★试卷3套汇总★济南市2020年高一化学下学期期末预测试题

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．绿色化学”又称环境无公害化学。

下列叙述符合“绿色化学”原则的是（）
A．绿色化学的核心是利用化学原理对工业生产造成的环境污染进行治理
B．用聚苯乙烯等塑料代替木材生产包装盒、快餐盒等,以减少木材使用
C．研制新型杀虫剂,使它只对目标昆虫有毒杀作用而对其他昆虫无害
D．现代石油化工采用银作催化剂,将乙烯直接氧化生产环氧乙烷符合“原子经济”
2．下列含有共价键的离子化合物是
A．Al2O3B．NH3·H2O C．CH3COONa D．Na2O
3．标况下，某气体的质量为2.8克，体积为2.24L,其则该气体的相对分子质量为( )
A．28B．56C．112D．28g/mol
4．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对从地表渗出的、当地人称为“石脂”或“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松果不及也，此物必大行于世”的描述，关于上文的下列说法中正确的是( )
A．“洧水”的主要成分是油脂B．“洧水”的主要成分是煤油
C．“洧水”的主要成分是石油D．其烟的主要成分是木炭
5．在下列化学反应中，即有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是A．2Na2O2 +2H2O= 4NaOH +O2↑B．SO2+2H2S=3S+2H2O
C．Mg3N2+6H2O=3Mg (OH) 2↓+2NH3↑D．C+O2= CO2
6．能用H++OH-→H2O表示的是
A．NaHSO4+NaOH→Na2SO4+H2O B．CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O
C．H2SO4+Ba(OH)2→BaSO4↓+2H2O D．NH3·H2O+HCl→NH4Cl+H2O
7．反应2A(g) 2B(g)+E(g)一Q(Q>0)，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是
A．缩小体积加压B．使用催化剂C．增加A的浓度D．降温
8．下列粒子间的关系，描述不正确
．．．的是
A．与互为同位素B．乙醇和乙酸互为同系物
C．和属于同种物质D．CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体
9．下列有关化学用语使用正确的是
A．苯的分子式：C6H6B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．CH4分子的比例模型：D．﹣CH3(甲基)的电子式为：
10．在恒温恒容条件下可逆反应N 2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，下列能够说明反应已经达到平衡状态的是A．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2
B．氨气的百分含量不在变化
C．断开一个N≡N键的同时有6个N—H键生成
D．混合气体的质量不随时间的变化而变化
11．在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。

下列说法正确的是
A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子
D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的1 2
12．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48L(气体体积均在标准状况下测定，下同)，这些气体与一定体积氧气混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是60mL。

下列说法不正确的是（）
A．参加反应的硝酸是0.5mol B．消耗氧气的体积是1.68L
C．混合气体中含NO2 3.36L D．此反应过程中转移的电子为0.6mol
13．下列各组物质中，互为同分异构体的是（）
A．水与冰
B．O2与O3
C．与
D．与
14．在元素周期表的过渡金属元素中能找到（）
A．新制农药元素B．制光导纤维元素C．制半导体元素D．制催化剂元素
15．下列化学实验符合“绿色化学”要求的有：
①在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水
②在铜与浓硫酸反应的实验中，将铜片改为铜丝
③将实验室的废酸液或废碱液进行处理后再排放
④加成反应、酯化反应和加聚反应最符合“原子经济性”
A．①③B．②③C．①④D．②④
16．下列各组物质有关性质关系的比较，正确的是（）
A．硬度：SiO2＜CO2
B．溶解性：SiO2＞CO2
C．熔点：SiO2＜CO2（干冰）
D．酸性：H2CO3＞H2SiO3
17．下列有机化学反应方程式书写及反应类型均正确的是（）
A．CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl 加聚反应
B．CH3COOCH2CH3 +NaOH → CH3COONa+CH3CH2OH 取代反应
C．加成反应
D．取代反应
18．如图所示，从A处通入新制备的氯气，关闭旋塞B时，C处红色布条无明显的变化，打开旋塞B 时，C处红色布条逐渐褪色。

由此可判断D瓶中装的试剂不可能是
A．浓硫酸B．溴化钠溶液C．Na2SO3溶液D．硝酸钠溶液
19．（6分）用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。

下列说法正确的是（）
A．燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
B．若a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C．若a、b极都是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
D．若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
20．（6分）下列叙述中，不正确的是()
A．共价化合物中不可能含有离子键
B．硫酸分子中有H＋和SO42-两种离子
C．某元素原子的最外层只有一个电子，它跟卤素可能形成离子键，也可能形成共价键
D．共价键存在于非金属元素形成的化合物或单质中
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）(标准状况下，22.4LHCl气体溶于50mL水再配成250mL溶液，求：
(1)所得盐酸的物质的量浓度为_____？
(2)若将此溶液再稀释成1L 溶液，则稀释后盐酸的物质的量浓度变为的多少_____？；配制该浓度的溶液需要的玻璃仪器_____？
(3)将(2)的溶液取出250mL 与足量Zn 反应可以产生的H 2在标准状况下的体积为_____？
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）某课外小组设计的实验室制取并提纯乙酸乙酯的方案如下所示
已知:①氯化钙可与乙醇形成CaCl 2・6C 2H 5OH;
②有关有机物的沸点如下表所示
③2CH 3CH 2OH 140−−−→浓硫酸
℃
CH 3CH 2OCH 2CH 3+H 2O I.制备过程:装置如图所示，A 中盛有浓硫酸，B 中盛有9.5mL 无水乙醇和6mL 冰醋酸，D 中盛有饱和碳酸钠溶液。

(1)实验过程中滴加大约3mL 浓硫酸，B 的容积最合适的是_____(填字母代号)
A ．25 mL
B 50 mL
C ．250 mL
D ．500 mL
(2)球形干燥管的主要作用是_______________。

(3)饱和碳酸钠溶液的作用是______(填字母代号)。

A ．消耗乙酸并溶解乙醇
B ．碳酸钠溶液呈碱性，有利于乙酸乙酯的水解
C ．加速乙酸乙酯的生成，提高其产率
D ．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中的更小，有利于分层析出
II.提纯方法:
①将D 中混合液进行分离。

②有机层用5mL 饱和食盐水洗涤，再用5mL 饱和氯化钙溶液洗涤，最后用水洗涤。

有机层倒入一干燥的烧瓶中，选用合适的干燥剂干燥，得到粗产品。

③将粗产品蒸馏，收集77.1℃时的馏分，得到纯净、干燥的乙酸乙酯。

(4)第①步分离混合液时，选用的主要玻璃仪器的名称是_____________。

(5)第②步中用饱和食盐水洗去碳酸钠后，再用饱和氯化钙溶液洗涤，主要洗去粗产品中的______(填物质名称)。

再加入_______(此空从下列选项中选择，四种物质均有吸水性)干燥
A．浓硫酸B．碱石灰C．无水硫酸钠D．生石灰
(6)加热有利于提高乙酸乙酯的产率，但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低，一个可能的原因是_____________________________________________。

(7)若实验所用乙酸的质量为2.4g，乙醇的质量为2.1g，得到纯净的产品的质量为2.64g，则乙酸乙酯的产率是___________________。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）有关物质的转化关系如图所示。

A是生活中常用的调味品，B是常见的无色液体。

气体C是空气的主要成分之一，I的溶液常用作漂白剂。

气体H的水溶液显碱性。

J的摩尔质量是32g·mol－1，且与H 所含元素种类相同。

回答下列问题：
（1）C的结构式是_____，I的化学式是_____。

（2）反应①的离子方程式是______。

（3）反应②的化学方程式是______。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）I.某温度时，在2L容器中A、B两种物质间的转化反应中A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：（8分钟时A为0.2mol 、B为0.5mol）
(1)该反应的化学方程式为_________________________。

(2)反应开始时至4min时，A的平均反应速率为________。

(3)4min时，反应是否达平衡状态？________(填“是”或“否”)，8min时，V正________V逆(填“>”“<”或“＝”)。

II．在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) →2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
(1)上述反应________(填“是”或“不是”)可逆反应。

(2)如图所示，表示NO2变化曲线的是________。

(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________(填序号)。

a. v(NO2)＝2v(O2)
b.容器内压强保持不变
c. v逆(NO)＝2v正(O2)
d. 容器内密度保持不变
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．D
【解析】
【详解】
A、绿色化学是从源头上杜绝或减少污染，而不是先污染再治理，A错误；
B、聚苯乙烯等塑料会造成白色污染，不符合“绿色化学”原则，B错误；
C、杀虫剂都是有毒的化学试剂，会对环境产生污染或毒害，C错误；
D、乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，没有副产物，原子利用率为100%，D正确。

答案选D。

2．C
【解析】分析：根据形成化合物的价键类型进行判断。

一般情况活泼金属和活泼非金属之间可以形成离子建；非金属之间可以形成共价键。

但特殊情况下金属和非金属之间也能形成共价键。

如AlCl3属于共价化合物。

详解：A.Al2O3属于离子化合物，只含离子键；故A错误；B.NH3·H2O属于共价化合物，只含共价键，故B错误；C.CH3COONa属于离子化合物，C、H、O之间是共价键，与Na之间形成的是离子键，故C正确；
D.Na2O是只由离子键构成的离子化合物，故D错误；答案：选C。

3．A
【解析】分析：根据n==计算相关物理量,相对分子质量在数值上等于摩尔质量，以此解答。

详解:某气体的体积为2.24L,其质量为2.8克,
则气体的物质的量为=0.1mol,
M==28g/mol,
所以该气体的相对分子质量为28，
所以A选项是正确的。

4．C
【解析】
【分析】
由题中信息可知，“洧水”的主要成分是石油，根据石油的性质分析。

【详解】
A项、“洧水”的主要成分是石油，是烃的混合物，不是油脂，故A错误；
B项、“洧水”的主要成分是石油，煤油是石油分馏的产物，故B错误；
C项、“洧水”的主要成分是石油，故C正确；
D项、烟的成分是碳的颗粒，不是木炭，故D错误；
故选C。

5．A
【解析】A、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，A正确；B、该反应中没有离子键的形成和断裂，B错误；C、该反应中没有非极性共价键的形成，C错误；D．该反应中没有离子键的断裂和形成，也没有极性键的断裂和非极性键的形成，D 错误；答案选A。

点睛：本题考查化学键和化学反应，明确化学反应的实质为旧键断裂和新键形成及常见物质中的化学键即可解答，注意一般金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键。

6．A
【解析】
A、能拆写成H＋＋OH－=H2O，故A正确；
B、CH3COOH属于弱酸，不能拆写成离子，故B错误；
C、拆写成Ba2＋＋2H＋＋2OH－＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，故D错误。

点睛：拆写成离子，此物质为易溶易电离的物质，掌握住哪些物质不能拆写成离子，弱电解质、难溶物、氧化物、气体等不能拆写成离子。

7．D
【解析】A、缩小体积加压，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此加压，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，加压，化学反应速率增大，故A错误；B、使用催化剂，加快反应速率，但对化学平衡的移动无影响，故B错误；C、增加A的浓度，化学反应速率增大，故C错误；D、降低温度，化学反应速率降低，此反应是吸热反应，降低温度平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，故D正确。

8．B
【解析】分析：根据同位素、同系物和同分异构体的概念分析判断ABD的正误；根据甲烷的结构分析判断C的正误。

详解：A. 与的质子数相同，但中子数不同，互为同位素，故A正确；B. 乙醇和乙酸的结构不相似，一个含有官能团羟基，一个含有官能团羧基，不属于同系物，故B错误；C. 甲烷是正四面体结构，
和属于同种物质，故C正确；D. CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选B。

9．A
【解析】
【详解】
A项、苯的结构简式为，分子式为C6H6，故A正确；
B项、乙烯的分子式为C2H4，官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C项、CH4分子的球棍例模型为，比例模型为，故C错误；
D项、﹣CH3(甲基)的电子式为，故D错误；
故选A。

【点睛】
本题考查化学用语，注意掌握常用化学用语的的概念及表示方法，注意不同化学用语的书写要求是解答关键。

10．B
【解析】分析：A、浓度大小无法判断浓度是否变化，正逆反应速率是否相等；B、NH3的百分含量不再变化，其它物质的百分含量也不会变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态；C、化学键的断裂应满足正逆反应速率相等；D、根据质量守恒及反应物状态判断。

详解：A、c（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2，不能判断各组分的浓度不再变化，所以无法判断是否达到了平衡状态，选项A错误；B、NH3的百分含量不再变化，其它物质的百分含量也不会变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，选项B正确；C、按反应计量可知，无论是否反应达到平衡状态，只要一个N≡N键断裂的同时，就有有6个N-H键生成，所以不能证明该反应达到平衡状态，选项C错误；D、根据质量守恒，由于反应物均为气体，故气体总质量始终不变，质量不变不能作为平衡状态的标志，选项D错误。

答案选B。

点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。

11．B
【解析】
【分析】
根据CuO＋NH4Cl → Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl = 3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。

【详解】
A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别
为N和Cu，故A错误；
B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；
C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；
D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。

综上所述，本题正确答案为B。

12．D
【解析】
【分析】
标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，60mL 5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：n(NaOH)=5mol/L×0.06L=0.3mol。

A.铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为
0.02mol，再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量；
B.生成氢氧化铜的物质的量为：0.3mol×1
2
=0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完
全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，再计算出其体积；
C.设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，分别根据总体积、电子守恒列式计算；
D.根据B的分析可知反应转移的电子的物质的量。

【详解】
标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol；60mL 5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：n(NaOH)=5mol/L×0.06L=0.3mol。

A.铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为
0.3mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.3mol+0.2mol=0.5mol，A正确；
B.生成氢氧化铜的物质的量为：0.3mol×1
2
=0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完
全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，O2得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：n(O2)=0.3mol÷4=0.075mol，消耗标况下氧气的体积为：V(O2)=22.4L/mol×0.075mol=1.68L，B正确；
C.设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，C正确；
D.根据B的分析可知，反应转移的电子为0.3mol，D错误；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查了有关氧化还原反应的计算的知识，明确铜过量及发生反应原理为解答关键，转移电子守恒、质
量守恒在化学计算中的应用方法，该题侧重考查学生的分析、理解能力。

13．D
【解析】
【详解】
A、水与冰的构成物质均为H2O，是同一种物质，故A不选；
B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；
C、由甲烷的结构可知，与为同一种物质，故C不选；
D、与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D选，答案选D。

14．D
【解析】
【详解】
A、新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，选项A错误；
B、制光导纤维元素是Si、O，属于非金属元素，Si在金属和非金属的分界线附近，选项B错误；
C、制半导体的元素在金属和非金属的分界线附近找，选项C错误；
D、制催化剂的元素从元素周期表的过渡金属中找，选项D正确。

答案选D。

【点睛】
本题考查元素周期表与元素的性质知识，题目较为简单，熟悉元素在周期表中的位置及性质即可解答。

15．A
【解析】
【分析】
绿色化学又叫环境无害化学或环境友好化学，减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计叫做绿色化学。

绿色化学的核心围绕原子经济性，最理想的技术是采用“原子经济”反应，实现反应的绿色化，即原料分子中的每一原子都转化成产品，不产生任何废物和副产物，实现废物的“零排放”。

【详解】
①溴易挥发、有毒，在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水，符合“绿色化学”要求；
②在铜与浓硫酸反应的实验中，将铜片改为铜丝仍然产生有毒气体二氧化硫，不符合“绿色化学”要求；
③将实验室的废酸液或废碱液进行处理后再排放，减少污染，符合“绿色化学”要求；
④加成反应和加聚反应最符合“原子经济性”，酯化反应中还有水生成，不符合“绿色化学”要求；
答案选A。

16．D
【解析】
【详解】
A．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则硬度：SiO2＞CO2，A错误；
B．二氧化硅不溶于水，二氧化碳与水反应生成碳酸，可知溶解性：SiO2＜CO2，B错误；
C．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则熔点：SiO2＞CO2，C错误；
D．非金属性C＞Si，则酸性：H2CO3＞H2SiO3，D正确；
答案选D。

【点睛】
本题考查晶体的性质，把握晶体类型、物理性质的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

17．B
【解析】A．乙烯与氯化氢的反应属于加成反应，不是加聚反应，故A错误；B．乙酸与乙醇发生酯化反应，也属于取代反应，故B正确；C．苯与液溴发生取代反应，不是加成反应，故C错误；D．苯易发生取代反应，与浓硝酸、浓硫酸的混合酸共热时发生硝化反应，属于取代反应，但硝基苯中是硝基中的N原子直接与苯环相连，即，故D错误，故选B。

18．D
【解析】
【分析】
干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO。

先关闭活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，C处的(干燥的)红色布条看不到明显现象，说明氯气通过D 装置后，水蒸气被吸收，或氯气被吸收；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，C处的红色布条逐渐褪色，说明水蒸气和氯气均未被吸收。

据此分析解答。

【详解】
A．若图中D瓶中盛有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，作干燥剂，在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，含水蒸气的氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，氯气被干燥，没有水，就不能生成HClO，就不能使有色布条褪色，所以C处的(干燥的)红色布条看不到明显现象；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故A不选；
B．若图中D瓶中盛有溴化钠溶液，在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气经过盛有溴化钠溶液的D瓶时，发生置换反应，氯气被吸收，没有氯气进入C装置，有色布条不褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故B不选；C．若图中D瓶中盛有Na2SO3溶液，在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气经过盛有Na2SO3
溶液发生氧化还原反应，氯气被吸收，没有气体进入C装置，有色布条不褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故C不选；
D．在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，氯气经过硝酸钠溶液后，氯气不能被完全吸收，也不能被干燥，故仍可以生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故D选；
答案选D。

19．D
【解析】
【分析】
【详解】
A、原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应；电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应；所以氢气在负极通入，氧气在正极通入，又因为溶液显酸性，所以正极电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O，A不正确；
B、a电极与电源的正极相连，作阳极，所以铁失去电子，a电极被溶解，B电极是阴极，d电极上有铜析出，B不正确；
C、若a、b极都是石墨，则a电极是溶液中的OH-放电放出氧气，根据电子得失守恒可知，a电极产生的氧气是电池中消耗的H2体积的，C不正确；
D、若a极是粗铜，b极是纯铜，则相当于是粗铜的提纯，因此a极逐渐溶解，b极上有铜析出，D正确；答案选D。

20．B
【解析】
【详解】
A.只含有共价键的化合物是共价化合物，所以共价化合物中不可能含有离子键，故A正确；
B. 硫酸属于共价化合物，硫酸是由硫酸分子组成的，故B错误；
C.某元素原子的最外层只有一个电子，可能是碱金属，也可能是非金属元素H，所以它跟卤素可能形成离子化合物，也可能形成共价化合物，故C正确；
D.离子化合物中一定存在离子键，可能有共价键不，如NaOH,既有离子键又有共价键，所以D错误；
综上所述，本题答案B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．4mol/L 1mol/L 量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL的容量瓶，胶头滴管 2.8升
【解析】
【分析】
(1)先计算HCl 的物质的量，再根据n c V
=计算盐酸的物质的量浓度； (2)根据()()()()c v c v =浓浓稀稀 计算稀释后盐酸的物质的量浓度；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤分析使用的仪器。

(3)Zn 与盐酸反应的方程式是Zn+2HCl=ZnCl 2+H 2，根据方程式计算生成氢气的体积。

【详解】 (1)n( HCl)=22.4122.4/L mol L mol = ，()10.25mol c HCl L
==4mol/L ； (2) ()()()()
c v c v =浓浓稀稀，则4mol/L×0.25L=c(稀)×1L，c(稀)= 1mol/L ；根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤，配制该浓度的溶液需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、1000mL 的容量瓶，胶头滴管；
(3)250mL 盐酸中HCl 的物质的量是1mol/L×0.25L=0.25mol，设生成氢气的物质的量是xmol
Zn+2HCl=ZnCl 2+H 2
2 1 0.25mol xmol 21=0.25x
x=0.125mol
标准状况下氢气的体积为0.125mol×22.4L/mol=2.8L。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．B 防止液体倒吸 AD 分液漏斗 乙醇 C 温度过高，乙醇发生分子间脱水生成乙醚 75%
【解析】
【分析】
实验室利用乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下，制取乙酸乙酯，然后分离提纯，得到纯净的乙酸乙酯。

【详解】
⑴ 烧瓶内的液体体积约为3ml+9.5ml+6ml=18.5mol ，烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的2/3且不少于1/3，因此50ml 符合。

⑵ 乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水而产生倒吸，加热不充分也能产生倒吸，用球形干燥管，除了起冷凝作用外，球形干燥管球形部分由于容积较大，也能起到防止倒吸的作用。

故答案为防倒吸； ⑶ 饱和碳酸钠溶液能够溶解乙醇、中和乙酸、降低酯的溶解度，便于酯的分层和闻到酯的香味。

故选AD ； ⑷ 第①步分离混合液时进行的操作是分液，故仪器名称为：分液漏斗；
⑸ 氯化钙可与乙醇形成CaCl 2・6C 2H 5OH ，故加入饱和氯化钙溶液洗涤，主要洗去粗产品中的乙醇；由于酯在酸性条件和碱性条件下都能发生水解，故选用无水硫酸钠进行干燥；
⑹ 根据题给信息，在140℃时会发生副反应生成乙醚，故温度过高乙酸乙酯的产率会降低的可能原因是
发生了副反应：2CH 3CH 2OH 140−−−→浓硫酸℃
CH 3CH 2OCH 2CH 3 + H 2O 。

⑺ 乙醇和乙酸反应的质量比为：46：60，若实验所用乙醇质量为2.1g ，乙酸质量为2.4g ，乙醇过量，依据乙酸计算生成的乙酸乙酯，理论上计算得到乙酸乙酯的质量，CH 3COOH ～CH 3COOC 2H 5，计算得到乙酸乙酯质量3.52g ，得到纯净的产品质量为2.64g ，则乙酸乙酯的产率=2.64g ÷3.52g ×100%=75%。

【点睛】
本题乙酸乙酯的制备实验，为高频考点，此题难点在于需要结合题目所给三点信息解答题目，学生应灵活运用；还要把握制备乙酸乙酯的原理、混合物的分离提纯等实验技能，增强分析与实验能力，注意有机物的性质。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．N ≡N NaClO 2Cl －+2H 2O
Cl 2↑+H 2↑+2OH － NaClO+2NH 3＝NaCl+N 2H 4+H 2O
【解析】
【分析】
由A 是生活中常用的调味品可知，A 是氯化钠；电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，氢气与空气的主要成分之一的氮气反应生成水溶液显碱性的氨气，则D 是氢气、C 是氮气、H 是氨气；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，由B 是常见的无色液体，I 的溶液常用作漂白剂可知，B 是水、I
是次氯酸钠；由J 的摩尔质量是32g·mol －1，且与氨气所含元素种类相同可知，J 是肼（N 2H 4），氨气与次
氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成肼、氯化钠和水。

【详解】
（1）C 为氮气，氮气为含有氮氮三键的双原子分子，结构式为N ≡N ；I 是次氯酸钠，化学式为NaClO ，故答案为N ≡N ；NaClO ；
（2）反应①为电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl
－+2H 2O Cl 2↑+H 2+2OH －，故答案为2Cl －+2H 2O Cl 2↑+H 2↑+2OH －； （3）反应②为氨气与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成肼、氯化钠和水，反应的化学方程式为NaClO+2NH 3＝NaCl+N 2H 4+H 2O ，故答案为NaClO+2NH 3＝NaCl+N 2H 4+H 2O 。

【点睛】
本题考查无机物推断，注意熟练掌握常见元素单质及其化合物性质，结合转化关系推断是解答关键。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．2A ⇌B 0.05mol·(L·min)－1 否 ＝ 是 b bc
【解析】
【分析】
由图象可知，A 为反应物，B 为生成物，当A 和B 的物质的量保持不变时，反应达到平衡状态。

由II 的表中数据可知，NO 的物质的量在第3min 后保持不变，达到平衡状态。

【详解】。