2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择
题
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和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、从海带中提取碘单质，工艺流程如下。下列关于海带制碘的说法错误的是干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液A．实验室灼烧干海带在坩埚中进行B．沸水浸泡的目的是使I—充分浸出C．由滤液获得碘水，发生的离子反应为2I—+H2O2═I2+2OH—D．碘水中加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”2、下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA酸性：HCl＞H2S非金属性：Cl＞SB铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性构成原电池且铁作负极CNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电D向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色I－还原性强于Cl－A．AB．BC．CD．D3、下列各组物质中属于同分异构体的是A．H2O和D2OB．O2和O3C．乙醇CH3CH2OH和二甲醚CH3－O－CH3D．和4、俄罗斯杜布纳核研究联合科研所和美国劳伦斯利弗莫尔国家实验室合作，合成了放射性无素鉝(293116Lv)，该核素的中子数为A．116B．293C．409D．1775、硒（Se）是人体健康必需的一种微量元素。已知Se的原子结构示意图为：。下列说法不正确的是（）A．该元素处于第四周期第ⅥA族B．SeO2既有氧化性又有还原性C．该原子的质量数为34D．酸性：HBrO4>H2SeO46、用30g乙酸与46g乙醇牌反应，实际产量是理论产量的55%， 则可得到的乙酸乙酯的质量是（）A．19.8gB．24.2gC．44gD．48.4g7、下列关于有机物的说法中错误的是A．乙烷和乙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应B．苯和乙烯都能使溴水褪色，但其原理是不同的C．甲烷和乙醇均能发生取代反应D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别8、已知：(1)胆矾失水的热化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝＋Q1kJ/mol(2)室温下，无水硫酸铜溶于水的热化学方程式为：CuSO4(s)===Cu2＋(aq)＋SO42—(aq)ΔH＝－Q2kJ·mol－1(3)胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水时溶液温度降低。则Q1与Q2的关系是(Q1、Q2为正数)A．Q1>Q2B．Q1＝Q2C．Q1
Z>XC．盐YRX与化合物WX2的漂白原理相同D．Y和R两者的最高价氧化物对应的水化物能相互反应20、下列冶炼
方法
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中，可将化合物中的金属元素还原为金属单质的是（）A．加热Al2O3B．加热CaCO3C．电解熔融NaClD．氯化钠与铝粉高温共热21、化学反应伴随着能量变化是化学反应的基本特征之一。下列说法错误的是A．右图所示的反应为放热反应B．化学反应中有物质变化也有能量变化C．需要加热的化学反应不一定是吸热反应D．化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量22、对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g),下列叙述能够说明己达平衡状态的是A．混合气体的颜色不再变化B．温度和体积一定时，容器内压强不再变化C．lmolH-H键生成的同时有2molH-I键断裂D．各物质的物质的量浓度之比为2：1：1二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F是六种核电荷数依次增加的短周期元素，它们位于三个不同的周期，B原子的电子数是最内层电子数的三倍，C和E位于同一主族且它们可形成EC2、EC3两种常见化合物，D的最髙价氧化物对应的水化物是强碱，E和F相邻。回答下列问题：(1)写出B在元素周期表中的位置___________；(2)写出A、C、F三种元素组成的一种弱电解质的结构式___________；(3)能说明非金属性F比E强的两个实例_______、___________；(4)化合物DA遇水会发生剧烈的化学变化，请写出该反应的化学方程式_____________；(5)金属镁在BC2中燃烧的化学方程式________________________。24、（12分）已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构简式为__________,B的结构简式____________，D的官能团名称_______。（2）②的反应类型_________________。（3）写出①的化学方程式_____________________________________________。（4）写出②的化学方程式_____________________________________________。25、（12分）I.为了研究化学反应A+B=C+D的能量变化情况，某同学
设计
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了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：(1)该反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)。(2)A和B的总能量比C和D的总能量_______(填“高”或“低”)。(3)反应物化学键断裂吸收的能量_______(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。Ⅱ.用如图所示的装置做铝热反应实验，回答下列问题：(4)写出该反应的化学方程式：____________________________，在该反应中________是氧化剂，氯酸钾的作用是________________________。(5)选出该实验的实验现象(把序号填写在横线上)：________。①镁带剧烈燃烧；②放出大量的热，并发出耀眼的白光；③纸漏斗的下部被烧穿；④有红热状态的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体。26、（10分）某化学研究性学习小组针对原电池形成条件，设计了实验
方案
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，进行如下探究。(1)请填写有关实验现象并得出相关结论。编号实验装置实验现象1锌棒逐渐溶解，表面有气体生成；铜棒表面无现象2两锌棒逐渐溶解，表面均有气体生成；电流计指针不偏转3铜棒表面的现象是______________________，电流计指针___________________①通过实验2和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。②通过实验1和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，从而可得出原电池形成条件是___________________。(2)分别写出实验3中Zn棒和Cu棒上发生的电极反应式：Zn棒：______________________________。Cu棒：______________________________。(3)实验3的电流是从________棒流出(填“Zn”或“Cu”)，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，则Zn电极质量减轻___________g。27、（12分）某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。（1）装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的______（填“氧化性”或“还原性”）。（2）A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是______。（3）B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向。____________（4）C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是______。（5）该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。实验操作现象I常温下将MnO2和12mol·L－1浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味II将I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体III加热MnO2和4mol·L－1稀盐酸混合物无明显现象①已知MnO2呈弱碱性。I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是________。②II中发生了分解反应，反应的化学方程式是________。③III中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl－)较低，设计实验IV进行探究：将实验III、IV作对比，得出的结论是________；将i、ii作对比，得出的结论是_______。28、（14分）现有如下物质：①明矾②一水合氨③碳酸氢钠④硫酸铁⑤硝酸钡⑥硝酸请完成下列问题：(1)属于弱电解质的是___________________；(选填编号)(2)由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是__________________；(选填编号)(3)它们水溶液PH>7的有_________________；(选填编号)(4)写出下列物质之间发生反应的离子方程式：①+⑤__________________②+④___________________③+⑥__________________(5)明矾溶于水后能净水，是由于Al3+水解后能形成Al(OH)3胶体，该胶体具有吸附性，请写出Al3+水解的方程式：____________________；硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3⋅ySO3⋅zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式中x、y、z的值分别为_______________(填整数)29、（10分）一定温度时，在4L密闭容器中，某反应中的气体M和气体N的物质的量随时间变化的曲线如图所示：（1）t1时刻N的转化率为____________。（2）0～t3时间内用M表示的化学反应速率为____________mol/(L·min)。（3）平衡时容器内气体的压强与起始时容器内压强的比值为____________。（4）该反应的化学方程式为____________；比较t2时刻，正逆反应速率大小：v正____v逆(填“＞”、“=”或“＜”)。（5）其他条件不变时，采取下列措施，反应速率的变化情况如何？保持恒温、恒容：①充入少量氦气：____________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）；②充入一定量的气体N：____________。（6）下列能表示上述反应达到化学平衡状态的是____________。（填编号）A.v逆（M）=2v正（N）B.M与N的物质的量之比保持不变C.混合气体密度保持不变D.容器中压强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、C【解析】干海带灼烧得到海带灰，海带灰溶于沸水过滤得到含有碘离子的滤液，加入酸化的过氧化氢溶液氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液得到碘的四氯化碳溶液，据此
分析
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解答。【详解】A．固体灼烧应在坩埚中进行，蒸发溶液在蒸发皿中加热，故A正确；B．沸水浸泡海带灰的目的是加快I-的溶解，并使之溶解更充分，故B正确；C．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘，产物中不会生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，故C错误；D．碘易溶于四氯化碳等有机溶剂，碘水中加入CCl4发生萃取，得到I2的CCl4溶液，故D正确；答案选C。2、D【解析】A．元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，不能根据氢化物的酸性判断元素的非金属性，故A错误；B．铁表面镀锌，构成原电池时，铁做正极，锌做负极，可以增强铁的抗腐蚀性，故B错误；C．Na在Cl2中燃烧的生成氯化钠，氯化钠中含离子键，但是，NaCl固体中的钠离子和氯离子不能自由移动，不能导电，故C错误；D．溶液上层呈橙红色，可知氯气氧化碘离子，由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I-还原性强于Cl-，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点是C，注意离子化合物在固态时不能导电。3、C【解析】试题分析：分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，A．H2O和D2O均表示水分子，不是同分异构体，A错误；B．O2和O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，B错误；C．CH3CH2OH和CH3－O－CH3分子式相同结构不同，互为同分异构体，C正确；D．和是同一种有机物，D错误，答案选C。考点：考查同分异构体判断4、D【解析】分析：本题考查的是原子的构成，注意质量数=质子数+中子数即可。详解：该核素的质量数为293，质子数116，所以中子数=293-116=177，故选D。点睛：掌握原子的构成和表示，在元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数。质量数=质子数+中子数。5、C【解析】主族元素原子电子层数=周期数,最外层电子数=族序数,所以该元素处于第四周期第ⅥA族,A正确；中间价态的元素既有氧化性又有还原性,二氧化硒中硒处于+4价,是中间价态,所以二氧化硒既有氧化性又有还原性,B正确；质量数=质子数+中子数,质子数=原子序数,该原子的质子数为34,所以其质量数大于34,C错误；元素非金属性越强,最高价态氧化物的水化物的酸性越强,Br的非金属性大于Se的非金属性,所以酸性:HBrO4>H2SeO4，D正确；正确选项C。点睛：一种元素有多种价态，一般来讲，元素处于最高价态时，只有氧化性，处于最低价态时，只有还原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。6、B【解析】分析：理论质量，即按照化学方程式完全转化所得产物的质量；实际质量，实际质量=理论质量×产率；据此分析解答。详解：CH3COOH+C2H5OH——>CH3COOC2H5+H2O发生酯化反应，30gCH3COOH的物质的量=30/60=0.5mol，46gC2H5OH的物质的量=46/46=1mol，显然,CH3COOH不足,C2H5OH过量；理论生成CH3COOC2H5的物质的量=CH3COOH的物质的量=0.5mol；理论质量=0.5×88=44g，实际质量=44×55%=24.2g；正确选项B。7、A【解析】试题分析：A、乙烯能与氢气在一定条件下发生加成反应，而乙烷不能，错误；B、苯和乙烯都能使溴水褪色，苯是萃取溴而使水层褪色，乙烯和溴发生加成反应，其原理是不同的，正确；C、甲烷和乙醇均能发生取代反应，正确；D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别，现象分别是不分层，不分层有气体产生，分层，正确。考点：考查简单有机物的性质。8、A【解析】试题分析：第一个热化学方程式CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)＋5H2O(l)ΔH＝＋Q1kJ/mol减去第二个热化学方程式CuSO4(s)=Cu2+(aq)＋SO42-(aq)ΔH＝-Q2kJ·mol－1，可得CuSO4·5H2O(s)=Cu2+(aq)＋SO42-(aq)＋5H2O(l)ΔH="-(-Q"1+Q2)kJ/mol。胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水时溶液温度降低。吸收热量，-(-Q1+Q2)kJ/mol>0，所以Q1>Q2，选项A正确。考点：考查热化学方程式的应用的知识。9、C【解析】A、B、D项中的Na2O2、氯水、漂白粉均与有色物质发生氧化还原反应生成其他物质进行漂白，而活性炭通过吸附作用，将有色物质吸附，只发生物理变化，答案选C。【点睛】本题考查物质的漂白原理。中学阶段常见的漂白剂总结如下：（1）氯水（HClO）、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3，它们都是强氧化剂，与有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质。（2）SO2的漂白原理是二氧化硫跟有机色素结合成了不稳定的无色化合物，该化合物见光、遇热或长久放置又能恢复为原来的颜色，SO2漂白原理属于非氧化还原反应，SO2不能漂白指示剂。（3）活性炭的漂白原理是吸附有色物质，是物理变化。10、C【解析】铁、锰、钒、铬金属活泼性弱于铝，熔点较高，都可以通过铝热反应制取，镁还原性强于铝，不能通过铝热反应制取，汞的活泼性较差，直接加热氧化物分解即可冶炼，无需通过铝热反应制备，可用铝热反应原理制备的有①③④⑤，故选C。11、B【解析】A、速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；B、达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)=5v逆(NO)，B正确；C、达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，C错误；D、单位时间内消耗xmolNH3与生成xmolNO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误；正确选项B。12、D【解析】A.Cl2是只有一种元素构成的纯净物，是单质，不是化合物，故A错误；B.NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氢原子和氮原子之间存在共价键，为离子化合物，故B错误；C.NaOH钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，为离子化合物，故C错误D.HCl中只含共价键，为共价化合物，故D正确；答案选D。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。13、B【解析】首要污染物是指污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污染物是PM10，故A正确；首要污染物的污染指数即为空气污染指数，该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良，故B错误；机动车尾气中含有NO2、CO，故C正确；PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物,它的直径仅有2.5微米, PM10指的是环境空气中尘埃在10微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故D正确。14、C【解析】A、联合制碱法又称侯氏制碱法，是侯德榜在氨碱法的基础上改造形成的，联合制碱法循环物质:氯化钠，二氧化碳,最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本，故A正确；B、氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，联合制碱法与氨碱法相比，不产生难以处理的CaCl2，同时可生产出NH4Cl作氮肥，故B正确；C、CO2是制碱工业的重要原料，联合制碱法中CO2来源于高温煅烧石灰石的产物，氨碱法中CO2的来源于合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气，故C错误；D、氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有72%~74%，联合制碱法最大的优点是保留了氨碱法的优点，使食盐的利用率提高到96%以上，甚至能使氯化钠的利用率达到了100%，废弃物少，故D正确；故选C。15、B【解析】分析:烃的燃烧通式为:CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，150℃时水为气态,引燃反应后恢复到原来的温度,气体体积不变,则反应前后气体的化学计量数不变。详解:烃的燃烧通式为：CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，150℃时水为气态,引燃反应后恢复到原来的温度,气体体积不变,则反应前后气体的化学计量数不变,即1+x+=x+，计算得出y=4，故满足分子中H原子数目为4即可，与C原子数目无关，所以B选项是正确的。16、B【解析】A.①氨气发生装置采用固固加热型装置，应使用NH4Cl和Ca(OH)2，A项错误；B.②是氨气发生装置采用固液不加热型装置，生石灰遇浓氨水，首先会生成Ca(OH)2抑制氨水的电离，同时放出大量的热，降低氨气的溶解度，B项正确；C.③是氨气收集、检验装置，氨气比空气密度小且不与空气发生反应，故采用向下排气法，导气管应伸入试管底部，试管口放置一团棉花，防止与空气对流，用用湿润的红色石蕊试纸验满，C项错误；D.④是氨气吸收装置，氨气在水中的溶解度非常大，吸收氨气需要有防倒吸装置，倒置的漏斗完全伸入水中，相当于导气管，没有防倒吸作用，D项错误；答案选B。17、B【解析】A．同主族非金属元素，从上到下非金属性减弱，对应阴离子的还原性增强，故A错误；B．ⅠA族有H和碱金属元素，ⅦA族元素为非金属元素，H与非金属元素形成共价化合物，碱金属与非金属元素形成离子化合物，故B正确；C．氟无正价，氧无最高正价，故C错误；D．氯化铵是离子化合物，含有离子键，故D错误；故选B。18、B【解析】A.同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；与不是同系物，故A错误；B.的分子式为C4H8O2，lmol完全燃烧消耗O2为（4+-）mol=5mol，故B正确；C.分子中只有一种类型的氢原子，所以一氯代物只有1种，故C错误；D.甲烷为四面体结构，分子中含有与甲烷相同的饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故答案选B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及同系物概念、同分异构体种数的判断、有机物的空间构型以及有机物燃烧耗氧量的计算等，D项为易错点，注意含有饱和碳原子时，有机物中的所有原子不可能共平面。19、C【解析】A、X的最低价为－2价，W的最低价也为－2价，都属于第VIA族元素，故说法正确；B、半径：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，半径：Y>Z>X，故正确；C、盐为NaClO，WX2是SO2，前者利用氧化性，属于不可逆，后者利用跟有色物质的结合生成不稳定的化合物，属于可逆，原理不同，故说法错误；D、Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，R的最高价氧化物对应水化物是HClO4，两者发生中和反应，故说法正确；答案选C。20、C【解析】试题分析：铝、钠和钙都是活泼的金属，通过电解法冶炼，选项ABD不正确，答案选C。考点：考查金属冶炼的有关判断点评：金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属,如汞可用氧化汞加热制得；2.热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；3.电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属；4.其他方法：如CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4。21、A【解析】本题考查化学反应与能量。详解：根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，因此反应是吸热反应，A错误；化学变化的特征之一就是伴随着能量的变化，B正确；反应是放热反应还是吸热反应主要与反应物和生成物的能量的相对大小有关系，而与反应条件无关，C正确；在化学反应过程中，断键需要吸收能量，形成化学键则放出能量，D正确。故选A。点睛：反应是放热反应还是吸热反应，主要和反应物与生成物总能量的相对大小有关系，而与反应条件无关，据此可以判断。22、A【解析】A．混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，达平衡状态，故A正确；B．气体两边的计量数相等，所以温度和体积一定时，容器内压强一直不变化，故B错误；C．1molH-H键生成的同时有2molH-I键断裂，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故C错误；D．当体系达平衡状态时，各物质的物质的量浓度之比可能为2：1：1，也可能不是2：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；故选A。【点睛】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。二、非选择题(共84分)23、第二周期ⅣA族H—O—Cl氯化氢比硫化氢稳定氢气和氯气反应的条件比氢气和硫反应的条件简单，硫离子还原性比氢气强，高氯酸酸性比硫酸强，硫化氢和氯气反应生成硫和氯化氢，铁和氯气反应生成氯化铁，而铁和硫反应生成硫化亚铁等NaH+H2O=H2↑+NaOH2Mg+CO22MgO+C【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的应用，B的原子的电子数是最内层电子数的三倍，因为是短周期元素，因此B为C，短周期指的是1、2、3周期，它们分别位于三个不同的周期，即A为H，C和E位于同一主族且它们可形成EC2、EC3两种常见化合物，则C为O，E为S，F为Cl，D的最髙价氧化物对应的水化物是强碱，D为Na，（1）C位于第二周期IVA族；（2）H、O、Cl组成的弱电解质为HClO，结构式为H－O－Cl；（3）比较非金属性，可以通过氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即H2S溶液中通入氯气，有淡黄色沉淀析出，也可以是与变价金属反应，看变价金属的化合价，化合价越高，说明非金属性越强等等；（4）DA的化合物是NaH，与水反应剧烈，NaH中H为－1价，H2O中H显＋1价，有中间价态0价，因此反应方程式为NaH＋H2O=NaOH＋H2↑；（5）金属镁在CO2燃烧的反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。点睛：本题易错点是次氯酸结构式的书写，学生经常会写成H－Cl－O。24、CH2=CH2CH3CH2OH（或C2H5OH）羧基酯化反应（取代反应）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O【解析】乙烯和水加成得到乙醇。乙醇在铜的作用下和氧气发生催化氧化得到乙醛。乙醇可以和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯。酯化反应也称为取代反应。【详解】（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2，B是乙醇，其结构简式为CH3CH2OH（或C2H5OH），D为乙酸，乙酸的官能团为羧基。故答案为CH2=CH2，CH3CH2OH（或C2H5OH），羧基；（2）②是酯化反应，也称为取代反应；（3）反应①是乙醇的催化氧化，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）反应②是乙酸和乙醇的酯化反应，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O。25、放热高低2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3Fe2O3助燃剂，引发铝热反应①②③④【解析】I.(1)当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升，这说明空气受热膨胀，因此反应中放出能量，即该反应是放热反应；(2)反应是放热反应，因此A和B的总能量比C和D的总能量高。(3)由于断键吸热，形成化学键放热，而该反应是放热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量。Ⅱ.(4)铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，则该反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，铁元素化合价降低，则在该反应中Fe2O3是氧化剂。氯酸钾的作用是助燃剂，引发铝热反应。(5)铝热反应的实验现象为①镁带剧烈燃烧；②放出大量的热，并发出耀眼的白光；③纸漏斗的下部被烧穿；④有红热状态的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体，答案选①②③④。【点睛】铝热反应的本质是利用铝的还原性，将难熔金属从其氧化物中置换出来，做铝热反应时，应注意以下几点：①要保证纸漏斗重叠时四周均为四层，且内层纸漏斗一定要用水润湿，以防止高温物质从四周溅出，同时损坏纸漏斗。②蒸发皿中的细沙要适量，既要防止蒸发皿炸裂，又要防止熔融的液体溅出伤人。③实验装置不要距人群太近，应远离易燃物。26、有气体生成发生偏转活泼性不同的两个电极形成闭合回路有电解质溶液Zn－2e－＝Zn2＋2H＋＋2e－＝H2↑Cu13【解析】分析：（1）根据实验现象、装置特点结合原电池的构成条件、原电池工作原理分析解答；（2）实验3中锌是负极，铜是正极，据此解答。（3）原电池中电流与电子的流向相反，根据负极反应式计算。详解：（1）实验3中构成原电池，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，则铜棒表面的现象是有气体生成，电流计指针发生偏转；①实验2和3相比电极不一样，因此可得出原电池的形成条件是有活泼性不同的两个电极。②实验1和3相比实验3中构成闭合回路，由此可得出原电池的形成条件是形成闭合回路。③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，由于乙醇是非电解质，硫酸是电解质，因此可得出原电池形成条件是有电解质溶液。（2）锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则Zn棒上发生的电极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋。铜是正极，溶液中的氢离子放电，则Cu棒上发生的电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。（3）实验3中锌是负极，铜是正极，则电流是从Cu棒流出，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，根据Zn－2e－＝Zn2＋可知消耗0.2mol锌，则Zn电极质量减轻0.2mol×65g/mol＝13.0g。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池的构成条件，即：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。27、还原性HCl、H2O(g)Cl2+2OH—======Cl—+ClO—+H2OMnO2+4HClMnCl4+2H2OMnCl4======Cl2↑+MnCl2III中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl－)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl－)【解析】试题分析：（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的反应中，氯元素化合价由-1升高为0；（2）浓盐酸具有挥发性；（3）氯气密度大于空气，用向上排空气法收集氯气；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠；（5）①I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以MnO2与浓盐酸反应生成MnCl4和水；②II中MnCl4发生了分解反应生成MnCl2和氯气；③III、IV作对比，可以看出c(H+)或c(Cl－)增大到一定数值时都能生成氯气；将i、ii作对比，可以看出c(H+)>7mol/L放出氯气、c(Cl－)>10mol/L放出氯气；解析：（1）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2的反应中，氯元素化合价由-1升高为0，所以浓HCl发生氧化反应，表现浓盐酸的还原性；（2）由于浓盐酸具有挥发性，A中产生的Cl2中含有的杂质可能是HCl、H2O(g)；（3）氯气密度大于空气，用向上排空气法收集氯气，所以装置如图；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，反应的离子方程式是Cl2+2OH—==Cl—+ClO—+H2O；（5）①I中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，复分解反应中元素化合价不变，所以MnO2与浓盐酸反应生成MnCl4和水，反应方程式是MnO2+4HClMnCl4+2H2O；②II中MnCl4发生了分解反应生成MnCl2和氯气，反应的化学方程式是MnCl4==Cl2↑+MnCl2；③III中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl－)较低，盐酸需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；将i、ii作对比，可以看出c(H+)>7mol/L放出氯气、c(Cl－)>10mol/L放出氯气；MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl－)。28、②①④②③SO42-+Ba2+=BaSO4Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3+3NH4+HCO3-+H+=CO2+H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+2、5、17【解析】(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解质；碳酸氢钠、硫酸铁和硝酸钡是可溶性盐，属于强电解质；硝酸是强酸，属于强电解质；(2)明矾是可溶性盐，在水中电离出Al3+，氯离子水解使溶液呈酸性；硫酸铁在溶液中电离出铁离子，铁离子水解使溶液呈酸性；；(3)一水合氨是一元弱碱，水溶液PH>7；碳酸氢钠属于弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，pH>7；(4)明矾和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硝酸钾和硝酸铝；一水合氨和硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸铵；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳和硝酸钠；(5)Al3+水解生成氢氧化铝；(6)取5.130g碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42-。加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体氧化铁，根据硫原子和铁原子守恒规律解答。【详解】(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解质；碳酸氢钠、硫酸铁和硝酸钡是可溶性盐，属于强电解质；硝酸是强酸，属于强电解质，属于弱电解质的是②；(2)明矾是可溶性盐，在水中电离出Al3+，铝离子水解使溶液呈酸性；硫酸铁在溶液中电离出铁离子，铁离子水解使溶液呈酸性；由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是①④；(3)一水合氨是一元弱碱，水溶液PH>7；碳酸氢钠属于弱酸强碱盐，其水溶液呈碱性，pH>7；水溶液PH>7的有②③；(4)明矾和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硝酸钾和硝酸铝，离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4；一水合氨和硫酸铁反应生成氢氧化铁和硫酸铵，离子方程式为：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3+3NH4+；碳酸氢钠和硝酸反应生成二氧化碳和硝酸钠，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2+H2O；(5)Al3+水解生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；(6)取5.130g碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)，溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42-。加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，其物质的量n==0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量n==0.01mol，而碱式硫酸铁(xFe2O3•ySO3•zH2O)的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g-2.00g-1.600g=1.53g，物质的量n==0.085mol。故该样品中x：y：Z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17。29、25%3/4t37:102NM＞不变增大BD【解析】（1）t1时刻消耗N是8mol－6mol＝2mol，N的转化率=×100％=25%；（2）0～t3时间内M增加了5mol－2mol＝3mol，则用M表示的化学反应速率v（M）==3/4t3mol/(L·min)；（3）初始投放量n(N)=8mol，n(M)=2mol，t3反应达到平衡，n(N)=2mol，n(M)=5mol，混合气体的物质的量与容器内的压强呈正比，可得P(平衡)：P(初始)=7：10；（4）初始投放量n(N)=8mol，n(M)=2mol，t3反应达到平衡，n(N)=2mol，n(M)=5mol，根据单位时间的物质的变化量呈系数比，得化学反应式为2N(g)M（g），t2时刻向正反应方向进行，正逆反应速率大小v正＞v逆；（5）其他条件不变时，保持恒温、恒容：①充入少量氦气，反应物浓度不变，速率不变；②充入一定量的气体N，反应物浓度增大，速率增大；（6）A.v逆（M）=2v正（N）正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，A不选；B.M与N的物质的量之比是个变量，当M与N的物质的量之比保持不变，反应达到平衡，可作平衡依据，B选；C.反应前后容器体积和质量均是不变的，混合气体密度是个定值，任意时刻都相同，不能用来判定平衡，C不选；D.该反应从正向开始，压强会减小，容器中压强保持不变说明达到平衡，D选；故能表示上述反应达到化学平衡状态的是BD。【点睛】平衡的判断，特别需要注意是否为变量，若为变量保持不变，可作平衡依据，若为定量，不能做依据，尤其混合气体的密度，相对分子质量，压强等。
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