2024届贵州省长顺县民族高级中学高一化学第二学期期末调研试题含解析

2024届贵州省长顺县民族高级中学高一化学第二学期期末调研试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的是A．a极是负极，发生氧化反应B．正极的电极反应是：O2+2H2O+4e-=4OH-C．该甲烷燃料电池的总反应：CH4+2O2=CO2+2H2OD．甲烷燃料电池是环保电池2、镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛的应用。已知镍镉电池的电解质溶液是KOH溶液，放电时的电池反应是：Cd+2NiO(OH)+2H2O＝Cd(OH)2+2Ni(OH)2，下列说法正确的是A．放电时电解质溶液的密度减小 B．放电时K+向Cd极区移动C．充电时阳极Cd元素被氧化 D．充电时阴极附近的pH增大3、下列有关环境保护与绿色化学的叙述不正确的是（）A．形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物B．大气污染物主要来自化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气C．绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理D．水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的4、某温度下，在一容积可变的恒压密闭容器里，反应3A(g)⇌B(g)+3C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为6mol、2mol、6mol。在保持温度和压强不变的情况下,下列说法正确的是A．将A、B、C各减少1mol，C的百分含量减少B．充入A、B、C各2mol，平衡将向正反应方向移动C．充入1molA，C的体积分数增加D．充入1mol氦(He与容器中气体不反应)，平衡将向正反应方向移动5、如图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)＞v(逆)的点是A．a点B．b点C．c点D．d点6、实验室用如图装置制取少量乙酸乙酯，下列说法正确的是A．实验时向a中先加浓硫酸再加乙醇和乙酸B．加入浓硫酸并加热起到了加快反应速率的作用C．试管b中试剂为饱和NaOH溶液，可除去乙酸和乙醇D．实验结束时，采用蒸发的方法将乙酸乙酯从混合物中分离出来7、下列关于化学电源的说法正确的是()A．干电池放电之后还能再充电B．充电电池在放电和充电时都将化学能转化为电能C．充电电池可以无限制地反复放电、充电D．氢氧燃料电池是一种环境友好型电池8、检验某溶液中是否含有Na+、K+、Fe3+、Mg2+、Cl-、I-、CO32-、SO42-，限用试剂有：盐酸、硫酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象：(已知，NO3-在酸性条件下具有强氧化性)

下列叙述不正确的是A．试剂①为硝酸钡B．试剂②一定为盐酸C．该溶被中一定有I-、CO32-、SO42-；Na+、K+至少含有一种D．通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在C1-9、下列金属用热还原法冶炼的是（）A．钠 B．银 C．铁 D．汞10、不能作为元素周期表中元素排列顺序的依据的是（）A．原子的核电荷数B．原子的核外电子数C．原子的质子数D．原子的中子数11、将4molA气体和2molB气体置于2L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g)=2C(g)。若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法正确是A．用物质A表示的反应速率为1.2mol/(L•s)B．用物质B表示的反应速率为0.3mol/(L•s)C．2s时物质A的转化率为30%D．2s时物质B的浓度为0.6mol/L12、对于放热反应2H2+O22H2O，下列说法正确的是（）A．产物H2O所具有的总能量高于反应物H2和O2所具有的总能量B．反应物H2和O2所具有的总能量高于产物H2O所具有的总能量C．反应物H2和O2所具有的总能量等于产物H2O所具有的总能量D．反应物H2和O2具有的能量相等13、下列有关物质的性质与用途不对应的是()A．铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料B．食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂C．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板D．二氧化硅是制造光导纤维的材料14、下列反应的离子方程式不正确的是A．铁与氯化铁溶液：2Fe3＋＋Fe3Fe2＋B．碳酸钙与盐酸：CO32－＋2H＋CO2↑＋H2OC．二氧化硅与氢氧化钠溶液：SiO2＋2OH－SiO32－＋H2OD．铜与稀硝酸：3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2+＋2NO↑＋4H2O15、如图装置中，若关闭活塞A，则品红溶液无变化，石蕊试液变红，石灰水变浑浊；若打开活塞A，则品红溶液褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊。据此判断气体和广口瓶中盛放的物质是A．C12和NaHSO3溶液B．HCl和浓H2SO4C．C12和氯水D．SO2和NaHCO3溶液16、向Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）A．通入过量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+B．加入过量NaOH溶液：SO42－、Na+、AlO2－、OH－C．加入过量氨水：NH4+、SO42－、Na+、AlO2－D．加入过量NaNO3溶液：NO3－、SO42－、Fe2+、Al3+17、如图是球棍模型表示的某有机反应，该反应的类型为A．加成反应 B．取代反应 C．加聚反应 D．酯化反应18、常温下,将一定量的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体体积忽略不计)发生反应：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H,达到平衡时测得c(CO2)=amol·L-1。温度不变,达到平衡后压缩容器体积至原来的一半,达到新平衡时测得c(NH3)=xmol·L-1。下列说法正确的是（）A．混合气体的平均相对分子质量不再变化时表明达到平衡状态B．达到新平衡时，△H为原来的2倍C．上述反应达到新平衡状态时x=2aD．上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)不变19、已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=-Q1kJ•mol-1（Q1＞0）C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=-Q2kJ•mol-1（Q2＞0）C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=-Q3kJ•mol-1（Q3＞0）若使18.4g液态乙醇完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为（）kJA．0.4Q1+Q2+Q3 B．0.5（Q1+Q2+Q3）C．1.2Q1-0.4Q2+0.4Q3 D．1.5Q1-0.5Q2+0.5Q320、固体NH5（也可写为：NH4H）属离子化合物，它与水反应的方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑，它也能跟乙醇、乙酸、盐酸等发生类似的反应，并都产生氢气．下列有关NH5叙述正确的是（）A．1molNH5中含有3NA个N﹣H键B．NH5中N元素的化合价为﹣5价C．1molNH5与水反应时，转移电子为NAD．与乙酸反应时，NH5被还原21、下列有关物质性质的比较正确的是()①同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越弱③单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强⑤还原性：S2－>Se2－⑥酸性：HNO3>H3PO4A．①③ B．②④ C．③⑥ D．⑤⑥22、将Cl2和CH4混合在试管中并倒置在装有饱和食盐水的水槽内，在光照下反应，下列描述正确的是：A．有四种新的气态有机物生成 B．发生了置换反应C．饱和食盐水中有少量白色沉淀生成 D．大量的氯气溶解在饱和食盐水中二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，B是短周期中金属性最强的元素，C是同周期中阳离子半径最小的元素，D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，E的最外层电子数与内层电子数之比为3∶5。请回答：（1）D的元素名称为___。F在元素周期表中的位置是___________。（2）C离子结构示意图为______，A、D形成的氢化物中稳定性更好的是：______，以上元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是____，E和F元素的单质氧化性较强的是：_________（填化学式）。（3）用电子式表示由元素B和F组成的化合物的过程：____________。（4）B单质与氧气反应的产物与C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，有关的化学方程式为_____________、______________。（5）工业上将干燥的F单质通入熔融的E单质中可制得化合物E2F2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为___________________。24、（12分）已知有以下物质相互转化，其中A为常见金属，C为碱。试回答：（1）写出E的化学式__________，H的化学式___________。（2）写出由E转变成F的化学方程式:______________________。（3）向G溶液加入A的有关离子反应方程式：__________________。（4）写出A在一定条件下与水反应的化学方程式：___________________。25、（12分）某课外小组利用下图装置制取乙酸乙酯，其中A盛浓硫酸，B盛乙醇、无水醋酸，D盛饱和碳酸钠溶液。已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH；②几种有机物沸点：乙醚34.7℃，乙醇78.5℃，乙酸117.9℃，乙酸乙酯77.1℃；③乙酸与乙醇反应生成酯的过程中酸分子断裂C－O键，醇分子断裂O—H键。请回答：（1）乙醇分子中官能团的名称是__________________。（2）A的名称是_____________；浓硫酸的主要作用是作____________________。（3）在B中加入几块碎瓷片的目的是_______；C除起冷凝作用外，另一重要作用是_____。（4）若参加反应的乙醇为CH3CH2l8OH，请写出用该乙醇制乙酸乙酯的化学方程式__________；该反应类型为___________。（5）D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，其净化过程如下：ⅰ：加入无水氯化钙，去除_________________；ⅱ：最好加入________(填字母序号）作吸水剂；A碱石灰B氢氧化钾C无水硫酸钠ⅲ：蒸馏，收集77℃左右的馏分，得到较纯净的乙酸乙酯。26、（10分）为研究海水提溴工艺，甲、乙两同学分别设计了如下实验流程：甲：乙：（1）甲、乙两同学在第一阶段得到含溴海水中，氯气的利用率较高的是________(填“甲”或“乙”)，原因是____________________________________。（2）甲同学步骤④所发生反应的离子方程式为________________________。（3）对比甲、乙两流程，最大的区别在于对含溴海水的处理方法不同，其中符合工业生产要求的是________(填“甲”或“乙”)，理由是__________________________________。（4）某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）。下列说法错误的是___________。A．A装置中通入的a气体是Cl2B．实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气C．B装置中通入的b气体是SO2D．C装置的作用只是吸收多余的SO2气体27、（12分）以下为工业从海水中提取液溴的流程图：（1）当进行步骤①时，应关闭活塞_______，打开活塞____________。已知：溴的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验,请回答：（2）步骤②中可根据_____________现象，简单判断热空气的流速。（3）步骤③中简单判断反应完全的依据是_____________。（4）步骤⑤用下图装置进行蒸馏。装置C中直接加热不合理，应改为______，蒸馏时冷凝水应从______端进入(填“e”或“f”)，F的作用是________。28、（14分）由淀粉发酵最终可制得有机化合物A,某同学为研究A的化学组成，进行如下实验：(1)称取0.9g有机物A，在一定条件下使其完全气化。已知相同条件下同体积H2为0.02g，则有机物A的相对分子质量为__________。(2)若将上述有机物A蒸汽在O2中完全燃烧只生成CO2和H2O

(g)，

产物全部被碱石灰吸收，碱石灰增重1.86g；若通入过量石灰水中,产生3.0g沉淀，则A的分子式_______。(3)另取0.9g的有机物A跟足最金属钠反应，生成H2

224mL

(标况)；若与足最NaHCO3反应，生成224mL

CO2(标况)。通过化学分析知A结构中含有一个“-CH3”则A的结构简式是______。(4)有机物A能与纯铁粉反应可制备一种补铁药物(亚铁盐)，该反应的化学方程式为______

(有机物用简式表示)。该药物可以治疗的疾病是_____________。29、（10分）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其研究来自正确的理论指导，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如表:温度(℃)360440520K值0.0360.0100.0038（1）①由上表数据可知该反应的△H_____0(填填“>”、“”或“<”)。②下列措施能用勒夏特列原理解释是______(填序号)。a.增大压强有利于合成氨b.使用合适的催化剂有利于快速生成氨c.生产中需要升高温度至500℃左右d.需要使用过量的N2，提高H2转化率（2）0.2molNH3溶于水后再与含有0.2molH2SO4的稀溶液完全反应放热QkJ，请你用热化学方程式表示其反应式_________________。（3）原料气H2可通过反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)获取，已知该反应中，当初始混合气中的恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如图所示:①图中，两条曲线表示压强的关系是:P1__P2(填“>”、“=”或“<”)。②其它条件一定，升高温度，氢气的产率会______(填“增大”，“减小”或“不变”)。（4）原料气H2还可通过反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)获取。T℃时，向容积固定为5L的容器中充入1molH2O(g)和1molCO，反应达平衡后，测得CO的浓度0.08mol/L，该温度下反应的平衡常数K值为_________。

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【解析】试题分析：A、a极通入甲烷，甲烷发生氧化反应，所以a极是负极，正确；B、正极是氧气发生还原反应，得到电子，结合电解质溶液中的水生成氢氧根离子，正确；C、因为电解质为碱性，所以生成的二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，错误；D、甲烷燃料电池最终的错误是碳酸根离子和水，对环境无污染，为环保电池，正确，答案选C。考点：考查甲烷燃料电池的分析判断2、D【解析】

A、根据反应式可知，放电时消耗溶剂水，因此氢氧化钾溶液的密度增大，A不正确；B、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，所以放电时K+向正极NiO(OH)区移动，B不正确；C、充电可以看做是放电的逆反应，所以充电时原来的正极与电源的正极相连，做阳极，电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－＝NiO(OH)＋H2O，因此充电时Ni元素被氧化，C不正确；D、充电时Cd(OH)2是阴极，得到电子，电极反应式为Cd(OH)2+2e-＝Cd+2OH-，所以充电时阴极附近的pH增大，D正确；答案选D。3、C【解析】试题分析：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考点：化学常识。4、D【解析】

该反应是一个体积增大的反应，在恒温恒压条件下，若反应物的投料与原平衡的投料配比相同，则为等效平衡。【详解】A．若将A、C各减少1mol，B减少mol，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再减少molB，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，A错误；B、同理，充入A、C各2mol，充入molB，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再充入molB，平衡将向逆反应方向移动，B错误；C、充入1molA，在恒压下将建立与原平衡等效的平衡，C的体积分数不变，C错误；D、充入1mol氦(He与容器中气体不反应)，恒温恒压条件下体积增大，平衡将向正反应方向移，D正确。答案选D。5、C【解析】试题分析：转化率一定的点表示平衡状态，所以a、b点在曲线上，所以表示平衡状态，而c点的NO的转化率低于平衡转化率，说明未达平衡状态，且反应正向进行，所以v(正)＞v(逆)；而d点对应的NO的转化率大于平衡时的转化率，则平衡逆向移动，所以v(正)<v(逆)，则符合题意的点是c点，答案选C。考点：考查对图像的分析，平衡移动的判断，平衡状态的判断6、B【解析】分析：A．混合时先加密度小的液体，再加密度大的液体，且最后加冰醋酸；B．浓硫酸作催化剂、吸水剂，升高温度反应速率加快；C．乙酸乙酯与NaOH反应；D．乙酸乙酯不溶于水。详解：A．浓硫酸溶于水放热，密度大于水，则混合时先加密度小的液体，再加密度大的液体，且最后加冰醋酸，则a中先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，试剂顺序不合理，A错误；B．浓硫酸作催化剂、吸水剂，利于乙酸乙酯的生成，升高温度反应速率加快，则加入浓硫酸并加热起到了加快反应速率的作用，B正确；C．乙酸乙酯与NaOH反应，试管b中应为饱和碳酸钠溶液，可除去乙酸和乙醇，C错误；D．b为饱和碳酸钠，吸收乙醇、除去乙酸，与乙酸乙酯分层，然后利用分液法将乙酸乙酯从混合物中分离出来，D错误；答案选B。点睛：本题考查乙酸乙酯的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。7、D【解析】

A．干电池是一次性电池，放电之后不能再充电，A错误；B．充电电池在放电时化学能转化为电能，充电时都将电能转化为化学能，B错误；C．充电电池也有一定的使用寿命，不可能无限地反复放电、充电，C错误；D．氢氧燃料电池的生成物是水，是一种环境友好电池，D正确；答案选D。8、D【解析】分析：由实验可知，加试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于酸；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I-发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，以此来解答。详解：由实验可知，加试剂①为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂②为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于酸，则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含Fe3+、Mg2+；加试剂①过滤后的滤液中，再加试剂②为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I-发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，溶液为电中性，则一定含阳离子为K+，A．由上述分析可知，试剂①为硝酸钡，选项A正确；B．由上述分析可知，试剂②一定为盐酸，因碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡使沉淀量增加，选项B正确；C．由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、Na+、K+至少含有一种，选项C正确；D．黄色溶液中加入硝酸银可生成AgI沉淀，试剂②加盐酸引入氯离子，不能检验原溶液中是否存在Cl-，选项D不正确；答案选D。点睛：本题考查物质鉴别、检验的实验方案设计，为高频考点，把握白色沉淀的成分、黄色溶液中含碘为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。9、C【解析】分析：金属的冶炼根据金属性强弱不同一般有电解法、热还原法、热分解法等。详解：A、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，在加热条件下难以分解，A错误；B、Ag为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，B错误；C、Fe是金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，C正确；D、汞为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，D错误；答案选C。10、D【解析】元素周期律的实质是原子核外电子排布周期性变化的必然结果，原子的核外电子数等于核电荷数，等于核内质子数，所以答案选D。11、B【解析】利用三段式法计算：起始A的浓度为2mol/L，B的浓度为1mol/L，经2s后侧得C的浓度为1.2mol•L-1，

2A（g）+B（g）

2C（g），

起始：2mol/L

1mol/L

0

变化：1.2mol/L

0.6mol/L

1.2mol/L

2S时：0.8mol/L

0.4mol/L

1.2mol/L

A．2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）=1.2mol/L2s=0.6mol•L-1•s-1，故A错误；B．2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.6mol/L2s=0.3mol•L-1•s-1，故B错误；C．2s时物质A的转化率为α=1.2mol/L2mol/L×100%=60%，故C错误；

D．2s时物质12、B【解析】

反应2H2+O2＝2H2O是放热反应，则说明反应物氢气和氧气的总能量高于生成物水的总能量。产物H2O所具有的总能量应低于反应物H2和O2所具有的总能量，答案选B。13、B【解析】

A．铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，A正确；B．Na2CO3的碱性较强，一般选NaHCO3作焙制糕点的膨松剂，B错误；C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，C正确；D．二氧化硅能传递光信号，是制造光导纤维的材料，D正确；答案选B。【点睛】本题考查物质的性质与应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14、B【解析】分析：A.反应生成氯化亚铁，电子、电荷守恒；B.碳酸钙在离子反应中保留化学式；C.反应生成硅酸钠和水；D.反应生成硝酸铜、NO和水。详解：A.铁与氯化铁溶液的离子反应为2Fe3＋＋Fe==3Fe2＋，所以A选项是正确的；

B.碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3＋2H＋==CO2↑＋H2O+Ca2+，故B错误；

C.二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子反应为SiO2＋2OH－==SiO32－＋H2O，所以C选项是正确的；

D.铜与稀硝酸反应的离子反应为3Cu＋8H＋＋2NO3－==3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D正确。

所以本题选B。15、D【解析】分析：若关闭活塞，则品红溶液无变化，说明气体经过洗气瓶后的气体中不具有漂白性的气体，能使石蕊溶液变红，石灰水变浑浊，说明含有CO2或SO2；打开活塞后品红褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊，说明气体具有漂白性、酸性，且含有CO2或SO2，以此解答该题。详解：A．Cl2和NaHSO3溶液，关闭活塞二者反应生成硫酸钠和氯化钠，打开活塞，没有二氧化碳和二氧化硫产生，石灰水不会变浑浊，A错误；B．HCl和浓H2SO4，HCl不能使澄清石灰水变浑浊，也不能使品红溶液褪色，B错误；C．Cl2和氯水，关闭活塞后，氯气仍然能够使品红溶液褪色，与题中变化不同，C错误；D．SO2和NaHCO3溶液，关闭活塞，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能够使品红溶液无变化，石蕊试液变红，石灰水变浑浊；打开活塞，则二氧化硫能够使品红溶液褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊，D正确；答案选D。点睛：本题综合考查了二氧化硫、二氧化碳和氯气的检验方法，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考高频考点，注意把握物质的性质，注意相关基础知识的积累。16、B【解析】试题分析：A、Fe2＋被氯气氧化成Fe3＋，不能大量存在，故错误；B、Fe和硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，Al2O3和硫酸反应：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，加入NaOH后，发生Fe2＋＋2OH－=Fe（OH）2↓、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故正确；C、加入NH3：Fe2＋＋2NH3·H2O=Fe（OH）2↓＋2NH4＋、Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋，氢氧化铝不溶于弱碱，此溶液中不含AlO2－，故错误；D、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误。考点：考查元素及其化合物性质、离子大量共存等知识。17、A【解析】

由图可知，第一个分子中的不饱和键断裂，断键原子与另一分子断裂产生的原子相结合，生成新的物质的反应，属于加成反应。故选A。18、C【解析】A.该反应的反应物中没有气体，所以混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能由此判断反应是否达到平衡状态，A不正确；B.△H与反应的限度没有关系，B不正确；C.在一定温度下，化学反应的平衡常数是定值，由此反应的平衡常数表达式K=c2(NH3)•c(CO2)可知，在新的平衡状态，各组分的浓度肯定与原平衡相同，所以上述反应达到新平衡状态时x=2a，C正确；D.上述反应体系中，压缩容器体积过程中n(H2NCOONH4)增大，D不正确。本题选C。19、C【解析】

①H2O（g）=H2O（l）△H1=-Q1kJ•mol-1（Q1＞0）②C2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=-Q2kJ•mol-1（Q2＞0）③C2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=-Q3kJ•mol-1（Q3＞0）根据盖斯定律可知，①×3-②+③得C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-3Q1+Q2-Q3）kJ/mol，即1mol液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为（3Q1-Q2+Q3）kJ，则18.4g液态乙醇完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.4（3Q1-Q2+Q3）kJ=（1.2Q1-0.4Q2+0.4Q3）kJ，答案选C。20、C【解析】

A．NH5是离子化合物氢化铵，化学式为NH4H，所以1molNH5中有4NA个N－H键，A错误；B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，阴离子氢离子为－1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为－3价，B错误；C．NH4H中阴离子氢离子为－1价，变成0价的氢，所以1molNH5与水反应时，转移电子为NA，C正确；D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中阴离子氢离子的化合价由－1价→0价，所以失电子作还原剂，NH5在氧化还原反应中被氧化，D错误；答案选C。【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，题目难度中等，能根据题意判断化合物NH5含有的阴阳离子是解本题的关键。21、C【解析】试题分析：①同主族非金属元素，从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，但若为金属单质，则错误；②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，错误；③非金属性越强，其单质与水反应越剧烈，正确；④元素的非金属性越强，其气态氢化物的水溶液的酸性不一定越强，错误；⑤同主族元素，从上到下非金属性减弱，阴离子还原性增强，错误；⑥同主族元素，从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱，正确。答案选C。考点：考查元素周期律的应用22、C【解析】

CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl（气体）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，随着反应进行，Cl2不断消耗，黄绿色逐渐消失，生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，不溶于水，附着在试管壁上形成油状液滴；生成的HCl极易溶于水，反应后，试管内气体压强减小，食盐水位在试管内上升。【详解】A项、生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下均为无色液体，故A错误；B项、CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，故B错误；C项、反应生成的HCl极易溶于水，使饱和食盐水中氯离子浓度增大，氯化钠的溶解平衡向结晶方向移动，析出氯化钠固体，故C正确；D项、氯气溶于水，不溶于饱和食盐水，故D错误；故选C。【点睛】本题考查甲烷的取代反应，注意反应物和生成物的性质，能够根据物质的性质分析实验现象是解答关键。二、非选择题(共84分)23、硅第三周期ⅦA族CH4NaOHCl22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl【解析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl．（1）D为Si的元素名称为硅。F为Cl在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族；（2）C为Al，C离子结构示意图为；A、D形成的氢化物中稳定性更好的是：碳和硅同主族，从上到下形成的氢化物稳定性减弱，CH4更稳定；元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH；同周期从左到右非金属性增强，E和F元素的单质氧化性较强的是：Cl2；（3）用电子式表示由元素Na和Cl组成的化合物的过程：；（4）Na2O2和Al同时投入水中：发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）；(5)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。24、Fe（OH）2AgCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)33Fe3++Fe=3Fe2+3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑【解析】

白色沉淀E遇空气变为红褐色沉淀F，E为Fe（OH）2、F为Fe（OH）3；Fe（OH）3与盐酸反应生成G，G为FeCl3；A为Fe；B为FeCl2；D与硝酸银反应后的溶液焰色反应呈紫色，说明含有钾元素，D为KCl；H为AgCI；分析进行解答。【详解】白色沉淀E遇空气变为红褐色沉淀F，E为Fe（OH）2、F为Fe（OH）3；Fe（OH）3与盐酸反应生成G，G为FeCl3；A为Fe；B为FeCl2；D与硝酸银反应后的溶液焰色反应呈紫色，说明含有钾元素，D为KCl；H为AgCI；（1）E的化学式Fe（OH）2，H的化学式AgCI；（2）由E转变成F的化学方程式4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（3）向G溶液加入A的有关离子反应方程式3Fe3++Fe=3Fe2+；（4）Fe在一定条件下与水反应的化学方程式3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑。25、羟基分液漏斗催化剂和吸水剂防止暴沸防止倒吸CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O酯化反应C2H5OHC【解析】

（1）乙醇分子中官能团的名称是羟基；（2）根据仪器的构造可知，A的名称是分液漏斗；浓硫酸的主要作用是作催化剂和吸水剂；（3）在B中加入几块碎瓷片的目的是防止暴沸；C除起冷凝作用外，另一重要作用是球形干燥管容积大，可防止倒吸；（4）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O；（5）根据信息①，CaCl2·6C2H5OH不溶于水，可以把乙醇除去，碱石灰和生石灰中含有CaO，与水反应生成Ca(OH)2，溶液显碱性，造成乙酸乙酯水解，因此加入无水硫酸钠，故C正确。26、甲酸化可防止Cl2与H2O反应SO2＋Br2＋2H2O===4H+＋SO42-＋2Br－甲含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，减少能源消耗，降低成本D【解析】

（1）氯气通入到海水中，发生反应生成盐酸、次氯酸，若用硫酸酸化，则增大溶液中氢离子浓度，使平衡逆向移动，从而提高氯气的利用率；（2）步骤④用二氧化硫与溴反应生成硫酸和氢溴酸来吸收溴蒸气，反应的离子方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=4H+＋SO42-＋2Br－；（3）工业流程要求首先对试剂进行富集，大批量生产，且降低成本，则甲符合；工业进行蒸馏时需要大量的能源，且产量低；（4）A．A装置中通入的a气体是Cl2，利用氯气将溶液中的溴离子氧化为单质，A正确；B．实验时应在A装置中通入氯气气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，否则通入热空气会降低氯气的利用率，且产生氯气杂质，B正确；C．B装置中通入的b气体是SO2，用二氧化硫吸收空气中的溴单质，进行产品的富集，C正确；D．C装置的作用吸收多余的SO2气体和未反应的溴蒸气，D错误；答案为D27、bdacA中气泡冒出的个数（或快慢）B中溶液橙色刚好褪去水浴加热f吸收溴蒸气，防止污染空气【解析】

由流程图可知，向浓缩海水中通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，向粗溴溶液中通入二氧化硫，二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸的吸收液，再向吸收液中通入氯气，氯气与溴化氢发生置换反应得到溴与水的混合物，蒸馏溴与水的混合物得到液溴。【详解】（1）进行步骤①的目的是通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，实验时应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理，故答案为：bd；ac；（2）步骤②是通入热空气把生成的溴单质赶到装置B得到粗溴溶液，和通入的二氧化硫发生氧化还原反应，实验时关闭ac，打开bd，依据A中玻璃管产生气泡的快慢判断热空气的流速，故答案为：A中玻璃管产生气泡的快慢；（3）步骤③中是二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸，溴水褪色，则简单判断反应完全的依据是B中溶液橙色刚好褪去，故答案为：B中溶液橙色刚好褪去；（4）蒸馏时，因溴的沸点低于水的沸点，为使烧瓶均匀受热，避免温度过高，装置C中加热方式应改为水浴加热；为增强冷凝效果，冷凝管中的水应从下口f进入；因溴易挥发，有毒，装置F中氢氧化钠溶液的作用是吸收溴蒸气，防止污染空气，故答案为：水浴加热；f；吸收溴蒸气，防止污染空气。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析、实验能力的考查，注意海水提取溴的原理理解和流程分析判断，注意实验过程和实验需注意问题是分析是解题关键。28、90C3H6O3缺铁性贫血【解析】分析：（1）根据体积之比是物质的量之比结合M＝m/n计算相对分子质量；（2）碱石灰吸收水和二氧化碳，根据沉淀的质量计算二氧化碳的质量，最后根据原子守恒计算A的分子式；（3）能与钠反应产生氢气，说明含有羟基或羧基，能与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，说明含有羧基，结合气体的体积判断官能团的种类和个数，结合A结构中含有一个“-CH3”判断结构简式；（4）羧基显酸性，能与活泼金属反应产生氢气，据此解答。详解：（1）称取0.9g有机物A，在一定条件下使其完全气化。已知相同条件下同体积H2为0.02g，氢气的物质的量是0.02mol÷2g/mol＝0.01mol，体积之比是物质的量之比，则A的物质的量是0.01mol，因此有机物A的相对分子质量为0.9÷0.01＝90。（2）若将上述有机物A蒸汽在O2中完全燃烧只生成CO2和H2O(g)，产物全部被碱石灰吸收，碱石灰增重1.86g，即水和二氧化碳质量之和是1.86g；若通入过量石灰水中产生3.0g沉淀，沉淀是碳酸钙，根据碳原子守恒可知二氧化碳的物质的量是3.0g÷100g/mol＝0.03mol，质量是1.32g，所以生成物水的质量是1.86g－1.32g＝0