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山东省泰安市2023-2024学年高一下学期7月期末考试化学试题（原卷版+解析版）
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2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Br-80
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 生活中处处有化学，“衣、食、住、行”的许多现象都可以用化学知识解释，下列说法错误的是
A. 衣：区分羊毛线和棉纱线的方法是灼烧，羊毛线灼烧能闻到烧焦羽毛的气味
B. 食：维生素C能增强人体对疾病的抵抗能力，中学生每天要补充的维生素C。大米、面粉等食品富含维生素C
C. 住：太阳能热水器能直接利用太阳能而获得热能
D. 行：城市交通中大力推广新能源汽车能减少城市的空气污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．区分羊毛线和棉纱线的方法是灼烧，羊毛的成分是蛋白质，羊毛线灼烧能闻到烧焦羽毛的气味，故A正确；
B．大米、面粉等食品富含淀粉，新鲜的水果、蔬菜富含维生素C，故B错误；
C．太阳能热水器能直接利用太阳能而获得热能，故C正确；
D．城市交通中大力推广新能源汽车，减少化石燃料燃烧，能减少城市的空气污染，故D正确；
选B。
2. 下列化学用语或图示表示错误的是
A. 结构示意图：
B. 的结构式：
C. 用电子式表示的形成过程：
D. 乙烯的空间填充模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫为18号元素，得到2个电子形成硫离子，结构为，A正确；
B．分子含有碳氧双键结构，结构式：，B正确；
C．氯化氢为共价化合物，形成过程为：，C错误；
D．乙烯分子含碳碳双键，空间填充模型，D正确；
故选C。
3. 煤、石油、天然气为人类生产、生活提供能量；糖类、油脂、蛋白质是生命活动的物质和能量基础。下列说法正确的是
A. 石油通过催化裂化得到的汽油能使溴水褪色
B. 石油的分馏，煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化
C. 一定条件下，糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
D. 糖类、油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油通过催化裂化制得的轻质油中含烯烃，能和溴水发生加成反应，能使溴水褪色，A正确；
B．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化；煤的气化、液化、干馏等过程中均有新物质生成，均为化学变化，B错误；
C．单糖不能发生水解反应，C错误；
D．单糖、双糖不是高分子化合物，油脂虽然结构复杂，但也不是高分子化合物，D错误；
故选A。
4. 下列说法不正确的是
A. Se和Se是同一元素的不同核素
B. H2O2和H2O互为同素异形体
C. CH3CH2Br和CH3CHBrCH3互为同系物
D. CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH为同分异构体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Se和Se的质子数相同而中子数不同，故是同一元素的不同核素，正确；
B．同素异形体是同种元素形成不同单质，故H2O2和H2O不是同素异形体，错误；
C．CH3CH2Br和CH3CHBrCH3的结构相似、在分子组成上相差1个CH2原子团，故互为同系物，正确；
D．CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH的分子式相同而结构不同的物质，故为同分异构体，正确；
故选B。
5. 某温度时，在2L容器中发生A、B两种物质之间的转化反应，A、B物质的量随时间变化曲线如图所示，判断下列说法正确的是
A. 4min时反应达到平衡
B. 反应开始至4min时A的平均反应速率为v(A)=0.1ml/(L·min)
C. 该反应的化学方程式为
D 8min时逆反应速率大于正反应速率
【答案】C
【解析】
【分析】图中A为反应物，B为生成物，物质的量不变化说明反应达到平衡状态，依据A、B消耗的物质的量之比计算得到化学方程式的计量数之比，A物质的量变化=0.8ml-0.4ml=0.4ml；B变化物质的量=0.4ml-0.2ml=0.2ml，A、B反应的物质的量之比2：1，所以反应的化学方程式为，据此分析解答。
【详解】A．4min时A、B物质的量相等，后来还在改变，反应未达到平衡，故A错误；
B．反应开始至4min时，A物质的量变化=0.8ml-0.4ml=0.4ml，浓度是0.4ml÷2L＝0.2ml/L，则A的平均反应速率为0.2ml/L÷4min=0.05ml/（L•min），故B错误；
C．根据分析可知该反应的化学方程式为，故C正确；
D．8min时反应达到平衡，逆反应速率等于正反应速率，故D错误；
故选C。
6. 下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，引入新的杂质，A错误；
B．实验可以检验石蜡油分解产物中含不饱和烃，但是不能说明石蜡油中含有不饱和烃，B错误；
C．冷凝管中的水应下进上出，C错误；
D．甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，实验装置正确，D正确；
故选D。
7. 现有淀粉溶液、蛋清、葡萄糖溶液，区别它们时，试剂和对应现象如下：试剂：①新制Cu(OH)2悬浊液、②碘水、③浓硝酸；现象：a．变蓝色、b．砖红色沉淀、c．变黄色。下列对应正确的是
A. ②—a、①—c、③—bB. ③—a、②—c、①—b
C. ②—a、③—c、①—bD. ②—c、③—a、①—b
【答案】C
【解析】
【详解】淀粉溶液遇碘变蓝，可用碘水鉴别，因此试剂和对应现象为：②-a；蛋清为蛋白质，蛋白质遇浓硝酸变黄，因此试剂和对应现象为：③-c；葡萄糖溶液在碱性条件下与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀，因此试剂和对应现象为：①-b，答案选C。
8. 以Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理如下图所示，稀硫酸为电解质溶液。下列说法错误的是
A. a极为负极，电子由a极经外电路流向b极
B. a极的电极反应式为H2-2e-=2H+
C. b极的电板反应式为O2+4H++4e-=2H2O
D. 电池工作一段时间后，装置中c(H2SO4)增大
【答案】D
【解析】
【分析】该氢氧燃料电池的电解质溶液为稀硫酸，则a极为负极，其电极反应式为H2-2e-=2H+；b极为正极，其电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，该电池的总反应式为2H2+ O2=2H2O。
【详解】A．经分析，a极为负极，电子由负极经外电路流向正极，A正确；
B．a极为负极，其电极反应式为H2-2e-=2H+，B正确；
C．b极为正极，其电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，C正确；
D．该电池的总反应式为2H2+ O2=2H2O，电池工作一段时间后，水的量增加，溶液体积增大，而H2SO4的物质的量不变，故装置中c(H2SO4)减小，D错误；
故答案选D。
9. 20℃时，将0.1mlN2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)⇌2NO2(g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2：1③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A. ②③⑤⑥⑦B. ①④⑧C. 只有①④D. 只有⑦⑧
【答案】B
【解析】
【分析】可逆反应达到反应限度就是达到了平衡状态，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，简单的讲就是变量不变了，可逆反应就达到平衡状态了。
【详解】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可知，从反应开始发生直到平衡N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比一直是1：2，不能说明已达平衡状态；
②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2：1，可知NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；
③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；
⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，即NO2物质的量浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑦该反应左右两边气体分子数不相等，在建立平衡状态的过程中，烧瓶内气体的平均相对分子质量发生变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。
由以上分析，①④⑧符合题意。
答案选B。
10. 莽草酸的结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法错误的是
A. 分子式为
B. 分子中含有2种含氧官能团
C. 分子中的所有原子可能共平面
D. 能与酸性溶液、溴水、乙酸、乙醇等反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，莽草酸分子中含有7个碳原子、10个H原子、5个O原子，该分子式为，A正确；
B．莽草酸分子中含有羧基、羟基2种含氧官能团，B正确；
C．只有双键碳原子为平面结构，环状结构中含4个四面体结构的C原子，则莽草酸分子中的所有原子不可能处于同一平面，C错误；
D．物质中含羧基、醇羟基和碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃性质，醇羟基和碳碳双键能被酸性KMnO4溶液氧化，碳碳双键能与溴水发生加成反应，醇羟基能与乙酸发生酯化反应，羧基能与乙醇发生酯化反应，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 离子半径的大小顺序：
B. 与形成简单化合物的稳定性：
C. 三种元素形成的化合物可能是酸、碱或盐
D. 三种元素的最高价氧化物对应水化物相互之间均能发生反应
【答案】CD
【解析】
【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可以推出a是H元素，b是C元素，c是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径的大小顺序：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，A错误；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，C、N、O与H形成的简单氢化物分别是：CH4、NH3、H2O，稳定性：H2O＞NH3＞CH4，B错误；
C．H、N、O可以形成的酸如HNO3，或碱如NH3•H2O、或盐如NH4NO3，C正确；
D．三种元素的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，硫酸和氢氧化钠、氢氧化铝发生中和反应，氢氧化钠和氢氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，相互之间均能发生反应，D正确；
故选CD。
12. 乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成下图所示的化合物。下列说法正确的是
A. 正四面体烷的分子式为，其二氯代物有两种
B. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔，完全燃烧时的耗氧量相同
C. 苯为平面六边形结构，分子中存在和，能使酸性溶液褪色
D. 环辛四烯能与发生加成反应生成环辛烷
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为，正四面体烷中只有1种H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物有1种，A错误；
B．乙烯基乙炔的分子式为，乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同为CH，等质量的乙炔与乙烯基乙炔耗氧量相同，B正确；
C．苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，不能使酸性高锰酸钾褪色，C错误；
D．环辛四烯中存在4个C=C双键，环辛四烯能与发生加成反应生成环辛烷，D正确；
故选BD。
13. 从海带中提取碘单质，工艺流程如下图所示。下列说法正确的是
A. ①中反应的离子方程式：
B. ②中分液时含的溶液从分液漏斗上口倒出
C. ③操作使用的是反萃取法，目的是富集碘元素
D. 操作的名称是加热
【答案】AC
【解析】
【分析】海带浸取液加入硫酸、过氧化氢氧化碘离子为碘单质，使用四氯化钛萃取后分液分离出有机层，加入氢氧化钠反萃取得到水层，加入硫酸酸化后得到含碘单质悬浊液，过滤分离出碘；
【详解】A．①中反应为酸性条件下，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质和水，离子方程式：，A正确；
B．四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，B错误；
C．NaOH和I2反应生成NaI和NaIO，NaI和NaIO在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度，故③操作使用的是反萃取法，能富集碘元素，C正确；
D．从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，则操作Z的名称是过滤，D错误；
故选AC。
14. 下列实验操作及现象能推出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．相同条件下，将同等大小的钠分别加入无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈，则水中氢比乙醇中氢的活泼性强，A正确；
B．碘能和强碱溶液反应，应向水解液中直接加少量碘水来检验淀粉是否有剩余、不能在加入过量NaOH溶液后加碘水，B错误；
C．溶液中阴离子种类也不同，可能会影响实验，C错误；
D．向2mLKI溶液中加入1mLFeCl3，碘离子过量，反应后溶液再加入几滴KSCN溶液，溶液变红说明反应存在限度，D正确；
故选AD。
15. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：
下列说法错误的是
A. 反应1说明酸性：H2SO3>H2CO3
B. 反应1结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C. 反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D. 反应2最好在无氧条件下进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2SO3>H2CO3，A正确；
B． 反应1结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明NaHSO3被氧化，B正确；
C． 反应2为 ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；
D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确；
答案选C。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 以下是元素周期表的一部分，请参照元素①—⑦在表中的位置，回答问题。
（1）①②形成的的化合物的电子式为_______，用电子式表示③和⑤构成化合物的形成过程_______。
（2）下列不能作为比较③和④金属性强弱依据的是_______(填序号)
a．测两种元素单质的熔点
b．比较单质与同浓度盐酸反应置换出氢气的难易程度
c．比较两种元素最高价氧化物对应水化物碱性强弱
d．比较单质与盐酸反应时产生氢气的量
（3）①⑥形成的化合物与溶液反应的离子方程式_______。
（4）⑤的氢化物和④最高价氧化物发生反应的化学方程式_______。
（5）工业上常用④单质(用表示)和金属氧化物反应制备金属单质：利用上述方法可制取的主要原因是_______(填序号)
a．高温时的活泼性大于 b．高温有利于分解
c．的沸点比的高 d．高温时比稳定
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】由图可知，①—⑦分别为氧、钠、镁、铝、氯、硅、氟；
【小问1详解】
①②形成的的化合物为离子化合物过氧化钠，电子式为；镁失去电子形成镁离子、氯得到电子形成氯离子，两者形成离子化合物氯化镁：；
【小问2详解】
a．元素金属性的强弱和其单质的硬度和熔、沸点无关，a符合题意；
b．金属性越强，则其单质越容易与同浓度盐酸反应置换出氢气，b不符合题意；
c．金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，c不符合题意；
d．单质与盐酸反应时产生氢气的量不能体现金属失去电子能力强弱，不体现其金属性强弱，d符合题意；
故选ad；
【小问3详解】
①⑥形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅与溶液反应生成硅酸钠和水：；
【小问4详解】
⑤的氢化物溶液为盐酸，④最高价氧化物为氧化铝，发生反应生成氯化铝和水，化学方程式；
【小问5详解】
④单质为铝单质；则该反应可以表示为：，铝的金属性比钡弱，钡比铝活泼，铝之所以可以置换出钡是因为钡的沸点较低，在反应条件下钡呈气态，不断离开反应体系，从而使反应不断向右进行；故选c。
17. 利用催化技术可将汽车尾气中的和转化为和，化学方程式是：
（1）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入和，测得不同时间的浓度如下表：
用的浓度变化表示的平均反应速率为_______。
（2）反应物初始浓度相同时，实验温度为和，进行以下实验：
【实验分析与结论】
①补全表格a．_______，b．_______，c．_______，d．_______。
②测得，对比实验Ⅰ、Ⅱ，可得结论：_______。
③通过实验可得到“催化剂的比表面积相同时，温度升高，可增大尾气的转化速率”的结论，证据是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 280 ②. 研究温度对尾气转化速率的影响 ③. 360 ④. 80 ⑤. 在其他条件相同时，同种催化剂的比表面积越大，反应速率越大 ⑥.
【解析】
【小问1详解】
用的浓度变化表示的平均反应速率为；
【小问2详解】
①对比I、II组实验，研究同种催化剂的比表面积对尾气转化速率的影响，同种催化剂的比表面积不同，温度相同，则a为280；对比I、III组实验，根据控制变量可知温度不同，同种催化剂的比表面积相同，b为研究温度对尾气转化速率的影响，则c为360，d为80；
②测得，对比实验Ⅰ、Ⅱ，可得结论：在其他条件相同时，同种催化剂的比表面积越大，反应速率越大；
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，II的催化剂比表面积大，反应速率快，则证据是。
18. 为检验淀粉水解的情况，进行如图所示的实验。试管甲和试管丙均在加热，试管乙不加热，待试管中的溶液冷却后再进行后续实验。
实验1：取少量甲中溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，没有砖红色沉淀出现
实验2：取少量乙中溶液，滴加几滴碘水，溶液变为蓝色，但取少量甲中溶液做此实验时，溶液不变蓝色。
实验3：取少量丙中溶液加入溶液调节至碱性，再滴加碘水，溶液颜色无明显变化。
（1）下列说法正确的是_______(填序号)
a．淀粉和纤维素在酸的催化作用下完全水解后的产物都是葡萄糖
b．淀粉、纤维素属于高分子化合物
c．淀粉在唾液淀粉酶的作用下可发生水解
d．糖类都具有相同的官能团
（2）甲和丙采用_______加热，淀粉水解的化学方程式为_______。
（3）设计甲和乙是为了探究_______对淀粉水解的影响，设计甲和丙是为了探究_______对淀粉水解的影响。
（4）实验1失败的原因是_______。
（5）实验3中溶液的颜色无明显变化的原因是_______(用化学方程式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. 水浴 ②.
（3） ①. 温度 ②. 催化剂
（4）没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸
（5）
【解析】
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；淀粉在酸的催化作用下完全水解后的产物是葡萄糖，葡萄糖能和新制氢氧化铜反应生成红色沉淀；
【小问1详解】
a．淀粉和纤维素在酸的催化作用下完全水解后的产物都是葡萄糖，正确；
b．淀粉、纤维素的相对分子质量很大，都属于高分子化合物，正确；
c．淀粉在唾液淀粉酶的作用下水解为麦芽糖，正确；
d．葡萄糖和果糖中含有不一样的官能团，错误；
故选abc；
【小问2详解】
试管甲和试管丙均在加热，温度低于水的沸点，故可以选择水浴加热；淀粉水解生成葡萄糖，化学方程式为：；
【小问3详解】
试管甲和试管乙均加入2g淀粉和20mL20%的稀硫酸，试管甲用60～80℃的水浴加热5～6min，试管乙不加热，所以设计甲和乙是为了探究温度对淀粉水解的影响，试管丙加入2g淀粉，与甲对比，未加20mL20%的稀硫酸，试管甲和丙均用60～80℃的水浴加热5～6min，所以设计甲和丙是为了探究催化剂对淀粉水解的影响，故答案为：温度；催化剂；
【小问4详解】
淀粉水解后得到的溶液中含有硫酸，溶液呈酸性，检验葡萄糖的反应需在碱性条件下进行，因此淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，需加入过量的氢氧化钠中和稀硫酸，使溶液呈碱性，然后再加入新制氢氧化铜悬浊液，答案为：没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸；
【小问5详解】
实验3中溶液的颜色无明显变化是因为碘单质和氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：。
19. 海水是巨大的资源宝库，工业上从海水中获取某些重要化工原料的流程如下图所示。
已知：“苦卤”中主要含有和等离子。
（1）“精制过程”是为了除去粗盐中的杂质。粗盐溶解后再进行下列五项操作：过滤加过量溶液、加适量盐酸、加过量溶液、加过量溶液。正确的操作顺序是_______。
A. B. C. D.
（2）将粗盐精制并配制氯化钠溶液的实验中，下列仪器必须用到的有_______。
①天平；②温度计；③坩埚；④分液漏斗；⑤容量瓶；⑥烧杯；⑦蒸馏烧瓶；⑧酒精灯
A. ①②④⑥B. ①④⑤⑥C. ②③⑦⑧D. ⑤⑥⑧
（3）“吹出塔”中发生反应的离子方程式_______。
（4）“吸收塔”内发生反应的化学方程式为_______，请设计实验验证“吸收塔”产生的溴化氢溶液中含_______。
（5）实验室中储存的试剂瓶内需要加上少量水的原因是_______。
（6）工业可用溶液代替二氧化硫的水溶液吸收，完成下列化学反应方程式：_______。。
若有溴完全反应，转移电子的物质的量为_______。
【答案】（1）AD （2）D
（3）
（4） ①. ②. 取少量溴化氢溶液于试管中，滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中含有
（5）防止挥发
（6） ①. ②. 5
【解析】
【分析】海水蒸发浓缩后得到粗盐和苦卤，苦卤加入Ca(OH)2反应生成氢氧化镁沉淀，经过一系列操作后得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气；氯气将溴离子氧化得到Br2，单质溴易挥发，用热空气吹出溴单质，二氧化硫和水和溴单质反应生成HBr和硫酸，得到HBr溶液通入氯气氧化HBr生成溴单质；
【小问1详解】
加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，则正确的操作顺序是A. 或D. ；
【小问2详解】
配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；将粗盐精制并配制氯化钠溶液的实验中，首先碱性题目（1）中的除杂操作，然后进行蒸发结晶得到精制氯化钠，再进行配制操作，下列仪器必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯；故选D；
【小问3详解】
“吹出塔”中发生反应为氯气氧化溴离子生成溴单质和氯离子，离子方程式；
【小问4详解】
“吸收塔”内发生反应为溴单质氧化二氧化硫生成硫酸，同时生成HBr，化学方程式为；硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取少量溴化氢溶液于试管中，滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中含有；
【小问5详解】
储存的试剂瓶内需要加上少量水的原因是，将溴密封，防止挥发；
【小问6详解】
反应中部分溴化合价由0变为+5、部分溴化合价由0变为-1，结合电子守恒可知，生成溴酸钠和溴化钠的系数之比为1:5，结合质量守恒可知，反应为：。溴为3ml，其完全反应，转移电子的物质的量为。
20. 乙烯、乙醇是重要有机化工原料。回答下列问题：
已知：。
（1）石蜡油裂解产生的不饱和经是重要的有机合成中间体。
①以铜作催化剂，由到催化氧化反应的实验现象是_______。
②反应的化学方程式是_______。
③为高分子化合物，结构简式是_______。
（2）已知：与形成，实验室精制提纯乙酸乙酯流程如下。
①饱和溶液的作用是_______。
②操作1所需要的玻璃仪器是烧杯和_______。
③为除去有机层2中的乙醇，加入的试剂为_______。
④选择合适的仪器组装完成操作2(夹持、加热及单孔、双孔橡胶塞、导管等连接仪器略)，仪器的连接顺序为_______。
【答案】（1） ①. 铜丝由黑色变红色，闻到有刺激性气味 ②. ③.
（2） ①. 吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 ②. 分液漏斗 ③. 无水 ④.
【解析】
【分析】石油分馏得到石蜡油，石蜡油裂解得到乙烯，由信息知乙醛氧化为乙酸，则B为乙醛、乙醇在一定条件下被氧气氧化得到乙醛，则A为乙醇，则反应Ⅰ为乙烯和水的加成反应得到乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应得到C为乙酸乙酯；丙烯中含有碳碳双键，发生加聚反应生成D为高分子化合物聚丙烯酸；
乙酸乙酯的精制：加入饱和碳酸钠溶液，可以吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，通过分液可以得到有机层1和无机层1，有机层1中加入氯化钠至饱和，后静置分液，可回收水中的乙酸乙酯，分液得到有机相2，有机层2加入无水氯化钙，可除去乙酸乙酯中的乙醇，分液得到有机层3，将有机层3加入无水硫酸镁可除去残留的水，蒸馏可以得到精制的乙酸乙酯；
【小问1详解】
①以铜作催化剂，铜和氧气转化为黑色氧化铜，乙醇被氧化铜氧化为乙醛，实验现象是铜丝由黑色变红色，闻到有刺激性气味。
②反应Ⅳ为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式是。
③丙烯中含有碳碳双键，发生加聚反应生成D为高分子化合物聚丙烯酸，结构简式是；
【小问2详解】
①饱和溶液的作用是吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，利于析出乙酸乙酯。
②操作1为分液操作，所需要的玻璃仪器是烧杯和分液漏斗。
③已知：与形成，为除去有机层2中的乙醇，加入的试剂为乙醇；
④操作2为蒸馏操作，需要使用蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶、酒精灯，按由下而上、从左到右的顺序，仪器的连接顺序为。A．除去甲烷中的少量乙烯
B．检验石蜡油中是否含有不饱和烃
C．石油的蒸馏
D．甲烷与氯气的反应
选项
实验操作和现象
实验结论
A
相同温度下，将同等大小的金属钠分别加入到等量的无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈
乙醇中氢的活泼性比水中氢的弱
B
向淀粉溶液中加入适量稀硫酸，加热，冷却后加入过量NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉完全水解
C
分别将同浓度同体积的FeCl3和CuSO4溶液滴入同浓度同体积的H2O2中，发现滴入FeCl3溶液后H2O2分解更快
Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好
D
向2mLKI溶液中加入1mLFeCl3溶液，充分反应后，再加入几滴KSCN溶液，溶液变红
此反应存在限度
时间
0
1
2
3
……
3.60
3.05
2.85
2.76
……
实验编号
实验目的
同种催化剂的比表面积
一段时间内的平均速率/
Ⅰ
对照实验
280
80
Ⅱ
研究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响
a
120
Ⅲ
b
c
d
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Br-80
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 生活中处处有化学，“衣、食、住、行”的许多现象都可以用化学知识解释，下列说法错误的是
A. 衣：区分羊毛线和棉纱线的方法是灼烧，羊毛线灼烧能闻到烧焦羽毛的气味
B. 食：维生素C能增强人体对疾病的抵抗能力，中学生每天要补充的维生素C。大米、面粉等食品富含维生素C
C. 住：太阳能热水器能直接利用太阳能而获得热能
D. 行：城市交通中大力推广新能源汽车能减少城市的空气污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．区分羊毛线和棉纱线的方法是灼烧，羊毛的成分是蛋白质，羊毛线灼烧能闻到烧焦羽毛的气味，故A正确；
B．大米、面粉等食品富含淀粉，新鲜的水果、蔬菜富含维生素C，故B错误；
C．太阳能热水器能直接利用太阳能而获得热能，故C正确；
D．城市交通中大力推广新能源汽车，减少化石燃料燃烧，能减少城市的空气污染，故D正确；
选B。
2. 下列化学用语或图示表示错误的是
A. 结构示意图：
B. 的结构式：
C. 用电子式表示的形成过程：
D. 乙烯的空间填充模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫为18号元素，得到2个电子形成硫离子，结构为，A正确；
B．分子含有碳氧双键结构，结构式：，B正确；
C．氯化氢为共价化合物，形成过程为：，C错误；
D．乙烯分子含碳碳双键，空间填充模型，D正确；
故选C。
3. 煤、石油、天然气为人类生产、生活提供能量；糖类、油脂、蛋白质是生命活动的物质和能量基础。下列说法正确的是
A. 石油通过催化裂化得到的汽油能使溴水褪色
B. 石油的分馏，煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化
C. 一定条件下，糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应
D. 糖类、油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油通过催化裂化制得的轻质油中含烯烃，能和溴水发生加成反应，能使溴水褪色，A正确；
B．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化；煤的气化、液化、干馏等过程中均有新物质生成，均为化学变化，B错误；
C．单糖不能发生水解反应，C错误；
D．单糖、双糖不是高分子化合物，油脂虽然结构复杂，但也不是高分子化合物，D错误；
故选A。
4. 下列说法不正确的是
A. Se和Se是同一元素的不同核素
B. H2O2和H2O互为同素异形体
C. CH3CH2Br和CH3CHBrCH3互为同系物
D. CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH为同分异构体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Se和Se的质子数相同而中子数不同，故是同一元素的不同核素，正确；
B．同素异形体是同种元素形成不同单质，故H2O2和H2O不是同素异形体，错误；
C．CH3CH2Br和CH3CHBrCH3的结构相似、在分子组成上相差1个CH2原子团，故互为同系物，正确；
D．CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH的分子式相同而结构不同的物质，故为同分异构体，正确；
故选B。
5. 某温度时，在2L容器中发生A、B两种物质之间的转化反应，A、B物质的量随时间变化曲线如图所示，判断下列说法正确的是
A. 4min时反应达到平衡
B. 反应开始至4min时A的平均反应速率为v(A)=0.1ml/(L·min)
C. 该反应的化学方程式为
D 8min时逆反应速率大于正反应速率
【答案】C
【解析】
【分析】图中A为反应物，B为生成物，物质的量不变化说明反应达到平衡状态，依据A、B消耗的物质的量之比计算得到化学方程式的计量数之比，A物质的量变化=0.8ml-0.4ml=0.4ml；B变化物质的量=0.4ml-0.2ml=0.2ml，A、B反应的物质的量之比2：1，所以反应的化学方程式为，据此分析解答。
【详解】A．4min时A、B物质的量相等，后来还在改变，反应未达到平衡，故A错误；
B．反应开始至4min时，A物质的量变化=0.8ml-0.4ml=0.4ml，浓度是0.4ml÷2L＝0.2ml/L，则A的平均反应速率为0.2ml/L÷4min=0.05ml/（L•min），故B错误；
C．根据分析可知该反应的化学方程式为，故C正确；
D．8min时反应达到平衡，逆反应速率等于正反应速率，故D错误；
故选C。
6. 下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，引入新的杂质，A错误；
B．实验可以检验石蜡油分解产物中含不饱和烃，但是不能说明石蜡油中含有不饱和烃，B错误；
C．冷凝管中的水应下进上出，C错误；
D．甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，实验装置正确，D正确；
故选D。
7. 现有淀粉溶液、蛋清、葡萄糖溶液，区别它们时，试剂和对应现象如下：试剂：①新制Cu(OH)2悬浊液、②碘水、③浓硝酸；现象：a．变蓝色、b．砖红色沉淀、c．变黄色。下列对应正确的是
A. ②—a、①—c、③—bB. ③—a、②—c、①—b
C. ②—a、③—c、①—bD. ②—c、③—a、①—b
【答案】C
【解析】
【详解】淀粉溶液遇碘变蓝，可用碘水鉴别，因此试剂和对应现象为：②-a；蛋清为蛋白质，蛋白质遇浓硝酸变黄，因此试剂和对应现象为：③-c；葡萄糖溶液在碱性条件下与新制氢氧化铜悬浊液共热生成砖红色沉淀，因此试剂和对应现象为：①-b，答案选C。
8. 以Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理如下图所示，稀硫酸为电解质溶液。下列说法错误的是
A. a极为负极，电子由a极经外电路流向b极
B. a极的电极反应式为H2-2e-=2H+
C. b极的电板反应式为O2+4H++4e-=2H2O
D. 电池工作一段时间后，装置中c(H2SO4)增大
【答案】D
【解析】
【分析】该氢氧燃料电池的电解质溶液为稀硫酸，则a极为负极，其电极反应式为H2-2e-=2H+；b极为正极，其电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，该电池的总反应式为2H2+ O2=2H2O。
【详解】A．经分析，a极为负极，电子由负极经外电路流向正极，A正确；
B．a极为负极，其电极反应式为H2-2e-=2H+，B正确；
C．b极为正极，其电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，C正确；
D．该电池的总反应式为2H2+ O2=2H2O，电池工作一段时间后，水的量增加，溶液体积增大，而H2SO4的物质的量不变，故装置中c(H2SO4)减小，D错误；
故答案选D。
9. 20℃时，将0.1mlN2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g)⇌2NO2(g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2：1③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A. ②③⑤⑥⑦B. ①④⑧C. 只有①④D. 只有⑦⑧
【答案】B
【解析】
【分析】可逆反应达到反应限度就是达到了平衡状态，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，简单的讲就是变量不变了，可逆反应就达到平衡状态了。
【详解】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可知，从反应开始发生直到平衡N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比一直是1：2，不能说明已达平衡状态；
②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2：1，可知NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；
③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；
⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，即NO2物质的量浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑦该反应左右两边气体分子数不相等，在建立平衡状态的过程中，烧瓶内气体的平均相对分子质量发生变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。
由以上分析，①④⑧符合题意。
答案选B。
10. 莽草酸的结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法错误的是
A. 分子式为
B. 分子中含有2种含氧官能团
C. 分子中的所有原子可能共平面
D. 能与酸性溶液、溴水、乙酸、乙醇等反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，莽草酸分子中含有7个碳原子、10个H原子、5个O原子，该分子式为，A正确；
B．莽草酸分子中含有羧基、羟基2种含氧官能团，B正确；
C．只有双键碳原子为平面结构，环状结构中含4个四面体结构的C原子，则莽草酸分子中的所有原子不可能处于同一平面，C错误；
D．物质中含羧基、醇羟基和碳碳双键，具有羧酸、醇和烯烃性质，醇羟基和碳碳双键能被酸性KMnO4溶液氧化，碳碳双键能与溴水发生加成反应，醇羟基能与乙酸发生酯化反应，羧基能与乙醇发生酯化反应，D正确；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 离子半径的大小顺序：
B. 与形成简单化合物的稳定性：
C. 三种元素形成的化合物可能是酸、碱或盐
D. 三种元素的最高价氧化物对应水化物相互之间均能发生反应
【答案】CD
【解析】
【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可以推出a是H元素，b是C元素，c是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径的大小顺序：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，A错误；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，C、N、O与H形成的简单氢化物分别是：CH4、NH3、H2O，稳定性：H2O＞NH3＞CH4，B错误；
C．H、N、O可以形成的酸如HNO3，或碱如NH3•H2O、或盐如NH4NO3，C正确；
D．三种元素的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，硫酸和氢氧化钠、氢氧化铝发生中和反应，氢氧化钠和氢氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，相互之间均能发生反应，D正确；
故选CD。
12. 乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成下图所示的化合物。下列说法正确的是
A. 正四面体烷的分子式为，其二氯代物有两种
B. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔，完全燃烧时的耗氧量相同
C. 苯为平面六边形结构，分子中存在和，能使酸性溶液褪色
D. 环辛四烯能与发生加成反应生成环辛烷
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为，正四面体烷中只有1种H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物有1种，A错误；
B．乙烯基乙炔的分子式为，乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同为CH，等质量的乙炔与乙烯基乙炔耗氧量相同，B正确；
C．苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，不能使酸性高锰酸钾褪色，C错误；
D．环辛四烯中存在4个C=C双键，环辛四烯能与发生加成反应生成环辛烷，D正确；
故选BD。
13. 从海带中提取碘单质，工艺流程如下图所示。下列说法正确的是
A. ①中反应的离子方程式：
B. ②中分液时含的溶液从分液漏斗上口倒出
C. ③操作使用的是反萃取法，目的是富集碘元素
D. 操作的名称是加热
【答案】AC
【解析】
【分析】海带浸取液加入硫酸、过氧化氢氧化碘离子为碘单质，使用四氯化钛萃取后分液分离出有机层，加入氢氧化钠反萃取得到水层，加入硫酸酸化后得到含碘单质悬浊液，过滤分离出碘；
【详解】A．①中反应为酸性条件下，过氧化氢氧化碘离子生成碘单质和水，离子方程式：，A正确；
B．四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，B错误；
C．NaOH和I2反应生成NaI和NaIO，NaI和NaIO在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度，故③操作使用的是反萃取法，能富集碘元素，C正确；
D．从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，则操作Z的名称是过滤，D错误；
故选AC。
14. 下列实验操作及现象能推出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．相同条件下，将同等大小的钠分别加入无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈，则水中氢比乙醇中氢的活泼性强，A正确；
B．碘能和强碱溶液反应，应向水解液中直接加少量碘水来检验淀粉是否有剩余、不能在加入过量NaOH溶液后加碘水，B错误；
C．溶液中阴离子种类也不同，可能会影响实验，C错误；
D．向2mLKI溶液中加入1mLFeCl3，碘离子过量，反应后溶液再加入几滴KSCN溶液，溶液变红说明反应存在限度，D正确；
故选AD。
15. 连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：
下列说法错误的是
A. 反应1说明酸性：H2SO3>H2CO3
B. 反应1结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C. 反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D. 反应2最好在无氧条件下进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2SO3>H2CO3，A正确；
B． 反应1结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明NaHSO3被氧化，B正确；
C． 反应2为 ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；
D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确；
答案选C。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 以下是元素周期表的一部分，请参照元素①—⑦在表中的位置，回答问题。
（1）①②形成的的化合物的电子式为_______，用电子式表示③和⑤构成化合物的形成过程_______。
（2）下列不能作为比较③和④金属性强弱依据的是_______(填序号)
a．测两种元素单质的熔点
b．比较单质与同浓度盐酸反应置换出氢气的难易程度
c．比较两种元素最高价氧化物对应水化物碱性强弱
d．比较单质与盐酸反应时产生氢气的量
（3）①⑥形成的化合物与溶液反应的离子方程式_______。
（4）⑤的氢化物和④最高价氧化物发生反应的化学方程式_______。
（5）工业上常用④单质(用表示)和金属氧化物反应制备金属单质：利用上述方法可制取的主要原因是_______(填序号)
a．高温时的活泼性大于 b．高温有利于分解
c．的沸点比的高 d．高温时比稳定
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）
（4）
（5）
【解析】
【分析】由图可知，①—⑦分别为氧、钠、镁、铝、氯、硅、氟；
【小问1详解】
①②形成的的化合物为离子化合物过氧化钠，电子式为；镁失去电子形成镁离子、氯得到电子形成氯离子，两者形成离子化合物氯化镁：；
【小问2详解】
a．元素金属性的强弱和其单质的硬度和熔、沸点无关，a符合题意；
b．金属性越强，则其单质越容易与同浓度盐酸反应置换出氢气，b不符合题意；
c．金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，c不符合题意；
d．单质与盐酸反应时产生氢气的量不能体现金属失去电子能力强弱，不体现其金属性强弱，d符合题意；
故选ad；
【小问3详解】
①⑥形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅与溶液反应生成硅酸钠和水：；
【小问4详解】
⑤的氢化物溶液为盐酸，④最高价氧化物为氧化铝，发生反应生成氯化铝和水，化学方程式；
【小问5详解】
④单质为铝单质；则该反应可以表示为：，铝的金属性比钡弱，钡比铝活泼，铝之所以可以置换出钡是因为钡的沸点较低，在反应条件下钡呈气态，不断离开反应体系，从而使反应不断向右进行；故选c。
17. 利用催化技术可将汽车尾气中的和转化为和，化学方程式是：
（1）某温度下，在容积不变的密闭容器中通入和，测得不同时间的浓度如下表：
用的浓度变化表示的平均反应速率为_______。
（2）反应物初始浓度相同时，实验温度为和，进行以下实验：
【实验分析与结论】
①补全表格a．_______，b．_______，c．_______，d．_______。
②测得，对比实验Ⅰ、Ⅱ，可得结论：_______。
③通过实验可得到“催化剂的比表面积相同时，温度升高，可增大尾气的转化速率”的结论，证据是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 280 ②. 研究温度对尾气转化速率的影响 ③. 360 ④. 80 ⑤. 在其他条件相同时，同种催化剂的比表面积越大，反应速率越大 ⑥.
【解析】
【小问1详解】
用的浓度变化表示的平均反应速率为；
【小问2详解】
①对比I、II组实验，研究同种催化剂的比表面积对尾气转化速率的影响，同种催化剂的比表面积不同，温度相同，则a为280；对比I、III组实验，根据控制变量可知温度不同，同种催化剂的比表面积相同，b为研究温度对尾气转化速率的影响，则c为360，d为80；
②测得，对比实验Ⅰ、Ⅱ，可得结论：在其他条件相同时，同种催化剂的比表面积越大，反应速率越大；
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，II的催化剂比表面积大，反应速率快，则证据是。
18. 为检验淀粉水解的情况，进行如图所示的实验。试管甲和试管丙均在加热，试管乙不加热，待试管中的溶液冷却后再进行后续实验。
实验1：取少量甲中溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，没有砖红色沉淀出现
实验2：取少量乙中溶液，滴加几滴碘水，溶液变为蓝色，但取少量甲中溶液做此实验时，溶液不变蓝色。
实验3：取少量丙中溶液加入溶液调节至碱性，再滴加碘水，溶液颜色无明显变化。
（1）下列说法正确的是_______(填序号)
a．淀粉和纤维素在酸的催化作用下完全水解后的产物都是葡萄糖
b．淀粉、纤维素属于高分子化合物
c．淀粉在唾液淀粉酶的作用下可发生水解
d．糖类都具有相同的官能团
（2）甲和丙采用_______加热，淀粉水解的化学方程式为_______。
（3）设计甲和乙是为了探究_______对淀粉水解的影响，设计甲和丙是为了探究_______对淀粉水解的影响。
（4）实验1失败的原因是_______。
（5）实验3中溶液的颜色无明显变化的原因是_______(用化学方程式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. 水浴 ②.
（3） ①. 温度 ②. 催化剂
（4）没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸
（5）
【解析】
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；淀粉在酸的催化作用下完全水解后的产物是葡萄糖，葡萄糖能和新制氢氧化铜反应生成红色沉淀；
【小问1详解】
a．淀粉和纤维素在酸的催化作用下完全水解后的产物都是葡萄糖，正确；
b．淀粉、纤维素的相对分子质量很大，都属于高分子化合物，正确；
c．淀粉在唾液淀粉酶的作用下水解为麦芽糖，正确；
d．葡萄糖和果糖中含有不一样的官能团，错误；
故选abc；
【小问2详解】
试管甲和试管丙均在加热，温度低于水的沸点，故可以选择水浴加热；淀粉水解生成葡萄糖，化学方程式为：；
【小问3详解】
试管甲和试管乙均加入2g淀粉和20mL20%的稀硫酸，试管甲用60～80℃的水浴加热5～6min，试管乙不加热，所以设计甲和乙是为了探究温度对淀粉水解的影响，试管丙加入2g淀粉，与甲对比，未加20mL20%的稀硫酸，试管甲和丙均用60～80℃的水浴加热5～6min，所以设计甲和丙是为了探究催化剂对淀粉水解的影响，故答案为：温度；催化剂；
【小问4详解】
淀粉水解后得到的溶液中含有硫酸，溶液呈酸性，检验葡萄糖的反应需在碱性条件下进行，因此淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，需加入过量的氢氧化钠中和稀硫酸，使溶液呈碱性，然后再加入新制氢氧化铜悬浊液，答案为：没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸；
【小问5详解】
实验3中溶液的颜色无明显变化是因为碘单质和氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，反应的化学方程式为，故答案为：。
19. 海水是巨大的资源宝库，工业上从海水中获取某些重要化工原料的流程如下图所示。
已知：“苦卤”中主要含有和等离子。
（1）“精制过程”是为了除去粗盐中的杂质。粗盐溶解后再进行下列五项操作：过滤加过量溶液、加适量盐酸、加过量溶液、加过量溶液。正确的操作顺序是_______。
A. B. C. D.
（2）将粗盐精制并配制氯化钠溶液的实验中，下列仪器必须用到的有_______。
①天平；②温度计；③坩埚；④分液漏斗；⑤容量瓶；⑥烧杯；⑦蒸馏烧瓶；⑧酒精灯
A. ①②④⑥B. ①④⑤⑥C. ②③⑦⑧D. ⑤⑥⑧
（3）“吹出塔”中发生反应的离子方程式_______。
（4）“吸收塔”内发生反应的化学方程式为_______，请设计实验验证“吸收塔”产生的溴化氢溶液中含_______。
（5）实验室中储存的试剂瓶内需要加上少量水的原因是_______。
（6）工业可用溶液代替二氧化硫的水溶液吸收，完成下列化学反应方程式：_______。。
若有溴完全反应，转移电子的物质的量为_______。
【答案】（1）AD （2）D
（3）
（4） ①. ②. 取少量溴化氢溶液于试管中，滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中含有
（5）防止挥发
（6） ①. ②. 5
【解析】
【分析】海水蒸发浓缩后得到粗盐和苦卤，苦卤加入Ca(OH)2反应生成氢氧化镁沉淀，经过一系列操作后得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气；氯气将溴离子氧化得到Br2，单质溴易挥发，用热空气吹出溴单质，二氧化硫和水和溴单质反应生成HBr和硫酸，得到HBr溶液通入氯气氧化HBr生成溴单质；
【小问1详解】
加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，则正确的操作顺序是A. 或D. ；
【小问2详解】
配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；将粗盐精制并配制氯化钠溶液的实验中，首先碱性题目（1）中的除杂操作，然后进行蒸发结晶得到精制氯化钠，再进行配制操作，下列仪器必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯；故选D；
【小问3详解】
“吹出塔”中发生反应为氯气氧化溴离子生成溴单质和氯离子，离子方程式；
【小问4详解】
“吸收塔”内发生反应为溴单质氧化二氧化硫生成硫酸，同时生成HBr，化学方程式为；硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取少量溴化氢溶液于试管中，滴加几滴溶液，若产生白色沉淀，则该溶液中含有；
【小问5详解】
储存的试剂瓶内需要加上少量水的原因是，将溴密封，防止挥发；
【小问6详解】
反应中部分溴化合价由0变为+5、部分溴化合价由0变为-1，结合电子守恒可知，生成溴酸钠和溴化钠的系数之比为1:5，结合质量守恒可知，反应为：。溴为3ml，其完全反应，转移电子的物质的量为。
20. 乙烯、乙醇是重要有机化工原料。回答下列问题：
已知：。
（1）石蜡油裂解产生的不饱和经是重要的有机合成中间体。
①以铜作催化剂，由到催化氧化反应的实验现象是_______。
②反应的化学方程式是_______。
③为高分子化合物，结构简式是_______。
（2）已知：与形成，实验室精制提纯乙酸乙酯流程如下。
①饱和溶液的作用是_______。
②操作1所需要的玻璃仪器是烧杯和_______。
③为除去有机层2中的乙醇，加入的试剂为_______。
④选择合适的仪器组装完成操作2(夹持、加热及单孔、双孔橡胶塞、导管等连接仪器略)，仪器的连接顺序为_______。
【答案】（1） ①. 铜丝由黑色变红色，闻到有刺激性气味 ②. ③.
（2） ①. 吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 ②. 分液漏斗 ③. 无水 ④.
【解析】
【分析】石油分馏得到石蜡油，石蜡油裂解得到乙烯，由信息知乙醛氧化为乙酸，则B为乙醛、乙醇在一定条件下被氧气氧化得到乙醛，则A为乙醇，则反应Ⅰ为乙烯和水的加成反应得到乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应得到C为乙酸乙酯；丙烯中含有碳碳双键，发生加聚反应生成D为高分子化合物聚丙烯酸；
乙酸乙酯的精制：加入饱和碳酸钠溶液，可以吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，通过分液可以得到有机层1和无机层1，有机层1中加入氯化钠至饱和，后静置分液，可回收水中的乙酸乙酯，分液得到有机相2，有机层2加入无水氯化钙，可除去乙酸乙酯中的乙醇，分液得到有机层3，将有机层3加入无水硫酸镁可除去残留的水，蒸馏可以得到精制的乙酸乙酯；
【小问1详解】
①以铜作催化剂，铜和氧气转化为黑色氧化铜，乙醇被氧化铜氧化为乙醛，实验现象是铜丝由黑色变红色，闻到有刺激性气味。
②反应Ⅳ为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式是。
③丙烯中含有碳碳双键，发生加聚反应生成D为高分子化合物聚丙烯酸，结构简式是；
【小问2详解】
①饱和溶液的作用是吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，利于析出乙酸乙酯。
②操作1为分液操作，所需要的玻璃仪器是烧杯和分液漏斗。
③已知：与形成，为除去有机层2中的乙醇，加入的试剂为乙醇；
④操作2为蒸馏操作，需要使用蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶、酒精灯，按由下而上、从左到右的顺序，仪器的连接顺序为。A．除去甲烷中的少量乙烯
B．检验石蜡油中是否含有不饱和烃
C．石油的蒸馏
D．甲烷与氯气的反应
选项
实验操作和现象
实验结论
A
相同温度下，将同等大小的金属钠分别加入到等量的无水乙醇和水中，钠与水反应更剧烈
乙醇中氢的活泼性比水中氢的弱
B
向淀粉溶液中加入适量稀硫酸，加热，冷却后加入过量NaOH溶液至碱性，再加少量碘水，溶液不变蓝
淀粉完全水解
C
分别将同浓度同体积的FeCl3和CuSO4溶液滴入同浓度同体积的H2O2中，发现滴入FeCl3溶液后H2O2分解更快
Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好
D
向2mLKI溶液中加入1mLFeCl3溶液，充分反应后，再加入几滴KSCN溶液，溶液变红
此反应存在限度
时间
0
1
2
3
……
3.60
3.05
2.85
2.76
……
实验编号
实验目的
同种催化剂的比表面积
一段时间内的平均速率/
Ⅰ
对照实验
280
80
Ⅱ
研究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响
a
120
Ⅲ
b
c
d
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