2025届铜川市重点中学高一化学第二学期期末联考试题含解析

2025届铜川市重点中学高一化学第二学期期末联考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实不能说明上述观点的是A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙基对羟基的影响，使羟基的活性变弱，电离H+的能力不及H2OC．乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应D．苯酚中的羟基氢能与NaOH溶液反应，而醇羟基氢不能与NaOH溶液反应2、下列反应中属于吸热反应同时又是氧化还原反应的是）A．灼热的炭与CO2反应 B．铝与稀盐酸C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 D．Na2O2与H2O的反应3、据最近报道,中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块;方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是（）A．方法1叫外加电流的阴极保护法B．方法2叫牺牲阳极的阴极保护法C．方法1中金属块可能是锌、锡和铜D．方法2中舰体连接电源的负极4、下列关于S、SO2、H2SO4的叙述中，正确的是A．硫是一种易溶于水的黄色晶体B．SO2溶于水生成H2SO4C．用氢氧化钠溶液处理含有SO2的尾气D．浓H2SO4不稳定，光照易分解5、下列各有机物的数目与分子式C4H7ClO2且能与NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物的数目(不考虑立体异构)相同的是A．分子式为C5H10的烯烃B．甲苯的一氯代物C．相对分子质量为74的一元醇D．立方烷()的二硝基取代物6、下列物质中，只含有共价键的化合物是A．NaOH B．MgCl2 C．Br2 D．H2O7、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有A．pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的数为0.1NAB．Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5mol产物，转移的电子数为1NAC．18gD2O中含有的质子数为9NAD．标准状况下，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应可生成22.4L氯气8、下列有关性质的比较，错误的是A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．沸点：H2S＞H2OC．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3D．碱性：NaOH＞Mg(OH)29、下列有机反应方程式书写错误的是A．+HNO3+H2OB．CH2===CH2＋H2OCH3CH2OHC．2CH3CHO＋O22CH3COOHD．CH3COOH＋CH3CH2OHH2O+CH3COOCH2CH310、下列说法及对应化学方程式或离子方程式正确的是()A．用二氧化硅和水反应可制得硅酸：SiO2+H2O=H2SiO3B．食醋与蛋壳反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．铁在氯气中燃烧：Fe+Cl2=FeCl2D．84消毒液与洁厕灵混合可能产生毒气：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑H2O11、下列五种烃：①异戊烷、②新戊烷、③正戊烷、④丙烷、⑤丁烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是()A．①>②>③>④>⑤B．②>③>⑤>④>①C．④>⑤>②>①>③D．③>①>②>⑤>④12、铝锂合金、碳纤维陶瓷复合材料广泛应用于我国自主研发的C919大型民用客机。下列有关说法中正确的是（）A．合金中不可能含有非金属元素B．碳纤维陶瓷复合材料中碳纤维是基体C．碳纤维陶瓷复合材料属于高分子有机合成材料D．铝锂合金具有质量轻、强度高等优异性能13、下列各项中的两种物质不论以何种比例混合，只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧消耗O2的物质的量保持不变的是（）A．C2H4、C2H6O B．C2H6、C2H6O C．C3H6、C2H4 D．C3H4、C2H6O14、用排饱和食盐水的方法，按1：4比例在试管中收集甲烷和氯气的混合气体，光照一段时间。实验过程中不可能观察到的现象是（）A．试管内气体颜色逐渐变浅 B．试管中有少量白雾C．试管壁出现油状液滴 D．试管内液面上升，一段时间后水充满整个试管15、实验结束时，熄灭酒精灯的正确方法是()A．用灯帽盖灭B．用水浇灭C．用嘴吹灭D．用干抹布盖灭16、关于原子核外电子排布的下列叙述不正确的是A．核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层B．每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2C．某原子的核外最外层最多可容纳8个电子D．当M层为次外层时，最多可容纳18个电子17、已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，又知化学键的键能是形成(或断开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量，现查知P—P键能为198kJ·mol－1、P—O键能为360kJ·mol－1、O＝O键能为498kJ·mol－1。若生成1molP4O6，则反应P4(白磷)＋3O2＝P4O6中的能量变化为()A．吸收1638kJ能量 B．放出1638kJ能量C．吸收126kJ能量 D．放出126kJ能量18、核磁共振氢谱中根据分子中不同化学环境的氢原子在谱图中给出的信号峰不同来确定分子中氢原子种类的。在下列5种有机分子中，核磁共振氢谱中给出的信号峰数目相同的一组是（）A．①②B．②④C．④⑤D．③⑤19、在某化学反应中，生成物B的浓度在10s内从1.5mol/L变成2.0mol/L，则这10s内B的平均反应速率是（）A．0.05mol／（L·s） B．0.05mol／L C．0.20mol／（L·s） D．0.20mol／L20、为解决日益加剧的温室效应等问题，科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系：

上述关系图能反映的化学观点或化学思想有：（）

①化学变化中元素种类是守恒的；②燃烧时化学能可以转化为热能和光能；③光能或电能可以转化为化学能；④无机物和有机物可以相互转化；⑤二氧化碳也是一种重要的资源．A．①②③B．①②④⑤C．①④⑤D．①②③④⑤21、将一定量的乙醇（C2H5OH）和氧气置于一个封闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如下表：物质乙醇氧气水二氧化碳X反应前质量/g9.216.0000反应后质量/g0010.88.8a下列判断正确的是A．无论如何改变氧气的起始量，均有X生成 B．表中a的值是5C．X可能含有氢元素 D．X为CO22、现有MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl

五种溶液，只用一种试剂把它们区别开，这种试剂是A．氨水 B．AgNO3

溶液 C．浓NaOH

溶液 D．NaCl

溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）A〜G均分别代表一种物质，结合如图所示的转化关系（框图中的部分产物已略去），回答下列问题：已知：I.天然有机高分子化合物A，是一种遇到碘水能变蓝的多糖；Ⅱ.H为丙三醇(CH2OH-CHOH-CH2OH)，G有香味。(1)①C→E的反应类型为_________。②与出D→C的化学反应方程式：_________。③写出F与H以物质的量3：1浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式：_____。(2)人在剧列运动后腿和胳膊会感到酸胀或疼痛，原因之一是B(C6H12O6)→2C3H6O3（乳酸）。某研究小组为了研究乳酸(无色液体，与水混溶)的性质，做了如下实验：①取90g乳酸饱和NaHCO3溶液反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）；②另取90g乳酚与过量的金属钠反应，测得生成的气体体积为22.4L(标准状况下）。由以上实验推知乳酸分子含有的官能团名称________；试写出所有符合上述条件有机物的同分异构体的结构简式________。24、（12分）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短同期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。(1)W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为________________________。(3)Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为____________________。(4)比较Y、Z气态氢化物的稳定性________＞________(用分子式表示)。(5)W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是________＞________＞________＞________。25、（12分）(1)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L,大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格,实验温度为25℃、35℃,每次实验HNO3的用量为25.0mL.大理石用量为10.00g。请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空:实验编号温度/℃大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(I)实验①和②探究浓度对反应速率的影响②25粗颗粒_____(II)实验①和③探究温度对反应遮率的影响；③_____粗颗粒2.00(III)实验①和④探究_________对反应速率的影响④25细颗粒2.00(II)把2.5

mol

A和2.5

mol

B混合放入2

L密闭容器里，发生反应:

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经5s后反应达到平衡。在此5s内C的平均反应速率为0.2

mol/(L·s)，同时生成1

mol

D。试求:(1)达到平衡时B的转化率为_____。(2)

x的值为______。(3)若温度不变，达到平衡时容器内气体的压强是反应前的______倍。26、（10分）能源、资源、环境日益成为人们关注的主题。(1)近日向2019世界新能源汽车大会致贺信，为发展氢能源，必须制得廉价氢气。下列可供开发又较经济的一种制氢方法是_______（填写编号）①电解水②锌和稀硫酸反应③利用太阳能，光解海水(2)某同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案：方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO4方案②：铜在空气中加热再与稀硫酸反应，即Cu→CuO→CuSO4这两种方案，你认为哪一种方案更合理并简述理由_______。(3)海带中含有丰富的碘元素.从海带中提取碘单质的工业生产流程如图所示.步骤③中双氧水在酸性条件下氧化碘离子的离子方程式是_______，步骤④除了CCl4还可以选用的萃取剂是_______（填序号）。a.苯b.乙醇c.乙酸d.乙烷27、（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。28、（14分）下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨种元素，填写下列空白：（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的是________（填元素符号，下同）。（2）从①到③的元素中，非金属性最强的是________（3）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_______，碱性最强的化合物的电子式是_________。（4）最高价氧化物是两性氧化物的元素是_______；写出它的最高价氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式_______________________________。（5）用结构式表示元素①与③形成的一种可溶于水的化合物_________。（6）写出元素④的单质与水反应的化学方程式________________________________。（7）写出元素①的单质和元素⑥最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式___________________________________________。29、（10分）能源与材料、信息被称为现代社会发展的三大支柱，化学与能源有着密切联系。(1)下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ·mol-1)化学键H-HCl-ClH-Cl键能436243431请根据以上信息可知，1mol氢气在足量的氯气着燃烧生成氯化氢气体放出热量___________。(2)天然气是一种重要的情节能源和化工原料，其主要成分为CH4。以CH4、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池的负极反应式为___________。(3)工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇，可以将CO2变废为宝。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g),测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。①从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=___________；H2的转换率α(H2)=___________。②若反应CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：A．V(CO2)=0.15mol·L-1·min-1B．V(H2)=0.01mol·L-1·s-1C．v(CH3OH)=0.2mol·L-1·min-1D．v(H2O)=0.45mol·L-1·min-1该反应进行由快到慢的顺序为___________(填字母)。(4)海水化学资源的利用具有非常广阔的前景。从海水中提取溴的工业流程如图：①流程④中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：□Br2+□CO32-=□BrO3-+□Br-+□CO2↑______②以上五个过程中涉及氧化还原反应的有___________个。③步骤③中已获得游离态的溴，步骤④又将之转变成化合态的溴，其目的是___________。

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．甲基连接在苯环上，可被氧化，说明苯环对甲基影响，故A错误；B．羟基所连的原子团不同，乙醇分子中醇羟基中氢原子的活泼性小于水中氢原子，能说明上述观点，故B错误；C．乙烯和乙烷结构不同，乙烯含有C=C，可发生加成反应，不能用上述观点证明，故C正确；D．在苯酚中，由于苯环对-OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有-OH，但不具有酸性，能说明上述观点，故D错误。故答案选C。2、A【解析】分析：A项，C+CO22CO碳元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，且是吸热反应；B项，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，同时是放热反应；C项，Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中无元素化合价变化，不是氧化还原反应；D项，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，也是放热反应。以此解答。详解:A项，C+CO22CO碳元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，且是吸热反应，故A项正确；B项，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，同时是放热反应，故B项错误；C项，Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C项错误；D项，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，也是放热反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。点睛：本题考查化学反应的基本类型。常见的放热反应有：酸碱中和反应、金属与酸的反应、金属与水的反应、物质燃烧的反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应反应，大多数盐的水解反应等。3、D【解析】试题分析：舰体是由钢板做的。方法1，舰体镶嵌一些金属块，必须是比铁活泼的金属，如锌等（锡和铜不行），这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法；方法2，航母舰体与电源相连，必须与电源负极相连，这种方法叫外加电流的阴极保护法。综上所述，D正确，本题选D。4、C【解析】A.硫是一种不溶于水的黄色晶体，A错误；B.SO2溶于水生成H2SO3，B错误；C.SO2是酸性氧化物，用氢氧化钠溶液处理含有SO2的尾气，C正确；D.浓H2SO4稳定，不易分解，D错误，答案选C。5、A【解析】分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2的有机物可能结构有ClCH2-CH2-CH2COOH，CH3-CHCl-CH2COOH，CH3-CH2-CHClCOOH，CH2Cl-CH(CH3)COOH，CH3-CCl(CH3)COOH共5种。A项，因为戊烷的同分异构体有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，对于CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相应烯烃有：CH2=CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH=CH-CH2-CH3，其中CH3-CH=CH-CH2-CH3有2种顺反异构，即有3种结构；对于，相应烯烃有：CH2=C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)=CHCH3；CH3CH(CH3)CH=CH2，都不存在顺反异构，即有3种结构；对于，没有相应烯烃，所以分子式为C5H10的烯烃共有3+3=6种（包括顺反异构），本题不考虑立体异构，所以为5种，故A正确；B项，甲苯的一氯代物共有4种，如下：①取代甲基上的氢原子；②取代与甲基相邻的苯环上的氢原子；③取代与甲基相间的苯环上的氢原子；④取代与甲基相对位置的苯环上的氢原子，故B错误；C项，根据相对分子质量为74的一元醇：74-16=58，58÷14=4……2，所以化学式为：C4H10O，因为丁基有4种，所以分子式为C4H10O的醇有4种，故C错误；D项，立方烷的二硝基取代物有3种，分别是取代到棱上的两个、面对角线上的两个、体对角线上的两个，故D错误。综上，选A。点睛：本题考查同分异构体数目的确定，有一定难度，同分异构体是有机化学的重要知识点，是高考的重要考点，通常有碳链异构、官能团位置异构、类型异构、立体异构等。明确常见的异构类型，灵活运用等效氢法、基元法、定一移一法等解决问题是关键。6、D【解析】

A、NaOH为离子化合物，含有离子键、共价键，故A不符合题意；B、MgCl2属于离子化合物，只含离子键，故B不符合题意；C、Br2为单质，故C不符合题意；D、H2O属于共价化合物，含有共价键，故D符合题意。答案选D。7、C【解析】

A、由n=c×V，该溶液中缺少体积数据，无法计算粒子数目，错误；B、由2Fe+3Cl2==2FeCl3每生成2mol产物转移6mol电子，则生成0.5mol产物，则转移1.5mol电子，即1.5NA电子，错误；C、一个D2O中含有的质子数为（1×2+8=）10个，18gD2O的物质的量=18g/20g/mol=0.9mol,含有质子为9mol，即9NA，正确；D．MnO2必须与浓盐酸反应才可生成氯气，随着反应进行，盐酸浓度降低到一定的程度后，将停止反应，即4molHCl并未完全反应，所以，生成的氯气应少于22.4L，错误。选择C。8、B【解析】

A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S＞P，所以酸性H2SO4＞H3PO4，选项A正确；B．分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，还与氢键有关，水分子间存在氢键、硫化氢分子间不含氢键，所以沸点：H2O＞H2S，选项B错误；C．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Δ_D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性：Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg(OH)2，选项D正确；答案选B。9、A【解析】

A．硝基苯中形成N-C键，反应的化学方程式为+HNO3+H2O，故A错误；B．乙烯与水的加成反应为CH2═CH2+H2OCH3CH2OH，故B正确；C．乙醛的催化氧化反应为2CH3CHO+O2

2CH3COOH，故C正确；D．乙酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故D正确；答案选A。10、D【解析】A.二氧化硅和水不反应，故A错误；B.醋酸是弱酸，要用化学式表示：2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，故B错误；C.铁在氯气中燃烧：2Fe+3Cl22FeCl3，故C错误；D.84消毒液与洁厕灵混合可能产生毒气：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑H2O，故D正确。故选D。11、D【解析】分析：根据烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，同分异构体中支链越多，沸点越低，据此分析。详解：由烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，则沸点丙烷＜丁烷＜戊烷，同分异构体中支链越多，沸点越低，则正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，则沸点由高到低的顺序为：③＞①＞②＞⑤＞④。答案选D。12、D【解析】A、合金是由两种或两种以上的金属与金属或非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，故合金中可能含有非金属元素，选项A错误；B、碳纤维陶瓷复合材料中陶瓷是基体，选项B错误；C、碳纤维陶瓷复合材料属于无机非金属材料，选项C错误；D、铝锂合金具有质量轻、强度高等优异性能，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查复合材料的特点及应用。正确理解复合材料的组成，注意材料中各成分的作用及组成是解答本题的关键。13、A【解析】

只要混合物的总物质的量一定，完全燃烧消耗O2的质量保持不变，则1mol各组分消耗氧气的量相等，据此分析作答。【详解】A：C2H6O可以改写为，所以相同物质的量的C2H4和C2H6O的耗氧量相同，符合题意；B.C2H6O比C2H6多1个O原子，则1molC2H6O与1molC2H6耗氧量不相同，不符合题意；C.C3H6、C2H4的最简式相同，1molC3H6的耗氧量是1molC2H4的1.5倍，不符合题意；D.C2H6O可以改写为，比较1molC3H4和1mol的耗氧量，显然1molC3H4耗氧量更多，不符合题意；答案选A。【点睛】比较等物质的量的有机物耗氧量的多少，还有一种方法就是根据分子式CxHyOz分别计算值大小，值越大，耗氧量越多；值相等时，耗氧量相同。14、D【解析】

A.氯气是黄绿色气体，一氯甲烷和氯化氢是无色气体，光照条件下，甲烷和氯气发生取代反应生成氯代烃和氯化物，所以气体颜色变浅，故A正确；B.此反应的生成物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，氯化氢与遇到水蒸气会形成白雾，故B正确；C.二氯甲烷、三氯甲烷和三氯甲烷都是液态有机物，所以瓶内壁有油状液滴生成，故C正确；D.该反应生成的一氯甲烷和氯化氢是气体，其中一氯甲烷不溶于饱和食盐水中，故一段时间后水不会充满整个试管，故D错误；故答案选D。15、A【解析】

实验结束时，熄灭酒精灯的正确方法是用用灯帽盖灭，而B、C中做法可引发失火，D中实验桌上酒精失火时用湿抹布盖灭，干抹布盖灭可能会导致失火。答案选A。【点睛】本题考查酒精灯的使用，题目难度不大，把握仪器的使用为解答的关键，使用酒精灯时要注意两查、两禁、一不可。两查：查灯芯是否烧焦或平整，查酒精灯内的酒精量；两禁：禁止向燃着的酒精灯内添加酒精，禁止用一酒精灯去引燃另一酒精灯；一不可是不可用嘴吹灭酒精灯，要用灯帽盖灭，否则会引发火灾。16、C【解析】

A.依能量最低原理，核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层，A项正确；B.依电子排布规律，每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2，B项正确；C.通常，某原子的核外最外层最多可容纳8个电子，当K为最外层时，最多只容纳2个电子，C项错误；D.M层最多能容纳18个电子，当M层为次外层时，也最多可容纳18个电子，D项正确；所以答案选择C项。【点睛】M层最多可以排布18个电子，若M作为最外层，则最多可以排8个电子，M作为次外层，则最多可以排布18个电子。17、B【解析】

反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以反应P4(白磷)＋3O2＝P4O6的反应热△H＝6×198kJ•mol-1+3×498kJ•mol-1-12×360kJ•mol-1＝-1638kJ•mol-1，即反应放出1638kJ能量，答案选B。【点晴】本题主要是考查化学反应中能量的变化及反应热计算。明确反应热的计算方法是解答的关键。反应热的计算常用方法有：（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，解答时注意灵活应用。18、C【解析】核磁共振氢谱中有几个峰，有机物中就有几种氢原子，在确定氢原子的种类时，要考虑分子的对称性，①有4种不同化学环境的氢原子，②有2种，③有5种，④和⑤有3种，故选C。点睛：核磁共振氢谱中有几个峰，有机物中就有几种氢原子，峰的面积比等于氢原子的个数比。解答本题要理解等效氢的概念：①同一个碳原子上的氢等效，如：甲烷。②同一个碳原子所连甲基上的氢原子等效，如2，2-二甲基丙烷，即新戊烷。③对称轴两端对称的氢原子等效，如乙醚中只含有两种氢。19、A【解析】

反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，由生成物B的浓度在10s内从1.5mol/L变成2.0mol/L，则这10s内B的平均反应速率是a=0.05mol/（L•s）。故选A。20、D【解析】试题分析：①化学变化中元素的原子个数不变，种类不变，因此元素种类是守恒的；正确；②物质燃烧时发生化学反应，常常会产生大量的热，有时会有光，因此化学能可以转化为热能和光能；正确；③在化学反应发生时常常会伴随各种能量的转化，如光能或电能也可以转化为化学能；正确；④有机物燃烧能够转化为无机物，无机物如二氧化碳和水在光照射时，在叶绿体内通过光合作用也可以转化为有机物，因此可以相互转化；正确；⑤二氧化碳可以制取纯碱、尿素、植物的光合作用，因此也是一种重要的资源．正确。考点：考查二氧化碳新循环体系中的物质变化、能量变化等知识。21、D【解析】分析：参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。在本题中，9.2g+16.0g=25.2g，10.8g+8.8g=19.6g，因此一定有X生成，X质量=25.2g-19.6g=5.6g，结合原子守恒解答。详解：A、氧气足量时只有二氧化碳和水生成，因此生成物与氧气的起始量有关，A错误；B、9.2g+16.0g=25.2g，10.8g+8.8g=19.6g，因此一定有X生成，X是生成物，a＝25.2－19.6＝5.6，B错误；C、乙醇中氢元素的质量=9.2g×6/46=1.2g，水中氢元素的质量=10.8g×2/18=1.2g，因此X中一定没有氢元素，C错误；D、乙醇中氧元素的质量=9.2g×16/46=3.2g，水中氧元素的质量=10.8g×16/18=9.6g，二氧化碳中氧元素的质量=8.8g×32/44=6.4g，由于3.2g+16g＞9.6g+6.4g，所以X一定是CO，D正确；答案选D。22、C【解析】

A、加入氨水，氯化镁生成白色沉淀，氯化铝也生成白色沉淀，不能鉴别，不选A；B、硝酸银和五种溶液都生成白色沉淀，不能鉴别，不选B；C、氯化镁和氢氧化钠反应生成白色沉淀，氯化铝和氢氧化钠先生成白色沉淀后沉淀溶解，氯化铜和氢氧化钠反应生成蓝色沉淀，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和红褐色沉淀，氯化铵和氢氧化钠产生气体，能鉴别，选C；D、氯化钠和五种溶液都不反应，不选D；答案选C。【点睛】常用的离子检验的方法有：1、颜色：铜离子为蓝色、铁离子为浅黄色、亚铁离子为浅绿色，高锰酸根离子为紫色。2、硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。3、氯离子：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。4、碳酸根离子：加入氯化钙，产生白色沉淀，沉淀溶于盐酸产生无色无味的能使澄清的石灰水变浑浊的气体。5、铝离子：加入氢氧化钠溶液，先产生沉淀后沉淀溶解二、非选择题(共84分)23、氧化反应CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O羧基、羟基CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH【解析】

A是一种遇到碘单质能变蓝的多糖，则A为淀粉，水解生成B为葡萄糖，由转化关系可知C为CH3CH2OH，D与H2O在一定条件下反应产生C，则D为乙烯，结构简式为CH2=CH2，乙醇催化氧化产生的E为CH3CHO，E催化氧化产生的F为CH3COOH，则G为，以此解答该题。【详解】由上述分析可知：A为淀粉，B为葡萄糖，C为CH3CH2OH，D为CH2=CH2，E为CH3CHO，F为CH3COOH，G为。(1)①C为CH3CH2OH，CH3CH2OH在Cu催化下发生氧化反应产生CH3CHO，所以乙醇变乙醛的反应为氧化反应；②乙烯与水反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；③F是乙酸，H是丙三醇，F与H以物质的量比3：1在浓硫酸、加热条件下发生的化学方程式为CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O；(2)①乳酸相对分子质量是90，90g乳酸的物质的量是1mol，取90g乳酸与过量的饱和NaHCO3溶液反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，说明乳酸分子中含有1个羧基；②另取90g乳酸与过量的金属钠反应，测得生成22.4L标准状况下即1mol的气体，则说明乳酸分子中含有1个羧基、1个羟基，则乳酸可能的结构为CH3CHOHCOOH、HOCH2CH2COOH。【点睛】把握高分子化合物A为淀粉为解答本题的关键，掌握物质的性质及转化关系、反应条件、反应的物质的量关系是解答题目的基础，能与NaHCO3反应的官能团只有羧基，能与Na反应的官能团有羧基、醇羟基、酚羟基，则是该题的核心，然后结合物质的分子式判断可能的结构，注意有机反应及有机物的性质。24、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OSO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClHClH2SS2—Cl—Na+Al3+【解析】

（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成某复杂化合物，由于W、X是金属元素，说明他们的最高价氧化物对应水化物的反应是氢氧化物之间的反应，所以W是Na，X是Al，氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，答案为：Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；（2）Na与Y可形成化合物Na2Y，说明Y是S元素，硫化钠的电子式为，答案为：；（3）Z是Cl元素，将二氧化硫通入氯水中发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，答案为：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（4）非金属性Cl＞S，所以气态氢化物的稳定性HCl＞H2S，答案为：HCl＞H2S；（5）电子层数越多，半径越大，层数相同时，核电荷越多半径越小，Na、Al、S、Cl元素的简单离子的半径由大到小的顺序为：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋，答案为：S2－＞Cl－＞Na＋＞Al3＋.25、1.0035探究固体物质的表面积(答接触面亦可)20%x=41.2【解析】试题分析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同；(Ⅱ)根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

根据相关计算公式计算相关物理量。解析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同，实验②中HNO3浓度为1.00mol/L；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同，实验③的温度选择35℃；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同，实验①和④探究固体物质的表面积对反应速率的影响；(Ⅱ)根据三段式法，平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

（1）达平衡时B的转化率为。（2），x=4。（3）若温度不变，容器内气体的压强比等于物质的量比，点睛：根据阿伏加德罗定律及其推论；同温、同体积的气体，压强比等于物质的量比；同温、同压，体积比等于物质的量比。26、③方案②，方案①会产生SO2污染大气2I-+H2O2+2H+=I2+2H2Oa【解析】

(1)从能源、原料的来源分析；(2)从环保、物质的利用率、能源分析判断；(3)双氧水在酸性条件下具有强的氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式；(4)萃取剂要与水互不相容，且碘单质容易溶解其中。【详解】(1)①电解水需要消耗大量电能，能耗高，不经济，①不符合题意；②锌和稀硫酸反应可以产生氢气，但冶炼锌、制备硫酸需消耗大量能量，会造成污染，不适合大量生产，②不符合题意；③利用太阳能，光解海水，原料丰富，耗能小，无污染，③符合题意；故合理选项是③；(2)方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，反应原理为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，不仅会消耗大量硫酸，还会由于产生SO2而造成大气污染，不环保，①不合理；方案②：铜在空气中加热产生CuO，CuO与稀硫酸反应产生CuSO4和水，无污染，②合理；故方案②更合理；(3)步骤③中双氧水在酸性条件下能氧化碘离子为碘单质，双氧水被还原产生水，反应的离子方程式是2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；I2容易溶于有机溶剂，而在在水中溶解度较小，根据这一点可以用萃取方法分离碘水中的碘，步骤④除了CCl4还可以选用的萃取剂是与水互不相容的苯；而乙醇、乙酸能溶于水，不能使用；乙烷为气体，不能作萃取剂，故合理选项是a。【点睛】在不同的实验方案选择时，要从能量的消耗、原料的来源是否丰富、是否会造成污染考虑，选择萃取剂时，萃取剂与原溶剂水互不相容，溶质与萃取剂不能发生反应，且在其中溶解度远远大于水中才可以选择使用。27、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。28、ArOHClO4AlAl2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2OO=C=O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑C+2H2SO4(浓)=CO2↑＋2SO2↑＋2H2O【解析】分析：根据元素在周期表中的分布，可以推知①是C，②是N，③是O，④是Na，⑤是Al，⑥是S，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K。详解：根据以上分析可知，（1）在这些元素中，化学性质最稳定的是稀有气体Ar；（2）同周期从左到右非金属性减弱，故从①到③的元素中，非金属性最强的是O；（3）根据元素周期律：同周期元素的原子，从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，同主族元素的原子，从下到上最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱可以推知酸性最强的式是HClO4，碱性最强的是KOH，其电子式为；（4）氢氧化铝是两性氢氧化物，所以最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al，它的最高价氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（5）①与