云南省建水第六中学2024届化学高一第二学期期末教学质量检测试题含解析

云南省建水第六中学2024届化学高一第二学期期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列物质中，既有离子键，又有共价键的是A．H2O B．Cl2 C．Na2O D．NaOH2、丁烷（C4H10）的一氯代物有（）种A．2B．3C．4D．53、下列说法错误的是A．通过加热分解HgO可制得单质HgB．活泼金属Na、Mg、Al的冶炼通过电解其熔融状态的氧化物制得的C．沙里淘金是利用金和沙子的密度不同，从而将金粒分离出来D．高炉炼铁时，还原剂CO将铁从铁矿中还原出来4、下列各组元素中，按最高正价递增顺序排列的是A．Na、Mg、Al、SB．C、N、O、FC．F、Cl、Br、ID．Li、Na、K、Rb5、海水中含有氯化镁，是镁的重要来源之一。从海水中制取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳②在引入的海水中加石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤、干燥产物④将得到的产物熔融后电解。关于从海水中提取镁，下列说法不正确的是A．此法的优点之一是原料来源丰富B．进行①②③步骤的目的是从海水中提取氯化镁C．第④步电解制镁是由于镁是很活泼的金属D．以上制取镁的过程中涉及的反应有分解反应、化合反应和置换反应6、下列关于化学用语的表示正确的是A．过氧化钠的电子式：B．质子数为35、中子数为45的溴原子：BrC．乙烯的结构简式：CH2CH2D．间二甲苯的结构简式：7、相同质量的铝分别投入足量的下列物质中反应生成氢气，消耗溶质物质的量最少的是A．稀硫酸B．稀盐酸C．氢氧化钡溶液D．氢氧化钠溶液8、在一个固定容积的密闭容器中，可逆反应N2+3H22NH3达到平衡的标志是A．v(N2)正=v(NH3)逆B．单位时间内3molH—H发生断键反应，同时2molN—H发生也断键反应C．n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=1∶3∶2D．反应混合物各组分的物质的量浓度不再改变9、下列物质属于共价化合物的是A．H2O B．MgO C．CaCl2 D．KBr10、海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：A．淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B．以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小D．用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣11、下列化学用语正确的是A．氯离子的结构示意图: B．二氧化硅的结构式为：O=Si=OC．甲烷的比例模型: D．乙酸的摩尔质量：6012、火法炼铜的原理为Cu2S＋O22Cu＋SO2，下列说法中正确的是A．Cu2S只作还原剂B．S元素发生还原反应C．该反应既是氧化还原反应又是置换反应D．当1molO2参加反应时，共转移4mole－13、下列关于有机化合物的说法正确的是A．2-甲基丙烷的一氯代物只有一种B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙醇可以转化成乙酸，乙醇和乙酸都能发生取代反应D．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键14、下列微粒半径大小比较正确的是()A．Na＋<Mg2＋<Al3＋<O2－B．S2－>Cl－>Na＋>Al3＋C．Na<Mg<Al<SD．Ca<Rb<K<Na15、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)。2min时测得生成0.8molD，0.4molC。下列判断不正确的是A．x＝1 B．2min内A的反应速率为0.3mol·L-1·min-1C．2min时，A的浓度为0.9mol·L-1 D．B的转化率为60%16、下列关于烷烃的说法正确的是

A．丙烷发生取代反应生成的的结构只有一种B．丙烷分子中3个碳原子在一条直线上C．分子中含有7个碳原子的烷烃在常温下为液态D．烷烃分子为直链式结构，不可以带支链17、下列措施对加快反应速率有明显效果的是（）A．Na与水反应时，增加水的用量B．Al与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C．Na2SO4与BaCl2两种溶液反应时，增大压强D．大理石和盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状18、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是A．乙醇、甲苯、硝基苯 B．苯、苯酚、己烯C．苯、甲苯、环己烷 D．甲酸、乙醛、乙酸19、某同学设计的原电池装置如图所示。电池工作时，下列说法正确的是A．锌片作正极B．盐酸作为电解质溶液C．电能转化为化学能D．电子由铜片经导线流向锌片20、下列有关化学用语表示正确的是（）A．氮气的结构式：N=NB．F-的结构示意图：C．中子数为20的氯原子：2017ClD．NH3的电子式：21、自然界中的能源可以分为一次能源和二次能源，一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源。下列叙述正确的是阶段()A．电能是二次能源 B．水力是二次能源C．天然气是二次能源 D．水煤气是一次能源22、下列过程中发生的化学反应是取代反应的是A．苯和溴水混合后，静置分层B．苯在空气中燃烧C．葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精和CO2D．淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖二、非选择题(共84分)23、（14分）有以下几种粒子：X、Y、Z是阳离子，Q是阴离子，M、N是分子．除Z外其余粒子都由短周期元素A、B、C中的一种或几种构成，且具有以下结构特征和性质：①它们（X、Y、Z、Q、M、N）核外电子总数都相同；②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红；③Y和Q都由A、B两元素组成，Y核内质子总数比Q多两个；④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等；⑤X和Q形成的浓溶液在加热情况下生成M和N；⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的含Q或Y的溶液，沉淀消失．（1）Q的化学式为______；X的电子式为______________.（2）试比较M和N的稳定性：N____M；（3）写出Z和N的水溶液反应的离子方程式___________________________；（4）上述六种微粒中的两种阳离子可与硫酸根形成一种盐（不含结晶水），向该盐的浓溶液中逐滴加入0.2mol/L的NaOH溶液，出现了如图中a、b、c三个阶段的图象，根据图象判断该盐的化学式为_______________．（5）将2.56g铜投入到一定量由A、B、C三种元素形成的一种常见化合物的溶液中，共收集到896mL气体（标准状况下），将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入一定量的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入氧气在标准状况下的体积________mL．24、（12分）如图是四种常见有机物的比例模型，请回答下列问题：(1)向丙中加入溴水，振荡静置后，观察到溶液分层，上层为_______色。(2)甲的同系物的通式为CnH2n+2，当n＝5时，写出含有3个甲基的有机物的结构简式_____。下图是用乙制备D的基本反应过程(3)A中官能团为__________。(4)反应①的反应类型是__________。(5)写出反应④的化学方程式_______。(6)现有138gA和90gC发生反应得到80gD。试计算该反应的产率为______(用百分数表示，保留一位小数)。25、（12分）已知碳化铝（Al4C3)与水反应生成氢氧化铝和甲烷。为了探究甲烷性质，某同学设计如下两组实验方案：甲：方案探究甲烷与氧化剂反应（如图1所示）；乙：方案探究甲烷与氯气反应的条件（如图2所示）。甲方案实验现象:溴水不褪色，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊。乙方案实验操作过程：通过排饱和食盐水的方法收集两瓶甲烷与氯气（体积比为1:4)的混合气体，I瓶放在光亮处，II瓶用预先准备好的黑色纸套套上，按图2安装好装置，并加紧弹簧夹a和b。（1）碳化铝与稀硫酸反应的化学方程式为__________。（2）实验甲中浓硫酸的作用是______，集气瓶中收集到的气体____(填“能”或“不能”)直接排入空气中。（3）下列对甲方案实验中的有关现象与结论的叙述都正确的是________(填标号）。A．酸性高锰酸钾溶液不褪色，结论是通常条件下甲烷不能与强氧化剂反应B．硬质玻璃管里黑色粉末无颜色变化，结论是甲烷不与氧化铜反应C．硬质玻璃管里黑色粉末变红色，推断氧化铜与甲烷反应只生成水和二氧化碳D．甲烷不能与溴水反应，推知甲烷不能与卤素单质反应（4）写出甲方案实验中硬质玻璃管里可能发生反应的化学方程式：___（假设消耗甲烷与氧化铜的物质的量之比为2:7)（5）—段时间后，观察到图2装置中出现的实验现象是________；然后打开弹簧夹a、b,现察到的实验现象是__________。26、（10分）某同学探究同周期元素性质的递变规律，以及影响化学反应速率的因素。进行了如下实验：（实验1）将一小块钠和镁片分别放入滴有酚酞溶液的冷水中。钠剧烈反应产生气体；镁片无明显现象，加热后表面有少量气泡产生，溶液逐渐变红。（实验2）将等质量的镁粉和铝片分别投入到足量盐酸中。镁粉很快消失并产生大量气体、放出大量的热；铝片反应比镁粉慢、放热不如镁粉明显。（1）实验1中钠和水反应的化学方程式___________。（2）根据实验1可知，影响化学反应速率的因素有___________、___________。（3）根据实验2得出结论：金属性Mg>Al。你认为该结论是否正确___________（填“正确”或“不正确”），并说明理由___________。27、（12分）实验室用乙醇与浓硫酸共热制乙烯,反应原理为:反应过程中会生成少量副产物SO2。同学们设计了下图所示实验装置,以制取乙烯并验证乙烯的某些性质。（1）仪器a的名称是______________；（2）仪器a中加入乙醇与浓硫酸的顺序是_________，其中碎瓷片的作用是__________；（3）装置A既能吸收挥发出的乙醇,也能______________；装置B的作用是____________；（4）装置C中发生反应的化学方程式是_____________；（5）装置D中观察到的现象是_________，说明乙烯具有___________性。28、（14分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：

(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_______。a.单质的熔点降低b.原子半径和简单离子半径均减小c.元素的金属性减弱，非金属性增强d.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强(2)氧化性最弱的简单阳离子是_______；热稳定性：H2O____H2S(填>、<、=)。(3)写出SiCl4的电子式：________。(4)已知化合物M由第三周期的两种相邻元素按原子个数比1:1组成，不稳定，遇水反应生成谈黄色沉淀A和两种无色有刺意性气味气体B、C，相应物质的转化关系如图：

①已知M的摩尔质量为135g/mol，写出M的化学式_____。②任选一种合适的氧化剂Y，写出C的浓溶液与Y反应生成D的离子反应方程式_______。③M中的一种元素可形成化合物KXO3，可用于实验室制O2。若不加催化剂，400

℃时KXO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1。写出该反应的化学方程式：____________。29、（10分）Ⅰ．已知：反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)，某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。（1）经测定前4s内v(C)=0.05mol·L−1·s−1，则该反应的化学方程式为______________。（2）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)=0.3mol·L−1·s−1；乙：v(B)=0.12mol·L−1·s−1；丙：v(C)=9.6mol·L−1·min−1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为___________（用甲、乙、丙表示）。Ⅱ．为了研究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，某同学做了以下实验，请回答下列问题。编号操作实验现象①分别在试管A、B中加入5mL5％H2O2溶液，各滴入1～2滴1mol/LFeCl3溶液。待试管中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5℃左右冷水的烧杯中；将试管B放入盛有40℃左右热水的烧杯中试管A中不再产生气泡试管B中产生的气泡量增大②另取两支试管分别加入5mL5％H2O2溶液和5mL10％H2O2溶液试管A、B中均未见气泡产生（3）实验①的目的是_______________________________，实验中滴加FeCl3溶液的目的是____________________________。（4）实验②未观察到预期的实验现象，为了帮助该同学达到实验目的，你提出的对上述操作的改进意见是______________________________________________________________(用实验中所提供的几种试剂)。（5）某同学在50mLH2O2溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积(标准状况)与反应时间的关系如右图所示，则A、B、C三点所表示的即时反应速率最慢的是______。

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、D【解题分析】

A．水分子中O原子和H原子之间只存在共价键，故A错误；B．氯气中只存在共价键，故B错误；C．氧化钠中钠离子和氧离子之间只存在离子键，故C错误；D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间只存在共价键，故D正确；答案选D。2、C【解题分析】分析：本题考查的是一氯代物的结构，根据有机物结构是否有对称性分析。详解：丁烷有两种结构，即正丁烷和异丁烷，正丁烷结构有对称性，所以一氯代物有2种，异丁烷结构没有对称性，一氯代物有2种，总共有4种。故选C。3、B【解题分析】A、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、Na、Mg、Al为活泼金属，通常用电解熔融的金属化合物的方法冶炼，铝是电解熔融态的氧化铝制得的，故B错误；C、金属于不活泼金属，可用物理方法分离金，即沙里淘金是利用金和沙子的密度不同，从而将金粒分离出来，故C正确；D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来，故D正确；故选B。点睛：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同。一般来说，活泼金属K-Al一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；较活泼的金属Zn-Cu等用热还原法制得；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。4、A【解题分析】试题分析：A、元素的最高价分别为+1、+2、+3、+6，所以选A；B、元素的最高价为+4、+5，氧元素和氟元素没有正化合价，所以不选B；C、氟没有正化合价，其余卤素的最高价都为+7，不选C；D、元素的最高价都为+1，不选D。考点：元素化合价的规律。5、D【解题分析】

A．地球上有丰富的海水资源，故A正确；B．从海水中提取金属镁，最基本的方法是往海水里加石灰乳，得到Mg(OH)2沉淀，将沉淀分离后再加入盐酸变成MgCl2；之后经结晶、过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，据此结合从海水中提取镁的步骤知：①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2，故B正确；C．镁是很活泼的金属，阳离子氧化性较弱，不易用热还原法制取，可用电解熔融氯化镁的方法制取镁单质，故C正确；D．把贝壳制成石灰乳是碳酸钙分解反应，氧化钙和水发生的化合反应，海水中的镁离子和氢氧化钙反应，为复分解反应，得到氢氧化镁的沉淀，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁，为复分解反应，氯化镁电解为分解反应，该过程中未涉及的反应为置换反应，故D错误；故答案为D。6、B【解题分析】A．过氧化钠是离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，过氧化钠正确的电子式为：，故A错误；B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数=35+45=80，该溴原子可以表示为：8035Br，故B正确；C．乙烯的官能团是碳碳双键，结构简式：CH2=CH2，故C错误；D．为对二甲苯，间二甲苯正确的结构简式为：，故D错误；故选B。7、C【解题分析】

设Al均为2mol，则A．由2Al～3H2SO4可知，生成氢气，消耗3molH2SO4；B．由2Al～6HCl可知，生成氢气，消耗6molHCl；C．由2Al～Ba(OH)2可知，生成氢气，消耗1molBa(OH)2；D．由2Al～2NaOH可知，生成氢气，消耗2molNaOH；所以消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钡溶液。答案选C。8、D【解题分析】可逆反应达到平衡的本质为：体系中各组分的浓度保持不变、正逆反应速率相等；A错，平衡时.2v(N2)正=v(NH3)逆；B错，平衡时单位时间内3molH-H断键反应，同时6molN-H也断键反应；C错，平衡时各组分的物质的量不一定与化学计量数成比例；D正确；9、A【解题分析】

A.H2O是由分子构成的共价化合物，A符合题意；B.MgO是由Mg2+、O2-通过离子键构成的离子化合物，B不符合题意；C.CaCl2是由Ca2+、Cl-通过离子键构成的离子化合物，C不符合题意；D.KBr是由K+、Br-通过离子键构成的离子化合物，D不符合题意；故合理选项是A。10、C【解题分析】

A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。【题目点拨】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力。本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。11、C【解题分析】A、圈里面的数值是质子数，氯离子是氯原子得到电子，与质子数无关，氯离子的结构示意图应是，故A错误；B、二氧化硅中Si和O以单键形式结合，故B错误；C、此模型是甲烷的比例模型，故C正确；D、乙酸的摩尔质量为60g·mol－1，故D错误。点睛：本题的易错点为选项D，考查摩尔质量不仅经考查数值，同时还有考查摩尔质量的单位g·mol－1。12、C【解题分析】

A、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从-2价变化为+4价，所以Cu2S即作氧化剂又做还原剂，故A错误；B、硫元素化合价从-2价变化为+4价，化合价升高被氧化，发生氧化反应，故B错误；C、该反应符合氧化还原反应和置换反应的概念，所以既是氧化还原反应又是置换反应，故C正确；D、依据化学方程式分析铜元素化合价从+1价变化为0价，硫元素化合价从-2价变化为+4价，氧元素化合价从0价变化为-2价，依据电子守恒得到：当1molO2参加反应时，共转移6mole-；故D错误；答案选C。13、C【解题分析】A．2-甲基丙烷分子中含有2种氢原子，所以一氯代物的同分异构体有2种，故A错误；B．戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；C．乙醇的羟基能够被氧化成乙酸，乙酸能够与乙醇发生酯化反应，酯化反应也属于取代反应，故C正确；D．聚氯乙烯和苯中不含碳碳双键，而乙烯含有碳碳双键，故D错误；故选C。14、B【解题分析】

A.微粒半径大小关系为：Al3＋<Na＋<Mg2＋<O2－，A错误；B.微粒半径大小关系为：S2－>Cl－>Na＋>Al3＋，B正确；C.微粒半径大小关系为：S<Al<Mg<Na，C错误；D.微粒半径大小关系为：Na<Ca<K<Rb，D错误；答案为B；【题目点拨】同周期中，原子序数越大，半径越大；同主族中，原子序数越大半径越小；具有相同的核外电子排布的离子，原子序数越大半径越小。15、D【解题分析】

由题给数据建立如下三段式：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)起（mol）3100变（mol）1.20.40.40.8末（mol）1.80.60.40.8【题目详解】A项、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=1，故A正确；B项、2min内A的反应速率为=0.3mol·L-1·min-1，故B正确；C项、2min时，A的浓度为=0.9mol·L-1，故C正确；D项、B的转化率为×100%=40%，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查化学反应速率的有关计算，注意三段式的建立和化学反应速率、转化率相关公式的应用是解答关键。16、C【解题分析】

A.丙烷分子中等效氢有两种，发生取代反应生成的的结构有两种不同结构，A错误；B.由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以丙烷中C-C键的键角不是180°，因此三个碳原子不在一条直线上，三个碳原子呈锯齿形，B错误；C.常温下，碳原子数在的烷烃，一般为液态，因此含有7个碳原子的烷烃在常温下为液态物质，C正确；D.烷烃的分子为锯齿形链式结构，可以带支链，D错误；故合理选项是C。17、D【解题分析】A．水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，A不选；B．Al与浓硫酸发生钝化，不生成氢气，反应速率减小，B不选；C．反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，C不选；D．块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D选；答案选D。18、C【解题分析】

A．对于乙醇、甲苯和硝基苯，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故不选A；B．苯、苯酚和己烯可以选浓溴水鉴别，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使溴水褪色，可以鉴别，故不选B；C．苯、甲苯和环己烷三者性质相似，不能鉴别，故选C；D．甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜鉴别，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成砖红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成砖红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故不选D；故选C。19、B【解题分析】

A.锌活泼性强于铜，所以锌作负极，A错误；B.图中为原电池装置，电解质溶液为盐酸，B正确；C.图示为原电池，是化学能转化为电能的装置，C错误；D.锌为负极，铜为正极，电子从负极锌流出，沿着导线流向正极铜，D错误；故合理选项是B。20、B【解题分析】A、氮气的结构式为：N≡N，错误；B、F-的结构示意图：，正确；C、中子数为20的氯原子：3717Cl，错误；D、NH3的电子式：，错误。答案选B。21、A【解题分析】

A．电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故A正确；B．水力是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，故B错误；C．天然气是矿物燃料，是经人工开采、加工后获得的，为一级能源，故C错误；D．水煤气是通过煤和水蒸汽制取得到的，是一氧化碳和氢气的混合气体，是二级能源，故D错误；故选A。22、D【解题分析】A、苯和溴水混合，利用溴单质易溶于有机溶剂，苯从溴水中萃取出溴单质，属于物理变化，故A错误；B、苯燃烧生成CO2和H2O，属于氧化反应，故B错误；C、此反应不属于取代反应，故C错误；D、淀粉水解成葡萄糖的反应(C6H10O5)n＋nH2O→nC6H12O6，此反应是取代反应，故D正确。二、非选择题(共84分)23、OH﹣＜Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+NH4Al（SO4）2448【解题分析】X、Y、Z是阳离子，Q是阴离子，M、N是分子．它们都由短周期元素组成，且具有以下结构特征和性质：①它们的核外电子总数都相同；由②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红，溶液呈碱性，可推知N为NH3、M为H2O；由⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的含Q或Y的溶液，沉淀消失，可推知Z为Al3+、Q为OH-，由③Y和Q都由A、B两元素组成，Y核内质子数比Q多2个，则Y为H3O+；由④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等，则X为NH4+；由⑤铵根离子与氢氧根离子浓溶液在加热条件下可以生成氨气和水，符合转化关系；结合③④可知，A为H元素、B为O元素、C为N元素。(1)Q的化学式为OH-；铵根离子的电子式为，故答案为：OH-；；(2)非金属性越强氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以N为NH3的稳定性弱于MH2O的稳定性，故答案为：＜；(3)铝离子和氨的水溶液反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(4)由图可知，b阶段氢氧化铝沉淀不变，消耗氢氧化钠为1体积，应含有NH4+，而溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠为1体积，故铝离子与铵根离子之比为1：1，则该盐的化学式为NH4Al(SO4)2，故答案为：NH4Al(SO4)2；(5)2.56g

Cu的物质的量为：n(Cu)=2.56g64g/mol=0.04mol，反应时失去电子为：2×0.04mol=0.08mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：n(O2)=0.08mol4=0.02mol，标况下需要氧气的体积为：V(O2)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故答案为：448。点睛：本题考查无机物推断及元素化合物知识，为高频考点，涉及氧化还原反应计算、离子反应方程式的书写、氢化物稳定性判断等知识点，正确推断微粒、明确物质性质是解本题关键，注意转移电子守恒的灵活运用。24、橙红(或橙)—OH(或羟基)加成反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O60.6%【解题分析】

由四种常见有机物的比例模型可知，甲为CH4，乙为乙烯，丙为苯，丁为CH3CH3OH。乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇D为乙酸乙酯，结合四种物质的结构和性质分析解答。【题目详解】(1)苯的密度比水小，溴易溶于苯，上层溶液颜色为橙红色(或橙色)，下层为水层，几乎无色，故答案为：橙红(或橙)；(2)当n=5时，分子中含有3个甲基，则主链有4个C原子，应为2-甲基丁烷，结构简式为，故答案为：；(3)乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇D为乙酸乙酯，因此A为乙醇，含有的官能团为-OH(或羟基)，故答案为：-OH

(或羟基)；(4)反应①为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；(5)反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(6)138g乙醇的物质的量为=3mol，90g乙酸的物质的量为=1.5mol，则乙酸完全反应，可得1.5mol乙酸乙酯，质量为132g，而反应得到80g乙酸乙酯，则反应的产率为×100%=60.6%，故答案为：60.6%。25、Al4C3＋6H2SO4=2Al2(SO4)3＋3CH4↑干燥甲烷不能A2CH4＋7CuO7Cu＋CO↑+CO2↑＋4H2O在I瓶中，气体颜色逐渐变浅，瓶壁上出现油状液滴，II瓶中无现象水倒吸入I瓶中，同时I瓶中出现少量白雾，II瓶中无现象【解题分析】

（1）碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3＋6H2SO4=2Al2(SO4)3＋3CH4↑；（2）碳化铝与硫酸反应生成硫酸铝和甲烷，甲方案探究甲烷与氧化剂反应，盛放浓硫酸的装置放置在氧化剂氧化铜之前，所以实验甲中浓硫酸的作用是干燥CH4，甲烷和氧化铜反应，碳元素化合价升高，生成碳的氧化物，产物中可能有一氧化碳生成，所以集气瓶中收集到的气体不能直接排放到空气中；（3）A．甲烷不能与强氧化剂反应，若能反应，则酸性高锰酸钾溶液在甲烷的作用下会褪色，现不褪色，结论是通常条件下，甲烷不能与强氧化剂反应，A正确；B．甲烷能与氧化铜反应，当少量甲烷参加反应，硬质试管里为大量黑色粉末氧化铜和少量铜的混合物，也可能为氧化亚铜，现象无颜色变化，结论是甲烷不与氧化铜反应时错误的，B错误；C．氧化铜与甲烷反应生成水和二氧化碳、一氧化碳，硬质试管里黑色粉末也能变红色，C错误；D．甲烷不能与溴水反应，但甲烷能与卤素单质发生取代反应，D错误；答案选A；（4）甲烷中碳元素化合价为-4价，甲烷与氧化铜反应，碳元素化合价升高，甲烷与氧化铜物质的量之比2：7，先根据氢守恒确定水前系数，再根据碳、氧守恒得硬质试管里可能发生的化学方程式为：2CH4＋7CuO7Cu＋CO↑+CO2↑＋4H2O；（5）由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成物有CH3Cl（气体）、CH2Cl2（油状液体）、CHCl3（油状液体）、CCl4（油状液体）、HCl（极易溶于水），一段时间后，观察到图2装置中出现的实验现象是：在I瓶中，气体颜色逐渐变浅，瓶壁上出现油状液滴，Ⅱ瓶中无现象，然后打开弹簧夹a、b，观察到的实验现象是：水倒吸入I瓶中，同时I瓶中出现少量白雾，Ⅱ瓶中无现象。点睛：本题是关于甲烷的还原性的实验探究，考查了元素守恒定律的运用及实验的步骤、物质的性质等，掌握实验室制取氯气的反应原理，明确甲烷的取代反应原理、反应条件是解答关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。26、2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑物质本身的化学性质温度不正确实验2中没有控制固体表面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al【解题分析】

钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明钠的金属性强于镁；比较镁和铝的金属性时，应注意控制固体表面积和盐酸浓度，否则不能说明。【题目详解】（1）实验1中钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，故答案为：2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；（2）根据实验1可知，钠能与冷水反应，镁不能与冷水反应，说明金属的活泼性影响化学反应速率；镁不能与冷水反应，能与加热后的水反应，说明温度影响化学反应速率，故答案为：物质本身的化学性质；温度；（4）等质量的镁粉和铝片的固体表面积不同，镁粉的表面积大于铝片，反应速率快、放出热量多，若要比较金属性Mg>Al，应选用表面积相同的镁和铝，同时要选用浓度完全相同的盐酸，故答案为：不正确；实验2中没有控制固体表面积和盐酸浓度一致，Mg粉反应速率快不能说明金属性Mg>Al。【题目点拨】注意控制固体表面积和盐酸浓度一致是设计实验的关键，也是答题的易错点。27、蒸馏烧瓶将浓硫酸加入乙醇中防止暴沸除去SO2证明SO2已除尽CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br溶液由紫色变为无色还原【解题分析】

本题主要考察乙烯的实验室制法。在乙烯制备的过程中，会伴随有副反应的发生，副反应一般有两种，第一种是温度在140℃时，乙醇在浓硫酸的作用下生成乙醚，第二种是浓硫酸和乙醇发生氧化还原反应。本题涉及的副反应就是第二种情况（题中已说明）。这种情况下，生成的SO2会影响乙烯的检验，需要除去。所以A的主要作用是除去SO2，而B的主要作用是检验SO2已完全被除去，【题目详解】（1）a有支管，则a为蒸馏烧瓶；（2）浓硫酸与其他物质混合时，一般是将浓硫酸缓慢加入其他物质中，所以在该实验中，是将浓硫酸加入到乙醇中；碎瓷片的作用是防止暴沸；（3）SO2会影响后续实验，为了避免干扰，应先将SO2除去，所以A的作用既可以吸收乙醇，也可以吸收SO2；B的作用是验证SO2完全被除去；（4）装置C中，乙烯和Br2发生反应：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（5）酸性KMnO4溶液可以氧化碳碳双键，溶液的紫色褪去，KMnO4作氧化剂，则乙烯作还原剂，所以说明乙烯具有还原性。【题目点拨】乙烯的实验室制备实验中，会伴随有两种副反应发生，第一种是生成乙醚，第二种是生成SO2。其中第二种副反应是常考的内容，要想确保乙烯的性质实验完好地进行，需要先完全