶3，故选B。18、A【解析】

A.由图像可知金刚石所具有的总能量比石墨高，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，故A项正确；B.由图像可知红磷所具有的能量比白磷低，因此红磷更稳定，故B项错误；C.对同一种物质而言，气态时所具有的能量比固态时所具有有能量高，即S(g)所具有的能量大于S(s)，放出热量应该为①>②，故C项错误；D.由图像可CO(g)和H2O(g)所具有的总能量高于CO2(g)和H2(g)所具有的总能量，因此反CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g)为放热反应，故D项错误；答案选A。【点睛】本题不仅需要掌握反应是放热还是吸热与反应物和生成物所具有的总能量之间的关系，而且还要厘清物质的聚积状态、物质的稳定性与物质所具的能量之间的关系，一般情况下，对同一种物质而言，气态时所具有的总能量最高，固态时所具有的总能量最低。对不同物质而言，所具有的能量越低性质越稳定。19、D【解析】

A项、铝热法炼铁有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B项、电解法制钠有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C项、湿法炼铜有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D项、沙里淘金利用密度不同将金和沙分离，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故选D。20、C【解析】A、苯不溶于水，乙醇、乙酸任意比例与水互溶，故A错误；B、苯易取代，难加成，苯与液溴不易发生加成反应，故B错误；C、乙酸的官能团是羧基，能电离出H＋，乙酸溶液显酸性，故C正确；D、乙醇官能团是羟基，与金属钠发生2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故D错误。点睛：本题的难点是苯的化学性质，苯易取代，难加成，能氧化。21、C【解析】

A、二氧化硫是形成酸雨的主要污染物，A正确；B、二氧化碳是形成温室效应的主要污染物，B正确；C、形成白色污染的主要原因是聚乙烯材料的污染，C错误；D、二氧化氮是形成光化学烟雾的主要污染物，D正确；故选C。22、A【解析】

A、第一主族包括H元素，所以H与第VIIA族之间形成共价化合物，而碱金属与第VIIA族之间形成离子化合物，正确；B、第二周期中F元素的最外层是7个电子，但F元素无正价，错误；C、同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则其阴离子的还原性逐渐增强，错误；D、同周期金属元素的化合价越高，说明最外层电子数越多，则越不易失去电子，错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、NaNa2O2NaOHNa2CO3NaHCO32Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3CO2＋2OH－=CO32—＋H2O【解析】分析：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠，据此解答。详解：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，与水反应生成C是氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成D是碳酸钠，碳酸钠能与水、二氧化碳反应生成E是碳酸氢钠，则（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。（2）反应②是钠与水反应，方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；反应⑤是碳酸钠与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为CO2＋H2O＋Na2CO3＝2NaHCO3。（3）反应③是氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，反应的离子方程式为CO2＋2OH－＝CO32－＋H2O。24、三VIAK或钾F或氟离子键、共价键（或极性键）HF＞H2O＞NH3HF＞H2O＞NH3F-＞Na+＞Al3+正极【解析】

B元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物反应生成一种正盐，则B为氮元素；盐EYC与AY的浓溶液反应，有黄绿色气体产生，该气体为氯气，氯气同冷烧碱溶液作用，可得到含次氯酸钠溶液，则E为钠元素，Y为氯元素，C为氧元素，A氢元素，因此D是F；X元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，则X为硫元素；D、Y、Z元素的最外层电子数之和为15，则Z为钾元素；E、F、X三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应生成盐，则F为铝元素。【详解】（1）B为氮元素，原子结构示意图是；X为硫元素，在周期表中的位置是第三周期第VIA族，故答案为：三；VIA；（2）由分析和元素周期律可知，这九种元素中，金属性最强的是钾元素，非金属性最强的是氟元素，故答案为：K或钾；F或氟；（3）次氯酸钠为离子化合物，次氯酸根中有极性共价键，所以次氯酸钠中的化学键为离子键和共价键（或极性键），次氯酸钠的电子式为，故答案为：离子键、共价键（或极性键）；；（4）根据非金属性F＞O＞N，可知氨气、水、氟化氢中，共价键的极性由强到弱的顺序是HF＞H2O＞NH3，键能大小关系为HF＞H2O＞NH3，则稳定性由强到弱的顺序为HF＞H2O＞NH3，故答案为：HF＞H2O＞NH3；HF＞H2O＞NH3；（5）氟离子、钠离子、铝离子的核外电子层数相同，则原子序数小的半径大，即离子半径由大到小的顺序为F-＞Na+＞Al3+，铝和镁条用导线连接插入NaOH溶液中，因为镁与氢氧化钠不发生反应，而铝与氢氧化钠能发生氧化还原反应，则镁条作正极，故答案为：F-＞Na+＞Al3+；正极。【点睛】在原电池判断负极时，要注意一般活泼性不同的两个金属电极，活泼的金属电极作负极，但要考虑负极要发生氧化反应，所以在镁、铝、氢氧化钠形成的原电池中，铝作负极，镁作正极。25、长颈漏斗④ACBDE过滤高锰酸钾晶体受热易分解【解析】

（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；（3）该操作的目的是将气囊F中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水；（5）高锰酸钾晶体受热易分解。【详解】（1）由实验装置可知，仪器a为长颈漏斗，故答案为：长颈漏斗；（2）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，故答案为：④；（3）待气囊F收集到较多气体时，需要将气囊F中二氧化碳排出到热K2MnO4溶液中，所以需要关闭A、C，打开B、D、E，轻轻挤压气囊F，从而使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，故答案为：AC；BDE；（4）高锰酸钾溶于水，二氧化锰不溶于水，固液分离应用过滤的方法，则除去高锰酸钾溶液中的二氧化锰应用过滤的方法，故答案为：过滤；（5）高锰酸钾晶体受热易分解，实验时应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解，故答案为：高锰酸钾晶体受热易分解。26、冷凝回流否液体容易迸溅水浴加热溶有浓硝酸分解产生的NO2洗去残留的NaOH及生成的钠盐防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂72%【解析】分析：根据题意浓硫酸、浓硝酸和苯在加热时反应生成硝基苯，反应后，将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5％NaOH溶液和水洗涤，先用水洗除去浓硫酸、硝酸，再用氢氧化钠除去溶解的少量酸，最后水洗除去未反应的NaOH及生成的盐；分出的产物加入无水CaCl2颗粒，吸收其中少量的水，静置片刻，弃去CaCl2，进行蒸馏纯化，收集205～210℃馏分，得到纯硝基苯；计算产率时，根据苯的质量计算硝基苯的理论产量，产率=实际产量理论产量详解：（1）装置C为冷凝管，作用是导气、冷凝回流，可以冷凝回流挥发的浓硝酸以及苯使之充分反应，减少反应物的损失，提高转化率，故答案为：冷凝回流；（2）根据题意，浓硫酸、浓硝酸和苯在加热时反应生成硝基苯，制备硝基苯的化学方程式为，故答案为：；（3）浓硫酸密度大于浓硝酸，应将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅，故答案为：否；液体容易迸溅浓硝酸；（4）为了使反应在50℃～60℃下进行，可以用水浴加热的方法控制温度。反应结束并冷却至室温后A中液体就是粗硝基苯，由于粗硝基苯中溶有浓硝酸分解产生的NO2，使得粗硝基苯呈黄色，故答案为：水浴加热；溶有浓硝酸分解产生的NO2；（5）先用水洗除去浓硫酸、硝酸，再用氢氧化钠除去溶解的少量酸，最后水洗除去未反应的NaOH及生成的盐，故答案为：洗去残留的NaOH及生成的钠盐；（6）在蒸馏纯化过程中，因硝基苯的沸点高于140℃，应选用空气冷凝管，不选用水直形冷凝管是为了防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂，故答案为：防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂；（7）苯完全反应生成硝基苯的理论产量为1.84g×12378，故硝基苯的产率为[18g÷（1.84g×12378）]×100%=72%27、作催化剂和吸水剂促使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，有利于提高乙酸的转化率除去乙酸乙酯中的乙醇，中和乙酸乙酯中的乙酸,减小乙酸乙酯的溶解度使乙酸乙酯完全水解除去乙酸乙酯中的乙醇让产生的乙酸乙醋及时蒸馏出来，使蒸馏烧瓶内压强一定，从而得到平稳的蒸气气流水【解析】

（1）乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水有利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，因此浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂；（2））乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应属于可逆反应，过量乙醇可以使平衡正向移动，增加乙酸乙酯的产率，有利于乙酸乙酯的生成；（3）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；由于乙酸乙酯在强碱性条件下发生水解反应，如果用NaOH浓溶液代替饱和Na2CO3溶液，引起的后果是使乙酸乙酯完全水解；（4）根据已知信息可知饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中只含有水；（5）加料与馏出的速度大致相等，可让产生的乙酸乙酯及时蒸馏出来，保持蒸馏烧瓶中压强一定，得到平稳的蒸气气流；（6）饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中只含有水了。【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度中等，涉及的题量较大，注意浓硫酸的作用、饱和碳酸钠溶液、氯化钙溶液的作用以及酯化反应的机理，侧重于学生分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力的考查，题目难度中等。28、b65%1.5×10-3mol/(L·s)ACBD大于【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，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，此反应在3s后一氧化碳的物质的量保持不变，证明到达化学反应平衡态。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。详解：Ⅰ(1)根据表格知,随着反应的进行，一氧化氮的物质的量减小，则反应向正反应方向移动，二氧化氮的物质的量逐渐增大，当反应达到平衡状态时，参加反应的n(NO