西安市2020新高考高一化学下学期期末质量跟踪监视试题

高一（下）学期期末化学模拟试卷
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．相对分子质量为86的烷烃，有几种同分异构体
A．6B．5C．4D．3
2．下列由实验得出的结论正确的是
选项实验结论
A 苯中加溴水震荡，溴水层褪色苯与溴水发生取代反应，生成无色溴苯
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有B 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
相同的活性
C 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性大于碳酸的酸性
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿
D
生成的一氯甲烷具有酸性
润的蓝色石蕊试纸变红
A．A B．B C．C D．D
3．欲制取较纯净的1,2--二氯乙烷，可采取的方法是( )
A．乙烯与HCl加成
B．乙烯与Cl2加成
C．乙烷与Cl2按1：2的体积比在光照条件下反应
D．乙烯先与HCl加成，再与等物质的量的Cl2在光照下反应
4．下列说法中，错误的是（）
A．人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的
B．煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化工燃料
C．人体运动所消耗的能量与化学反应无关
D．我国目前最主要的能源是煤炭
5．卤族元素按F、Cl、Br、I的顺序，下列叙述正确的是（）
A．单质的颜色逐渐加深B．气态氢化物的稳定性逐渐增强
C．与氢气反应越来越容易D．单质的熔、沸点逐渐降低
6．下列离子方程式正确的是（）
A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O
B．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑
C．氢氧化镁与稀硫酸反应：H＋＋OH－＝H2O
D．单质铜与稀硝酸反应：Cu＋2H＋＋2NO3－＝Cu2＋＋2NO↑＋H2O
7．将氯化铵固体溶于水，所得溶液
A．显酸性B．显碱性C．显中性D．酸碱性不能确定
8．pH=3的醋酸与同体积的pH=11的氢氧化钠溶液混合后，溶液的pH值（）
A．小于7 B．等于7 C．大于7 D．不能确定
9．下列事实不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）
A．氯气与氢硫酸能发生置换反应B．HClO4酸性比H2SO4强
C．盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸D．受热时，氯化氢比硫化氢稳定
10．下列气体不能用浓硫酸干燥的是
A．O2B．H2S C．SO2D．Cl2
11．短周期金属元素A～E在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（）
A．氢氧化物的化学式及其碱性：COH＞D(OH)2＞E(OH)3
B．金属性：A＞C
C．原子半径：C＜D＜E
D．最外层电子数：A＞B
12．下列关于元素周期表的叙述正确的是（）
A．周期表中有八个主族，八个副族
B．目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素
C．短周期元素是指1～20号元素
D．原子的最外层电子数都等于该元素所在的族序数
13．鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，下列方法中最简单有效的是( )
A．加入足量的NaOH溶液B．加热煮沸
C．加入足量的盐酸D．观察是否产生丁达尔现象（效应）
14．已知X+、2Y+、Z-、W2四种离子均具有相同的电子层结构.下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是()
A．原子序数：Y>X>Z>W B．离子半径：X+>Y2+>Z->W2-
C．原子最外层电子数：Z>W>Y>X D．还原性： X>Y>W2->Z-
15．化学平衡状态Ⅰ、Ⅱ、III的相关数据如下表：
温度
编号化学方程式平衡常数
979K 1173K
ⅠFe(s)+CO2(g) ⇌ FeO(s)+ CO(g) K1 1.47 2.15
ⅡCO(g)+H2O(g) ⇌ CO2(g)+H2(g) K2 1.62 b
ⅢFe(s)+ H2O(g) ⇌ FeO(s) +H2(g) K3 a 1.68
根据以上信息判断，下列结论正确的是
A．a<b
B．反应Ⅱ、III均为放热反应
C．升高温度平衡状态III向正反应方向移动
D．增大压强，状态Ⅱ正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡不移动
16．某有机物的结构如图所示，有关该物质的描述不正确的是（）
A．能发生催化氧化反应
B．不能发生水解反应
C．1mol该有机物能与足量金属钠反应生成2gH2
D．1mol该有机物能与足量碳酸氢钠反应生成2 molCO2
17．进行一氯取代反应，只能生成三种沸点不同的产物的烷烃是（）
A．（CH3）2CHCH2CH2CH3B．（CH3CH2）2CHCH3
C．（CH3）2CHCH（CH3）2D．（CH3）3CCH2CH3
18．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两等份。

向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(己知硝酸只被还原为NO气体）。

向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。

下列分析或结果错误的是（）
A．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
B．原混合酸中NO3-物质的量为0.4mol
C．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
D．取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =0.1mol • L-l
19．（6分）下列有关化学键的说法中错误的是
A．氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键
B．离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键
C．氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化
D．碘晶体升华和冰融化时都未涉及化学键的变化
20．（6分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A．钠与水反应：Na +2H2O=Na++2OH–+H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl–+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH–
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH–+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH–=CaCO3↓+H2O
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl,其一种生产工艺如下。

请回答下列问题：
(1)NaClO2中Cl元素的化合价为____________。

(2)反应I：
①SO2做___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。

②写出反应I的化学方程式：__________________________。

(3)电解II：
①所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+，需要加入的试剂分别为_______、______。

②电解过程中被氧化的物质是________。

③可用NaOH溶液吸收电解产生的Cl2，反应的离子方程式是______________。

(4)操作III：
滤液获利NaClO2的操作步骤：①加热蒸发；②趁热过滤；③洗涤；④干燥，得到成品。

趁热过滤应控制的温度范围是___________。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）某实验小组对氯水成分和性质进行研究，实验如下：
（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有_________（填化学式）。

（2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和_________性。

（3）氯气与水反应的化学方程式为__________。

（4）用化学用语说明实验二中“红色不褪去”的原因_______。

（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。

（实验四）
①加入：____________，现象：___________；
（6）进一步探究实验三中“红色不褪去”的原因。

（实验五）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去。

写出氯水和硝酸银溶液反应的化学方程式______。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料。

目前，仅有10%产量的石油转化为化工、医药等行业的基本原料加以利用。

用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如下：
已知：CH3CHO CH3COOH
根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：
（1）由CH2＝CH2制得有机物A的化学反应方程式是_____________，反应类型是___________。

（2）有机物B中含有的官能团为_________、_________ (填名称)。

（3）写出A与B合成丙烯酸乙酯的反应方程式是___________________________，反应类型是______。

其
中浓硫酸所起的作用是___________。

（4）在沙漠中，喷洒一定量的聚丙烯酸乙酯，能在地表下30～50厘米处形成一个厚0.5厘米的隔水层，既能阻断地下盐分上升，又有拦截蓄积雨水的作用，可使沙漠变成绿洲。

写出丙烯酸乙酯在引发剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯的化学方程式____________________，反应类型是____________。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A、C、D
为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

（1）C的电子式：_________________________；F的化学式：__________________________；
（2）写出下列变化的离子方程式或化学方程式：
G→E（离子方程式）：_________________________________________________________；
A→D（化学方程式）：_________________________________________________________；
（3）实验室制取气体C的化学方程式为___________________________________________，常采用
____________________________法来收集气体C。

参考答案
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．B
【解析】烷烃的通式为：C n H（2n+2），所以14n+2=86，解得n=6，烷烃分子式为C6H14，C6H14属于烷烃，主链为6个碳原子有：CH3（CH2）4CH3；主链为5个碳原子有：CH3CH2CH2CH（CH3）2；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3；主链为4个碳原子有：CH3CH2C（CH3）3；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，则C6H14的同分异构体共有5种，故选B。

2．C
【解析】
A、苯中加溴水震荡，静置后溶液分层，下层为水层，无颜色，上层为苯层，红棕色。

因为溴单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，并且苯与水不互溶，因此发生了萃取。

错误；
B、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，
只有羟基可与钠反应,且-OH中H的活性比水弱,错误；C、用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，错误；D、甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，错误。

故选C。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
烯烃的典型反应是加成反应，与Cl2加成时双键断开，两个Cl原子分别连到双键两端的碳原子上，故乙烯与Cl2加成制备1，2-二氯乙烷好；取代反应不能停留在某一反应阶段，副反应太多，故产品的产率低、质量差。

本题选B。

4．C
【解析】
【详解】
A.人类目前所直接利用的能量大部分是化石能源的燃烧，所以人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，A正确；
B.煤、石油、天然气是化石燃料，所以煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化工燃料，B正确；
C.人体在运动时发生一系列的化学反应，消耗能量，如ATP与ADP的相互转化，所以人体运动所消耗的能量与化学反应有关，C错误；
D.我国煤炭资源丰富，所以目前最主要的能源是煤炭，D正确；
故合理选项是C。

5．A
【解析】
【详解】
A. F2、Cl2、Br2、I2单质的颜色分别是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色和紫黑色，即其颜色逐渐加深，故A 项正确；
B.F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性会逐渐减弱，故B项不正确；
C.F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，其单质与氢气的反应必然越来越难，故C项不正确；
D. F2、Cl2、Br2、I2单质在常温常压下分别为气体、气体、液体、固体，其熔沸点逐渐升高，故D项不正确。

故答案选A。

6．B
【解析】
A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应的离子反应为2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O，故A错误；B．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热的离子反应为NH4++OH-H2O+NH3↑，故B正确；C．氢氧化镁不溶于水，不可拆分，故C错误；D．单质铜与稀硝酸反应的离子反应方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，故D错误；答案为B。

7．A
【解析】
【详解】
将氯化铵固体溶于水，溶液中的铵根离子是弱碱阳离子在水溶液中水解，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，溶液呈酸性，故答案为A。

8．A
【解析】
【详解】
pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，混合液的pH<7，
答案选A。

9．C
【解析】
【详解】
A．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，氯气与H2S能发生置换反应，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，选项A正确；
B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，选项B正确；
C．不能根据氢化物的水溶液的酸性强弱比较非金属性，例如HI的酸性比HCl强，但非金属性Cl＞I，硫化氢的酸性比盐酸弱，但非金属性Cl＞S，选项C错误；
D．元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，选项D正确。

答案选C。

10．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．O2不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，不符合题意，A项错误；
B．H2S具有还原性，会被浓硫酸所氧化，故不能用浓硫酸干燥，B项正确；
C．SO2不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，不符合题意，C项错误；
D．Cl2不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，不符合题意，D项错误；
答案选B。

【点睛】
浓硫酸可以干燥一些不与浓硫酸反应的气体，如：
（1）中性气体：O2、N2、H2、CH4、C2H4、C2H2、CO等；
（2）酸性气体：CO2、HCl、SO2等；
（3）氧化性气体：Cl2、F2、O3等气体；
不能干燥的气体包括：
（1）碱性气体：NH3
（2）还原性气体：H2S、HI、HBr等气体。

11．A
【解析】分析：根据元素在周期表中的相对位置首先判断出元素名称，然后结合元素周期律分析判断。

详解：由金属元素在短周期表中的位置可知，A为Li、B为Be、C为Na、D为Mg、E为Al。

则
A．C、D、E最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3，同周期自左而右金属性减弱，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，A正确；B．同主族自上而下，元素金属性增强，故金属性A＜C，B错误；
C．同周期随原子序数增大，原子半径减小，故原子半径C＞D＞E，C错误；
D．同周期自左而右，最外层电子数增大，故最外层电子数：A＜B，D错误；
答案选A。

点睛：本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，熟练掌握同主族、同周期元素性质递变规律，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大。

12．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．周期表中7个主族、7个副族，1个0族、1个第Ⅷ族，共16个族，选项A错误；B．一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32，则目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素，选项B 正确；
C．短周期为一至三周期，短周期元素是指1-18号元素，选项C错误；
D．主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数，副族元素不一定，选项D错误。

答案选B。

【点睛】
本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素的位置、各周期元素的种类为解答的关键，侧重分析与应用
能力的考查，注意周期表的结构，周期表中7个主族、7个副族；一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32；短周期为一至三周期；主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
胶体能产生丁达尔效应，而溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，所以答案选D。

【点睛】
溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，常用丁达尔效应区分二者，但丁达尔效应属于物理变化，而不是化学变化。

14．B
【解析】
【分析】
X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a-1=b-2=c+1=d+2，则原子序数Y＞X＞Z＞W，结合元素周期律的递变规律解答该题。

【详解】
X+、Y2+、Z﹣、W2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a﹣1=b﹣2=c+1=d+2，则原子序数Y＞X＞Z＞W，
A.结合以上分析可知，原子序数：Y>X>Z>W，故A正确；
B.核外电子排布相同的离子，其微粒半径随原子序数的增大而减小，应该是W＞Z＞X＞Y，故B错误；
C.根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、6，则原子最外层电子数Z＞W ＞Y＞X，故C正确；
D.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，所以还原性： X>Y>W2->Z-，故D正确；
故答案选B。

【点睛】
核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；元素的非金属性越强，相应失电子能力减弱，对应的阴离子的还原性越弱。

15．B
【解析】
【详解】
Fe(s)+CO 2⇌FeO(s)+CO(g)，K 1=
()()
2c CO c CO ，
CO(g)+H 2O(g)⇌CO 2(g)+H 2(g)，K 2=
()()()()222c H c CO c CO c H O ⨯⨯，
Fe(s)+H 2O(g)⇌FeO(s)+H 2(g)，K 3=
()
()
22c H c H O ，
同温度下，K 2=31K K ，K 3=K 1•K 2，979K 平衡常数a=1.47×1.62=2.38，1173K 平衡常数b=
1.68
2.15
=0.78； A ．计算分析可知a ＞b ，故A 错误；
B ．反应Ⅱ的平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，反应Ⅲ平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，故B 正确；
C ．有计算得到两种不同温度下的平衡常数可知，反应Ⅲ平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，故C 错误；
D ．反应ⅡCO(g)+H 2O(g)⇌CO 2(g)+H 2(g)，是气体体积不变的反应，增大压强正逆反应速率均增大，但平衡不动，故D 错误； 故答案为B 。

16．D
【解析】判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团。

根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有1个羧基和1个醇羟基。

A 项，分子中含有醇羟基，能发生催化氧化反应生成醛基，A 正确；B 项，醇羟基和羧基都不能发生水解反应，B 正确；C 项，醇羟基和羧基都能和金属钠反应，所以1mol 该有机物能与足量金属钠反应生成1mol （2g ）H 2，C 正确；D 项，羧基能和碳酸氢钠反应生成CO 2，所以1mol 该有机物能与足量碳酸氢钠反应生成1 molCO 2，故D 错误。

点睛：本题考查有机物的结构和性质，判断有机物的性质，关键是找出有机物中含有的官能团，根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团有1个羧基和1个醇羟基。

17．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．(CH 3)2CHCH 2CH 2CH 3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，即能生成5种沸点不同的产物，A 错误；
B ．(CH 3CH 2)2CHCH 3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，即能生成4种沸点不同的产物，B 错误；
C ．(CH 3)2CHCH(CH 3)2中含有2种等效氢，所以其一氯代物有2种，即能生成2种沸点不同的产物，C 错误；
D．(CH3)3CCH2CH3中含有3种等效氢，所以其一氯代物有3种，即能生成3种沸点不同的产物，D正确；答案选D。

【点睛】
判断有机物的一氯代物的种类就是看有机物里有几种等效氢。

18．B
【解析】
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：
Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，
A．铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
B．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；
C．铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；D．最终溶液为硫酸亚铁，结合消耗铁的总质量计算硫酸的物质的量，进而计算硫酸的浓度。

【详解】
A．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，选项A正确；
B．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，由于原溶液分成2等份进
行实验，故原混合液中n（NO3-）=2n（Fe）=2×
5.6g
56g/mol
=0.2mol，选项B错误；
C．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项C正确；
D．第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为
14g
56g/mol
=0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守
恒，所以每份含硫酸0.25mol，所原混合酸中H2SO4物质的量浓度为0.25mol
0.1L
=2.5mol/L，取20 mL原混合
酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =2.5mol/L ×2×0.02
1
L
L
0.1mol • L-l，选项D正确；
答案选项B。

【点睛】
本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。

19．C
【解析】
A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，故A正确；
B、离子化合物中可能含有共价键，如KOH，但共价化合物中一定不含有离子键，故B正确；
C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，故C错误；
D、碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，故D正确；故选C。

20．B
【解析】
【详解】
A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为
2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-，故B正确；
C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为
Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．NH4HCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀同时生成一水合氨，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故D错误；
答案为B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．+3还原剂2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4氢氧化钠溶液碳酸钠溶液NaCl或Cl-Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O38℃-60℃
【解析】
【分析】
由化学工艺流程可知，在H2SO4酸化条件下，NaClO3和SO2发生氧化还原反应生成ClO2和为NaHSO4，反应中NaClO3是氧化剂，SO2是还原剂；电解装置中，ClO2在阴极得电子发生还原反应生成ClO2-，Cl-在阳极失电子发生氧化反应生成Cl2；NaClO2溶液经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到产品。

【详解】
（1）NaClO2中Na是+1价，O是－2价，则根据化合物中正负价代数和为0可知Cl的化合价是+3价，故答案为：+3；
（2）在H2SO4酸化条件下，NaClO3和SO2发生氧化还原反应生成ClO2和为NaHSO4，反应中NaClO3是氧化剂，SO2是还原剂，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：还原剂；
2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；
（3）①依据离子的性质，除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+应选用过量的碳酸钠溶液除去钙离子，选用氢氧化钠溶液除去镁离子，故答案为：氢氧化钠溶液；碳酸钠溶液；
②电解装置中，ClO2在阴极得电子发生还原反应生成ClO2-，Cl-在阳极失电子发生氧化反应生成Cl2，则电
解过程中被氧化的物质是氯化钠，故答案为：NaCl或Cl-；
③氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O，故答案为：Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O；
（4）由题给信息可知，NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2·3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，温度高于60℃时NaClO2分解生成氯酸钠和氯化钠，因此趁热过滤应控制的温度范围是38℃～60℃，故答案为：38℃～60℃。

【点睛】
本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力和实验能力的考查，把握制备流程及发生的反应，注意题干中已知信息的提取和灵活应用为解答的关键。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．Cl2漂白或氧化Cl2 + H2O HCl + HClO 2HClO2HCl + O2↑ 1 mL蒸馏水红色褪去Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3
【解析】
【分析】
氯气溶于水发生反应Cl2+H2O HCl+HClO，新制氯水含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO—、OH—等粒子，能表现Cl2、HClO、H+、Cl-等微粒的性质。

【详解】
（1）氯水溶于水，溶于水的氯气部分与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈黄绿色，说明溶液中含有Cl2分子，故答案为：Cl2；
（2）实验一中加入石蕊试液变红色，表明溶液呈酸性，溶液红色褪去，说明氯水具有强氧化性而表现漂白性，故答案为：漂白或氧化；
（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2 + H2O HCl + HClO，故答案为：Cl2 + H2O HCl + HClO；
（4）实验二中新制氯水在太阳光下放置较长时间，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，反应的化学方程式为2HClO2HCl + O2↑，故答案为：2HClO2HCl + O2↑；
（5）由题意可知实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释，所以①加入1 mL蒸馏水，稀释后继续加入石蕊试液变红色，一段时间后溶液红色又褪去，故答案为：1 mL蒸馏水；红色褪去；
（6）取实验三的白色沉淀，洗涤，用饱和氯化钠溶液浸泡，取上层清液，滴加2滴紫色石蕊溶液，一段时间后，颜色褪去说明白色沉淀中含有次氯酸银沉淀，说明新制氯水与硝酸银溶液反应生成氯化银和次氯酸银白色沉淀和硝酸，反应的化学方程式为Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3，故答案为：Cl2 + 2AgNO3 + H2O =AgCl↓ + AgClO↓ + 2HNO3。

【点睛】
本题考查了氯气的化学性质及氯水的成分，能够正确分析氯水的成分，依据成分判断氯水的性质是解答关
键。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．CH2=CH2+H2O CH3CH2OH加成反应碳碳双键羧基
CH2=CHCOOH+HOCH2CH3CH2=CHCOOCH2CH3+H2O取代反应(或酯化反应) 催化剂、吸水剂
nCH2=CHCOOCH2CH3加成聚合反应（或加聚反应）
【解析】试题分析：（1）乙烯含有碳碳双键，能与水发生加成反应生成乙醇，则A是乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2O CH3CH2OH。

（2）有机物B与乙醇反应生成丙烯酸乙酯，则B是丙烯酸，结构简式为CH2＝CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键、羧基。

（3A与B发生酯化反应生成丙烯酸乙酯的反应方程式是CH2=CHCOOH＋HOCH2CH3
CH2=CHCOOCH2CH3＋H2O。

其中浓硫酸所起的作用是催化剂、吸水剂。

（4）丙烯酸乙酯中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则在引发剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯的化学方程式为nCH2=CHCOOCH2CH3。

考点：考查有机物推断、方程式书写及反应类型判断
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．NO23Cu + 8H+ +2NO3-==3Cu2++2NO↑ +4H2O2CO2+2Na2O2====2Na2CO3+O2
2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O向下排空气法
【解析】分析：C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，常温下D为无色气体，D为O2，则E为NO，F为NO2，则B应为H2O，G为HNO3，常温下A为无色气体，A可与Na2O2反应生成O2，则A应为CO2，因此X可能为NH4HCO3或（NH4）2CO3，结合相关物质的性质解答该题。

详解：（1）C为NH3，电子式为；F为NO2，故答案为：；NO2；
（2）G→E为稀硝酸和铜的反应，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，
A→D为Na2O2和CO2的反应，方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+
+2NO↑+4H2O ；2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
（3）C为NH3，密度比空气小，易溶于水，常用向下排空气法收集，实验室用铵盐和碱【或NH4Cl和Ca （OH）2】在加热条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；向下排空气法。