2024届陕西省商洛市丹凤县丹凤中学高一下化学期末调研模拟试题含解析

2024届陕西省商洛市丹凤县丹凤中学高一下化学期末调研模拟试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、科学、可持续、和谐利用资源是建立新时代中国特色社会主义思想的重要组成部分。下列有关资源开发和利用的说法不正确的是（）A．从海水中可以制取镁、钾、溴及其化工产品B．通过石油裂化和裂解可以得到乙烯等重要化工原料C．以石油、煤、天然气为原料，可获得性能优异的高分子材料D．金属冶炼常会消耗很多能量，也易造成环境污染，应该停止使用金属材料2、氯气与水反应生成的次氯酸具有杀菌作用，常用于自来水的消毒，用此种方法处理的自来水需要经过暴晒后才能用于养金鱼。下列有关说法正确的是A．次氯酸中氯元素呈-1价 B．次氯酸属于电解质C．次氯酸的化学性质很稳定 D．Cl2与水的反应中无电子转移3、为了防止铁制品锈蚀，下列措施或者做法不当的是（）A．将使用后的菜刀洗净擦干B．铁制品表面的铁锈应当保留C．在铁制水管表面镀一层锌D．在铁制门窗表面喷涂防护漆4、锌电池比铅蓄电池容量更大，而且没有铅污染。其电池反应为：2Zn+O2=2ZnO，原料为锌粉、电解液和空气，则下列叙述正确的是A．锌为正极，空气进入负极反应B．负极反应为Zn-2e-=Zn2+C．正极发生氧化反应D．电解液可能是强酸5、下列物质能导电的是()A．液态氯化氢 B．盐酸C．食盐晶体 D．蔗糖6、若aA+与bBn-两种离子的核外电子层结构相同，则a的数值为A．b+n+1B．b+n-1C．b-n-1D．b-n+17、下列关于Fe(OH)3胶体的说法中，不正确的是()A．分散质粒子直径在10-9～10-7m之间 B．是一种纯净物C．具有丁达尔效应 D．具有净水作用8、下列关于金属的叙述中正确的是（）A．所有的金属都是固态的B．金属具有导电性、导热性和延展性C．活泼的金属、或较活泼的金属能与酸反应，但不能与碱反应D．金属元素在自然界中都是以化合态存在的9、下列关于合金的叙述中正确的是()A．合金是由两种或多种金属熔合而成的B．日常生活中用到的5角硬币属于铜合金C．合金在任何情况下都比单一金属性能优良D．钢不属于合金10、标准状况下将35mL气态烷烃完全燃烧，恢复到原来状况下，得到二氧化碳气体140mL，则该烃的分子式为A．C5H12 B．C4H10 C．C3H6 D．C3H811、下列说法中正确的是A．熵增加且放热的反应一定是自发反应B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应C．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应D．非自发反应在任何条件下都不能发生12、用6gCaCO3与100mL稀盐酸反应制取少量的CO2，反应过程中生成的CO2的体积(已折算为标准状况)随反应时间变化的情况如图所示。下列说法正确的是A．OE段表示的平均反应速率最快，可能的原因是该反应是放热反应B．EF段用HCl浓度的减小表示的该反应的平均反应速率为0.2mol/(L·min)C．在G点以后收集的CO2的量不再增多，原因是稀盐酸已反应完全D．在F点收集到的CO2的体积最大13、工业合成氨的反应为：N2+3H22NH3，该反应在一定条件下的密闭容器中进行。下列关于该反应的说法正确的是（）A．达到平衡时,反应速率：v(正)=v(逆)=0B．使用催化剂可加快反应速率，提高生产效率C．为了提高H2的转化率,应适当增大H2的浓度D．若在密闭容器加入1molN2和过量的H2,最后能生成2molNH314、随着卤素原子半径的增大，下列递变规律正确的是（）A．单质的熔、沸点逐渐降低B．卤素离子的还原性逐渐增强C．单质的氧化性逐渐增强D．气态氢化物的稳定性逐渐增强15、室温时，向试管中通入气体X（如图），下列实验中预测的现象与实际不相符的是选项气体X试管中的物质Y预测现象A乙烯Br2的CCl4溶液溶液橙色逐渐褪去，最终液体分为上下两层BSO2品红溶液溶液红色逐渐褪去C甲烷酸性KMnO4溶液无明显现象，溶液紫色不褪D氯气FeCl2溶液（浅绿色）溶液由浅绿色逐渐变为黄色A．A B．B C．C D．D16、五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中R元素原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，下列判断正确的是A．元素的非金属性次序为：Y>X>MB．气态氢化物稳定性：M>RC．Z的氧化物可以做光导纤维D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X17、下列说法错误的是A．可以长期大量服用抗生素来预防疾病B．常吃粗粮和蔬菜有助于消化、预防直肠癌等C．毒品危害极大，青少年一定要远离毒品D．误食了重金属盐，可立即喝大量的牛奶来缓解毒性18、已知苯与一卤代烷在催化剂作用下可生成苯的同系物：+CH3X→+HX，在催化剂存在下，由苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用的是A．CH2=CH2和HCl B．CH3CH3和I2C．CH2=CH2和Cl2 D．CH3CH3和HCl19、对于10%H2O2的分解反应，下列措施能减慢其化学反应速率的是()A．加入MnO2B．加水稀释C．加热D．加入30%H2O220、某元素的一种同位素X的原子质量数为A,它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在ag2HmX中所含电子的物质的量是A．(A－N＋m)molB．(A－N)molC．(A－N＋m)molD．(A－N+2m)mol21、海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一。从海水中制取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳②在引入的海水中加石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤、干燥产物④将得到的产物熔融后电解。关于从海水中提取镁，下列说法不正确的是A．此法的优点之一是原料来源丰富B．进行①②③步骤的目的是从海水中提取氯化镁C．第④步电解制镁是由于镁是很活泼的金属D．以上制取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应22、下列气体中能用排水法收集的是（）A．氨气 B．二氧化硫 C．氯气 D．氧气二、非选择题(共84分)23、（14分）下图表示物质A～F之间的转化关系，其中A为淡黄色固体物质，B、C为无色溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。请填写下列各空：（1）写出各物质的化学式：A为______，B为_____，C为_____，D为_____，E为_____，F为______。（2）写出下列反应的化学方程式：B→A：________________________。B→C：___________________________。（3）写出C→F的离子方程式：___________________。（4）在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性的是(填字母代号)______。24、（12分）常见有机物A、B、C、D、E的相互转化关系如下图。已知D是有香味且不易溶于水的油状液体，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答：(1)A中含有的官能团名称是___________。(2)B的结构简式是___________。(3)①的化学方程式是__________________。(4)下列说法正确的是______。a.E分子中所有原子在同一平面上b.用饱和Na2CO3溶液除去D中混有的Cc.②的反应类型为取代反应25、（12分）(1)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法,研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L,大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格,实验温度为25℃、35℃,每次实验HNO3的用量为25.0mL.大理石用量为10.00g。请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空:实验编号温度/℃大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(I)实验①和②探究浓度对反应速率的影响②25粗颗粒_____(II)实验①和③探究温度对反应遮率的影响；③_____粗颗粒2.00(III)实验①和④探究_________对反应速率的影响④25细颗粒2.00(II)把2.5

mol

A和2.5

mol

B混合放入2

L密闭容器里，发生反应:

3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经5s后反应达到平衡。在此5s内C的平均反应速率为0.2

mol/(L·s)，同时生成1

mol

D。试求:(1)达到平衡时B的转化率为_____。(2)

x的值为______。(3)若温度不变，达到平衡时容器内气体的压强是反应前的______倍。26、（10分）亚硝酸钠是重要的防腐剂，某化学兴趣小组设计如下流程制备NaNO2。⑴“反应Ⅰ”还有HNO2生成，写出该反应的化学方程式：______。⑵“反应Ⅱ”中当观察到现象是______时，反应已完全，不需再加Na2CO3溶液。⑶现采用下列方法测定NaNO2粗品中NaNO2的质量分数：称取NaNO2粗品0.450g于锥形瓶中，加水溶解，再向其中滴加0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24.00mL。计算NaNO2粗品中NaNO2的质量分数（杂质不参与反应，请写出计算过程）。已知测定过程中发生反应的方程式为MnO4-＋NO2-＋H＋—Mn2+＋NO3-＋H2O（未配平），计算NaNO2粗品中NaNO2的质量分数（请写出计算过程）。________________27、（12分）（1）氨气是化学实验室常需制取的气体。实验室制取氨气通常有两种方法：方法一固体氢氧化钙与氯化铵共热方法二固体氢氧化钠与浓氨水反应①下面的制取装置图中，方法一应选用装置________(填“A”或“B”，下同)，方法二应选用装置________。②写出加热NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3的反应方程式_________。③在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是_____，收集氨气的方法是______。A．浓硫酸B．碱石灰C．五氧化二磷D．向上排空气法E．排水法F．向下排空气法④检验是否收集满氨气的方法是____________________________________。（2）请观察如图装置，回答下列问题：①负极是_______，发生_______反应（填氧化或还原）。②正极的电极反应式_______。③该装置是一种把_______________________的装置，当导线中有0.2mole-发生转移时，求参加氧化反应的物质的物质的量为_______。28、（14分）四种常见有机物分子的比例模型示意图如下，其中甲、乙、丙为烃，丁为烃的衍生物。(1)可以鉴别甲和乙的试剂为__________；a.稀硫酸b.溴的四氯化碳溶液c.水d.酸性高锰酸钾溶液(2)上述物质中有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的是______（填名称），将其加入溴水中，振荡后静置，观察到的现象是______。(3)以乙为主要原料合成乙酸，合成路线如图所示：(已知2CH3CHO+O22CH3COOH)①丁生成A的化学方程式为_______________；②如图，丁与乙酸在浓硫酸作用下发生反应，当观察到b试管中有明显现象时，停止实验。生成的有机物的结构简式为___________；试管b中的溶液是___________。29、（10分）一定条件下2L的密闭容器中，有反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。(1)若起始时SO2为2mol，反应2min后SO2剩余1.6mol，则在0~2min内SO2的平均反应速率为_____mol/(L·min)；若继续反应使SO2剩余1.2mol，则需要再反应的时间_____2min(不考虑温度变化)；(选填“>”、“<”或“=”)(2)反应达到平衡后，在其他条件不变的情况下，升高温度，下列说法正确的是_____；(选填字母)A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动B．正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C．正、逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动(3)若反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，则导致t1时刻速率发生变化的原因可能是_____；(选填字母)A．增大A的浓度B．缩小容器体积C．加入催化剂D．降低温度(4)在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室(见图)。下列说法错误的是_____。(选填字母)A．a、b两处的混合气体成分相同，b处气体温度高B．c、d两处的混合气体成分不同C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体D．反应气体进行两次催化氧化的目的是提高SO2的转化率(5)硫酸工业制法中硫铁矿是制取SO2的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO24FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2，若48molFeS2完全反应耗用氧气131mol，则反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比为________。

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、D【解析】

A．海水中含有80多种元素，可以通过化学方法从海水中可以制取镁、钾、溴及其化工产品，故A正确；B．石油裂化和裂解可得到不饱和烃，可以得到乙烯、丙烯等重要基本化工原料，故B正确；C．从煤、石油可以得到不饱和的小分子化合物，再通过化学反应可以获得许多性能优异的合成高分子材料，如聚乙烯等，故C正确；D．金属冶炼一般是用热还原、热分解或电解，所以冶炼金属时会消耗许多能量，冶炼金属后的矿渣会含有一些有害物质，会造成环境污染，要合理的使用，但不能杜绝使用，故D错误；故选D。2、B【解析】分析：Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变化，反应中一定存在电子转移。在HClO中,氯元素呈+1价,次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2↑；据以上分析解答。详解：根据化合价法则可知：氢元素化合价+1价，氧元素-2价，所以HClO中氯元素为+1价；A错误；次氯酸为弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，属于弱电解质，B正确；次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2↑，C错误；Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变化，反应中一定存在电子转移，D错误；正确选项B。点睛：氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制的氯水中含有成分：盐酸、次氯酸、氯气；因此新制的氯水具有酸性、强氧化性、漂白性。3、B【解析】分析：钢铁生锈的条件是钢铁与氧气和水同时接触，酸性溶液、碱性溶液、盐溶液能促进金属生锈，防止铁生锈的方法就是要使铁与水和氧气隔绝；据此分析解答。详解：使用后的菜刀洗净擦干,避免和水接触,有利于防锈,A正确；铁锈是一种疏松多孔的物质,如果不及时除去会加快铁的生锈速率，B错误；在铁制水管表面镀一层锌,使铁与水和氧气隔绝,有利于防锈,C正确；在铁制门窗表面喷涂油漆,使铁与水和氧气隔绝,有利于防锈,D正确；正确选项B。4、B【解析】A.反应中锌失去电子，锌为负极，空气进入正极反应，A错误；B.锌是负极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+，B正确；C.正极发生得到电子的还原反应，C错误；D.锌是活泼的金属，锌、氧化锌均能与酸反应，电解液不可能是强酸，D错误，答案选B。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，选项D是解答的易错点。5、B【解析】

A.液态氯化氢中HCl以分子存在，不存在自由移动电子或离子，所以不导电，故A错误；

B.盐酸中含有自由移动离子，所以能导电，故B正确；

C.食盐晶体属于离子晶体，不存在自由移动离子，所以不导电，故C错误；

D.蔗糖以分子存在，所以不存在自由移动离子或电子，不导电，故D错误；

故答案选B。【点睛】能够导电的物质：熔融的电解质，电解质溶液、金属等物质。6、A【解析】分析：阳离子的核外电子数等于原子的质子数减所带电荷数；阴离子的核外电子数等于原子的质子数加所带电荷数；两种离子的核外电子层结构相同，即两种离子的核外电子的排布及数目相同，由此可以得到数值间的关系，进而得到答案。详解：阳离子的核外电子数等于原子的质子数减所带电荷数，阴离子的核外电子数等于原子的质子数加所带电荷数，aA+与bBn-核外电子层结构相同，说明两种微粒核外电子数相等，所以a-1=b+n，解得a=b+n+1，故A正确；故选A。7、B【解析】

A.氢氧化铁胶体胶粒的直径在10-9～10-7m之间，A正确；B.氢氧化铁胶体是氢氧化铁和水的混合物，B错误；C.胶体具有丁达尔效应，C正确；D.氢氧化铁胶粒能吸附水中的杂质颗粒，有净水的作用，D正确；答案选B。8、B【解析】

A．常温下金属单质大多数是固体，但是汞常温下为液态，A项错误；

B．根据金属的通性可知，金属具有导电性、导热性和延展性，B项正确；C．活泼的金属、或较活泼的金属能与酸反应，有的金属能够与强碱溶液反应，如铝，C项错误；

D．并不是所有金属在自然界都是以化合态存在的，如金、银等，D项错误；答案选B。9、B【解析】

A．合金是金属与金属或金属与非金属熔合形成的，故A错误；B．日常生活中用到的五角硬币属于铜锌合金，故B正确；C．在机械加工时，合金的性能一般较单一金属优良，但并不是任何情况都是，如纯铝导电性比铝合金要强等，故C错误；D、钢是铁与碳等形成的合金，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查合金、合金的性质以及常见合金的组成，理解合金的性质，即合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀。解题关键：理解定义，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；B项铸造五角硬币的金属属于铜锌合金，要关注身边的物质；C项在机械加工时，合金的性能一般较单一金属优良，但并不是任何情况都是，为易错点。10、B【解析】

标准状况下将35mL气态烷烃完全燃烧，恢复到原来状况下，得到二氧化碳气体140mL，相同状况下,气体体积与物质的量成正比，这说明1分子该烷烃完全燃烧可得到二氧化碳的分子数为140÷35＝4，所以该烷烃分子中碳原子数为4，因此分子式为C4H10。故选B。11、A【解析】

A.熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；B.熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，B错误；C.若△H＜0、△S＜0，则高温下△G=△H-T△S＞0，不能自发进行，故放热反应不一定能自发进行的反应；若△H＞0、△S＞0，则高温下△G=△H-T△S＜0，能自发进行，故吸热反应不一定是非自发进行的反应，C错误；D.△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D错误。故选A。12、C【解析】

A、由图可知，1min时间内，EF段生成的二氧化碳的体积最多，故EF段反应速率最快，A错误；B、由图可知EF段生成的二氧化碳体积为672mL－224mL=448mL，二氧化碳的物质的量为0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知，△n（HCl）=2n（CO2）=2×0.02mol=0.04mol，浓度是0.4mol/L，则用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol/L÷1min=0.4mol/（L•min），B错误；C、6gCaCO3的物质的量是0.06mol，根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知完全反应生成二氧化碳应该是0.06mol×22.4L/mol＝1.344L，而G点是784mL，说明CaCO3未反应完，则盐酸完全反应，C正确。D、曲线上点的纵坐标的值即为该点收集的二氧化碳的体积，由图可知G点收集的二氧化碳最多，D错误；答案选C。13、B【解析】

A、化学平衡态是动态平衡，达到平衡时反应速率：v(正)=v(逆)≠0。错误；B、使用催化剂可加快反应速率，提高生产效率，但是不能是化学平衡发生移动，提高氢气和氮气的利用率。正确；C、为了提高H2的转化率，可增加氮气的浓度或减小氨气的浓度。错误；D、此反应为可逆反应，反应有一定限度，氢气和氮气不能完全转化成氨气。错误。答案选B。【点睛】反应达到平衡状态标志是正逆反应速率相等且不等0，各物质的浓度、百分含量不变等。催化剂只能改变化学反应速率，不能使化学平衡发生移动。影响化学平衡移动的外因有改变反应物或生成物的浓度（纯液体和固体除外），改变温度等。14、B【解析】卤族元素随着原子序数的递增，其性质呈现规律性的变化，由于相对分子质量的增大，单质的熔沸点逐渐升高，常温下F2、Cl2为气态，Br2为液态，碘为固态，选项A错误；单质的氧化性逐渐减弱选项C错误，对应的卤离子的还原性逐渐增强，选项B正确；气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，选项D错误，它们水溶液的酸性却逐渐增强(在相同条件下)。答案选B。15、A【解析】

A、乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溶液橙色逐渐褪去，但生成的1，2-二溴乙烷溶于CCl4溶液中，液体不分层，选项A实验中预测的现象与实际不相符；B、二氧化硫能使品红溶液褪色，选项B实验中预测的现象与实际相符；C、甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，选项C实验中预测的现象与实际相符；D、氯气具有氧化性，能将氯化亚铁氧化，通入氯气，浅绿色FeCl2溶液逐渐变为黄色，选项D实验中预测的现象与实际相符；答案选A。【点睛】本题考查物质的检验，注意根据物质的性质进行分析检验，易错点为选项D，注意氯气的强氧化性及氯气、氯化亚铁、氯化铁的颜色变化。16、D【解析】

由短周期元素在周期表的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、M、R处于第三周期，R元素原子的最外层电子数等于电子层数的2倍，则R为S，根据这些元素的相对位置关系可推知X为C元素，Y为N元素，Z为Al，M为P元素。【详解】A．磷酸的酸性碳酸的强，故非金属性P＞C，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性R＞M，故氢化物稳定性：R＞M，故B错误；C．Z的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Y＞X，故最高价含氧酸酸性：Y＞X，故D正确，故选D。17、A【解析】

A.如果长期使用或滥用抗生素，就会使病菌的抗药性增强而失去治疗效果，不能用来预防疾病，故A错误；B.多吃粗粮和新鲜的蔬菜有助于消化，保持大便通畅，预防直肠癌，故B正确；C.吸毒会使人记忆力下降、主动性降低、性格孤僻、意志消沉，影响正常的学习、工作和生活，青少年一定要远离毒品，故C正确；D.重金属离子能使蛋白质变性而中毒，一些可溶性的重金属盐（如含Cu2+、Ba2+、Ag+等可溶性盐）与蛋白质作用会使蛋白质变性，使蛋白质丧失其生理功能，若人误食重金属盐中毒后，为减轻毒性，可立即喝大量牛奶，让牛奶与重金属盐作用，缓解毒性，故D正确；故选A。18、A【解析】

根据反应+CH3X→+HX可知，苯与氯乙烷合成苯乙烷，故必须先制得纯净的一元卤乙烷。A.由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，可由CH2=CH2和HCl制得氯乙烷，选项A符合；B.CH3CH3和I2发生取代反应得不到纯净的卤乙烷，选项B不符合；C.CH2=CH2和Cl2发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，选项C不符合；D.CH3CH3和HCl不反应，选项D不符合；答案选A。【点睛】本题考查有机物的合成，明确信息及乙烯的加成反应特点是解答的关键。19、B【解析】

使用催化剂、增大浓度、加热等均可加快反应速率，以此来解答。【详解】A．加入MnO2，作催化剂，反应速率加快，A不符合；B．加水稀释，H2O2的浓度减小，反应速率减缓，B符合；C．加热，温度升高，反应速率加快，C不符合；D．加入30%的H2O2，浓度增大，反应速率增大，D不符合；答案选B。20、D【解析】X原子的质量数为A，2HmX的相对分子量为：A+2m，其摩尔质量为(A+2m)g/mol，每个2HmX分子中含有的电子数为(A－N+2m)，则agHmX的物质的量为：=mol，则在ag2HmX分子中含电子的物质的量是：mol×(A-N+2m)=(A-N+2m)mol，故选D。21、D【解析】

A．地球上有丰富的海水资源，故A正确；B．从海水中提取金属镁，最基本的方法是往海水里加石灰乳，得到Mg(OH)2沉淀，将沉淀分离后再加入盐酸变成MgCl2；之后经结晶、过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，据此结合从海水中提取镁的步骤知：①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2，故B正确；C．镁是很活泼的金属，阳离子氧化性较弱，不易用热还原法制取，可用电解熔融氯化镁的方法制取镁单质，故C正确；D．把贝壳制成石灰乳是碳酸钙分解反应，氧化钙和水发生的化合反应，海水中的镁离子和氢氧化钙反应，为复分解反应，得到氢氧化镁的沉淀，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁，为复分解反应，氯化镁电解为分解反应，该过程中未涉及的反应为置换反应，故D错误；故答案为D。22、D【解析】

气体收集分为排水法和排空气法，能用排水收集法收集的气体，说明气体难溶于水且不能与水反应。A、氨气极易溶于水，不能够用排水法收集，只能使用排空气法收集，选项A不选；B、二氧化硫溶于水且与水发生反应，不可以采用排水法收集，选项B不选；C、氯气可溶于水且能与水反应，不可以采用排水法收集，选项C不选；D、氧气在水中溶解度减小，可以采用排水法收集，选项D选；答案选D。二、非选择题(共84分)23、SH2SO3H2SO4SO2BaSO3BaSO4H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2OH2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HClSO42-＋Ba2＋===BaSO4↓ABDE【解析】

A为淡黄色固体，由转化关系可知，A为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，结合对应物质的性质分析解答。【详解】(1)根据以上分析可知，A为S，B为H2SO3，C为H2SO4，D为SO2，E为BaSO3，F为BaSO4，故答案为：S；H2SO3；H2SO4；SO2；BaSO3；BaSO4；(2)B→A的化学方程式：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；B→C的化学方程式：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；(3)C为H2SO4，可与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；(4)在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性，说明S元素的化合价既能升高，又能降低，S元素的化合价介于中间价态，有S、H2SO3、SO2、BaSO3，故答案为：ABDE。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意根据元素的化合价结合氧化还原反应的规律分析。24、羟基CH3CHOCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2Oab【解析】

根据物质的分子结构与性质可知A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生B是乙醛CH3CHO，乙醛催化氧化产生的C是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应产生的D是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则E是乙烯CH2=CH2，乙烯与乙酸发生加成反应产生D是CH3COOCH2CH3。【详解】根据上述分析可知：A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是CH3COOCH2CH3，E是CH2=CH2。(1)A是CH3CH2OH，官能团是-OH，A中含有的官能团名称是羟基；(2)根据上述分析可知：B的结构简式是CH3CHO；(3)①反应是乙醇与乙酸在浓硫酸存在并加热条件下发生酯化反应形成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以其反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(4)a.E是乙烯，该物质分子是平面分子，键角是120°，分子中所有原子在同一平面上，a正确；b.乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，而乙酸能够与碳酸钠溶液发生产生可溶性乙酸钠、水、二氧化碳，因此可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，b正确；c.②的反应为乙酸与乙烯发生加成反应，故其反应类型为加成反应，c错误；故合理选项是ab。【点睛】本题考查了常见物质的推断、转化关系及反应类型的判断的知识。掌握物质官能团的性质与相互关系、常见化学反应的特点是判断、推理的依据。25、1.0035探究固体物质的表面积(答接触面亦可)20%x=41.2【解析】试题分析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同；(Ⅱ)根据三段式解题法，求出混合气体各组分物质的量的变化量、平衡时各组分的物质的量．平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

根据相关计算公式计算相关物理量。解析：(Ⅰ)根据实验①和②探究浓度对反应速率的影响，所以实验①和②中硝酸浓度不同，实验②中HNO3浓度为1.00mol/L；实验①和③探究温度对反应速率的影响，实验①和③的温度不同，实验③的温度选择35℃；实验①和④碳酸钙颗粒大小不同，实验①和④探究固体物质的表面积对反应速率的影响；(Ⅱ)根据三段式法，平衡时，生成的C的物质的量为

0.2mol/（L﹒s）×5s×2L=2mol，

（1）达平衡时B的转化率为。（2），x=4。（3）若温度不变，容器内气体的压强比等于物质的量比，点睛：根据阿伏加德罗定律及其推论；同温、同体积的气体，压强比等于物质的量比；同温、同压，体积比等于物质的量比。26、SO2＋HNO3＋H2O＝H2SO4＋HNO2不再有气泡生成92.0%【解析】

⑴硝酸具有强氧化性，通入二氧化硫气体，发生氧化还原反应，根据图示和信息提示，反应生成硫酸和亚硝酸，根据电子得失守恒和物料守恒，该反应的化学方程式为SO2＋HNO3＋H2O＝H2SO4＋HNO2答案为：SO2＋HNO3＋H2O＝H2SO4＋HNO2。⑵向“反应Ⅰ”生成的亚硝酸溶液中加入碳酸钠溶液，会产生二氧化碳气体，当再加入碳酸钠溶液无气泡产生，则说明溶液中的酸全部被消耗转化为亚硝酸钠。答案为：不再有气泡生成。⑶已知测定过程中发生反应的方程式并配平：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2+＋5NO3-＋3H2O根据反应，2molKMnO4消耗5molNaNO2，现滴定过程中消耗KMnO4的物质的量为0.1000mol×0.024L=0.0024mol，则消耗NaNO2的物质的量为0.006mol，NaNO2的质量为0.006mol×69g/mol=0.414g，粗品中NaNO2的质量分数=92%。答案为：92%。27、AB2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2OBF用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，看试纸是否变蓝，变蓝则收集满（正确都得分）Zn氧化2H++2e-=H2↑化学能转变为电能0.1mol【解析】分析：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体；②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水；③氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，应用碱性干燥剂；氨气密度小于空气，极易溶于水，据此判断收集方法；④氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，据此检验；（2）原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，据此判断。详解：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，应选择A装置，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体，应选择B装置；②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；③A．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，不能干燥氨气，A错误；B．固体氢氧化钠具有吸湿性，可以干燥氨气，B正确；C．五氧化二磷和氨气发生反应，不能干燥氨气，C错误；答案为：B；氨气密度小于空气，极易溶于水，收集氨气时应该选择向下排空气法，答案选F；④氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则证明是氨气已集满。（2）①金属性锌强于铜，因此负极是锌，发生氧化反应。②正极是铜，溶液中的氢离子放电，则正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑。③该装置是原电池，是一种把化学能转变为电能的装置，当导线中有0.2mole-发生转移时，消耗0.1mol锌，锌失去电子被氧化，则参加氧化反应的物质的物质的量为0.1mol。28、bd苯液体分为两层，上层为橙红色，下层为无色2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOHCH2CH3饱和Na2CO3溶液【解析】根据有机