2025届广西梧州柳州化学高一下期末质量检测试题含解析

2025届广西梧州柳州化学高一下期末质量检测试题注意事项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、下列各组物质中，互称为同系物的是()A．氧气和臭氧 B．乙酸和醋酸 C．正丁烷和异丁烷 D．甲烷和丙烷2、有关淀粉和纤维素的说法中，正确的是A．二者互为同系物 B．二者都是多糖 C．淀粉能水解，纤维素不能水解 D．二者互为同分异构体3、如图是周期表中短周期的一部分,A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数,B原子的原子核内质子数等于中子数。下列叙述正确的是ACBA．A的氢化物中不可能含有非极性共价键 B．B位于第三周期ⅦA族C．C单质是氧化性最强的非金属单质 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：C>B4、1﹣氯丙烷和2﹣氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应（）A．产物相同 B．产物不同C．碳氢键断裂的位置相同 D．反应类型不同5、下列有关元素及其化合物的表示正确的是A．氮气的电子式：B．CH4分子的球棍模型：C．Mg2+结构示意图：D．质子数为92、中子数为146的U原子：6、已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)（A2、B2、AB2的结构式分别为A=A、B-B、B-A-B），能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A．该反应若生成2molAB2(g)则吸收的热量为（El-E2）kJB．该反应的进行一定需要加热或点燃条件C．该反应断开化学键消耗的总能量小于形成化学键释放的总能量D．生成2molB-B键放出E2kJ能量7、“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向。下列不符合“绿色化学”的是()A．消除硫酸厂尾气中的SO2：SO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2SO3B．消除制硝酸工业尾气中的氮氧化物：NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2OC．制CuSO4：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2OD．制CuSO4：2Cu＋O22CuO，CuO＋H2SO4(稀)===CuSO4＋H2O8、下列有关化学反应速率的说法正确的是A．用铝片和硫酸反应制氢气，硫酸浓度越高，反应速率越快B．锌和稀硫酸反应制氢气时，加入少量CuSO4溶液，可加快反应速率C．增大压强、升高温度和使用催化剂均能加快反应速率D．在碳酸钙和盐酸反应中，增加碳酸钙的量可加快反应速率9、下列有关化学键的叙述正确的是A．单质分子中均存在化学键B．NH4Cl受热分解时共价键和离子键均被破坏C．共价化合物中一定含有共价键，可能含有离子键D．只由非金属元素形成的化合物不可能是离子化合物10、根据原子结构的相关知识可知,不同种元素的本质区别是()A．质子数不同 B．中子数不同 C．电子数不同 D．质量数不同11、下列电离方程式中，错误的是（）A．KClO3=K++ClO3- B．H2SO4=2H++SO42-C．H2CO32H++CO32- D．CH3COOHH++CH3COO-12、下列有关化学用语使用正确的是()A．NH4Br的电子式：B．S的原子结构示意图：C．乙酸的分子式：CH3COOHD．原子核内有18个中子的氯原子：13、有机物A分子式为C2H4，可发生以下系列转化，已知B、D是生活中常见的两种有机物，下列说法不正确的是A．75%的B溶液常用以医疗消毒B．由物质A到物质B发生的是加成反应C．物质B、D和E可以用饱和Na2CO3溶液鉴别D．由物质B、D制备E常用浓硫酸作脱水剂14、下列每组中各有三对混合物，它们都能用分液漏斗分离的是()A．乙酸乙酯和水，酒精和水，乙酸和水B．溴苯和水，甲苯和苯，油酸和水C．硬脂酸和水，乙酸和水，乙酸和乙醇D．乙酸乙酯和水，甲苯和水，苯和水15、下列属于放热反应的是A．镁条溶于盐酸B．氨气液化C．碳酸钙分解D．硝酸铵溶于水16、分子式为C5H10O2且可NaHCO3溶液反应生成CO2的有机化合物有（不含立体异构）A．4种B．6种C．7种D．9种17、从海带中提取碘的实验操作如下：①过滤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分液④滴加稀硫酸和双氧水⑤加四氯化碳并振荡。该实验操作顺序合理的是A．④⑤③③①B．②④⑤①③C．⑤④②③①D．②①④⑤③18、下列关于有机物的说法错误的是（）A．分子式为C9H9O2 B．能使Br2的CCl4溶液褪色C．能发生酯化反应 D．能发生加成反应19、下列反应中属于吸热反应同时又是氧化还原反应的是）A．灼热的炭与CO2反应 B．铝与稀盐酸C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 D．Na2O2与H2O的反应20、“低碳经济，节能减排”是当今世界经济发展的新思路。下列行为与之相悖的是A．开发风能、太阳能等新能源B．回收处理工业废气C．大力发展新能源汽车D．过度开采煤、石油和天然气21、下列说法正确的是：A．二氯甲烷没有同分异构体，说明甲烷是正四面体结构B．乙烯和二氧化硫都能使溴水退色，溴水退色原理一致C．苯能和氢气加成，说明苯结构中存在C=C键D．CH3COOH的官能团是羟基22、下列变化中，需加还原剂才能实现的是（）A．CuSO4→Cu B．Mg→Mg3N2 C．S→SO2 D．SiO2→Na2SiO3二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。请回答下列问题：（1）C在元素周期表中的位置为_____________，G的原子结构示意图是__________________________。（2）D与E按原子个数比1:1形成化合物甲，其电子式为_________，所含化学键类型为___________，向甲中滴加足量水时发生反应的化学方程式是____________________________。（3）E、F、G三种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是__________。（用离子符号表示）（4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极。在a极通入BA4气体，b极通入D2气体，则a极是该电池的________极，正极的电极反应式为____________。24、（12分）从物质A(某正盐)的水溶液出发有下面所示的一系列变化：（1）写出A～F物质的化学式：A__________；B__________；C__________；D__________；E.__________；F__________。（2）写出E→F的化学方程式______________________________。（3）鉴别物质F中阴离子的方法是________________________。25、（12分）某研究性学习小组设计了如图所示一套实验装置来制取乙酸乙酯，A中盛有乙醇、浓硫酸和醋酸的混合液，C中盛有饱和碳酸钠溶液。已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点(℃)34.778.5117.977.1（1）浓硫酸的作用是________________________________。（2）球形管B除起冷凝作用外，另一重要作用是____________________________。（3）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是___________________。（4）C中饱和碳酸钠溶液的作用__________________________________________。（5）从C中分离出乙酸乙酯必须使用的一种仪器是______________________；分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分离出__________，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77℃的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。26、（10分）海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：(1)请列举海水淡化的一种方法__________________________。(2)步骤I中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，精制时常用的试剂有：①稀盐酸；②氯化钡溶液；③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。下列加入试剂的顺序正确的是______（填字母）。A．①②③④B．②③④①C．②④③①D．③④②①(3)在实验室中可以用萃取的方法提取溴，可选用的试剂是________________，所用主要仪器的名称是____________________。(4)步骤I已经获得Br2，步骤II又将Br2还原为Br—，其目的是_____________________(5)写出步骤III反应的离子方程式__________________________________________。27、（12分）下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯并检验乙烯性质的实验，请回答下列问题:(1)A中碎瓷片的作用是________。(2)B装置中反应的化学方程式为__________。(3)C装置中可观察到的现象是_________。(4)查阅资料.乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，根据本实验中装置_____(填装置字母)中的实验现象可判断该资料是否直实。(5)通过上述实验探究，检验甲烷和乙烯的方法是_______(填字母，下同)，除去甲烷中乙烯的方法是___。A气体通入水中B气体通过盛溴水的洗气瓶C气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D气体通过氢氧化钠溶液28、（14分）在容器体积可变的密闭容器中，反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)在一定条件下达到平衡。完成下列填空：（1）若该反应经过2秒钟后达到平衡，NH3的浓度增加了0.4mol/L，在此期间，正反应速率(H2)的值为（_______）A0.6mol/(L·s)B0.45mol/(L·s)C0.3mol/(L·s)D0.2mol/(L·s)（2）在其他条件不变的情况下，增大容器体积以减小反应体系的压强，____（选填“增大”、“减小”，下同），____，平衡向____方向移动（选填“正反应”、“逆反应”）。（3）在其他条件不变的情况下，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为____反应（选填“吸热”、“放热”）。（4）如图为反应速率（ν）与时间（t）关系的示意图，由图判断，在t1时刻曲线发生变化的原因是___（填写编号）。a.增大H2的浓度b.缩小容器体积c.加入催化剂d.升高温度改变条件后，平衡混合物中NH3的百分含量____（选填“增大”、“减小”、“不变”）。在一定条件下，反应2A+BC达到平衡。（5）若升高温度，平衡向正反应方向移动，则逆反应是_________热反应；（6）若增加或减少B时，平衡不移动，则B是_________态；（7）若A、B、C均为气态，将6molA、3molB充入容积为0.5L的密闭容器中，进行反应。经5s后，测得容器内有1molB，则用A表示的反应速率为_________________________，5s末时C的物质的量浓度为__________________。29、（10分）（1）实验室用酸性高锰酸钾检验溴乙烷与NaOH乙醇溶液反应生成的乙烯气体，如图，在通入酸性高锰酸钾之前为什么要先通入水中：_______；也可以用______代替酸性高锰酸钾，此时________（填“有必要”“没必要”）将气体通入水中。（2）实验室用饱和食盐水与电石反应制取乙炔气体，发生反应的化学方程式为________，产生的气体含有H2S等杂质，用硫酸铜溶液除去，写出除H2S的离子反应方程式______。（3）写出中子数为2的一种氦的核素_________。（4）对苯二酚与浓溴水充分反应，消耗两者的物质的量之比为______。

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、D【解析】

同系物指结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物。【详解】A．氧气和臭氧互为同素异形体，不满足同系物条件，二者不属于同系物，故不选A；

B．醋酸是乙酸的俗名，乙酸和醋酸属于同种物质，不属于同系物，故不选B；

C．正丁烷和异丁烷互为同分异构体，不属于同系物，故C错误；

D．甲烷和丙烷都为烷烃，二者结构相似，分子间相差2个CH2原子团，属于同系物，故D正确；【点睛】本题考查了同分异构体、同素异形体、同系物的判断，注意明确同系物、同素异形体、同分异构体的概念的区别。2、B【解析】

A．淀粉和纤维素均属于糖类，但结构不相似，不是同系物，故A错误；B．淀粉和纤维素均属于糖类，而且属于多糖，故B正确；C．纤维素与淀粉都能水解生成葡萄糖，故C错误；D．淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，故分子式不同，不是同分异构体，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，高分子化合物的聚合度n一般不同，因此表达式相同的高分子化合物不属于同分异构体。3、C【解析】

由周期表的相对位置可知，A元素和C元位于第二周期元素、B元素位于第三周期元素，设B的原子序数是x，则A的原子序数是x-9、C的原子序数是x-7，由A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子核内质子数和中子数相等可得（x-9）+x+（x-7）=2x，解得x=16，则B是S元素，则A是N元素、C是F元素。【详解】A项、A为N元素，氢化物N2H4中N原子之间形成非极性键，故A错误；B项、B为S元素，位于第三周期第ⅥA族，故B错误；C项、C为F元素，F元素的非金属性最强，氟气是氧化性最强的非金属单质，故C正确；D项、C为F元素，F元素的非金属性最强，不存在最高价氧化物对应水化物，故D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。4、A【解析】

卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，卤素原子以及与之相连的碳原子的邻位碳上的一个氢原子同时脱去，形成不饱和键。【详解】1-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和中间碳原子上的C-H；2-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和相邻碳原子上的C-H；所以二者发生反应相同都是消去反应，生成产物相同都是丙烯，但是断裂碳氢键位置不同，答案选A。【点睛】本题主要考查氯代烃的消去反应，题目难度中等，解答该题时需理解消去反应，掌握反应机理。5、B【解析】分析：A、氮分子中，两个氮原子共用3对电子，每个氮原子含有1个孤电子对；B、甲烷中的H原子半径小于C原子半径；C、镁离子是镁原子失去2个电子形成的；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数。详解：A、一个电子对含有两个电子，氮原子含有1个孤电子对，，故A错误；B、甲烷中的H原子半径小于C原子半径，故甲烷的球棍模型为，故B正确；C、镁离子是镁原子失去2个电子形成的，故核内有12个质子，核外有10个电子，最外层有8个电子，故结构示意图为，故C错误；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数，正确应为：92238U，故故选B。点睛：本题考查化学用语，难度不大，明确原子变成离子时，结构示意图中变化的和不变的量，为易错点。6、A【解析】A．该反应焓变=断裂化学键吸收热量-形成化学键所放出热量，所以焓变为△H=+(E1-E2)kJ/mol，从图示可知E1＞E2，焓变为△H＞0吸热，该反应若生成2molAB2(g)则吸收的热量为(E1-E2)kJ，故A正确；B．反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热或点燃条件，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，故B错误；C．反应是吸热反应，依据能量守恒可知，即反应物的键能总和大于生成物的键能总和，断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量，故C错误；D．依据图象分析判断1molA2和2molB2反应生成2molAB2，吸收(E1-E2)kJ热量，因此生成2molB-B键放出(E1-E2)kJ能量，故D错误；故选A。点睛：本题考查了反应热量变化的分析判断、图象分析反应前后的能量守恒应用，理顺化学键的断裂、形成与能量的关系是解答关键。依据图象，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。7、C【解析】本题考查绿色化学概念的理解。分析：根据反应中的生成物可知，选项ABD都是符合绿色化学思想的。C中有SO2生成，SO2属于大气污染物，SO2生成不符合绿色化学概念。详解：既消除消除硫酸厂尾气排放的SO2气体，还能得到（NH4）2SO3这种氮肥，不但方法合理科学，而且避免空气污染，符合绿色环保要求，A不选；用此法消除制硝酸工业尾气氮的氧化物污染，防止空气污染，避免酸雨的形成，符合绿色环保要求，B不选；浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故C选；由铜制取氧化铜，氧化铜再与硝酸反应生成硝酸铜和水，不会导致空气污染，符合倡导的绿色化学，D不选。故选C。8、B【解析】

A.浓硫酸与金属反应得不到氢气；B.原电池反应可以加快反应速率；C.根据外界条件对反应速率的影响分析；D.改变固体的质量不能改变反应速率。【详解】A、用铝片和硫酸反应制氢气，硫酸浓度越高，反应速率不一定越快，例如如果是浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，与Al反应不生成氢气，A错误；B、锌与硫酸铜反应，生成少量铜附着在锌的表面上，形成原电池反应，锌将电子失去，转移到铜上，H＋在铜上得电子，生成H2，此反应要比锌直接与H＋反应要快，B正确；C、使用催化剂不一定使反应加快，也可使反应减慢(比如防腐剂)，另外压强只能适用于有气体参加的反应体系，C错误；D、增加碳酸钙的量，如固体表面积不变，则反应速率不变，D错误；答案选B。【点睛】关于压强对反应速率的影响还需要注意：参加反应的物质为固体和液体，由于压强的变化对浓度几乎无影响，可以认为反应速率不变；对有气体参加的反应，压强改变⇒气体物质浓度改变⇒化学反应速率改变，即压强改变的实质是通过改变浓度引起的，如2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)增大压强，SO2、O2、SO3的浓度均增大，正、逆反应速率均增大。9、B【解析】A.单质分子中不一定均存在化学键，例如稀有气体，A错误；B.NH4Cl受热分解时生成氨气和氯化氢，共价键和离子键均被破坏，B正确；C.共价化合物中一定含有共价键，不可能含有离子键，C错误；D.只由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物，例如铵盐等，D错误，答案选B。点睛：掌握化学键的含义、化学键与化合物的关系是解答的关键，注意全部由共价键形成的化合物才是共价化合物，只要含有离子键的化合物就一定是离子化合物，因此离子化合物中可能含有共价键，但共价键中不可能存在离子键。另外该类试题要学会举例排除法进行筛选。10、A【解析】根据元素的概念，元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，决定元素种类的微粒是质子数即元素的最本质区别是质子数不同，故选A。11、C【解析】

A.KClO3是强电解质，KClO3=K++ClO3-，故A正确；B.H2SO4是强电解质，H2SO4=2H++SO42-，故B正确；C.H2CO3是弱电解质，是二元弱酸，要分步电离，H2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32-，故C错误；D.CH3COOH是弱电解质，部分电离，CH3COOHH++CH3COO-，故D正确；故选C。12、D【解析】

A.NH4Br是离子化合物，电子式为，A错误；B.S的原子结构示意图为，B错误；C.乙酸的分子式为C2H4O2，CH3COOH表示乙酸的结构简式，C错误；D.原子核内有18个中子的氯原子可表示为，D正确。答案选D。13、D【解析】

有机物A的分子式为C2H4，则有机物A为乙烯，乙烯与水反应生成的物质B为乙醇，乙醇催化氧化生成的物质C为乙醛，乙醛催化氧化生成的物质D为乙酸，乙酸和乙醇生成的物质E为乙酸乙酯。【详解】A．体积分数为72%～75%的酒精溶液常用作医疗上的消毒剂，A项正确；B．乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B项正确；C．乙醇、乙酸和乙酸乙酯可以用饱和碳酸钠溶液加以鉴别，对应的现象分别是：没有明显现象、产生大量细小气泡、液体分层，C项正确；D．在用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，并不是脱水剂，D项错误；所以答案选择D项。14、D【解析】

根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，据此解答。【详解】A．乙酸乙酯和水不溶，能用分液漏斗进行分离，酒精和水互溶，乙酸和水互溶，二者均不能用分液漏斗进行分离，A错误；B．溴苯和水，油酸和水，均不互溶，都能用分液漏斗进行分离，甲苯和苯互溶，不能用分液漏斗分离，B错误；C．硬脂酸和水不互溶，能用分液漏斗进行分离，乙酸和水、乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，C错误；D．乙酸乙酯和水、甲苯和水、苯和水均不互溶，都能用分液漏斗进行分离，D正确。答案选D。【点睛】本题主要是考查了物质分离方法中的分液法，熟记物质的性质尤其是溶解性为解答该题的关键所在，题目难度不大。15、A【解析】A、镁条溶于盐酸，此反应为放热反应，故A正确；B、氨气液化，属于吸热过程，故B错误；C、碳酸钙分解属于吸热反应，故C错误；D、硝酸铵溶于水是吸热过程，故D错误。点睛：常见的放热反应是所有燃烧反应、酸碱中和反应、金属与酸或水的反应、大多数的化合反应、铝热反应等。16、A【解析】能与NaHCO3反应生成CO2，说明含有羧基，先写出5个碳原子的碳链形式：C－C－C－C－C、、，羧基只能在碳端，因此有4种结构，故选项A正确。17、D【解析】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，即合理的操作顺序为②①④⑤③，答案选D。18、A【解析】

A.分子式为C9H8O2，A错误；B.由于该物质的侧链上含有碳碳双键，所以能使Br2的CCl4溶液褪色，B正确；C.由于该物质含有羧基，所以能发生酯化反应，C正确；D.由于该物质含有碳碳双键和苯环，所以能发生加成反应，D正确。答案选A。19、A【解析】分析：A项，C+CO22CO碳元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，且是吸热反应；B项，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，同时是放热反应；C项，Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中无元素化合价变化，不是氧化还原反应；D项，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，也是放热反应。以此解答。详解:A项，C+CO22CO碳元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，且是吸热反应，故A项正确；B项，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，同时是放热反应，故B项错误；C项，Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C项错误；D项，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中元素化合价反应前后发生变化，是氧化还原反应，也是放热反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。点睛：本题考查化学反应的基本类型。常见的放热反应有：酸碱中和反应、金属与酸的反应、金属与水的反应、物质燃烧的反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应反应，大多数盐的水解反应等。20、D【解析】A.开发风能、太阳能等新能源，可以减少化石燃料的使用量，满足“低碳经济，节能减排”，故A不选；B.回收处理工业废气，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故B不选；C.大力发展新能源汽车，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故C不选；D.过度开采煤、石油和天然气，会增大环境污染问题，与“低碳经济，节能减排”相违背，故D选；故选D。21、A【解析】

A项、若甲烷为平面正方形结构，二氯甲烷有两种同分异构体，若为正四面体结构，二氯甲烷不存在同分异构体，故A正确；B项、二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应，使溴水褪色，乙烯和溴水发生加成反应使溴水褪色，二者原理不一样，故B错误；C项、苯分子中碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的化学键，不含有碳碳双键，故C错误；D项、CH3COOH的官能团是羧基，故D错误；故选A。【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握有机物的结构性质的异同是解答关键。22、A【解析】需要加入还原剂才能实现，说明题中给出的物质作氧化剂，在氧化还原反应中得电子化合价降低，A、铜离子得电子化合价降低发生还原反应生成铜，所以铜离子作氧化剂，故A正确；B、Mg失电子发生氧化反应生成镁离子，镁元素化合价升高作还原剂，故B错误；C、S元素化合价升高作还原剂，故C错误；D、没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选A。二、非选择题(共84分)23、第二周期第ⅤA族离子键和非极性共价键2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑S2-＞Cl－＞Na+负O2＋2H2O＋4e－＝4OH－【解析】

A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为氮元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素，据此解答。【详解】(1)C是氮元素，原子有2个电子层，最外层电子数为5，在元素周期表中的位置：第二周期第VA族；G为Cl元素，其原子结构示意图为：；(2)D与E按原子个数比1:1形成化合物甲为Na2O2，其电子式为，所含化学键类型为：离子键和非极性共价键（或离子键和共价键），向过氧化钠中滴加足量水时发生反应的化学方程式是：2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑；(3)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是：S2-＞Cl－＞Na+；(4)用CH4、O2和NaOH的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极。在a极通入CH4气体，b极通入O2气体，甲烷发生氧化反应，则a极是该电池的负极，b为正极，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，其正极的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。24、(NH4)2SO3(NH4)2SO4SO2NH3K2SO3K2SO4K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBrF中的阴离子是硫酸根离子，可以加入盐酸、氯化钡溶液看是否产生沉淀来鉴别【解析】

根据框图可知，A即与酸反应生成气体C，又与碱反应生成气体D，则A为弱酸弱碱盐；C与氨水生成A，D与C的溶液反应生成A，则D为NH3，A为铵盐；A的浓溶液与稀H2SO4反应生成B和C，则B是(NH4)2SO4，F为K2SO4；A的浓溶液与KOH溶液反应生成E和D，E和溴水反应生成K2SO4，则E为K2SO3、C为SO2、A为(NH4)2SO3。【详解】（1）由以上分析可知，A为(NH4)2SO3、B为(NH4)2SO4、C为SO2、D为NH3、E为K2SO3、F为K2SO4；（2）E→F的反应为K2SO3溶液与溴水发生氧化还原反应生成硫酸钾和氢溴酸，反应的化学方程式为K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBr；（3）F为K2SO4，阴离子为SO42-，可用酸化的BaCl2检验SO42-，具体操作是取少量F的溶液加入BaCl2和盐酸的溶液，若产生白色沉淀，证明SO42-的存在。25、催化剂吸水剂防止倒吸有利于酯化反应向正方向进行(增大醋酸的利用率)吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出分液漏斗乙醇【解析】分析：本题考查的是乙酸乙酯的制备，难度较小，掌握实验的关键问题。。详解：(1)在酯化反应中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂；(2)球形干燥管的体积较大，可以防止倒吸；(3)因为乙酸和乙醇的反应为可逆反应，增加乙醇的量可以有利于酯化反应向正方向进行，也能增大醋酸的利用率；(4)饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出；(5)乙酸乙酯不溶于水，出现分层现象，所以用分液漏斗即可分离；根据氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH分析，所以加入氯化钙可以分离乙醇。26、蒸馏法（或电渗析法）BCCCl4或苯分液漏斗浓缩、提纯溴元素（或富集溴元素）Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-【解析】

（1）工业常用蒸馏法或电渗析法淡化海水；（2）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42-，然后再除去Ca2+；（3）实验室可用四氯化碳或苯作为萃取剂萃取溴，所用的主要仪器为分液漏斗；（4）步骤I获得的Br2浓度较低，应进行富集；（5）步骤III为二氧化硫和溴的氧化还原反应。【详解】（1）工业常用蒸馏法或电渗析法淡化海水，故答案为：蒸馏法（或电渗析法）；（2）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42-，然后再除去Ca2+，因为碳酸钠中碳酸根离子易被盐酸除去，所以在氢氧化钠或氯化钡之后再加碳酸钠溶液，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，所以加入试剂的顺序正确的是②③④①或②④③①；答案选BC；（3）实验室可用四氯化碳或苯作为萃取剂萃取溴，所用的主要仪器为分液漏斗，故答案为：CCl4或苯；分液漏斗；（4）步骤I获得的Br2浓度较低，应进行富集，与二氧化硫反应后得到溴化氢溶液，然后通入氯气可得到纯溴，起到浓缩、提纯溴元素的作用，故答案为：浓缩、提纯溴元素（或富集溴元素）；（5）步骤III为二氧化硫和溴的氧化还原反应，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。27、催化作用CH2==CH2＋Br2→BrCH2—CH2Br溶液紫(或紫红)色褪去DBCB【解析】

（1）石蜡油需要在催化剂的作用下才能发生反应；（2）石蜡油生成的乙烯，乙烯与溴水发生加成反应；（3）石蜡油生成的乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化；(4)二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；(5)根据甲烷和乙烯的性质分析。【详解】（1）石蜡油需要在催化剂的作用下能发生分解反应，A中碎瓷片的作用催化作用。（2）石蜡油生成的乙烯，乙烯与溴水发生加成反应，反应方程式是CH2==CH2＋Br2→BrCH2—CH2Br；（3）石蜡油生成的乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以C装置中可观察到的现象是溶液紫(或紫红)色褪去；(4)二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，所以根据D装置中的现象能证明乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳；(5)A.甲烷、乙烯都不溶于水；B.甲烷与溴水不反应