山东省邹平市一中学校2024届高一化学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

山东省邹平市一中学校2024届高一化学第二学期期末质量跟踪监视试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列有机物中，不属于烃的是A．CH2=CH2 B． C．CH3CH2CH3 D．CH3COOH2、在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g)⇌Y(g)＋Z(s)；(乙)A(s)＋2B(g)⇌C(g)＋D(g)，当下列因素不再发生变化时，可以表明甲和乙均达到平衡状态的是()①混合气体密度②反应容器中生成物的百分含量③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比④混合气体的压强⑤混合气体的平均相对分子质量⑥混合气体的总物质的量A．①②③④⑤⑥ B．①②③⑤C．①②③ D．②③⑥3、重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A．氘(D)原子核外有1个电子B．1H与D互称同位素C．H2O与D2O互称同素异形体D．1H218O与D216O的相对分子质量相同4、海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A．海水中含有钾元素，只需经过物理变化能得到钾单质B．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化C．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备NaD．利用潮汐发电是将化学能转化为电能5、下列水解反应的应用，不正确的是A．热的纯碱溶液清洗油污：B．明矾净水：C．用TiCl4制备Ti02：D．配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠：6、国际能源网报道：金属燃料可能成为新能源，可能带来结束煤、石油能源时代的希望，是一种理想的储能方式，下列说法错误的是A．金属燃烧后经加工处理后还可生成金属，因此可以重复使用B．金属燃烧产生的光能，可以通过相关设备转化为电能以充分利用C．镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，且均可以从海水中提取D．可以利用镁在二氧化碳中燃烧，放出热量的同时收集碳单质7、如图是温度和压强对反应X＋Y2Z影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是（）A．上述可逆反应的正反应为放热反应 B．X、Y、Z均为气态C．X和Y中最多只有一种为气态，Z为气态 D．上述反应的逆反应的ΔH＞08、下列说法中正确的是()A．摩尔是表示物质质量的单位B．物质的量就是指物质的质量C．摩尔是表示物质粒子多少的物理量D．物质的量适用于计量分子、原子、离子等粒子9、下列各组中的性质比较，正确的是（）①酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4②最高正化合价：Cl＞N＞C③稳定性：HCl>HBr>HI④还原性：HCl＞HBr>HIA．①②④ B．②③④C．①②③ D．全部都正确10、近20年来，同位素分析法在植物生理学、生态学和环境科学研究中获得广泛应用；如在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S等常用作环境指示物。下列有关说正确的是（）A．34S原子核内中子数为16B．1H218O的摩尔质量为20g/molC．13C和15N原子核内的质子数相差2D．2H+的核外电子数为211、将等质量的四块铜片在酒精灯上加热后,分别插入下列溶液中,放置片刻后铜片质量与加热前相同的是A．石灰水B．盐酸C．乙醇D．硝酸12、某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖。他的操作如下：取少量纯蔗糖加适量水配成溶液；在蔗糖溶液中加入3～5滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中加入银氨溶液，在水浴中加热。实验结果没有银镜产生。其原因是A．蔗糖尚未水解B．蔗糖水解的产物中没有葡萄糖C．加热时间不够D．煮沸后的溶液中没有加碱，以中和作催化剂的酸13、下列不属于高分子化合物的是（）A．纤维素B．聚氯乙烯C．淀粉D．油脂14、有关化学实验，下列说法正确的是A．配制100mL1mol/LNaCl溶液时，先用托盘天平称量5.85gNaCl固体，溶解并恢复至室温后，沿玻璃棒将NaCl溶液转移至100mL的容量瓶中B．用干净的玻璃棒蘸取某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定只含钠元素C．欲除去HCl中混有少量Cl2气体，可选用饱和的NaCl溶液D．鉴别苏打(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)的方法，可以取两种样品溶液加入Na[Al(OH)4]溶液，观察是否出现白色沉淀15、下列能正确表示氢气与氯气反应生成氯化氢过程中能量变化的示意图是A． B． C． D．16、下列各组中属于同素异形体的是A．12C与14CB．金刚石与石墨C．CH4与C2H6D．H2O与D2O17、下面是某同学所画的各原子的原子结构示意图，你认为正确的是（）A． B． C． D．18、下列说法正确的是（）A．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥二氧化硫气体B．向50mL18mol•L

-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量等于0.45molC．浓硫酸与浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低的原理相同D．将铁屑溶于过量盐酸后，再加入硝酸锌，会有三价铁生成19、有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：下列判断正确的是（）A．BaCl2，CaCO3一定存在，NaOH可能存在B．K2SO4、CuSO4一定不存在C．K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，CuSO4可能存在D．C为单一溶质溶液20、海带中含有碘元素，某校研究性学习小组设计了如下实验步骤提取碘：①通足量氯气②将海带烧成灰，向灰中加水搅拌③加入CCl4振荡④过滤⑤用分液漏斗分液。合理的操作顺序为（

）。A．③—①—②—⑤—④B．②—④—①—③—⑤C．①—③—⑤—②—④D．②—①—③—④—⑤21、下列分子结构图中的大黑点表示原子序数小于10的元素的“原子实”（指原子除去最外层电子的剩余部分），小黑点表示没形成共价键的最外层电子，短线表示共价键。其中分子结构图与化学式关系错误的是A．（C3H4O） B．（HCN）C．（NH3） D．（BF3）22、已知反应：X+Y=M+N为吸热反应，对于这个反应的下列说法中正确的是A．X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行C．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量D．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量二、非选择题(共84分)23、（14分）有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀，由钛铁矿钛的一种工业流程为：（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价___价，反应①化学方程式为___。（2）反应②的化学方程式为TiO2+C+ClTiCl4+CO（未配平），该反应中每消耗12gC，理论上可制备TiCl4___g。（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式___，该反应属于___（填基本反应类型）（4）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是___（填名称），由前面提供的信息可知，除去它的试剂可以是以下剂中的___（填序号）AHClBNaOHCNaClDH2SO424、（12分）NaN3是一种易溶于水(NaN3＝Na++N3－)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气药等。钠法（液氨法）制备NaN3的工艺流程如下：（1）钠元素位于周期表第______周期______族。（2）NaNH2中氮元素的化合价为_______；Na+的结构示意图为_____。（3）NaOH的电子式为______。（4）反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑中，每生成1molN2O转移电子数为_____个。（5）反应①的化学方程式为______。（6）销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为______（N3－被氧化为N2）。25、（12分）I.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：（1）定性分析：如图甲可通过观察______的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol/LFeCl3改为____mol/LFe2(SO4)3更为合理，其理由是____。（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是_____。（3）查阅资料得知：将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+和__________。II.欲用下图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。（1）该实验不能达到目的，若想证明MnO2是催化剂还需要确认__________。加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下图所示。（2）写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式_________。（3）A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为______>______>______>______，解释反应速率变化的原因__________。26、（10分）用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。（2）该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。（3）若实验①在2min末收集了4.48mLCO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______mol·L-1（假设混合溶液的体积为50mL）。（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。27、（12分）右图是硫酸试剂瓶标签上的内容。(1)该硫酸的物质的量浓度为；(2)实验室用该硫酸配制240mL0.46mol/L的稀硫酸，则①需要该硫酸的体积为mL；②有以下仪器：A．烧杯B．100mL量筒C．250mL容量瓶D．500mL容量瓶E.玻璃棒F.托盘天平（带砝码）G.10mL量筒H.胶头滴管，配制时，必须使用的仪器有（填代号）；③配制过程中有几个关键的步骤和操作如下图所示：将上述实验步骤A—F按实验过程先后次序排列。④该同学实际配制得到的浓度为0.45mol/L，可能的原因是A．量取浓H2SO4时仰视刻度B．容量瓶洗净后未经干燥处理C．没有将洗涤液转入容量瓶D．定容时仰视刻度28、（14分）利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。Ⅰ.下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。①MgO、Na2O、CO2、CuO②HCl、H2O、H2SO4、HNO3③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2(1)三种物质依次是(填化学式)：①________；②________；③________。(2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。(3)写出Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式：________________。(4)HCO3-与H＋、OH－在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明：_______________。Ⅱ.现有以下物质：①NaCl晶体②液态HCl③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦CO2⑧H2SO4⑨KOH固体(1)以上物质中能导电的是________。(2)以上物质中属于电解质的是________，属于非电解质的是________。(3)以上物质中，溶于水能导电的物质是________。29、（10分）实验室用浓硫酸和焦炭反应生成的产物中含有CO2、SO2、H2O。请回答下列问题：（1）写出反应的化学方程式______________；（2）试用下图所示的装置设计一个实验，验证制得的气体中确实含有CO2、SO2、H2O(g)，按气流的方向，各装置的连接顺序是：______。（填序号）（3）实验时若观察到：①中溶液褪色，B瓶中深水颜色逐渐变浅，C瓶中溶液不褪色,则A瓶的作用是______，B瓶的作用是______，C瓶的作用是_______。（4）装置②中所加的试剂名称是_______，它可以验证的气体是_____，简述确定装置②在整套装置中的位置的理由是___________。（5）装置③中所盛溶液的名称是______,它可以用来验证的气体是________。

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、D【解题分析】

A.CH2=CH2，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，A不符合题意；B.该物质是苯，分子式C6H6，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，B不符合题意；C.CH3CH2CH3是只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，C不符合题意；D.CH3COOH中含有C、H、O三种元素，不属于烃，是烃的含氧衍生物，D符合题意；故合理选项是D。2、B【解题分析】试题分析：①甲乙均由固体参与反应，混合气体的密度不变，能作平衡状态的标志，故选；②反应容器中生成物的百分含量，说明各组分的量不变，达平衡状态，故选；③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相等，故选；④乙混合气体的压强始终不变，故不选；⑤固体质量不变说明其他物质的物质不变，能作平衡状态的标志，故选；⑥乙混合气体的总物质的量始终不变，故不选；故选B。【考点定位】考查化学平衡状态的判断【名师点晴】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，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。3、C【解题分析】

A．氘(D)原子核外有1个电子，正确；B．中1H与D质子数同，中子数不同，1H与D互称同位素，正确；C．同素异形体都是单质，不是化合物，错误；D．1H218O与D216O的相对分子质量都是20，正确。答案选C。4、C【解题分析】

A.海水中钾元素以K+形式存在，生成钾单质必然发生化学反应，A项错误；B.蒸发制海盐发生的是物理变化，B项错误；C.从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备金属Na，C项正确；D.潮汐发电是将海水的动能和势能转化为电能，D项错误；答案选C。5、D【解题分析】A.热的纯碱溶液清洗油污，水解呈碱性：，选项A正确；B.明矾净水，铝离子水解得到氢氧化铝胶体：，选项B正确；C.用TiCl4制备TiO2，TiCl4水解产生TiO2：，选项C正确；D.配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠，抑制水解：，选项D不正确。答案选D。6、C【解题分析】试题分析：镁、铝是地球上含量丰富的金属元素，可以从海水中提取金属镁，但无法从海水中提取金属铝，铝的工业制取方法是电解熔融的氧化铝，选C。考点：考查金属的用途。7、C【解题分析】

由图可知，随着温度的升高，Z的体积分数增加，故正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，且在相同温度下，压强越大，Z的体积分数越小，则若Z为气态，X、Y中只有一个气态物质。根据此分析进行解答。【题目详解】A．由图像可知，随温度升高Z的体积分数增大，该反应为吸热反应，故A选项错误；B.相同温度下，压强越大，Z的体积分数越小，说明增加压强平衡左移，X、Y中至少有一种不是气体，故B选项错误；C．相同温度下，压强越大，Z的体积分数越小，说明增加压强平衡左移，则若Z为气态，X、Y中最多只有一种气态物质，故选C选项正确；D．由图像可知，随温度升高Z的体积分数增大，正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，逆反应的ΔH小于0，故D选项错误。故答案选C。【题目点拨】此类题型中一定要有“只变一个量”的思维，在解题过程中，每次只考虑一个变量对反应结果的影响，这样才能做到准确分析。8、D【解题分析】

A项、质量的单位为g，摩尔是物质的量的单位，故A错误；B项、物质的量用于描述微观粒子的物理量，与物质的质量完全不同，物质的量的单位为mol，而质量的单位为g，二者为完全不同的两个物理量，故B错误；C项、摩尔是物质的量的单位，物质的量是表示物质粒子多少的物理量，故C错误；D．物质的量适用于计量微观粒子，如分子、原子、离子等微观粒子粒子，不适用于计量宏观物质，故D正确。故选D。【题目点拨】注意物质的量是表示含有一定数目粒子的集体，符号为n，单位是mol，1mol任何粒子的粒子数与0.012kg12C中所含的碳原子数相同，这里的粒子指分子、原子、离子、电子、质子、中子等。9、C【解题分析】

①非金属性Cl＞S＞P，则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故①正确；②最外层电子数Cl＞N＞C，则最高化合价Cl＞N＞C，故②正确；③非金属性Cl＞Br＞I，则简单氢化物的稳定性：HCl＞HBr＞HI，故③正确；④非金属性Cl＞Br＞I，则氢化物的还原性：HCl＜HBr＜HI，故④错误；正确的有①②③，故选C。10、B【解题分析】分析：A．利用质子数+中子数=质量数来计算；B．1H218O的相对分子质量为1×2+18=20；C．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7；D．2H+的核外电子数为0。详解：A．34S原子核内中子数为34-16=18，A错误；B．1H218O的相对分子质量为1×2+18=20，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，则1H218O的摩尔质量为20g/mol，B正确；C．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7-6=1，C错误；D．H元素的原子核外只有一个电子失去一个电子变为2H+，则其离子的核外电子数为0，D错误。答案选B。11、C【解题分析】分析：先根据铜片在酒精灯上加热生成CuO，质量增加，然后考虑表面的氧化铜与选项中的物质是否反应，确定铜片质量如何变化。详解：A、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入石灰水中，氧化铜不与石灰水反应，铜片质量增加，选项A错误；B、与D同理，铜片的质量会减小，选项B错误；C、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入无水乙醇中，发生反应：CH3CH2OH+CuO-→CH3CHO+H2O+Cu，又恢复为铜，铜片的质量不变，选项C正确；D、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入硝酸中，发生反应：CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O，Cu2+进入溶液，铜片的质量会减小，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查乙醇的性质。在乙醇的催化氧化中，铜的作用是催化剂，质量不变。12、D【解题分析】葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，在酸性条件下不能有银镜产生，蔗糖水解在酸性溶液中进行，因此首先要加入氢氧化钠中和硫酸，然后再加入银氨溶液，在水浴中加热，答案选D。13、D【解题分析】纤维素和淀粉属于多糖，分子式为(C6H10O5)n，n值很大，是天然高分子化合物，故A、C错误；B项，聚氯乙烯（）是合成有机高分子化合物，故B错误；D项，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D正确。点睛：本题考查高分子化合物的判断，注意基础知识的积累。高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物（如淀粉、纤维素、蛋白质天然橡胶等）和合成有机高分子化合物（如聚乙烯、聚氯乙烯等）。14、D【解题分析】分析：A.托盘天平只能读数到0.1g；B.不能排除钾元素；C.氯化氢极易溶于水；D.偏铝酸钠能与碳酸氢钠反应产生白色沉淀，碳酸钠不能。详解：A.配刺100mL1mol/LNaCl溶液时，需要氯化钠的质量是0.1L×1mol/L×58.5g/mol＝5.85g，但托盘天平只能读数到0.1g，A错误；B.用干净的玻璃棒蘸取某物质灼烧时，焰色反应为黄色，该物质一定含有钠元素，由于没有透过蓝色钴玻璃观察，则不能排除钾元素，B错误；C.氯化氢极易溶于水，则除去HCl中混有少量Cl2气体，不能选用饱和的NaCl溶液，C错误；D.偏铝酸钠能与碳酸氢钠反应产生白色沉淀，碳酸钠不能，因此鉴别苏打(Na2CO3)和小苏打(NaHCO3)的方法，可以取两种样品溶液加入Na[Al(OH)4]溶液，观察是否出现白色沉淀，出现白色沉淀的是碳酸氢钠，没有明显实验现象的是碳酸钠，D正确。答案选D。15、B【解题分析】

A、氢气与氯气反应是放热反应，图中反应为吸热反应，A错误；B、氢气与氯气反应是放热反应，B正确；C、断键需要吸收能量，成键需要放出能量，C错误；D、断键需要吸收能量，成键需要放出能量，D错误；答案选B。16、B【解题分析】A、12C与14C都是原子，属于同位素，不属于同素异形体，故A错误；B、金刚石与石墨都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故B正确；C、CH4与C2H6是结构相似的物质，属于同系物，不属于同素异形体，故C错误；D、H2O与D2O都是水分子，是化合物不是单质，不属于同素异形体，故D错误；故选B。点睛：判断是否互为同素异形体的关键要把握两点：①同种元素，②不同单质。17、D【解题分析】

根据核外电子排布理论：即能量最低原理、泡利原理、洪特规则判断。【题目详解】A、违反了泡利原理，每个原子轨道最多容纳两个电子，应表示为：故A错误；B、违反了能量最低原理，先排布4s轨道后排3d轨道，应表示为：故B错误；C、违反了能量最低原理，先排满3p后排4s，20号元素为钙，不可能失去6个电子，应表示为：故C错误；D、均符合核外电子排布规律，故D正确。答案选D。18、D【解题分析】

A.浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化二氧化硫，因此能干燥二氧化硫气体，A错误；B.向50mL18mol•L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，由于随着反应的进行硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，因此被还原的H2SO4的物质的量小于0.45mol，B错误；C.浓硫酸与浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低的原理不相同，浓硫酸吸水，浓盐酸易挥发，C错误；D.将铁屑溶于过量盐酸后生成氯化亚铁和氢气，再加入硝酸锌，由于在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，所以会有三价铁生成，D正确；答案选D。19、B【解题分析】

由流程可知，白色固体溶于水的无色溶液，则一定不含CuSO4，滤渣A与盐酸反应生成气体B，且滤渣全部溶解，则A为CaCO3，B为CO2，原固体一定不含BaCl2、K2SO4中的一种，且滤液C与二氧化碳反应生成白色沉淀，可知C中含BaCl2、NaOH。【题目详解】A．由上述分析可知，NaOH、BaCl2、CaCO3一定存在，故A错误；B．由上述分析可知K2SO4、CuSO4一定不存在，故B正确；C．NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，故C错误；D．氯化钡与二氧化碳不反应，而C与二氧化碳反应生成白色沉淀，可知C中溶质为BaCl2、NaOH，故D错误；故选B。【题目点拨】把握流程中的反应、白色固体的判断为解答的关键。本题的难点是氢氧化钠的判断，要清楚，氯化钡与二氧化碳不反应，也是本题的易错点。20、B【解题分析】

从海带中提取碘，首先应将海带烧成灰，加水搅拌，然后过滤，往滤液中通足量氯气，将I-氧化为I2，然后加入萃取剂CCl4，用分液漏斗分液，从而得出正确的操作顺序为：②—④—①—③—⑤，故选B。21、A【解题分析】

A、这个分子应该是CO(NH2)2，根据图形可以判断出原子最外层电子数，再根据1～10号原子结构就可以知道这些原子是C、H、N、O，再根据他们的数量就可以推断出该式子代表的物质是尿素，其结构式为，A错误；B、从B来看，最左边的原子只形成一个共价键，其最外层只有1个电子，为H，中间原子形成4个共价键，则其最外层有4个电子，在1～10号元素中只有C；最右边原子除形成三个共价键外，还有2个电子剩余，则其最外层有5个电子，在1～10号元素中只有N，所以B的化学式为HCN，B正确；C、从A来看，上方原子除形成三个共价键外，还有2个电子剩余，则其最外层有5个电子，在1～10号元素中只有N，下方3原子各只形成一个共价键，其最外层只有1个电子，为H，所以A的化学式为NH3，C正确；D、中间原子只形成三个共价键外，则最外层电子数为3，在1～10号元素中只有B，其它三个原子相同，除形成一个共价键外，还有6个电子剩余，则其最外层有7个电子，在1～10号元素中只有F，所以B的化学式为BF3，D正确;答案选A。【题目点拨】本题考查共价键的形成以及物质的推断，难度较大，注意根据形成的共价键数目和孤电子对数判断原子的最外层电子数，以此推断元素的种类。22、C【解题分析】

反应X+Y=M+N为吸热反应，则反应物X、Y的总能量小于生成物M、N的总能量，吸热反应的反应条件不一定需要加热，且该反应中断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量。【题目详解】A项、由吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，但无法确定X与M、Y与N的能量高低，故A错误；B项、吸热反应的反应条件不一定需要加热，该反应可能需要加热，也可能不需要加热，故B错误；C项、该反应为吸热反应，反应物X、Y的总能量小于生成物M、N的总能量，故C正确；D项、该反应为吸热反应，反应物X、Y的总能量小于生成物M、N的总能量，断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查化学反应与能量，明确化学反应中能量变化的实质及利用反应物、生成物的总能量的相对大小判断吸热反应、放热反应是解答关键。二、非选择题(共84分)23、+42FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO295g2Mg+TiCl42MgCl2+Ti置换反应镁AD【解题分析】

（1）根据正负化合价的代数和为0，设钛元素的化合价为x，则+2+x+（-2）×3=0，解得x=+4；钛酸亚铁和碳在高温条件下生成二氧化碳、铁和二氧化钛，2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；故填：+4；2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，根据反应可知，每消耗12gC，理论上可制备TiCl4190g/mol×12=95g；（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，根据质量守恒定律，还应有氯化镁，化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；该反应是一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质和一种新的化合物，所以反应类型为置换反应；故填：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；置换反应；（3）反应③中加入足量金属镁可知得到的金属钛中会混有少量的金属镁，金属镁可以和盐酸或硫酸反应，所以除去它的试剂可以是稀盐酸或稀硫酸。故填：镁；AD。【题目点拨】本题考查化学实验的设计和评价，物质的制备、收集和净化物质的分离等知识。易错点为（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式，钛的化合价不变，碳的化合价由0价变为+2价，氯的化合价变为-1价，结合质量守恒配得反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。24、三ⅠA－32.408×10242NaNH2+N2ONaN3+NH3+NaOHClO－+2N3－+H2O＝Cl－+2OH－+3N2↑【解题分析】

（1）钠为11号元素，位于周期表第三周期ⅠA族；（2）NaNH2中钠为+1价，氢为+1价，根据化合物各元素化合价代数和为0可知，氮元素的化合价为－3价；Na+的结构示意图为；（3）NaOH为离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，氢氧根离子中存在氢原子和氧原子之间的共价键，NaOH的电子式为；（4）反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑中，氮元素由-3价升为+1价，由+5价降为+1价，故每生成1molN2O转移电子数为2.408×1024个；（5）反应①为210-220℃下NaNH2与N2O反应生成NaN3和氨气，根据氧化还原反应方程式的配平及质量守恒可得反应的化学方程式为2NaNH2+N2ONaN3+NH3+NaOH；（6）销毁NaN3可用NaClO溶液，将其氧化生成氮气，故该销毁反应的离子方程式为ClO－+2N3－+H2O＝Cl－+2OH－+3N2↑。25、产生气泡0.05排除阴离子的干扰产生40mL气体的需要的时间2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O确认MnO2的质量和化学性质是否改变2H2O2MnO2__2H2O+O2【解题分析】

I.本实验的目的是探究Fe3+和Cu2+催化H2O2分解的效果，需要注意“单一变量”原则；II.本实验主要考察催化剂的特点，以及化学反应速率的影响因素。【题目详解】I.（1）甲中，加入催化剂的现象是有气泡生成，催化剂的作用是加快反应速率，所以可以通过观察产生气泡的快慢来判断两种催化剂的效果；Cl-本身具有很弱的还原性，H2O2具有强氧化性，更重要的是，SO42-和Cl-是否有催化效果也未知，所以为了排除阴离子差异的干扰，需要将FeCl3换为0.5mol/L的Fe2(SO4)3，以确保Fe3+的量和Cu2+的量相同；（2）题中已告知两个实验都生成40mL的气体，其他影响因素已忽略，说明催化剂效果的数据只能是反应速率，故需要测量生成40mL气体所需要的时间；（3）催化剂在整个化学反应中，可以看成是先参加了反应，再被生成了，这两个反应相加就是一个总反应，催化剂刚好被抵消了，表现为不参加反应；总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，用总反应减去这个离子方程式就可以得到另一个离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；II.（1）化学反应前后，催化剂的质量和化学性质不变；要想证明MnO2是催化剂，还要验证这两点都不变才行；（2）该反应的化学方程式为：2H2（3）A、B、C、D各点的反应速率都是瞬时速率，瞬时速率的大小比较要看各点斜率，斜率越大，瞬时反应速率也越大；经观察，A、B、C、D四个点的斜率依次减小，所以化学反应速率：D＞C＞B＞A；由于四个点的条件都相同，随着反应的进行，H2O2不断被消耗，使得其浓度逐渐减小，所以其分解速率也逐渐减小。26、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O浓度②①0.0052KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间）产物Mn2+是反应的催化剂【解题分析】

（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①；（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)=4.48×10-3L22.4mol/L=2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=2×2×10-410mol=4×10-5mol，在2min末，n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需的时间或产生相同体积气体所需要的时间；（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。【题目点拨】氧化还原反应方程式的书写是难点，一般先写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，利用化合价升降法进行配平，根据所带电荷数和原子守恒确认有无其他微粒参与反应，注意电解质的酸碱性。27、（1）1．4mol/L（2）①2．3②ACEGH（多选错选不给分，少写1或2个给1分）③CBDFAE④CD【解题分析】试题分析：（1）由硫酸试剂瓶标签上的内容可知，该浓硫酸密度为1.84g/ml，质量分数为98%．所以浓H2SO4的物质的量浓度c==1.4mol/L故答案为1.4mol/L．（2）容量瓶没有240ml规格，选择体积相近的容量瓶，故应用250ml的容量瓶．根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×1.4mol/L=250mL×0.42mol/L，解得：x≈2.3．故答案为2.3．（3）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用10mL量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以必须用的仪器为：烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管．故答案为ACEGH；（3）由（2）中操作步骤可知，实验过程先后次序排列CBDFAE．故答案为CBDFAE．（4）该同学实际配制得到的浓度为0.45mol/L，所配溶液浓度偏低．A．量取浓H2SO4时仰视刻度，量取的浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高；B．最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；C．没有将洗涤液转入容量瓶，转移到容量瓶中溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；D．定容时仰视刻度，使溶液的体