2023学年怒江市重点中学高一化学第二学期期末复习检测模拟试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在测试卷卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、氯的原子序数为17，37Cl和35Cl是氯的两种同位素，下列说法正确的是（）A35Cl原子所含质子数为18Bmol的H35Cl分子所含中子数约为6.021023C3.5 g的35Cl2气体的体积为2.24 LD35Cl2气体的摩尔质量为702、下列反应中属于氧化还原反应的是( )ANH3 + HC1

2、 = NH4C1 BC12 + H2O = HC1 + HC1OCCaCO3 + 2HCl = CaCl2 + H2O + CO2 DH2CO3 = CO2 + H2O3、能证明乙醇分子中有一个羟基的事实是A乙醇能溶于水B乙醇完全燃烧生成CO2和H2OC0.1mol乙醇与足量钠反应生成0.05mol氢气D乙醇能发生催化氧化4、工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400600下的催化氧化：2SO2O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。若反应在密闭容器中进行，下列有关说法中错误的是A使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B在上述条件下，SO2不可能100%转化为 SO3C为了提高SO2的

3、转化率，应适当提高O2的浓度D达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等5、下图是2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是( )A该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放B2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) H(ab) kJmolC1 mol SO2的能量比1 mol SO3的能量高D若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收(ab) kJ热量6、根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是ANa的原子失去电子能力比Mg强BHBr比HCl稳定CCa（OH）2 的碱性比 Mg（OH）2 的碱性强DH2SO4 比H3PO4 酸性强7、

4、某地有甲乙两工厂排放污水，污水中各含有下列8种离子中的4种（两厂不含相同离子）：Ag+Ba2+Fe3+Na+Cl-CO32-NO3-OH-。若两厂单独排放都会造成严重的水污染，如将两厂的污水按一定比例混合，沉淀后污水便变成无色澄清只含硝酸钠而排放，污染程度会大大降低。关于污染源的分析，你认为正确的是ACO32-和NO3-可能来自同一工厂BNa+和NO3-来自同一工厂CAg+和Na+可能来自同一工厂DCl-和NO3-一定不在同一工厂8、下列顺序表达正确的是A酸性强弱：H3PO4 HNO3 HClO4B原子半径：Na Mg OC热稳定性：H2O HF H2SD熔点高低：NaCl SiO2 CO29

5、、取一支硬质大试管，通过排饱和食盐水的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气（如下图），下列说法正确的是A此反应属于加成反应B此反应无光照也可发生C试管内壁出现油状液滴D此反应得到的产物是纯净物10、一定温度下，10mL 0.40 molL-1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min024681012V(O2)/mL09.917.222.426.529.9a下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计) （ ）A12min时，a=33.3B反应到6min时，c(H2O2)=0.30 molL-1C反应到6min时，H2O2分解了60%D06min的平均

6、反应速率：v(H2O2)3.310-2 molL-1min-111、某溶液中大量存在以下五种离子：NO3-、SO42-、Fe3+、H+、M，其物质的量浓度之比为c(NO3-)：c(SO42-)：c(Fe3+)：c(H+)：c(M)=2：3：1：3：1，则M可能是（ ）AAl3+BCl-CMg2+DBa2+12、为探究原电池的形成条件和反应原理，某同学设计了如下实验并记录了现象： 向一定浓度的稀硫酸中插入锌片，看到有气泡生成； 向上述稀硫酸中插入铜片，没有看到有气泡生成； 将锌片与铜片上端用导线连接，一起插入稀硫酸中，看到铜片上有气泡生成，且生成气泡的速率比实验中快 在锌片和铜片中间接上电流计，

7、再将锌片和铜片插入稀硫酸中，发现电流计指针偏转。下列关于以上实验设计及现象的分析，不正确的是A实验、说明锌能与稀硫酸反应而铜不能B实验说明发生原电池反应时会加快化学反应速率C实验说明在该条件下铜可以与稀硫酸反应生成氢气D实验说明该原电池中铜为正极、锌为负极，电子由锌沿导线流向铜13、证明某溶液中只含Fe2而不含Fe3的实验方法是（ ）A只滴加KSCN溶液B先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色C先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色D滴加NaOH溶液，产生白色沉淀14、下列金属单质的获得方法中不包含化学变化的是A铝热法炼铁B电解法制钠C湿法炼铜D沙里淘金15、最简单的有机物是ACH4

8、BC2H4CC6H6DH2CO316、下列说法不正确的是（ ）A用水可以鉴别苯、四氯化碳、乙醇三种无色液体B用Cu(OH)2悬浊液可以鉴别乙醇、乙酸溶液、葡萄糖溶液C石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化D制取环氧乙烷：2CH2=CH2+O2Ag，2502,符合绿色化学的理念二、非选择题（本题包括5小题）17、己知A、B是生活中常見的有机物, E的产量是石油化工发展水平的标志.根据下面转化关系回答下列问题:(1)在中原子利用率为100%的反应是_(填序号)。(2)操作、操作的名称分別为_、_。(3)写出反应的化学方程式_。(4)写出反应的化学方程式_。(5)G可以

9、发生聚合反应生产塑料,其化学方程式为_。18、元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8种元素在周期表中的位置。(1)下图所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是_。 写出c分子的空间构型为_，d分子的结构简式 _。(2)关于d分子有下列问题：d分子中同一平面的原子最多有_个。若用C4H9取代环上的一个H原子，得到的有机物的同分异构体共有_种。(3)Na在F单质中燃烧产物的电子式为_。上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是_ (写化学式) ，其与Q的单质反应的离子方程式是_。19、某实验小组测定镁、铝合金中镁的质量分数。甲小组同学称量3.9g合金按照下图进行实验。（1）仪器A的名称是_

10、。（2）检查装置气密性的方法是_。（3）检查装置气密性好后开始实验，滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，你认为可能的原因是_。（4）若测得气体的体积是4.48L（转化为标准状况下），则合金中镁的质量分数是_，若读数时没有冷却到室温读数，测得合金中镁的质量分数_（填写“偏大”或“偏小”）。（5）下列实验方案中能测定镁的质量分数的是_。AW1gMg、Al合金量过滤足量NaOHBW1gMg、Al合金过滤足量浓HNOCW1gMg、Al合金足量NaOH溶液DW1gMg、Al合金足量稀H2SO420、（一） 某实验小组的同学们用下列装置进行乙醇催化氧化的实验.（部分夹持仪器已略去）已知：乙醇的沸点为 78，易溶

11、于水；乙醛的沸点为 20.8，易溶于水。（1） 乙醇催化氧化的化学方程是_。（2）装置甲中热水的主要作用是_。（3）装置乙中冷水的主要作用是_，其温度要求是_，为达到该温度，可进行的操作是_。（4）实验开始前，加热铜网，观察到的现象是_，该反应的化学方程式是_；鼓入空气和乙醇蒸气后，铜网处观察到的现象是_，此反应中，铜的作用是_。（5） 在不断鼓入空气的情况下,熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该反应_（填“吸热”或“放热”）；集气瓶中收集到的气体的主要成分是_。（6）实验结束后，取出装置乙中的试管，打开橡胶塞，能闻到_。（二） 化学兴趣小组的同学们设计了如下装置验证乙醇催化氧化的产物（加热仪

12、器、夹持装置已略去）。已知： 乙醇的沸点为 78， 易溶于水； 乙醛的沸点为 20.8， 易溶于水。（1）乙醇催化氧化的化学方程式是_。（2）实验时上述装置中需要加热的是_（填字母，下同），其中应该先加热的是_， 为使装置A中的乙醇成为蒸气， 最简单的加热方法是_。（3）实验室制取氧气的化学方程式是_。（4）实验开始后，装置B中能观察到的现象是_；装置C中能观察到的现象是_， 由此得出的结论是_。（5）装置 E 的作用是_， 能初步判定反应后有乙醛生成的依据是_。（6）装置 D中的药品是_， 其作用是_。21、（变式探究）已知有以下物质相互转化。试回答下列问题：(1)B的化学式为_，D的化学式

13、为_。(2)由E转变成F的化学方程式为_。(3)用KSCN鉴别G溶液的离子方程式为_；向G溶液加入A的有关反应离子方程式为_。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、B【答案解析】测试卷分析：A、35Cl是氯的一种同位素，质子数等于原子序数，所以35Cl质子数为17，故A错误；B、H35Cl分子所含中子为18，mol的H35Cl分子所含中子的物质的量为1mol，所以中子数约为6.021023，故B正确；C、氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故C错误；D、35Cl2气体的摩尔质量为70g/mol，故D错误；故选B。【考点

14、定位】考查同位素及其应用【名师点晴】本题考查原子符号、物质的量的有关计算、摩尔质量、气体摩尔体积等，注意气体摩尔体积使用条件与范围。根据同位素的概念，质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同位素是不同的原子，但是属于同一种元素；元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。2、B【答案解析】分析：氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降,所以氧化还原反应中一定存在元素化合价变化，据此对各选项进行判断。详解:A. NH3 + HC1 = NH4C1为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B. C12 + H2O = HC1 +

15、HC1O反应中存在Cl元素化合价变化，属于氧化还原反应，所以B选项是正确的；C. CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + H2O + CO2为复分解反应,不存在化合价变化，不属于氧化还原反应,故C错误；D. H2CO3 = CO2 + H2O为分解反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；所以B选项是正确的。点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力和氧化还原反应判断、放热反应判断的考查，题目难度不大。3、C【答案解析】若要证明乙醇分子中羟基的个数，则要通过定量的方式来进行分析。【题目详解】A. 乙醇能溶于水，说明乙醇分

16、子极性较大，或者存在亲水基团，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故A不选；B. 乙醇完全燃烧生成CO2和H2O，说明乙醇分子中存在C、H元素，可能存在O元素，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故B不选；C. 0.1mol乙醇与足量钠反应生成0.05mol氢气，证明乙醇分子中有一个羟基，故C选；D. 乙醇能发生催化氧化，说明分子中含有羟基，无法证明乙醇分子中有一个羟基，故D不选；答案选C。4、D【答案解析】A.使用催化剂加快了反应速率，缩短了反应时间，提高了生产效率，故A正确；B.上述反应为可逆反应，不能完全进行，所以SO2不能100转化为SO3，故B正确；C.提高O2的浓度，平衡正向移动，的转化率增加

17、。故C正确；D. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率判断，故D错误；本题答案为D。【答案点睛】可逆反应不能进行到底，任何一种反应物都不可能完全反应，化学平衡状态是指：在一定条件下的可逆反应中，对任何一种物质来说，正、逆反应速率相等，含量不变的状态。5、A【答案解析】A. 断键需要吸热，形成化学键需要放热，则该化学反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放，A正确；B. 反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，则根据图像可知反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的H(ab) kJmol，B错误；C. 根据图像可知0.

18、5mol氧气和1 mol SO2的总能量比1 mol SO3的能量高，二氧化硫和三氧化硫的能量不能比较，C错误；D. 由于是可逆反应，转化率达不到100%，因此若某容器内有2 mol SO3充分反应，吸收的热量小于(ab) kJ，D错误。答案选A。6、B【答案解析】ANa、Mg同周期，Na的金属性强，则Na失去电子能力比Mg强，故A正确；B非金属性ClBr，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl比HBr稳定，故B错误；CMg、Ca同主族，Mg的金属性没有Ca强，则Ca(OH)2比Mg(OH)2的碱性强，故C正确；DP、S同周期，S的非金属性强，则H2SO4 比H3PO4 酸性强，故D

19、正确；答案选B。7、D【答案解析】假设甲厂排放的污水中含有Ag+，根据离子共存，甲厂一定不含CO32-、OH-、Cl-则CO32-、OH-、Cl-应存在与乙厂；因Ba2+与CO32-、Fe3+与OH-不能共存，则Fe3+、Ba2+存在于甲厂，根据溶液呈电中性可以知道，甲厂一定存在阴离子NO3-；所以甲厂含有的离子有：Ag+、Fe3+、Ba2+、NO3-，乙厂含有的离子为：Na+、CO32-、OH-、Cl-，据此分析解答。【题目详解】A.根据以上分析可以知道，CO32-离子和NO3-不可能来自同一工厂，故A错误；B. 由分析可以知道，Na+和NO3-一定来自不同的工厂，故B错误；C.Ag+和Na

20、+一定来自不同工厂，故C错误；D. 根据分析可以知道，Cl-和NO3-一定来自不同工厂，所以D选项是正确的。答案选D。8、B【答案解析】根据元素周期律分析解答。【题目详解】A. 非金属性比较：N强于P，Cl强于P，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以酸性强弱：HClO4H3PO4 ， HNO3 H3PO4 ，故A错误；B. 同周期主族元素核电荷越大，半径越小，同主族元素，核电荷越大半径越大，所以原子半径：Na Mg S O，所以Na Mg O，故B正确；C. 非金属性越强，氢化物稳定性越强，非金属性：FOS,所以热稳定性：HF H2O H2S ，故C错误；D. NaCl属于离子晶

21、体，SiO2 属于原子晶体，CO2属于分子晶体，所以熔点高低：SiO2 NaCl CO2，故D错误。故选B。【答案点睛】根据元素周期律，比较酸性时是比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，这是容易被忽略的地方 。9、C【答案解析】测试卷分析：A、甲烷和氯气的反应是取代反应，错误；B、甲烷和氯气发生取代反应，需要光照条件，错误；C、甲烷和氯气生成由卤代烃，卤代烃不溶于水，因此试管内壁出现油状液滴，正确；D、甲烷和氯气反应，可以生成4种卤代烃和氯化氢，属于混合物，错误。考点：本题考查甲烷和氯气反应。 10、D【答案解析】A随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐降低，则无法计算12min时生成

22、的氧气体积，A错误；B反应至6min时生成氧气是0.001mol，消耗双氧水是0.002mol，剩余H2O2为0.01L0.4mol/L-0.002mol=0.002mol，则c（H2O2）=0.002mol0.01L=0.2mol/L，B错误；C反应至6min时，分解的过氧化氢为0.002mol，开始的H2O2为0.01L0.4mol/L=0.004mol，H2O2分解了0.002mol/0.004mol100%=50%，C错误；D.06min，生成O2为0.0224L22.4L/mol=0.001mol，由2H2O22H2O+O2可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度是0.2mol/

23、L，因此v（H2O2）=0.2mol/L6min=0.033mol/（Lmin），D正确；答案选D。点睛：本题考查化学平衡的计算，把握表格中数据的应用、速率及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用氧气的变化量计算过氧化氢的量。11、C【答案解析】分析题给数据知溶液中阴离子所带的负电荷浓度大于Fe3和H所带的正电荷浓度，故M为阳离子；c（NO3-）c（SO42-）c（Fe3）c（H）c（M）23131，根据电荷守恒可知M为+2价阳离子，而Ba2和硫酸根不能大量共存，所以M为Mg2，答案选C。12、C【答案解析】A中能产生气体，说明锌能和稀硫酸反应，中不产生气体，说明铜和稀硫

24、酸不反应，同时说明锌的活泼性大于铜，故A正确；B中锌、铜和电解质溶液构成原电池，锌易失电子而作负极，生成气泡的速率加快，说明原电池能加快作负极金属被腐蚀，故B正确；C中铜电极上氢离子得电子生成氢气，而不是铜和稀硫酸反应生成氢气，故C错误；D实验说明有电流产生，易失电子的金属作负极，所以锌作负极，铜作正极，故D正确；故选C。13、B【答案解析】A.二价铁离子与硫氰根离子不反应，无明显现象，只滴加KSCN溶液，不能证明二价铁离子的存在，故A错误；B.先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显红色，可证明二价铁离子存在，故B正确；C.先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，不能

25、排除三价铁离子的干扰，故C错误；D.加NaOH溶液，产生白色沉淀的离子有很多种，不能证明存在二价铁离子，故D错误；故答案选B。【答案点睛】铁离子可以用硫氰化钾溶液检验，亚铁离子可以用氯水和硫氰化钾溶液检验，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。14、D【答案解析】A项、铝热法炼铁有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B项、电解法制钠有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C项、湿法炼铜有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D项、沙里淘金利用密度不同将金和沙分离，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故选D。15、A【答案解析】A.最简单的有机物是甲烷，其化学式为CH4，故A正确；B.最简单的有机物是甲

26、烷，不是乙烯，故B错误；C.最简单的有机物是甲烷，不是苯，故C错误；D.碳酸虽含有碳元素，但其性质与无机物类似，因此把它看作无机物，故D错误；故选A。【答案点睛】有机物是指含碳元素的物质，但不包括碳的氧化物，碳酸盐，碳酸氢盐，氰化物，硫氰化物。16、C【答案解析】A.苯的密度小于水，且不溶于水，四氯化碳的密度大于水，且不溶于水，乙醇易溶于水，可用水可以鉴别苯、四氯化碳、乙醇三种无色液体，A正确；B. Cu(OH)2悬浊液与乙醇不反应，与乙酸反应溶液反应后变澄清，与葡萄糖溶液共热后生成砖红色沉淀物质，可用Cu(OH)2悬浊液可以鉴别乙醇、乙酸溶液、葡萄糖溶液，B正确；C. 石油的分馏是物理变化，

27、煤的液化和气化、石油的裂化、裂解都是化学变化，C错误；D. 制取环氧乙烷：2CH2=CH2+O2Ag，2502，为化合反应，且无有毒物质生成，符合绿色化学的理念，D正确；答案为C二、非选择题（本题包括5小题）17、 分馏 裂解 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 【答案解析】分析：本题考查的是有机物的推断，要根据反应条件和物质的结构进行分析，是常考题型。详解：E的产量是石油化工发展水平的标志，说明其为乙烯，根据反应条件分析，B为乙烯和水的反应生成的，为乙醇，D为乙醇催化氧化得到的乙醛，A为乙醛氧化生成的乙酸，C为乙醇和

28、乙酸反应生成的乙酸乙醇。F为乙烯和氯气反应生成的1、2-二氯乙烷，G为1、2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯。(1)在中，加成反应中原子利用率为100%，且醛的氧化反应原子利用率也为100%，所以答案为：；(2) 操作为石油分馏得到汽油煤油等产物，操作是将分馏得到的汽油等物质裂解得到乙烯。(3) 反应为乙醇的催化氧化，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(5)反应为乙酸和乙醇的酯化反应，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(6)氯乙烯可以发生加聚反应生成聚氯乙烯，方程式为：。18、acd 正四面体 13 12 KOH 2Al+2OH-

29、+2H2O=2AlO-2+3H2 【答案解析】根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素，结合原子结构和物质的性质分析解答。【题目详解】根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素。(1)A为H元素，D为C元素，根据图示，a表示乙烯，b表示氨气，c表示甲烷，d表示甲苯，由A、D形成的是acd；甲烷为正四面体；甲苯的结构简式为，故答案为：acd；正四面体；(2)苯环为平面结构，碳碳单键可以旋转，因此甲苯中最多有13个原子共面

30、，故答案为：13；C4H9有4种结构，碳架结构分别为：、，取代苯环上的一个H原子，可以得到邻位、间位、对位共12种同分异构体，故答案为：12；(3)Na在O2中燃烧生成Na2O2，过氧化钠为离子化合物，电子式为；上述元素中，金属性最强的元素为第四周期A族元素K，对应最高价氧化物的水化物KOH的碱性最强，与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2，故答案为：；KOH；2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2。【答案点睛】本题的易错点为(2)，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，同时注意碳

31、碳单键可以旋转。19、分液漏斗关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好金属镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生30.8偏小A、C、D【答案解析】分析：（1）仪器A的名称是分液漏斗。（2）用微热法检查装置的气密性。（3）镁、铝表面有氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。（4）Mg、Al与稀硫酸反应都放出H2，根据合金的质量和放出H2的体积计算Mg的质量分数。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出H2的量。（5）从反应的原理和测量的物理量进行分析。详解：（1）根据仪器A的构造特点，仪

32、器A的名称是分液漏斗。（2）用微热法检查装置的气密性，检查装置气密性的方法是：关闭分液漏斗玻璃活塞，将导管插入水中，加热锥形瓶，导管口有气泡冒出，停止加热后冷却，形成一段水柱，表示气密性好。（3）镁、铝合金中滴加稀硫酸时开始没有气泡产生，可能的原因是：镁、铝比较活泼与空气中氧气反应表面生成氧化膜，开始酸溶解氧化膜，没有气泡产生。（4）Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式分别为Mg+H2SO4=MgSO4+H2、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2，设Mg、Al合金中Mg、Al的物质的量分别为x、y，则列式24g/molx+27g/moly=3.9g，x+32y=4.48L22.4L/

33、mol，解得x=0.05mol，y=0.1mol，合金中Mg的质量为0.05mol24g/mol=1.2g，Mg的质量分数为1.2g3.9g100%=30.8%。等质量的Mg、Al分别与足量稀硫酸反应，Al放出H2的量大于Mg放出（5）A项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2），最后称量的W2g固体为Mg，Mg的质量分数为W2W1100%；B项，Mg溶于浓硝酸，Al与浓HNO3发生钝化生成致密的氧化膜，不能准确测量Al的质量，无法测定Mg的质量分数；C项，Mg与NaOH溶液不反应，Al溶于NaOH溶液（反应的化

34、学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2），由收集的H2的体积V2L（标准状况）计算Al的质量，进一步计算Mg的质量和Mg的质量分数；D项，Mg、Al与足量稀硫酸反应生成MgSO4、Al2（SO4）3，反应后的溶液中加入过量NaOH溶液，MgSO4完全转化为Mg（OH）2沉淀，Al2（SO4）3转化为可溶于水的NaAlO2，最后称量的W2g固体为Mg（OH）2，由Mg（OH）2的质量结合Mg守恒计算Mg的质量，进一步计算Mg的质量分数；能测定Mg20、（一） 加热乙醇，使其成为蒸气 冷凝乙醛 小于20.8 向水中加入少量冰块 铜网变黑 变黑的铜网重新变红 催化剂 放热 氮

35、气 强烈的刺激性气味(二) AB B 水浴加热 铜丝由红变黑，再由黑变红 无水硫酸铜粉末由白色变为蓝色 乙醇催化氧化的产物有水 吸收乙醛 防止倒吸 装置E中的物质有强烈刺激性气味 碱石灰 防止外界的水蒸气进入导管使无水硫酸铜变蓝 【答案解析】本实验主要考察的是乙醇的催化氧化。在课本中，乙醇的催化氧化的实验操作是将灼烧过的铜丝插入到乙醇中。在本题的两个实验中，乙醇放置在一个装置中，无法直接和铜网（丝）接触，且题中告知乙醇的沸点，则可以使用气态的乙醇去反应。在实验（一）中，装置甲的作用是提供气态的乙醇，装置乙的作用是收集乙醛（题中告知乙醛的沸点为20.8，说明乙醛也易挥发）。在实验（二）中，装置A

36、的作用是提供气态的乙醇，装置C的作用是检验产物水蒸气，装置D的作用是干燥乙醛，装置E的作用是收集乙醛（乙醛易溶于水）。还要注意的是，乙醇的催化氧化实际上是两步反应，Cu先被氧化为CuO，乙醇和灼热的CuO反应生成乙醛和Cu。【题目详解】（一）（1）乙醇催化氧化的化学方程式为：；（2）由于乙醇无法直接和铜网接触，所以需要将乙醇汽化，装置甲中的热水是为了加热乙醇，使其变为蒸汽；（3）题中告知乙醛的沸点为20.8，易溶于水，说明乙醛易挥发，可以用水吸收乙醛，则装置乙中冷水的作用是吸收乙醛，温度小于20.8，以减少乙醛的挥发；为了保证低温，往往考虑使用冰水浴，所以可以在冷水中加入少量冰块；（4）铜网受热，可以看到铜网变黑，其化学方程式为；鼓入乙醇蒸汽后，乙醇和黑色的CuO在加热的情况下反应，CuO变回了Cu，则可以观察到黑色的铜网变红；在整个过程中，Cu先是变为CuO，再是变回了Cu，相当于没有发生变化，起到了催化剂的作用；（5）反应需要加热进行，在熄灭酒精灯的情况下，反应仍能进行，