金属镁;D．溶液和浊液没有丁达尔效应。

详解：A．要研究化学反应速率影响因素时只能改变一个条件，如果改变两个条件，无法得出规律，故A错误；B．卤素元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，氢化物在水溶液中电离程度越小，则相应氢化物的酸性越弱，从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属减弱的规律，故B错误；C．海水加入氢氧化钙沉淀生成氢氧化镁,过滤得到沉淀用盐酸溶解,得到氯化镁溶液,蒸发浓缩,冷却结晶得到氯化镁晶体,失水后电解熔融氯化镁得到金属镁,所以利用“海水

氢氧化镁

氯化镁

金属镁”的工艺流程,可以生产金属镁,所以故C正确；D．溶液和浊液没有丁达尔效应，所以根据丁达尔现象不能将分散系分为溶液、胶体与浊液，故D错误；故选C。 14．D 【解析】 【详解】

A．Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，CaCl2只含有离子键，三种化合物含有的化学键不相同，故A错误；

B．金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故B错误； C．非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐是离子化合物，故C错误； D．HCl、H2S都是共价化合物，溶于水时破坏了极性共价键，故D正确； 故选D。 【点睛】

本题的易错点为A，要注意CaCl2只含有离子键，2个氯离子间不存在共价键。 15．A 【解析】 【分析】 【详解】

A．NH4NO3属于盐，在水中能够完全电离，属于强电解质，故A正确； B．H2CO3是弱酸，在水中不能完全电离，属于弱电解质，故B错误； C．H2O是弱电解质，故C错误；

D．SO2是非金属氧化物，属于非电解质，故D错误； 故选A。 16．C 【解析】 【分析】 【详解】

A. 当 M为盐酸、杠杆为导体时，该装置形成原电池，铁为负极，铜为正极，铁不断的溶解质量减少，铜

球上溶液中的氢离子反应生成氢气，所以B端质量减少，A端质量不变，会出现A 端低，B 端高的现象，故错误；B. 当 M为 AgNO3、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，质量减少，铜为原电池的正极，银离子得到电子生成银，铜球的质量增加，所以A 端低，B 端高，故错误；C. 当 M为 CuSO4、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，溶解质量减少，铜为原电池的正极，溶液中的铜离子得到电子生成铜单质，铜球质量增加，A 端低，B 端高，故正确。D. 当 M为 CuSO4、杠杆为绝缘体时，不能形成原电池，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁球质量增加，铜球质量不变，A 端高，B 端低，故错误。故选C。 【点睛】

本题注意原电池的形成条件，有两个不同的电极，有电解质溶液，形成闭合回路，有自发的氧化还原反应。注意在原电池中负极上的金属溶解质量减小，正极上是溶液中的阳离子反应。杠杆两端的高低取决于两球的质量的相对大小。 17．B 【解析】 【详解】

通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是液溴沸点低、易挥发的性质，且溴可溶于水，与化学性质稳定无关，且溴不具有易升华的性质，B项正确； 答案选B。 18．C 【解析】

A不正确，B中氢气是1mol，14g氮气是0.5mol，应该是2NA；含有氢原子数是2NA；氮原子的电子数是7个，含有电子是7NA；NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为28∶8，所以正确的答案选C。 19．B

A. 反应①中苯与溴发生生成的溴苯的密度比水大，B. 反应④是苯与氢气的加成反应，【解析】故A正确；不是取代反应，故B错误；C. 苯分子中的含碳量较高，燃烧现象是火焰明亮有浓烟，故C正确；D. 反应④是苯与氢气的加成反应，1mol苯最多与3molH2反应，故D正确；故选B。 20．B 【解析】 【分析】

置换反应定义:一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质与一种新的化合物。 【详解】

A.反应物都是化合物，不是置换反应；

B.符合置换反应的定义，一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质与一种新的化合物； C.反应物都是化合物，不是置换反应； D.产物都是化合物，不是置换反应；

正确答案：B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）

21．NaOH等合理答案均可） 过量 稀盐酸、三 ⅡA Ca(OH)（或氯化钡溶液 过滤 HCl2（或盐酸） ③ MgCl2(熔融) 【解析】 【分析】

海水中加入试剂①沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，因此试剂①为碱；过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②得到氯化镁溶液，试剂②为盐酸，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答。 【详解】

(1)镁是12号元素，原子核外12个电子，有三个电子层，最外层2个电子，镁在周期表中位置为第三周期，第ⅡA族，故答案为：三；ⅡA；

(2)使MgSO4转化为Mg(OH)2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，且从生成成本角度考虑，则试剂①选择Ca(OH)2或石灰乳，也可以选择NaOH，为了使镁离子全部沉淀，加入的试剂①要过量，故答案为：Ca(OH)2(或NaOH等)；过量；

(3)检验溶液A中含有的SO42-，可以取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-，使用的试剂有，故答案为：稀盐酸、氯化钡溶液；

(4)过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，所以分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；把氢氧化镁转化成氯化镁需加入盐酸进行中和反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，故答案为：过滤；盐酸；

(5)根据上述分析，反应①、反应②为复分解反应，一定不是氧化还原反应，反应③为电解熔融的氯化镁生成镁，反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故答案为：③； (6)无水氯化镁在熔融状态下，通过电解得到金属镁，化学方程式为：MgCl2(熔融) 案为：MgCl2(熔融) 【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意硫酸根离子检验时，不能选择硝酸，因为硝酸能够将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分） 22．2Cu+O2

2CuO CH3CH2OH+CuO

CH3CHO+Cu+H2O 加热，使乙醇气化 冷却，使

Mg+Cl2↑。

Mg+Cl2↑，故答

Mg + Cl2↑

乙醛等液化 乙醛、乙醇、水 氮气 乙酸 c 【解析】 【分析】

甲中鼓入空气，且在水浴加热条件下产生乙醇蒸汽，氧气和乙醇在铜催化下加热发生氧化还原反应生成乙

醛和水，进入乙中的为乙醇、乙醛，在冷却下收集到乙醛，集气瓶收集氮气，据此解答。 【详解】

（1）加热条件下铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜又氧化乙醇生成乙醛、铜和水，因此实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象，相应的化学方程式分别是2Cu+O2CH3CH2OH+CuO

CH3CHO+Cu+H2O。

2CuO、

（2）常温下乙醇是液体，参加反应的是乙醇蒸汽，则甲水浴的作用是加热，使乙醇气化；生成物乙醛是液体，则乙水浴的作用是冷却，使乙醛等液化。

（3）由于是连续反应，乙醇不能完全被消耗，则反应进行一段时间后，干试管a中能收集到的物质是乙醛、乙醇、水。空气中含有氮气不参与反应，则集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。

（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明显酸性，因此液体中还含有乙酸。四个选项中只有碳酸氢钠能与乙酸反应，则要除去该物质，可在混合液中加入碳酸氢钠溶液，答案选c。 四、推断题（本题包括1个小题，共10分） 23．消去反应

CH3CH＝CHCH3

或

【解析】 【分析】

通过G分析可知，D、F在浓硫酸作用下发生酯化反应，F为D为(CH3)2CHCH2OH，根据F

推出E为

，根据D为(CH3)2CHCH2OH何已

知信息，可推出C为(CH3)2C=CH2，B到C发生消去反应的条件 【详解】

⑴根据反应条件可知，是氯代烃在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应，因此反应②的反应类型是消去反应，故答案为消去反应；