黑龍江省重點中學2023-2024學年化學高一下期末經典試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列關于物質性質變化的比較，不正確的是（）A．酸性強弱：HIO4>HBrO4>HClO4 B．原子半徑大小：Na>S>OC．堿性強弱：KOH>NaOH>LiOH D．金屬性強弱：Na>Mg>Al2、只用一種試劑就可以鑒別乙酸,葡萄糖,蔗糖,這種試劑是()A．氫氧化鈉溶液 B．新制氫氧化銅懸濁液C．石蕊試液 D．飽和碳酸鈉溶液3、下列過程中沒有發生化學變化的是A．臭氧用于殺菌消毒B．石油分餾、煤的干餾、煤的氣化和液化C．用SO2漂白草帽D．向蛋白質溶液中加入NaCl固體生成沉淀4、法國里昂的科學家發現一種只由四個中子組成的微粒，這種微粒稱為“四中子”，也有人稱之為“零號”元素。它與天體中的中子星構成類似。有關該微粒說法正確的是（）A．該微粒不顯電性B．該微粒的質量數為2C．在元素周期表中與氫元素占同一位置D．它與普通中子互稱同位素5、下列有關乙醇的物理性質的敘述不正確的是（）A．由于乙醇的密度比水小，所以乙醇中的水可以通過分液的方法除去B．由于乙醇能夠溶解很多有機物和無機物，所以可用乙醇提取中草藥的有效成分C．由于乙醇和水能夠以任意比互溶，所以酒廠可以勾兌各種濃度的酒D．由于乙醇容易揮發，所以才有俗語“酒好不怕巷子深”的說法6、下列敘述正確的是A．還原性：Al＞Mg＞NaB．原子半徑：Cl＞S＞OC．穩定性：HBr＞HCl＞HFD．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO47、下列元素中不屬于短周期元素的是()A．HB．OC．SD．K8、用純凈的CaCO3與100mL稀鹽酸反應制取CO2，實驗過程記錄如圖所示(CO2的體積已折算為標準狀況下的體積)，下列分析正確的是（）A．F點收集到的CO2的量最多B．OE段表示的平均速率最快C．EF段用鹽酸表示該反應的平均反應速率為0.4mol·L-1?min-1D．OE、EF、FG三段中，該反應用二氧化碳表示的平均反應速率之比為2：6：79、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是A．B．石油C．AlD．10、醫學界通過用14C標記的C60發現一種C60的羧酸衍生物，在特定條件下，它可以通過斷裂DNA殺死細胞，從而抑制艾滋病(AIDS)。下列有關敘述中，正確的是（）A．14C與12C的化學性質不同 B．14C與14N含有的中子數不同C．14C60與12C60互為同位素 D．14C與14N、13N互為同位素11、白磷與氧可發生如下反應：P4+5O2=P4O10。已知斷裂下列化學鍵需要吸收的能量分別為：P—PakJ·mol—1、P—ObkJ·mol—1、P=OckJ·mol—1、O=OdkJ·mol—1。根據圖示的分子結構和有關數據估算該反應的△H，其中正確的是（）A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—112、制取無水酒精時，通常向工業酒精中加入某物質，再加熱蒸餾，該物質是（）A．無水硫酸銅 B．濃硫酸C．新制的生石灰 D．碳酸鈣13、以下敘述中，錯誤的是（）A．鈉原子和氯原子作用生成NaCl后，其結構的穩定性增強B．在NaCl中，除Na+和Cl-的靜電吸引作用外，還存在電子與電子、原子核與原子核之間的排斥作用C．任何離子鍵在形成的過程中必定有電子的得與失D．離子化合物中不一定含金屬元素14、實驗室利用鋅粒和1mol/L的鹽酸制取氫氣，下列措施不能加快反應速率的是()A．將1mol/L的鹽酸改為1mol/L硫酸 B．將鋅粒改為鋅粉C．加入幾滴硫酸銅溶液 D．加入NaCl溶液15、下列說法正確的是()A．某物質在熔融態下能導電，則該物質中一定含有離子鍵B．中既有離子鍵又有共價鍵，所以屬于離子化合物C．和兩種分子中，每個原子的最外層都具有8電子穩定結構D．二氧化硅和干冰都是共價化合物，其溶于水的過程中均只需克服分子間作用力16、某有機物的結構簡式為，根據其結構推測它不可能發生的反應為（）A．酯化反應 B．氧化反應 C．加聚反應 D．取代反應17、下列有關熱化學方程式的說法中不正確的是()A．熱化學方程式未注明溫度和壓強時，ΔH表示標準狀況下的數據B．熱化學方程式中的化學計量數只代表反應物或生成物的物質的量C．在加熱或點燃條件下才能進行的化學反應既可以為放熱反應，也可以為吸熱反應D．同一化學反應化學計量數不同，ΔH值不同。化學計量數相同而狀態不同，ΔH值也不同18、當干冰熔化或氣化時，下列各項中發生變化的是：A．化學鍵 B．分子間作用力 C．分子構型 D．分子大小19、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的5種主族元素，其中元素A、E的單質在常溫下呈氣態，元素B的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料。下列說法不正確的是(

)A．元素A、B組成的化合物常溫下一定呈液態B．一定條件下，元素C、D的最高價氧化物對應的水化物之間能發生反應C．工業上常用電解法制備元素C、D、E的單質D．化合物AE與CE含有相同類型的化學鍵20、控制變量是科學研究的重要方法。相同質量的鐵粉與足量稀硫酸分別在下列條件下發生反應，其中反應速率最快的是ABCDt/℃10104040c(H2SO4)/(mol/L)1313A．A B．B C．C D．D21、加熱NaHCO3時，發生反應：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。該反應屬于A．置換反應 B．化合反應 C．分解反應 D．復分解反應22、150℃、101kPa下，將下列有機物分別與足量的空氣混合，引燃反應后恢復到原來的溫度和壓強，氣體體積不變的是A．C2H6B．C2H4C．C3H8D．C2H6二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：單質A為目前人類使用最廣泛的金屬，氧化物B為具有磁性的黑色晶體，根據下列轉化關系填空。（1）試判斷：A的化學式為_____________，B的名稱為_______________。（2）實驗室檢驗C溶液中的陽離子時，可加入氫氧化鈉溶液，若先產生___________色沉淀，該沉淀在空氣中迅速變為灰綠色，最終變為_________色，則含該離子。（3）實驗室檢驗D溶液中的陽離子時，通常可滴加_________，若溶液變為_______色，則含該離子。（4）若E是一種黃綠色氣體單質，該氣體是________________，在C→D過程中，此氣體做_________劑。（5）寫出固體B與過量鹽酸反應的離子方程式__________________________。（6）寫出D+A→C的離子方程式__________________________。24、（12分）可降解聚合物P的合成路線如下已知：（1）A的含氧官能團名稱是____________。（2）羧酸a的電離方程是________________。（3）B→C的化學方程式是_____________。（4）化合物D苯環上的一氯代物有2種，D的結構簡式是___________。（5）E→F中反應①和②的反應類型分別是___________。（6）F的結構簡式是_____________。（7）聚合物P的結構簡式是________________。25、（12分）亞硝酸鈉(NaNO2)是一種常見的食品添加劑。某興趣小組用如圖所示裝置制備NaNO2并對其性質作如下探究(A中加熱裝置已略去)。查閱資料可知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；2NO2+Na2O2=2NaNO3。②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-。(1)裝置中儀器a的名稱為____________。A中反應的化學方程式_____________。(2)裝置B中觀察到的主要現象______________。(3)裝置C中盛放的試劑是______________。(4)裝置E的作用是______________。(5)A中滴入濃硝酸之前，應先通入N2一段時間，原因是____________。(6)寫出NO被酸性KMnO4氧化的離子反應方程式______________。26、（10分）工業上可利用地溝油制備乙醇，乙醇再加工制備多種化工材料。(1)A的結構簡式為_____________________________。(2)“反應I”的現象是__________________________。(3)B的官能團名稱為______________________。(4)實驗室合成草酸二乙酯的步驟為:如圖，在a中加入10.6g無水乙醇、9.0g無水草酸、脫水劑甲苯、催化劑TsOH(有機酸)和2~3片碎瓷片，在74~76℃充分反應。a中所得混合液冷卻后依飲用水、飽和碳酸鈉溶液洗滌，再用無水硫酸鈉干燥。減壓蒸餾，得到草酸二乙酯12.8g。①儀器的名稱是____，碎瓷片的作用是____________________________。②合成過程最合適的加熱方式是__________。a.酒精燈直接加熱b.油浴C．水浴d.砂浴③飽和碳酸鈉溶液的作用是__________________________。④合成草酸二乙酯的化學方程式為______________________________。⑤草酸二乙酯的產率為____________________(保留小數點后一-位)。27、（12分）某興趣小組利用下列實驗裝置探究SO2的性質。根據要求回答下列問題：（1）裝置A中反應的化學方程式為__________________________________________。（2）利用裝置C可以證明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是__________________。（3）通過觀察D中現象，即可證明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是________。A．NaCl溶液B．酸性KMnO4C．FeCl3D．Na2S溶液（4）研究小組發現B中有白色沉淀BaSO4生成，為進一步驗證B中產生沉淀的原因，研究小組進行如下兩次實驗：實驗i：另取BaCl2溶液，加熱煮沸，冷卻后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述裝置進行實驗，結果發現B中沉淀量減少，但仍有輕微渾濁．實驗ii：用如上圖2的F裝置代替上述實驗中的A裝置（其他裝置不變），連接后往裝置F中通入氣體X一段時間，再加入70%H2SO4溶液，結果B中沒有出現渾濁．①“實驗i”中煮沸BaCl2溶液的目的是_______________________；②氣體X可以是____________（填序號）。A．CO2

B．C12

C．N2

D．NO2③B中形成沉淀的原因是（用化學方程式表示）：________________________________。28、（14分）形成酸雨的原理之一可表示如下：請回答下列問題：（1）未污染的雨水的pH一般小于7大于5.6，這是由于溶解了___的緣故；酸雨的pH小于5.6，主要含有硫酸、___和一些有機酸等。（2）圖中三個反應不屬于氧化還原反應的是___(填標號)；寫出反應②的化學方程式___。（3）某研究性學習小組取來雨水做水樣進行測定，隨時間的推移雨水樣品的pH值會變小，主要原因是為___(用化學方程式表示)。（4）你認為減少酸雨產生的途徑可采取的措施是____。（選填字母編號）①少用煤做燃料②把工廠的煙囪造高③燃料脫硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤開發新能源A．①②③B．②③④⑤C．①③⑤D．①③④⑤（5）從保護環境的角度出發，一些工廠采用“鈣基固硫法”，即在含硫的煤中混入生石灰后燃燒，大部分SO2最終將轉化為_____。（6）汽車尾氣中的CO，NO排放也是城市空氣的污染物，治理的方法之一是在汽車的排氣管上裝一個“催化轉化器”，使CO與NO反應，生成兩種無毒氣體，其中之一是N2。寫出NO與CO反應的化學方程式___，此反應的缺點是在一定程度上提高空氣的酸度，其原因是___。29、（10分）(1)X、Y兩種主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38個電子，若XY2為常見元素形成的離子化合物，其電子式為______；若XY2為共價化合物時，其結構式為_____。(2)現有a～g7種短周期元素，它們在周期表中的位置如下，請據此回答下列問題：①元素的原子間反應最容易形成離子鍵的是_____(填序號，下同)，容易形成共價鍵的是___。A．c和fB．b和gC．d和gD．b和e②寫出a～g7種元素形成的所有原子都滿足最外層為8電子結構的任意一種分子的分子式___。(3)將2moH2O和2molCO置于1L容器中，在一定條件下加熱至高溫，發生如下可逆反應：2H2O(g)2H2(g)+O2(g)、2CO(g)+O2(g)2CO2(g)。①當上述系統達到平衡時，欲求其混合氣體的平衡組成。則至少還需嬰知道兩種氣體的平衡濃度，但這兩種氣體不能同時是______或______。②若平衡時O2和CO2的物質的量分別為n(O2)甲=amol，n(CO2)甲=bmol。試求n(H2O)甲=_____(用含a、b的代數式表示)。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

A．非金屬性：Cl＞Br＞I，元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物酸性越強，則有酸性強弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4，故A錯誤；B．同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則Na＞S，原子核外電子層數越多，半徑越大，O的原子核外有2個電子層，半徑最小，則原子半徑：Na＞S＞O，故B不選；C．金屬性：K＞Na＞Li，元素的金屬性越強，對應最高價氧化物的水化物的堿性越強，則有堿性強弱：KOH＞NaOH＞LiOH，故C不選；D．同周期元素從左到右金屬性逐漸減弱，則有金屬性強弱：Na＞Mg＞Al，故D不選。故答案選A。2、B【解析】分析：乙酸具有酸性，葡萄糖含有醛基，蔗糖為非還原性糖，根據官能團的性質的異同鑒別。詳解：A．氫氧化鈉溶液不能鑒別葡萄糖和蔗糖，二者與氫氧化鈉溶液都不反應，且乙酸與氫氧化鈉反應實驗現象不明顯，A錯誤；B．乙酸與氫氧化銅發生中和反應，加熱條件下葡萄糖與氫氧化銅濁液發生氧化還原反應生成磚紅色沉淀，蔗糖不反應，可鑒別，B正確；C．石蕊不能鑒別葡萄糖和蔗糖，C錯誤；D．飽和碳酸鈉不能鑒別葡萄糖和蔗糖，D錯誤。答案選B。點睛：本題考查有機物的鑒別，題目難度不大，注意把握常見有機物的性質的異同，為解答該類題目的關鍵，學習中注意牢固掌握。3、D【解析】

A.臭氧具有強氧化性，能夠使蛋白質變性，過程中生成了新物質，為化學變化，故A錯誤；B.石油分餾是利用各物質的沸點不同進行分離，過程中沒有新物質生成；煤的干餾是隔絕空氣加強熱，反應生成新物質，是化學變化；煤的氣化和液化是碳轉化為一氧化碳，甲醇等，是化學變化，故B錯誤；C.用SO2漂白草帽是利用二氧化硫能夠跟有色物質化合生成無色物質，過程中有新物質產生，是化學變化，故C錯誤；D.向蛋白質溶液中加入NaCl固體，發生鹽析生成沉淀，過程中沒有新物質生成，故D正確；綜上所述，答案為D。【點睛】蛋白質的鹽析是指在蛋白質水溶液中加入中性鹽，隨著鹽濃度增大而使蛋白質沉淀出來的現象。4、A【解析】試題分析：A、中子不帶電，故四中子不顯電性，故正確；B、該微粒的質量數為4，故錯誤；C、根據微粒中的質子數確定位置，故不能和氫元素在同一位置，故錯誤；D、與普通中子不是同位素的關系，故錯誤。考點：核素，同位素5、A【解析】

A.乙醇與水互溶，所以乙醇中的水可以加入生石灰后通過蒸餾的方法除去，故A錯誤；B.乙醇常用作有機溶劑，可以將有機物溶解，可用乙醇提取中藥的有效成分，再利用其沸點不同來獲得中藥成分，故B正確；C.乙醇能夠以任意比溶解于水，這樣可以獲得不同濃度的乙醇水溶液，酒廠可以勾兌各種濃度的酒，故C正確；D.乙醇容易揮發，并且具有香味，“酒香不怕巷子深”的說法就來源于此，故D正確；選A。6、C【解析】A錯，還原性即為失電子的性質，由周期從左到右元素的金屬性減弱，即可得還原性減弱；B錯，同周期從左到右元素原子半徑減小，同主族從上到下元素原子半徑增大；C正確，氫化物的穩定性是比較對應元素的非金屬性強弱；D錯，元素的非金屬性越強即最高價氧化物對應的水化物酸性越強，由于同周期從左到右元素的非金屬性逐漸增強，所以最高價氧化物的水化物的酸性增強；7、D【解析】分析：元素周期表中第一、二、三周期為短周期，據此解答。詳解：A.H是第一周期元素，屬于短周期，A錯誤；B.O是第二周期元素，屬于短周期，B錯誤；C.S是第三周期元素，屬于短周期，C錯誤；D.K是第四周期元素，屬于長周期，D正確。答案選D。8、C【解析】

A.根據圖像可知，G點收集到的CO2的量最多，為784mL，A錯誤；B.根據圖像可知，EF段表示的1min內收集的二氧化碳量最多，平均速率最快，B錯誤；C.EF段，生成二氧化碳為672mL-224mL=448mL，即標況下0.02mol，消耗鹽酸0.04mol，用鹽酸表示該反應的平均反應速率=0.04/（0.1×1）=0.4mol·L-1?min-1，C正確；D.OE、EF、FG三段中，該反應用二氧化碳表示的平均反應速率之比為2：4：1，D錯誤；答案為C。9、D【解析】

A項、氮氣與氧氣在高壓放電條件下反應生成一氧化氮，故A錯誤；B項、石油裂化生成乙烯，乙烯與溴的四氯化碳溶液發生加成反應生成1，2—二溴乙烷，故B錯誤；C項、鋁在冷的濃硝酸中發生鈍化，故C錯誤；D項、在催化劑作用下，乙烯與水在加熱條件下發生加成反應生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，故D正確。故選D。【點睛】本題考查物質的性質與轉化，側重于分析能力的考查，注意把握物質的性質以及轉化的特點、反應條件是解答關鍵。10、B【解析】

A．14C與12C均為碳元素的原子，則化學性質相同，故A錯誤；B．14C中的中子數為14-6=8，14N含有的中子數為14-7=7，中子數不同，故B正確；C．14C60和12C60是碳元素的一種單質，不是同位素，故C錯誤；D．14C與14N、13N的質子數不同，不是同位素，故D錯誤；答案選B。11、A【解析】

反應熱等于斷鍵吸收的總能量與形成化學鍵所放出的能量的差值，由圖可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根據方程式可知反應熱△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案選A。12、C【解析】

制備無水酒精時，在95.57%酒精中加入生石灰（CaO）加熱回流，使酒精中的水跟氧化鈣反應，生成不揮發的氫氧化鈣來除去水分，然后再蒸餾得到。答案選C。【點睛】本題是基礎性試題的考查，難度不大。側重對基礎性知識的鞏固與檢驗，難度不大，記住原理即可得出正確的結論。13、C【解析】

A．鈉原子和氯原子通過得失電子都達到穩定結構，所以鈉原子和氯原子作用生成NaCl后，其結構的穩定性增強，故A正確；B．離子化合物中離子鍵存在靜電作用，靜電作用包含吸引力和排斥力，故B正確；C．離子鍵的形成過程中不一定有電子得失，如復分解反應中離子鍵的形成，故C錯誤；D.離子化合物中不一定含金屬元素，例如銨鹽等，故D正確。答案選C。14、D【解析】

A.將1mol/L的鹽酸改為1mol/L硫酸，增大了溶液中氫離子的濃度，從而加快了反應速率，故A不選；B.將鋅粒改為鋅粉，增大了鋅與鹽酸的接觸面積，可以加快反應速率，故B不選；C.鋅與滴入幾滴硫酸銅溶液反應生成少量的銅，構成銅鋅原電池，從而加快了反應速率，故C不選；D.加入NaCl溶液，鈉離子和氯離子不參與鋅與氫離子的反應，由于溶液體積變大，溶液中氫離子濃度減小，導致反應速率減小，故D選。故選D。15、C【解析】

A．物質在熔融態下能導電，可能為金屬單質，不一定是離子化合物，因此不一定含離子鍵，故A錯誤；B．CaCl2晶體中只存在離子鍵，不存在共價鍵，故B錯誤；C．氮氣存在N≡N，且N原子上均有1對孤對電子，則N2每個原子的最外層都具有8電子穩定結構，分子中C為+4價，原子最外層有4個電子，S為-2價，原子最外層有6個電子，C和S原子的最外層都具有8電子穩定結構，故C正確；D．二氧化硅屬于原子晶體，不溶于水，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題的易錯點為C，一般而言，在化合物中元素化合價的絕對值+該元素原子最外層電子數=8，該元素的原子滿足8電子結構。16、C【解析】

某有機物的結構簡式為，其中含有羥基和羧基故可以發生酯化反應，含有還原性官能團羥基故可以發生氧化反應，含有烷基和苯環故可以發生取代反應，沒有碳碳雙鍵、碳碳三鍵無法發生加聚反應，故答案選C。17、A【解析】A、熱化學方程式未注明溫度和壓強，是在常溫常壓下進行，不是在標準狀況下進行，故A錯誤；B、化學方程式中的化學計量數只代表反應物或生成物的物質的量，不表示分子數，可以用分數表示，故B正確；C、反應的吸熱還是放熱和反應是否需要加熱無關，在加熱或點燃條件下才能進行的化學反應既可以為放熱反應，也可以為吸熱反應，故C正確；D、焓變的數值與化學計量數以及物質的狀態有關，同一化學反應化學計量數不同，△H值不同，化學計量數相同而狀態不同，△H值也不同，故D正確。故選A。18、B【解析】

A.由于干冰熔化或氣化時，還是以二氧化碳分子的形式存在，所以并沒有破壞C和O之間的化學鍵，故A不選；B.由于干冰熔化或氣化時，克服的作用力是分子間作用力，分子之間的距離變大，故B選；C.由于干冰熔化或氣化時，克服的作用力為分子間作用力，在這個變化過程中碳、氧原子之間的共價鍵未斷裂，分子的構型沒有改變，故C不選；D.由于干冰熔化或氣化時，克服的作用力為分子間作用力，在這個變化過程中分子大小沒有改變，故D不選。故選B。19、D【解析】分析：A、B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的5種主族元素，D的合金是日常生活中常用的金屬材料，則D為Al元素，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，則C為Na元素；元素B的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，B為第二周期的O元素，結合原子序及元素A、E的單質在常溫下呈氣態，E為Cl，A為H，以此來解答。詳解：由上述分析可知，A為H，B為O，C為Na，D為Al，E為Cl。A．由元素A、B組成的化合物為水或過氧化氫，常溫下均為呈液態，故A正確；B.氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，因此氫氧化鋁和高氯酸能夠反應，故B正確；C.工業上常用電解法熔融氯化鈉的方法制備金屬鈉，同時得到氯氣，電解熔融氧化鋁的方法冶煉鋁，電解飽和食鹽水的方法制備氯氣，故C正確；D.氯化氫為共價化合物，含有共價鍵，氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，故D錯誤；故選D。20、D【解析】

鐵粉與足量稀硫酸反應實質是Fe+2H+=Fe2++H2↑，溫度越高，H+濃度越大反應速率越快，以此分析。【詳解】A、溫度為10，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；

B、溫度為10，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；C、溫度為40，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；D、溫度為40，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；對比發現D選項溫度最高，同時H+濃度最大，故D最快。

所以D選項是正確的。21、C【解析】

置換反應是一種單質與一種化合物反應生成另一種單質和另一種化合物的反應；化合反應是兩種或兩種以上的物質反應生成一種物質的反應；分解反應是由一種物質發生反應生成兩種或兩種以上其它物質的反應；復分解反應是兩種化合物相互交換成分，產生兩種新的化合物的反應。據此分析解答。【詳解】根據化學方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知其特點是反應物只有一種，生成物有三種，符合分解反應的特點，因此該反應類型屬于分解反應。故合理選項是C。【點睛】本題考查了化學反應基本類型的判斷，掌握四種基本反應概念和基本特點是進行判斷的依據。22、B【解析】分析:烴的燃燒通式為:CxHy+(x+y4)O2→xCO2+y2H2O，詳解:烴的燃燒通式為：CxHy+(x+y4)O2→xCO2+y2H2O，150℃時水為氣態,引燃反應后恢復到原來的溫度,氣體體積不變,則反應前后氣體的化學計量數不變,即1+x+y4=x+y2，計算得出y=4，故滿足分子中H原子數目為4即可，與C原子數目無關二、非選擇題(共84分)23、Fe四氧化三鐵或磁性氧化鐵白紅褐KSCN紅(血紅)Cl2氧化Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OFe＋2Fe3+＝3Fe2+【解析】

單質A為目前人類使用最廣泛的金屬，氧化物B為具有磁性的黑色晶體，則A為Fe，B為Fe3O4，加入鹽酸，由轉化關系可知D為FeCl3，C為FeCl2，E是一種黃綠色氣體單質，應為Cl2，據此分析解答。【詳解】(1)由以上分析可知A為Fe，B為四氧化三鐵，故答案為：Fe；

四氧化三鐵；(2)C為FeCl2，亞鐵離子與氫氧化鈉反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩定，易被空氣中的氧氣氧化，如觀察到先產生白色沉淀，在空氣中迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色，則含該離子，故答案為：白；紅褐；(3)D為FeCl3，檢驗鐵離子，可加入KSCN溶液，溶液變紅色，故答案為：KSCN溶液；紅；(4)E是一種黃綠色氣體單質，應為Cl2，氯氣與氯化亞鐵反應生成氯化鐵，反應中起到氧化劑的作用，故答案為：氯氣；氧化；(5)B為Fe3O4，加入鹽酸，反應的離子方程式為Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，故答案為：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；(6)D+A→C的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+。24、羥基CH3COOHCH3COO-+H+加成反應，取代反應【解析】

由C還原得到，可推得可得知C為，硝基被還原得到氨基；B在濃硫酸作用下與硝酸發生取代反應，可以推得B為，A與羧酸a反應生成B，則羧酸a為乙酸，A為苯乙醇，通過D的分子式可推得D為，D被氧化得E，再根據信息（1）即可推得F的結構；由框圖可知，G結構簡式為，由信息ii可推知P結構簡式為。【詳解】（1）A的含氧官能團是-OH，名稱是羥基；（2）由流程框圖可知，羧酸a為CH3COOH，電離方程是CH3COOHCH3COO-+H+；（3）由B生成C的化學方程式是；（4）由上述解析可知，D的結構簡式是；（5）反應①是加成反應，反應②是取代反應。（6）由上述解析可知，F的結構簡式是；（7）由上述解析可知，聚合物P的結構簡式。25、分液漏斗C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O溶液變藍，銅片溶解，有無色氣體冒出堿石灰(或生石灰或氫氧化鈉固體)吸收有毒氣體NO，防止空氣污染排盡裝置中的空氣，防止對后續實驗有干擾5NO+3MnO4－+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O【解析】分析：制備NaNO2并對其性質作探究，由實驗裝置可知A中發生C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O，B中吸收揮發的硝酸和生成的二氧化氮，C中固體干燥劑干燥NO，并除去可能混有的酸霧，D中發生2NO+Na2O2=2NaNO2，E中高錳酸鉀吸收尾氣NO，據此分析解答。詳解：（1）根據儀器構造可知裝置中儀器a的名稱為分液漏斗。A中是碳和濃硝酸發生的反應生成二氧化碳、二氧化氮和水，化學方程式為C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（2）B裝置中的水將NO2轉化為NO，銅與稀硝酸反應生成NO，所以裝置B中觀察到的主要現象是溶液變藍，銅片溶解，有無色氣體冒出；（3）裝置C中盛放的試劑用來干燥NO，所以盛放的試劑是堿石灰(或生石灰或氫氧化鈉固體)等；（4）由信息可知，E裝置的作用是利用高錳酸鉀溶液的強氧化性氧化吸收有毒氣體一氧化氮氣體，防止空氣污染；（5）由于裝置中含有空氣，NO易被氧化為NO2，所以A中滴入濃硝酸之前，應先通入N2一段時間的目的是排盡裝置中的空氣，防止對后續實驗有干擾；（6）NO被酸性KMnO4氧化為硝酸根離子，氮元素化合價從+2價升高到+5價，失去3個電子，Mn元素化合價從+7價降低到+2價，得到5個電子，則根據電子得失守恒、電荷守恒以及原子守恒可知反應的離子反應方程式為5NO+3MnO4－+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O。點睛：本題考查物質的制備實驗，為高頻考點，把握制備實驗原理、實驗裝置的作用、氧化還原反應的應用為解答的關鍵，側重分析與實驗及應用能力的綜合考查，題目難度中等。26、CH2Br-CH2Br溴水顏色變淺（或退色）醛基圓底燒瓶防止暴沸C除去草酸、有機酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度87.7%【解析】

(1)乙烯和溴水反應生成A，結構簡式為CH2Br-CH2Br；(2)“反應I”的現象為溴水顏色變淺（或退色）；(3)乙二醛的官能團為醛基；(4)①儀器a為圓底燒瓶；加入碎瓷片的作用是防止暴沸；②因為要控制溫度范圍，所以最好用水浴加熱，選C；③乙醇能溶解在飽和碳酸鈉溶液中，而酯的溶解度會降低，飽和碳酸鈉能反應酸，作用為除去草酸、有機酸，溶解乙醇；降低酯的溶解度；④草酸和乙醇反應生成草酸二乙酯和水，方程式為：；⑤乙醇的質量為10.6克，草酸的質量為9.0克，根據反應方程式分析，乙醇過量，用草酸進行計算，理論上生成14.6克草酸二乙酯，則產率為12.8/14.6=87.7%。27、H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O品紅溶液D除去BaCl2溶液中的O2AC2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl【解析】分析：該探究實驗為：亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，二氧化硫與品紅作用，體現二氧化硫的漂白性，二氧化硫與-2價的硫作用體現氧化性，二氧化硫有毒需進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收．圖中裝置B出現白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，裝置E進行探究，可排除氧氣的干擾。（1）裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鈉和水；（2）SO2可以使品紅溶液褪色，體現了SO2具有漂白性；（3）NaCl溶液與二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，FeCl3能氧化二氧化硫，二氧化硫與硫化鈉反應生成硫單質，證明二氧化硫具有氧化性；（4）①煮沸BaCl2溶液排除溶液中的氧氣；②連接后往裝置F中通入氣體X一段時間，排除裝置中的氧氣，通入的氣體不能氧化二氧化硫，干擾驗證實驗；③B中形成沉淀是二氧化硫被氧氣氧化。詳解：該探究實驗為：亞硫酸鈉和硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫與氯化鋇溶液不反應，二氧化硫與品紅作用，體現二氧化硫的漂白性，二氧化硫與-2價的硫作用體現氧化性，二氧化硫有毒需進行尾氣處理，用氫氧化鈉吸收．圖中裝置B出現白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，裝置E進行探究，可排除氧氣的干擾。（1）裝置A中亞硫酸鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鈉和水，反應的化學方程式為：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）SO2通入品紅溶液中，紅色褪去，二氧化硫與品紅化合生成無色物質，體現二氧化硫的漂白性；（3）二氧化硫表現氧化性需硫元素的化合價降低，Na2S與二氧化硫作用，二氧化硫中硫元素的化合價從+4價變為0價，反應的化學方程式為：4H++SO2+2S2-=3S↓+2H2O，表現了氧化性，NaCl溶液與二氧化硫不作用，酸性KMnO4能氧化二氧化硫，FeCl3能氧化二氧化硫，故選D；（4）①圖中裝置B出現白色沉淀，可能溶液中含有氧氣氧化二氧化硫生成硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，所以需排除氧氣的干擾，“實驗i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2；②O3和NO2，具有氧化性，能氧化二氧化硫，所以不可以通入氣體這兩種氣體驅趕裝置中的氧氣，二氧化碳和氮氣不與氧氣反應，可以用來驅趕裝置中的氧氣，故答案為：AC；③B中形成沉淀是二氧化硫被氧氣氧化，可能發生的反應為：2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4↓+4HCl或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。點睛：本題考查了二氧化硫的制備及性質檢驗，題目難度中等，注意掌握二氧化硫的性質檢驗方法，明確物質性質進行實驗方案的設計時解答關鍵，試題有利于培養學生的化學實驗能力。28、CO2HNO3③2SO2+O22SO32H2SO3+O2→2H2SO4CCaSO42NO+2CON2+2CO2SO2經催化劑轉化為SO3，溶于水產生硫酸，形成了酸霧【解析】

（1）二氧化碳能和水反應生成碳酸；二氧化硫、氮氧化物是形成酸雨的重要物質；（2）依據反應過程中元素化合價變化分析判斷，有元素化合價變化的反應是氧化還原反應，反應②的化學方程式為：2SO2+O22SO3；（3）酸雨形成的主要原因是大量燃燒化石燃料，產生二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亞硫酸，隨時間的推移亞硫酸被氧化成硫酸，由弱酸生成強酸，酸性增強；（4）少用煤作燃料、燃料脫硫、開發新的能源等措施可以減少二氧化硫氣體的排放，從而減少酸雨的形成；（5）生石灰能吸收含硫煤在燃燒時生成的SO2生成CaSO3，后氧化生成CaSO4；（6）在汽車的排氣管上裝一個“催化轉化器”，使CO與NO反應，生成兩種無毒氣體，其中之一是N2，即CO和NO反應生成N2和CO2，由此寫出方程式；SO2經催化劑轉化為SO3，溶于水產生硫酸，形成了酸霧，提高了空氣的酸度。【詳解】（1）空氣中含有二氧化碳，二氧化碳能和雨水反應生成碳酸，碳酸顯酸性，所以正常的雨水一般小于7大于5.6；如果空氣中含有污染物二氧化硫、氮氧化物時，在空氣中最終轉化成硫酸、硝酸等，使酸雨的pH小于5.6，故答案為：二氧化碳；硝酸；（2）酸雨形成是含硫物質的燃燒生成的二氧化硫形成的，依據流程分析可知含硫燃料在