山东省夏津县第一中学2023-2024学年高一化学第二学期期末教学质量检测试题含解析

山东省夏津县第一中学2023-2024学年高一化学第二学期期末教学质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨和锂，含Li+导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是（）A．放电时电池正极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4B．放电时电池内部Li+向负极移动C．充电过程中，电池正极材料的质量增加D．可加入硫酸以提高电解质的导电性2、海水中有着丰富的化学资源，仅通过物理方法就能从海水中获得的物质是（）A．氯气B．淡水C．烧碱D．碘3、在常温下，纯水中存在电离平衡H2OH++OH－，若要使水溶液的酸性增强，并使水的电离程度增大，应加入的物质是A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2 C．NaHCO3 D．CH3COONa4、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（）A．食盐和水 B．水和酒精 C．汽油和煤油 D．水和植物油5、下列关于苯的叙述正确的是A．反应①为取代反应，有机产物的密度比水小B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟C．反应③为取代反应，反应时可以直接用酒精灯加热，有机产物是一种烃D．反应④1molC6H6能与3molH2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键6、某100mL溶液可能含有Na＋、NH4+、Fe3＋、CO32-、SO42-、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下(所加试剂均过量，气体全部逸出)：下列说法不正确的是()A．原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3＋B．原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋C．原溶液中c(Cl－)≥0.1mol·L－1D．若原溶液中不存在Na＋，则c(Cl－)＜0.1mol·L－17、下列有机分子中，所有的原子不可能处于同一平面的是A． B．C． D．8、下列物质①无水乙醇、②乙酸、③乙酸乙酯、④苯，其中能够与钠反应放出氢气的物质是（）A．①② B．①②③ C．③④ D．②③④9、在一定温度下的密闭容器中，能判断反应X(s)+2Y(g)M(g)+N(g)达到最大限度的是（）A．压强不变B．生成M与N的物质的量之比为1：1C．生成1molM同时消耗2molYD．生成M的速率和消耗N的速率相等10、下列物质属于共价化合物的是A．H2O B．MgO C．CaCl2 D．KBr11、某主族元素R原子的电子式可表示为，下列说法错误的是A．最高价含氧酸一定为强酸 B．气态氢化物分子式为RH3C．含氧酸分子式可能为HRO3 D．最高价氧化物分子式为R2O512、某含铜化合物的化学式为Cux(OH)y(CO3)z(Cu为＋2价)。取该样品22.2g，充分加热后，得到黑色固体氧化铜16.0g，则该物质的化学式为A．Cu2(OH)4CO3 B．Cu3(OH)4CO3C．Cu2(OH)2CO3 D．Cu4(OH)2(CO3)313、下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是()A．铝片与稀硫酸的反应 B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．灼热的碳与二氧化碳的反应 D．甲烷在氧气中的燃烧反应14、向MgSO4、和A12(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)A．AB．BC．CD．D15、有氯化钠、氯化铁、氯化亚铁、氯化镁、氯化铝五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是()A．盐酸B．烧碱溶液C．氨水D．硫氰化钾溶液16、对于VIIA族元素，下列说法不正确的是（）A．可形成－l价离子B．从上到下原子半径逐渐减小C．从上到下原子半径逐渐增大D．从上到下非金属性逐渐减弱17、C6H14的各种同分异构体中所含甲基数和它的一氯取代物的数目分别是（）A．2个甲基，能生成4种一氯代物B．4个甲基，能生成4种一氯代物C．3个甲基，能生成5种一氯代物D．4个甲基，能生成5种一氯代物18、铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g，下列说法正确的是A．剩余固体是铁、铜混合物B．原固体混合物中铜的质量是9.6gC．反应后溶液中n(Fe3+)=0.10molD．反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75mol19、下列比较错误的是A．原子半径：C>O>FB．酸性强弱：HNO3>H3PO4>HClO4C．碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2D．氢化物的稳定性：HF>NH3>CH420、1­-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是()A．不能用水浴加热B．长玻璃管起冷凝回流作用C．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D．图中装置不能较好的控制温度为115～125℃21、下列元素中，原子半径最大的是A．Na B．Al C．Cl D．K22、下列元素中最高正化合价为+7价的是()A．Cl B．H C．N D．He二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，其中甲〜戊共五种元素，回答下列问题:族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA1甲2乙3丙丁戊（1）五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是________________（填化学式，下同），显两性的是____________。（2）甲与乙形成的一种化合物分子中共含10个电子，则该化合物的电子式是_____________，结构式为___________。该化合物固态时所属晶体类型为____________。（3）乙、丙、丁三种元素分别形成简单离子，按离子半径从大到小的顺序排列为___________（用离子符号表示）。（4）有人认为，元素甲还可以排在第ⅦA族，理由是它们的负化合价都是________；也有人认为，根据元素甲的正、负化合价代数和为零，也可以将元素甲排在第_________族。（5）甲与丙两种元素形成的化合物与水反应，生成—种可燃性气体单质，该反应的化学方程式为______________________________。（6）通常状况下，1mol甲的单质在戊的单质中燃烧放热184kJ，写出该反应的热化学方程式__________________________________________________。24、（12分）已知X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。请回答下列问题。（1）写出下列各物质的化学式:X、Y、C。（2）反应①的化学方程式为，反应②的离子方程式为。25、（12分）为探究Na与CO2反应产物，某化学兴趣小组按下图装置进行实验。已知：CO+2Ag(NH3)2OH=2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3回答下列问题：（1）写出A中反应的离子方程式__________________________。（2）仪器X的名称是_____________，B中的溶液为________________。（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1g，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2g。再进行下列实验操作，其正确顺序是________（填标号）；a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．关闭K1和K2d．打开K1和K2，通入CO2至E中出现浑浊e．称量硬质玻璃管f．冷却到室温重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3g。（4）加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象①钠块表面变黑，熔融成金属小球；②继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质；③F中试管内壁有银白物质产生。产生上述②现象的原因是____________________________________。（5）探究固体产物中元素Na的存在形式假设一：只有Na2CO3；假设二：只有Na2O；假设三：Na2O和Na2CO3均有完成下列实验设计，验证上述假设：步骤操作结论1将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤假设一成立2往步骤1所得滤液中___________________________3_____________________________________________（6）根据上述实验现象及下表实验数据，写出Na与CO2反应的总化学方程式___________。m1m2m366.7g69.0g72.1g26、（10分）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，实际上是发生了两个化学反应，请写出它们的化学方程式_______、______。（2）甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是________________，乙的作用是________________。（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是_______；集气瓶中收集到的气体的主要成分是_______________。（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还有________________。要除去该物质，可先在混合液中加入________（填字母），然后再通过蒸馏即可除去。a氯化钠溶液b苯c碳酸氢钠溶液d四氯化碳27、（12分）无水氯化铝常作为有机合成和石油化工的催化剂，并用于处理润滑油等。工业上可由金属铝和纯净的氯气作用制备。某课外兴趣小组在实验室里，通过下图所示装置，制取少量纯净的无水氯化铝。据此回答下列问题：查阅资料：常温下，无水氯化铝为白色晶体，易吸收水分，在178℃升华。装有无水氯化铝的试剂瓶久置潮湿空气中，会自动爆炸并产生大量白雾。(1)写出A装置中，实验室制取Cl2的离子方程式________________。(2)仪器甲______(写名称)；仪器乙________(写名称)(3)在E处可收集到纯净的氯化铝，F装置所起的作用是__________。(4)装置B、C中的试剂分別是_________________。(5)从A装置中导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D装置中，产生的后果是______________。28、（14分）元素a、b、c、d、e为前20号主族元素，原子序数依次增大。b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3；c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的。请回答：（1）e元素在周期表中的位置_______________。（2）bd2的电子式_______________；e2d的电子式_______________；ca3的空间构型_______________。（3）e的最高价氧化物的水化物所含化学键类型为______________、_______________，晶体类型为_______________。其溶液与b的最高价氧化物反应的离子方程式为____________________________。（4）在常温常压下，1gb的最简单气态氢化物完全燃烧放出的热量约为56kJ，写出该反应的热化学方程式_____________________________。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、A【解析】分析：本题考查的是原电池和电解池的工作原理和电极反应的书写，掌握原电池的负极或电解池的阳极失去电子即可解答。详解：A.当其为原电池时，负极材料为石墨和锂，锂失去电子，正极材料得到电子，电极反应为FePO4+Li++e-=LiFePO4，故正确；B.放电时阳离子向正极移动，故错误；C.充电过程为电解池，阳极反应为LiFePO4-e-=FePO4+Li+，故电池的正极材料减少，故错误；D.因为锂可以和硫酸溶液反应，说明电解质不能用硫酸溶液，故错误。故选A。2、B【解析】分析：没有新物质形成的变化是物理变化，结合海水中的成分以及相关物质的性质解答。详解：A、电解饱和食盐水得到氯气，属于化学方法，A错误；B、淡水通过海水的蒸馏、冷冻法、电渗析法、离子交换法等物理方法得到，B正确；C、通过电解饱和食盐水得到烧碱，属于化学方法，C错误；D、海水中碘以化合物的形式存在，得到碘单质，通过化学方法，D错误。答案选B。3、B【解析】

A、向水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，A错误；B、加入KAl(SO4)2，Al3＋水解，水的电离程度增大，溶液呈酸性，B正确；C、加入NaHCO3，碳酸氢根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，C错误；D、加入CH3COONa，醋酸根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，D错误；答案选B。4、D【解析】

A．食盐能够溶于水，不能用分液漏斗分离，故A错误；B．水和酒精任意比互溶，不能用分液漏斗分离，故B错误；C．汽油和煤油互溶，故不能用分液漏斗分离，故C错误；D．水和植物油互不相溶，可以用分液漏斗分离，故D正确；答案选D。【点睛】分液漏斗分离的是互不相溶的液体化合物，如果是相溶的液体，要考虑蒸馏等其它分离方法。5、B【解析】

A．反应①为苯与液溴反应生成溴苯，为取代反应，生成的溴苯密度比水大，故A错误；B．反应②为苯的燃烧反应为氧化反应，且苯中含碳量高，则反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故B正确；C．反应③为苯与硝酸反应生成硝基苯，反应温度为50~60℃，不能直接用酒精灯加热，应该水浴加热，硝基苯中含有N、O元素，属于烃的衍生物，故C错误；D．1mol苯最多与3molH2发生加成反应，但苯分子中不含碳碳双键，故D错误；答案选B。6、D【解析】

加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是=0.01mol，碳酸根离子的物质的量是=0.01mol，因碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，则为氨气，故原溶液中一定含有铵根离子，根据元素守恒可知，铵根离子的物质的量是=0.05mol，根据溶液的电中性可判断钠离子与氯离子是否存在。【详解】有上述分析可知：A.原溶液一定存在CO32-和SO42-，因Fe3＋与CO32-不共存，则一定不存在Fe3＋，故A项正确；B.根据溶液呈现电中性可知，原溶液一定存在Cl－，可能存在Na＋，需要进行焰色反应才能确定是否含有Na＋，故B项正确；C.阳离子所带正电荷的物质的量之和：因为铵根离子的物质的量为0.05mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以原溶液中一定存在氯离子，且c(Cl−)⩾0.1mol⋅L−1，故C项正确；D.若原溶液中不存在Na+，根据电中性原则可知，n(Cl−)=0.05mol-0.04mol=0.01mol，则c(Cl−)==0.1mol⋅L−1，故D错误；答案选D。7、D【解析】

A.代替乙烯分子中的1个H原子，所有原子能处于同一平面，故A错误；B.两个乙烯基通过单键连接，所有原子可能处于同一平面，故B错误；C.苯环与乙烯基通过单键相连，所有原子可能处于同一平面，故C错误；D.分子中含有甲基，不可能处于同一平面，故D正确。答案选D。8、A【解析】

①无水乙醇能与钠反应生成乙醇钠和氢气，②乙酸具有酸的通性，能与钠反应生成乙酸钠和氢气，③乙酸乙酯不含有羟基或羧基，不能与钠反应生成氢气；④苯不能与钠反应，只有①②能与钠反应，故答案为A。9、D【解析】分析：根据化学平衡中“变量不变达平衡”进行判断，先找出物理量是否为变量，再进行判断。A．无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变，选项A错误；B．反应按计量数进行，只要反应开始，则生成M与N的物质的量之比始终为1：1，无法说明反应达平衡，选项B错误；C．无论该反应是否达到平衡状态，生成1molM同时一定消耗2molY，选项C错误；D.生成M的速率和消耗N的速率相等，则正逆反应速率相等，反应达平衡，选项D正确。答案选D。10、A【解析】

A.H2O是由分子构成的共价化合物，A符合题意；B.MgO是由Mg2+、O2-通过离子键构成的离子化合物，B不符合题意；C.CaCl2是由Ca2+、Cl-通过离子键构成的离子化合物，C不符合题意；D.KBr是由K+、Br-通过离子键构成的离子化合物，D不符合题意；故合理选项是A。11、A【解析】分析：某主族元素R原子的电子式可表示为，R最外层电子数是5个，属于第ⅤA族元素，结合元素周期律解答。详解：A.R的最高价含氧酸不一定为强酸，例如磷酸，A错误；B.最低价是－3价，则气态氢化物分子式为RH3，B正确；C.最高价是+5价，则含氧酸分子式可能为HRO3，C正确；D.最高价是+5价，则最高价氧化物分子式为R2O5，D正确。答案选A。12、C【解析】

化合物的化学式为Cux(OH)y(CO3)z，化合物中正负化合价之和为0，已知Cu为＋2价，氢氧根为-1价，碳酸根为-2价，则根据正负化合价为0得：2x=y+2z为①式；22.2g样品的物质的量=mol，则含铜的物质的量mol，16.0g氧化铜中铜的物质的量=mol，根据铜守恒，=，即47x=17y+60z为②式；②-①×17可得：，①×30-②可得：，符合比例关系的为C。答案选C。13、C【解析】

常见的吸热反应有：大多数分解反应、盐类水解反应、C与CO2、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应；常见的放热反应有：燃烧，大多数化合反应、中和反应，金属与酸和水的置换反应等。【详解】A．为放热反应，同时为氧化还原反应，A错误；B．为吸热反应，同时为非氧化还原反应，B错误；C．为吸热反应，同时为氧化还原反应，C正确；D．为放热反应，同时为氧化还原反应，D错误；故选C。14、D【解析】试题分析：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D。【考点定位】考查镁、铝的重要化合物【名师点晴】本题考查了化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，结合物质的溶解性来分析解答，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱。根据发生的反应Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O来分析。15、B【解析】

五种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，因而KSCN溶液不能达到目的，且盐酸与五种氯化物都不反应，利用金属氢氧化物的溶解性及颜色来鉴别，因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因此必需选强碱，据此解答。【详解】A．加入盐酸，与五种物质都不反应，不能鉴别，A错误；B．加入NaOH溶液，氯化钠不反应，FeCl3生成红褐色沉淀，FeCl2生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，MgCl2生成白色沉淀，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，现象各不相同，可鉴别，B正确；C．加入氨水，不能鉴别MgCl2、AlCl3，C错误；D．加入KSCN只能鉴别FeCl3，不能鉴别其它物质，D错误。答案选B。16、B【解析】同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱。第ⅦA元素的最外层电子数是7，最低价是－1价，所以选项B是错误的，答案选B。17、C【解析】试题分析：A．含2个甲基，为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，有3种H原子，则有3种一氯代物，A错误；B．含4个甲基，有和两种结构，前一种结构有2种一氯代物，后一种结构，有3种一氯代物，B错误；C．含3个甲基，有和两种结构，前一种结构有5种一氯代物，后一种结构，有4种一氯代物，C正确；D．含4个甲基，则有和两种结构，前一种有2种一氯代物，后一种有3种一氯代物，D错误，答案选C。考点：考查同分异构体的书写及判断18、D【解析】

铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答。【详解】还原性：铁>铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：根据反应方程式

Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

可知56gFe反应消耗2molFe3+，64gCu反应消耗2molFe3+，可列比例式：，，解得m1=14g，m2=16g，溶解的金属质量为：18g-2.8g=15.2g，14g<15.2g<16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，选项A、C错误；设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则：64n1+56n2=15.2g，n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol，解得：n1=0.15mol、n2=0.1mol，所以原来混合物中含有的铜的质量为：m(Cu)=0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g，选项B错误；根据反应方程式可知：反应后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu2+)+3n(Fe)=2×0.15mol+3×0.10mol=0.6mol，所以反应后溶液中Fe2+和Cu2+的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6mol+0.15mol=0.75mol，选项D正确；故故合理选项是D。【点睛】本题考查了混合物的计算，注意根据反应方程式，从质量守恒定律角度分析解答，侧重考查学生的分析与计算能力。19、B【解析】A、同周期从左向右原子半径减小，电子层数越多半径越大，原子半径大小：C＞O＞F，A正确；B、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族从上到下非金属性减弱，同周期自左向右非金属性逐渐增强，则酸性：HClO4＞HNO3＞H3PO4，B错误；C、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上到下金属性增强，同周期自左向右金属性逐渐减弱，则碱性：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D、同主族从上到下非金属性减弱，同周期自左向右非金属性逐渐增强，非金属性越强，氢化物越稳定，则稳定性：HF＞NH3＞CH4，D正确。答案选B。20、C【解析】分析：本题考查的是酯的制备和分离。根据酯的形成条件和性质进行分析。详解：A.反应温度为115～125℃，水浴加热控制温度在100℃以下，不能用水浴加热，故正确；B.长玻璃管能使乙酸气体变为乙酸液体流会试管，起到冷凝回流作用，使反应更充分，故正确；C.提纯乙酸丁酯不能使用氢氧化钠，因为酯在氢氧化钠的条件下水解，故错误；D.该装置是直接加热，不好控制反应温度在115～125℃，故正确。故选C。21、D【解析】

同主族元素从上到下，电子层数增大，原子半径逐渐增大、同周期主族元素，原子半径随着核电荷数增大逐渐减小，所以原子半径K＞Na＞Al＞Cl，答案选D。22、A【解析】

一般情况下（氧、氟元素除外），主族元素的最高正化合价=最外层电子数。【详解】A、Cl元素的最高正化合价为+7价，A正确；B、H元素的最高正化合价为+1价，B错误；C、N元素的最高正化合价为+5价，C错误；D、He是稀有气体元素，化合价一般只有0价，D错误，答案选A。二、非选择题(共84分)23、HClO4Al(OH)3H―O―H分子晶体O2-＞Na+＞Al3+-1ⅣANaH+H2O＝NaOH+H2↑H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝-184kJ/mol【解析】根据元素在周期表中的位置信息可得：甲为H、乙为O、丙为Na、丁为Al、戊为Cl。（1）元素非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故五种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4；Al(OH)3具有两性。（2）H与O形成的10电子分子为H2O，电子式是；结构式为H―O―H；固态水所属晶体类型为分子晶体。（3）O2-、Na+、Al3+电子层结构相同，原子序数逐渐增大，故离子半径从大到小的顺序为O2-＞Na+＞Al3+。（4）如果将H排在第ⅦA族，应根据它们的负化合价都是-1；根据H元素的正、负化合价代数和为零，也可以将其排在第ⅣA族。（5）H与Na形成的化合物为NaH，与水反应生成可燃性气体单质为H2，化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑。（6）通常状况下，1mol氢气在氯气中燃烧放热184kJ，则热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)ΔH＝-184kJ/mol。24、（1）Cl2；SO2；FeCl3；(2)Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。【解析】试题分析：（1）A和硝酸酸化的硝酸应发生生成白色沉淀，说明A中含有Cl－，B与盐酸酸化的BaCl2反应生成白色沉淀，B中含有SO42－，X、Y均为刺激性气味的气体，因此推出X和Y为Cl2、SO2，X和Fe发生反应，因此X为Cl2，Y为SO2，即C为FeCl3；（2）反应①利用氯气的氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，因此离子反应方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，反应②利用Fe3＋的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Fe2＋，即反应②的离子反应方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。25、CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O长颈漏斗饱和NaHCO3溶液dabfce钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成加入足量BaCl2(或CaCl2、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液(未写足量不得分)滴入酚酞试液（或紫色石蕊试液或用广泛pH试纸检测溶液pH）6Na＋5CO23Na2CO3＋C＋CO(配平错误不得分)【解析】（1）A是大理石与稀盐酸制取二氧化碳的反应，离子方程式为CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O；（2）仪器X的名称是长颈漏斗，B中的溶液为饱和NaHCO3溶液，用于除去二氧化碳中的氯化氢气体；（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1g，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2g，d．打开K1和K2，通入CO2至E中出现浑浊，a．点燃酒精灯，加热，b．熄灭酒精灯，f．冷却到室温，c．关闭K1和K2，e．称量硬质玻璃管，重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3g。其正确顺序是dabfce；（4）钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成，反应完全后，管中有大量黑色物质；（5）探究固体产物中元素Na的存在形式：将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤，往步骤1所得滤液中加入足量BaCl2(或CaCl2、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液，滴入酚酞试液，溶液显红色，或紫色石蕊试液显蓝色，或用广泛pH试纸检测溶液pH大于7，则假设一成立；（6）反应前钠的质量为：m2-m1=69.0g-66.7g=2.3g，即0.1mol钠，若全部转化为碳酸钠，则碳酸钠的质量为：2.3g×=5.3g，物质的量为0.05mol，反应后产物的质量为：m3-m1=72.1g-66.7g=5.4g，则还生成碳，且碳的质量为0.1g，即mol，结合质量守恒，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠、碳，应该还生成一氧化碳，故反应方程式为：6Na＋5CO23Na2CO3＋C＋CO。26、2Cu+O22CuOCH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O加热冷却乙醛、乙醇、水氮气乙酸c【解析】

乙醇和O2在铜作催化剂，加热的条件下发生生成乙醛，首先O2和乙醇混合，则甲装置加热使乙醇挥发，与O2混合；乙装置中加冷水，使产物乙醛冷凝下来，同时冷凝的还有未反应的乙醇。【详解】（1）乙醇的催化氧化实验中，Cu作催化剂，反应过程中，Cu先与氧气反应：2Cu＋O22CuO，红色变为黑色，然后乙醇与CuO发生：CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O，黑色变为红色；（2）常温下乙醇为液体，在玻璃管中发生乙醇催化氧化，需要将乙醇转化成气体，即甲中水浴加热的目的是将乙醇气化得到稳定的乙醇气流；生成乙醛在加热时为气体，因此乙装置是为了使乙醛更快的冷凝；（3）反应冷却后，a中收集到的物质有易挥发的乙醇及反应生成的乙醛和水；空气主要成分是N2和O2，因此集气瓶中收集的气体主要为N2；（4）紫色石蕊试纸显红色，说明液体中含有酸性物质，即部分乙醛被氧化成乙酸；乙酸易挥发，除去乙酸，需要让乙酸转化成高沸点的盐，即加入碳酸氢钠溶液，故选项c正确。27、4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O分液漏斗圆底烧瓶防止外界水蒸气进入饱和食盐水，浓硫酸引起爆炸（合理均可）【解析】(1)根据流程图，A装置是制取氯气的装置，实验室制取Cl2的离子方程式为4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)根据装置图，仪器甲为分液漏斗；仪器乙为圆底烧瓶，故答案为分液漏斗；圆底烧瓶；(3)氯化铝易吸收水分，为了防止外界水蒸气进入，需要用F中的碱石灰吸收，故答案为防止外界水蒸气进入；(4)制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，装置B中装入饱和食盐水，除去氯化氢、装置C中装入浓硫酸，除去水蒸气，故答案为饱和食盐水；浓硫酸；(5)从A装置中导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D装置中，潮湿的氯化氢与铝反应生成氢气，会引起爆炸，