湖北省部分省重点中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE20-湖北省部分省重点中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.化学与生产、生活亲密相关，下列说法中正确的是A.棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OB.蛋白质和油脂都属于高分子化合物，肯定条件下都能水解C.煤的干馏、石油的分馏和油脂的皂化都属于化学变更D.用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土可以保鲜水果【答案】D【解析】【详解】A．羊毛的成分为蛋白质，含N元素，燃烧还生成二氧化氮，而棉、麻及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O，A错误；B．蛋白质水解生成氨基酸，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B错误；C．石油的分馏属于物理变更，C错误；D．高锰酸钾溶液有强的氧化性，可以将水果释放的乙烯气体氧化，因此可以使水果保鲜期延长，D正确；答案选D。2.下列变更过程，属于放热反应的是①NH4Cl固体溶于水②炸药爆炸③食物因氧化而腐败④铝热反应⑤酸碱中和反应⑥煅烧石灰石制生石灰⑦溴蒸气液化A.②③④⑤⑦ B.①②④⑤ C.②③④⑤ D.①②③⑥⑦【答案】C【解析】【详解】①NH4Cl固体溶于水，水解吸热，①不符合题意；②炸药爆炸属于放热反应，②符合题意；③食物因氧化而腐败，缓慢氧化属于放热反应，③符合题意；④铝热反应放出大量的热，属于放热反应，④符合题意；⑤酸碱中和反应属于放热反应，⑤符合题意；⑥煅烧石灰石制生石灰为分解反应，属于吸热反应，⑥不符合题意；⑦溴蒸气液化为物理变更，不是化学反应，⑦不符合题意；综上，②③④⑤属于放热反应，答案选B。3.下列物质中既含有非极性键，又含有离子键的是（）A.MgBr2 B.H2O2 C.Na2O2 D.NH4Cl【答案】C【解析】【分析】一般来说，金属元素与非金属元素之间形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，以此来解答。【详解】A．MgBr2中只存在离子键，选项A不选；B．H2O2中存在H-O极性键、O-O非极性键，选项B不选；C．Na2O2中存在钠离子与过氧根离子之间的离子键、O-O非极性键，选项C选；D．NH4Cl中存在离子键和N-H极性键，选项D不选；答案选C。【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键形成的一般规律为解答的关键，留意特殊物质中的化学键（如氯化铝、铵盐），留意基础学问的考查，选项D中的配位键一般不考虑，题目难度不大。4.近年来，有科学家结合正电子放射断层显像技术（PET-CT）技术，发觉了抑郁症、痴呆、认知障碍患者脑部功能性异样，给这类疾病的治疗带来了新的方向。PET-CT的检查须要患者事先服用被18F标记的药物分子，下列关于18F说法正确的是A.18F性质与常见的19F性质完全相同B.18F的质量数与18O的质量数相同C18F原子中有9个质子，9个中子，18个电子D.18F与18O互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．18F与常见的19F属于同位素，两者的物理性质可能不同，A错误；B．18F的质量数与18O的质量数均为18，相同，B正确；C．18F原子中有9个质子，9个中子，电子数=质子数，所以含有9个电子，C错误；D．18F与18O是F、O两者元素的不同种核素，质子数不同，不属于同位素，D错误；答案选B。5.应用元素周期律的有关学问，可以预料我们未知的一些元素及其化合物的性质。下列预料错误的是A.硒(Se)是第ⅥA族元素，其氢化物的熔沸点：H2Se＞H2S＞H2OB.铋(Bi)与氮同主族，其最高价氧化物的水化物为弱碱C.砹单质是一种有色固体，砹化氢很不稳定D.锶(Sr)是第ⅡA族元素，其最高价氧化物对应的水化物是强碱【答案】A【解析】【详解】A．第ⅥA族元素，其氢化物的熔沸点：H2O＞H2Se＞H2S，水分子之间存在氢键，使熔沸点反常偏高，A错误；B．同一主族从上到下，最高价氧化物的水化物酸性递减碱性递增，磷酸为弱酸，但比锑酸强，故铋的为酸性更弱，可能为弱碱，B正确；C．砹是第六周期第ⅦA族的元素，由于从上到下，元素的原子半径渐渐增大，原子获得电子的实力渐渐减弱，失去电子的实力渐渐增加，所以元素的非金属性渐渐减弱，元素的氢化物的稳定性渐渐减弱，砹化氢很不稳定，卤素单质的颜色渐渐加深，砹单质是一种有色固体，C正确；D．锶(Sr)是第ⅡA族元素，其最高价氧化物对应的水化物碱性强于Ca(OH)2，肯定是强碱，D正确；答案选A。6.四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1∶2，X2＋和Z－的电子数之差为8。下列说法不正确的是A.X与Z通过离子键形成离子化合物B.元素原子半径从大到小的依次是W>X>Y>ZC.WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构D.W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是Z【答案】B【解析】【分析】X2＋和Z－的电子数之差为8，则X、Z在同周期，X是Mg元素、Z是Cl元素；W和X元素原子内质子数之比为1∶2，W是C元素；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，则Y是S元素。【详解】A．Mg与Cl通过离子键形成离子化合物MgCl2，故A正确；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，元素原子半径从大到小的依次是Mg>S>Cl>C，故B错误；C．CCl4分子的电子式是，C、Cl原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故C正确；D．元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，C、S、Cl元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，故D正确；选B。7.部分短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示，则下列说法中正确的是()元素代号LMQRT原子半径/nm0.1660.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、-2-2A.M与Q在同一周期B.L单质与稀盐酸反应不如Q猛烈C.M与T形成的化合物具有两性D.L2＋与R2＋的核外电子数相等【答案】C【解析】【分析】短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L>Q，则L为Mg元素，Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。【详解】依据分析，L为Mg，M为Al，Q为Be，R为S，T为O。A．Al和Be不在同一周期，故A错误；B．Mg的金属性比Be强，与盐酸反应时Mg比Be快，故B错误；C．Al2O3是两性氧化物，即可以和强酸反应，也可以和强碱反应，故C正确；D．Mg2＋、S2－的核外电子数分别为10、18，故D错误；答案选C。【点睛】依据化合价可知元素位于哪一个主族，依据是短周期元素，原子半径，化合价综合分析出元素种类，Be和Mg位于同一主族，同主族元素从上到下，金属性增加，单质的还原性增加，与盐酸反应更猛烈，要利用好元素周期律，并且会敏捷运用。8.以下是反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)在四种不同状况下的反应速率，反应速率最大的是A.υ(A)=0.5mol·L-1·s-1 B.υ(B)=0.3mol·L-1·min-1C.υ(C)=0.6mol·L-1·s-1 D.υ(D)=0.8mol·L-1·min-1【答案】A【解析】【详解】依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，转化为A表示的化学反应速率分别为：A．υ(A)=0.5mol·L-1·s-1=30mol·L-1·min-1；B．υ(B)=0.3mol·L-1·min-1，则；C．υ(C)=0.6mol·L-1·s-1，则；D．υ(D)=0.8mol·L-1·min-1，则；综上，A的反应速率最大，故答案选A。9.依据Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反应原理所设计原电池装置，正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．该装置中锌为负极，铜为正极，电池总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，故A错误；B．镁的金属性比锌的活泼性要强，所以该装置的总反应为Mg+Cu2+=Mg2++Cu，故B错误；C．电解质溶液为氯化铁溶液，则该电池的总反应为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，故C错误；D．该电池电解质溶液为硫酸铜溶液，Zn为负极，Cu为正极，电池总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故D正确；故答案为D。10.纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为Zn＋Ag2O===2Ag＋ZnO。关于该电池下列叙述不正确的是A.运用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极B.运用时溶液中电流的方向是由Ag2O极流向Zn极C.Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应D.正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－【答案】B【解析】【分析】在电池的总反应Zn+Ag2O=2Ag+ZnO中，Zn发生氧化反应，为原电池的负极，Ag2O发生还原反应，为原电池的正极。【详解】A．原电池工作时电子由负极移向正极，Zn是负极，故电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，A正确；B．运用时电流由正极经外电路流向负极，B错误；C．结合原电池反应可知，Zn极为负极发生氧化反应，Ag2O极为正极发生还原反应，C正确；D．正极Ag2O发生还原反应生成银和氢氧根离子，电极反应为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，D正确；答案选B。11.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是（）A.Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，负极反应式：Al-3eˉ＝Al3+B.Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al-3eˉ＋4OHˉ＝AlO2ˉ＋2H2OC.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2eˉ＝Cu2+D.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式：Cu-2eˉ＝Cu2+【答案】D【解析】【详解】A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，其负极反应式为：Al-3e-=Al3+，故A正确；B．Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，故B正确；C．Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，故C正确；D．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故选D。【点睛】考查原电池的正负极的推断及电极反应式，留意不能依据金属的活泼性推断原电池的正负极，要结合发生的自发的氧化还原反应，依据得失电子推断正负极，为易错点。12.下列做法，不能使CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O的反应速率增大的是A.增大盐酸的浓度 B.碾碎碳酸钙C.适当加热 D.把盐酸换成同浓度硫酸【答案】D【解析】【详解】A．增大盐酸的浓度，氢离子浓度增大，反应速率加快，故A不选；B．碾碎碳酸钙，增大接触面积，反应速率加快，故B不选；C．加热，活化分子数增加，反应速率加快，故C不选；D．把盐酸换成同浓度的H2SO4，反应生成的硫酸钙微溶，包袱在碳酸钙的表面，阻挡反应的进行，反应速率减小，符合题意，故D选；故选D13.在一密闭容器中进行下列反应:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),已知某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L,0.1mol/L,0.2mol/L,当反应达到平衡时,可能存在的数据是A.SO2为0.4mol/L,O2为0.2mol/L B.SO2为0.25mol/LC.SO2,SO3均为0.15mol/L D.SO3为0.4mol/L【答案】B【解析】【详解】A.SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行并建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度变更分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变更应小于该值，所以平衡时SO2小于0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，A错误；B.SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行并建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度变更为0.2mol/L，因可逆反应，实际变更应小于该值，所以SO2小于0.4mol/L，B正确；C.反应物、生产物的浓度不行能同时减小，一个减小，另一个肯定增大，C错误；D.SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变更为0.2mol/L，实际变更应小于该值，D错误；答案选B。【点睛】可逆反应的特点反应不能完全进行究竟，反应物与生成物共存。14.CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是A.反应起先2min内温度对反应速率的影响比浓度大B.一段时间后，反应速率减小的缘由是c(H＋)减小C.反应在2～4min内平均反应速率最大D.反应在2～4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)＝0.06mol·L－1·s－1【答案】D【解析】【详解】A.随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度减小使反应速率降低。由图象可知，起先生成的二氧化碳的反应速率是增大，说明反应为放热反应，即反应起先2min内温度对反应速率的影响比浓度大，A正确；B.随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变更使反应速率降低，由图象可知，0～2分钟反应刚起先，温度较低此时反应速率由氢离子浓度确定，2～4min反应速率最快，2～4分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故B正确；C.由图可知0～2min、2～4min、4～6min时间内，生成的CO2物质的量分别是0.1mol、0.3mol－0.1mol＝0.2mol、0.35mol－0.3mol＝0.05mol，所以反应起先2～4min内平均反应速率最大，C正确；D.反应在2～4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)＝，没有体积，无法求反应速率，D错误；答案选D。15.下列化学用语表达正确的是A.一氯乙烷的结构式为CH3-Cl B.乙酸乙酯的分子式为CH3CH2OOCCH3C.二氧化碳的电子式为 D.苯的结构简式为【答案】D【解析】【详解】A．一氯乙烷的结构式为，A错误；B．乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，B错误；C．二氧化碳分子中碳氧原子共用两对电子，电子式为，C错误；D．苯的结构简式为，D正确；答案选D。16.下列叙述不合理的是A.推断甲烷为正四面体结构：二氯甲烷没有同分异构现象B.苯、浓HNO3、稀H2SO4：用于制备硝基苯C.相同碳原子的烷烃，支链越多熔沸点越低：新戊烷＜异戊烷＜正戊烷D.鉴别乙烯和乙烷：将气体分别通入到含溴的四氯化碳溶液中【答案】B【解析】【详解】A．二氯甲烷若为平面结构，则有两种同分异构体，现二氯甲烷没有同分异构现象，则表明二氯甲烷为空间结构，甲烷呈正四面体结构，A合理；B．苯、浓HNO3、浓H2SO4混合液用热水浴加热，可制备硝基苯，B不合理；C．同数碳原子的烷烃，相对分子质量相同，支链越多分子间的作用力越小，熔沸点越低，即新戊烷＜异戊烷＜正戊烷，C合理；D．乙烯分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，所以可以溴的四氯化碳溶液鉴别乙烯和乙烷，D合理；故选B。17.维生素C是一种存在于食物中的维他命，是人类必需养分素，可作为养分补充品。其结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.维生素C可使酸性KMnO4溶液褪色B.1mol维生素C最多能与4molNa发生置换反应C.维生素C可以进行酯化反应和水解反应D.维生素C分子式为C6H10O6【答案】D【解析】【详解】A．依据维生素C的结构简式可知，该有机物分子中含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B．由维生素C的结构简式知，1mol该分子中含有4mol—OH，最多可与4molNa发生置换反应，B正确；C．维生素C分子中含有羟基和酯基，可以发生酯化反应和水解反应，C正确；D．由维生素C的结构简式可知，1个维生素C分子含有6个C原子，8个H原子，6个O原子，所以维生素C的分子式为C6H8O6，D错误；答案选D。18.下列关于有机物的试验现象与缘由的叙述中，完全正确的一组是选项试验现象缘由A乙烯和苯都能使溴水褪色乙烯和苯都能与溴水发生加成反应B乙醇和钠反应比水和钠反应猛烈乙醇羟基中的氢原子更活泼C葡萄糖和蔗糖都能与新制氢氧化铜共热产生砖红色沉淀葡萄糖和蔗糖都有醛基D乙酸与Na2CO3溶液反应产生无色气体乙酸的酸性比碳酸强A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.苯分子中不含不饱和键，不能与溴发生加成反应，A错误；B.乙醇与钠反应比水与钠反应缓慢，水中氢原子更活泼，B错误；C.醛基具有还原性能与新制氢氧化铜悬浊反应生成砖红色沉淀，蔗糖中不含有醛基，不能反应产生砖红色沉淀，C错误；D.乙酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳和水，强酸制弱酸，故乙酸的酸性强于碳酸，D正确；答案选D。19.在“绿色化学工艺”中志向状态是原子利用率为100%。在用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需其他的反应物有()A.CO和CH3OH B.CO2和H2O C.H2和CO2 D.CH3OH和H2【答案】A【解析】【分析】依据题意，在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，用CH3C≡CH（丙炔）合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必需增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1。【详解】A．CO和CH3OH，两种物质假如依据分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，A项正确；B．CO2和H2O，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，B项错误；C．H2和CO2，，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，C项错误；D．CH3OH和H2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查绿色化学工艺，有机物的合成等学问。由于在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，生成的产品与原料之间要遵守原子守恒，用CH3C≡CH合成CH2=C(CH3)COOCH3（2-甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必需增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1，据此解答。20.溴、碘主要存在于海水中，有“海洋元素”的美称。海水中的碘主要富集在海带中，我国海带产量居世界第一位，除供食用外，大量用于制碘。提取碘的途径如下图所示，下列有关叙述正确的是A.此装置进行操作①B.②③操作中所用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、分液漏斗C.④中当1molH2O2氧化I－时，转移电子数为2NAD.溶剂X可选用酒精或苯【答案】C【解析】【分析】由流程可知，海带灼烧后，溶解、过滤得到含碘离子的溶液，加过氧化氢发生H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，得到含碘的溶液，溶剂X为苯或四氯化碳等，X作萃取剂，得到含碘的有机溶液，最终蒸馏分别X与晶体碘，以此来解答。【详解】A．灼烧选坩埚，不能选蒸发装置，故A错误；B．溶解、过滤须要玻璃棒、烧杯、漏斗，不用分液漏斗，故B错误；C．由H2O2+2H++2I−═I2+2H2O可知，④中当1molH2O2氧化I−时生成1mol碘单质，碘元素由-1价变为0价，转移2mol电子，转移电子数为2NA，故C正确；D．X不能为酒精，酒精与水互溶，无法分液萃取提纯碘，故D错误；答案选C。21.短周期的三种元素X、Y、Z原子序数依次减小，原子核外电子层数之和是5。X元素原子最外电子层上的电子数是Y和Z两元素原子最外电子层上的电子数的总和；Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，X和Z可以形成XZ3的化合物。请回答：（1）X元素是______________（填元素名称，下同）；Y元素是____________；Z元素是___________（2）写出XZ3的电子式_____________；其分子中含有________(填“极性”或“非极性”)键（3）比较X、Y两种元素的简洁气态氢化物稳定性由强到弱的依次是________，Y单质与X元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液共热时反应的化学方程式是______________________。【答案】(1).氮(2).碳(3).氢(4).(5).极性(6).NH3>CH4(7).C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O【解析】【分析】短周期的三种元素X、Y、Z原子序数依次减小，Y元素原子的最外电子层上的电子数是它的电子层数的2倍，则Y为C元素；三种元素的原子核外电子层数之和是5，则X为两层，Z为一层，Z为H元素；X元素原子最外电子层上的电子数是Y和Z两元素原子最外电子层上的电子数的总和，X和Z可以形成XZ3的化合物，则X为N元素。【详解】(1)综上分析，X元素是氮；Y元素是碳；Z元素是氢。(2)XZ3为NH3，为共价化合物，氮原子和氢原子通过共用电子对形成化合物，其电子式为；不同种元素形成的共价键为极性键，故其分子中含有极性键。(3)同周期从左到右，元素的简洁气态氢化物的稳定性越来越强，故NH3>CH4；Y单质与X元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液共热时反应，即碳与浓硝酸的反应，生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式是C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。22.（某试验小组为了探究化学能与热能的转化，设计了如图所示的三套试验装置：（1）某同学选用装置Ⅰ进行试验(试验前U形管里液面左右相平)，在甲试管中加入适量了Ba(OH)2溶液与稀硫酸，U形管中可视察到的现象是__________________________。（2）为探究固体M溶于水的热效应，选择装置Ⅱ进行试验(反应在丙试管中进行)。若视察到烧杯中产生气泡，则说明M溶于水________(填“肯定是放热反应”、“肯定是吸热反应”或“可能是放热反应”)，理由是__________________________________。（3）上述3个装置中，能验证“铜与浓硝酸的反应是吸热反应还是放热反应”的装置是________(填装置序号)。（4）取适量过氧化钠粉末用脱脂棉包袱并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若视察到脱脂棉燃烧，则说明该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。下列各图中，可表示过氧化钠与水的反应的是____________【答案】(1).左端液面降低，右端液面上升(2).可能是放热反应(3).某些物质(如NaOH固体)溶于水放热，但不是化学反应，故不是放热反应(4).I、II(5).放热(6).B【解析】【分析】(1)Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应放热；(2)若M溶于水放热，则大试管中的气体膨胀；(3)铜与浓硝酸的反应是放热反应，I、II装置中若乙、丁内气体温度变更，有明显的现象；(4)取适量过氧化钠粉末用脱脂棉包袱并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若视察到脱脂棉燃烧，说明温度上升，温度达到脱脂棉的着火点；【详解】(1)Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应放热，装置Ⅰ中乙内气体膨胀，U形管中可视察到的现象是左端液面降低，右端液面上升；(2)某些物质(如NaOH固体)溶于水放热，但不是化学反应，则不是放热反应；若M溶于水放热，则大试管中的气体膨胀，烧杯中产生气泡，所以烧杯中产生气泡说明M溶于水可能是放热反应；(3)铜与浓硝酸的反应是放热反应，若用I装置试验，乙内气体膨胀，U形管中可视察到的现象是左端液面降低，右端液面上升；若用II装置试验，丁内气体膨胀，烧杯中产生气泡；铜与浓硝酸的反应放出气体，若用Ⅲ装置试验，烧杯中产生气泡，不能证明反应放热，故能验证“铜与浓硝酸的反应是吸热反应还是放热反应”的装置是I、II；(4)取适量过氧化钠粉末用脱脂棉包袱并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若视察到脱脂棉燃烧，说明温度上升，温度达到脱脂棉的着火点，说明该反应是放热反应；断键吸热、成键放热，反应物总能量大于生成物总能量，故选B。【点睛】本题考查化学反应中的热效应，留意驾驭探究反应热效应的常用方法，有利于培育学生试验综合分析实力，特殊是试验的评价实力。23.（1）酒与酒文化在中国历史悠久，人们利用葡萄酿酒已特别普遍。葡萄酒中的乙酸乙酯是重要的芳香成分，现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路途如图1所示。①烃A的结构简式为________________。②写出B和D发生反应④的化学方程式________________。③E是常见的高分子材料，由A制备E的反应类型为________________。④某同学用如图2所示的试验装置制取少量乙酸乙酯。试管甲中在反应前加入的试剂是______。（2）完全燃烧0.1mol某烃，燃烧产物依次通过浓硫酸、浓碱液，试验结束后，称得浓硫酸增重9g，浓碱液增重17.6g。该烃的分子式为_____，并写出其全部可能的结构简式_________________。【答案】(1).CH2=CH2(2).CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O(3).加聚反应(4).饱和碳酸钠溶液(5).C4H10(6).CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3【解析】【分析】现以A为主要原料合成乙酸乙酯，乙烯和水加成生成乙醇，所以B是乙醇，A是乙烯，乙醇氧化为乙醛，乙醛进一步氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。所以C是乙醛，D是乙酸，据此分析解答问题。【详解】(1)①依据上述分析可知，A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；②反应④为乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O，故答案为：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；③E为常见的高分子材料，则E为聚乙烯，由乙烯发生加聚反应制得，即由A制备E的反应类型为加聚反应，故答案为：加聚反应；④试管甲中在反应前加入饱和碳酸钠溶液，可以汲取乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：饱和碳酸钠溶液；(2)浓硫酸质量增加9g为某烃燃烧产生水质量，浓碱溶液质量增加17.6g为二氧化碳质量，0.1mol烃中含有碳原子的物质的量为：，含有氢原子的物质的量为，则每个烃分子含有4个碳原子，10个氢原子，分子式为C4H10，可能的结构简式为：CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3，故答案为：C4H10；CH3CH2CH2CH3、CH(CH3)3。24.地球的海水总量约有1.4×1018t，是人类最大的资源库。（1）用如图所示的方法淡化海水，该过程是___________(填“物理变更”或“化学变更”)。（2）浓海水中主要含有的离子有Na+、Mg2+、Cl﹣、。从浓海水中提取金属镁的一段工艺流程如图所示：①物质Y是________________（填化学式）；②操作流程中可循环运用的物质是________________（填化学式）。（3）从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入Cl2置换出Br2，再用空气吹出溴并用SO2汲取，转化为Br－，反复多次，以达到富集溴的目的。由海水提溴过程中的反应可得出Cl－、SO2、Br－还原性由弱到强的依次是_____________。【答案】(1).物理变更(2).HCl(3).CaCl2(4).Cl-＜Br-＜SO2【解析】【分析】(2)向含有Na+、Mg2+、Cl﹣、的海水中先加入BaCl2溶液，发生反应：Ba2++=BaSO4↓，除去再加入石灰乳，发生反应：Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+Ca2+，除去Mg2+；然后过滤，向所得固体中加入HCl，发生反应：2HCl+Mg(OH)2=MgCl2+2H2O，所得溶液为MgCl2；以MgCl2为原料电解得到金属镁。【详解】(1)依据图示分析可知，该过程淡化海水没有新物质产生，属于物理变更；(2)①依据上述分析可知，物质Y是HCl；②所得滤液中含有Na+、Ca2+、Cl-等，与海水混合重新利用，因此操作流程中可循环运用的物质是CaCl2；(3)由题干信息，从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入Cl2置换出Br2，说明氧化性：Cl2＞Br2，则还原性：Br-＞Cl-，再用空气吹出溴并用SO2汲取，转化为Br-，说明还原性：SO2＞Br-，反复多次，以达到富集溴的目的，因此还原性由弱到强的依次为Cl-＜Br-＜SO2。25.Ⅰ．将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在肯定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)若经2s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0.3mol·L－1·s－1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L－1·s－1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol/L其中正确的是________________A．①④B．①③C．②③D．③④Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变更时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比。(1)肯定能证明2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是_______(填序号，下同)。(2)肯定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。(3)肯定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。(注：B、C、D均为无色物质)Ⅲ．(1)铅蓄电池是常见的化学电源之一，其充电、放电的总反应是：2PbSO4+2H2OPb+PbO2+2H2SO4，放电过程中硫酸浓度由5mol/L下降到4mol/L，电解液体积为2L(反应过程溶液体积变更忽视不计)，则放电过程中外电路中转移电子的物质的量为___________mol。(2)有人设计将两根Pt丝作电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通入乙醇和氧气而构成燃料电池。此燃料电池工作时，其负极电极反应式为：________________。【答案】(1).A(2).①③④(3).⑤(4).②④(5).2(6).C2H5OH+16OH--12e-=2+11H2O【解析】【分析】利用三段式分析，