2023届江西省宁师中学、瑞金二中高一化学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、采用下列措施的目的与控制化学反应速率无关的是（）A．将煤块磨成煤粉B．红酒中添加二氧化硫C．染料中添加铁红D．铁锅洗后擦干2、下列实验操作不能够达到实验目的的是（）实验操作实验目的A取绿豆大小、等体积的钠块分别投入等体积的水和乙醇中证明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B将形状、大小均相等的铁片分别投入等体积的稀盐酸和浓盐酸中证明溶液浓度越大，反应速率越快C用苯与浓H2SO4和浓HNO3制备硝基苯，将产物倒入NaOH溶液中，静置，分液除去硝基苯中混有浓H2SO4和浓HNO3D在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入少量新制的氢氧化铜悬浊液并加热煮沸验证淀粉已水解A．A B．B C．C D．D3、2018年世界环境日主题是“塑战速决”，呼吁世界各国齐心协力对抗一次性塑料污染问题。下列关于塑料的认识不正确的是A．用于制造水杯、奶瓶等的聚乙烯可通过乙烯的加聚反应制得B．用于制造玩具、泡沫塑料的聚苯乙烯的单体是苯乙烯C．聚氯乙烯在建筑材料、人造革、管材、食品包装膜等方面均有广泛应用D．开发可降解塑料来替代聚乙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯等可减缓“白色污染”4、下列变化属于吸热反应的是①碳与二氧化碳化合②生石灰与水反应生成熟石灰③Zn与稀硫酸反应④氯酸钾分解制氧气⑤Ba(OH)1．8H1O与NH4Cl反应⑥甲烷与氧气的燃烧A．①④ B．②③ C．①④⑤ D．①②④5、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-16、下列说法正确的是()A．熵增大的反应一定可自发进行B．熵减小的反应一定可自发进行C．ΔH<0的反应可能自发进行D．ΔH>0的反应不可能自发进行7、与NH4＋所含电子总数和质子总数相同的粒子是A．Ne B．F－ C．Na＋ D．K＋8、下列说就正确的是A．甲苯的一氯代物有3种B．乙烯通入溴的CCl4溶液中，发生加成反应C．乙醇不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．可以用NaOH溶被来分离乙酸和乙酸乙酯9、下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A．水和苯 B．酒精和水 C．碘和四氯化碳 D．汽油和柴油10、下列可以用分液漏斗分离的一组混合物是（）A．乙醇与乙酸 B．苯与溴苯C．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液 D．葡萄糖与果糖11、下列各组大小关系比较中错误的是()A．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3B．酸性：H2CO3＞HClOC．氧化性：稀硝酸＞稀硫酸D．结合OH-的能力：Fe3+＞NH4+12、如图是某有机分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子该物能跟下列那些物质反应（）①石蕊②乙醇③苯④金属钠⑤氧化铜⑥碳酸钙⑦氢氧化镁⑧乙酸A．①②④⑤⑥⑦ B．②③④⑤ C．①③④⑤⑥⑦ D．全部13、《天工开物》中如下描述“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”下列金属的冶炼方法与此相同的是A．钠B．铝C．银D．铁14、下列各组中的性质比较，不正确的是()A．稳定性：NH3＜PH3＜SiH4 B．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4C．碱性：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2 D．还原性：F－＜Cl－＜Br－15、劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷。关于该化合物的说法正确的是A．与1,4-丁二醇（CH2OHCH2CH2CH2OH）互为同分异构体B．lmol二噁烷完全燃烧消耗5molO2C．分子中所有原子均处于同一平面D．一氯代物有4种16、化学反应限度的调控在工业生产和环保技术等方面得到了广泛的应用，如果设法提高化学反应的限度，下面的说法错误的是（）A．能够节约原料和能源 B．能够提高产品的产量C．能够提高经济效益 D．能够提高化学反应速率二、非选择题（本题包括5小题）17、(1)烷烃分子可看成由—CH3、—CH2—、和等结合而成的。试写出同时满足下列条件的烷烃的结构简式：___________，此烷烃可由烯烃加成得到，则该烯烃可能有___________种。①分子中同时存在上述4种基团；②分子中所含碳原子数最少；③该烷烃的一氯代物同分异构体的数目最少。(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有_______种。(3)已知烯烃通过臭氧氧化并经锌和水处理得到醛或酮。例如：CH3CH2CHO+上述反应可用来推断烃分子中碳碳双键的位置。某烃A的分子式为C6H10，经过上述转化生成，则烃A的结构可表示为_______________。(4)请写出物质与足量的金属钠发生反应的化学方程式_________。18、I.A~D是四种烃分子的球棍模型(如图)(1)所有原子一定共平面的是______(填序号)(2)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是_____(填序号)(3)D与浓硝酸和浓硫酸共热的化学方程式______。II.某些有机物的转化如下图所示。已知:A是营养物质之一，米饭、馒头中富含A，在酸性条件下水解的最终产物是B。C是白酒的主要成分，D的水溶液能使紫色石蕊试液变红。(4)C中官能团的名称为______；反应③的反应类型为______，反应④的化学方程式为______。(5)反应④中，D断裂的化学键是_______(填“C一H”、

“O一H”或“C一O”)(6)实验室由反应④制备E的装置如图所示。烧瓶中依次加入C、浓硫酸、D和碎瓷片，锥形瓶中加入的是饱和碳酸钠溶液，实验结束后振荡锥形瓶内液体，看到有气泡产生，产生气泡的原因是__________(用离子方程式表示)，将锥形瓶中的液体分离的方法是_______。19、有甲、乙两同学想利用原电池反应验证金属的活泼性强弱，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将两电极放入6mol/L的H2SO4溶液中，乙同学将两电极放入6mol/L的NaOH溶液中，装置如图所示。(1)写出甲中正极的电极方程式：____；(2)乙中负极材料为___________；总反应的离子方程式为__________。(3)甲、乙两同学都认为“如果构成原电池的电极材料都是金属，则作负极的金属应比作正极的金属活泼”，则甲同学得出的结论是_____的活动性更强，乙同学得出的结论是_____的活动性更强。(填元素符号)(4)由该实验得出的下列结论中，正确的是___(填字母)A利用原电池反应判断金属活泼性强弱时应注意选择合适的电解质B镁的金属性不一定比铝的金属性强C该实验说明金属活泼性顺序表已经过时，没有实用价值D该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析20、Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是_______。A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③（2）用提纯的NaCl配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________Ⅱ．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示（图中x、y、m、m均表示NaOH溶液与CO2反应后的溶液中某溶质的物质的量）。回答下列问题：(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。21、如表是元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：（1）在上述元素最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_______________，碱性最强的是_____________，显两性的是_____________。（化学式）（2）这些元素中，化学性质最不活泼原子的原子结构示意图为__________；气态氢化物中，最稳定的是_________（化学式），②③④⑤形成的氢化物中沸点最高的是_______（化学式）。（3）①和④两种元素的原子按1:1组成的常见化合物的电子式为_____________。（4）④、⑥、⑦、⑨的简单离子半径由大到小的顺序为______________________________(用离子符号和“>”表示)。（5）⑥和⑦的最高价氧化物对应水化物之间发生反应的化学方程式_____________________。（6）为了证明⑥和⑦两种元素的金属性强弱，下列说法或实验能提供证据的是_______。A．比较两种元素的单质的熔点、沸点高低B．将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度C．比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】分析：A.反应物接触面积越大反应速率越快；B.二氧化硫能够杀菌消毒，且具有还原性；C.氧化铁是红色染色剂；D.钢铁易发生电化学腐蚀。详解：A.将煤块磨成煤粉增大反应物的接触面积，反应速率加快，与控制化学反应速率有关，A不符合；B.二氧化硫能够杀菌消毒，且具有还原性，所以可以添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，所以红酒中添加二氧化硫与控制化学反应速率有关，B不符合；C.氧化铁是红色染色剂，因此染料中添加铁红与控制化学反应速率无关，C符合；D.钢铁易发生电化学腐蚀，铁锅洗后擦干可以防止铁被腐蚀，与控制化学反应速率有关，D不符合。答案选C。2、D【解析】分析：A.Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳；B.常温下，浓盐酸氢离子浓度大;

C.将混合液倒入NaOH溶液，硝酸、硫酸与氢氧化钠反应，苯和硝基苯不反应;D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸。详解:A.Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则该实验可证明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼,所以A选项是正确的；

B.Fe和盐酸反应实质是和氢离子反应,浓盐酸比稀盐酸氢离子浓度大，反应快，能达到实验目的，故B正确；

C.用苯与浓H2SO4和浓HNO3制备硝基苯，要除去硝基苯中混有浓H2SO4和浓HNO3，由于苯和硝基苯都不与氢氧化钠反应，可将产物倒入NaOH溶液中，静置，混合液分层，然后通过分液分离，故C正确；D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则加入的氢氧化铜悬浊液和稀硫酸反应而影响葡萄糖的检验，则不能实现实验目的，故D错误；

所以本题答案选D。点睛：本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及物质分离与提纯、有机物结构与性质、淀粉水解、乙醇性质等知识，明确常见物质组成、结构与性质为解答关键，试题有利于提高学生的化学实验能力。3、C【解析】分析：考查材料与环保的问题。解答本题时考虑到材料的性能，形成原理等知识。聚乙烯是塑料，经过加聚反应合成的；聚氯乙烯、苯乙烯添加剂有毒，不能用于食品包装膜；塑料一般很难降解，容易造成污染。详解：A.乙烯加聚的产物为聚乙烯，无毒可用于制造水杯、奶瓶等，故A正确；B.聚苯乙烯的单体是苯乙烯，可用于制造玩具、泡沫塑料，故B正确；C.聚氯乙烯中的添加剂有毒，不能用于食品包装膜，故C错误；D.因为聚乙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯难降解，易造成白色污染，所以开发可降解塑料来替代可减缓“白色污染”，故D正确。答案：C。4、C【解析】①碳与二氧化碳化合生成CO是吸热反应；②生石灰与水反应生成熟石灰是放热反应；③Zn与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；④氯酸钾分解制氧气是吸热反应；⑤Ba(OH)1·8H1O与NH4Cl反应是吸热反应；⑥甲烷与氧气的燃烧是放热反应，答案选C。5、C【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。6、C【解析】分析：化学反应是否自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，据此分析解答。详解：A、熵增大△S＞0，当△H＞0的反应，在低温下可能是非自发进行；在高温下可以是自发进行，选项A错误；B、熵减小的反应△S＜0，当△H＞0的反应，一定是非自发进行的反应，选项B错误；C、△H＜0的反应，△S＞0的反应一定能自发进行，选项C正确；D、△H＞0的反应，△S＞0，高温下反应可能自发进行，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查了化学反应自发进行的判断依据应用，反应是否自发进行由焓变和熵变、温度共同决定，题目较简单。7、C【解析】

NH4+的质子数为11，电子数为10。【详解】A项、Ne的质子数为10，电子数为10，故A错误；B项、F-的质子数为9，电子数为10，故B错误；C项、Na+的质子数为11，电子数为10，故C正确；D项、K+的质子数为19，电子数为18，故D错误；故选C。8、B【解析】A.甲苯的一氯代物有4种，A不正确；B.乙烯通入溴的CCl4溶液中，发生加成反应，B正确；C.乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不正确；D.可以用饱和碳酸钠溶被来分离乙酸和乙酸乙酯，氢氧化钠可以促进乙酯乙酯水解，故氢氧化钠不能用于分离它们，D不正确。本题选B。9、A【解析】

A．水和苯不互溶，能用分液漏斗进行分离，选项A正确；B．酒精和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项B错误；C．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项C错误；D．汽油和柴油互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项D错误；答案选A。10、C【解析】

A.乙醇与乙酸相互溶解，无法用分液漏斗分离，与题意不符，A错误；B.苯与溴苯相互溶解，无法用分液漏斗分离，与题意不符，B错误；C.乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶，可以用分液漏斗分离，符合题意，C正确；D.葡萄糖与果糖均为固体，无法用分液漏斗分离，与题意不符，D错误；答案为C。【点睛】分液漏斗分离的为两种互不相溶的液体。11、A【解析】分析：A、碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；B、二氧化碳与NaClO反应生成HClO；C、稀硝酸具有强氧化性，稀硫酸没有强氧化性；D、碱性越弱，碱越难电离，对应的弱碱阳离子越易结合OH-离子；详解：A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,则热稳定性NaHCO3<Na2CO3,所以A选项是错误的；

B．二氧化碳与NaClO反应生成HClO,发生强酸制取弱酸的反应,则酸性：H2CO3＞HClO，所以B选项是正确的；

C．稀硝酸具有强氧化性，稀硫酸没有强氧化性，稀硝酸能将SO2氧化为硫酸，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：稀硝酸>稀硫酸，所以C选项是正确的；

D．含NH4+、Fe3+的混合溶液中Fe3+先与碱反应，然后NH4+再与碱反应，则结合OH-的能力：Fe3+＞NH4+，故D正确；所以本题答案选A。点睛：本题考查较为综合，涉及盐的热稳定性、酸性的比较，侧重于学生的分析能力的考查，选项D直接做有一定的难度，但如果假设NH4+先结合OH-生成NH3∙H2O又和Fe3+反应生成Fe(OH)3和NH4+，则其离子结合OH-能力就显而易见了。12、A【解析】根据图示，该分子为乙酸，乙酸具有酸性，能够与石蕊指示剂反应，能够与乙醇发生酯化反应，与钠反应放出氢气，将氧化铜溶解，与碳酸钙反应放出二氧化碳，与氢氧化镁发生中和反应，故选A。点睛：本题考查学生利用比例模型来分析CH3COOH分子的性质，明确模型中碳、氢、氧原子的大小及个数是解答本题的关键，解答本题需要熟练掌握乙酸的性质。13、C【解析】

根据题中信息，“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”，通过HgO分解得到Hg单质；【详解】“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”，方法是加热HgO，使之分解成Hg和O2；A、工业上冶炼金属钠，常采用的方法是电解熔融氯化钠，故A不符合题意；B、工业上冶炼铝，采用电解熔融的氧化铝，故B不符合题意；C、工业上冶炼银，采用加热氧化银，故C符合题意；D、工业冶炼铁，采用热还原法，故D不符合题意；【点睛】工业上冶炼金属，常采用的方法是电解法、热还原法、热分解法，K～Al常采用电解法，Zn～Cu常采用热还原法，Cu以后金属常采用热分解法。14、A【解析】

A.同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则气态氢化物的稳定性增强，故CH4＜NH3；同主族，由上到下，得电子能力逐渐减弱，则氢化物的稳定性依次减弱，故SiH4＜CH4，故A错误；B.同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故B正确；C.同主族，由上到下，失电子能力逐渐增强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性增强；同周期，由左到右，原子的失电子能力逐渐减弱，则最高价氧化物对应的水化物的碱性减弱，KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；D.同主族，由上到下，得电子能力逐渐减弱，则单质的氧化性减弱，而阴离子的还原性增强，F－＜Cl－＜Br－，故D正确。故选A15、B【解析】

由结构简式可知，二噁烷的分子式为C4H8O2，官能团为醚键，属于醚类。【详解】A项、1,4-丁二醇的分子式为C4H10O2，与二噁烷的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B项、二噁烷的分子式为C4H8O2，lmol二噁烷完全燃烧生成4molCO2和4molH2O，则消耗O2为mol=5mol，故B正确；C项、二噁烷分子中C原子均为四面体构型饱和碳原子，所有原子不可能共面，故C错误；D项、二噁烷分子的结构对称，分子中只有一类氢原子，则一氯代物有1种，故D错误；故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的组成和结构，把握同分异构体的判断方法，明确分子中原子共面的规律为解答的关键。16、D【解析】

提高化学反应的限度指的是化学反应所进行的程度，根据提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答。【详解】提高了化学反应的限度，就是提高了反应物的转化率，提高了产量，更能提高经济效益，但不一定会提高反应的反应速率，所以选项D是错误的。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、23+4Na→+2H2↑【解析】

(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，根据烷烃通式确定碳原子个数并确定结构简式，然后根据一氯代物同分异构体的数目最少分析解答；(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，据此分析判断可能的结构；(3)某烃A的分子式为C6H10，A中不饱和度==2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或存在环状结构且含有一个碳碳双键，根据A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，结合信息分析书写A的结构简式；(4)羟基、羧基可与钠反应生成氢气，据此书写反应的方程式。【详解】(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，设甲基的个数是x，由烷烃的通式知2(x+3)+2=2+1+3x，x=5，所以最少应含有的碳原子数是8，该烷烃的结构简式有3种，分别为：、、，其一氯代物的种类分别为：5种、5种、4种，一氯代物同分异构体的数目最少的为；可由烯烃加成得到，碳碳双键可以有2种位置()，即该烯烃可能有2种，故答案为：；2；(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，可能的碳架结构有、、共3种，故答案为：3；(3)某烃A的分子式为C6H10，A的不饱和度==2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或存在环状结构且含有一个碳碳双键，A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，说明A中含有一个环且含有一个碳碳双键，将两个醛基转化为碳碳双键即是A结构简式，则A为，故答案为：(4)中含有羟基、羧基和碳碳双键，其中羟基和羧基可与钠反应生成氢气，反应的方程式为+4Na→+2H2↑，故答案为：+4Na→+2H2↑。18、BDB羟基氧化反应C2H5OH＋CH3COOHCH3COOC2H5＋H2OC一O2CH3COOH＋CO32－==2CH3COO－＋H2O＋CO2↑分液【解析】分析I．主要考察有机物的结构与性质，A表示的是甲烷，正四面体；B表示的是乙烯，平面型分子；C表示正丁烷，碳链在空间呈锯齿状；D表示的是苯分子，平面型分子。II.主要考察简单的有机推断，本题的突破口为A是营养物质之一，米饭、馒头中富含，则A为淀粉；C是白酒的主要成分，则C是乙醇。乙醇经过氧化反应生成D乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应。详解：I（1）)B是乙烯和D是苯，两者都是平面型分子，分子中所有原子共面；(2)碳碳双键可以使高锰酸钾溶液褪色，B为乙烯含有碳碳双键；因此B可以使高锰酸钾溶液褪色；（3）苯与浓硫酸和浓硝酸共热发生硝化反应，方程式为。II.（4）由推断可知，C是乙醇，其中含有羟基；乙醇经过氧化反应生成D乙酸，所以③的反应类型为氧化反应；乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应C2H5OH＋CH3COOHCH3COOC2H5＋H2O；（5）酯化反应中乙酸中脱去-OH，乙醇中脱去-H，因此D断裂的化学键是C-O键；(6)上述酯化反应中产物中混有部分乙酸，乙酸的酸性强于碳酸，因此可发生反应2CH3COOH＋CO32－==2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，产生气泡；因为乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液不互溶，所以可采用分液方法分离乙酸乙酯。点睛：本题为一道就简单的有机推断题。Ⅰ重点考察了几种重要有机物的结构与性质。甲烷空间构型为正四面体，乙烯的空间构型为平面，苯的空间构型为平面，乙炔的空间构型为直线型。Ⅱ重点考察乙酸乙酯的制备及酯化反应的反应原理。酯化反应中乙酸中脱去-OH，乙醇中脱去-H。19、2H+＋2e－=H2↑Al2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑MgAlAD【解析】

（1）镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极的电极反应式为：2H+＋2e－=H2↑；（2）在碱性介质中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，总的反应式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；（3）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强；（4）A.根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故正确；B.镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故错误；C.因金属失电子的难易程度与电解质溶液有关，该实验对研究物质的性质有实用价值，故错误；D.该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故正确；答案为AD。【点睛】一般来说，活泼性强的金属为原电池的负极，但是要具体分析所处的电解质环境。20、AB500mL容量瓶、胶头滴管取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。Na2CO3Na2CO3和NaOH取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成【解析】

Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；Ⅱ．当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，可能的情况如下为①n(CO2):n(NaOH)＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；②n(CO2):n(NaOH)=1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜n(CO2):n(NaOH)＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④n(CO2):n(NaOH)＞1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。【详解】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，答案选AB；（2）配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完