2024届陕西省西安高中化学高一第二学期期末统考模拟试题含解析

2024届陕西省西安高中化学高一第二学期期末统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、实验室不需要棕色试剂瓶保存的试剂是A．硝酸银B．浓硝酸C．浓硫酸D．氯水2、下列物质中只含有一种分子的是（）A．二氯甲烷(CH2Cl2)B．分子组成为C2H6O的有机物C．分子组成为C4H10的有机物D．聚乙烯3、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．无色透明溶液:Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B．0.1

mol/LCuSO4溶液:Na+、NH4+、NO3-、A13+C．0.1

mol/LNaOH溶液:Ca2+、Na+、SO42-、HCO3-D．0.1

mol/LKI溶液:Na+、K+、ClO-、H+4、下列叙述不正确的是()A．丙烯与氯化氢加成的产物有2种 B．联二苯的二氯取代物有15种C．立方烷的六氯取代物有3种 D．分子式为CCl2F2的物质只有一种空间结构5、人类对某金属冶炼技术的掌握程度决定了其应用的广泛性。影响冶炼方法的主要因素是A．金属的活动性大小B．金属在地壳中的含量多少C．金属的化合价高低D．金属的导电性强弱6、下列物质中，属于共价化合物的是（）A．Cl2 B．NH4Cl C．C2H6 D．KOH7、元素R的最高价含氧酸化学式为HnRO2n＋2，在它的气态氢化物中，R的化合价为()A．3n－10B．3n－4C．3n－12D．4－3n8、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，关于此反应说法错误的是（）A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应9、决定化学反应速率的主要因素是（）A．反应物的浓度 B．反应温度 C．使用催化剂 D．反应物的性质10、下列各组物质的燃烧热相等的是A．碳和二氧化碳 B．1mol碳和3mol碳C．3mol乙炔（C2H2）和1mol苯 D．淀粉和纤维素11、X、Y、Z是3种短周期元素,其中X、Y位于同一主族,Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是A．元素非金属性由弱到强的顺序为Y<Z<XB．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4C．3种元素的气态氢化物中,Z的气态氢化物最稳定D．原子半径由大到小的顺序为Z>Y>X12、下列物质在常温下可用铁质容器盛放的是A．亚硫酸 B．浓硫酸 C．浓盐酸 D．胆矾溶液13、下列分子式只能表示一种物质的是（）A．CH2Cl2B．C5H12C．C3H7ClD．C4H1014、下列关于化学与生产、生活的认识正确的是A．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源B．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C．酸雨的pH在5.6～7.0之间D．“地沟油”可以用来制造肥皂或生产生物柴油15、含有共价键的离子化合物是A．NaCl B．NH4Cl C．NH3 D．O216、化学反应伴随着能量变化是化学反应的基本特征之一。下列说法错误的是A．右图所示的反应为放热反应B．化学反应中有物质变化也有能量变化C．需要加热的化学反应不一定是吸热反应D．化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量17、关于反应进行方向的判断，以下说法错误的是A．高锰酸钾加热分解是一个熵增的过程B．能自发进行的化学反应不一定是ΔH<0、ΔS>0C．ΔH<0的化学反应均是自发反应，ΔS<0的化学反应均不能自发进行D．反应2Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO2(g)在常温下不能自发进行，说明该反应ΔH>018、下图各容器中盛有海水，铁在其中腐蚀时由快到慢的顺序是A．（4）＞（2）＞（1）＞（3）B．（2）＞（1）＞（3）＞（4）C．（4）＞（2）＞（3）＞（1）D．（3）＞（2）＞（4）＞（1）19、化学与科技、社会、生产密切结合，下列有关说法不正确的是：A．“乙醇汽油”的广泛使用能减少有害气体的排放B．“无磷洗涤剂”的推广使用，能有效减少水体富营养化的发生C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入明矾可以使海水淡化D．倡导“低碳经济”、“低碳生活”有助于减轻“温室效应”20、下列化学用语正确的是A．质子数为17、中子数为20的氯原子：17B．硫离子的结构示意图：C．次氯酸的电子式：D．葡萄糖的结构简式：C6H12O621、乙醇和乙酸是生活中常见的有机物。下列说法不正确的是A．两者互为同分异构体 B．沸点都比CH4的沸点高C．两者之间能发生反应 D．两者均是某些调味品的主要成分22、用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是A．导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH−==HCO3－B．导致易拉罐又鼓起来的原因是：又生成了二氧化碳气体使得压强增大C．上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性D．若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象二、非选择题(共84分)23、（14分）硫酸镁晶体（MgSO4·7H2O）是一种重要的化工原料。以菱镁矿（主要成分是MgCO3，含少量FeCO3和不溶性杂质）为原料制取硫酸镁晶体的过程如下：（1）MgCO3溶于稀硫酸的离子方程式是___________。（2）“氧化”步骤中，加入H2O2溶液的目的是___________（用离子方程式表示）。（3）“沉淀”步骤中，用氨水调节溶液pH的范围是___________。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：阳离子Mg2＋Fe2＋Fe3＋开始沉淀9.17.61.9完全沉淀11.19.73.2（4）“过滤”所得滤液中含有的阳离子是___________。24、（12分）已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体；B、C、D三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系(反应条件已略去)：(1)D在元素周期表中的位置为________________。(2)B、C、D的原子半径的大小关系为________(用元素符号表示)。(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为______________。(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为________，实验室如何检验丙_______。(5)C的单质＋丙→乙＋丁的化学方程式为_______________。25、（12分）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26、（10分）（I）草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．试回答：（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________；（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________；（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________；B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________；C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________；（II）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如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。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_________．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________________________________．（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝___________；（结果保留一位小数）序号起始温度t1℃终止温度t2℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.627、（12分）某化学课外小组实验室制取乙酸乙酯时查阅资料如下：主反应：CH3COOH+C2H5OH⇌浓H2SO4120-125℃CH副反应：2CH3CH2OH→140℃浓硫酸CH3CH2OCH2CH3(乙醚)+HCH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O根据查得的资料设计了下图所示的装置(夹持装置忽略)制取纯净的乙酸乙酯。步骤如下：①在图1的三口烧瓶中加入3mL乙醇，边摇动边慢慢加入3mL浓硫酸，在分液漏斗中装入3:2的乙醇和乙酸混合液。②油浴加热三口烧瓶至一定温度，然后把分液漏斗中的混合液慢慢地滴入三口烧瓶里并保持反应混合物在一定温度。③反应一段时间后，向锥形瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液，并不断摇动，分层后进行分液。④用饱和食盐水和氯化钙溶液洗涤酯层，再分液，在酯层加入干燥剂干燥得粗乙酸乙酯。⑤将粗乙酸乙酯转入图2的仪器A中，在水浴中加热，收集74～80℃的馏分即得纯净的水果香味无色透明液体。根掲题目要求回答：(1)在实验中浓硫酸的作用______；混合液加热前都要加入碎瓷片，作用是________。(2)歩驟②中油浴加热保持的一定温度范围_____，原因是________。(3)图2中仪器A的名称是_____，冷凝管中冷水从______(填a或b)口进入。(4)步骤③和④中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是_____，在分液操作时，上下两层液体移出的方法是____________。(5)步骤④中干燥乙酸乙酯，可选用的干燥剂为______(填字母)。a.五氧化二磷b.无水Na2SO4c.碱石灰28、（14分）Ⅰ.某温度时，在容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，请回答：（1）该反应的化学方程式为_________（用X、Y、Z表示）。（2）从反应开始至2min末，X的平均反应速率为___________________。（3）该反应由________(填字母序号)开始的。A正反应B逆反应C正、逆反应同时（4）其他条件不变，只增加Y的用量，若该反应的速率不发生变化，则Y为___________态。Ⅱ.亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中反应的化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，该反应的机理较复杂，一般认为分以下几步：①IO3－+SO32－→IO2－+SO42－（慢）；②IO2－+SO32－→IO－+SO42－（快）；③5I－+6H++IO3－→3I2+3H2O（快）；④I2+SO32－+H2O→2I－+

SO42－+2H+（快）。（1）据此推测，该反应的总反应速率由__________步反应决定。（2）若预先在酸性溶液中加入淀粉溶液，当_________离子(填对应离子符号)反应完时溶液才会变蓝。29、（10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：___________。

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、C【解题分析】分析：见光易分解的物质需要棕色试剂瓶保存，见光稳定的物质不需要棕色试剂瓶保存；分析各物质对光的稳定性作答。详解：A项，AgNO3见光分解成Ag、NO2和O2，反应的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，AgNO3需要保存在棕色试剂瓶中；B项，浓HNO3见光分解成NO2、O2和H2O，反应的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，浓HNO3需要保存在棕色试剂瓶中；C项，浓H2SO4稳定，见光或受热都不分解，浓H2SO4不需要保存在棕色试剂瓶中；D项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中HClO见光分解，反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑，氯水需要保存在棕色试剂瓶中；不需要棕色试剂瓶保存的是浓硫酸，答案选C。2、A【解题分析】A项，二氯甲烷为四面体结构，不存在同分异构体，故A正确；B项，分子组成为C2H6O的有机物可以表示乙醇C2H5OH，也可以表示甲醚CH3OCH3，故B错误；C项，分子组成为C4H10可以是正丁烷或异丁烷，故C错误；D项，聚乙烯是一种高聚物，n的取值不确定，则属于混合物，故D错误。3、B【解题分析】

A项，Fe3+在溶液中显黄色，且Fe3+与SCN-结合生成血红色Fe(SCN)3，因此不能大量共存，故不选A项；B项，Cu2+与Na+、NH4+、NO3-、A13+能大量共存，故选B项；C项，HCO3-与OH-不能大量共存，故不选C项；D项，I-在酸性条件下被ClO-氧化不能大量共存，故不选D项。答案选B。4、B【解题分析】分析：本题考查的是同分异构体的判断，根据结构是否对称分析。详解：A.丙烯和氯化氢加成的产物可以为1-氯丙烷或2-氯丙烷2种结构，故正确；B.根据位置异构体进行推断，1、5、6、10位置的碳原子等价，2、4、7、9位置的碳原子等价，3、8位置的碳原子等价，因此的二氯代物的同分异构体中，氯原子可位于1、2；1、3；1、4；1、5；1、6；1、7；1、8；2、3；2、4；2、7；2、8；3、8，共12种同分异构体，故错误；C.立方烷的六氯代物和二氯代物的数目相同，二氯代物有3种，故正确；D.分子式为CCl2F2的物质没有同分异构体，只有一种空间结构，故正确。故选B。5、A【解题分析】试题分析：影响冶炼方法的主要因素是金属的活动性大小，金属活动性越强，则金属就要越难冶炼，因此选项是A。考点：考查影响金属冶炼方法的因素的分析的知识。6、C【解题分析】

A、Cl2是共价键型的单质分子，A错误；B、NH4Cl是离子化合物，B错误；C、C2H6是共价化合物，C正确；D、KOH是离子化合物，D错误；答案选C。7、B【解题分析】因化合物中H元素为价，O元素的化合价为价-2，设元素R的最高正化合价为x，由化学式为HnRO2n＋2，根据化合物中元素的正负化合价的代数和为，则(+1)×n+x+(-2)×(2n＋2)=0，则x=+(3n＋4)。根据元素的最高正价+|最低负价|=8，则有|最低负价|=8-(3n＋4)=4-3n，在其氢化物中，R的化合价为3n-4；故选B。点睛：根据化合物的化学式及和元素在化合物中的化合价，利用化合物中元素的正负化合价的代数和为0，结合元素的最高正价+|最低负价|=8来解答。8、A【解题分析】

根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。【题目详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；答案选A。9、D【解题分析】

化学反应速率快慢的决定性因素是其内因，即反应物的性质，答案选D。10、B【解题分析】

燃烧热是指在一定条件下1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，因为要求燃烧热相等，只能是同种物质，即选项B正确。答案选B。11、D【解题分析】分析：X、Y、Z是3种短周期元素,X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍,则X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为氧元素；X、Y位于同一族,故Y为硫元素；Y、Z处于同一周期，Z原子的核外电子数比Y少1,则Z原子的核外电子数为15,故Z为磷元素,结合元素周期律解答。详解：同周期自左而右非金属性增强,同主族自上而下非金属性减弱,所以非金属性P<S<O,即Z<Y<X,A错误；Y为硫元素,最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，B错误；非金属性P<S<O,非金属性越强,氢化物越稳定,所以氢化物稳定性Z<Y<X,C错误；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,所以原子半径P>S>O,即Z>Y>X,D正确；正确选项D。12、B【解题分析】

A．亚硫酸溶液能和铁反应生成氢气，不能用铁制品容器盛放，故A错误；B．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硫酸，故B正确；C．浓盐酸能和铁反应生成氢气，不能用铁制品容器盛放，故C错误；D．胆矾溶液能和铁发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，不能用铁制品容器盛放，故D错误；故答案为B。13、A【解题分析】分析：同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物，根据是否存在同分异构体判断正误。详解：A．CH2Cl2只有一种结构不存在同分异构体，所以能只表示一种物质，故A正确；B．C5H12存在3种同分异构体：CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、、，所以不能只表示一种物质，故B错误；C．C3H7Cl可以存在同分异构体，CH3CH2CH2Cl，CH3CHClCH3，所以不能只表示一种物质，故C错误；D.C4H10存在2种同分异构体：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3，所以不能只表示一种物质，故D错误；故选A。14、D【解题分析】

煤的气化、液化都是化学变化；石油分馏产物仍然是混合物；酸雨的pH小于5.6，；地沟油可以通过皂化反应生成肥皂，通过酯化和酯交换反应可以转化成生物柴油。【题目详解】A.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，A项错误；B.石油的分馏产物汽油、柴油、煤油仍然是多种烃的混合物，并非纯净物，B项错误；C.酸雨的pH值小于5.6，不在5.6～7.0之间，C项错误；D.地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为皂化反应，可生成肥皂，通过酯化和酯交换反应可以将地沟油转化成生物柴油，D项正确；答案选D。15、B【解题分析】

A．氯化钠中钠离子和氯离子之间中存在离子键，为离子化合物，A错误；B．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，为离子化合物，B正确；C．氨气分子中氢原子和氮原子之间只存在共价键，为共价化合物，C错误；D．氧气分子中氧原子之间只存在共价键，为单质，D错误；答案选B。16、A【解题分析】本题考查化学反应与能量。详解：根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，因此反应是吸热反应，A错误；化学变化的特征之一就是伴随着能量的变化，B正确；反应是放热反应还是吸热反应主要与反应物和生成物的能量的相对大小有关系，而与反应条件无关，C正确；在化学反应过程中，断键需要吸收能量，形成化学键则放出能量，D正确。故选A。点睛：反应是放热反应还是吸热反应，主要和反应物与生成物总能量的相对大小有关系，而与反应条件无关，据此可以判断。17、C【解题分析】A.高锰酸钾加热分解生成氧气，是一个熵增的过程，A正确；B.根据△G＝△H－T△S＜0能自发进行可判断，能自发进行的化学反应不一定是△H＜0、△S＜0，B正确；C.△H＜0的化学反应不一定均是自发反应，△S＜0的化学反应不一定均不能自发进行，而是要依据自由能△G＝△H－T△S判断，C错误；D.反应2Al203(s)+3C(s)＝2Al(s)+3C02(g)是熵值增加的反应，在常温下不能自发进行，根据△G＝△H－T△S可知说明该反应△H＞0，D正确，答案选C。点睛：化学反应方向的判据指出的仅仅是在一定条件下化学反应自发进行的趋势，并不能说明在该条件下反应一定能实际发生，还要考虑化学反应的快慢问题。注意其三个规律：①放热且熵增加的反应一定能自发进行。②吸热且熵减少的反应一定不能自发进行。③焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应方向起决定性作用。18、A【解题分析】试题分析：金属腐蚀速率：金属作阳极的电解池>作负极的原电池>电化学腐蚀>作正极的原电池>作阴极的电解池，因此顺序是（4）>（2）>（1）>（3），故选项A正确。考点：考查金属腐蚀速率快慢等知识。19、C【解题分析】

A.“乙醇汽油”的广泛使用能减少有害气体的排放，A正确；B.“无磷洗涤剂”的推广使用，能有效减少水体富营养化的发生，B正确；C.“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，明矾能净水，但不能淡化海水，C错误；D.倡导“低碳经济”、“低碳生活”有助于减轻“温室效应”，D正确；答案选C。20、C【解题分析】

A.质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数是17+20＝37，则该氯原子可表示为1737ClB.硫离子的结构示意图为，B错误；C.次氯酸分子中含有共价键，电子式为，C正确；D.葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，C6H12O6表示葡萄糖的分子式，D错误。答案选C。21、A【解题分析】

A项、二者分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B项、乙醇和乙酸都可以形成分子间氢键，增大分子间作用力，使乙醇和乙酸的沸点都比CH4的沸点高，故B正确；C项、乙醇和乙酸在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故C正确；D项、酒的主要成分是乙醇，醋的主要成分是乙酸，酒和醋都是调味品，故D正确；故选A。22、C【解题分析】试题分析：A．气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-═CO32-+H2O，A错误；B．易拉罐又会作响并鼓起来，发生2A1+2OH-+6H2O="2"Al[(OH)4]-+3H2↑，气体压强增大，B错误；C．上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性，共计3个离子反应，C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐只会会出现变瘪的现象，D错误，答案选C。考点：考查Al及其化合物的化学性质以及离子反应二、非选择题(共84分)23、MgCO3＋2H＋＝Mg2＋＋CO2↑＋H2OH2O2＋2Fe2＋＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O3.2~9.1Mg2＋、NH4＋【解题分析】

由化学工艺流程可知，菱镁矿加稀硫酸浸取，MgCO3、FeCO3溶于稀硫酸生成Mg2+和Fe2+，加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，然后加氨水调节溶液pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO4·7H2O晶体。【题目详解】（1）根据强酸制弱酸原理，MgCO3溶于稀硫酸生成硫酸镁、水和二氧化碳，离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故答案为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O；（2）加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（3）用氨水调节溶液pH，使Fe3+沉淀除去，不能影响Mg2+，由题给数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=9.1时Mg2+开始沉淀，则用氨水调节溶液pH的范围是3.2~9.1，故答案为：3.2~9.1；（4）因“沉淀”步骤中使用氨水，使Fe3+沉淀除去，而Mg2+没有沉淀，则过滤所得滤液中存在大量的阳离子有Mg2+和NH4+，故答案为：Mg2+和NH4+。【题目点拨】注意用氨水调节溶液pH的目的是使Fe3+沉淀除去，而Mg2+不能沉淀是解答的关键。24、第2周期ⅤA族N＞O＞F2NO＋O2===2NO210能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色5O2＋4NH36H2O＋4NO【解题分析】

本题有几个重要的突破口：①甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；②丙为无色有不同刺激性气味的物质；③化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，说明丁为NO，C的某种单质可能为O2。【题目详解】A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，A分别与B、C、D结合生成三种化合物：甲、乙、丙。化合物丁与C的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体，则丁为NO、C为O元素；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，由图中信息可知，丙与O元素的单质反应生成NO，也可以由O的单质与D的单质化合而得，则丙为NH3、D为N元素，乙为H2O；甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子，则其都有10个电子，结合图中信息，B的单质可以与H2O反应生成甲和O元素的单质，故甲为HF、B为F元素。综上所述，A、B、C、D分别是H、F、O、N，甲、乙、丙、丁分别为HF、H2O、NH3、NO。(1)D为N元素，其在元素周期表中的位置为第2周期ⅤA族。(2)B、C、D的原子都是第２周期的元素，其原子半径随原子序数的增大而减小，故其大小关系为N＞O＞F。(3)丁与C的单质在常温下反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2。(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为10，实验室检验丙（NH3）的方法是用湿润的红色石蕊试纸，因为其能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。(5)C的单质＋丙→乙＋丁的化学方程式为5O2＋4NH36H2O＋4NO。【题目点拨】推断题的解题方法最关键的是找好突破口，要求能根据物质的特征性质、特征反应、特殊的反应条件以及特殊的结构，找出一定的范围，大胆假设，小心求证，通常都能快速求解。25、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法书写热化学方程式；（3）先判断数据的有效性，然后计算出平均温度差，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，最后根据中和热的概念求出反应热；（4）A、浓硫酸稀释时释放能量；B、氨水为弱碱，电离过程为吸热过程；C、若用50mL0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，盐酸可能反应不完全，导致生成水的量减小。【题目详解】（1）为了测得温度的最高值，应在最短的时间内让盐酸和过量的氢氧化钠溶液充分反应，减少热量散失，则图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；如不改正，盐酸反应可能不完全，会使求得的中和热数值将会减小，故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏小；（2）盐酸和氢氧化钠溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量为57.3kJ，反应的热化学方程式为HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol，故答案为：HCl(aq)+NaOH(aq)＝NaCl(aq)+H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol；（3）①根据表中数据可知，温度的差值是分别为3.0℃、3.1℃、4.5℃、2.9℃，实验3的误差太大舍去，则温度差的平均值是℃=3℃，故答案为：3；②50mL0.5mol•L-1盐酸和50mL0.55mol•L-1的氢氧化钠溶液的质量和为100mL×1g/cm3=100g，比热容c=4.18J/（g•℃），由公式Q=cm△t可知反应生成0.025mol水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3℃=1254J=1.254kJ，则中和热△H＝—≈-50.2kJ/mol，故答案为：50.2；（4）A、浓硫酸稀释时释放能量，用浓硫酸代替盐酸进行上述实验会导致测得中和热的数值偏大，故错误；B、氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，会使测得中和热的数值偏小，故正确；C、反应中选用50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液的目的是氢氧化钠溶液过量保证50ml0.5mol·L－1的盐酸完全反应，若用50mL0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，盐酸可能反应不完全，导致生成水的量减小，使测得中和热的数值偏小，故正确；正确的是BC，故答案为：BC。【题目点拨】本题考查中和热的测定，试题侧重分析能力及化学实验能力的考查，明确中和热的测定步骤，注意掌握中和热计算方法，为解答关键。26、酸高锰酸钾具有强氧化性锥形瓶内颜色变化当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色偏小无影响偏小环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失-51.8kJ/mol【解题分析】

(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(3)根据c(待测)═分析误差；(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。【题目详解】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；(3)A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小；B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对V(标准)无影响，根据c(待测)═分析，c(待测)无影响，故答案为：无影响；C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，待测液减少，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小。(II)(1)由量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；(3)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℃；平均温度差为：3.1℃。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0.05mol的水放出热量Q=4.18J/(g•℃)×100g×3.1℃=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.2958kJ×=-51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol。【题目点拨】本题的易错点为(II)(3)中和热的计算，要注意中和热的概念的理解，水的物质的量特指“1mol”。27