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【化学】山东省泰安市宁阳县第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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山东省泰安市宁阳县第一中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cu 64 Zn 65 Ag 108
第I卷 选择题(共60分)
一、单选题(本题共30小题，每小题2分。每题只有一个答案正确。)
1.下列各组中，互为同位素的是( )
A. D2O和H2O B. SO2和SO3
C. O2和O3 D. 235U和238U
【答案】D
【解析】
【详解】A．D2O和H2O为化合物，不原子，不是同位素，故A错误；
B．SO3和SO2 为化合物，不是原子，不是同位素，故B错误；
C．氧气、臭氧是氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故C错误；
D．235U和238U质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，是同位素，故D正确；
答案选D。
【点睛】明确同位素的概念是解本题的关键。本题的易错点为C，要注意同位素与同素异形体的区别。
2.元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近的元素可用于( )
A. 制新农药 B. 制新医用药物
C. 制半导体材料 D. 制高温合金
【答案】C
【解析】
【详解】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有一定的金属性又具有一定的非金属性，可以找到半导体材料；新制农药元素、医用药物可以从周期表的左上角中的非金属元素中找到；制耐高温合金材料的元素在过渡元素中寻找，故选C。
3.下列事实不能用元素周期律解释的有 ( )
A. 碱性：KOH>NaOH B. 酸性：HClO4 >H2SO4
C. 相对原子质量：Ar>K D. 元素的金属性：Mg>Al
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属性K＞Na，元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性KOH＞NaOH，可用元素周期律解释，故A不选；
B．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，·酸性HClO4＞H2SO4，可用元素周期律解释，故B不选；
C．Ar的相对原子质量为39.95，K的相对原子质量为39.10，不能利用元素周期律解释，故C选；
D．同周期，从左向右，金属性减弱，则元素的金属性：Mg＞Al，可用元素周期律解释，故D不选；
答案选C。
4.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是 ( )
A. 甲烷在氧气中的燃烧反应
B. 灼热的木炭与CO2反应
C. 锌粒与稀硫酸的反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．灼热的木炭与CO2反应为吸热反应，C元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B选；
C．锌粒与稀硫酸的反应，为金属与酸的反应，为放热反应，Zn、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；
D．Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应为吸热反应，但没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故D不选；
答案选B。
【点睛】解答本题需要了解常见的吸热和放热反应。常见的吸热反应有：大部分分解反应，NH4Cl固体与Ba(OH)2•8H2O固体的反应，炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，炭与水蒸气的反应等。本题的易错点为D，要注意根据化合价的变化判断氧化还原反应。
5.反应A(g)+3B(g) 2C(g)(吸热反应)，达到平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述正确的是 ( )
A. 正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡向正反应方向移动
B. 正反应速率减慢，逆反应速率加快，平衡向逆反应方向移动
C. 正反应速率和逆反应速率都减慢，平衡向正反应方向移动
D. 正反应速率和逆反应速率都减慢，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A(g)+3B(g) 2C(g)的正反应为吸热反应，降低温度，正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，故选D。
6.下列说法正确的是( )
A. 含有离子键的化合物必是离子化合物
B. 含有共价键的化合物就是共价化合物
C. 共价化合物可能含离子键
D. 离子化合物中不可能含有共价键
【答案】A
【解析】
【详解】A．离子化合物中一定含有离子键，则含有离子键的化合物一定是离子化合物，故A正确；
B．离子化合物中可能含共价键，如NaOH中含O-H共价键，所以具有共价键的化合物不一定为共价化合物，故B错误；
C．共价化合物中一定不含离子键，含离子键的化合物一定不是共价化合物，故C错误；
D．离子化合物中可能含共价键，如KOH为离子化合物，含O-H共价键，故D错误；
答案选A。
7.已知2SO2+O22SO3为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是（ ）
A. O2的能量一定高于SO2的能量
B. SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量
C. SO2的能量一定高于SO3的能量
D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生
【答案】B
【解析】判断一个反应是放热反应还是吸热反应，关键看反应物的总能量与生成物的总能量的差值。如果反应物的总能量高于生成物的总能量，反应就放热，B项正确；A、C两项错误，都没有考虑总能量差；放热反应只表明反应物总能量比生成物总能量高，而加热是反应的条件，两者无必然联系，许多放热反应也必须加热才能开始进行，D项错误。
8.下列四种溶液跟锌片反应，最初反应速率最快的是 ( )
A. 10℃ 20mL 3mol/L的盐酸溶液
B. 20℃ 30mL 2mol/L的盐酸溶液
C. 20℃ 20mL 2mol/L的盐酸溶液
D. 20℃ 10mL 2mol/L的硫酸溶液
【答案】D
【解析】
【详解】锌与稀酸反应的本质为Zn+2H+═H2↑+Zn2+，B、C、D的温度都是20℃，而A的温度为10℃，B、C、D中D的c(H+)最大，根据温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，D中反应温度最高，氢离子浓度最大，最初反应速率最快，故选D。
9.一定温度下，体积一定的容器内发生可逆反应3X(g)+Y(g) 4Z(g)，达到平衡的标志是 ( )
A. 密度不随时间的变化
B. 3V(正，X)==V(逆，Y)
C. 单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y
D. 压强不随时间变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．容器容积不变，混合气体总质量不变，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故A错误；
B．3V正(X)=V逆(Y)，不满足化学计量数关系，说明正反应速率＜逆反应速率，该反应没有达到平衡状态，故B错误；
C．单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到平衡状态，故C正确；
D．由3X(g)+Y(g) 4Z(g)可知，该反应前后的化学计量数之和相等，所以压强不再变化的状态不一定是平衡状态，故D错误；
答案选C。
【点睛】明确化学平衡状态的特征是解答的关键。本题的易错点为B，要注意平衡时正反应速率=逆反应速率，应该是V正(X)=3V逆(Y)。
10.下列说法正确的 ( )
A. 短周期元素X、Y的原子序数相差2，则X、Y不可能处于同一主族
B. 可根据氢化物的稳定性和酸性强弱，来判断非金属元素的得电子能力强弱
C. 单原子形成的离子，一定与稀有气体原子的核外电子排布相同
D. 非金属元素的最高化合价不超过其元素原子的最外层电子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．第ⅠA族的H和Li元素的原子序数差为2，则X、Y可能处于同一主族，故A错误；
B．可以根据非金属元素的原子的氢化物的稳定性和最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，来判断非金属元素得电子能力强弱，不能利用氢化物的酸性来比较非金属性，故B错误；
C．H+的核外电子是零，与稀有气体原子的核外电子排布不相同，故C错误；
D．非金属元素的最高化合价大多是等于原子的最外层电子数，其中F、O元素没有正价，故D正确；
答案选D。
11.在铝与稀硫酸的反应中，已知10s末硫酸的浓度减少了0.6 mol/L，不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10s内生成硫酸铝的平均反应速率是( )
A. 0.02 mol/(L•min) B. 1.2 mol/(L•min)
C. 1.8mol/(L•min) D. 0.18 mol/(L•min)
【答案】B
【解析】
【详解】铝与稀硫酸的反应方程式为：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，10s末硫酸的浓度减少了0.6mol•L-1，则v(H2SO4)==0.06mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故v[Al2(SO4)3]= v(H2SO4)=×0.06mol/(L•s)=0.02mol/(L•s)，即v[Al2(SO4)3]=0.02mol/(L•s)=1.2mol/(L•min)，故选B。
【点睛】掌握核心反应速率的计算表达式和速率之比等于化学计量数之比是解题的关键。本题的易错点为单位的换算，要注意1mol/(L•s)=60mol/(L•min)。
12.具有相同质子数的两种粒子( )
A. 一定是同种元素 B. 一定是一种分子和一种离子
C. 一定是不同离子 D. 无法判断
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子、氖原子等具有相同的质子数(均是10)，但不属于同种元素，故A错误；
B．水分子和甲烷分子具有相同的质子数，但不是一种分子和一种离子，故B错误；
C．水分子和甲烷分子具有相同的质子数，但不是不同离子，故C错误；
D．相同质子数的两种粒子不一定是同种元素，不一定是一种分子和一种离子，不一定是不同离子，因此无法判断两种粒子间的关系，故D正确；
答案选D。
13.已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是( )
A. 原子半径：X＞Y＞W＞Z B. 原子序数：Y＞X＞Z＞W
C. 原子最外层电子数：Y＞X＞Z＞W D. 金属性：X＞Y，还原性：W2-＞Z-
【答案】C
【解析】
【分析】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，则X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，再根据元素周期律分析判断。
【详解】A．Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Y＞X＞Z＞W，同周期元素原子序数越大，半径越小，所以原子半径X＞Y，W＞Z，原子核外电子层数越多，半径越大，所以原子半径：X＞Y＞W＞Z，故A正确；
B．X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，故B正确；
C．X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，则原子最外层电子数Y＞X；Z、W处于同一周期，原子序数Z＞W，则原子最外层电子数Z＞W，X、Y形成阳离子，Z、W形成阴离子，所以最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C错误；
D．X、Y处于同一周期，形成阳离子，原子序数Y＞X，所以金属性：X＞Y；Z、W处于同一周期，形成阴离子，原子序数Z＞W，所以非金属性Z＞W，非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：W2-＞Z-，故D正确；
答案选C。
14.已知元素砷(As)的原子序数为33，下列叙述正确的是( )
A. 砷元素的最高化合价为+3价
B. 砷原子的第三电子层含有8个电子
C. 砷元素是第四周期的主族元素
D. 砷的氧化物的水溶液呈强碱性
【答案】C
【解析】
【分析】砷的原子结构示意图为：，砷位于第四周期第ⅤA族，砷和氮元素处于同一主族，同一主族元素的性质具有相似性，据此分析解答。
【详解】A．主族元素的最高化合价与其族序数相同(但O、F除外)，所以砷的最高化合价是+5价，故A错误；
B．根据原子示意图知，砷的第三电子层上有18个电子，故B错误；
C．根据原子结构示意图知，砷位于第四周期第ⅤA族，故C正确；
D．砷和氮元素处于同一主族，同一主族元素的性质具有相似性，所以砷的氧化物的水溶液呈酸性，故D错误；
答案选C。
15.下图装置可用于收集气体并验证其化学性质，下列对应关系完全正确的是( )
选项
气体
试剂
现象
结论
A
NO
紫色石蕊溶液
溶液变红
NO与水反应生成硝酸
B
Cl2
淀粉KI溶液
溶液变蓝
Cl2有氧化性
C
SO2
品红溶液
溶液褪色
SO2有强氧化性
D
NH3
MgCl2溶液
产生白色沉淀
NH3有碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO易与氧气反应，不能用排空气法收集，故A错误；
B．氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集，氯气具有强氧化性，可与碘化钾反应生成碘，使淀粉溶液变蓝，故B正确；
C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，故C错误；
D．氨气密度比空气小，不能用向上排空气法收集，应用向下排空法收集，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性、酸性高锰酸钾溶液褪色——还原性、滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。
16.甲、乙是元素周期表中同一周期IIA和IIIA的两种元素，若甲的原子序数为X，则乙的原子序数不可能是( )
A. X+1 B. X+13 C. X+11 D. X+25
【答案】B
【解析】
【详解】甲、乙是元素周期表中同一周期的第ⅡA族和第ⅢA族的两种元素，甲的原子序数为X。若在短周期，甲、乙为相邻元素，二者原子序数相差1，则乙的原子序数为X+1；若在四、五周期，中间有10个纵行，二者原子序数相差11，乙的原子序数为X+11；若在六、七周期，中间有10个纵行，且存在镧系和锕系(各有15种元素)，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差25，即乙的原子序数为X+25，因此乙的原子序数不可能是X+13，故选B。
【点睛】掌握周期表中列与族的关系和元素周期表的结构是解题的关键。解答本题要注意周期表中的第六、七周期的第3列中分别存在镧系和锕系，各有15种元素。
17.短周期元素A、B、C原子序数依次递增，它们的原子的最外层电子数之和为10。A与C在周期表中同主族，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数。下列叙述正确的是( )
A. 原子半径A＜B＜C
B. A的氢化物的稳定性大于C的氢化物
C. B的最高价氧化物的水化物是强碱
D. A与C可形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C原子序数依次递增，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，则B的最外层电子数为2，A与C在周期表中同主族，根据它们的原子的最外层电子数之和为10，可知A、C的最外层电子数为4，分别为C元素、Si元素，则B为Mg元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为C元素、B为Mg元素，C为Si元素。
A．A为C元素，B为Mg元素，C为Si元素，同一周期自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：Mg＞Si＞C，故A错误；
B．同主族元素，非金属性越强，氢化物的越稳定，A的氢化物的稳定性大于C的氢化物，故B正确；
C．B的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，属于中强碱，不是强碱，故C错误；
D．A与C形成的化合物为SiC，为共价化合物，故D错误；
答案选B
18.铝与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，可以采取的措施是( )
A. 升高温度
B. 加入适量NaCl(aq)
C. 加入少量CuSO4溶液
D. 将盐酸改为浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，活化分子数目增多，反应速率加快，且不影响生成的氢气总量，故A正确；
B．加入适量NaCl(aq)，相当于加水稀释，溶液中的氢离子浓度降低，反应速率减慢，故B错误；
C．加入少量的硫酸铜溶液，锌置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，但部分Al与硫酸铜发生了置换反应，因此生成氢气的量减少，故C错误；
D．将盐酸改为浓硫酸，常温下，浓硫酸与铝发生钝化，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，注意浓硫酸与铝的反应与稀硫酸、盐酸与铝反应的区别。
19.在图所示的装置中，a的金属性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是( )
A. 碳棒上有气体放出，溶液的pH增大
B. 导线中有电子流动，电子从a极流到b极
C. a是正极，b是负极
D. a极上发生了氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】a的活动性比氢要强，b为碳棒，该装置能发生自发的氧化还原反应，构成原电池，a作负极，碳棒作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，碳棒上氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答。
【详解】A．该原电池中金属作负极，碳棒b作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极碳上氢离子得电子发生还原反应，碳棒上有气体放出，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；
B．该装置是原电池，有电流产生，电子从负极a沿导线流向正极b，故B正确；
C．该原电池中，金属的金属性大于氢元素，所以金属a作负极，碳棒b作正极，故C错误；
D．a作负极，负极上失电子发生氧化反应，故D正确；
答案选C。
20.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是( )
A. Y2为0.2mol·L－1 B. Y2为0.35mol·L－1
C. X2为0.2mol·L－1 D. Z为0.4mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
X2(气)+Y2(气)⇌2Z(气)，
开始(mol/L)：0.1 0.3 0.2
变化(mol/L)：0.1 0.1 0.2
平衡(mol/L)：0 0.2 0.4
若反应向逆反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：
X2(气)+Y2(气)⇌2Z(气)，
开始(mol/L)：0.1 0.3 0.2
变化(mol/L)：0.1 0.1 0.2
平衡(mol/L)：0.2 0.4 0
由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c(X2)＜0.2 mol/L，0.2 mol/L＜c(Y2)＜0.4 mol/L，0＜c(Z)＜0.4 mol/L，故B正确、ACD错误，故选B。
【点睛】利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答是关键。假设法是解化学习题的常用方法，注意不能等于计算出的极限值。
21.Y元素最高正价与负价的绝对值之差是4，Y元素与M元素形成离子化合物，并在水中电离出电子层结构相同的离子，该化合物是( )
A. K2S B. Na2S C. Na2O D. KCl
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，Y元素最高正价与最低负价的绝对值之差是4，则Y最高正价为+6，Y为S元素，再由Y元素与M元素形成离子化合物且在水中电离出电子层结构相同的离子，推出M为第四周期的金属元素，选项中只有K元素符合，则该化合物为K2S，故选A。
22.下列物质对应的表示正确的是( )
A. NH4Br电子式：
B. CaCl2电子式：
C. N2电子式：
D. CO2结构式： O=C=O
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Br为离子化合物，由氨根离子与溴离子构成，电子式为：，故A错误；
B．CaCl2是离子化合物，由钙离子与氯离子构成，电子式为，故B错误；
C．氮气中存在三对共用电子对，还有2个未成对电子，电子式为，故C错误；
D．二氧化碳为直线型结构，电子式为，因此二氧化碳的结构式为O=C=O，故D正确；
答案选D。
23. 如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的( )。
A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸
B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸
C. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液
D. A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性，负极上金属失电子变成阳离子进入溶液，质量减少；正极上得电子发生还原反应，正极上析出物质，若析出的物质是金属，则正极质量增加，据此分析。
【详解】根据题意可知：在该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以排除A、C选项；A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项中是H+放电析出氢气不是金属，D选项析出金属Ag，所以D符合题意，答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理,明确正负极的判断方法，注意不能仅根据金属的活泼性判断正负极，要根据发生反应的反应类型判断正负极，如：Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池，铝作负极，镁作正极。
24.已知拆开1molH-H键消耗能量E1，拆开1molO=O键消耗能量E2，结合1molH-O键放出能量E3，对于氢气燃烧生成水的反应的能量变化描述，下列各项正确的是( )
A. 2E1+E2>2E3 B. 2E1+E2<4E3
C. 2E1+E2>4E3 D. 2E1+E2<2E3
【答案】B
【解析】
【详解】1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O键需吸收的能量分别为E1、E2，形成1molO-H键放出E3热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)，反应放热，断开1molH-H键和molO=O键所吸收的能量为E1+E2，生成新键释放的能量为2E3，则E1+E2＜2E3，即2E1+E2＜4E3，故选B。
25.下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )
A. 用氯化铵和氢氧化钙制NH3
B. 用MnO2 和浓盐酸制氯气
C. 用锌粒和稀硫酸制氢气
D. 用双氧水和二氧化锰制氧气
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成物中有水，如果试管口高于试管底，会发生水倒流而炸裂试管，且试管口应塞一团棉花，防止氨气与空气对流，故A错误；
B．二氧化锰和浓盐酸需要在加热条件下反应制备氯气，常温下不反应，且氯气密度比空气大，用向上排空法收集，故B错误；
C．锌粒和稀硫酸反应制取氢气，属于固体、液体不加热型，生成的氢气的密度小于空气，不可用向上排空气法收集，故C错误；
D．用过氧化氢与二氧化锰制O2，属于固体、液体不加热型，生成的氧气不易溶于水，可采用排水集气法收集，故D正确；
答案选D。
26.下列关于有机物的说法正确的是( )
A. 乙烯使溴水褪色说明乙烯与溴发生了取代反应
B. 乙烯的结构简式为CH2CH2
C. 甲烷、乙烯和苯的分子中原子都在同一平面上
D. “西气东输”中的“气”主要成分是甲烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯中含有不饱和的碳碳双键，能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，故A错误；
B．烯烃的结构简式中的碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．甲烷分子为正四面体，所有原子不共面，故C错误；
D．“西气东输”输送的是天然气，而天然气的主要成分为甲烷，故D正确；
答案选D。
27.某烷烃含200个氢原子，则该烃的分子式是( )
A. C97H200 B. C98H200 C. C99H200 D. C100H200
【答案】C
【解析】试题分析：烷烃的通式为CnH2n＋2，如果烷烃含200个氢原子，则该烃分子中碳原子个数是，因此分子式为C99H200，答案选C。
考点：考查有机物分子式计算
28.有关化学用语正确的是( )
A. 甲烷的结构简式CH4 B. 乙烯的结构简式CH2CH2
C. 异戊烷的分子式C5H8 D. 四氯化碳的电子式
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷为正四面体结构，甲烷中存在4个碳碳单键，甲烷的结构简式为CH4，故A正确；
B．乙烯中存在碳碳双键，乙烯结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．异戊烷含有12个H，分子式为C5H12，故C错误；
D．四氯化碳为共价化合物，氯原子最外层达到8电子稳定结构，四氯化碳的电子式为，故D错误；
答案选A。
29.某有机物在氧气中充分燃烧，生成的CO2和H2O的物质的量之比为1:2,则（ ）
A. 分子中C、H、O个数之比为1:2:3 B. 分子中C、H个数之比为1:2
C. 分子中可能含有氧原子 D. 此有机物的最简式为CH4
【答案】C
【解析】试题分析：有机物在氧气中充分燃烧，生成的CO2和H2O的物质的量之比为1:2，则根据原子守恒可知，有机物中分子中碳、氢原子个数比为1：4，所以选项AB不正确。D也不正确，因为不能确定是否含有氧元素，所以正确的答案选C。
考点：考查有机物燃烧的有关计算和判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，主要是考查利用质量守恒判断有机物元素组成，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。根据碳元素、氢元素的质量之和与有机物的质量，判断有机物中是否含有元素是解答的关键。
30.同分异构现象是有机化学中一种普遍的现象，下列有关同分异构体的叙述，正确的是( )
A. 组成成分相同而结构不同的物质互称同分异构体
B. 分子式相同而结构不同的化合物互称同分异构体
C. 互为同分异构体的物质的性质相同
D. 互为同分异构体的物质的物理性质相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．组成成分相同而结构不同的物质不一定是同分异构体，如乙炔和苯，故A错误；
B．不同的化合物具有不同的结构，所以化学式相同而结构不同的化合物互称为同分异构体，故B正确；
C．互为同分异构体的有机物具有不同的结构，所以其性质不一定相同，如丙烯与环丙烷互为同分异构体，二者的性质不同，故C错误；
D．互为同分异构体的有机物具有不同的结构，所以其物理性质可能不同，如乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体，乙酸溶于水，甲酸甲酯不溶于水，故D错误；
答案选B。
第Ⅱ卷 非选择题(共40分)
31.I.写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号_____。
II. 在原子序数1—18号元素中：
(1)与水反应最剧烈的金属是_____________。
(2)与水反应最剧烈的非金属单质是_____________。
(3)第三周期简单离子半径最小的是_____________ 。
(4)气态氢化物最稳定的化学式是_____________。
(5)最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_____________
(6)某非金属元素的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成一种离子化合物，该离子化合物是___________
III. 下列变化中，①Br2挥发，②烧碱熔化，③O2溶于水，④NaCl溶于水， ⑤H2SO4溶于水，⑥Na2O2溶于水。(下列各空用序号作答)
(1)未发生化学键破坏的是__________。
(2)仅发生离子键破坏的是__________。
(3)既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是______________________。
【答案】(1). 188O (2). Na (3). F2 (4). Al3+ (5). HF (6). HClO4 (7). NH4NO3 (8). ①③ (9). ②④ (10). ⑥
【解析】
【分析】Ⅰ.依据原子化学符号中左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，质子数+中子数=质量数解答；
II.根据原子半径、元素的金属性和非金属性的变化规律和判断方法分析解答；
III.根据物质的变化过程中因此判断发生变化的作用力，一般而言，分子晶体的状态变化，破坏分子间作用力，离子晶体的状态变化破坏离子键，原子晶体的状态变化破坏共价键，物质发生反应一定破坏化学键。
【详解】Ⅰ.含有8个质子、10个中子的原子的质量数=8+10=18，化学符号为188O，故答案为：188O；
II.(1)与水反应最剧烈的金属单质是金属性最强的金属，根据同周期从左向右金属性越来越弱，同主族从上向下金属性越来越强，则在前三个周期中，金属性最强的金属应该是Na，故答案为：Na；
(2)与水反应最剧烈的非金属单质是非金属性最强的非金属，根据同周期从左向右，非金属性越来越强，同主族从上向下，非金属性越来越弱，则在前三个周期中，非金属性最强的非金属是F，故答案为：F2；
(3)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，第三周期简单离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+；
(4)非金属性越强，对应氢化物越稳定，则在前三个周期中，氢化物的最稳定的是HF，故答案为：HF；
(5)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则在前三个周期中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是HClO4(不是F，因为F无最高正价)，故答案为：HClO4；
(6)某非金属元素的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成一种离子化合物，该元素为N，形成的离子化合物是NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
III.①Br2挥发为物理变化，破坏的是分子间作用力，化学键不变；
②烧碱熔化，发生电离，离子键发生断裂；
③O2溶于水，不发生化学变化，为溶解过程，化学键不变；
④NaCl溶于水，发生电离，离子键发生断裂；
⑤H2SO4溶于水，发生电离，共价键发生断裂；
⑥Na2O2溶于水，发生化学变化生成NaOH和氧气，离子键、共价键均被破坏；
(1)未发生化学键破坏的是①③，故答案为：①③；
(2)仅发生离子键破坏的是②④，故答案为：②④；
(3)既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是⑥，故答案为：⑥。
【点睛】本题的易错点为II.(5)，要注意F和O一般没有正化合价，没有最高价氧化物的水化物。
32.A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素。根据以上信息回答下列问题：
(1)B元素在周期表中的位置是_________________。
(2)A单质的电子式_________________。
(3)D的简单阳离子的离子结构示意图_________________。
(4)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由大到小的顺序是(用元素符号填写)_________。
(5)用电子式表示C2B2的形成过程___________________________________。
(6)写出E的单质分别与C元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：____；
【答案】(1). 第二周期ⅥA族 (2). (3). (4). Na＞Mg＞Al＞N＞O (5). (6). 2Al＋2OH－+6H2O=2[Al(OH)4 ]- +3H2↑（或2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑）
【解析】
【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则A、B处于第二周期，C、D、E处于第三周期；C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙，则C为Na元素，B为O元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al元素；D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙，则D为Mg元素、A为N元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为Na元素，D为Mg元素，E为Al元素。
(1)B为O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；
(2)A为氮元素，A单质的电子式为，故答案为：；
(3) D为镁元素，简单阳离子的离子结构示意为，图故答案为：；
(4)同一周期自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，故原子半径：Na＞Mg＞Al＞N＞O，故答案为：Na＞Mg＞Al＞N＞O；
(5)C2B2为Na2O2，是由2个钠离子和1个过氧根构成，过氧化钠的形成过程用电子式表示为，故答案为：；
(6)E的单质为Al，C的最高价氧化物的水化物为NaOH，它们反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑(或2Al＋2OH－+6H2O=2[Al(OH)4 ]- +3H2↑)，故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑(或2Al＋2OH－+6H2O=2[Al(OH)4 ]- +3H2↑)。
33.如图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置．其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铁丝。 试回答：
(1)仪器A的名称为_____________ ；B中的试剂为__________；装置①的离子方程式为__________________________；
(2)C试剂为______________；D试剂作用为_______________；
(3)E中干燥红色布条_______________ (填“褪色”或“不褪色”)；
(4)F管中现象_______________，化学方程式为_________________ ；
(5)H中试剂为_________，化学方程式为____________________ ；
(6)为了验证反应后的剩余物质，下面是他们设计的方案，其中合理的是________(填字母)。
A．取反应后溶液，冷却，过滤，若有残渣，说明有二氧化锰剩余
B．取反应后溶液，向其中加入稀硝酸和硝酸银溶液，若有白色沉淀，则有盐酸剩余
C．取反应后溶液，向其中加入锌粒，若产生气泡，说明有盐酸剩余
D．取反应后溶液，向溶液中加入少量碳酸氢钠粉末，若产生气泡，则说明二氧化锰已反应完
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2 (3). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (4). 饱和食盐水 (5). 吸收氯气中的水蒸气 (6). 不褪色 (7). 生成红棕色的烟 (8). 2Fe+3Cl22FeCl3 (9). NaOH溶液 (10). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (11). AC
【解析】
【分析】(1)根据仪器的结构分析解答；依据实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气书写化学方程式；
(2)制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质，需要先除去氯化氢，再干燥，据此分析解答；
(3)E检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气无漂白性；
(4)F中铁在加热条件下和氯气反应生成氯化铁，氯化铁是棕色固体；
(5)氯气有毒，需要用氢氧化钠溶液吸收；
(6)二氧化锰难溶于水；氯化锰在溶液中能电离出氯离子；二氧化锰与稀盐酸不反应，据此分析判断。
【详解】(1)根据图示，仪器A为分液漏斗；装置①是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，因此B中是二氧化锰固体，A中是浓盐酸，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2，MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质，可以先用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再用浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气，故答案为：饱和NaCl溶液；除去Cl2中的水蒸气；
(3)E是检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气无漂白性，干燥的有色布条不褪色，故答案为：不褪色；
(4)F中铁在加热条件下和氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，生成的氯化铁形成棕色烟，故答案为：产生大量棕色烟；2Fe+3Cl22FeCl3；
(5)氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：NaOH溶液；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(6)A．二氧化锰难溶于水，取反应后溶液，冷却、过滤，若有残渣，说明有二氧化锰剩余，故A正确；B．氯化锰在溶液中能电离出氯离子，取反应后溶液，向其中加入稀硝酸和硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明溶液中有氯离子，但不能说明溶液中有盐酸剩余，故B错误；C．取反应后溶液，向其中加入锌粒，锌粒与盐酸反应生成氢气，若产生气泡，说明有盐酸剩余，故C正确；D．加入少量碳酸氢钠粉末，若产生气泡，说明有HCl，由于二氧化锰与稀盐酸不反应，所以溶液中有HCl存在，不能说明二氧化锰已完全反应，故D错误；故答案为：AC。
【点睛】掌握实验室制备氯气的原理和氯气的性质是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意氯化铁固体的颜色和溶液的颜色的区别，不要混淆。
可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cu 64 Zn 65 Ag 108
第I卷 选择题(共60分)
一、单选题(本题共30小题，每小题2分。每题只有一个答案正确。)
1.下列各组中，互为同位素的是( )
A. D2O和H2O B. SO2和SO3
C. O2和O3 D. 235U和238U
【答案】D
【解析】
【详解】A．D2O和H2O为化合物，不原子，不是同位素，故A错误；
B．SO3和SO2 为化合物，不是原子，不是同位素，故B错误；
C．氧气、臭氧是氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故C错误；
D．235U和238U质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，是同位素，故D正确；
答案选D。
【点睛】明确同位素的概念是解本题的关键。本题的易错点为C，要注意同位素与同素异形体的区别。
2.元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近的元素可用于( )
A. 制新农药 B. 制新医用药物
C. 制半导体材料 D. 制高温合金
【答案】C
【解析】
【详解】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有一定的金属性又具有一定的非金属性，可以找到半导体材料；新制农药元素、医用药物可以从周期表的左上角中的非金属元素中找到；制耐高温合金材料的元素在过渡元素中寻找，故选C。
3.下列事实不能用元素周期律解释的有 ( )
A. 碱性：KOH>NaOH B. 酸性：HClO4 >H2SO4
C. 相对原子质量：Ar>K D. 元素的金属性：Mg>Al
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属性K＞Na，元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性KOH＞NaOH，可用元素周期律解释，故A不选；
B．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，·酸性HClO4＞H2SO4，可用元素周期律解释，故B不选；
C．Ar的相对原子质量为39.95，K的相对原子质量为39.10，不能利用元素周期律解释，故C选；
D．同周期，从左向右，金属性减弱，则元素的金属性：Mg＞Al，可用元素周期律解释，故D不选；
答案选C。
4.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是 ( )
A. 甲烷在氧气中的燃烧反应
B. 灼热的木炭与CO2反应
C. 锌粒与稀硫酸的反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．灼热的木炭与CO2反应为吸热反应，C元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B选；
C．锌粒与稀硫酸的反应，为金属与酸的反应，为放热反应，Zn、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；
D．Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应为吸热反应，但没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故D不选；
答案选B。
【点睛】解答本题需要了解常见的吸热和放热反应。常见的吸热反应有：大部分分解反应，NH4Cl固体与Ba(OH)2•8H2O固体的反应，炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，炭与水蒸气的反应等。本题的易错点为D，要注意根据化合价的变化判断氧化还原反应。
5.反应A(g)+3B(g) 2C(g)(吸热反应)，达到平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述正确的是 ( )
A. 正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡向正反应方向移动
B. 正反应速率减慢，逆反应速率加快，平衡向逆反应方向移动
C. 正反应速率和逆反应速率都减慢，平衡向正反应方向移动
D. 正反应速率和逆反应速率都减慢，平衡向逆反应方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A(g)+3B(g) 2C(g)的正反应为吸热反应，降低温度，正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，故选D。
6.下列说法正确的是( )
A. 含有离子键的化合物必是离子化合物
B. 含有共价键的化合物就是共价化合物
C. 共价化合物可能含离子键
D. 离子化合物中不可能含有共价键
【答案】A
【解析】
【详解】A．离子化合物中一定含有离子键，则含有离子键的化合物一定是离子化合物，故A正确；
B．离子化合物中可能含共价键，如NaOH中含O-H共价键，所以具有共价键的化合物不一定为共价化合物，故B错误；
C．共价化合物中一定不含离子键，含离子键的化合物一定不是共价化合物，故C错误；
D．离子化合物中可能含共价键，如KOH为离子化合物，含O-H共价键，故D错误；
答案选A。
7.已知2SO2+O22SO3为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是（ ）
A. O2的能量一定高于SO2的能量
B. SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量
C. SO2的能量一定高于SO3的能量
D. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生
【答案】B
【解析】判断一个反应是放热反应还是吸热反应，关键看反应物的总能量与生成物的总能量的差值。如果反应物的总能量高于生成物的总能量，反应就放热，B项正确；A、C两项错误，都没有考虑总能量差；放热反应只表明反应物总能量比生成物总能量高，而加热是反应的条件，两者无必然联系，许多放热反应也必须加热才能开始进行，D项错误。
8.下列四种溶液跟锌片反应，最初反应速率最快的是 ( )
A. 10℃ 20mL 3mol/L的盐酸溶液
B. 20℃ 30mL 2mol/L的盐酸溶液
C. 20℃ 20mL 2mol/L的盐酸溶液
D. 20℃ 10mL 2mol/L的硫酸溶液
【答案】D
【解析】
【详解】锌与稀酸反应的本质为Zn+2H+═H2↑+Zn2+，B、C、D的温度都是20℃，而A的温度为10℃，B、C、D中D的c(H+)最大，根据温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，D中反应温度最高，氢离子浓度最大，最初反应速率最快，故选D。
9.一定温度下，体积一定的容器内发生可逆反应3X(g)+Y(g) 4Z(g)，达到平衡的标志是 ( )
A. 密度不随时间的变化
B. 3V(正，X)==V(逆，Y)
C. 单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y
D. 压强不随时间变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．容器容积不变，混合气体总质量不变，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故A错误；
B．3V正(X)=V逆(Y)，不满足化学计量数关系，说明正反应速率＜逆反应速率，该反应没有达到平衡状态，故B错误；
C．单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到平衡状态，故C正确；
D．由3X(g)+Y(g) 4Z(g)可知，该反应前后的化学计量数之和相等，所以压强不再变化的状态不一定是平衡状态，故D错误；
答案选C。
【点睛】明确化学平衡状态的特征是解答的关键。本题的易错点为B，要注意平衡时正反应速率=逆反应速率，应该是V正(X)=3V逆(Y)。
10.下列说法正确的 ( )
A. 短周期元素X、Y的原子序数相差2，则X、Y不可能处于同一主族
B. 可根据氢化物的稳定性和酸性强弱，来判断非金属元素的得电子能力强弱
C. 单原子形成的离子，一定与稀有气体原子的核外电子排布相同
D. 非金属元素的最高化合价不超过其元素原子的最外层电子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．第ⅠA族的H和Li元素的原子序数差为2，则X、Y可能处于同一主族，故A错误；
B．可以根据非金属元素的原子的氢化物的稳定性和最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，来判断非金属元素得电子能力强弱，不能利用氢化物的酸性来比较非金属性，故B错误；
C．H+的核外电子是零，与稀有气体原子的核外电子排布不相同，故C错误；
D．非金属元素的最高化合价大多是等于原子的最外层电子数，其中F、O元素没有正价，故D正确；
答案选D。
11.在铝与稀硫酸的反应中，已知10s末硫酸的浓度减少了0.6 mol/L，不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10s内生成硫酸铝的平均反应速率是( )
A. 0.02 mol/(L•min) B. 1.2 mol/(L•min)
C. 1.8mol/(L•min) D. 0.18 mol/(L•min)
【答案】B
【解析】
【详解】铝与稀硫酸的反应方程式为：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，10s末硫酸的浓度减少了0.6mol•L-1，则v(H2SO4)==0.06mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故v[Al2(SO4)3]= v(H2SO4)=×0.06mol/(L•s)=0.02mol/(L•s)，即v[Al2(SO4)3]=0.02mol/(L•s)=1.2mol/(L•min)，故选B。
【点睛】掌握核心反应速率的计算表达式和速率之比等于化学计量数之比是解题的关键。本题的易错点为单位的换算，要注意1mol/(L•s)=60mol/(L•min)。
12.具有相同质子数的两种粒子( )
A. 一定是同种元素 B. 一定是一种分子和一种离子
C. 一定是不同离子 D. 无法判断
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子、氖原子等具有相同的质子数(均是10)，但不属于同种元素，故A错误；
B．水分子和甲烷分子具有相同的质子数，但不是一种分子和一种离子，故B错误；
C．水分子和甲烷分子具有相同的质子数，但不是不同离子，故C错误；
D．相同质子数的两种粒子不一定是同种元素，不一定是一种分子和一种离子，不一定是不同离子，因此无法判断两种粒子间的关系，故D正确；
答案选D。
13.已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是( )
A. 原子半径：X＞Y＞W＞Z B. 原子序数：Y＞X＞Z＞W
C. 原子最外层电子数：Y＞X＞Z＞W D. 金属性：X＞Y，还原性：W2-＞Z-
【答案】C
【解析】
【分析】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，则X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X；Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，再根据元素周期律分析判断。
【详解】A．Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Y＞X＞Z＞W，同周期元素原子序数越大，半径越小，所以原子半径X＞Y，W＞Z，原子核外电子层数越多，半径越大，所以原子半径：X＞Y＞W＞Z，故A正确；
B．X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，Z、W处于同一周期，且处于X、Y所在周期上一周期，原子序数Z＞W，所以原子序数Y＞X＞Z＞W，故B正确；
C．X、Y处于同一周期，原子序数Y＞X，则原子最外层电子数Y＞X；Z、W处于同一周期，原子序数Z＞W，则原子最外层电子数Z＞W，X、Y形成阳离子，Z、W形成阴离子，所以最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C错误；
D．X、Y处于同一周期，形成阳离子，原子序数Y＞X，所以金属性：X＞Y；Z、W处于同一周期，形成阴离子，原子序数Z＞W，所以非金属性Z＞W，非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：W2-＞Z-，故D正确；
答案选C。
14.已知元素砷(As)的原子序数为33，下列叙述正确的是( )
A. 砷元素的最高化合价为+3价
B. 砷原子的第三电子层含有8个电子
C. 砷元素是第四周期的主族元素
D. 砷的氧化物的水溶液呈强碱性
【答案】C
【解析】
【分析】砷的原子结构示意图为：，砷位于第四周期第ⅤA族，砷和氮元素处于同一主族，同一主族元素的性质具有相似性，据此分析解答。
【详解】A．主族元素的最高化合价与其族序数相同(但O、F除外)，所以砷的最高化合价是+5价，故A错误；
B．根据原子示意图知，砷的第三电子层上有18个电子，故B错误；
C．根据原子结构示意图知，砷位于第四周期第ⅤA族，故C正确；
D．砷和氮元素处于同一主族，同一主族元素的性质具有相似性，所以砷的氧化物的水溶液呈酸性，故D错误；
答案选C。
15.下图装置可用于收集气体并验证其化学性质，下列对应关系完全正确的是( )
选项
气体
试剂
现象
结论
A
NO
紫色石蕊溶液
溶液变红
NO与水反应生成硝酸
B
Cl2
淀粉KI溶液
溶液变蓝
Cl2有氧化性
C
SO2
品红溶液
溶液褪色
SO2有强氧化性
D
NH3
MgCl2溶液
产生白色沉淀
NH3有碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．NO易与氧气反应，不能用排空气法收集，故A错误；
B．氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集，氯气具有强氧化性，可与碘化钾反应生成碘，使淀粉溶液变蓝，故B正确；
C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，故C错误；
D．氨气密度比空气小，不能用向上排空气法收集，应用向下排空法收集，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性、酸性高锰酸钾溶液褪色——还原性、滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。
16.甲、乙是元素周期表中同一周期IIA和IIIA的两种元素，若甲的原子序数为X，则乙的原子序数不可能是( )
A. X+1 B. X+13 C. X+11 D. X+25
【答案】B
【解析】
【详解】甲、乙是元素周期表中同一周期的第ⅡA族和第ⅢA族的两种元素，甲的原子序数为X。若在短周期，甲、乙为相邻元素，二者原子序数相差1，则乙的原子序数为X+1；若在四、五周期，中间有10个纵行，二者原子序数相差11，乙的原子序数为X+11；若在六、七周期，中间有10个纵行，且存在镧系和锕系(各有15种元素)，ⅡA族元素、ⅢA族元素的原子序数相差25，即乙的原子序数为X+25，因此乙的原子序数不可能是X+13，故选B。
【点睛】掌握周期表中列与族的关系和元素周期表的结构是解题的关键。解答本题要注意周期表中的第六、七周期的第3列中分别存在镧系和锕系，各有15种元素。
17.短周期元素A、B、C原子序数依次递增，它们的原子的最外层电子数之和为10。A与C在周期表中同主族，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数。下列叙述正确的是( )
A. 原子半径A＜B＜C
B. A的氢化物的稳定性大于C的氢化物
C. B的最高价氧化物的水化物是强碱
D. A与C可形成离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C原子序数依次递增，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，则B的最外层电子数为2，A与C在周期表中同主族，根据它们的原子的最外层电子数之和为10，可知A、C的最外层电子数为4，分别为C元素、Si元素，则B为Mg元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为C元素、B为Mg元素，C为Si元素。
A．A为C元素，B为Mg元素，C为Si元素，同一周期自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径：Mg＞Si＞C，故A错误；
B．同主族元素，非金属性越强，氢化物的越稳定，A的氢化物的稳定性大于C的氢化物，故B正确；
C．B的最高价氧化物的水化物为氢氧化镁，属于中强碱，不是强碱，故C错误；
D．A与C形成的化合物为SiC，为共价化合物，故D错误；
答案选B
18.铝与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，可以采取的措施是( )
A. 升高温度
B. 加入适量NaCl(aq)
C. 加入少量CuSO4溶液
D. 将盐酸改为浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，活化分子数目增多，反应速率加快，且不影响生成的氢气总量，故A正确；
B．加入适量NaCl(aq)，相当于加水稀释，溶液中的氢离子浓度降低，反应速率减慢，故B错误；
C．加入少量的硫酸铜溶液，锌置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，但部分Al与硫酸铜发生了置换反应，因此生成氢气的量减少，故C错误；
D．将盐酸改为浓硫酸，常温下，浓硫酸与铝发生钝化，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，注意浓硫酸与铝的反应与稀硫酸、盐酸与铝反应的区别。
19.在图所示的装置中，a的金属性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是( )
A. 碳棒上有气体放出，溶液的pH增大
B. 导线中有电子流动，电子从a极流到b极
C. a是正极，b是负极
D. a极上发生了氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】a的活动性比氢要强，b为碳棒，该装置能发生自发的氧化还原反应，构成原电池，a作负极，碳棒作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，碳棒上氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答。
【详解】A．该原电池中金属作负极，碳棒b作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极碳上氢离子得电子发生还原反应，碳棒上有气体放出，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A正确；
B．该装置是原电池，有电流产生，电子从负极a沿导线流向正极b，故B正确；
C．该原电池中，金属的金属性大于氢元素，所以金属a作负极，碳棒b作正极，故C错误；
D．a作负极，负极上失电子发生氧化反应，故D正确；
答案选C。
20.在密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是( )
A. Y2为0.2mol·L－1 B. Y2为0.35mol·L－1
C. X2为0.2mol·L－1 D. Z为0.4mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
X2(气)+Y2(气)⇌2Z(气)，
开始(mol/L)：0.1 0.3 0.2
变化(mol/L)：0.1 0.1 0.2
平衡(mol/L)：0 0.2 0.4
若反应向逆反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：
X2(气)+Y2(气)⇌2Z(气)，
开始(mol/L)：0.1 0.3 0.2
变化(mol/L)：0.1 0.1 0.2
平衡(mol/L)：0.2 0.4 0
由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c(X2)＜0.2 mol/L，0.2 mol/L＜c(Y2)＜0.4 mol/L，0＜c(Z)＜0.4 mol/L，故B正确、ACD错误，故选B。
【点睛】利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答是关键。假设法是解化学习题的常用方法，注意不能等于计算出的极限值。
21.Y元素最高正价与负价的绝对值之差是4，Y元素与M元素形成离子化合物，并在水中电离出电子层结构相同的离子，该化合物是( )
A. K2S B. Na2S C. Na2O D. KCl
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，Y元素最高正价与最低负价的绝对值之差是4，则Y最高正价为+6，Y为S元素，再由Y元素与M元素形成离子化合物且在水中电离出电子层结构相同的离子，推出M为第四周期的金属元素，选项中只有K元素符合，则该化合物为K2S，故选A。
22.下列物质对应的表示正确的是( )
A. NH4Br电子式：
B. CaCl2电子式：
C. N2电子式：
D. CO2结构式： O=C=O
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Br为离子化合物，由氨根离子与溴离子构成，电子式为：，故A错误；
B．CaCl2是离子化合物，由钙离子与氯离子构成，电子式为，故B错误；
C．氮气中存在三对共用电子对，还有2个未成对电子，电子式为，故C错误；
D．二氧化碳为直线型结构，电子式为，因此二氧化碳的结构式为O=C=O，故D正确；
答案选D。
23. 如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的( )。
A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸
B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸
C. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液
D. A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性，负极上金属失电子变成阳离子进入溶液，质量减少；正极上得电子发生还原反应，正极上析出物质，若析出的物质是金属，则正极质量增加，据此分析。
【详解】根据题意可知：在该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以排除A、C选项；A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项中是H+放电析出氢气不是金属，D选项析出金属Ag，所以D符合题意，答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理,明确正负极的判断方法，注意不能仅根据金属的活泼性判断正负极，要根据发生反应的反应类型判断正负极，如：Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池，铝作负极，镁作正极。
24.已知拆开1molH-H键消耗能量E1，拆开1molO=O键消耗能量E2，结合1molH-O键放出能量E3，对于氢气燃烧生成水的反应的能量变化描述，下列各项正确的是( )
A. 2E1+E2>2E3 B. 2E1+E2<4E3
C. 2E1+E2>4E3 D. 2E1+E2<2E3
【答案】B
【解析】
【详解】1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O键需吸收的能量分别为E1、E2，形成1molO-H键放出E3热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)，反应放热，断开1molH-H键和molO=O键所吸收的能量为E1+E2，生成新键释放的能量为2E3，则E1+E2＜2E3，即2E1+E2＜4E3，故选B。
25.下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )
A. 用氯化铵和氢氧化钙制NH3
B. 用MnO2 和浓盐酸制氯气
C. 用锌粒和稀硫酸制氢气
D. 用双氧水和二氧化锰制氧气
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成物中有水，如果试管口高于试管底，会发生水倒流而炸裂试管，且试管口应塞一团棉花，防止氨气与空气对流，故A错误；
B．二氧化锰和浓盐酸需要在加热条件下反应制备氯气，常温下不反应，且氯气密度比空气大，用向上排空法收集，故B错误；
C．锌粒和稀硫酸反应制取氢气，属于固体、液体不加热型，生成的氢气的密度小于空气，不可用向上排空气法收集，故C错误；
D．用过氧化氢与二氧化锰制O2，属于固体、液体不加热型，生成的氧气不易溶于水，可采用排水集气法收集，故D正确；
答案选D。
26.下列关于有机物的说法正确的是( )
A. 乙烯使溴水褪色说明乙烯与溴发生了取代反应
B. 乙烯的结构简式为CH2CH2
C. 甲烷、乙烯和苯的分子中原子都在同一平面上
D. “西气东输”中的“气”主要成分是甲烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯中含有不饱和的碳碳双键，能和溴水发生加成反应，使溴水褪色，故A错误；
B．烯烃的结构简式中的碳碳双键不能省略，故乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．甲烷分子为正四面体，所有原子不共面，故C错误；
D．“西气东输”输送的是天然气，而天然气的主要成分为甲烷，故D正确；
答案选D。
27.某烷烃含200个氢原子，则该烃的分子式是( )
A. C97H200 B. C98H200 C. C99H200 D. C100H200
【答案】C
【解析】试题分析：烷烃的通式为CnH2n＋2，如果烷烃含200个氢原子，则该烃分子中碳原子个数是，因此分子式为C99H200，答案选C。
考点：考查有机物分子式计算
28.有关化学用语正确的是( )
A. 甲烷的结构简式CH4 B. 乙烯的结构简式CH2CH2
C. 异戊烷的分子式C5H8 D. 四氯化碳的电子式
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷为正四面体结构，甲烷中存在4个碳碳单键，甲烷的结构简式为CH4，故A正确；
B．乙烯中存在碳碳双键，乙烯结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C．异戊烷含有12个H，分子式为C5H12，故C错误；
D．四氯化碳为共价化合物，氯原子最外层达到8电子稳定结构，四氯化碳的电子式为，故D错误；
答案选A。
29.某有机物在氧气中充分燃烧，生成的CO2和H2O的物质的量之比为1:2,则（ ）
A. 分子中C、H、O个数之比为1:2:3 B. 分子中C、H个数之比为1:2
C. 分子中可能含有氧原子 D. 此有机物的最简式为CH4
【答案】C
【解析】试题分析：有机物在氧气中充分燃烧，生成的CO2和H2O的物质的量之比为1:2，则根据原子守恒可知，有机物中分子中碳、氢原子个数比为1：4，所以选项AB不正确。D也不正确，因为不能确定是否含有氧元素，所以正确的答案选C。
考点：考查有机物燃烧的有关计算和判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，主要是考查利用质量守恒判断有机物元素组成，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。根据碳元素、氢元素的质量之和与有机物的质量，判断有机物中是否含有元素是解答的关键。
30.同分异构现象是有机化学中一种普遍的现象，下列有关同分异构体的叙述，正确的是( )
A. 组成成分相同而结构不同的物质互称同分异构体
B. 分子式相同而结构不同的化合物互称同分异构体
C. 互为同分异构体的物质的性质相同
D. 互为同分异构体的物质的物理性质相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．组成成分相同而结构不同的物质不一定是同分异构体，如乙炔和苯，故A错误；
B．不同的化合物具有不同的结构，所以化学式相同而结构不同的化合物互称为同分异构体，故B正确；
C．互为同分异构体的有机物具有不同的结构，所以其性质不一定相同，如丙烯与环丙烷互为同分异构体，二者的性质不同，故C错误；
D．互为同分异构体的有机物具有不同的结构，所以其物理性质可能不同，如乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体，乙酸溶于水，甲酸甲酯不溶于水，故D错误；
答案选B。
第Ⅱ卷 非选择题(共40分)
31.I.写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号_____。
II. 在原子序数1—18号元素中：
(1)与水反应最剧烈的金属是_____________。
(2)与水反应最剧烈的非金属单质是_____________。
(3)第三周期简单离子半径最小的是_____________ 。
(4)气态氢化物最稳定的化学式是_____________。
(5)最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_____________
(6)某非金属元素的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成一种离子化合物，该离子化合物是___________
III. 下列变化中，①Br2挥发，②烧碱熔化，③O2溶于水，④NaCl溶于水， ⑤H2SO4溶于水，⑥Na2O2溶于水。(下列各空用序号作答)
(1)未发生化学键破坏的是__________。
(2)仅发生离子键破坏的是__________。
(3)既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是______________________。
【答案】(1). 188O (2). Na (3). F2 (4). Al3+ (5). HF (6). HClO4 (7). NH4NO3 (8). ①③ (9). ②④ (10). ⑥
【解析】
【分析】Ⅰ.依据原子化学符号中左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，质子数+中子数=质量数解答；
II.根据原子半径、元素的金属性和非金属性的变化规律和判断方法分析解答；
III.根据物质的变化过程中因此判断发生变化的作用力，一般而言，分子晶体的状态变化，破坏分子间作用力，离子晶体的状态变化破坏离子键，原子晶体的状态变化破坏共价键，物质发生反应一定破坏化学键。
【详解】Ⅰ.含有8个质子、10个中子的原子的质量数=8+10=18，化学符号为188O，故答案为：188O；
II.(1)与水反应最剧烈的金属单质是金属性最强的金属，根据同周期从左向右金属性越来越弱，同主族从上向下金属性越来越强，则在前三个周期中，金属性最强的金属应该是Na，故答案为：Na；
(2)与水反应最剧烈的非金属单质是非金属性最强的非金属，根据同周期从左向右，非金属性越来越强，同主族从上向下，非金属性越来越弱，则在前三个周期中，非金属性最强的非金属是F，故答案为：F2；
(3)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，第三周期简单离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+；
(4)非金属性越强，对应氢化物越稳定，则在前三个周期中，氢化物的最稳定的是HF，故答案为：HF；
(5)非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则在前三个周期中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是HClO4(不是F，因为F无最高正价)，故答案为：HClO4；
(6)某非金属元素的氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成一种离子化合物，该元素为N，形成的离子化合物是NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
III.①Br2挥发为物理变化，破坏的是分子间作用力，化学键不变；
②烧碱熔化，发生电离，离子键发生断裂；
③O2溶于水，不发生化学变化，为溶解过程，化学键不变；
④NaCl溶于水，发生电离，离子键发生断裂；
⑤H2SO4溶于水，发生电离，共价键发生断裂；
⑥Na2O2溶于水，发生化学变化生成NaOH和氧气，离子键、共价键均被破坏；
(1)未发生化学键破坏的是①③，故答案为：①③；
(2)仅发生离子键破坏的是②④，故答案为：②④；
(3)既发生离子键破坏，又发生共价键破坏的是⑥，故答案为：⑥。
【点睛】本题的易错点为II.(5)，要注意F和O一般没有正化合价，没有最高价氧化物的水化物。
32.A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙。D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙。E是地壳中含量最高的金属元素。根据以上信息回答下列问题：
(1)B元素在周期表中的位置是_________________。
(2)A单质的电子式_________________。
(3)D的简单阳离子的离子结构示意图_________________。
(4)A、B、C、D、E五种元素的原子半径由大到小的顺序是(用元素符号填写)_________。
(5)用电子式表示C2B2的形成过程___________________________________。
(6)写出E的单质分别与C元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：____；
【答案】(1). 第二周期ⅥA族 (2). (3). (4). Na＞Mg＞Al＞N＞O (5). (6). 2Al＋2OH－+6H2O=2[Al(OH)4 ]- +3H2↑（或2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑）
【解析】
【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，则A、B处于第二周期，C、D、E处于第三周期；C、B可按原子个数比2∶1和1∶1分别形成两种化合物甲和乙，则C为Na元素，B为O元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al元素；D、A按原子个数比3∶2形成化合物丙，则D为Mg元素、A为N元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为Na元素，D为Mg元素，E为Al元素。
(1)B为O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；
(2)A为氮元素，A单质的电子式为，故答案为：；
(3) D为镁元素，简单阳离子的离子结构示意为，图故答案为：；
(4)同一周期自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，故原子半径：Na＞Mg＞Al＞N＞O，故答案为：Na＞Mg＞Al＞N＞O；
(5)C2B2为Na2O2，是由2个钠离子和1个过氧根构成，过氧化钠的形成过程用电子式表示为，故答案为：；
(6)E的单质为Al，C的最高价氧化物的水化物为NaOH，它们反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑(或2Al＋2OH－+6H2O=2[Al(OH)4 ]- +3H2↑)，故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑(或2Al＋2OH－+6H2O=2[Al(OH)4 ]- +3H2↑)。
33.如图为实验室制取纯净、干燥的Cl2，并进行检验Cl2性质实验的装置．其中E瓶中放有干燥红色布条；F中为铁丝。 试回答：
(1)仪器A的名称为_____________ ；B中的试剂为__________；装置①的离子方程式为__________________________；
(2)C试剂为______________；D试剂作用为_______________；
(3)E中干燥红色布条_______________ (填“褪色”或“不褪色”)；
(4)F管中现象_______________，化学方程式为_________________ ；
(5)H中试剂为_________，化学方程式为____________________ ；
(6)为了验证反应后的剩余物质，下面是他们设计的方案，其中合理的是________(填字母)。
A．取反应后溶液，冷却，过滤，若有残渣，说明有二氧化锰剩余
B．取反应后溶液，向其中加入稀硝酸和硝酸银溶液，若有白色沉淀，则有盐酸剩余
C．取反应后溶液，向其中加入锌粒，若产生气泡，说明有盐酸剩余
D．取反应后溶液，向溶液中加入少量碳酸氢钠粉末，若产生气泡，则说明二氧化锰已反应完
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2 (3). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (4). 饱和食盐水 (5). 吸收氯气中的水蒸气 (6). 不褪色 (7). 生成红棕色的烟 (8). 2Fe+3Cl22FeCl3 (9). NaOH溶液 (10). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (11). AC
【解析】
【分析】(1)根据仪器的结构分析解答；依据实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气书写化学方程式；
(2)制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质，需要先除去氯化氢，再干燥，据此分析解答；
(3)E检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气无漂白性；
(4)F中铁在加热条件下和氯气反应生成氯化铁，氯化铁是棕色固体；
(5)氯气有毒，需要用氢氧化钠溶液吸收；
(6)二氧化锰难溶于水；氯化锰在溶液中能电离出氯离子；二氧化锰与稀盐酸不反应，据此分析判断。
【详解】(1)根据图示，仪器A为分液漏斗；装置①是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，因此B中是二氧化锰固体，A中是浓盐酸，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2，MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)制得的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质，可以先用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再用浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气，故答案为：饱和NaCl溶液；除去Cl2中的水蒸气；
(3)E是检验氯气是否具有漂白性的实验验证，氯气无漂白性，干燥的有色布条不褪色，故答案为：不褪色；
(4)F中铁在加热条件下和氯气反应生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，生成的氯化铁形成棕色烟，故答案为：产生大量棕色烟；2Fe+3Cl22FeCl3；
(5)氯气有毒，不能直接排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：NaOH溶液；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(6)A．二氧化锰难溶于水，取反应后溶液，冷却、过滤，若有残渣，说明有二氧化锰剩余，故A正确；B．氯化锰在溶液中能电离出氯离子，取反应后溶液，向其中加入稀硝酸和硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明溶液中有氯离子，但不能说明溶液中有盐酸剩余，故B错误；C．取反应后溶液，向其中加入锌粒，锌粒与盐酸反应生成氢气，若产生气泡，说明有盐酸剩余，故C正确；D．加入少量碳酸氢钠粉末，若产生气泡，说明有HCl，由于二氧化锰与稀盐酸不反应，所以溶液中有HCl存在，不能说明二氧化锰已完全反应，故D错误；故答案为：AC。
【点睛】掌握实验室制备氯气的原理和氯气的性质是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意氯化铁固体的颜色和溶液的颜色的区别，不要混淆。
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