2023-2024學年山東省淄博市臨淄第一中學高一化學第二學期期末聯考模擬試題含解析

2023-2024學年山東省淄博市臨淄第一中學高一化學第二學期期末聯考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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、下列說法正確的是()A．1molO2所占體積約為22.4LB．40gSO3中含有的分子數約為6.02×1023C．100mL0.1mol/LNaCl溶液中含溶質的物質的量為0.01molD．標準狀況下，11.2LN2和H2的混合氣體所含原子數約為3.01×10232、關于1molCO2（相對分子質量：44）的敘述正確的是A．質量為44g/mol B．摩爾質量為44gC．標準狀況下的體積約為22.4L D．分子數為13、將1molCH4和適量的O2在密閉容器中點燃，充分反應后，CH4和O2均無剩余，且產物均為氣體（101kPa，120℃），總質量為72g，下列有關敘述錯誤的是（）A．若將產物通過堿石灰，則不能被完全吸收B．若將產物通過濃硫酸，充分吸收后，濃硫酸增重18gC．產物的平均摩爾質量為24g.mol-1D．反應中消耗O256g4、最新科技報道，美國夏威夷聯合天文中心的科學家發(fā)現了新型的氫粒子，這種粒子是由3個氫原子核(沒有中子)和2個電子構成。對這種粒子，下列說法中正確的是A．它是氫的一種新的同素異形體 B．它比普通H2分子多一個質子C．它的組成可用H3表示 D．它是氫元素的一種新的同位素5、下列反應你認為理論上不可用于構成原電池的是A．2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ B．Zn＋CuSO4＝Cu+ZnSO4C．Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2＋2NH3↑ D．CH4＋2O2CO2＋2H2O6、在合成氨反應中,下列反成物與生成物之間的反應速率關系，正確的是A.v(H2)=3/2v(NH3)B．v(H2)=2/3v(NH3)C．v(N2)=v(NH3)D．v(N2)=2v(NH3)7、下列關于海水資源綜合利用的說法中，正確的是A．可用海水曬鹽的方法提取海水中的淡水資源B．只通過物理變化即可提取海水中的溴單質C．從海帶灰中提取I－，需加入CCl4萃取D．利用海水、鋁、空氣發(fā)電是將化學能轉化為電能8、將4molA氣體和2molB氣體在2L的容器中混合并在一定條件下發(fā)生如下反應：2A(g)＋B(g)＝2C(g)若經2s后測得C的濃度為0.6mol/L，現有下列幾種說法①用物質A表示的反應的平均速率為0.3mol/(L·s)②用物質B表示的反應的平均速率為0.6mol/(L·s)③2s時物質A的轉化率為70％④2s時物質B的濃度為0.7mol/L其中正確的是A．①③ B．①④ C．②③ D．③④9、下列措施能增大相應化學反應速率的是（）A．鹽酸和大理石反應制取CO2時，增加大理石的用量B．Cu與稀硝酸反應制取NO時，改用濃硝酸C．NH4Cl與熟石灰反應制NH3時，增大壓強D．在用Zn和稀硫酸反應制氫氣時，加入幾滴硫酸銅溶液10、下列由相關實驗現象所推出的結論正確的是（）A．Cl2、SO2均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，說明二者均有漂白性B．溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出現白色沉淀，說明該溶液中一定有SO42-C．鎂、鋁、NaOH溶液形成原電池時鋁做負極，說明鋁比鎂活潑D．向溶液中滴加鹽酸產生CO2氣體，溶液中可能含有CO32﹣11、已知某飽和溶液的以下條件：①溶液的質量、②溶劑的質量、③溶液的體積、④溶質的摩爾質量、⑤溶質的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用來計算該飽和溶液的物質的量濃度的組合是(

)A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①③⑤ D．①③④⑤12、某原電池反應原理如圖所示，下列說法正確的是A．在溶液中，SO42-移向正極B．在溶液中，電子從鋅片流向銅片C．一段時間后，溶液顏色變淺D．負極電極反應式為:Cu2++2e-=Cu13、下列裝置或操作能達到實驗目的的是()A．形成鋅-銅原電池 B．實驗室制備乙酸乙酯C．證明酸性：CHCOOH>H2CO3>硅酸 D．石油的分餾14、下列實驗能獲得成功的是A．苯與濃溴水用鐵作催化劑制溴苯 B．可用分液漏斗分離硝基苯和水C．將苯與濃硝酸混合共熱制硝基苯 D．加入水后分液可除去溴苯中的溴15、把a、b、c、d四塊金屬片浸入稀硫酸中，用導線兩兩相連可以組成幾個原電池。若a、b相連時a為負極；c、d相連時電流由d到c；a、c相連時c上產生大量氣泡；b、d相連時b上有大量氣泡產生，則四種金屬的活動性順序由強到弱為（）A．a＞c＞d＞b B．a＞b＞c＞d C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a16、配制一定物質的量濃度的硫酸溶液涉及多步操作，其中下列圖示操作正確的是A． B． C． D．17、下列屬于吸熱反應的是A．氧化鈣與水反應 B．鐵絲在氧氣中燃燒C．NaOH溶液與鹽酸反應 D．Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl晶體反應18、通過標記的進行跟蹤研究，醫(yī)學界發(fā)現了一種的羧酸衍生物在特定的條件下可通過斷裂DNA殺死艾滋病病毒。有關和的敘述正確的是A．金剛石與具有相同的物理性質B．轉變?yōu)榈倪^程屬于化學變化C．與互為同位素D．與的原子中含有的中子數之比為19、常溫下，氣態(tài)分子中1mol化學鍵斷裂產生氣態(tài)原子所需要的能量用E表示。根據表中信息判斷下列說法不正確的是（）共價鍵H-HF-FCl-ClH-FH-ClH-IE(kJ·mol-1)436157243568432298A．由表中數據可知反應活性F2＞Cl2B．表中最不穩(wěn)定的共價鍵是F-F鍵C．2Cl(g)=Cl2(g)△H=+243kJ·mol-1D．F2(g)+2HCl(g)=2HF(g)+Cl2(g)△H=－358kJ·mol-120、下列說法正確的是（）A．鄰二溴苯只有一種可以證明苯環(huán)結構中不存在單雙鍵交替結構B．沸點由高到低：己烷＞異丁烷＞正丁烷C．制取一氯乙烷的最佳途徑是通過乙烷與氯氣反應獲得D．等物質的量的乙醇和水分別與足量的鈉反應，生成的氣體體積比為3：121、利用下圖裝置可以進行實驗并能達到實驗目的的是選項實驗目的X中試劑Y中試劑A用MnO2和濃鹽酸制取并收集純凈干燥的Cl2飽和食鹽水濃硫酸B用Cu與稀硝酸制取并收集純凈干燥的NO水濃硫酸C用Na2SO3和濃硫酸制取收集SO2并檢驗其性質品紅溶液濃硫酸D用CaCO3和稀鹽酸制取并收集純凈干燥的CO2飽和Na2CO3溶液濃硫酸A．A B．B C．C D．D22、已知反應A+B=C+D的能量變化如圖所示，下列說法正確的是（）。A．該反應為放熱反應B．該反應為吸熱反應C．反應物的總能量高于生成物的總能量D．該反應只有在加熱條件下才能進行二、非選擇題(共84分)23、（14分）目前世界上60%的鎂是從海水中提取的。已知海水提取鎂的主要步驟如圖：（1）關于加入試劑①作沉淀劑，有以下幾種不同方法，請完成下列問題。方法是否正確簡述理由方法1：直接往海水中加入沉淀劑不正確海水中鎂離子濃度小，沉淀劑的用量大，不經濟方法2：高溫加熱蒸發(fā)海水后，再加入沉淀劑不正確（一）你認為最合理的其他方法是：（二）（一）___；（二）___；（2）框圖中加入的試劑①應該是___（填化學式）；加入的試劑②是___（填化學式）；工業(yè)上由無水MgCl2制取鎂的化學方程式為___。（3）加入試劑①后，能夠分離得到Mg(OH)2沉淀的方法是___。24、（12分）已知X、Y、Z、W是短周期界素中的四種非金屬元素，它們的原子序數依次增大，X元素的原子形成的離子就是一個質子，Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質在常溫下均為無色氣體，Y原子的最外層電子數是內層電子數的2倍。（1）請寫出Z在元素周期表中的位置為第周期、第族。（2）氣體分子YW2的電子式為。（3）由X、Y、Z、W四種元素可組成酸式鹽，該化合物的水溶液與足量NaOH溶液在加熱條件下反應的離子方程式為。（4）在一定條件下，由X單質與單質Z可化合生成E，工業(yè)上用E檢驗輸送氯氣的管道是否漏氣，可觀察到大量白煙，同時有單質Z生成，寫出化學方程式。該反應中被氧化的E與參與反應的E的質量之比。25、（12分）乙酸乙酯用途廣泛，在食品中可作為香料原料，現利用如下方法制備和提純。Ⅰ、制備在試管a中先加入3mLCH3CH2OH，邊搖動邊緩緩加入2mL濃H2SO4并充分搖勻，冷卻后再加入2mLCH3CO18OH，充分混合后將試管固定在鐵架臺上，在試管b中加入7mL飽和碳酸鈉溶液。連接好裝置。用酒精燈對試管a加熱，當觀察到試管b中有明顯現象時停止加熱。（1）該裝置有一處錯誤，請指出__________________________。（2）試管a中生成乙酸乙酯的化學方程式（標記出18O的位置）______________________________。（3）加入濃H2SO4的作用是______________________________。II、提純：（1）操作1需用到_____________（填儀器名稱），上層液體從該儀器的_________分離出來（填“上口”或“下口”）。（2）請根據乙酸乙酯的性質選擇合適的干燥劑__________。a.氯化鈣b.堿石灰c.硫酸銅（3）試管b中混合液體在振蕩過程中有氣泡產生，該反應的化學方程式為_________________________。26、（10分）堿式次氯酸鎂[Mg2ClO(OH)3·H2O]微溶于水，是一種無機抗菌劑。某研發(fā)小組通過下列流程制備堿式次氯酸鎂：⑴從上述流程可以判斷，濾液中可回收的主要物質是______。⑵調pH時若條件控制不當，會使得所制的堿式次氯酸鎂中混有Mg(OH)2雜質。為防止生成該雜質，實驗中可以采取的方法是______。⑶為測定堿式次氯酸鎂的質量分數[含少量Mg(OH)2雜質]，現進行如下實驗：稱取0.2000g堿式次氯酸鎂樣品，將其溶于足量硫酸。向溶液中加入過量KI，再用0.1000mol·L-1Na2S2O3滴定生成的I2，恰好完全反應時消耗Na2S2O3溶液體積為20.00mL。計算堿式次氯酸鎂的質量分數。（寫出計算過程）______________已知：2I－＋ClO－＋2H+＝I2＋Cl－＋H2O，I2＋2S2O32-＝2I－＋S4O62-。27、（12分）用50mL0.50mol?L﹣1鹽酸與50mL0.55mol?L﹣1NaOH溶液在如下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?；卮鹣铝袉栴}：（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器的名稱是_________________。（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是___________________________________________________________。（3）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數值_______（填“偏大、偏小、無影響”）。（4）如果用60mL0.50mol?L﹣1鹽酸與50mL0.55mol?L﹣1NaOH溶液進行反應，與上述實驗相比，所放出的熱量_________（填“相等、不相等”），所求中和熱_______（填“相等、不相等”）。28、（14分）工業(yè)上采用CO2與NH3為原料合成尿素[CO(NH2)2]，反應原理為：①2NH3+CO2＝H2NCOONH4；②H2NCOONH4＝CO(NH2)2+H2O（1）將一定量=3的原料氣通入合成塔中，在分離出的氣體中測得=6，則該反應中CO2的轉化率（CO2轉化率=×100%）為______。（2）合成中氨碳比[]、水碳比[]以及反應的溫度對CO2的平衡轉化率的影響如圖，則該反應最適宜的條件是：氨碳比為______，反應溫度為______。（3）實驗室用以下裝置模擬第一步反應合成H2NCOONH4（氨基甲酸銨）的實驗。已知：H2NCOONH4遇水易發(fā)生非氧化還原反應，生成碳酸銨或碳酸氫銨。①裝置A用于制備氨氣，則固體M可以是______或______。②反應中若有水存在，寫出生成碳酸氫銨反應的化學方程式______。③選用干冰提供CO2的優(yōu)點是______。裝置C為吸收尾氣的裝置，導管未插入液面以下的目的是______。29、（10分）下列說法或操作正確的是__________。①用酒精萃取碘水中的碘，下層液體由分液漏斗下口放出，上層液體由上口倒出②使用容量瓶之前必須進行檢漏操作③海帶中碘元素的分離及檢驗時，需要向海帶灰的浸取液中加入少量稀硫酸和過氧化氫溶液④將NaNO3和KCl的混合液加熱并濃縮至有晶體析出，趁熱過濾時，可分離出NaCl晶體⑤用加熱法可以分離高錳酸鉀和碘單質的混合物，因為碘單質受熱易升華⑥用蒸發(fā)方法使NaCl從溶液中析出時，應將蒸發(fā)皿中NaCl溶液中的水全部加熱蒸干

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】分析：A.沒有告訴在標準狀況下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算氧氣的體積；B.三氧化硫的摩爾質量為80g/mol，40g三氧化硫分子的物質的量為0.5mol；

C.100mL0.1mol/LNaCl溶液中含有溶質氯化鈉0.01mol；D.標準狀況下，11.2L混合氣體的物質的量為0.5mol，氫氣和氮氣為雙原子分子，0.5mol氫氣和氮氣的混合物中含有1mol原子。詳解：A.不是標準狀況下，題中條件無法計算1mol氧氣的體積,故A錯誤;

B.40g三氧化硫的物質的量為0.5mol，含有的分子數約為3.01×1023，故B錯誤；

C.100mL0.1mol/L

NaCl溶液中,含有溶質氯化鈉：0.1mol/L×0.1L=0.01mol，所以C選項是正確的；

D.標況下，11.2L氮氣和氫氣的物質的量為0.5mol，0.5mol混合氣體中含有1mol原子，所含原子數約為6.02×1023，故D錯誤。

所以C選項是正確的。2、C【解析】

A、質量的單位是g，不是g/mol，故A錯誤；B、摩爾質量的單位是g/mol，故B錯誤；C、標況下，1mol任何氣體所占的體積約為22.4L，CO2是氣體，故C正確；D、分子數為NA，故D錯誤；故合理選項為C。3、B【解析】試題分析：A、根據質量守恒定律可知，m(O2)＝72g－16g＝56g，n(O2)＝＝1.75mol，由CH4＋2O2→CO2＋2H2O可知，若產物均為CO2和H2O，則消耗2molO2，故反應生成的產物應有CO，CO既不能被堿石灰吸收，也不能被濃硫酸吸收，A正確；B、由H原子守恒可知，反應生成的n(H2O)＝2mol，m(H2O)＝36g，因此若將產物通過濃硫酸，充分吸收后，濃硫酸增重36g，B錯誤；C、由C原子守恒可知，CO和CO2混合氣體的物質的量等于CH4的物質的量，即為1mol，則混合氣體的總物質的量為1mol＋2mol＝3mol，產物的平均摩爾質量為＝24g·mol－1，C正確；D、根據以上分析可知消耗氧氣是56g，D正確，答案選B。考點：考查有機物燃燒的計算。4、B【解析】

由這種新粒子是由3個氫原子核（只含質子）和2個電子構成的，其質子數為3，電子數為2的陽離子，以此來解答。【詳解】A．它不是氫的一種新的同素異形體，同素異形體是指性質不同的單質，如：白磷和紅磷、O2和O3、金剛石和石墨等，故A錯誤；

B．普通H2分子有2個質子，而這種新粒子有3個氫原子核，比普通H2分子多一個氫原子核，即它比普通H2分子多一個質子，故B正確；C．新型氫微粒是由3個氫原子核(只含質子)和2個電子構成，核內質子數－核外電子數＝所帶電荷數，即：＋3－2＝＋1，所以該微粒是帶一個單位正電荷的陽離子：H+3，故C錯誤；

D．質子數相同、中子數不同的原子互為同位素，該粒子與H的質子數不同，也不是原子范疇，則不是氫的同位素，故D錯誤；

答案選B?！军c睛】本題以信息的形式考查原子的構成，明確信息是解答本題的關鍵，注意結合所學知識來解答，難度不大。5、C【解析】

根據原電池的工作原理可以得出：自發(fā)的放熱的氧化還原反應可以設計成原電池，據此來回答?！驹斀狻緼、2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑是放熱的氧化還原反應，能設計成原電池，選項A不選；B、Zn＋CuSO4＝Cu+ZnSO4是放熱的氧化還原反應，能設計成原電池，選項B不選；C、Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2＋2NH3↑屬于復分解反應，不是氧化還原反應，不能設計成原電池，選項C選；D、CH4＋2O2CO2＋2H2O是放熱的氧化還原反應，能設計成燃料電池，選項D不選；答案選C。【點睛】本題是考查原電池的設計，難度不大，明確原電池的構成條件及反應必須是放熱反應是解本題的關鍵。6、A【解析】合成氨的反應為3H2+N22NH3，反應速率之比等于化學計量數之比，則：A．氫氣與氨氣的化學計量數之比為3：2，則v(H2)=v(NH3)，故A正確；B．氫氣與氨氣的化學計量數之比為3：2，則v(H2)=v(NH3)，故B錯誤；C．氮氣與氨氣的化學計量數之比為1：2，則v(N2)=v(NH3)，故C錯誤；D．氮氣與氨氣的化學計量數之比為1：2，則v(N2)=v(NH3)，故D錯誤；故選A。7、D【解析】

A項、蒸餾法、電滲析法和離子交換法是海水淡化的主要方法，故A錯誤；B項、海水中溴元素是溴離子，海水中溴離子轉化為溴單質的過程中，有新物質生成，屬于化學變化，故B錯誤；C項、從海帶灰中提取I－，需加水溶解、過濾，故C錯誤；D項、鋁、空氣在海水中構成原電池，將化學能轉化為電能，故D正確；故選D。8、B【解析】

①根據方程式知，△c(A)=△c(C)=0.6mol/L，則A的平均反應速率為：=0.3mol/(L·s)，故正確；②同一反應不同物質的反應速率之比等于計量數之比，所以v(A)=2v(B)，所以v(B)=0.15mol/(L·s)，故錯誤；③△c(A)=0.6mol/L，容器體積為2L，則△n(A)=1.2mol，轉化率為=30%，故錯誤；④B的起始濃度為=1mol/L，根據方程式知，2△c(B)=△c(C)，則△c(B)=0.3mol/L，所以2s時B的濃度為1mol/L-0.3mol/L=0.7mol/L，故正確；綜上所以答案為B。9、D【解析】

A．增大固體的用量，固體的濃度不變，化學反應速率不變，故A錯誤；B．稀硝酸與銅反應放出NO，濃硝酸與銅反應放出NO2，反應本質發(fā)生了變化，不能用濃度對反應速率的影響解釋，故B錯誤；C．NH4Cl與熟石灰均為固體，增大壓強，反應速率不變，故C錯誤；D．Zn能夠從硫酸銅溶液中置換出銅，形成鋅銅原電池，所以能使反應速率加快，故D正確；故選D?！军c睛】本題是易錯點為B，要注意分析外界因素對反應速率的影響時，不能改變反應的本質。10、D【解析】分析：A、氯氣和氫氧化鈉溶液反應消耗氫氧化鈉,二氧化硫是酸性氧化物和氫氧化鈉反應消耗氫氧化鈉,溶液褪色;B、根據亞硫酸根離子具有還原性的干擾分析判斷;C、根據原電池原理分析,利用自發(fā)進行的氧化還原反應設計原電池;D、溶液中碳酸根離子、碳酸氫根離子和鹽酸反應都能生成二氧化碳。詳解：A、氯氣和氫氧化鈉溶液反應消耗氫氧化鈉,二氧化硫是酸性氧化物和氫氧化鈉反應消耗氫氧化鈉,溶液褪色,不是漂白性,故A錯誤;B、根據亞硫酸根離子具有還原性的干擾分析判斷,原溶液中含有亞硫酸根離子,在酸化的Ba（NO3）2溶液中稀硝酸氧化亞硫酸根離子為硫酸根離子,結合鋇離子生成沉淀,故B錯誤;C、利用自發(fā)進行的氧化還原反應設計原電池,鎂和氫氧化鈉溶液不反應,鋁和氫氧化鈉溶液發(fā)生氧化還原反應,鋁做負極,鎂活潑性比鋁強,故C錯誤;D、溶液中碳酸根離子、碳酸氫根離子和鹽酸反應都能生成二氧化碳,向溶液中滴加鹽酸產生CO2氣體,溶液中可能含有CO32﹣,所以D選項是正確的。點睛：本題考查由現象判斷物質的性質的方法。氯氣和氫氧化鈉溶液反應消耗氫氧化鈉,二氧化硫是酸性氧化物和氫氧化鈉反應消耗氫氧化鈉,溶液褪色是因為兩者都和氫氧化鈉溶液反應的結果，和漂白性無關。11、C【解析】

A、設定該飽和溶液是由100g水配制而成的飽和溶液，由⑤溶質的溶解度、⑥溶液的密度可計算出該溶液體積，根據④溶質的摩爾質量、⑤溶質的溶解度可計算出該飽和溶液中溶質的物質的量，由此計算出該飽和溶液的物質的量濃度，故A不符合題意；B、由①溶液的質量、②溶劑的質量可計算出溶質的質量，然后依據溶質的質量和④溶質的摩爾質量計算出溶質的物質的量，再同③溶液的體積計算出該飽和溶液的物質的量濃度，故B不符合題意；C、由①溶液的質量和⑤溶質的溶解度可計算出溶質的質量，但并不能計算出溶質的物質的量，無法計算該飽和溶液的物質的量濃度，故C符合題意；D、由①溶液的質量和⑤溶質的溶解度可計算出溶質的質量，再結合④溶質的摩爾質量可計算溶質的物質的量，根據所得溶質的物質的量與③溶液的體積計算出該飽和溶液的物質的量濃度，故D不符合題意。12、C【解析】分析：原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應，據此判斷。詳解：A.原電池中陰離子向負極移動，即在溶液中，SO42-移向負極，A錯誤；B.金屬性鋅強于銅，鋅是負極，銅是正極，則電子從鋅片通過導線流向銅片，溶液不能傳遞電子，B錯誤；C.正極銅離子放電析出銅，因此一段時間后，溶液顏色變淺，C正確；D.鋅是負極，則負極電極反應式為Zn－2e-=Zn2+，D錯誤。答案選C。13、D【解析】

A.酒精是非電解質，不能自發(fā)進行氧化還原反應，所以不能構成原電池，故A錯誤；B.導氣管不能伸到Na2CO3溶液中，防止倒吸，故B錯誤；

C.由于醋酸具有揮發(fā)性，制取的二氧化碳氣體中含有醋酸，醋酸會干擾二氧化碳與硅酸鈉溶液的反應，CO2在通入硅酸鈉溶液之前，要除去CO2中混有的醋酸，故C錯誤；D.根據餾分溫度不同采用蒸餾方法分餾石油，溫度計測量餾分溫度，冷凝管中水流方向采取“下進上出”原則，符合操作規(guī)范，故D正確；本題答案選D。14、B【解析】

A項、苯和液溴在鐵作催化劑條件下制取溴苯，苯和濃溴水不反應，故A錯誤；B項、互不相溶的液體可以采用分液方法分離，硝基苯和水不互溶，可以采用分液方法分離，故B正確；C項、苯和濃硝酸在濃硫酸作催化劑、加熱條件下制取硝基苯，沒有催化劑，不能制取硝基苯，故C錯誤；D項、溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，應該用NaOH溶液除去溴，然后采用分液方法分離，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查有機物的結構和性質，側重于分析、實驗能力的考查，注意常見有機物的性質，根據性質判斷可能發(fā)生的反應類型和分離提純的方法是解答關鍵。15、A【解析】原電池中，活潑金屬作負極失去電子，較不活潑金屬作正極，離子在正極得到電子。a、b相連時，a為負極，故活性a＞b；c、d相連時，電流由d到c，故d為正極，c為負極，故活性c＞d；a、c相連時，c極產生氣泡，說明H+在c極得到電子變成氫氣，說明c是正極，a為負極，故活動性a＞c；b、d相連時，b極產生氣泡，說明H+在b極得到電子變成氫氣，說明b是正極，d為負極，故活動性d＞b；故四種金屬活動性順序為a＞c＞d＞b。綜上所述，本題正確答案為A。BCD均錯。16、D【解析】

A、稀釋濃硫酸時一定不能把水注入濃硫酸中，要把濃硫酸緩緩地沿器壁注入水中，同時用玻璃棒不斷攪拌，以使熱量及時地擴散，選項A錯誤；B、轉移時應用玻璃棒引流，選項B錯誤；C、用膠頭滴管滴加溶液時應懸于容器上方滴加，選項C錯誤；D、配制溶液時定容后就進行搖勻，操作正確，選項D正確。答案選D。17、D【解析】

A.氧化鈣與水反應是放熱反應；B.鐵絲在氧氣中燃燒是放熱反應；C.NaOH溶液與鹽酸反應是放熱反應；D.Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl晶體反應是吸熱反應。本題選D。【點睛】解答本題的關鍵是熟記常見的吸熱反應和放熱反應，常見的放熱反應：①大多數化合反應，②所有的燃燒反應，③酸堿中和反應，④金屬與酸反應放出H2，⑤物質的緩慢氧化等；常見的吸熱反應：①大多數分解反應，②鹽類的水解反應，③Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl的反應，④C和CO2、C和H2O(g)的反應等。18、D【解析】

A．C60是分子晶體，金剛石為原子晶體，物理性質不相同，故A錯誤；B．14C轉變?yōu)?2C的過程中原子核發(fā)生了變化，不屬于化學變化，化學變化過程中原子種類不變，故B錯誤；C．12C60與14C60屬于單質，不屬于原子，不是同位素，故C錯誤；D．中子數=質量數-質子數，12C與14C的原子中含有的中子數分別為6、8，中子數之比為3∶4，故D正確；故選D。19、C【解析】分析：A、鍵能越小反應活性越強；B、鍵能越大形成的化學鍵越穩(wěn)定；C、形成化學鍵放熱；D、依據反應焓變=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和計算判斷。詳解：A、鍵能越小反應活性越強，根據表中鍵能數據可知反應活性是F2＞Cl2，A正確；B、鍵能越大形成的化學鍵越穩(wěn)定，表中鍵能最大的是H-F，最穩(wěn)定的共價鍵是H-F鍵，最不穩(wěn)定的是F-F鍵，B正確；C、2mol氯原子形成1mol氯氣放熱，即2Cl(g)=Cl2(g)△H=－243kJ·mol-1，C錯誤；D、反應焓變=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和，則反應F2(g)+2HCl(g)=2HF(g)+Cl2(g)的△H=(157+2×432－2×568－243)kJ/mol＝-358kJ/mol，D正確；答案選C。20、A【解析】

A．若苯環(huán)中存在單、雙鍵交替結構，則鄰二溴苯有兩種，鄰二溴苯只有一種可以證明苯環(huán)結構中不存在單雙鍵交替結構，故A正確；B．烷烴的碳原子數越多，沸點越高，互為同分異構體的烷烴，支鏈越多，沸點越低，沸點由高到低：己烷>正丁烷＞異丁烷，故B錯誤；C．乙烷與氯氣發(fā)生取代反應，在光照條件下，產物復雜，為鏈鎖反應，應利用乙烯與HCl發(fā)生加成反應制備氯乙烷，故C錯誤；D．乙醇、Na與水反應的方程式為2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，等物質的量的乙醇和水與足量的鈉反應生成氣體物質的量相等，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查有機物的結構與性質，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，選項C為解答的易錯點，要注意烷烴取代反應的復雜性。21、C【解析】分析：A.反應需要加熱；B.NO易被氧化為NO2；C.二氧化硫能使品紅溶液褪色；D.碳酸鈉溶液能與二氧化碳反應。詳解：MnO2和濃鹽酸反應需要加熱，圖中缺少加熱裝置，不能制備氯氣，A錯誤；B.NO不能利用排空氣法收集，因NO與氧氣反應，應排水法收集，B錯誤；C.二氧化硫具有漂白性，能夠使品紅褪色，二氧化硫可以用濃硫酸干燥，二氧化硫氣體密度大于空氣密度，可用向上排空氣法收集，C正確；D.反應生成二氧化碳，二氧化碳能夠與飽和Na2CO3溶液反應，應該用飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl，D錯誤；答案選C。22、B【解析】試題分析：A、根據圖像可知反應物總能量低于生成物總能量，反應是吸熱反應，A錯誤；B、根據圖像可知反應物總能量低于生成物總能量，反應是吸熱反應，B正確；C、根據圖像可知反應物總能量低于生成物總能量，C錯誤；D、反應條件與反應是放熱還是吸熱沒有關系，D錯誤，答案選B?？键c：考查反應熱的有關判斷二、非選擇題(共84分)23、能源消耗大，不經濟海灘曬鹽蒸發(fā)濃縮得到苦鹵水后，加入沉淀劑Ca(OH)2HClMgCl2(熔融)Mg+Cl2↑過濾【解析】

本題考查的是從海水中提取鎂的流程，試劑①應該是石灰乳，發(fā)生的反應為MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2，經過過濾得到Mg(OH)2沉淀，加入試劑②鹽酸，發(fā)生反應Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O，然后蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶脫水制的無水MgCl2，再電解熔融的MgCl2便可制得Mg，據此分析解答問題?！驹斀狻?1)高溫蒸發(fā)海水時消耗能源大，不經濟，方法不正確，應先濃縮海水再加入沉淀劑，故答案為：能源消耗大，不經濟；海灘曬鹽蒸發(fā)濃縮得到苦鹵水后，加入沉淀劑；(2)根據上述分析可知，試劑①應該是石灰乳，發(fā)生的反應為MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2，經過過濾得到Mg(OH)2沉淀，加入試劑②鹽酸，發(fā)生反應Mg(OH)2+2HCl===MgCl2+2H2O，工業(yè)上電解熔融的MgCl2便可制得Mg，化學方程式為MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故答案為：Ca(OH)2；HCl；MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；(3)試劑①應該是石灰乳，發(fā)生的反應為MgCl2+Ca(OH)2===Mg(OH)2↓+CaCl2，經過過濾得到Mg(OH)2沉淀，故答案為：過濾。24、（1）二、ⅤA；（2）；（3）NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣；（4）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；1：4?！窘馕觥吭囶}分析：X元素的原子形成的離子就是一個質子，即X為H，Y的原子最外層電子數是內層電子數的2倍，即Y為C，Z、W在元素周期表中處于相鄰的文職，它們的單質在常溫下為無色氣體，則Z為N，W為O，（1）N位于周期表第二周期VA族元素；（2）CO2中C和O共用2個電子對，因此電子式為；（3）組成酸式鹽為NH4HCO3，因此發(fā)生離子反應方程式為：NH4++HCO3﹣+2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣；（4）根據題目信息，應是NH3和Cl2的反應，白煙是NH4Cl，因此反應方程式為8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，根據反應方程式，被氧化的NH3的物質的量為2mol，參與反應NH3為8mol，因此兩者的比值為1：4?？键c：考查元素推斷、氧化還原反應、電子式、元素及其化合物的性質等知識。25、b中導管伸入到了液面以下CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H218O催化劑和吸水劑分液漏斗上口a2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O（或者用CH3CO18OH表示）【解析】分析：Ⅰ、（1）吸收乙酸乙酯時要防止倒吸；（2）酯化反應中羧酸提供羥基，醇提供氫原子；（3）根據酯化反應原理判斷。II、（1）操作1是分液；根據分液操作解答；（2）根據乙酸乙酯在堿性溶液中易水解分析；（3）乙酸能與碳酸鈉反應產生氣體。詳解：Ⅰ、（1）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，二者均與水互溶，吸收裝置中導管口不能插入溶液中，則該裝置的錯誤是b中導管伸入到了液面以下。（2）酯化反應中羧酸提供羥基，醇提供氫原子，則試管a中生成乙酸乙酯的化學方程式為CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H218O。（3）酯化反應是可逆反應，則加入濃H2SO4的作用是催化劑和吸水劑。II、（1）操作1是分液，需用到的儀器是分液漏斗，上層液體從該儀器的上口分離出來。（2）由于乙酸乙酯在堿性溶液中容易發(fā)生水解反應，硫酸銅不能作干燥劑，所以選擇氯化鈣干燥乙酸乙酯，答案選a；（3）試管b中混合液體在振蕩過程中有氣泡產生，這是由于碳酸鈉與乙酸反應產生的，則該反應的化學方程式為2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O。點睛：關于乙酸乙酯制備實驗還需要注意以下幾點：①加入試劑的順序為乙醇→濃硫酸→乙酸；②加熱時要用小火均勻加熱，防止乙醇和乙酸大量揮發(fā)，液體劇烈沸騰；③裝置中的長導管起導氣和冷凝作用；④加入碎瓷片，防止暴沸。26、NaCl加入NaOH溶液時加速攪拌或緩緩滴加NaOH溶液84.25%【解析】

堿式次氯酸鎂[Mg2ClO（OH）3?H2O]微溶于水，由流程可知，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液，然后向溶液中加入NaOH溶液并調節(jié)溶液的pH，反應得到堿式次氯酸鎂[Mg2ClO（OH）3?H2O]沉淀和NaCl，過濾得到堿式次氯酸鎂[Mg2ClO（OH）3?H2O]固體，濾液中成分是NaCl，然后將沉淀洗滌、干燥得到堿式次氯酸鎂[Mg2ClO（OH）3?H2O]?！驹斀狻浚?）由流程可知，濾液中的主要物質是NaCl，則濾液中可回收的主要物質是NaCl，故答案為：NaCl；（2）為防止調pH時若條件控制不當，溶液中鎂離子與氫氧化鈉反應生成氫氧化鎂沉淀，使所制的堿式次氯酸鎂中混有Mg(OH)2雜質，實驗中加入NaOH溶液時，應加速攪拌或緩緩滴加NaOH溶液，故答案為：加入NaOH溶液時加速攪拌或緩緩滴加NaOH溶液；（3）由題給方程式可得如下關系：Mg2ClO(OH)3·H2O—ClO－—I2—2S2O32-，反應消耗Na2S2O3的物質的量為0.1000mol·L-1×0.02000L=0.002000mol，由關系式可知Mg2ClO(OH)3·H2O的物質的量為×0.002000mol=0.001000mol，則堿式次氯酸鎂的質量分數為×100%=84.25%，故答案為：84.25%。【點睛】由于溶液中鎂離子能與氫氧化鈉反應生成氫氧化鎂沉淀，為防止生成氫氧化鎂沉淀，實驗中加入NaOH溶液時，應