福建省漳达志中学2024届化学高一下期末教学质量检测模拟试题含解析

福建省漳达志中学2024届化学高一下期末教学质量检测模拟试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经3s后测得C的浓度为0.6mol/L，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.6mol/（L·s）②用物质B表示的反应的平均速率为0.1mol/（L·s）③3s时物质A的转化率为70％④3s时物质B的浓度为0.7mol/L。其中正确的是A．①③ B．②③ C．②④ D．①④2、某烷烃相对分子质量为72，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，该烷烃是（）A．丁烷 B．己烷 C．2—甲基丁烷 D．2,2—二甲基丙烷3、下列物质中属于共价化合物的是A．Cl2 B．NH4Cl C．NaOH D．HCl4、在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是A．v(A)=0.5mol/(L·s) B．v(B)=0.3mol/(L·s)C．v(C)=0.8mol/(L·s) D．v(D)=1mol/(L·s)5、根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是（已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。）A．除去粗盐中杂质(Mg2＋、SO42-、Ca2＋)，加入药品的顺序：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．在过程②中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C．从能量转换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程D．从第③步到第⑤步的目的是为了得到高浓度的Br26、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（）A．1molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为NAB．标准状况下，2.24L苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数为2NAD．密闭容器中，1

molN2与4molH2

充分反应生成的NH3分子数为2NA。7、下列微粒的空间构型为平面三角形的是A．H3O+ B．SO32- C．PCl3 D．BF38、下列过程属于物理变化的是（）A．石油分馏 B．煤的干馏 C．石油裂化 D．乙烯聚合9、下列微粒的电子式中，书写错误的是A．氮气 B．氯化钠Na＋C．氯化氢 D．氨气10、下列六个说法中，正确的有①已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为ΔH＝－241.8kJ·mol－1②由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定③X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(g)ΔH>0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH增大④已知：共价键C—CC=CC—HH—H键能/(kJ·mol－1)348610413436根据上表数据可以计算出C6H6(g)＋3H2(g)→C6H12(g)的焓变⑤根据盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量相等⑥25℃、101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11、下列反应属于放热反应的是A．浓硫酸溶于水 B．Fe与稀硫酸反应C．C+CO22CO D．石灰石受热分解12、最近我国科研人员根据玉兔二号在第一个月昼的光谱探测数据，分析得出月幔中富含橄榄石（主要成分为：（MgFe)2SiO4），橄榄石属于A．碱 B．酸 C．硅酸盐 D．酸性氧化物13、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．二氧化锰具有较强的氧化性，可作H2O2分解的氧化剂B．铝能置换出氧化铁中的铁，可用于钢铁工业中大量冶炼铁C．AlCl3是电解质，可电解熔融AlCl3制铝D．油脂能在碱性条件下水解，可用于工业上制取肥皂14、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<015、下列叙述正确的是A．稀硫酸溶液中不存在H2SO4分子B．凡是能电离的物质一定能达到电离平衡C．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子D．氨水中全部是NH4+、OH-，无分子存在16、在pH=1的无色透明溶液中能大量共存的离子组是A．Fe2+、Cu2+、SO42- B．NaC．K+、HCO3-、Cl- D．Mg17、下列反应可用离子方程式H++OH-=H2O表示的是A．硝酸和氢氧化铜 B．盐酸和氢氧化钡C．醋酸和氢氧化钠 D．氢硫酸和氢氧化钾18、下列化学用语表达正确的是（）A．苯的分子式B．氟原子的结构示意图C．氯化钠的电子式D．正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH319、下列物质中，能用于厨房除水垢的是（）A．乙醇 B．乙酸 C．乙酸乙酯 D．苯20、在生物科技领域，通过追踪植物中放射性发出的射线，来确定磷在植物中的作用部位。该核素原子内的中子数为（）A．15B．17C．32D．4721、电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其工作原理如图所示,NH3被氧化为常见无毒物质。下列说法错误的是()A．溶液中K+向电极b移动B．氨气在电极a上发生氧化反应C．反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:3D．正极的电极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-，故反应一段时间后，电解液的pH升高22、下列陈述I、II正确并且有因果关系的是选项

陈述I

陈述II

A

蛋白质和淀粉都是高分子化合物

蛋白质和淀粉水解最终产物均是葡萄糖

B

汽油和植物油都属于烃

汽油和植物油都可以燃烧

C

盐酸和氨水能溶解Al(OH)3

Al(OH)3是两性氢氧化物

D

铝具有还原性

铝粉和氧化铁粉末可发生铝热反应

A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）一种高分子化合物（Ⅵ）是目前市场上流行的墙面涂料之一，其合成路线如下（反应均在一定条件下进行）：回答下列问题：（1）化合物Ⅲ中所含官能团的名称是___________________、_______________________。（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的同时，副产物为____________________________。（3）CH2=CH2与溴水反应方程式：_______________________________。（4）写出合成路线中从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应方程式：_____________________。（5）下列关于化合物Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ的说法中，正确的是_____________。A化合物Ⅲ可以发生氧化反应B化合物Ⅲ不可以与NaOH溶液反应C化合物Ⅳ能与氢气发生加成反应D化合物Ⅲ、Ⅳ均可与金属钠反应生成氢气E化合物Ⅳ和Ⅴ均可以使溴的四氯化碳溶液褪色（6）写出化合物Ⅰ与氧气在Cu催化下反应的产物______________________。24、（12分）有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大。A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物。回答下列问题。（1）A2B的电子式__________；A2B2的电子式__________。（2）CB2通入A2B2溶液中可被氧化为W，用W的溶液（体积1L，假设变化前后溶液体积变化忽略不计）组装成原电池（如右图所示）。在b电极上发生的反应可表示为:PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，则在a电极上发生的反应可表示为__________。（3）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期。该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物。将E的单质浸入ED3溶液中，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，该反应的离子方程式为________________________________________。（4）依据（3）中的反应，可用单质E和石墨为电极设计一个原电池（右图），则在该原电池工作时，石墨一极发生的反应可以表示为______________________________。石墨除形成原电池的闭合回路外，所起的作用还有：________________________________________。25、（12分）厨房里有两瓶失去商标的无色液体，其中一瓶是食用白醋，另一瓶是白酒。请你至少用三种方法加以区分。26、（10分）研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）Ⅰ中的无色气体是_________。（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。②乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。27、（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如下：（1）NaClO2中氯元素的化合价是_________。从氧化还原角度推测NaClO2可能具有的化学性质是_________。（2）过程I常伴有少量Cl2生成。①Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，请结合离子方程式解释其原因_________。②结合下面信息，请设计实验方案除去ClO2中的Cl2________。ClO2Cl2在水中的溶解性易溶溶在CCl4中的溶解性难溶溶（3）过程II中H2O2的作用是________（填“氧化剂”或“还原剂”）。（4）理论上每生成1molNaClO2，消耗SO2的体积是________L（标准状况下）。（5）已知：i.压强越大，物质的沸点越高。ii.NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2∙3H2O38~60℃时析出NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl①过程III采用“减压蒸发”操作的原因是_____。②请将过程III的操作补充完整_______。28、（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）e元素在周期表中的位置_______________。（2）bd2的电子式_______________；e2d的电子式_______________；ca3的空间构型_______________。（3）e的最高价氧化物的水化物所含化学键类型为______________、_______________，晶体类型为_______________。其溶液与b的最高价氧化物反应的离子方程式为____________________________。（4）在常温常压下，1gb的最简单气态氢化物完全燃烧放出的热量约为56kJ，写出该反应的热化学方程式_____________________________。29、（10分）在T℃时，将0.6molX和0.4molY置于容积为2L的密闭容器中(压强为mPa)发生反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)该反应为放热反应。若保持温度不变，某兴趣小组同学测得反应过程中容器内压强随时间变化如图所示：(1)8分钟内Z的平均生成速率为____________。(2)X的平衡转化率为____________。(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应,反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，则原混合气体中a∶b=____________。(4)下列措施能加快化学反应速率的是____________。A．恒压时充入HeB．恒容时充入HeC．恒容时充入XD．及时分离出ZE．升高温度F．选择高效的催化剂(5)仍在T℃时，将0.6molX和0.4molY置于一容积可变的密闭容器中。下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是______。a．容器内X、Y、Z的浓度之比为3∶1∶2b．3v正(X)=v逆(Y)c．混合气体的密度保持不变d．容器中气休的平均相对分子质量不随时间而变化

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】

反应3s后测得C的浓度为0.6mol/L，C的物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol，则：①v(A)==0.2mol/(L•s)，故①错误；②v(B)=v(A)=0.1mol/(L•s)，故②正确；③3s时A转化率=×100%=30%，故③错误；④3s时B的浓度为=0.7mol/L，故④正确；故选C。2、D【解题分析】根据烷烃的通式CnH2n+2进行计算相对分子质量为72的物质为戊烷，和氯气反应生成的一氯代物只有一种，则该物质为正戊烷，即2,2-二甲基丙烷。故选D。3、D【解题分析】

A.Cl2是只有一种元素构成的纯净物，是单质，不是化合物，故A错误；B.NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氢原子和氮原子之间存在共价键，为离子化合物，故B错误；C.NaOH钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，为离子化合物，故C错误D.HCl中只含共价键，为共价化合物，故D正确；答案选D。【题目点拨】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。4、B【解题分析】

比较化学反应速率，先统一单位，后转换成同一物质进行比较。【题目详解】根据反应速率之比是化学计量数之比可知A.v(A)=0.5mol/(L·s)，v(B)=0.25mol/(L·s)；B.v(B)=0.3mol/(L·s)；C.v(C)=0.8mol/(L·s)，v(B)=0.27mol/(L·s)；D.v(D)=1mol/(L·s)，v(B)=0.25mol/(L·s)；因此反应速率最快的是选项B。答案选B。【题目点拨】比较化学反应速率，先统一单位，后转换成同一物质进行比较；或者各物质的速率除以自身系数，转化为该反应的化学反应速率进行大小比较。5、D【解题分析】

A、过程①中过量的钡离子无法除去，碳酸钠溶液和氯化钡溶液加入顺序应互换，选项A错误；B、在过程②中将MgCl2·6H2O灼烧促进氯化镁水解，最终得到氧化镁和氯化氢，选项B错误；C、电解饱和食盐水是电能转化为化学能，选项C错误；D、溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收成溴离子，加入氧化剂溴离子被氧化为溴单质，富集溴元素，从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩，选项D正确。答案选D。6、C【解题分析】分析：A.根据3NO2+H2O=2HNO3+NO反应计算反应转移电子数；B.标准状况下，苯为液态；C.甲烷和乙烯分子中均含有4个氢，因此可以计算出0.5mol甲烷和乙烯混合物中含氢原子数；D.N2与H2反应为可逆反应，反应物不能100%转化成生成物。详解:在3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中，+4价氮元素变化到+5价和+2价，所以1molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为2NA，A错误；标准状况下，苯为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，B错误；标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的量为0.5mol，甲烷和乙烯中均含有4个氢原子，因此0.5mol甲烷和乙烯混合物中含氢原子数为2NA，C正确；N2与H2反应为可逆反应，反应物不能100%转化成生成物，因此密闭容器中，1molN2与4molH2充分反应生成的NH3分子数小于2NA；D错误；正确选项C。点睛：本题是对阿伏加德罗常知识的综合考察，涉及知识面广，注重基础，难度不大，做题时要注意苯的结构中不含碳碳双键、合成氨反应为可逆反应等易错点。7、D【解题分析】

A.H3O+中心原子采取sp3杂化，有1个杂化轨道被孤对电子占据，所以分子空间构型为三角锥形，故A错误；B.SO32－中心原子S有3个σ键，孤电子对数为(6＋2－3×2)/2=1，空间构型为三角锥形，故B错误；C.PCl3中心原子P有3个σ键，孤电子对数为=1，空间构型为三角锥形，故C错误；D.BF3中心原子为B，含有3个σ键，孤电子对数为=0，空间构型为平面三角形，故D正确。综上所述，本题正确答案为D。8、A【解题分析】

石油的分馏是通过控制沸点的不同来实现物质分离的方法，属于物理变化；煤的干馏、石油裂化及乙烯的聚合过程，均有新物质生成，属于化学变化过程。答案选A。9、A【解题分析】

A．氮气分子内含有氮氮叁键，其电子式为，故A错误；B．氯化钠是离子化合物，其电子式为Na＋，故B正确；C．氯化氢是共价化合物，其电子式为，故C正确；D．氨气是共价化合物，其电子式为，故D正确；故答案为A。【题目点拨】在电子式的正误判断中，首先判断化合物的类型，离子化合物的电子式一定存在[]，共价化合物一定不存在[]，未参加成键的电子对一定不省略，同时注意二氧化碳和次氯酸的书写，常见的有、等错误书写方法。10、A【解题分析】分析：①根据燃烧热的概念(25℃，101kPa时1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量)分析判断①和⑥的正误；②根据能量越高越不稳定分析判断；③根据反应热与平衡移动无关分析判断；④根据苯环中不存在碳碳双键和碳碳单键分析判断；⑤根据金刚石与石墨的结构不同分析判断。详解：①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1，故错误；②单质A转化为单质B是一个吸热过程，则B的能量比A的高，能量越高越不稳定，故错误；③一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故错误；④反应热=反应物总键能-生成物总键能，由于苯环中不存在碳碳双键，不能计算反应热，故错误；⑤金刚石与石墨的结构不同，能量不相同，在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量不相等，故错误；⑥碳的燃烧热指：25℃，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量，故正确，正确的只有1个，故选A。点睛：本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等，注意对概念与热化学方程式的理解。本题的易错点为③，平衡移动影响放出的热量，但热化学方程式焓变不变。11、B【解题分析】

常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）等。【题目详解】A．浓硫酸加水稀释是物理变化，故A不选；B、Fe与稀硫酸反应是置换反应，是放热反应，故B选；C、C+CO22CO是吸热反应，故C不选；D、石灰石受热分解，是吸热反应，故D不选；故选B。【题目点拨】本题考查化学反应中能量变化，解题关键：掌握常见的放热反应和吸热反应，易错点A，注意物理过程和化学变化的区别。12、C【解题分析】

橄榄石是一种镁与铁的硅酸盐，其化学式为(MgFe)2SiO4，它是地球中最常见的矿物之一，也出现在部分陨石、月球、火星及一些彗星上（如维尔特二号彗星上彗发部分的尘埃，以及坦普尔一号彗星的彗核）。答案选C。13、D【解题分析】A.二氧化锰可作H2O2分解的催化剂，A错误；B.铝能置换出氧化铁中的铁，但不能用于钢铁工业中大量冶炼铁，B错误；C.AlCl3是电解质，但熔融状态下不导电，可电解熔融氧化铝制铝，C错误；D.油脂能在碱性条件下水解，可用于工业上制取肥皂，D正确，答案选D。14、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。15、A【解题分析】

A．硫酸是强电解质，在水溶液中完全电离，故其溶液中不存在H2SO4分子，A项正确；B．强电解质电离完全，不存在电离平衡，B项错误；C．氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，无需通电；通电电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氯气，C项错误；D．氨水是弱电解质，部分电离，氨水中除了NH4+、OH-，还有NH3·H2O分子，D项错误；答案选A。16、D【解题分析】

pH=1则溶液呈酸性，且溶液为无色，则A.Fe2+显浅绿色，Cu2+显蓝色，不符合题意，B.S2-会与H+反应生成硫化氢，则S2-不能大量存在，B项错误；C.HCO3-与H+反应生成二氧化碳与水，HCO3-不能量存在，C项错误；D.该组离子彼此之间不反应，也不和H+反应，可以大量共存，且符合限定条件，D项正确；答案选D。17、B【解题分析】

离子方程式H++OH-═H2O表示强酸与可溶性的强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应，需要明确三点：第一，酸必须是强酸，不能为弱酸：醋酸、次氯酸等；第二，碱必须是可溶性的强碱，不能为氨水、氢氧化铜等；第三，生成的盐必须是可溶性的盐，不能是难溶物，据此进行解答。【题目详解】A．氢氧化铜是不溶性碱，硝酸和氢氧化铜反应不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故A错误；B．盐酸是强酸，氢氧化钡是可溶性的强碱，两者反应能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故B正确；C．醋酸是弱酸，醋酸和氢氧化钠反应不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故C错误；D．氢硫酸是弱酸，氢硫酸和氢氧化钾反应不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故D错误；故选B。【题目点拨】本题考查了离子方程式的书写、离子方程式表示的意义，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式表示的意义，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。18、D【解题分析】

A.苯的分子式为C6H6，与题意不符，A错误；B.氟原子的结构示意图，与题意不符，B错误；C.氯化钠的电子式，与题意不符，C错误；D.正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3，符合题意，D正确；答案为D。19、B【解题分析】分析：根据水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁解答。详解：A.乙醇是醇类，与碳酸钙或氢氧化镁均不反应，不能用于厨房除水垢，A错误；B.乙酸是一元弱酸，酸性强于碳酸，能用于厨房除水垢，B正确；C.乙酸乙酯属于酯类，与碳酸钙或氢氧化镁均不反应，不能用于厨房除水垢，C错误；D.苯属于烃类，与碳酸钙或氢氧化镁均不反应，不能用于厨房除水垢，D错误；答案选B。20、B【解题分析】质子数和中子数之和是质量数，则该核素原子内的中子数为32－15＝17，答案选B。点睛：明确核素表示的方法和有关物理量之间的数量关系是解答的关键，即在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。21、D【解题分析】

NH3被氧化为常见无毒物质，应生成氮气，a电极通入氨气生成氮气，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。【题目详解】A．因为a极为负极，b为正极，则溶钾离子向正极移动，A正确；B．氨气在反应中失去电子，在负极a极上发生氧化反应，B正确；C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，C正确；D．正极得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e－+2H2O＝4OH－，总反应式为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，反应后氢氧根的浓度减小，电解液的pH下降，D错误。答案选D。【题目点拨】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点。22、D【解题分析】

试题分析：A选项，蛋白质水解的产物是氨基酸。所以A选项是错误的。B选项，烃是指仅含有碳，氢，两种元素的化合物。植物油是不饱和的高级脂肪酸甘油脂。所以B选项是错误的。C选项氢氧化铝只能溶解在强酸强碱中，而氨水属于弱酸，所以C选项是错误的。考点：考查物质基本性质的综合利用二、非选择题(共84分)23、羟基羧基H2OCH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrCH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2OACDEH2O、CH2ClCHO【解题分析】

乙烯通过加成反应生成I，I通过取代反应得到II，II中-CN转化为-COOH，III发生消去反应生成IV，结合VI采用逆分析法可推出V为CH2=CH-COOCH3，则（1）根据结构简式，结合官能团的分类作答；（2）依据有机反应类型和特点作答；（3）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ发生的是酯化反应；（5）化合物Ⅲ中含羧基和羟基，化合物Ⅳ中含碳碳双键和羧基，化合物Ⅴ中含碳碳双键和酯基，根据官能团的结构与性质分析解答；（6）羟基在铜做催化剂作用下发生催化氧化。【题目详解】（1）根据结构简式可判断，化合物Ⅲ中所含官能团的名称是羟基和羧基；（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应是羟基的消去反应，所以另一种生成物是H2O；（3）乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，反应方程式为CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；（4）Ⅵ是高分子化合物，其单体CH2=CH-COOCH3，所以从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是酯化反应，方程式为CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O；（5）A.化合物Ⅲ中含羟基，可以发生氧化反应，A项正确；B.化合物Ⅲ中含有羧基，能和氢氧化钠反应，B项错误；C.化合物Ⅳ中含碳碳双键，能与氢气发生加成反应，C项正确；D.化合物Ⅲ中含羟基，化合物Ⅳ中含羧基，均可与金属钠反应生成氢气，D项正确；E.化合物Ⅳ和Ⅴ中均含碳碳双键，均可以使溴的四氯化碳溶液褪色，E项正确；答案选ACDE；（6）化合物Ⅰ中含有羟基，能被催化氧化，所以生成物是H2O和CH2ClCHO。24、Pb-2e-+SO42-=PbSO4Fe+2Fe3+=3Fe2+2Fe3++2e-=2Fe2+充当正极材料，形成原电池，氧还分开进行【解题分析】有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大。A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物，可以推断，B为O元素，则A为H元素，C为S元素，则D为Cl元素。（1）H2O的电子式为；H2O2的电子式为，故答案为；；（2）SO2通入H2O2溶液中可被氧化为W，则W为H2SO4，b电极发生还原反应，则a电极发生还原反应，Pb失去电子生成PbSO4，负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，反应的总方程式为PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，故答案为Pb-2e-+SO42-=PbSO4；

（3）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期，该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物，则E为Fe元素，将Fe浸入到FeCl3中，发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+；

（4）石墨--铁在氯化铁电解质溶液中形成原电池，Fe为负极，失去电子生成Fe2+，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，Fe3+离子在正极获得电子生成Fe2+，正极电极反应式为：2Fe3++2e-=2Fe2+；比较甲、乙两图，说明石墨除形成闭合回路外所起的作用是：充当正极材料，形成原电池、使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生，故答案为2Fe3++2e-=2Fe2+；充当正极材料，形成原电池、使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生。点睛：本题以元素推断为载体，考查电子式、原电池原理的应用等，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为原电池中电极方程式的书写，难点为石墨的作用，具有一定的开放性。25、（1）闻气味，有刺鼻气味的是白醋，有特殊香味的是白酒。（2）分别加入小苏打，有气泡产生的是白醋，无气泡的是白酒。（3）取相同体积液体，质量大的是白醋，质量小的是白酒。其他答案合理即可。【解题分析】试题分析：本题考查物质的鉴别。对比食用白醋和白酒物理性质、化学性质的异同，可选用下列方法进行鉴别：（1）闻气味，有刺鼻气味的是食用白醋，有特殊香味的是白酒。（2）分别取两种液体，滴加小苏打，有气泡产生的为食用白醋，无气泡的是白酒。（3）取相同体积的两种液体，称重，质量大的是食用白醋，质量小的是白酒。（4）分别取两种液体，滴加纯碱溶液，有气泡产生的为食用白醋，无气泡的是白酒。26、NO或一氧化氮Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度【解题分析】

(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度【题目详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。27、+3既具有氧化性又具有还原性Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2O将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶还原剂11.2通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤【解题分析】

由流程图可知，SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2；由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O。【题目详解】（1）NaClO2中钠元素化合价为+1价，氧元素化合价为—2价，由化合价代数和为零可知氯元素的化合价为+3价；元素化合价为中间价时，既表现氧化性又表现还原性，+3价介于氯元素—1价和+7价之间，则NaClO2既具有氧化性又具有还原性，故答案为：+3；既具有氧化性又具有还原性；（2）①SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应时，还原产物可能为Cl2，反应生成的氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，造成产品中含有NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②由题给信息可知，ClO2和Cl2均溶于水，ClO2不溶于四氯化碳，Cl2溶于四氯化碳，所以除去ClO2中的Cl2的实验方案是将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶，故答案为：将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶；（3）过程II中ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，ClO2作氧化剂，双氧水作还原剂，故答案为：还原剂；（4）SO2与氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，反应的离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生氧化还原反应反应生成NaClO2，反应的离子方程式为H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2，由方程式可得2NaClO2—SO2，则每生成1molNaClO2，消耗SO2的物质的量是0.5mol，标况下体积是11.2L，故答案为：11.2；（5）①由题给信息可知，高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，则得到粗产品时，应采用减压蒸发，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免NaClO2分解，故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；②减压蒸发后，结晶时应控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤，防止温度低于38℃析出NaClO2∙3H2O，故答案为：控制温度在38oC~60oC条件下结晶、过滤。【题目点拨】本题考查物质的制备实验，注意把握物质的性质和题给信息，明确发生的化学反应是解答关键。28、第四周期第ⅠA族三角锥形离子键共价键离子晶体CO2+2OH－＝CO32－+H2O（或CO2+OH－＝HCO3－）CH4(g）＋2O2(g）→CO2(g）＋2H2O(l)△H＝－896kJ/mol【解题分析】分析：元素a、b、c、d、e为前20号主族元