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海量资源尽在星星文库：【答案】D【解析】解：A、铟与铝（13Al）同主族，并且铟元素的原子序数较大，所以In的金属性强，故A正确；B、In的最外层电子数为3，排布在5s、5p轨道上，5s能级上两个电子能量相同，但小于5p能级上的电子能量，所以In最外层有2种能量的电子，故B正确；C、11549In的质量数为115、质子数为49，所以中子数N=119-49=66，故C正确；D、11549In的质量数为115，In的相对原子质量为天然存在的核素In的质量数与其丰度的乘积之和，故D错误；故选：D。A、同一主族元素的金属性随着原子序数的增大而增强；B、铟与铝（13Al）同主族，则In的最外层电子数为3，排布在s、p轨道上；C、中子数N=质量数A-质子数Z，据此计算判断；D、11549In的质量数为115。本题考查原子结构和化学用语，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意基础知识的积累。2.【答案】A【解析】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选：A。一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．3.【答案】D【解析】解：A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A错误；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B错误；C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，但是单原子分子，不含化学键，故C错误；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D正确。故选：D。根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。本题考察了化学键类型和晶体类型的关系。判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。4.【答案】C【解析】解：A．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁，不能生成FeCl2，则不能实现，故A错误；B．S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则不能实现，故B错误；C．铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，则物质间转化都能实现，故C正确；D．氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠，则不能实现，故D错误。故选：C。海量资源尽在星星文库：．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁；B．S在空气中点燃只能生成二氧化硫；C．铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀；D．氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠。本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是物质性质的理解一判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。5.【答案】D【解析】解：A．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故A错误；B．Cl-不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故B错误；C．Fe2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低pH值，故C错误；D．HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故D正确；故选：D。根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答。本题考查盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及常见离子的水解及酸式酸根离子的性质来解答，侧重分析与应用能力的考查。6.【答案】C【解析】解：A．甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确；B．苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故B正确；C．甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是C7H14，故C错误；D．对二甲苯结构对称，有2种H，则一溴代物有2种，故D正确。故选：C。甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离，结合有机物的结构特点解答该题。本题考查较为综合，涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，为高频考点，题目侧重考查学生根据表格的数据分析解决问题的能力，难度不大。7.【答案】C【解析】解：因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，故选C项。根据β-月桂烯含有三个双键，都能发生加成反应，且存在与1，3-丁二烯类似结构，则能发生1，4加成。本题考查烯烃的加成反应，难度中等，明确加成的规律及利用结构与1，3-丁二烯类似来分析解答即可，难点是分析1分子Br2在①②发生1，4加成反应，另1分子Br2在③上加成。8.【答案】B【解析】解：分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃。按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。故选：B。海量资源尽在星星文库：在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节。凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。本题主要考查对高分子化合物的理解与加聚反应，题目难度中等，注意根据聚合反应的类型及链节的结构特点来判断。9.【答案】A【解析】解：A．铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选；B．铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选；C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选；D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选；故选：A。A、铁和Al2O3不反应；B．铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气；C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应；D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁。本题考查了铁的化学性质，注意基本性质的积累，难度不大。10.【答案】A【解析】解：A、18g水的物质的量为n==1mol，而水中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；C、标况下氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、112g铁的物质的量n==2mol，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则故生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。故选：A。A、求出水的物质的量，然后根据水中含10个质子来分析；B、苯不是单双键交替的结构；C、标况下氨水为液体；D、常温下铁在浓硫酸中钝化。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。11.【答案】A【解析】解：A．Na2S2O3溶液和HCl溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A正确；B．H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B错误；C．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C错误；D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D错误；故选：A。A．Na2S2O3溶液和HCl溶液反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠；B．H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水；C．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫和水；D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。本题考查了物质性质、物质变化分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。海量资源尽在星星文库：【答案】B【解析】解：A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被浓度减小引起较大误差，故A正确；B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15.00mL，测定结果偏大，故B错误；C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C正确；D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D正确；故选：B。A、用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管，防止待测液和标准液被稀释；B、25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL；C、根据中和滴定操作中判断滴定终点的方法判断；D、根据滴定管的正确读数方法解答；本题考查了中和滴定操作方法及注意事项，侧重学生实验能力、分析能力和灵活运用能力的考查，明确酸碱滴定实验操作原理是解题关键，注意理解掌握误差分析方法，题目难度不大。13.【答案】B【解析】解：A．NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A正确；B．氯化铜电解生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B错误；C．醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故C正确；D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2（g）+Cl2（g）⇌2HCl（g）△H=（436+243-431×2）kJ/mol=-183kJ•mol-1，H2（g）+Cl2（g）→2HCl（g）+183kJ，故D正确；故选：B。A．NaCl为强电解质，电离出钠离子和氯离子；B．氯化铜电解生成Cu和氯气；C．醋酸为弱酸，部分电离；D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、电离与电解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。14.【答案】B【解析】解：A、NH4HCO3含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A错误；B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B正确；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C错误；D、熔融状态下的Al2O3能带电，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D错误；故选：B。A、NH4HCO3含有营养元素N元素，可用作化肥；B、NaHCO3能与盐酸反应，生成氯化钠、二氧化碳和水；C、SO2能与某些有色物质生成不稳定的无色化合物，表现出漂白性；D、Al2O3是离子化合物，熔融状态下能带电。本题考查金属及其化合物的性质及用途，明确元素化合物性质是解本题关键，熟练掌握元素化合物性质及其用途即可解答，试题有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。15.【答案】B海量资源尽在星星文库：【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。A．Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O＞Na2S，故A错误；B．F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y＜Z，故B正确；C．非金属性F＞S，则气态氢化物的热稳定性：Y＞W，故C错误；D．同一周期从左向右