《2023学年广东省惠州市惠东高级中学化学高一第二学期期末检测试题(含答案解析)35863.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023学年广东省惠州市惠东高级中学化学高一第二学期期末检测试题(含答案解析)35863.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 学年高一下化学期末模拟测试卷 注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序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、测试卷卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、实验室制备和干燥氨气常用的方法是（）A氯化铵固体与消石灰共热，生成气体用碱石灰干燥 B加热氯化铵固体，使生成气体通过氢氧化钠溶液 C氯化铵溶
2、液与烧碱溶液共热，生成气体用浓硫酸干燥 DN2、H2混合，在高温、高压、催化剂的条件下反应，然后再干燥 2、“直接煤燃料电池”能够将煤中的化学能高效、清洁地转化为电能，如图是用固体氧化物作“直接煤燃料电池”的电解质。下列有关说法正确的是()A电极 b 为电池的负极 B电子由电极 a 沿导线流向 b C电池反应为 CCO2=2CO D煤燃料电池比煤直接燃烧发电能量利用率低 3、同时含有离子键、极性键和非极性键的化合物是（）ANa2O2 BCH3COONa CNH4Cl DCaBr2 4、对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在 1L 密闭容器中，控制不同温度，
3、分别加入 0.50molCH4和 1.2molNO2，测得 n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。组别 温度 时间/min n/mol 0 10 20 40 50 T1 n(CH4)0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 T2 n(CH4)0.50 0.30 0.18 0.15 下列说法正确的是（）A由实验数据可知实验控制的温度 T2T1 B组别中，020min 内，NO2的降解速率为 0.0125molL-1min-1 C40min 时，表格中 T2对应的数据为 0.18 D010min 内，CH4的降解速率 5、下列物质中属于烃的衍生物的是 A苯 B甲烷 C乙烯 D四氯化碳
4、 6、一种“既热即食型”快餐适合外出旅行时使用，它是利用两种物质发生化学反应对食物进行加热，这两种化学物质最适合选择的是()A浓硫酸与水 B氢氧化钠与水 C生石灰与水 D氯化钠与水 7、将 1mol 某饱和醇分成两等份，一份充分燃烧生成 1.5molCO2，另一份与足量的金属钠反应生成 5.6L（标准状况）H2。这种醇分子的架构中除羟基氢外，还有两种不同的氢原子，则该醇的结构简式为（）A B CCH3CH2CH2OH D 8、下列关于蛋白质的叙述正确的是 A天然蛋白质的组成元素只有碳、氢、氧、氮 B加热会使蛋白质变性，因此食生鸡蛋的营养价值更高 C向鸡蛋中加食盐，会使蛋白质凝固变性 D用一束光
5、照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象 9、银锌纽扣电池放电时的反应为：Zn+Ag2O=ZnO+2Ag，下列有关说法中不正确的是 A该反应属于置换反应 BZn 做负极 CAg2O 在正极上发生还原反应 D可用稀硝酸做电解质溶液 10、某元素的原子结构示意图为：，则该元素在元素周期表中的位置是 A第二周期，第A 族 B第二周期，第A 族 C第三周期，第A 族 D第三周期，第A 族 11、已知金属钠的活泼性非常强，甚至在常温时能和水发生反应 2Na+2H2O=2NaOH+H2。现将 9.2 克钠、7.2 克镁、8.1 克铝分别放入 100 克 10.95%的盐酸中，同温同压下产生气体的质量比是（）A1
6、23 B433 C869 D111 12、人体内最重要的供能物质是()A葡萄糖 B油脂 C蛋白质 D纤维素 13、下列装置能构成原电池的是 A B C D 14、将 1molN2气体和 3molH2气体在 2L 的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若经 2s 后测得 NH3的浓度为 0.6molL-1，现有下列几种说法：其中不正确的是 A用 N2表示的反应速率为 0.15molL-1s-1 B2s 时 H2的转化率为 40 C2s 时 N2与 H2的转化率相等 D2s 时 H2的浓度为 0.6molL-1 15、下列有关金属的工业制法中，正确的是
7、A制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的 NaCl 溶液 B制铁：以铁矿石为原料，用焦炭和空气反应生成 CO 在高温下还原铁矿石中的铁 C制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，电解熔融的氧化镁得镁 D制钛：用金属钠置换溶液中的钛 16、用下列装置不能达到有关实验目的是()A用甲图装置证明(煤油)(钠)(水)B用乙图装置可以吸收氨气防止倒吸 C用丙图装置制取金属锰 D用丁装置比较 NaHCO3和 Na2CO3的热稳定性 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、甲是一种盐，由 A、B、C、D、E 五种短周期元素元素组成。甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由 A、B 形成的 10 电子
8、阳离子。A 元素原子核内质子数比 E 的少 1，D、E 处于同主族。用甲进行如下实验：取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入 BaCl2溶液，出现白色沉淀；取少量甲溶液于试管中逐滴滴入 NaOH 溶液，生成沉淀的质量与滴入 NaOH 溶液的体积关系如下图所示，取少量甲溶液于试管中，加入过最的 NaOH 溶液并加热。回答下列问题：（1）C 的元素符号是_，D 在周期表中的位置是_。（2）经测定甲晶体的摩尔质量为453 gmol-1，其中阳离子和阴离子物质的量之比为1:1，则甲晶体的化学式为_。（3）实验中根据图象得 V(oa):V(ab):V(bc)=_
9、。（4）实验中离子方程式是_。18、有关物质的转化关系如下图所示。C 是海水中最多的盐，D 是常见的无色液体。E 和 G 为无色气体，其中 E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。B、C、I、J 的焰色反应为黄色，其中 I 可用于制发酵粉或治疗胃酸过多。F 的化学式为_。E 的电子式为_。写出反应的离子方程式：_。写出反应的化学方程式：_。写出反应的化学方程式：_。19、（I）草酸的组成用 H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取 Wg 草酸晶体，配成 100.00mL水溶液，取 25.00mL 所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀 H2SO4后，用浓度为 amolL1的 K
10、MnO4溶液滴定到 KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O 试回答：（1）实验中，标准液 KMnO4溶液应装在_式滴定管中，因为_；（2）实验中眼睛注视_，直至滴定终点判断到达终点的现象是_；（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）A滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_；B锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_；C滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_；（II）用 50mL 0.50mol/L 盐酸与 50mL 0.55mol/L NaO
11、H 溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H_；（结果保留一位小数）序号 起始温度 t1 终止温度 t2 盐酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 20、如图在试管甲中先加入 2mL 95的乙醇，并在摇动下缓缓加入 2mL 浓硫酸，充分摇匀，冷却后再加入少量无水乙酸，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管乙中加入
12、5mL 饱和的碳酸钠溶液，按图连接好装置，用酒精灯对试管甲小火加热 35min 后，改用大火加热，当观察到乙试管中有明显现象时停止实验。试回答：（1）试管乙中观察到的现象是_。（2）液体混合加热时液体容积不能超过其容积_，本实验反应开始时用小火加热的原因是_；（已知乙酸乙酯的沸点为 77；乙醇的沸点为 78.5；乙酸的沸点为 117.9）（3）试管甲中加入浓硫酸的目的是_。（4）该实验中长导管的作用是_，其不宜伸入试管乙的溶液中，原因是_。（5）试管乙中饱和 Na2CO3的作用是_。（6）写出试管甲中发生反应的化学方程式_。21、写出下列化学方程式，并指出反应类型：（1）CH4与 Cl2光照生
13、成 CH3Cl_，反应类型_。（2）乙烯与水反应_，反应类型_。2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】A实验室中利用氯化铵固体与消石灰固体加热反应生成氨气，氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，故 A 正确；B加热氯化铵固体不能用来制备氨气，而且生成气体通过氢氧化钠溶液会把氨气全部吸收，故 B错误；C氯化铵溶液与烧碱溶液共热生成氨气量少，不能作为实验室制备氨气的方法，应该加入 NaOH固体；氨气用浓硫酸干燥时，会和浓硫酸反应生成硫酸铵，故 C错误；DN2、H2混合，在高温、高压、催化剂的条件下反应是工业制备氨气的方法，实验室中是利用固
14、体氯化铵和氢氧化钙加热反应制得，故 D 错误；故选：A。【答案点睛】本题考查了氨气的实验室制备、工业制备方法、氨气的干燥剂选择等，易错点 D，工业制备氨气的方法，与题干中“实验室制备”不相符。2、B【答案解析】燃料电池中，加入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，所以 a 是负极、b 是正极，电解质为熔融氧化物，则负极反应式为 C-4e-+2O2-=CO2、正极反应式为 O2+4e-=2O2-，电池反应式为 C+O2CO2。【题目详解】A通过以上分析知，a 是负极、b 是正极，A 错误；B电子从负极 a 沿导线流向正极 b，B 正确；C燃料电池反应式与燃料燃烧方程式相同，所以电池反应式为
15、C+O2CO2，C 错误；D煤燃料电池能将化学能直接转化为电能，而煤燃烧发电时先转化为热能再转化为电能，所以煤燃料电池比煤直接燃烧发电能量利用率高，D 错误；答案选 B。3、B【答案解析】A、Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，不含极性共价键，不合题意；B、CH3COONa 是离子化合物，含有离子键，且含有 C-C 非极性共价键和 C-O、C-H 等极性共价键。正确；C、NH4Cl 离子化合物，含有离子键和 N-H 极性共价键，不含非极性共价键，不合题意；D、CaBr2离子化合物，只含离子键，不合题意。故选 B。点睛：本题重点考察离子键和共价键，离子化合物和共价化合物。一般来说，
16、活泼金属和活泼非金属之间形成的化学键为离子键，相同非金属原子之间形成的化学键为非极性共价键，不同原子之间形成的化学键是极性共价键。离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中只含有共价键。4、A【答案解析】分析：本题考查的是化学平衡的判断和速率的计算等，根据甲烷物质的量的变化判断温度大小，侧重考查学生的分析能力的考查。详解：A.根据表中数据分析，前 10 分钟内 T2温度下甲烷的物质的量变化量大，说明该温度高，故正确；B.组别中，0-20min内，甲烷的变化量为0.5-0.25=0.25molL-1，则用二氧化氮表示反应速率为0.252/20=0.025molL-1min-1，故错
17、误；C.因为 T2温度高，应在 40 分钟之前到平衡，根据 50 分钟时的数据分析，平衡时的数据应为 0.15，故错误；D.T2温度高，所以 010 min 内，CH4降解速率大，故错误。故选 A。5、D【答案解析】烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物。【题目详解】A.苯是一种不饱和烃，A错误；B.甲烷是烷烃，B 错误；C.乙烯是烯烃，C 错误；D.四氯化碳是甲烷分子中 4 个氢原子都被氯原子取代后的物质，属于烷烃的衍生物，D 正确；故合理选项为 D。6、C【答案解析】A、浓硫酸溶于水放热，但浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故不选 A；B、氢氧化钠溶于水放热，但
18、氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故不选 B；C、生石灰与水反应生成氢氧化钙放出大量热量，且无腐蚀性价格也便宜，故选 C；D、氯化钠溶于水热量变化不明显，不能对食物进行加热，故不选 D。7、A【答案解析】1mol 某饱和醇分成两等份，每份为 0.5mol，一份充分燃烧生成 1.5mol CO2，根据 C 原子守恒可知，该醇中C原子数目为=3，另一份与足量的金属钠反应生成5.6L（标准状况）H2，生成氢气的物质的量为=0.25mol，故该醇中-OH 数目为=1，故该醇为丙醇，结合该醇分子的结构中除羟基氢外，还有两种不同的氢原子，则该醇为 2-丙醇，结构简式为，故选 A。8、D【答案解析】分析：A.根据蛋
19、白质的组成元素分析判断；B.根据蛋白质的性质分析；C.食盐使蛋白质盐析；D.蛋白质溶液形成的分散系是胶体。详解：A、天然蛋白质主要由碳、氢、氧、氮 4 种元素组成，除此之外，还含有少量硫、磷等，A错误；B、加热会使蛋白质变性，这样就有利于蛋白水解酶对其催化水解，营养价值更高，B 错误；C、向鸡蛋清中加入食盐，蛋白质析出的过程为盐析，而不是变性，C 错误；D、蛋白质溶液是胶体，用一束光照射蛋白质溶液，可以产生丁达尔现象，D 正确；答案选 D。点睛：本题主要是考查蛋白质的组成、性质，题目难度不大。注意蛋白质变性、盐析的条件以及二者的区别，盐析是指 Na2SO4、(NH4)2SO4等轻金属盐的浓溶液
20、可降低蛋白质的溶解度，盐析是可逆的，可用于提纯蛋白质。变性是指受热、酸、碱、重金属盐、甲醛、紫外线作用时蛋白质可发生变性，失去生理活性，变性是不可逆的。9、D【答案解析】该反应中 Zn 元素化合价由 0 价变为+2 价、Ag 元素化合价由+1 价变为 0 价，则 Zn 失电子发生氧化反应作负极、Ag2O作正极，再结合基本概念分析解答。【题目详解】A.该反应是一种化合物和一种单质反应生成一种新单质和一种新化合物，所以属于置换反应，A 正确；B.该反应中 Zn 元素化合价由 0 价变为+2 价，则锌失电子作负极，B 正确；C.Ag 元素化合价由+1 价变为 0 价，则 Ag2O作正极，正极上发生得
21、电子的还原反应，C 正确；D.硝酸能溶解 Zn、Ag2O生成硝酸盐，所以不能用稀硝酸作电解质溶液，D错误；综上所述，答案选 D。10、D【答案解析】测试卷分析：根据原子结构示意图可知质子数是 15 个，有 3 个电子层，最外层电子数是 5 个，则位于元素周期表的第三周期第A 族，答案选 D。考点：考查元素周期表的结构 11、B【答案解析】分别算出 n（HCl）、n（Na）、n（Mg）、n（Al），钠不仅和盐酸反应还和水反应，Mg、Al 和水不反应，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是 0.6mol、0.9mol，都大于 0.1mol，所以 Mg、Al有剩余，以盐酸的物质的量计
22、算 Mg、Al生成氢气体积之比。【题目详解】n（HCl）=10010.95%36.5/gg mol=0.3mol，n（Na）=9.223/gg mol=0.4mol，n（Mg）=7.224/gg mol=0.3mol，n（Al）=8.127/g mol=0.3mol，钠不仅和盐酸反应还和水反应，金属钠全部反应，产生氢气的物质的量是 0.2mol，Mg、Al 和水不反应，根据 Mg+2HCl=MgCl2+H2、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2知，0.3molMg、Al完全反应需要盐酸的物质的量分别是 0.6mol、0.9mol，都大于 0.1mol，所以 Mg、Al 有剩余，以盐酸的物质的
23、量计算 Mg、Al生成氢气的物质的量都是 0.15mol，同温同压下产生气体的质量比等于物质的量之比，为 0.2mol：0.15mol：0.15mol=4：3：3，故 B 正确；答案选 B。【答案点睛】本题考查化学方程式有关计算，明确钠与水反应是解本题关键，注意过量计算，为易错题。12、A【答案解析】物质所含的六类营养物质中，能为人体提供能量的是糖类、脂肪和蛋白质，水、维生素、无机盐不能为人体提供能量；而脂肪是人体的备用能源物质，蛋白质是构成人体细胞的基本物质，糖类才是人体最重要的供能物质，人体的一切活动，包括学习、走路、消化和呼吸等所消耗的能量主要来自糖类。【题目详解】A.糖类是人体最重要的
24、供能物质,人体的一切活动,包括学习、走路、消化和呼吸等所消耗的能量(约 70%)主要来自糖类,脂肪是人体内备用的能源物质,A 正确；B.油脂可以给人体提供能量,但不是最重要的供能物质,B 错误；C.蛋白质是构成人体细胞的基本物质,C 错误；D.人体内无纤维素酶,不能消化纤维素,D 错误；正确选项 A。13、A【答案解析】构成原电池的条件是：活泼性不同的金属或金属和非金属，导线连接，并且插入电解质溶液中形成闭合回路。【题目详解】A.锌比银活泼，锌与稀硫酸反应生成氢气，形成了闭合回路，故 A 可以构成原电池；B.酒精是非电解质，不能构成原电池；C.没有形成闭合回路，不能构成原电池；D.两电极材料相
25、同，均不能与硫酸反应，不能构成原电池。所以答案是 A。14、B【答案解析】分析:将 1molN2气体和 3molH2气体在 2L 的恒容容器中，若经 2s 后测得 NH3的浓度为 0.6molL-1，生成氨气为2L0.6mol/L=1.2mol，则：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol）：1 3 0 变化量（mol）：0.6 1.8 1.2 2s 时（mol）：0.4 1.2 1.2 A.根据 v=Ct计算用 N2表示的反应速率；B.根据=转化量/起始量100%计算用 H2的转化率；C.N2、H2起始物质的量为 1：3，二者按 1：3 反应，故 N2与 H2的转化率相等；D.根
26、据 c=nV计算。详解：将 1molN2气体和 3molH2气体在 2L 的恒容容器中，若经 2s 后测得 NH3的浓度为 0.6molL-1，生成氨气为2L0.6mol/L=1.2mol，则：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol）：1 3 0 变化量（mol）：0.6 1.8 1.2 2s 时（mol）：0.4 1.2 1.2 A.用 N2表示的反应速率为:0.622molLs=0.15 molL-1s-1，故 A 正确；B.2s 时 H2的转化率为：1.83molmol100%=60%;故 B 错误；C.N2、H2起始物质的量为 1：3，二者按 1：3 反应，故 N2与 H
27、2的转化率相等，故 C 正确；D.2s 时 H2的浓度为1.22molL=0.6molL-1，故 D 正确。所以本题答案选 B。15、B【答案解析】分析：根据金属冶炼的方法结合金属活动性顺序表分析解答。详解：A工业制钠是电解熔融 NaCl：2NaCl2Na+Cl2，而电解纯净的 NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，得不到钠，故 A 错误；B工业制铁是用 CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故 B 正确；C氧化镁熔点高，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2，故C 错误；D钠能与水反应，工业制钛：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与 TiCl
28、4反应制得金属钛，TiCl4+2MgTi+2MgCl2，故 D 错误；故选 B。点睛：本题考查金属的工业制法，掌握钠、铁、镁及其化合物的性质是解答的关键。一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al 一般用电解法；较活泼的金属 Zn、Fe、Sn、Pb、Cu 等用热还原法；不活泼金属 Hg、Ag 用加热分解氧化物的方法，Pt、Au 用物理分离的方法制得。16、B【答案解析】分析本题考查的是实验方案的设计和评价，明确现象与物质的性质和制取的关系、反应原理及金属冶炼的关系等知识即可解答。详解：A.由图可知，钠在水与煤油的液面中间，则可知钠的密度比水小，比煤油的大，故正确；B.由图可知，氨气易溶于水，
29、但不溶于苯，所以将导气管通入到水中，不能防止倒吸，故错误；C.由图可知，铝与二氧化锰发生铝热反应生成锰，故正确；D.因为碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在小试管中，故正确。故选 B。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、Al 第三周期第 VIA 族 NH4Al(SO4)212H2O 3：1：1 NH4Al35OHNH3AlO23H2O【答案解析】甲由 A、B、C、D、E 五种短周期元素组成的一种盐，中甲溶液中加入稀盐酸，再加入 BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明甲中含有 SO42-。中甲与过量 NaOH 溶液并加热，有刺激性气味的气体生成，该气体为 NH3，则甲溶液中含有
30、 NH4+。中取少量甲溶液，逐滴滴入 NaOH 溶液，生成沉淀开始增大到最大量，而后沉淀量不变，最后阶段沉淀减小至完全消失，则甲溶液肯定含有 Al3+。甲溶于水电离出三种离子为 SO42-、Al3+、NH4+，A、B 形成的 10 电子阳离子为 NH4+，D、E 同主族，二者应形成 SO42-，且 A 元素原子核内质子数比 E 的少 l，则 A 为 N 元素、E 为 O元素、D 为 S 元素、B 为 H元素、C 为 Al，则（1）C 是铝，C 的元素符号是 Al；D 是 S 元素，位于周期表中第三周期A 族；（2）经测定晶体甲的摩尔质量为 453g/mol，且 1mol 甲晶体中含有 12mo
31、l 结晶水，所以阳离子和阴离子的总相对分子质量为：453-216=237，阳离子和阴离子物质的量之比 1：1，根据电中性原理，其化学式为：NH4Al(SO4)212H2O；（3）取少量甲溶液于试管中逐滴滴入 NaOH 溶液，先发生反应：Al3+3OH-=Al（OH）3，而后发生反应：NH4+OH-=NH3H2O，最后阶段氢氧化铝溶解，发生反应：OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O，假设 NH4Al(SO4)212H2O为 1mol，则各阶段消耗 NaOH 分别为 3mol、1mol、1mol，所以 V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3mol：1mol：1mol=3：1：1；（4）甲溶
32、液中加入过量 NaOH 溶液并加热，铵根离子、铝离子均可以和过量的氢氧化钠之间反应，NH4+、Al3+的物质的量之比为 1：1，反应离子方程式为：NH4Al35OHNH3AlO23H2O。18、NH3H2O NH4+OHNH3H2O NaClNH4HCO3NH4ClNaHCO3 2NaHCO3CO2H2ONa2CO3 【答案解析】由 C 是海水中最多的盐可知，C 为氯化钠；由 D 是常见的无色液体可知，D为水；由 E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，E 为氨气；由 B、C、I、J 的焰色反应为黄色可知，B、C、I、J 为含有钠元素的化合物；由 I 可用于制发酵粉或治疗胃酸过多可知，I 为碳酸氢
33、钠；由转化关系可知 A 为氯化铵，氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液混合，会反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则 B为氢氧化钠、F 为一水合氨、G为 二氧化碳、H为碳酸氢铵、J 为碳酸钠。【题目详解】（1）由以上分析可知，F 为一水合氨；E 为氨气，氨气为共价化合物，电子式为，故答案为：NH3H2O；（2）反应为氯化铵溶液与氧氧化钠溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，反应的离子方程式为 NH4+OHNH3H2O，故答案为：NH4+OHNH3H2
34、O；（3）反应为碳酸氢铵溶液与氯化钠溶液反应生成溶解度更小的碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为 NaClNH4HCO3NH4ClNaHCO3，故答案为：NaClNH4HCO3NH4ClNaHCO3；（4）反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 2NaHCO3CO2H2ONa2CO3，故答案为：2NaHCO3CO2H2ONa2CO3。【答案点睛】由题意推出 C 为氯化钠、D 为水、E 为氨气，并由此确定 A 为氯化铵、B 为氢氧化钠是推断的难点，也是推断的突破口。19、酸 高锰酸钾具有强氧化性 锥形瓶内颜色变化 当滴入最后一滴 KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色
35、且 30s 内不褪色 偏小 无影响 偏小 环形玻璃搅拌棒 减少实验过程中的热量损失 -51.8kJ/mol 【答案解析】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴 KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(3)根据 c(待测)()()()cVV标准标准待测分析误差；(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据 Q=cmT 计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。【题目详解】(I)(1)
36、KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故 KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因 KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴 KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴 KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且 30s 内不褪色；(3)A滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成 V(标准)偏小，根据 c(待测)()()()cVV标准标准待测分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小；B锥形瓶
37、在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对 V(标准)无影响，根据 c(待测)()()()cVV标准标准待测分析，c(待测)无影响，故答案为：无影响；C滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，待测液减少，造成 V(标准)偏小，根据 c(待测)()()()cVV标准标准待测分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小。(II)(1)由量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；(3)第 1 次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为
38、 20.05，反应后温度为：23.2，反应前后温度差为 3.15；第 2次实验盐酸和 NaOH溶液起始平均温度为 20.3，反应后温度为：23.4，反应前后温度差为 3.1；第 3 次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为 20.55，反应后温度为：23.6，反应前后温度差为：3.05；平均温度差为：3.1。50mL 的 0.50mol/L 盐酸与 50mL 的 0.55mol/L 氢氧化钠溶液的质量和为 m=100mL1g/cm3=100g，c=4.18J/(g)，代入公式 Q=cmT 得生成 0.05mol 的水放出热量 Q=4.18J/(g)100g3.1=1.2958kJ，即生成 0
39、.025mol 的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成 1mol 的水放出热量为：1.2958kJ1mol0.025mol=-51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol。【答案点睛】本题的易错点为(II)(3)中和热的计算，要注意中和热的概念的理解，水的物质的量特指“1mol”。20、液体分层 1/3 加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失 催化剂、吸水剂 导气、冷凝 防止加热不充分而倒吸 除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O【
40、答案解析】分析：（1）根据乙酸乙酯的性质、含有的杂质结合碳酸钠的性质分析判断实验现象；（2）依据实验基本操作分析，液体混合加热时液体容积不能超过其容积的三分之一，开始时用小火加热的原因是加快反应速率，避免反应物的挥发；（3）浓硫酸的作用是作酯化反应的催化剂和吸水剂；（4）加热反应过程中乙醇、乙酸乙挥发出，长导管起到冷凝作用，不宜伸入试管乙的溶液中是防止加热不充分发生倒吸；（5）根据乙酸乙酯的性质、含有的杂质分析用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯的原因；（6）装置甲中醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水。详解：（1）乙酸乙酯不溶于水、密度小于水，混有的乙酸和乙醇被碳酸钠溶液反应或
41、溶解，则试管乙饱和碳酸钠溶液中，生成的乙酸乙酯在水溶液上层，试管中观察到的现象是：液体分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体；（2）液体混合加热时液体容积不能超过其容积的三分之一，开始时用小火加热的原因是加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失；（3）浓硫酸有吸水性，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂；（4）已知乙酸乙酯的沸点为 77；乙醇的沸点为 78.5；乙酸的沸点为 117.9，加热反应过程中乙醇、乙酸乙挥发出，长导管起到冷凝作用，不宜伸入试管乙的溶液中是防止加热不充分发生倒吸；（5）碳酸钠溶液溶解乙醇，能跟乙酸反应
42、吸收乙酸，便于闻到乙酸乙酯的香味，降低乙酸乙酯的溶解度，使乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，便于分层，即饱和碳酸钠溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出；（6）装置中醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。点睛：本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度不大，本题注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方法，学习中注重实验评价能力的培养。21、CH4+Cl2CH3Cl+HCl 取代反应 CH2CH2+H2OCH3CH2OH 加成反应【答案解析】分析：(1)光照下发生取代反应生成卤代烃和 HCl；(2)乙烯含碳碳双键，与水发生加成反应生成乙醇。详解：（1）CH4与 Cl2光照生成 CH3Cl 的反应为 CH4+Cl2CH3Cl+HCl，甲烷中 H被取代，为取代反应，因此，本题正确答案是：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；取代反应；(2)乙烯含碳碳双键,与水发生加成反应生成乙醇,反应为 CH2CH2+H2OCH3CH2OH，因此，本题正确答案是：CH2CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应。