2023年钦州市重点中学化学高一下期末统考模拟试题（含答案解析）

2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列叙述正确的是（）A．棉花和尼龙的主要成分均为纤维素B．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%C．可用灼烧的方法区别羊毛和棉线D．实验室用酒精作燃料是因为其含碳量高，放热多2、下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是A．化学反应的限度都相同B．可以通过改变温度控制化学反应的限度C．可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度D．当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止3、已知CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1kJ·mol－1H2（g）＋O2（g）===H2O（g）ΔH＝－Q2kJ·mol－1H2（g）＋O2（g）===H2O（l）ΔH＝－Q3kJ·mol－1常温下取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），经完全燃烧后恢复到室温，则放出的热量（单位：kJ）为A．0.4Q1＋0.05Q3 B．0.4Q1＋0.05Q2 C．0.4Q1＋0.1Q3 D．0.4Q1＋0.2Q24、下列说法正确的是（）A．乙烷中混有乙烯，通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷B．分离苯和酸性高锰酸钾溶液，蒸馏C．相对分子质量为106.5的一氯代烃，有7种同分异构体D．溴苯中混有溴，加稀氢氧化钠反复洗涤、分液5、如图为某化学反应的反应速率与时间的关系示意图。在t1A．2SO2g+B．4NH3(g)+5O2C．H2g+ID．2Ag+Bg2C6、乙醇分子中各种化学键如图所示,关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是()A．和金属钠反应时键①断裂B．和浓H2SO4共热到170℃时键②和⑤断裂，和浓H2SO4共热到140℃时键①②断裂C．乙醇在氧气中完全燃烧，键①②断裂D．在Ag催化下与O2反应时键①和③断裂7、下列说法不正确的是A．甲烷、乙烷、异丁烷互为同系物B．甲烷与氯气在紫外线照射下的反应产物有4种C．应用分馏方法可将煤焦油中的苯等芳香族化合物分离出来D．2-丁烯：CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一平面上8、哈伯因发明了用氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，在一定条件下使该反应发生。下列说法正确的是A．达到化学平衡时，N2完全转化为NH3B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化D．达到化学平衡时，正反应和逆反应速率都为零9、下列物质中，属于可再生的能源是A．氢气 B．石油 C．煤 D．天然气10、以下叙述中，错误的是（）A．钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强B．在NaCl中，除Na+和Cl-的静电吸引作用外，还存在电子与电子、原子核与原子核之间的排斥作用C．任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失D．离子化合物中不一定含金属元素11、H2、N2合成NH3的反应中，当分别用以下各种物质表示反应速率时，则反应速率最快的是A．v(N2)=0.6mol/(L·min) B．v(NH3)=0.9mol/(L·min)C．v(H2)=1.2mol/(L·min) D．v(H2)=0.025mol/(L·s)12、VmLAl2(SO4)3溶液中含agSO42-，若把此溶液取一半加水稀释至2VmL，则稀释后溶液中A13+的物质的量浓度为（）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L13、下列气态氢化物中最不稳定的是（）A．PH3 B．NH3 C．H2O D．H2S14、一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下能说明作为反应达到平衡标志的是()A．X的分解速率与Y的消耗速率相等B．X、Y与Z的物质的量之比为2：1：1C．混合气体的密度不再变化D．单位时间内生成lmolY的同时分解2molX15、下列能鉴别CO2和SO2的是A．品红溶液 B．澄清石灰水 C．紫色石蕊试液 D．氯化钡溶液16、实验室用锌与稀硫酸反应制取氢气，能加快反应速率的是A．加入适量硫酸铜B．加入硫酸钠C．改用浓硫酸D．降低温度17、下列有关化学用语表示正确的是（）A．乙酸的结构简式：C2H4O2B．NH3的电子式：C．离子结构示意图可以表示32S2－，又可以表示34S2－D．比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子18、在生物科技领域，通过追踪植物中放射性发出的射线，来确定磷在植物中的作用部位。该核素原子内的中子数为（）A．15B．17C．32D．4719、下列说法正确的是A．硅是良好的半导体材料，常用于制造光导纤维B．高炉炼铁原料有铁矿石、黏土、空气和石灰石C．将石油分馏产物中的长链烃通过裂解，可得到乙烯、丙烯等短链烃D．煤在空气中加强热得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等产品的过程叫做煤的干馏20、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合液中滴加硝酸银溶液检验水解产物中的溴离子B将打磨过的铝箔用酒精灯加热证明氧化铝的熔点比铝高C向乙酸和酒精的混合溶液中加入金属钠确定酒精中是否有乙酸DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯A．A B．B C．C D．D21、化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语表示正确的是A．F-的结构示意图: B．中子数为10的氧原子为C．氯化氢的电子式为 D．乙烯的结构简式为CH2CH222、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1.68LC．混合气体中含NO23.36L D．此反应过程中转移的电子为0.6mol二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性；A、D同主族，C的原子序数等于A、B原子序数之和；E是地壳中含量最高的金属元素，F元素的原子最外层比次外层少两个电子。用化学用语回答下列问题：(1)G在元素周期表中的位置为_______________________；(2)元素C、D、E的简单离子的半径由大到小关系为_______________________；(3)A分别与C、F形成的氢化物沸点较高的是_________，原因_______________________；(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程________________________________________；C、D还可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是_______________________。24、（12分）A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）请回答下列问题：（1）工业上，由石油获得白蜡油的方法是___。（2）丁烷是由石蜡油求得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（﹣CH3），则这种同分异构体的结构简式是___。（3）反应B→C反应发生需要的条件为___，D物质中官能团的名称是___。（4）写出B+D→E的化学方程式___；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有___（写出其中一条即可）。25、（12分）用四种方法区分厨房中的淀粉和葡萄糖固体。26、（10分）某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：（1）在30mL的大试管①中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；（2）按下图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；（3）待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层；（4）分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，浓硫酸、乙醇、乙酸的滴加顺序是：_______。写出制取乙酸乙酯的化学方程式________。（2）试管②中所加入的物质是：________，作用为_________。A．中和乙酸和乙醇；B．中和乙酸并吸收部分乙醇；C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出；D．加速酯的生成，提高其产率。（3）步骤（2）中需要小火均匀加热，温度不能太高，其主要理由是：_____（答一条即可）。（4）分离出乙酸乙酯层所用到的主要仪器是________；为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为（填字母）：_______。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体27、（12分）二氧化氯（ClO2）常用于处理含硫废水。某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。已知：①ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11℃。②SO2+NaClO3+H2SO4→ClO2+NaHSO4（未配平）③ClO2+NaOH→NaCl+NaClO3+H2O（未配平）请回答下列问题：（1）设计如下装置制备ClO2

①装置A中反应的化学方程式为__________________________________。②装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。③欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为a→

g→

h→

_________________→d。（2）探究ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物操作步骤实验现象结论取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。品红溶液始终不褪色①无_______生成。另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡。②___________有SO42-生成③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，______________。有白色沉淀生成有Cl-生成④ClO2与Na2S反应的离子方程式为_________________________________________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_____________________________________________（任写一条）。28、（14分）现有下列五种有机物：①CH4、②CH2＝CH2、③CH3CH2OH、④CH3CH2CH2CH3、⑤CH3COOH请回答：（1）写出⑤的官能团的名称______。（2）与①互为同系物的是______（填序号）。（3）写出④的同分异构体的结构简式________________。（4）写出与②发生加成反应生成乙烷的化学方程式_________________________。（5）③与⑤发生反应的化学方程式______________________。29、（10分）下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质己经略去），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。（l）写出下列各物质的化学式：X:_______；F:_______；G:_______。（2）写出下列变化的反应方程式：A→D:________________；G→E:________________。（3）实验室里，常用加热______的混合物的方法制取气体C，常采用______法来收集。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【答案解析】A、棉花的主要成分是纤维素，尼龙不是，选项A错误；B、医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，选项B错误；C、可用灼烧的方法区别羊毛和棉线，灼烧羊毛有烧焦羽毛的气味，选项C正确；D、实验室用酒精作燃料是因为其为清洁能源，选项D错误。答案选C。点睛：考查化学与生活的判断。正确理解和对生活用品组成、成分、用途是解答本题的关键。2、B【答案解析】试题分析：A、反应的限度受反应、反应条件的影响，反应、反应条件不同，限度也不同，A错误；B、反应限度受温度影响，可以通过改变温度控制化学反应的限度，B正确；C、反应达到一定的限度后条件不变，反应限度不变，不会随反应时间的改变而改变，C错误；D、化学反应限度是一种动态平衡，反应仍在进行，不会停止，D错误，答案选B。考点：考查对化学反应限度的理解3、A【答案解析】

根据n=V/Vm计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量。【题目详解】标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol，由方程式CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1kJ·mol－1可知0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ•mol-1=0.4Q1kJ，由H2（g）＋1/2O2（g）===H2O（l）ΔH＝－1/2Q3kJ·mol－1可知，0.1mol氢气燃烧放出的热量为0.05Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1kJ+0.05Q3kJ=（0.4Q1+0.05Q3）kJ，故A正确。故选A。4、D【答案解析】分析:A.乙烯与氢气发生加成反应时，氢气的量难以控制；B.苯难溶于酸性高锰酸钾溶液，用分液法分离；C.相对分子质量为106.5的一氯代烃分子式为C5H11Cl，分子式为C5H11Cl的同分异构体有8种；D.溴能与碱发生反应生成盐，一般有机物不能溶于盐溶液。详解：A、通入的氢气的量不好控制，少量时，不能将乙烯全部除去，过量时，引入杂质氢气，且反应条件要求高，故A错误；B、苯难溶于酸性高锰酸钾溶液，用分液法分离，故B错误；C、相对分子质量为106.5的一氯代烃分子式为C5H11Cl，分子式为C5H11Cl的同分异构体有

主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；

主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；

主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；

共有8种情况，故C错误；D、溴苯与NaOH溶液反应很缓慢，所以将NaOH溶液加入到溴苯中振荡后，Br2反应后到无机层中，溴苯在有机层中，然后分液即可，故D正确；故本题选D。5、B【答案解析】分析：由图像可知，在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题。详解：在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，如是升高温度，正反应应为放热反应，如是增大压强，则反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，只有B符合，故选B。6、C【答案解析】A.和金属钠反应时生成乙醇钠和氢气，所以键①断裂，A正确；B.和浓H2SO4共热到170℃时生成乙烯，所以键②和⑤断裂；和浓H2SO4共热到140℃时生成乙醚，所以键①②断裂，B正确；C.乙醇在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和水，碳碳键和碳氢键都要断裂，C不正确；D.在Ag催化下与O2反应时生成乙醛，所以键①和③断裂，D正确。本题选C。7、B【答案解析】A．甲烷、乙烷、异丁烷的结构相似，分子组成相关若干个CH2基团，互为同系物，故A正确；B．由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物：氯化氢，总计5种产物，故B错误；C．根据沸点的差异，分离煤焦油中的苯等芳香族化合物应用分馏的方法，故C正确；D．CH3CH=CHCH3故，此为烯烃结构，乙烯中的六个原子均共平面，线两个甲基取代H的位置生成2-丁烯，四个碳原子可以共平面，故D正确；故选B。8、C【答案解析】

A．可逆反应反应物不能完全反应，故A错误；B．反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，N2、H2按1：3混合，化学计量数为1：3，所以转化率相等，平衡时，N2、H2的物质的量浓度一定为1：3，故B错误；C．随反应进行，N2、H2和NH3的物质的量浓度发生变化，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡状态，故C正确；D．可逆反应时动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率，但不为零，故D错误。答案选C。【答案点睛】准确理解平衡状态的特征是解题关键，可逆反应反应物不能完全反应，达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变。9、A【答案解析】

A．氢气可以用分解水来制取，属于可再生能源，故A正确；B．石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B错误；C．煤属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C错误；D．天然气属于化石能源，属于不可再生能源，故D错误；故选A。【答案点睛】了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。10、C【答案解析】

A．钠原子和氯原子通过得失电子都达到稳定结构，所以钠原子和氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强，故A正确；B．离子化合物中离子键存在静电作用，静电作用包含吸引力和排斥力，故B正确；C．离子键的形成过程中不一定有电子得失，如复分解反应中离子键的形成，故C错误；D.离子化合物中不一定含金属元素，例如铵盐等，故D正确。答案选C。11、A【答案解析】

N2+3H22NH3，同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，把这些反应速率都换算成H2的反应速率。A、v(N2)=0.6mol/(L·min)，所以v(H2)=1.8mol/(L·min)；B、v(NH3)=0.9mol/(L·min)，所以v(H2)=1.35mol/(L·min)；C、v(H2)=1.2mol/(L·min)；D、v(H2)=0.025mol/(L•s)=1.5mol/(L·min)；故选A。【答案点睛】解题此类试题的方法有：方法一：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同；方法二：将该物质表示的化学反应速率除以对应的化学计量数，数值越大，反应速率越快。12、D【答案解析】agSO42-的物质的量是，根据硫酸铝的化学式可知铝离子的物质的量是，因此若把此溶液取一半加水稀释至2VmL，则稀释后溶液中A13+的物质的量浓度为，答案选D。13、A【答案解析】

N和O位于同周期，非金属性O＞N；S和P位于同周期，非金属性S＞P；N和P位于同主族，非金属性N＞P；O和S位于同主族，非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，则最不稳定的为PH3；故答案选A。14、C【答案解析】

A．反应速率的方向相反，但不满足速率之比等于化学计量数之比，A错误；B．平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，B错误；C．混合气的密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但混合气的质量是变化的，可以说明，C正确；D．反应速率的方向是相同的，不能说明，D错误；故选C。15、A【答案解析】

A.二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，可鉴别，故A正确；B.

SO2与CO2都是酸性氧化物,SO2和CO2气体都可使澄清石灰水变浑浊，不能鉴别，故B错误；C.

SO2与CO2都是酸性氧化物,与水反应生成碳酸和亚硫酸,SO2与CO2气体都可使紫色石蕊试液变红，不能鉴别，故C错误；D.

SO2与CO2气体与氯化钡溶液都不反应，因亚硫酸和碳酸的酸性都比盐酸弱，不能鉴别，故D错误；故选：A。16、A【答案解析】分析：增大金属与酸反应的化学反应速率，可通过增大浓度、升高温度或形成原电池反应等措施，以此解答该题。详解：A．滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，A正确。B．加入硫酸钠，不能改变氢离子浓度，反应速率几乎不变，B错误；C．浓硫酸与锌反应不生成氢气，生成二氧化硫气体，C错误；D．降低温度，反应速率减小，D错误；答案选A。点睛：本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大。注意浓硫酸的强氧化性。17、C【答案解析】分析：A.C2H4O2为乙酸的分子式；B.氨气分子中氮原子要满足8电子稳定结构；C.互为同位素的原子具有相同的质子数；D.碳原子半径小于氯原子半径。详解：A.乙酸的结构简式为CH3COOH，A错误；B.NH3是共价化合物，电子式为，B错误；C.互为同位素的原子具有相同的质子数，因此离子结构示意图可以表示32S2－，又可以表示34S2－，C正确；D.碳原子半径小于氯原子半径，比例模型可以表示甲烷分子，不能表示四氯化碳分子，D错误。答案选C。18、B【答案解析】质子数和中子数之和是质量数，则该核素原子内的中子数为32－15＝17，答案选B。点睛：明确核素表示的方法和有关物理量之间的数量关系是解答的关键，即在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。19、C【答案解析】分析：A、依据二氧化硅和硅单质性质分析判断；B、高炉炼铁原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石；C、烷烃裂解可得到乙烯、丙烯等；D．煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的。详解：A、二氧化硅是制造光导纤维的材料，单质硅是良好的半导体材料，选项A错误；B、高炉炼铁原料有铁矿石、焦炭、空气、石灰石，选项B错误；C、将石油分馏产物中的长链烃通过裂解，可得到乙烯、丙烯等短链烃，选项C正确；D．煤的干馏是在隔绝空气的条件下发生的，得到焦炭、煤焦油、焦炉气、粗氨水等产品，在空气中加强热会燃烧生成二氧化碳，选项D错误；答案选C。点睛：本题综合考查有机物的组成、结构和性质，为高考高频考点，侧重于有机物知识的综合考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。20、B【答案解析】分析：A．水解后检验溴离子，应在酸性条件下；B．根据实验现象分析；C．酒精、乙酸均与Na反应生成氢气；D．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色。详解：A．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，水解后没有加硝酸至酸性，不能检验，A错误；B．将打磨过的铝箔用酒精灯加热过程中铝箔熔化，但不滴落，这说明氧化铝的熔点高于铝，B正确；C．酒精、乙酸均与Na反应生成氢气，则混合液中加入金属钠，有气泡产生不能说明酒精中有乙酸，C错误；D．乙醇易挥发，乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，则现象不能说明是否有乙烯生成，D错误；答案选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验设计的科学性、严密性和可操作性等，题目难度中等。21、A【答案解析】

A．F的原子序数为9，得到1个电子形成最外层8个电子的稳定结构，离子结构示意图为：，故A正确；B．根据原子表示法，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，质子数为8，即O，故B错误；C．氯化氢为共价化合物，不存在阴阳离子，电子式为，故C错误；D．乙烯中存在碳碳双键，结构简式为CH2═CH2，故D错误；故选A。22、D【答案解析】

标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，60mL5mol/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×=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。【题目详解】标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol；60mL5mol/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×=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。【答案点睛】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。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅦA族O2->Na+>Al3+H2OH2O可形成分子间氢键，沸点最高离子键、非极性共价键【答案解析】

B的单质在常温下为双原子分子，它与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素，据此分析。【题目详解】B的单质在常温下为双原子分子，它与A可形成分子X，X的水溶液呈碱性；由此可知A为氢元素，B为氮元素，X为氨气；A、D同主族，且D的原子序数大于氮，则D为钠元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，即1+7=8，则C为氧元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F为硫元素；G为氯元素。(1)G为氯元素，在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族；(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故元素C、D、E的简单离子O2-、Na+、Al3+的半径由大到小关系为O2->Na+>Al3+；(3)A分别与C、F形成的氢化物H2O、H2S，沸点较高的是H2O，原因是H2O可形成分子间氢键，沸点最高；(4)Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：；C、D还可形成化合物Na2O2，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中存在共价键，故Na2O2中含有的化学键是离子键、非极性共价键。24、分馏Cu或Ag作催化剂并加热羧基CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O加入浓硫酸作催化剂、加热等【答案解析】

A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，则C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为D，则D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为乙酸乙酯。（1）工业上，由石油分馏获得石蜡油，故答案为：分馏；（2）丁烷的一种同分异构体中含有三个甲基，则这种同分异构体的结构简式是：；（3）反应B→C是乙醇催化氧化生成乙醛，反应发生需要的条件为Cu或Ag作催化剂并加热；D为CH3COOH，物质中官能团的名称是羧基；（4）反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，反应方程式是CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，该反应的速率比较缓慢，通常采取加入浓硫酸作催化剂、加热等措施提高该反应的速率。【答案点睛】本题考查有机推断及合成，据题意可知A为乙烯、B为乙醇、C为乙酸、D为乙酸乙酯。从石蜡油里获得乙烯主要是通过石蜡油的裂解得到，所以是化学变化。乙醇与乙酸在浓硫酸做催化剂的条件下，乙醇脱掉羟基中的氢，而乙酸脱掉羧基中的羟基，所以产物为乙酸乙酯和水。同分异构体特点是分子式相同结构不同。25、①碘水②银氨溶液③新制氢氧化铜悬浊液④加水【答案解析】分析：淀粉遇碘单质变蓝，且葡萄糖含-CHO，能被银氨溶液或新制氢氧化铜氧化，根据二者的性质差异来解答。详解：淀粉遇碘单质变蓝，且葡萄糖含-CHO，能被银氨溶液或新制氢氧化铜氧化，则区分淀粉和葡萄糖的方法为：a、分别取样配成溶液加入碘水呈蓝色的是淀粉；b、分别取样配成溶液分别加入银氨溶液水浴加热有银镜出现的是葡萄糖；c、分别取样配成溶液加入新制氢氧化铜悬浊液煮沸出现砖红色沉淀的是葡萄糖；d、分别等质量样品加水溶解，能溶于水的是葡萄糖，不易溶于水的是淀粉。点睛：本题考查物质的检验实验方案的设计，为高频考点，把握有机物的性质、性质差异、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。26、乙醇、浓硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O饱和碳酸钠溶液B、C因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料；温度过高可能发生其它副反应分液漏斗B【答案解析】

（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，所以选择中性干燥剂；【题目详解】（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发，所以先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸；酯化反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，所以B项和C项正确；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离，所以用到的仪器是分液漏斗；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，五氧化二磷属于酸性干燥剂，无水硫酸钠属于中性干燥剂，碱石灰属于碱性干燥剂，氢氧化钠属于碱性物质，所以选择中性干燥剂硫酸钠。27、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O2:1b→c→e→fSO2有白色沉淀加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底；或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物等（合理即可）【答案解析】

①装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②由题意知装置B中反应为SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；答案：2:1。③二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应