2022-2023学年广东省深圳市耀华实验学校高一化学第二学期期末教学质量检测试题含解析

2022-2023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、下列实验中，反应速率的加快是由催化剂引起的是()A．在炭粉中加入氯酸钾，点燃时燃烧更为剧烈B．过氧化氢中加入少量二氧化锰，即可迅速放出气体C．固态氯化铁和固体氢氧化钠混合后，加入水能迅速产生沉淀D．锌与稀硫酸反应中加入少量硫酸铜溶液，反应放出氢气的速率加快2、下列物质能导电的是()A．液态氯化氢 B．盐酸C．食盐晶体 D．蔗糖3、锥形瓶内盛有气体X，滴管内盛有液体Y。若挤压胶头滴管，使液体Y滴入瓶中，振荡，过一会可见小气球a鼓起。气体X和液体Y不可能是（）A．X是NH3，Y是水B．X是SO2，Y是NaOH浓溶液C．X是CO2，Y是稀硫酸D．X是HCl，Y是NaNO3稀溶液4、甲烷和乙烯的混合气体5

L，完全燃烧消耗相同状况下的O2

12

L，则甲烷和乙烯的体积比为A．2：1B．1:2C．3：2D．2：35、有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含硫酸的浓度为2mol·L－1，含硝酸的浓度为1mol·L－1，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为()A．224mL B．168mLC．112mL D．89.6mL6、下列说法不正确的是A．含有离子键的化合物一定是离子化合物B．含有共价键的化合物一定是共价化合物C．非极性键也可能存在于离子化合物中D．用化学键的观点解释化学反应的本质：旧键的断裂和新键的形成7、高一入学体检时，小亮体检的血液化验单中，出现了如下图所示的体检指标。表示该体检指标的物理量是()A．溶解度B．摩尔质量C．质量分数D．物质的量浓度8、下列有关电池的说法不正确的是（）A．锌锰干电池中，锌电极是负极B．甲醇燃料电池的能量转化率可达100%C．手机上用的锂离子电池属于二次电池D．充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行9、下列化学用语表达正确的是（）A．苯的分子式B．氟原子的结构示意图C．氯化钠的电子式D．正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH310、下列仪器可用酒精灯直接加热的是()A．锥形瓶 B．试管 C．烧杯 D．量筒11、X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同。下列说法不正确的是A．离子半径：X+>Y3+>Z2－ B．碱性：XOH>Y(OH)3C．单质的还原性：X>Y D．原子序数：Y>X>Z12、下列有关物质性质的比较正确的是()①同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越弱③单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强⑤还原性：S2－>Se2－⑥酸性：HNO3>H3PO4A．①③ B．②④ C．③⑥ D．⑤⑥13、下列各组物质的性质比较中，正确的是（）A．酸性:HNO3＞H2CO3＞H2SiO3B．稳定性;H2S＞H2O＞HFC．还原性:Cl-＞Br-＞I-D．碱性:NaOH＞Mg(OH)2＞Ca(OH)214、短周期A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素、B-与C+具有相同的电子层结构，D的单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法不正确的是（）A．B和D属于同主族元素B．B的最高价氧化物的水化物是一种强酸C．A和C可以形成离子化合物D．1molC与过量的氧气充分反应，转移1mol电子15、用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A．中子数为8的氮原子： B．HCl的电子式：C．NH3的结构式： D．Cl−的结构示意图：16、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为17、中子数为20的氯原子：B．氯离子(Cl－)的结构示意图：C．氯分子的电子式：D．氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl17、根据元素周期表和元素周期律知识，下列说法正确的是A．单质与氢气化合的难易程度：M难于N，可说明M的非金属性弱于NB．第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性C．已知铊(Tl)与铝同主族，所以其单质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应D．在短周期元素中，原子最外电子层只有1个或2个电子的元素是金属元素18、下列除杂方案错误的是()选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A苯乙酸NaOH溶液分液BCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓硫酸洗气CNH4Cl(aq)Fe3＋(aq)NaOH溶液过滤D乙烷乙烯溴水洗气A．A B．B C．C D．D19、下列表示正确的是A．硫原子结构示意图 B．乙炔的结构简式CHCHC．乙烯的球棍模型 D．NaCl的电子式20、已知下列元素的原子半径原子NSOSi半径/10-10m0.751.020.741.17根据以上数据，磷原子的半径可能是A．0.80×10-10m B．1.10×10-10m C．1.20×10-10m D．0.70×10-10m21、用括号内试剂除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是A．乙烷中的乙烯（Br2水） B．溴苯中的溴（KI溶液）C．乙醇中的水（CaO） D．乙酸乙酯中的乙酸（饱和Na2CO3溶液）22、“绿色化学”是21世纪化学发展的主要方向。“绿色化学”要求从根本上消除污染，它包括“原料的绿色化”、“化学反应的绿色化”、“产物的绿色化”等内容。其中“化学反应的绿色化”要求反应物中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中。下列制备方案中最能体现化学反应的绿色化的是()A．乙烷与氯气光照制备一氯乙烷 B．乙烯催化聚合为聚乙烯高分子材料C．以铜和浓硫酸共热制备硫酸铜 D．苯和液溴在催化剂条件下制取溴苯二、非选择题(共84分)23、（14分）一种高分子化合物（Ⅵ）是目前市场上流行的墙面涂料之一，其合成路线如下（反应均在一定条件下进行）：回答下列问题：（1）化合物Ⅲ中所含官能团的名称是___________________、_______________________。（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的同时，副产物为____________________________。（3）CH2=CH2与溴水反应方程式：_______________________________。（4）写出合成路线中从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应方程式：_____________________。（5）下列关于化合物Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ的说法中，正确的是_____________。A化合物Ⅲ可以发生氧化反应B化合物Ⅲ不可以与NaOH溶液反应C化合物Ⅳ能与氢气发生加成反应D化合物Ⅲ、Ⅳ均可与金属钠反应生成氢气E化合物Ⅳ和Ⅴ均可以使溴的四氯化碳溶液褪色（6）写出化合物Ⅰ与氧气在Cu催化下反应的产物______________________。24、（12分）A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置___________。（2）写出A2W2的电子式为____________。（3）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式________。（4）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，DA能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后成气体的体积是_________（标准状况下）。（5）D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，则该反应的离子方程式为_____________。25、（12分）实验室用燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，测定装置如图所示(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出)：取17.1gA放入B装置中，持续通入过量O2燃烧，生成CO2和H2O，请回答下列有关问题：(1)通入过量O2的目的是_______________________________；(2)D装置的作用是______________________________，有同学认为该套装置有明显的缺陷，需要改进，该同学判断的理由是___________________________；(3)通过该实验，能否确定A中是否含有氧元素，其理由？_____________________________；(4)若A的摩尔质量为342g/mol，C装置增重9.9g，D装置增重26.4g，则A的分子式为______________________________；(5)A可发生水解反应，1molA可水解生成2mol同分异构体，则A在催化剂作用下水解的化学方程式为_______________________________。26、（10分）实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量，反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，试回答：(1)如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量[m(CuO)、m(H2O)]时，请用下列仪器设计一个简单的实验方案。①仪器连接的顺序(用字母编号表示，仪器可重复使用)__________；d中浓硫酸的作用是___________，___________________；实验完毕时观察到a中的现象是_____________________；②列出计算Cu的相对原子质量的表达式__________________；③下列情况将使测定结果偏大的是_____________。（以下选择填空不限1个正确答案，均用字母标号填写）A．CuO未全部还原为CuB．CuO受潮C．CuO中混有Cu(2)如果仍采用上述仪器装置，其他方案可选用测定的物理量有___________。A．m(Cu)和m(CuO)B．m(N2)和m(H2O)C．m(Cu)和m(H2O)D．m(NH3)和m(H2O)27、（12分）有一含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。（1）加热前通入空气的目的是____________，操作方法为___________________。（2）装置A、C、D中盛放的试剂分别为A___________，C__________，D__________。（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量将__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中测定结果中NaHCO3的含量将___________；若撤去E装置，则测得Na2CO3•10H2O的含量____________。（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，由此可知混合物中NaHCO3质量分数为_____________________（用含w、m1、m2的代数式表示）。28、（14分）在容积为0.4L的容器中,通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，升高温度，混合气体的颜色变深。回答下列问题：(1)该反应的△H_______0(填“>”或“<”下同)。(2)100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为__________；反应的平衡常数K的值为_________。反应达平衡后，再向容器中充入0.4molN2O4。平衡向_________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，再次达到平衡时，N2O4的转化率与原平衡相比_________(填“变大”“变小”或“不变”)。(3)100℃，相同容器中充入2.4molNO2与0.8molN2O4,则反应达平衡之前v正_____v逆。29、（10分）A是人体重要的营养物质，是天然有机高分子化合物，D是一种重要的化工原料。在相同条件下，G的蒸气密度是E蒸气密度的2倍。它们之间的转化关系如图：(1)向试管中加入2

mL

10%氢氧化钠溶液，滴加4-5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入2

mL10%的E的溶液，加热，可观察到的现象是___________。(2)写出C和F在浓H2SO4作用下生成G的化学方程式________，该反应的类型是______。(3)已知D和F在催化剂作用下反应也能生成G，写出该反应的化学方程式______。(4)下列说法不正确的是________。a.要确定A已发生部分水解，先将水解液中和成碱性，再用银氨溶液和碘水分别检验b.有机物B、C、D和G均能使酸性KMnO4溶液褪色c.将足量的D通入溴水中，可以观察到溴水褪色，溶液分层d.某烃X的相对分子质量是D、H之和，则X能与溴水发生加成反应(5)写出比G少一个碳原子的同系物的可能结构简式_________。

参考答案一、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、B【解析】

A项、在炭粉中加入氯酸钾，氯酸钾分解生成氧气，促进燃烧，点燃时燃烧更为剧烈，与催化剂无关，故A错误；B项、二氧化锰是双氧水分解的催化剂，加快了化学反应速率，故B正确；C项、加入水，固态氯化铁和固体氢氧化钠溶于水形成溶液，反应物的接触面积增大，迅速产生沉淀，与催化剂无关，故C错误；D项、锌与稀硫酸反应中，加入少量硫酸铜溶液，Zn与Cu2+发生置换反应反应生成Cu，Zn、Cu在硫酸溶液中构成原电池，放出氢气的速率加快与催化剂无关，故D错误；故选B。【点睛】本题考查外界条件对反应速率的影响，注意影响化学反应速率的因素以及物质发生变化的实质是解答关键。2、B【解析】

A.液态氯化氢中HCl以分子存在，不存在自由移动电子或离子，所以不导电，故A错误；

B.盐酸中含有自由移动离子，所以能导电，故B正确；

C.食盐晶体属于离子晶体，不存在自由移动离子，所以不导电，故C错误；

D.蔗糖以分子存在，所以不存在自由移动离子或电子，不导电，故D错误；

故答案选B。【点睛】能够导电的物质：熔融的电解质，电解质溶液、金属等物质。3、C【解析】

气球鼓起，说明锥形瓶内压强减小，所以只要气体能和液体反应，而且气体的体积减小使瓶内压强减小即可。A.NH3极易溶于水，使锥形瓶中气体压强减小，会导致气球鼓起胀大，A合理；B.SO2与NaOH溶液反应：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，气体体积都减小，会导致气球鼓起胀大，B合理；C.CO2和稀H2SO4不反应，气体体积不减少，气球体积不变，压强不减小，C不合理；D.HCl极易溶于溶液的水中，使锥形瓶中气体压强减小，会导致气球鼓起胀大，D合理；故符合题意的选项是C。4、C【解析】分析：根据物质的组成判断耗氧量，1mol烃CxHy的耗氧量为（x+y4）mol，据此计算1体积甲烷、乙烯消耗氧气的体积进行解答详解：根据反应CH4+2O2→CO2+2H2O、C2H4+3O2→2CO2+2H2O，设甲烷和乙烯的体积分别为x、y，得x+y=52x+3y=12，解得x=3点睛：本题考查化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算。考查有机物耗氧量规律，难度较小，掌握有机物耗氧量规律，注意知识的归纳总结。5、A【解析】

铜与稀硝酸反应的实质为8H++3Cu+2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO，题中0.96g铜粉的物质的量为=0.015mol，混合溶液中H+的物质的量为2mol·L－1×0.02L×2+1mol·L－1×0.02L=0.10mol，NO3-的物质的量为1mol·L－1×0.02L=0.02mol，根据离子方程式的关系：8H++3Cu+2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，显然氢离子过量，铜完全反应，生成的NO气体由铜的物质的量计算得出，生成NO的物质的量为0.01mol，在标准状况下的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL。故选A。6、B【解析】

A．离子化合物一定含有离子键，含有离子键的化合物也一定为离子化合物，故A正确；B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NH4Cl也含有共价键，但属于离子化合物，故B错误；C．如Na2O2为离子化合物，含有氧氧非极性共价键，故C正确；D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，D正确；故答案为B。【点睛】含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物可以含有共价键；只含共价键的化合物为共价化合物。7、D【解析】分析：A．溶解度的单位是g；B．摩尔质量的单位为g/mol；C．质量分数表示溶液组成的物理量，无单位；D．mmol/L是物质的量浓度的单位。详解：A．溶解度的单位是g，不是mol/L，A错误；B．摩尔质量的单位为g/mol，B错误；C．质量分数是表示溶液组成的物理量，无单位，C错误；D．物质的量浓度是表示溶液组成的物理量，mmol/L是物质的量浓度的单位，D正确；答案选D。8、B【解析】分析：A．锌锰干电池中锌失去电子；B．燃料电池能提高能源利用率，但达不到100%；C．锂离子电池可充电和放电；D．充电是放电的逆过程。详解：A．锌锰干电池中锌失去电子，则Zn作负极，A正确B．甲醇燃料电池与氢氧燃料电池相似，均为原电池装置，将化学能转化为电能，能源利用率较高，但能量转化率达不到100%，B错误；C．锂离子电池能充放电，属于二次电池，放电时是将化学能转化为电能，充电时是将电能转化为化学能，C正确；D．充电是放电的逆过程，因此充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行，D正确；答案选B。点睛：本题考查原电池原理、常见的化学电源，为高频考点，把握电源的种类、工作原理、能源利用等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大。9、D【解析】

A.苯的分子式为C6H6，与题意不符，A错误；B.氟原子的结构示意图，与题意不符，B错误；C.氯化钠的电子式，与题意不符，C错误；D.正丁烷的结构简式CH3(CH2)2CH3，符合题意，D正确；答案为D。10、B【解析】分析：根据实验室仪器使用规则去回答本题。能直接加热的仪器：坩埚、试管、蒸发皿、燃烧匙等；需要垫石棉网加热的仪器：烧杯、烧瓶等。详解：A.锥形瓶能加热，但不能直接能加热必须垫石棉网，否则会由于受热不均，使烧杯炸裂，故故A错误；B.试管能直接放在酒精灯上加热，故B正确；C.烧杯能加热，但不能直接能加热必须垫石棉网，否则会由于受热不均，使烧杯炸裂，故故C错误；D.量筒只能用来量取液体体积，不能用来加热，故D错误；故答案为B。点睛：本题难度不大，实验室中有一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些根本就不能被加热。烧杯、烧瓶不能直接加热，需要垫石棉网。11、A【解析】

A、X+、Y3+、Z2-的核外电子层结构相同，所以离子半径取决于核电荷数，核电荷数越多离子半径越小，根据“阴上阳下”的原则判断核电荷数的大小关系是Y>X>Z，所以离子半径：Z2->X+>Y3+，故A错误；B、X、Y同周期，Y在X的右侧，所以X的金属性强于Y，碱性：XOH>Y(OH)3，故B正确；C、X、Y同周期，Y在X的右侧，所以X的金属性强于Y，单质的还原性X>Y，故C正确；D、根据以上分析得原子序数：Y>X>Z，故D正确。答案选A。12、C【解析】试题分析：①同主族非金属元素，从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，但若为金属单质，则错误；②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，错误；③非金属性越强，其单质与水反应越剧烈，正确；④元素的非金属性越强，其气态氢化物的水溶液的酸性不一定越强，错误；⑤同主族元素，从上到下非金属性减弱，阴离子还原性增强，错误；⑥同主族元素，从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱，正确。答案选C。考点：考查元素周期律的应用13、A【解析】

A．非金属性N＞C＞Si，元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，选项A正确；B．非金属性F＞O＞S，元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HF＞H2O＞H2S，选项B错误；C、元素的非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：Cl-＜Br-＜I-，选项C错误；D．金属性Na＞Mg、Ca＞Mg，元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则NaOH＞Mg(OH)2、Ca(OH)2＞Mg(OH)2，选项D错误；故选A。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，题目难度不大，本题注意把握元素周期律的递变规律，注重基础积累的积累即可，易错点为选项B：根据元素周期律的递变规律判断对应元素非金属性的强弱，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定。14、B【解析】

根据A是周期表中原子半径最小的元素，推断出A为H元素，B-与C+具有相同的电子层结构，且原子序数依次增大，推断出B为F元素，C为Na元素，D的单质常温下是一种黄绿色气体，所以D是Cl元素；【详解】A.F和Cl属于同主族元素，A项正确；B.F只有负价，没有正价，所以没有氧化物和含氧酸，B项错误；C.H和Na可以形成NaH，NaH为离子化合物，C项正确；D.1molNa与过量的氧气充分反应，Na只由0价变为+1价，所以1molNa只转移1mol电子，D项正确；答案选B。15、C【解析】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。16、C【解析】

A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。17、A【解析】

A项、元素的非金属性越强，单质与氢气越易反应，单质与氢气化合时M难于N，说明M的非金属性比N弱，故A正确；B项、N元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物NH3溶于水后溶液呈碱性，故B错误；C项、同主族元素随原子序数的增大，金属性增强，铊与铝同主族，金属性Tl＞Al，Tl能与酸反应，不与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D项、原子最外电子层只有1个电子的H元素为短周期非金属元素，故D错误；故选A。【点睛】本题考查元素周期律，注意同主族元素和同周期元素的原子结构和性质变化规律，明确金属性与非金属性强弱的比较方法是解答本题的关键。18、C【解析】

A.用NaOH溶液除去苯中的乙酸，苯不溶于水，可以用分液法分离出苯，A方案合理；B.用饱和食盐水、浓硫酸除去Cl2(g)中的HCl(g)，可以采用洗气的方法，B方案合理；C.用NaOH溶液除去NH4Cl(aq)中的Fe3＋(aq)时，NH4Cl也参与反应，故C方案错误；D.用溴水除去乙烷中的乙烯，可以采用洗气的方法，D方案合理。综上所述，除杂方案错误的是C，本题选C。19、C【解析】

A、硫原子的核外有16个电子；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略；C、乙烯中碳原子之间以双键结合；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成。【详解】A、硫原子的核外有16个电子，故硫原子的结构示意图为，A错误；B、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略，故乙炔的结构简式为CH≡CH，B错误；C、乙烯中碳原子之间以双键结合，每个碳原子上连2个H原子，故其球棍模型为，C正确；D、氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，故氯化钠的电子式为，D错误。答案选C。20、B【解析】

同主族元素，从上到下，原子半径增大，N、P同主族，半径N<P。同周期元素，从左到右，原子半径减小，Si、P同周期，半径Si>P。P原子的半径大于N而小于Si，因此其半径的数值应介于1.02×10-10m与1.17×10-10m之间，B符合题意。答案选B。21、B【解析】

A.乙烯与溴水发生加成反应生成液态的1,2-二溴乙烷，可以与乙烷分离，故A正确；B.溴单质可以与碘离子发生置换反应生成碘单质，但碘单质也溶于溴苯成为新的杂质，故B错误；C.氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙，氢氧化钙的沸点与乙醇的沸点相差很大，可以用蒸馏的方法得到纯净的乙醇，故C正确；D.乙酸能与碳酸钠反应生成乙酸钠进入水层，后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故D正确；综上所述，答案为B。22、B【解析】

A.乙烷与氯气光照制备一氯乙烷是取代反应，还会生成二氯乙烷，三氯乙烷等和氯化氢，不符合化学反应的绿色化要求，故A错误；B.乙烯催化聚合全部生成聚乙烯，符合化学反应的绿色化要求，故B正确；C.以铜和浓硫酸共热制备硫酸铜，还会生成二氧化硫和水，不符合化学反应的绿色化要求，故C错误；D.苯和液溴在催化剂条件下制取溴苯是取代反应，还会生成溴化氢，不符合化学反应的绿色化要求，故D错误；故选：B。二、非选择题(共84分)23、羟基羧基H2OCH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrCH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2OACDEH2O、CH2ClCHO【解析】

乙烯通过加成反应生成I，I通过取代反应得到II，II中-CN转化为-COOH，III发生消去反应生成IV，结合VI采用逆分析法可推出V为CH2=CH-COOCH3，则（1）根据结构简式，结合官能团的分类作答；（2）依据有机反应类型和特点作答；（3）乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷；（4）化合物Ⅳ到化合物Ⅴ发生的是酯化反应；（5）化合物Ⅲ中含羧基和羟基，化合物Ⅳ中含碳碳双键和羧基，化合物Ⅴ中含碳碳双键和酯基，根据官能团的结构与性质分析解答；（6）羟基在铜做催化剂作用下发生催化氧化。【详解】（1）根据结构简式可判断，化合物Ⅲ中所含官能团的名称是羟基和羧基；（2）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反应是羟基的消去反应，所以另一种生成物是H2O；（3）乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，反应方程式为CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br；（4）Ⅵ是高分子化合物，其单体CH2=CH-COOCH3，所以从化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是酯化反应，方程式为CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O；（5）A.化合物Ⅲ中含羟基，可以发生氧化反应，A项正确；B.化合物Ⅲ中含有羧基，能和氢氧化钠反应，B项错误；C.化合物Ⅳ中含碳碳双键，能与氢气发生加成反应，C项正确；D.化合物Ⅲ中含羟基，化合物Ⅳ中含羧基，均可与金属钠反应生成氢气，D项正确；E.化合物Ⅳ和Ⅴ中均含碳碳双键，均可以使溴的四氯化碳溶液褪色，E项正确；答案选ACDE；（6）化合物Ⅰ中含有羟基，能被催化氧化，所以生成物是H2O和CH2ClCHO。24、第三周期，IIIA族Cu＋2H＋＋H2O2＝Cu2＋＋2H2O56L3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3＋6Na＋＋2Fe3＋【解析】

A、W为短周期元素，且能形成2种液态化合物且原子数之比分别为2：1和1：1，推测两种液态化合物是水和过氧化氢，则A为氢元素，W为氧元素。再依据“A和D同主族”，推断元素D是钠元素；E元素的周期序数等于其族序数，且E在第三周期，所以E是铝元素；依据“质子数之和为39”判断B为碳元素。【详解】(1)元素铝在第三周期第IIIA族；(2)A2W2为过氧化氢，其电子式为：，注意氧与氧之间形成一个共用电子对；(3)过氧化氢在酸性介质下表现出较强的氧化性，在硫酸介质中，过氧化氢与铜反应的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2＝Cu2＋＋2H2O；(4)DA为NaH，若将1molNaH和1molAl混合加入足量的水中，首先发生反应：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，此时1molNaH完全反应，生成氢气1mol，同时生成1molNaOH；接着发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2231mol1mol1.5mol生成氢气的物质的量为1.5mol，所以共生成氢气的物质的量为2.5mol，这些氢气在标准状况下的体积为:22.4L/mol×2.5mol=56L；(5)淡黄色固体为过氧化钠，可将+2价铁离子氧化成+3价铁离子，注意题目明确指出没有气体生成，所以过氧化钠在该反应中只作氧化剂，该反应的离子方程式为：3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3＋6Na＋＋2Fe3＋。25、使有机物A充分燃烧吸收A燃烧后生成的CO2D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰能确定；如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素C12H22O11C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）【解析】

（1）燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，要通入过量O2使有机物在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水；故答案为：使有机物A充分燃烧；（2）C装置中的试剂为浓硫酸，用于吸收有机物燃烧生成的水，D装置中的试剂是碱石灰用于吸收有机物燃烧生成的二氧化碳；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰，因此该套装置需要改进，故答案为：吸收A燃烧后生成的CO2；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰；（3）通过浓硫酸增重的质量可以求出有机物中氢的质量，通过碱石灰增重的质量可以求出有机物中碳的质量，再根据A的质量判断是否有氧元素；故答案为：能确定，如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素；（4）浓硫酸增重可知水的质量为9.9g，可计算出n（H2O）=9.9g18g/mol=0.55mol，n（H）=1.1mol，m（H）=1.1g；使碱石灰增重26.4g，可知二氧化碳质量为26.4g，n（C）=n（CO2）=26.4g44g/mol=0.6mol，m（C）=7.2g，m（C）+m（H）=8.31g，有机物的质量为17.1g，所以有机物中氧的质量为8.79g，n（O）=8.79g16g/mol=0.55mol，n（C）：n（H）：n（O）=0.6mol：1.1mol：0.55mol=12：22：11，即实验式为C12H22O11，A的摩尔质量为342g/mol，所以分子式也为C12H22O11，故答案为：C12H22（5）A可发生水解反应，1molA可水解生成2mol同分异构体，则A为蔗糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，其在催化剂作用下水解的化学方程式为C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）；故答案为：C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）。26、b→c→a→c→d吸收产生的多余NH3防止空气中H2O进入C中影响结果黑色的CuO全部转变成红色的固体A、CA、C【解析】（1）①仪器连接的关键处是：b装置产生的NH3气中混有的水蒸气应先用C（碱石灰）除去，通过a（CuO）后产生的水蒸气和过量的NH3气应先通过C（碱石灰）吸收水，然后再通过d吸收多余的氨气，故正确的连接顺序应为：b→c→a→c→d。d中浓硫酸的作用是吸收多余的NH3气，并防止空气中的水分进入c中影响测定结果。实验结束后a中黑色的CuO全部转变成红色的Cu。②根据方程式可知H2+CuOCu+H2Ox+1618m（CuO）m（H2O）Cu的相对原子质量x=③A、如CuO未被全部还原成Cu，则上式中比值比实际大，结果偏大，A正确；B、如CuO受潮，则m（CuO）偏大，m（H2O）也偏大，还是变小，B错误；C、如CuO中混有Cu，则m（CuO）偏大，m（H2O）不变，则偏大，结果偏大，C正确；（2）如仍采用上述仪器装置，其它方案可选用测定的物理量必须有CuO或Cu，故只能选择A、m（Cu）和m（CuO）或C、m（Cu）和m（H2O），答案选AC。27、出去装置内CO2、H2O关闭b，打开a，通空气碱石灰CaCl2（或CuSO4）碱石灰偏低不变偏低【解析】

将混合物加热会产生H2O（g）、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，其中应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭b，打开a就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验效果，据此解答。【详解】（1）本实验中需要分别测定反应生成的二氧化碳和水的质量，所以实验前必须将装置中的水蒸气和二氧化碳赶走，避免影响测定结果；操作方法为：关闭b，打开a，缓缓通入氮气，直至a处出来的气体不再使澄清石灰水变浑浊为止；（2）装置A用于吸收空气中的二氧化碳和水，可以使用碱石灰；装置C吸收Na2CO3•10H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气，可以使用无水CaCl2或P2O5；装置D吸收碳酸氢钠分解生成的二氧化碳，可以用碱石灰；（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则m（H2O）增加，使Na2CO3•10H2O和NaHCO3的含量偏高，NaCl的含量偏低；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，测定碳酸氢钠的质量是根据装置D中质量变化计算的，与水蒸气的量无关，则测定结果中NaHCO3的含量不变；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大，碳酸氢钠分解生成水的质量偏高，而Na2CO3•10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3•10H2O的含量将偏低；（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，则碳酸氢钠分解生成的二氧化碳的质量为m2g，则2NaHCO3Na