寧夏回族自治區(qū)銀川市興慶區(qū)一中2023-2024學年高一化學第二學期期末聯(lián)考試題含解析

寧夏回族自治區(qū)銀川市興慶區(qū)一中2023-2024學年高一化學第二學期期末聯(lián)考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在“綠色化學”工藝中，理想的狀態(tài)是反應物中的原子全部轉化為期望的最終產物，即原子的利用率為100%，下列反應類型中能體現(xiàn)“原子經濟性”原則的是①置換反應②化合反應③分解反應④加成反應⑤取代反應⑥加聚反應A．①②⑤B．②⑤⑥C．②④⑥D．只有⑥2、下列不是離子化合物的是()A．H2O B．CaCl2 C．KOH D．NaNO33、過氧乙酸是在抗SARS病毒期間常使用的一種高效殺毒劑，其分子式為C2H4O3，它具有氧化漂白作用，下列物質中漂白原理與過氧乙酸不同的是（

）A．氯水（次氯酸） B．臭氧 C．二氧化硫 D．過氧化鈉4、葡萄酸的結構簡式為。下列有關葡萄酸說法不正確的是（）A．葡萄酸能發(fā)生取代反應B．葡萄酸既能與乙醇發(fā)生酯化反應，也能與乙酸發(fā)生酯化反應C．葡萄酸能與Na和NaOH反應D．葡萄酸能使溴的四氯化碳溶液褪色5、下列物質中，不能與SiO2反應的是A．鹽酸 B．HF C．CaO D．NaOH6、下列說法中，不正確的是：（）①金屬鈉、氫氣都能在氯氣中燃燒，生成白色的煙霧；②銅絲在氯氣中燃燒，生成藍綠色的氯化銅；③液氯就是氯氣的水溶液，它能使干燥的有色布條褪色；④久置的氯水，因氯氣幾乎完全揮發(fā)掉，剩下的就是水A．① B．①② C．①③④ D．①②③④7、對于10%H2O2的分解反應，下列措施能減慢其化學反應速率的是()A．加入MnO2B．加水稀釋C．加熱D．加入30%H2O28、下列反應中硝酸既能表現(xiàn)出酸性又能表現(xiàn)出氧化性的是A．使石蕊試液變紅B．與銅反應放出NO氣體，生成Cu(NO3)2C．與Na2CO3反應放出CO2氣體，生成NaNO3D．與硫單質共熱時生成H2SO4和NO29、為高空或海底作業(yè)提供氧氣的物質是A．KClO3 B．KMnO4 C．Na2O2 D．H2O10、位于不同主族的四種短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序數(shù)依次增大，原子半徑r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四種元素中，只有一種為金屬元素，乙和丙原子的最外層電子數(shù)之和為丁原子的最外層電子數(shù)的3倍。據(jù)此推斷，下述不正確的是A．丙的簡單氫化物分子間存在氫鍵B．由甲、乙兩元素組成的化合物中，可形成10電子分子C．由甲和丙兩元素組成的分子不止一種D．乙和丁兩元素的最高價氧化物的水化物之間能發(fā)生反應11、下列反應中，不屬于取代反應的是()A．CH4+Cl2→光照CH3B．CH4+2O2→點燃CO2+2H2C．CH3CH2Br+H2O→CH3CH2OH+HBrD．C2H6+Cl2→光照C2H512、根據(jù)元素周期表和元素周期律，判斷下列敘述不正確的是A．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:H2O＞NH3B．鈉元素的金屬性比鎂元素的強C．圖所示實驗可證明元素的非金屬性：Cl>C>SiD．在元素周期表中金屬和非金屬的分界處可以找到半導體材料13、《中華人民共和國大氣污染防治法》于2016年1月1日起實施。為保護和改善大氣環(huán)境，下列做法不應該提倡的是A．開發(fā)生物質能替代化石燃料B．向高空排放金屬冶煉產生的粉塵C．用催化轉化技術處理汽車尾氣D．大力推廣生產和使用無氟冰箱14、如下圖所示，△H1=－393.5kJ?mol-1，△H2=－395.4kJ?mol-1，下列說法或表示式正確的是（）A．C（s、石墨）==C（s、金剛石）△H=+1.9kJ?mol-1B．石墨和金剛石的轉化是物理變化C．金剛石的穩(wěn)定性強于石墨D．1mol石墨的總鍵能比1mol金剛石的總鍵能小1.9kJ15、下列物質中，屬于電解質的是A．鐵B．氯氣C．二氧化碳D．氯化鉀16、對已經達到化學平衡的下列反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，保持其它條件不變，增大容器容積，對反應產生的影響是A．正、逆反應速率都減小，平衡向逆反應方向移動B．正、逆反應速率都增大，平衡向逆反應方向移動C．逆反應速率增大，正反應速率減小，平衡向正反應方向移動D．逆反應速率減小，正反應速率增大，平衡向正反應方向移動17、同志在黨的十九大報告中提出“綠水青山就是金山銀山”，“生態(tài)文明建設”要求加大環(huán)境保護力度。下列做法不符合這一主題的是A．工業(yè)廢水處理后再排放B．大量使用農藥提高農作物產量C．開發(fā)利用各種清潔能源D．使用共享自行車代替汽車出行18、綠色化學要求利用化學反應原理從源頭上消除污染。以銅為原料制備硫酸銅，下列四種原理設計，其中最能體現(xiàn)“綠色化學”要求的是A．Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2OB．Cu+Cl2CuCl2，CuCl2+H2SO4(濃)CuSO4+2HCl↑C．Cu+H2SO4+H2O2CuSO4+2H2OD．3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu(NO3)2+H2SO4(濃)CuSO4+2HNO3↑19、在一定溫度下，可逆反應A(氣)+3B(氣)2C(氣)若達到平衡的標志是()A．C的生成速率與B的生成速率相等 B．混合氣體的平均相對分子質量不變C．單位時間內生成nmolA，同時生成3nmolB D．A、B、C的分子數(shù)之比為1:3:220、下列說法錯誤的是（

）A．石油和天然氣的主要成分都是碳氫化合物B．苯、溴苯和乙醇可以用水鑒別C．在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3CO18OH和C2H5OHD．甘氨酸（NH2-CH2-COOH）既能與NaOH反應，又能與鹽酸反應21、T℃時，對于可逆反應:A(g)+B(g)2C(g)+D(g)△H>0。下列各圖中正確的是A． B． C． D．22、下列元素中，原子半徑最大的是A．Na B．Al C．Cl D．K二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、M、N為原子序數(shù)依次增大的六種短周期元素，常溫下，六種元素的常見單質中三種為氣體，三種為固體。X與M，W與N分別同主族，在周期表中X是原子半徑最小的元素，且X能與Y、Z、W分別形成電子數(shù)相等的三種分子，Z、W的最外層電子數(shù)之和與M的核外電子總數(shù)相等。試回答下列問題：(1)N元素在周期表中的位置為_____；Y的簡單氫化物的穩(wěn)定性_____(填“>”“<”或“＝”)W的簡單氫化物的穩(wěn)定性。(2)X、Z形成的含18電子的化合物的結構式為_____。(3)由X、Z、W、N四種元素組成的一種離子化合物A，已知A既能與鹽酸反應，又能與氯水反應，寫出A與足量鹽酸反應的離子方程式_____。(4)X和W組成的化合物中，既含有極性共價鍵又含有非極性共價鍵的是_____(填化學式)，此化合物可將堿性工業(yè)廢水中的CN－氧化，生成碳酸鹽和氨氣，相應的離子方程式為_____。24、（12分）乙烯是重要有機化工原料。結合以下路線回答：已知：2CH3CHO+O2催化劑，加熱2CH3COOH（1）反應①的化學方程式是_______。（2）B的官能團是_______。（3）F是一種高分子，可用于制作食品袋，其結構簡式為_______。（4）G是一種油狀、有香味的物質，有以下兩種制法。制法一：實驗室用D和E反應制取G，裝置如圖所示。i.反應⑥的化學方程式是______，反應類型是_____。ii.分離出試管乙中油狀液體用到的主要儀器是_______。制法二：工業(yè)上用CH2=CH2和E直接反應獲得G。iii.反應類型是___。iv.與制法一相比，制法二的優(yōu)點是___。25、（12分）酯可以通過化學實驗來制備。實驗室用下圖所示裝置制備乙酸乙酯：（1）試管a中生成乙酸乙酯的化學方程式是________________________________。（2）試管b中盛放的試劑是飽和_________________溶液。（3）實驗開始時，試管b中的導管不伸入液面下的原因是___________________。（4）若分離出試管b中生成的乙酸乙酯，需要用到的儀器是______（填序號）。a.漏斗b.分液漏斗c.長頸漏斗26、（10分）乙酸乙酯是重要的有機合成中間體，廣泛應用于化學工業(yè)。實驗室制取乙酸乙酯的主要步驟如下：①在甲試管(如圖)中加入2mL濃硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如圖連接好裝置(裝置氣密性良好)并加入混合液，小火均勻地加熱3—5min。③待試管乙收集到一定量產物后停止加熱，撤出試管并用力振蕩，然后靜置待分層。④分離出乙酸乙酯層、洗滌、干燥。(1)寫出該反應的化學方程式是：_______________________；(2)與教材采用的實驗裝置不同，此裝置中采用了球形干燥管，其作用是____________。(3)甲試管中，混合溶液的正確加入順序：________________________；(4)步驟②中需要用小火均勻加熱，其主要原因是____________________________________；(5)上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是____________(填字母代號)。A．反應掉乙酸和乙醇B．反應掉乙酸并吸收乙醇C．析出乙酸乙酯D．加速酯的生成，提高其產率(6)欲將乙試管中的物質分離開以得到乙酸乙酯，必須使用的儀器是____________；分離時，乙酸乙酯應該從儀器____________(填：“下口放”或“上口倒”)出。27、（12分）（I）草酸的組成用H2C2O4表示，為了測定某草酸溶液的濃度，進行如下實驗：稱取Wg草酸晶體，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于錐形瓶內，加入適量稀H2SO4后，用濃度為amol?L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色為止，所發(fā)生的反應為：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．試回答：（1）實驗中，標準液KMnO4溶液應裝在_____式滴定管中，因為______________；（2）實驗中眼睛注視_____________________，直至滴定終點．判斷到達終點的現(xiàn)象是_________；（3）實驗中，下列操作（其它操作均正確），會對所測草酸濃度有什么影響？（填偏大、偏小、無影響）A．滴定前仰視刻度，滴定后俯視刻度_________；B．錐形瓶在盛放待測液前未干燥，有少量蒸餾水_________；C．滴定過程中搖動錐形瓶，不慎將瓶內的溶液濺出一部分_________；（II）用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進行中和反應．通過測定反應過程中所放出的熱量可計算中和熱。回答下列問題：（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是_________．（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是_________________________________．（3）依據(jù)該學生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得的中和熱△H＝___________；（結果保留一位小數(shù)）序號起始溫度t1℃終止溫度t2℃鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.628、（14分）下表是元素周期表的一部分。（1）表中③的元素符號是_________；④元素原子的最外層電子數(shù)是___________。（2）氮元素的最低價氫化物的化學式為___________，該氫化物屬于____________化合物（填“離子”或“共價”），②元素的原子結構示意圖為___________。（3）某同學為了比較氯氣和硫單質的氧化性強弱，收集到下列三條信息：①Cl2+H2S（溶液）=S↓+2HCl；②Cl2比S更容易跟H2反應生成氫化物；③在加熱條件（相同溫度）下，鐵與氯氣反應的產物是氯化鐵，而鐵與硫反應的產物是硫化亞鐵。根據(jù)以上信息可知：氯氣的氧化性________________硫單質的氧化性（填“強于”或“弱于”）；在加熱條件下，銅與足量的氯氣反應的產物是________________（填化學式）、銅與足量的硫反應的產物是__________________________（填化學式）。29、（10分）海洋是一個遠未完全開發(fā)的巨大化學資源寶庫，海洋資源的綜合利用具有非常廣闊的前景?；卮鹣铝袉栴}：（1）據(jù)媒體報道，挪威和荷蘭正在開發(fā)一種新能源鹽能。當海水和淡水混合時，溫度將升高0.1℃，世界所有入?？诘倪@種能源相當于電力需求的20％。海水和淡水混合時，溫度升高最可能的原因是______。A．發(fā)生了鹽分解反應B．發(fā)生了水分解反應C．由于濃度差產生放熱D．鹽的溶解度增大（2）蒸餾法是人類最早使用的淡化海水的方法。你認為蒸餾法淡化海水最理想的能源是_______。（3）從海水中可得到多種化工原料和產品，如圖是利用海水資源的流程圖。①反應Ⅱ的離子方程式為_________。②從反應Ⅲ后的溶液中得到純凈的單質溴的實驗操作方法是_____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】“綠色化學”工藝的要求：反應物全部轉化為期望的產物，使原子的利用率達到100%，可知反應只生成一種生成物，該反應為化合反應、加成反應、加聚反應，而置換反應、分解反應、取代反應生成物不止一種，故選C。點睛：本題主要考查了綠色化學的概念，掌握反應中產物的種類與原子利用率100%的關系是解答的關鍵。反應物全部轉化為期望的產物，使原子的利用率達到100%，可知反應只生成一種生成物，反應類型有化合反應、加成反應、加聚反應。2、A【解析】

A.水分子中O原子和H原子之間只存在共價鍵，為共價化合物，故A正確；B.氯化鈣中鈣離子和氯離子之間存在離子鍵，為離子化合物，故B錯誤；C.氫氧化鉀中鉀離子和氫氧根離子之間存在離子鍵，O原子和H原子之間存在共價鍵，為離子化合物，故C錯誤；D.硝酸鈉中鈉離子和硝酸根離子之間存在離子鍵、N原子和O原子之間存在共價鍵，為離子化合物，故D錯誤。故選A?！军c睛】一般來說，活潑的金屬元素與活潑的非金屬元素之間形成離子鍵（AlCl3、BeCl2除外），非金屬元素間形成共價鍵（銨鹽除外）。3、C【解析】

由信息可知，過氧乙酸具有氧化性，所以它是利用氧化性來進行漂白的；【詳解】A.氯水中含次氯酸，具有強氧化性，能漂白某些有色物質，與過氧乙酸相同，A項錯誤；B.臭氧具有強氧化性，能漂白某些有色物質，與過氧乙酸相同，B項錯誤；C.二氧化硫的漂白原理是二氧化硫與被漂白物反應生成無色的不穩(wěn)定的化合物，與過氧乙酸不同，C項正確；D.過氧化鈉具有強氧化性，能漂白某些有色物質，與過氧乙酸相同，D項錯誤；答案選C。4、D【解析】A、葡萄酸中含有羥基，能與羧基發(fā)生酯化反應，即取代反應，故A說法正確；B、葡萄酸中含有羥基和羧基，因此能與乙醇或乙酸發(fā)生酯化反應，故B說法正確；C、葡萄酸中含有羥基和羧基，能與金屬鈉發(fā)生反應生成氫氣，羧基顯酸性，與氫氧化鈉發(fā)生中和反應，故C說法正確；D、葡萄酸中不含碳碳雙鍵或叁鍵，不能與溴的四氯化碳發(fā)生加成反應，故D說法錯誤。5、A【解析】

A項、二氧化硅是酸性氧化物，不能與鹽酸反應，故A正確；B項、二氧化硅能與氫氟酸反應生成四氟化硅和水，故B錯誤；C項、二氧化硅是酸性氧化物，能與堿性氧化物氧化鈣反應生成硅酸鈣，故C錯誤；D項、二氧化硅是酸性氧化物，能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，故D錯誤；故選A。6、D【解析】

①煙是固體小顆粒，霧是小液滴，鈉在氯氣中燃燒生成固體小顆粒煙，氫氣在氯氣中燃燒生成霧，故①錯；②銅絲在氯氣中燃燒，產物是氯化銅，生成大量棕黃色的煙，故②錯；③液氯是液態(tài)氯是純凈物，氯水是氯氣的水溶液，是混合物，能使有色布條褪色的是氯水不是液氯，故③錯；④Cl2+H2O=HCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，所以久置的氯水，剩下的是稀鹽酸，故④錯；故選：D。7、B【解析】

使用催化劑、增大濃度、加熱等均可加快反應速率，以此來解答?！驹斀狻緼．加入MnO2，作催化劑，反應速率加快，A不符合；B．加水稀釋，H2O2的濃度減小，反應速率減緩，B符合；C．加熱，溫度升高，反應速率加快，C不符合；D．加入30%的H2O2，濃度增大，反應速率增大，D不符合；答案選B。8、B【解析】

A.使石蕊試液變紅體現(xiàn)硝酸的酸性，A不選；B.與銅反應放出NO氣體，生成Cu(NO3)2，反應中氮元素化合價降低，由硝酸鹽生成，硝酸既能表現(xiàn)出酸性又能表現(xiàn)出氧化性，B選；C.與Na2CO3反應放出CO2氣體，生成NaNO3只體現(xiàn)硝酸的酸性，不是氧化還原反應，C不選；D.與硫單質共熱時生成H2SO4和NO2，反應中氮元素化合價降低，沒有硝酸鹽生成，只體現(xiàn)硝酸的氧化性，D不選；答案選B?！军c睛】明確硝酸體現(xiàn)酸性和氧化性的標志及特征是解答的關鍵，如果反應中氮元素化合價降低，說明得到電子，體現(xiàn)氧化性。如果有硝酸鹽生成，則體現(xiàn)酸性。9、C【解析】

氯酸鉀、高錳酸鉀制備氧氣需要加熱；操作復雜，電解水生成氧氣需要提供電源，操作不方便；過氧化鈉與二氧化碳反應2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，生成碳酸鈉和氧氣，過氧化鈉與水反應2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成氫氧化鈉和氧氣，制備氧氣操作簡單且能夠利用人呼出的二氧化碳和水蒸氣；故選：C。10、D【解析】分析：位于不同主族的四種短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序數(shù)依次增大，原子半徑r（丁）＞r（乙）＞r（丙）＞r（甲），則甲為H元素，丁處于第三周期，乙、丙處于第二周期；四種元素中只有一種為金屬元素，四種元素處于不同的主族，乙和丙原子的最外層電子數(shù)之和為丁原子的最外層電子數(shù)的3倍，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知乙為C元素，丙為N元素，丁為Al元素，結合元素周期律和物質的性質解答。詳解：根據(jù)以上分析可知甲、乙、丙、丁分別是H、C、N、Al。則A，丙為N元素，丙的簡單氫化物為NH3，NH3分子間存在氫鍵，A正確；B，甲為H元素，乙為C元素，甲、乙組成的化合物有CH4、C2H4等烴，甲烷為10電子分子，B正確；C，H與N可形成NH3、N2H4等，C正確；D，乙的最高價氧化物對應水化物為H2CO3，丁的最高價氧化物對應水化物為Al（OH）3，Al（OH）3與H2CO3不反應，D錯誤；答案選D。11、B【解析】

有機物中的原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應是取代反應，據(jù)此解答?！驹斀狻緼、甲烷與氯氣光照條件下發(fā)生取代反應，A錯誤；B、甲烷燃燒發(fā)生的是氧化反應，B正確；C、溴乙烷與水發(fā)生取代反應生成乙醇和溴化氫，C錯誤；D、乙烷與氯氣光照條件下發(fā)生取代反應，D錯誤；答案選B。12、C【解析】

A.元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，O元素非金屬性強于N元素，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性:H2O＞NH3，故A正確；B.在同一周期中，從左至右金屬性越來越弱，Na元素在Mg元素的左邊，所以鈉元素的金屬性比鎂元素的強，故B正確；C.證明非金屬性強弱，比較的是元素的最高價氧化物對應水化物的酸性，稀鹽酸不是氯元素的最高價氧化物對應的水化物，故C錯誤；D.根據(jù)周期表元素位置，可以看出在元素周期表中金屬和非金屬的分界處可以找到半導體材料，故D正確；故答案為：C。13、B【解析】試題分析：為保護和改善大氣環(huán)境，所以不能向高空排放金屬冶煉產生的粉塵，粉塵形成pM2.5，污染空氣，答案選B?？键c：考查化學與環(huán)保14、A【解析】

由圖得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ?mol-1②C（S，金剛石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ?mol-1，利用蓋斯定律將①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金剛石）△H=+1.9kJ?mol-1【詳解】A、因C（s、石墨）=C（s、金剛石）△H=+1.9kJ?mol-1，A正確；B、石墨轉化為金剛石是發(fā)生的化學反應，屬于化學變化，B錯誤；C、金剛石能量大于石墨的總能量，物質的量能量越大越不穩(wěn)定，則石墨比金剛石穩(wěn)定，C錯誤；D、依據(jù)熱化學方程式C（S，石墨）=C（S，金剛石）△H=+1.9kJ?mol-1，1mol石墨的總鍵能比1mol金剛石的總鍵能大于1.9kJ，D錯誤；選A。15、D【解析】電解質是化合物，一般為酸、堿、多數(shù)的鹽、多數(shù)的金屬氧化物等，因此氯化鉀屬于電解質，故D正確。16、A【解析】增大容器容積，減小壓強，對有氣體參與的反應，正逆反應速率都減小，平衡向化學計量數(shù)增大的方向移動，對于2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，平衡逆向進行，故選A。17、B【解析】

A、工業(yè)廢水處理后再排放能保護環(huán)境，符合這一主題；B、大量使用農藥提高農作物產量會造成環(huán)境的污染，不符合這一主題；C、開發(fā)利用各種清潔能源能保護環(huán)境，符合這一主題；D、使用共享自行車代替汽車出行能保護環(huán)境，節(jié)約資源，符合這一主題；答案選B。18、C【解析】試題分析：A項反應產生了有毒氣體SO2，錯誤；B項產生了副產物HCl氣體，錯誤；D項產生有毒氣體NO和副產物HNO3，錯誤?？键c：考查綠色化學理念。19、B【解析】

達到平衡狀態(tài)時正、逆反應速率相等，正、逆反應速率相等是指用同一種物質來表示的反應速率，不同物質表示的反應速率與化學計量數(shù)成正比。【詳解】A項、C的生成速率與B的生成速率之比為3:2時，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故A錯誤；B項、該反應是一個體積體積減小的反應，由質量守恒定律可知，平衡前后氣體質量不變，反應中容器內氣體的平均摩爾質量增大，則容器內氣體的平均摩爾質量不變，能表明反應已達到平衡狀態(tài)，故B正確；C項、單位時間內生成nmolA和生成3nmolB均為正反應速率，不能說明正逆反應速率相等，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D項、A、B、C三種物質的分子數(shù)之比是1：3：2，沒有說明保持1：3：2不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查平衡平衡狀態(tài)，注意抓住化學平衡狀態(tài)的本質特征是正逆反應速率相等，明確反應速率與化學計量數(shù)的關系是解答關鍵。20、C【解析】

A.石油的主要成分為烴類物質，而天然氣的主要成分為甲烷；

B.苯和溴苯密度不同，且都不溶于水，乙醇與水任意比互溶；

C.在酸性條件下，CH3CO18OC2H5水解時，18O位于乙醇中；

D.甘氨酸（NH2-CH2-COOH）含有氨基和羧基，具有兩性；【詳解】A.石油的主要成分為烴類物質，而天然氣的主要成分為甲烷，主要成分都是碳氫化合物，A項正確；B.苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，且都不溶于水，乙醇與水任意比互溶，所以可以鑒別，B項正確；C.在酸性條件下，CH3CO18OC2H5水解時，18O位于乙醇中，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3COOH和C2H518OH，C項錯誤；D.甘氨酸(NH2?CH2?COOH)含有氨基和羧基，具有兩性，氨基能和HCl反應、羧基能和NaOH反應，D項正確；答案選C?！军c睛】要注意烴類物質密度都小于水。21、D【解析】

根據(jù)方程式可知正反應是吸熱的體積增大的可逆反應，結合外界條件對反應速率和平衡狀態(tài)的影響分析判斷?！驹斀狻緼、升高溫度平衡向正反應方向進行，C的濃度增大，A錯誤；B、升高溫度平衡向正反應方向進行，A的轉化率增大。增大壓強平衡向逆反應方向進行，A的轉化率降低，B錯誤；C、增大壓強正逆反應速率均增大，C錯誤；D、升高溫度平衡向正反應方向進行，C的質量分數(shù)增大。增大壓強平衡向逆反應方向進行，C的質量分數(shù)降低，D正確。答案選D。22、D【解析】

同主族元素從上到下，電子層數(shù)增大，原子半徑逐漸增大、同周期主族元素，原子半徑隨著核電荷數(shù)增大逐漸減小，所以原子半徑K＞Na＞Al＞Cl，答案選D。二、非選擇題(共84分)23、第三周期ⅥA族<HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑H2O2OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑。【解析】

H的原子半徑最小，所以X為H；X和M同主族，由M在題述元素中的排序知，M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它們與H可形成等電子分子，結合Z、W的最外層電子數(shù)之和與Na的核外電子總數(shù)相等知，Y、Z、W依次為C、N、O,W與N同主族，則N為S。(1)N為S，在周期表中的位置為第三周期ⅥA族；C的非金屬性弱于O的非金屬性，故CH4的穩(wěn)定性比H2O弱；故答案為<；(2)H、N形成的含18電子的化合物是N2H4，N2H4的結構式為；(3)由H、N、O、S組成的既能與鹽酸反應又能與氯水反應的離子化合物為NH4HSO3或(NH4)2SO3，其分別與足量鹽酸反應的離子方程式為HSO3-+H+=H2O+SO2↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑；(4)H2O2中含有極性共價鍵和非極性共價鍵，H2O2具有氧化性，氧化堿性工業(yè)廢水中CN-的離子方程式為OH-+CN-+H2O2=CO32-+NH3↑。24、H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br羥基（或—OH）取代反應（或酯化反應）分液漏斗加成反應原子利用率高【解析】

乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氫氧化鈉溶液中共熱發(fā)生水解反應生成乙二醇；一定條件下，乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，則D為乙醇；乙醇在銅作催化劑條件下加熱發(fā)生催化氧化反應生成乙醛；乙醛在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成乙酸，則E為乙酸；在濃硫酸作用下，乙酸與乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則G為乙酸乙酯；一定條件下，乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，則F為聚乙烯。【詳解】（1）反應①為乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1,2—二溴乙烷，反應的化學方程式為H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案為：H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（2）B的結構簡式為HOCH2CH2OH，官能團為羥基，故答案為：羥基；（3）高分子化合物F為聚乙烯，結構簡式為，故答案為：；（4）i.反應⑥為在濃硫酸作用下，乙酸與乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反應（或酯化反應）；ii.反應生成的乙酸乙酯不溶于水，則分離出試管乙中乙酸乙酯油狀液體用分液的方法，用到的儀器為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；iii.一定條件下，乙烯與乙酸發(fā)生加成反應生成乙酸乙酯，故答案為：加成反應；iv.與制法一相比，制法二為加成反應，反應產物唯一，原子利用率高，故答案為：原子利用率高?！军c睛】本題考查有機物推斷，注意對比物質的結構，熟練掌握官能團的結構、性質及相互轉化，明確發(fā)生的反應是解答關鍵。25、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O碳酸鈉（Na2CO3）防止倒吸b【解析】分析：本題是乙酸乙酯制備實驗的有關探究。根據(jù)乙酸乙酯制備制備原理，除雜方法，實驗中儀器的選擇和注意事項進行解答。詳解：（1）在濃硫酸的作用下，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式是CH3COOH+C2H5OH

CH3COOC2H

5+H2O。

（2）由于乙醇和乙酸都是易揮發(fā)的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的試劑是飽和的碳酸鈉溶液。

（3）由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以試管b中的導管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸。

（4）乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的儀器是分液漏斗，答案選b。

26、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防倒吸乙醇，濃硫酸，乙酸防止乙醇與乙酸劇烈沸；防止乙酸乙酸揮發(fā)過快；防止試管受熱不均而炸裂BC分液漏斗上口倒【解析】

實驗室用乙酸與乙醇在濃硫酸作催化劑和吸水劑時反應生成乙酸乙酯，乙酸乙酯難溶于水，密度比水小，反應過程中生成的乙酸乙酯呈氣態(tài)，經過冷凝變成液體，會引起裝置中氣體壓強的變化，因此需要防止倒吸，結合實驗的基本操作和實驗注意事項分析解答?！驹斀狻?1)乙酸與乙醇生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)與教材采用的實驗裝置不同，此裝置中采用了球形干燥管，可以起到防止倒吸的作用，故答案為：防倒吸；(3)濃硫酸溶于水放出大量的熱，加入藥品時，為防止酸液飛濺，應先加入乙醇再加入濃硫酸和乙酸，故答案為：乙醇，濃硫酸，乙酸；(4)步驟②中需要用小火均勻加熱，可以防止乙醇與乙酸劇烈沸；防止乙酸乙酸揮發(fā)過快；防止試管受熱不均而炸裂，故答案為：防止乙醇與乙酸劇烈沸；防止乙酸乙酸揮發(fā)過快；防止試管受熱不均而炸裂；(5)制備乙酸乙酯時，常用飽和碳酸鈉溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分層析出，所以BC正確，故答案為：BC；(6)分離粗產品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，實現(xiàn)酯與乙酸和乙醇的分離，分離油層和水層采用分液的方法，所以用到的儀器為分液漏斗；乙酸乙酯的密度比水小，所以在碳酸鈉溶液層上方有無色油狀液體出現(xiàn)，分離時，乙酸乙酯應該從分液漏斗的上口倒出，故答案為：分液漏斗；上口倒。27、酸高錳酸鉀具有強氧化性錐形瓶內顏色變化當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色偏小無影響偏小環(huán)形玻璃攪拌棒減少實驗過程中的熱量損失-51.8kJ/mol【解析】

(I)(1)KMnO4溶液具有強氧化性，可以腐蝕橡皮管；(2)根據(jù)滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反應完畢，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，說明滴定到終點；(3)根據(jù)c(待測)═分析誤差；(II)(1)根據(jù)量熱計的構造來判斷該裝置的缺少儀器；(2)中和熱測定實驗成敗的關鍵是保溫工作；(3)先根據(jù)表中測定數(shù)據(jù)計算出混合液反應前后的平均溫度差，再根據(jù)Q=cm△T計算出反應放出的熱量，最后計算出中和熱。【詳解】(I)(1)KMnO4溶液具有強氧化性，可以腐蝕橡皮管，故KMnO4溶液應裝在酸式滴定管中，故答案為：酸；因KMnO4溶液有強氧化性，能腐蝕橡皮管；(2)滴定時，左手控制滴定管活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反應完畢，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，說明滴定到達終點，不需要外加指示劑，故答案為：錐形瓶內溶液顏色的變化；當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色且30s內不褪色；(3)A．滴定前仰視刻度，滴定后俯視刻度，造成V(標準)偏小，根據(jù)c(待測)═分析，c(待測)偏小，故答案為：偏??；B．錐形瓶在盛放待測液前未干燥，有少量蒸餾水，對V(標準)無影響，根據(jù)c(待測)═分析，c(待測)無影響，故答案為：無影響；C．滴定過程中搖動錐形瓶，不慎將瓶內的溶液濺出一部分，待測液減少，造成V(標準)偏小，根據(jù)c(待測)═分析，c(待測)偏小，故答案為：偏小。(II)(1)由量熱計的構造可知，該裝置的缺