2024届广西钦州市钦南区钦州港中学化学高一下期末学业质量监测试题含解析

2024届广西钦州市钦南区钦州港中学化学高一下期末学业质量监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列仪器中不能加热的是（

）。A．试管B．烧杯C．容量瓶D．蒸馏烧瓶2、酯化反应是有机化学中的一类重要反应，下列对酯化反应理解不正确的是()A．酯化反应的反应物之一肯定是乙醇B．酯化反应一般需要吸水C．酯化反应中反应物不能全部转化为生成物D．酯化反应一般需要催化剂3、要检验某溴乙烷中的溴元素,正确的实验方法是（）A．加入氯水振荡，观察水层是否有红棕色出现B．滴入AgNO3溶液，再加入稀硝酸呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成C．加入NaOH溶液共热后加入稀硝酸呈酸性，再滴入硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D．加入NaOH溶液共热，冷却后加入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成4、下列分子中，其中子总数为24的是A．18O3B．2H217O2C．14N16O2D．14C16O25、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．2.8gN2和CO的混合气体中所含质子数为l.4NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA6、下列措施中，能减慢化学反应速率的是A．将食物存放在温度低的地方B．将块状固体药品研细后再反应C．用MnO2作H2O2分解反应的催化剂D．用4mol/LH2SO4溶液代替1mol/LH2SO4溶液与锌粒反应7、一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和Pb2＋，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为()A．1.5mol B．1.0mol C．0.75mol D．3.0mol8、一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是A．X(g)+H2O(g)2Y(g)∆H>0B．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H>0C．CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H<0D．N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)∆H<09、分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A．分子中含有2种官能团B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同10、短周期中元素a、b、c在周期表中位置如图所示，下列有关这三种元素的叙述中正确的是（）A．b的氢化物很稳定B．a是一种活泼的非金属元素C．c的最高价氧化物的水化物是一种弱酸D．b元素在化合物中的最高价为＋7价11、下列说法正确的是（）①二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，但不能与任何酸反应②根据反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑可推知硅酸酸性比碳酸强③二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸④二氧化硅常被用来制造光导纤维A．①②B．②③C．③④D．①④12、三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。下列说法正确的是A．TEOA→TEOA+为还原反应B．Ni(OH)x降低了H+→H2的活化能C．能量转化形式为太阳能→电能→化学能D．WO3没有参与制氢反应过程13、在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，可表明反应：A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)已达化学平衡状态的是（）A．混合气体的压强B．B的物质的量浓度C．混合气体的密度D．v(A)正=v(D)正14、氮水中存在NH3⋅HA．固体氯化铵 B．稀硫酸 C．固体氢氧化钠 D．水15、酯类物质广泛存在于香蕉、梨等水果中。某实验小组从梨中分离出一种酯，然后将分离出的酯水解，得到乙醇和另一种分子式为C6H12O2的物质。下列分析不正确的是()A．C6H12O2分子中含有羧基B．实验小组分离出的酯可表示为C5H11COOC2H5C．C6H12O2的同分异构体中属于酯类的有18种D．水解得到的C6H12O2，能发生取代反应和氧化反应16、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17、下列物质既能起加成反应，也能起取代反应，同时能使溴水因反应褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A．B．C．D．18、X、Y、W、Z均为短周期元素，在周期表中位置如图所示，其中X原子的最外层电子数比次外层的电子数少5个。下列说法不正确的是（）WZXYA．原子半径：X>Y>W>Z B．W的氧化物都能与碱反应生成盐和水C．X的单质与Fe2O3高温下可发生反应 D．Y的单质可用于制作半导体材料19、下列有关物质分类或归类正确的是A．液氯是化合物 B．碱石灰是混合物 C．铜是电解质 D．Na2O是钠盐20、工业上采用的一种污水处理方法如下：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3．Fe（OH）3具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，有净化水的作用．阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用．某科研小组用该原理处理污水，设计装置如图所示．下列说法正确的是（）A．为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时，循环的物质A为CO2B．甲装置中阴极的反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+C．为了增加污水的导电能力，应向污水中如入适量的NaOH溶液D．当乙装置中有1.6gCH4参加反应，则C电极理论上生成气体在标准状况下为4.48L21、乙醇和乙酸是生活中常见的有机物。下列说法不正确的是A．两者互为同分异构体 B．沸点都比CH4的沸点高C．两者之间能发生反应 D．两者均是某些调味品的主要成分22、下列化学用语的书写正确的是A．F原子结构示意图： B．四氯化碳的电子式：C．乙烯的结构简式:C2H4 D．苯的分子式：C6H6二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期元素X、Y、Z、R、Q核电荷数逐渐增加，其中X、Y、Z、R四种元素的核电荷数之和为58；Y原子的M层p轨道有3个未成对电子；Z与Y同周期，且在该周期中电负性最大；R原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶2；Q2+的价电子排布式为3d9。回答下列问题：（1）R基态原子核外电子的排布式为________。（2）Z元素的最高价氧化物对应的水化物化学式是___________。（3）Y、Z分别与X形成最简单共价化合物A、B，A与B相比，稳定性较差的是______（写分子式）。（4）在Q的硫酸盐溶液中逐滴加入氨水至形成配合物[Q(NH3)4]SO4，现象是_________。不考虑空间结构，配离子[Q(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为_____（配位键用→标出）。24、（12分）为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有54mol电子。(1)该融雪剂的化学式是________，该物质中化学键类型是________，电子式是________________。(2)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是____________；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到了8e－稳定结构，该分子的电子式为____________，化学键类型为________________(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。(3)W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成________，其化学键类型为________；加热时生成________，其化学键类型为________________。25、（12分）海洋植物如海藻、海带中含有丰富的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室中从海藻中提取碘的流程如图：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液后发生反应的离子方程式式为__________。(2)上述流程中实验操作②的名称是__________。(3)证明溶液b中含有单质碘的实验操作是__________。(4)溶液b中加入的试剂X可以选择是__________。A．酒精B．苯C．乙酸D．四氯化碳26、（10分）从石油中获取乙烯已成为目前生产乙烯的主要途径。请根据下图回答：(1)以石油为原料，获取大量乙烯的主要方法是__________(填字母代号)。A水解B裂解C分馏(2)乙烯的结构简式是__________，B分子中官能团的名称是__________。(3)A与B反应的化学方程式是_________，反应类型是__________，利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为__________。(原子利用率＝期望产物的总质量与生成物的总质量之比)(4)某同学用图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体。实验时，为分离出乙酸乙酯中混有的少量A和B，试管中应先加入__________，实验结束后，振荡试管甲，有无色气泡生成，其主要原因是__________(用化学方程式表示)，最后分离出乙酸乙酯用到的主要仪器是__________。27、（12分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如下图所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：（己知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4℃、118℃、77.1℃（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是______________。（2）在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：_______________。（3）在该实验中，若用lmol乙醇和lmol乙酸在浓硫酸作用下加热，充分反应，能否生成lmol乙酸乙酯？原因是___________________。（4）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图。请在图中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法。试剂a是__________，试剂b是_______________；分离方法①是________，分离方法②是__________，分离方法③是________________。（5）在得到的A中加入无水碳酸钠粉末，振荡，目的是____________________。（6）写出C→D反应的化学方程式________________。28、（14分）Ⅰ．某化学课外活动小组欲检验茶叶中铁元素，设计了如下实验方案：请回答：（1）操作①的名称是_____。（2）加入6mol·L-1的盐酸时为了加快铁元素的浸出速度，可采取的方法有____、_____。（3）通过血红色溶液不能说明茶叶中的铁元素一定是+3价的，原因是______。Ⅱ．乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，甲乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯，已知：乙酸乙酯的沸点为77.1℃，CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O（1）甲装置中右边导管未插入溶液中的目的是______。（2）实验结束后分离出乙酸乙酯的操作是____，必须用到的玻璃仪器有____（选择）。A．烧杯B．容量瓶C．分液漏斗D．蒸馏烧瓶（3）乙装置优于甲装置的理由____________（写两条）。29、（10分）在已经发现的一百多种元素中，除稀有气体外，非金属元素只有十多种，但与生产生活有密切的联系。（1）短周期中可以做半导体材料的元素的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式是：__________；（2）为了提高煤的利用率，常将其气化或液化，其中一种液化是将气化得到的氢气和一氧化碳在催化剂作用下转化为甲醇，写出该化学反应方程式为____________；（3）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是________反应（填“吸热”或“放热”）。②在一定条件下，将2.5molN2和7.5molH2的混合气体充入体积为2L的固定闭容器中发生反应：N2（g）+3H2(g)2NH3(g)，5分钟末时达到平衡，测得容器内的压强是开始时的0.9倍，则5分钟内用氨气表示该反应的平均化学反应速率为：V(NH3)=____________；氢气达到平衡时的转化率是_____________（保留小数点后一位）；（4）美国阿波罗宇宙飞船上使用了一种新型装置，其构造如图所示：A，B两个电极均由多孔的碳块组成。该电池的正极反应式为：________________；若将上述装置中的氢气换成甲烷，其余都不改变，对应装置的负极反应方程式为_________________。

参考答案一、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【解题分析】A．试管能直接加热，故A不选；B．烧杯不能直接加热，需要垫石棉网加热，故B不选；C．容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于加热，故C选；D．蒸馏烧瓶不能直接加热，需要垫石棉网加热，故D不选；故选C。点睛：本题考查化学仪器的使用。能直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、坩埚、蒸发皿；必须垫石棉网才能加热的仪器有：烧杯、烧瓶、锥形瓶；不能加热的仪器有：集气瓶、量筒、容量瓶等。2、A【解题分析】

A．酯化反应是醇跟羧酸或无机含氧酸生成酯和水的反应，醇不一定就是乙醇，其它醇也可以，故A错误；B．酯化反应是醇跟羧酸或无机含氧酸生成酯和水的反应，酯化反应是可逆反应，为了平衡正向移动，酯化反应一般需要吸水，故B正确；C．酯化反应是可逆反应，存在一定的限度，反应物不能完全转化，故C正确；D．羧酸跟醇的酯化反应是可逆的，并且一般反应缓慢，故常用浓硫酸作催化剂，以提高反应速率，故D正确；故选A。【题目点拨】本题的易错点为B，要注意酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，生成的水是取代反应生成的，浓硫酸不做脱水剂。3、C【解题分析】

检验溴乙烷中溴元素，应在碱性条件下水解，最后加入硝酸酸化，加入硝酸银，观察是否有黄色沉淀生成，据此即可解答。【题目详解】A.氯水与溴乙烷不反应，不能检验，A项错误；B.溴乙烷不能电离出溴离子，加AgNO3溶液不反应，B项错误；C.加入NaOH溶液，加热，卤代烃在碱性条件下水解生成溴化钠和醇，冷却后加入稀HNO3酸化后加入AgNO3溶液，溴离子和银离子反应生成淡黄色不溶于硝酸的溴化银沉淀，C项正确；D.没有加硝酸中和多余的氢氧化钠，氢氧化钠与硝酸银能反应生成沉淀，产生干扰，D项错误；答案选C。4、D【解题分析】A、1mol18O中含有中子物质的量为(18－8)mol=10mol，即1mol18O3中含有中子物质的量为3×10mol=30mol，故A错误；B、1mol2H217O2中含有中子物质的量为(2×1＋2×9)mol=20mol，故B错误；C、1mol14N16O2中含有中子物质的量为(7＋2×8)mol=23mol，故C错误；D、1mol14C16O2中含有中子物质的量为(8＋2×8)mol=24mol，故D正确。5、D【解题分析】A.H218O与D2O的相对分子质量相同，都是20，且均含有10个中子，因此2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA，A正确；B.N2和CO的相对分子质量相同，都是28，且均含有14个质子，因此2.8gN2和CO的混合气体中所含质子数为l.4NA，B正确；C.过氧化钠与水反应时氧元素化合价从－1价升高到0价，因此生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D.50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，随着反应的进行，盐酸浓度减小，稀盐酸和二氧化锰不反应，因此转移的电子数为小于0.3NA，D错误，答案选D。点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。选项D是易错点。6、A【解题分析】A．将易腐败的食物储存在冰箱里，温度降低，反应速率减小，故A正确；B．固体的表面积增大，反应速率增大，故B错误；C．加入二氧化锰，起到催化剂作用，反应速率增大，故C错误；D．盐酸浓度越大，反应速率越大，故D错误．故选A．点睛：本题考查反应速率的影响，为高频考点，侧重于基本理论的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．解题关键：减慢反应速率，可降低温度、减小浓度或减小固体的表面积等。7、A【解题分析】

根据得失电子守恒进行计算。【题目详解】根据题意可知反应中Pb从+4价降低到+2价，得到2个电子，Cr从+3价升高到+6价，1molCr3＋反应生成Cr2O72－失去电子3mol，根据电子得失守恒可知PbO2参与反应得到3mol电子，此时消耗PbO2的物质的量为1.5mol；答案选A。【题目点拨】解答本题时得失电子守恒方法的运用是关键，一般地守恒法的应用原理及解题步骤为：应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等解题步骤第一步明确题目要求解的量第二步根据题目中要求解的量，分析反应过程中物质的变化，找出守恒类型及相关的量第三步根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式计算求解8、C【解题分析】分析：根据水蒸气含量—温度图像，温度越高化学反应速率越快，T2>T1；温度升高，水蒸气的平衡含量减小。根据水蒸气含量—压强图像，压强越高化学反应速率越快，P1>P2；增大压强，水蒸气的平衡含量增大。结合反应的特点和温度、压强对化学平衡的影响规律作答。详解：根据水蒸气含量—温度图像，温度越高化学反应速率越快，T2>T1；温度升高，水蒸气的平衡含量减小。根据水蒸气含量—压强图像，压强越高化学反应速率越快，P1>P2；增大压强，水蒸气的平衡含量增大。A项，该反应的正反应是气体分子数不变的吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的平衡含量减小，增大压强平衡不移动，水蒸气的平衡含量不变，A项不符合；B项，该反应的正反应是气体分子数不变的吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的平衡含量增大，增大压强平衡不移动，水蒸气的平衡含量不变，B项不符合；C项，该反应的正反应是气体分子数减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，水蒸气的平衡含量减小，增大压强平衡向正反应方向移动，水蒸气的平衡含量增大，C项符合；D项，该反应的正反应是气体分子数增大的放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，水蒸气的平衡含量减小，增大压强平衡向逆反应方向移动，水蒸气的平衡含量减小，D项不符合；答案选C。点睛：本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像分析，解题的关键是能正确分析温度、压强对化学反应速率和化学平衡的影响。9、B【解题分析】

A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2molNaOH发生中和反应，故C项错误；D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。10、A【解题分析】

短周期共有3个周期，根据位置可判断a为He；b为F；c为S。【题目详解】A.b为F，非金属性最强的单质，则其氢化物很稳定，符合题意，A正确；B.a为He，是一种不活泼的非金属元素，与题意不符，B错误；C.c为S，其最高价氧化物的水化物是硫酸，是一种强酸，与题意不符，C错误；D.b为F，在化合物中的最高价为0价，与题意不符，D错误；答案为A。11、C【解题分析】二氧化硅是酸性氧化物，但它可以与氢氟酸发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2↑，①错误；反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑只有在高温下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但这不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，②错误；二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，符合强酸制弱酸原理，可以说明碳酸的酸性比硅酸的强，③正确；二氧化硅是光导纤维的主要成分，光导纤维可以用二氧化硅来制取，④正确。点睛：本题考查了硅及其化合物的性质，掌握物质的性质是解题的关键，注意根据强酸制弱酸原理，必须在溶液中发生的化学反应，因此②不能得出硅酸的酸性比碳酸强，是易错点。12、B【解题分析】

A.TEOA→TEOA+为失去电子的反应，是氧化反应，故A错误；B.如图所示，Ni(OH)x是H+→H2的催化剂，故其可以降低该反应的活化能，故B正确；C.如图所示，能量转化形式为太阳能→化学能，故C错误；D.如图所示WO3作为催化剂，参与了制氢反应过程，故D错误，故选B。【题目点拨】解决此题的关键是看清图片信息，分析反应过程中的中间产物及了解催化剂的催化原理。13、B【解题分析】分析：反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量浓度，百分含量等不再发生变化，可由此进行判断，注意该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，同时所有反应物和生成物都为气态，反应前后气体的总质量也不变。.详解：A.该反应是反应前后气体体积没有变化的反应,容器中的压强始终不发生变化，所以不能证明达到了平衡状态，故A错误；

B.B的物质的量浓度不发生变化，说明生成B的速率和消耗B的速率相等，说明反应达到了平衡，故B正确；C.由于反应物都是气体，容器是恒容密闭容器，所以反应前后气体体积不变，根据ρ=mV可知气体密度始终不变，故C错误；

D.无论该反应是否达到平衡状态始终有v(A)正=v(D)正，所以不能用v(A)正=v(D)作为化学平衡的判断依据，故D错误。

故本题选B。点睛：当可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等（不等于0），各物质的浓度不变，由此延伸的一些物理性质也不变，即如果某个物理量随着反应的进行而发生改变，如果某时刻不再变化，则说明反应达到了平衡。14、C【解题分析】

A.NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(OH−)减小，A项错误；B.硫酸会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，平衡正向移动，B项错误；C.NaOH固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，C项正确；D.加水稀释，氨水的浓度减小，平衡正向移动，氢氧根离子浓度减小，D项错误；答案选C。15、C【解题分析】分析：本题考查的是有机物的结构和性质以及同分异构体的判断。注意官能团位置异构是关键。详解：A.根据题中信息可知，C6H12O2含有羧基。故正确；B.C6H12O2可能为C5H11COOH，所以酯可表示为C5H11COOC2H5，故正确；C.C6H12O2的同分异构体中属于酯类的结构可能有甲醇和戊酸形成，戊酸有4种结构，也可能是乙醇和丁酸形成，丁酸有2两种，也可能是丙酸和丙醇形成，丙醇有2种结构，也可能是丁醇和乙酸形成，丁醇有4种结构，也可能是戊醇和甲酸形成，戊醇有8种结构，所以共有20种，故错误；D.含有羧基，能发生取代反应，能燃烧，即能发生氧化反应，故正确。故选C。点睛：酯的同分异构从形成的醇和酸的异构体分析，掌握常见的有机物的异构体数目可以加快解题速率。如C3H7-有2种，C4H9-有4种，C5H11-有8种等。16、D【解题分析】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17、D【解题分析】A、苯与溴水及酸性高锰酸钾溶液等均不反应，A错误；B、根据分子式可知有机物是己烷，不能发生加成反应，与溴水及酸性高锰酸钾溶液等均不反应，B错误；C、甲苯与溴水不反应，C错误；D、苯乙烯含有苯环和碳碳双键，既能起加成反应，也能起取代反应，同时能使溴水因反应褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确，答案选D。18、B【解题分析】X原子的最外层电子数比次外层的电子数少5个，说明X位于第三周期，即X为Al，则Y为Si，W为C，Z为N，A、半径大小比较①一般电子层数越多，半径越大，②电子层数相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此原子半径大小顺序是Al>Si>C>N，故A说法正确；B、C的氧化物有CO和CO2，CO2是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，但CO属于不成盐氧化物，不与碱反应生成盐和水，故B说法错误；C、利用Al的还原性强于铁，发生铝热反应，故C说法正确；D、Y为Si，可用于半导体材料，故D说法正确。19、B【解题分析】

A.液氯是只含有一种元素的纯净物，属于单质，选项A错误；B.碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的固体混合物，选项B正确；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；D.Na2O由两种元素组成，其中一种为氧元素，为氧化物，选项D错误；答案选B。20、A【解题分析】分析：甲装置为电解池，乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一级为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+，以此解答该题。详解：A．电池是以熔融碳酸盐为电解质，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，可以循环利用的物质只有二氧化碳，故A正确；B．电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C．保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是可溶于水的、显中性或弱酸性的盐，加入氢氧化钠会导致溶液呈碱性，故C错误；D．根据电池的负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，当乙装置中有1.6gCH4参加反应，即0.1mol甲烷参加反应时，有0.8mol电子转移；阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，阴极产生了44.8L(标准状况)即2mol的氢气产生，所以转移电子的物质的量为4mol，则C电极理论上生成气体在标准状况下为8.96L，故D错误；故选A。21、A【解题分析】

A项、二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B项、乙醇和乙酸都可以形成分子间氢键，增大分子间作用力，使乙醇和乙酸的沸点都比CH4的沸点高，故B正确；C项、乙醇和乙酸在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故C正确；D项、酒的主要成分是乙醇，醋的主要成分是乙酸，酒和醋都是调味品，故D正确；故选A。22、D【解题分析】

A、对原子来说，质子数等于核外电子数，即F的原子结构示意图为，故A错误；B、Cl没有体现出孤电子对，四氯化碳的电子式为，故B错误；C、C2H4为乙烯的分子式，其结构简式为CH2=CH2，故C错误；D、苯的分子式为C6H6，故D正确；答案选D。【题目点拨】书写电子式，首先判断出该物质为离子化合物，还是共价物质，离子化合物是由阴阳离子组成，书写离子化合物时，应体现阴阳离子，复杂阳离子和所有的阴离子用[]，共价物质不仅体现出共用电子对，还要体现出孤电子对。二、非选择题(共84分)23、1s22s22p63s23p63d54s2HClO4PH3先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解最终得到深蓝色溶液【解题分析】

前四周期元素X、Y、Z、R、Q核电荷数逐渐增加，Y原子的M层p轨道有3个未成对电子,则外围电子排布为3s23p3，故Y为P元素；Z与Y同周期,且在该周期中电负性最大，则Z为Cl元素；R原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，最外层电子数为2,其d轨道中的电子数与最外层电子数之比为5∶2,d轨道数目为5,外围电子排布为3d54s2,故R为Mn元素,则X、Y、Z、R四种元素的核电荷数之和为58,则X核电荷数为58-15-17-25=1,故X为H元素；Q2+的价电子排布式为3d9。则Q的原子序数为29,故Q为Cu元素。【题目详解】（1）R为Mn元素,则R基态原子核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，答案：1s22s22p63s23p63d54s2。（2）Z为Cl元素，Z元素的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，其化学式是HClO4。（3）Y为P元素,Z为Cl元素,X为H元素,Y、Z分别与X形成最简单共价化合物为PH3和HCl，因非金属性Cl＞P，则稳定性大小为HCl>PH3；答案：PH3。（4）Q为Cu元素，其硫酸盐溶液为CuSO4溶液，逐滴加入氨水先生Cu(OH)2蓝色沉淀,继续滴加，沉淀又溶解形成配合物[Cu(NH3)4]SO4的深蓝色溶液。不考虑空间结构，配离子[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为；答案：先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解最终得到深蓝色溶液；。24、CaCl2离子键极性共价键Na2O离子键Na2O2离子键、非极性共价键【解题分析】分析：融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为54÷3=18，则为Ca2+、Cl-，即X是Ca，Y是Cl。元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D是S，E是C。W是与D同主族的短周期元素，W是O，Z是第三周期金属性最强的元素，Z是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知X是Ca，Y是Cl，D是S，E是C，W是O，Z是Na，则（1）XY2是CaCl2，物质中化学键类型是离子键，电子式为；（2）D为硫元素，S2－离子结构示意图为；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到了8e－稳定结构，由二氧化碳结构可知，结构式为S=C=O，则分子式为COS，电子式为，化学键类型为极性共价键；（3）Na单质与氧气反应时可以得到两种产物，为氧化钠和过氧化钠，不加热生成Na2O，Na2O为离子化合物，其化学键类型为离子键；加热生成Na2O2，属于离子化合物，含有离子键、非极性共价键。25、2I-

+H2O2+2H+=I2+2H2O分液取少量溶液b于试管中，滴加适量淀粉溶液,溶液变蓝色,溶液中含有碘单质BD【解题分析】分析：海藻经过灼烧、浸泡和过滤等操作，得到溶液a中含有碘离子，溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质；碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；提取碘单质可以用萃取的方法，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。详解：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质，离子方程式式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。（2）操作②目的为了分离制备出的碘单质，分离碘单质可以用萃取的方法；（3）碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；(4)碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。而酒精和乙酸均可以与水互溶，不能作萃取剂。故选BD。26、BCH2=CH2羧基CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O酯化反应83.02%饱和碳酸钠溶液Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O分液漏斗【解题分析】

由有机物的转化关系可知，石油经催化裂解的方法获得乙烯，一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙醇；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B为乙酸，据此解答。【题目详解】(1)工业上以石油为原料，通过催化裂解的方法获取大量乙烯，故答案为：B；（2）乙烯的结构简式为CH2=CH2；B为乙酸，乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；（3）A与B的反应是在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；若有1mol乙醇反应，期望乙酸乙酯的总质量为88g，生成物乙酸乙酯和水的总质量为106g，则该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为88g106g×100%≈83.02%，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；酯化反应；83.02%；（4）乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸，可以加入饱和碳酸钠溶液，中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解，碳酸钠与乙酸反应的化学方程式为Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O；最后用分液的方法分离出乙酸乙酯，分液用到的主要仪器是分液漏斗，故答案为：饱和碳酸钠溶液；Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O；分液漏斗。【题目点拨】乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸，饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯是解答的关键。27、防止烧瓶中液体暴沸先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡否，该反应是可逆反应，反应不能进行到底饱和碳酸钠溶液硫酸分液蒸馏蒸馏除去乙酸乙酯中混有的少量水2CH3COONa+H2SO4＝Na2SO4+2CH3COOH【解题分析】

（1）酯化反应需要加热，在烧瓶中放入几块碎瓷片，其目的是防止烧瓶中液体暴沸。（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，所以应该将浓硫酸慢慢的加入到乙醇中，而不能反过来加，故在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡。（3）酯化反应是可逆反应，所以反应物的转化率不可能是100％的。（4）在制得的产品中含有乙醇和乙酸，所以应该首先加入饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，之后分液即得到乙酸乙酯A。