2023学年内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗第一中学化学高一第二学期期末质量检测试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述不正确的是（）A．反应②的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋NaHCO3B．反应①、过滤后所得沉淀为Fe2O3C．图中所示转化反应都不是氧化还原反应D．试剂X可以是氢氧化钠溶液2、保护环境是我国的一项基本国策。下列做法中，不利于环保的是（）A．任意排放污水B．推广使用脱硫煤C．减少汽车尾气排放D．推广使用无磷洗涤剂3、根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是A．与得电子能力相同B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl−、S2−、Ca2+、K+半径逐渐减小D．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱4、在光照的条件下，将1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为amol，bmol，cmol，该反应中消耗的氯气的物质的量是()A．(1+a+b+c)mol B．(2a＋3b＋4c)molC．(1＋a＋2b＋3c)mol D．(a＋b＋c)mol5、等物质的量的下列物质完全燃烧时，消耗氧气的量最多的是A．C2H4 B．C2H6 C．C2H5OH D．CH3COOH6、一定温度下恒容的密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是A．正反应速率和逆反应速率相等且都为零B．容器内气体的总压强不随时间变化C．单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2D．容器内气体的平均相对分子质量不随时间变化7、某烷烃的结构如图，下列命名正确的是A．2，4-二甲基-3-乙基己烷B．3-异丙基-4-甲基已烷C．2-甲基-3，4-二乙基戊烷D．3-甲基-4-异丙基已烷8、海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2C．在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂D．某同学设计了如下装置制取无水MgCl2，装置A的作用是制取干燥的HCl气体9、葡萄糖是提供人体能量的营养物质，它在人体内发生的主要反应是（）A．酯化反应B．氧化反应C．还原反应D．水解反应10、下列能源组合中，均属于新能源的一组是（）①天然气；②煤；③核能；④石油；⑤太阳能；⑥生物质能；⑦风能；⑧氢能．A．①②③④ B．①⑤⑥⑦⑧ C．③④⑤⑥⑦⑧ D．③⑤⑥⑦⑧11、下列说法错误的是A．可以长期大量服用抗生素来预防疾病B．常吃粗粮和蔬菜有助于消化、预防直肠癌等C．毒品危害极大，青少年一定要远离毒品D．误食了重金属盐，可立即喝大量的牛奶来缓解毒性12、下列叙述正确的是A．油脂和蛋白质都属于高分子化合物B．天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物C．蚕丝、羊毛、棉花可用来制作纺织品，它们的成分都是蛋白质D．葡萄糖与果糖是同分异构体，淀粉与纤维素也是同分异构体13、下列表示正确的是A．硫原子结构示意图 B．乙炔的结构简式CHCHC．乙烯的球棍模型 D．NaCl的电子式14、在新制氯水中存在多种分子和离子,下列实验现象和结论一致且正确的是A．加入AgNO3后,再加稀硝酸酸化,有白色沉淀产生,说明有Cl-B．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰,说明有Cl2C．将KHCO3固体加入新制的氯水中,有气泡产生,说明有HClOD．光照新制氯水有气泡逸出,该气体一定是Cl215、将7g某铜银合金与足量的amol/L的HNO3充分反应后，放出的气体与标准状况下的氧气0.56L混合，通入水中恰好完全被吸收，此合金铜的质量是（）A．1.6gB．2.4gC．3.2gD．4.8g16、下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A．聚乙烯 B．甲烷 C．苯 D．乙烯17、括号内物质为杂质，下列除去杂质的方法不正确的是A．乙酸乙酯(乙酸)：用NaOH溶液洗涤后，分液B．乙烷(乙烯)：用溴水洗气C．溴苯(溴)：用NaOH溶液洗涤后，分液D．乙醇(水)：用生石灰吸水后蒸馏18、下列物质不属于高分子化合物的是A．蛋白质 B．聚乙烯 C．油脂 D．淀粉19、下列推断正确的是（）A．根据同浓度的两元素含氧酸钠盐（正盐）溶液的碱性强弱，可判断该两元素非金属性的强弱B．根据同主族两非金属元素氢化物沸点高低，可判断该两元素非金属性的强弱C．根据相同条件下两主族金属单质与水反应的难易，可判断两元素金属性的强D．根据两主族金属原子最外层电子数的多少，可判断两元素金属性的强弱20、关于化学反应与能量的说法中错误的是A．中和反应是放出能量的B．化学反应中有物质变化也有能量变化C．如图所示的反应为放热反应D．化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量21、化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是A．利用化石燃料燃烧放出的热量使水分解制备氢气，是氢能开发的研究方向B．石油的分馏和煤的干馏，都属于化学变化C．向鸡蛋清的溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，鸡蛋清因发生变性而析出D．可利用二氧化碳制备全降解塑料22、锂海水电池常用在海上浮标等助航设备中，其示意图如图所示。电池反应为2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑。电池工作时，下列说法错误的是()A．金属锂作负极B．电子从锂电极经导线流向镍电极C．可将电能转化为化学能D．海水作为电解质溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）常见有机物A、B、C、D、E的相互转化关系如下图。已知D是有香味且不易溶于水的油状液体，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答：(1)A中含有的官能团名称是___________。(2)B的结构简式是___________。(3)①的化学方程式是__________________。(4)下列说法正确的是______。a.E分子中所有原子在同一平面上b.用饱和Na2CO3溶液除去D中混有的Cc.②的反应类型为取代反应24、（12分）甲、乙、丙、丁分别是乙烷、乙烯、乙炔、苯中的一种；①甲、乙能使溴的四氯化碳溶液褪色。乙与等物质的量的H2反应生成甲，甲与等物质的量的H2反应生成丙。②丙既不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使KMnO4酸性溶液褪色。③丁能使溴水褪色的原因与甲能使溴水褪色的原因不同，丁也不能使KMnO4酸性溶液褪色，但丁在一定条件下可与溴发生取代反应。相同条件下，丁蒸气的密度是乙密度的3倍。据以上叙述完成下列问题：（1）写出甲的结构简式__________、乙的结构式____________、丙分子中含有的化学键类型是__________；（2）写出丁与液溴在催化剂作用下发生取代反应的方程式_________________；（3）写出甲使溴的四氯化碳溶液褪色的化学方程式_______________________。25、（12分）某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律．Ⅰ．甲同学设计了如下图装置来一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较。（1）甲同学在连接好仪器后，加入药品之前要检查装置气密性。首先关闭_____，将导管伸入烧杯液面以下，再_____，如果C中______，则说明________（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在A中加________溶液，B中加____溶液，C中加________溶液，将观察到C中__________的现象．但老师认为，该现象不足以证明三者非金属性强弱，请用文字叙述理由_______。（3）为避免上述问题，应在B、C之间增加一个盛有足量____（选填下列字母：A．浓盐酸B．浓NaOH溶液C．饱和Na2CO3溶液D．饱和NaHCO3溶液）的洗气装置．改进后C中发生反应的离子方程式是__________．Ⅱ．丙同学设计了如下图装置来验证卤族元素性质的递变规律．A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润淀粉KI试纸、湿润红纸．（1）请写出浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式_________________（2）A中棉花颜色变_______，则说明非金属性Cl＞Br；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，将所得溶液蒸干并灼烧，最后得到的物质是_________（3）丙同学利用此实验证明卤素单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2，你认为合理吗____，（填“合理”或“不合理”）理由是___________．26、（10分）海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2与MgCl2•6H2O的流程如下：（1）写出一种海水淡化的方法_____。（2）比较溶液中Br2的浓度：溶液2_____溶液4（填“>”或“<”）。（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，其化学方程式是_______。（4）试剂①可以选用__________，加入试剂②后反应的离子方程式是_________。（5）从MgCl2溶液获得MgCl2•6H2O晶体的主要操作包括_________。27、（12分）ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2·SiO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取。已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2＋。②部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子Fe3＋Al3＋ZrO2＋开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.25.28.0(1)“熔融”时ZrSiO4发生反应的化学方程式为________________________________。(2)“滤渣Ⅰ”的化学式为________________。(3)为使滤液Ⅰ中的杂质离子沉淀完全，需用氨水调pH＝a，则a的范围是________；继续加氨水至pH＝b时，所发生反应的离子方程式为__________________________________________。(4)向“过滤Ⅲ”所得滤液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为____________________________。28、（14分）短周期元素a、b、c、d、e在周期表中的相对位置如图所示。已知a元素形成的物质种类最多。回答下列问题：（1）在周期表中，b在元素周期表中的位置为______。（2）b、c、e的气态氢化物热稳定性由强到弱的顺序为_____（用化学式表示）。（3）在d的氢化物中，既含极性键又含非极性键的分子的电子式为____。（4）a的单质在过量的d的单质气体中燃烧生成气态产物，转移1mol电子时放出的热量为98.75kJ。写出反应的热化学方程式:_______。（5）请写出e单质与石灰乳制成漂白粉的化学方程式________。29、（10分）醋酸(CH3COOH)是一种常见的弱酸。(1)为用实验证明醋酸是弱电解质，实验小组同学设计如下几种方案：①用pH试纸测出0.1mol/L的醋酸溶液pH：若pH___1(填“>”、“<”或“=”)，则证明醋酸是弱酸；②先测0.1mol/L醋酸的pH；量取该溶液5mL用蒸馏水稀释至500mL，再测其pH，若________________，则证明醋酸是弱电解质；③分别配制pH相同的醋酸和盐酸，各取10mL与足量的锌粒反应(装置如图)，测试在不同时间间隔中得到H2的量，即可证明醋酸是弱电解质。下列示意图(X为醋酸，Y为盐酸)中，符合该实验结果的是__________(选填字母)；但在该实验中难以实现之处为__________________________________。(举例)(2)醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠(CH3COONa)。①将CH3COONa固体溶于蒸馏水后其溶液显碱性，其原因是(用离子方程式表示)______________________________；在该溶液中，下列关系式中正确的是________；(选填字母)A．c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)B．c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)C．c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)D．c(CH3COO-)>c(OH-)>c(Na+)>c(H+)②醋酸和氢氧化钠反应后得到溶液中溶质的组成有多种可能：若得到的溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，试推断该溶液中的溶质为_____；若得到的溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，则可以推断该溶液中的溶质可能为____；③将amol/LCH3COOH稀溶液和bmol/LNaOH稀溶液等体积混合：若测得溶液中c(OH-)=c(H+)，则a___b；(选填“>”、“<”、“=”、“≤”或“≥”)若测得溶液中c(OH-)>c(H+)，则a___b；(选填“>”、“<”、“=”、“≤”或“≥”)

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【答案解析】

根据反应②的生成物碳酸氢钠和氢氧化铝可知，Y是CO2，则乙中含有偏铝酸钠，所以X是强碱。铝土矿先与强碱反应生成偏铝酸盐，沉淀为Fe2O3；然后偏铝酸盐中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝和碳酸氢钠；所以选项ABD是正确的。电解熔融的氧化铝冶炼单质铝是氧化还原反应，所以选项C是错误的，答案选C。2、A【答案解析】试题分析：A、任意排放污水回造成环境污染，不利于环保，正确；B、推广使用脱硫煤，可以减小二氧化硫的排放，有利于环保，错误；C、减少汽车尾气排放，减少对大气的污染，有利于环保，错误；D、推乿使用无磷ⴗ涤剂，可以减少对水体的污染，有利于环保，错误，答案选A。考点：考查化学与环境的关系3、A【答案解析】

A、与都是Cl原子，得电子能力相同，故A正确；B、核外电子排布相同的微粒可以是分子、原子或离子，如O2‾、Na+、Mg2+等化学性质不相同，故B错误；C、核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则S2‾半径大于Cl‾，故C错误；D、因同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，但没有指明最高价含氧酸，故D错误；答案选A。4、C【答案解析】

根据碳原子守恒可知生成一氯甲烷的物质的量是(1－a－b－c)mol。根据取代反应的特点可知：1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，生成几氯甲烷就消耗多少mol的氯气，因此消耗的氯气的物质的量为：(1－a－b－c)mol＋2amol＋3bmol＋4cmol＝(1＋a＋2b＋3c)mol，答案为C。5、B【答案解析】试题分析：根据有机物的燃烧通式CnHmOz＋（n＋m/4—z/2）O2＝nCO2＋m/2H2O可知在物质的量相同的条件下有机物完全燃烧消耗的氧气与（n＋m/4—z/2）有关系，（n＋m/4—z/2）越大消耗的氧气越多，则根据有机物的分子式可知选项A、B、C、D中（n＋m/4—z/2）分别是3、3.5、3、2，答案选B。考点：考查有机物燃烧计算6、C【答案解析】试题分析：A．正反应速率和逆反应速率相等且都不为零是化学平衡状态的标志，A错误；B、反应前后气体的化学计量数之和相等，反应无论是否达到平衡状态，压强都不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；C、单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D、反应前后气体的质量不变，物质的量不变，无论是否达到平衡状态，平均相对分子质量都不随时间变化，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误．考点：可逆反应达到平衡状态的标准的判定。7、A【答案解析】

A、根据烷烃的系统命名法，选择最长碳链为主链，当主链有多条时，以取代基简单的为主链；称某烷；编号位，定支链，所以该烃的名称是2，4-二甲基-3-乙基己烷，答案选A。8、C【答案解析】分析：A．蒸馏法、电渗析法、离子交换法都可用于淡化海水，据此分析判断；B.根据苦卤中主要含有溴的化合物分析判断；C.根据氢氧化钠和氢氧化钙的工业成本分析判断；D.根据氯化镁加热时能够水解分析判断。详解：A．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故A正确；B.苦卤中主要含有溴的化合物，将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故B正确；C.在工业上一般选用氢氧化钙作为沉淀剂，氢氧化钙可以通过加热分解石灰石或贝壳得到，成本较低，故C错误；D.氯化镁加热时能够水解，生成的氯化氢易挥发，会促进水解，因此用如图装置制取无水MgCl2，需要在干燥的HCl气体的气氛中进行，故D正确；故选C。点睛：本题考查了元素及其化合物的性质和物质的分离与提纯。本题的易错点为D，要注意盐类水解知识的应用。9、B【答案解析】葡萄糖在人体内完全氧化，同时释放能量来维持人体生命活动所需。10、D【答案解析】

天然气、煤、石油、均是化石燃料，不属于新能源，其余③核能、⑤太阳能、⑥生物质能、⑦风能、⑧氢能均是新能源，答案选D。【点晴】新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等。常见的新能源有太阳能、风能、生物质能、氢能、地热能和潮汐能等许多种，注意相关基础知识的积累。11、A【答案解析】

A.如果长期使用或滥用抗生素，就会使病菌的抗药性增强而失去治疗效果，不能用来预防疾病，故A错误；B.多吃粗粮和新鲜的蔬菜有助于消化，保持大便通畅，预防直肠癌，故B正确；C.吸毒会使人记忆力下降、主动性降低、性格孤僻、意志消沉，影响正常的学习、工作和生活，青少年一定要远离毒品，故C正确；D.重金属离子能使蛋白质变性而中毒，一些可溶性的重金属盐（如含Cu2+、Ba2+、Ag+等可溶性盐）与蛋白质作用会使蛋白质变性，使蛋白质丧失其生理功能，若人误食重金属盐中毒后，为减轻毒性，可立即喝大量牛奶，让牛奶与重金属盐作用，缓解毒性，故D正确；故选A。12、B【答案解析】

A项、油脂不属于高分子化合物，故A错误；B项、天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点，故B正确；C项、蚕丝、羊毛的成分都是蛋白质，棉花的成分是纤维素，故C错误；D项、葡萄糖和果糖分子式相同结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素的聚合度n不同，不属于同分异构体，故D错误。故选B。【答案点睛】本题考查常见有机物的基本性质，注意糖类、油脂和蛋白质的组成和性质是解答关键。13、C【答案解析】

A、硫原子的核外有16个电子；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略；C、乙烯中碳原子之间以双键结合；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成。【题目详解】A、硫原子的核外有16个电子，故硫原子的结构示意图为，A错误；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略，故乙炔的结构简式为CH≡CH，B错误；C、乙烯中碳原子之间以双键结合，每个碳原子上连2个H原子，故其球棍模型为，C正确；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，故氯化钠的电子式为，D错误。答案选C。14、A【答案解析】试题解析：A．加入AgNO3后,再加稀硝酸酸化,有白色沉淀产生,说明有Cl-与Ag+法反应生成氯化银沉淀；正确；B．新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰,说明有次氯酸，错误；C．将KHCO3固体加入新制的氯水中,有气泡产生,说明有盐酸，错误；D．光照新制氯水有气泡逸出,该气体一定是氧气，错误；考点:考查新制氯水的成分；15、A【答案解析】标准状况下0.56L氧气的物质的量为：n（O2）=0.56L22.4L/mol=0.025mol，

铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，整个反应过程中，金属提供的电子等于氧气获得的电子，

设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，

根据合金总质量可得：x×64g/mol+y×108g/mol=7g，

根据电子守恒列可得：2x+1×y=0.025mol×4，

解得：x=0.025mol、y=0.05mol，

所以合金中铜的质量为：m（Cu）=0.025mol×64g/mol=1.6g点睛：根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，整个反应过程中，金属提供的电子等于氧气获得的电子，根据二者质量及电子转移列方程计算。16、D【答案解析】

A.聚乙烯分子中不含碳碳不饱和键，所以性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，A错误；B.甲烷分子中C原子与H原子形成四个共价键，性质稳定，不能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.苯分子中碳碳键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的一种特殊的化学键，比较稳定，不能与溴水反应，也不能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D.乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故合理选项是D。17、A【答案解析】A．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故A错误；B．乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则溴水、洗气可分离，故B正确；C．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故C正确；D．水与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故D正确；故选A。18、C【答案解析】

A.蛋白质是天然高分子化合物，A不符合题意；B.聚乙烯是人工合成的高分子化合物，B不符合题意；C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，其相对分子质量在1000以下，不属于高分子化合物，C符合题意；D.淀粉是天然高分子化合物，D不符合题意；故合理选项是C。19、C【答案解析】

A.元素的最高价含氧酸的酸性越强，则该元素非金属性越强，故A错误；B、氢化物沸点高低与晶体类型等因素有关，和元素的非金属性强弱没有必然联系，故B错误；C、元素的单质与水反应的越容易，则该元素金属性越强，反之越弱，故C正确；D、当元素原子电子层数相同时，才可以根据最外层电子数的多少判断金属性的强弱，故D错误．故选:C．20、C【答案解析】

A.中和反应是放热反应，故A正确；B.化学反应在生成新物质的同时还伴随能量的变化，故B正确；C.该反应中生成物的总能量大于反应物的总能量，所以该反应为吸热反应，故C错误；D.化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量，故D正确；故选C。【答案点睛】放热反应、吸热反应的判断依据：1）根据反应物具有的总能量与生成物具有的总能量之前的关系：反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，该反应为放热反应；反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，该反应为吸热反应；2）反应物具有的键能总和与生成物具有的键能总和的大小关系：ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，若反应物的总键能大于生成物的总键能，则ΔH大于0，该反应为吸热反应；若反应物的总键能小于生成物的总键能，则ΔH小于0，该反应为放热反应。21、D【答案解析】试题分析：A、高温下使水分解会浪费大量的能源，A错误；B、石油的分馏是物理变化。B错误；C、硫酸铵使蛋白质发生盐析，而不是变性，C错误；D、可利用二氧化碳制备全降解塑料，D正确；答案选D。考点：考查化学与生活的判断22、C【答案解析】

原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此判断。【题目详解】A.锂是活泼的金属，因此金属锂作负极，A正确；B.锂是负极，失去电子，电子从锂电极经导线流向镍电极，B正确；C.该装置是原电池，可将化学能转化为电能，C错误；D.海水中含有氯化钠等电解质，因此海水作为电解质溶液，D正确。答案选C。二、非选择题(共84分)23、羟基CH3CHOCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2Oab【答案解析】

根据物质的分子结构与性质可知A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生B是乙醛CH3CHO，乙醛催化氧化产生的C是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应产生的D是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则E是乙烯CH2=CH2，乙烯与乙酸发生加成反应产生D是CH3COOCH2CH3。【题目详解】根据上述分析可知：A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是CH3COOCH2CH3，E是CH2=CH2。(1)A是CH3CH2OH，官能团是-OH，A中含有的官能团名称是羟基；(2)根据上述分析可知：B的结构简式是CH3CHO；(3)①反应是乙醇与乙酸在浓硫酸存在并加热条件下发生酯化反应形成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以其反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(4)a.E是乙烯，该物质分子是平面分子，键角是120°，分子中所有原子在同一平面上，a正确；b.乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，而乙酸能够与碳酸钠溶液发生产生可溶性乙酸钠、水、二氧化碳，因此可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，b正确；c.②的反应为乙酸与乙烯发生加成反应，故其反应类型为加成反应，c错误；故合理选项是ab。【答案点睛】本题考查了常见物质的推断、转化关系及反应类型的判断的知识。掌握物质官能团的性质与相互关系、常见化学反应的特点是判断、推理的依据。24、CH2=CH2共价键CH2===CH2＋Br2―→CH2Br－CH2Br【答案解析】甲、乙、丙、丁分别是乙烷、乙烯、乙炔、苯中的一种；①甲、乙能使溴的四氯化碳溶液褪色．乙与等物质的量的H2反应生成甲，甲与等物质的量的H2反应生成丙，则乙为乙炔，甲为乙烯，丙为乙烷；②丙中不含双键、三键，为饱和烃，既不能使溴的四氯化碳溶液褪色，也不能使KMnO4酸性溶液褪色；③丁能使溴水褪色的原因与甲能使溴水褪色的原因不同，丁也不能使KMnO4酸性溶液褪色，但丁在一定条件下可与溴发生取代反应．相同条件下，丁蒸气的密度是乙密度的3倍，丁为苯。(1)由上述分析可知，甲的结构简式为CH2=CH2；乙的结构式为H-C≡C-H，丙为乙烷，含C-C、C-H共价键，故答案为CH2=CH2；H-C≡C-H；共价键；(2)丁与液溴在催化剂作用下发生取代反应的方程式为，故答案为；(3)甲使溴的四氯化碳溶液褪色的化学方程式为CH2═CH2+Br2-→CH2Br-CH2Br，故答案为CH2═CH2+Br2-→CH2Br-CH2Br。点睛：本题考查有机物的推断，为高频考点，把握烯烃、炔烃的加成反应推断物质为解答的关键，注意利用信息及有机物的结构与性质来推断物质。25、分液漏斗活塞微热圆底烧瓶有气泡产生，冷却至室温有一段液柱气密性良好HNO3Na2CO3Na2SiO3白色浑浊挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应DSiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32-2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O橙黄色NaCl和KCl不合理有多余的氯气，不能验证Br2和I2的氧化性强弱【答案解析】

根据元素周期律中元素的非金属性递变规律及氧化还原反应的规律进行分析。第I部分根据元素的最高价含氧酸的酸性设计实验；第II部分是根据单质的氧化性设计实验。【题目详解】Ⅰ．甲同学设计了一次性完成元素氮、碳、硅非金属性强弱的比较实验，则可以根据其最高价氧化物的水化物的酸性进行设计，即酸性HNO3＞H2SiO3＞H2CO3。（1）在连接好仪器后，加入药品之前要检查装置气密性。首先关闭分液漏斗活塞，将导管伸入烧杯液面以下，再微热圆底烧瓶，如果C中有气泡产生，冷却至室温有一段液柱，则说明气密性良好。（2）要证明氮、碳、硅非金属性强弱，在A中加HNO3溶液，B中加碳酸盐，可以是Na2CO3溶液，C中加可溶性的硅酸盐溶液，可以是Na2SiO3溶液，将观察到C中出现白色浑浊的现象，但该现象不足以证明三者非金属性强弱，因为硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸可能和硅酸钠反应。（3）为避免上述问题，应在B、C之间增加一个洗气装置，即盛有足量饱和NaHCO3溶液的洗气装置。A．浓盐酸也有挥发性，也会干扰实验；B．浓NaOH溶液会吸收CO2；C．饱和Na2CO3溶液也会吸收CO2；D．饱和NaHCO3溶液能吸收挥发出的硝酸，且能生成CO2，故只能选D。改进后C中发生反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32-。Ⅱ．丙同学设计了验证卤族元素性质的递变规律根据图中信息，可以判断是通过比较其单质的氧化性而设计了实验。首先用浓盐酸与高锰酸钾反应制备Cl2，然后Cl2分别与A、B、C三处的沾有NaBr溶液的棉花、湿润淀粉KI试纸、湿润红纸反应。（1）浓盐酸与高锰酸钾反应的离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。（2）A中发生置换反应生成Br2，棉花颜色变为橙黄色，则说明非金属性Cl＞Br；向NaBr和KI的混合溶液中，通入足量的Cl2充分反应后，发生置换反应生成Br2、I2、NaCl和KCl，将所得溶液蒸干并灼烧，Br2挥发为溴蒸气跑掉，I2升华碘蒸气跑掉，最后得到的物质是难挥发的NaCl和KCl。（3）丙同学利用此实验证明卤素单质氧化性：Cl2＞Br2＞I2，这是不合理的，原因是有多余的氯气，不能证明Br2与KI发生了反应，因此不能验证Br2和I2的氧化性强弱。【答案点睛】实验设计要根据科学性、安全性、可行性和简约性进行，这也是评价实验方案的的依据。要注意实验的干扰因素，并且设计实验措施排除这些干扰因素，保障实验效果达到预期、实验结论合理。例如，本题的第II部分实验设计就不能得到预期的结论，即使最后的红纸不褪色，也不能比较Br2和I2的氧化性强弱。26、蒸馏或渗析或离子交换法（任写一种即可）＜Br2+SO2+2H2O==2HBr+H2SO4Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（减少溶剂浓缩，降温结晶，过滤）【答案解析】

由题给流程可知，向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，过滤；向溶液1中通入氯气，氯气与溶液中的溴离子发生置换反应生成含有单质溴浓度较低的溶液2，用空气和水蒸气吹出溴蒸气，溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸的溶液3，再向所得溶液3通入氯气得到含溴浓度较高的溶液4；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到六水氯化镁。【题目详解】（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸馏或渗析或离子交换法；（2）由流程中提取溴的过程可知，经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集，增大了溶液中溴的浓度，则溶液2中溴的浓度小于溶液4，故答案为：＜；（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，溶液中溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；（4）向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，则试剂①可以选用Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，则试剂②为盐酸。反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；（5）从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。【答案点睛】本题考查化学工艺流程，侧重海水资源的利用考查，注意海水提溴、海水提镁的过程分析是解答关键。27、ZrSiO4＋4NaOHNa2SiO3＋Na2ZrO3＋2H2OH2SiO3(或H4SiO4)5.2～6.2ZrO2＋＋2NH3·H2O＋H2O===Zr(OH)4↓＋2NH4＋2NH4＋＋CaCO3Ca2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O【答案解析】分析：锆英砂(主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr(OH)4，加热分解，即可得到ZrO2。(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀；据此分析解答。详解：(1)高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；故答案为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O；(2)加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；(3)需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr(OH)4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；故答案为：5.2～6.2；ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr(OH)4↓+2NH4+；(4)过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O，故答案为：2NH4++CaCO3=Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；点睛：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，正确分析题目涉及流程的分析应用、掌握化学基本实验操作是解题的关键。本题的易错点为(3)，要正确理解加入氨水调节pH的作用。28、第三周期第ⅣA族HCl>PH3>SiH4C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-395kJ/mol2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【答案解析】

（1）根据b在元素周期表的位置，推出b为Si元素，所以Si在第三周期第ⅣA族；（2）根据元素周期表的位置推断，b、c、e分别为Si、P、Cl，氢化物的热稳定性与它的非金属性有关，同一周期依次递增，所以HCl>PH3>SiH4；（3）在d的氢化物中，既含极