2021北京昌平高一（下）期末化学（教师版）

这是一份2021北京昌平高一（下）期末化学（教师版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021北京昌平高一（下）期末
化 学
一、单项选择题（共42分）
1．（2分）下列发电厂（站）是将化学能直接转化为电能的是（　　）
A
B
C
D




燃料电池发电站
地热发电厂
风力发电厂
水力发电站
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）下列物质中，碱性最强的是（　　）
A．NaOH B．Mg（OH）2 C．Al（OH）3 D．KOH
3．（2分）下列元素中，非金属性最强的是（　　）
A．氟（F） B．氯（Cl） C．溴（Br） D．碘（I）
4．（2分）下列物质中，含离子键的是（　　）
A．H2O B．CO2 C．MgCl2 D．Cl2
5．（2分）下列物质的电子式书写正确的是（　　）
A． B．H：O：H C． D．
6．（2分）稀土被称为“工业黄金”和“新材料之母”，其中钇（Y）是稀土元素的代表。下列关于的说法Y中，不正确的是（　　）
A．质子数为39 B．质量数为128
C．中子数为50 D．核外电子数为39
7．（2分）对事实：“100℃时，水会沸腾变成水蒸气；温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2”的解释不正确的是（　　）
A．100℃所提供的能量，破坏了水分子之间存在的相互作用
B．2200℃所提供的能量，破坏了水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用
C．100℃及2200℃时，水分子均变为氢原子和氧原子
D．对比温度值可知，水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用比水分子之间存在的相互作用强
8．（2分）一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）。当NO2、N2O4的浓度不再变化时，下列说法正确的是（　　）
A．NO2全部转化为N2O4
B．该反应达到化学平衡状态
C．NO2、N2O4 的浓度一定相等
D．消耗2 mol NO2的同时消耗2 mol N2O4
9．（2分）如图为一种氢氧燃料电池的装置示意图，下列说法不正确的是（　　）

A．该装置中氧化反应和还原反应在不同区域进行
B．石墨是电极材料
C．O2是正极反应物、H2是负极反应物
D．H2SO4可以传导电子和离子
10．（2分）2021年5月15日，我国首次火星探测任务天问一号探测器在火星着陆，在火星上首次留下中国印记，迈出了我国星际探测征程的重要一步。天问一号利用正十一烷（分子式为C11H24）储存能量，下列关于正十一烷说法不正确的是（　　）

A．正十一烷属于有机化合物
B．正十一烷属于烃的衍生物
C．正十一烷与甲烷属于同系物
D．正十一烷中的碳原子均形成4个共价单键
11．（2分）柠檬酸可以除水垢，其分子结构如图所示：，下列说法不正确的是（　　）
A．柠檬酸可以除水垢是因为具有酸性
B．柠檬酸可以除水垢是因为分子结构中含有羧基
C．柠檬酸分子结构中含有两种官能团
D．羧基中的两个氧原子之间形成氧氧单键
12．（2分）下列乙醇的性质或应用中，不体现乙醇还原性的是（　　）
A．使高锰酸钾溶液褪色
B．可燃，制备乙醇汽油
C．制备乙醇钠
D．利用k2Cr2O7制作酒驾检测仪（反应后Cr为+3价）
13．（2分）下列反应属于加成反应的是（　　）
A．甲烷和氯气光照下反应
B．甲烷燃烧
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
14．（2分）某有机化合物Y的结构简式如图（每个拐角处代表一个碳原子，并省略了与碳原子相连的氢原子）所示，下列说法不正确的是（　　）

A．Y的分子式是C8H10O2 B．Y能与金属钠反应
C．Y能发生酯化、加成反应 D．Y能与溴水反应
15．（2分）下列叙述不正确的是（　　）
A．纤维素属于多糖，能水解
B．淀粉遇碘变蓝
C．油脂属于酯类
D．氯化钠溶液能使蛋白质变性
16．（2分）下列指定量一定相等的是（　　）
A．等质量的NO2与N2O4的物质的量
B．等物质的量的12CO2 与14CO2的质量
C．等物质的量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数
D．标准状况下，等物质的量的O2与O3的体积
17．（2分）某粒子的结构示意图为 ，关于该粒子的说法不正确的是（　　）
A．核电荷数为17
B．核外有3个电子层
C．在化学反应中易得1个电子
D．单质具有较强的还原性
18．（2分）下列事实不能用元素周期律解释的是（　　）
A．非金属性：S＜O
B．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3
C．酸性：HCl＞H2S
D．还原性：K＞Na
19．（2分）锶（Sr）是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列关于38Sr的说法不正确的是（　　）
A．原子最外层有2个电子
B．中子数为50的Sr的核素符号为 Sr
C．与同周期的53I的原子半径：Sr＞I
D．失电子能力：Sr＜Ca
20．（2分）为研究反应S2O82﹣（aq）+2I﹣（aq）═2SO42﹣（aq）+I2 （aq）的反应进程中的能量变化，在S2O82﹣和I−的混合溶液中加入Fe3+，过程及图像如下：
步骤①：2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）═I2（aq）+2Fe2+（aq）
步骤②：2Fe2+（aq）+S2O82﹣（aq）═2Fe3+（aq）+2SO42﹣（aq）
下列有关该反应的说法不正确的是（　　）

A．S2O82﹣（已知其中有2个O为﹣1价）中S元素化合价为+6
B．步骤①和②都是吸热反应
C．总反应是放热反应
D．步骤①和②均发生了氧化还原反应
21．（2分）海洋生物参与氮循环过程如图所示，下列说法中正确的是（　　）
A．反应①是氧化还原反应
B．N2H4中存在氮氮双键
C．反应②中NH2OH被氧化
D．等量NO2﹣参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多
二、非选择题
22．（14分）乙醇在生产生活中具有重要价值。
Ⅰ．乙醇的结构。
（1）以下是小组同学拼插的乙醇分子的球棍模型，其中不正确的是 　 　 （选填字母序号），原因是 　 　（从原子结构角度予以说明）。
Ⅱ．乙醇的性质及转化。（部分条件或试剂已省略）
（2）乙醇、乙酸、乙烯的官能团名称分别是 　 　、　 　、　 　。
（3）反应①、②的化学方程式分别是：①　 　、②　 　。
（4）写出反应③中的另外一种反应物的化学式 　 　。
（5）反应④中断裂的化学键有 　 　。
（6）Z的结构简式是 　 　。
Ⅲ．乙醇的用途
（7）因乙醇燃烧反应放热，因此乙醇可用作燃料。下图中，能表示乙醇燃烧反应过程中能量变化的是 　 　（选填字母序号）。

a.

b.

23．（5分）在催化剂加热条件下，将SO2与足量O2置于恒容密闭容器中发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，请回答下列问题。
（1）写出反应的化学方程式 　 　。
（2）5min后c（SO2）与c（SO3）不再随时间改变的原因是 　 　。
（3）由图像可知SO2与O2的反应是可逆反应，证据是 　 　。
（4）若将SO2与足量18O2反应，当三氧化硫的浓度不再随时间改变时，容器中18O存在于以下物质中：18O18O、S18O18O18O、　 　（说明：本题用18O2或者18O18O表示氧气分子中的2个O原子均为18O，以此类推）。

24．（12分）电池是人类生产生活能源的重要来源之一。
Ⅰ．图1是一个原电池装置。
（1）该装置是利用反应a设计的原电池装置，反应a的离子方程式是 　 　；
反应b：NaOH+HCl＝NaCl+H2O是否也可以设计成原电池，理由是 　 　。
（2）按照构成电池的基本要素来看，负极反应物是（填化学式，下同） 　 　，正极反应物是 　 　，正极材料是 　 　，离子导体是 　 　。
（3）铜电极上发生反应的电极反应式是 　 　。
（4）完整说明该原电池装置是如何形成电流的 　 　。
Ⅱ．图2是利用反应c设计的原电池装置。
（5）反应c的离子方程式是 　 　。
（6）该装置将氧化反应和还原反应分开进行，还原反应在 　 　（选填“铁”或者“石墨”）上发生。

25．（13分）元素周期律、表是我们研究、预测物质性质的重要工具。
Ⅰ．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：

①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
原子半径/nm
0.030
0.077
0.070
0.066
0.186
0.110
0.106
最外层电子数
1
4


1
5

常见化合价


﹣3+5
﹣2


﹣2、+6
（1）元素①与②形成的物质是天然气的主要成分，其分子的电子式是 　 　，该分子的空间结构为 　 　形。
（2）元素③的最高价氧化物对应的水化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是 　 　（写成离子方程式不得分）。
（3）元素④在周期表中的位置是 　 　。
（4）依据所学，任意写出2种能体现元素非金属性⑥＜⑦的事实：　 　。
Ⅱ．对Si元素化合物的性质进行研究。
（5）依据上表，可预测Si原子半径大小范围是 　 　。
（6）Si的最高价氧化物对应的水化物X的化学式是 　 　，X与Ca（OH）2反应的产物有Y和H2O，Y的物质类别属于 　 　。实验证实，Y可与硫酸反应，写出该反应的化学方程式 　 　。
26．（9分）海洋是巨大的化学资源宝库，如图是从海水中提取溴的流程图（部分）。

（1）过程1发生反应的离子方程式是 　 　。该反应可证明氧化性：Cl2 　 　Br2（填“＞”、“＜”或者“＝”），从原子结构角度解释原因 　 　。
（2）补全过程2中发生反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O═　 　+　 　+4 　 　。
（3）过程3中蒸馏操作利用Br2的沸点较低（58.5℃），可通过控制温度将Br2从溶液中蒸出，再经过冷凝操作即可得到液溴。在冷凝过程，Br2发生了什么变化？用微观示意图的形式表示 　 　。
（4）过程2和3的目的是 　 　。
27．（5分）小组同学研究H2O2分解速率的影响因素。查阅资料得到70℃时，不同条件下H2O2浓度随时间的变化图。（其中Mn2+做催化剂）
（1）H2O2分解反应的化学方程式是 　 　。
（2）由甲可知，一定条件下，H2O2的初始浓度越大，反应速率越 　 　（填“快”或者“慢”）。
（3）A同学根据图乙得出结论：“其他条件保持不变，溶液碱性越强，H2O2分解速率越大”，此处的“其他条件”具体是指 　 　。
（4）B同学得出结论：“催化剂能加快H2O2分解速率”。C同学认为该结论有其合理的一面，也有不合理的一面。请结合图像说明：
①认为该结论合理的依据是 　 　；
②认为该结论不合理的依据是 　 　。

参考答案
一、单项选择题（共42分）
1．【分析】将化学能直接转化为电能的装置为原电池原理，据此分析判断。
【解答】解：A．燃料电池发电站是利用燃料燃烧发生的氧化还原反应，设计为原电池反应，实现化学能转化为电能，故A正确；
B．地热发电厂是利用地热转化为机械能、电能，故B错误；
C．风力发电厂是利用锋利转化为机械能，转化为电能，故C错误；
D．水力发电站是利用水的势能，转互为机械能、电能，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查学生对化学能、电能的理解和掌握，明确能量转化的形式实质是解题关键，同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。
2．【分析】同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族元素从上到下金属性增强；金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．
【解答】解：Na、Mg、Al在同周期，Na、K同主族，
同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族元素从上到下金属性增强，
则金属性K＞Na＞Mg＞Al，
所以碱性最强的为KOH，
故选：D。
【点评】本题考查元素周期律，明确同周期、同主族元素性质的变化规律即可解答，难度不大，注重基础知识的考查．
3．【分析】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，据此分析。
【解答】解：F、Cl、Br、I同为第VIIA族的元素，且周期序数逐渐增大，而同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，故非金属性最强的是F，
故选：A。
【点评】本题考查了非金属性强弱的比较方法，难度不大，掌握非金属性强弱的比较规律。
4．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。
【解答】解：A．只含H﹣O共价键，故A不选；
B．只含C、O之间的共价键，故B不选；
C．氯化镁只含镁离子与氯离子之间的离子键，故C选；
D．只含Cl﹣Cl共价键，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。
5．【分析】A．二氧化碳为共价化合物，存在两对C＝O键；
B．水分子中氧原子周围有8个电子；
C．氯化钠由钠离子和氯离子构成的离子化合物；
D．N原子的最外层有5个电子。
【解答】解：A．二氧化碳中存在两对碳氧共用电子对，二氧化碳的电子式为：，故A正确；
B．水分子中氧原子周围有8个电子，电子式为，故B错误；
C．氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，故电子式为，故C错误；
D．N原子的最外层有5个电子，故其电子式为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电子式的书写，题目难度不大，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别。
6．【分析】A．原子符号左下角为质子数；
B．原子符号左上角为质量数；
C．质子数+中子数＝质量数；
D．原子的核外电子数＝核内质子数。
【解答】解：A．原子符号左下角为质子数，所以钇原子质子数为39，故A正确；
B．原子符号左上角为质量数，质量数为89，故B错误；
C．质子数+中子数＝质量数，中子数＝质量数﹣质子数＝89﹣39＝50，故C正确；
D．原子的核外电子数＝核内质子数＝39，质子数均为39，原子的核外电子数＝核内质子数，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查了原子的组成以及各个量之间的关系，难度不大，属于基础题。
7．【分析】100℃时，水会沸腾变成水蒸气，破坏分子间作用力；温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2，破坏的是H﹣O键，一般情况下化学键比分子间作用力强，据此分析答题。
【解答】解：A．100℃时，水会沸腾变成水蒸气，破坏分子间作用力，故A正确；
B．温度达到2200℃以上时，水分解为H2和O2，破坏的是H﹣O键，破坏了水分子中氢原子和氧原子之间存在的相互作用，故B正确；
C．100℃时，水会沸腾变成水蒸气分子，故C错误；
D．水分子变为氢原子和氧原子需要2200℃所提供的能量，水会沸腾变成水蒸气分子需要100℃所提供的能量，所以氢原子和氧原子之间存在的相互作用比水分子之间存在的相互作用强，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查分子间作用力和化学键对物质性质的影响，注意区分微粒间的相互作用是解题关键，注重基础，难度不大。
8．【分析】反应2NO2（g）⇌N2O4（g）中，当NO2、N2O4的浓度不再变化时，表明正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，以此结合可逆反应特点判断。
【解答】解：A．该反应为可逆反应，反应物NO2不可能完全转化为N2O4，故A错误；
B．当NO2、N2O4的浓度不再变化时，表明正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，故B正确；
C．NO2、N2O4的浓度与初始浓度和转化率有关，达到平衡状态时二者浓度不一定相等，故C错误；
D．该反应达到平衡状态时，消耗2mol NO2的同时应该消耗1mol N2O4，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干信息及正逆反应速率相等的含义为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
9．【分析】该酸性氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生失电子的氧化反应，负极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极，据此分析解答。
【解答】解：A．该氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，通氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，使氧化反应和还原反应在不同区域进行，故A正确；
B．氢气和氧气是气体，不能作电极，石墨能导电，可作电极材料，故B正确；
C．正极上氧气发生得电子的反应，负极上氢气发生失电子的反应，则O2是正极反应物、H2是负极反应物，故C正确；
D．该电池中，稀硫酸是电解质溶液，用于传导离子形成闭合回路，但电子不能进入溶液中，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及反应式的书写、电子或离子的移动方向即可解答，题目难度不大。
10．【分析】A．一般含碳元素的化合物为有机物（除了CO、二氧化碳、碳酸和碳酸盐等外）；
B．烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其它原子或原子团取代得到的物质；
C．结构相似，组成相差CH2的有机物为同系物；
D．饱和链烃中碳原子均形成4个共价单键。
【解答】解：A．正十一烷属于烃类物质，属于有机化合物，故A正确；
B．正十一烷分子式为C11H24，属于烃类物质，不是烃的衍生物，故B错误；
C．正十一烷分子式为C11H24，通式判断为烷烃，和甲烷结构相似，组成相差CH2为同系物，故C正确；
D．正十一烷分子式为C11H24，通式判断为烷烃，属于饱和链烃，正十一烷中的碳原子均形成4个共价单键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的组成、分类和结构特征等知识点，注意概念的理解应用，题目难度不大。
11．【分析】由结构可知，分子中含﹣OH、﹣COOH，结合醇及羧酸的性质来解答。
【解答】解：A.含﹣COOH，具有酸性，故A正确；
B.含﹣COOH，可与水垢发生复分解反应，故B正确；
C.含﹣OH、﹣COOH，两种官能团，故C正确；
D.羧基中不含O﹣O键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。
12．【分析】A．乙醇使高锰酸钾溶液褪色，说明乙醇具有还原性；
B．可燃，说明乙醇具有可燃性，具有还原性；
C．制备乙醇钠，钠化合价升高，氢化合价降低，说明乙醇具有氧化性；
D．利用K2Cr2O7制作酒驾检测仪，+6价Cr化合价降低变为+3价Cr，因此乙醇具有还原性。
【解答】解：A．高锰酸钾具有强氧化性，乙醇使高锰酸钾溶液褪色，说明乙醇具有还原性，故A错误；
B．可燃，制备乙醇汽油，说明乙醇具有可燃性，反应中作还原剂，具有还原性，故B错误；
C．制备乙醇钠，钠化合价升高，氢化合价降低，说明乙醇具有氧化性，故C正确；
D．K2Cr2O7具有强氧化性，利用K2Cr2O7制作酒驾检测仪，+6价Cr化合价降低变为+3价Cr，因此乙醇具有还原性，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查乙醇的还原性，解题的关键是掌握乙醇在反应中体现的化学性质，难度较小。
13．【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其它原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此进行判断。
【解答】解：A．甲烷和氯气光照下发生取代反应，故A错误；
B．甲烷燃烧属于氧化反应，故B错误；
C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烯分子中碳碳双键断裂变为单键，属于加成反应，故C正确；
D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应为氧化反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查加成反应判断，为高频考点，明确加成反应概念及特点为解答关键，注意掌握常见有机反应类型及判断方法，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
14．【分析】由结构可知分子式，分子中含羧基、碳碳双键，结合羧酸、烯烃的性质来解答。
【解答】解：A.由结构可知Y的分子式是C8H12O2，故A错误；
B.含羧基，与Na反应生成氢气，故B正确；
C.含羧基可发生酯化反应，含碳碳双键可发生加成反应，故C正确；
D.含碳碳双键与溴水发生加成反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。
15．【分析】A.1mol纤维素能水解出许多mol的单糖；
B.淀粉遇碘变蓝；
C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯；
D.重金属盐溶液能使蛋白质变性。
【解答】解：A.1mol纤维素能水解出许多mol的单糖，属于多糖，能最终水解为葡萄糖，故A正确；
B.淀粉遇碘变蓝，此性质可以用于淀粉的检验，故B正确；
C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，能水解为甘油和高级脂肪酸（盐），故C正确；
D.重金属盐溶液能使蛋白质变性，非重金属盐溶液能使蛋白质盐析，而氯化钠是非重金属盐，能使蛋白质盐析而非变性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，应注意的是蛋白质遇重金属盐溶液变性，遇浓的非重金属盐溶液发生盐析，盐析可逆而变性不可逆。
16．【分析】A．n＝；
B．m＝nM；
C．1个Fe失去3个电子生成Fe3+，1个Cu原子失去2个电子生成Cu2+；
D．气体的体积V＝nVm。
【解答】解：A．NO2与N2O4的摩尔质量不同，由n＝知，质量相同的NO2与N2O4的物质的量不等，故A错误；
B．12CO2 与14CO2的摩尔质量不等，由m＝nM知，等物质的量的12CO2 与14CO2的质量不等，故B错误；
C．1个Fe失去3个电子生成Fe3+，1个Cu原子失去2个电子生成Cu2+，则物质的量的Fe与Cu分别与足量Cl2反应时转移的电子数：前者大于后者，故C错误；
D．标况下气体摩尔体积相等，由V＝nVm知，气体体积与气体物质的量成正比，所以等物质的量的O2与O3的体积相等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的量的有关计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确公式中各个物理量的关系是解本题关键，注意气体摩尔体积适用范围和适用条件，C为解答易错点，题目难度不大。
17．【分析】某粒子的结构示意图为 ，核外有17个电子，核内有17个质子，质子数与电子数相同，故为Cl原子，易得一个电子达到8电子稳定结构，元素有强非金属性，单质有强氧化性，据此分析。
【解答】解：A.该微粒的质子数为17，而核电荷数＝质子数，故该粒子的核电荷数为17，故A正确；
B.根据结构示意图可知，Cl原子的核外有3个电子层，故B正确；
C.Cl原子的最外层有7个电子，易得一个电子达到8电子的稳定结构，故C正确；
D.Cl元素易得电子，有强非金属性，则单子有强氧化性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了原子结构示意图以及核电荷数与质子数等的关系，难度不大，应注意元素的非金属性越强，则单质的氧化性越强。
18．【分析】A．同主族从上到下非金属性逐渐减弱；
B．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；
C．氢化物酸性强弱与元素周期律无关；
D．同主族从上到下金属性逐渐增强。
【解答】解：A．O、S位于同主族，原子序数越大非金属性越弱，则非金属性：S＜O，能用元素周期律解释，故A不选；
B．非金属性O＞N，则气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3，能用元素周期律解释，故B不选；
C．HCl为强酸，H2S为弱酸，则酸性HCl＞H2S，但不能用元素周期律解释，故C选；
D．K、Na位于同主族，原子序数越大单质的还原性越强，则还原性：K＞Na，能用元素周期律解释，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期律的应用，为高频考点，明确元素周期律内容额解答关键，C为易错点，注意不能根据元素周期律判断氢化物的酸性强弱，题目难度不大。
19．【分析】A.Sr位于元素周期表中第五周期第ⅡA族，最外层电子数等于族序数；
B.中子数为50的Sr，其质量数为50+38＝88；
C.同周期从左向右随原子序数的增大，原子半径减小；
D.Ca位于第四周期ⅡA族，同主族从上到下金属性增强，失去电子能力增强。
【解答】解：A.Sr位于元素周期表中第五周期第ⅡA族，最外层电子数等于族序数，则原子最外层有2个电子，故A正确；
B.中子数为50的Sr，其质量数为50+38＝88，则核素符号为 Sr，故B正确；
C.同周期从左向右随原子序数的增大，原子半径减小，则原子半径：Sr＞I，故C正确；
D.Ca位于第四周期ⅡA族，同主族从上到下金属性增强，失去电子能力增强，则失电子能力：Sr＞Ca，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
20．【分析】A．离子中化合价的代数和为所带的电荷数；B．反应物总能量大于生成物的总能量是放热反应，反应物总能量小于生成物总能量是吸热反应；
C．反应物总能量大于生成物的总能量是放热反应，反应物总能量小于生成物总能量是吸热反应；
D．有化合价变化的反应属于氧化还原反应。
【解答】解：A．S2O82﹣（已知其中有2个O为−1价），另外6个O为−2价，根据物质化合价分析得到S元素化合价为+6，故A正确；
B．根据每步的反应物和生成物的总能量得到反应为步骤①吸热反应，步骤②是放热反应，故B错误；
C．根据总反应的反应物总能量和生成物总能量得到该反应是放热反应，故C正确；
D．步骤①中碘化合价升高，步骤②中铁化合价升高，因此两个步骤中均发生了氧化还原反应，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应、吸热和放热反应的判断，为高频考点，把握图中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的应用，题目难度不大。
21．【分析】A．存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应；
B．N2H4中存在一个N﹣N键，4个N﹣H键；
C．反应②，NH2OH中N元素的化合价为﹣1价，N2H4中N元素的化合价为﹣2价；
D．反应④中N元素的化合价从+3价降低到﹣1价，反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价。
【解答】解：A．反应①中，NH4+转化为NH3，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．N2H4中存在一个N﹣N键，4个N﹣H键，没有氮氮双键，故B错误；
C．反应②，NH2OH中N元素的化合价为﹣1价，N2H4中N元素的化合价为﹣2价，所以反应②中NH2OH被还原，故C错误；
D．反应④中N元素的化合价从+3价降低到﹣1价，反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价，则等量NO2﹣参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意反应类型的判断及化学与生活的关系，题目难度不大。
二、非选择题
22．【分析】Ⅰ.（1）氧原子需要共用2个电子形成8电子稳定结构，因此需要形成2个共价键，b中氧只形成了1个共价键；
Ⅱ.①乙醇和钠反应生成乙醇钠，乙醇发生消去反应生成乙烯，③乙烯和氯气发生加成反应生成1，2−二氯乙烷，乙醇被氧化生成乙酸，②乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯和水，④1，2−二氯乙烷发生消去反应生成CH2＝CHCl，⑤CH2＝CHCl发生加聚反应生成 ，⑥乙烯和水反应生成乙醇；
Ⅲ.（7）乙醇燃烧是放热反应，反应物的总能量高于生成无的总能量。
【解答】解：Ⅰ.（1）氧原子最外层6个电子，需要共用2个电子形成8电子稳定结构，因此需要形成2个共价键，b中氧只形成了1个共价键，因此不正确的是b，
故答案为：b；氧原子最外层6个电子，氧原子最外层6个电子，需要共用2个电子形成8电子稳定结构，因此需要形成2个共价键，b中氧只形成了1个共价键；
Ⅱ.（2）乙醇、乙酸、乙烯的官能团名称分别是羟基、羧基、碳碳双键，
故答案为：羟基；羧基；碳碳双键；
（3）反应①是乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，②是乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，其化学方程式分别是：①2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，②CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
（4）反应③是乙烯和氯气反应生成1，2−二氯乙烷，因此另外一种反应物的化学式Cl2，
故答案为：Cl2；
（5）根据反应④前后两种物质的价键分析得到反应④中断裂的化学键有碳氯键和碳氢键（C−Cl键和C−H键），
故答案为：碳氯键和碳氢键（C−Cl键和C−H键）；
（6）氯乙烯发生加聚反应生成Z，因此Z的结构简式是，
故答案为：；
Ⅲ.（7）因乙醇燃烧反应放热，因此乙醇可用作燃料，乙醇燃烧反应过程中能量变化是反应物总能量大于生成物总能量，因此是图a，
故答案为：a。
【点评】本题主要考查有机物的结构和性质，涉及到乙烯、乙醇、乙酸、乙酸乙酯等知识点，解题的关键是掌握常见有机化合物的相互转化，难度较小。
23．【分析】（1）按题意写出化学方程式即可；
（2）正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态；
（3）只有可逆反应才存在化学平衡状态；
（4）若将氧气标记，则根据可逆反应的特点只要是含氧的物质都有可能会被标记。
【解答】解：（1）按题意可知方程式为：2SO2+O22SO3，
故答案为：2SO2+O22SO3；
（2）5min后，c（SO2）与c（SO3）不再随时间改变是由于正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态；
故答案为：该反应达到了平衡，各物质的浓度保持不变；
（3）由图象可知，5min后SO2、SO3的浓度不再改变，且均不为0，说明5min后正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，该反应为可逆反应；
故答案为：5分钟后，c（SO2）与c（SO3）不在发生变化了，所以该反应达到了平衡，只有可逆反应才有化学平衡；
（4）若将氧气标记，则根据可逆反应的特点只要是含氧的物质都有可能会被标记，故以下物质S18O18O、SO18O、18OO、S18O18OO、S18OOO都会含有，
故答案为：S18O18O、SO18O、18OO、S18O18OO、S18OOO。
【点评】本题考查物质的量随时间的变化曲线、化学反应速率计算，以及化学平衡的定义，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度不大。
24．【分析】Ⅰ．（1）图1中Zn比Cu活泼，Zn能与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，属于氧化还原反应，则Zn、Cu和稀硫酸能构成原电池；NaOH+HCl＝NaCl+H2O是复分解反应，没有电子转移，则不能构成原电池；
（2）该装置为原电池，Zn易失电子而作负极、Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，稀硫酸含有自由移动离子，能导电；
（3）在Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池中，Cu片上氢离子得电子生成氢气；
（4）在Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池中，Zn失电子，电子经过导线流向Cu，溶液中的离子发生定向移动，形成闭合回路；
Ⅱ．图2是铁、石墨和氯化铁溶液形成的原电池装置，铁比C活泼，能与FeCl3反应生成FeCl2，化学方程式为Fe+2FeCl3＝3FeCl2，其中Fe发生失电子的氧化反应生成Fe2+，则Fe为负极，石墨为正极，溶液中的Fe3+在正极上发生得电子的还原反应生成Fe2+。
【解答】解：Ⅰ．（1）图1中Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，Zn能与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应a的离子方程式为Zn+2H+═Zn2++H2↑；NaOH+HCl＝NaCl+H2O是复分解反应，属于非氧化还原反应，没有电子转移，则不能构成原电池，
故答案为：Zn+2H+═Zn2++H2↑；不可以，不是氧化还原反应，无电子转移；
（2）该原电池中，Zn失电子生成Zn2+进入溶液中，则Zn作负极，是负极反应物，Cu为正极、是正极材料，正极上氢离子得电子生成氢气，稀硫酸中含有自由移动离子而使溶液能导电，所以稀硫酸是作离子导体、也是正极反应物，
故答案为：Zn；H2SO4（H+）；Cu；H2SO4；
（3）Cu片上氢离子得电子生成氢气，正极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：2H++2e﹣═H2↑；
（4）在Zn、Cu和稀硫酸构成的原电池中，Zn作负极，Cu为正极，Zn在负极失电子，电子经过导线流向正极Cu，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气，同时溶液中的阴阳离子发生定向移动，形成闭合回路，在电路形成电流，
故答案为：锌电极失去电子，电子通过导线传导到铜电极上，溶液中的氢离子在铜电极得到电子，同时电解质溶液中的离子定向移动，形成闭合回路，形成电流；
Ⅱ．（5）由图2可知，铁、石墨和氯化铁溶液形成原电池，铁比C活泼，能与FeCl3反应生成FeCl2，则反应c为Fe+2FeCl3＝3FeCl2，离子方程式为Fe+2Fe3+═3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+；
（6）铁、石墨和氯化铁溶液形成的原电池中，Fe为负极，石墨为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，即还原反应在石墨上发生，
故答案为：石墨。
【点评】本题考查原电池原理，侧重考查学生的分析能力和基础知识的灵活运用能力，把握原电池原理、各个电极上发生的反应及反应式的书写是解本题关键，注意电流、电子和离子的移动方向，题目难度不大。
25．【分析】结合元素化合价、原子半径和最外层电子数分析判断，序号1﹣7的元素分别是H，C，N，O，Na，P，S，
Ⅰ．（1）天然气的主要成分是甲烷是共价化合物，该分子的空间结构为正四面体形；
（2）元素③的最高价氧化物对应的水化物是HNO3与⑤的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，酸碱发生中和反应；
（3）元素④为O元素，核电荷数为8，核外电子层数2，最外层电子数6；
（4）非金属性对应的是物质的氧化性或者氢化物的稳定性或者最高价氧化物的水化物的酸性；
Ⅱ．（5）Si位于Al与P之间，但表格未给出Al的原子半径，所以只能用Na做参考；
（6）Si的最高价氧化物是SiO2，水化物是硅酸H2SiO3，X与Ca（OH）2反应的产物有Y和H2O，这是一个复分解反应所以Y是盐即CaSiO3 与硫酸反应。
【解答】解：Ⅰ．（1）元素①与②形成的物质是天然气的主要成分，其分子的电子式是：，该分子的空间结构为正四面体形，
故答案为：；正四面体形；
（2）元素③的最高价氧化物对应的水化物与⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是：HNO3+NaOH ＝NaNO3+H2O，
故答案为：HNO3+NaOH ＝NaNO3+H2O；
（3）元素④核电荷数为8，核外电子层数2，最外层电子数6，在周期表中的位置是第二周期第VIA族，
故答案为：第二周期第VIA族；
（4）元素非金属性⑥＜⑦的事实是：单质氧化性：S＞P，氢化物的稳定性：H2S＞PH3或最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4＞H3PO4，
故答案为：氧化性：S＞P，稳定性：H2S＞PH3或酸性：H2SO4＞H3PO4；
Ⅱ．（5）依据上表分析，Si位于Al与P之间，但表格未给出Al的原子半径，所以只能用Na做参考，可预测Si原子半径大小范围是0.110 nm～0.186 nm，
故答案为：0.110 nm～0.186 nm；
（6）Si的最高价氧化物对应的水化物X的化学式是：H2SiO3（H4SiO4），X与Ca（OH）2反应的产物有Y和H2O，Y的物质类别属于盐，实验证实，Y可与硫酸反应，该反应的化学方程式为：CaSiO3+H2SO4═CaSO4+H2SiO3，
故答案为：H2SiO3（H4SiO4）；盐；CaSiO3+H2SO4═CaSO4+H2SiO3。
【点评】本题着重考查了元素周期律中原子半径，最外层电子数和化合价的变化规律，题目设置对周期律进行了比较全面的考察，需要学生灵活运用周期律进行思考解答，具体考查了电子式、空间构型、化学方程式、非金属性强弱比较、原子半径大小变化规律等，题目难度不大。
26．【分析】含溴离子的低浓度的海水浓缩，用氯气将浓缩海水氧化生成溴单质，得到的溴单质和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，氢溴酸被氯气氧化成溴单质，再用蒸馏法将溴单质蒸出，冷却后得到较纯的溴；
（1）过程1发生反应是氯气将溴离子还原为溴单质，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，从原子结构角度解释原因Cl、Br最外层电子数相同，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，原子核对最外层电子的吸引力Cl＞Br，得电子能力Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2；
（2）过程2主要是溴单质和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸；
（3）在冷凝过程，Br2主要是由溴蒸汽变为液态溴单质，分子间间距减小；
（4）过程1得到低浓度的溴溶液，过程2和3将得到的高浓度的溴溶液，因而步骤2步骤3的目的是富集溴。
【解答】（1）过程1发生反应是氯气将溴离子还原为溴单质，其离子方程式是Cl2+2Br﹣＝2Cl﹣+Br2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性得到该反应氧化性：Cl2＞Br2，从原子结构角度解释原因Cl、Br最外层电子数相同，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，原子核对最外层电子的吸引力Cl＞Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2，
故答案为：Cl2+2Br﹣＝2Cl﹣+Br2；＞；Cl、Br最外层电子数相同，电子层数Cl＜Br，原子半径Cl＜Br，原子核对最外层电子的吸引力Cl＞Br，得电子能力Cl＞Br，非金属性Cl＞Br，氧化性Cl2＞Br2；
（2）过程2主要是溴单质和二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，因此过程2中发生反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O＝2Br﹣+SO42﹣；+4H+，
故答案为：2Br﹣；SO42﹣；H+；
（3）在冷凝过程，Br2主要是由溴蒸汽变为液态溴单质，分子间间距减小，用微观示意图的形式表示，
故答案为：；
（4）过程2和3将得到的溴被二氧化硫还原，在被氯气氧化，其目的是富集溴，
故答案为：富集溴。
【点评】本题主要考查海水提溴，解题的关键是掌握海水提溴的步骤和原理，为高频考点，难度中等。
27．【分析】（1）H2O2分解生成O2和H2O；
（2）图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；
（3）图乙中H2O2的初始浓度相同、无催化剂作用、温度相同条件下，探究的是NaOH溶液浓度对H2O2分解速率的影响；
（4）由图丁可知，其他条件相同时，随着Mn2+浓度的增大，反应速率加快；由图丙可知，其他条件相同时，NaOH溶液浓度对H2O2分解速率有影响，即NaOH溶液的浓度为0时，催化剂对反应速率几乎无影响。
【解答】解：（1）H2O2分解生成O2和H2O，化学方程式为2H2O2═ 2H2O+O2↑，
故答案为：2H2O2═ 2H2O+O2↑；
（2）图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，
故答案为：快；
（3）图乙是探究NaOH溶液浓度对H2O2分解速率的影响，只能是NaOH溶液的浓度不同，其他条件必须相同，由图可知H2O2初始浓度相同，没有催化剂的影响，由提供资料可知，H2O2分解的温度为70℃，所以此处的“其他条件”具体是指温度70℃、H2O2初始浓度为0.15mol/L、无催化剂，
故答案为：温度70℃、H2O2初始浓度为0.15mol/L、无催化剂；
（4）①由图丁可知，其他条件相同时（溶液的pH＝13、H2O2初始浓度为0.15mol/L、反应温度70℃），随着Mn2+浓度的增大，反应速率加快，即催化剂能加快H2O2分解速率，此为B同学得出结论的合理性，
故答案为：由图丁可知，在pH＝13的NaOH溶液体系中，有催化剂时，双氧水分解速率加快；
②由图丁可得到“催化剂能加快H2O2分解速率”的结论，但该结论也有不合理的因素，因为NaOH溶液浓度对H2O2分解速率有影响，由图丙可知，当溶液中氢氧化钠浓度为0时，催化剂Mn2+对双氧水的分解无影响，即有催化剂条件下，H2O2分解的速率不一定加快，此为B同学得出结论的不合理性，
故答案为：由图丙可知，当溶液中氢氧化钠浓度为0时，有催化剂时，双氧水也不能分解。
【点评】本题考查影响化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力，把握图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键，注意反应条件的限制作用和控制变量法的应用、题目难度中等。