北京市一七一中学2025届化学高一下期末检测试题含解析

北京市一七一中学2025届化学高一下期末检测试题注意事项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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1molCH4和4mol

Cl2反应生成的有机物分子总数为4NAB．0.1mol

H35Cl中含有的质子数目或中子数目均为1.8NAC．常温下，22.4

L乙烯中含有的共用电子对数目为6NAD．1molN2与足量H2发生合成氨反应时转移的电子数目为6NA2、下列实验的操作和所用的试剂都正确的是A．制硝基苯时，将盛有混合液的试管直接在酒精灯火焰上加热B．将苯、浓溴水、铁粉混合制溴苯C．将乙醇和浓硫酸共热至140℃制乙烯D．欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中先加入氢氧化钠溶液调成碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热3、如图为某石英晶体的平面结构示意图，它实际上是立体网状结构(可以看作晶体硅中的每个Si—Si键中插入一个O)。在石英晶体中，氧原子与硅原子的个数的比值和由硅原子、氧原子铁石构成的最小环上Si、O的原子个数之和分别是()A．18 B．212 C．1/28 D．1/2124、下列实验或实验过程符合化学实验“绿色化学”原则的是A．用双氧水代替高锰酸钾制取氧气B．用铜粉代替铜丝进行铜和浓硝酸反应的实验C．用溴水代替碘水进行萃取实验D．用大量的氯气进行性质实验5、X、Y、Z、D、E、F是原子序数依次增大的六种常见元素。E的单质在Z2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。F和Z元素形成的化合物F3Z4具有磁性。X的单质在Z2中燃烧可生成XZ和XZ2两种气体。D的单质是一种金属，该金属在XZ2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。请回答下列问题：(1)F元素在周期表中的位置是________，Y的单质分子的结构式为__________，DZ的电子式为________，DZ化合物中离子半径较大的是________(填离子符号)。(2)X元素形成的同素异形体的晶体类型可能是________(填序号)。①原子晶体②离子晶体③金属晶体④分子晶体(3)X、Y、Z形成的10电子氢化物中，X、Y的氢化物沸点较低的是(写化学式)：__________；Y、Z的氢化物分子结合H+能力较强的是(写化学式)________。(4)下列可作为比较D和Na金属性强弱的依据是________。(填序号)a．测两种元素单质的硬度和熔、沸点b．比较两元素最高价氧化物对应的水化物溶液的碱性强弱c．比较两种元素在氯化物中化合价的高低d．比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度(5)Y的氢化物和Z的单质在一定条件下反应生成Z的氢化物(产物之一)，该反应的方程式为___________。(6)有人建议将氢元素排在元素周期表的ⅣA族，请你从化合价的角度给出一个理由__________。6、一种直接铁燃料电池（电池反应为：3Fe+2O2＝Fe3O4）的装置如图所示，下列说法正确的是A．Fe极为电池正极B．KOH溶液为电池的电解质溶液C．电子由多孔碳极沿导线流向Fe极D．每5.6gFe参与反应，导线中流过1.204×1023个e－7、四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是A．原子半径Z<MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族8、将1.92gCu投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下收集到1.12L气体时，金属铜恰好全部消耗。则反应中消耗的硝酸的物质的量为A．0.09mol B．0.1mol C．0.11mol D．0.12mol9、下列说法不正确的是A．可将氯气转化为液氯，储存于钢瓶中B．碳酸钡可用于医疗上作检查肠胃的内服药剂，即“钡餐”C．碘化银可用于人工降雨D．通常用热的纯碱溶液去除物品表面的油污10、下列元素中，不属于主族元素的是A．H B．He C．N D．Cl11、下列物质间的转化不能一步实现的是（）A．N2→NO2B．HNO3→O2C．SO2→H2SO4D．H2SO4→SO212、鲨鱼是世界上惟一不患癌症的动物，科学研究表明，鲨鱼体内含有一种角鲨烯，具有抗癌性.。已知角鲨烯分子中含有30个碳原子及6个C＝C且不含环状结构，则其分子式为A．C30H60 B．C30H56 C．C30H52 D．C30H5013、“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。下列最符合“绿色化学”理念的是A．利用太阳能分解水制氢气B．在厂区大量植树绿化，净化污染的空气C．将煤液化后使用以提高煤的利用率D．将化石燃料充分燃烧后再排放14、在恒温密闭容器中进行反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)，下列反应措施能加快反应速率的是A．缩小体积使压强增大 B．压强不变，充入N2使体积增大C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入He使体积增大15、下列说法中正确的是()A．摩尔是表示物质质量的单位B．物质的量就是指物质的质量C．摩尔是表示物质粒子多少的物理量D．物质的量适用于计量分子、原子、离子等粒子16、对于可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正(NH3)=3v正(H2O)B．达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态17、据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的23He，每百吨23He核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量．在地球上，氦元素主要以24He的形式存在。下列说法正确的是()A．24He原子核内含有4个质子B．23He和24He互为同位素C．23He原子核内含有3个中子D．24He的最外层电子数为2，所以24He具有较强的金属性18、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B．Y元素的单质只能跟酸反应，不能跟碱反应C．最简单气态氢化物的热稳定性：W＞ZD．W元素的各种氧化物对应的水化物均为强酸19、下列物质中，既含离子键又含极性共价键的是()A．Na2O2B．KOHC．CaCl2D．Al2O320、汽车尾气净化的一个反应是2NO＋2CON2＋2CO2。下列有关该反应说法正确的是A．NO失去电子 B．CO是还原剂C．NO被氧化 D．CO发生了还原反应21、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是（）A．X与W形成的化合物中只有共价键B．X与Z形成的化合物中只有离子键C．元素的非金属性：X＞R＞WD．简单离子的半径：W＞R＞X22、在某容积固定的密闭容器中，发生可逆反应A(s)+3B(g)3C(g)。下列叙述中能表明该可逆反应一定达到平衡状态的有（）①C的生成与分解速率相等②单位时间内生成amolA和3amolB③B的浓度不再变化④混合气体总物质的量不再变化⑤A、B、C的物质的量之比为1：3：3⑥混合气体的密度不再变化⑦A的浓度不再变化⑧混合气体的颜色不再变化⑨混合气体的平均相对分子质量不再变化A．6个 B．5个 C．4个 D．3个二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，①～⑫分别代表12种元素，请回答：（1）写出12种元素中化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图______________。（2）⑪在元素周期表中的位置是____________________________。（3）12种元素形成的单质中硬度最大的是________________(填名称)。（4）用电子式表示①与⑪形成化合物的过程_______________________。（5）可以用来验证⑥⑦两种元素金属性强弱的实验是__________(填字母序号)。a将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入水中b将形状、大小相同的无氧化膜的这两种元素的单质分别和同浓度同体积的盐酸反应c将形状、大小相同的无氧化膜的这两种元素的单质分别和温度相同的热水作用，并滴入酚酞d比较这两种元素的氢化物的热稳定性（6）⑧⑨两种元素的简单阴离子中还原性较强的是________(填离子名称)；用一个置换反应证明这一结论__________________________(写化学方程式)。24、（12分）下表中列出五种短周期元素A、B、C、D、E的信息，请推断后回答:元素有关信息A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nmB所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体C原子半径为0.102nm，其单质为黄色固体，可在AD最高价氧化物的水化物能按1:1电离出电子数相等的阴、阳离子E原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐(1)写出C元素在周期表中的位置_________________，写出D元素最高价氧化物的水化物电子式________________。(2)写出A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是______________(填化学式)。(3)写出B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是_________(填化学式)。(4)写出D的单质在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，该氧化物含有的化学键类型是________________。(5)砷(As)与E同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为_______，其氢化物的化学式为25、（12分）乙酸乙酯是一种非常重要的有机化工原料，可用作生产菠萝、香蕉、草莓等水果香精和威士忌、奶油等香料的原料，用途十分广泛。在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题:(1)乙醇、乙酸分子中的官能团名称分别是_____、______。(2)下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有______(填序号)。①单位时间里，生成lmol乙酸乙能，同时生成lmol水②单位时间里，生成lmol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸③单位时间里，消耗lmol乙醇，同时消耗1mol乙酸④正反应的速率与逆反应的速率相等⑤混合物中各物质的浓度不再变化(3)下图是分离操作步骤流程图，其中a所用的试剂是______，②的操作是______。(4)184g乙醇和120g乙酸反应生成106g的乙酸乙酯，则该反应的产率是_____(保留三位有效数字)。(5)比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯有_____种结构。26、（10分）实验室用乙醇与浓硫酸共热制乙烯,反应原理为:反应过程中会生成少量副产物SO2。同学们设计了下图所示实验装置,以制取乙烯并验证乙烯的某些性质。（1）仪器a的名称是______________；（2）仪器a中加入乙醇与浓硫酸的顺序是_________，其中碎瓷片的作用是__________；（3）装置A既能吸收挥发出的乙醇,也能______________；装置B的作用是____________；（4）装置C中发生反应的化学方程式是_____________；（5）装置D中观察到的现象是_________，说明乙烯具有___________性。27、（12分）苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：已知：名称相对分子质量颜色，状态沸点(℃)密度(g·cm-3)苯甲酸122无色片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.80.7318苯甲酸在100℃会迅速升华。实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210～213℃的馏分。④检验合格，测得产品体积为12.86mL。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是_________（填入正确选项前的字母）。A．25mLB．50mLC．100mLD．250mL（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是_____________________。（3）步骤②中应控制馏分的温度在____________。A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃（4）步骤③加入Na2CO3的作用是______________________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是____________。（5）关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是__________。A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）计算本实验的产率为_______________。28、（14分）Ⅰ．已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2

(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1；键能EO=O=499.0kJ·mol-1则CO(g)+O2(g)⇌CO2

(g)+O(g)的ΔH=______kJ·mol-1。Ⅱ.汽车尾气净化的主要反应原理为2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)。将1.0molNO、0.8molCO充入2L恒容密闭容器，分别在T1℃和T2℃下测得n(CO2)随时间(t)的变化曲线如下图所示。（1）T2℃时，0~2s内的平均反应速率v(N2)=________。（2）该反应自发进行的条件（假设ΔH，ΔS不随温度变化而变化）___（高温自发，低温自发，任何温度均不自发，任何温度均自发）。（3）为使该反应的反应速度增大，且平衡向正反方向移动的是________。A．及时分离除CO2气体

B．适当升高温度C．增大CO的浓度

D．选择高效催化剂Ⅲ.工业可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，在一体积可变的密闭容器中（如图），将2molCO和3molH2放入容器中，移动活塞至体积为VL，用铆钉固定在A、B点，发生反应，测得在不同条件，不同时段内CO的转化率，得出下列数据。（1）根据上表数据，比较T1_______T2（选填“>、=、<”）；T2温度下，第20min时，反应达到平衡，该温度下的平衡常数为__________。（2）T2温度下，第40min时，拔出铆钉后，活塞没有发生移动，再向容器中通入6mol的CO，此时V(正)________V(逆)（选填“>、=、<”），判断理由是：___________________。29、（10分）（I）利用反应CuSO4＋Fe===Cu＋FeSO4可设计为原电池。（1）负极材料是________(写名称)，电极反应为__________________________________。（2）正极电极反应式为______________________。（3）溶液中SO42－向________极移动。(II)工业合成氨反应：N2＋3H22NH3是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。（4）如果将1molN2和3molH2混合，使其充分反应，放出的热量总理论数值，其原因是____________________________。（5）实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10min后，生成10molNH3，则用N2表示的化学反应速率为________mol·L－1·min－1。（6）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是________。a．正反应速率和逆反应速率相等b．正反应速率最大，逆反应速率为0c．反应达到最大限度d．N2和H2的浓度相等e．生成1molN2的同时，消耗2molNH3f．生成3molH2的同时，生成2molNH3

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、B【解析】

A．根据C守恒，不管CH4中的H被Cl取代多少个，有机物的物质的量总是1mol，A项错误；B．H35Cl中H原子中有1个质子和0个中子，35Cl原子中含有17个质子和18个中子，则1molH35Cl中含有（1+17）mol=18mol质子和（0+18）mol=18mol中子，则0.1molH35Cl中含有的质子数目或中子数目均为1.8NA，B项正确；C．标准状况为0℃、101.3kPa，而不是常温，所以22.4L乙烯物质的量不是1mol，C项错误；D．氮气和氢气反应是可逆反应，方程式为N2＋3H22NH3，1molN2并不能完全反应，所以得不到2molNH3，转移的电子数小于6NA，D项错误；本题答案选B。2、D【解析】

A.制硝基苯时需要控制温度在55℃左右，应该将盛有混合液的试管放在水浴中加热，A错误；B.将苯、液溴、铁粉混合制溴苯，苯和溴水混合发生萃取，B错误；C.将乙醇和浓硫酸共热至170℃制乙烯，140℃时发生分子间脱水生成乙醚，C错误；D.葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应需要在碱性溶液中，因此欲检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中先加入氢氧化钠溶液调成碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，D正确；答案选D。3、B【解析】

由石英晶体的平面结构可知(当然立体网状结构也一样)，每个Si周围结合4个O，而每个O周围结合2个Si，所以石英晶体中氧原子和硅原子个数之比为2∶1，由于石英晶体是立体网状结构，可以看成晶体硅中的每个Si—Si键上插有一个O(如图所示)，因此在石英晶体中，由硅原子、氧原子构成的最小环上具有的Si、O的原子个数之和是12(6个Si和6个O)，故B正确。故选B。4、A【解析】

A．双氧水制取氧气的产物为水，对环境没有任何污染，也没有产生任何固体废物，而且在反应过程中使用催化剂，使反应速度大大加快，反应过程也不需要任何额外的能量供应，节省了能源，符合化学实验“绿色化学”原则，故A正确；B．用铜粉与浓硝酸反应，在不需要反应时，不能控制反应的停止，容易造成环境污染，不符合绿色化学原则，故B错误；C．溴水易挥发、溴蒸气有毒，会污染空气，不符合绿色化学理念，故C错误；D．氯气有毒，易污染环境，实验时应减少其用量，不符合“绿色化学”原则，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，主要原因是不易控制反应的发生与停止，容易造成污染。5、第4周期Ⅷ族N≡NO2-①、④CH4NH3bd4NH3+5O24NO+6H2O氢元素的最高正价和最低负价的绝对值相等(或者氢元素的最高正价与最低负价的代数和为0)【解析】

E的单质在Z2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则E为S元素，Z为O元素，F和Z元素形成的化合物F3Z4具有磁性，则F3Z4为Fe3O4，F为Fe元素，X的单质在Z2中燃烧可生成XZ和XZ2两种气体，X原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，X为C元素，D的单质是一种金属，该金属在XZ2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则D为Mg元素，Y的原子序数介于碳、氧之间，则Y为N元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知X是C，Y是N，Z是O，D是Mg，E是S，F是Fe。则（1）F为Fe元素，在周期表中的位置是第4周期第Ⅷ族，Y的单质分子为N2，结构式为N≡N，DZ为MgO，属于离子化合物，电子式为。核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则DZ化合物中离子半径较大的是O2-；（2）X为碳元素，碳元素形成的同素异形体有石墨、金刚石、C60等，金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，答案为：①④；（3）C、N、O形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点升高，甲烷中不含氢键，所以沸点较低的是CH4，氨气为碱性气体，NH3结合H+能力较强；（4）a．单质的硬度和熔、沸点与金属性强弱没有关系，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，则比较两元素最高价氧化物对应的水化物溶液的碱性强弱可以比较二者的金属性强弱，b正确；c．两种元素在氯化物中化合价的高低与金属性强弱没有关系，c错误；d．金属性越强，其单质与酸反应越剧烈，则比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度可以比较金属性强弱，d正确。答案选bd；（5）Y的氢化物氨气和Z的单质氧气在一定条件下反应生成Z的氢化物(产物之一)，该反应属于氨的催化氧化，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。（6）由于氢元素的最高正价和最低负价的绝对值相等(或者氢元素的最高正价与最低负价的代数和为0)，因此建议将氢元素排在元素周期表的ⅣA族。6、B【解析】

A、铁燃料电池中铁失去电子为电池负极，选项A错误；B、KOH溶液为电池的电解质溶液，为碱性电池，选项B正确；C.电子由负极Fe极沿导线流向正极多孔碳极，选项C错误；D.根据电池反应：3Fe+2O2＝Fe3O4可知，3mol铁参与反应时转移8mole－，故每5.6gFe参与反应，导线中流过1.605×1023个e－，选项D错误。答案选B。7、B【解析】

因为为短周期，故为第二、三两周期，又M为金属，可以确定M、X、Y、Z分别为Al、Si、N、O。则A、电子层数越多，半径越大，A正确；B、非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Y>X，故酸性HNO3>H2SiO4，B错误；C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2O>SiH4，C正确；D、Z为O，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，D正确。答案选B。8、C【解析】

1.92g铜与一定量浓硝酸反应，Cu恰完全反应，生成气体为NO、NO2中的一种或二者混合物；反应的硝酸一部分表现氧化性，一部分表现酸性；根据原子守恒表现氧化性的硝酸物质的量=n（NOx）=1.12L/22.4L∙mol-1=0.05mol，表现酸性的硝酸物质的量=2n[Cu（NO3）2]=2n（Cu）=2×1.92g/64g∙mol-1=0.06mol，所参加反应硝酸物质量=0.05mol+0.06mol=0.11mol，答案选C。【点睛】本题考查铜和硝酸反应的计算问题，注意运用守恒法简化运算过程，此类题目常用到原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等，本题运用原子守恒：参加反应的硝酸的物质的量=表现氧化性的硝酸的物质的量+表现酸性的物质的量。9、B【解析】

A.氯气转化为液氯，与钢瓶不反应，故可用钢瓶储存液氯，故不符合题意；B.碳酸钡不可用于医疗上作检查肠胃的内服药剂，因为碳酸钡与胃酸反应引入钡离子，引起重金属离子中毒，故不能用作“钡餐”，“钡餐”是硫酸钡。故B错误，符合题意；C.碘化银固体颗粒，可以使水蒸气凝聚，故可用于人工降雨，故不符合题意；D.油污在热的纯碱溶液中发生水解，生成易溶于水的物质，从而把油污除去，故不符合题意。故选B。10、B【解析】

A．H为第一周期ⅠA族元素，故A正确；B．He为第一周期0族元素，故B错误；C．N为第二周期ⅤA族元素，故C正确；D．Cl为第三周期ⅦA族元素，故D正确；故答案为B。11、A【解析】分析：结合物质的化学性质、发生的反应以及相互之间的转化关系分析判断。详解：A.N2与氧气化合生成NO，不能直接转化为NO2，A正确；B.HNO3分解生成NO2、O2和水，能一步实现，B错误；C.SO2被双氧水氧化可以直接转化为H2SO4，C错误；D.H2SO4被还原可以直接转化为SO2，D错误。答案选A。12、D【解析】

结构中含有1个碳碳双键，就比烷烃少2个氢原子，所以当有6个碳碳双键时，比烷烃少12个氢原子，根据烷烃的通式CnH2n+2，所以该烯烃分子式符合通式CnH2n+2-12。已知角鲨烯分子中含有30个碳原子及6个C＝C且不含环状结构，则其分子式为C30H50，所以选D。13、A【解析】

A．利用太阳能分解水制氢气，既能充分利用太阳能，又对环境无污染，符合绿色化学核心要求，故A选；B．在厂区大量植树绿化，净化污染的空气，虽然有利于环境保护，但不是从源头上杜绝环境污染，故B不选；C．将煤液化后使用以提高煤的利用率，过程中仍会有污染物的排放，故C不选；D．将化石燃料充分燃烧后再排放，燃烧过程中有污染物的排放，不符合零排放，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意绿色化学是从源头上杜绝环境污染，应符合“零排放”。14、A【解析】试题分析：A．缩小体积使压强增大，物质的浓度增大，化学反应速率加快，正确；B.压强不变，充入N2使体积增大，则O2的浓度减小，化学反应速率减慢，错误；C．体积不变，充入He使压强增大，但是物质的浓度不变，所以化学反应速率不变，错误；D.压强不变，充入He使体积增大，则物质的浓度减小，化学反应速率减小，错误。考点：考查影响化学反应速率的因素的知识。15、D【解析】

A项、质量的单位为g，摩尔是物质的量的单位，故A错误；B项、物质的量用于描述微观粒子的物理量，与物质的质量完全不同，物质的量的单位为mol，而质量的单位为g，二者为完全不同的两个物理量，故B错误；C项、摩尔是物质的量的单位，物质的量是表示物质粒子多少的物理量，故C错误；D．物质的量适用于计量微观粒子，如分子、原子、离子等微观粒子粒子，不适用于计量宏观物质，故D正确。故选D。【点睛】注意物质的量是表示含有一定数目粒子的集体，符号为n，单位是mol，1mol任何粒子的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子数相同，这里的粒子指分子、原子、离子、电子、质子、中子等。16、B【解析】

A、速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；B、达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)=5v逆(NO)，B正确；C、达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，C错误；D、单位时间内消耗xmolNH3与生成xmolNO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误；正确选项B。17、B【解析】试题分析：A.24He原子核内含有2个质子，A项错误；B.24He和24He质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项正确；C.23He中子数=3-2=1，B项错误；D.因He原子的结构稳定，既不容易得到电子，也不容易失去电子，D项错误；答案选B。【考点定位】考查原子的微粒构成。【名师点睛】本题考查原子的微粒构成。①根据原子符号ZAX的含义，A表示质量数，Z表示质子数，中子数=质量数-质子数；②质子数相同，中子数不同的原子互称为同位素；③金属性是元素的原子失去电子的能力。18、C【解析】

W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，且W为第三周期元素，则W为硫；根据元素在周期表中的相对位置，推得X为氮，Y铝，Z为硅；A.同周期元素，核电荷数越大原子半径越小，故原子半径：r(Y)＞rr(Z)＞r(W)，故A错误；B.Y元素的单质为铝，既能和酸反应，也能和碱反应，故B错误；C.元素非金属性越强，其氢化物越稳定，所以气态氢化物的热稳定性：W＞Z，故C正确；D.硫元素氧化物对应的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸是中强酸，不是强酸，故D错误；故选C。19、B【解析】A.、B、C、D都是离子化合物而含有离子键，A的O22-含有非极性共价键，B的OH-含有极性共价键，C、D没有共价键，所以既含离子键又含极性共价键的是B，故选B。点睛：在根类阴阳离子内含有极性共价键、非极性共价键。20、B【解析】

A.

NO中N元素在反应中得到电子被还原，是氧化剂，故A错误；B.

C元素失去电子的化合价升高被氧化，CO为还原剂，故B正确；C.

NO中N元素在反应中得到电子被还原，故C错误；D.

CO中C元素化合价升高被氧化，发生了氧化反应，故D错误；答案选B。【点睛】氧化还原反应中，元素化合价升高失电子，发生氧化反应，作还原剂；元素化合价降低得电子，发生还原反应，作氧化剂。21、A【解析】

根据元素周期律，推出：X为O，Y为F，W为Cl，R为S，Z为Na，则A、Cl和O形成氯的氧化物，只含有共价键，故A正确；B、Na与O形成Na2O和Na2O2，Na2O中只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故B错误；C、非金属性大小顺序是O＞Cl＞S，故C错误；D、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此S2－＞Cl－＞O2－，故D错误。答案选A。22、C【解析】

达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，故正确；②单位时间内，生成amolA代表逆反应速率，生成3amolB也代表逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；③当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，B的浓度不再变化表明反应已达到平衡状态，故正确；④气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；⑤平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；⑥A为固体，该反应是一个气体质量增大的反应，气体的总质量不变能表明反应已达到平衡状态，故正确；⑦A为固体，浓度为定值，A的浓度不再变化，不能表明反应已达到平衡状态，故错误；⑧不明确B、C是否为有色气体，混合气体的颜色不再变化不一定能表明反应已达到平衡状态，故错误；⑨A为固体，该反应是一个气体质量增大、气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，混合气体的平均相对分子质量不再变化能表明反应已达到平衡状态，故正确；①③⑥⑨正确，故选C。【点睛】本题考查平衡平衡状态，注意抓住化学平衡状态的本质特征是正逆反应速率相等，明确反应速率与化学计量数的关系是解答关键。二、非选择题(共84分)23、第四周期ⅠA族金刚石bcS2-Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓【解析】

由元素周期表的位置可知，①～⑫分别为H、C、N、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br。（1）稀有气体的性质最不活泼；（2）K的原子结构中有4个电子层、最外层电子数为1；（3）单质中硬度最大的是金刚石；（4）①与⑪形成的化合物为氢化钾，为离子化合物；（5）由金属与酸或水的反应、对应碱的碱性、金属单质之间的置换反应等比较金属性；（6）非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，可由非金属单质之间的置换反应说明。【详解】由元素周期表的位置可知，①～⑫分别为H、C、N、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar、K、Br。（1）稀有气体Ar化学性质最不活泼，原子核外有18个电子，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，原子结构示意图为；（2）⑪在元素周期表中的位置是第四周期ⅠA族；（3）12种元素形成的单质中硬度最大的是金刚石；（4）用电子式表示①与⑪形成化合物KH的过程为；（5）a．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入水中，金属可能被氧化，不能比较金属性，故不选；b．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应，反应剧烈的对应金属的金属性强，故选；c．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和温度相同的热水作用，并滴入酚酞，反应剧烈且红色深的说明碱性强，对应金属的金属性越强，可比较金属性，故选；d．比较这两种元素的氢化物的稳定性，可比较非金属性的强弱，故不选；故答案为bc；（6）非金属性S＜Cl，则⑧⑨两种元素的简单阴离子还原性较强的是S2-，如Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓可说明，故答案为S2-；Na2S+Cl2＝2NaCl+S↓。【点睛】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及化学用语的使用。24、第三周期第ⅥA族H2O>H2SH2SO4<HClO4非极性共价键，离子键33AsH3【解析】分析：短周期元素A、B、C、D、E，A元素主要化合价为-2，原子半径为0.074nm，可推知A为O元素；B所在主族序数与所在周期序数之差为4，形成的单质是黄绿色有毒气体，则B为Cl元素；C原子半径为0.102nm，其单质为黄色晶体，可在A的单质中燃烧，则C为S元素；D的最高价氧化物的水化物能按1：1电离出电子数相等的阴、阳离子，则D为Na元素；E的原子半径为0.075nm，最高价氧化物的水化物可与其氢化物形成一种盐X，则E为N元素，X为NH4NO3，据此解答。详解：根据上述分析，A为O元素；B为Cl元素；C为S元素；D为Na元素；E为N元素，X为NH4NO3。(1)C为Cl元素，处于周期表中第三周期ⅦA族，D为Na元素，最高价氧化物的水化物为NaOH，NaOH是离子化合物，由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；(2)元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，A与C元素气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是H2O>H2S，故答案为：H2O>H2S；(3)元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，B与C元素最高价氧化物的水化物酸性由弱到强的顺序是H2SO4<HClO4，故答案为：H2SO4<HClO4；(4)钠在氧气中燃烧生成产物为淡黄色固体，是过氧化钠，含有的化学键类型有非极性共价键、离子键，故答案为：非极性共价键、离子键；(5)砷(As)与N元素同一主族，As原子比E原子多两个电子层，则As的原子序数为7+8+18=33，其氢化物的化学式与氨气相似，为AsH3，故答案为：33；AsH25、羟基羧基②④⑤饱和Na2CO3溶液蒸馏60.2%9【解析】分析：(1)根据官能团的结构分析判断；(2)根据化学平衡状态的特征分析解答，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；(3)根据乙酸乙酯与乙醇、乙酸的性质的差别，结合分离和提纯的原则分析解答；(4)根据方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O进行计算即可；(5)乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯的分子式为C5H10O2，根据酯的结构分析解答。详解：(1)醇的官能团为羟基，乙醇中含有的官能团是羟基；羧酸的官能团是羧基，故乙酸中含有的官能团是羧基，故答案为羟基；羧基；(2)①单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，反应都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故不选；②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，等效消耗1mol乙酸，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，故选；③单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，只要反应发生就符合这一关系，故不选；④正反应的速率与逆反应的速率相等，达平衡状态，故选；⑤混合物中各物质的浓度不再变化，说明正反应的速率与逆反应的速率相等，达平衡状态，故选；②④⑤。(3)加入饱和碳酸钠溶液a，溶解乙醇和乙酸反应生成醋酸钠溶液，乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸馏混合溶液分离出乙醇，然后向剩余混合液中加入稀硫酸b，稀硫酸与醋酸钠反应生成醋酸和硫酸钠混合溶液，蒸馏将醋酸分离出来，故答案为饱和碳酸钠；蒸馏；(4)n(CH3COOH)==2moln(C2H5OH)==4mol，所以乙醇过量，应以乙酸计算，2mol乙酸完全酯化可生成乙酸乙酯2mol×88g/mol=176g，故该反应的产率为：×100%=60.2%，故答案为60.2%．(5)乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，比乙酸乙酯相对分子质量大14的酯的分子式为C5H10O2，结构中含有—COO—，因为—C4H9有4种，则HCOOC4H9有4种；因为—C3H7有2种，则CH3COOC3H7有2种；CH3CH2COOCH2CH3；因为—C3H7有2种，则C3H7COOCH3有2种；共9种，故答案为9。点睛：本题综合考查了乙酸乙酯的制备，涉及化学平衡状态的判断，物质的分离和提纯、产率的计算、同分异构体的数目判断等。本题的易错点为(1)(5)，(1)中解题时要注意，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；(5)中书写时要按照一定的顺序书写，防止多写、漏写。26、蒸馏烧瓶将浓硫酸加入乙醇中防止暴沸除去SO2证明SO2已除尽CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br溶液由紫色变为无色还原【解析】

本题主要考察乙烯的实验室制法。在乙烯制备的过程中，会伴随有副反应的发生，副反应一般有两种，第一种是温度在140℃时，乙醇在浓硫酸的作用下生成乙醚，第二种是浓硫酸和乙醇发生氧化还原反应。本题涉及的副反应就是第二种情况（题中已说明）。这种情况下，生成的SO2会影响乙烯的检验，需要除去。所以A的主要作用是除去SO2，而B的主要作用是检验SO2已完全被除去，【详解】（1）a有支管，则a为蒸馏烧瓶；（2）浓硫酸与其他物质混合时，一般是将浓硫酸缓慢加入其他物质中，所以在该实验中，是将浓硫酸加入到乙醇中；碎瓷片的作用是防止暴沸；（3）SO2会影响后续实验，为了避免干扰，应先将SO2除去，所以A的作用既可以吸收乙醇，也可以吸收SO2；B的作用是验证SO2完全被除去；（4）装置C中，乙烯和Br2发生反应：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（5）酸性KMnO4溶液可以氧化碳碳双键，溶液的紫色褪去，KMnO4作氧化剂，则乙烯作还原剂，所以说明乙烯具有还原性。【点睛】乙烯的实验室制备实验中，会伴随有两种副反应发生，第一种是生成乙醚，第二种是生成SO2。其中第二种副反应是常考的内容，要想确保乙烯的性质实验完好地进行，需要先完全除去SO2，以避免干扰。27、C使平衡不断正向移动C除去硫酸和未反应的苯甲酸苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华AD90.02%【解析】

（1）在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，加入物质的体积超过了50ml，所以选择100mL的圆底烧瓶，答案选C；（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水，可使平衡向正反应方向移动；（3）反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，这时应将温度控制在85~90℃；（4）将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。该步骤中加入碳酸钠的作用是除去剩余的硫酸和未反应完的苯甲酸；若碳酸钠加入量过少蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生这种现象的原因是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时苯甲酸升华；（5）在分液的过程中，水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，盖上玻璃塞，关闭活塞后倒转用力振荡，放出液体