2023学年安徽省定远启明中学高一化学第二学期期末复习检测试题（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（每题只有一个选项符合题意）1、室温时，向试管中通入气体X（如图），下列实验中预测的现象与实际不相符的是选项气体X试管中的物质Y预测现象A乙烯Br2的CCl4溶液溶液橙色逐渐褪去，最终液体分为上下两层BSO2品红溶液溶液红色逐渐褪去C甲烷酸性KMnO4溶液无明显现象，溶液紫色不褪D氯气FeCl2溶液（浅绿色）溶液由浅绿色逐渐变为黄色A．A B．B C．C D．D2、M元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成化合物Z。下列说法中正确的是()A．Z是共价化合物B．Z可表示为M2YC．Z的电子式可表示为D．M形成＋2价阳离子3、下列叙述中不正确的是A．氨遇硫酸冒白烟B．氨在一定条件下能与氧气反应生成一氧化氮和水C．氨是一种极易溶于水，且易液化的气体D．氨能使酚酞试液变红色4、如图所示是425℃时，在1L密闭容器中发生化学反应的浓度随时间的变化示意图。下列叙述错误的是()A．图①中t0时，三种物质的物质的量相同B．图①中t0时，反应达到平衡状态C．图②中的可逆反应为2HI(g)H2(g)＋I2(g)D．图①②中当c(HI)＝3.16mol/L时，反应达到平衡状态5、在实验室里，要想使AlCl3中的Al3+全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（）A．AgNO3溶液B．NaOH溶液C．石灰水D．氨水6、下列有关自然资源的开发利用叙述正确的是A．从食物中获得的糖类、油脂、蛋白质等营养物质均为天然高分子化合物B．金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法C．石油裂化的目的是提高轻质燃料油的质量和产量D．煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得7、13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下列有关13C、15N的叙述正确的是()A．13C、15N具有相同的中子数 B．13C与12C60互为同位素C．15N的核外电子数与中子数相同 D．15N与14N核外电子排布相同8、下列有关煤、石油，天然气等资源的说法正确的是A．石油分馏属于化学变化B．天然气是一种清洁的化石燃料C．煤就是碳，属于单质D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料9、常温下，0.1mol·L－1HA溶液中c(H+)=10－3mol·L－1，下列说法中正确的是A．HA是一种强酸B．相同浓度的HCl溶液与HA溶液，后者的导电能力更强C．在HA溶液中存在：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)D．中和同体积同浓度的HCl和HA溶液，消耗同浓度的NaOH溶液的体积不同10、既能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，又能跟银氨溶液溶液反应的物质是A．B．C．D．11、短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法一定正确的是XYZWA．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强B．元素X与Y可形成化合物YXC．Z的氧化物形成的晶体是分子晶体D．W元素的氧化物的水化物是强酸12、能将化学能转化为电能的装置(烧杯中溶液均为稀硫酸)是()A． B． C． D．13、下列有关性质的大小关系符合元素周期律的是（）A．金属性：Na>MgB．稳定性：NH3>H2OC．碱性：Al(OH)3>Mg(OH)2D．酸性：HNO3<H2CO314、下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（）A．硅晶体可用于制造光导纤维B．陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品C．二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料D．二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物15、某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是（）A．电子通过外电路从b极流向a极B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极16、在农业上常用稀释的福尔马林来浸种，给种子消毒。该溶液中含有A．甲醇 B．甲醛 C．甲酸 D．乙醇二、非选择题（本题包括5小题）17、下表是元素周期表中的一部分，回答下列问题：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩⑾⑿（1）写出下列元素名称①_______，⑤_______，⑨_______，⑾________。（2）在这些元素中，金属性最强的元素是_______；除稀有气体元素以外的元素中原子半径最大的是_______，原子半径最小的是______。其氢化物最稳定的是____。（填写元素符号）（3）元素②和③形成的离子的电子层结构_________（填“相同”或“不相同”），两者形成的化合物是否是离子化合物________（填“是”或“否”），该化合物的电子式为______________。（4）元素⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为：______名称为______：。（5）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，属于两性氢氧化物的是_________（填写化学式），写出其和盐酸反应的化学方程式__________________________________________。18、乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：已知：CH3CHO+O2→CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是__________（填序号）。①分馏②裂解（2）A的官能团是__________。（3）反应II的化学方程式是________________。（4）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是________________。（5）E是有香味的物质，反应IV的化学方程式是______________________。（6）下列关于CH2＝CH－COOH的说法正确的是__________。①与CH3CH＝CHCOOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应19、工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。20、某同学为验证元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。I.(1)将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_____与盐酸反应最剧烈，____与盐酸反应的速率最慢；_____与盐酸反应产生的气体最多。(2)向Na2S溶液中通入氯气出现淡黄色浑浊，可证明C1的非金属性比S强，反应的离子方程式为：_______________。II.利用下图装置可验证同主族非金属性的变化规律。(3)仪器B的名称为__________，干燥管D的作用为___________。(4)若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到混合溶液_____的现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_____溶液吸收尾气。(5)若要证明非金属性：C＞Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液观察到C中溶液______的现象，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，应用______溶液除去。21、能源与材料、信息被称为现代社会发展的三大支柱，化学与能源有着密切联系。(1)下表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ·mol-1)化学键H-HCl-ClH-Cl键能436243431请根据以上信息可知，1mol氢气在足量的氯气着燃烧生成氯化氢气体放出热量___________。(2)天然气是一种重要的情节能源和化工原料，其主要成分为CH4。以CH4、空气、KOH溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池的负极反应式为___________。(3)工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇，可以将CO2变废为宝。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g),测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。①从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=___________；H2的转换率α(H2)=___________。②若反应CO2+3H2CH3OH(g)+H2O(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：A．V(CO2)=0.15mol·L-1·min-1B．V(H2)=0.01mol·L-1·s-1C．v(CH3OH)=0.2mol·L-1·min-1D．v(H2O)=0.45mol·L-1·min-1该反应进行由快到慢的顺序为___________(填字母)。(4)海水化学资源的利用具有非常广阔的前景。从海水中提取溴的工业流程如图：①流程④中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：□Br2+□CO32-=□BrO3-+□Br-+□CO2↑______②以上五个过程中涉及氧化还原反应的有___________个。③步骤③中已获得游离态的溴，步骤④又将之转变成化合态的溴，其目的是___________。

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、A【答案解析】

A、乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溶液橙色逐渐褪去，但生成的1，2-二溴乙烷溶于CCl4溶液中，液体不分层，选项A实验中预测的现象与实际不相符；B、二氧化硫能使品红溶液褪色，选项B实验中预测的现象与实际相符；C、甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，选项C实验中预测的现象与实际相符；D、氯气具有氧化性，能将氯化亚铁氧化，通入氯气，浅绿色FeCl2溶液逐渐变为黄色，选项D实验中预测的现象与实际相符；答案选A。【答案点睛】本题考查物质的检验，注意根据物质的性质进行分析检验，易错点为选项D，注意氯气的强氧化性及氯气、氯化亚铁、氯化铁的颜色变化。2、D【答案解析】

由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，据此解答。【题目详解】A．由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，故A错误；

B．Z的化学式为MY2，故B错误；

C．Z的电子式为，故C错误；

D．一个M原子失去2个电子形成M2+，M形成＋2价阳离子，故D正确；

答案选D。【答案点睛】本题考查原子结构与元素性质，通过电子的得失确定元素的化合价是关键，注意离子化合物电子式的书写。3、A【答案解析】

A．硫酸难挥发，与氨反应无明显现象，A项错误；B．氨气在催化剂加热条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，B项正确；C．氨气容易液化，极易溶于水，1体积水能溶解约700体积的氨，C项正确；D．氨溶于水的水溶液生成的一水合氨会部分电离成NH4+和OH-，故氨水显弱碱性，可使酚酞试液变红色，D项正确；答案选A。4、B【答案解析】

A.图①中t0时，由图可知三种物质的物质的量浓度相等，由于体系恒容，所以三者的物质的量也相等，故A正确；B.图①中t0时，由图可知三种物质的物质的量浓度相等，但t0后各物质的量浓度未保持不变，反应没有达到平衡状态，故B错误；C.由图②可知，该图表示的反应为2HI(g)=H2(g)+I2(g)。该反应可达平衡状态，所以图②的逆反应为H2(g)+I2(g)=2HI(g)，故C正确；D.由图可知：图①、②中当c(HI)=3.16mol/L时，之后各物质的物质的量浓度都保持不变，说明反应均达到平衡状态，故D正确；故选B。【答案点睛】（1）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率与逆反应速率相等时，反应物和生成物的物质的量浓度不再发生改变的状态，叫化学平衡状态。（2）在同一化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比。5、D【答案解析】分析：Al3+可以和碱反应，也可以和能水解显碱性的盐反应；Al（OH）3是两性氢氧化物能溶于强酸强碱，Al3+离子全部沉淀需要所加的试剂过量，所以全部沉淀Al3+最好不用强碱用弱碱。详解：A、硝酸银与氯化铝反应生成氯化银白色沉淀，A不符合；B、氢氧化钠溶液是强碱溶液，沉淀Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出来，B不符合；C、石灰水是强碱溶液，沉淀Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出来，C不符合；D、氨水是弱碱溶液，可以沉淀Al3+，且Al（OH）3不溶于弱碱溶液，D符合。答案选D。6、C【答案解析】分析：A.相对分子质量超过10000的有机物属于高分子化合物；B.熔融的氯化铝不导电；C.裂化的目的是提高汽油的产量和质量；D.煤中不含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物。详解：A.糖类中的葡萄糖和麦芽糖、蔗糖不属于高分子化合物，油脂的主要成分是高级脂肪酸和甘油所生成的酯，也不属于高分子化合物，A错误；B.熔融的氯化铝不导电，金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化氯的方法，B错误；C.裂化的目的是将C18以上的烷烃裂化为C5-C11的烷烃和烯烃，得到裂化汽油，可以提高汽油的产量和质量，故C正确；D.煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，但煤中不含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，D错误；答案选C。7、D【答案解析】

A．13C与15N的中子数分别为7、8，A错误；B．13C是核素，12C60属于单质，二者不能互为同位素，B错误；C．15N的核外电子数为7，中子数为15﹣7=8，不相同，C错误；C．15N与14N的核外电子数都是7，核外电子排布相同，D正确；答案选D。【答案点睛】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，较简单，熟悉同位素、同素异形体的概念及判断可解答。8、B【答案解析】A.石油分馏是利用沸点不同分离的，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B、天然气的主要成分为甲烷，燃烧充分，生成物为二氧化碳和水，为清洁的化石燃料，故B正确；C、煤是古代的植物压埋在地底下，在不透空气或空气不足的条件下，受到地下的高温和高压年久变质而形成的黑色或黑褐色矿物，是混合物不是单质，故C错误；D、水煤气是通过炽热的焦炭而生成的气体，主要成份是一氧化碳、氢气，不是煤的液化，故D错误；故选B。9、C【答案解析】

常温下，0.1mol·L－1HA溶液中c(H+)=10－3mol·L－1，可知HA是一元弱酸。【题目详解】A.根据分析可知A错误；B.相同浓度的HCl溶液与HA溶液，前者的导电能力更强；故B错误；C.电荷守恒，在HA溶液中存在：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C正确；D.中和同体积同浓度的HCl和HA溶液，都是一元酸，消耗同浓度的NaOH溶液的体积相同，故D错误。10、B【答案解析】试题分析：A中含有碳碳双键和羟基，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能跟银氨溶液溶液反应，A不正确；B中含有碳碳双键和醛基，既能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，又能跟银氨溶液溶液反应，B正确；C中含有碳碳双键和羟基，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能跟银氨溶液溶液反应，C不正确；D中含有碳碳双键和酯基，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能跟银氨溶液溶液反应，D不正确，答案选B。考点：本考查有机物的性质点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。注意常见有机物的官能团及性质，学习中注意积累和总结。11、B【答案解析】

由W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍可知，W是S元素，由X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X是N元素、Y是Al元素、Z是Si元素。【题目详解】A项、元素非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，S元素的非金属性强于Si元素，则S元素的简单气态氢化物的热稳定性比Si的强，故A错误；B项、N元素和Al元素可以形成离子化合物AlN，故B正确；C项、Si元素的氧化物二氧化硅是溶沸点高、硬度大的原子晶体，故C错误；D项、S元素的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸是弱酸，故D错误。故选B。【答案点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。12、C【答案解析】分析：原电池的构成条件：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。详解：将化学能转化为电能的装置(烧杯中溶液均为稀硫酸)是原电池。则A、电极均是铜，不能形成原电池，A错误；B、电极均是铁，不能形成原电池，B错误；C、金属性铁强于铜，与稀硫酸一起构成原电池，其中铁是负极，铜是正极，C正确；D、没有形成闭合回路，不能形成原电池，D错误。答案选C。点睛：原电池的四个判定方法：①观察电极——两极为导体且存在活泼性差异(燃料电池的电极一般为惰性电极)；②观察溶液——两极插入溶液中；③观察回路——形成闭合回路或两极直接接触；④观察本质——原电池反应是自发的氧化还原反应。13、A【答案解析】A、同周期从左向右金属性减弱，因此Na的金属性强于铝，故A正确；B、非金属性越强，其氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性增强，O的非金属性强于N，即H2O比NH3稳定，故B错误；C、金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，因此Mg(OH)2的碱性强于Al(OH)3，故C错误；D、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，故HNO3的酸性强于H2CO3，故D错误。14、B【答案解析】

A.二氧化硅晶体可用于制造光导纤维，故A错误；B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷的主要原料是黏土，石英的主要成分是二氧化硅，黏土属于硅酸盐，故都是硅酸盐产品，故B正确；C.晶体硅是半导体材料，而不是二氧化硅，故C错误；D.二氧化硅能与氢氟酸反应，又能与氢氧化钠反应，但二氧化硅与氢氟酸反应生成的四氟化硅不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故D错误。故选B。【答案点睛】硅可用于半导体，如硅芯片、晶体管、太阳能电池板等；二氧化硅可用于光导纤维，是石英、玛瑙、硅藻土的主要成分。15、D【答案解析】试题分析：A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。16、B【答案解析】

甲醛的水溶液是福尔马林，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、氮铝氩钙KKFF相同是HClO4高氯酸Al(OH)3Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O【答案解析】

由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑾为Ca、⑿为Br，据此分析。【题目详解】由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑾为Ca、⑿为Br。（1）下列元素名称①为氮，⑤为铝，⑨为氩，⑾为钙；（2）同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强，故上述元素中K元素的金属性最强；除稀有气体元素以外，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故上述元素中K的原子半径最大；F的原子半径最小；同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱，故上述元素中F元素的非金属性最强，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则其氢化物最稳定的是F；（3）元素②和③形成的离子F-和Na+都为10电子离子，它们的电子层结构相同，两者形成的化合物NaF由钠离子和氟离子构成，属于离子化合物，该化合物的电子式为；（4）元素⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为：HClO4，名称为高氯酸；（5）在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，属于两性氢氧化物的是Al(OH)3，Al(OH)3和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的化学方程式为Al(OH)3＋3HCl===AlCl3＋3H2O。【答案点睛】本题是一道元素周期表结构和元素周期律知识的综合题目，考查角度广。根据元素的周期数和族序数来确定元素是解题的关键。18、①羟基或－OH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O①②③【答案解析】

（1）石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；（2）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇中官能团是羟基；（3）在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；（5）乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（6）①CH2=CH-COOH和CH3CH=CHCOOH结构相似，且在分子组成上相差一个－CH2原子团，所以属于同系物，正确；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键、甲基，属于含氧衍生物，能发生加成反应、取代反应，能燃烧而发生氧化反应，正确；答案选①②③。19、漏斗取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质将Cu2+Hg2+全部置换出来不能甲乙丙Fe+2H+=Fe2++H2↑冷却结晶过滤【答案解析】分析：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+Hg2+全部置换出来；不能。（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲乙；丙。（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H++Fe=Fe2++H2↑。步骤Ⅳ是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H++Fe=Fe2++H2↑；冷却结晶；过滤。点睛：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。20、钾铝铝S2-+Cl2=S↓+2C1-锥形瓶防止倒吸变蓝NaOH[或Ca(OH)2]有白色沉淀生成饱和NaHCO3【答案解析】分析：I．（1）根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；（2）硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；II．（3）根据仪器的构造写出仪器B的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；（4）氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变成蓝色；氯气有毒，氯气能够与氢氧化钠溶液反应；（5）碳酸酸性强于硅酸，二氧化碳能够与硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸；除去二氧化碳中氯化氢，可以使用饱和碳酸氢钠溶液。详解：I．（1）金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝；（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为S2﹣+Cl2＝S↓+2Cl﹣；Ⅱ．（3）仪器B为锥形瓶；球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中；（4）KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，氯气能够将碘离子氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变成蓝色，氯气是一种有毒气体，必须进行尾气吸收，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；（5）盐酸与碳酸钙反应生成CO2，CO2能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加NaSiO3溶液观察到C中溶液有白色沉淀生成的现象，即可证明非金属性C＞Si。氯化氢具有挥发性，干扰实验结果，需要将二氧化碳中的氯化氢除掉，根据氯化氢与碳酸氢钠反应，而二氧化碳不反应，可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶。21、183kJCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O0.075mol/（L•min）75%D＞C=B＞A（或D＞B=C＞A）331534富集（或浓缩）溴元素【答案解析】分析：(1)根据焓变∆H=反应物键能总和-生成物键能总和进行计算。(2)甲烷、空气、氢氧化钾溶液形成原电池,负极甲烷失电子发生氧化反应。(3)①根据图像信息，利用三段式进行解答。②将各物质的速率除以该物质的所对应的系数，然后比较各物质的速率的数值大小，注意单位要统一。(4