2024届甘肃省西北师大附中化学高一下期末联考试题含解析

2024届甘肃省西北师大附中化学高一下期末联考试题注意事项：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、苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（）①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色②苯中碳碳键的键长均相等③苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷④经实验测得邻二甲苯只有一种结构⑤苯在FeBr3存在下与液溴可发生取代反应，但不能使溴水褪色A．①②③④ B．①②④⑤ C．①③④⑤ D．②③④⑤2、在含有大量H＋、Ba2＋、Cl－的溶液中，还可能大量共存的离子是A．CO32- B．Ag＋ C．SO42- D．Al3＋3、下列对碱金属单质的物理性质的叙述中，不正确的是（）A．都是银白色的金属（铯除外） B．密度都比水小C．硬度都很小 D．都能导电传热4、海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：A．淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B．以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小D．用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣5、正确掌握化学用语是学好化学的基础．下列化学用语中不正确的是（）A．乙烯的结构简式CH2=CH2 B．CH4分子的球棍模型C．Ca2+的结构示意图 D．乙醇的分子式C2H6O6、欲制取较纯净的1,2­-二氯乙烷，可采取的方法是()A．乙烯与HCl加成B．乙烯与Cl2加成C．乙烷与Cl2按1：2的体积比在光照条件下反应D．乙烯先与HCl加成，再与等物质的量的Cl2在光照下反应7、H2、N2合成NH3的反应中，当分别用以下各种物质表示反应速率时，则反应速率最快的是A．v(N2)=0.6mol/(L·min) B．v(NH3)=0.9mol/(L·min)C．v(H2)=1.2mol/(L·min) D．v(H2)=0.025mol/(L·s)8、在密闭容器中进行反应2SO2＋O22SO3，反应达平衡的标志是①单位时间内消耗2molSO2的同时生成2molSO3②反应混合物中，SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变A．①② B．①③ C．① D．③9、在反应A(g)+2B(g)3C(g)+4D(g)中，表示该反应速率最快的是A．v(A)=0.2mol/(L·s)B．v(B)=0.6mol/(L·s)C．v(C)=0.8mol/(L·s)D．v(D)=10mol/(L·min)10、下列化学用语书写正确的是A．乙烷的结构式CH3CH3 B．乙烯的电子式C．乙醇的分子式CH3CH2OH D．乙酸的结构简式CH3COOH11、液态的植物油不能发生的反应是A．酯化反应 B．氧化反应 C．水解反应 D．加成反应12、只用一种试剂就可鉴别乙酸、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是A．NaOH溶液 B．稀H2SO4C．Cu(OH)2悬浊液 D．Na2CO3溶液13、液体感科电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是A．电流从右侧电极经过负载流向左侧电极B．负极发生的电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2+4H2OC．该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触D．该燃料电池持续放电时，正极发生氧化反应，碱性减弱14、下列有关有机物的叙述正确的是A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B．高聚物的相对分子质量一定为单体相对分子质量的整数倍C．分子中只存在羧基、羟基两种官能团D．煤的干馏，气化和液化都是物理变化15、苯环实际上不具有碳碳单键和双键的简单交替结构，下列均不可作为证据事实的一组是①苯的间位二取代物只有一种②苯的对位二取代物只有一种③苯分子中碳碳键的长度(即分子中两个成键的原子的核间距离)均相等④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色⑤苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气发生加成反应生成环己烷⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应A．①②⑤ B．②③④ C．①②⑥ D．②⑤⑥16、某同学设计实验从海带中提取碘，有如下操作：①滴加稀硫酸和双氧水；②在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌；③加四氯化碳并振荡；④过滤；⑤分液。下列说法正确的是()A．实验的合理操作顺序是①③⑤②④B．步骤②、④中都需要用到玻璃棒C．步骤①中双氧水表现还原性D．步骤③中液体静置后上层为紫色17、氟、氯、溴、碘性质上差异的主要原因是（）A．原子的核电荷数依次增多B．原子量依次增大C．原子核外次外层电子数依次增多D．原子核外电子层数依次增多18、下列叙述中，不正确的是A．中含有10个中子 B．H、H、是氢元素的三种核素C．与重水互称同位素 D．、金刚石、石墨均为碳的同素异形体19、X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH=-akJ·mol-1，一定条件下，将1molX和3molY通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是A．10min内，Y的平均反应速率为0.03mol·L-1·s-1B．第10min时，X的反应速率为0.01mol·L-1·min-1C．10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZD．10min内，X和Y反应放出的热量为akJ20、反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45mol·L-1·min-1②v(B)＝0.6mol·L-1·s-1③v(C)＝0.4mol·L-1·s-1④v(D)＝0.45mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为A．④>③＝②>① B．④<③＝②<①C．①>②>③>④ D．④>③>②>①21、海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。下列说法正确的是(已知：反应④的离子方程式为4NH4++5O22NO2-+6H++N2O+5H2O)A．①②均属于固氮反应B．海洋中的反硝化作用一定需要氧气参加C．反应④中每生成1molH2O转移2mole-D．向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环22、将等体积的四氯化碳、溴苯和水在试管中充分混合后静置。下列图示现象正确的是（）A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）某些有机物的转化如图l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，能直接氧化成酸性物质D。请回答下列问题：（1）C中官能团的名称是__________。（2）下列有关B的性质说法正确的是____（填字母序号，下同）。a.燃烧时有烧焦的羽毛味b．在人体中氧化的最终产物是CO2和H2Oc.在碱性、加热条件下，能与银氨溶液反应析出银d．在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀（3）工业上用乙烯与水反应制备C，该反应的化学方程式是_____，反应类型是______。（4）反应④的化学方程式是_______。（5）若实验室利用图2制备E，试管N中盛放的试剂是_______，导气管不伸入液面下的理由是______________。24、（12分）A是来自石油的重要有机化工原料,此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。E是具有果香味的有机物,D能与碳酸钠反应产生气体,F是一种高聚物,可制成多种包装材料。

（1）A的结构式为___________。（2）C分子中的官能团名称是_________,验证C物质存在该官能团的试剂是__________，现象为_________________________。（3）写出下列反应的化学方程式并指出反应类型:①____________________________:反应类型是______________；③____________________________；反应类型是______________；25、（12分）查阅资料知：Br2的沸点为58.78℃，密度为3.119g•cm﹣3，微溶于水，有毒。Ⅰ．（1）常温下，单质溴通常呈__态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量__液封。Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用空气吹出法。其生产流程可用如图表示：浓缩海水→通入氯气低浓度溴水→用X吸收用空气吹出溴某化学实验小组模拟该法设计了如图实验装置（夹持装置略去）从浓缩的海水中提取液溴实验步骤如下：①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2，至反应结束；②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2；④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。（2）当观察到A中液面上方出现____（实验现象）即可判断步骤①中反应已经结束。（3）X试剂可以是___，尾气处理选用___（填序号，试剂不重复使用）。a．H2Ob．饱和食盐水c．NaOH溶液d．饱和Na2SO3溶液B中X试剂发生反应的离子方程式为____________________________________。（4）蒸馏时应该选择下列仪器_____（填序号），实验过程中应控制温度为_________时收集液溴。26、（10分）下图是丁烷裂解的实验流程：（提示：丁烷在一定条件下裂解的可能方程式为：C4H22C2H6+C2H4，

C4H22CH4+C3H6）连接好装置后，需进行的实验操作有：①给D、G装置加热；②检查整套装置的气密性；③排出装置中的空气等…（2）这三步操作的先后顺序依次是_______________________（填序号）（2）写出甲烷与氧化铜反应的化学方程式______________________（3）若对E装置中的混合物（溴水足量），再按以下流程实验：①分离操作Ⅰ和Ⅱ的名称分别是：Ⅰ________Ⅱ________，Na2SO3溶液的作用是（用离子方程式表示）________________________________________________________．②已知B的碳原子数大于A的碳原子数，请写出B的结构简式_____________________．（4）假定丁烷完全裂解，当（E+F）装置的总质量比反应前增加了2．7g，G装置的质量减少了2．76g，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比n（CH4）:n（C2H6）=__________。27、（12分）探究苯与溴反应生成溴苯的实验可用如图所示装置，分析装置并完成下列题目：（1）关闭止水夹F，打开止水夹C，由A口向装有少量苯的三口烧瓶中加入过量液溴，再加入少量铁屑，塞住A口，则三口烧瓶中发生反应的有机化学方程式为______________________。（2）D、E试管内出现的现象分别为：D．______，E．__________。（3）待三口烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时，松开止水夹F，关闭止水夹C，可以看到的现象是___________。28、（14分）海洋中蕴含着丰富的资源。利用海水提取淡水、溴和镁的部分过程如图所示。（1）海水淡化的方法有_________________、离子交换法和电渗析法等。（2）用纯碱吸收浓缩海水吹出的Br2:3Br2+6Na2CO3+3H2O＝5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3。当吸收3molBr2时，反应中转移的电子数是_____________。（3）海水中部分离子的含量如下：成分含量（mg/L）成分含量（mg/L）Na+10560Cl-18980Mg2+1272Br-64Ca2+400SO42-2560其中，Mg2+的物质的量浓度是____________。若要从100L的海水中提取镁，理论上需要加入沉淀剂Ca（OH）2的质量是_______________。（4）由Mg（OH）2制单质Mg，以下方法最合适的是________________（填序号）。A．Mg（OH）2MgOMgB．Mg（OH）2MgOMgC．Mg（OH）2无水MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2溶液Mg29、（10分）利用化学反应可以为人类提供能源，也可用来解决环境问题。(1)已知某些化学键的键能数据如下：化学键H-HO=OO-H键能kJ·mol-1436495463①写出H2与O2反应生成水蒸气的热化学方程式____________；②利用该反应设计成燃料电池，已知该电池每发1kW·h电能生成360g水蒸气，则该电池的能量转化率为

_____

%

(结果保留三位有效数字)。(2)三室式电渗析法可以处理含K2SO4的废水，原理如图所示，两极均为惰性电极，ab为阳离子交换膜，cd为阴离子交换膜。①阴极区的pH______(填“升高”或“降低”)

；②阳极发生的电极反应式为__________；③当电路中通过1

mol电子的电量时，阴极上生成气体的体积为_____L

(标准状况)。

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、B【解题分析】

①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；②依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；④根据同分异构体数目解答；⑤根据碳碳单键和双键的性质判断。【题目详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。2、D【解题分析】

A.CO32-与H+、Ba2+反应，在溶液中不能够大量共存，故A错误；B.

Ag+与Cl−反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.

SO42-与Ba2+发生反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.

Al3+与以上三种离子都不发生反应，在溶液中能大量共存，故D正确；答案选D。3、B【解题分析】

A、铯是金黄色金属，其他碱金属都是银白色的柔软金属，选项A正确；B、碱金属单质中Rb、Cs密度都大于水，Li、Na、K的密度都小于水，选项B不正确；C.碱金属单质的硬度都很小，选项C正确；D.碱金属单质都能导电传热，是良好的导电导热材料，选项D正确。答案选B。4、C【解题分析】

A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。【题目点拨】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力。本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。5、B【解题分析】

A.乙烯含有碳碳双键,结构简式为：CH2=CH2，A正确；

B.CH4分子为正四面体结构，碳原子半径比氢原子大，应为：，B错误；

C.Ca2+的质子数为20，电子数为18，故结构示意图为:，C正确；

D.乙醇的分子式为:C2H6O，D正确；

所以本题答案为B。6、B【解题分析】

烯烃的典型反应是加成反应，与Cl2加成时双键断开，两个Cl原子分别连到双键两端的碳原子上，故乙烯与Cl2加成制备1，2-二氯乙烷好；取代反应不能停留在某一反应阶段，副反应太多，故产品的产率低、质量差。本题选B。7、A【解题分析】

N2+3H22NH3，同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，把这些反应速率都换算成H2的反应速率。A、v(N2)=0.6mol/(L·min)，所以v(H2)=1.8mol/(L·min)；B、v(NH3)=0.9mol/(L·min)，所以v(H2)=1.35mol/(L·min)；C、v(H2)=1.2mol/(L·min)；D、v(H2)=0.025mol/(L•s)=1.5mol/(L·min)；故选A。【题目点拨】解题此类试题的方法有：方法一：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同；方法二：将该物质表示的化学反应速率除以对应的化学计量数，数值越大，反应速率越快。8、D【解题分析】

可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【题目详解】①随着反应的进行，单位时间内消耗2molSO2的同时一定生成2molSO3，与反应是否达到平衡状态无关，故①不能说明达到平衡状态；②平衡时接触室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2：1：2，可能不是2：1：2，与二氧化硫的转化率有关，故②无法说明达到平衡状态；③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变，说明SO3的质量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故③能说明达到平衡状态；故答案为D。9、B【解题分析】分析：反应速率之比等于化学计量数之比,则反应速率与化学计量数的比值越大,反应速率越快,以此来解答。详解:反应速率与化学计量数的比值越大,反应速率越快,则

A.v(A)1=0.2mol/(L·s)÷1=0.2mol/(L·s)；

B.v(BC.v(C)3=D.v(D)4=10mol/(L·min)÷4=2.5mol/(L·min)=0.04mol/(L·s)。

显然B中比值最大,反应速率最快,

10、D【解题分析】

A.乙烷的结构式为，CH3CH3是乙烷的结构简式，A错误；B.乙烯的电子式为，B错误；C.乙醇的分子式为C2H6O，CH3CH2OH是乙醇的结构简式，C错误；D正确；故合理选项为D。【题目点拨】要注意分子式、结构式、结构简式的区别。分子式就是化学式，表示该物质的分子中原子个数组成。结构简式一般以物质的碳骨架为主体，表示出物质的碳链结构以及官能团的位置，一般不用写出化学键，而结构式需要把每一个化学键都表示出来。11、A【解题分析】

液态的植物油属于油脂，含有碳碳双键和酯基，碳碳双键能够发生氧化反应和加成反应，酯基能够发生水解反应，不含有羧基，不能发生酯化反应，故选A。【题目点拨】本题考查油脂的性质，注意油脂含有的官能团与性质的关系是解答关键。12、C【解题分析】

A．葡萄糖溶液与NaOH混合无现象，乙酸与NaOH反应也无现象，不能鉴别，故A错误；B．乙酸、葡萄糖溶液与稀硫酸混合均无现象，不能鉴别，故B错误；C．乙酸、葡萄糖溶液、淀粉溶液分别与Cu(OH)2悬浊液混合的现象为：蓝色溶液、砖红色沉淀、无现象，现象不同，可鉴别，故C正确；D．葡萄糖溶液、淀粉溶液与碳酸钠溶液混合，均无现象，不能鉴别，故D错误；故答案为C。13、D【解题分析】分析：该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，左侧为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。详解：A．该燃料电池中，右侧通入氧化剂空气的电极为正极，电流从正极流向负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A正确；B．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，B正确；C．因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，C正确；D．该原电池中，阴极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，D错误；答案选D。14、A【解题分析】分析:A.根据海水淡化的主要方法分析;绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染;

B缩聚物的相对分子质量不是单体相对分子质量的整数倍；C.是缩聚产物，分子中含有酯基；D.煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加强热使之分解的过程.

详解:A.海水淡化的主要方法有:蒸馏法、电渗析法、离子交换法等,所以A选项是正确的;

B.缩聚物的相对分子质量不是单体相对分子质量的整数倍,所以B选项是错误的;

C.是缩聚产物，分子中含有酯基，所以C是错误的；D.煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加强热使之分解,生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程,是化学变化，所以D选项是错误的。

所以A选项是正确的。点睛：本题考查了常见生活环境的污染及治理、海水淡化、煤的干馏的成因等知识,题目难度中等,注意掌握生活污染及治理方法,明确海水淡化的方法,试题侧重基础知识的考查,培养了学生灵活应用基础知识的能力。15、A【解题分析】分析：①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体来分析；②无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体来分析；③单键和双键的键长不相等；④如果苯的结构中存在单双键交替结构，含有双键能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应；⑥如果苯的结构中存在单双键交替结构，含有双键能够与溴发生加成反应。详解：①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，间位二元取代物均只有一种，所以①不能作为证据；②无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，对位二元取代物均只有一种，故②不能作为证据；③单键和双键的键长不相等，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故③能作为证据；④苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故④能作为证据；⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应，苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷，可以用单双健结构来解释，故⑤不能作为证据；⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应，而不是加成反应，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故⑥能作为证据；答案选A。16、B【解题分析】分析：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液。详解：A.按反应顺序分析：先将海带烧成灰,向灰中加水搅拌;再过滤,取滤液滴加稀硫酸和双氧水,然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液。即合理的操作顺序为，②④①③⑤，故A错误；B.步骤②在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌，加速溶解、④过滤需要玻璃棒引流，过程中都需要用到玻璃棒，故B正确；C.步骤①中双氧水表现氧化性，氧化碘离子生成碘单质，故C错误；D.四氯化碳比水重，步骤③中液体静置后下层为紫色，故D错误；本题答案；B。17、D【解题分析】

由于氟、氯、溴、碘原子核外最外层电子数相等，电子层数依次增多，原子核对最外层电子数的吸引能力逐渐减弱，导致氟、氯、溴、碘金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此氟、氯、溴、碘性质上差异的主要原因是原子核外电子层数依次增多，故选D。18、C【解题分析】

A.根据A=A+N，其中质子数为8，质量数为18，中子数为10，故A正确；B.1H、2H、3H质子数相同，中子数不同，则1H、2H、3H互为同位素，故B正确；C.同位素是指质子数相同，质量数不同的同种元素的不同原子，故C错误；D.、金刚石、石墨是同种元素形成的不同单质，即、金刚石、石墨互为同素异形体，故D正确；故选C。19、C【解题分析】

反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol，则Y消耗的物质的量为：3mol−2.4mol=0.6mol，根据反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)可知，10min内消耗0.2molX、生成0.4molZ，A.10min内，Y的平均反应速率为：0.6mol2L10min=0.03

mol⋅L−1⋅min−1，故A错误；B.化学反应速率与化学计量数成正比，则10min内X的反应速率为：v(X)=13×v(Y)=0.01mol⋅L−1⋅min−1，该速率为平均速率，无法计算及时速率，故B错误；C.根据分析可知，10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZ，故C正确；D.由于该反应为可逆反应，则1mol

X和3molY通入2L的恒容密闭容器中生成Z的物质的量小于2mol，放出的热量小于akJ，故D错误；故选C。【题目点拨】计算出10min内Y的平均反应速率，然后根据计量数与反应速率成正比得出X的反应速率；该反应为可逆反应，则反应物不可能完全转化成生成物，所以10min内X和Y反应放出的热量小于a

kJ，据此进行解答。20、A【解题分析】

首先将速率的单位统一，v(A)＝0.45mol·L－1·min－1=0.0075mol·L－1·s－1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（mol·L－1·s－1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是④＞③＝②＞①，答案选A。【题目点拨】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。21、D【解题分析】

A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，所以只有②属于固氮反应，故A错误；B.反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.反应④的离子方程式为4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O，氧元素的化合价由0价降低为-2价，该过程中共转移2×10=20个电子，所以每生成1molH2O转移4mole-，故C错误；D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，影响海洋中N元素循环，故D正确。故D正确。22、C【解题分析】分析：四氯化碳和溴苯互溶，等体积混合后密度大于水，结合物质的密度可知，密度小的在上方，密度大的在下方，以此来解答。详解：四氯化碳和溴苯互溶，等体积混合后密度大于水，所以四氯化碳和溴苯的混合物在在水的下层，水在上层，从图象上看，C正确。答案选C。二、非选择题(共84分)23、羟基bcdCH2=CH2+H2OC2H5OH加成反应C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O饱和碳酸钠溶液防止倒吸【解题分析】A是营养物质之一，米饭、馒头中富含A，A为淀粉，化学式为(C6H10O5)n，在酸性条件下水解的最终产物是B，B为葡萄糖，C是白酒的主要成分，则C为C2H5OH，C直接氧化生成D，D为CH3COOH，D与C发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5。(1)C为C2H5OH，C中官能团的名称是羟基，故答案为羟基；

(2)B为葡萄糖，含C、H、O元素，含-OH、-CHO。a．蛋白质燃烧时有烧焦的羽毛味，故不选；b．葡萄糖在人体中氧化的最终产物是CO2和H2O，故选；c．含-CHO，在碱性、加热条件下，能与银氨溶液反应析出银，故选；d．含-CHO，在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，故选；故答案为bcd；(3)工业上用乙烯与水发生加成反应制备乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OC2H5OH，故答案为CH2=CH2+H2OC2H5OH；加成反应；(4)反应④的化学方程式是C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，故答案为C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O；

(5)制备乙酸乙酯，常常用饱和碳酸钠溶液吸收生成的乙酸乙酯，以便于除去混有的杂质，导管口不能深入N试管中液面下的原因是防止倒吸，故答案为饱和碳酸钠溶液；防止倒吸。24、醛基银氨溶液或新制的氢氧化铜试管内壁出现光亮的银镜或出现砖红色沉淀加成反应取代反应（酯化反应）【解题分析】A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D，A反应生成B，碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，铜作催化剂、加热条件下，CH3CH2OH被氧气氧化生成C，所以C是CH3CHO，乙酸与乙醇分子酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，A反应生成F，F是一种高聚物，乙烯发生加聚反应生成高聚物F为。(1)通过以上分析知，A为乙烯，结构式为，故答案为：；(2)C是CH3CHO，含有的官能团为醛基，可发生氧化反应，一般用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验，方法是在洁净的试管中加入1mL2%的AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴加入2%的稀氨水，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，制得银氨溶液．加入3-5滴待测溶液，水浴加热，有银镜出现(或在试管中加入10%的NaOH溶液2mL，滴入2%的CuSO4溶液4-6滴，得到新制的氢氧化铜，振荡后加入待测溶液0.5mL，加热，有砖红色沉淀生成)，故答案为：醛基；银氨溶液(或新制的氢氧化铜)；试管内壁出现光亮的银镜(或出现砖红色沉淀)；(3)①一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：，该反应属于加成反应；③乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于取代反应或酯化反应，故答案为：；加成反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应或酯化反应。点睛：本题考查有机物的推断，正确判断A为解题的关键。本题的易错点和难点为(2)中醛基的检验，要注意掌握和理解有机中常见官能团的检验方法。25、液水黄绿色dcBr2+H2O+SO32－=2Br－+SO42－+2H+①③⑤⑥⑦59℃【解题分析】分析：Ⅰ．（1）根据溴的状态以及液溴易挥发分析；Ⅱ．（2）根据氯气是黄绿色气体分析；（3）根据氯气、溴的性质分析判断；（4）根据蒸馏装置选择仪器，根据溴的沸点控制蒸馏时的温度。详解：Ⅰ．（1）溴在常温下为液态，液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，所以保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水进行水封。Ⅱ．（2）氯气与溴离子反应生成溴单质，由于氯气是黄绿色气体，因此当反应完成时，A中液面上方出现黄绿色气体时即可判断步骤①中反应已经结束；（3）溴检验氧化性，能够与亚硫酸钠反应，因此可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴，反应的离子方程式为Br2+H2O+SO32－=2Br－+SO42－+2H+，答案选d；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收，答案选c；（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有①③⑤⑥⑦；蒸馏实验依据的是液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br2的沸点为58.78℃，则应该控制温度在59℃（或58.8℃）。考点：本题主要是考查物质分离提纯的方法和基本操作综合应用、物质性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。注意掌握常见混合物分离提纯方法的原理和主要仪器。26、②、③、①CH4+4CuO→△CO2+2H2O+4Cu分液蒸馏Br2+SO3【解题分析】打开K，气体通过B，B装置是根据气泡控制气体流速，C装置干燥丁烷，在氧化铝作催化剂条件下丁烷发生裂解反应生成烯烃和烷烃，E中溴水吸收烯烃，F干燥烷烃，G中烷烃和Cu在加热条件下发生氧化还原反应生成Cu。(2)应先检验气密性，赶出内部气体，再给D、G装置加热；故答案为：②③①；(2)氧化铝作催化剂，加热条件下，甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜，反应方程式为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu，故答案为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu；(3)混合物中含有溴、水、溴代烃，加入亚硫酸钠，亚硫酸钠被溴氧化生成硫酸钠，同时生成NaBr，从而除去溴，然后采用分液方法分离，将有机层进行分馏得到有机物A、有机物B，向有机物中加入NaOH溶液，得到有机物C，C能发生氧化反应，则B发生水解反应生成C为醇，C被催化氧化得到醛D。①通过以上分析知，分离操作Ⅰ和Ⅱ的名称分别是：Ⅰ分液、Ⅱ蒸馏，亚硫酸钠具有还原性，能和强氧化性物质溴反应而除去溴，离子方程式为：SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+，故答案为：分液；蒸馏；SO32-+Br2+H2O=SO42-+2Br-+2H+；②已知B的碳原子数大于A的碳原子数，说明B中碳原子个数是3、A中碳原子个数是2，B为2，2-二溴丙烷，B的结构简式CH2BrCHBrCH3，故答案为：CH2BrCHBrCH3；(4)丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等，E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，设x为C2H4的物质的量，y为C3H6的物质的量，则乙烷和甲烷的物质的量分别是x、y，28x+42y=2.7g，乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为2(2x+y)+6x+2y2=1.7616，解得：x=y=2.27mol，点睛：本题以丁烷裂解为载体考查实验基本操作、计算、物质的分离和提纯，明确流程图中各个装置的作用、物质分离和提纯方法的选取是解题的关键。本题的难点是(4)题的计算，明确质量增加的量和质量减少的量分别是什么物质是关键。27、+Br2+HBr石蕊溶液变红有淡黄色沉淀生成洗气瓶内水面上出现大量白雾【解题分析】

在FeBr3作催化剂的条件下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢使石蕊试液呈红色，遇硝酸银溶液产生溴化银淡黄色沉淀。溴化氢遇水蒸气产生白雾。NaOH用于吸收尾气，防止污染空气。【题目详解】（1）三颈烧瓶内，在FeBr3作催化剂的条件下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，反应方程式为：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr。（2）HBr溶于水呈酸性，D中使石蕊溶液变红，HBr与硝酸银溶液反应生成AgBr，E中产生淡黄色沉淀，故答案为：石蕊溶液变红；出现淡黄色沉淀。（3）HBr与水蒸气结合形成小液滴，洗气瓶内水面上出现大量白雾，故答案为：洗气瓶内水面上出现大