黑龙江省牡丹江市一中2023-2024学年化学高一下期末统考模拟试题含解析

黑龙江省牡丹江市一中2023-2024学年化学高一下期末统考模拟试题注意事项：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、下列关于化合物和化学键类型的叙述正确的是()HClONa2O2NaClNH4ClA共价化合物共价键离子化合物离子键离子化合物离子键共价化合物共价键B共价化合物共价键离子化合物共价键离子化合物离子键离子化合物共价键C共价化合物共价键离子化合物离子键、共价键离子化合物离子键离子化合物离子键、共价键D共价化合物离子键离子化合物离子键、共价键离子化合物离子键离子化合物离子键、共价键A．A B．B C．C D．D2、甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧法合成的反应是：①(CH3)2C=O+HCN→(CH3)2C(OH)CN②(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4→CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO4新法合成的反应是:③CH3C≡CH+CO+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3下列说法不正确的是（）A．反应②中CH3OH是CH2OHCH2OH(乙二醇)的同系物B．反应③符合绿色化学思想C．甲基丙烯酸甲酯有两种官能团D．反应①是加成反应3、下列关于“甲烷的存在与用途”的叙述不正确的是（）A．我国的天然气主要分布在中西部地区及海底B．可燃冰是天然气的水合物，外形似冰，易燃烧C．甲烷俗称“天然气”，常用作燃料D．天然气和沼气都是理想的清洁能源4、甲烷中混有乙烯，依次通过盛有下列试剂的洗气瓶，能除去乙烯得到纯净的甲烷的是A．澄清石灰水、无水CaCl2B．NaOH溶液、浓硫酸C．溴水、浓硫酸D．NaOH溶液、无水CaCl25、溶液中只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。①若加入锌粒,产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物貭的量之向的关系如图所示。则下列説法正确的是()A．溶液中的阳离子一定含有H+、Mg2+、Al3+，可能含有Fe3+B．溶液中一定不含CO32-和NO3-，一定含有SO42-C．溶液中C(NH4+)=0.2mol/LD．c(H+):c(Al3+):c(Mg2+)=l:1:16、下列变化属于物理变化的是（）A．石油分馏B．煤的液化C．蛋白质变性D．石油裂化7、将5.4gAl投入到200mL2.0mol·L－1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余，该溶液可能为()A．NaOH溶液 B．Ba(OH)2溶液 C．H2SO4溶液 D．HCl溶液8、证明氨水是弱碱的事实是A．氨水与硫酸发生中和反应 B．氨水能使紫色石蕊试液变蓝C．0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1 D．浓氨水易挥发9、有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有()A．8种B．14种C．16种D．18种10、甲、乙两烧杯中各盛有100mL6mol/L的盐酸和NaOH溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为1:2，则加入铝粉的质量为A．10.8gB．7.2gC．5.4gD．3.6g11、下列有关热化学方程式的叙述正确的是A．己知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol，则H2的标准燃烧热为-241.8kJ/molB．已知C(石墨，s)==C(金刚石，s)△H>0，则金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热置，则该反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.4kJ/molD．已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-QkJ·mol-1(Q>0)，则将2molSO2(g)和lOmolO2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出QkJ的热量12、下图是锌片和铜片在稀硫酸中所组成的原电池装置，c、d为两个电极。下列有关的判断不正确的是A．电池工作的过程中，d电极上产生气泡B．电池工作时，溶液中SO42－向d移动C．c为负极，发生氧化反应D．电池工作的过程中，溶液中SO42－浓度基本不变13、工业合成氨反应N2+3H22NH3，是一个正反应为放热的可逆反应。下列说法正确的是A．使用合适的催化剂可以加快反应速率，提高生产效率B．生成物的总能量大于反应物的总能量C．将该反应设计成原电池，放出的热量不变D．达到平衡时，N2的浓度与NH3的浓度一定相等14、检验铵盐的一般方法是将待检物质取出少量放入试管中，然后（）A．直接加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口处检验B．加水溶解，向溶液中滴加紫色石蕊溶液C．加入氢氧化钠溶液并加热，后再滴入酚酞溶液D．加氢氧化钠加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口处检验15、下列说法不正确的是A．1L浓度为0.1mol/L的NH4Cl溶液阳离子数目多于氯离子数目B．比较浓度均为0.1mol·L-1的HI和醋酸溶液的导电能力可判断HI为强酸C．常温下，pH=3的醋酸溶液水加稀释1000倍后溶液的pH<6D．常温下，同体积的pH＝9的NaClO溶液和pH＝5的NH4Cl溶液水电离的OH－数相同16、原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是A．①②中Mg作负极、③④中Fe作负极B．②中A1作负极，电极反应式为2A1-6e-=2Al3+C．③中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+D．④中Cu作正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-17、假设x是第IIB族中元素的原子序数，那么原子序数为x+1的元素在A．IB族B．IIIA族C．IIIB族D．IA族18、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是：A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁19、下列关于化学键的叙述，正确的一项是（）A．含有共价键的化合物一定是共价化合物B．单质分子中均不存在化学键C．含有分子间作用力的分子一定含有共价键D．离子化合物中一定含有离子键20、一定条件下将1molN2和3molH2置于密闭容器中发生反应N2+3H22NH3(正反应是放热反应)。下列关于该反应的说法正确的是A．降低温度可以加快反应速率B．达到化学反应限度时，生成2molNH3C．向容器中再加入N2可以加快反应速率D．1molN2和3molH2的总能量低于2molNH3的总能量21、现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：有关说法错误的是A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出22、下列关于常见有机物的说法不正确的是A．乙烯和苯都能与溴水反应 B．乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应 C．糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质 D．乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别二、非选择题(共84分)23、（14分）已知:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平｡现以A为主要原料制备乙酸乙酯,其合成路线如下图所示:（1）有机物A的结构简式是________,D分子中官能团的名称是_________｡（2）反应①和④的反应类型分别是:_______､____________｡（3）反应④的化学方程式是__________,利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为____________｡（4）某同学用下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯｡实验结束后,试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体｡

①实验结束后,振荡试管甲,有无色气泡生成,其主要原因是__________(用化学方程式表示)｡②除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇,应加入________,分离时用到的主要仪器是_________｡24、（12分）有关物质的转化关系如图所示。A是生活中常用的调味品，B是常见的无色液体。气体C是空气的主要成分之一，I的溶液常用作漂白剂。气体H的水溶液显碱性。J的摩尔质量是32g·mol－1，且与H所含元素种类相同。回答下列问题：（1）C的结构式是_____，I的化学式是_____。（2）反应①的离子方程式是______。（3）反应②的化学方程式是______。25、（12分）Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是_______。A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③（2）用提纯的NaCl配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________Ⅱ．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示（图中x、y、m、m均表示NaOH溶液与CO2反应后的溶液中某溶质的物质的量）。回答下列问题：(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。26、（10分）实验室制备乙酸乙酯的装置，如图所示，回答下列问题：(1)乙醇、乙酸和浓硫酸混合顺序应为_____________________。(2)收集乙酸乙酯的试管内盛有的饱和碳酸钠溶液的作用是____________________。(3)反应中浓硫酸的作用________________________________。(4)反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到100%，原因是_______________________。(5)收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的________层。(6)该反应的化学方程式为______________________。(7)将收集到的乙酸乙酯分离出来的方法为__________。27、（12分）某化学课外小组用下图装置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A(A下端活塞关闭中。(1)写出A中反应的化学方程式：___________。(2)实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是___________，有关反应的化学方程式是___________。(3)C中盛放CCl4的作用是___________。(4)要证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应实验方法是___________。28、（14分）酸雨形成的原理之一可表示如下：含硫燃料AB硫酸请回答下列问题。（1）A的化学式为__________，B的化学式为__________________________________。（2）三个反应中，不属于氧化还原反应的是________(填序号)。（3）SO2中硫元素显＋4价，它可以降低到0价，利用这一性质可在工厂的烟道气中通入合适的________(填“氧化剂”或“还原剂”)除去SO2，达到减少污染的目的。（4）雨水的pH小于5.6时，就判定为酸雨。已知pH＝－lgc(H＋)，经测定某次雨水所含酸性物质只有硫酸，且其浓度为5×10－5mol·L－1，则这次降雨________(填“是”或“不是”)酸雨。（5）火力发电厂燃烧的煤中含有大量的硫，其排出的废气中往往含有SO2、CO2等。为了除去有害的SO2气体，在英国已进行了一个研究，结果表明：高烟囱可以有效降低地面SO2的浓度。在20世纪60年代到70年代的10年间，由发电厂排放的SO2增加了35%，但由于高烟囱的建造，地面SO2浓度降低了30%之多。①你认为减少酸雨产生可采取的措施是__________(填字母)。A．少用煤作燃料B．把工厂的烟囱建高C．燃料脱硫D．把工厂迁移到农村E．开发新能源②请从全球环境保护的角度，分析这种建高烟囱的方法是否可取？________(填“可取”或“不可取”)，理由是__________________________________________________。29、（10分）下图中甲—戊分别为下述五种物质中的一种：CuSO4、H2SO4、Fe、Na2CO3和Ca(OH)2，且图中相连两个环对应的物质（或其溶液）在常温条件下能发生化学反应。（1）上述五种物质中：①可用于农业生产改良酸性土壤的是_________________。②能相互发生置换反应的一个化学方程式为_________________________。（2）若图中乙为H2SO4：①甲或丙能否为CuSO4？答：_____________（填“可以”或“不可以”）。②若乙与丁发生中和反应，则丙为_________________。（3）若丙为铁，则甲与戊反应的离子方程式为___________________________。

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、C【解析】

HClO中只含共价键的共价化合物、Na2O2中含有离子键、非极性共价键的离子化合物、氯化钠是只含离子键的离子化合物、氯化铵是含离子键和共价键的离子化合物，综上所述，故C正确。综上所述，答案为C。【点睛】化学键包含共价键、离子键等，金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键。2、A【解析】

A.CH3OH和CH2OHCH2OH的结构不相似，官能团的数目不同，不属于同系物，故A错误；B.反应③只生成了一种产物，原子利用率100%，符合绿色化学思想，故B正确；C.甲基丙烯酸甲酯中含有碳碳双键和酯基两种官能团，故C正确；D.反应①中碳氧双键反应后变成碳氧单键，符合加成反应的概念，故D正确；故选A。3、C【解析】

A.我国的天然气主要分布在中西部地区及海底，故A正确；B.可燃冰是天然气的水合物，主要可燃成分是甲烷，外形似冰，易燃烧，故B正确；C.甲烷是纯净物，是天然气的主要成分，故C错误；D.天然气和沼气的主要成分都是甲烷，甲烷是一种清洁能源，故D正确；故选C。4、C【解析】分析：乙烯与溴水反应，甲烷不能，洗气可分离，以此来解答。详解：A．甲烷、乙烯均与石灰水、无水CaCl2不反应，不能除杂，A错误；B．甲烷、乙烯均与NaOH溶液、浓硫酸不反应，不能除杂，B错误；C．乙烯与溴水反应，甲烷不能，洗气可分离，然后浓硫酸干燥甲烷，C正确；D．甲烷、乙烯均与NaOH溶液、无水CaCl2不反应，不能除杂，D错误；答案选C。点睛：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大。5、B【解析】分析：本题考查离子共存，反应图像识别以及离子反应有关计算等，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，注意把握图像中各个阶段发生的反应。详解：加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子，根据产生的沉淀量与加入氢氧化钠的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定有镁离子和铝离子，又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液还存在铵根离子，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有硫酸根离子。由图像可知，第一阶段为氢离子和氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则氢离子物质的量为0.1mol，第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7-0.5=0.2mol，则铵根离子物质的量为0.2mol，最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8-0.7=0.1mol，则氢氧化铝的物质的量为0.1mol，，根据铝元素守恒可知铝离子的物质的量为0.1mol，第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5-0.1=0.4mol，则镁离子物质的量为（0.4-0.1×3）÷2=0.05mol。A.由上述分析，溶液中的阳离子一定只有氢离子、镁离子、铝离子、铵根离子，故错误；B.由上述分析，溶液中有镁离子和铝离子和氢离子，所以一定不含碳酸根离子，因为和锌反应生成氢气，所以不含硝酸根离子，根据电荷守恒，溶液中一定含有硫酸根离子，故正确；C.根据以上分析，铵根离子的物质的量为0.2mol，因为没有溶液的体积，不能计算其物质的量浓度，故错误；D.根据计算，c(H+):

c(Al3+):

c(Mg2+)=0.1:0.1:0.05=2:2:1，故错误。故选B。点睛：本题综合性较强，一定分清离子在溶液中的反应顺序。若溶液中存在氢离子、镁离子、铝离子和铵根离子等，加入氢氧化钠，氢离子先反应，然后为镁离子和铝离子反应生成沉淀，然后铵根离子，然后是氢氧化铝溶解。6、A【解析】A项，石油分馏是指利用石油中含有的各物质的沸点不同而进行分离的方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；B项，煤的液化是通过化学反应使煤变成液体燃料，是化学变化，故B错误；C项，蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被改变，属于化学变化，故C错误；D项，石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，属于化学变化，故D错误。点睛：本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，化学变化是指在原子核不变的情况下，有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，注意平时积累一些常见物理变化与化学变化。7、D【解析】

200.0mL2.0mol/L的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0mol/L=0.4mol，5.4gAl的物质的量为0.2mol。【详解】A项、由反应2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑可知，0.2molAl与0.4molNaOH溶液反应时，碱过量，没有金属剩余，故A错误；B项、由反应2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑可知，0.2molAl与0.4molBa(OH)2溶液反应时，碱过量，没有金属剩余，故B错误；C项、由反应2Al+6H+＝2Al3++3H2↑可知，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液反应，硫酸过量，没有金属剩余，故C错误；D项、由反应2Al+6H+＝2Al3++3H2↑可知，0.2molAl与0.4molHCl溶液反应，Al过量，有金属剩余，故D正确；故选D。【点睛】金属铝既能与酸反应生成氢气，又能与碱反应生成氢气，注意利用已知量来判断过量问题是解答的关键。8、C【解析】

A.氨水和硫酸发生中和反应只能说明氨水具有碱性，不能说明一水合氨部分电离，不能说明氨水是弱碱，A错误；B.氨水能使紫色石蕊试液变蓝色，说明氨水溶液呈碱性，不能说明一水合氨部分电离，不能说明氨水是弱碱，B错误；C.0.1mol/L的NH4Cl溶液的pH值为5.1，说明氯化铵是强酸弱碱盐，能证明氨水是弱碱，C正确；D.浓氨水具有挥发性，这是浓氨水的物理性质，与电解质强弱无关，不能说明一水合氨部分电离，也就不能证明氨水是弱碱，D错误；故合理选项是C。9、C【解析】试题分析：有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下水解生成乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯，由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个碳原子，说明水解后得到的羧酸含有4个碳原子，而得到的醇有5个碳原子。有4个碳原子的羧酸有2中同分异构体，CH3CH2CH2COOH,CH3CH(CH3)COOH。含有5个碳原子的醇有8种结构，所以总共有16种。考点：有机化合物的同分异构现象10、A【解析】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×6mol/L=0.6mol，

又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲︰乙=1︰2，

设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，

则

2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑

6

3

0.3mol

x63=0.6molx，解得x=0.3mol，

一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，

则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，

碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，

则

2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑

23=y0.3mol，解得y=0.4mol，

则铝的质量为点睛：明确铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答本题的关键，根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲︰乙=1︰2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不足，碱与金属反应时碱过量来计算解答。11、C【解析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量，水应为液态，故A错误；B、△H>0说明此反应是吸热反应，即金刚石的能量大于石墨，物质能量越低，越稳定，即石墨比金刚石稳定，故B错误；C、1mol氢氧化钠参与放出热量为28.7/0.5kJ=57.4kJ，故C正确；D、此反应是可逆反应，不能完全进行到底，放出的热量小于Q，故D错误。点睛：本题易错点是选项A，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量，水是液态，C转化成CO2，S转化成SO2。12、B【解析】根据装置图可知，电流的方向是从d流向c的，所以d是正极，c是负极。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子向正极移动，在正极上得到电子，被还原生成氢气。所以错误的选项是B，答案选B。13、A【解析】分析A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动；B、正反应是放热反应；C、若把该反应设计成原电池，化学能除转化成热能外，还转化成电能，所以放出的热量应减少；D、达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此解答。详解：A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，所以A选项是正确的；

B、正反应是放热反应，则生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；

C、若把该反应设计成原电池，化学能除转化成热能外，还转化成电能，所以放出的热量应减少，故C错误；

D.达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变但不一定相等，故D错误；

所以A选项是正确的。14、D【解析】分析：铵盐中含有NH4+离子，它的特点是遇碱溶液发生反应放出氨气，氨气极易溶于水并与水作用变为氨水，它显碱性能使红色石蕊试纸变蓝，据此分析解答。详解：直接加热铵盐晶体虽然也可分解产生氨气，但同时会生成其它气体，混合气体及水蒸气在到达试管口之前又冷却化合成为原铵盐晶体附着在试管壁上，故无法使湿润红色石蕊试纸变蓝，A错误；铵盐溶液中因为铵根离子水解导致溶液显酸性,石蕊试液会显红色,但是能够使石蕊试液变红的溶液中不一定含有铵根离子,B错误；加强碱溶液后加热,再滴入无色酚酞试液,因为强碱溶液呈碱性,不能确定是否有铵根离子,C错误；将铵盐和氢氧化钠混合后入加热,用湿润红色石蕊试纸口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色.说明产生了氨气，这是因为铵根离子和氢氧根离子反应产生的，该物质属于铵盐，D正确；正确选项D。点睛：实验室制备氨气一般都用熟石灰与氯化铵固体混合加热制备，氨气的密度小于空气的密度，极易溶于水，因此只能采用向下排空气法收集；不能用氯化铵固体加热制备氨气，氯化铵分解产生的氨气和氯化氢遇冷又凝结为氯化铵固体，得不到氨气。15、B【解析】A.铵根离子水解生成NH3·H2O和氢离子，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(H+)+c(NH4+)＞c(Cl-)，故A正确；B.HI和醋酸均为一元酸，比较浓度均为0.1mol·L-1的HI和醋酸溶液的导电能力可判断HI和醋酸的强弱，但不能判断HI为强酸，故B错误；C.醋酸为弱酸，加水稀释促进醋酸的电离，常温下，pH=3的醋酸溶液水加稀释1000倍后溶液中c(H+)＞10-6mol·L-1，溶液的pH<6，故C正确；D.能够水解的盐均促进水的电离，常温下，同体积的pH＝9的NaClO溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中的c(OH-)=c(H+)，对水的电离的促进程度相同，水电离的OH－数相同，故D正确；故选B。16、D【解析】分析：A、原电池中失电子的极是负极；B、铝与氢氧化钠溶液反应；C、铜作负极发生氧化反应；D、铁发生吸氧腐蚀。详解：A、②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，③中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，铁作正极，A错误；B、②中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg作为正极，负极反应式为A1-3e-+4OH－=AlO2－+2H2O，B错误；C、③中铜作负极发生氧化反应，所以铜失电子生成铜离子，即电极反应式为Cu-2e-＝Cu2+，C错误；D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，D正确。答案选D。点睛：本题考查学生原电池的工作原理知识，电极的活泼性与电解质溶液有关，如镁和铝在氢氧化钠溶液中铝作负极，而铁与铜在冷的浓硫酸和浓硝酸中钝化，铜作负极，题目难度不大。17、B【解析】分析：根据元素周期表的编排原则作答。详解：x是第IIB族中元素的原子序数，根据元素周期表，同周期第IIB族后是第IIIA族，原子序数为x+1的元素在第IIIA族，答案选B。18、D【解析】

A.明矾溶于水电离产生的铝离子水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁、海水形成原电池，锌作负极发生氧化反应，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C.MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；D.电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，得不到镁，电解熔融氯化镁生成镁，故D错误；答案选D。19、D【解析】

A、含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键，属于离子化合物，A错误；B、大部分单质分子中均存在化学键，稀有气体分子中不存在化学键，B错误；C、含有分子间作用力的分子不一定含有共价键，例如稀有气体分子，C错误；D、离子化合物中一定含有离子键，D正确；答案选D。【点睛】掌握化学键的含义和构成是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，注意化学键和化合物关系的判断。20、C【解析】

A.降低温度化学反应速率减慢，A错误；B.合成氨是可逆反应，可逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以1molN2和3molH2发生反应生成的氨气的物质的量少于2mol，B错误；C.在其他条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，在体积一定的密闭容器中再加入N2，使反应物浓度增大，所以化学反应速率加快，C正确；D.该反应的正反应是放热反应，说明1molN2和3molH2的总能量高于2molNH3的总能量，D错误；故合理选项是C。21、B【解析】

A、在氨气饱和的氯化钠溶液中通入CO2气体生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，即CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A正确；B、CO2在水中的溶解度小，所以要先通入氨气，后通入CO2，B错误；C、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和CO2，C正确；D、根据NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，D正确。答案选B。22、A【解析】

A项，苯不能与溴水发生反应，只能与液溴反应，故A项错误；B项，乙酸与NaOH发生酸碱中和，油脂在碱性条件能水解，故B项正确；C项，糖类、油脂和蛋白质是重要营养的物质，故C项正确；D项，乙烯可以使高锰酸钾褪色，而甲烷不可以，故D项正确。答案选A。二、非选择题(共84分)23、CH2=CH2羧基加成反应酯化反应(或取代反应)CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O83%2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COONa＋CO2↑＋H2O饱和碳酸钠溶液分液漏斗【解析】本题考查有机物的基础知识，以及乙酸乙酯的制备实验，（1）A的产量是衡量一个国家的石油化工发展的水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；反应①是乙烯与水发生加成反应，生成CH3CH2OH，反应②是乙醇的催化氧化，生成CH3CHO，反应③是乙醛被氧化成乙酸，因此D中含有官能团的名称为羧基；（2）根据(1)的分析，反应①为加成反应，反应④是乙醇和乙酸发生酯化反应(取代反应)；（3）反应④是酯化反应，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比，假设生成1mol乙酸乙酯，则乙酸乙酯的质量为88g，产物的总质量为(88＋18)g，因此原子利用率为88/(88＋18)×100%=83%；（4）①试管甲中盛放的是饱和碳酸钠溶液，从试管中挥发出来的有乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙酸的酸性强于碳酸，因此有2CH3COOH＋Na2CO3=2CH2COONa＋CO2↑＋H2O；②除去乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，用饱和碳酸钠溶液，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，因此分离时主要用到的仪器是分液漏斗。24、N≡NNaClO2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－NaClO+2NH3＝NaCl+N2H4+H2O【解析】

由A是生活中常用的调味品可知，A是氯化钠；电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，氢气与空气的主要成分之一的氮气反应生成水溶液显碱性的氨气，则D是氢气、C是氮气、H是氨气；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，由B是常见的无色液体，I的溶液常用作漂白剂可知，B是水、I是次氯酸钠；由J的摩尔质量是32g·mol－1，且与氨气所含元素种类相同可知，J是肼（N2H4），氨气与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成肼、氯化钠和水。【详解】（1）C为氮气，氮气为含有氮氮三键的双原子分子，结构式为N≡N；I是次氯酸钠，化学式为NaClO，故答案为N≡N；NaClO；（2）反应①为电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl－+2H2OCl2↑+H2+2OH－，故答案为2Cl－+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－；（3）反应②为氨气与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成肼、氯化钠和水，反应的化学方程式为NaClO+2NH3＝NaCl+N2H4+H2O，故答案为NaClO+2NH3＝NaCl+N2H4+H2O。【点睛】本题考查无机物推断，注意熟练掌握常见元素单质及其化合物性质，结合转化关系推断是解答关键。25、AB500mL容量瓶、胶头滴管取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。Na2CO3Na2CO3和NaOH取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成【解析】

Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；Ⅱ．当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，可能的情况如下为①n(CO2):n(NaOH)＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；②n(CO2):n(NaOH)=1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜n(CO2):n(NaOH)＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④n(CO2):n(NaOH)＞1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。【详解】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，答案选AB；（2）配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完全的情况，则其溶液溶质为：Na2CO3；图3信息显示，x:y=1:1，采用逆向思维分析，则应为盐酸与碳酸氢钠按物质的量之比为1:1生成二氧化碳的反应过程，设此阶段反应的盐酸体积为V，可以看出未生成二氧化碳之前，反应消耗盐酸的体积为2V，应为氢氧化钠与碳酸钠分别消耗V体积盐酸所致，综上所述，图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaOH，故答案为Na2CO3；Na2CO3和NaOH；Ⅲ．由于氮化镁极易与水反应，结合化学方程式Mg3N2＋6H2O=2NH3↑＋3Mg(OH)2↓易知，若产物中有氮化镁，则会水反应生成氨气，设计一个实验，借助是否有氨气来检验是否有氮化镁生成，具体操作为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成，故答案为取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成。26、向乙醇中慢慢加入浓硫酸和乙酸中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出催化剂和吸水剂乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底上CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O分液【解析】

（1）浓硫酸密度比水大，溶解时放出大量的热，为防止酸液飞溅，加入药品时应先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；答案：先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；（2）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠发生反应而被吸收，用饱和碳酸钠溶液可将乙酸乙酯和乙醇、乙酸分离，所以饱和碳酸钠的作用为中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；答案：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出；（3）由于是可逆反应，因此反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；答案：催化剂和吸水剂(4)因为乙酸与乙醇发生的酯化反应为可逆反应，反应不能进行到底，所以反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到100%；答案：乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底(5)因为乙酸乙酯密度比水小，难溶于水，所以收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的上层；答案：上(6)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；答案：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（7）互不相溶的液体可用分液的方法分离，由于乙酸乙酯不溶于水，所以将收集到的乙酸乙酯分离出来的方法为分液；答案：分液。27、2Fe+3Br2=2FeBr3、+Br2+HBr除去溴苯中溶解的溴Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O除去溴化氢气体中的溴蒸气向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明（或向试管D中加石蕊试液，溶液变红）【解析】

铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D装置用于吸收HBr，通过检验HBr，可以验证苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应。据此分析解答。【详解】铁与溴反应生成溴化铁，在溴化铁催化作用下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和HBr，C装置用于除去溴，D吸收HBr，为检验HBr，可加入硝酸银溶液，反应完后，打开活塞，氢氧化钠与溴反应，可除去溴苯中的溴．(1)铁与溴反应生成溴化铁，发生2Fe+3Br2=2FeBr3，在催化剂的作