河北省承德市隆化县存瑞中学2025届化学高一下期末检测模拟试题含解析

河北省承德市隆化县存瑞中学2025届化学高一下期末检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、某温度下反应N2O4(g)2NO2(g)(正反应吸热)在密闭容器中达到平衡，下列说法不正确的是()A．加压时(体积变小)，将使正反应速率增大B．保持体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小C．保持体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，颜色变深D．保持体积不变，通入He，再达平衡时颜色不变2、海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2C．在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂D．某同学设计了如下装置制取无水MgCl2，装置A的作用是制取干燥的HCl气体3、既可以用来鉴别甲烷和乙烯，又可以用来除去甲烷中混有的少量乙烯的是A．气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶B．气体通过盛有足量溴水的洗气瓶C．气体通过盛有足量蒸馏水的洗气瓶D．气体与适量HC1混合4、化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是A．CaF2的电子式： B．Cl–的结构示意图：C．CO2的结构式：O=C=O D．中子数为20的氯原子：5、下列各组物质发生反应时，生成物不因反应条件（浓度、温度或催化剂等）的不同而不同的是A．铜与硝酸 B．乙醇与氧气C．钠与氧气 D．一氧化碳与氧气6、下列变化中，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成的是（）A．酒精溶解于水 B．氯化钠受热熔融C．碘单质受热产生紫色气体 D．碳酸氢铵受热产生刺激性气味7、某同学设计如下元素周期表，己知X元素的气态氢化物水溶液呈碱性，空格中均有对应的元素填充。以下说法正确的是A．X、Y、Z元素分别为N、P、OB．白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素C．原子半径：Z>X>YD．X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是：X的氢化物8、下列指定反应的离子方程式正确的是A．锌粒与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑B．碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓D．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-9、下列物质在常温下可用铁质容器盛放的是A．亚硫酸 B．浓硫酸 C．浓盐酸 D．胆矾溶液10、下列实验操作不能够达到实验目的的是（）实验操作实验目的A取绿豆大小、等体积的钠块分别投入等体积的水和乙醇中证明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B将形状、大小均相等的铁片分别投入等体积的稀盐酸和浓盐酸中证明溶液浓度越大，反应速率越快C用苯与浓H2SO4和浓HNO3制备硝基苯，将产物倒入NaOH溶液中，静置，分液除去硝基苯中混有浓H2SO4和浓HNO3D在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入少量新制的氢氧化铜悬浊液并加热煮沸验证淀粉已水解A．A B．B C．C D．D11、下列离子中半径最大的是（）A．Na＋ B．Mg2＋ C．O2－ D．F－12、某元素W的原子结构示意图为，下列说法不正确的是A．W处于元素周期表的第三周期B．m＝7，W形成的单质可用于自来水消毒C．m＝1，W的最高价氧化物对应的水化物是一种弱碱D．m＝6，W可以形成化学式为WO2的氧化物13、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A．乙醇、甲苯、硝基苯 B．苯、苯酚、己烯C．苯、甲苯、环己烷 D．甲酸、乙醛、乙酸14、短周期元素A、B、C，A3−与B2−、C+电子层结构相同，则下列说法中不正确的是A．离子半径：A3−>B2−>C+B．等物质的量的A和B的简单气态氢化物，共用电子对数A>BC．A和B分别可以与氢原子形成18e−分子D．原子半径：A>B>C15、迄今为止，煤、石油和天然气等化石能源仍然是人类使用的主要能源。下列有关煤、石油、天然气等资源的说法正确的是A．石油裂解可以得到汽油，这种汽油是一种纯净物B．煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态的变化过程C．天然气是一种清洁的化石燃料D．煤就是碳16、氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，它与水反应有气体生成。下列关于氢化铵叙述正确的是A．是离子化合物，含有离子键和共价键B．电子式是C．与水反应时，NH4H是氧化剂D．固体投入少量的水中，只产生一种气体17、适宜用分液漏斗进行分离的一组混合物是A．乙酸和乙醇 B．水和氯化钠 C．水和花生油 D．四氯化碳和碘18、有NaCl、KSCN、NaOH、AgNO3四种溶液，只用一种试剂就把它们鉴别开来，这种试剂是（）A．盐酸 B．Na2CO3溶液 C．氯水 D．FeCl3溶液19、下列说法正确的是A．氢氧燃料电池放电时可以将化学能全部转化为电能B．铜锌硫酸原电池工作时，电子从锌电极经电解液流向铜电极C．将3molH2与1molN2混合于密闭容器中充分反应可生成2molNH3，转移电子数目为6NAD．手机上用的锂离子电池充电时将电能转化为化学能20、下列关于能量转化的说法中，不正确的是A．电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能B．绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能C．白炽灯工作时，电能全部转化为光能D．煤燃烧时，化学能主要转化为热能21、下列有关化学研究的正确说法是（）A．同时改变两个变量来研究反应速率的变化，能更快得出有关规律B．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、、Cl、Br、I的非金属递增的规律C．利用“海水→氢氧化镁→氯化镁→金属镁”的工艺流程生产金属镁D．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液22、下列物质与用途对应关系不正确的是（）选项性质用途A氧化铁呈红棕色红色涂料B氧化铝熔点很高耐火材料C浓硫酸具有脱水性干燥剂D液氨汽化时要吸收大量的热制冷剂A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、D、E、X、Y为元素周期表中六种主族元素，其原子序数依次增大。常温下，A2D呈液态；B是大气中含量最高的元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料。请用化学用语回答下列问题：(1)A与D可形成既含极性键又含非极性键的化合物W，W的水溶液呈弱酸性，常用作无污染的消毒杀菌剂，W的电子式为______。(2)向W溶液中加入ZE3，会减弱W的消毒杀菌能力，溶液呈现浅黄色。用化学方程式表示其原因是_________。(3)将E2的水溶液加入浅绿色的ZE2溶液中发生反应的离子方程式是________。(4)X和Y的单质，分别与H2化合时，反应剧烈程度强的是____(填化学式)；从原子结构角度分析其原因是_____。24、（12分）随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：(1)f在周期表中的位置是______________________。(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：_________＞_________；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_____________________________。(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：____________________。25、（12分）实验室可以用下图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）在试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，其方法是:_______；（2）乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的_______层；（填“上”或“下”）（3）浓硫酸的作用是______________；（4）制取乙酸乙酯的化学方程式是______，该反应属于___（填反应类型）反应；（5）饱和碳酸钠的作用是：________________；（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，就达到了该反应的限度。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有(填序号)_________。①混合物中各物质的浓度不再变化；②单位时间里,生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙醇。26、（10分）某研究小组对铁生锈过行研究。(1)甲同学设计了A、B、C组实验(如上图)，探究铁生锈的条件。经过较长时间后，甲同学观察到的现象是：A中铁钉生锈；B中铁打不生锈；C中铁钉不生锈。①通过上述实验现象分析，可得出铁生锈的外部条件是____________；②铁钉发生电化学腐蚀的正极电极反应式为_____________；③实验B所用的水要经过____处理；植物油的作用是____________；④实验C中碱石灰的作用是___________。(2)乙同学为了达到同样目的，设计了实验D(如图)，发现一段时间后，试管中的表面升高，其原因是_________________。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）下列是元素周期表的一部分：根据以上元素在周期表中的位置，用化学式填写空白。（1）非金属性最强的元素是_________；化学性质最不活泼的是_________；除L外，原子半径最大的是_________；A与D形成的10电子离子是_________。（2）按碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强的顺序，将B、C、D、E四种元素的最高价氧化物对应水化物的化学式排列成序是__________________；（3）B元素可以形成两种氧化物，分别写出两种氧化物的电子式_________，_________。（4）B、C、G、J四种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为_________。29、（10分）完成以下问题：（1）下列反应中，属于吸热反应的是______________（填数字序号）。①煅烧石灰石制生石灰②燃烧木炭取暖③酸碱中和反应④铝粉与氧化铁粉末在高温下反应⑤生石灰与水作用制熟石灰⑥食物因氧化而腐败（2）在一定条件下N2与H2反应生成NH3，请回答：①若反应物的总能量为E1，生成物的总能最为E2，且E1＞E2，则该反应为____(“吸热”或“放热”)反应。②已知断开1molH－H键，1molN－H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若1molN2完全反应生成NH3会放出________kJ的热量。（3）相对分子质量为72的烷烃的分子式为______________。（4）有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为。可简写为。玫瑰的香味物质中包含苧烯，苧烯的键线式如图，苧烯的分子式为___________。

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、B【解析】

A、增大压强反应物、生成物的浓度都增大,正逆反应速率都加快,所以A选项是正确的；B、少许NO2平衡向逆反应方向移动，N2O4浓度增大,正反应速率增大，逆反应速率瞬间增大,然后降低，故B错误；

C、持体积不变,加入少许N2O4，平衡向正反应移动，NO2是红棕色气体，NO2浓度增大，达到平衡时颜色变深，所以C选项是正确的；

D、保持体积不变，通入He，平衡不移动，所以再达平衡时颜色不变，所以D选项是正确的；

所以本题答案为：B选项。2、C【解析】分析：A．蒸馏法、电渗析法、离子交换法都可用于淡化海水，据此分析判断；B.根据苦卤中主要含有溴的化合物分析判断；C.根据氢氧化钠和氢氧化钙的工业成本分析判断；D.根据氯化镁加热时能够水解分析判断。详解：A．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故A正确；B.苦卤中主要含有溴的化合物，将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故B正确；C.在工业上一般选用氢氧化钙作为沉淀剂，氢氧化钙可以通过加热分解石灰石或贝壳得到，成本较低，故C错误；D.氯化镁加热时能够水解，生成的氯化氢易挥发，会促进水解，因此用如图装置制取无水MgCl2，需要在干燥的HCl气体的气氛中进行，故D正确；故选C。点睛：本题考查了元素及其化合物的性质和物质的分离与提纯。本题的易错点为D，要注意盐类水解知识的应用。3、B【解析】A．高锰酸钾与乙烯发生氧化还原反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故A错误；B．乙烯可用溴水发生加成反应，可鉴别并除去乙烯，故B正确；C．乙烯和甲烷都不溶于水，且与水不反应，故C错误；D．甲烷与氯化氢不反应，乙烯应在催化剂条件下，实验室难以完成，不能鉴别和除杂，故D错误；故选B。点睛：明确有机物性质差异是解题关键，乙烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，鉴别乙烯可用溴水或酸性高锰酸钾，由于高锰酸钾与乙烯发生氧化还原反应，除杂时要考虑不能引入新的杂质。4、C【解析】

A．CaF2是离子化合物，含有Ca2+和F-，其电子式为，故A错误；B．氯离子质子数为17，核外有18个电子，有3个电子层，最外层电子数为8，离子结构示意图为，故B错误；C．二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，其结构式为O=C=O，故C正确；D．中子数为20的氯原子的质量数为37，其核素的表示方式为，故D错误；故答案为C。5、D【解析】

A.铜与不同浓度的硝酸反应，生成物不同，稀硝酸生成一氧化氮，浓硝酸生成二氧化氮，故A不符合题意；B.乙醇与氧气反应条件不同而产物不同，燃烧时生成二氧化碳和水，催化氧化生成乙醛，故B不符合题意；C.钠与氧气反应条件不同而产物不同，不加热时生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，故C不符合题意；D.一氧化碳和氧气反应只生成二氧化碳，与浓度、温度等无关，故D与题意相符。所以本题答案：D。【点睛】根据HNO3的浓度不同，氧化性强弱不同，所以产物不同；钠与氧气反应条件不同，产物也不同。6、D【解析】

A.酒精溶解于水，是物理变化，没有涉及化学键的断裂和形成，A错误；B.氯化钠受热熔融，会破坏钠离子和氯离子间的离子键，没有新化学键形成，B错误；C.碘单质受热产生紫色气体，是物理变化，没有涉及化学键的断裂和形成，C错误；D.碳酸氢铵受热产生刺激性气味，是化学变化，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，D正确；故答案选D。7、A【解析】A项，根据该同学设计的元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P，故A正确；B项，白格中的稀有气体He、Ne、Ar不属于主族元素，故B错误；C项，同周期自左到右原子半径逐渐减小，原子半径N＞O，同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径P＞N，因此原子半径P＞N＞O，故C错误；D项，非金属性：O＞N＞P，非金属性越强，气态氢化物越稳定，因此最稳定的是H2O，故D错误。点睛：本题元素周期表的结构及元素周期律的应用，通过该同学设计的元素周期表推出X、Y、Z的原子序数，从而确定所代表的元素种类，变的是元素周期表的表现形式，不变的是元素周期律。8、B【解析】A.醋酸为弱酸，用化学式表示，故A错误；B.碳酸镁跟硫酸反应生成溶于水的硫酸镁和二氧化碳、水，离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故B正确；C.氨水为弱碱，用化学式表示，故C错误；D.氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，用化学式表示，故D错误；故选B。点晴：本题考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式的书写步骤中的难点是“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的、难电离的物质、气体、水等仍用化学式表示。9、B【解析】

A．亚硫酸溶液能和铁反应生成氢气，不能用铁制品容器盛放，故A错误；B．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硫酸，故B正确；C．浓盐酸能和铁反应生成氢气，不能用铁制品容器盛放，故C错误；D．胆矾溶液能和铁发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，不能用铁制品容器盛放，故D错误；故答案为B。10、D【解析】分析：A.Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳；B.常温下，浓盐酸氢离子浓度大;

C.将混合液倒入NaOH溶液，硝酸、硫酸与氢氧化钠反应，苯和硝基苯不反应;D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸。详解:A.Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则该实验可证明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼,所以A选项是正确的；

B.Fe和盐酸反应实质是和氢离子反应,浓盐酸比稀盐酸氢离子浓度大，反应快，能达到实验目的，故B正确；

C.用苯与浓H2SO4和浓HNO3制备硝基苯，要除去硝基苯中混有浓H2SO4和浓HNO3，由于苯和硝基苯都不与氢氧化钠反应，可将产物倒入NaOH溶液中，静置，混合液分层，然后通过分液分离，故C正确；D.在加入新制氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则加入的氢氧化铜悬浊液和稀硫酸反应而影响葡萄糖的检验，则不能实现实验目的，故D错误；

所以本题答案选D。点睛：本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及物质分离与提纯、有机物结构与性质、淀粉水解、乙醇性质等知识，明确常见物质组成、结构与性质为解答关键，试题有利于提高学生的化学实验能力。11、C【解析】

Na＋、Mg2＋、O2－和F－离子核外电子排布都是2、8的电子层结构。对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径最大的是O2-，选C。12、C【解析】

A项、由W的原子结构示意图可知，W的电子层数为3，则W元素位于周期表的第三周期，故A正确；B项、m＝7时，W元素为Cl元素，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能起杀菌消毒作用，可用于自来水消毒，故B正确；C项、m＝1时，W为Na元素，Na元素的最高价氧化物对应的水化物为强碱氢氧化钠，故C错误；D项、m＝6，W为S元素，S元素可以形成的氧化物化学式为SO2，故D正确；故选C。13、C【解析】

A．对于乙醇、甲苯和硝基苯，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故不选A；B．苯、苯酚和己烯可以选浓溴水鉴别，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使溴水褪色，可以鉴别，故不选B；C．苯、甲苯和环己烷三者性质相似，不能鉴别，故选C；D．甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜鉴别，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成砖红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成砖红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故不选D；故选C。14、D【解析】分析：短周期元素A、B、C，A3-与B2-、C+电子层结构相同，则A、B在第二周期，C为第三周期，则结合所带电荷可知A为N元素、B为O元素，C为Na元素，据此结合元素周期律知识解答。详解：根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为Na元素。A．电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，则离子半径：A3-＞B2-＞C+，故A正确；B．A、B分别为N、O元素，其简单氢化物分别为NH3、H2O，N、O的物质的量相同时，NH3中含有共用电子对数较多，故B正确；C．N、O与氢原子形成的N2H4、H2O2都是18e-分子，故C正确；D．电子层越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径C＞A＞B，故D错误；故选D。15、C【解析】

A.石油裂解可以得到更多的汽油，这种汽油仍然是混合物，A项错误；B.煤的气化就是将煤在高温条件下与水蒸气反应生成水煤气的过程，属于化学变化，B项错误；C.天然气的燃烧产物是CO2和H2O，是一种清洁的化石燃料，C项正确；D.煤是混合物，不是碳，主要成分是碳，D项错误；答案选C。16、A【解析】

由氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似可知，氢化铵由NH4+和H-构成的离子化合物，NH4H中含有H-，与水反应时发生氧化还原生成氢气，NH4H为还原剂。【详解】A项、NH4H与氯化铵的结构相似，是由NH4+和H-构成的离子化合物，故A正确；B项、NH4H是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故B错误；C项、NH4H中含有H-，与水反应时发生氧化还原生成氢气，NH4H为还原剂，发生氧化反应，故C错误；D项、NH4H固体投入少量水中，NH4H有很强的还原性，可与H2O发生反应：NH4H＋H2O=NH3·H2O＋H2↑，生成的气体为NH3和H2，故D错误；故选A。17、C【解析】试题分析：分液漏斗是用来分离互不相溶的液体，乙酸和乙醇会互溶，A错；氯化钠能溶解在水中，B错；水和花生油互不相溶，C对；碘能溶解在四氯化碳中，D错。考点：物质分离的方法。18、D【解析】

A.盐酸只能鉴别硝酸银溶液，A错误；B.碳酸钠溶液只能鉴别硝酸银溶液，B错误；C.氯水和氢氧化钠溶液反应，氯水褪色，和硝酸银反应产生白色沉淀，但不能鉴别氯化钠和KSCN，C错误；D.FeCl3溶液与NaCl没有明显现象、与KSCN溶液显血红色、与NaOH生成红褐色沉淀、与AgNO3生成白色沉淀，可以鉴别，D正确。答案选D。19、D【解析】

A．氢氧燃料电池放电时可以将大部分化学能转化为电能，但不能全部转化为电能，故A错误；B．铜锌硫酸原电池工作时，电子从负极流向正极，即从锌电极经外电路流向铜电极，但不能进入电解质溶液中，故B错误；C．H2与N2生成NH3的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，所以3molH2与1molN2不能生成2molNH3，转移电子数目小于6NA，故C错误；D．电池充电时，将电能转化为化学能，故D正确；故选D。【点睛】燃料电池的能量转换率超过80%，远高于普通燃烧过程（能量转换率仅30%多），有利于节约能源。电子不能进入电解质溶液中，记住：“电子不入水，离子不上岸”。20、C【解析】分析：电解装置是将电能转化为化学能的装置；绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能；白炽灯工作时电能转化为光能和热能；物质的燃烧将化学能转化为热能和光能。详解：A.电解水生成氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置，故正确；

B.绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能，故正确;

C.白炽灯工作时电能转化为光能和热能，故错误；

D.物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故正确。

故选C。21、C【解析】分析：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，其氢化物在水溶液中电离程度越小；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁;D．溶液和浊液没有丁达尔效应。详解：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件，如果改变两个条件，无法得出规律，故A错误；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物在水溶液中电离程度越小，则相应氢化物的酸性越弱，从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属减弱的规律，故B错误；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁,所以利用“海水氢氧化镁氯化镁金属镁”的工艺流程,可以生产金属镁,所以故C正确；D．溶液和浊液没有丁达尔效应，所以根据丁达尔现象不能将分散系分为溶液、胶体与浊液，故D错误；故选C。22、C【解析】解：A、氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，故A正确；B、氧化铝熔点很高，在较高温度下不熔化，故可以做耐火材料，故B正确；C、浓硫酸做干燥剂是由于其能吸水，有吸水性，而非脱水性，故C错误；D、液氨汽化时吸热，会导致周围温度降低，故可以做制冷剂，故D正确．故选C．【点评】本题考查了物质的物理性质和其用途之间的关系，难度不大，把握住“性质决定用途，用途反映性质”这一条线．二、非选择题(共84分)23、2H2O22H2O＋O2↑Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋Br2Br、I属于第ⅦA族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱【解析】

常温下，A2D呈液态，A2D是水，A是H元素、D是O元素；B是大气中含量最高的元素，B是N元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1，则E是Cl、X是Br、Y是I；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料，Z2D3是氧化铁，Z是Fe元素。【详解】(1)H与O形成的既含极性键又含非极性键的化合物W是过氧化氢，电子式为；(2)ZE3是FeCl3，Fe3+催化分解过氧化氢，会减弱过氧化氢的消毒杀菌能力，化学方程式是2H2O22H2O＋O2↑；(3)将氯水加入浅绿色的FeCl2溶液中，FeCl2被氧化为FeCl3，发生反应的离子方程式是Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋；(4)Br、I属于第ⅦA族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱，所以与H2化合时，Br2反应剧烈程度强。24、第三周期ⅢA族r(O2－)r(Na＋)HClO4＞H2SO4(或等其他合理答案均可)【解析】从图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。则（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族。（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：（或）。25、先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸上催化剂和吸水剂CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH3CH3+H2O酯化反应中和酸溶解醇降低乙酸乙酯的溶解度①③【解析】

(1)结合浓硫酸的稀释的方法分析解答；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；(4)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；(5)碳酸钠能够与乙酸反应，乙醇易溶于水，碳酸钠的存在可以降低乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)根据化学平衡的特征分析判断。【详解】(1)在试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，方法为：先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入浓硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水，因此乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的上层，故答案为：上；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(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+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；酯化反应；(5)饱和碳酸钠溶液的主要作用是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度，故答案为：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度；(6)①混合物中各物质的浓度不再变化，为平衡的特征，可知达到平衡状态，故①选；②单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸，不能体现正、逆反应速率关系，不能判定平衡状态，故②不选；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，可知正、逆反应速率相等，为平衡状态，故③选；故答案为：①③。【点睛】掌握乙酸乙酯制备实验的注意事项是解题的关键。本题的易错点为（6）②③，要注意生成乙醇和生成乙酸都表示逆反应速率，生成乙酸乙酯是正反应速率，生成乙酸是逆反应速率。26、有水(或电解质溶液)和氧气(或空气)O2-4e-+2H2O=4OH-煮沸[或“除去氧气(写“加热”不正确)]隔绝空气(或“防止氧气与铁接触”)吸收水蒸气(或“干燥”“保持试管内干燥环境”)铁的腐蚀要吸收氧气(或“氧气参与反应”“消耗了氧气”)使气体体积减小【解析】分析：（1）①铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀，隔绝空气或在干燥的空气中难以形成原电池反应；②铁发生电化学腐蚀时，正极上是氧气发生得电子的还原反应；③将水煮沸可以将水中的空气排出，植物油和水是互不相溶的；④碱石灰是可以吸水的．（2）根据金属铁生锈的电化学原理来解释。详解：（1）①铁生锈的外部条件是金属要和空气中的水以及氧气接触；②铁钉发生电化腐蚀，负极上铁为活泼金属，易失去电子而被氧化，正极上是氧气发生得电子的反应O2-4e-+2H2O=4OH-；③水中溶解有一定的空气，煮沸可以将空气排出，植物油和水是互不相溶的，它的作用是隔绝空气中的氧气；④碱石灰能吸水，它的作用是吸收空气中的水蒸气；（2）铁生锈会消耗氧气，这样会使试管内压强低于大气压，所以液面上升的原因是铁钉生锈消耗了试管内的氧气，使试管内压强低于大气压。点睛：本题考查金属腐蚀的化学原理，题目难度不大，注意金属发生电化学腐蚀和化学腐蚀的区别，以及形成电化学腐蚀的条件。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。B中含有乙醇和乙酸钠，乙醇的沸点比较低，蒸馏即可得到乙醇E。C是乙酸钠，加入硫酸可得到乙酸和硫酸钠，乙酸的沸点低于硫酸钠的沸点，蒸馏即得到乙酸；综上分析，试剂a是饱和碳酸钠溶液，试剂b是硫酸；分离方法①是分液，分离方法②是蒸馏，分离方法③是蒸馏。（5）由于A中仍然含有少量水，所以加入无水碳酸钠来除去乙酸乙酯中的水。（6）C是