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2021北京西城高一（下）期末化学（教师版）
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这是一份2021北京西城高一（下）期末化学（教师版），共24页。
2021北京西城高一（下）期末
化 学
一.第一部分（选择题共50分）每小题只有一个选项符合题意（1～25小题，每小题2分）
1．（2分）高粱酿酒过程中的部分流程按顺序排列如下，其中能说明高粱转化过程中放出热量的是（ ）
A
B
C
D
“蒸粮”时加热
“拌曲”前摊晾
“堆酵”时升温
“馏酒”时控温
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）下列过程属于人工固氮的是（ ）
A．分离液态空气制氮气
B．闪电时N2 转化为NO
C．合成氨
D．豆科作物根瘤菌将N2 转化为NH3
3．（2分）常温下，下列溶液可用铁质容器盛装的是（ ）
A．浓硝酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸 D．稀盐酸
4．（2分）如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．酸雨的pH小于5.6
B．酸雨会加速建筑物的腐蚀
C．含硫煤的燃烧是导致酸雨的原因之一
D．酸雨形成过程中不涉及氧化还原反应
5．（2分）下列金属中，通常用加热分解法冶炼的是（ ）
A．铁 B．银 C．铜 D．铝
6．（2分）下列化学用语表达不正确的是（ ）
A．葡萄糖的分子式：C6H12O6
B．丁烷的结构式：CH3（CH2）2CH3
C．甲烷的电子式：
D．丙烷分子的球棍模型：
7．（2分）下列说法中，不正确的是（ ）
A．食醋可除去水壶中的水垢
B．液氨可用作制冷剂
C．纤维素是人体重要的供能物质
D．二氧化硫常用于漂白纸浆
8．（2分）正丁烷与异丁烷互为同分异构体的依据是（ ）
A．具有相似的化学性质
B．具有相同的物理性质
C．分子具有相同的空间结构
D．分子式相同，但分子内碳原子的连接方式不同
9．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．煤的气化 B．煤的干馏 C．石油的分馏 D．乙烯聚合
10．（2分）下列做法与调控化学反应速率无关的是（ ）
A．用冰箱冷藏以保鲜食物
B．食盐中添加碘酸钾预防缺碘
C．用煤粉代替煤块使炉火更旺
D．食品包装内放置除氧剂延长保质期
11．（2分）下列说法中，正确的是（ ）
A．糖类都可以发生水解反应
B．油脂属于天然高分子
C．葡萄糖和果糖互为同分异构体
D．蛋白质遇到浓硫酸会显黄色
12．（2分）如图为石墨烯﹣硅太阳能电池结构模型。下列说法中，不正确的是（ ）
A．石墨烯属于烯烃
B．硅是应用广泛的半导体材料
C．二氧化硅可用来生产光导纤维
D．石墨烯﹣硅太阳能电池可将太阳能转化为电能
13．（2分）取一支试管，收集半试管CH4和半试管Cl2，在光照下得到的取代产物是（ ）
①CH3Cl
②CH2Cl2
③CHCl3
④CCl4
A．只有① B．只有④
C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
14．（2分）实验室用乙酸、乙醇和浓硫酸制取乙酸乙酯的装置如图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．右侧试管中盛放的是饱和Na2CO3溶液
B．右侧试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸
C．加入过量乙醇，可使乙酸完全转化为乙酸乙酯
D．实验结束，右侧试管内液体上层为无色透明的油状液体
15．（2分）下列物质或方法中，不能用来鉴别乙醇和乙酸的是（ ）
A．扇闻气味 B．蒸馏水 C．碳酸钠溶液 D．石蕊溶液
16．（2分）汽车的启动电源常用铅酸蓄电池，其结构如图所示。放电时的电池反应：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O。下列说法中，正确的是（ ）
A．Pb作电池的负极
B．PbO2作电池的负极
C．PbO2得电子，被氧化
D．电池放电时，溶液酸性增强
17．（2分）碳化硅（SiC）俗称金刚砂，它的化学性质稳定，硬度大，还具有优异的高温抗氧化性能。由此推断，它与下列哪种物质可能有相似的结构（ ）
A．金刚石 B．干冰 C．石墨 D．纯碱
18．（2分）某有机物的结构简式为CH2＝CHCH（OH）CH2CH3，不能与该有机物发生反应的物质有（ ）
A．Na B．H2
C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
19．（2分）实验室进行氨溶于水的喷泉实验（如图）。下列说法中，不正确的是（ ）
A．该实验证明氨气极易溶于水
B．红色喷泉说明氨水显碱性
C．形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压大于大气压
D．烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液也可形成喷泉
20．（2分）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作①过滤②加过量NaOH溶液③加适量稀盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。其中操作顺序正确的是（ ）
A．①④②⑤③ B．②④⑤①③ C．④①②⑤③ D．⑤②④①③
21．（2分）下列关于甲烷和乙烯的说法中，不正确的是（ ）
A．二者均是无色、难溶于水的气体
B．二者均可以使溴的四氯化碳溶液褪色
C．甲烷属于饱和烃，乙烯属于不饱和烃
D．甲烷分子具有正四面体结构，乙烯分子具有平面结构
22．（2分）N2转化为NH3的微观过程示意图如图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．催化剂能改变该反应速率
B．催化剂表面只发生了极性共价键的断裂和形成
C．在催化剂表面形成氮氢键时，有电子转移
D．该反应的原子利用率可达到100%
23．（2分）HI常用作有机反应中的还原剂，受热发生反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）。一定温度时，向1L密闭容器中充入1mol HI，体系中c（HI）与反应时间t的关系如图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．HI的还原性与﹣1价碘元素有关
B．20min时，n（HI）＝0.91mol
C．40min时，有85%的HI发生分解
D．120min时，反应达到了平衡状态
24．（2分）用如图所示装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列说法中，不正确的是（ ）
A．向外拉铜丝可终止反应
B．B中品红溶液褪色，C中石蕊溶液变红
C．D中NaOH溶液可以吸收多余的SO2
D．为确认生成CuSO4，向试管A中加水，观察颜色
25．（2分）下列实验结论与实验现象不对应的一组是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向某盐溶液中加入KSCN溶液
溶液变为红色
该溶液中含有Fe3+
B
向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热
产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该溶液中含有NH4+
C
向蔗糖中滴加浓硫酸
蔗糖变黑
浓硫酸具有脱水性
D
向淀粉溶液中加入少量稀H2SO4，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量新制的Cu（OH）2，加热
生成砖红色沉淀
淀粉完全水解
A．A B．B C．C D．D
二.第二部分（非选择题共50分）
26．化学能在一定条件下可转化为电能。
（1）如图所示装置中，锌片上的电极反应式是 ，能证明产生电能的实验现象是 。
（2）下列反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是 （填序号）。
a.2H2+O22H2O
b.NaOH+HCl═NaCl+H2O
27．某实验小组设计了如图装置（实验前U形管中液面左右相平），探究化学能与热能的转化。
（1）若在甲试管中加入适量CaO固体与水，可观察到U形管中的现象是 ，反应的化学方程式是 。
（2）若甲试管中发生Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应，该反应属于 （填“吸热”或“放热”）反应，其能量变化可用如图中的 （填序号）表示。
28．A、B、C、D四种物质的相互转化关系如图（部分反应条件及产物略去）。
（1）若A是黄色固体单质，则B为 ，D的浓溶液与铜反应的化学方程式是 。
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色气体，则A的电子式为 ，D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，原因是 （用化学方程式表示）。
29．实验室常用如图所示装置制取干燥的NH3。
（1）A中反应的化学方程式是 。
（2）B中碱石灰的作用是 。
（3）在如图方框内画出用试管收集NH3的示意图 。
（4）若将A中固体换成NH4Cl固体， （填“能”或“不能”）制取NH3，原因是 （用化学方程式表示）。
30．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO转化为CO2和N2，化学方程式：2NO+2CO2CO2+N2。
（1）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO和NO，测得不同时间CO的浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
……
c（CO）/10﹣3mol•L﹣1
3.60
3.05
2.85
2.75
……
用CO的浓度变化表示0～2s的平均反应速率为 mol•L﹣1•s﹣1。
（2）下列可说明反应达到平衡状态的是 。
a.CO的浓度不再改变
b.容器中的气体质量保持不变
c.NO、CO、CO2、N2的浓度之比为2：2：2：1
d.相同时间内，反应消耗2mol NO同时消耗2mol N2
（3）反应物初始浓度相同时，实验温度为280℃和360℃，进行以下实验：
实验编号
实验目的
T/℃
同种催化剂的比表面积m2/g
达平衡时所用的时间/s
Ⅰ
对照实验
280
80
t1
Ⅱ
a
280
120
t2
Ⅲ
研究温度对尾气转化速率的影响
b
c
t3
【实验分析与结论】
①补全表格a. ，b. ，c. 。
②测得t3＜t1，对比实验Ⅰ、Ⅲ，可得结论：催化剂的比表面积相同时， 。
③通过实验可得到“温度相同时，增大催化剂的比表面积，可增大尾气的转化速率”的结论，证据是对比实验Ⅰ、Ⅱ，t2 t1（填“＞”、“＜”或“＝”）。
31．餐厨垃圾在酶的作用下可获得乙醇，进一步反应可制备有机物C和高分子材料G，转化关系如下：
（1）乙醇含有的官能团是 。
（2）A的结构简式是 。
（3）反应①的化学方程式是 。
（4）D的结构简式是 。
（5）下列说法中，不正确的是 。
a.D、E、F均属于烃
b.E和一氯甲烷互为同系物
c.反应②为取代反应
（6）反应③的化学方程式是 。
32．某化学小组利用如图装置进行实验（夹持仪器略去，气密性已检查），对比NO通入浓、稀硝酸的现象，探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱。
（1）铜与浓硝酸反应的化学方程式是 。
（2）装置②中发生反应的化学方程式是 。
（3）滴加浓硝酸前需先通入N2，目的是 。
（4）滴加浓硝酸后，当③中为稀硝酸时，其液面上方气体仍为无色；当③中为浓硝酸时，其液面上方气体由无色变为红棕色。由此得出的结论是 。
33．溴及其化合物应用广泛，以下两种方法均可从海水中提取溴。
（1）吹出法（主要流程如下）：
①海水中的Br﹣被Cl2氧化的离子方程式是 。
②补全吸收塔中反应的化学方程式
Br2+ + ═ + HBr
③蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是 。
④经该方法处理后，1m3海水最终得到38.4g Br2，若总提取率为60%，则原海水中溴的浓度是 mg•L﹣1。
（2）聚四氟乙烯气态膜法（基本原理如图所示）：
①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应，离子方程式是 。得到富集液后再加酸、精馏可得Br2。
②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是 （写出一条即可）。
34．某同学为研究浓硝酸与KSCN溶液的反应，进行如下实验：
实验操作
实验现象
Ⅰ.取1支试管，加入2mL浓硝酸，滴加5滴1mol•L﹣1KSCN溶液
溶液立即变红
Ⅱ.将试管静置一段时间
突然剧烈反应，红色迅速褪去，放出大量红棕色气体
Ⅲ.将Ⅱ中的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中
有白色沉淀生成
资料：SCN﹣能被氧化为（SCN）2，（SCN）2迅速聚合为红色的（SCN）x。
（1）KSCN中，C、N元素的化合价分别为+4价和﹣3价，则S元素的化合价为 。
（2）Ⅰ中溶液立即变红是因为生成了 （填化学式）。
（3）研究SCN﹣的最终转化产物。
①取少量Ⅱ中试管内的溶液， （填操作和现象），证明SCN﹣中S元素的转化产物是SO42﹣。
②经检验Ⅱ中“红棕色气体”含有NO2，但不能说明NO2一定是SCN﹣中N元素的转化产物，原因是 。
③Ⅲ中，NO2转化为NO2﹣、NO3﹣，离子方程式是 。
④将Ⅲ中沉淀过滤、洗涤，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。证明了红棕色气体中不含SO2。
综合上述实验，SCN﹣的最终转化产物中一定有 。
（4）Ⅱ中，“静置一段时间后，突然剧烈反应”的可能原因是 （写出一条即可）。
参考答案
一.第一部分（选择题共50分）每小题只有一个选项符合题意（1～25小题，每小题2分）
1．【分析】A．“蒸粮”时加热是吸收热量；
B．“拌曲”前摊晾过程吸收太阳能凉干的过程；
C．“堆酵”时升温是发酵过程中发生化学反应放出热量；
D．“馏酒”时控温是需要加热到乙醇的沸点。
【解答】解：A．“蒸粮”时需要加热，是吸收热量的过程，故A错误；
B．“拌曲”前摊晾过程，是利用太阳能凉干的过程，吸收太阳热能，故B错误；
C．“堆酵”时升温是发酵过程中发生化学反应放出热量，说明高粱转化过程中放出热量，故C正确；
D．“馏酒”时控温是需要加热到乙醇的沸点蒸馏出乙醇，过程中需要加热，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质制备过程中的能量变化，注意知识的积累，题目难度不大。
2．【分析】人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程，然后根据选项解答．
【解答】解：A、分离液态空气制氮气，是氮气的状态发生改变，不属于氮的固定，更不是人工固氮，故A错误；
B、闪电时N2转化为NO，属于自然固氮，故B错误；
C、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故C正确；
D、豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生氮的固定以及分类方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．
3．【分析】常温下Fe遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜可阻止反应的进一步发生，以此来解答。
【解答】解：Fe与稀硫酸、稀硝酸、稀盐酸均可持续反应至某一反应物完全反应，不能选铁质容器盛装，而常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，则可用铁质容器盛装浓硝酸，
故选：A。
【点评】本题考查铁的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意钝化原理及应用，题目难度不大。
4．【分析】A．酸雨是pH小于5.6的雨水；
B．酸雨的主要成分为硝酸或硫酸，会与建筑物的碳酸盐反应；
C．含硫煤的燃烧会产生SO2，SO2可以形成硫酸型酸雨；
D．NOx转化为硝酸，SO2转化为硫酸的过程中，都有化合价的变化。
【解答】解：A．正常雨水的pH＝5.6，酸雨的pH＜5.6，故A正确；
B．酸雨的主要成分为硝酸或硫酸，会与建筑物的碳酸盐反应，从而腐蚀建筑物，故B正确；
C．含硫煤的燃烧会产生SO2，SO2可以经过2种途径转化为硫酸型酸雨，故C正确；
D．NOx转化为硝酸，SO2转化为硫酸的过程中，N和S的化合价均升高，发生了氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查酸雨的概念、类型、形成、危害，同时考查氧化还原反应的原理，属于基本知识，基础题型，难度不大。
5．【分析】金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法；
电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融氧化铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；
热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；
物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。
【解答】解：A．金属铁的冶炼采用热还原法，故A不选；
B．金属银的冶炼采用热分解法，故B选；
C．金属Cu采用热还原方法冶炼，故C不选；
D．金属Al性质活泼，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查常见金属的冶炼方法，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确常见金属的活泼性及冶炼原理是解本题关键，会根据金属活泼性强弱选取合适的冶炼方法，题目难度不大。
6．【分析】A．葡萄糖属于单糖，1个分子中含有6个C、12个H和6个O原子；
B．CH3（CH2）2CH3是丁烷的结构简式；
C．甲烷为共价化合物，其分子中含有4个碳氢键；
D．丙烷分子的结构简式为CH3CH2CH3，C原子半径大于H。
【解答】解：A．1个葡萄糖分子中含有6个C、12个H和6个O原子，其分子式为C6H12O6，故A正确；
B．丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，其结构式为，故B错误；
C．甲烷分子中含有4个C﹣H键，其电子式为，故C正确；
D．丙烷分子的结构简式为CH3CH2CH3，C原子半径大于H，其球棍模型为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式及结构简式、分子式的正误判断等知识，明确结构式和结构简式的区别为解答关键，侧重考查学生的分析能力和规范答题能力，题目难度不大。
7．【分析】A．乙酸的酸性大于碳酸；
B．液氨气化时会吸收大量的热；
C．人体内无纤维素水解酶，纤维素在人体内不能水解；
D．二氧化硫具有漂白性。
【解答】解：A．水垢的主要成分是碳酸钙，食醋与碳酸钙反应产生醋酸钙、二氧化碳和水，所以食醋可除去水壶中的水垢，故A正确；
B．液氨气化时会吸收大量的热，导致周围环境的温度降低，所以液氨可用作制冷剂，故B正确；
C．人体内无纤维素水解酶，纤维素在人体内不能水解，不能为人体提供能量，所以纤维素不是人体的供能物质，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，可以作漂白剂，二氧化硫常用于漂白纸浆，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质与应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，注意相关基础知识的积累，题目题目难度不大。
8．【分析】分子式相同结构不同的化合物互称为同分异构，互为同分异构体的物质具有以下特点：分子式相同、结构不同，物理性质不同，同类化学性质相似，不同类时化学性质不同，多为有机物．
【解答】解：A、同分异构体可能具有相似化学性质，但具有相似化学性质不一定是同分异构体，如乙烯与丙烯，化学性质相似，分子式不同，故A错误；
B、同分异构体，结构不同物理性质不同，故B错误；
C、正丁烷与异丁烷的空间结构不同，故C错误；
D、正丁烷与异丁烷分子式相同，分子内碳原子的连接顺序不同，属于碳链异构，故D正确。
故选：D。
【点评】考查同分异构体的概念，难度不大，注意把握概念的内涵与外延及化学“五同”比较．
9．【分析】化学变化是指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是否有新物质生成，据此分析判断．
【解答】解；A．煤的气化是碳变化为一氧化碳和氢气，发生了化学变化，故A不符合；
B．煤的干馏是隔绝空气加强热发生复杂的微粒化学变化，故B不符合；
C．石油分馏是利用控制温度范围，得到不同温度范围内的各种馏分，过程中无新物质生成属于物理变化，故C符合；
D．乙烯聚合是发生了加成反应生成高分子化合物，故D不符合；
故选：C。
【点评】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．
10．【分析】A.冰箱冷藏，可降低温度；
B.添加碘酸钾预防缺碘，防止因缺碘元素导致大脖子病的发生；
C.用煤粉代替煤块，增大接触面积；
D.食品包装内放置除氧剂，可减缓食品被氧化的速率。
【解答】解：A.冰箱冷藏，可降低温度，可减缓食物变质的速率，与调控化学反应速率有关，故A错误；
B.添加碘酸钾预防缺碘，防止因缺碘元素导致大脖子病的发生，与调控化学反应速率无关，故B正确；
C.用煤粉代替煤块，增大接触面积，加快燃烧速率，与调控化学反应速率有关，故C错误；
D.食品包装内放置除氧剂，可减缓食品被氧化的速率，与调控化学反应速率有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率，题目难度不大，明确化学反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系。
11．【分析】A.糖类中的单糖不能水解；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物；
C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体；
D.含苯环的蛋白质遇到浓硝酸会有显色反应。
【解答】解：A.糖类中的单糖是简单到不能水解的糖，二糖和多糖能水解，故A错误；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故B错误；
C.葡萄糖和果糖的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.含苯环的蛋白质遇到浓硝酸会显黄色，发生显色反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。
12．【分析】A．石墨烯是单层的石墨单质；
B．硅处于导体与绝缘体之间；
C．光导纤维的主要原料是二氧化硅；
D．硅太阳能电池板能将太阳能直接转化为电能。
【解答】解：A．石墨烯是单层的石墨单质，不属于烯烃，故A错误；
B．硅处于导体与绝缘体之间，Si单质为半导体材料，且是应用广泛的半导体材料，故B正确；
C．光导纤维的主要原料是二氧化硅，是利用光的全反射原理，则二氧化硅可用来生产光导纤维，故C正确；
D．Si单质是良好的半导体材料，可以做硅太阳能电池板，石墨烯﹣硅太阳能电池可将太阳能直接转化为电能，故D正确；
故选：A。
【点评】本题以Si及其二氧化硅为载体考查化学与生活，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确元素化合物性质是解本题关键，会应用化学知识解释生活现象，题目难度不大。
13．【分析】甲烷和氯气发生取代反应，产物不唯一，无法控制反应进度，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物。
【解答】解：甲烷和氯气发生取代反应，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物，
故选：D。
【点评】本题考查了甲烷的性质，明确甲烷结构特点，熟悉甲烷与氯气发生取代反应原理是解题关键，题目难度不大。
14．【分析】由实验装置可知，加热时乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，且为可逆反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，右侧试管中为饱和碳酸钠溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，且导管口在液面上防止倒吸，最终右侧试管内液体上层为乙酸乙酯，为无色透明的油状液体，以此来解答。
【解答】解：A.右侧试管中盛放的是饱和Na2CO3溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，故A正确；
B.乙醇、乙酸易溶于水，则右侧试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸，故B正确；
C.酯化反应为可逆反应，加入过量乙醇，也不能使乙酸完全转化为乙酸乙酯，故C错误；
D.乙酸乙酯的密度小于水的密度，且为无色液体，则实验结束，右侧试管内液体上层为无色透明的油状液体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备实验，题目难度不大，明确有机物的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点。
15．【分析】A．乙醇和乙酸的气味不同；
B．乙醇和乙酸都溶于水；
C．乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳；
D．酸能使石蕊试液变红色。
【解答】解：A．乙醇是无色有特殊香味的液体，乙酸是有刺激性气味的无色液体，乙醇和乙酸的气味不同，可以用扇闻气味的方法鉴别，故A不选；
B．乙醇和乙酸都溶于水，所以用蒸馏水无法鉴别乙醇和乙酸，故B选；
C．乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，现象不同可以鉴别，故C不选；
D．乙酸具有酸性使石蕊试液变红色，乙醇和石蕊试液混合时，石蕊不变色，现象不同可以鉴别，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查有机物鉴别，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确有机物结构和性质关系、性质差异性是解本题关键，利用性质差异性进行物质鉴别，题目难度不大。
16．【分析】由放电时总反应可知，Pb由0价升高为+2价，失电子作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4，PbO2作电池的正极，电极反应式为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣＝PbSO4+2H2O，充电时Pb电极为阴极，电极反应式为PbSO4+2e﹣＝Pb+SO42﹣，PbO2作阳极，电极反应式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣＝PbO2+4H++SO42﹣，据此作答。
【解答】解：A.Pb由0价升高为+2价，失电子作负极，故A正确；
B.PbO2作电池的正极，故B错误；
C.PbO2得电子，作氧化剂，被还原，故C错误；
D.电池放电时，消耗硫酸，溶液酸性减弱，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据反应物价态变化判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17．【分析】碳化硅的化学性质稳定，硬度大，还具有优异的高温性能，所以碳化硅属于共价晶体，
A．金刚石是由碳原子构成的空间网状结构，属于共价晶体；
B．干冰是由分子构成的晶体；
C．石墨晶体中层与层之间属于分子间作用力，层内碳原子之间是通过共价键结合在一起的，属于混合晶体；
D．纯碱属于离子混合物，属于离子晶体。
【解答】解：碳化硅的化学性质稳定，硬度大，还具有优异的高温性能，所以碳化硅属于共价晶体，
A．金刚石属于共价晶体，故A正确；
B．干冰属于分子晶体，故B错误；
C．石墨属于混合晶体，故C错误；
D．纯碱属于离子晶体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查晶体类型的判断以及不同晶体的物理性质，并能根据性质判断晶体类型，属于基本知识，基础题型，难度不大。
18．【分析】该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应、加聚反应，能与活泼金属Na等反应，含有醇羟基，可以发生酯化反应，且羟基连接的碳原子上含有氢原子，可以发生醇的催化氧化，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，也可以发生消去反应。
【解答】解：A．该有机物含有羟基，能与钠反应生成氢气，不符合题意，故A错误；
B．该有机物含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，不符合题意，故B错误；
C．碳碳双键、醇羟基都不能与氢氧化钠反应，符合题意，故C正确；
D．该有机物含有碳碳双键、羟基，且羟基连接的碳原子上含有氢原子，二者均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不符合题意，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化即可解答，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况，注意理解醇被酸性高锰酸钾溶液氧化原理。
19．【分析】A．喷泉实验是利用压强差产生的，说明氨气极易溶于水；
B．碱能使无水酚酞试液变红色；
C．喷泉实验是利用压强差产生的；
D．二氧化硫和农碱溶液能发生反应。
【解答】解：A．喷泉实验是利用压强差产生的，氨气极易溶于水使烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，导致烧杯中液体通过导管进入烧瓶而产生喷泉，故A正确；
B．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，碱遇无色的酚酞试液变红色，故B正确；
C．氨气极易溶于水使烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，导致烧杯中液体通过导管进入烧瓶而产生喷泉，故C错误；
D．烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液，二氧化硫和碱溶液反应，可以降低烧瓶内压强，也可形成喷泉，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了喷泉实验，明确实验原理是解本题关键，知道氨水溶液呈碱性的原因，题目难度不大。
20．【分析】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，选NaOH除去镁离子，加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子及钙离子，所以碳酸钠溶液必须放在氯化钡之后，过滤后加盐酸，最后蒸发得到NaCl，以此来解答。
【解答】解：除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，选NaOH除去镁离子，加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子及钙离子，所以碳酸钠溶液必须放在氯化钡之后，过滤后加盐酸，最后蒸发得到NaCl，则操作顺序为⑤②④①③或②⑤④①③或⑤④②①③，
故选：D。
【点评】本题考查粗盐提纯，题目难度不大，明确试剂的先后顺序、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意除杂试剂均过量。
21．【分析】A．甲烷和乙烯都是无色、难溶于水的气体；
B．甲烷为饱和烃，乙烯为不饱和烃，含有碳碳双键；
C．甲烷只含C﹣H键，乙烯含有C＝C双键；
D．甲烷中碳为sp3碳，乙烯中碳为sp2碳。
【解答】解：A．甲烷和乙烯都是无色、难溶于水的气体，叙述正确，故A正确；
B．甲烷为饱和烃，性质稳定，与溴的四氯化碳不反应，乙烯为不饱和烃，含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应而使其褪色，故B错误；
C．甲烷只含C﹣H键，为饱和烃，乙烯含有C＝C双键，属于不饱和烃，故C正确；
D．甲烷中碳为sp3碳，乙烯中碳为sp2碳，所以甲烷分子具有正四面体结构，乙烯分子具有平面结构，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握苯的性质、结构，难度不大，注意相关基础知识的积累。
22．【分析】A．催化剂可以降低反应的活化能；
B．同种元素组成的是非极性共价键，不同种元素组成的是极性共价键；
C．有化合价变化的反应属于氧化还原反应，有电子的得失或偏移；
D．由图示分析，1个氮气分子与3个氢气分子反应，正好形成2个氨分子。
【解答】解：A．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B．在催化剂表面上，氢气与氮气合成了氨气，只有非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，故B错误；
C．氮气和氢气合成氨气反应，氮元素的价态升高，氢元素的价态降低，该反应属于氧化还原反应，因此在催化剂表面形成氮氢键时，有电子发生了转移，故C正确；
D．由图示分析，1个氮气分子与3个氢气分子反应，正好形成2个氨分子，该反应的原子利用率可达到100%，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应过程的分析、催化剂的作用等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应的特点以及催化剂的作用，难度较小。
23．【分析】A.I元素的最低价为﹣1价，可失去电子；
B.图中纵坐标为浓度，可知20min时HI的浓度为0.91mol/L；
C.40min时HI分解的物质的量为1L×（1.00mol/L﹣0.85mol/L）＝0.15mol/L；
D.由图可知，120min、140min时浓度相同，可知120min时浓度不再变化。
【解答】解：A.I元素的最低价为﹣1价，可失去电子，则HI的还原性与﹣1价碘元素有关，故A正确；
B.图中横坐标为浓度，可知20min时HI的浓度为0.91mol/L，则n（HI）＝0.91mol/L×1L＝0.91mol，故B正确；
C.40min时HI分解的物质的量为1L×（1.00mol/L﹣0.85mol/L）＝0.15mol/L，则HI的分解率为×100%＝15%，故C错误；
D.由图可知，120min、140min时浓度相同，可知120min时浓度不再变化，即120min时，反应达到了平衡状态，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度随时间的变化曲线，题目难度不大，明确图中坐标的意义、曲线中浓度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡状态的判断。
24．【分析】A．向外拉铜丝时，铜丝和浓硫酸分离；
B．二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和水反应生成亚硫酸而导致溶液呈酸性，酸遇石蕊溶液变红色；
C．二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排入空气中；
D．硫酸密度大于水，应将试管中的溶液倒入水中，防止硫酸溅出伤人。
【解答】解：A．向外拉铜丝时，铜丝和浓硫酸分离，从而终止反应，故A正确；
B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以B中品红溶液褪色；二氧化硫和水反应生成亚硫酸而导致溶液呈酸性，酸遇石蕊溶液变红色，所以C中石蕊溶液变红色，故C正确；
C．二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排入空气中，所以可以用碱液吸收尾气，则D中NaOH溶液可以吸收多余的SO2，故C正确；
D．由于试管A中有剩余的浓硫酸，浓硫酸溶于水会放出大量的热，且浓硫酸密度大于水，所以正确操作方法为：将试管A中的液体，慢慢倒入盛有少量水的试管中，观察溶液的颜色，二者顺序不能颠倒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以Cu和浓硫酸的反应为载体考查实验操作、浓硫酸的性质，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
25．【分析】A.加入KSCN溶液可检验铁离子；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出；
D.水解后取水解液加碘水检验淀粉。
【解答】解：A.加入KSCN溶液溶液变为红色，可知溶液中含有Fe3+，故A正确；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知溶液中含有NH4+，故B正确；
C.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，蔗糖变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故C正确；
D.水解后取水解液加碘水检验淀粉，由操作和现象可知淀粉发生水解生成葡萄糖，但不能确定水解程度，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
二.第二部分（非选择题共50分）
26．【分析】（1）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+，Cu为正极，Cu上H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，原电池工作时，电子由Zn经过导线流向Cu；
（2）原电池是将化学能直接转化为电能的装置，构成条件之一是能自发进行的、放热的氧化还原反应，据此分析解答。
【解答】解：（1）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌发生失去电子反应生成Zn2+，Zn为负极，Cu为正极，Cu上H+得到电子生成H2，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，原电池工作时，电子由Zn经过导线流向Cu，则电流表指针发生偏转，能证明化学能转化为电能的实验现象是：铜片上有气泡产生、电流表指针发生偏转，
故答案为：Zn﹣2e﹣＝Zn2+；电流表指针发生偏转，铜片上有气泡产生；
（2）自发进行的氧化还原反应才能将化学能直接转化为电能，
a．2H2+O22H2O是氧化还原反应、能实现化学能直接转化为电能，故a选；
b.NaOH+HCl═NaCl+H2O是复分解反应，是非氧化还原反应、不能实现化学能直接转化为电能，故b不选；
故答案为：a。
【点评】本题考查铜锌原电池的工作原理和原电池构成条件等知识，明确自发进行的氧化还原反应能形成原电池及原电池工作原理即可解答，侧重基础知识和基本技能的考查，题目难度不大。
27．【分析】（1）CaO固体与水反应为放热反应，反应放出的热使锥形瓶中温度升高，气体体积增大，据此判断U型管中液面的变化；
（2）若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应发热，反之相反。
【解答】解：（1）CaO固体与水反应的方程式为CaO+H2O＝Ca（OH）2，反应为放热反应，则锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高，
故答案为：右侧液面高于左侧液面；CaO+H2O＝Ca（OH）2；
（2）Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应，即反应物具有的能量小于生成物具有的能量，其能量变化可用如图中的B表示，
故答案为：吸热；B。
【点评】本题考查反应热与焓变，掌握常见的吸放热反应、吸放热反应与能量变化的关系，即可解答，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度不大。
28．【分析】（1）A是一种黄色单质固体，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色的气体，则A为NO2，B为NO，C为N2，D是HNO3。
【解答】解：（1）A是一种黄色单质固体，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，浓硫酸与Cu反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2 H2O，
故答案为：SO2（或二氧化硫）；2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2 H2O；
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色的气体，则A为NO2，B为NO，C为N2，D是HNO3，N2的电子式为，浓硝酸可见光易分解为二氧化氮、氧气和水，化学方程式为4HNO4NO2↑+O2↑+2H2O，
故答案为：；4HNO4NO2↑+O2↑+2H2O。
【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据物质的颜色进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质与转化。
29．【分析】（1）加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物反应生成氨气；
（2）碱石灰能吸收水蒸气作干燥剂；
（3）氨气极易溶于水，且密度比空气小；
（4）氨气和HCl极易化合。
【解答】解：（1）加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）氨气中混有水蒸气，通过碱石灰进行干燥，
故答案为：干燥氨气；
（3）氨气极易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，故采用向下排空气法收集，
故答案为：
（4）氯化铵分解产生氨气和HCl，但是氨气和HCl极易化合重新生成氯化铵，故不能用加热氯化铵的方法制取氨气，
故答案为：不能；NH3+HCl＝NH4Cl。
【点评】本题考查氨气的制取，题目难度中等，掌握氨气的制取方法和相关物理化学性质是解题的关键，平时注意相关知识的积累。
30．【分析】（1）根据v＝计算0～2s内CO的平均反应速率v（CO）；
（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
（3）①对照实验中需要控制变量，实验Ⅰ、Ⅱ中同种催化剂的比表面积不同，据此判断实验目的；实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，则只能温度不同，其他条件必须相同；
②实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，若t3＜t1，则温度越高，达平衡时所用的时间越短；
③由结论可知，其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越快，则达到平衡所用的时间越短。
【解答】解：（1）用CO的浓度变化表示0～2s的平均反应速率v（CO）＝＝＝3.75×10﹣4mol/（L•min），
故答案为：3.75×10﹣4；
（2）a.CO的浓度不再改变，符合化学平衡的基本特征，故a正确；
b.该反应各物质均为气体，则容器中的气体质量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故b错误；
c.NO、CO、CO2、N2的浓度之比为2：2：2：1的状态不一定是平衡状态，与反应物的起始量和转化率有关，故c错误；
d.相同时间内，反应消耗2molNO同时消耗2molN2，即v正（NO）＝v逆（N2），不符合v正（NO）：v逆（N2）＝2：1，则反应没有达到平衡状态，故d错误；
故答案为：a；
（3）①对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，实验Ⅰ、Ⅱ中同种催化剂的比表面积不同，温度、浓度均相同，则实验Ⅱ的目的是研究催化剂的比表面积对尾气转化速率的影响；实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，则只能温度不同，其他条件必须相同，所以b＝360，c＝80，
故答案为：研究温度对尾气转化速率的影响；360；80；
②实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，若t3＜t1，则温度越高，达平衡时所用的时间越短，反应速率越快，
故答案为：温度越高反应速率越快，达到平衡所用的时间越短；
③“温度相同时，增大催化剂的比表面积，可增大尾气的转化速率”，即温度相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越大，实验Ⅱ的比表面积大于实验I，反应速率大于实验I，达平衡时所用的时间短，即t2＜t1，
故答案为：＜。
【点评】本题考查化学反应速率的计算及影响因素、化学平衡状态的判定等知识，为高频考点，充分考查了学生的分析、运用能力及化学实验能力，掌握化学反应速率的影响因素、正确判断化学平衡状态、控制变量法的应用是解题关键，注意探究实验中“对照实验”的判断与运用，题目难度不大。
31．【分析】乙醇被催化氧化生成A为CH3CHO，A被氧化生成B为CH3COOH，B和乙醇发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH3，D和氯气发生加成反应生成E，则D为CH2＝CH2，E发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成G为。
【解答】解：（1）乙醇含有的官能团是羟基，
故答案为：羟基；
（2）A的结构简式是CH3CHO，
故答案为：CH3CHO；
（3）B是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则反应①的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（4）D的结构简式是CH2＝CH2，
故答案为：CH2＝CH2；
（5）a．D、E、F分别是乙烯、氯代烃、氯代烃，只有D属于烃，故a错误；
b．E中含有2个氯原子，一氯甲烷含有1个氯原子，所以E和一氯甲烷不互为同系物，故b错误；
c．反应②为消去反应，故c错误；
故答案为：abc；
（6）反应③为氯乙烯的加聚反应，该反应的化学方程式是nCH2＝CHCl，
故答案为：nCH2＝CHCl。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意反应前后官能团的变化，题目难度不大。
32．【分析】验证浓硝酸的氧化性，应首先检查装置的气密性并利用N2除去装置内空气，硝酸与铜发生反应生成二氧化氮，通入水后生成一氧化氮，然后通过浓硝酸，如无色气体生成红棕色气体，可证明硝酸具有氧化性，可氧化一氧化氮，如果NO通入稀硝酸后，③的液面上方仍为无色，说明稀硝酸不能氧化NO，以此解答该题。
【解答】解：（1）Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2、H2O，发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（2）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO，发生反应的化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（3）装置中的空气能氧化一氧化氮生成二氧化氮，干扰实验结论的判断，则需要在滴加浓硝酸之前通一段时间的氮气除去装置内的空气，
故填：排除装置中的空气，防止NO氧化成二氧化氮；
（4）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，而NO通过浓硝酸，无色气体生成红棕色气体，证明浓硝酸可氧化一氧化氮，即得出浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的结论，
故答案为：浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
【点评】本题主要考查硝酸的性质，侧重考查学生的分析能力和实验能力，属物质验证型实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质，答题时注意结合已知的物质具有的性质，对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境，题目难度中等。
33．【分析】（1）浓缩酸化后的海水通入氯气氧化溴离子生成溴单质，吹出塔中通入热空气吹出溴单质，进入吸收塔被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢，蒸馏塔中通入氯气氧化溴化氢生成溴单质，
①海水中的Br﹣被Cl2氧化生成溴单质；
②吸收塔中发生的反应是溴单质被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢；
③100℃以上，水挥发为水蒸气混入溴蒸气；
④结合得到的溴单质的质量及提取率可确定原海水中溴的质量，结合体积计算浓度即可；
（2）①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应生成溴化钠和溴酸钠；
②聚四氟乙烯气态膜法吸收效率高、无污染。
【解答】解：（1）①海水中的Br﹣被Cl2氧化生成溴单质，反应的离子方程式为：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，
故答案为：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2；
②吸收塔中发生的反应是溴单质被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr，
故答案为：1；Br2；1；SO2；2；H2O；1；H2SO4；2；
③蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是：会蒸出较多的水蒸气，得不到纯净的溴，
故答案为：会蒸出较多的水蒸气，得不到纯净的溴；
④根据最终得到38.4g Br2，提取率为60%可知原海水中的溴的质量为：＝64g，原海水的体积为1m3＝1000L，则溴的浓度为：＝64mg/L，
故答案为：64；
（2）①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应，离子方程式为：3Br2+6OH﹣＝5Br﹣+BrO3﹣+3H2O，
故答案为：3Br2+6OH﹣＝5Br﹣+BrO3﹣+3H2O；
②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是：工艺简单、吸收效率高，对环境危害较小，
故答案为：工艺简单、吸收效率高，对环境危害较小。
【点评】本题考查了海水资源的综合利用，题目难度中等，试题知识点较多、充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握海水资源的综合应用方法。
34．【分析】（1）根据化合物中化合价的代数和为0计算KSCN中S的化合价；
（2）根据“资料”分析：SCN﹣能被氧化为（SCN）2，（SCN）2迅速聚合为红色的（SCN）x；
（3）①SCN﹣中S元素的转化产物是SO42﹣，检验SO42﹣所用试剂为稀盐酸和氯化钡溶液；
②硝酸不稳定，受热易分解生成红棕色NO2气体；
③碱性条件下，NO2发生歧化反应生成NO2﹣、NO3﹣，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；
④将Ⅱ中的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，生成的白色沉淀能完全溶解于稀硝酸，并且红棕色气体中不含SO2，则该沉淀只能是碳酸钡；
（4）实验过程中物质的浓度没有增加，可结合温度、催化剂对反应速率的影响分析“反应突然加剧”的可能性。
【解答】解：（1）K、C、N元素的化合价分别为+1价、+4价和﹣3价，则KSCN中S的化合价为﹣2价，
故答案为：﹣2；
（2）结合资料信息可知，Ⅰ中溶液立即变红是因为SCN﹣能被氧化为（SCN）2，（SCN）2迅速聚合为红色的（SCN）x，
故答案为：（SCN）x；
（3）①SCN﹣中S元素的转化产物是SO42﹣，检验SO42﹣所用试剂为稀盐酸和氯化钡溶液，实验操作为：滴加足量的稀盐酸，无现象，再加入氯化钡溶液，若生成了白色沉淀，则产物中含有SO42﹣，
故答案为：滴加足量的稀盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，出现了白色沉淀；
②浓硝酸对热不稳定，反应放热，使浓硝酸发生分解，生成了NO2气体，反应的方程式为4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+H2O，
故答案为：反应放热，硝酸受热分解产生了红棕色NO2气体；
③碱性条件下，NO2发生歧化反应生成NO2﹣、NO3﹣，反应的离子方程式为2OH﹣+2NO2＝NO2﹣+NO3﹣+H2O，
故答案为：2OH﹣+2NO2＝NO2﹣+NO3﹣+H2O；
④将Ⅱ中的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，生成的白色沉淀能完全溶解于稀硝酸，并且红棕色气体中不含SO2，则该沉淀只能是碳酸钡，和Ba（OH）2反应生成碳酸钡的气体为CO2，结合①的实验结论可知，SCN﹣的最终转化产物中一定有CO2、SO42﹣，
故答案为：CO2、SO42﹣；
（4）该反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快，也可能是反应中生成的二氧化氮对该反应有催化作用，使硝酸氧化（SCN）x的速率加快，导致溶液中的反应突然剧烈，
故答案为：反应放出大量的热，硝酸氧化（SCN）x的速率加快（或可能是硝酸溶液中增加了溶解的二氧化氮，二氧化氮气体起到催化作用）。
【点评】本题考查了物质性质实验方案的设计，涉及物质的性质、发生的反应、离子的检验离子方程式的书写和化学反应速率的影响因素等知识，为常考题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力、信息处理与灵活运用能力，把握硝酸的性质、氧化还原反应规律的应用、化学反应速率的影响因素和质量守恒定律的应用即可解答，题目难度中等。
2021北京西城高一（下）期末
化 学
一.第一部分（选择题共50分）每小题只有一个选项符合题意（1～25小题，每小题2分）
1．（2分）高粱酿酒过程中的部分流程按顺序排列如下，其中能说明高粱转化过程中放出热量的是（ ）
A
B
C
D
“蒸粮”时加热
“拌曲”前摊晾
“堆酵”时升温
“馏酒”时控温
A．A B．B C．C D．D
2．（2分）下列过程属于人工固氮的是（ ）
A．分离液态空气制氮气
B．闪电时N2 转化为NO
C．合成氨
D．豆科作物根瘤菌将N2 转化为NH3
3．（2分）常温下，下列溶液可用铁质容器盛装的是（ ）
A．浓硝酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸 D．稀盐酸
4．（2分）如图为酸雨形成的示意图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．酸雨的pH小于5.6
B．酸雨会加速建筑物的腐蚀
C．含硫煤的燃烧是导致酸雨的原因之一
D．酸雨形成过程中不涉及氧化还原反应
5．（2分）下列金属中，通常用加热分解法冶炼的是（ ）
A．铁 B．银 C．铜 D．铝
6．（2分）下列化学用语表达不正确的是（ ）
A．葡萄糖的分子式：C6H12O6
B．丁烷的结构式：CH3（CH2）2CH3
C．甲烷的电子式：
D．丙烷分子的球棍模型：
7．（2分）下列说法中，不正确的是（ ）
A．食醋可除去水壶中的水垢
B．液氨可用作制冷剂
C．纤维素是人体重要的供能物质
D．二氧化硫常用于漂白纸浆
8．（2分）正丁烷与异丁烷互为同分异构体的依据是（ ）
A．具有相似的化学性质
B．具有相同的物理性质
C．分子具有相同的空间结构
D．分子式相同，但分子内碳原子的连接方式不同
9．（2分）下列变化属于物理变化的是（ ）
A．煤的气化 B．煤的干馏 C．石油的分馏 D．乙烯聚合
10．（2分）下列做法与调控化学反应速率无关的是（ ）
A．用冰箱冷藏以保鲜食物
B．食盐中添加碘酸钾预防缺碘
C．用煤粉代替煤块使炉火更旺
D．食品包装内放置除氧剂延长保质期
11．（2分）下列说法中，正确的是（ ）
A．糖类都可以发生水解反应
B．油脂属于天然高分子
C．葡萄糖和果糖互为同分异构体
D．蛋白质遇到浓硫酸会显黄色
12．（2分）如图为石墨烯﹣硅太阳能电池结构模型。下列说法中，不正确的是（ ）
A．石墨烯属于烯烃
B．硅是应用广泛的半导体材料
C．二氧化硅可用来生产光导纤维
D．石墨烯﹣硅太阳能电池可将太阳能转化为电能
13．（2分）取一支试管，收集半试管CH4和半试管Cl2，在光照下得到的取代产物是（ ）
①CH3Cl
②CH2Cl2
③CHCl3
④CCl4
A．只有① B．只有④
C．①②③的混合物 D．①②③④的混合物
14．（2分）实验室用乙酸、乙醇和浓硫酸制取乙酸乙酯的装置如图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．右侧试管中盛放的是饱和Na2CO3溶液
B．右侧试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸
C．加入过量乙醇，可使乙酸完全转化为乙酸乙酯
D．实验结束，右侧试管内液体上层为无色透明的油状液体
15．（2分）下列物质或方法中，不能用来鉴别乙醇和乙酸的是（ ）
A．扇闻气味 B．蒸馏水 C．碳酸钠溶液 D．石蕊溶液
16．（2分）汽车的启动电源常用铅酸蓄电池，其结构如图所示。放电时的电池反应：PbO2+Pb+2H2SO4═2PbSO4+2H2O。下列说法中，正确的是（ ）
A．Pb作电池的负极
B．PbO2作电池的负极
C．PbO2得电子，被氧化
D．电池放电时，溶液酸性增强
17．（2分）碳化硅（SiC）俗称金刚砂，它的化学性质稳定，硬度大，还具有优异的高温抗氧化性能。由此推断，它与下列哪种物质可能有相似的结构（ ）
A．金刚石 B．干冰 C．石墨 D．纯碱
18．（2分）某有机物的结构简式为CH2＝CHCH（OH）CH2CH3，不能与该有机物发生反应的物质有（ ）
A．Na B．H2
C．NaOH溶液 D．酸性KMnO4溶液
19．（2分）实验室进行氨溶于水的喷泉实验（如图）。下列说法中，不正确的是（ ）
A．该实验证明氨气极易溶于水
B．红色喷泉说明氨水显碱性
C．形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压大于大气压
D．烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液也可形成喷泉
20．（2分）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作①过滤②加过量NaOH溶液③加适量稀盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。其中操作顺序正确的是（ ）
A．①④②⑤③ B．②④⑤①③ C．④①②⑤③ D．⑤②④①③
21．（2分）下列关于甲烷和乙烯的说法中，不正确的是（ ）
A．二者均是无色、难溶于水的气体
B．二者均可以使溴的四氯化碳溶液褪色
C．甲烷属于饱和烃，乙烯属于不饱和烃
D．甲烷分子具有正四面体结构，乙烯分子具有平面结构
22．（2分）N2转化为NH3的微观过程示意图如图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．催化剂能改变该反应速率
B．催化剂表面只发生了极性共价键的断裂和形成
C．在催化剂表面形成氮氢键时，有电子转移
D．该反应的原子利用率可达到100%
23．（2分）HI常用作有机反应中的还原剂，受热发生反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）。一定温度时，向1L密闭容器中充入1mol HI，体系中c（HI）与反应时间t的关系如图。下列说法中，不正确的是（ ）
A．HI的还原性与﹣1价碘元素有关
B．20min时，n（HI）＝0.91mol
C．40min时，有85%的HI发生分解
D．120min时，反应达到了平衡状态
24．（2分）用如图所示装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列说法中，不正确的是（ ）
A．向外拉铜丝可终止反应
B．B中品红溶液褪色，C中石蕊溶液变红
C．D中NaOH溶液可以吸收多余的SO2
D．为确认生成CuSO4，向试管A中加水，观察颜色
25．（2分）下列实验结论与实验现象不对应的一组是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
向某盐溶液中加入KSCN溶液
溶液变为红色
该溶液中含有Fe3+
B
向某盐溶液中加入浓NaOH溶液，加热
产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
该溶液中含有NH4+
C
向蔗糖中滴加浓硫酸
蔗糖变黑
浓硫酸具有脱水性
D
向淀粉溶液中加入少量稀H2SO4，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加少量新制的Cu（OH）2，加热
生成砖红色沉淀
淀粉完全水解
A．A B．B C．C D．D
二.第二部分（非选择题共50分）
26．化学能在一定条件下可转化为电能。
（1）如图所示装置中，锌片上的电极反应式是 ，能证明产生电能的实验现象是 。
（2）下列反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是 （填序号）。
a.2H2+O22H2O
b.NaOH+HCl═NaCl+H2O
27．某实验小组设计了如图装置（实验前U形管中液面左右相平），探究化学能与热能的转化。
（1）若在甲试管中加入适量CaO固体与水，可观察到U形管中的现象是 ，反应的化学方程式是 。
（2）若甲试管中发生Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应，该反应属于 （填“吸热”或“放热”）反应，其能量变化可用如图中的 （填序号）表示。
28．A、B、C、D四种物质的相互转化关系如图（部分反应条件及产物略去）。
（1）若A是黄色固体单质，则B为 ，D的浓溶液与铜反应的化学方程式是 。
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色气体，则A的电子式为 ，D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，原因是 （用化学方程式表示）。
29．实验室常用如图所示装置制取干燥的NH3。
（1）A中反应的化学方程式是 。
（2）B中碱石灰的作用是 。
（3）在如图方框内画出用试管收集NH3的示意图 。
（4）若将A中固体换成NH4Cl固体， （填“能”或“不能”）制取NH3，原因是 （用化学方程式表示）。
30．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO转化为CO2和N2，化学方程式：2NO+2CO2CO2+N2。
（1）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入CO和NO，测得不同时间CO的浓度如下表：
时间/s
0
1
2
3
……
c（CO）/10﹣3mol•L﹣1
3.60
3.05
2.85
2.75
……
用CO的浓度变化表示0～2s的平均反应速率为 mol•L﹣1•s﹣1。
（2）下列可说明反应达到平衡状态的是 。
a.CO的浓度不再改变
b.容器中的气体质量保持不变
c.NO、CO、CO2、N2的浓度之比为2：2：2：1
d.相同时间内，反应消耗2mol NO同时消耗2mol N2
（3）反应物初始浓度相同时，实验温度为280℃和360℃，进行以下实验：
实验编号
实验目的
T/℃
同种催化剂的比表面积m2/g
达平衡时所用的时间/s
Ⅰ
对照实验
280
80
t1
Ⅱ
a
280
120
t2
Ⅲ
研究温度对尾气转化速率的影响
b
c
t3
【实验分析与结论】
①补全表格a. ，b. ，c. 。
②测得t3＜t1，对比实验Ⅰ、Ⅲ，可得结论：催化剂的比表面积相同时， 。
③通过实验可得到“温度相同时，增大催化剂的比表面积，可增大尾气的转化速率”的结论，证据是对比实验Ⅰ、Ⅱ，t2 t1（填“＞”、“＜”或“＝”）。
31．餐厨垃圾在酶的作用下可获得乙醇，进一步反应可制备有机物C和高分子材料G，转化关系如下：
（1）乙醇含有的官能团是 。
（2）A的结构简式是 。
（3）反应①的化学方程式是 。
（4）D的结构简式是 。
（5）下列说法中，不正确的是 。
a.D、E、F均属于烃
b.E和一氯甲烷互为同系物
c.反应②为取代反应
（6）反应③的化学方程式是 。
32．某化学小组利用如图装置进行实验（夹持仪器略去，气密性已检查），对比NO通入浓、稀硝酸的现象，探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱。
（1）铜与浓硝酸反应的化学方程式是 。
（2）装置②中发生反应的化学方程式是 。
（3）滴加浓硝酸前需先通入N2，目的是 。
（4）滴加浓硝酸后，当③中为稀硝酸时，其液面上方气体仍为无色；当③中为浓硝酸时，其液面上方气体由无色变为红棕色。由此得出的结论是 。
33．溴及其化合物应用广泛，以下两种方法均可从海水中提取溴。
（1）吹出法（主要流程如下）：
①海水中的Br﹣被Cl2氧化的离子方程式是 。
②补全吸收塔中反应的化学方程式
Br2+ + ═ + HBr
③蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是 。
④经该方法处理后，1m3海水最终得到38.4g Br2，若总提取率为60%，则原海水中溴的浓度是 mg•L﹣1。
（2）聚四氟乙烯气态膜法（基本原理如图所示）：
①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应，离子方程式是 。得到富集液后再加酸、精馏可得Br2。
②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是 （写出一条即可）。
34．某同学为研究浓硝酸与KSCN溶液的反应，进行如下实验：
实验操作
实验现象
Ⅰ.取1支试管，加入2mL浓硝酸，滴加5滴1mol•L﹣1KSCN溶液
溶液立即变红
Ⅱ.将试管静置一段时间
突然剧烈反应，红色迅速褪去，放出大量红棕色气体
Ⅲ.将Ⅱ中的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中
有白色沉淀生成
资料：SCN﹣能被氧化为（SCN）2，（SCN）2迅速聚合为红色的（SCN）x。
（1）KSCN中，C、N元素的化合价分别为+4价和﹣3价，则S元素的化合价为 。
（2）Ⅰ中溶液立即变红是因为生成了 （填化学式）。
（3）研究SCN﹣的最终转化产物。
①取少量Ⅱ中试管内的溶液， （填操作和现象），证明SCN﹣中S元素的转化产物是SO42﹣。
②经检验Ⅱ中“红棕色气体”含有NO2，但不能说明NO2一定是SCN﹣中N元素的转化产物，原因是 。
③Ⅲ中，NO2转化为NO2﹣、NO3﹣，离子方程式是 。
④将Ⅲ中沉淀过滤、洗涤，取少量于试管中，加入过量的稀硝酸，沉淀完全溶解，再滴加少量KMnO4溶液，不褪色。证明了红棕色气体中不含SO2。
综合上述实验，SCN﹣的最终转化产物中一定有 。
（4）Ⅱ中，“静置一段时间后，突然剧烈反应”的可能原因是 （写出一条即可）。
参考答案
一.第一部分（选择题共50分）每小题只有一个选项符合题意（1～25小题，每小题2分）
1．【分析】A．“蒸粮”时加热是吸收热量；
B．“拌曲”前摊晾过程吸收太阳能凉干的过程；
C．“堆酵”时升温是发酵过程中发生化学反应放出热量；
D．“馏酒”时控温是需要加热到乙醇的沸点。
【解答】解：A．“蒸粮”时需要加热，是吸收热量的过程，故A错误；
B．“拌曲”前摊晾过程，是利用太阳能凉干的过程，吸收太阳热能，故B错误；
C．“堆酵”时升温是发酵过程中发生化学反应放出热量，说明高粱转化过程中放出热量，故C正确；
D．“馏酒”时控温是需要加热到乙醇的沸点蒸馏出乙醇，过程中需要加热，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质制备过程中的能量变化，注意知识的积累，题目难度不大。
2．【分析】人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程，然后根据选项解答．
【解答】解：A、分离液态空气制氮气，是氮气的状态发生改变，不属于氮的固定，更不是人工固氮，故A错误；
B、闪电时N2转化为NO，属于自然固氮，故B错误；
C、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故C正确；
D、豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生氮的固定以及分类方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．
3．【分析】常温下Fe遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜可阻止反应的进一步发生，以此来解答。
【解答】解：Fe与稀硫酸、稀硝酸、稀盐酸均可持续反应至某一反应物完全反应，不能选铁质容器盛装，而常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，则可用铁质容器盛装浓硝酸，
故选：A。
【点评】本题考查铁的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意钝化原理及应用，题目难度不大。
4．【分析】A．酸雨是pH小于5.6的雨水；
B．酸雨的主要成分为硝酸或硫酸，会与建筑物的碳酸盐反应；
C．含硫煤的燃烧会产生SO2，SO2可以形成硫酸型酸雨；
D．NOx转化为硝酸，SO2转化为硫酸的过程中，都有化合价的变化。
【解答】解：A．正常雨水的pH＝5.6，酸雨的pH＜5.6，故A正确；
B．酸雨的主要成分为硝酸或硫酸，会与建筑物的碳酸盐反应，从而腐蚀建筑物，故B正确；
C．含硫煤的燃烧会产生SO2，SO2可以经过2种途径转化为硫酸型酸雨，故C正确；
D．NOx转化为硝酸，SO2转化为硫酸的过程中，N和S的化合价均升高，发生了氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查酸雨的概念、类型、形成、危害，同时考查氧化还原反应的原理，属于基本知识，基础题型，难度不大。
5．【分析】金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法；
电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融氧化铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；
热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得；
物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。
【解答】解：A．金属铁的冶炼采用热还原法，故A不选；
B．金属银的冶炼采用热分解法，故B选；
C．金属Cu采用热还原方法冶炼，故C不选；
D．金属Al性质活泼，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查常见金属的冶炼方法，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确常见金属的活泼性及冶炼原理是解本题关键，会根据金属活泼性强弱选取合适的冶炼方法，题目难度不大。
6．【分析】A．葡萄糖属于单糖，1个分子中含有6个C、12个H和6个O原子；
B．CH3（CH2）2CH3是丁烷的结构简式；
C．甲烷为共价化合物，其分子中含有4个碳氢键；
D．丙烷分子的结构简式为CH3CH2CH3，C原子半径大于H。
【解答】解：A．1个葡萄糖分子中含有6个C、12个H和6个O原子，其分子式为C6H12O6，故A正确；
B．丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，其结构式为，故B错误；
C．甲烷分子中含有4个C﹣H键，其电子式为，故C正确；
D．丙烷分子的结构简式为CH3CH2CH3，C原子半径大于H，其球棍模型为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式及结构简式、分子式的正误判断等知识，明确结构式和结构简式的区别为解答关键，侧重考查学生的分析能力和规范答题能力，题目难度不大。
7．【分析】A．乙酸的酸性大于碳酸；
B．液氨气化时会吸收大量的热；
C．人体内无纤维素水解酶，纤维素在人体内不能水解；
D．二氧化硫具有漂白性。
【解答】解：A．水垢的主要成分是碳酸钙，食醋与碳酸钙反应产生醋酸钙、二氧化碳和水，所以食醋可除去水壶中的水垢，故A正确；
B．液氨气化时会吸收大量的热，导致周围环境的温度降低，所以液氨可用作制冷剂，故B正确；
C．人体内无纤维素水解酶，纤维素在人体内不能水解，不能为人体提供能量，所以纤维素不是人体的供能物质，故C错误；
D．二氧化硫具有漂白性，可以作漂白剂，二氧化硫常用于漂白纸浆，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质与应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，注意相关基础知识的积累，题目题目难度不大。
8．【分析】分子式相同结构不同的化合物互称为同分异构，互为同分异构体的物质具有以下特点：分子式相同、结构不同，物理性质不同，同类化学性质相似，不同类时化学性质不同，多为有机物．
【解答】解：A、同分异构体可能具有相似化学性质，但具有相似化学性质不一定是同分异构体，如乙烯与丙烯，化学性质相似，分子式不同，故A错误；
B、同分异构体，结构不同物理性质不同，故B错误；
C、正丁烷与异丁烷的空间结构不同，故C错误；
D、正丁烷与异丁烷分子式相同，分子内碳原子的连接顺序不同，属于碳链异构，故D正确。
故选：D。
【点评】考查同分异构体的概念，难度不大，注意把握概念的内涵与外延及化学“五同”比较．
9．【分析】化学变化是指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是否有新物质生成，据此分析判断．
【解答】解；A．煤的气化是碳变化为一氧化碳和氢气，发生了化学变化，故A不符合；
B．煤的干馏是隔绝空气加强热发生复杂的微粒化学变化，故B不符合；
C．石油分馏是利用控制温度范围，得到不同温度范围内的各种馏分，过程中无新物质生成属于物理变化，故C符合；
D．乙烯聚合是发生了加成反应生成高分子化合物，故D不符合；
故选：C。
【点评】本题难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．
10．【分析】A.冰箱冷藏，可降低温度；
B.添加碘酸钾预防缺碘，防止因缺碘元素导致大脖子病的发生；
C.用煤粉代替煤块，增大接触面积；
D.食品包装内放置除氧剂，可减缓食品被氧化的速率。
【解答】解：A.冰箱冷藏，可降低温度，可减缓食物变质的速率，与调控化学反应速率有关，故A错误；
B.添加碘酸钾预防缺碘，防止因缺碘元素导致大脖子病的发生，与调控化学反应速率无关，故B正确；
C.用煤粉代替煤块，增大接触面积，加快燃烧速率，与调控化学反应速率有关，故C错误；
D.食品包装内放置除氧剂，可减缓食品被氧化的速率，与调控化学反应速率有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率，题目难度不大，明确化学反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系。
11．【分析】A.糖类中的单糖不能水解；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物；
C.分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体；
D.含苯环的蛋白质遇到浓硝酸会有显色反应。
【解答】解：A.糖类中的单糖是简单到不能水解的糖，二糖和多糖能水解，故A错误；
B.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故B错误；
C.葡萄糖和果糖的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D.含苯环的蛋白质遇到浓硝酸会显黄色，发生显色反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。
12．【分析】A．石墨烯是单层的石墨单质；
B．硅处于导体与绝缘体之间；
C．光导纤维的主要原料是二氧化硅；
D．硅太阳能电池板能将太阳能直接转化为电能。
【解答】解：A．石墨烯是单层的石墨单质，不属于烯烃，故A错误；
B．硅处于导体与绝缘体之间，Si单质为半导体材料，且是应用广泛的半导体材料，故B正确；
C．光导纤维的主要原料是二氧化硅，是利用光的全反射原理，则二氧化硅可用来生产光导纤维，故C正确；
D．Si单质是良好的半导体材料，可以做硅太阳能电池板，石墨烯﹣硅太阳能电池可将太阳能直接转化为电能，故D正确；
故选：A。
【点评】本题以Si及其二氧化硅为载体考查化学与生活，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确元素化合物性质是解本题关键，会应用化学知识解释生活现象，题目难度不大。
13．【分析】甲烷和氯气发生取代反应，产物不唯一，无法控制反应进度，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物。
【解答】解：甲烷和氯气发生取代反应，得到的是一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl的混合物，
故选：D。
【点评】本题考查了甲烷的性质，明确甲烷结构特点，熟悉甲烷与氯气发生取代反应原理是解题关键，题目难度不大。
14．【分析】由实验装置可知，加热时乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，且为可逆反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，右侧试管中为饱和碳酸钠溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，且导管口在液面上防止倒吸，最终右侧试管内液体上层为乙酸乙酯，为无色透明的油状液体，以此来解答。
【解答】解：A.右侧试管中盛放的是饱和Na2CO3溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，故A正确；
B.乙醇、乙酸易溶于水，则右侧试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸，故B正确；
C.酯化反应为可逆反应，加入过量乙醇，也不能使乙酸完全转化为乙酸乙酯，故C错误；
D.乙酸乙酯的密度小于水的密度，且为无色液体，则实验结束，右侧试管内液体上层为无色透明的油状液体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备实验，题目难度不大，明确有机物的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项C为解答的易错点。
15．【分析】A．乙醇和乙酸的气味不同；
B．乙醇和乙酸都溶于水；
C．乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳；
D．酸能使石蕊试液变红色。
【解答】解：A．乙醇是无色有特殊香味的液体，乙酸是有刺激性气味的无色液体，乙醇和乙酸的气味不同，可以用扇闻气味的方法鉴别，故A不选；
B．乙醇和乙酸都溶于水，所以用蒸馏水无法鉴别乙醇和乙酸，故B选；
C．乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，现象不同可以鉴别，故C不选；
D．乙酸具有酸性使石蕊试液变红色，乙醇和石蕊试液混合时，石蕊不变色，现象不同可以鉴别，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查有机物鉴别，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确有机物结构和性质关系、性质差异性是解本题关键，利用性质差异性进行物质鉴别，题目难度不大。
16．【分析】由放电时总反应可知，Pb由0价升高为+2价，失电子作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣＝PbSO4，PbO2作电池的正极，电极反应式为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣＝PbSO4+2H2O，充电时Pb电极为阴极，电极反应式为PbSO4+2e﹣＝Pb+SO42﹣，PbO2作阳极，电极反应式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣＝PbO2+4H++SO42﹣，据此作答。
【解答】解：A.Pb由0价升高为+2价，失电子作负极，故A正确；
B.PbO2作电池的正极，故B错误；
C.PbO2得电子，作氧化剂，被还原，故C错误；
D.电池放电时，消耗硫酸，溶液酸性减弱，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据反应物价态变化判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17．【分析】碳化硅的化学性质稳定，硬度大，还具有优异的高温性能，所以碳化硅属于共价晶体，
A．金刚石是由碳原子构成的空间网状结构，属于共价晶体；
B．干冰是由分子构成的晶体；
C．石墨晶体中层与层之间属于分子间作用力，层内碳原子之间是通过共价键结合在一起的，属于混合晶体；
D．纯碱属于离子混合物，属于离子晶体。
【解答】解：碳化硅的化学性质稳定，硬度大，还具有优异的高温性能，所以碳化硅属于共价晶体，
A．金刚石属于共价晶体，故A正确；
B．干冰属于分子晶体，故B错误；
C．石墨属于混合晶体，故C错误；
D．纯碱属于离子晶体，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查晶体类型的判断以及不同晶体的物理性质，并能根据性质判断晶体类型，属于基本知识，基础题型，难度不大。
18．【分析】该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应、加聚反应，能与活泼金属Na等反应，含有醇羟基，可以发生酯化反应，且羟基连接的碳原子上含有氢原子，可以发生醇的催化氧化，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，也可以发生消去反应。
【解答】解：A．该有机物含有羟基，能与钠反应生成氢气，不符合题意，故A错误；
B．该有机物含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，不符合题意，故B错误；
C．碳碳双键、醇羟基都不能与氢氧化钠反应，符合题意，故C正确；
D．该有机物含有碳碳双键、羟基，且羟基连接的碳原子上含有氢原子，二者均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不符合题意，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化即可解答，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况，注意理解醇被酸性高锰酸钾溶液氧化原理。
19．【分析】A．喷泉实验是利用压强差产生的，说明氨气极易溶于水；
B．碱能使无水酚酞试液变红色；
C．喷泉实验是利用压强差产生的；
D．二氧化硫和农碱溶液能发生反应。
【解答】解：A．喷泉实验是利用压强差产生的，氨气极易溶于水使烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，导致烧杯中液体通过导管进入烧瓶而产生喷泉，故A正确；
B．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，碱遇无色的酚酞试液变红色，故B正确；
C．氨气极易溶于水使烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，导致烧杯中液体通过导管进入烧瓶而产生喷泉，故C错误；
D．烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液，二氧化硫和碱溶液反应，可以降低烧瓶内压强，也可形成喷泉，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了喷泉实验，明确实验原理是解本题关键，知道氨水溶液呈碱性的原因，题目难度不大。
20．【分析】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，选NaOH除去镁离子，加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子及钙离子，所以碳酸钠溶液必须放在氯化钡之后，过滤后加盐酸，最后蒸发得到NaCl，以此来解答。
【解答】解：除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，选NaOH除去镁离子，加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子及钙离子，所以碳酸钠溶液必须放在氯化钡之后，过滤后加盐酸，最后蒸发得到NaCl，则操作顺序为⑤②④①③或②⑤④①③或⑤④②①③，
故选：D。
【点评】本题考查粗盐提纯，题目难度不大，明确试剂的先后顺序、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意除杂试剂均过量。
21．【分析】A．甲烷和乙烯都是无色、难溶于水的气体；
B．甲烷为饱和烃，乙烯为不饱和烃，含有碳碳双键；
C．甲烷只含C﹣H键，乙烯含有C＝C双键；
D．甲烷中碳为sp3碳，乙烯中碳为sp2碳。
【解答】解：A．甲烷和乙烯都是无色、难溶于水的气体，叙述正确，故A正确；
B．甲烷为饱和烃，性质稳定，与溴的四氯化碳不反应，乙烯为不饱和烃，含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应而使其褪色，故B错误；
C．甲烷只含C﹣H键，为饱和烃，乙烯含有C＝C双键，属于不饱和烃，故C正确；
D．甲烷中碳为sp3碳，乙烯中碳为sp2碳，所以甲烷分子具有正四面体结构，乙烯分子具有平面结构，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握苯的性质、结构，难度不大，注意相关基础知识的积累。
22．【分析】A．催化剂可以降低反应的活化能；
B．同种元素组成的是非极性共价键，不同种元素组成的是极性共价键；
C．有化合价变化的反应属于氧化还原反应，有电子的得失或偏移；
D．由图示分析，1个氮气分子与3个氢气分子反应，正好形成2个氨分子。
【解答】解：A．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，故A正确；
B．在催化剂表面上，氢气与氮气合成了氨气，只有非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，故B错误；
C．氮气和氢气合成氨气反应，氮元素的价态升高，氢元素的价态降低，该反应属于氧化还原反应，因此在催化剂表面形成氮氢键时，有电子发生了转移，故C正确；
D．由图示分析，1个氮气分子与3个氢气分子反应，正好形成2个氨分子，该反应的原子利用率可达到100%，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应过程的分析、催化剂的作用等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握反应的特点以及催化剂的作用，难度较小。
23．【分析】A.I元素的最低价为﹣1价，可失去电子；
B.图中纵坐标为浓度，可知20min时HI的浓度为0.91mol/L；
C.40min时HI分解的物质的量为1L×（1.00mol/L﹣0.85mol/L）＝0.15mol/L；
D.由图可知，120min、140min时浓度相同，可知120min时浓度不再变化。
【解答】解：A.I元素的最低价为﹣1价，可失去电子，则HI的还原性与﹣1价碘元素有关，故A正确；
B.图中横坐标为浓度，可知20min时HI的浓度为0.91mol/L，则n（HI）＝0.91mol/L×1L＝0.91mol，故B正确；
C.40min时HI分解的物质的量为1L×（1.00mol/L﹣0.85mol/L）＝0.15mol/L，则HI的分解率为×100%＝15%，故C错误；
D.由图可知，120min、140min时浓度相同，可知120min时浓度不再变化，即120min时，反应达到了平衡状态，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的量浓度随时间的变化曲线，题目难度不大，明确图中坐标的意义、曲线中浓度的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡状态的判断。
24．【分析】A．向外拉铜丝时，铜丝和浓硫酸分离；
B．二氧化硫具有漂白性，二氧化硫和水反应生成亚硫酸而导致溶液呈酸性，酸遇石蕊溶液变红色；
C．二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排入空气中；
D．硫酸密度大于水，应将试管中的溶液倒入水中，防止硫酸溅出伤人。
【解答】解：A．向外拉铜丝时，铜丝和浓硫酸分离，从而终止反应，故A正确；
B．二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以B中品红溶液褪色；二氧化硫和水反应生成亚硫酸而导致溶液呈酸性，酸遇石蕊溶液变红色，所以C中石蕊溶液变红色，故C正确；
C．二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排入空气中，所以可以用碱液吸收尾气，则D中NaOH溶液可以吸收多余的SO2，故C正确；
D．由于试管A中有剩余的浓硫酸，浓硫酸溶于水会放出大量的热，且浓硫酸密度大于水，所以正确操作方法为：将试管A中的液体，慢慢倒入盛有少量水的试管中，观察溶液的颜色，二者顺序不能颠倒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以Cu和浓硫酸的反应为载体考查实验操作、浓硫酸的性质，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确实验原理、元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
25．【分析】A.加入KSCN溶液可检验铁离子；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出；
D.水解后取水解液加碘水检验淀粉。
【解答】解：A.加入KSCN溶液溶液变为红色，可知溶液中含有Fe3+，故A正确；
B.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知溶液中含有NH4+，故B正确；
C.浓硫酸可使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出，蔗糖变黑，可知浓硫酸具有脱水性，故C正确；
D.水解后取水解液加碘水检验淀粉，由操作和现象可知淀粉发生水解生成葡萄糖，但不能确定水解程度，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
二.第二部分（非选择题共50分）
26．【分析】（1）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+，Cu为正极，Cu上H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，原电池工作时，电子由Zn经过导线流向Cu；
（2）原电池是将化学能直接转化为电能的装置，构成条件之一是能自发进行的、放热的氧化还原反应，据此分析解答。
【解答】解：（1）Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌发生失去电子反应生成Zn2+，Zn为负极，Cu为正极，Cu上H+得到电子生成H2，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，原电池工作时，电子由Zn经过导线流向Cu，则电流表指针发生偏转，能证明化学能转化为电能的实验现象是：铜片上有气泡产生、电流表指针发生偏转，
故答案为：Zn﹣2e﹣＝Zn2+；电流表指针发生偏转，铜片上有气泡产生；
（2）自发进行的氧化还原反应才能将化学能直接转化为电能，
a．2H2+O22H2O是氧化还原反应、能实现化学能直接转化为电能，故a选；
b.NaOH+HCl═NaCl+H2O是复分解反应，是非氧化还原反应、不能实现化学能直接转化为电能，故b不选；
故答案为：a。
【点评】本题考查铜锌原电池的工作原理和原电池构成条件等知识，明确自发进行的氧化还原反应能形成原电池及原电池工作原理即可解答，侧重基础知识和基本技能的考查，题目难度不大。
27．【分析】（1）CaO固体与水反应为放热反应，反应放出的热使锥形瓶中温度升高，气体体积增大，据此判断U型管中液面的变化；
（2）若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应发热，反之相反。
【解答】解：（1）CaO固体与水反应的方程式为CaO+H2O＝Ca（OH）2，反应为放热反应，则锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高，
故答案为：右侧液面高于左侧液面；CaO+H2O＝Ca（OH）2；
（2）Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应，即反应物具有的能量小于生成物具有的能量，其能量变化可用如图中的B表示，
故答案为：吸热；B。
【点评】本题考查反应热与焓变，掌握常见的吸放热反应、吸放热反应与能量变化的关系，即可解答，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度不大。
28．【分析】（1）A是一种黄色单质固体，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色的气体，则A为NO2，B为NO，C为N2，D是HNO3。
【解答】解：（1）A是一种黄色单质固体，则A为S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，浓硫酸与Cu反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2 H2O，
故答案为：SO2（或二氧化硫）；2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2 H2O；
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色的气体，则A为NO2，B为NO，C为N2，D是HNO3，N2的电子式为，浓硝酸可见光易分解为二氧化氮、氧气和水，化学方程式为4HNO4NO2↑+O2↑+2H2O，
故答案为：；4HNO4NO2↑+O2↑+2H2O。
【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意根据物质的颜色进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质与转化。
29．【分析】（1）加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物反应生成氨气；
（2）碱石灰能吸收水蒸气作干燥剂；
（3）氨气极易溶于水，且密度比空气小；
（4）氨气和HCl极易化合。
【解答】解：（1）加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）氨气中混有水蒸气，通过碱石灰进行干燥，
故答案为：干燥氨气；
（3）氨气极易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，故采用向下排空气法收集，
故答案为：
（4）氯化铵分解产生氨气和HCl，但是氨气和HCl极易化合重新生成氯化铵，故不能用加热氯化铵的方法制取氨气，
故答案为：不能；NH3+HCl＝NH4Cl。
【点评】本题考查氨气的制取，题目难度中等，掌握氨气的制取方法和相关物理化学性质是解题的关键，平时注意相关知识的积累。
30．【分析】（1）根据v＝计算0～2s内CO的平均反应速率v（CO）；
（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
（3）①对照实验中需要控制变量，实验Ⅰ、Ⅱ中同种催化剂的比表面积不同，据此判断实验目的；实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，则只能温度不同，其他条件必须相同；
②实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，若t3＜t1，则温度越高，达平衡时所用的时间越短；
③由结论可知，其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越快，则达到平衡所用的时间越短。
【解答】解：（1）用CO的浓度变化表示0～2s的平均反应速率v（CO）＝＝＝3.75×10﹣4mol/（L•min），
故答案为：3.75×10﹣4；
（2）a.CO的浓度不再改变，符合化学平衡的基本特征，故a正确；
b.该反应各物质均为气体，则容器中的气体质量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故b错误；
c.NO、CO、CO2、N2的浓度之比为2：2：2：1的状态不一定是平衡状态，与反应物的起始量和转化率有关，故c错误；
d.相同时间内，反应消耗2molNO同时消耗2molN2，即v正（NO）＝v逆（N2），不符合v正（NO）：v逆（N2）＝2：1，则反应没有达到平衡状态，故d错误；
故答案为：a；
（3）①对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，实验Ⅰ、Ⅱ中同种催化剂的比表面积不同，温度、浓度均相同，则实验Ⅱ的目的是研究催化剂的比表面积对尾气转化速率的影响；实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，则只能温度不同，其他条件必须相同，所以b＝360，c＝80，
故答案为：研究温度对尾气转化速率的影响；360；80；
②实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，若t3＜t1，则温度越高，达平衡时所用的时间越短，反应速率越快，
故答案为：温度越高反应速率越快，达到平衡所用的时间越短；
③“温度相同时，增大催化剂的比表面积，可增大尾气的转化速率”，即温度相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越大，实验Ⅱ的比表面积大于实验I，反应速率大于实验I，达平衡时所用的时间短，即t2＜t1，
故答案为：＜。
【点评】本题考查化学反应速率的计算及影响因素、化学平衡状态的判定等知识，为高频考点，充分考查了学生的分析、运用能力及化学实验能力，掌握化学反应速率的影响因素、正确判断化学平衡状态、控制变量法的应用是解题关键，注意探究实验中“对照实验”的判断与运用，题目难度不大。
31．【分析】乙醇被催化氧化生成A为CH3CHO，A被氧化生成B为CH3COOH，B和乙醇发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH3，D和氯气发生加成反应生成E，则D为CH2＝CH2，E发生消去反应生成F，F发生加聚反应生成G为。
【解答】解：（1）乙醇含有的官能团是羟基，
故答案为：羟基；
（2）A的结构简式是CH3CHO，
故答案为：CH3CHO；
（3）B是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则反应①的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
（4）D的结构简式是CH2＝CH2，
故答案为：CH2＝CH2；
（5）a．D、E、F分别是乙烯、氯代烃、氯代烃，只有D属于烃，故a错误；
b．E中含有2个氯原子，一氯甲烷含有1个氯原子，所以E和一氯甲烷不互为同系物，故b错误；
c．反应②为消去反应，故c错误；
故答案为：abc；
（6）反应③为氯乙烯的加聚反应，该反应的化学方程式是nCH2＝CHCl，
故答案为：nCH2＝CHCl。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意反应前后官能团的变化，题目难度不大。
32．【分析】验证浓硝酸的氧化性，应首先检查装置的气密性并利用N2除去装置内空气，硝酸与铜发生反应生成二氧化氮，通入水后生成一氧化氮，然后通过浓硝酸，如无色气体生成红棕色气体，可证明硝酸具有氧化性，可氧化一氧化氮，如果NO通入稀硝酸后，③的液面上方仍为无色，说明稀硝酸不能氧化NO，以此解答该题。
【解答】解：（1）Cu与浓HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO2、H2O，发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；
（2）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO，发生反应的化学方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（3）装置中的空气能氧化一氧化氮生成二氧化氮，干扰实验结论的判断，则需要在滴加浓硝酸之前通一段时间的氮气除去装置内的空气，
故填：排除装置中的空气，防止NO氧化成二氧化氮；
（4）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，而NO通过浓硝酸，无色气体生成红棕色气体，证明浓硝酸可氧化一氧化氮，即得出浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的结论，
故答案为：浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
【点评】本题主要考查硝酸的性质，侧重考查学生的分析能力和实验能力，属物质验证型实验设计，利用对比的方法判断硝酸的性质，答题时注意结合已知的物质具有的性质，对有毒气体要设计尾气处理装置，防止污染环境，题目难度中等。
33．【分析】（1）浓缩酸化后的海水通入氯气氧化溴离子生成溴单质，吹出塔中通入热空气吹出溴单质，进入吸收塔被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢，蒸馏塔中通入氯气氧化溴化氢生成溴单质，
①海水中的Br﹣被Cl2氧化生成溴单质；
②吸收塔中发生的反应是溴单质被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢；
③100℃以上，水挥发为水蒸气混入溴蒸气；
④结合得到的溴单质的质量及提取率可确定原海水中溴的质量，结合体积计算浓度即可；
（2）①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应生成溴化钠和溴酸钠；
②聚四氟乙烯气态膜法吸收效率高、无污染。
【解答】解：（1）①海水中的Br﹣被Cl2氧化生成溴单质，反应的离子方程式为：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2，
故答案为：2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2；
②吸收塔中发生的反应是溴单质被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr，
故答案为：1；Br2；1；SO2；2；H2O；1；H2SO4；2；
③蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是：会蒸出较多的水蒸气，得不到纯净的溴，
故答案为：会蒸出较多的水蒸气，得不到纯净的溴；
④根据最终得到38.4g Br2，提取率为60%可知原海水中的溴的质量为：＝64g，原海水的体积为1m3＝1000L，则溴的浓度为：＝64mg/L，
故答案为：64；
（2）①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应，离子方程式为：3Br2+6OH﹣＝5Br﹣+BrO3﹣+3H2O，
故答案为：3Br2+6OH﹣＝5Br﹣+BrO3﹣+3H2O；
②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是：工艺简单、吸收效率高，对环境危害较小，
故答案为：工艺简单、吸收效率高，对环境危害较小。
【点评】本题考查了海水资源的综合利用，题目难度中等，试题知识点较多、充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握海水资源的综合应用方法。
34．【分析】（1）根据化合物中化合价的代数和为0计算KSCN中S的化合价；
（2）根据“资料”分析：SCN﹣能被氧化为（SCN）2，（SCN）2迅速聚合为红色的（SCN）x；
（3）①SCN﹣中S元素的转化产物是SO42﹣，检验SO42﹣所用试剂为稀盐酸和氯化钡溶液；
②硝酸不稳定，受热易分解生成红棕色NO2气体；
③碱性条件下，NO2发生歧化反应生成NO2﹣、NO3﹣，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；
④将Ⅱ中的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，生成的白色沉淀能完全溶解于稀硝酸，并且红棕色气体中不含SO2，则该沉淀只能是碳酸钡；
（4）实验过程中物质的浓度没有增加，可结合温度、催化剂对反应速率的影响分析“反应突然加剧”的可能性。
【解答】解：（1）K、C、N元素的化合价分别为+1价、+4价和﹣3价，则KSCN中S的化合价为﹣2价，
故答案为：﹣2；
（2）结合资料信息可知，Ⅰ中溶液立即变红是因为SCN﹣能被氧化为（SCN）2，（SCN）2迅速聚合为红色的（SCN）x，
故答案为：（SCN）x；
（3）①SCN﹣中S元素的转化产物是SO42﹣，检验SO42﹣所用试剂为稀盐酸和氯化钡溶液，实验操作为：滴加足量的稀盐酸，无现象，再加入氯化钡溶液，若生成了白色沉淀，则产物中含有SO42﹣，
故答案为：滴加足量的稀盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，出现了白色沉淀；
②浓硝酸对热不稳定，反应放热，使浓硝酸发生分解，生成了NO2气体，反应的方程式为4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+H2O，
故答案为：反应放热，硝酸受热分解产生了红棕色NO2气体；
③碱性条件下，NO2发生歧化反应生成NO2﹣、NO3﹣，反应的离子方程式为2OH﹣+2NO2＝NO2﹣+NO3﹣+H2O，
故答案为：2OH﹣+2NO2＝NO2﹣+NO3﹣+H2O；
④将Ⅱ中的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，生成的白色沉淀能完全溶解于稀硝酸，并且红棕色气体中不含SO2，则该沉淀只能是碳酸钡，和Ba（OH）2反应生成碳酸钡的气体为CO2，结合①的实验结论可知，SCN﹣的最终转化产物中一定有CO2、SO42﹣，
故答案为：CO2、SO42﹣；
（4）该反应放热，使溶液的温度升高，反应速率加快，也可能是反应中生成的二氧化氮对该反应有催化作用，使硝酸氧化（SCN）x的速率加快，导致溶液中的反应突然剧烈，
故答案为：反应放出大量的热，硝酸氧化（SCN）x的速率加快（或可能是硝酸溶液中增加了溶解的二氧化氮，二氧化氮气体起到催化作用）。
【点评】本题考查了物质性质实验方案的设计，涉及物质的性质、发生的反应、离子的检验离子方程式的书写和化学反应速率的影响因素等知识，为常考题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力、信息处理与灵活运用能力，把握硝酸的性质、氧化还原反应规律的应用、化学反应速率的影响因素和质量守恒定律的应用即可解答，题目难度中等。
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