2023-2024学年山东省校级联考化学高一下期末联考模拟试题含解析

2023-2024学年山东省校级联考化学高一下期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、在一定条件下,对于密闭容器中进行的可逆反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)｡下列说法错误的是（）A．改变反应条件可以改变该反应的限度B．增大压强,正逆反应速率都增大C．达到平衡时,SO2､O2､SO3在容器中共存D．达到平衡时,SO2与SO3的浓度相等2、在元素周期表中金属元素与非金属元素的分界线附近的一些元素能用于制()A．合金 B．农药 C．催化剂 D．半导体3、下列各组物质互为同系物的是()A．C6H5OH和C6H5CH2OHB．CH3OH和HOCH2CH2OHC．HCOOH和C17H35COOHD．CH3Cl和CH2Cl24、下列有关物质应用的叙述错误的是A．用Al(OH)3治疗胃酸过多 B．用过氧化钠作潜水供氧剂C．用氧化镁制作耐高温材料 D．用氧化铁制作蓝色外墙涂料5、氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量。在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是A．Q1+Q2＜2Q3 B．Q1+Q2＞2Q3 C．Q1+Q2＜Q3 D．Q1+Q2＞Q36、100mL

2mol/L的硫酸和过量的锌片反应，为了加快反应速率,但又不影响生成氢气的总量，不宜采取的措施是A．改用锌粉B．升温反应体系的温度C．加入少量的CuSO4溶液D．改用200mLlmol/L的硫酸7、不存在化学键的物质是A．氢气 B．二氧化碳 C．氩气 D．金刚石8、关于铜—锌—稀硫酸构成的原电池的有关叙述错误的是()A．锌为负极，锌发生氧化反应B．.铜为正极，铜不易失去电子而受到保护C．负极发生还原反应，正极发生氧化反应D．外电路电子流入的一极为正极，电子流出的一极为负极9、已知下表均烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种。则第6项烷烃分子的化学式为（）123456……CH4C2H6C5Hl2C8H18C17H36……A．C16H34 B．C17H36 C．C26H54 D．C27H5610、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有(不考虑立体异构)A．5种B．6种C．7种D．8种11、根据下图提供的信息，下列所得结论不正确的是A．该反应是吸热反应B．因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定需要加热才能发生C．该反应反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量D．该反应可能是碳酸钙分解反应12、下列说法不正确的是()A．沸点：H2O＞HF B．NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构C．热稳定性：HF＞H2O D．仅由N、H、O三种元素形成的化合物中不可能含离子键13、下列有关铝热反应的说法中，不正确的是A．利用了铝的还原性B．可用于焊接铁轨，反应为2Al+Fe2O3Al2O3+2FeC．可用于冶炼某些高熔点金属D．能量变化可用如图表示14、下列说法正确的是（设阿伏加德罗常数的数值为NA）A．在标准状况下，22.4L水所含分子数目为NAB．1mol·L-1K2SO4溶液所含K+数目为2NAC．1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为NAD．2.4gMg与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.1NA15、从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：下列说法不正确的是A．用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B．步骤⑥电解熔融MgCl2时可制得Mg（OH）2C．步骤⑤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水D．上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应16、能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四瓶溶液区别的一种试剂是()A．BaCl2 B．Ba(OH)2 C．Ba(NO3)2 D．NaOH17、取少量某镁铝合金粉末，其组成可用MgxAly表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808LH2（标准状况）同时得无色溶液，向所得溶液中加入过量NaOH溶液，充分反应得到沉淀4.64g。则x∶y为A．2∶1B．4∶3C．1∶1D．1∶218、下列说法正确的是A．异丁烷与新戊烷互为同系物B．一氯甲烷在常温下为液态C．淀粉与纤维素互为同分异构体D．酯化反应属于加成反应19、苹果酸是一种性能优异的食品添加剂，其结构简式如右图所示，下列关于苹果酸的说法中正确的是A．苹果酸中有4种化学环境不同的氢原子B．既能发生取代反应，又能发生消去反应C．1mol苹果酸最多能与3molNaOH反应D．苹果酸不能通过缩聚反应合成高分子化合物20、己知H+(aq)+OH-(aq)=H2O（l）；△H=-57.3kJ/mol现有下列反应（1）H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)；（2）H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)：（3）HC1(aq)+NH3·H2O(aq)=NH4C1(aq)+H2O(l)；（4）HC1(aq)+浓NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l);其中反应热符合△H=-57.3kJ/mol的是（）A．（1）（2）B．（2）（3）C．（3）（4）D．都不符合21、下列各图所表示的反应是吸热反应的是A． B． C． D．22、锂海水电池的反应原理为：2Li＋2H2O＝2LiOH＋H2↑，其示意图如图所示。有关该电池工作时说法错误的是A．金属锂作正极B．镍电极上发生还原反应C．海水作为电解质溶液D．可将化学能转化为电能二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A2-和B+具有相同的电子层结构；C是地壳中含量最多的金属元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍；同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，回答下列问题:(1)元素A在周期表中的位置是___________。(2)五种元素中金属性最强的是___________(填元素符号)，D和E的气态氢化物稳定性较强的是_________(填化学式)。(3)单质D和单质A在一定条件下反应可生成组成比为4:10的化合物F，F中所含的化学键___________(填“离子键“或“共价键”)。(4)A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是_______(填离子符号)。(5)C的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式___________。(6)B的氢化物与水发生剧烈反应生成可燃性气体和碱溶液写出该反应的化学方程式___________，若反应过程中生成1mol可燃性气体，转移的电子数目为______。24、（12分）石油是工业的血液，与我们的生产、生活息息相关，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平.根据下面转化关系回答下列问题：（1）操作①、操作②的名称分别为_________、_________.（2）A的结构简式为_________.B、F分子中的官能团名称分别是___________、____________.（3）写出反应③的化学方程式(注明条件)：_____________________，反应类型为__________.写出反应⑥的化学方程式(注明条件)：_____________________，反应类型为__________.写出反应⑦的化学方程式(注明条件)：_____________________，反应类型为__________.写出反应⑨的化学方程式(注明条件)：_____________________，反应类型为__________.（4）物质C的沸点为12.27℃，常用于局部冷冻麻醉应急处理.物质C可通过反应④和反应⑥制得，其中最好的方法是反应_______（填“④”或“⑥”），理由为_____________________.25、（12分）实验小组模拟工业上海水提溴，设计如下实验。回答下列问题：Ⅰ．利用如图所示装置富集溴：实验步骤：①关闭k1、k3，打开k2，向装置A中通入足量Cl2，充分反应；②停止通Cl2，关闭k2，打开k1、k3和k4，向装置A中通入足量热空气，同时向装置C中通入足量SO2，充分反应；③停止通气体，关闭k1、k4。（1）a的名称为___________。（2）步骤①中主要反应的离子方程式为_____________。（3）步骤②中通入热空气的作用为_______。装置C发生富集溴的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________；实际参加反应的SO2的物质的量大于理论值，主要原因为_____________（用化学方程式表示）。Ⅱ．制备溴：富集溴的过程结束后，继续向装置C中通入Cl2，充分反应后蒸馏。（4）下列蒸馏装置正确的是_____（填选项字母）。（5）装置A中加入VmL含Br－的浓度为cmol·L－1的浓缩海水，蒸馏所得溴单质的质量为mg，则该实验中溴单质的产率为__________。26、（10分）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学反应方程式：______________________________________________。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇氧化反应是________反应。(2)甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是__________________________；乙的作用是__________________________。（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是________________。集气瓶中收集到的气体的主要成分是__________________________。（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有__________。要除去该物质，可先在混合液中加入________________（填写字母）。a.氯化钠溶液b.苯c.碳酸氢钠溶液d.四氯化碳然后，再通过________________（填实验操作名称）即可除去。27、（12分）将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。（资料）该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反应B：……(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是______。(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min、实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。28、（14分）下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）C的电子式：_________________________；F的化学式：__________________________；（2）写出下列变化的离子方程式或化学方程式：G→E（离子方程式）：_________________________________________________________；A→D（化学方程式）：_________________________________________________________；（3）实验室制取气体C的化学方程式为___________________________________________，常采用____________________________法来收集气体C。29、（10分）H2、CO、CH4、CH3OH等都是重要的能源，也是重要为化工原料。（1）已知25℃，1.01×105Pa时，8.0gCH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出444.8kJ热量。写出该反应的热化学反应方程式：___________________________________________。（2）为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如图所示。①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=___________________。②达到平衡时，H2的转化率为__________。③该反应的平衡常数K=___________________（表达式）。④下列措施不能提高反应速率的是__________。A．升高温度B．加入催化剂C．增大压强D．及时分离出CH3OH（3）工业上也用CO和H2为原料制备CH3OH，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在一体积固定的密闭容器中投入一定量的CO和H2气体进行上述反应。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是______。A．反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1:1B．混合气体的压强不随时间的变化而变化C．单位时间内每消耗1molCO，同时生成1molCH3OHD．CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变E.混合气体的密度保持不变

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、D【解析】A、化学平衡的特点是逆、等、动、定、变等特点，改变外界条件，平衡被打破，故A说法正确；B、SO2、O2、SO3都是气体，增大压强，正逆反应速率都增大，故B说法正确；C、此反应是可逆反应，不能进行到底，SO2、O2、SO3在容器中共存，故C说法正确；D、根据化学平衡的定义，达到平衡是组分的浓度不再改变，不是相等，故D说法错误。点睛：易错点是选项D，根据化学平衡的定义，可逆反应中，一定条件下，当正反应速率等于逆反应速率，且组分的浓度保持不变，说明此状态为化学平衡状态，此题没有说明开始的投入量以及转化率，因此当SO2与SO3的浓度相等，不能说明反应达到平衡。2、D【解析】

A．在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做合金等，如镁铝合金等，故不选A；B.非金属元素位于元素周期表右上方，通常制备农药所含的F、Cl、S、P等在周期表中的位置靠近，故不选B；C．在过渡元素中寻找制催化剂的材料，如MnO2、V2O5等，故不选C；D.在金属元素和非金属元素分界线附近的元素既能表现出一定的金属性，又能表现出一定的非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如晶体硅，故选D。答案选D。【点睛】根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题，一般金属延展性较好，可用于做合金，金属元素和非金属元素分界线附近的元素可以制作半导体材料，一般过渡金属可以用来做催化剂，一般非金属元素可以制作有机农药。3、C【解析】同系物是指结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质。A中不是同一类有机物，不正确。CD中官能团的个数不同，也不是同系物。C中都属于羧酸，互为同系物，所以答案选C。4、D【解析】

A.Al(OH)3为两性物质，可以与胃酸（主要是盐酸）发生中和反应，可治疗胃酸过多，故A正确；B.过氧化钠可以与水或二氧化碳反应放出氧气，所以可以用过氧化钠作潜水供氧剂，故B正确；C.氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故C正确；D.三氧化二铁是红色粉末，俗称铁红，可用于红色涂料，制作外墙红色涂料，故D错误；答案选D。5、A【解析】

断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则F-F键能为Q2kJ/mol，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-F键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+F2（g）=2HF（g）反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol。由于氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量，反应热△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，答案选A。6、D【解析】题目中要求不影响生成氢气的量，因此所加物质不能消耗氢离子，提高速率的办法有升高温度，增大浓度，增大接触面积，形成原电池等。A、改用锌粉，增大了面积，可以加快反应速率。正确；B、升温反应体系的温度可增加反应速率。正确；C、加入少量的CuSO4溶液有少量铜被置换，与锌形成原电池，加速反应。正确；D、虽然氢离子的总量没变，但浓度减小了，反应速率减小。错误；故选D点睛：本题主要考察影响化学反应速率的因素。分为内因和外因，内因为主要因素。外因有很多，比如改变反应物浓度（除纯液体和固体）、改变温度、加入催化剂、改变压强（有气体参加的反应）、形成原电池等。7、C【解析】

A.氢气含有非极性共价键，A项错误；B.二氧化碳分子内含碳氧极性共价键，B项错误；C.稀有气体为单原子分子，不存在化学键，所以氩气不存化学键，C项正确；D.金刚石是以碳碳单键连接而成的原子晶体，D项错误；答案选C。8、C【解析】A.锌为负极，锌失去电子，发生氧化反应，故A正确；B.铜为正极，得到电子，发生还原反应，铜不易失去电子而受到保护，故B正确；C.负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C错误；D.外电路电子流入的一极为正极，电子流出的一极为负极，故D正确。故选C。9、C【解析】分析：根据表格中碳原子或氢原子的数目与项数的关系分析解答。详解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，由烷烃通式知，第六项分子式为C26H54，故选C。点睛：本题考查探究化学规律，明确所给化学式中存在的规律是解本题关键。本题的另一种解法是根据氢原子数与项数的关系分析解答，该氢原子数排成的数列为：4，6，12，18，36，……，奇数项构成等比数列，偶数项也构成等比数列，因此第六项的氢原子为6×3×3=54，则碳原子数=54-22=26，即C26H5410、D【解析】试题分析：分子式为C5H12O的有机物，能够与Na反应放出氢气，表明分子中含有羟基。戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被-OH取代得到3种醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被-OH取代得到4种醇；C（CH3）4分子中有1种H原子，被-OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种，故选D。考点：考查了同分异构体的相关知识。11、B【解析】

A.根据图示可知：生成物的能量比反应物的能量高，所以该反应是吸热反应，A正确；B.任何化学反应发生都有断裂反应物化学键吸收能量的过程，和形成生成物化学键释放能量的过程，与化学反应是放热反应还是吸热反应无关，B错误；C.该反应是吸热反应说明反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量，C正确；D.碳酸钙分解反应是吸热反应，该反应图示过程是吸热反应，因此可能为碳酸钙分解反应，D正确；故合理选项是B。12、D【解析】

A.常温常压下，H2O为液态，HF为气态，所以沸点：H2O＞HF，故A正确；B.NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构，故B正确；C.F的非金属性比O强，所以HF比H2O稳定，故C正确；D.NH4NO3仅由N、H、O三种元素形成，属于离子化合物，含有离子键，故D错误；所以本题答案：D。13、D【解析】

铝与某些高熔点金属在高温下发生铝热反应，反应放出大量的热，可用于焊接钢轨和冶炼某些高熔点金属。【详解】A项、铝热反应中Al元素的化合价升高，被氧化，Al为还原剂，故A正确；B项、由方程式可知，该反应在高温下，铝与氧化铁发生置换反应置换出铁，可用于焊接钢轨，故B正确；C项、铝热反应放出大量的热，可用于冶炼某些高熔点金属，故C正确；D项、为吸热反应示意图，铝热反应为放热反应，故D错误；故选D。14、C【解析】

A.在标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积，A项错误；B.没有告知溶液的体积，离子的数目无法计量，B项错误；C.钠与氧气生成的产物无论是谁，1mol钠与氧气发生反应，失电子数目均为NA，C项正确；D.2.4gMg的物质的量为0.1mol，与足量盐酸完全反应时，失去电子数目为0.2NA，D项错误；所以答案选择C项。15、B【解析】

由题给流程可知，贝壳高温煅烧生成氧化钙，氧化钙与水反应生成石灰乳；海水经结晶，过滤得到含有镁离子的母液，将石灰乳加入母液中，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到六水氯化镁；六水氯化镁在氯化氢气氛中加热脱去结晶水生成无水氯化镁；电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A项、海水中含有大量的镁元素，从海水中提取镁的优点之一是原料来源丰富，故A正确；B项、电解熔融的MgCl2时，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成Cl2，阴极镁离子得电子发生还原反应生成金属镁，故B错误；C项、因MgCl2能水解，所以将MgCl2·6H2O晶体在HCl气体氛围中加热脱水，防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，故C正确；D项、步骤①涉及CaCO3的分解反应得到CaO，CaO与H2O发生化合反应得到Ca(OH)2，步骤⑥是电解涉及分解反应，步骤③涉及MgCl2与Ca(OH)2发生复分解反应得到Mg(OH)2和CaCl2，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意海水提取镁的流程分析,注意利用物质性质分析工艺流程中物质的转化是解答关键。16、B【解析】

由于给出的物质中含有NH4+离子，所以应该用碱，排斥AC选项。因为需要鉴别的物质中有的含有SO42-，则应该加入Ba2+。故鉴别试剂是Ba(OH)2，加入到Na2SO4溶液中会产生白色沉淀，加入到NH4NO3溶液中会放出有刺激性气味的气体；加入到KCl溶液中，无任何现象发生，加入到(NH4)2SO4溶液中既有白色沉淀产生，又有刺激性气味的气体产生。四种溶液现象各不相同，因此可以鉴别，故选项的B。17、B【解析】由题中信息可知发生反应为MgxAly+（x+3y2）H2SO4=xMgSO4+y2Al2(SO4)3+(x+3y2)H2↑、MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，取少量某镁铝合金粉末，其组成可用MgxAly表示，向其中加入足量稀硫酸充分反应，收集到3.808LH2（标准状况）同时得无色溶液，氢气的物质的量为3.808L22.4L/mol18、A【解析】

A.异丁烷与新戊烷的结构相似，均是烷烃，相差1个CH2原子团，二者互为同系物，A正确；B.一氯甲烷在常温下为气态，B错误；C.淀粉与纤维素均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，C错误；D.酯化反应是酸与醇生成酯和水的反应，属于取代反应，D错误。答案选A。19、B【解析】

A选项，苹果酸没有对称性，也没有等位碳，因此它有5种化学环境不同的氢原子，故A错误；B选项，它能发生酯化反应即取代反应，羟基相连的碳的相邻碳上有C—H键，即能在浓硫酸作用下发生消去反应，故B正确；C选项，1mol苹果酸有2mol羧基，羧基和NaOH反应，羟基不与NaOH反应，因此只能消耗2molNaOH，故C错误；D选项，苹果酸可以通过羧基羟基发生缩聚反应合成高分子化合物，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】羟基和钠反应、不和氢氧化钠、氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠反应；羧基和钠反应、氢氧化钠、氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都要反应；20、D【解析】（1）H2SO4（aq）+2NaOH

（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l），该反应中生成水的物质的量为2mol，则其焓变△H=-114.6kJ/mol，故（1）错误；（2）H2SO4（aq）+Ba（OH）2

（aq）=BaSO4（s）+2H2O（l），该反应中生成2mol水，且还生成了硫酸钡沉淀，则其焓变△H＜-114.6kJ/mol，故（2）错误；（3）HCl

（aq）+NH3•H2O

（aq）=NH4Cl

（aq）+H2O（l），氨水为弱碱，一水合氨电离时吸热，则该反应放出热量减少，即△H＞-57.3kJ/mol，故（3）错误；（4）CH3COOH

（aq）+NaOH

（aq）=CH3COONa

（aq）+H2O（l），醋酸为弱酸，醋酸电离吸热，则该反应生成1mol水放出热量小于57.3kJ，故（4）错误；故选D。点睛：明确中和热的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则及表示意义，根据H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol可知，反应热符合△H=-57.3kJ/mol，生成水的计量数必须为1，酸和碱溶液必须为稀的强酸和强碱溶液，生成物中只有水，没有其它沉淀、弱电解质生成，据此进行解答。21、A【解析】

若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＜生成物的总能量，则反应为吸热反应，选项A符合题意，故答案为A。22、A【解析】

锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A.锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li−e−=Li+，故A错误；B.金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正确；C.原电池中利用海水做电解质溶液，形成闭合回路，故C正确；D.装置为原电池反应，化学能转化为电能，故D正确；答案选A。二、非选择题(共84分)23、第2周期ⅥA族NaHCl共价键Cl-Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑6.02×1023或NA【解析】

A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C是地壳中含量最多的金属元素，C为Al元素；A2-和B+具有相同的电子层结构，结合原子序数可知，A为O元素，B为Na元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍，则最外层为5个电子，D为P元素；同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，E为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为P元素，E为Cl元素。(1)A为O元素，在周期表中位于第2周期ⅥA族，故答案为：第2周期ⅥA族；(2)同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，同一主族，从上到下，金属性逐渐增强，五种元素中金属性最强的是Na；同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，D和E的气态氢化物稳定性较强的是HCl，故答案为：Na；HCl；(3)磷和氧气在一定条件下反应可生成组成比为4:10的化合物F，F为P4O10，为共价化合物，含有共价键，故答案为：共价键；(4)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是Cl-，故答案为：Cl-；(5)C为Al元素，氧化铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；(6)B的氢化物为NaH，NaH与水发生剧烈反应生成可燃性气体氢气和氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，反应中H元素的化合价由-1价和+1价变成0价，若反应过程中生成1mol可燃性气体，转移1mol电子，数目为6.02×1023或NA，故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；6.02×1023或NA。24、石油的分馏石油的裂解CH2=CH2羟基羧基CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反应CH3CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl取代反应2C2H5OH＋O22CH3CHO＋2H2O氧化反应CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O取代反应（酯化反应）④乙烷与氯气反应将得到多种氯代物的混合物，产物不纯【解析】

A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是乙烯，与水发生加成反应生成B是乙醇，B催化氧化生成E是乙醛，乙醛氧化生成F是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。乙烯和氢气发生加成反应生成D是乙烷，乙烯和氯化氢发生加成反应生成C是氯乙烷，乙烷和氯气发生取代反应也可以生成氯乙烷，据此解答。【详解】（1）操作①是石油的分馏，操作②得到乙烯，因此其名称为石油的裂解；（2）A是乙烯，结构简式为CH2＝CH2；B、F分别是乙醇和乙酸，分子中的官能团名称分别是羟基和羧基；（3）反应③是乙烯和水的加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2＝CH2+H2OCH3CH2OH；反应⑥是乙烷的取代反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为CH3CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl；反应⑦是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2C2H5OH＋O22CH3CHO＋2H2O；反应⑨是酯化反应，反应的化学方程式为CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；（4）反应④是加成反应，产物只有一种，反应⑥是乙烷的取代反应，乙烷与氯气反应将得到多种氯代物的混合物，产物不纯，所以制备氯乙烷最好的方法是反应④。25、三颈烧瓶2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－将生成的Br2吹入装置C中1:12SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4d【解析】（1）a的名称为三颈烧瓶。（2）步骤①中主要反应是氯气氧化溴离子，反应的离子方程式为2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－。（3）溴易挥发，因此步骤②中通入热空气的作用为将生成的Br2吹入装置C中。装置C发生富集溴的反应：SO2+Br2+2H2O＝H2SO4+2HBr，其中SO2是还原剂，溴是氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；由于SO2在溶液中易被空气氧化，所以实际参加反应的SO2的物质的量大于理论值，反应的化学方程式为2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4。（4）蒸馏是温度计水银球放在烧瓶支管出口处，为防止液体残留在冷凝管中，应该用直形冷凝管，答案选d；（5）装置A中加入VmL含Br－的浓度为cmol·L－1的浓缩海水，蒸馏所得溴单质的质量为mg，因此该实验中溴单质的产率为。26、2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O放热加热乙醇，便于乙醇的挥发冷却，便于乙醛的收集乙醛、乙醇、水氮气乙酸c蒸馏【解析】

（1）铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与乙醇反应生成乙醛、Cu与水；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应；（2）甲是水浴加热可以让乙醇在一定的温度下成为蒸气，乙是将生成的乙醛冷却；（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气；（4）能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应，通过蒸馏方法分离出乙醛。【详解】（1）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu＋O22CuO，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应；故答案为2Cu＋O22CuO；CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O；放热；（2）甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，

故答案为加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集；

（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气，故答案为乙醛、乙醇与水；氮气；（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，实现两种互溶物质的分离用蒸馏法，故答案为乙酸；c；蒸馏。27、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化剂淀粉、碘化钾8、3、2其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。【解析】

(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；②变色时间越长，反应速率越慢；(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。【详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A)<v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。【点睛】本题通过碘钟实验，考查了实验方案的探究的知识。注意探究外界条件对化学反应影响时，只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则不能得出正确结论。28、NO23Cu+8H++2NO3-==3Cu2++2NO↑+4H2O2CO2+2Na2O2====2Na2CO3+O22NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O向下排空气法【解析】分析：C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，常温下D为无色气体，D为O2，则E为NO，F为NO2，则B应为H2O，G为HNO3，常温下A为无色气体，A可与Na2O2反应生成O2，则A应为CO2，因此X可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，结合相关物质的性质解答该题。详解：（1）C为NH3，电子式为；F为NO2，故答案为：；NO2；（2）G→E为稀硝酸和铜的反应，离子方程式