陕西韩城象山中学2025届高一下化学期末监测试题含解析

陕西韩城象山中学2025届高一下化学期末监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列说法不正确的是A．电解水生成氢气和氧气时，电能转变成化学能B．煤燃烧时可以将化学能转变成热能C．绿色植物光合作用过程中把太阳能转变成化学能D．白炽灯工作时电能全部转变为光能2、在一定的温度下，可逆反应A(g)＋3B（g）2C（g）达到平衡的标志是A．C分解速率与B生成速率相等 B．A、B、C的浓度不再变化C．单位时间生成nmolA，同时生成3nmolB D．A、B、C的分子数之比为1:3:23、氢能是理想的清洁能源。下列制氢的方法中，最节能的是（）A．电解水制气：2H2O2H2↑＋O2↑B．高温使水分解制气：2H2O2H2↑＋O2↑C．太阳能催化分解水制气：2H2O2H2↑＋O2↑D．天然气制气：CH4＋H2OCO＋3H24、下列说法正确的是A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B．反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C．3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快5、除去氧化镁中的氧化铝可选用的试剂是()A．氢氧化钾溶液 B．硝酸 C．浓硫酸 D．稀盐酸6、香烟燃烧产生大量的污染物，对人体危害极大，下表为某品牌香烟烟气的部分成分，下列说法正确的是A．C2H6与CH4互为同系物B．苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．表中所有物质在常温下均为气态D．烟气中只有NOX能与人体的血红蛋白结合7、“神舟七号”的燃料是氢化锂三兄弟——LiH、LiD、LiT。其中Li的质量数为7，对这三种物质的下列说法正确的是A．质子数之比为1：2：3 B．中子数之比为1：1：1C．摩尔质量之比为8：9：10 D．化学性质不相同8、下列关于人体所需的基本营养物质的说法不正确的是A．在人体内，油脂的主要反应是在脂肪酶催化下水解为高级脂肪酸和甘油B．加酶洗衣粉中的酶其实是蛋白质C．糖类、油脂、蛋白质都能在一定条件下发生水解反应D．糖类都由C、H、O三种元素组成9、下列情况会对人体健康造成较大危害的是A．用小苏打(NaHCO3)发酵面团制作馒头B．用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢C．用Al(OH)3治疗胃酸过多D．用SO2加工食品使食品增白10、在光照的条件下，将1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为amol，bmol，cmol，该反应中消耗的氯气的物质的量是()A．(1+a+b+c)mol B．(2a＋3b＋4c)molC．(1＋a＋2b＋3c)mol D．(a＋b＋c)mol11、下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是()A．铝粉和Fe2O3共热 B．加热HgOC．电解熔融的MgCl2 D．氢气通入Al2O3并加热12、下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是（）①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1；C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH2②S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3；S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH4③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH5；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH6④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH7；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)ΔH8A．① B．④ C．②③④ D．①②③13、实验室制备溴苯的反应装置如图所示，下列叙述错误的是()A．FeBr3的作用是催化剂，若没有FeBr3可用铁屑代替B．实验中装置b中的作用是吸收挥发的苯和溴C．装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴发生的是取代反应D．反应后的混合液经NaOH溶液洗涤、蒸馏，得到溴苯14、反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，700℃时平衡常数为1.47，900℃时平衡常数为2.15。下列说法正确的是()A．升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小B．该反应的化学平衡常数表达式为K=c(C．绝热容器中进行该反应，温度不再变化，则达到化学平衡状态D．该反应的正反应是放热反应15、下列不属于官能团的是A．羟基 B．乙基 C．氯原子 D．碳碳双键16、下列各组有机物中，其一氯代物的数目不相等的是A．正戊烷和正己烷 B．新戊烷和2-甲基丙烷C．环戊烷和乙烷 D．丙烷和2，3-二甲基丁烷17、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.01molNa2O2含有的离子总数为0.04NAB．常温常压下，20g2H2O所含的中子数为10NAC．常温常压下，17g氨气中含有非极性键为3NAD．标准状况下，1molSO3的体积为22.4L18、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A．高压比常压有利于合成SO3B．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施C．对CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深D．溴水中有平衡：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅19、在密闭容器内充入4molS02和3mol02，在一定条件下建立平衡：2SO2(g）+02(g)2SO3(g)△H="-Q"kJ·mol-1(Q＞0)，测得SO2的转化率为90%，则在此条件下反应放出的热量为（）A．1.8QkJB．2QkJC．QkJD．0.9QJ20、下列说法正确的是()A．任何化学反应都伴随着能量的变化B．升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热C．化学反应中的能量变化都是以热量的形式体现D．2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H<0，则56gCO和32gO2所具有的总能量小于88gCO2所具有的总能量21、下列有机反应属于加成反应的是A．C3H8+5O23CO2+4H2OB．CH2=CH2+Br2→C．2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑D．+HNO3+H2O22、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如下图。下列关于莽草酸的说法正确的是A．分子式为C7H6O5B．可发生加成和取代反应C．分子中含有两种官能团D．1mol莽草酸与足量的Na反应，生成标准状况下33.6L的H2二、非选择题(共84分)23、（14分）位于短周期的四种主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大，已知A、C位于同一主族，A在周期表中原子半径最小。B、D的最外层电子数相等，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍。E是自然界中含量最高的金属。根据你的推断完成下列问题：(1)B元素的名称为_______，E的元素符号为_______。(2)写出由上述元素形成的具有漂白作用的三种物质的化学式______，______，_____。(3)用电子式表示C与D形成化合物的过程_______。(4)写出E的最高价氧化物与强碱反应的离子方程式________。(5)B、C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物中的化学键为_______。24、（12分）有关物质的转化关系如下图所示。A和G均为气体，其中A为黄绿色。C和D均为酸，其中C具有漂白性。E和I均为常见金属，其中I为紫红色。⑴气体A所含元素在周期表中的位置是：______。D的电子式为______。⑵写出反应①的离子方程式：______。⑶写出反应④的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：______。25、（12分）某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：（1）在30mL的大试管①中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；（2）按下图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；（3）待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层；（4）分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，浓硫酸、乙醇、乙酸的滴加顺序是：_______。写出制取乙酸乙酯的化学方程式________。（2）试管②中所加入的物质是：________，作用为_________。A．中和乙酸和乙醇；B．中和乙酸并吸收部分乙醇；C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出；D．加速酯的生成，提高其产率。（3）步骤（2）中需要小火均匀加热，温度不能太高，其主要理由是：_____（答一条即可）。（4）分离出乙酸乙酯层所用到的主要仪器是________；为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为（填字母）：_______。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体26、（10分）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）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盐酸与50mL0.55mol/LNaOH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”)，简述理由_______。（5）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_____；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。27、（12分）乙酸乙酯用途广泛，在食品中可作为香料原料，现利用如下方法制备和提纯。Ⅰ、制备在试管a中先加入3mLCH3CH2OH，边摇动边缓缓加入2mL浓H2SO4并充分摇匀，冷却后再加入2mLCH3CO18OH，充分混合后将试管固定在铁架台上，在试管b中加入7mL饱和碳酸钠溶液。连接好装置。用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止加热。（1）该装置有一处错误，请指出__________________________。（2）试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式（标记出18O的位置）______________________________。（3）加入浓H2SO4的作用是______________________________。II、提纯：（1）操作1需用到_____________（填仪器名称），上层液体从该仪器的_________分离出来（填“上口”或“下口”）。（2）请根据乙酸乙酯的性质选择合适的干燥剂__________。a.氯化钙b.碱石灰c.硫酸铜（3）试管b中混合液体在振荡过程中有气泡产生，该反应的化学方程式为_________________________。28、（14分）A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A原子核内只有1个质子；B原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C原子最外层的电子数比次外层的多4；C的简单阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。回答下列问题：(1)B在元素周期表中的位置为______________________。(2)E的氧化物对应的水化物有______________________(写化学式)。(3)B、C、D、E形成的简单离子半径由大到小的关系是______________________(用离子符号表示)。(4)化合物D2C的形成过程为______________________(用电子式表示)。(5)由A、B、C三种元素形成的常见的离子化合物的化学式为___________，该化合物的水溶液与强碱溶液共热发生反应的离子方程式为______________________。(6)化合物D2EC3在一定条件下可以发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，则此反应的化学方程式为______________________。29、（10分）高炉炼铁中发生的基本反应之一:FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)(正反应吸热),其平衡常数可表示为K=c(CO2(1)温度升高,化学平衡移动后达到新的平衡,高炉内CO2和CO的体积比值__________(“增大”､“减小”或“不变”),平衡常数K值__________(“增大”､“减小”或“不变”)。(2)1100℃时测得高炉中c(CO2)=0.025mol·L-1,c(CO)=0.1mol·L-1,在这种情况下,该反应是否处于平衡状态__________(填“是”或“否”),此时,化学反应速率v正__________v逆(填“大于”､“小于”或“等于”),其原因是_______________________________________________｡

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【解析】分析：A．电解池是将电能转换为化学能的装置；B．煤燃烧时会产生大量的热量；C．光合作用时，太阳能转化为化学能；D．电能转化为光能和热能。详解：A．电解装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学，选项A正确；B．煤燃烧时会产生大量的热量，化学能主要转化为热能，选项B正确；C．绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，选项C正确；D．白炽灯工作时，电能转化为光能和热能，选项D错误。答案选D。点睛：本题考查常见的能量转化形式，题目难度不大，注意知识的积累。2、B【解析】

A、C分解速率与B生成速率，均表示逆反应速率，不能说明达到平衡状态，故A错误；B、各组分的浓度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C、单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，故C错误；D、各组分的分子数之比与反应物的用量和转化率有关，无法判断各组分浓度是否不变，不能说明达到平衡状态，故D错误；故选B。3、C【解析】

A.电解水制气：2H2O2H2↑＋O2↑，需要消耗电能，故A不符合题意；B.高温使水分解制气：2H2O2H2↑＋O2↑，需要消耗热能，故B不符合题意；C.太阳能催化分解水制气：2H2O2H2↑＋O2↑,需要消耗太阳能，属于节约能源，故C符合题意；D.天然气制气：CH4＋H2OCO＋3H2需要消耗热能，故D不符合题意；答案：C。4、C【解析】

A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。5、A【解析】

A、氢氧化钾溶液能溶解氧化铝，与氧化镁不反应，可以除去氧化镁中的氧化铝，A正确；B、硝酸是强酸，与氧化镁和氧化铝均反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，B错误；C、浓硫酸与氧化镁反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，C错误；D、稀盐酸是强酸，与氧化镁和氧化铝均反应，不能除去氧化镁中的氧化铝，D错误;答案选A。6、A【解析】A.C2H6与CH4的结构相似，相差1个CH2，二者互为同系物，A正确；B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.尼古丁、苯在常温下不是气态，C错误；D.烟气中CO、NOX能与人体的血红蛋白结合，D错误，答案选A。7、C【解析】

A．质子数之比为1：1：1，A错误；B．中子数之比为4：5：6，B错误；C．摩尔质量之比为8：9：10，C正确；D．互为同位素的原子化学性质相似，因此它们的化学性质相同，D错误，答案选C。8、C【解析】A.油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成相应的羧酸与甘油，故A正确；B.加酶洗衣粉中的酶其实是蛋白质，故B正确；C.糖类中单糖不能发生水解反应，故C错误；D.糖类都由C、H、O三种元素组成，故D正确；故选C。9、D【解析】

A、NaHCO3可以中和面团中的酸，使面团中性，没有危害，A错误；B、CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，醋酸、醋酸钙都易溶于水，用洗涤的方法可除去，且醋酸对人体无害，B错误；C、胃酸的主要成分为盐酸，Al(OH)3和盐酸发生中和反应，中和了过多的胃酸，没有危害，C错误；D、SO2是有刺激性气味的有毒气体，具有漂白性，能和有色物质反应生成无色物质，加热后能恢复原来的颜色，漂白食品时污染食品，D项正确；故答案选D。10、C【解析】

根据碳原子守恒可知生成一氯甲烷的物质的量是(1－a－b－c)mol。根据取代反应的特点可知：1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，生成几氯甲烷就消耗多少mol的氯气，因此消耗的氯气的物质的量为：(1－a－b－c)mol＋2amol＋3bmol＋4cmol＝(1＋a＋2b＋3c)mol，答案为C。11、D【解析】

根据金属的活泼性强弱冶炼金属，K、Ca、Na、Mg、Al等金属用电解法，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法、Hg、Ag等金属用热分解法冶炼.【详解】A.铝粉和Fe2O3共热反应可以得到金属铁和氧化铝，A不符合题意；B.加热氧化汞会发生分解，制的金属Hg，B不符合题意；C.Mg为活泼金属，要用电解熔融MgCl2的方法冶炼，C不符合题意；Dal是相对活泼的金属应该使用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能使用热还原法冶炼，因此不能制取得到Al单质，D符合题意；故合理选项是D。【点睛】本题考查金属的冶炼方法与金属活动性关系的知识，注意常见金属的冶炼方法，把握金属的活泼性强弱是解题关键。12、C【解析】

①C完全燃烧放出的热量较多，因ΔH＜0，则前者小于后者，故①错误；②固体变为气体要吸热，则后者放出的热量多，因ΔH＜0，前者大于后者，故②正确；③参加反应的物质的量越大，反应的热量越多，因ΔH＜0，前者大于后者，故③正确；④碳酸钙分解为吸热反应，ΔH＞0，氧化钙和水反应为放热反应，ΔH＜0，则前者大于后者，故④正确；②③④正确，故选C。【点睛】对于放热反应，物质燃烧越完全、参加反应的物质的量越大，反应的热量越多，物质的聚集状态不同，反应热不同，固体变为气体要吸热，反应放出的热量越多是解答关键，注意比较时带入ΔH符号是易错点。13、D【解析】

A.FeBr3的作用是催化剂，若没有FeBr3，可向其中加入铁粉，利用Br2与Fe反应产生FeBr3获得，因此也可用铁屑代替，A正确；B.苯与液溴反应产生溴苯，由于液溴、苯都具有挥发性，为防止它们的干扰，常根据苯、液溴容易溶于有机物四氯化碳的性质，用盛有四氯化碳的洗气瓶吸收挥发的苯和溴，B正确；C.用液溴与苯在催化剂作用下制取溴苯，挥发的溴、苯被四氯化碳吸收，若装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴反应产生了HBr，HBr溶于水得到氢溴酸，石蕊遇酸变红，故可以证明苯与溴发生的是取代反应，C正确；D.反应后的混合液中含有溴苯及溶于其中的溴、苯等物质，经水洗、NaOH溶液洗涤、再水洗，除去未反应的溴单质，分液、干燥、蒸馏，可以得到溴苯，D错误；故合理选项是D。14、C【解析】A、升高温度，正逆反应速率都增大，故A错误；B、反应过程中，固体物质的浓度不发生变化，所以平衡常数表达式中，不应该写固体，故B错误；C项，反应过程中，伴随着能量变化，温度不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C正确；D项，温度升高，平衡常数增大，平衡右移，说明正反应是吸热反应，故D错误；故选C。15、B【解析】

官能团，是决定有机化合物的化学性质的原子或原子团。中学阶段，常见官能团有碳碳双键、碳碳三键、羟基、羧基、醚键、醛基、酯基、卤原子等。烷基不属于官能团，故合理选项为B。【点睛】官能团的基本特点就是可以发生反应，比如乙醇中含有羟基，决定了乙醇可以和金属钠反应，还可以发生消去反应、取代反应等。而烷基没有这样的特点，所以烷基不属于官能团。16、B【解析】

A、正戊烷有3种H原子，一氯代物就有3种同分异构体；正己烷有3种H原子，一氯代物就有3种同分异构体．一氯代物的数目相等，故A错误；B.新戊烷有1种H原子，一氯代物就有1种同分异构体；2-甲基丙烷有2种H原子，一氯代物就有2种同分异构体，故B正确；C.环戊烷有1种H原子，一氯代物就有1种同分异构体；乙烷有1种H原子，一氯代物就有1种同分异构体，一氯代物的数目相等，故C错误；D.丙烷有2种H原子，一氯代物就有2种同分异构体；2,3-二甲基丁烷有2种H原子，一氯代物就有2种同分异构体，一氯代物的数目相等，故D错误；答案选B。17、B【解析】

A.1molNa2O2中含有2molNa+和1molO22-，所以0.01molNa2O2含有的离子总数为0.03NA，故A错误；B.2H2O的摩尔质量为20g/mol，20g2H2O的物质的量为1mol，1个2H2O中含有的中子数为(2-1)×2+16-8=10，所以常温常压下，20g2H2O所含的中子数为10NA，故B正确；C.氨气分子中只含有N—H键，为极性共价键，氨气分子中不存在非极性键，故C错误；D.标准状况下SO3为固体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故D错误。故选B。18、C【解析】

A．2SO2+O2⇌2SO3，该正反应为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，故能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．N2(g)+3

H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H＜0，该反应是气体体积不变的反应，达平衡后，增大压强，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，颜色加深是因为压缩体积导致浓度增大，并非平衡移动，故C正确；D．加入硝酸银溶液，与HBr反应，生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为C。【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。19、A【解析】试题分析：2SO2(g）+02(g)2SO3(g)△H="-Q"kJ·mol-1(Q＞0)，表示每2摩尔二氧化硫反应生成2摩尔的三氧化硫放出的热量为QkJ，根据题意可以知道在密闭容器内充入4molS02和3mol02，达到平衡时的SO2的转化率为90%，则有4×90%=3.6mol，所以放出的热量是1.8QkJ，故本题的答案选择A。考点：化学反应能量计算点评：本题考查了化学反应能量计算，本题要理解是是2SO2(g）+02(g)2SO3(g)△H="-Q"kJ·mol-1(Q＞0)，表示每2摩尔二氧化硫反应生成2摩尔的三氧化硫放出的热量为QkJ，是2摩尔二氧化硫而不是1mol，该题难度中等。20、A【解析】

A、化学反应实质为旧键的断裂和新键的形成，任何化学反应都伴随能量的变化，故A正确；B、反应热只受始态和终态的影响，跟途径无关，故B错误；C、化学反应中的能量变化主要以热能的形式体现，有时以电能、光能体现，故C错误；D、此反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故D错误；故答案选A。21、B【解析】

A.C3H8+5O23CO2+4H2O是物质的燃烧反应，属于氧化还原反应，A不符合题意；B.CH2=CH2与Br2发生加成反应产生1，2-二溴乙烷，B符合题意；C.乙醇与Na的反应是一种单质与一种化合物反应生成一种新单质和一种新化合物，属于置换反应，C不符合题意；D.苯与浓硝酸在浓硫酸存在条件下加热，发生取代反应生成硝基苯和水，D不符合题意；故合理选项是B。22、B【解析】分析：由结构可以知道，该物质的分子式为C7H10O5，含-OH、C=C、-COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答。详解：A项，根据莽草酸的分子结构及C、H、O原子的成键特点可知，其分子式为C7H10O5，故A错误；B项，分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羟基和羧基，可发生酯化反应（即取代反应）故B正确；C项，分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，故C错误；D项，分子中含3个—OH和1个—COOH，所以1mol莽草酸与足量的Na反应能生成2molH2，2molH2在标准状况下的体积为44.8L，故D错误。所以B选项是正确的。二、非选择题(共84分)23、氧元素AlO3SO2H2O2（或Na2O2）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O离子键和非极性共价键【解析】

短周期的四种元素A、B、C、D，它们的原子序数依次增大，A在周期表中原子半径最小，则A为氢元素；A、C位于同一主族，则C为钠元素，B、D的最外层电子数相等，为同主族元素，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍，则B为氧元素，D为硫元素，E是自然界中含量最高的金属，E为铝元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，D为硫元素，E为铝元素。(1)B为氧元素；E是自然界中含量最高的金属，为铝元素，化学符号为：Al，故答案为：氧元素；Al；(2)在H、O、Na、S四种元素中，能形成漂白作用的物质有：SO2、H2O2、Na2O2、O3等，故答案为：SO2；O3；H2O2(或Na2O2)；(3)C与D形成的化合物为Na2S，形成过程为它的电子式为，故答案为：；(4)E的最高价氧化物为氧化铝，具有两性，能够与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；(5)B和C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性共价键，故答案为：离子键和非极性共价键。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意具有漂白作用的物质主要包括：强氧化剂氧化漂白，二氧化硫化合漂白，活性炭吸附漂白。24、第三周期，ⅦA族Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO【解析】

由A为黄绿色气体可知，A为氯气；由C和D均为酸，其中C具有漂白性可知，B为水、C为次氯酸、D为盐酸，反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；由E能和盐酸反应、F能和氯气反应可知，E为常见的活泼变价金属，则E为铁、F为氯化亚铁、G为氢气、H为氯化铁，反应②为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应③为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁；由I为紫红色常见金属可知，I为铜，反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。【详解】（1）氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族；D为氯化氢，氯化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；（2）反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO；（3）反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中转移电子数目为2e—，用单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为：。【点睛】由E能和盐酸反应、F能和氯气反应确定E为常见的活泼变价金属是解答难点，也是推断的突破口。25、乙醇、浓硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O饱和碳酸钠溶液B、C因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料；温度过高可能发生其它副反应分液漏斗B【解析】

（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，所以选择中性干燥剂；【详解】（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发，所以先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸；酯化反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，所以B项和C项正确；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离，所以用到的仪器是分液漏斗；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，五氧化二磷属于酸性干燥剂，无水硫酸钠属于中性干燥剂，碱石灰属于碱性干燥剂，氢氧化钠属于碱性物质，所以选择中性干燥剂硫酸钠。26、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因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【解析】

（1）由于在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少环形玻璃棒。（2）由于该实验要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量的损失的。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量的损失，所以所得中和热数值偏低。（4）如果改变酸或碱的用量，则反应中生成的水的物质的量是变化的，因此反应中放出的热量是变化的。但由于中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，与酸碱的用量无关，因此所求中和热数值是不变的。（5）由于氨水是弱碱，在溶液中存在电离平衡，而电离是吸热的，所以测得的中和热数值会偏小。27、b中导管伸入到了液面以下CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H218O催化剂和吸水剂分液漏斗上口a2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O（或者用CH3CO18OH表示）【解析】分析：Ⅰ、（1）吸收乙酸乙酯时要防止倒吸；（2）酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子；（3）根据酯化反应原理判断。II、（1）操作1是分液；根据分液操作解答；（2）根据乙酸乙酯在碱性溶液中易水解分析；（3）乙酸能与碳酸钠反应产生气体。详解：Ⅰ、（1）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，二者均与水互溶，吸收装置中导管口不能插入溶液中，则该装置的错误是b中导管伸入到了液面以下。（2）酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，则试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式为CH3CO18OH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H218O。（3）酯化反应是可逆反应，则加入浓H2SO4的作用是催化剂和吸水剂。II、（1）操作1是分液，需用到的仪器是分液漏斗，上层液体从该仪器的上口分离出来。（2）由于乙酸乙酯在碱性溶液中容易发生水解反应，硫酸铜不能作干燥剂，所以选择氯化钙干燥乙酸乙酯，答案选a；（3）试管b中混合液体在振荡过程中有气泡产生，这是由于碳酸钠与乙酸反应产生的，则该反应的化学