丽江市重点中学2024届高一化学第二学期期末学业质量监测试题含解析

丽江市重点中学2024届高一化学第二学期期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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、5042、利用下列装置（部分仪器已省略），能顺利完成对应实验的是A．装置：制乙酸乙酯B．装置：验证乙烯气体中混有SO2C．装置：石油的蒸馏D．装置：证明石蜡油分解的过程中产生的气体含有烯烃3、下列离子方程式书写正确的是A．氯化铁溶液溶解铜片：Fe3＋+Cu＝Fe2＋+Cu2＋B．用醋酸溶液除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OD．金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑4、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A．高压比常压有利于合成SO3B．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施C．对CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深D．溴水中有平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅5、配制某物质的量浓度的溶液时，下列情况会造成所配溶液浓度偏小的是A．容量瓶中有蒸馏水 B．溶液转移至容量瓶时，未洗涤玻璃棒和烧杯C．溶液未冷至室温就定容 D．定容时俯视6、据报道，以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为＋3价)和H2O2作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．电池放电时Na＋从b极区移向a极区B．电极b采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用C．每消耗1molH2O2，转移的电子为1molD．该电池的正极反应为＋8OH－－8e－===＋6H2O7、下列有关物质应用的叙述错误的是A．用Al(OH)3治疗胃酸过多 B．用过氧化钠作潜水供氧剂C．用氧化镁制作耐高温材料 D．用氧化铁制作蓝色外墙涂料8、下列变化属于吸热反应的是①碳与二氧化碳化合②生石灰与水反应生成熟石灰③Zn与稀硫酸反应④氯酸钾分解制氧气⑤Ba(OH)1．8H1O与NH4Cl反应⑥甲烷与氧气的燃烧A．①④ B．②③ C．①④⑤ D．①②④9、在不同情况下测得A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)的下列反应速率，其中反应速率最大的是A．v(D)=0.4mol•L-1•s-1B．v(C)=0.5mol•L-1•s-1C．v(B)=0.6mol•L-1•s-1D．v(A)=2mol•L-1•min-110、下列变化中生成物的总能量大于反应物的总能量的是（）A．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合 B．铝热反应C．木炭在氧气中发生不完全燃烧 D．生石灰和水的反应11、下列各组物质间的反应与反应类型不相符的是（）A．乙烯与溴水（加成反应） B．苯与浓硝酸（取代反应）C．乙醇与乙酸（(酯化反应） D．乙醇与氧气（取代反应）12、短周期元素A、B、C，A3−与B2−、C+电子层结构相同，则下列说法中不正确的是A．离子半径：A3−>B2−>C+B．等物质的量的A和B的简单气态氢化物，共用电子对数A>BC．A和B分别可以与氢原子形成18e−分子D．原子半径：A>B>C13、短周期元素X和Y，可形成化合物X2Y3（X为最高正价），若Y的原子序数为n，则X的原子序数不可能的是：()A．n-2； B．n-3； C．n+5； D．n-1114、化合物Hln在水溶液中存在电离平衡:HIn(红色)⇌H++In-(黄色)，故可用做酸碱指示剂。下列稀溶液中能使指示剂由黄色变为红色的是A．盐酸 B．氢氧化钠溶液 C．食盐溶液 D．氨水15、我国的能源消耗以煤为主。据估计，全世界的煤炭最多还能够供应200～300年。下列是关于利用煤炭资源的某些观点，其中论述正确的是()①直接燃煤虽然带来了污染问题，但同时提供了能量，污染与经济效益相比，经济效益更重要；②人类在开发资源时，既要满足自身需要又不能以危害子孙后代为代价；③随着科学的发展，将不断地开发出新型能源，根据能量守恒定律，担心能源枯竭实在是杞人忧天；④发展洁煤技术，提高燃煤效率，进行煤的干馏，可以提高煤的实用价值A．①④B．②③C．①②D．②④16、海水开发利用的部分过程如图所示。下列有关说法不正确的是A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B．将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2C．在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂D．某同学设计了如下装置制取无水MgCl2，装置A的作用是制取干燥的HCl气体二、非选择题（本题包括5小题）17、乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：已知：CH3CHO+O2→CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是__________（填序号）。①分馏②裂解（2）A的官能团是__________。（3）反应II的化学方程式是________________。（4）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是________________。（5）E是有香味的物质，反应IV的化学方程式是______________________。（6）下列关于CH2＝CH－COOH的说法正确的是__________。①与CH3CH＝CHCOOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应18、X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：（1）Y在周期表中的位置是________,W的阴离子符号是_____。（2）Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。（4）写出加热时Y的单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1,1mol甲中含有6mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。①甲的化学式为________。②已知100mL1mol·L-1的甲溶液能与20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。19、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是________(填序号)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填序号)。A．用温度计小心搅拌B．揭开泡沫塑料板用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动（3）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L－1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__________________。（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________(结果保留一位小数)。（5）________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是____________________________________________________。20、50mL0.5mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_____________________。由图可知该装置仍有不妥之处，如不改正，求得的中和热数值会____________（填“偏大”“偏小”“无影响”）。（2）写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol－1)：_______________。（3）取50mLNaOH溶液和50mL盐酸溶液进行实验，实验数据如下表。①请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度T1/℃终止温度T2/℃温度差平均值(T2－T1)/℃HClNaOH平均值126.226.026.129.1________________225.925.925.929327.027.427.231.7426.426.226.329.2②近似认为0.55mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1盐酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)，则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。（4）下列情况会使测得中和热的数值偏小的是________(填字母)。A．用浓硫酸代替盐酸进行上述实验B．用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验C．用50mL0.50mol·L－1的NaOH溶液进行上述实验21、现有几种元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构T失去一个电子后，形成Ne原子电子层结构X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y其单质之一是空气中主要成分，最常见的助燃剂Z形成双原子单质分子，黄绿色气体（1）元素X的一种同位素用来作原子量标准，这种同位素的符号是__________。（2）画出T的原子结构示意图__________。（3）写出由T、Y和Z三种元素组成的一种化合物在水溶液中的电离方程式__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

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。【题目详解】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。【题目点拨】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。2、D【解题分析】

A.制乙酸乙酯为防止倒吸，右侧导管口应位于饱和碳酸钠溶液液面上，A项错误；B.酸性高锰酸钾溶液也能氧化乙烯，应该用品红溶液，B项错误；C.石油的蒸馏温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，C项错误；D.烯烃能使高锰酸钾酸钾溶液褪色，石蜡油是烃的混合物。将石蜡油分解产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，气体中可能含有烯烃，D项正确；答案选D。3、D【解题分析】

A、氯化铁溶液与铜片反应生成氯化亚铁和氯化铜，电荷不守恒；B、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，常数为弱酸，不能拆写；C、AlCl3溶液与足量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；D、金属和水反应生成氢氧化钠和氢气。【题目详解】A项、氯化铁溶液与铜片反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A错误；B项、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2HAc═Ca2++H2O+CO2↑+2Ac-，故B错误；C项、AlCl3溶液与足量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D项、金属和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑，故D正确。故选D。【题目点拨】本题考查离子反应方程式，注意反应的实质，明确发生的化学反应，掌握离子反应方程式的书写原则是解答本题的关键。4、C【解题分析】

A．2SO2+O2⇌2SO3，该正反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，故能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．N2(g)+3

H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H＜0，该反应是气体体积不变的反应，达平衡后，增大压强，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，颜色加深是因为压缩体积导致浓度增大，并非平衡移动，故C正确；D．加入硝酸银溶液，与HBr反应，生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为C。【题目点拨】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。5、B【解题分析】

A．容量瓶中有蒸馏水，对溶液浓度无影响，故A错误；B．溶液转移至容量瓶时，未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质减少，溶液浓度偏小，故B正确；C．溶液未冷至室温就定容，冷却后液面下降，溶液体积减小，溶液浓度偏大，故C错误；D．定容时俯视，液面在刻度线下方，溶液体积减小，溶液浓度偏大，故D错误；故答案为B。【题目点拨】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。6、B【解题分析】

根据图片知，双氧水得电子发生还原反应，则b电极为正极，a电极为负极，负极上BH4-得电子和氢氧根离子反应生成BO2-，结合原电池原理分析解答。【题目详解】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从a极区移向b极区，故A错误；B．电极b采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用，故B正确；C．正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗1molH2O2，转移的电子为2mol，故C错误；D．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故D错误；答案选B。【题目点拨】掌握原电池原理及其电极判断和电极反应式书写是解题的关键。做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写。7、D【解题分析】

A.Al(OH)3为两性物质，可以与胃酸（主要是盐酸）发生中和反应，可治疗胃酸过多，故A正确；B.过氧化钠可以与水或二氧化碳反应放出氧气，所以可以用过氧化钠作潜水供氧剂，故B正确；C.氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故C正确；D.三氧化二铁是红色粉末，俗称铁红，可用于红色涂料，制作外墙红色涂料，故D错误；答案选D。8、C【解题分析】①碳与二氧化碳化合生成CO是吸热反应；②生石灰与水反应生成熟石灰是放热反应；③Zn与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；④氯酸钾分解制氧气是吸热反应；⑤Ba(OH)1·8H1O与NH4Cl反应是吸热反应；⑥甲烷与氧气的燃烧是放热反应，答案选C。9、B【解题分析】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.0.42=0.2，B.0.52=0.25，C.0.63点睛：本题考查反应速率的比较，明确比值法可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率比较快慢，利用反应速率与化学计量数之比可知，比值越大，反应速率越快，注意选项D中的单位。10、A【解题分析】

生成物的总能量大于反应物的总能量，说明为吸热反应，据此分析；【题目详解】A、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应为吸热反应，故A符合题意；B、铝热反应为放热反应，故B不符合题意；C、所有燃烧均为放热反应，即木炭在氧气中发生不完全燃烧，该反应为放热反应，故C不符合题意；D、生石灰与水反应是放热反应，故D不符合题意；答案选A。11、D【解题分析】

A.乙烯和溴水的反应生成二溴乙烷，C=C键生成C-C键，属于加成反应，A项正确；B.苯和浓硝酸发生的硝化反应生成硝基苯，硝基替代苯环上的氢原子，属于取代反应，B项正确；C.乙醇与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯含有酯基，该反应为酯化反应，也为取代反应，C项正确；D.乙醇与氧气在铜作催化剂下反应生成乙醛，为氧化反应，D项错误；答案选D。12、D【解题分析】分析：短周期元素A、B、C，A3-与B2-、C+电子层结构相同，则A、B在第二周期，C为第三周期，则结合所带电荷可知A为N元素、B为O元素，C为Na元素，据此结合元素周期律知识解答。详解：根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为Na元素。A．电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，则离子半径：A3-＞B2-＞C+，故A正确；B．A、B分别为N、O元素，其简单氢化物分别为NH3、H2O，N、O的物质的量相同时，NH3中含有共用电子对数较多，故B正确；C．N、O与氢原子形成的N2H4、H2O2都是18e-分子，故C正确；D．电子层越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径C＞A＞B，故D错误；故选D。13、A【解题分析】

化台物X2Y3，则X元素的化合价为+3价，Y元素的化合价为-2价，则X可能为B或A1元素，可能为O或S元素。还存在特殊情况：X为N元素、Y为O元素形成的化合物。【题目详解】A、根据化合价的形成原理可知，化台价为奇数的，核电荷数为奇数，化合价为偶数的，核电荷数为偶数，则X、Y的核电荷数之差不可能为偶数2，因奇数和偶数的差与和还是奇数，选项A选；B、若化合物X2Y3为Al2S3，Al的核电荷数为13，S的为16，已知Y的核电荷数为n，则X的核电荷数为n-3，选项B不选；C、若化合物X2Y3为Al2O3，Al的核电荷数为13，O的为8，已知Y的核电荷数为n，则X的核电荷数为n+5，选项C不选；D、若化合物X2Y3为Be2S3，Be的核电荷数为5，S的为16，已知Y的核电荷数为n，则X的核电荷数为n-11，选项D不选；答案选A。14、A【解题分析】

能使指示剂显红色，应使c(HIn)＞c(In-)，所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，氢氧化钠溶液和氨水呈碱性，可使平衡向正反应方向移动，食盐溶液为中性溶液，平衡不移动，故选A。【题目点拨】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析。15、D【解题分析】经济效益只考虑当前利益，而环境污染将影响未来人类的生存，所以环境污染是更重要的；能量是守恒的，但如果转化成物质的内能等形式的能量很难开发，一些新型能源虽已利用，但所占比例较少，人类还是主要应用不可再生的三大能源。答案应选D项。16、C【解题分析】分析：A．蒸馏法、电渗析法、离子交换法都可用于淡化海水，据此分析判断；B.根据苦卤中主要含有溴的化合物分析判断；C.根据氢氧化钠和氢氧化钙的工业成本分析判断；D.根据氯化镁加热时能够水解分析判断。详解：A．蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，故A正确；B.苦卤中主要含有溴的化合物，将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故B正确；C.在工业上一般选用氢氧化钙作为沉淀剂，氢氧化钙可以通过加热分解石灰石或贝壳得到，成本较低，故C错误；D.氯化镁加热时能够水解，生成的氯化氢易挥发，会促进水解，因此用如图装置制取无水MgCl2，需要在干燥的HCl气体的气氛中进行，故D正确；故选C。点睛：本题考查了元素及其化合物的性质和物质的分离与提纯。本题的易错点为D，要注意盐类水解知识的应用。二、非选择题（本题包括5小题）17、①羟基或－OH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O①②③【解题分析】

（1）石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；（2）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇中官能团是羟基；（3）在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；（5）乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（6）①CH2=CH-COOH和CH3CH=CHCOOH结构相似，且在分子组成上相差一个－CH2原子团，所以属于同系物，正确；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键、甲基，属于含氧衍生物，能发生加成反应、取代反应，能燃烧而发生氧化反应，正确；答案选①②③。18、第二周期IVA族S2-N≡N0.045mol/L（或1/22.4mol/L）HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O【解题分析】原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。(1)Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；(4)加热时，碳与浓硫酸发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；②100mL1mol·L-1的甲溶液中含有0.1molFe2+，20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02molMnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。19、CDΔH1＝ΔH2<ΔH3－51.8kJ·mol－1不能H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热【解题分析】分析：(1)将NaOH溶液倒入小烧杯中，分几次倒入，会导致热量散失，影响测定结果；(2)盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；(3)H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)；△H=-57.3kJ•mol-1；中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；(4)根据中和热计算公式Q=cm△T中涉及的未知数据进行判断；(5)氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果。详解：(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故选C；(2)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故选D；(3)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3，故答案为△H1=△H2＜△H3；(4)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×=1.2959kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2959kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2959kJ×=51.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol，故答案为-51.8kJ/mol；(5)硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故答案为不能；因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热。点睛：本题考查了中和热的测定方法、计算、误差分析，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。本题的易错点为(4)，要注意中和热的△H＜0。20、环形玻璃搅拌棒偏小HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol3-50.2kJ·mol－1BC【解题分析】

（1）环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；若盐酸反应不完全，会使求得的中和热数值将会减小；（2）根据中和热的概念以及热化学方程式的书写方