安徽省休宁县临溪中学2025届高一下化学期末达标检测试题含解析

安徽省休宁县临溪中学2025届高一下化学期末达标检测试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列化合物中不能由单质直接生成的是A．FeS B．CuS C．CuCl2 D．FeCl32、下列属于金属材料的是A．钛合金 B．生物陶瓷 C．聚四氟乙烯 D．钢化玻璃3、掺氮石墨是单层烯中部分碳原子被氮原替代所得新型物质（局部如图）优异特性，下列说法正确是（）A．石墨烯属于有机化合物B．石墨烯与掺氮石墨烯互为同系物C．掺氮石墨烯中所含元素位于同一周期D．掺氮石墨烯中只含极性键4、下列实验能达到预期目的是（）A．制溴苯B．检验无水乙醇中是否有水C．从a处移到b处，观察到铜丝由黑变红D．制取少量乙酸乙酯5、下列图示与对应的叙述相符的是（）A．图一表示反应：mA(s)+nB(g)⇌pC(g)△H＞O，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的慢.B．图二是可逆反应：A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g)△H＞O的速率时间图像，在t1时刻改变条件一定是加入催化剂。C．图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的ΔH＞0。D．图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正－v逆)6、分子式为C5H10O2的有机物含有－COOH基团的同分异构体有A．3种B．4种C．5种D．6种7、下列物质的俗名与化学式对应正确的是A．石灰石—CaO B．铁红—Fe3O4 C．苛性钠—NaOH D．漂白粉—CaCl28、下列使用漏斗的实验中，设计正确且能达到实验目的的是A．用图甲所示装置吸收HCl尾气B．用图乙所示装置用碳酸钠粉末与稀盐酸制备CO2气体C．用图丙所示装置用苯萃取碘水中的碘，并把碘的苯溶液从漏斗下口放出D．用图丁所示装置用锌粒与稀盐酸制取H2气体9、下列各组互为同系物的是A．氧气和臭氧B．氢原子和氘原子C．乙醇和甲醇D．正丁烷和异丁烷10、某有机物的结构简式如下，有关性质叙述正确的是A．1mol该有机物最多可以与6molH2发生反应B．1mol该有机物最多可以与3molNa发生反应C．1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应D．1mol该有机物最多可以与2molNaHCO3发生反应11、为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定碳酸钙固体与足量稀盐酸反应生成CO2的体积随时间的变化情况，绘制出下图所示的曲线。下列有关说法中不正确的是A．在0-t1、t1-t2、t2-t3

中，t1-t2生成的CO2气体最多B．因反应放热，导致0-t1内的反应速率逐渐增大C．t2-t3的速率V(CO2)=mL/sD．将碳酸钙固体研成粉末，则曲线甲将变成曲线乙12、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:1:113、下列有关化学用语表示正确的是A．中子数为10的氧原子：B．Mg2+的结构示意图：C．硫化钠的电子式：D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O214、下列物质的沸点按由高到低的顺序排列正确的是①CH3(CH2)2CH3②CH3(CH2)3CH3③(CH3)3CH④(CH3)2CHCH2CH3A．②④①③B．④②①③C．④③②①D．②④③①15、在2L容积不变的容器中,发生N2+3H22NH3的反应。现通入H2和N2发生反应,10s内用H2表示的反应速率为0.12mol·L-1·s-1,则10s内消耗N2的物质的量是（）A．2.4molB．1.2molC．0.8molD．0.4mol16、不法分子有时用铜锌合金制成假金币行骗。下列方法中，能有效鉴别其真假的是（）A．观察颜色 B．查看图案C．用手掂量轻重 D．滴一滴硝酸在币的表面，观察现象17、以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是()A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料 B．甲烷与氯气制备一氯甲烷C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜 D．用SiO2制备高纯硅18、下列物质中，属于共价化合物的是A．NaClB．HClC．NaOHD．CaO19、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1mol氨气中含共价键数均为4NAB．1mol-OH中含有的电子数为9NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．标准状况下，2.24LCCl4所含分子数为0.1NA20、乙烯酮(＝C＝O)在一定条件下能跟含活泼氢原子的化合物发生加成反应，反应的通式可表示为。下列反应不合理的是A．B．C．D．21、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＞022、下列表示正确的是A．硫原子结构示意图 B．乙炔的结构简式CHCHC．乙烯的球棍模型 D．NaCl的电子式二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平。D能与碳酸钠反应产生气体，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。（1）A的结构简式为_____。（2）B分子中的官能团名称是_____，F的结构简式为_______________。（3）写出下列反应的化学方程式并指出反应类型：②_____________________________________________：反应类型是_____；③_____________________________________________；反应类型是_____；24、（12分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：(1)L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________(用元素符号表示)。(2)Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的分子式为____________。(3)硒(se)是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。25、（12分）用50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如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。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器的名称是_________________。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___________________________________________________________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_______（填“偏大、偏小、无影响”）。（4）如果用60mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________（填“相等、不相等”），所求中和热_______（填“相等、不相等”）。26、（10分）某实验小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，设计实验如下表：实验编号盐酸浓度/(mol/L)铁的形态温度/K14.00块状29324.00粉末29332.00块状29342.00粉末313(1)若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是______。(2)实验___和_____(填实验编号)是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和2是研究_______对该反应速率的影响。(3)测定在不同时间产生氢气体积V的数据，绘制出图甲，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是______、______。(4)分析其中一组实验，发现产生氢气的速率随时间变化情况如图乙所示。①其中t1～t2速率变化的主要原因是______。②t2～t3速率变化的主要原因是___________。(5)实验1产生氢气的体积如丙中的曲线a，添加某试剂能使曲线a变为曲线b的是______。A．CuO粉末B．NaNO3固体C．NaCl溶液D．浓H2SO427、（12分）中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。I．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下图所示，试回答下列问题：（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是________。（2）步骤②通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的________。A氧化性B还原性C挥发性D腐蚀性（3）流程Ⅱ中涉及的离子反应方程式如下，请在下面横线内填入适当的化学计量数：___Br2＋___=___＋___Br－＋___CO2↑________。（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的离子方程式：________。（5）流程Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_________。Ⅱ．目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：（6）操作A是_________，试剂a是__________。（7）由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_________。从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物可以用于________。28、（14分）下图为元素周期表的一部分，根据元素①～⑧在周期表中的位置，按要求回答下列问题。族周期IA01①IIAIIIAⅣAVAⅥAVIIA2②③3④⑤⑥⑦⑧（1）在元素①～⑧中，金属性最强的元素是_____________（填元素符号），最不容易形成化合物的元素是______________（填元素符号）。（2）用电子式表示⑦的气态氢化物的形成过程________________________。（3）③、④、⑥中原子半径由大到小的顺序是____________________（填元素符号）。29、（10分）现有下列几组物质:①35Cl和37Cl；②石墨与C60；③CH4和CH3CH2CH3；④和；⑤CH3CH=CH2和CH2=CH—CH=CH2；⑥(CH3)2CHCH3和；⑦和。(1)互为同位素的是___________________(填序号，下同)。(2)互为同分异构体的是__________________。(3)互为同系物的是_______________________。(4)互为同素异形体的是_________________________。(5)属于同一种物质的是__________________________。

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、B【解析】

A.铁与硫粉混合加热能生成FeS，A项正确；B.铜与硫粉混合加热能生成Cu2S，B项错误；C.铜在氯气中点燃会生成CuCl2，C项正确；D.铁在氯气中点燃会生成FeCl3，D项正确；答案选B。【点睛】氯气与金属单质化合可得到金属的最高价氯化物，而硫的氧化性弱于氯气，不能得到最高价金属硫化物。2、A【解析】

A.钛合金属于金属材料；B.生物陶瓷属于新型陶瓷；C.聚四氟乙烯属于有机合成高分子材料；D.钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，属于传统无机非金属材料；故选A。3、C【解析】

A．石墨烯是碳元素的单质，不属于有机化合物，A错误；B．石墨烯与掺氮石墨烯组成和结构不同，且石墨烯属于单质，不能称为同系物，B错误；C．掺氮石墨烯所含元素为碳和氮元素，均位于第二周期，位于同一周期，C正确；D．掺氮石墨烯中含极性键C－N键，也含C－C非极性共价键，D错误；答案选C。4、C【解析】

A、苯与溴水不反应，苯与液溴在铁作催化剂的条件下制溴苯，故A错误；B.钠与乙醇、水都能反应放出氢气，不能用金属钠检验无水乙醇中是否有水，故B错误；C.b处乙醇蒸气的浓度较大，从a处移到b处，氧化铜被乙醇还原为铜，观察到铜丝由黑变红，故C正确；D.制取少量乙酸乙酯的实验中，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D错误，答案选C。5、A【解析】分析：本题考查的是条件对速率和平衡的影响，注意根据图像判断平衡的移动方向，分析纵坐标随着横坐标的变化趋势。详解：A.x点压强比y低，所以反应速率x点比y点时的慢，故正确；B.在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等，可能是加入催化剂或增大压强，故错误；C.M点为平衡状态，随着温度升高，A的百分含量增大，说明平衡逆向移动，则正反应为放热，故错误；D.图中阴影部分的面积表示反应物和生成物浓度的差值，故错误。故选A。6、B【解析】分子式为C5H10O2且含有－COOH基团，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C1H9，-C1H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为1．故选B。7、C【解析】

A项、石灰石的主要成分是碳酸钙，不是氧化钙，故A错误；B项、铁红的主要成分是氧化铁，不是四氧化三铁，故B错误；C项、氢氧化钠的俗名为苛性钠或烧碱，故C正确；D项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，故D错误；故选C。8、D【解析】

A.HCl极易溶于水，吸收HCl时应防止倒吸，漏斗口边缘应该刚刚没入水面下，故A不选；B.碳酸钠粉末会从多孔塑料板漏下去，不能起到该装置应起的随时控制反应的发生和停止的作用，故B不选；C.苯密度比水小，萃取碘后在上层，应把下层的水从漏斗下口放出，然后再把碘的苯溶液从漏斗上口倒出，故C不选；D.安全漏斗中部可以储存一部分加入的稀盐酸，起到液封作用，故D选；故选D。9、C【解析】同系物是结构相似，组成上相差若干个CH2的化合物，A、氧气和臭氧属于单质，属于同素异形体，故A错误；B、氢原子和氘原子，属于原子，属于同位素，故B错误；C、乙醇为CH3CH2OH，甲醇为CH3OH，结构相似，相差一个CH2，因此两者互为同系物，故C正确；D、正丁烷和异丁烷分子式为C4H10，属于同分异构体，故D错误。10、C【解析】

由结构简式可知，该有机物的官能团为碳碳双键、羟基、羧基和酯基，能表现烯烃、醇、羧酸和酯的性质。【详解】A项、该有机物分子中碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可以与4molH2发生反应，故A错误；B项、该有机物分子中羟基和羧基能与金属钠反应，则1mol该有机物最多可以与2molNa发生反应，故B错误；C项、该有机物分子中羧基能与氢氧化钠发生中和反应，酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应，故C正确；D项、该有机物分子中羧基能与碳酸氢钠反应，则1mol该有机物最多可以与1molNaHCO3发生反应，故D错误；故选C。【点睛】注意羧基和酯基中不饱和碳原子不能与氢气发生加成反应，是易错点。11、D【解析】A、反应速率越大，在图象中曲线的斜率就越大，所以反应最快的是t1～t2，根据纵坐标可知生成气体最多的是t1～t2，选项A正确；B、0-t1随反应的进行，反应物的浓度是减小的，但速率是增大的，这说明反应一定是放热反应，温度升高导致反应速率增大，选项B正确；C、根据图中信息可知，t2-t3的速率V(CO2)=mL/s，选项C正确；D、若将碳酸钙固体研成粉末，反应物的接触面积增大，反应速率增大，则曲线应在甲的左边，选项D不正确。答案选D。12、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。13、B【解析】

A、在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此中子数为10的氧原子可表示为，A错误；B、Mg2+的质子数是12，核外电子数是10，则镁离子的结构示意图为可表示为；B正确；C、硫化钠为离子化合物，含有离子键，电子式为，C错误；D、甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，D错误。答案选B。14、A【解析】试题分析：同系物中沸点高低的判断：随着碳原子数增多，沸点升高，碳原子数相同，支链越多，沸点越低，因此沸点由高到低的顺序是②④①③，故选项A正确。考点：考查有机物沸点高低判断等知识。15、C【解析】已知10s内用H2表示的反应速率为0.12mol·L-1·s-1，则消耗的H2的物质的量是0.12mol·L-1·s-1×10s×2L=2.4mol，所以10s内消耗N2的物质的量0.8mol，故本题正确答案为C。16、D【解析】

A．二者颜色相同，无法鉴别，故A错误；B．二者都能做出各种图案，无法鉴别，故B错误；C．金币质量差别较小，用手掂量轻重误差较大，无法鉴别，故C错误；D．铜与硝酸反应生成硝酸铜，溶液为蓝色，金与硝酸不反应，故D正确；故答案为D。17、A【解析】

绿色化学原子经济性即反应不产生副产物和污染物。A.nCH2===CH2，原子利用率达到100%，符合题意；B.CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl……副产物过多；B项不符合还题意；C.Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO2有毒，会产生污染；C项不符合题意；D.SiO2制备高纯硅：SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑、Si(粗)＋2Cl2SiCl4、SiCl4＋2H2Si＋4HCl，会生成CO及HCl气体，污染环境，D项不符合题意。本题答案选A。18、B【解析】NaCl、CaO、NaOH含有离子键，属于离子化合物；HCl不含离子键，属于共价化合物。故选B。点睛：本题考查离子化合物与共价化合物的区别，注意：①含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物，活泼金属与非金属之间一般形成离子键，非金属之间一般形成共价键；②强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等一般是离子化合物，酸、非金属氧化物、大多数有机物等是共价化合物。19、B【解析】

A.1molNH3分子中含共价键数均为3NA，A错误；B.1mol-OH中含有的电子数为9NA，B正确；C.过氧化钠中阴阳离子的个数之比是1：2，所以1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，C错误；D.标准状况下四氯化碳不是气态，不能利用气体摩尔体积计算2.24LCCl4所含分子数，D错误；答案选B。【点睛】本题主要是通过阿伏加德罗常数的有关计算，综合考查学生的基本计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；如D在标准状况下四氯化碳的状态是液体，不是气体，不能使用气体摩尔体积；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。有关计算公式有、、、。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。20、C【解析】

由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连，据此分析解答。【详解】由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连。A．乙烯酮与HCl加成生成CH3COCl，故A正确；B．乙烯酮与H2O加成生成CH3COOH，故B正确；C．乙烯酮与CH3OH加成生成CH3COOCH3，故C错误；D．乙烯酮与CH3COOH加成生成，故D正确；答案选C。21、C【解析】

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。【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。【点睛】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。22、C【解析】

A、硫原子的核外有16个电子；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略；C、乙烯中碳原子之间以双键结合；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成。【详解】A、硫原子的核外有16个电子，故硫原子的结构示意图为，A错误；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略，故乙炔的结构简式为CH≡CH，B错误；C、乙烯中碳原子之间以双键结合，每个碳原子上连2个H原子，故其球棍模型为，C正确；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，故氯化钠的电子式为，D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、CH2=CH2羟基2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O取代反应（酯化反应）【解析】

有机物A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D，D能与碳酸钠反应产生气体，则D为酸；A反应生成B，碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，铜作催化剂、加热条件下，CH3CH2OH被氧气氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸与乙醇分子酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，A反应生成F，F是一种高聚物，则F为，据此分析解答。【详解】(1)根据以上分析知，A为乙烯，结构简式为H2C=CH2，故答案为：H2C=CH2；(2)B为乙醇，分子中的官能团是羟基，F是聚乙烯，结构简式为，故答案为：羟基；；(3)②为乙醇在催化剂作用下氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应；反应③是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于酯化反应，也是取代反应，故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应(或取代反应)。24、O第三周第ⅢA族Al＞C＞N＞O＞HN2H434H2SeO4【解析】

X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，则X、Y、Z、L分别是H、C、N、O等4种元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M是Al元素。【详解】(1)L的元素符号为O；M是铝元素，其在元素周期表中的位置为第三周第ⅢA族；由于同一周期的元素的原子半径从左到右依次减小、同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H元素的原子半径是最小的，故五种元素的原子半径从大到小的顺序是Al＞C＞N＞O＞H。(2)Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B分别是NH3和N2H4，两者均为共价化合物，A的电子式为。(3)硒(se)是人体必需的微量元素，与O同一主族，Se原子比O原子多两个电子层，O元素在第2周期，则Se为第4周期元素，第3周期有8种元素，第4周期有18种元素，则Se的原子序数为34，由于其高化合价为+6，则其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4。25、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等【解析】

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；（2）测定中和热的实验中，关键是做好保温工作，烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有部分热量散失，则求得的中和热数值偏小；（4）如果用60mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，反应生成的水增多，则所放出的热量也增多；根据中和热的定义可知，经折算为中和热后应相等。26、反应进行1分钟收集到氢气的体积13固体表面积的大小（或者铁的形态）13铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢D【解析】分析：（1）比较反应速率需要测定相同时间内产生氢气的体积；（2）研究盐酸的浓度对该反应速率的影响需要保持其他条件不变；实验1和2中铁的形状不同；（3）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（4）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（5）曲线a变为曲线b反应速率加快，产生的氢气不变，据此解答。详解：（1）铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是反应进行1分钟收集到氢气的体积。（2）要研究盐酸的浓度对该反应速率的影响需要保持其他条件不变，则根据表中数据可知实验1和3是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和2中的变量是铁的形状，所以是研究固体表面积的大小（或者铁的形态）对该反应速率的影响。（3）曲线c、d相比产生的氢气一样多，但d所需要的时间最多，说明反应速率最慢。由于升高温度、增大氢离子浓度均可以加快反应速率，因此根据表中数据可知曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3；（4）①由于铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快，所以t1～t2速率逐渐增大。②又因为随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢，所以t2～t3速率逐渐减小。（5）根据图像可知曲线a变为曲线b反应速率加快，产生的氢气不变，则A.加入CuO粉末与盐酸反应生成氯化铜，铁置换出铜构成原电池，反应速率加快，但由于消耗了铁，因此生成的氢气体积减少，A错误；B.加入NaNO3固体，酸性溶液中相当于是硝酸，硝酸是氧化性酸与金属反应得不到氢气，B错误；C.加入NaCl溶液相当于稀释，反应速率减小，C错误；D.加入适量浓H2SO4氢离子浓度增大，反应速率加快，D正确。答案选D。27、富集溴元素C3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水分含量增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，降低溴的产率过滤盐酸MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑制盐酸(或制取漂白粉，自来水消毒等)【解析】

I．海水通过晒盐得到氯化钠和卤水，电解饱和氯化钠溶液得到氯气，卤水加入氧化剂氯气氧化溴离子得到低浓度的单质溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单质得到含Br-、BrO3-的溶液，再利用溴酸根离子和溴离子在酸性溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，据此分析解答。II．由流程可知，生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁中加入试剂a得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经过蒸发浓缩冷却结晶，得到氯化镁晶体，最后在氯化氢氛围中电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答。【详解】(1)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素；(2)溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故选C；(3)该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑，故答案为：3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑；(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子方程