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浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期6月期末化学试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期6月期末化学试卷（Word版附解析），文件包含浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题Word版含解析docx、浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
考生注意:
1.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64
选择题部分
一、选择题I(本大题共15小题,每小题2分,共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1. 按物质的组成进行分类，下列属于碱的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．是有机化合物，属于醇类物质，不属于碱，A错误；
B．是由和组成的化合物，属于盐，不属于碱，B错误；
C．是由、和组成的化合物，属于碱式盐，不属于碱，C错误；
D．是由和组成的化合物，属于碱，D正确；
答案选D。
2. 下列化学标识不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．该标志为爆炸物质，表示该物品受热或受到撞击等易发生爆炸，A不合题意；
B．该标志为可吸入污染物质，表示该处用粉尘等可吸入污染物，B符合题意；
C．.该标志为腐蚀品，表示该物品具有腐蚀性，C不合题意；
D．图标为剧毒标志，表示该物品具有毒性，D不合题意，
故答案为：B。
3. 仪器名称为“坩埚”的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．为表面皿，A不符合题意；
B．为蒸发皿，B不符合题意；
C．为坩埚，C符合题意；
D．为石棉网，D不符合题意；
答案选C。
4. 下列物质溶于水能导电且属于电解质的是
A. COB. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO不溶于水，且熔融态不导电，属于非电解质，A错误；
B．溶于水能导电，属于电解质，B正确；
C．是单质，即不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．溶于水能导电，是因为与水反应生成了电解质，是非电解质，D错误；
答案选B。
5. 在反应中，还原产物是
A. B. C. D. NO
【答案】D
【解析】
【详解】反应中，Cu元素化合价由0价变为+2价，发生氧化反应，Cu为还原剂，为氧化产物；N元素化合价由+5价变为+2价，发生还原反应，为氧化剂，NO为还原产物，答案选D。
6. 当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应是
A. 蛋白质溶液B. 溶液C. 溶液D. 沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A．蛋白质溶液中蛋白质粒子的直径在1~100nm之间，属于胶体，会出现丁达尔效应，A正确；
B．溶液中分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，不会出现丁达尔效应，B错误；
C．溶液中分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，不会出现丁达尔效应，C错误；
D．沉淀属于纯净物，不是胶体，不会出现丁达尔效应，D错误；
答案选A。
7. 下列物质的俗称与化学式相符的是
A. 漂白粉:B. 苏打:C. 铁红:D. 钡餐:
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉为混合物，主要成分是和，A错误；
B．碳酸钠的俗名是苏打、纯碱，则苏打为，B正确；
C．是一种红棕色粉末，俗称铁红；是具有磁性的黑色晶体，俗称磁性氧化铁，C错误；
D．胃液的主要成分为盐酸，可以与盐酸反应，不溶于水且不与盐酸反应，因此钡餐的成分为，D错误；
答案选B。
8. 下列说法正确的是
A. 和互为同位素B. C60和C80为碳元素的两种不同核素
C. C2H4和C3H6互为同系物D. 乙酸甲酯和甲酸乙酯为同种物质
【答案】A
【解析】
【详解】A．和质子数相同，中子数不同，因此二者互为同位素，A正确；
B．C60和C80为碳元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，B错误；
C．C2H4是乙烯，属于烯烃；C3H6表示的物质可能是丙烯，也可能是环烷烃，因此二者不一定是同系物，C错误；
D．乙酸甲酯结构简式是CH3COOCH3，甲酸乙酯结构简式是HCOOCH2CH3，二者分子式相同，分子式都是C3H6O2，但它们的分子结构不同，因此二者互为同分异构体，D错误；
故合理选项是A。
9. 下列说法不正确的是
A. 小苏打可用于治疗胃酸过多，也是发酵粉的主要成分之一
B. 硫酸亚铁、硫酸铝等可作污水处理的混凝剂
C. SO2具有漂白、杀菌消毒、抗氧化的作用
D. 高纯硅是应用最广泛的半导体材料,可制芯片、太阳能电池、光导纤维等
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，是发酵粉主要成分，碳酸氢钠能够与盐酸反应，可以治疗胃酸过多，A正确；
B．硫酸亚铁、硫酸铝等混凝剂，具有吸附性，能吸附污水中的细小悬浮物，达到净化的目的，B正确；
C．SO2具有漂白性，能够漂白品红等物质，二氧化硫能使蛋白质变性，具有杀菌作用，并且具有还原性，可作葡萄酒抗氧化剂，C正确；
D．高纯硅是应用最广泛的半导体材料，可制芯片、太阳能电池，而光导纤维的主要成分是二氧化硅而不是高纯硅，D错误；
故答案为：D。
10. Q、X、Y和为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是
A. Y的原子半径比X的大
B. 的最高价氧化物的水化物的酸性比的强
C. 的单质具有半导体的性质，与可形成化合物
D. X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】Q、X、Y和Z为短周期元素，这4种元素的原子最外层电子数之和为22，设X最外层电子数为x，根据它们在周期表中的位置可知Y、Q、Z最外层电子数分别为x+1，x-1，x+2，则x+x+1+x-1+x+2=22，x=5，因此Q、X、Y和Z分别为Si，N，O，Cl，据此解答。
【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y的原子半径比X的小，A错误；
B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Si＜Cl，Q的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸弱，B错误；
C．硅具有半导体的性质，硅与氯可形成化合物SiCl4，C正确；
D．X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，D错误；
答案选C。
11. 下列化学用语正确的是
A. 的电离方程式：
B. 乙酸乙酯在碱性条件下的水解：
C. 用电子式表示氯化钠的形成过程：
D. 碳酸钠与醋酸反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于盐，由和构成，其电离方程式为，A错误；
B．乙酸乙酯在碱性条件下的水解，生成乙酸钠和乙醇，则水解方程式为，B错误；
C．NaCl是离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程为，C正确；
D．醋酸是弱酸，属于弱电解质，离子方程式中不能拆，D错误；
答案选C。
12. 下列说法正确的是
A. 石油裂解的主要目的是为了提高轻质油的产量
B. 鸡蛋清溶液遇到浓硫酸会显黄色
C. 葡萄糖在酶的催化作用下可水解为乙醇
D. 食用油在空气中久置会被氧化产生过氧化物和醛类等，有难闻的“哈喇”味
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油裂化的主要目的是为了提高轻质油的产量，而石油裂解的主要目的是为了获得乙烯、丙烯和甲烷等气态化工原料，A错误；
B．鸡蛋清溶液遇到浓硝酸加热后会显黄色，此为蛋白质的颜色反应，B错误；
C．葡萄糖是单糖，不能发生水解，则葡萄糖在酶的催化作用下可分解为乙醇和CO2，C错误；
D．食用油中含有碳碳双键，在空气中久置会被氧化产生过氧化物和醛类等，有难闻的“哈喇”味，D正确；
故答案为：D。
13. 下列实验方案或实验结论正确的是
A. 实验1若试剂X是浓硫酸，红色布条不褪色，可证明Cl2没有漂白性
B. 实验2圆底烧瓶产生气泡，试管中产生白色胶状沉淀，可推测酸性:HCl＞H2CO3＞H2SiO3
C. 实验3可用于实验室制备一定量的氨气
D. 实验4反应结束后向试管中加水，溶液呈蓝色，可证明反应生成了CuSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知干燥的Cl2没有漂白性，故实验1若试剂X是浓硫酸，红色布条不褪色，可证明Cl2没有漂白性，A正确；
B．由于浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也能与Na2SiO3溶液反应使溶液变浑浊，干扰实验，不可推测酸性：H2CO3＞H2SiO3，B错误；
C．加热固体时试管口应该向下倾斜，故实验3操作错误，C错误；
D．实验4反应结束后的溶液中含有大量的浓硫酸，应该将试管中的液体缓缓倒入水中，并不断搅拌，若溶液呈蓝色，可证明反应生成了CuSO4，D错误；
故答案为：A。
14. 阿司匹林（乙酰水杨酸）是一解热镇痛药物,其合成主要反应如下:
下列有关说法不正确的是
A. 乙酸酐的分子式为
B. 水杨酸中含氧官能团的名称是羧基和羟基
C. 乙酰水杨酸能发生取代、加成、还原、氧化、加聚反应
D. 乙酸酐能与乙醇反应得到和
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据乙酸酐的结构式可知其分子式为，A正确；
B．水杨酸中含氧官能团的名称是羧基(-COOH)和羟基(-OH)，B正确；
C．乙酰水杨酸中没有碳碳双键或碳碳三键，不能发生加聚反应，C错误；
D．乙醇与乙酸酐反应的化学方程式是：CH3CH2OH+(CH3CO)2O+，乙酸酐能与乙醇反应得到和，D正确；
故选C。
15. 下列实验操作正确的是
A. 实验未用完的钠、钾、白磷须放回原试剂瓶
B. 过滤时，用玻璃棒搅拌漏斗中的混合液便于液体流下
C. 配制溶液时，固体溶解后应立即转移到容量瓶中
D. 可通过盛有足量饱和溶液的洗气瓶除去中的
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠、钾、白磷都是较危险化学性质活泼的物质，这类物质不能用完把剩余的丢弃，要放回原来的试剂瓶中保存，故A正确；
B．过滤时不能用玻璃棒搅动，防止戳破滤纸，达不到过滤的目的，故B错误；
C．配制NaOH溶液时，固体溶解后会放热，应等溶液恢复至室温再转移到容量瓶中，故C错误；
D．应该用饱和碳酸氢钠除去中的，碳酸钠与反应生成碳酸氢钠，会消耗，故D错误；
故本题选A。
二、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
16. 下列物质中含有非极性键的化合物是
A. B. C. HFD.
【答案】B
【解析】
【详解】A．是由Na+和Cl-通过离子键形成的化合物，A不合题意；
B．是由Na+和通过离子键形成的化合物，而中含有O-O非极性键，B符合题意；
C．HF是由H和F通过极性键形成的化合物，C不合题意；
D．是由Cl和Cl通过非极性键形成的单质，D不合题意；
故答案为：B。
17. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系
据此判断下列说法不正确的是
A. 由图(a)知，石墨转变成金刚石是吸热反应
B. 由图(b)知，放出的热量比多
C. 由图(c)知，白磷比红磷稳定
D. 由图(d)知，生成物的总能量高于反应物的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图(a)知，等质量的金刚石比石墨含有的能量多，因此石墨转变成金刚石的反应是吸热反应，A正确；
B．反应物气态S比固体S含有的能量多，而生成物的能量相同，因此：放出的热量比多，B正确；
C．物质含有的能量越多，物质的稳定性就越差。根据图(c)可知：白磷含有的能量比等质量的红磷含有的能量高，因此红磷比白磷更稳定，C错误；
D．由图(d)可知：反应物CO2(g)和H2(g)含有的总能量比生成物CO(g)和H2O(g)含有的总能量低，因此反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)发生时要从周围环境中吸收能量，该反应是吸热反应，D正确；
故合理选项是C。
18. 无水LiCl-KCl混合物受热熔融后即可工作,是一种特殊的受热激活电池,该电池受热后总反应为：。下列说法不正确的是
A. 硫酸铅发生还原反应
B. 放电时Li+与K+向正极方向移动
C. 负极电极反应式为
D. 用LiCl和KCl水溶液代替无水LiCl-KCl，可将该电池改为常温使用的电池
【答案】D
【解析】
【分析】由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl- -2e-=CaCl2；PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e- +2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A．由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl- -2e-=CaCl2；PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e- +2Li+=Li2SO4+Pb，A正确；
B．放电过程中阳离子向负电荷较多的正极PbSO4电极移动，即放电时Li+、K+向正极移动，B正确；
C．由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl- -2e-=CaCl2，C正确；
D．由题目可知，该装置为热激活电池，作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后放电，故常温下不能放电，且Ca是活泼金属，能与水直接反应，所以不能用水溶液作电解质，D错误；
故合理选项是D。
19. 下列说法正确的是
A. 中既有离子键又有共价键，所以属于离子化合物
B. 水分子间存在氢键，所以比稳定
C. 的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点也不同
D. 易分解是因为分子间作用力弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaCl2含有离子键无共价键，为离子化合物，A错误；
B．氢键影响物质熔沸点，非金属性越强气态氢化物越稳定，O的非金属性强于S，所以比稳定，B错误；
C．有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；
D．H2O2易分解是因为H2O2分子中化学键键能较小，易断键，分子间作用力只能影响物质的物理性质，D错误；
故选C。
20. 化学在人类社会生活中起着关键作用。下列说法不正确的是
A. 硝酸铵是一种高效氮肥，性质稳定，可以直接使用B. 亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于食品生产
C. 以淀粉为原料，通过发酵法可以制味精D. 聚四氟乙烯塑料耐高温，可以用于制造坩埚
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸铵性质不稳定，受热或经撞击易发生分解反应而发生爆炸，故A错误；
B．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，在国家规定的适用范围内可用于食品生产，故B正确；
C．味精最早是从海带中发现和提取出来的，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产，故C正确；
D．聚四氟乙烯塑料性质稳定，具有耐高温的特性，所以聚四氟乙烯塑料可以用于制造坩埚，故D正确；
故选A。
21. 某温度下，在2L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是
A. 从反应开始到
B. 往体系中充入氦气，压强增大，则化学反应速率不变
C. 10s时反应处于平衡状态且
D. 当容器内气体压强保持不变时，则可说明反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】由题干表中数据可知，10s内A的物质的量减少了1.20-0.40=0.80ml，B的物质的量减小了1.00-0.20=0.80ml，C的物质的量增加了1.60ml，即AB为反应物，C为生成物，根据改变量之比等于化学计量系数比可知，该反应方程式为：A(g)+B(g)2C(g)，据此分析解题。
【详解】A．由题干表中数据可知，从反应开始到10s，，A正确；
B．该反应体系为恒温恒容密闭容器，往体系中充入氦气，压强虽然增大，但反应物、生成物的浓度均不改变，则化学反应速率不变，B正确；
C．由题干标中数据可知，10s到20s过程中各物质的物质的量均未改变，说明10s时反应处于平衡状态，反应速率之比等于化学计量系数比结合分析可知，，C正确；
D．由分析可知，该反应方程式为：A(g)+B(g)2C(g)，即反应过程中容器内气体的压强从未改变，故当容器内气体压强保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：D。
22. 工业上常用硫黄或黄铁矿为原料来制备硫酸,工业流程如下。
下列说法不正确的是
A. 步骤①粉碎硫黄或黄铁矿可以增大接触面积，加快反应速率
B. 步骤②增大氧气的用量可以提高的利用率
C. 工业上常用水吸收制取
D. 常温下，浓硫酸可以用铁罐存储运输
【答案】C
【解析】
【分析】黄铁矿粉碎后与空气混合加热，发生氧化还原反应产生Fe2O3、SO2，将SO2与空气混合净化后加热到400-500℃，在V2O5催化下反应产生SO3，SO3被98.3%的浓硫酸吸收后产生H2SO4，据此分析解题。
【详解】A．步骤①将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，从而加快反应速率，提高原料的转化率，A正确；
B．步骤②增大氧气的用量可以提高的利用率，使尽可能的转化为SO3，B正确；
C．工业上常用98.3%的浓硫酸吸收制取，C错误；
D．常温下，浓硫酸与铁发生钝化生成致密的氧化膜，故可以用铁罐存储运输浓硫酸，D正确；
故合理选项是C。
23. 消除氮氧化物有如下3种方法：
①；
②
③
下列说法不正确的是
A. 氮氧化物会造成酸雨等污染
B. ①中利用氢氧化钠的碱性消除氮氧化物，也可以用氨水代替
C. ②③使用催化剂，能加快消除氮氧化物的速率
D. 若某工厂排出的废气中二氧化氮的含量为(体积分数)，用方法③处理(标准状况下)这种废气，约需氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮氧化物以及在大气中发生反应后的生成物溶于雨水生成硝酸，造成酸雨，A正确；
B．①中利用氢氧化钠的碱性，生成硝酸盐和亚硝酸盐，达到消除氮氧化物的目的，氨水呈碱性，可以用来代替氢氧化钠，B正确；
C．使用催化剂，可以降低反应的活化能，从而加快消除氮氧化物的速率，C正确；
D．标准状况下，废气中二氧化氮的物质的量为，根据反应③，消耗氨气的物质的量为，即消耗氨气质量为，D错误；
答案选D。
24. 下列有关实验操作、现象以及相关结论的描述，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．玻璃种含有钠离子，焰色试验不能用玻璃棒蘸取溶液进行灼烧，A错误；
B．取少量固体试样溶于水，滴加少量溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，该固体试样中仍可能有，原因是实验并未加热可能含有铵根生成一水合氨，但是未生成氨气溢出，B正确；
C．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中无铁离子，但还原铁粉有可能被氧化为亚铁离子，C错误；
D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜在碱性条件下发生氧化还原反应，水解液中需先加氢氧化钠后再加新制氢氧化铜，D错误；
故选B。
非选择题部分
三、非选择题(本大题共5小题,共40分)
25. 请回答:
（1）①磁性氧化铁的化学式是___________;②乙炔的电子式是___________。
（2）向溶液中逐滴滴加溶液直至过量，实验现象为___________。
（3）浓硝酸见光分解的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. Fe3O4 ②.
（2）先产生白色沉淀且逐渐增多，然后又逐渐溶解直至消失
（3）4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O
【解析】
【小问1详解】
①磁性氧化铁为四氧化三铁，化学式是Fe3O4；②乙炔的电子式是；
【小问2详解】
向溶液中逐滴滴加溶液直至过量，实验现象为：先产生白色沉淀且逐渐增多，然后又逐渐溶解直至消失；
【小问3详解】
浓硝酸不稳定见光易分解，生成二氧化氮、氧气与水，化学方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O。
26. 有机物A-H的转化关系如图所示。其中A(C5H10O2)的化学性质与G(C4H8O2)相似，H是相对分子质量比D小18的烃。
请回答:
（1）G的结构简式为___________。
（2）物质所含官能团名称___________。
（3）B→C的化学反应方程式为___________。
（4）下列说法正确的是___________。
A. 有机物C和F互为同系物
B. 等物质的量C、D、E完全燃烧消耗氧气的质量为：C＞D＞E
C. 烃H能发生加成、氧化、加聚反应
D. 氢氧化钠溶液可以除去中混有的
【答案】（1）CH3COOCH2CH3
（2）醛基 （3）CH3CH2COONa+HCl= CH3CH2COOH+NaCl （4）ABC
【解析】
【分析】A分子式是C5H10O2，化学性质与G相似，能够与NaOH溶液反应产生B、D两种有机物，B与HCl反应产生C，则B是羧酸钠盐，D是醇，D与Cu、O2加热反应产生E是醛，E与O2在一定条件下反应产生F是羧酸，D、F与浓硫酸共热反应产生G(C4H8O2)，G与A化学性质相似，结合反应过程中C原子数不变，可知A是CH3CH2COOCH2CH3，B是CH3CH2COONa，其与HCl反应产生的C是CH3CH2COOH；D是CH3CH2OH，E是CH3CHO，F是CH3COOH，D、F反应产生的G是CH3COOCH2CH3；CH3CH2OH在一定条件下反应产生的比乙醇相对分子质量小18的烃H是乙烯，结构简式是CH2=CH2，然后根据问题分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知G是乙酸乙酯，结构简式是CH3COOCH2CH3；
【小问2详解】
根据上述分析可知E是CH3CHO，其中含有的官能团-CHO的名称是醛基；
【小问3详解】
B是CH3CH2COONa，由于丙酸的酸性比HCl弱，其与HCl可以发生复分解反应产生CH3CH2COOH、NaCl，该反应的化学方程式为：CH3CH2COONa+HCl= CH3CH2COOH+NaCl；
【小问4详解】
A．有机物C是CH3CH2COOH，F是CH3COOH，二者结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，因此二者互为同系物，A正确；
B．物质C是CH3CH2COOH，D是CH3CH2OH，E是CH3CHO，假设三种物质的物质的量都是1 ml，C、D、R完全燃烧产生CO2、H2O消耗的O2的物质的量是3.5 ml、3.0 ml、2.5 ml，根据m=n·M可知：O2的物质的量越多，其质量就越大，因此等物质的量C、D、E完全燃烧消耗氧气的质量关系为：C＞D＞E，B正确；
C．物质H是CH2=CH2，该物质是烃，能够发生燃烧反应，物质燃烧反应属于氧化反应；该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加成反应、加聚反应，C正确；
D．G是CH3COOCH2CH3，能够与NaOH水溶液共热发生水解反应，因此不能使用NaOH溶液除去CH3COOCH2CH3中混有的乙酸CH3COOH杂质，应该使用饱和Na2CO3溶液除杂，D错误；
故合理选项是ABC。
27. 海水提镁的工艺流程如下:
已知:直接加热得不到无水固体
请回答:
（1）操作a需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____________。
（2）A固体的主要成分为和___________；设计实验方案验证A固体已经洗涤干净:__________。
（3）写出步骤③A固体溶液的离子方程式:___________。
（4）下列说法不正确的是___________。
A. 步骤①②③的目的是为了富集提纯
B. 操作b包括:蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
C. 一定条件指的是在气氛下进行脱水
D. 步骤⑤产生的可以循环利用，节约成本
【答案】（1）漏斗 （2） ①. Ca(OH)2 ②. 向最后一次洗涤A后的液体中加入稀硝酸酸化再加入硝酸银溶液，观察是否有沉淀生成，若无沉淀生成说明洗涤干净
（3）Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O （4）B
【解析】
【分析】由流程可知，海水经过蒸发(①)得到粗盐与母液，石灰乳与母液中镁离子反应生成氢氧化镁，过滤(②)分离出固体A(Mg(OH)2)，Mg(OH)2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，操作b：蒸发结晶，在HCl在气流中抑制镁离子的水解，蒸发结晶得到，经过脱水(④)得到MgCl2，最后电解(⑤)熔融MgCl2冶炼Mg，据此分析解题。
【小问1详解】
操作a为过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
【小问2详解】
母液中加入了石灰乳，A固体的主要成分为和Ca(OH)2；母液中含有氯离子，向最后一次洗涤A后的液体中加入稀硝酸酸化再加入硝酸银溶液，观察是否有沉淀生成，若无沉淀生成说明洗涤干净；
【小问3详解】
步骤③Mg(OH)2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，A固体溶液的离子方程式：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
【小问4详解】
A．步骤①②③的目的是为了富集提纯，A正确；
B．操作b包括:蒸发结晶，因为步骤④还需要脱水，则不需要干燥，B错误；
C．步骤④脱水时，在HCl气流中加热抑制水解，C正确；
D．步骤⑤产生的可以通入水中形成盐酸，在步骤③循环利用，节约成本，D正确；
故选B。
28. 某同学用如图所示装置制取乙酸乙酯。在试管A中加入适量的乙醇、浓硫酸和醋酸钠，并加热。
请回答:
（1）该实验中浓硫酸作用是催化剂和____________。
（2）写出试管A中制备乙酸乙酯的化学方程式：____________。
（3）图中仪器B的名称是____________，冷凝水的进口方向是____________（填“”或“”）。
（4）锥形瓶C中盛放的试剂是____________。反应结束后取下锥形瓶，振荡并静置，该过程中可以观察到的现象是____________。
（5）经过计算发现得到的乙酸乙酯产率偏低，可能原因是____________。(写出2点)。
【答案】（1）吸水剂 （2）
（3） ①. 直形冷凝管 ②. a
（4） ①. 饱和碳酸钠溶液 ②. 振荡过程中有气泡放出，静置后分层，上层为无色透明液体。
（5）反应物乙酸、乙醇易挥发，来不及反应即挥发进入右侧锥形瓶中；反应温度过高，导致乙醇发生副反应
【解析】
【分析】乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，由于乙醇和乙酸具有挥发性，生成的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇；乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，且乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较低，因此可选用饱和碳酸钠溶液除杂。
【小问1详解】
浓硫酸是酯化反应的催化剂，可以加快反应速率，同时由于酯化反应是可逆反应，且浓硫酸具有吸水性，因此可以促使平衡向正反应方向进行，提高乙酸乙酯的产率。
【小问2详解】
乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的实质是酸去羟基醇去氢原子，则化学方程式为。
【小问3详解】
根据仪器B的结构可知，该仪器名称为直形冷凝管，冷凝水应该a口进，b口出，从而起到导气冷凝的作用。
【小问4详解】
根据分析，锥形瓶C中盛放饱和碳酸钠溶液，可以溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯在水中的溶解度，并提高水溶液的密度以加速乙酸乙酯与水溶液的分层；反应后振荡试管，有气泡放出，原因是乙酸乙酯中含有乙酸杂质与碳酸钠反应放出二氧化碳，静置后再次分层，生成无色透明液体为除去乙醇、乙酸杂质后的乙酸乙酯。
【小问5详解】
反应物乙酸、乙醇易挥发，来不及反应即挥发进入右侧锥形瓶中，导致乙酸乙酯产率偏低；若反应温度过高，可能会导致乙醇发生副反应，从而致使乙酸乙酯产率偏低。
29. 取某矿石样品，将所含硫元素全部转化为二氧化硫，用氢氧化钠将其完全吸收，再加入硫酸溶液恰好生成亚硫酸钠与硫酸钠。请计算:
（1）所用硫酸的物质的量为____________ml。
（2）样品中硫元素转化生成的二氧化硫的物质的量为____________ml。
（3）该矿石所含硫元素的质量分数为____________。
【答案】（1）0.009
（2）0.0035 （3）2.24%
【解析】
【分析】转化生成的二氧化硫用的氢氧化钠溶液将其完全吸收，反应为；再加入的硫酸溶液中和过量的氢氧化钠，恰好生成亚硫酸钠与硫酸钠，反应为。
【小问1详解】
硫酸溶液中，硫酸的物质的量为。
小问2详解】
根据分析，二氧化硫消耗氢氧化钠的物质的量为，则二氧化硫的物质的量为。
【小问3详解】
矿石样品的质量为，根据硫元素守恒可知，则矿石中所含硫元素的质量分数为。A．爆炸类物质
B．环境危害
C．腐蚀类物质
D．毒性物质
时间
0s
10s
20s
1.20ml
0.40ml
0.40ml
1.00ml
0.20ml
0.20ml
0.00ml
1.60ml
1.60ml
选项
实验操作及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
该溶液中一定含有，可能含有
B
取少量固体试样溶于水，滴加少量溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
该固体试样中仍可能有
C
验证脱氧剂还原铁粉是否变质，取少量样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象
脱氧剂没有变质
D
向淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，向水解后的溶液中加入新制的并加热，无砖红色沉淀
说明淀粉未水解
考生注意:
1.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64
选择题部分
一、选择题I(本大题共15小题,每小题2分,共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1. 按物质的组成进行分类，下列属于碱的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．是有机化合物，属于醇类物质，不属于碱，A错误；
B．是由和组成的化合物，属于盐，不属于碱，B错误；
C．是由、和组成的化合物，属于碱式盐，不属于碱，C错误；
D．是由和组成的化合物，属于碱，D正确；
答案选D。
2. 下列化学标识不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．该标志为爆炸物质，表示该物品受热或受到撞击等易发生爆炸，A不合题意；
B．该标志为可吸入污染物质，表示该处用粉尘等可吸入污染物，B符合题意；
C．.该标志为腐蚀品，表示该物品具有腐蚀性，C不合题意；
D．图标为剧毒标志，表示该物品具有毒性，D不合题意，
故答案为：B。
3. 仪器名称为“坩埚”的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．为表面皿，A不符合题意；
B．为蒸发皿，B不符合题意；
C．为坩埚，C符合题意；
D．为石棉网，D不符合题意；
答案选C。
4. 下列物质溶于水能导电且属于电解质的是
A. COB. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO不溶于水，且熔融态不导电，属于非电解质，A错误；
B．溶于水能导电，属于电解质，B正确；
C．是单质，即不是电解质也不是非电解质，C错误；
D．溶于水能导电，是因为与水反应生成了电解质，是非电解质，D错误；
答案选B。
5. 在反应中，还原产物是
A. B. C. D. NO
【答案】D
【解析】
【详解】反应中，Cu元素化合价由0价变为+2价，发生氧化反应，Cu为还原剂，为氧化产物；N元素化合价由+5价变为+2价，发生还原反应，为氧化剂，NO为还原产物，答案选D。
6. 当光束通过下列物质时，会出现丁达尔效应是
A. 蛋白质溶液B. 溶液C. 溶液D. 沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A．蛋白质溶液中蛋白质粒子的直径在1~100nm之间，属于胶体，会出现丁达尔效应，A正确；
B．溶液中分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，不会出现丁达尔效应，B错误；
C．溶液中分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，不会出现丁达尔效应，C错误；
D．沉淀属于纯净物，不是胶体，不会出现丁达尔效应，D错误；
答案选A。
7. 下列物质的俗称与化学式相符的是
A. 漂白粉:B. 苏打:C. 铁红:D. 钡餐:
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉为混合物，主要成分是和，A错误；
B．碳酸钠的俗名是苏打、纯碱，则苏打为，B正确；
C．是一种红棕色粉末，俗称铁红；是具有磁性的黑色晶体，俗称磁性氧化铁，C错误；
D．胃液的主要成分为盐酸，可以与盐酸反应，不溶于水且不与盐酸反应，因此钡餐的成分为，D错误；
答案选B。
8. 下列说法正确的是
A. 和互为同位素B. C60和C80为碳元素的两种不同核素
C. C2H4和C3H6互为同系物D. 乙酸甲酯和甲酸乙酯为同种物质
【答案】A
【解析】
【详解】A．和质子数相同，中子数不同，因此二者互为同位素，A正确；
B．C60和C80为碳元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，B错误；
C．C2H4是乙烯，属于烯烃；C3H6表示的物质可能是丙烯，也可能是环烷烃，因此二者不一定是同系物，C错误；
D．乙酸甲酯结构简式是CH3COOCH3，甲酸乙酯结构简式是HCOOCH2CH3，二者分子式相同，分子式都是C3H6O2，但它们的分子结构不同，因此二者互为同分异构体，D错误；
故合理选项是A。
9. 下列说法不正确的是
A. 小苏打可用于治疗胃酸过多，也是发酵粉的主要成分之一
B. 硫酸亚铁、硫酸铝等可作污水处理的混凝剂
C. SO2具有漂白、杀菌消毒、抗氧化的作用
D. 高纯硅是应用最广泛的半导体材料,可制芯片、太阳能电池、光导纤维等
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，是发酵粉主要成分，碳酸氢钠能够与盐酸反应，可以治疗胃酸过多，A正确；
B．硫酸亚铁、硫酸铝等混凝剂，具有吸附性，能吸附污水中的细小悬浮物，达到净化的目的，B正确；
C．SO2具有漂白性，能够漂白品红等物质，二氧化硫能使蛋白质变性，具有杀菌作用，并且具有还原性，可作葡萄酒抗氧化剂，C正确；
D．高纯硅是应用最广泛的半导体材料，可制芯片、太阳能电池，而光导纤维的主要成分是二氧化硅而不是高纯硅，D错误；
故答案为：D。
10. Q、X、Y和为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是
A. Y的原子半径比X的大
B. 的最高价氧化物的水化物的酸性比的强
C. 的单质具有半导体的性质，与可形成化合物
D. X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】Q、X、Y和Z为短周期元素，这4种元素的原子最外层电子数之和为22，设X最外层电子数为x，根据它们在周期表中的位置可知Y、Q、Z最外层电子数分别为x+1，x-1，x+2，则x+x+1+x-1+x+2=22，x=5，因此Q、X、Y和Z分别为Si，N，O，Cl，据此解答。
【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y的原子半径比X的小，A错误；
B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Si＜Cl，Q的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸弱，B错误；
C．硅具有半导体的性质，硅与氯可形成化合物SiCl4，C正确；
D．X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，D错误；
答案选C。
11. 下列化学用语正确的是
A. 的电离方程式：
B. 乙酸乙酯在碱性条件下的水解：
C. 用电子式表示氯化钠的形成过程：
D. 碳酸钠与醋酸反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．属于盐，由和构成，其电离方程式为，A错误；
B．乙酸乙酯在碱性条件下的水解，生成乙酸钠和乙醇，则水解方程式为，B错误；
C．NaCl是离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程为，C正确；
D．醋酸是弱酸，属于弱电解质，离子方程式中不能拆，D错误；
答案选C。
12. 下列说法正确的是
A. 石油裂解的主要目的是为了提高轻质油的产量
B. 鸡蛋清溶液遇到浓硫酸会显黄色
C. 葡萄糖在酶的催化作用下可水解为乙醇
D. 食用油在空气中久置会被氧化产生过氧化物和醛类等，有难闻的“哈喇”味
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油裂化的主要目的是为了提高轻质油的产量，而石油裂解的主要目的是为了获得乙烯、丙烯和甲烷等气态化工原料，A错误；
B．鸡蛋清溶液遇到浓硝酸加热后会显黄色，此为蛋白质的颜色反应，B错误；
C．葡萄糖是单糖，不能发生水解，则葡萄糖在酶的催化作用下可分解为乙醇和CO2，C错误；
D．食用油中含有碳碳双键，在空气中久置会被氧化产生过氧化物和醛类等，有难闻的“哈喇”味，D正确；
故答案为：D。
13. 下列实验方案或实验结论正确的是
A. 实验1若试剂X是浓硫酸，红色布条不褪色，可证明Cl2没有漂白性
B. 实验2圆底烧瓶产生气泡，试管中产生白色胶状沉淀，可推测酸性:HCl＞H2CO3＞H2SiO3
C. 实验3可用于实验室制备一定量的氨气
D. 实验4反应结束后向试管中加水，溶液呈蓝色，可证明反应生成了CuSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知干燥的Cl2没有漂白性，故实验1若试剂X是浓硫酸，红色布条不褪色，可证明Cl2没有漂白性，A正确；
B．由于浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也能与Na2SiO3溶液反应使溶液变浑浊，干扰实验，不可推测酸性：H2CO3＞H2SiO3，B错误；
C．加热固体时试管口应该向下倾斜，故实验3操作错误，C错误；
D．实验4反应结束后的溶液中含有大量的浓硫酸，应该将试管中的液体缓缓倒入水中，并不断搅拌，若溶液呈蓝色，可证明反应生成了CuSO4，D错误；
故答案为：A。
14. 阿司匹林（乙酰水杨酸）是一解热镇痛药物,其合成主要反应如下:
下列有关说法不正确的是
A. 乙酸酐的分子式为
B. 水杨酸中含氧官能团的名称是羧基和羟基
C. 乙酰水杨酸能发生取代、加成、还原、氧化、加聚反应
D. 乙酸酐能与乙醇反应得到和
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据乙酸酐的结构式可知其分子式为，A正确；
B．水杨酸中含氧官能团的名称是羧基(-COOH)和羟基(-OH)，B正确；
C．乙酰水杨酸中没有碳碳双键或碳碳三键，不能发生加聚反应，C错误；
D．乙醇与乙酸酐反应的化学方程式是：CH3CH2OH+(CH3CO)2O+，乙酸酐能与乙醇反应得到和，D正确；
故选C。
15. 下列实验操作正确的是
A. 实验未用完的钠、钾、白磷须放回原试剂瓶
B. 过滤时，用玻璃棒搅拌漏斗中的混合液便于液体流下
C. 配制溶液时，固体溶解后应立即转移到容量瓶中
D. 可通过盛有足量饱和溶液的洗气瓶除去中的
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠、钾、白磷都是较危险化学性质活泼的物质，这类物质不能用完把剩余的丢弃，要放回原来的试剂瓶中保存，故A正确；
B．过滤时不能用玻璃棒搅动，防止戳破滤纸，达不到过滤的目的，故B错误；
C．配制NaOH溶液时，固体溶解后会放热，应等溶液恢复至室温再转移到容量瓶中，故C错误；
D．应该用饱和碳酸氢钠除去中的，碳酸钠与反应生成碳酸氢钠，会消耗，故D错误；
故本题选A。
二、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
16. 下列物质中含有非极性键的化合物是
A. B. C. HFD.
【答案】B
【解析】
【详解】A．是由Na+和Cl-通过离子键形成的化合物，A不合题意；
B．是由Na+和通过离子键形成的化合物，而中含有O-O非极性键，B符合题意；
C．HF是由H和F通过极性键形成的化合物，C不合题意；
D．是由Cl和Cl通过非极性键形成的单质，D不合题意；
故答案为：B。
17. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系
据此判断下列说法不正确的是
A. 由图(a)知，石墨转变成金刚石是吸热反应
B. 由图(b)知，放出的热量比多
C. 由图(c)知，白磷比红磷稳定
D. 由图(d)知，生成物的总能量高于反应物的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图(a)知，等质量的金刚石比石墨含有的能量多，因此石墨转变成金刚石的反应是吸热反应，A正确；
B．反应物气态S比固体S含有的能量多，而生成物的能量相同，因此：放出的热量比多，B正确；
C．物质含有的能量越多，物质的稳定性就越差。根据图(c)可知：白磷含有的能量比等质量的红磷含有的能量高，因此红磷比白磷更稳定，C错误；
D．由图(d)可知：反应物CO2(g)和H2(g)含有的总能量比生成物CO(g)和H2O(g)含有的总能量低，因此反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)发生时要从周围环境中吸收能量，该反应是吸热反应，D正确；
故合理选项是C。
18. 无水LiCl-KCl混合物受热熔融后即可工作,是一种特殊的受热激活电池,该电池受热后总反应为：。下列说法不正确的是
A. 硫酸铅发生还原反应
B. 放电时Li+与K+向正极方向移动
C. 负极电极反应式为
D. 用LiCl和KCl水溶液代替无水LiCl-KCl，可将该电池改为常温使用的电池
【答案】D
【解析】
【分析】由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl- -2e-=CaCl2；PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e- +2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A．由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl- -2e-=CaCl2；PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e- +2Li+=Li2SO4+Pb，A正确；
B．放电过程中阳离子向负电荷较多的正极PbSO4电极移动，即放电时Li+、K+向正极移动，B正确；
C．由原电池总反应可知Ca失电子为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl- -2e-=CaCl2，C正确；
D．由题目可知，该装置为热激活电池，作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后放电，故常温下不能放电，且Ca是活泼金属，能与水直接反应，所以不能用水溶液作电解质，D错误；
故合理选项是D。
19. 下列说法正确的是
A. 中既有离子键又有共价键，所以属于离子化合物
B. 水分子间存在氢键，所以比稳定
C. 的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点也不同
D. 易分解是因为分子间作用力弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaCl2含有离子键无共价键，为离子化合物，A错误；
B．氢键影响物质熔沸点，非金属性越强气态氢化物越稳定，O的非金属性强于S，所以比稳定，B错误；
C．有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；
D．H2O2易分解是因为H2O2分子中化学键键能较小，易断键，分子间作用力只能影响物质的物理性质，D错误；
故选C。
20. 化学在人类社会生活中起着关键作用。下列说法不正确的是
A. 硝酸铵是一种高效氮肥，性质稳定，可以直接使用B. 亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于食品生产
C. 以淀粉为原料，通过发酵法可以制味精D. 聚四氟乙烯塑料耐高温，可以用于制造坩埚
【答案】A
【解析】
【详解】A．硝酸铵性质不稳定，受热或经撞击易发生分解反应而发生爆炸，故A错误；
B．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，在国家规定的适用范围内可用于食品生产，故B正确；
C．味精最早是从海带中发现和提取出来的，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产，故C正确；
D．聚四氟乙烯塑料性质稳定，具有耐高温的特性，所以聚四氟乙烯塑料可以用于制造坩埚，故D正确；
故选A。
21. 某温度下，在2L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是
A. 从反应开始到
B. 往体系中充入氦气，压强增大，则化学反应速率不变
C. 10s时反应处于平衡状态且
D. 当容器内气体压强保持不变时，则可说明反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】由题干表中数据可知，10s内A的物质的量减少了1.20-0.40=0.80ml，B的物质的量减小了1.00-0.20=0.80ml，C的物质的量增加了1.60ml，即AB为反应物，C为生成物，根据改变量之比等于化学计量系数比可知，该反应方程式为：A(g)+B(g)2C(g)，据此分析解题。
【详解】A．由题干表中数据可知，从反应开始到10s，，A正确；
B．该反应体系为恒温恒容密闭容器，往体系中充入氦气，压强虽然增大，但反应物、生成物的浓度均不改变，则化学反应速率不变，B正确；
C．由题干标中数据可知，10s到20s过程中各物质的物质的量均未改变，说明10s时反应处于平衡状态，反应速率之比等于化学计量系数比结合分析可知，，C正确；
D．由分析可知，该反应方程式为：A(g)+B(g)2C(g)，即反应过程中容器内气体的压强从未改变，故当容器内气体压强保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：D。
22. 工业上常用硫黄或黄铁矿为原料来制备硫酸,工业流程如下。
下列说法不正确的是
A. 步骤①粉碎硫黄或黄铁矿可以增大接触面积，加快反应速率
B. 步骤②增大氧气的用量可以提高的利用率
C. 工业上常用水吸收制取
D. 常温下，浓硫酸可以用铁罐存储运输
【答案】C
【解析】
【分析】黄铁矿粉碎后与空气混合加热，发生氧化还原反应产生Fe2O3、SO2，将SO2与空气混合净化后加热到400-500℃，在V2O5催化下反应产生SO3，SO3被98.3%的浓硫酸吸收后产生H2SO4，据此分析解题。
【详解】A．步骤①将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，从而加快反应速率，提高原料的转化率，A正确；
B．步骤②增大氧气的用量可以提高的利用率，使尽可能的转化为SO3，B正确；
C．工业上常用98.3%的浓硫酸吸收制取，C错误；
D．常温下，浓硫酸与铁发生钝化生成致密的氧化膜，故可以用铁罐存储运输浓硫酸，D正确；
故合理选项是C。
23. 消除氮氧化物有如下3种方法：
①；
②
③
下列说法不正确的是
A. 氮氧化物会造成酸雨等污染
B. ①中利用氢氧化钠的碱性消除氮氧化物，也可以用氨水代替
C. ②③使用催化剂，能加快消除氮氧化物的速率
D. 若某工厂排出的废气中二氧化氮的含量为(体积分数)，用方法③处理(标准状况下)这种废气，约需氨气
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮氧化物以及在大气中发生反应后的生成物溶于雨水生成硝酸，造成酸雨，A正确；
B．①中利用氢氧化钠的碱性，生成硝酸盐和亚硝酸盐，达到消除氮氧化物的目的，氨水呈碱性，可以用来代替氢氧化钠，B正确；
C．使用催化剂，可以降低反应的活化能，从而加快消除氮氧化物的速率，C正确；
D．标准状况下，废气中二氧化氮的物质的量为，根据反应③，消耗氨气的物质的量为，即消耗氨气质量为，D错误；
答案选D。
24. 下列有关实验操作、现象以及相关结论的描述，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．玻璃种含有钠离子，焰色试验不能用玻璃棒蘸取溶液进行灼烧，A错误；
B．取少量固体试样溶于水，滴加少量溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，该固体试样中仍可能有，原因是实验并未加热可能含有铵根生成一水合氨，但是未生成氨气溢出，B正确；
C．若再滴加KSCN溶液，溶液未变红，说明溶液中无铁离子，但还原铁粉有可能被氧化为亚铁离子，C错误；
D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜在碱性条件下发生氧化还原反应，水解液中需先加氢氧化钠后再加新制氢氧化铜，D错误；
故选B。
非选择题部分
三、非选择题(本大题共5小题,共40分)
25. 请回答:
（1）①磁性氧化铁的化学式是___________;②乙炔的电子式是___________。
（2）向溶液中逐滴滴加溶液直至过量，实验现象为___________。
（3）浓硝酸见光分解的化学方程式为___________。
【答案】（1） ①. Fe3O4 ②.
（2）先产生白色沉淀且逐渐增多，然后又逐渐溶解直至消失
（3）4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O
【解析】
【小问1详解】
①磁性氧化铁为四氧化三铁，化学式是Fe3O4；②乙炔的电子式是；
【小问2详解】
向溶液中逐滴滴加溶液直至过量，实验现象为：先产生白色沉淀且逐渐增多，然后又逐渐溶解直至消失；
【小问3详解】
浓硝酸不稳定见光易分解，生成二氧化氮、氧气与水，化学方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O。
26. 有机物A-H的转化关系如图所示。其中A(C5H10O2)的化学性质与G(C4H8O2)相似，H是相对分子质量比D小18的烃。
请回答:
（1）G的结构简式为___________。
（2）物质所含官能团名称___________。
（3）B→C的化学反应方程式为___________。
（4）下列说法正确的是___________。
A. 有机物C和F互为同系物
B. 等物质的量C、D、E完全燃烧消耗氧气的质量为：C＞D＞E
C. 烃H能发生加成、氧化、加聚反应
D. 氢氧化钠溶液可以除去中混有的
【答案】（1）CH3COOCH2CH3
（2）醛基 （3）CH3CH2COONa+HCl= CH3CH2COOH+NaCl （4）ABC
【解析】
【分析】A分子式是C5H10O2，化学性质与G相似，能够与NaOH溶液反应产生B、D两种有机物，B与HCl反应产生C，则B是羧酸钠盐，D是醇，D与Cu、O2加热反应产生E是醛，E与O2在一定条件下反应产生F是羧酸，D、F与浓硫酸共热反应产生G(C4H8O2)，G与A化学性质相似，结合反应过程中C原子数不变，可知A是CH3CH2COOCH2CH3，B是CH3CH2COONa，其与HCl反应产生的C是CH3CH2COOH；D是CH3CH2OH，E是CH3CHO，F是CH3COOH，D、F反应产生的G是CH3COOCH2CH3；CH3CH2OH在一定条件下反应产生的比乙醇相对分子质量小18的烃H是乙烯，结构简式是CH2=CH2，然后根据问题分析解答。
【小问1详解】
根据上述分析可知G是乙酸乙酯，结构简式是CH3COOCH2CH3；
【小问2详解】
根据上述分析可知E是CH3CHO，其中含有的官能团-CHO的名称是醛基；
【小问3详解】
B是CH3CH2COONa，由于丙酸的酸性比HCl弱，其与HCl可以发生复分解反应产生CH3CH2COOH、NaCl，该反应的化学方程式为：CH3CH2COONa+HCl= CH3CH2COOH+NaCl；
【小问4详解】
A．有机物C是CH3CH2COOH，F是CH3COOH，二者结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，因此二者互为同系物，A正确；
B．物质C是CH3CH2COOH，D是CH3CH2OH，E是CH3CHO，假设三种物质的物质的量都是1 ml，C、D、R完全燃烧产生CO2、H2O消耗的O2的物质的量是3.5 ml、3.0 ml、2.5 ml，根据m=n·M可知：O2的物质的量越多，其质量就越大，因此等物质的量C、D、E完全燃烧消耗氧气的质量关系为：C＞D＞E，B正确；
C．物质H是CH2=CH2，该物质是烃，能够发生燃烧反应，物质燃烧反应属于氧化反应；该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够发生加成反应、加聚反应，C正确；
D．G是CH3COOCH2CH3，能够与NaOH水溶液共热发生水解反应，因此不能使用NaOH溶液除去CH3COOCH2CH3中混有的乙酸CH3COOH杂质，应该使用饱和Na2CO3溶液除杂，D错误；
故合理选项是ABC。
27. 海水提镁的工艺流程如下:
已知:直接加热得不到无水固体
请回答:
（1）操作a需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____________。
（2）A固体的主要成分为和___________；设计实验方案验证A固体已经洗涤干净:__________。
（3）写出步骤③A固体溶液的离子方程式:___________。
（4）下列说法不正确的是___________。
A. 步骤①②③的目的是为了富集提纯
B. 操作b包括:蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
C. 一定条件指的是在气氛下进行脱水
D. 步骤⑤产生的可以循环利用，节约成本
【答案】（1）漏斗 （2） ①. Ca(OH)2 ②. 向最后一次洗涤A后的液体中加入稀硝酸酸化再加入硝酸银溶液，观察是否有沉淀生成，若无沉淀生成说明洗涤干净
（3）Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O （4）B
【解析】
【分析】由流程可知，海水经过蒸发(①)得到粗盐与母液，石灰乳与母液中镁离子反应生成氢氧化镁，过滤(②)分离出固体A(Mg(OH)2)，Mg(OH)2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，操作b：蒸发结晶，在HCl在气流中抑制镁离子的水解，蒸发结晶得到，经过脱水(④)得到MgCl2，最后电解(⑤)熔融MgCl2冶炼Mg，据此分析解题。
【小问1详解】
操作a为过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
【小问2详解】
母液中加入了石灰乳，A固体的主要成分为和Ca(OH)2；母液中含有氯离子，向最后一次洗涤A后的液体中加入稀硝酸酸化再加入硝酸银溶液，观察是否有沉淀生成，若无沉淀生成说明洗涤干净；
【小问3详解】
步骤③Mg(OH)2与HCl发生复分解反应生成MgCl2，A固体溶液的离子方程式：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
【小问4详解】
A．步骤①②③的目的是为了富集提纯，A正确；
B．操作b包括:蒸发结晶，因为步骤④还需要脱水，则不需要干燥，B错误；
C．步骤④脱水时，在HCl气流中加热抑制水解，C正确；
D．步骤⑤产生的可以通入水中形成盐酸，在步骤③循环利用，节约成本，D正确；
故选B。
28. 某同学用如图所示装置制取乙酸乙酯。在试管A中加入适量的乙醇、浓硫酸和醋酸钠，并加热。
请回答:
（1）该实验中浓硫酸作用是催化剂和____________。
（2）写出试管A中制备乙酸乙酯的化学方程式：____________。
（3）图中仪器B的名称是____________，冷凝水的进口方向是____________（填“”或“”）。
（4）锥形瓶C中盛放的试剂是____________。反应结束后取下锥形瓶，振荡并静置，该过程中可以观察到的现象是____________。
（5）经过计算发现得到的乙酸乙酯产率偏低，可能原因是____________。(写出2点)。
【答案】（1）吸水剂 （2）
（3） ①. 直形冷凝管 ②. a
（4） ①. 饱和碳酸钠溶液 ②. 振荡过程中有气泡放出，静置后分层，上层为无色透明液体。
（5）反应物乙酸、乙醇易挥发，来不及反应即挥发进入右侧锥形瓶中；反应温度过高，导致乙醇发生副反应
【解析】
【分析】乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，由于乙醇和乙酸具有挥发性，生成的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇；乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，且乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较低，因此可选用饱和碳酸钠溶液除杂。
【小问1详解】
浓硫酸是酯化反应的催化剂，可以加快反应速率，同时由于酯化反应是可逆反应，且浓硫酸具有吸水性，因此可以促使平衡向正反应方向进行，提高乙酸乙酯的产率。
【小问2详解】
乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的实质是酸去羟基醇去氢原子，则化学方程式为。
【小问3详解】
根据仪器B的结构可知，该仪器名称为直形冷凝管，冷凝水应该a口进，b口出，从而起到导气冷凝的作用。
【小问4详解】
根据分析，锥形瓶C中盛放饱和碳酸钠溶液，可以溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯在水中的溶解度，并提高水溶液的密度以加速乙酸乙酯与水溶液的分层；反应后振荡试管，有气泡放出，原因是乙酸乙酯中含有乙酸杂质与碳酸钠反应放出二氧化碳，静置后再次分层，生成无色透明液体为除去乙醇、乙酸杂质后的乙酸乙酯。
【小问5详解】
反应物乙酸、乙醇易挥发，来不及反应即挥发进入右侧锥形瓶中，导致乙酸乙酯产率偏低；若反应温度过高，可能会导致乙醇发生副反应，从而致使乙酸乙酯产率偏低。
29. 取某矿石样品，将所含硫元素全部转化为二氧化硫，用氢氧化钠将其完全吸收，再加入硫酸溶液恰好生成亚硫酸钠与硫酸钠。请计算:
（1）所用硫酸的物质的量为____________ml。
（2）样品中硫元素转化生成的二氧化硫的物质的量为____________ml。
（3）该矿石所含硫元素的质量分数为____________。
【答案】（1）0.009
（2）0.0035 （3）2.24%
【解析】
【分析】转化生成的二氧化硫用的氢氧化钠溶液将其完全吸收，反应为；再加入的硫酸溶液中和过量的氢氧化钠，恰好生成亚硫酸钠与硫酸钠，反应为。
【小问1详解】
硫酸溶液中，硫酸的物质的量为。
小问2详解】
根据分析，二氧化硫消耗氢氧化钠的物质的量为，则二氧化硫的物质的量为。
【小问3详解】
矿石样品的质量为，根据硫元素守恒可知，则矿石中所含硫元素的质量分数为。A．爆炸类物质
B．环境危害
C．腐蚀类物质
D．毒性物质
时间
0s
10s
20s
1.20ml
0.40ml
0.40ml
1.00ml
0.20ml
0.20ml
0.00ml
1.60ml
1.60ml
选项
实验操作及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色
该溶液中一定含有，可能含有
B
取少量固体试样溶于水，滴加少量溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
该固体试样中仍可能有
C
验证脱氧剂还原铁粉是否变质，取少量样品溶于盐酸，滴加KSCN溶液，无明显现象
脱氧剂没有变质
D
向淀粉溶液中加入适量稀硫酸微热，向水解后的溶液中加入新制的并加热，无砖红色沉淀
说明淀粉未水解
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