2022-2023学年四川省剑门关高级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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、乙醇分子中各种化学键如下图所示，下列关于反应的断键位置的说明错误的是（

）A．乙醇和乙酸、浓H2SO4共热时断键②B．乙醇和金属钠的反应断键①C．乙醇和浓H2SO4共热到170℃时断键②⑤D．乙醇在Ag催化下与O2反应时断键①③2、下列关于实验室制取NH3的叙述正确的是A．用N2和H2作反应物 B．用碱石灰干燥C．用向上排空气法收集 D．用湿润的蓝色石蕊试纸验满3、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y是地壳含量最多的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族。下列说法正确的是A．X与Y只能形成一种化合物B．原子半径：r(Y)<r(W)<r(Z)C．W的气态氢化物的热稳定性比Y的强D．Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸4、下面的能源中属于二次能源的是A．电能B．风能C．太阳能D．煤5、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。Y是地壳中含量最高的元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2:3，Z是短周期中金属性最强的元素，W原子与X原子的最外层电子数相同。下列说法正确的是A．Z位于元素周期表中第2周期ⅠA族B．X的非金属性比Y的强C．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强D．原子半径：r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)6、把4.6g钠放入200mL0.1mol·L-1AlCl3溶液中，待其充分反应后，下列叙述中错误的是（）A．Cl-的浓度几乎不变 B．溶液变浑浊C．溶液中Al3+全部转化为AlO2- D．溶液中存在最多的离子是Na+7、对于下列事实的解释错误的是()A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D．浓硫酸常温下与铜不反应，加热时才能发生反应8、某单烯烃与氢气的加成产物为(CH3)2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是()A．该产物的名称是1，1—二甲基丙烷B．原单烯烃只可能有3种不同结构C．1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气D．原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物9、在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO。加入少量下列物质能使c(HClO)增大的是A．H2SB．NaOHC．CaCO3D．HCl10、标准状况下两个容积相等的储气瓶，一个装有甲烷，另一个装有一氧化碳和二氧化碳的混合气体，两瓶内的气体，一定相同的是()A．质量 B．原子总数C．碳原子数 D．密度11、下列有关元素周期表的说法正确的是A．元素周期表有8个主族B．0族原子的最外层电子数均为8C．ⅠA族的元素全是金属元素D．短周期是指第1、2、3周期12、下列叙述正确的是A．油脂和蛋白质都属于高分子化合物B．天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物C．蚕丝、羊毛、棉花可用来制作纺织品，它们的成分都是蛋白质D．葡萄糖与果糖是同分异构体，淀粉与纤维素也是同分异构体13、从海水中可获得的在常温下为液体的单质是()A．Mg B．K C．Br2 D．I214、根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是A．铍(Be)的原子失电子能力比镁弱 B．砹(At)的氢化物不稳定C．硒(Se)化氢比硫化氢稳定 D．氢氧化锶[Sr(OH)2]比氢氧化钙的碱性强15、为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是()序号不纯物除杂试剂分离方法ACH3CH3（CH2=CH2）酸性高锰酸钾溶液洗气B溴苯（Br2）水蒸馏CCH≡CH（H2S）硫酸铜溶液洗气D苯（甲苯）酸性高锰酸钾溶液分液A．A B．B C．C D．D16、有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1。取此溶液500mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如图所示。图中（V1）为112mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（）A．560、672B．1008、1120C．2240、2352D．392、50417、下列说法中，可以说明反应P(g)+Q(g)R(g)+T(g)在恒温下已经达到平衡的是()A．反应容器内的压强不随时间变化B．反应容器内P、Q、R、T四者共存C．P和T的生成速率相等D．反应容器内混合物的总物质的量不随时间变化18、下列关于乙酸和乙醇发生酯化反应的说法正确的是A．用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H218OB．浓硫酸的作用是中和碱性物质C．反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸D．用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯19、下列说法正确的是（）A．需要加热的反应一定是吸热反应B．放热反应X(s)=Y(s),则X比Y稳定C．硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同20、14C是一种放射性同位素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子或核爆炸产生的中子轰击14N可使它转变为14C．下列说法正确的是（）A．14C和14N互为同位素B．14C和C60是同素异形体C．146C核素中的中子数为8D．14CO2的摩尔质量为4621、在密闭容器中存在如下反应：A(g)+3B(g)2C(g)；△H＜0，某研究小组研究了只改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断一定错误的是A．图Ⅰ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高B．图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高C．图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高D．图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用催化剂的效率较高22、如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是()A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．可与溴水发生取代反应使溴水褪色C．中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D．在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应二、非选择题(共84分)23、（14分）石油裂解可获得A。已知A在通常状况下是一种相对分子质量为28的气体，A通过加聚反应可以得到F，F常作为食品包装袋的材料。有机物A、B、C、D、E、F有如下图所示的关系。（1）A的分子式为________。（2）写出反应①的化学方程式________；该反应的类型是________。写出反应③的化学方程式________。（3）G是E的同分异构体，且G能与NaHCO3反应，则G的可能结构简式分别为________。（4）标准状况下，将A与某烃混合共11.2L，该混合烃在足量的氧气中充分燃烧，生成CO2的体积为17.92L，生成H2O18.0g，则该烃的结构式为________；A与该烃的体积比为________。24、（12分）如图所示，已知A元素的最低化合价为－3价，D元素和B元素可形成2种化合物。试回答下列问题(均用具体的元素符号回答)：（1）写出它们的元素符号：A______，B________，C__________，D_______；（2）A、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是_____；（3）A、B、C的原子半径由小到大的顺序是_________；（4）A、B、C三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：_____；（5）用化学方程式表示元素C的非金属性大于B元素；__________。25、（12分）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化，在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：时间第1分钟第2分钟第3分钟第4分钟第5分钟产生氢气体积50mL120mL232mL290mL310mL（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，化学反应速率最大的时间段是____，导致该时间段化学反应速率最大的影响因素是____（选填字母编号）。A．浓度B．温度C．气体压强（2）化学反应速率最小的时间段是____，主要原因是____。（3）在2～3分钟时间段，以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为___mol/（L•min）（设溶液体积不变）。（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以向盐酸中分别加入等体积的___。A．蒸馏水；B．NaCl溶液；C．NaNO3溶液；D．CuSO4溶液；E.Na2CO3溶液26、（10分）海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下：⑴在提取碘的过程中有关实验的操作名称：①，③；写出过程②中有关反应的化学方程式：。⑵提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是。A．酒精B．苯C．乙酸D．四氯化碳⑶为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、物品，尚缺少的玻璃仪器是。⑷从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏。指出如图所示实验装置中的错误之处：；；。27、（12分）中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。I．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下图所示，试回答下列问题：（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是________。（2）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。A氧化性B还原性C挥发性D腐蚀性（3）流程Ⅱ中涉及的离子反应方程式如下，请在下面横线内填入适当的化学计量数：___Br2＋___=___＋___Br－＋___CO2↑________。（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的离子方程式：________。（5）流程Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_________。Ⅱ．目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：（6）操作A是_________，试剂a是__________。（7）由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_________。从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物可以用于________。28、（14分）请根据物质在生产、生活等方面的应用填空。（1）厨房里常使用小苏打，向其水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈__________(填字母代号)。a．浅蓝色b．浅红色c．浅绿色（2）检验某补铁剂中的Fe2＋是否被氧化成Fe3＋，可用__________溶液(填字母代号)。a．NaOHb．H2O2c．KSCN（3）电解氧化铝时加入冰晶石的作用为________________。（4）完成乙醇发生催化氧化的化学方程式：2CH3CH2OH＋O2_________________________。（5）常见的酸性锌锰电池的负极材料为Zn，请写出负极的电极反应式：___________________。（6）铝热反应是工业上常用的反应之一，请写出Al与Fe3O4发生铝热反应的化学方程式：___________。29、（10分）(1)原电池可将化学能转化为电能。若Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，负极是_____(填“Cu”或“Fe”)；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，正极发生_____反应(填“氧化“或还原”)。质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，一段时间后，取出洗净、干燥、称量，二者质量差为12.9g。则导线中通过的电子的物质的量是____

mol。(2)肼－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的能量转化率高。已知：电流效率可用单位质量的燃料提供的电子数表示。肼－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池、氨气－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的电流效率之比为____。(3)一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，x为_____。若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度____0.8mol/L(填“大于，小于或等于”)。若已知达平衡时，该容器内混合气休总压强为p，混合气体起始压强为p0。请用p0、p来表示达平衡时反应物A的转化率为________。

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】

乙醇含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，可与钠反应生成氢气，其中与乙酸发生酯化反应，与钠反应生成氢气时①键断裂，发生催化氧化反应生成乙醛，①③键断裂，若燃烧，则所有化学键都断裂，以此解答该题。【详解】A.和乙酸、浓H2SO4共热生成乙酸乙酯，O-H键断裂，即①断裂，A项错误；B.与Na反应生成氢气，O-H键断裂，即①断裂，B项正确；C.乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，C-O、C-H键断裂，即②、⑤断裂，C项正确；D.在Ag作用和O2反应，生成醛，C−H、O−H键断裂，则①、③断裂，D项正确；答案选A。2、B【解析】

A．氮气与氢气需要在高温高压、催化剂条件下生成氨气，不适合实验室制备氨气，故A错误；B．碱石灰是碱性干燥剂，可以干燥氨气，故B正确；C．氨气的密度比空气小，应采取向下排空气法收集氨气，故C错误；D．氨气的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色，则不用湿润的蓝色石蕊试纸验满，故D错误；故答案为B。3、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y是地壳含量最多的元素，则Y为O元素，Z与X原子的最外层电子数相同，且原子序数大于O，则Z为Na元素，Y与W同主族，则W为S元素，结构元素的性质进行答题。【详解】由分析可知：X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素。A.X为H元素、Y为O元素，H和O可以形成H2O或H2O2，故A错误；B.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞S＞O，即r(Y)<r(W)<r(Z)，故B正确；C.同主族从上到下氢化物的稳定性减弱，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱，故C错误；D.Z的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，是碱，故D错误。故选B。4、A【解析】分析：直接来自自然界而未经加工转换的能源叫一次能源；由一次性能源直接或间接转换而来的能源叫二次能源；据此分析解答。详解：必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源，四种能源中只有电能需要消耗其他形式的能才能转化为电能，故电能属于二次能源，风能、太阳能、煤都是一次能源.故选A.故答案为：A。点睛：一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源。例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能。二次能源：是指无法从自然办直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源。例：电能、乙醇汽油、氢能、沼气。5、D【解析】

短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是氧元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2：3，所以X是6号C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素，W原子与X原子的最外层电子数相同，则W是Si元素。A.Z位于元素周期表中第三周期ⅠA族，A错误；B.X是碳、Y是氧，O的非金属性强于C，B错误；C.碳的非金属性强于硅，所以W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，C错误；D.原子核外电子层数越多原子半径越大；当原子核外电子层相同时，核电荷数越多，原子半径越小，所以原子半径：r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)，D正确；故合理选项是D。6、B【解析】

4.6g钠的物质的量为4.6g÷23g/mol=0.2mol，由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知生成氢氧化钠0.2mol，AlCl3的物质的量为0.2L×0.1mol•L-1=0.02mol，n（Al3+）：n（OH-）=0.02mol∶0.2mol=1∶10，Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，据此分析解答。【详解】A．参加反应的水很少，溶液的体积基本不变，氯离子不反应，Cl-的浓度几乎不变，故A正确；B．Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，溶液不变浑浊，故B错误；C．Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，溶液中Al3+全部转化为AlO2-，故C正确；D．溶液中Na+为0.2mol，氯离子为0.06mol，偏铝酸根为0.02mol，氢氧根为0.2mol-0.02mol×4=0.12mol，故D正确。故选B。7、C【解析】常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，所以浓硝酸可以用铝罐贮存，但钝化属于化学变化。，C不正确，其余都是正确的，所以答案选C。8、B【解析】

A、该产物的名称是2－甲基丁烷，故A错误；B、原单烯烃中碳碳双键有三种位置，故B正确；C、该加成产物的分子式为C5H10,1mol该物质燃烧消耗7.5mol氧气，故C错误；D、C3H6可能为环丙烷，故D错误。答案选B。9、C【解析】A、Cl2＋H2S=S＋2HCl，使c(HClO)减小，故A错误；B、NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，促进氯气和水反应，但溶液中HClO浓度降低，故错B误；C、CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HClO和碳酸钙不反应，所以平衡向正反应方向移动，则HClO浓度增加，故C正确；D、加入HCl，溶液中氢离子浓度增大，抑制氯气和水反应，则HClO浓度降低，故D错误；故选C。10、C【解析】

同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量。【详解】A、甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，CH4的质量小于CO和CO2的总质量，故A错误；B、CH4分子含有5个原子，CO、CO2分子分别含有2个、3个原子，故CH4含有原子数目大于CO和CO2含有的总原子数目，故B错误；C、CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，故C正确；D．CH4的质量小于CO和CO2的总质量，则甲烷密度与CO和CO2的混合气体的密度不相等，故D错误；故选C。【点睛】本题主要考查阿伏伽德罗定律，同问同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有CH4，另一个装有CO和CO2的混合气体，则CO和CO2的总物质的量等于CH4的物质的量，含有分子数目相等，CH4分子含有原子数目比CO、CO2分子含有原子数目多，则含有原子数目不相等，CH4、CO和CO2均含有1个C原子，则含有碳原子数目相等，甲烷的摩尔质量小于CO、CO2的摩尔质量，而质量不相等、密度不相等。11、D【解析】试题分析：A．元素周期表有7个主族,7个副族，1个0族，1个第VIII族，错误；B．0族原子中He原子最外层只有2个电子，其余元素的原子最外层电子数为8，错误；C．ⅠA族的氢元素是非金属元素，其余都是金属元素，错误；D．第1、2、3周期含有的元素比较少，叫短周期元素，正确。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。12、B【解析】

A项、油脂不属于高分子化合物，故A错误；B项、天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点，故B正确；C项、蚕丝、羊毛的成分都是蛋白质，棉花的成分是纤维素，故C错误；D项、葡萄糖和果糖分子式相同结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素的聚合度n不同，不属于同分异构体，故D错误。故选B。【点睛】本题考查常见有机物的基本性质，注意糖类、油脂和蛋白质的组成和性质是解答关键。13、C【解析】考查海水的综合的用于。常温下呈液态的是溴单质，答案选C。14、C【解析】

A．铍（Be）和镁是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大，元素的原子失去电子的能力逐渐增强，则Be的原子失电子能力比镁弱，A正确；B．砹（At）是第六周期第VIIA的元素，由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，HI不稳定，容易分解，HAt的稳定性比HI还弱，因此砹的氢化物不稳定，B正确；C．硒与硫是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，元素的气态氢化物的稳定性逐渐减弱，所以硒（Se）化氢比硫化氢稳定性差，C错误；D．锶和钙是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，则氢氧化锶[Sr（OH）2]比氢氧化钙碱性强，D正确；答案选C。【点晴】元素周期律反映元素之间关系的规律，元素周期表是元素周期律的具体表现形式。比较元素金属性、非金属性强弱常用方法是：同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐逐渐增强（惰性气体元素除外）；元素的金属性越强，原子失去电子越容易，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，单质的还原性越强；元素的非金属性越强，原子越容易获得电子，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，单质的氧化性越强，氢化物的稳定性越强。15、C【解析】

A、CH2=CH2被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，CH3CH3中引入新杂质二氧化碳，故A错误；B、Br2易溶于溴苯，Br2微溶于水，不能用水除溴苯中的Br2，故B错误；C、H2S与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，CH≡CH不溶于水且与硫酸铜溶液不反应，故C正确；D、苯甲酸微溶于水易溶于苯，加酸性高锰酸钾溶液.将甲苯氧化为苯甲酸后，故不能用分液法分离，故D错误。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的实验方案的评价，注意物质的性质的异同，除杂时不能影响被提纯的物质，且不能引入新的杂质。16、B【解析】

向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，在碳酸钙沉淀溶解前二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比来解答。【详解】有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1，取此溶液500mL，氢氧根离子的物质的量是：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，OA段发生反应：Ca2++2OH-+CO2＝CaCO3↓+H2O，消耗112mL（物质的量为0.005mol）CO2，所以n（Ca2+）=0.005mol，产生碳酸钙的物质的量为0.005mol，消耗了氢氧根离子是0.01mol，所以KOH中含有氢氧根离子的物质的量=0.05mol-0.01mol=0.04mol；AB段发生反应：OH-+CO2＝HCO3-，消耗n（CO2）=0.04mol，标况下体积是：22.4L/mol×0.04mol=0.896L=896mL，V1为112mL，则V2=112mL+896mL=1008mL；B-最后段：CaCO3+H2O+CO2＝Ca2++2HCO3-，碳酸钙溶解，消耗二氧化碳体积和OA段相等，即112mL，V3的体积为：1008mL+112mL=1120mL。答案选B。【点睛】本题考查离子方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理以及反应的先后顺序为解答该题的关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，试题培养了学生的分析能力、化学计算能力以及图像分析与识别能力。17、C【解析】

在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A.反应前后体积不变，压强始终不变，因此反应容器内的压强不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.由于是可逆反应，反应容器内P、Q、R、T四者共存不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.P和T的生成速率相等说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；D.反应前后体积不变，混合气体的物质的量始终不变，因此反应容器内混合物的总物质的量不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，D错误；答案选C。【点睛】掌握平衡状态的含义、特征和判断依据是解答的关键。注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据，即①正反应速率和逆反应速率相等，②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。18、C【解析】

A.用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H2O和CH3CH218OOCCH3，A错误；B.浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，B错误；C.反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸，C正确；D.用分液的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯，D错误；答案为C19、D【解析】吸热反应与放热反应的判断一般不能通过反应条件来简单地确定，而必须通过反应前后吸收与放出的总能量比较来确定，也可以通过反应物与生成物键能的总大小来比较。A、需要加热的反应不一定都是吸热反应，如碳的燃烧、金属与非金属的化合反应等；吸热反应也不一定都需要加热，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应，在室温时就可以发生。错误；B、X(s)=Y(s)为放热反应，放热反应是反应物具有的总能量大于生成物总能量，所以X(s)的总能量大于Y(s)的总能量，因此Y比X稳定。错误；C、相同条件下,同一物质在气态时具有的能量最多,液体时次之,固态时最少,反应放出的热量等于反应物所具有的总能量减去生成物所具有的总能量,因为生成物是一样的,所以等量的硫蒸气完全燃烧时放出的热量会比硫固体放出的要多。错误；D、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成。旧键断键吸收的能量是不等于生成物成键放出的能量。正确；故选D。20、C【解析】试题分析：A、质子数不同，A项错误；B、14C不是单质，B项错误；C、146C核素中的中子数为14-6=8，C项正确；D、14CO2的摩尔质量为46g/mol，D项错误；答案选C。考点：考查原子结构21、C【解析】

A、增大压强，化学反应速率增大，达到平衡的时间缩短，且平衡向右移动，C的浓度增大，故A正确；B、增大压强，化学反应速率增大，达到平衡的时间缩短，且平衡向右移动，B的体积分数减小，故B正确；C、升高温度化学反应速率加快，平衡向左移动，B的体积分数增大，故C错误；D、催化剂可以改变化学反应的速率，对平衡没有影响，故D正确；答案选C。22、C【解析】

由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，据此分析解答。【详解】A．甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，选项A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，选项B错误；C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，选项C正确；D．乙醇与乙酸发生酯化反应需要在浓硫酸加热条件下进行，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握比例模型及对应化合物的性质为解答的关键，侧重常见几种烃和乙醇性质及结构的考查。二、非选择题(共84分)23、C2H4CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反应nCH2=CH2CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH3：2【解析】石油裂解可获得A，A在通常状况下是一种相对分子量为28的气体，则A为CH2=CH2，A发生加聚反应生成F为聚乙烯，结构简式为；A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为CH3COOCH2CH3，则（1）由上述分析可知，A为乙烯，分子式为C2H4；（2）反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应化学方程式为：nCH2=CH2；（3）G是乙酸乙酯的同分异构体，且G能与NaHCO3反应，说明含有羧基，则G的可能结构简式分别为：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH；（4）标况下，混合气体的物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，燃烧生成CO2体积为17.92L，物质的量为17.92L÷22.4L/mol=0.8mol，生成H2O18.0g，物质的量为18g÷18g/mol=1mol，所以平均分子式为C1.6H4，因此另一种烃甲烷，结构式为。令乙烯与甲烷的物质的量分别为xmol、ymol，则：(2x+y)/(x+y)=1.6，整理得x：y=3：2，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，所以乙烯与甲烷的体积之比为3：2。24、PSClOPH3Cl<S<PHClO4>H2SO4>H3PO4Cl2+H2S==S+2HCl【解析】A元素的最低化合价为-3价，可知A为第ⅤA族元素，结合题中的图，且D元素和B元素可形成2种化合物，可知，B为硫元素，D为氧元素，A为磷元素，C为氯元素，E为硒元素。(1)根据上面的分析可知它们的元素符号：A为P，B为S，C为Cl，D为O，故答案为：P，S，Cl，O；(2)同周期元素从左向右，非金属性增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性逐渐减弱，所以A、B、C、D的气态氢化物稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；(3)电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，所以P、S、Cl的原子半径由小到大的顺序是Cl＜S＜P，故答案为：Cl＜S＜P；(4)同周期元素从左向右，非金属性增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性也增强，所以P、S、Cl三元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4；(5)用氯气氧化负2价的硫，得到硫单质，可以说明氯气的氧化性强于硫，也就说明氯元素的非金属性强于硫元素，化学方程式为Cl2+H2S=S+2HCl，故答案为：Cl2+H2S=S+2HCl。25、2～3minB4～5min因为此时H+浓度小v（HCl）=0.1mol/（L•min）A、B【解析】

（1）(2)在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，生成气体体积越大的时间段，反应速率越大，结合温度、浓度对反应速率的影响分析；（3）计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=△c/△t计算反应速率；（4）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H＋浓度，但不能影响H＋的物质的量．【详解】（1）在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，故选B。（2）反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H＋浓度小；（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.112L/22.4L·mol－1=0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.01mol÷0.1L÷1min=0.1mol/（L·min）；（4）A．加入蒸馏水，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A正确；B．加入NaCl溶液，H＋浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B正确；C．加入NaNO3溶液，生成NO气体，影响生成氢气的量，故C错误；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，故D错误；E．加入Na2CO3溶液，消耗H＋，H＋浓度减小，影响生成氢气的量，故E错误．故答案为：A、B．26、30、⑴过滤，萃取；2I－+Cl2===2Cl－+I2⑵BD⑶分液漏斗⑷①缺少石棉网；②温度计的水银球插到液面以下；③冷凝管中进出水方向颠倒【解析】试题分析：（1）过程①是分离不溶性物质和溶液，用过滤的操作；因为碘在有机溶剂中的溶解度较大，而在水中的溶解度较小，分离碘和水的溶液用萃取、分液的方法，所以过程③是萃取。氯气能将I-氧化成碘单质，所以过程②反应的化学方程式为2I－+Cl2===2Cl－+I2。（2）萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同而分离的，提取碘的过程用萃取的方法，选取萃取剂的标准是①溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大，②萃取剂与原溶剂不相溶，③萃取剂与溶质不反应，答案选BD。（3）海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液采取萃取分液的方法，分液必须用到分液漏斗。（4）该装置是蒸馏操作装置，该实验装置中的错误之处有①缺少石棉网；②温度计的水银球插到液面以下；③冷凝管中进出水方向颠倒。考点：考查海水的综合应用、物质的分离与提纯等知识。27、富集溴元素C3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水分含量增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，降低溴的产率过滤盐酸MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑制盐酸(或制取漂白粉，自来水消毒等)【解析】

I．海水通过晒盐得到氯化钠和卤水，电解饱和氯化钠溶液得到氯气，卤水加入氧化剂氯气氧化溴离子得到低浓度的单质溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单质得到含Br-、BrO3-的溶液，再利用溴酸根离子和溴离子在酸性溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，据此分析解答。II．由流程可知，生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁中加入试剂a得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经过蒸发浓缩冷却结晶，得到氯化镁晶体，最后在氯化氢氛围中电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答。【详解】(1)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素；(2)溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故选C；(3)该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑，故答案为：3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑；(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；(5)在溴水中，溴的沸点是58.5°C，水的是100°C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水分含量增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，降低溴的产率；(6)由上述分析可知，操作A是从混合体系中得到氢氧化镁沉淀，为过滤，操作B是蒸发浓缩、冷却结晶，由氢氧化镁转化为氯化镁可知，试剂a为盐酸，故答案为：过滤；盐酸；(7)无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于制盐酸，氯气可用于水的消毒、制取漂白粉等，故答案为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；制盐酸(或制取漂白粉，自来水消毒等)。【点睛】明确海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点为(5)，可以从溴和水的性质角度分析思考。28、bc降低氧化铝的熔点2CH3CHO＋2H2OZn－2e－=Zn2＋8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe【解析】分析：(1)根据小苏打的主要成分为碳酸氢钠，在溶液中水解程度大于电离程度分析判断；(2)根据检验是否含有Fe3＋的方法分析判断；(3)根据氧化铝的熔点很高，熔融需要消耗大量能源分析判断；(4)根据伯醇可以被催化氧化生成醛和水分析解答；(5)根据负极发生氧化反应，分析解答；(6)Al与Fe3O4反应生成Fe和Al2O3分析书写。详解：(1)厨房里常使用小苏打，碳酸氢钠水解程度大于电离程度，溶液显碱性，向其水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈浅红色，故选b；