2023届四川省绵阳南山中学化学高一下期末考试试题含解析

2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、液态的植物油不能发生的反应是A．酯化反应B．氧化反应C．水解反应D．加成反应2、下列叙述正确的是(　　)①两种原子构成的共价化合物分子中的化学键都是极性键　②两种不同非金属元素原子间形成的化学键都是极性键　③含有非极性键的化合物一定是共价化合物　④只要是离子化合物，其熔点就比共价化合物的熔点高　⑤难失去电子的原子，易形成阴离子　⑥单质分子中不存在化学键，化合物分子中才存在化学键　⑦离子化合物中一定含有离子键A．②⑦B．③⑦C．⑦D．①⑤⑦3、为纪念编制了第一个元素周期 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 的俄国化学家门捷列夫，人们把第101号元素（人工合成元素）命名为钔。该元素最稳定的一种核素为，该原子中子数为（）A．56B．101C．157D．2584、下列物质分子中的所有原子，不可能处于同一平面上的是()A．CH3CH=CH2B．CH2=CH2C．D．5、在测定中和热的实验中，下列说法正确的是A．使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差B．为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触C．用0.5mol·L－1NaOH溶液分别与0.5mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D．在测定中和热实验中需要使用的仪器有量筒、烧杯、滴定管、温度计等6、下列说法正确的是（）A．石油主要含碳、氢两种元素，属于可再生能源B．石油的分馏是物理变化，各馏分均是纯净物C．煤的气化和液化是化学变化D．煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，经干馏后分离出来7、某有机物的结构简式如下，有关性质叙述正确的是A．1mol该有机物最多可以与6molH2发生反应B．1mol该有机物最多可以与3molNa发生反应C．1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应D．1mol该有机物最多可以与2molNaHCO3发生反应8、如图所示装置中，观察到电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是MNPAZnCu稀H2SO4溶液BCuFe稀HCl溶液CAgZnAgNO3溶液DZnFeFe(NO3)3溶液A．AB．BC．CD．D9、化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A．蛋白质、淀粉和油脂都是天然高分子化合物B．烹鱼时加适量醋和酒可以增加香味C．工业上用电解熔融Al2O3的方法生产金属铝D．乙烯可作为水果的催熟剂10、下列有关说法正确的是A．C4H9Cl有4种同分异构体B．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化C．油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色D．糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物11、在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是A．a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-C．c点对应的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+D．d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—12、某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和溶液。下列说法正确的是（）A．a电极上发生的反应为：MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2OB．外电路电子的流向是从a到bC．电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯D．b电极上发生还原反应13、下列化学用语对应正确的是（  ）A．NH4Cl的电子式：B．甲烷的结构式：C．H2O2的电子式：D．CCl4的电子式：14、你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是：①少用煤作燃料；②把工厂的烟囱造高；③燃料脱硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源A．①②③B．②③④C．①③⑤D．③④⑤15、目前，林芝市已进入雨季，空气质量优良，PM2.5<100。下列物质中不列入首要污染物的是（）A．可吸入颗粒物B．NO2C．SO2D．CO216、下列物质中，属于天然有机高分子化合物的是A．葡萄糖B．蔗糖C．油脂D．淀粉17、在光照条件下，1mol丙烷最多可以与多少摩尔氯气发生取代反应(　　)A．4molB．8molC．2molD．6mol18、“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＋H2O19、在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－12mol/L。下列有关该溶液的叙述正确的是A．该溶液一定呈酸性B．该溶液中的c(H＋)可能等于10－3C．该溶液的pH可能为2，可能为12D．该溶液有可能呈中性20、反应2A（g）⇌2B（g）+E（g）-Q，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（）A．加压B．减压C．增加E的浓度D．降温21、下列各组内的物质属于同系物的（）A．CH3CH3与CH3CH2CH2CH2CH3B．CH3CH3与CH2=CHCH3C．CH3CH2CH2CH2CH3与CH3CH(CH3)CH2CH3D．22、白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质能完成下列实验的是①检验自来水中是否含氯离子②鉴别食盐和小苏打③蛋壳能否溶于酸④白酒中是否含甲醇A．①②B．①④C．②③D．③④二、非选择题(共84分)23、（14分）原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W，四种元素的原子序数之和为32，在周期表中X是原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族。（1）X元素符号是______________________；（2）Z、W形成的气态氢化物的稳定性_______>_______（写化学式）。（3）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成的一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，离子方程式为_________________________________。（4）由X、Y、Z、W和Fe五种元素组成的相对分子质量为392的化合物B，lmolB中含有6mol结晶水。对化合物B进行如下实验：a．取B的溶液加入过量浓NaOH溶液并加热，产生白色沉淀和无色刺激性气味气体；过一段时间白色沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色。b．另取B的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解。①由实验a、b推知B溶液中含有的离子为__________________；②B的化学式为_________________。24、（12分）A、B、C、D、E为短周期元素，原子序数依次增大，质子数之和为40，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E是地壳中含量最多的金属元素，问：（1）B元素在周期表中的位置为_________________；（2）D的单质投入A2C中得到一种无色溶液。E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为_____________________。（3）用电子式表示由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物的形成过程_____________。（4）以往回收电路板中铜的方法是灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的，又保护了环境，该反应的化学方程式为___________________。（5）乙醇（C2H5OH）燃料电池（Pt为电极），以KOH为电解质溶液，写出负极电极反应式__________，当转移电子1.2mol时，消耗氧气标况下体积为______________。25、（12分）海洋资源的利用具有广阔前景。（1）下图是从海水中提取镁的简单流程。①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是__________（填化学式），Mg(OH)2转化为MgCl2的离子方程式为________________________。②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是______________________。（2）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素，实验室提取I2的途径如下所示：①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器是__________（填名称）；②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，该反应的离子方程式为__________；③反应结束后，加入CCl4作萃取剂,采用萃取－分液的方法从碘水中提取碘，主要操作步骤如下图：甲.加入萃取剂后振荡乙.静置分层丙.分离甲、乙、丙3步实验操作中，错误的是__________（填“甲”、“乙”或“丙”）。（3）海水中部分离子的含量如下:成分含量（mg/L）成分含量（mg/L）Na+10560Cl－18980Mg2+1272Br－64Ca2+400SO42－2560若从100L该海水中提取镁，理论上需加入试剂A__________g。26、（10分）实验室可以用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应生成二氯化锰与氯气，纯净的氯气和铁粉反应制取少量氯化铁固体，其反应装置示意图如图，回答下列问题：（1）A装置可制取氯气，反应前分液漏斗中药品为__．（2）写出A装置中制取氯气所发生的化学方程式是__．（3）装置B中盛放的试剂是__．（4）装置E的作用是__．（5）装置C的作用是__．（6）装置F中发生反应的化学方程式是__．27、（12分）催化剂在生产和科技领域起到重大作用。为比较Fe3+和Cu2+对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：(1)定性 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ：如图甲可通过观察______定性比较得出结论。同学X观察甲中两支试管产生气泡的快慢，由此得出Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，其结论______(填“合理”或“不合理”)，理由是_____________________。(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是______。(3)加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中，在 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况下放出气体的体积和时间的关系如上图所示。①实验时放出气体的总体积是______mL。②放出1/3气体所需时间为______min。③计算H2O2的初始物质的量浓度______。(请保留两位有效数字)④A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为______。28、（14分）海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。（1）工业上进行海水淡化有多种方法。①蒸馏法是历史最久，技术和工艺比较成熟的海水淡化方法。下图是海水蒸馏装置示意图，仪器B的名称是_________。②下图是膜分离技术进行海水淡化的原理示意图。水分子可以透过淡化膜，而海水中其他各种离子不能通过淡化膜。加压后，右侧海水中减少的是_______（填序号）。a.溶质质量b.溶液质量c.溶剂质量d.溶质的物质的量浓度（2）碘在海水中主要以I－的形式存在，而在地壳中主要以IO3－的形式存在（几种粒子之间的转化关系如下图）。①海水为原料按方法i制取I2的离子方程式是___________________。已知I2可以与Cl2继续反应生成IO3-，由该法制取I2时应注意控制的反应条件是_______。②以方法ii在溶液中制取I2，反应的离子方程式是（已知：反应后所得溶液显酸性）________。③上图iii中反应后溶液中IO3－和Cl－的个数比为1：6，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是__________。29、（10分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）氢氧燃料电池能量转化的主要形式是___________，在导线中电子流动方向为________（用a、b表示）。（2）负极反应式为___________。（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ.2Li＋H2===2LiH　Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是________，反应Ⅱ中的氧化剂是________。②金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为________。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、A【解析】液态的植物油属于油脂，含有碳碳双键和酯基，碳碳双键能够发生氧化反应和加成反应，酯基能够发生水解反应，不含有羧基，不能发生酯化反应，故选A。【点睛】本题考查油脂的性质，注意油脂含有的官能团与性质的关系是解答关键。2、A【解析】①错，比如H2O2中，结构式为：H—O—O—H，含有O—O，为非极性键；②对，不同非金属元素原子吸引电子的能力是不一样的，所以非金属元素原子之间形成的键一定是极性键；③错，Na2O2中的过氧键为非极性键，但是为离子化合物；④错，共价化合物中有一部分构成为原子晶体，其熔点比离子化合物高；⑤错，稀有气体原子难得到电子，也易失去电子，不易形成阴离子；⑥错，如H2中含有H—H键，存在化学键；⑦对，离子化合物一定含有离子键，可能有共价键。因此②⑦，A项正确。本题答案选A。3、C【解析】依据原子构成，258为质量数，101为质子数，利用质量数=质子数＋中子数，进行判断即可；【详解】根据原子构成，258为质量数，101为质子数，利用质量数=质子数＋中子数，中子数=258－101=157，故C正确。4、A【解析】A、CH3CH=CH2分子中存在甲基，甲基具有甲烷的四面体结构，故CH3CH=CH2不可能所有原子处于同一平面，故选A；B、乙烯为平面结构，CH2=CH2中6个原子一定处于同一平面上，故不选B；C、苯为平面结构，乙烯为平面结构，通过旋转乙烯基连接苯环的单键，可以使两个平面共面，中所有的原子可能处于同一平面，故不选C；D、苯环为平面结构，中12个原子一定处于同一平面上，故不选D；【点睛】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，其中单键可以旋转。5、A【解析】A、环形玻璃棒搅拌能加快反应速率,减小实验误差,故A正确; B、温度计水银球测烧杯内的热水的温度,不能接触烧杯底部接触烧杯底部,故B错误;C、醋酸是弱酸,电离吸热,测出的中和热数值偏小,故C错误;D、中和热测定用不到滴定管,故D错误.综上所述，本题应选A。6、C【解析】A.从能源是否可再生的角度可分为可再生能源和不可再生能源。可再生能源：可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能。不可再生能源：越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如化石能源、核能。石油属于不可再生能源。错误；B、石油的分馏是根据石油中各组分沸点的不同，对石油进行分离的一种方法，是物理变化，而各馏分均是沸点相近的各种烃类的混合物。错误；C、煤的气化是在高温下煤和水蒸气发生化学反应生成一氧化碳、氢气、甲烷等气体的过程。煤的液化是在一定条件下煤和氢气发生化学反应得到液态燃料的过程。正确；D、煤中本身不含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，是煤经过的干馏（一系列化学变化）后得到的产物。7、C【解析】由结构简式可知，该有机物的官能团为碳碳双键、羟基、羧基和酯基，能表现烯烃、醇、羧酸和酯的性质。【详解】A项、该有机物分子中碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可以与4molH2发生反应，故A错误；B项、该有机物分子中羟基和羧基能与金属钠反应，则1mol该有机物最多可以与2molNa发生反应，故B错误；C项、该有机物分子中羧基能与氢氧化钠发生中和反应，酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应，故C正确；D项、该有机物分子中羧基能与碳酸氢钠反应，则1mol该有机物最多可以与1molNaHCO3发生反应，故D错误；故选C。【点睛】注意羧基和酯基中不饱和碳原子不能与氢气发生加成反应，是易错点。8、C【解析】A．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Cu为正极，在正极上H+得到电子，被还原变为H2，因此观察到电流计指针偏转；但是M棒变细；N棒有气泡，不符合题意，A错误。B．Fe为负极，失去电子，被氧化变为Fe2+，而Cu为正极，在正极上溶液中的H+得到电子，被还原变为H2，因此会看到：电流计指针偏转；M棒有气泡；N棒变细，不符合题意，B错误。C．Zn为负极，失去电子，被氧化变为Zn2+，Ag为正极，在正极上溶液中的Ag+得到电子，被还原变为Ag单质，附着在Ag棒上，因此会观察到：电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，符合题意，C正确。D．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，变为Zn2+进入溶液，在正极Fe上，溶液中的Fe3+得到电子，被还原变为Fe2+，所以会观察到：电流计指针偏转；M棒变细；N棒无现象，不符合题意，D错误。答案选C。9、A【解析】A.蛋白质和淀粉都是天然高分子化合物，油脂不是天然高分子化合物，A错误；B.乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，烹鱼时加适量醋和酒可以增加香味，B正确；C.氯化铝为共价化合物，则工业上用电解熔融Al2O3的方法生产金属铝，C正确；D.乙烯可作为水果的催熟剂，D正确；答案为A。10、A【解析】A.丁烷有2种同分异构体，各有2种等效氢原子，则C4H9Cl有4种同分异构体，A正确；B.煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，B错误；C.高级不饱和脂肪酸甘油酯能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D.糖类中的淀粉、纤维素等是高分子化合物，葡萄糖等是小分子化合物，油脂是小分子化合物，D错误；答案选A。11、D【解析】A.a点处溶液呈中性，而所给出的离子中，碳酸根离子会水解使得溶液呈碱性，故A错。B.b点处溶液呈酸性，但是溶液中还有硝酸根离子，即相当于有硝酸存在，强氧化性的硝酸不会允许有还原性的二价铁离子的存在，故B错。C.c对应的溶液呈中性，但是铝离子的水解会使得溶液呈酸性，故C错。D.d点所对应的溶液呈碱性，该组离子可以大量共存，与题意符合，所以D正确。12、A【解析】试题分析：A、总电极反应式：2MnO4－＋10Fe2＋＋16H＋＝2Mn2＋＋10Fe3＋＋8H2O，a极是正极得电子，电极反应式＝总电极反应式－b极反应式，得出：2MnO4－＋16H＋＋10e－＝2Mn2＋＋8H2O，化简得：MnO4－＋8H＋＋5e－＝Mn2＋＋4H2O，A正确；B、根据A的分析，外电路电子流向是从b流向a，B错误；C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42－向b极移动，C错误；D、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2＋－e－＝Fe3＋，D错误，答案选A。【考点定位】本题主要是考查原电池的工作原理及常见的化学电源【名师点晴】根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。13、B【解析】分析：A.氯化铵是离子化合物，含有离子键；B.甲烷分子中含有4对C－H键；C.双氧水分子中含有共价键；D.四氯化碳分子中含有共价键。详解：A.NH4Cl是离子化合物，含有离子键，电子式：，A错误；B.甲烷的电子式为，因此结构式：，B正确；C.H2O2分子中含有共价键，电子式：，C错误；D.CCl4分子中含有共价键，电子式：，D错误；答案选B。点睛：首先要判断构成物质的化学键类型，即是离子键还是共价键；其次应注意原子间的连接顺序，确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价，然后根据异性微粒相邻，同性微粒相间的原则确定，如HClO中各元素的化合价为H：+1、Cl：+1、O：－2，其结构式为H—O—Cl，电子式为。14、C【解析】①减少煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；答案选C。15、D【解析】空气中的首要污染物，包括二氧化硫，二氧化碳和可吸入颗粒物等，不包括二氧化碳。二氧化碳虽然会引起温室效应，但不会造成空气污染。故选D。16、D【解析】葡萄糖、蔗糖和油脂均不是高分子化合物，淀粉是天然的有机高分子化合物，答案选D。17、B【解析】1mol丙烷在光照条件下与Cl2发生完全取代反应生成C3Cl8，消耗氯气最多，即丙烷与氯气按物质的量之比1：8反应。【详解】1mol丙烷在光照条件下与Cl2发生完全取代反应生成C3Cl8，消耗氯气最多，即丙烷与氯气按物质的量之比1：8反应，故最多消耗Cl2的物质的量是8mol，答案选B。18、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。19、C【解析】由水电离产生的c(OH－)＝10－12mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制，可能是酸或碱，pH可能约为2或12，该溶液中的c(H＋)可能等于10－2mol/L或10－12mol/L，故选C。20、D【解析】A．增大压强，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，但正、逆反应速率都增大，故A错误；B．降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；C．增大E的浓度，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，瞬间逆反应速率增大、正反应速率不变，随后逆反应减小、正反应速率增大，故C错误；D．正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，A的浓度增大，故D正确．答案选D。【点睛】平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动。21、A【解析】分析：结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，即互为同系物的化合物的官能团的种类、个数必须相同，据此分析。详解：A、CH3CH3、CH3CH2CH2CH2CH3均为烷烃，故结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，互为同系物，故A正确；B、CH3-CH3是烷烃，而CH2═CH-CH3为烯烃，故CH3-CH3和CH2═CH-CH3的结构不相似，不互为同系物，故B错误；C、CH3CH2CH2CH2CH3与CH3CH(CH3)CH2CH3的分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，故C错误；D、的分子式相同，结构相同，为同一种物质，故D错误；故选A。点睛：本题考查了同系物、同分异构体的概念和判断，应注意互为同系物的不只是在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，还必须结构相似。22、C【解析】①选硝酸、硝酸银检验氯离子，家庭厨房不含硝酸、硝酸银，不能检验，故错误；②小苏打与醋酸反应生成气体，NaCl不能，选醋酸可鉴别食盐和小苏打，故正确；③蛋壳的成分为碳酸钙，与醋酸反应，则选醋酸可完成，故正确；④白酒、食醋、蔗糖、淀粉等均与乙醇、甲醇不反应，家庭厨房不能完成该实验，故错误；能完成的实验有②③，故选C。二、非选择题(共84分)23、HH2OH2S3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2ONH4+、Fe2+、SO42-（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，X为元素周期表中原子半径最小的元素即X为H，因为原子序数依次增大，且Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，令Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x＋1，W的原子序数为x＋9，四种原子序数之和为32，因此有1＋x＋x＋1＋x＋9=32，解得x=7，因此Y为N、Z为O、W为S，（1）根据上述分析，X元素是H；（2）同主族从上到下非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，因此H2O的稳定性大于H2S；（3）该酸能与铜发生反应，因此该酸是硝酸，其离子反应方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；（4）①加入足量的NaOH溶液出现白色沉淀，且白色沉淀转变为灰绿色，最终转变成红褐色，说明B中有Fe2＋，加入NaOH，产生刺激性气体，说明原溶液中含有NH4＋，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，且白色沉淀不溶于盐酸，说明此沉淀是BaSO4，原溶液中含有SO42－，①因此根据上述分析B溶液中含有的离子是为Fe2＋、NH4＋、SO42－；②根据B的相对分子质量以及化合价的代数和为0，因此B的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。点睛：本题的关键是元素的推断，根据信息X元素是周期表中原子半径最小的，即X为H，子序数依次增大，且Y、Z左右相邻，Z、W位于同主族，令Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x＋1，W的原子序数为x＋9，四种原子序数之和为32，因此有1＋x＋x＋1＋x＋9=32，解得x=7，从而推出个元素，特别注意Z和W的原子序数的关系，因为它们位于同一主族，且属于短周期元素，因此有W和Z的原子序数相差8。24、第二周期第VA族2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2OC2H5OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O6.72L【解析】分析：A、B、C、D、E为短周期元素，A到E原子序数依次增大，E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，则A为H，C为O；A、D同主族，由A、D的原子序数相差大于2，所以D为Na；元素的质子数之和为40，则B的原子序数为40-1-8-11-13=7，所以B为N，据此进行解答。详解：根据上述分析，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al。(1)B为N，原子序数为7，位于元素周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；(2)Na与水反应生成NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；(3)由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物为过氧化氢，用电子式表示过氧化氢的的形成过程为，故答案为：；(4)A2C2为H2O2，与Cu、硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，该反应方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O，故答案为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；(5)乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸钾，电极反应式为C2H5OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移电子1.2mol时，消耗氧气=0.3mol，标况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：C2H5OH-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；6.72L。25、Ca(OH)2Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2OMgCl2(熔融)Mg+Cl2↑坩埚2H++H2O2+2I-=I2+2H2O丙392.2g【解析】（1）①工业上用可溶性碱与镁离子反应生成Mg(OH)2，所以工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是Ca(OH)2，氢氧化镁是碱，能与酸反应生成镁盐和水，则Mg(OH)2转化为MgCl2的离子方程式是Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O；②氯化镁是离子化合物，由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；（2）①坩埚可以加强热，所以灼烧固体用坩埚；②过氧化氢具有氧化性，碘离子具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应生成碘单质和水，该反应的离子方程式为2H++H2O2+2I-=I2+2H2O；③在萃取、分液操作中，分液时，先把下层液体从分液漏斗的下口流出，然后上层液体从分液漏斗上口倒出，所以甲、乙、丙3步实验操作中，不正确的是丙；（3）根据表中数据可知Mg2+的物质的量浓度是；100L的海水中Mg2+的含量=0.053mol/L100L=5.3mol，加入A即氢氧化钙发生沉淀反应，1molMg2+需要1mol氢氧化钙完全沉淀，因此若从100L的海水中提取镁，理论上加入沉淀剂氢氧化钙的质量=5.3mol74g/mol=392.2g。26、浓盐酸MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和食盐水安全瓶，防止倒吸干燥氯气2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O【解析】(1)实验室制备氯气用的原料为浓盐酸与二氧化锰，所以分液漏斗中为浓盐酸；(2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢，要制备纯净的氯气应除去氯化氢，氯化氢易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；(4)氯气与氢氧化钠反应，被氢氧化钠吸收，容易发生倒吸，装置E作用作为安全瓶，防止倒吸的发生；(5)从B中出来的氯气含有水蒸气，进入D装置前应进行干燥，所以C装置的作用是干燥氯气；(6)氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；点睛：明确氯气制备原理和氯气的性质是解题关键，实验应注意的问题：①反应不能加强热：因为浓盐酸有较强的挥发性，若加强热会使氯气中有大量的HCl杂质，并且降低了HCl的利用率；②稀盐酸不与MnO2反应，因此不可用稀盐酸代替浓盐酸制取氯气；③氯气中混入HCl的除杂：HCl的除杂一般使用饱和食盐水，因为水会吸收部分的氯气；④随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐变小，稀盐酸与MnO2不反应，因此浓盐酸不能耗尽。27、产生气泡的快慢不合理阴离子种类不同产生40mL气体所需的时间60mL1min0.11mol·L-1D>C>B>A【解析】（1）该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断；氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用；（2）该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据v=知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间；（3）①根据图象知，第4分钟时，随着时间的推移，气体体积不变，所以实验时放出气体的总体积是60mL；②根据图像可知放出1/3气体即产生20mL气体所需时间为2min；③设双氧水的物质的量为x，则2H2O22H2O+O2↑2mol22.4Lx0.06Lx==0.0054mol，所以其物质的量浓度==0.11mol·L-1；④反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，因此根据图象结合v=知A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D＞C＞B＞A。28、冷凝管bcCl2+2I-=2Cl-+I2氯气不能过量2IO3-+5HSO3-=5SO42-+H2O+3H++I23:1【解析】分析：(1)①冷却水的进出方向逆流冷凝效果好,该仪器名称是冷凝管;②淡化膜的作用是水分子通过、其它粒子不能通过,所以海水中溶剂的量减少、溶质的量不变;(2)①氯气具有强氧化性,能将碘离子氧化为碘,自身被还原为氯离子,氯气过滤会氧化碘单质为碘酸根离子;②酸性条件下,IO3-和HSO3-发生氧化还原反应生成SO42-、H+和I2。③氧化剂中Cl元素化合价由0价变为-1价、还原剂中I-元素化合价由-1价变为+5价,根据转移电子相等配平方程式,从而确定氧化剂和还原剂的物质的量之比。详解：(1)①B冷却装置，水的进出方向由下到上。由图知该仪器名称是冷凝管。本题正确答案是:冷凝管。②淡化膜的作用是水分子通过、其它粒子不能通过,所以海水中溶剂的量减少、溶质的量不变,则海水质量减少,故选bc。本题正确答案是:bc。(2)①氯气具有强氧化性,能将碘离子氧化为碘,自身被还原为氯离子,离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2,由上图可以知道,该法制取I2时应注意控制的反应条件是氯气不能过量。本题正确答案是Cl2+2I-=2Cl-+I2；Cl2的用量(不过量)。②酸性条件下,IO3-和HSO3-发生氧化还原反应生成SO42-、H+和I2,离子反应方程式为2IO3-+5HSO3-=5SO42-+H2O+3H++I2,本题正确答案是:2IO3-+5HSO3-=5SO42-+H2O+3H++I2。③上图iii中I－变成IO3－转移6e-属于还原剂，Cl2变为Cl-转移2e-，反应后溶液中IO3－和Cl-的个数比为1：6，3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO3-+6H+，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3:1。因此，本题正确答案是:3:1。29、化学能转化为电能由a流向bH2－2e－＋2OH－===2H2O锂(Li)水(H2O)1∶2【解析】分析：（1）氢氧燃料电池主要是把化学能转化为电能；原电池中,电子都是由负极经过导线流向正极。（2）氢氧燃料电池中，氢气失电子，发生氧化反应，做负极。（3）①根据反应方程式可以判断出反应Ⅰ中的还原剂，反应Ⅱ中的氧化剂。②根据反应Ⅰ：2Li--H2；根据反应Ⅱ：2Li--2LiH--2H2，就能判断金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比。详解：（1）氢氧燃料电池的能量转化形式主要是把化学能转化为电能；氢气在负极被氧化，氧气被还原发生在正极，因此导线中电子流动方向是由a到b；正确答案：化学能转化为电能；由a流向b。（2）负极上氢气被氧化，反应式为：H2－2e－＋2OH－===2H2O；正确答案：H2－2e－＋2OH－===2H2O。（3）①反应Ⅰ中Li转化为Li+，化合价升高，说明Li为还原剂；反应Ⅱ中水中氢的化合价降低，说明水是氧化剂；正确答案：锂(Li)；水(H2O)。②根据方程式Ⅰ.2Li＋H2===2LiH可知，有2molLi反应，吸收1mol氢气，同时生成2molLiH，根据方程式Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑可知,有1molLiH反应，放出1mol氢气，则2molLiH反应放出氢气2mol，所以金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为1∶2；正确答案：1:2。点睛：针对于原料电池，可燃物在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应；原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。