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2022德州一中高一6月月考化学试题含解析
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这是一份2022德州一中高一6月月考化学试题含解析，文件包含山东省德州市第一中学2021-2022学年高一下学期6月月考化学试题解析版docx、山东省德州市第一中学2021-2022学年高一下学期6月月考化学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2.请将答案正确填写在答题卡上。
第I卷(选择题)
可能用到的相对原子质量：C：12 Fe：56 Na：23 H：1 Ag：108 O：16
一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学科学需要借助化学专用语言描述。下列有关化学用语正确的是
A. H2O2的电子式：B. CO2分子的空间填充模型：
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2D. 中子数为20的氯原子：20Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O2为共价化合物，其电子式为：，A正确；
B．CO2为直线型分子，但碳的原子半径比氧大，图示空间填充模型错误，B错误；
C．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，C错误；
D．中子数为20的氯原子质量数为20+17=37，可表示为：37Cl，D错误；
答案选A。
2. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N等已被发现。下列有关说法中，正确的是
A. O2与O4互为同分异构体B. 1H2与2H3属于同位素
C. C60的质量数为720g/mlD. 一个N中含有34个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．O2与O4分子式不同，两者不互为同分异构体，A错误；
B．质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，1H2与2H3是单质，不属于同位素，B错误；
C．C60的摩尔质量为720g/ml，C错误；
D．一个N中含有7×5-1=34个电子，D正确；
答案选D。
3. 下列过程中，共价键被破坏的是
①溴蒸气被木炭吸附 ②电解水 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水 ⑤碘升华 ⑥NH4Cl受热分解 ⑦氢氧化钠熔化 ⑧Na2SO4溶于水
A. ②④⑥B. ④⑤⑥C. ①④⑧D. ①④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①溴蒸气被木炭吸附，是物理变化，共价键不被破坏，故不选；
②电解水生成氢气和氧气，氢氧共价键断裂，故选；
③酒精溶于水，不能发生电离，共价键不被破坏，故不选；
④HCl气体溶于水电离成H+和Cl-，共价键被破坏，故选；
⑤碘升华，破坏分子间作用力，共价键不被破坏，故不选；
⑥NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，存在离子键和共价键的破坏，故选；
⑦氢氧化钠熔化破坏离子键，故不选；
⑧Na2SO4溶于水破坏离子键，故不选；
综上分析，②④⑥正确，答案选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的C－O键数目为NA
B. 2.3g金属钠与足量乙醇反应，产生11.2L氢气
C. 高温下，5.6gFe与足量硫单质反应，转移的电子数为0.2NA
D. 标准状况下，2.24LCl2与2.24LCH4混合后光照反应，得到0.1NA个CH3Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．60g乙酸的物质的量为=1ml，1ml乙酸与足量乙醇发生酯化反应为可逆反应，充分反应后断裂的C－O键数目小于NA，A错误；
B．2.3g金属钠的物质的量为=0.1ml，0.1ml金属钠与足量乙醇反应，产生0.05mlH2，但氢气所处温度压强未知，所以产生氢气体积未知，B错误；
C．5.6gFe的物质的量为=0.1ml，0.1ml铁与足量硫单质反应，生成0.1mlFeS，转移0.2ml电子，转移电子数为0.2NA，C正确；
D．氯气与甲烷发生取代反应生成4种氯代甲烷的化合物，标准状况下，2.24LCl2与2.24LCH4混合后光照反应，生成CH3Cl的分子数小于0.1NA，D错误；
答案选C。
5. 银锌电池是一种常见化学电源，反应原理为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如图所示。下列说法正确的是
A. Zn为负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+
B. 电流从Zn电极经外电路流向Ag2O电极
C. 理论上每转移1ml电子，Ag2O电极质量减少8g
D. KOH不参与电池反应，其溶液浓度始终保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．Zn为负极，在碱性环境中生成氢氧化锌，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH-= Zn(OH)2，A错误；
B． 电流从电源的正极沿着导线流向负极，Zn为负极，Ag2O为正极，则电流从Ag2O电极经外电路流向Zn电极，B错误；
C．正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣= 2OH-+2Ag ，理论上每转移2ml电子，即有 1mlAg2O转变为2mlAg、电极质量减少16g，则理论上每转移1ml电子， Ag2O电极质量减少8g，C正确；
D．从电池总反应Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag知，KOH不参与电池反应，但水消耗了，故通常情况下，其溶液浓度逐渐增大，D错误；
答案选C。
6. 反应3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，下列说法正确的是
A. 增加Fe的量，其反应速率加快
B. 将容器的体积缩小一半，其反应速率加快
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其反应速率加快
D. 保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其反应速率不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于铁固体，增加用量几乎对速率无影响，故A错误；
B．由于有气体参与反应，缩小容器体积，气体反应物浓度增大，反应速率增大，故B正确；
C．保持体积不变，充入N2，体系压强增大，但反应物的浓度未变，则速率也不变,故C错误；
D．保持压强不变，充入N2， 容器体积增大，反应物浓度降低，则化学反应速率减小，故D错误；
本题答案B。
7. 利用如图装置能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，但生成的二氧化碳中含有氯化氢，且盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能比较两种元素得到电子的能力，故A错误；
B．浓氨水遇生石灰反应放出氨气，氨气溶于水显碱性，能使酚酞试液显红色，但不能证明NH3·H2O是弱碱，故B错误；
C．氯气具有强氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，可以证明氧化性Cl＞I，故C正确；
D．浓硝酸和石灰石反应生成二氧化碳，二氧化碳能和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，但由于生成的二氧化碳中含有挥发出的硝酸，所以不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，因此也不能比较三种元素的得到电子的能力，故D错误。
故选C。
8. 某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜强，设计了如下实验方案:
①将铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出
②定量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热条件下反应分别生成FeSO4和CuSO4
③将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解
④把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡而铜片上有气泡产生
⑤把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡而铜片上无气泡产生
以上实验方案设计合理的是
A. ①④B. ①③④C. ②③④D. ②⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①发生的反应方程式为Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，利用金属活动性强的制取金属活动性弱的，说明铁的金属性强于铜，故①可以达到实验目的；
②两者都可以跟浓硫酸发生反应，因此无法比较出两者活动性，故②不能达到实验目的；
③发生离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，无法比较铁的金属性强于Cu，故③不能达到实验目的；
④构成原电池，一般金属性强的作负极，铜片上有气泡产生，该电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，铜片为正极，Fe片为负极，能够说明Fe的金属性强于Cu，故④能达到实验目的；
⑤铁片与浓硝酸在常温下发生钝化反应，阻碍反应的进行，不能说明Fe的金属性强于Cu，故⑤不能达到实验目的；
综上所述，选项①④正确；
答案为A。
9. 绿原酸()是一种有机弱酸，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。下列说法错误的是
A. 该流程中乙酸乙酯可循环利用
B. 萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上
C. 分液时，应先从分液漏斗的下口放出下层液体，然后再放出上层液体
D. 蒸馏时选用直形冷凝管，且冷凝水从下口进，上口出
【答案】C
【解析】
【分析】盐酸能抑制绿原酸电离，根据相似相溶原理知，绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，然后浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品，以此解答该题。
【详解】A．由图可知，减压蒸馏时冷凝收集得乙酸乙酯、乙酸乙酯能作绿原酸的萃取剂，则该流程中可循环利用的物质是乙酸乙酯，故A正确；
B．萃取振荡时，右手手心顶住分液漏斗的塞子，并用右手握住漏斗颈部，防止塞子松动，用左手食指与中指夹住分液漏斗的旋塞，同时左手也握住分液漏斗（目的的控制住旋塞不要松动），将分液漏斗倒置，振荡，因此分液漏斗下口应倾斜向上，故B正确；
C．乙酸乙酯的密度小于水，萃取分液时，水层在下方，分液时，应先打开分液漏斗顶塞，再打开旋塞，应先从分液漏斗的下口放出下层液体，然后关闭旋塞，再把上层液体从上口倒出，故C错误；
D．蒸馏时为防止液体残留在冷凝管中，应选用直形冷凝管，且冷凝水从下口进，上口出，故D正确；
故选C。
10. 根据乙醇的性质可以推测异丙醇(如图)的性质，下列说法不正确的是
A. 异丙醇能在空气中燃烧
B. 异丙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 异丙醇可与金属钠发生反应生成氢气
D. 做异丙醇与乙酸反应实验时，先在试管中加入浓硫酸，然后边振荡边慢慢加入异丙醇和乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．异丙醇能在空气中燃烧生成二氧化碳和水，A正确；
B．异丙醇能被酸性高锰酸钾氧化，异丙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．金属钠能置换出羟基中的氢，所以异丙醇可与金属钠发生反应生成异丙醇钠和氢气，C正确；
D．做异丙醇与乙酸反应实验时，加入试剂顺序为：异丙醇、浓硫酸、乙酸，将浓硫酸加入醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而使液体飞溅，与浓硫酸的稀释原理一样，D错误；
答案选D。
二、不定项选择题。本题共5小题，每小题4分，共20分。每个小题有一个或者两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】
【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。
【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；
B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；
C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
12. 随原子序数的递增，8种短周期元素(用字母x，y、z等字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
下列说法错误的是
A. y元素在周期表的位置是第2周期ⅣA族
B. 元素简单离子半径
C. x、z元素能组成一种四原子共价化合物，其电子式可以表示为
D. e、f、g元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以相互反应
【答案】BC
【解析】
【分析】由短周期元素的原子半径、化合价可知，x只有+1价，原子序数最小，x为H；由原子序数可知y、z、d位于第二周期，由化合价可知y为C、z为N、d为O；e、f、g、h位于第三周期，由化合价可知e为Na、f为Al、g为S、h为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，x为H、y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl，
A．y为C，在元素周期表的位置是第2周期ⅣA族，故A正确；
B．d为O、f为Al，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则d、f常见离子的半径大小：r(O2-)＞r(Al3+)，即d>f，故B错误；
C．x、z元素能组成一种四原子共价化合物是N2H4，电子式为，故C错误；
D．e、f、g元素的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4两两之间可以相互反应，故D正确；
故选：BC。
13. “理解与辨析能力”和“分析与推测能力”，都是化学四大关键能力之一、读图看表识数据，对关键能力的要求很高。一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示(6s时反应达到平衡状态)，对该反应的推断正确的是
A. 进行到1s时，
B. 方程式为
C. 进行到6s时，B的平均反应速率为0.05ml(L·s)
D. 进行到6s时，B和D的物质的量浓度均为
【答案】BC
【解析】
【分析】反应系数之比等于物质的变化量之比，等于反应速率之比，根据图像，6s到达平衡时，A增加了1.2ml，B减少了0.6ml，C减少了0.8ml，D增加了0.4ml，故各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B(g)＋4C(g) 6A(g)＋2D(g)。
【详解】A．反应到1s时，v（A）═=0.6ml÷2L÷1s=0.3ml/（L•s），v（C）═=0.2ml÷2L÷1s=0.1ml/（L•s），所以v（A）≠v（C），，A错误；
B．各物质物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B＋4C 6A＋2D，B正确；
C．反应进行到6s时，v(B)==0.05ml•L-1•s-1，C正确；
D．反应进行到6s时，n(B)=n(D)=0.4ml•L-1，n(B)=n(D)===，D错误；
故选BC。
14. 下列说法中不正确的是
A. C5H12有3种同分异构体B. 的一氯代物有3种
C. 所有的烷烃互为同系物D. 立方烷()的二氯代物有3种
【答案】BC
【解析】
【详解】A．C5H12符合烷烃的通式，有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种结构，A正确；
B．甲苯有四种氢原子，一氯代物也有四种，可以取代甲基上的氢，也可以取代甲基邻、间、对位的氢原子，B错误；
C．所有的烷烃不一定互为同系物，如正戊烷、异戊烷、新戊烷互为同分异构体，C错误；
D．立方烷有三种二氯代物，可以取代同一边上的碳原子上的氢、面对角线上的碳原子上的氢、体对角线上的碳原子上的氢，D正确；
答案选BC。
15. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I- 形式存在)的工艺流程如下：下列说法不正确的是
A. 经①和④所得溶液中，c(I- )后者大于前者
B. ④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂
C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2) ：n(KClO3)为5：2
D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
【答案】BC
【解析】
【分析】含I-的卤水酸化之后，通入氯气将I-氧化为I2，用高分子树脂吸附I2，再用亚硫酸钠还原成I-，得到I-浓度较高的溶液，最后用氯酸钾氧化得到I2。
【详解】A．①中开始时c(I- )较小，④中c(I- )经过前面的吸附再还原后浓度变大，所以c(I- )后者大于前者，A正确；
B．④的作用是利用亚硫酸钠的还原性将吸附的碘还原成I-而脱离高分子树脂，B错误；
C．根据反应②Cl2+2 I- = 2Cl-+I2和⑤+6 I-+6H+= 3I2+ Cl-+3H2O，假设分别得到3ml I2，则消耗的n(Cl2) =3ml、n(KClO3)=1ml，则n(Cl2)：n(KClO3) =3：1，C错误；
D．⑥是将碘升华再凝华得到产品的过程，升华和凝华都是物理变化，D正确。
答案选BC。
三、非选择题。本题共5个小题，共60分。
16. 下表为元素周期表的一部分，针对表中①～⑧元素填空，回答相关问题。
(1)化学性质最稳定的是_______(填元素符号)。
(2)原子半径最大的是_______(填元素符号)；离子半径最大的是_______(填离子符号)；得电子能力最强的是_______(填元素符号)。
(3)④⑤形成的化合物中，含有非极性共价键的化合物的电子式为_______。
(4)⑧单质与⑤最高价氧化物的水化物反应制得84消毒液的离子方程式为_______。
(5)③④两种元素组成的某化合物，常温下是一种红棕色气体，该气体与水发生反应的化学方程式为_______。
(6)比较②和⑦两种元素得电子能力强弱，其简单实验方案是_______。
【答案】 ①. He ②. Na ③. S2− ④. O ⑤. ⑥. ⑦. ⑧. 将足量稀硫酸加入碳酸钠溶液中
【解析】
【分析】根据元素周期表表中①～⑧元素元素分别为He、C、N、O、Na、Mg、S、Cl。
【详解】(1)化学性质最稳定的是He；故答案为：He。
(2)根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，因此原子半径最大的是Na；离子半径最大的是S2−；得电子能力最强的是O；故答案为：Na；S2−；O。
(3)④⑤形成的化合物中，含有非极性共价键的化合物是过氧化钠，其电子式为；故答案为：。
(4)⑧单质与⑤最高价氧化物的水化物反应制得84消毒液，主要是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其离子方程式为；故答案为：。
(5)③④两种元素组成的某化合物，常温下是一种红棕色气体，则为NO2，NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应的化学方程式为；故答案为：。
(6)比较②和⑦两种元素得电子能力强弱，利用最高价氧化物对应水化物的强酸制弱酸的原理即将足量稀硫酸加入碳酸钠溶液中；故答案为：将足量稀硫酸加入碳酸钠溶液中。
17. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。3月29日，长城汽车氢能战略全球发布会推出氢能技术，并计划今年推出全球首款C级氢燃料电池SUV。关于氢能，根据要求回答问题：
I.制备氢气
制备氢气常采用以下方法：①电解水法：2H2O2H2↑+O2↑
②水煤气法：C+H2O(g)CO+H2，CO+H2OCO2+H2
③太阳能光催化分解水法：2H2O2H2↑+O2↑
（1）三种方法中最节能的是____(填标号)。
（2）已知拆开1mlH－H、1mlO=O和1mlH－O分别需要的能量依次为436kJ、498kJ、和463kJ，则理论上每3.6gH2O(g)完全分解，需____(填“放出”或“吸收”)能量___kJ。下列能正确表示该过程的能量变化示意图的是____(填标号)。
A. B. C. D.
II.氢燃料电池
（3）氢燃料电池具有清洁高效等优点，其简易装置如图所示。该电池正极反应式为____；在标准状况下，当有1ml电子通过外电路时，消耗氢气的体积至少为：____。
【答案】（1）③ （2） ①. 吸收 ②. 48.2 ③. C
（3） ①. O2+4e-+4H+=2H2O ②. 11.2L
【解析】
【小问1详解】
①电解水法：2H2O2H2↑+O2↑，需消耗大量电能，②水煤气法：C+H2O(g)CO+H2，CO+H2OCO2+H2，需要消耗煤电等能量，③太阳能光催化分解水法：2H2O2H2↑+O2↑，直接利用太阳能，三种方法中最节能的是③。
【小问2详解】
焓变等于反应物键能之和减去生成物的键能之和，则2ml H2(g)和1ml O2(g)转化为2ml H2O(g)时焓变为(2×436kJ+498kJ-4×463kJ)=482kJ，为吸热反应，则理论上每3.6 gH2O(g)完全分解，需吸收能量，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，吸热反应的本质是断裂反应物中的化学键吸收的总能量大于形成产物的化学键放出的总能量，能正确表示该过程的能量变化示意图的是C。
小问3详解】
氢氧燃料电池中，氧气在正极得电子发生还原反应，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，氢气在负极失电子发生氧化反应，负极反应式为：H2-2e-=2H+，在标准状况下，当有1ml电子通过外电路时，消耗氢气0.5ml，体积为。
18. 三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷(B2H6)，某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3.
已知：①BCl3沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃；
②制备反应的原理为2B+3Cl22BCl3.
回答下列问题：
(1)三氯化硼中硼元素的化合价为_______。
(2)装置I的作用是制得干燥而纯净的氯气，按气流方向自左而右导气管接口顺序为_______，制取Cl2反应的离子方程式为_______。
(3)装置II中冰盐水的作用是_______。
(4)已知BCl3遇水立即产生大量白雾，同时生成硼酸(H3BO3)，则该反应的化学方程式为_______。
(5)装置III连接在整套实验装置的末端，其作用是_______。
【答案】 ①. +3 ②. aedb ③. ④. 将生成的BCl3液化 ⑤. BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3 ⑥. 吸收尾气中的氯气，并防止外界的水进入装置II
【解析】
【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中含有HCl和水蒸气杂质，氯气与硼反应生成BCl3，由于BCl3沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃，因此要将BCl3液化，氯气没有完全反应完，氯气有毒，因此用碱石灰吸收氯气。
【详解】(1)三氯化硼(BCl3)中Cl−1价，则硼元素化合价为+3价；故答案为：+3。
(2)装置I的作用是制得干燥而纯净的氯气，氯气中杂质主要是HCl和水蒸气，先用饱和食盐水除掉HCl杂质，再用浓硫酸除掉水蒸气杂质，因此气流方向自左而右导气管接口顺序为aedb，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，因此制取Cl2反应的离子方程式为；故答案为：aedb；。
(3)由于BCl3沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃，因此装置II中冰盐水的作用是将生成的BCl3液化变为液态；故答案为：将生成的BCl3液化。
(4)已知BCl3遇水立即产生大量白雾即HCl，同时生成硼酸(H3BO3)，则该反应的化学方程式为BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3；故答案为：BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3。
(5)由于氯气有毒，氯气在反应中没有完全反应完，因此装置III连接在整套实验装置的末端，其作用是吸收尾气中的氯气，并防止外界的水进入装置II；故答案为：吸收尾气中的氯气，并防止外界的水进入装置II。
19. 很多重要的化工原料都来源于石油，模拟石油深加工合成丙烯酸乙酯等化工原料的过程如图。已知A是催熟剂，回答下列问题：
（1）丙烯酸中含有的官能团的名称为____。
（2）丙烯分子中，最多有____个原子共平面。
（3）原油的分馏产物除了石蜡油外，还有液化石油气等，液化石油气的主要成分为丙烷(C3H8)，丙烷的二氯代物有____种。
（4）写出反应②的化学方程式____，反应②的反应类型为____。
（5）聚丙烯酸可用于配制某些高档商品的涂饰剂、制取丙烯酸树脂漆等，写出丙烯酸发生加聚反应生成的聚合物的结构简式：____。
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）7 （3）4
（4） ①. CH3CH2OH+CH2=CHCOOHH2O+CH2=CHCOOCH2CH3 ②. 取代反应或酯化反应
（5）
【解析】
【分析】A是催熟剂，A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为乙醇CH3CH20H，CH3CH2OH与CH2=CHCOOH发生酯化反应生成丙烯酸乙酯CH2=CHCOOCH2CH3。
【小问1详解】
丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，含有的官能团为：碳碳双键、羧基；
【小问2详解】
丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，而双键碳和与其直接相连的原子共面，甲烷为正四面体结构，最多3个原子共面，单键能旋转，因此丙烯分子中，最多有7个原子共平面；
【小问3详解】
丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，有2种效果的氢，其一氯代物有2种，利用定义移一法，其二氯代物有4种、；
【小问4详解】
由分析可知，反应②为CH3CH2OH与CH2=CHCOOH反应生成CH2=CHCOOCH2CH3，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH2=CHCOOHH2O+CH2=CHCOOCH2CH3，该反应为取代反应或酯化反应；
【小问5详解】
丙烯酸中含碳碳双键，能发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应的方程式为：nCH2=CHCOOH，因此聚丙烯酸的结构简式为：。
20. 碘及其化合物在生产生活中有重要作用。
（1）单质碘可与氢气反应生成碘化氢。将物质的量比为2：1的氢气和碘蒸气放入密闭容器中进行反应：H2(g)+I2(g)=2HI(g)，反应经过5分钟测得碘化氢的浓度为0.1ml·L-1，碘蒸气的浓度为0.05ml·L-1。
①前5分钟平均反应速率v(H2)=____，H2的初始浓度是____。
②下列能说明反应已达平衡状态的是____(填序号)。
a.氢气的生成速率等于碘化氢的消耗速率
b.单位时间内断裂的H－H键数目与断裂的H－I键数目相等
c.c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2
d.2v(I2)正=v(HI)逆
e.反应混合体系的颜色不再发生变化
（2）某小组同学在室温下进行“碘钟实验”：将浓度均为0.01ml·L-1的H2O2、H2SO4、HI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。
已知：“碘钟实验”的总反应的离子方程式为H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O
反应分两步进行：
反应A：……
反应B：I2+2S2O=2I-+S4O
①反应A的离子方程式是___。对于总反应，I-的作用是____
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验I、II(溶液浓度均为0.01ml·L-1)。
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验I是30min、实验II是40min。实验II中，x、y、z所对成的数值分别是____；对比实验I、II，可得出的实验结论是____。
（3）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验III和IV。(溶液浓度均为0.01ml/L)
①实验III过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及两步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因：____。
②实验IV过程中，溶液最终显蓝色且不褪色。
结合“碘钟实验”总反应方程式及两步反应，试着根据试剂用量解释实验IV溶液终显蓝色且不褪色的原因：____。
【答案】（1） ①. 0.01ml·L-1·min-1 ②. 0.2ml·L-1 ③. de
（2） ①. H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O ②. 催化剂 ③. 8、3、2 ④. 其它条件不变，增大氢离子(或硫酸)浓度可以加快反应速率
（3） ①. 由于n(H2O2)：n(Na2S2O3)小于二者的反应比，第一步的反应速率小于第二步的反应速率，所以未出现溶液变蓝的现象 ②. 由于n(H2O2)：n(Na2S2O3)大于二者的反应比，过量的过氧化氢将碘离子氧化为碘单质
【解析】
【小问1详解】
①浓度变化量之比等于化学计量数之比，反应经过5分钟测得碘化氢的浓度为0.1ml·L-1，则氢气的浓度变化量为0.05ml/L，碘蒸气的浓度变化量为0.05ml/L，前5分钟平均反应速率v(H2)=== 0.01ml·L-1·min-1，而5min时碘蒸气的浓度为0.05ml·L-1，则碘蒸气的初始浓度为0.05ml/L+0.05ml/L=0.1ml/L，初始氢气和碘蒸气的物质的量之比为2:1，则H2的初始浓度为0.2ml/L；
②a．正逆反应速率相等时，反应已达平衡状态，氢气的生成速率等于碘化氢的消耗速率，不能说明正逆反应速率相等，因此不能说明反应已达平衡状态，a错误；
b．单位时间内断裂1mlH-H键的同时断裂2mlH-I键，说明反应已达平衡状态，因此单位时间内断裂的H-H键数目与断裂的H－I键数目相等，不能说明反应已达平衡状态，b错误；
c．初始氢气和碘蒸气的物质的量之比为2:1，c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2，不能说明反应已达平衡状态，c错误；
d．化学反应速率之比等于化学计量数之比，2v(I2)正=v(HI)正=v(HI)逆，说明正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，d正确；
e．反应混合体系的颜色不再发生变化，说明各物质的浓度不变，反应已达平衡状态，e正确；
答案选de；
【小问2详解】
①“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O，反应分两步进行，反应A和反应B：I2+2S2O=2I-+S4O，因此反应A的离子方程式为总反应减去反应B，即：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，反应中消耗了碘离子又生成了碘离子，因此碘离子的作用是作为催化剂；
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，要进行控制变量，即改变一个反应条件，其他条件相同，依据表格信息可知，实验II跟实验I比硫酸体积少，所以其他条件都相同，而且混合后总体积也要相同，因此实验II中x、y、z对应的数值分别是：8、3、2；实验I中硫酸浓度比实验II中硫酸浓度高，溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验I是30min、实验II是40min，因此对比实验I、II，可得出的实验结论是：其它条件不变，增大氢离子(或硫酸)浓度可以加快反应速率；
【小问3详解】
①“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O，反应中H2O2和S2O的物质的量之比为1:2，而反应III中n(H2O2)：n(Na2S2O3)小于二者的反应比，反应分两步进行，第一步反应为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，第二步反应为：I2+2S2O=2I-+S4O，第一步的反应速率小于第二步的反应速率，所以实验III中未出现溶液变蓝的现象；
②“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O，反应中H2O2和S2O的物质的量之比为1:2，而反应IV中n(H2O2)：n(Na2S2O3)大于二者的反应比，过氧化氢过量，反应分两步进行，第一步反应为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，第二步反应为：I2+2S2O=2I-+S4O，过量的过氧化氢可将碘离子氧化为碘单质，所以实验IV溶液终显蓝色且不褪色。选项
试剂a
试剂b
试剂c
实验目的
A
稀盐酸
NaHCO3
澄清石灰水
验证得电子能力Cl>C
B
浓氨水
生石灰
酚酞
证明NH3·H2O是弱碱
C
氯水
淀粉KI溶液
NaOH溶液
证明氧化性Cl>I
D
浓硝酸
石灰石
Na2SiO3溶液
验证得电子能力N>C>Si
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
一
①
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
试剂
用量(mL)
序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验I
5
4
8
3
0
实验II
5
2
x
y
z
试剂
用量(mL)
序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验III
4
4
9
3
0
实验IV
9
4
4
3
0
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2.请将答案正确填写在答题卡上。
第I卷(选择题)
可能用到的相对原子质量：C：12 Fe：56 Na：23 H：1 Ag：108 O：16
一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学科学需要借助化学专用语言描述。下列有关化学用语正确的是
A. H2O2的电子式：B. CO2分子的空间填充模型：
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2D. 中子数为20的氯原子：20Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O2为共价化合物，其电子式为：，A正确；
B．CO2为直线型分子，但碳的原子半径比氧大，图示空间填充模型错误，B错误；
C．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，C错误；
D．中子数为20的氯原子质量数为20+17=37，可表示为：37Cl，D错误；
答案选A。
2. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N等已被发现。下列有关说法中，正确的是
A. O2与O4互为同分异构体B. 1H2与2H3属于同位素
C. C60的质量数为720g/mlD. 一个N中含有34个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．O2与O4分子式不同，两者不互为同分异构体，A错误；
B．质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，1H2与2H3是单质，不属于同位素，B错误；
C．C60的摩尔质量为720g/ml，C错误；
D．一个N中含有7×5-1=34个电子，D正确；
答案选D。
3. 下列过程中，共价键被破坏的是
①溴蒸气被木炭吸附 ②电解水 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水 ⑤碘升华 ⑥NH4Cl受热分解 ⑦氢氧化钠熔化 ⑧Na2SO4溶于水
A. ②④⑥B. ④⑤⑥C. ①④⑧D. ①④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①溴蒸气被木炭吸附，是物理变化，共价键不被破坏，故不选；
②电解水生成氢气和氧气，氢氧共价键断裂，故选；
③酒精溶于水，不能发生电离，共价键不被破坏，故不选；
④HCl气体溶于水电离成H+和Cl-，共价键被破坏，故选；
⑤碘升华，破坏分子间作用力，共价键不被破坏，故不选；
⑥NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，存在离子键和共价键的破坏，故选；
⑦氢氧化钠熔化破坏离子键，故不选；
⑧Na2SO4溶于水破坏离子键，故不选；
综上分析，②④⑥正确，答案选A。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的C－O键数目为NA
B. 2.3g金属钠与足量乙醇反应，产生11.2L氢气
C. 高温下，5.6gFe与足量硫单质反应，转移的电子数为0.2NA
D. 标准状况下，2.24LCl2与2.24LCH4混合后光照反应，得到0.1NA个CH3Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．60g乙酸的物质的量为=1ml，1ml乙酸与足量乙醇发生酯化反应为可逆反应，充分反应后断裂的C－O键数目小于NA，A错误；
B．2.3g金属钠的物质的量为=0.1ml，0.1ml金属钠与足量乙醇反应，产生0.05mlH2，但氢气所处温度压强未知，所以产生氢气体积未知，B错误；
C．5.6gFe的物质的量为=0.1ml，0.1ml铁与足量硫单质反应，生成0.1mlFeS，转移0.2ml电子，转移电子数为0.2NA，C正确；
D．氯气与甲烷发生取代反应生成4种氯代甲烷的化合物，标准状况下，2.24LCl2与2.24LCH4混合后光照反应，生成CH3Cl的分子数小于0.1NA，D错误；
答案选C。
5. 银锌电池是一种常见化学电源，反应原理为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如图所示。下列说法正确的是
A. Zn为负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+
B. 电流从Zn电极经外电路流向Ag2O电极
C. 理论上每转移1ml电子，Ag2O电极质量减少8g
D. KOH不参与电池反应，其溶液浓度始终保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．Zn为负极，在碱性环境中生成氢氧化锌，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH-= Zn(OH)2，A错误；
B． 电流从电源的正极沿着导线流向负极，Zn为负极，Ag2O为正极，则电流从Ag2O电极经外电路流向Zn电极，B错误；
C．正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣= 2OH-+2Ag ，理论上每转移2ml电子，即有 1mlAg2O转变为2mlAg、电极质量减少16g，则理论上每转移1ml电子， Ag2O电极质量减少8g，C正确；
D．从电池总反应Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag知，KOH不参与电池反应，但水消耗了，故通常情况下，其溶液浓度逐渐增大，D错误；
答案选C。
6. 反应3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，下列说法正确的是
A. 增加Fe的量，其反应速率加快
B. 将容器的体积缩小一半，其反应速率加快
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其反应速率加快
D. 保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其反应速率不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于铁固体，增加用量几乎对速率无影响，故A错误；
B．由于有气体参与反应，缩小容器体积，气体反应物浓度增大，反应速率增大，故B正确；
C．保持体积不变，充入N2，体系压强增大，但反应物的浓度未变，则速率也不变,故C错误；
D．保持压强不变，充入N2， 容器体积增大，反应物浓度降低，则化学反应速率减小，故D错误；
本题答案B。
7. 利用如图装置能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，但生成的二氧化碳中含有氯化氢，且盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能比较两种元素得到电子的能力，故A错误；
B．浓氨水遇生石灰反应放出氨气，氨气溶于水显碱性，能使酚酞试液显红色，但不能证明NH3·H2O是弱碱，故B错误；
C．氯气具有强氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，可以证明氧化性Cl＞I，故C正确；
D．浓硝酸和石灰石反应生成二氧化碳，二氧化碳能和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，但由于生成的二氧化碳中含有挥发出的硝酸，所以不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，因此也不能比较三种元素的得到电子的能力，故D错误。
故选C。
8. 某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜强，设计了如下实验方案:
①将铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出
②定量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热条件下反应分别生成FeSO4和CuSO4
③将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解
④把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡而铜片上有气泡产生
⑤把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡而铜片上无气泡产生
以上实验方案设计合理的是
A. ①④B. ①③④C. ②③④D. ②⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①发生的反应方程式为Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，利用金属活动性强的制取金属活动性弱的，说明铁的金属性强于铜，故①可以达到实验目的；
②两者都可以跟浓硫酸发生反应，因此无法比较出两者活动性，故②不能达到实验目的；
③发生离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，无法比较铁的金属性强于Cu，故③不能达到实验目的；
④构成原电池，一般金属性强的作负极，铜片上有气泡产生，该电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，铜片为正极，Fe片为负极，能够说明Fe的金属性强于Cu，故④能达到实验目的；
⑤铁片与浓硝酸在常温下发生钝化反应，阻碍反应的进行，不能说明Fe的金属性强于Cu，故⑤不能达到实验目的；
综上所述，选项①④正确；
答案为A。
9. 绿原酸()是一种有机弱酸，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。下列说法错误的是
A. 该流程中乙酸乙酯可循环利用
B. 萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上
C. 分液时，应先从分液漏斗的下口放出下层液体，然后再放出上层液体
D. 蒸馏时选用直形冷凝管，且冷凝水从下口进，上口出
【答案】C
【解析】
【分析】盐酸能抑制绿原酸电离，根据相似相溶原理知，绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯，分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，然后浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品，以此解答该题。
【详解】A．由图可知，减压蒸馏时冷凝收集得乙酸乙酯、乙酸乙酯能作绿原酸的萃取剂，则该流程中可循环利用的物质是乙酸乙酯，故A正确；
B．萃取振荡时，右手手心顶住分液漏斗的塞子，并用右手握住漏斗颈部，防止塞子松动，用左手食指与中指夹住分液漏斗的旋塞，同时左手也握住分液漏斗（目的的控制住旋塞不要松动），将分液漏斗倒置，振荡，因此分液漏斗下口应倾斜向上，故B正确；
C．乙酸乙酯的密度小于水，萃取分液时，水层在下方，分液时，应先打开分液漏斗顶塞，再打开旋塞，应先从分液漏斗的下口放出下层液体，然后关闭旋塞，再把上层液体从上口倒出，故C错误；
D．蒸馏时为防止液体残留在冷凝管中，应选用直形冷凝管，且冷凝水从下口进，上口出，故D正确；
故选C。
10. 根据乙醇的性质可以推测异丙醇(如图)的性质，下列说法不正确的是
A. 异丙醇能在空气中燃烧
B. 异丙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 异丙醇可与金属钠发生反应生成氢气
D. 做异丙醇与乙酸反应实验时，先在试管中加入浓硫酸，然后边振荡边慢慢加入异丙醇和乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．异丙醇能在空气中燃烧生成二氧化碳和水，A正确；
B．异丙醇能被酸性高锰酸钾氧化，异丙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．金属钠能置换出羟基中的氢，所以异丙醇可与金属钠发生反应生成异丙醇钠和氢气，C正确；
D．做异丙醇与乙酸反应实验时，加入试剂顺序为：异丙醇、浓硫酸、乙酸，将浓硫酸加入醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而使液体飞溅，与浓硫酸的稀释原理一样，D错误；
答案选D。
二、不定项选择题。本题共5小题，每小题4分，共20分。每个小题有一个或者两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【解析】
【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。
【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；
B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；
C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。
12. 随原子序数的递增，8种短周期元素(用字母x，y、z等字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
下列说法错误的是
A. y元素在周期表的位置是第2周期ⅣA族
B. 元素简单离子半径
C. x、z元素能组成一种四原子共价化合物，其电子式可以表示为
D. e、f、g元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以相互反应
【答案】BC
【解析】
【分析】由短周期元素的原子半径、化合价可知，x只有+1价，原子序数最小，x为H；由原子序数可知y、z、d位于第二周期，由化合价可知y为C、z为N、d为O；e、f、g、h位于第三周期，由化合价可知e为Na、f为Al、g为S、h为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，x为H、y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl，
A．y为C，在元素周期表的位置是第2周期ⅣA族，故A正确；
B．d为O、f为Al，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则d、f常见离子的半径大小：r(O2-)＞r(Al3+)，即d>f，故B错误；
C．x、z元素能组成一种四原子共价化合物是N2H4，电子式为，故C错误；
D．e、f、g元素的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4两两之间可以相互反应，故D正确；
故选：BC。
13. “理解与辨析能力”和“分析与推测能力”，都是化学四大关键能力之一、读图看表识数据，对关键能力的要求很高。一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示(6s时反应达到平衡状态)，对该反应的推断正确的是
A. 进行到1s时，
B. 方程式为
C. 进行到6s时，B的平均反应速率为0.05ml(L·s)
D. 进行到6s时，B和D的物质的量浓度均为
【答案】BC
【解析】
【分析】反应系数之比等于物质的变化量之比，等于反应速率之比，根据图像，6s到达平衡时，A增加了1.2ml，B减少了0.6ml，C减少了0.8ml，D增加了0.4ml，故各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B(g)＋4C(g) 6A(g)＋2D(g)。
【详解】A．反应到1s时，v（A）═=0.6ml÷2L÷1s=0.3ml/（L•s），v（C）═=0.2ml÷2L÷1s=0.1ml/（L•s），所以v（A）≠v（C），，A错误；
B．各物质物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B＋4C 6A＋2D，B正确；
C．反应进行到6s时，v(B)==0.05ml•L-1•s-1，C正确；
D．反应进行到6s时，n(B)=n(D)=0.4ml•L-1，n(B)=n(D)===，D错误；
故选BC。
14. 下列说法中不正确的是
A. C5H12有3种同分异构体B. 的一氯代物有3种
C. 所有的烷烃互为同系物D. 立方烷()的二氯代物有3种
【答案】BC
【解析】
【详解】A．C5H12符合烷烃的通式，有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种结构，A正确；
B．甲苯有四种氢原子，一氯代物也有四种，可以取代甲基上的氢，也可以取代甲基邻、间、对位的氢原子，B错误；
C．所有的烷烃不一定互为同系物，如正戊烷、异戊烷、新戊烷互为同分异构体，C错误；
D．立方烷有三种二氯代物，可以取代同一边上的碳原子上的氢、面对角线上的碳原子上的氢、体对角线上的碳原子上的氢，D正确；
答案选BC。
15. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I- 形式存在)的工艺流程如下：下列说法不正确的是
A. 经①和④所得溶液中，c(I- )后者大于前者
B. ④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂
C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2) ：n(KClO3)为5：2
D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
【答案】BC
【解析】
【分析】含I-的卤水酸化之后，通入氯气将I-氧化为I2，用高分子树脂吸附I2，再用亚硫酸钠还原成I-，得到I-浓度较高的溶液，最后用氯酸钾氧化得到I2。
【详解】A．①中开始时c(I- )较小，④中c(I- )经过前面的吸附再还原后浓度变大，所以c(I- )后者大于前者，A正确；
B．④的作用是利用亚硫酸钠的还原性将吸附的碘还原成I-而脱离高分子树脂，B错误；
C．根据反应②Cl2+2 I- = 2Cl-+I2和⑤+6 I-+6H+= 3I2+ Cl-+3H2O，假设分别得到3ml I2，则消耗的n(Cl2) =3ml、n(KClO3)=1ml，则n(Cl2)：n(KClO3) =3：1，C错误；
D．⑥是将碘升华再凝华得到产品的过程，升华和凝华都是物理变化，D正确。
答案选BC。
三、非选择题。本题共5个小题，共60分。
16. 下表为元素周期表的一部分，针对表中①～⑧元素填空，回答相关问题。
(1)化学性质最稳定的是_______(填元素符号)。
(2)原子半径最大的是_______(填元素符号)；离子半径最大的是_______(填离子符号)；得电子能力最强的是_______(填元素符号)。
(3)④⑤形成的化合物中，含有非极性共价键的化合物的电子式为_______。
(4)⑧单质与⑤最高价氧化物的水化物反应制得84消毒液的离子方程式为_______。
(5)③④两种元素组成的某化合物，常温下是一种红棕色气体，该气体与水发生反应的化学方程式为_______。
(6)比较②和⑦两种元素得电子能力强弱，其简单实验方案是_______。
【答案】 ①. He ②. Na ③. S2− ④. O ⑤. ⑥. ⑦. ⑧. 将足量稀硫酸加入碳酸钠溶液中
【解析】
【分析】根据元素周期表表中①～⑧元素元素分别为He、C、N、O、Na、Mg、S、Cl。
【详解】(1)化学性质最稳定的是He；故答案为：He。
(2)根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，因此原子半径最大的是Na；离子半径最大的是S2−；得电子能力最强的是O；故答案为：Na；S2−；O。
(3)④⑤形成的化合物中，含有非极性共价键的化合物是过氧化钠，其电子式为；故答案为：。
(4)⑧单质与⑤最高价氧化物的水化物反应制得84消毒液，主要是氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其离子方程式为；故答案为：。
(5)③④两种元素组成的某化合物，常温下是一种红棕色气体，则为NO2，NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应的化学方程式为；故答案为：。
(6)比较②和⑦两种元素得电子能力强弱，利用最高价氧化物对应水化物的强酸制弱酸的原理即将足量稀硫酸加入碳酸钠溶液中；故答案为：将足量稀硫酸加入碳酸钠溶液中。
17. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。3月29日，长城汽车氢能战略全球发布会推出氢能技术，并计划今年推出全球首款C级氢燃料电池SUV。关于氢能，根据要求回答问题：
I.制备氢气
制备氢气常采用以下方法：①电解水法：2H2O2H2↑+O2↑
②水煤气法：C+H2O(g)CO+H2，CO+H2OCO2+H2
③太阳能光催化分解水法：2H2O2H2↑+O2↑
（1）三种方法中最节能的是____(填标号)。
（2）已知拆开1mlH－H、1mlO=O和1mlH－O分别需要的能量依次为436kJ、498kJ、和463kJ，则理论上每3.6gH2O(g)完全分解，需____(填“放出”或“吸收”)能量___kJ。下列能正确表示该过程的能量变化示意图的是____(填标号)。
A. B. C. D.
II.氢燃料电池
（3）氢燃料电池具有清洁高效等优点，其简易装置如图所示。该电池正极反应式为____；在标准状况下，当有1ml电子通过外电路时，消耗氢气的体积至少为：____。
【答案】（1）③ （2） ①. 吸收 ②. 48.2 ③. C
（3） ①. O2+4e-+4H+=2H2O ②. 11.2L
【解析】
【小问1详解】
①电解水法：2H2O2H2↑+O2↑，需消耗大量电能，②水煤气法：C+H2O(g)CO+H2，CO+H2OCO2+H2，需要消耗煤电等能量，③太阳能光催化分解水法：2H2O2H2↑+O2↑，直接利用太阳能，三种方法中最节能的是③。
【小问2详解】
焓变等于反应物键能之和减去生成物的键能之和，则2ml H2(g)和1ml O2(g)转化为2ml H2O(g)时焓变为(2×436kJ+498kJ-4×463kJ)=482kJ，为吸热反应，则理论上每3.6 gH2O(g)完全分解，需吸收能量，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，吸热反应的本质是断裂反应物中的化学键吸收的总能量大于形成产物的化学键放出的总能量，能正确表示该过程的能量变化示意图的是C。
小问3详解】
氢氧燃料电池中，氧气在正极得电子发生还原反应，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，氢气在负极失电子发生氧化反应，负极反应式为：H2-2e-=2H+，在标准状况下，当有1ml电子通过外电路时，消耗氢气0.5ml，体积为。
18. 三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷(B2H6)，某兴趣小组拟选用下列装置制备BCl3.
已知：①BCl3沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃；
②制备反应的原理为2B+3Cl22BCl3.
回答下列问题：
(1)三氯化硼中硼元素的化合价为_______。
(2)装置I的作用是制得干燥而纯净的氯气，按气流方向自左而右导气管接口顺序为_______，制取Cl2反应的离子方程式为_______。
(3)装置II中冰盐水的作用是_______。
(4)已知BCl3遇水立即产生大量白雾，同时生成硼酸(H3BO3)，则该反应的化学方程式为_______。
(5)装置III连接在整套实验装置的末端，其作用是_______。
【答案】 ①. +3 ②. aedb ③. ④. 将生成的BCl3液化 ⑤. BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3 ⑥. 吸收尾气中的氯气，并防止外界的水进入装置II
【解析】
【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中含有HCl和水蒸气杂质，氯气与硼反应生成BCl3，由于BCl3沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃，因此要将BCl3液化，氯气没有完全反应完，氯气有毒，因此用碱石灰吸收氯气。
【详解】(1)三氯化硼(BCl3)中Cl−1价，则硼元素化合价为+3价；故答案为：+3。
(2)装置I的作用是制得干燥而纯净的氯气，氯气中杂质主要是HCl和水蒸气，先用饱和食盐水除掉HCl杂质，再用浓硫酸除掉水蒸气杂质，因此气流方向自左而右导气管接口顺序为aedb，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，因此制取Cl2反应的离子方程式为；故答案为：aedb；。
(3)由于BCl3沸点为12.5℃，熔点为−107.3℃，因此装置II中冰盐水的作用是将生成的BCl3液化变为液态；故答案为：将生成的BCl3液化。
(4)已知BCl3遇水立即产生大量白雾即HCl，同时生成硼酸(H3BO3)，则该反应的化学方程式为BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3；故答案为：BCl3+3H2O=3HCl+H3BO3。
(5)由于氯气有毒，氯气在反应中没有完全反应完，因此装置III连接在整套实验装置的末端，其作用是吸收尾气中的氯气，并防止外界的水进入装置II；故答案为：吸收尾气中的氯气，并防止外界的水进入装置II。
19. 很多重要的化工原料都来源于石油，模拟石油深加工合成丙烯酸乙酯等化工原料的过程如图。已知A是催熟剂，回答下列问题：
（1）丙烯酸中含有的官能团的名称为____。
（2）丙烯分子中，最多有____个原子共平面。
（3）原油的分馏产物除了石蜡油外，还有液化石油气等，液化石油气的主要成分为丙烷(C3H8)，丙烷的二氯代物有____种。
（4）写出反应②的化学方程式____，反应②的反应类型为____。
（5）聚丙烯酸可用于配制某些高档商品的涂饰剂、制取丙烯酸树脂漆等，写出丙烯酸发生加聚反应生成的聚合物的结构简式：____。
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）7 （3）4
（4） ①. CH3CH2OH+CH2=CHCOOHH2O+CH2=CHCOOCH2CH3 ②. 取代反应或酯化反应
（5）
【解析】
【分析】A是催熟剂，A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为乙醇CH3CH20H，CH3CH2OH与CH2=CHCOOH发生酯化反应生成丙烯酸乙酯CH2=CHCOOCH2CH3。
【小问1详解】
丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，含有的官能团为：碳碳双键、羧基；
【小问2详解】
丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，而双键碳和与其直接相连的原子共面，甲烷为正四面体结构，最多3个原子共面，单键能旋转，因此丙烯分子中，最多有7个原子共平面；
【小问3详解】
丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，有2种效果的氢，其一氯代物有2种，利用定义移一法，其二氯代物有4种、；
【小问4详解】
由分析可知，反应②为CH3CH2OH与CH2=CHCOOH反应生成CH2=CHCOOCH2CH3，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH2=CHCOOHH2O+CH2=CHCOOCH2CH3，该反应为取代反应或酯化反应；
【小问5详解】
丙烯酸中含碳碳双键，能发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应的方程式为：nCH2=CHCOOH，因此聚丙烯酸的结构简式为：。
20. 碘及其化合物在生产生活中有重要作用。
（1）单质碘可与氢气反应生成碘化氢。将物质的量比为2：1的氢气和碘蒸气放入密闭容器中进行反应：H2(g)+I2(g)=2HI(g)，反应经过5分钟测得碘化氢的浓度为0.1ml·L-1，碘蒸气的浓度为0.05ml·L-1。
①前5分钟平均反应速率v(H2)=____，H2的初始浓度是____。
②下列能说明反应已达平衡状态的是____(填序号)。
a.氢气的生成速率等于碘化氢的消耗速率
b.单位时间内断裂的H－H键数目与断裂的H－I键数目相等
c.c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2
d.2v(I2)正=v(HI)逆
e.反应混合体系的颜色不再发生变化
（2）某小组同学在室温下进行“碘钟实验”：将浓度均为0.01ml·L-1的H2O2、H2SO4、HI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。
已知：“碘钟实验”的总反应的离子方程式为H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O
反应分两步进行：
反应A：……
反应B：I2+2S2O=2I-+S4O
①反应A的离子方程式是___。对于总反应，I-的作用是____
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验I、II(溶液浓度均为0.01ml·L-1)。
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验I是30min、实验II是40min。实验II中，x、y、z所对成的数值分别是____；对比实验I、II，可得出的实验结论是____。
（3）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验III和IV。(溶液浓度均为0.01ml/L)
①实验III过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及两步反应速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因：____。
②实验IV过程中，溶液最终显蓝色且不褪色。
结合“碘钟实验”总反应方程式及两步反应，试着根据试剂用量解释实验IV溶液终显蓝色且不褪色的原因：____。
【答案】（1） ①. 0.01ml·L-1·min-1 ②. 0.2ml·L-1 ③. de
（2） ①. H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O ②. 催化剂 ③. 8、3、2 ④. 其它条件不变，增大氢离子(或硫酸)浓度可以加快反应速率
（3） ①. 由于n(H2O2)：n(Na2S2O3)小于二者的反应比，第一步的反应速率小于第二步的反应速率，所以未出现溶液变蓝的现象 ②. 由于n(H2O2)：n(Na2S2O3)大于二者的反应比，过量的过氧化氢将碘离子氧化为碘单质
【解析】
【小问1详解】
①浓度变化量之比等于化学计量数之比，反应经过5分钟测得碘化氢的浓度为0.1ml·L-1，则氢气的浓度变化量为0.05ml/L，碘蒸气的浓度变化量为0.05ml/L，前5分钟平均反应速率v(H2)=== 0.01ml·L-1·min-1，而5min时碘蒸气的浓度为0.05ml·L-1，则碘蒸气的初始浓度为0.05ml/L+0.05ml/L=0.1ml/L，初始氢气和碘蒸气的物质的量之比为2:1，则H2的初始浓度为0.2ml/L；
②a．正逆反应速率相等时，反应已达平衡状态，氢气的生成速率等于碘化氢的消耗速率，不能说明正逆反应速率相等，因此不能说明反应已达平衡状态，a错误；
b．单位时间内断裂1mlH-H键的同时断裂2mlH-I键，说明反应已达平衡状态，因此单位时间内断裂的H-H键数目与断裂的H－I键数目相等，不能说明反应已达平衡状态，b错误；
c．初始氢气和碘蒸气的物质的量之比为2:1，c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2，不能说明反应已达平衡状态，c错误；
d．化学反应速率之比等于化学计量数之比，2v(I2)正=v(HI)正=v(HI)逆，说明正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，d正确；
e．反应混合体系的颜色不再发生变化，说明各物质的浓度不变，反应已达平衡状态，e正确；
答案选de；
【小问2详解】
①“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O，反应分两步进行，反应A和反应B：I2+2S2O=2I-+S4O，因此反应A的离子方程式为总反应减去反应B，即：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，反应中消耗了碘离子又生成了碘离子，因此碘离子的作用是作为催化剂；
②为探究溶液变蓝快慢的影响因素，要进行控制变量，即改变一个反应条件，其他条件相同，依据表格信息可知，实验II跟实验I比硫酸体积少，所以其他条件都相同，而且混合后总体积也要相同，因此实验II中x、y、z对应的数值分别是：8、3、2；实验I中硫酸浓度比实验II中硫酸浓度高，溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验I是30min、实验II是40min，因此对比实验I、II，可得出的实验结论是：其它条件不变，增大氢离子(或硫酸)浓度可以加快反应速率；
【小问3详解】
①“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O，反应中H2O2和S2O的物质的量之比为1:2，而反应III中n(H2O2)：n(Na2S2O3)小于二者的反应比，反应分两步进行，第一步反应为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，第二步反应为：I2+2S2O=2I-+S4O，第一步的反应速率小于第二步的反应速率，所以实验III中未出现溶液变蓝的现象；
②“碘钟实验”的总反应的离子方程式为：H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O，反应中H2O2和S2O的物质的量之比为1:2，而反应IV中n(H2O2)：n(Na2S2O3)大于二者的反应比，过氧化氢过量，反应分两步进行，第一步反应为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，第二步反应为：I2+2S2O=2I-+S4O，过量的过氧化氢可将碘离子氧化为碘单质，所以实验IV溶液终显蓝色且不褪色。选项
试剂a
试剂b
试剂c
实验目的
A
稀盐酸
NaHCO3
澄清石灰水
验证得电子能力Cl>C
B
浓氨水
生石灰
酚酞
证明NH3·H2O是弱碱
C
氯水
淀粉KI溶液
NaOH溶液
证明氧化性Cl>I
D
浓硝酸
石灰石
Na2SiO3溶液
验证得电子能力N>C>Si
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
一
①
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
试剂
用量(mL)
序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验I
5
4
8
3
0
实验II
5
2
x
y
z
试剂
用量(mL)
序号
H2O2溶液
H2SO4溶液
Na2S2O3溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验III
4
4
9
3
0
实验IV
9
4
4
3
0
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