2025届福建省长泰县一中化学高一下期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2025届福建省长泰县一中化学高一下期末质量跟踪监视模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、该表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价的相关信息，据此判断以下叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A．R的氧化物的水化物均为强酸B．M的单质在一定条件下可与L的氧化物发生铝热反应C．单质与稀盐酸反应的剧烈程度为：L＞MD．L2+与R2－的核外电子数相等2、常温下，下列各组离子能大量共存的是A．Cu2+、Ca2＋、NO3－、Cl－ B．K＋、NH4＋、CO32－、OH－C．Na＋、Ba2+、SO32－、I－ D．H＋、Fe2＋、NO3－、ClO－3、化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10-6m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D．聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物4、一种天然气臭味添加剂的绿色合成方法为：CH3CH2CH=CH2+H2SCH3CH2CH2CH2SH。下列反应的原子利用率与上述反应相近的是A．乙烯与水反应制备乙醇B．苯和硝酸反应制备硝基苯C．乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯D．甲烷与Cl2反应制备一氯甲烷5、在实验室里，下列药品放在空气中不会变质的是()A．硫酸钠B．浓硝酸C．过氧化钠D．氢氧化钠6、下列说法正确的是A．棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物B．聚氯乙烯塑料可用来做蔬菜水果及熟食等的保鲜膜C．纤维素、淀粉都可用(C6H10O5)n表示，它们互为同分异构体D．碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜溶液混合加热，生成砖红色沉淀7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．64gSO2中含有的原子数为3NAB．5.6g金属铁变为离子时失去的电子数为0.3NAC．常温常压下,11.2LCl2含有的分子数为0.5NAD．1mol/LNaOH溶液中Na+的数目为NA8、下列方案能达成实验目的的是A．用酒精萃取碘水中的碘B．用加热的方法除去NaCl中的NH4ClC．用BaCl2鉴别Na2CO3溶液和Na2SO4溶液D．用KSCN溶液检验久置FeSO4溶液中Fe2＋是否完全被氧化9、下列有关化学研究的正确说法是（）A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律B．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、、Cl、Br、I的非金属递增的规律C．利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁D．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液10、在密闭容器中进行反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是A．Z为0.3mol·L－1 B．Y2为0.4mol·L－1C．X2为0.2mol·L－1 D．Z为0.4mol·L－111、两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为1.03g·L-1，则关于该混合物组成的说法正确的是（）A．一定有甲烷 B．一定有乙烷C．不可能是甲烷和乙烷的混合物 D．可能是乙烷和丙烷的混合物12、某工厂运输NH3的管道出现小孔导致NH3泄漏，技术人员常常用一种挥发性液体进行检查，该液体最有可能是A．浓盐酸B．烧碱C．浓硫酸D．碳酸钠13、根据化学反应的实质是旧键断裂、新键形成的观点，下列变化没有发生化学键断裂的是A．溴蒸气被活性炭吸附 B．电解水C．HCl气体溶解于水 D．打雷放电时，O2变成O314、如图是甲醇燃料电池的结构示意图。电池总反应为：2CH3OH+3O2→2CO2+4H2O。下列说法正确的是（）A．左电极为电池的负极，a处通入的物质是空气B．右电极为电池的负极，b处通入的物质是甲醇C．负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+D．正极反应式为：O2+2H2O-4e-=4OH-15、在一定温度下，某体积不变的密闭容器中发生如下可逆反应：A2(g)+B2(g)2AB(g)。该反应达到平衡状态的标志是A．A2、B2、AB的反应速率的比值为1:1:2B．容器内的总压强不随时间变化而变化C．单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2D．容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变16、已知键能数据：C-H为akJ/mol，O2中看作O=O为bkJ/mol,C=O为mkJ/mol,H-O为nkJ/mol。则可计算CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）∆H，此反应∆H是A．（+4a+2b-2mB．（+4a+2b-2mC．-（+4a+2b-2mD．（+4a+217、下列化学用语正确的是（）A．中子数为20的氯原子：B．镁离子的结构示意图：C．二氧化碳分子的电子式：D．丙烯的结构简式：CH2CHCH318、下列有关氨和铵盐的叙述正确的是A．NH3易液化，常用作制冷剂B．NH4Cl中含有少量的I2可通过加热的方法除去C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D．某气体通入紫色石蕊试液后．溶液变红，据此可推断该气体为NH319、100mL浓度为2mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A．加入适量的6mol·L－1的盐酸 B．加入数滴氯化铜溶液C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液20、下列说法正确的是A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色且褪色的原理相同B．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．铵盐与浓的强碱的溶液共热都能产生氨气21、等质量的下列有机物完全燃烧，消耗O2最多的是()A．CH4 B．CH3CH3 C．C2H2 D．C5H1222、下列过程的能量变化符合下图所示的是A．酸碱中和反应B．CH4在O2中燃烧C．NH4Cl晶体与Ba(OH)2・8H2O晶体混合搅拌D．CaO溶于水生成Ca(OH)2二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在点燃条件下与B的单质充分反应，可以得到淡黄色固态化合物，D的M层电子数为K层电子数的3倍．试根据以上叙述回答：（1）写出元素名称：A_____D_____；（2）画出D的原子结构示意图____________；（3）用电子式表示化合物C2D的形成过程___________________．24、（12分）有关物质的转化关系如下图所示。C是海水中最多的盐，D是常见的无色液体。E和G为无色气体，其中E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。B、C、I、J的焰色反应为黄色，其中I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多。⑴F的化学式为______。E的电子式为______。⑵写出反应①的离子方程式：______。⑶写出反应②的化学方程式：______。⑷写出反应③的化学方程式：______。25、（12分）用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。（2）该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。（3）若实验①在2min末收集了4.48mLCO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______mol·L-1（假设混合溶液的体积为50mL）。（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。26、（10分）三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛,其熔点为33℃,沸点为73℃。实验室可用如图装置制取ICl3。(1)仪器a的名称是______。(2)制备氯气选用的药品为漂白粉固体(主要成分内次氯酸钙)和浓盐酸,相关反应的化学方程式为_______。(3)装置B可用于除杂,也是安全瓶.能检测实验进行时装置C中是否发生堵塞,请写出发生堵塞时B中的现象_________。(4)试剂Y为_______。(5)氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，则装置D适宜的加热方式为______。(6)欲测定上述实验制备ICl3样品中ICl3的纯度，准确称取ICl3样品10.0g于烧杯中,加入适量水和过量KI晶体，充分反应生成I2(样品中杂质不反应)。①写出该反应的离子方程式________。②将所得溶液配置成100mL待测液，取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定(I2+2S2O32-=2I-+

S4O62-)。若消耗Na2S2O3标准液的体积为20.00

mL,则该样品中ICl3的质量分数为_______。27、（12分）甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气。请你回答下列问题：（1）三位同学制取氨气的化学方程式为：___________________。（2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，其原因是_____________________。（3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨（如果他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是_______填（“甲”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是_________________（用化学方程式表示）。（4）检验氨气是否收集满的方法是（简述操作方法、现象和结论）__________________。（5）三位同学都认为他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气，你判断能够达到实验目的的是_______（填“甲”、“乙”或“丙”），该装置中的NH4HCO3固体能否用NH4Cl固体代替？_______（填“能”或“不能”）。28、（14分）海洋资源的利用具有广阔前景。(1)无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________(填序号)。A．Cl2B．淡水C．烧碱D．粗盐(2)下图是从海水中提取镁的简单流程。①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是________，转Mg(OH)2化为MgCl2的离子方程式是____________。②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是________________________。(3)海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：①灼烧海带时所用的主要仪器名称是________________。②向酸化的滤液中加H2O2溶液，写出该反应的离子方程式_______________________。反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈________色。29、（10分）硫酸铝是一种具有广泛用途的重要化工产品，以高岭土（含SiO2、A12O3、少量Fe2O3等）为原料制备硫酸铝晶体[Al2(SO4)3·18H2O]的实验流程如图所示。回答以下问题（1）高岭土需进行粉粹，粉粹的目的是_____________________。（2）滤渣1经过处理可作为制备水玻璃（Na2SiO3水溶液）的原料，写出滤渣1与烧碱溶液反应的化学方程式____________________________________。（3）加入试剂除铁前，滤液1中的阳离子除了Al3+、Fe3+外还有的阳离子是__________（填离子符号）。滤渣2主要成分为Fe(OH)3，由于条件控制不当，常使Fe(OH)3中混有Al(OH)3影响其回收利用，用离子方程式表示除去A1(OH)3的原理____________________________________________。（4）检验滤液2中是否含有Fe3+的实验方法是（要求写出实验步骤和现象)：__________________。（5）要从滤液2获取硫酸铝晶体需要经过多步处理，其中从溶液中得到晶体的方法是__________（填标号）。a．蒸发结晶b．蒸发浓缩、冷却结晶（6）某兴趣小组为了测定晶体中Al2(SO4)3·18H2O(M=666g·mol-1)的质量分数，进行如下实验：①准确称取l.00g晶体样品，溶于一定量水中；②滴入0.100mol·L-1EDTA溶液，与Al3+反应所消耗EDTA溶液的体积25.00mL。（已知：EDTA与Al3+以物质的量之比1∶1反应，假设杂质不与EDTA反应）则晶体中Al2(SO4)3·18H2O的质量分数是__________；若样品中的杂质离子能与EDTA反应，所测定质量分数将会__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

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】

短周期元素，M主要化合价＋3，所以M为Al，R主要化合价＋6、－2，所以R为S，T主要化合价－2，所以T为O，L和Q主要化合价为＋2，是ⅡA族，且Q半径较小，应为Be，L为Mg。【详解】A.根据分析，硫的最高价氧化物的水化物为强酸，A项错误；B.根据分析，由于Mg比Al活泼，所以不能发生铝热反应，B项错误；C.根据分析，金属性：Mg＞Al，与盐酸反应的剧烈程度Mg＞Al，C项正确；D.根据分析，Mg2+和S2-核外电子数不相等，D项错误；答案选C。2、A【解析】

A选项，Cu2+、Ca2＋、NO3－、Cl－都不反应，故A正确；B选项，K＋、NH4＋、CO32－、OH－中NH4＋和OH－要反应生成一水合氨，故B错误；C选项，Na＋、Ba2+、SO32－、I－中Ba2+和SO32－要反应生成BaSO3沉淀，故C错误；D选项，H＋、Fe2＋、NO3－、ClO－中H＋、Fe2＋、NO3－要反应氧化还原反应，Fe2＋、ClO－要发生氧化还原反应，H＋、ClO－反应生成次氯酸，故D错误；综上所述，答案为A。3、D【解析】A项，绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A错误；B项，蛋白质和油脂一定条件下都能水解，蛋白质属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，B错误；C项，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；D项，聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，故D正确。点睛：本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1-100nm之间，为易错点，注意绿色化学的特点是：（1）充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料．（2）在无毒、无害的条件下进行化学反应，以减少废物向环境排放（3）提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所接纳，实现“零排放”；（4）生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境良好产品。4、A【解析】A.乙烯与水反应制备乙醇发生的是加成反应，生成物只有一种，原子利用率达到100%，A正确；B.苯和硝酸反应制备硝基苯属于取代反应，还有水生成，原子利用率达不到100%，B错误；C.乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯发生的是酯化反应，反应中还有水生成，原子利用率达不到100%，C错误；D.甲烷与Cl2反应制备一氯甲烷属于取代反应，还有氯化氢以及气体卤代烃生成，原子利用率达不到100%，D错误。答案选A。5、A【解析】分析：物质长期暴露在空气中，质量不变即不与空气中的成分发生了化学反应，不吸水，据此根据常见物质的化学性质进行分析判断。详解：A.硫酸钠不与空气中的物质发生化学反应，质量不变，故选项正确；

B.浓硝酸具有挥发性，会使其质量减少，故选项错误；

C.过氧化钠固体敞口放置在空气中，能与空气中的水和二氧化碳发生化学反应最终生成碳酸钠，导致质量增加，故选项错误；D.NaOH固体敞口放置在空气中，能与空气中的二氧化碳发生化学反应生成碳酸钠和水，发生了化学反应导致质量增加，故选项错误；故答案为：A。点睛：本试题难度不大，关键是掌握常见的酸、碱、盐和氧化物的物理性质与化学性质、在空气中的质量变化等是正确解答此类题的关键。6、D【解析】

A．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误；B．聚氯乙烯塑料使用时排放含氯有毒物质，应选聚乙烯用来做蔬菜、水果及熟食等的保鲜膜，故B错误；C．淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n值不同，则分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．碱性条件下，葡萄糖能被新制的氢氧化铜氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，故D正确；故选D。7、A【解析】A、64g

SO2的物质的量为,一个SO2分子中含有3个原子，所以1molSO2中含有的原子个数为3NA。正确；B、5.6g金属铁的物质的量为，0.1mol铁原子失去0.3NA电子变为三价铁离子，0.1mol铁原子失去0.2NA电子变为二价铁离子。错误；C、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算。错误；D、题干没有知名1mol/L

NaOH溶液的体积，所以不能确定钠离子的数目。错误；故选A。点睛：本题主要考察阿伏伽德罗常数的应用。尤其需要注意，在用气体摩尔体积计算时，必须是标准状况下，否则不能使用22.4L/mol。8、B【解析】

A项、乙醇与水互溶，若用酒精萃取碘水中的碘无法分层，所以不能用乙醇萃取碘水中的碘，故A错误；B项、氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢气体，可用加热的方法除去NaCl中的NH4Cl，故B正确；C项、Na2CO3溶液和Na2SO4溶液均与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D项、检验久置FeSO4溶液中Fe2＋是否完全被氧化应选用酸性高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液，证明溶液中不存在Fe2＋离子，故D错误；故选B。【点睛】萃取剂选择的原则：是萃取剂与原溶剂互不相溶；萃取剂与原溶液不反应；溶质在萃取剂中的溶解度远大于溶质在原溶剂中的溶解度。9、C【解析】分析：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中电离程度越小；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁;D．溶液和浊液没有丁达尔效应。详解：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件，如果改变两个条件，无法得出规律，故A错误；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物在水溶液中电离程度越小，则相应氢化物的酸性越弱，从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属减弱的规律，故B错误；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁,所以利用“海水氢氧化镁氯化镁金属镁”的工艺流程,可以生产金属镁,所以故C正确；D．溶液和浊液没有丁达尔效应，所以根据丁达尔现象不能将分散系分为溶液、胶体与浊液，故D错误；故选C。10、A【解析】

因为反应是可逆反应，可能向正反应方向进行，也可能向逆反应方向进行，则Z的浓度应在0mol·L－1<c(Z)<0.4mol·L－1，Y2的浓度应在0.2mol·L－1<c(Y2)<0.4mol·L－1，X2的浓度在0mol·L－1<c(X2)<0.2mol·L－1，因此选项A正确；答案选A。11、A【解析】

两气态烷烃的平均相对分子质量为M=1.16×22.4=26>16，故混合气体中一定有甲烷，另一烷烃可能为乙烷、丙烷或丁烷，故A正确。12、A【解析】A、浓盐酸具有挥发性，能和氨气之间反应产生白烟，可以检验NH3泄漏，A正确；B、烧碱没有挥发性，不会和氨气之间反应，B错误；C、浓硫酸没有挥发性，不符合要求，C错误；D、碳酸钠溶液没有挥发性，不能和氨气之间反应，D错误，答案选A。13、A【解析】溴蒸气被活性炭吸附破坏的是范德华力，故A正确；电解水是化学变化实质是旧键断裂、新键形成，故B错误；HCl溶解于水电离出氢离子、氯离子，破坏共价键，故C错误；打雷放电时，O2变成O3属于化学变化，实质是旧键断裂、新键形成，故D错误。14、C【解析】

A.依据图中电子流向分析，原电池中电子是从负极流向正极，电子流出的一端是负极，失电子发生氧化反应，即左电极为电池的负极，a处是失电子的一端，通的是甲醇，故A错误；B.原电池中电子是从负极流向正极，电子流出的一端是负极，流入的一端为正极，得到电子发生还原反应，电子流入的一端是正极，通入氧气得到电子发生还原反应，故B错误；C.负极是甲醇失电子发生氧化反应，依据电池反应和酸性环境，2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极电极反应为：CH3OH+H2O−6e−=CO2+6H+，故C正确；D.正极是氧气得到电子发生还原反应，在酸性介质中，电极反应产物应写成水的形式，电池的正极反应式为：O2+4H++4e−=2H2O，故D错误；故选C。【点睛】原电池负极失去电子，发生氧化反应，电子由负极经过外电路流向正极，正极得到电子，发生还原反应，燃料电池中燃料作负极。15、C【解析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。在一定温度下，某体积不变的密闭容器中发生如下可逆反应:

A2(g)

+B2(g)2AB(g)。

该反应达到平衡状态的标志是详解：A.反应速率之比是化学计量数之比，则A2、B2、AB的反应速率的比值为1:1:2时不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.反应前后体积不变，压强不变，则容器内的总压强不随时间变化而变化不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；D.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量和物质的量均是不变的，因此容器内混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，不能据此说明反应达到平衡状态，D错误。答案选C。16、B【解析】试题分析：△H＝反应物中键能之和－生成物中键能之和，则根据方程式可知该反应的△H＝4akJ/mol+2bkJ/mol-2mkJ/mol-4nkJ/mol，答案选B。【考点定位】考查反应热计算【名师点晴】明确反应热的计算方法是解答的关键，（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程。17、A【解析】A.中子数为20的氯原子可表示为：，A正确；B.镁离子的核外电子数是10，但质子数是13，原子结构示意图为，B错误；C.二氧化碳是共价化合物，电子式为，C错误；D.丙烯的结构简式为CH2＝CHCH3，D错误，答案选A。18、A【解析】A.NH3易液化，常用作制冷剂，A正确；B.加热时氯化铵易分解，所以NH4Cl中含有少量的I2不能通过加热的方法除去，B错误；C.浓硫酸难挥发，将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，没有白烟产生，C错误；D.某气体通入紫色石蕊试液后，溶液变红，说明气体溶于水后显酸性，该气体不是NH3，D错误，答案选A。19、B【解析】

因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐酸。【详解】A．加入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，A项错误；B．加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，B项正确；C．加入适量的蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，C项错误；D．加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，D项错误；答案选B。20、D【解析】

A、次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色；B、浓硫酸具有强氧化性，使铁、铝表面形成致密氧化膜，发生钝化；C、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；D、与浓的强碱的溶液共热产生氨气是铵盐的共性。【详解】A项、氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，褪色原理不同，故A错误；B项、常温下，浓硫酸和Cu不反应，加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；C项、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，没有单质生成，不是置换反应，故C错误；D项、铵盐均能与浓的强碱的溶液共热反应生成氨气，故D正确；故选D。【点睛】本题考查元素及化合物的性质，明确物质的性质、化学反应的实质是解题关键。21、A【解析】

等质量的各种烃，其中氢元素的含量越大，完全燃烧消耗的氧气就越多。由于甲烷的氢元素的含量最大，所以等质量的有机物中完全燃烧，消耗O2最多，选项A正确。22、C【解析】

熟记常见的吸热反应和放热反应，若为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，若为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，结合能量变化图，据此回答本题。【详解】A.酸碱中和反应为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故A错误；B.燃烧反应为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故B错误；C.NH4Cl晶体与Ba(OH)2・8H2O晶体反应为吸热反应，生成物总能量应该高于反应物总能量，符合图示，故C正确；D.CaO溶于水生成Ca(OH)2为放热反应，生成物总能量应该低于反应物总能量，故D错误；故答案为：C。二、非选择题(共84分)23、碳硫【解析】

A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A为C元素，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在点燃条件下与B的单质充分反应，可以得到淡黄色固态化合物，则C为Na元素，B为O元素，D的M层电子数为K层电子数的3倍，则D为S元素。【详解】（1）根据上述推断，A为碳，D为硫。（2）D为16号元素硫，有三层电子，电子数分别为2、8、6，硫原子的原子结构示意图为。（3）C2D是Na2S，是由Na+和S2-形成的离子化合物，则Na2S的形成过程为：。24、NH3·H2ONH4+＋OH－NH3↑＋H2ONaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3【解析】

由C是海水中最多的盐可知，C为氯化钠；由D是常见的无色液体可知，D为水；由E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，E为氨气；由B、C、I、J的焰色反应为黄色可知，B、C、I、J为含有钠元素的化合物；由I可用于制发酵粉或治疗胃酸过多可知，I为碳酸氢钠；由转化关系可知A为氯化铵，氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液混合，会反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则B为氢氧化钠、F为一水合氨、G为二氧化碳、H为碳酸氢铵、J为碳酸钠。【详解】（1）由以上分析可知，F为一水合氨；E为氨气，氨气为共价化合物，电子式为，故答案为：NH3·H2O；；（2）反应①为氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为NH4+＋OH－NH3↑＋H2O，故答案为：NH4+＋OH－NH3↑＋H2O；（3）反应②为碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓，故答案为：NaCl＋NH4HCO3＝NH4Cl＋NaHCO3↓；（4）反应③为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3，故答案为：2NaHCO3CO2↑＋H2O＋Na2CO3。【点睛】由题意推出C为氯化钠、D为水、E为氨气，并由此确定A为氯化铵、B为氢氧化钠是推断的难点，也是推断的突破口。25、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O浓度②①0.0052KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间）产物Mn2+是反应的催化剂【解析】

（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①；（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)=4.48×10-3L22.4mol/L=2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=2×2×10-410mol=4×10-5mol，在2min末，n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需的时间或产生相同体积气体所需要的时间；（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是难点，一般先写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，利用化合价升降法进行配平，根据所带电荷数和原子守恒确认有无其他微粒参与反应，注意电解质的酸碱性。26、蒸馏烧瓶Ca(ClO)2+4HCl(浓)==CaCl2+2Cl2↑+2H2O吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升碱石灰水浴加热ICl3+3I-=3Cl-+2I293.4%【解析】分析：本题考查的是性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用为解答的关键。详解：实验室可用如图装置制取ICl3，装置A是次氯酸钙和浓盐酸反应制取氯气，盐酸容易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，同时利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C是利用硅胶吸收水蒸气，装置D碘和氯气反应，氯气有毒需要进行尾气处理，装置E为吸收多余的氯气，防止污染空气。(1)根据仪器的特点分析该仪器为蒸馏烧瓶；(2)次氯酸钙和浓盐酸反应生成氯化钙和氯气和水，方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)==CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(3)装置B中发生堵塞的话，吸滤瓶中气体增多，则液面下降，长颈漏斗中液面上升；(4)试剂Y是吸收氯气的固体，同时防止空气中的水蒸气进入，所以Y为碱石灰。(5)氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，为了更好控制温度，所以需要用水浴加热。(6)①ICl3和碘离子反应生成碘单质，根据质量守恒分析，该反应的离子方程式为：ICl3+3I-=3Cl-+2I2；②根据两个反应分析得到关系式为ICl3--2I2--4S2O32-14X2mol/L×0.02L解x=0.01mol，该ICl3样品中的质量分数为=93.4%。27、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O氨气的密度比空气小乙2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明已收集满；（或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，说明已收集满）丙不能【解析】（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；（2）氨气易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集；（3）氨气为碱性气体，通过盛有浓硫酸的洗气瓶时，与硫酸反应而被吸收，因此装置乙不能收集到氨气，反应方程式为：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4；（4）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3•H2O，电离子出OH-离子，溶液呈碱性，检验时可用用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满，或用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满；（5）碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳．甲收集到的是混合气体，得不到纯净氨气，乙分解得到二氧化碳、氨气和水蒸气通过浓硫酸氨气被吸收得不到氨气，丙分解得到二氧化碳、氨气和水蒸气，通过碱石灰，吸收二氧化碳和水蒸气得到纯净干燥的氨气，该装置中的NH4HCO3固体不能用NH4Cl固体代替NH3，氯化铵分解生成的氨气和氯化氢在试管口处会重新反应生成氯化铵。28、BD石灰乳Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O坩