2025届上海市市三女中化学高一下期末统考模拟试题含解析

2025届上海市市三女中化学高一下期末统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、如图是四种常见有机物的比例模型。下列说法正确的是()A．甲能使酸性溶液褪色B．乙可与发生取代反应而使溴水褪色C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D．丁只能发生取代反应2、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是A．a离子为Na+B．溶液中含有NA个Na+C．水合b离子的图示不科学D．室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致3、漂白粉的有效成分是A．次氯酸钙 B．氯化钙C．次氯酸 D．次氯酸钙与氯化钙4、对于A(g)+3B(g)2C(g)+4D(g)反应，反应速率最快的是（）A．v(A)=0.4mol/(L·min) B．v(B)=1.0mol/(L·s)C．v(C)=0.6mol/(L·s) D．v(D)=1.0mol/(L·s)5、在新制氯水中存在多种分子和离子,下列实验现象和结论一致且正确的是A．加入AgNO3后,再加稀硝酸酸化,有白色沉淀产生,说明有Cl-B．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰,说明有Cl2C．将KHCO3固体加入新制的氯水中,有气泡产生,说明有HClOD．光照新制氯水有气泡逸出,该气体一定是Cl26、下列各组元素性质的递变情况错误的是A．Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多B．P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强C．N、O、F最高价氧化物的水化物酸性依次增强D．Na、K、Rb金属性依次增强7、化学在生产、生活和军事上有广泛的应用，下列对应关系错误的是（）性质应用A钠和钾的合金能导电原子反应堆的导热剂B二氧化硫具有漂白性漂白纸浆、草帽等C镁燃烧时发出耀眼的强光军事上制作照明弹DAl(OH)3受热易分解塑料的阻燃剂A．A B．B C．C D．D8、海水总量极大，金、铀等微量元素在海水中的总量自然也大，但从海水中获取这些微量元素的成本很高。其中成本最高的步骤在于()A．从海水中富集含微量元素的化合物 B．使含微量元素的离子沉淀C．对含微量元素的混合物进行提纯 D．从化合物中冶炼这些单质9、欲将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质，应加入A．福尔马林B．18.4mol·L－1H2SO4溶液C．饱和Na2SO4溶液D．1.0mol·L－1CuSO4溶液10、在光照的条件下，将1molCH4与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为Xmol，Ymol，Zmol，该反应中生成HCl的物质的量是A．(1＋X＋2Y＋3Z)molB．(X＋Y＋Z)molC．(2X＋3Y＋4Z)molD．(1－X－Y－Z)mol11、甲苯的苯环上有5个氢原子，其中苯环上的2个氢原子分别被羟基(—OH)和氯原子(—Cl)取代，则可形成的有机物共有()A．15种 B．12种 C．10种 D．9种12、下列说法错误的是（

）A．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物B．苯、溴苯和乙醇可以用水鉴别C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．甘氨酸（NH2-CH2-COOH）既能与NaOH反应，又能与盐酸反应13、下列关于有机物的说法中，正确的一组是()①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应②“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液④石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化⑤淀粉遇碘酒变蓝色；在加热条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料A．③④⑤ B．①③⑥ C．①③⑤ D．②③④14、能把苯、四氯化碳、酒精、己烯四种物质区别开来的一种试剂是A．碳酸钠溶液 B．溴水 C．水 D．石蕊试液15、“十九大”聚焦绿色发展理念“打赢盐天保卫战,建设美丽中国”。下列有关做法与这一理念不相符的是A．将废旧电池进行直接填埋,减少对环境的污染B．开发核能、太阳能、风能等新能源,减少对矿物能源的依赖C．将煤进行气化处理,溉提高煤的综合利用效率，又可减少酸雨的危害D．利用微生物发酵技术,将植物秸秆、动物粪便等制成沼气16、X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11—17之间。它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4。则下列判断不正确的是A．最高正价：X>Y>ZB．酸性：H3ZO4>H2YO4>HXO4C．稳定性：HX>HY>HZD．非金属性：X>Y>Z17、破坏臭氧层的物质主要是两类。一类是氮氧化物，另一类是A．二氧化硫 B．氟利昂 C．一氧化碳 D．氯仿18、如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是()A．湿润淀粉－KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2B．蓝色石蕊试纸先变红后褪色C．NaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2D．品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均褪色，证明SO2具有漂白性19、在我国的南海、东海海底已发现天然气的水合物，它易燃烧，外形似冰，被称为“可燃冰”。“可燃冰”的开采，有助于解决人类面临的能源危机。下列说法不正确的是()A．可燃冰的主要成分是甲烷B．可燃冰的形成说明甲烷易溶于水C．常温常压下可燃冰极易挥发D．可燃冰是一种极具潜力的能源20、白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质能完成下列实验的是①蛋壳能否溶于酸②白酒中是否含有甲醇③鉴别食盐和小苏打④检验自来水中是否含有氯离子A．①②B．②④C．③④D．①③21、除去乙烷中混有的乙烯杂质可选用的物质为A．氧气 B．氢气 C．NaOH溶液 D．溴水22、锌铜——稀硫酸原电池的装置如图所示，下列叙述错误的是（）A．电流从锌片经导线流向铜片B．锌是负极，其质量逐渐减小C．氢离子在铜表面被还原，产生气泡D．依据该实验现象可判断锌比铜活泼二、非选择题(共84分)23、（14分）下表为元素周期表的一部分，参照元素①～⑨在表中的位置，按要求回答下列问题：（1）在元素①～⑨，最活泼的金属元素是______（填元素名称）；最活泼的非金属元素名称是______（填元素名称）（2）用电子式表示元素③与⑤形成的原子个数比为1∶2的化合物______。元素①和③所形成的化学键的类型是_______。（3）②、⑤、⑦三种元素的原子半径由大到小的顺序是______（用元素符号表示）。（4）元素④和⑨所能形成的气态氢化物的稳定性______（用化学式表示）；元素⑦、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序______（用化学式表示）；（5）写出元素和的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：______。24、（12分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A2-和B+具有相同的电子层结构；C是地壳中含量最多的金属元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍；同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，回答下列问题:(1)元素A在周期表中的位置是___________。(2)五种元素中金属性最强的是___________(填元素符号)，D和E的气态氢化物稳定性较强的是_________(填化学式)。(3)单质D和单质A在一定条件下反应可生成组成比为4:10的化合物F，F中所含的化学键___________(填“离子键“或“共价键”)。(4)A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是_______(填离子符号)。(5)C的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式___________。(6)B的氢化物与水发生剧烈反应生成可燃性气体和碱溶液写出该反应的化学方程式___________，若反应过程中生成1mol可燃性气体，转移的电子数目为______。25、（12分）NO2为红棕色气体，可在火箭燃料中作氧化剂。回答下列问题:(1)火箭用N2H4和NO2作燃料，产物绿色无污染，该反应的化学方程式为____________。(2)为探究NO2和铁粉反应的产物，某小组按下图所示装置进行实验。已知:①二者反应可能的还原产物为N2或NO②沸点:NO2(21

℃)，NO(-152

℃)③酸性KMnO4溶液能氧化NO生成NO3-①按上图所示组装完实验仪器后，下一步操作为______________________________。②实验前需利用气体X将装置的空气排净，气体X可以为_______(填标号)。A．

ArB．

H2C．

COD．

NO2③排净空气后，后续实验的最佳操作顺序是___

c

、b(填标号)。a.点燃酒精灯，加热b.

熄灭酒精灯c.

打开K1和K2，关闭K3，缓缓通入气体Xd.打开K1和K3，关闭K2，缓缓通入NO2e.关闭K1，停止通入NO2④装置B的作用是__________________________________。(3)分析NO2和铁粉反应的产物①实验过程中A

、C装置的物质均无明显颜色变化，D收集到无色气体。由此可推知气体产物为____________________________。②取少量固体产物于试管，先加入盐酸充分溶解，再加入KSCN溶液，溶液若无血红色，则产物不含三价铁。该方案是否可行并说明理由:_______________________________。③实验得到的相关数据如下表:玻璃管质量/gFe

质量/g

反应后(玻璃管

+固体)/gm1.12m+1.52综合实验现象和计算可知，固体生成物一定有______(填“FeO”Fe2O3”或“Fe3O4”)；反应的方程式为______26、（10分）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化，在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：时间第1分钟第2分钟第3分钟第4分钟第5分钟产生氢气体积50mL120mL232mL290mL310mL（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，化学反应速率最大的时间段是____，导致该时间段化学反应速率最大的影响因素是____（选填字母编号）。A．浓度B．温度C．气体压强（2）化学反应速率最小的时间段是____，主要原因是____。（3）在2～3分钟时间段，以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为___mol/（L•min）（设溶液体积不变）。（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以向盐酸中分别加入等体积的___。A．蒸馏水；B．NaCl溶液；C．NaNO3溶液；D．CuSO4溶液；E.Na2CO3溶液27、（12分）某化学小组的同学为探究原电池原理，设计如图所示装置，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫酸中。（1）外电路，电子从__________极流出。溶液中，阳离子向_______极移动。（2）若反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成的气体在标准状况下的体积为______________。（3）该小组同学将稀硫酸分别换成下列试剂，电流计仍会偏转的是_____（填序号）。A．无水乙醇B．醋酸溶液C．CuSO4溶液D．苯（4）实验后同学们经过充分讨论，认为符合某些要求的化学反应都可以通过原电池来实现。下列反应可以设计成原电池的是____________（填字母代号）。A．NaOH+HCl=NaCl+H2OB．2H2+O2=2H2OC．Fe+2FeCl3=3FeCl2D．2H2O=2H2↑+2O2↑28、（14分）硫酸参与热化学循环可通过二步循环或三步循环制取氢气，其中三步循环（碘硫热化学循环）原理如下图所示：（1）“步骤Ⅰ.硫酸热分解”在恒容密闭容器中进行，测得各物质的物质的量分数与温度的关系如下图所示。其在650～1200℃间发生的主要反应的方程式为____。（2）“步骤Ⅱ.硫酸再生”的离子方程式为____（HI是强酸）。（3）步骤Ⅲ的反应为2HI(g)H2(g)+I2(g)。①若在恒温恒容密闭容器中进行该反应，能说明已达到平衡状态的是___（填序号）。a．容器内气体的总压强不再随时间而变化b．n(HI)∶n(H2)∶n(I2)=2∶1∶1c．反应速率：v(H2)正=v(H2)逆d．I2(g)浓度不再随时间的变化而变化②已知断裂（或生成）1mol化学键吸收（或放出）的能量称为键能。相关键能数据如下：化学键H—IH—HI—I键能/kJ·mol－1298.7436.0152.7则该反应的H为____kJ·mol－1。（4）将“三步循环”中步骤Ⅱ、Ⅲ用下图装置代替即为“二步循环”。下列有关该装置的相关说法正确的是____（填序号）。a．化学能转变为电能b．催化剂可加快电极上电子的转移c．反应的总方程式为SO2+2H2OH2+H2SO4d．每生成1molH2，电路中流过的电子数约为6.02×102329、（10分）（1）煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，主要化学反应方程式为__________。煤也可以直接液化，属于________________（填“化学变化”或“物理变化”）。（2）由乙烯合成聚乙烯的化学方程式为_______________该高分子化合物的链节为___；若该高分子化合物的相对分子质量为42000，则其聚合度为__。（3）一种甲烷水合物晶体中，平均每46个水分子构成8个分子笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子或水分子，若这8个分子笼中有6个容纳的是甲烷分子，另外2个被水分子填充，这种可燃冰的平均组成可表示为__________________。

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】

A.甲为，不能被酸性溶液氧化，A项错误；B.乙为乙烯，与发生加成反应而使溴水褪色，B项错误；C.丙为苯，其6个碳碳键完全相同，C项正确；D.丁为乙醇，还可发生氧化反应等，D项错误；故选C。【点睛】本题主要考查了比例模型以及物质的性质，难度不大，注意由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，然后根据物质的性质分析。2、C【解析】

根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。【详解】A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A错误；B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误；C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。【点睛】易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。3、A【解析】

工业上用氯气和冷的消石灰反应生产漂白粉，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙。答案选A。4、B【解析】

比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。【详解】如果都用物质B表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知选项A～D表示的反应速率分别是[mol/(L·s)]0.02、1.0、0.9、0.75，所以反应速率最快的是1.0mol/(L·s)。答案选B。5、A【解析】试题解析：A．加入AgNO3后,再加稀硝酸酸化,有白色沉淀产生,说明有Cl-与Ag+法反应生成氯化银沉淀；正确；B．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰,说明有次氯酸，错误；C．将KHCO3固体加入新制的氯水中,有气泡产生,说明有盐酸，错误；D．光照新制氯水有气泡逸出,该气体一定是氧气，错误；考点:考查新制氯水的成分；6、C【解析】

本题考查的是同周期、同主族性质递变。同周期元素自左向右最外层电子数逐渐增多，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。【详解】A.Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1，2，3，故A正确；B.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强，故B正确；C.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。但是O、F无最高价含氧酸，故C错误；D.Na、K、Rb的最外层电子数相同，原子半径依次增大，则金属性依次增强，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查的是元素周期律的相关知识，题目难度不大，熟悉元素周期律的知识是解题的关键。7、A【解析】A、钠和钾的合金作原子反应堆的导热剂，是因为熔点低，而不是导电，所以物质的性质和用途表述没有直接联系，A错误；B、二氧化硫具有漂白性，可以漂白纸浆，物质的性质和用途表述有直接联系，B正确；C、镁条燃烧发生耀眼的强光，可制作照明弹，物质的性质和用途表述有直接联系，C正确；D、Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，D正确；答案选A。8、A【解析】

海水中金、铀等微量元素的总量很大，但由于海水总量极大，其浓度很低，因而富集微量元素的化合物很困难，成本很高。因此其中成本最高的步骤在于从海水中富集含微量元素的化合物，选项A正确。9、C【解析】欲将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质即发生盐析，加入轻金属盐或铵盐；A错，能使蛋白质变性；B错，蛋白质会变性；C正确，加入饱和Na2SO4溶液蛋白质会发生盐析；D错，硫酸铜为重金属盐，会使蛋白质变性；10、A【解析】

A.因为甲烷和氯气均无剩余，则由反应前后碳元素的质量守恒可得一氯甲烷的的物质的量为(1-X-Y-Z)mol，由氢元素的质量守恒可知n（HCl）=n（CH3Cl）+2n（CH2Cl2）+3n（CHCl3）+4n（CCl4）=（1-X-Y-Z+2X+3Y+4Z）mol=（1＋X＋2Y＋3Z）mol，故A正确；答案选A。【点睛】质量守恒是化学反应中的一条基本规律，守恒法也是在化学计算中常用的方法，守恒思想也是化学中一种非常重要的一种思想。11、C【解析】先将移动-Cl，得邻、间、对3种结构，再逐个插入-OH，如图所示：、、，分别有4种、4种、2种不同位置，共10种，故选C。点睛：本题考查同分异构体的数目的判断，较难，注意二取代物的书写可以采用“定一移一”法解决，先确定氯原子的位置，然后确定羟基的位置。12、C【解析】

A.石油的主要成分为烃类物质，而天然气的主要成分为甲烷；

B.苯和溴苯密度不同，且都不溶于水，乙醇与水任意比互溶；

C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5水解时，18O位于乙醇中；

D.甘氨酸（NH2-CH2-COOH）含有氨基和羧基，具有两性；【详解】A.石油的主要成分为烃类物质，而天然气的主要成分为甲烷，主要成分都是碳氢化合物，A项正确；B.苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，且都不溶于水，乙醇与水任意比互溶，所以可以鉴别，B项正确；C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5水解时，18O位于乙醇中，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，C项错误；D.甘氨酸(NH2−CH2−COOH)含有氨基和羧基，具有两性，氨基能和HCl反应、羧基能和NaOH反应，D项正确；答案选C。【点睛】要注意烃类物质密度都小于水。13、C【解析】①淀粉、油脂、蛋白质都是有小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，故正确；②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，故错误；③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故正确；④石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故错误；⑤碘单质遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基所以能和能与银氨溶液反应析出银，与新制得的氢氧化铜反应生成砖红色的沉淀，故正确；⑥塑料为合成高分子材料，而部分橡胶和纤维可能为天然高分子材料，故错误；故选Ｃ。14、B【解析】

本题主要考查常见有机物的水溶性、密度与水的大小等性质，如苯和己烯难溶于水且密度比水小，四氯化碳难溶于水密度比水大，而酒精能够溶于水，故可根据A、B、C、D四种物质与题干中四种有机物混合后溶液的分层现象来判断。【详解】A.碳酸钠溶液与四种有机物相混合后，苯和己烯在其中的现象一样，都是溶液分层且在上层，无法区别，故A项错误；B.溴水与四种有机物混合后溶液不分层的为酒精，分层且上层为橙色的为苯，分层且下层为橙色的为四氯化碳，分层但两层均为无色的为己烯，故B项正确；C.水与四种有机物相混合后苯和己烯的现象相同，无法区别，故C项错误；D.石蕊试液与四种有机物相混合后与C中的现象相同，也是无法区别出苯和己烯，故D项错误；答案选B。【点睛】溴水与苯、四氯化碳、己烯三种有机溶剂相混合时，苯的四氯化碳都能因为萃取而使溴水层褪色，而己烯还能与溴发生加成反应导致溶液上下两层均为无色，此区别易混淆，需特别强调。15、A【解析】分析：A.废旧电池做填埋处理，电池中的重金属离子会对土壤造成污染；B.开发新能源，减少对矿物能源的依赖；C.将煤进行气化处理，可以提高煤的综合利用效率；D.利用微生物发酵技术,将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气,减少污染性气体的排放。详解：废旧电池中含有重金属离子，如果直接填埋,会对土壤造成污染，A错误；开发新能源,如核能、太阳能、风能等,减少对矿物能源的依赖,符合“促进低碳经济”宗旨,B正确；推广煤的干馏、气化、液化技术,提供清洁、高效燃料和基础化工原料,提高煤的使用率,减少污染性气体的排放,减少酸雨的危害，C正确；推广利用微生物发酵技术,将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气,减少污染性气体的排放,D正确；正确选项A。16、B【解析】试题分析：X、Y、Z三种元素原子的核电荷数在11-17之间，均位于第三周期，它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，可知最高正化合价：X为+7价，Y为+6价，Z为+5价，则X为Cl、Y为S、Z为P元素。A．最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，可知最高正化合价：X为+7价，Y为+6价，Z为+5价，故A正确；B．同周期自左而右，非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，故B错误；C．元素的非金属性：X＞Y＞Z，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：H3Z＜H2Y＜HX，故C正确；D．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：X＞Y＞Z，故D正确；故选B。考点：考查了原子结构与元素周期律的关系的相关知识。17、B【解析】

氟氯化合物中的氟利昂是臭氧层破坏的元凶，氟里昂在常温下都是无色气体或易挥发液体，略有香味，低毒，化学性质稳定，常被当作制冷剂、发泡剂和清洗剂，广泛用于家用电器、泡沫塑料、日用化学品、汽车、消防器材等领域，B项正确；

答案选B。18、A【解析】

亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，结合二氧化硫的性质分析解答。【详解】A.湿润淀粉－KI试纸未变蓝说明二氧化硫不能把碘化钾氧化为单质碘，因此SO2的氧化性弱于I2，A正确；B.二氧化硫溶于水得到亚硫酸，溶液显酸性，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，因此蓝色石蕊试纸变红后不褪色，B错误；C.二氧化硫是酸性氧化物，一般用碱液吸收，NaCl溶液不能用于除去实验中多余的SO2，C错误；D.二氧化硫具有漂白性，能使品红试纸褪色，二氧化硫具有还原性，能使沾有酸性KMnO4溶液的滤纸褪色，D错误；答案选A。19、B【解析】A、“可燃冰”是天然气的水合物，主要成分是甲烷，选项A正确；B、甲烷不溶于水，选项B不正确；C、常温常压下甲烷是气体，故可燃冰极易挥发产生甲烷气体，选项C正确；D、“可燃冰”的开采，有助于解决人类面临的能源危机，所以可燃冰是一种极具潜力的能源，选项D正确。答案选B。20、D【解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。详解：白酒、蔗糖、淀粉与所要检验的物质都不反应，而食醋的主要成分为CH3COOH，具有酸性，能与小苏打或碳酸钙反应生成二氧化碳气体，所以可用食醋鉴别食盐和小苏打、检验蛋壳是否含碳酸钙；因醋酸的酸性弱于盐酸，食醋与氯离子不反应，不能检验自来水中是否含有氯离子；因甲醇和乙醇的性质相似，则不能利用醋酸鉴别甲醇和乙醇。故选D。21、D【解析】

A．在点燃的条件下乙烷和乙烯均可以燃烧，不能利用氧气除去乙烷中混有的乙烯杂质，A错误；B．氢气在一定条件下能与乙烯发生加成反应生成乙烷，但会引入氢气杂质，B错误；C．NaOH溶液与乙烯不反应，不能利用氧气除去乙烷中混有的乙烯杂质，C错误；D．溴水与乙烯发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，乙烷和溴水不反应，可以除去乙烷中混有的乙烯杂质，D正确。答案选D。22、A【解析】分析：该原电池中,锌比铜活泼，Zn易失电子作负极、Cu作正极,负极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极反应式为2H++2e-=H2↑,电子从负极沿导线流向正极,据此分析解答。详解：该原电池中,锌比铜活泼，Zn易失电子作负极、Cu作正极,电流从正极Cu沿导线流向负极Zn,A错误；该原电池中,锌比铜活泼，Zn易失电子作负极、负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，其质量逐渐减小，B正确；正极为Cu,正极反应式为2H++2e-=H2↑,所以氢离子在铜表面被还原，产生气泡,C正确；该原电池中,Zn易失电子作负极，质量逐渐减小，Cu作正极,氢气在此极生成，因此锌比铜活泼，D正确；正确选项A。点睛：原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。二、非选择题(共84分)23、钠氟极性共价键Na＞Si＞CHF＞HClHClO4＞H3PO4＞H2SiO3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】

由元素在周期表的位置可知，元素①～⑨分别为H、C、O、F、Na、Al、Si、P、Cl，结合元素周期律和原子结构分析解答。【详解】(1)在元素①～⑨，最活泼的金属元素是钠；最活泼的非金属元素名称是氟，故答案为：钠；氟；

(2)③与⑤形成的原子个数比为1∶2的化合物为氧化钠，属于离子化合物，用电子式为，元素①和③所形成的化学键类型为极性共价键，故答案为：；极性共价键；(3)同周期，从左向右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则②、⑤、⑦三种元素的原子半径由大到小的顺序是Na＞Si＞C，故答案为：Na＞Si＞C；(4)非金属性F＞Cl，则元素④和⑨所能形成的气态氧化物的稳定性HF大于HCl；非金属性Cl＞P＞Si，则元素⑦、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4＞H3PO4＞H2SiO3，故答案为：HF＞HCl；HClO4＞H3PO4＞H2SiO3；(5)元素⑤和⑥的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。24、第2周期ⅥA族NaHCl共价键Cl-Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑6.02×1023或NA【解析】

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C是地壳中含量最多的金属元素，C为Al元素；A2-和B+具有相同的电子层结构，结合原子序数可知，A为O元素，B为Na元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍，则最外层为5个电子，D为P元素；同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，E为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为P元素，E为Cl元素。(1)A为O元素，在周期表中位于第2周期ⅥA族，故答案为：第2周期ⅥA族；(2)同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，同一主族，从上到下，金属性逐渐增强，五种元素中金属性最强的是Na；同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，D和E的气态氢化物稳定性较强的是HCl，故答案为：Na；HCl；(3)磷和氧气在一定条件下反应可生成组成比为4:10的化合物F，F为P4O10，为共价化合物，含有共价键，故答案为：共价键；(4)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是Cl-，故答案为：Cl-；(5)C为Al元素，氧化铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；(6)B的氢化物为NaH，NaH与水发生剧烈反应生成可燃性气体氢气和氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，反应中H元素的化合价由-1价和+1价变成0价，若反应过程中生成1mol可燃性气体，转移1mol电子，数目为6.02×1023或NA，故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；6.02×1023或NA。25、2NO2+2N2H43N2+4H2O检查装置气密性Aade将未反应的NO2冷却N2若存在过量的铁将溶液中的三价铁全部还原，溶液也无血红色Fe3O43Fe+2NO2Fe3O4+N2【解析】分析：本题考查的是氮的化合物的性质，掌握实验原理是关键。详解：(1)N2H4和NO2反应生成绿色无污染的产物，为氮气和水，方程式为：2NO2+2N2H43N2+4H2O；(2)①组装好仪器后应先进行检查装置气密性；②要探究二氧化氮和铁的反应产物，可能生成铁的氧化物，因此不能使用氢气或一氧化碳等还原性气体，更不能使用二氧化氮，故选A；③排净空气后，点燃酒精灯，加热，然后K1和K3，关闭K2，缓缓通入NO2，，然后关闭K1，停止通入二氧化氮，然后再通入气体X将产生的气体赶到酸性高锰酸钾溶液处反映，故顺序为：adecb；④二氧化氮容易液化，所以用冰水将未反应的NO2冷却得以分离；(3)①A

、C装置的物质均无明显颜色变化，说明没有生成一氧化氮，D中收集到无色气体，说明产物为N2；②若存在过量的铁将溶液中的三价铁全部还原，溶液也无血红色，所以不能说明产物中不含三价铁③因为反应前后固体的颜色没有变化，排除氧化铁生成的可能性，反应后固体增重为1.52-1.12=0.40克，为氧元素的质量，铁的物质的量为1.12/56=0.02mol，氧元素多物质的量为0.4/16=0.025mol，铁与氧原子物质的量比为0.02：0.025=4:5，说明含有四氧化三铁，方程式为：3Fe+2NO2Fe3O4+N2。26、2～3minB4～5min因为此时H+浓度小v（HCl）=0.1mol/（L•min）A、B【解析】

（1）(2)在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；（3）计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c/△t计算反应速率；（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H＋浓度，但不能影响H＋的物质的量．【详解】（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，故选B。（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H＋浓度小；（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·mol－1=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol÷0.1L÷1min=0.1mol/（L·min）；（4）A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；B．加入NaCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；C．加入NaNO3溶液，生成NO气体，影响生成氢气的量，故C错误；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，故D错误；E．加入Na2CO3溶液，消耗H＋，H＋浓度减小，影响生成氢气的量，故E错误．故答案为：A、B．27、Zn（或“负”）Cu（或“正”）2.24LBCBC【解析】分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。锌、铜和稀硫酸构成原电池，锌作负极、铜作正极，结合原电池的工作原理和构成条件分析解答。详解：（1）金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，电子从负极流出，通过导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动；（2）氢离子在正极得电子生