【文档说明】黑龙江省勃利县高级中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，609.000 KB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省勃利县高级中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题1.下列有关元素周期表的说法不正确．．．的是A.第15列某元素能与其他元素化合形成碱性气体B.短周期中能与强碱反应产生H2的元素可能位于第ⅣA族C.元素周期表共有18列，第3列是第ⅠB族，第17列是第ⅦA族D.O2﹣、F﹣、Na

+、Mg2+离子半径逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A.第15列某元素能与其他元素化合形成碱性气体，例如氮与氢元素组成氨气是一种碱性气体，A正确；B.短周期中能与强碱反应产生H2的元素可能位于第ⅣA族，如硅单质能与强碱

反应产生H2，B正确；C.元素周期表共有18列，第3列不是第一副族，第11列才是第ⅠB族，第17列是第ⅦA族，C不正确；D.O2﹣、F﹣、Na+、Mg2+具有相同的电子层结构，离子半径逐渐随核电荷数增大而减小，D正确；答案

选C。2.下列有关说法不正确．．．的是A.氢化物的沸点按NH3、PH3、AsH3、SbH3的顺序依次递减B.氧族元素氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减小C.卤化银的颜色按AgCl、AgB

r、AgI的顺序依次加深D.最高价氧化物对应水化物碱性按NaOH、KOH、RbOH、CsOH的顺序依次增强【答案】A【解析】【详解】A.组成和结构相似时氢化物的相对分子质量越大，则沸点越高，NH3分子间有氢键沸点较高，则氢化物的沸点按NH3、AsH3、PH3的顺序依次递减，A错误；B.非金

属性越强，则其氢化物的稳定性越强，非金属性:O>S>Se>Te，则氧族元素氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减小，B正确；C.氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，所以卤化银的颜色按AgCl、

AgBr、AgI的顺序依次加深，C正确；D.金属性越强，则最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性:Na<K<Rb<Cs，则最高价氧化物对应水化物碱性按NaOH、KOH、RbOH、CsOH的顺序依次增强，D正确；答案选A。3.短

周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B形成的气态化合物的水溶液呈碱性，A和D同主族，B和C相邻，F的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸。E与B可组成化合物E3B2。下列说法正确．．的是

A.E与B的简单离子的电子层结构相同，且简单离子半径B＜EB.A、B、C三种元素只能形成共价化合物C.等物质的量的D与E消耗盐酸的量：E＞D，则金属性：E＞DD.E3B2与足量盐酸反应可以生成两种盐【答案】D【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A和B

形成的气态化合物的水溶液呈碱性，该气体为氨气，则A为H元素，B为N元素；A和D同主族，二者位于ⅠA族，D的原子序数大于N元素，则D为Na元素；B和C相邻，C的原子序数小于Na，则C为O元素；F的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最

强酸，则F为Cl元素；E与B可组成化合物E3B2，B为N元素，-3价，E为+2价，E为Mg元素，据此进行解答。【详解】由上述分析可知，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Mg元素，F为Cl元素；A．B为N元素，

原子序数为7，E为Mg元素，原子序数为12，E与B的简单离子的电子层结构相同，隨着原子序数的递增，半径减小，则简单离子半径B＞E，故A错误；B．A为H元素，B为N元素，C为O元素，由这三种元素可组成NH4NO3，

NH4+与NO3-之间形成离子键，属于离子化合物，故B错误；C．D为Na元素，E为Mg元素，由2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，Mg+2HCl=MgCl2+H2↑反应可知，等物质的量的Na与Mg，消耗盐酸的量：Mg＞Na，Na和M

g属于同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，Na的原子序数小，金属性Na＞Mg，故C错误；D．B为N元素，E为Mg元素，E3B2为Mg3N2，与足量盐酸发生反应生成MgCl2和NH4Cl两种盐，即Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，故D正确；答案为D。4.已知R2+离子有b个中子，核

外有a个电子，表示R原子符合正确的是[]A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】R2+离子中质子数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+2+b，该原子表示为，故选C。【点晴】本题考查了阳离子中核外电子数和质子数、中子数、质量数的关系，明确阴阳离子中质子数和电子数、电荷的关系是解本题

的关键。阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，阳离子中质量数=质子数+中子数=核外电子数+电荷数+中子数。5.下列反应过程中,同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是（）A.NH4ClNH3↑+HCl↑B.Na2O+H2O=2NaOHC.2NaO

H+Cl2=NaCl+NaClO+H2OD.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【答案】D【解析】【详解】A、反应NH4Cl＝NH3↑+HCl中断裂的键有离子键和极性共价键，形成的键只有极性共价键，A错误；B、反应Na2O+H2O=2NaOH中断裂的键有离子键、极性共价键，形成的键

有离子键、极性共价键，B错误；C、反应2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O中断裂的键有离子键、极性共价键和非极性共价键，形成的键有离子键、极性共价键，C错误；D、反应2Na2O2+2CO2＝

2Na2CO3+O2中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，D正确，答案选D。6.下列过程中，共价键被破坏的是①石英熔化②溴蒸气被木炭吸附③酒精溶于水④HC1气体溶于水⑤碘升华⑥NH4C1受热分解⑦氢氧化钠熔化⑧Na2SO4溶于水

A.②④⑥B.④⑤⑥C.①④⑧D.①④⑥【答案】D【解析】【详解】①石英是由Si、O原子形成的空间网状结构的原子晶体，石英熔化时破坏共价键；②溴蒸气被木炭吸附时Br2分子内共价键不被破坏；③酒精溶于水不发生电

离，共价键不被破坏；④HCl溶于水电离出H+和Cl-，HCl中共价键被破坏；⑤碘升华时破坏范德华力，I2分子内共价键不被破坏；⑥NH4Cl受热分解成NH3和HCl，既有离子键又有共价键被破坏；⑦氢氧化钠熔化时Na+与OH-之

间的离子键被破坏，OH-内共价键不被破坏；⑧Na2SO4溶于水时Na+与SO42-之间的离子键被破坏，SO42-内共价键不被破坏；共价键被破坏的是①④⑥，即D正确；答案选D。7.下列说法中正确的是()①燃料电池的反应物可不储存在电池的内部②锌锰干电池是一次电池，铅蓄电池是二次电池③锂电池是新

一代可充电电池④燃料电池作为汽车驱动能源已研发成功A.②③④B.①②③④C.①②③D.①③④【答案】B【解析】【详解】①燃料电池的反应物可不储存在电池的内部，可以储存在外部，①正确；②锌锰干电池是一次电池，

铅蓄电池可充放电，是二次电池，②正确；③锂电池是新一代可充电电池，③正确；④燃料电池作为汽车驱动能源已研发成功，④正确。全部正确，答案选B。8.我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电

流，电池总反应：4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3。下列说法正确．．的是A.负极反应式：2H2O＋O2＋4e－=4OH－B.电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C.以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积D.该电池工作

两极极板大量消耗必须及时更换【答案】C【解析】【详解】A.负极：失电子、化合价升高、发生氧化反应，根据电池总反应，Al作负极，被氧化，负极反应式为Al-3e-=Al3+，故A错误；B.根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从铝电极沿导线流向铂电极，电流方

向则相反，即电流由铂电极沿导线流向铝电极，故B错误；C.氧气吸附在电极上，网状的铂增大与氧气的接触面积，加快反应速率，故C正确；D.铝不断被消耗，只要更换铝板就可继续使用，故D错误；答案选C。9.实验室用铅蓄电池作电源电解饱

和食盐水制取氯气：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，铅蓄电池放电时发生如下反应：负极Pb＋2-4SO=PbSO4＋2e－，正极PbO2＋4H＋＋2-4SO＋2e－=PbSO4＋2H2O。今若制得Cl20.025mol，这时

电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是A.0.025molB.0.050molC.0.10molD.0.20mol【答案】B【解析】【详解】根据电子转移守恒，结合负极：Pb＋2-4SO=PbSO4＋2e－，可知生成0.025mol氯气时，参加反应Pb的物质的量n(Pb

)=0.025mol22=0.025mol，由正极、负极电极反应式可知，电池总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，故消耗硫酸至少为0.025mol×2=0.05mol；答案为B。10.有人设

计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法不正确．．．的是①每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole－②负极通CH4，电极反应式CH4＋10OH－－8e－=

2-3CO＋7H2O③正极上O2失去电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－④电池放电后，溶液pH不断升高A.①②B.①③C.①④D.③④【答案】D【解析】【详解】①通入CH4的电极为负极，电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O

，每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole-，故①正确；②通入CH4的电极为负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故②正确，③通入氧气的一极为原电池的正极，得到电子发生还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，

故③错误；④电池的化学方程式为：CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液pH不断减小，故④错误；由上述分析，③④错误；答案为D。11.某原电池2Fe3++Fe=3Fe2+不能实现该反应的原电池是A.正极Cu负极Fe电解质溶液

FeCl3B.正极Fe负极Zn电解质溶液Fe(NO3)3C.正极Pt负极Fe电解质溶液Fe2(SO4)3D.正极C负极Fe电解质溶液FeCl3【答案】B【解析】【分析】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子作负极，不如铁活泼的金属

或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，据此分析解答．【详解】A．铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故A正确；B．锌的活泼性大于铁，锌作负极，铁作正极，电解质溶液为硝酸铁，所以是不能实现该反应的

原电池，故B错误；C．铁的活泼性大于Pt，铁作负极，Pt作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故C正确；D．铁的活泼性大于碳，铁作负极，碳作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故D正确；答案为B

。12.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验中，

不考虑两球的浮力变化)A.杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高B.杠杆为导体A端高B端低；杠杆为绝缘体时，AB保持水平C.当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低D.当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘

体时，A端低B端高【答案】C【解析】【详解】若杠杆是导体，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，

铜球上质量增加，则杠杆A端低B端高；若杠杆是绝缘体，铁与铜离子发生置换反应，导致铁球变重，铜不反应，铜球质量不变，则杠杆A端高B端低；答案选C13.对于锌一银一稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上①溶液中c(Zn2+)为0.5mol/L②锌片减少32

.5g③银棒上析出11.2LH2④正极上析出1gH2A.①③B.②③④C.①②④D.②和④【答案】D【解析】【详解】原电池工作时，锌为负极、失电子、被氧化，电极反应为：Zn-2e=Zn2+，银为正极，H+得到电子被还原，电极反应为：2H++2e-=H2，当导线中有1mol电

子通过时，理论上①溶液中n(Zn2+)=0.5mol，但溶液体积不知道，故浓度不一定为0.5mol/L，①错误；②消耗锌0.5mol，则锌片减少32.5g，②正确；③银棒上析出H2，因为不知道温度压强条件，故气体体积不一定是11.2L，③错误；④正极上析出0

.5molH2，则其质量为1g，④正确；故②和④正确；答案选D。14.有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入稀硫酸溶液中，B极上有气泡。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入

C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）A.D>A>B>CB.D>C>A>BC.D>B>A>CD.B>A>D>C【答案】A【解析】【分析】一般来说，原电池中，较活泼的金属作负极、较不

活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应；金属的金属性越强，金属单质与水或酸反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此分析解答。【详解】将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸

中，该装置构成原电池，B上有气泡产生，说明B电极上得电子发生还原反应，则B是正极、A是负极，金属活动性A＞B；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈，则金属活动性D＞A；将Cu浸入B的盐溶液中，无

明显变化，说明金属活动性B＞Cu；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明金属活动性Cu＞C；通过以上分析知，金属活动性顺序是D＞A＞B＞C，答案选A。【点睛】本题考查金属活动性强弱判断，侧重考查学生分析判断能力，明确金属活动性强弱判断方法是解本题关键，可以根据金属

之间的置换反应、金属与水或酸反应剧烈程度、金属最高价氧化物的水化物碱性强弱、原电池原理等方法判断。需要说明的是利用原电池原理判断时要注意电解质溶液的性质。15.下列关于有机化合物的认识不正确．．．的是（）A.所具有的官能团种类有6种B.蔗

糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C.乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别D.在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应【答案】A【解析】A．所具有的官能团有碳碳双键、羰基、羟基、酯基、氯原子，共5种

，故A错误；B．蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而果糖是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．乙烯含有双键，能被高锰酸钾氧化，甲烷不能，故C正确；D．硝基取代苯环上的H原子生成硝基苯

，是取代反应，故D正确；故选A。16.下列说法中不正确．．．的是A.海水提镁和海水提溴都涉及氧化还原反应B.大量燃烧含硫的化石燃料是形成酸雨的主要原因C.航天飞机上的陶瓷防护片属于新型无机非金属材料D.Ba2+对人体无害

，可用BaSO4做钡餐造影剂【答案】D【解析】【详解】A.海水提镁过程中，电解熔融氯化镁制取金属镁是氧化还原反应、海水提溴过程中，溴离子被氧化成溴单质是氧化还原反应，A不符合；B.大量燃烧含硫的化石燃料生成二氧化硫，二氧化硫是形成

硫酸型酸雨的主要原因，B不符合；C.航天飞机上的陶瓷防护片是一种特种陶瓷，属于新型无机非金属材料，C不符合；D.Ba2+会造成蛋白质变性，对人体有害，但是硫酸钡不溶于水，也不溶于酸，可以做造影剂，D符合；答案选D。17.下列关于有机物的说法正确．．的是A.

食醋、葡萄糖、淀粉、蛋白质都是基本营养物质B.淀粉、纤维素、油脂和蛋白质都是高分子化合物C.棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OD.天然油脂都是混合物，没有固定熔沸点【答案】D【解析】【详解】A.食醋为调味剂，不属于基本营养物质，A错误；B.油脂不属

于高分子化合物，B错误；C.棉、麻是植物纤维，只含有C、H、O元素；丝、毛是蛋白纤维，蛋白质由C、H、O、N元素组成，还可能含有S、P等，蛋白质完全燃烧不只生成CO2和H2O，C错误；D.天然油脂都是混合物，因此没有固定熔

沸点，D正确；答案选D。18.下列有关煤和石油的加工方法的叙述不正确．．．的是A.通过煤的直接或间接液化可以获得各种芳香烃B.通过石油的催化重整等工艺可获取环状烃C.石油的裂化的目的主要是为了提高轻质油的产量D.目前煤的综合利用的主要途径是煤的干馏、煤的气化和液化【答案】A【解析】【

详解】A.煤的直接或间接液化主要是获得甲醇等液体燃料，A错误；B.石油催化重整的目的是获得环状烃、芳香烃，B正确；C.石油裂化的目的是为了提高轻质油的产量，特别是汽油的产量，C正确；D.煤的综合利用方式主要是煤的干馏、煤的气化和液

化，D正确；答案选A。19.萜品醇结构简式如图，可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂。下列有关该物质说法不正确．．．A.可使溴水褪色，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同B.光照时能与卤素发生取代反应C.该烃在一定条件下

可以分别和氢气、氯化氢、水等发生加成反应D.该物质在一定条件下可以发生加聚反应生成高聚物【答案】C【解析】【详解】A.含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使之褪色，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使之褪色，褪色原理不同，A正确；B.单键碳上的氢原子在光照时能与卤素发生取代反应，B

正确；C.萜品醇由C、H和氧元素组成，不属于烃，C不正确；D.含碳碳双键，故该物质在一定条件下可以发生加聚反应生成高聚物，D正确；答案选C。20.苯分子不是碳碳单键和碳碳双键的简单交替结构，可作为证据的事实有①苯的邻位二元取代物只有一种②苯的间位二元取代物只有一种

③苯不能使酸性高锰酸钾褪色④苯在一定条件下可与氢气反应生成环己烷⑤苯在溴化铁存在的条件下同液溴发生取代反应而不是加成反应⑥苯不能使溴水因发生化学反应而褪色A.②③⑤⑥B.①③⑤C.①③⑤⑥D.①④⑥【答案】C【解析】【详解】①若苯的结构中存在单双键交替

结构，苯的邻位二元取代物有两种，如与，但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，故①正确；②无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故②错误；③苯不能使K

MnO4酸性溶液褪色，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故③正确；④苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，假如苯是C-C单键与C=C双键的交替结构，也能发生此加成反应，故④错误；⑤苯在FeBr3存在下同液溴

可发生取代反应，生成溴苯，而不是加成反应，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；⑥苯不能使溴水因发生化学反应而褪色，说明苯中无碳碳双键，不能和溴发生加成反应，可以证明苯不是单双键交替结构，故⑥正确；所以①

③⑤⑥可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，答案为C。21.下面列出了几组物质：①金刚石与石墨；②D与T；③12C和13C；④O2与O3；⑤CH4和CH3CH2CH3⑥和CH3(CH2)3CH3⑦和⑧和其中属于同素异形体的是______(填序号，下同)；属于同

位素的是______；属于同系物的是______；属于同分异构体的是______；属于同种物质的是的是______。【答案】(1).①④(2).②③(3).⑤(4).⑥(5).⑦⑧【解析】【分析】同位素是指质子数相同

，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，性质和结构都完全相同的是同一种物质，由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物。据此判断。【详解】①

金刚石与石墨均是碳元素形成的单质，互为同素异形体；②D与T的质子数相同，中子数不同，互为同位素；③12C和13C的质子数相同，中子数不同，互为同位素；④O2与O3均是氧元素形成的单质，互为同素异形体；⑤CH4和CH3CH2CH3的结

构相似，在分子组成上相差2个“CH2”原子团，互称为同系物；⑥的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；⑦结构和性质完全相等，是同一种物质；⑧和结构和性质完全相等，是同一种物质。则其中属于同素异形体的是①④；属于同位素的是②③；属于同系物的是⑤

；属于同分异构体的是⑥；属于同种物质的是的是⑦⑧。22.X、Y、Z、W、L、M六种短周期主族元素的原子序数依次增大，其中X、M的单质在常温下呈气态，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，W是地壳中含量最多的

金属元素，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。（1）L在元素周期表中的位置为__________________。（2）Y、L、M的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是（化学式）_________________。（3）W的最高价氧化物与Z的最高价氧化物水化物反

应的离子方程式是_____________。（4）R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，R与L能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是_____________。【答案】(1).第三周期第IVA族(2).HClO4＞H2CO3＞H2SiO3(3).Al2O3+2OH-=2-2AlO+H2

O(4).Si3N4【解析】【分析】W是地壳中含量最多的金属元素，则W是Al，L的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，且原子序数大于铝的，所以L是Si，M的单质是气体，且原子序数大于Si，所以M是Cl，Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，原子序数小于铝，所以

Y是C，X的单质在常温下呈气态、且X的原子序数小于C，所以X是氢，Z在同周期的主族元素中原子半径最大，则Z是Na，据此分析。【详解】由上述分析知，X为H元素，Y为C元素，Z为Na元素，W为Al元素，L为Si元素，M为Cl元素；（1）L为Si

元素，原子序数为14，核内质子数为14，核外电子数为14，其原子结构示意图为，有三个电子层，最外层4个电子，则L在元素周期表中的位置为第三周期第IVA族；答案为第三周期第IVA族。（2）Y为C元素，L为Si元素，M为Cl元素，非金属性Si＜C＜Cl，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越

强，所以酸性为：HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；答案为：HClO4＞H2CO3＞H2SiO3。（3）W为Al元素，Z为Na元素，W的最高价氧化物(Al2O3)与Z的最高价氧化物水化物(NaOH)反应的离子方程式是Al2O3+2OH-=22AlO−+H2O

；答案为Al2O3+2OH-=22AlO−+H2O。（4）Y为C元素，R与Y同周期，R的单质分子R2中有3个共价键，则R为N元素，L为Si元素，R与L能形成一种新型无机非金属材料，根据N和Si的价电子可知，化合物的化学式为Si3N4；答案为Si3N4。23.某可

逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0﹣3分钟各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）．（1）该反应的化学方程式为_____________；（2）反应开始至2分钟时，C的平均反应速率为_____________．A的平衡时的转化率为_____________．（3）能说明该反应

已达到平衡状态的是_____________a．容器内压强保持不变b．A、B、C三种组分物质的量浓度相等c．v逆（A）=v正（C）d．容器内混合气体的密度保持不变（4）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中

的反应:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),673K、30MPa下n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图：反应达到平衡的点是_____________（填a,b,c,d,e）；正反应速率：a___

__________b（填>、<或=）（5）NF3是一种温室气体，其存储能量能力是CO2的12000〜20000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能，下列说法中正确的是_____________

化学键N≡NF—FN—F键能/kJ·mol-1946154.8283.0A．过程N2(g)→2N(g)放出能量。B．过程N(g)+3F(g)→NF3(g)吸收能量。C．反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)为

放热反应。D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应。【答案】(1).2A+B⇌2C；(2).0.2mol/（L·min）(3).40%(4).ac(5).de(6).>(7).C【解析】【分析】(1)(3)，按图示信息找出反应的化学方程

式，结合反应速率、转化率的定义进行计算、抓住平衡状态的特征，分析判断是否处于平衡状态；(4)抓住平衡状态的特征，分析判断合成氨反应是否处于平衡状态；(5)焓变=反应物总键能-生成物总键能进行计算，按焓变是

否小于零、判断反应是否放热；【详解】(1)在从0﹣3分钟A减少2mol、B减少1mol、C增加2mol，则A、B为反应物，C为生成物，且物质的量改变值之比为2:1:2该反应的化学方程式为2A+B⇌2C；答案为：2A+B⇌2C；(2)反应开始至2分钟时，5L的密闭容器中C增加2mo

l，则C的平均反应速率为2mol5L0.2mol/Lmin2min=（）；A的平衡时的转化率为2mol100%40%5mol=；答案为：2mol5L0.2mol/Lmin2min=（）；40%；(3)a．2A+B⇌2C是气体分子总数会变化的，故5L容

器内压强保持不变，则气体总的物质的量不变，各成分的量不变，能说明该反应已达到平衡状态，a正确；b．A、B、C三种组分物质的量浓度取决于起始时各成分的量，当它们相等时，不能说明该反应已达到平衡状态，b错误；c．该反应中A和C的计量数相等，故v逆(A)=v正(A)=v正(

C)，能说明该反应已达到平衡状态，c正确；d．容器内混合气体的密度始终不变，故密度保持不变，不能说明该反应已达到平衡状态，d错误；答案为：ac；(4)n(NH3)和n(H2)不再随时间变化时处于平衡状态，由图知，d、e处于平

衡状态；a到b的过程中，氢气的含量在下降，则正反应速率：a>b；答案为：de；>；(5)A．过程N2(g)→2N(g)是共价键断裂，需吸收能量，A错误；B．过程N(g)+3F(g)→NF3(g)是共价键形成，放出能量，B错误；C．反应N2(g)+3

F2(g)→2NF3(g)，其焓变=反应物总键能-生成物总键能=946kJ·mol-1+3×154.8kJ·mol-1-6×283.0kJ·mol-1=-287.6kJ·mol-1，为放热反应，C正确；D．NF

3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，不可能发生化学反应，可能发生物理变化，D错误；答案为：C。【点睛】本题考查反应速率、化学平衡以及反应热等相关知识，熟悉相应概念和理论是进行准确判断、计算的关键。24.（1）如图所示装置：若烧杯中溶液为稀

硫酸，则观察到的现象为_____________。若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极电极式是_____________。（2）油脂在人体内的化学变化主要是在脂肪酶的催化下，进行水解，生成__________

__________。（3）蛋白质的鉴别方法是_____________________________。（4）淀粉的水解反应方程式是________________________，欲检验淀粉水解情况所需试剂是（水解液已调至碱性）_____________________

。【答案】(1).镁逐渐溶解，铝极上有气泡冒出，电流表指针发生偏转(2).Al+4OH--3e-=-2AlO+2H2O(3).高级脂肪酸和甘油(4).蛋白质的颜色反应（加浓硝酸变黄）或者烧焦时的特殊气味进行鉴别(5).()612661052nΔnCHOCHOnHO+→稀硫酸葡萄糖淀粉(6).碘水和

新制的Cu(OH)2悬浊液（或碘水和银氨溶液）【解析】【分析】【详解】(1)若烧杯中溶液为稀硫酸，则该原电池总反应为2442MgHSOMgSOH++=，镁为原电池的负极，镁失去电子被氧化，铝为正极，氢离子在铝电极上得电子被还原，产生氢气，此过

程中化学能转化为电能，则观察到的现象为镁逐渐溶解，铝极上有气泡冒出，电流表指针发生偏转；若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则该原电池总反应为：-2222Al+2HO+2OH=2AlO+3H−，Al为原电池的负极，Al失去电子被氧化，

在碱性溶液中生成偏铝酸根，则负极电极式是Al+4OH--3e-=-2AlO+2H2O；答案为：镁逐渐溶解，铝极上有气泡冒出，电流表指针发生偏转；Al+4OH--3e-=-2AlO+2H2O；(2)油脂的成分为高级脂肪酸的甘油酯，在人体内的脂肪酶的催化下，进行水解

，生成高级脂肪酸和甘油；答案为：高级脂肪酸和甘油；(3)利用蛋白质的特征反应即可鉴别：蛋白质灼烧时有羽毛烧焦的特殊气味或有颜色反应；答案为：蛋白质的颜色反应（加浓硝酸变黄）或者烧焦时的特殊气味进行鉴别；(4)淀粉与稀硫酸溶液共热时可发生水解反应，稀硫酸是催化剂，故水解的方程式是()6

12661052nΔnCHOCHOnHO+→稀硫酸葡萄糖淀粉；欲检验淀粉水解情况，主要是检测水解液中是否还有淀粉残留、是否有还原性糖葡萄糖生成，检测淀粉需要碘水，检测葡萄糖所需试剂是在碱性溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液（或银氨溶液）；答案为：淀粉的水解反应方程()61

2661052nΔnCHOCHOnHO+→稀硫酸葡萄糖淀粉；碘水和新制的Cu(OH)2悬浊液（或碘水和银氨溶液）。【点睛】本题主要考察了原电池的应用、油脂的水解、淀粉水解及水解程度的检测、蛋白质的性质和检测等，熟悉

物质的性质是解题的关键。25.I、A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系，请回答下列问题：已知：（1）①的反应类型____________，D的官能团名称____________。（2）②化学反

应方程式_______________________；II、制取少量E(酒精灯等在图中均已略去)。请填空：（3）试管a中需要加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2mL，正确的加入顺序是____________

_____________________。（4）b烧杯中加有饱和Na2CO3溶液，其作用是_______________________________。（5）若反应前向b中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后b中的现象是___________________________

。（6）欲采用原子示踪发探究该反应原理，设计B中氧原子为18O，a中反应的化学方程式：______________________________________________________________。【答案】(1).加成反应(2).羧

基(3).2C2H5OH+O2CuΔ→2CH3CHO+2H2O(4).先乙醇再加浓硫酸、冷却后冰醋酸；（或先加入乙醇和冰醋酸混合物，然后慢慢加入浓硫酸）(5).反应乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度(6

).溶液红色变浅，分层，上层油状物有香味(7).CH3COOH＋CH3CH218OHΔ浓硫酸CH3CO18OCH2CH3+H2O【解析】【分析】A是常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为乙烯、B为乙烯和水

在一定条件下发生加成反应得到的，B为乙醇、C为乙醇催化氧化的产物即乙醛、D则是乙醛被氧化氧化得到的乙酸、E是乙醇和乙酸发生酯化反应得到的乙酸乙酯、F为乙烷、G为一氯乙烷或氯乙烷，据此回答；【详解】I、(1)反应①为一定条件下乙烯和水反应生成乙醇，是加成反应，D为乙酸，所含

官能团名称为羧基；答案为：加成反应；羧基；(2)反应②是乙醇催化氧化为乙醛，则化学反应方程式为2C2H5OH+O2CuΔ→2CH3CHO+2H2O；答案为：2C2H5OH+O2CuΔ→2CH3CHO+2H2O；II、(3)实验室

进行乙酸和乙醇的酯化反应时，先加入乙醇，然后边振荡边慢慢加入浓硫酸和冰醋酸；答案为：先乙醇再加浓硫酸、冷却后冰醋酸；（或先加入乙醇和冰醋酸混合物，然后慢慢加入浓硫酸）；(4)实验中蒸出来的乙酸乙酯粗产品成分主要为乙酸乙酯、乙酸和乙醇，b烧杯中加有饱和Na2CO3溶液，其作用为

：反应乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；答案为：反应乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(5)若反应前向b中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应过程中乙酸乙酯、乙酸和乙醇变成蒸汽后又冷凝在烧杯中，则醋酸消耗碳酸钠，使溶液颜色变浅了，乙酸乙酯不易溶于水，故实验结束后b中的现象为：溶液

红色变浅，分层，上层油状物有香味；答案为：溶液红色变浅，分层，上层油状物有香味；(6)酯化反应的机理为：酸脱羟基醇去氢，则反应后乙醇中18O转移到乙酸乙酯中，故a中反应的化学方程式：CH3COOH＋CH3CH218OHΔ浓硫酸CH3CO18OCH2CH3+H2O；答案为：CH3COOH＋CH3C

H218OHΔ浓硫酸CH3CO18OCH2CH3+H2O。【点睛】本题考查有机物推断，涉及烷烃、烯烃、醇、醛、羧酸和酯之间的转化关系，抓住多处切入点例如反应条件、连续氧化反应等是推断的关键。26.A、地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称。目前，从海水

中提取溴占世界溴年产量的13左右。海水中的溴元素以离子形式存在，空气吹出法是用于工业规模海水提溴的常用方法，工艺流程如图：（1）步骤③的离子方程式是______________________________________；（2）请分析不直接用“溴水混合物I”而要用“溴水混合物

II”进行蒸馏得到液溴的原因________________________。B、海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，主要以碘化物形式存在。以海带为原料从中提取碘单质，成熟的工艺流程如下。回答下列问题：（3）实验室灼烧干海带通常在____

_________中进行（填仪器名称）。（4）步骤I名称是___________，步骤Ⅲ名称是___________，步骤II现象是____________________。（5）反应①的离子方程式______________________________________【答案】(1).SO2

+Br2+2H2O=2Br-+4H++2-4SO(2).“溴水混合物I”含溴浓度低，直接蒸溜，处理量大，成本高；而“溴水混合物II”是将溴水浓缩了，进行蒸馏得到液溴，成本低(3).坩埚(4).过滤(5).蒸馏(

6).分层，上层无色，下层紫红色(7).2I-+2H++H2O2=I2+2H2O【解析】【分析】A.由流程知，在步骤①海水中的溴离子被氯气氧化为溴单质，经步骤②从水中分离出溴单质后，经步骤③中溴单质被二氧化硫还原成溴离子，经过富集后经步骤④高浓度的溴离

子被氯气氧化为溴单质，经步骤⑤从蒸馏得到溴单质，据此回答；B.从流程知，灼烧海带，用水浸泡海带灰，过滤后，所得滤液中加入氧化剂，在酸性条件下用双氧水把碘离子氧化成碘单质，含碘水溶液经萃取、分液后得到碘的四氯

化碳，再进一步分离得到碘，据此回答；【详解】A.(1)据分析，步骤③中溴单质被二氧化硫还原成溴离子，离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2Br-+4H++2-4SO；答案为：SO2+Br2+2H2O=2Br-+4H+

+2-4SO；(2)据分析知，溴水混合物I”中溴浓度太低，不利于直接蒸馏，因为效率低下成本太高，而经过步骤③④，溴被富集了，“溴水混合物II”中溴浓度高，利于直接蒸馏，综合经济效益大；答案为：“溴水混合物I”含溴浓度低，直接蒸溜，处理量大，成本高；而“溴水混合物II”是将溴水浓缩了

，进行蒸馏得到液溴，成本低；B.(3)实验室在坩埚中灼烧固体，故灼烧干海带通常在坩埚中；答案为：坩埚；(4)步骤I名称是过滤，步骤Ⅲ是从碘的四氯化碳中分离出碘，可采用蒸馏的方法，步骤II是用四氯化碳萃取碘水中碘的过程，故现象是：

分层，上层无色，下层紫红色；答案为：过滤；蒸馏；分层，上层无色，下层紫红色；(5)反应①是在酸性条件下，把滤液中的碘离子用双氧水氧化成碘单质的反应，则离子方程式为：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O；答案为：2I-+

2H++H2O2=I2+2H2O。【点睛】本题考查了溴、碘的提取，熟练掌握溴离子及溴单质之间的相互转化、碘离子及碘单质之间的相互转化、掌握常见的分离提纯方法是解题的关键。