2023-2024学年山南市高一下化学期末质量跟踪监视试题含解析

2023-2024学年山南市高一下化学期末质量跟踪监视试题请考生注意：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、下列说法不正确的是A．在共价化合物中一定含有共价键B．含有离子键的化合物一定是离子化合物C．含有共价键的化合物一定是共价化合物D．化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子的化学键形成2、下列物质互为同分异构体的一组是A．35Cl和37ClB．CH3CH2OH和CH3OCH3C．O2和O3D．H2O和H2O23、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O34、A、B、C、D、E是短周期元素，A、B、C处于同一周期，A元素的原子最外层电子数是次外层的2倍，B2-、C-、D+、E3+具有相同电子层结构，下列说法正确的是（）A．原子序数:E>D>B>C>AB．原子半径:D>E>A>C>BC．最简单氢化物的热稳定性:C>B>AD．离子半径:C->D+>E3+>B2-5、关于浓硫酸的叙述正确的是A．常温下能使铁钝化 B．无色易挥发的液体C．能够干燥氨气 D．常温下迅速与铜片反应6、下图所示实验方案无法达到预期实验目的的是A．用图甲制备Fe(OH)2 B．用图乙制备少量Cl2C．用图丙制备并收集O2 D．用图丁比较S、C、Si的非金属性强弱7、2018年4月22日是第49个世界地球日。今年地球日活动周主题为“珍惜自然资源呵护美丽国土”。下列有关说法或做法正确的是A．推广使用煤、石油、天然气,有利于缓解温室效应B．普通锌锰于电池不含环境污染物,可以随意丢弃C．在生产、流通和消费等过程中实行“减量化、再利用、资源化”D．将高耗能、高污染的企业迁至偏僻的农村地区,提高贫穷地区居民收入8、俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4＋2CNa2S＋2CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是()A．0.1mol·L－1的Na2SO4溶液中含SO42-的数目为0.1NAB．1mol13C原子所含中子数为6NAC．78gNa2S中所含离子总数为2NAD．标准状况下，2.24LCO2所含氧原子数为0.2NA9、下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A．AB．BC．CD．D10、下列物质中，既有离子键，又有共价键的是()A．HCl B．NH4NO3 C．KCl D．CaCl211、下列说法正确的是A．用激光照射硫酸铜溶液可以观察到丁达尔现象B．钠与氧气反应的产物与反应条件无关C．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧D．利用氯气单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质12、金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠，下列说法正确的是（）A．该反应过程中的能量变化如右图所示 B．生成的过氧化钠属于碱性氧化物C．反应中每消耗1molO2转移2mol电子 D．过氧化钠与氧化钠所含化学键完全相同13、下列金属元素的单质或化合物在火焰上灼烧时，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是（）A．钠 B．钾 C．镁 D．铁14、磷酸铁锂电池广泛应用于电动自行车电源，其工作原理如图所示，LixC6和Li1-xFePO4为电极材料，电池反应式为:LixC6+Li1-xFePO4=LiFePO4+6C

(x<1)。下列说法错误的是A．放电时，电极b是负极B．放电时，电路中通过0.2mol电子，正极会增重1.4gC．充电时，电极a的电极反应式为:6C+xLi++xe-=LixC6D．若Li1-xFePO4电极中混有铁单质，会造成电池短路15、下列说法正确的是（）A．铝合金的熔点比纯铝高B．铜具有良好的导电性，常用来制作印刷电路板C．镁在空气中或纯净的氧气中燃烧，产物一定只有MgOD．钠在敞口容器中长期存放或在空气中燃烧，产物一定是

Na2O216、某有机化合物的结构简式如下：此有机化合物属于①烯烃②多官能团有机化合物③芳香烃④烃的衍生物⑤高分子化合物⑥芳香化合物A．①②③④⑥B．②(④⑥C．②④⑤⑥D．①③⑤17、180℃时将0.5molH2和1molCO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽（CH3OH）和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法中正确的是（）A．该反应的化学方程式：2CO2+4H22CH3OH+O2B．在0～3min内H2的平均化学反应速率为0.1mol·L-1·min-1C．当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态D．在3～10min内，反应仍未达到平衡状态18、下列同组微粒间互称同位素的一组是()A．H和HB．H2O和D2OC．白磷和红磷D．K和Ca19、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：d>c>b>a B．4种元素中b的金属性最强C．c的氧化物的水化物是强碱 D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强20、X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，它们的原子的最外层电子数与原子序数的关系如下图所示。下列说法正确的是（）A．Y和W在同一主族B．X和R在同一周期C．Y的最高正化合价为+7D．Z和O2反应的产物只有一种21、元素周期表是元素周期律的表现形式。下列说法正确的是A．VA族及其相邻主族元素可以找到制造农药所需元素B．在金属与非金属交界线附近寻找制冷剂C．第IA元素全部是金属元素D．可在过渡元素中寻找半导体材料22、主族元素R的最高正化合价为+2，R元素位于周期表的A．ⅠA族 B．ⅡA族 C．ⅢA族 D．ⅤA族二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、E、F六种元素为原子序数依次增大的短周期元素。A为原子半径最小的元素，A和B可形成4原子10电子的分子X；C的最外层电子数是内层的3倍；D原子的最外层电子数是最内层电子数的一半；E是地壳中含量最多的金属元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6。请回答下列问题：(用化学用语填空)(1)D、E、F三种元素原子半径由大到小的顺序是__________。(2)A和C按原子个数比1：1形成4原子分子Y，Y的结构式是_____。(3)B、C两种元素的简单气体氢化物结合质子的能力较强的为____(填化学式)，用一个离子方程式证明：____。(4)D可以在液态X中发生类似于与A2C的反应，写出反应的化学方程式：___。24、（12分）下表是元素周期表的一部分，针对表中的a~g元素,回答下列问题：(1)d元素位于金属与非金属的分界线处,常用作__________材料。(2)f的元素符号为As,其最高价氧化物的化学式为__________。(3)a、b、c三种元素的最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱,试从原子结构的角度解释上述变化规律__________。(4)e元素的非金属性强于g,请写出一个离子方程式证明：__________。25、（12分）碱式次氯酸镁[Mg2ClO(OH)3·H2O]微溶于水，是一种无机抗菌剂。某研发小组通过下列流程制备碱式次氯酸镁：⑴从上述流程可以判断，滤液中可回收的主要物质是______。⑵调pH时若条件控制不当，会使得所制的碱式次氯酸镁中混有Mg(OH)2杂质。为防止生成该杂质，实验中可以采取的方法是______。⑶为测定碱式次氯酸镁的质量分数[含少量Mg(OH)2杂质]，现进行如下实验：称取0.2000g碱式次氯酸镁样品，将其溶于足量硫酸。向溶液中加入过量KI，再用0.1000mol·L-1Na2S2O3滴定生成的I2，恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液体积为20.00mL。计算碱式次氯酸镁的质量分数。（写出计算过程）______________已知：2I－＋ClO－＋2H+＝I2＋Cl－＋H2O，I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-。26、（10分）某研究性学习小组设计了如图所示一套实验装置来制取乙酸乙酯，A中盛有乙醇、浓硫酸和醋酸的混合液，C中盛有饱和碳酸钠溶液。已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点(℃)34.778.5117.977.1（1）浓硫酸的作用是________________________________。（2）球形管B除起冷凝作用外，另一重要作用是____________________________。（3）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是___________________。（4）C中饱和碳酸钠溶液的作用__________________________________________。（5）从C中分离出乙酸乙酯必须使用的一种仪器是______________________；分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分离出__________，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77℃的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。27、（12分）某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。他将50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。请回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________；由图可知该装置有不妥之处，应如何改正？_____。(2)实验中改用60mL0.50mol/L的盐酸跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)；所求中和热的数值会_____(填“相等”或“不相等”)，理由是_____。(3)该同学做实验时有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是_____。A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C．做本实验的当天室温较高D．在量取盐酸时仰视计数E．将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水(4)将V1ml1.0mol/LHCl溶液和V2ml未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)通过分析图像可知，做该实验时环境温度_____(填“高于”，“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为_____mol/L。(5)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝_____(结果保留一位小数)。28、（14分）某原电池装置如图所示。（1）其负极是_________（填“Zn”或“Cu”），发生的是__________（填“氧化”或“还原”）反应。（2）正极上的现象是________________________________________。（3）电子由_______________（填“锌片”或“铜片”）沿导线流出。（4）电池的总反应是_______________________________________。29、（10分）孔雀石的主要成分为CuCO3·Cu(OH)2｡某同学设计从孔雀石中冶炼铜的方案如下:回答下列问题:（1）将孔雀石粉碎的目的是_________,加入过量稀硫酸,可观察到的现象是_________｡（2）操作a的名称是________,在滤液中加入过量铁粉发生的反应有_______､________(用离子方程式表示)｡（3）A的化学式为_________,在悬浊液中加入A的目的是___________｡（4）从滤液中获得铜的另外一种方案是:2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4｡现有111kgCuCO3·Cu(OH)2，通过这种方案理论上可以制取_________kg铜｡（5）请你根据提供的试剂,设计由孔雀石冶炼铜的另外一种方案(请用简洁的文字说明)__________｡(可供选择试剂:铁粉､稀硫酸)

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、全部是共价键的化合物是共价化合物，正确；B、只要含有离子键的化合物就是离子化合物，正确；C、全部是共价键的才是共价化合物，离子化合物也可能有共价键，错误；D、化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成，正确；故答案选C。2、B【解析】试题分析：A、35Cl和37Cl质子数相同而中子数不同互为同位素，A不正确；B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同而结构不同互为同分异构体，B正确；C、O2和O3是由碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，C不正确；D、H2O和H2O2是两种不同的化合物，D不正确，答案选B。考点：考查同分异构体判断3、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。4、C【解析】试题分析：A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，因为A、B、C属于同一周期，且B2-、C-、D+、E3+具有相同电子层结构，因此B为O，C为F，D为Na，E为Al，A、原子序数为：Al>Na>F>O>C，故错误；B、电子层数越多，半径越大，同周期从左向右半径减小，因此半径大小：Na>Al>C>O>F，故错误；C、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：F>O>C，故正确；D、电子层数相同，半径随原子序数的递增而减小，因此是O2－>F－>Na＋>Al3＋，故错误。考点：考查元素推断、元素周期律等知识。5、A【解析】

A．浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，A项正确；B．浓硫酸是无色难挥发的液体，B项错误；

C．浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，C项错误；

D．浓硫酸与铜的反应需在加热条件下进行，D项错误；

答案选A。【点睛】浓硫酸具有吸水性所以可以用作干燥剂是初中所学唯一的液态干燥剂。但是并不是所有的东西都可以干燥，可干燥的有：氢气、氧气、氯气、二氧化碳、一氧化碳、二氧化硫、氯化氢等，但不能干燥的：氨气、碘化氢、溴化氢、硫化氢，本题C项因为氨气是碱性气体，会与浓硫酸发生化学反应：2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4。6、B【解析】A．煤油不溶于水，密度小于水，能隔绝氧气，可以制备氢氧化亚铁，A正确；B．应该用浓盐酸制备氯气，B错误；C．双氧水在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，利用排水法收集，C正确；D．稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2，CO2通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，该装置可比较S、C、Si的非金属性强弱，D正确；答案选B。点睛：本题考查较为综合，涉及非金属性强弱比较、制备以及气体的收集等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价。7、C【解析】分析：A、根据温室效应的形成原因考虑：主要是由于释放出来的二氧化碳太多造成的，还与臭氧、甲烷等气体有关；B、普通锌锰干电池，其中的酸电解质溶液会影响土壤和水系的pH，使土壤和水系酸性化，而锰等重金属被生物吸收后，形成重金属污染；C．在生产、流通和消费等过程中实行“减量化、再利用、资源化”，可减少环境污染；D、将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，会破坏环境，得不偿失。详解：A、燃烧化石燃料能产生大量的二氧化碳，所以减少煤、石油、天然气的燃烧能防止温室效应；B、普通锌锰干电池，其中的酸电解质溶液会影响土壤和水系的pH，使土壤和水系酸性化，而锰等重金属被生物吸收后，形成重金属污染，选项B错误；C．在生产、流通和消费等过程中实行“减量化、再利用、资源化”，是实现中国可持续发展战略的重要组成部分，推广“减量化、再利用、资源化”，有利于环境保护和资源的充分利用，选项C正确；D、将高能耗、高污染的企业迁至偏僻的农村地区，虽能提高居民收入，但会破坏环境，得不偿失，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查节能减排等知识，注意燃料的燃烧效率影响因素和防污染提效率的措施，题目难度不大，平时注意知识的积累。8、D【解析】

A.0.1mol·L－1的Na2SO4溶液的体积未知，无法计算其中所含的SO42-的数目，A不正确；B.1mol13C原子所含中子数为7NA，B不正确；C.78gNa2S的物质的量为1mol，其中所含离子总数为3NA，C不正确；D.标准状况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，其中所含氧原子数为0.2NA，D正确。故选D。9、B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。10、B【解析】A项，HCl中H原子和Cl原子之间存在共价键，A错误；B项，NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中的N原子和H原子之间存在共价键，硝酸根离子中N原子和O原子之间存在共价键，B正确；C项，KCl中K+和Cl-之间存在离子键，C错误；D项，CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，D错误。点睛：本题考查离子键和共价键的判断，根据物质的构成微粒确定化学键，一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，离子化合物中一定含有离子键。注意：不能根据是否含有金属元素确定离子键，如B中只含非金属元素但含有离子键。11、D【解析】

A.硫酸铜是溶液，不是胶体，用激光照射硫酸铜溶液可观察不到丁达尔现象，A错误；B．钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热下反应生成过氧化钠，则产物与反应条件有关，B错误；C.燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中，镁能继续燃烧生成氧化镁和碳，C错误；D.氯气的氧化性强于碘单质，氯气能与碘离子发生置换反应生成碘单质，D正确；故选D。【点睛】镁具有较强的还原性，燃着的镁条能与空气中的氧气、氮气和二氧化碳反应是解答关键。12、C【解析】A.钠燃烧是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，示意图错误，A错误；B.生成的过氧化钠不属于碱性氧化物，B错误；C.氧元素化合价从0价降低到－1价，反应中每消耗1molO2转移2mol电子，C正确；D.过氧化钠与氧化钠所含化学键不完全相同，前者含有离子键、共价键，氧化钠只有离子键，D错误，答案选C。13、B【解析】

焰色反应是金属元素特有的性质，不同的金属元素在火焰上灼烧时的焰色不同，透过蓝色钴玻璃焰色为紫色的是钾元素，故答案选B。【点睛】蓝色钴玻璃是看钾的焰色反应时用的，钾盐中常混有钠离子，而钠的黄光会干扰钾的紫光，蓝色钴玻璃能滤掉黄光，所以不能透过蓝色钴玻璃看钠，镁，铁的焰色反应。14、C【解析】分析：A、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动；B、根据得失电子守恒计算；C、在电解池中，阳极上发生失电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；D、根据原电池原理判断。详解：根据原电池原理，放电时电子从负极流向正极，原电池内部的阳离子向正极移动，所以a电极是原电池的正极，b是原电池的负极，A说法正确；放电时，负极的电极反应式：LixC6-xe-=xLi++C6，正极的电极反应式：Li（1-x）FePO4+xLi++xe-═LiFePO4，所以当电路中通过0.2mol电子，正极有0.2molLi+得到电子在正极析出，正极增重0.2mol×7g/mol=1.4g，B选项说法正确；充电时是电解池原理，电源的正极和电池的正极相连，此时a极是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，反应为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，所以C选项错误；Li1-xFePO4是原电池的正极材料，铁单质是导体，能够导电，电子不能够通过外电路，即造成电池短路，D选项说法正确；正确选项C。点睛：原电池的正负极判断方法：1、根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断：在原电池的电解质溶液内，阳离子移向的极是正极，阴离子流向的极为负极，本题中Li+移向a极，a极为原电池的正极；2、由组成原电池的两极的电极材料判断：一般来说,通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，但也不是绝对的,应以发生的电极反应来定，例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比Al易失去电子，Mg作负极；将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是Al，故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。3、根据电流方向或电子流动方向判断：电流流入的一极或电子流出的一极为负极；电子流动方向是由负极流向正极，本题中的电子从Zn（负极）流向Cu（正极），所以A说法正确。15、B【解析】分析：A．合金熔点低、硬度大；B．铜具有良好的导电性；C．镁能在氮气、二氧化碳中燃烧；D．钠在空气中长久放置转化为碳酸钠。详解：A．铝合金的熔点比纯铝的低，A错误；B．铜具有良好的导电性，因此可用来制作印刷电路板，B正确。C．镁能在氮气、二氧化碳中燃烧，分别是生成氮化镁、氧化镁和碳，因此镁在空气中燃烧，产物不一定只有MgO，C错误；D．钠在敞口容器中长期存放首先转化为氧化钠，然后吸水转化为氢氧化钠，最终转化为碳酸钠，D错误。答案选B。16、B【解析】由题给的结构简式可知，有机物中含有碳碳双键，还含有O元素，所以①错误；含酯基、羟基、羧基、碳碳双键，所以②正确；含苯环，但还含O元素，则不属于芳香烃，则③错误；含C、H、O三种元素，为烃的含氧衍生物，则④正确；该有机物的相对分子质量应在10000以下，不属于高分子，则⑤错误；含苯环，为芳香族化合物，故⑥正确；所以正确的是②④⑥，故选B。17、B【解析】

A．由图知，消耗n(

CO2)=(1-0.9)mol=0.1mol、n(H2)=(0.5-0.2)mol=0.3mol、n(CH3OH)=0.1mol，同一反应中参加反应的各物质的物质的量之比等于其分子个数之比，则N(CO2)：N(H2)：N(CH3OH)=0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，根据原子守恒知，还生成H2O，所以反应方程式为CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，故A错误；B．v(H2)=△nV△t=0.3mol1L3min=0.1mol•L-1•min-1，故B正确；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则反应前后气体密度始终不变，所以气体密度不能作为平衡状态判断标准，故C错误；D．在3min时各物质物质的量不变，反应达到平衡状态，则在3～10

min【点睛】本题考查化学平衡的建立和图像分析，明确化学平衡状态判断标准及化学反应速率计算方法是解本题关键。本题的易错点为D。18、A【解析】分析：质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素。详解：A.11H和12B.H2O和D2O均表示水分子，B错误；C.白磷和红磷均是磷元素形成的单质，互为同素异形体，C错误；D.1940K和2040答案选A。19、B【解析】

a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。20、A【解析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素。A．氟和氯最外层电子数相等，位于同一主族，故A正确；B.X和R最外层电子数相等，不可能在同一周期，故B错误；C.Y为F元素，没有最高正化合价，故C错误；D.钠和O2反应的产物有氧化钠和过氧化钠，故D错误；故选A。21、A【解析】A、在非金属元素区域可以寻找制备新型农药材料的元素，A正确；B、过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，B错误；C、第IA中的H元素是非金属，C错误；D、金属元素的单质容易导电，非金属元素的单质不能导电，所以在二者的分界线附近的元素的单质导电性就介于导体与绝缘体之间，在其附近可以寻找制备半导体材料的元素，D错误；答案选A。22、B【解析】

对于主族元素而言，最高正价等于其族序数（O、F除外），R的最高正价为+2价，则该元素位于IIA族，故答案选B。二、非选择题(共84分)23、Na＞Al＞ClH－O－O－HNH3NH3＋H3O+=NH4+＋OH－2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑【解析】

A、B、C、D、E、F六种元素为原子序数依次增大的短周期元素，A为原子半径最小的元素，为H元素；A和B可形成4原子10电子的分子X，则B为N元素，X是氨气；C的最外层电子数是内层的3倍，则C为O元素；D原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，为Na元素；E是地壳中含量最多的金属元素，为Al元素；F元素的最高正价与最低负价代数和为6，则F为Cl元素.【详解】（1）原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，所以D、E、F三种元素原子半径由大到小顺序是Na＞Al＞Cl；（2）A和C按原子个数比1：l形成4原子分子Y为H2O2，其结构式为H－O－O－H；（3）氨气分子容易结合水电离出的氢离子形成铵根离子，所以氨气分子结合质子的能力强于水分子，方程式为NH3+H3O+＝NH4++H2O；（4）D是Na，钠和氨气的反应相当于钠和水的反应，因此钠和氨气反应的方程式为2Na+2NH3＝2NaNH2+H2↑。24、半导体As2O5电子层数相同，核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱,金属性减弱Cl2+2Br-=Br2+2Cl-【解析】分析：根据元素周期表的一部分可知a为钠元素，b为镁元素，c为铝元素，d为硅元素，e为氯元素，f为砷元素，g为溴元素。详解：(1)d为硅元素，位于金属与非金属的分界线处,常用作半导体材料；(2)As位于元素周期表第4周期ⅤA族，最外层电子数为5，所以最高正价为+5价，最高价氧化物为As2O5；(3)a为钠元素，b为镁元素，c为铝元素，位于同周期，电子层数相同，核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱,金属性减弱；(4)e为氯元素，g为溴元素，两者位于同周期，氯原子的得电子能力强于溴原子，方程式Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可以证明。点睛：掌握元素周期表中结构、位置和性质的关系是解此题的关键。根据结构可以推断元素在周期表中的位置，反之根据元素在元素周期表中的位置可以推断元素的结构；元素的结构决定了元素的性质，根据性质可以推断结构；同样元素在周期表中的位置可以推断元素的性质。25、NaCl加入NaOH溶液时加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液84.25%【解析】

碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]微溶于水，由流程可知，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH，反应得到碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]沉淀和NaCl，过滤得到碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]固体，滤液中成分是NaCl，然后将沉淀洗涤、干燥得到碱式次氯酸镁[Mg2ClO（OH）3•H2O]。【详解】（1）由流程可知，滤液中的主要物质是NaCl，则滤液中可回收的主要物质是NaCl，故答案为：NaCl；（2）为防止调pH时若条件控制不当，溶液中镁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，使所制的碱式次氯酸镁中混有Mg(OH)2杂质，实验中加入NaOH溶液时，应加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液，故答案为：加入NaOH溶液时加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液；（3）由题给方程式可得如下关系：Mg2ClO(OH)3·H2O—ClO－—I2—2S2O32-，反应消耗Na2S2O3的物质的量为0.1000mol·L-1×0.02000L=0.002000mol，由关系式可知Mg2ClO(OH)3·H2O的物质的量为×0.002000mol=0.001000mol，则碱式次氯酸镁的质量分数为×100%=84.25%，故答案为：84.25%。【点睛】由于溶液中镁离子能与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，为防止生成氢氧化镁沉淀，实验中加入NaOH溶液时，应加速搅拌或缓缓滴加NaOH溶液是解答关键。26、催化剂吸水剂防止倒吸有利于酯化反应向正方向进行(增大醋酸的利用率)吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出分液漏斗乙醇【解析】分析：本题考查的是乙酸乙酯的制备，难度较小，掌握实验的关键问题。。详解：(1)在酯化反应中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂；(2)球形干燥管的体积较大，可以防止倒吸；(3)因为乙酸和乙醇的反应为可逆反应，增加乙醇的量可以有利于酯化反应向正方向进行，也能增大醋酸的利用率；(4)饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出；(5)乙酸乙酯不溶于水，出现分层现象，所以用分液漏斗即可分离；根据氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH分析，所以加入氯化钙可以分离乙醇。27、环形玻璃搅拌棒用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平不相等相等中和热是酸和碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量与酸碱用量无关ABE低于1.5-51.8kJ/mol【解析】

（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条；（2）中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关；（3）根据中和热测定过程中误差判断；（4）根据酸碱中和反应原理进行计算；（5）根据Q=cm△T进行计算。【详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；由图可知该装置有不妥之处：大小烧杯口之间不相平且没填满碎纸条，应用碎塑料泡沫垫高小烧杯，使小烧杯口和大烧杯口相平；（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；（3）A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，温度计示数变化值减小，导致实验测得中和热的数值偏小，选项A正确；B、把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，选项B正确；C、做本实验的室温和反应热的数据之间无关，选项C错误；D、在量取盐酸时仰视计数，会使得实际量取体积高于所要量的体积，放出的热量偏大，导致实验测得中和热的数值偏高，选项D错误；E、将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.