2023学年文山市重点中学化学高一第二学期期末达标测试试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质属于合金的是A．水银B．钢材C．陶瓷D．玻璃2、2016年世界环境日我国确定的主题是“改善环境质量，推动绿色发展”。下列做法不应该提倡的是A．发展清洁能源B．增加植被面积C．燃烧煤炭供热D．选择绿色出行3、下列有关反应速率的说法正确的是()A．用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快反应速率B．其他条件不变时，增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率加快C．在碳酸钙和盐酸反应中，加多些碳酸钙可使反应速率明显加快D．一定量的稀盐酸跟过量锌粉反应时，为了加快反应速率又不影响生成H2的总量，可采取加入少量CuSO4溶液4、某有机物的结构简式为CH2=CH-CH2-COOH，该有机物不可能发生的化学反应是A．水解B．酯化C．加成D．加聚5、甲、乙两种金属性质比较：①甲的单质熔、沸点比乙的低；②常温下，甲能与水反应放出氢气而乙不能；③最高价氧化物对应的水化物碱性比较，甲比乙的强；④在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多。上述项目中能够说明甲比乙的金属性强的是()A．①② B．②④ C．②③ D．①③6、关于下图所示的原电池，下列说法正确的是A．Cu为正极发生氧化反应B．负极反应为Zn-2e-===Zn2+C．电子由铜片通过导线流向锌片D．该装置能将电能转化为化学能7、下列叙述正确的是()A．铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，铜极放出氢气B．惰性电极电解熔融氯化镁时阴极反应：2H++2e－=H2↑C．电解硫酸铜溶液的阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑+2OH－D．铁锅生锈的正极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－8、已知H-H键的键能为436kJ·mol-1，H-N键的键能为391kJ·mol-1，根据热化学方程式：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1，可知N≡N键的键能是A．431kJ·mol-1 B．649kJ·mol-1 C．945.6kJ·mol-1 D．896kJ·mol-19、将4molA和2molB在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（s）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol·L-1·s-1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L-1·s-1③2s时物质A的转化率为30%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1其中正确的是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．③④10、食盐是生活中常用的调味品，胃酸的主要成分是盐酸。下列关于两种物质的说法正确的是()A．炒菜时放入食盐并不破坏NaCl中的化学键B．胃舒平（主要成分氢氧化铝）与胃酸反应生成的AlCl3属于离子化合物C．盐酸中的溶质HCl属于共价化合物D．NaCl熔化时破坏共价键11、关于FeCl3A．加入盐酸，抑制Fe3+水解 B．升温，抑制FeC．浓度越大，Fe3+水解程度越大 D．将溶液蒸干可得FeCl12、能将化学能转化为电能的产品是A．日光灯管 B．太阳能热水器 C．干电池 D．水轮发电机13、美国科学家将铅和氪两种元素的原子核对撞，获得一种质子数为118、质量数为293的新元素，该元素原子核内的中子数和核外电子数之差为（）A．47 B．57 C．67 D．17514、下列有关金属的工业制法中，正确的是()A．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B．制铁：以铁矿石为原料，用焦炭和空气反应生成CO在高温下还原铁矿石中的铁C．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，电解熔融的氧化镁得镁D．制钛：用金属钠置换TiCl15、在铝与稀硫酸的反应中，已知10s末硫酸的浓度减少了0.6mol·L-1，若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．1.2mol·L-1·min-1 B．0.02mol·L-1·min-1C．1.8mol·L-1·min-1 D．0.18mol·L-1·min-116、科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质溶液的燃料电池中发电，电池负极反应式为()A．H2＋2OH－－2e－=2H2O B．O2＋4H＋＋4e－=2H2OC．H2－2e－=2H＋ D．O2＋2H2O＋4e－=4OH－17、下列物质一定属于纯净物的是A．冰醋酸 B．铝热剂 C．聚乙烯 D．C4H1018、4NH3+5O2⇌A．使用催化剂可以加快反应速率B．增大压强可以加快反应速率C．达到平衡时，V(正)＝V(逆)D．增大O2的浓度可以使NH3全部转变为NO19、下列关于有机物因果关系的叙述中,完全正确的一组是选项原因结论A乙烯与苯都能使溴水褪色苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键B乙酸分子中含有羧基可与NaHCO3溶液反应生成CO2C纤维素和淀粉的化学式均为(C6H10O5)n它们互为同分异构体D蔗糖和乙烯在一定条件下都能与水反应二者属于同一反应类型A．A B．B C．C D．D20、下列粒子间的关系，描述不正确的是A．1735Cl与1737C．和属于同种物质D．CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体21、下列有关化学研究的正确说法是（）A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律B．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、、Cl、Br、I的非金属递增的规律C．利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁D．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液22、下列过程吸收热量的是()A．食物腐败B．干冰升华C．酸碱中和D．镁条燃烧二、非选择题(共84分)23、（14分）元素a、b、c、d、e为前20号主族元素，原子序数依次增大。b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3；c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的。请回答：（1）bd2的电子式_________；e的最高价氧化物的水化物所含化学键类型为_______、________（2）在只由a、b两种元素组成的化合物中，如果化合物的质量相同，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多的是________；（3）d的最高价氧化物对应的水化物是铅蓄电池的电解质溶液。正极板上覆盖有二氧化铅，负极板上覆盖有铅，①写出放电时负极的电极反应式：______________________________；②铅蓄电池放电时，溶液的pH将_________（填增大、减小或不变）。当外电路上有0.5mol电子通过时，溶液中消耗电解质的物质的量为___________。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）工业上可利用地沟油制备乙醇，乙醇再加工制备多种化工材料。(1)A的结构简式为_____________________________。(2)“反应I”的现象是__________________________。(3)B的官能团名称为______________________。(4)实验室合成草酸二乙酯的步骤为:如图，在a中加入10.6g无水乙醇、9.0g无水草酸、脱水剂甲苯、催化剂TsOH(有机酸)和2~3片碎瓷片，在74~76℃充分反应。a中所得混合液冷却后依饮用水、饱和碳酸钠溶液洗涤，再用无水硫酸钠干燥。减压蒸馏，得到草酸二乙酯12.8g。①仪器的名称是____，碎瓷片的作用是____________________________。②合成过程最合适的加热方式是__________。a.酒精灯直接加热b.油浴C．水浴d.砂浴③饱和碳酸钠溶液的作用是__________________________。④合成草酸二乙酯的化学方程式为______________________________。⑤草酸二乙酯的产率为____________________(保留小数点后一-位)。26、（10分）某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3•6H2O晶体。（图中夹持及尾气处理装置均已略去）（1）装置B中发生反应的化学方程式是______。（2）装置E中的现象是______。（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。写出可能发生的有关反应化学方程式：______。（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3•6H2O晶体，设计流程如图所示：①步骤I中通入Cl2的作用是________。②简述检验滤液中Fe3+的操作方法_______。③步骤Ⅱ从FeCl3稀溶液中得到FeCl3•6H2O晶体的主要操作包括：_______。27、（12分）乙酸乙酯用途广泛，在食品中可作为香料原料，现利用如下方法制备和提纯。Ⅰ、制备在试管a中先加入3mLCH3CH2OH，边摇动边缓缓加入2mL浓H2SO4并充分摇匀，冷却后再加入2mLCH3CO18OH，充分混合后将试管固定在铁架台上，在试管b中加入7mL饱和碳酸钠溶液。连接好装置。用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止加热。（1）该装置有一处错误，请指出__________________________。（2）试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式（标记出18O的位置）______________________________。（3）加入浓H2SO4的作用是______________________________。II、提纯：（1）操作1需用到_____________（填仪器名称），上层液体从该仪器的_________分离出来（填“上口”或“下口”）。（2）请根据乙酸乙酯的性质选择合适的干燥剂__________。a.氯化钙b.碱石灰c.硫酸铜（3）试管b中混合液体在振荡过程中有气泡产生，该反应的化学方程式为_________________________。28、（14分）已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据下图回答：（1）A中所含官能团的名称为________________。（2）质谱分析发现B的相对分子质量为208；红外光谱显示B分子中含有苯环结构和两个酯基；核磁共振氢谱中有五个吸收峰，其峰值比为2︰2︰2︰3︰3，其中苯环上的一氯代物只有两种。则B的结构简式为___________________。（3）写出下列反应方程式：①____________________________；④_____________________________。（4）符合下列条件的B的同分异构体共有________________种。①属于芳香族化合物；②含有三个取代基，其中只有一个烃基，另两个取代基相同且处于相间的位置；③能发生水解反应和银镜反应。29、（10分）某研究小组的同学用下图所示装置进行氯气的性质实验。请回答：（1）若要得到干燥的氯气，则①中所加的试剂应为_____。（2）若①中盛放的是湿润的红纸条，则观察到的现象为_____。（3）若①要验证氯气具有氧化性，则所用的溶液不能是_____（填序号）。a.FeCl2b.溴水c.KI溶液（4）装置②中反应的离子方程式是_____。

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、B【答案解析】试题分析：A、水银是纯净物，不属于合金，故A错误；B、钢材是铁与碳的合金，故B正确；C、陶瓷是混合物，不含有金属单质，故C错误；D、玻璃是混合物，不含有金属单质，故D错误；故选B。【考点定位】考查金属与合金【名师点晴】本题考查合金的特征。掌握合金的特征是正确解答本题的关键，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等。视频2、C【答案解析】A、传统的化石燃料煤、石油和天然气主要含碳元素，燃烧产生大量的CO2，造成温室效应，还含有S、N等元素，形成酸雨和光化学烟雾；清洁能源例如H2、太阳能、风能等不会或者很少造成环境污染，故应提倡发展清洁能源，A正确。B、增加植被面积，吸收产生的大量的CO2，有利于降低温室效应的影响，并减少水土流失，B正确。C、传统的化石燃料煤、石油和天然气主要含碳元素，燃烧产生大量的CO2，造成温室效应，还含有S、N等元素，形成酸雨和光化学烟雾，C错误。D、低碳生活，可以少开车，多步行或坐公交车等绿色出行的方式都减少CO2的排放量，D正确。正确答案为C3、D【答案解析】

A、铁与浓硫酸发生钝化反应，改用98%的浓硫酸不能加快反应速率，故A不符合题意；B、其他条件不变，增大压强，增加单位体积内活化分子的个数，使化学反应速率加快，故B不符合题意；C、碳酸钙是固体，浓度视为常数，即多加些碳酸钙不能使反应速率明显加快，故C不符合题意；D、加入少量的CuSO4，发生Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，构成原电池，加快反应速率，锌粉是过量，即也不影响生成H2的总量，故D符合题意；答案选D。4、A【答案解析】分析：根据有机物分子中含有碳碳双键和羧基，结合乙烯和乙酸的性质解答。详解：某有机物的结构简式为CH2＝CH-CH2-COOH，分子中含有碳碳双键和羧基，因此该有机物可以发生酯化反应、加成反应和加聚反应，但不能发生水解反应，答案选A。5、C【答案解析】

①金属性的强弱与单质的熔、沸点的高低无关，①错误；②常温下，甲能与水反应放出氢气而乙不能，所以甲的金属性强于乙，②正确；③最高价氧化物对应的水化物碱性比较，甲比乙的强，则甲比乙的金属性强，③正确；④金属性强弱与失去电子的多少没有关系，只与难易程度有关系，④错误；综上所述②③正确，故答案选C。6、B【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、在原电池中负极发生氧化反应，金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，发生还原反应，A错误；B、锌是负极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+，B正确；C、锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则电子从锌出来通过导线流向铜，C错误；D、原电池是将化学能变化电能的装置，D错误。答案选B。7、D【答案解析】

A、铜的活泼性弱于铁,在FeCl3溶液中发生反应2FeC13+Fe=3FeCl2，铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，铜电极发生还原反应，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+,故A错误；B、惰性电极电解熔融氯化镁时，阴极反应为Mg2++2e-=Mg，故B错误；

C、电解硫酸铜溶液，阳极上水电离出的氢氧根生成氧气，阴极上Cu2+得电子，生成金属铜，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故C错误；D.铁锅生锈，发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e-+H2O=4OH-，故D正确；所以本题答案：D。8、C【答案解析】

解：已知：H-H键能为436kJ/mol，H-N键能为391kJ/mol，令N≡N的键能为x，

对于反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x=945.6kJ/mol，故答案为C。9、D【答案解析】

利用三段式法计算：B的浓度为=1mol/L2A（s）+B（g）⇌2C（g）起始（mol/L）：10变化（mol/L）：0.30.62s时（mol/L）：0.70.6①A为固体，由于固体的浓度在反应中不改变，所以不能用固体物质来表示反应速率，故①错误；②2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）==0.15mol•L-1•s-1，故②错误；③2s时物质A的转化率为α=×100%=30%，故③正确；④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1，故④正确。所以正确的为③④。故选D。10、C【答案解析】分析：A.食盐溶于水，电离出自由移动的离子，破坏离子键；B.AlCl3属于共价化合物，；C.HCl由非金属元素构成，为共价化合物；D.NaCl为离子化合物，不存在共价键。详解：A.食盐溶于水，电离出自由移动的离子，破坏离子键，故A错误；B.AlCl3属于共价化合物，故B错误；C.HCl由非金属元素构成，为共价化合物，故C正确；D.NaCl为离子化合物，不存在共价键，故D错误。故本题选C。11、A【答案解析】

氯化铁溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，依据外界因素对水解平衡的影响因素分析作答。【题目详解】根据上述分析可知：A.加入盐酸，铁离子的水解平衡中生成物的浓度增大，则会抑制Fe3+水解，AB.铁离子的水解属于吸热反应，因此升温促进水解平衡，B项错误；C.根据“越稀越水解”原则可知，反应物铁离子的浓度越大，Fe3+水解程度越小，CD.因氯化铁水解产物氯化氢易挥发，会促进铁离子向水解方向进行，因此将溶液蒸干最终得到氢氧化铁固体，灼烧会得到氧化铁，并不能得到氯化铁，D项错误；答案选A。【答案点睛】D项是易错点，也是常考点。溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况：1、溶质会发生水解反应的盐溶液，则先分析盐溶液水解生成的酸的性质：若为易挥发性的酸（HCl、HNO3等），则最会蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物；若为难挥发性酸（硫酸等），且不发生任何化学变化，最终才会得到盐溶液溶质本身固体；2、溶质会发生氧化还原反应的盐溶液，则最终得到稳定的产物，如加热蒸干亚硫酸钠，则最终得到硫酸钠；3、溶质受热易分解的盐溶液，则最终会得到分解的稳定产物，如加热蒸干碳酸氢钠，最终得到碳酸钠。学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。12、C【答案解析】

A.日光灯管是将电能转化为光能，故A错误；B.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故B错误；C.干电池是将化学能转化为电能，故C正确；D.水轮发电机是将重力势能转化为电能，故D错误。故选C。13、B【答案解析】

质量数=质子数+中子，且质子数=核外电子数，中子数和核外电子数之差=293-118-118=57，答案为B。14、B【答案解析】分析：根据金属冶炼的方法结合金属活动性顺序表分析解答。详解：A．工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，故A错误；B．工业制铁是用CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；C．氧化镁熔点高，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2↑，故C错误；D．钠能与水反应，工业制钛：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛，TiCl4+2MgTi+2MgCl2，故D错误；故选B。点睛：本题考查金属的工业制法，掌握钠、铁、镁及其化合物的性质是解答的关键。一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解法；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法，Pt、Au用物理分离的方法制得。15、A【答案解析】

10s末硫酸的浓度减少了0.6mol•L-1，则v(H2SO4)==0.06mol/(L·s)，发生反应：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，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A。16、C【答案解析】

氢氧燃料电池中，负极上通入氢气，氢气失电子发生氧化反应，正极上通入氧气，氧气得电子发生还原反应，酸性介质中，负极上氢气失电子生成氢离子,电极反应式为H2-2e-=2H+，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e+=2H2O；所以符合题意选项为：C；所以本题答案：C。17、A【答案解析】

A.冰醋酸为醋酸固体，纯净物，A正确；B.铝热剂为单质铝和部分金属氧化物组成的混合物，B错误；C.聚乙烯由聚合度n不同的分子组成的混合物，C错误；D.C4H10可能由正丁烷和异丁烷组成的混合物，D错误；答案为A。18、D【答案解析】

A项、催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，可增大反应速率，故A正确；B项、增大压强，气体浓度增大，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大，故B正确；C项、v（正）=v（逆）说明各物质的浓度、质量等不变，说明达到反应限度，为平衡状态，故C正确；D项、该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，转化率不可能达到100%，故D错误；故选D。【答案点睛】可逆反应不可能完全进行，转化率不可能达到100%是解答关键，也是易错点。19、B【答案解析】试题分析：A．乙烯和苯都能使溴水褪色，前者是发生加成反应，后者发生了萃取作用，二者的原因不同，A错误；B．乙酸分子中含有羧基，由于酸性：乙酸＞碳酸，因此乙酸可与NaHCO3溶液反应生成CO2，B正确；C．纤维素和淀粉的化学式均为（C6H10O5）n，但是二者的单糖单元结构不同，n不同，因此二者不是同分异构体，C错误；D．乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都与水反应，前者是发生取代反应，后者是发生加成反应，反应原理不同，D错误。答案选B。考点：考查关于有机物因果关系的正误判断的知识。20、B【答案解析】分析：根据同位素、同系物和同分异构体的概念分析判断ABD的正误；根据甲烷的结构分析判断C的正误。详解：A.1735Cl与1737Cl的质子数相同，但中子数不同，互为同位素，故A正确；B.乙醇和乙酸的结构不相似，一个含有官能团羟基，一个含有官能团羧基，不属于同系物，故B错误；C.甲烷是正四面体结构，和属于同种物质，故C正确；D.CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D21、C【答案解析】分析：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中电离程度越小；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁;D．溶液和浊液没有丁达尔效应。详解：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件，如果改变两个条件，无法得出规律，故A错误；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物在水溶液中电离程度越小，则相应氢化物的酸性越弱，从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属减弱的规律，故B错误；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁,所以利用“海水氢氧化镁氯化镁金属镁”的工艺流程,可以生产金属镁,所以故C正确；D．溶液和浊液没有丁达尔效应，所以根据丁达尔现象不能将分散系分为溶液、胶体与浊液，故D错误；故选C。22、B【答案解析】A.食物腐败是缓慢氧化，属于放热反应，放出热量，选项A不选；B.干冰升华属于物理变化中的吸热过程，吸收热量，选项B选；C.酸碱中和属于放热反应，放出热量，选项C不选；D.镁条燃烧属于燃烧反应，放出热量，选项D不选。答案选B。二、非选择题(共84分)23、离子键共价键CH4Pb-2e-+SO42-=PbSO4增大0.5mol【答案解析】

b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3，则最外层为4，电子总数为6，为C；c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，则c为N；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子，则a为H；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原，则氧化物为二氧化硫，d为S；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的，为K；【题目详解】（1）b、d分别为C、S，bd2为二硫化碳，电子式；e为K，其最高价氧化物的水化物为KOH，所含化学键类型为离子键、共价键；（2）碳氢化合物的质量相同时，氢的质量分数越高，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多，在所有烃中，甲烷的氢的质量分数最高，故其耗氧量最大；（3）①铅酸蓄电池放电时负极铅失电子与溶液中的硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式：Pb-2e-+SO42-=PbSO4；②铅蓄电池放电时，正极二氧化铅与硫酸反应生成硫酸铅和水，溶液的pH将增大；当外电路上有0.5mol电子通过时，负极消耗0.25mol硫酸根离子，正极也消耗0.25mol硫酸根离子，消耗电解质的物质的量为0.5mol。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、CH2Br-CH2Br溴水颜色变浅（或退色）醛基圆底烧瓶防止暴沸C除去草酸、有机酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度87.7%【答案解析】

(1)乙烯和溴水反应生成A，结构简式为CH2Br-CH2Br；(2)“反应I”的现象为溴水颜色变浅（或退色）；(3)乙二醛的官能团为醛基；(4)①仪器a为圆底烧瓶；加入碎瓷片的作用是防止暴沸；②因为要控制温度范围，所以最好用水浴加热，选C；③乙醇能溶解在饱和碳酸钠溶液中，而酯的溶解度会降低，饱和碳酸钠能反应酸，作用为除去草酸、有机酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度；④草酸和乙醇反应生成草酸二乙酯和水，方程式为：；⑤乙醇的质量为10.6克，草酸的质量为9.0克，根据反应方程式分析，乙醇过量，用草酸进行计算，理论上生成14.6克草酸二乙酯，则产率为12.8/14.6=87.7%。26、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2将Fe2+氧化成Fe3+取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色加热浓缩、冷却结晶、过滤【答案解析】

A中圆度烧瓶在加热条件下可提供水蒸气，B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气经干燥，在C中用向下排空法可收集到氢气，D为干燥装置，在加热条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，据此解答该题。【题目详解】（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（2）装置B中铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；（3）在固体中加入过量稀盐酸后四氧化三铁、铁和盐酸以及铁和氯化铁之间发生反应，其方程式为Fe3O4+8HCl＝FeCl2+2FeCl3+4H2O、Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3＝3FeCl2；（4）①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，因此步骤I中通入Cl2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；②检验三价铁应该用KSCN溶液，观察是否变红，即检验滤液中Fe3+的操作方法是：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；③由FeCl3稀溶液得到FeCl3•6H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤。【答案点睛】本题考查了铁及其化合物的性质实验方案设计，题目难度不大，注意掌握铁与水蒸气反应原理，（3）中容易忽略铁在反应中可能过量，过量的铁能与盐酸和氯化铁反应，为易错点。27、b中导管伸入到了液面以下CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H218O催化剂和吸水剂分液漏斗上口a2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O（或者用CH3CO18OH表示）【答案解析】分析：Ⅰ、（1）吸收乙酸乙酯时要防止倒吸；（2）酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子；（3）根据酯化反应原理判断。II、（1）操作1是分液；根据分液操作解答；（2）根据乙酸乙酯在碱性溶液中易水解分析；（3）乙酸能与碳酸钠反应产生气体。详解：Ⅰ、（1）由于生成的乙酸乙酯中含