江西省南昌一中2025届高一化学第二学期期末经典模拟试题含解析

江西省南昌一中2025届高一化学第二学期期末经典模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列说法或表示方法中正确的是（）A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C（金刚石）＝C（石墨）ΔH=-1.9kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定C．在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1D．己知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g)ΔH1；2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)ΔH2。则ΔH1＞ΔH22、下列物质中属于烃的衍生物的是A．苯 B．甲烷 C．乙烯 D．四氯化碳3、海水提溴工业的设计思想是在海水中富集溴元素。在有关工艺流程的以下化学用语中，正确的是()A．用电子式表示溴化氢的形成过程为：B．海水中Br-的电子式为：C．海水中通入氯气时发生反应的离子方程式为：2NaBr+Cl2=Br2+2NaClD．氯离子的结构示意图为：4、下列物质的保存方法正确的是A．氢氧化钠溶液保存在玻璃塞的玻璃瓶中B．漂白粉露置于空气中C．浓硝酸、氯水保存在棕色细口玻璃瓶中D．钠保存在盛有水的试剂瓶中5、下列反应中属于取代反应的是()A．CH3CH＝CH2＋Br2→CH3CHBrCH2BrB．CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2OC．2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OD．CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O6、能用来衡量一个国家石油化工发展水平的是A．乙烯产量 B．乙烷产量 C．乙醇产量 D．乙酸产量7、下列物质中，含有共价键的离子化合物的是A．N2 B．CO2 C．NaOH D．MgCl28、下列物质中，只含有极性共价键的是（）A．NaClB．O2C．CCl4D．NaOH9、能说明苯分子中碳碳键不是单、双键相间交替的事实是（）①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯环中碳碳键均相同③苯的邻位二氯取代物只有一种④苯的对位二氯取代物只有一种⑤在一定条件下苯与H2发生加成反应生成环己烷A．②③④⑤B．①②③④C．①②③D．①②④⑤10、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11、下列混合物能用分液法分离的是A．四氯化碳和乙酸乙酯B．苯和液溴C．乙醇和水D．硝基苯和水12、某鱼雷采用Al-Ag2O动力电池,以溶解有氢氧化钾的流动海水为电解液,电池反应为：2Al+3Ag2O+2KOH═6Ag+2KAlO2+H2O,下列说法正确的是()A．Ag2O为电池的负极B．Al在电池反应中被氧化C．该电池将电能转化为化学能D．工作一段时间后溶液的pH增大13、某温度下，在一容积可变的恒压密闭容器里，反应3A(g)⇌B(g)+3C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为6mol、2mol、6mol。在保持温度和压强不变的情况下,下列说法正确的是A．将A、B、C各减少1mol，C的百分含量减少B．充入A、B、C各2mol，平衡将向正反应方向移动C．充入1molA，C的体积分数增加D．充入1mol氦(He与容器中气体不反应)，平衡将向正反应方向移动14、用下列装置进行相应的实验，能达到实验目的是A．探究温度对反应速率的影响B．实现化学能转化为电能C．实验室制备乙酸乙酯D．验证非金属性：Cl>C>Si15、已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c(均为正值，单位均为kJ·mol－1)。则反应2C(s，石墨)＋2H2(g)＋H2O(l)==C2H5OH(l)的焓变为()A．(2b＋2c－a)kJ·mol－1 B．(b＋c－a)kJ·mol－1C．(a－2b－2c)kJ·mol－1 D．(a－2b－c)kJ·mol－116、在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是A．a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-C．c点对应的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+D．d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—17、下面是某同学所画的各原子的原子结构示意图，你认为正确的是（）A． B． C． D．18、下列实验方案合理的是()A．制取少量CO2,可随开随制,随关随停B．配制一定物质的量浓度的稀硫酸C．可制得Fe(OH)2,并观察其颜色D．干燥、收集NH3,并吸收多余的尾气A．A B．B C．C D．D19、在一些盛水的小烧杯中滴加几滴酚酞溶液，将一小块金属Na投入其中，下列现象描述错误的是A．钠浮于水面 B．钠块熔化成一个小球，在水面游动C．溶液变红色 D．溶液上面有大量白烟20、甲苯的苯环上有5个氢原子，其中苯环上的2个氢原子分别被羟基(—OH)和氯原子(—Cl)取代，则可形成的有机物共有()A．15种 B．12种 C．10种 D．9种21、下列用水就能鉴别的一组物质是（）A．苯、己烷、四氯化碳B．苯、乙醇、四氯化碳C．硝基苯、乙醇、四氯化碳D．溴苯、乙醇、乙酸22、下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是()A．③④B．②⑤C．①⑥D．①②⑤⑥二、非选择题(共84分)23、（14分）以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）A的结构简式为_______，B分子中的官能团名称为_______。（2）反应⑦的化学方程式为________，反应⑧的类型为_______。（3）反应⑤的化学方程式为_________。（4）已知D的相对分子量为118，有酸性且只含有一种官能团，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则D的化学式为_______，其结构简式为______。（5）请补充完整证明反应①是否发生的实验方案：取反应①的溶液2mL于试管中，____________。实验中可供选择的试剂：10%的NaOH溶液、5%的CuSO4溶液、碘水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）溴苯是一种化工原料，实验室用苯和液溴合成溴苯的装置示意图如下(夹持仪器已略去)。请回答以下问题。(1)制取溴苯的化学方程式是___________，反应过程中烧瓶内有白雾产生，是因为生成了________气体。(2)该实验中用到冷凝管，由此猜想生成溴苯的反应属于________反应(填“放热”或“吸热”)；使用冷凝管时,进水口应是______(填“a”或“b”)。(3)该实验中将液溴全部加入苯中，充分反应后，为提纯溴苯，进行以下操作:①将烧瓶中的液体倒入烧杯中，然后向烧杯中加入少量水，过滤，除去未反应的铁屑，过滤时必须用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、____________。②滤液再经一系列处理，最终得到的粗溴苯中仍含有少量苯，要进一步提纯溴苯，可进行的操作是_____(填字母)。物质苯溴苯沸点/℃80156水中溶解性微溶微溶a.洗涤b.过滤c.蒸馏d.结晶26、（10分）如图为硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置图。进行皂化反应时的步骤如下：（1）在圆底烧瓶中加入8g硬脂酸甘油酯，然后加入2g氢氧化钠、5mL水和10mL酒精，加入酒精的作用为_____________________________________________。（2）隔着石棉网给反应物加热约10min，皂化反应基本完成，判断依据是___________，所得的混合物为________(填“悬浊液”、“乳浊液”、“溶液”或“胶体”)。（3）向所得混合物中加入__________，静置一段时间后，溶液分为上下两层，肥皂在____层，这个操作称为________。（4）图中长玻璃导管的作用为______________________________________________________。（5）日常生活中用热的纯碱溶液来洗涤粘有油脂的器皿的原因是________________________。（6）这个实验有一个缺点就是容易产生________现象，为避免这种现象工业生产上常用________加热法防止这种现象。27、（12分）（I）草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．试回答：（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________；（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________；（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________；B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________；C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________；（II）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________________________________．（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝___________；（结果保留一位小数）序号起始温度t1℃终止温度t2℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.628、（14分）海洋中蕴含着丰富的资源。利用海水提取淡水、溴和镁的部分过程如图所示。（1）海水淡化的方法有_________________、离子交换法和电渗析法等。（2）用纯碱吸收浓缩海水吹出的Br2:3Br2+6Na2CO3+3H2O＝5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3。若吸收3molBr2时，转移的电子是_________________mol。（3）海水中部分离子的含量如下：成分含量（mg/L）成分含量（mg/L）Na+10560Cl-18980Mg2+1272Br-64Ca2+400SO42-2560其中，Mg2+的物质的量浓度是____________mol/L。若从100L的海水中提取镁，理论上加入沉淀剂Ca（OH）2的质量是_______________g。（4）由Mg（OH）2得到单质Mg，以下方法最合适的是________________（填序号）。A．Mg（OH）2MgOMgB．Mg（OH）2MgOMgC．Mg（OH）2无水MgCl2MgD．Mg（OH）2MgCl2溶液Mg29、（10分）（I）某氨基酸中含有C、N、H、O四种元素，已知除氢原子外，其他原子均达到最外层8电子的稳定结构。如图为该氨基酸分子的球棍模型：(1)氨基酸是__________(填“淀粉”、“纤维素”、“蛋白质”或“油脂”)完全水解的产物，该氨基酸的结构简式为______________。(2)该氨基酸中含氧官能团的名称是__________________。(3)一定条件下，该氨基酸能与乙醇发生反应，此反应类似于乙酸与乙醇的反应，写出此反应的化学方程式：_______________________________________________________。(4)互为同系物的有机物具有相同的官能团，与该氨基酸互为同系物且少一个碳原子的氨基酸的结构简式为_____________________。（II）如图，在左试管中先加入2mL95%的乙醇，并在摇动下缓缓加入3mL浓硫酸，再加入2mL乙酸，充分摇匀。按图连接好装置，用酒精灯对左试管小火加热3～5min后，改用大火加热，当观察到右试管中有明显现象时停止实验。试回答：①在右试管中通常加入________溶液，实验生成的乙酸乙酯，其密度比水________，是有特殊香味的液体。分离右试管中所得乙酸乙酯的操作为(只填名称)________。②反应中加入浓硫酸的作用是____________，_______________。③反应类型是：______________________。

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、C【解析】

分析：本题考查的是物质的能量与反应热和稳定性的关系，难度较小。详解：A.等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，故分别完全燃烧，前者放出的热量多，故错误；B.金刚石变石墨为放热反应，所以石墨的能量低，石墨稳定，故错误；C.正反应的活化能-逆反应的活化能即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100kJ·mol-1，则该反应的正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1，故正确；D.前者为碳的完全燃烧，放出的热量多，但由于焓变为负值，故ΔH1<ΔH2，故错误。故选C。2、D【解析】

烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物。【详解】A.苯是一种不饱和烃，A错误；B.甲烷是烷烃，B错误；C.乙烯是烯烃，C错误；D.四氯化碳是甲烷分子中4个氢原子都被氯原子取代后的物质，属于烷烃的衍生物，D正确；故合理选项为D。3、B【解析】A、HBr为共价化合物，不属于离子化合物，故A错误；B、Br属于VIIA族，得到一个电子达到稳定结构，即Br－的电子式为，故B正确；C、Cl2的氧化性强于Br2，因此海水中通入氯气发生2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2，其离子反应方程式为2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2，故C错误；D、Cl－的结构示意图为，故D错误。4、C【解析】

A.氢氧化钠与玻璃中二氧化硅反应，生成具有黏性的硅酸钠，导致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故A错误；B.漂白粉在潮湿的空气里可以和二氧化碳反应，生成的次氯酸见光易分解，须密封保存，故B错误；C.浓硝酸、氯水见光易分解，应避光保存，故C正确；D.金属钠易和空气中的水、氧气以及二氧化碳反应，常保存在密度较小的煤油中，故D错误；答案选C。【点睛】保存即不改变物质的性质，结构决定性质，性质决定用途、保存方法等，根据各种试剂的性质，选择合理的保存方法。5、B【解析】

有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，结合反应特点分析解答。【详解】A、丙烯和溴发生的是加成反应，A错误；B、乙酸和乙醇在一定条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，属于取代反应，B正确；C、乙醇和氧气发生催化氧化生成乙醛和水，C错误；D、乙醇在一定条件下发生消去反应生成乙烯和水，D错误。答案选B。6、A【解析】

能用来衡量一个国家石油化工发展水平的是乙烯产量，故A为合理选项。7、C【解析】

A．N2属于非金属单质，只含有共价键，故A错误；B．CO2属于共价化合物，只含有共价键，故B错误；C．NaOH属于离子化合物，其中含有氢氧根离子，含有共价键，故C正确；D．MgCl2属于离子化合物，只含有离子键，故D错误；故选C。8、C【解析】A.NaCl属于离子化合物，只含有离子键，故A错误；B.O2属于非金属单质，中含有非极性共价键，故B错误；C.CCl4属于共价化合物，只含有极性共价键，故C正确；D.NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键，故D错误；故选C。9、C【解析】分析：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构；③如果是单双键交替结构，苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，能说明苯环结构中的化学键只有一种；④无论苯环结构中是否存在碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物只有一种；⑤苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷。详解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，②正确；③如果是单双键交替结构，苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，能说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，③正确；④无论苯环结构中是否存在碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物只有一种，所以不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，④错误；⑤苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，所以不能说明苯分子中碳碳键不是单、双键相间交替的事实，⑤错误。答案选C。10、B【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。【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。【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。11、D【解析】分析：混合物能用分液法分离，说明两种液体互不相溶，且密度不同，据此解答。详解：A.四氯化碳和乙酸乙酯互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，A错误；B.溴易溶在有机溶剂中，则苯和液溴不能分液法分离，B错误；C.乙醇和水互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，C错误；D.硝基苯不溶于水，密度大于水，可以用分液法分离，D正确。答案选D。12、B【解析】

根据题中“电池反应”可以推断出，该题考察的内容是原电池的概念与应用。在反应中，Al失去电子，化合价升高，发生的是氧化反应，则Al是电池的负极；Ag2O中的Ag得到电子，化合价降低，发生的事还原反应，则Ag2O是电池的正极。【详解】A.Ag2O为电池的正极，A错误；B.Al在该反应中作还原剂，则其被氧化，B正确；C.电池是将化学能转化为电能的装置，C错误；D.从方程式来看，KOH参与了化学反应，随着反应的进行，溶液中OH-的浓度逐渐减小，则溶液的pH逐渐减小，D错误；故合理选项为B。【点睛】在原电池中，负极发生氧化反应，对应的物质是还原剂，失去电子，化合价升高；正极发生还原反应，对应的物质是氧化剂，得到电子，化合价降低。通过化学反应中的化合价的变化，判断出正负极的主要物质。13、D【解析】

该反应是一个体积增大的反应，在恒温恒压条件下，若反应物的投料与原平衡的投料配比相同，则为等效平衡。【详解】A．若将A、C各减少1mol，B减少mol，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再减少molB，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，A错误；B、同理，充入A、C各2mol，充入molB，则与原平衡的各组分的比例相同，与原平衡是等效平衡，平衡不移动；然后在此基础上再充入molB，平衡将向逆反应方向移动，B错误；C、充入1molA，在恒压下将建立与原平衡等效的平衡，C的体积分数不变，C错误；D、充入1mol氦(He与容器中气体不反应)，恒温恒压条件下体积增大，平衡将向正反应方向移，D正确。答案选D。14、B【解析】

A．反应中除了温度不同，催化剂也不同，不能探究温度对化学反应速率的影响，故A错误；B．该装置可构成Cu、Zn原电池，可以能实现化学能转化为电能，故B正确；C．反应中生成的乙酸乙酯为气态，冷凝后变成液态，装置中气体的压强容易发生变化，导管插入饱和碳酸钠容易中，容易产生倒吸，故C错误；D．HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能据此判断非金属性强弱，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，比较非金属性强弱的一种方法是根据最高价氧化物的水合物的酸性判断，但盐酸不是，该装置也不能验证碳酸和硅酸酸性的强弱，因为二氧化碳中会混有HCl，影响实验。15、C【解析】已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c，则有反应①C2H5OH（l）＋3O2（g）＝2CO2（g）＋3H2O（l）△H＝—a，②C（石墨，s）＋O2（g）＝CO2（g）△H＝—b，③H2（g）＋O2（g）＝H2O（l）△H＝—c，则根据盖斯定律可知②×2+③×2—①即可得到2C（石墨，s）＋2H2（g）＋H2O（l）＝C2H5OH（l）的△H＝(a－2b－2c)kJ·mol－1，答案选C。16、D【解析】

A.a点处溶液呈中性，而所给出的离子中，碳酸根离子会水解使得溶液呈碱性，故A错。B.b点处溶液呈酸性，但是溶液中还有硝酸根离子，即相当于有硝酸存在，强氧化性的硝酸不会允许有还原性的二价铁离子的存在，故B错。C.c对应的溶液呈中性，但是铝离子的水解会使得溶液呈酸性，故C错。D.d点所对应的溶液呈碱性，该组离子可以大量共存，与题意符合，所以D正确。17、D【解析】

根据核外电子排布理论：即能量最低原理、泡利原理、洪特规则判断。【详解】A、违反了泡利原理，每个原子轨道最多容纳两个电子，应表示为：故A错误；B、违反了能量最低原理，先排布4s轨道后排3d轨道，应表示为：故B错误；C、违反了能量最低原理，先排满3p后排4s，20号元素为钙，不可能失去6个电子，应表示为：故C错误；D、均符合核外电子排布规律，故D正确。答案选D。18、C【解析】

A.用碳酸钠和稀盐酸制取少量CO2，但是，由于碳酸钠可溶于水，故不能做到可随开随制、随关随停，A实验方案不合理；B.配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，B实验方案不合理；C.该实验中用苯隔绝了空气，这样硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成的Fe(OH)2可以保持其白色并防止被氧气氧化，因此，可制得Fe(OH)2,并观察其颜色，C实验方案合理；D.碱石灰可以干燥NH3、水可以吸收多余的尾气，氨气密度小于空气，不能用向上排空气法收集NH3，D实验方案不合理。综上所述，实验方案合理的是C，本题选C。19、D【解析】

钠与水反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。A、由于Na的密度比水小，所以浮在水面上，选项A正确；B、由于Na的熔点低，Na与水的反应又是放热反应，反应放出的热是Na熔化，所以钠熔成小球，在水面游动，Na与水反应产生氢气，氢气泡破裂产生嘶嘶声，由于Na球受到的各个方向的力大小不等，所以在水面上四处游动，选项B正确；C、Na与水反应产生NaOH，使溶液显碱性，滴加酚酞试剂，溶液变为红色，选项C正确；D、反应生成的氢氧化钠溶于水，溶液上面没有产生白烟，选项D错误。答案选D。20、C【解析】先将移动-Cl，得邻、间、对3种结构，再逐个插入-OH，如图所示：、、，分别有4种、4种、2种不同位置，共10种，故选C。点睛：本题考查同分异构体的数目的判断，较难，注意二取代物的书写可以采用“定一移一”法解决，先确定氯原子的位置，然后确定羟基的位置。21、B【解析】苯、己烷、四氯化碳都不溶于水，但是苯和己烷密度比水小，故这两种物质用水不能鉴别出来，A项错误；苯、乙醇、四氯化碳可以用水来鉴别，因为乙醇与水互溶，而苯和四氯化碳与水分层，苯的密度比水小，苯在上层，四氯化碳的密度比水大，而四氯化碳在下层，B项正确；硝基苯、乙醇、四氯化碳中，硝基苯和四氯化碳的密度都比水大，且不溶于水，故不能用水来鉴别，C项错误；乙醇和乙酸都跟水互溶，故不能用水来鉴别，D项错误。点睛：考查物质的鉴别。鉴别物质时一般首先考虑物理性质，然后再考虑化学性质。本题是利用了物质的溶解性和密度进行鉴别。22、B【解析】分析：同系物指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物；芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；苯的同系物含有1个苯环，侧链为烷基，组成通式为CnH2n-6。详解：①是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是甲基，分子组成比苯多1个CH2原子团，是苯的同系物，故①错误；②是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，侧链是乙烯基，含有双键，不是烷基，不是苯的同系物，故②正确；③含有N、O元素，不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物，故③错误；④含有O元素，不是碳氢化合物，不属于芳香烃，更不是苯的同系物，故④错误；⑤是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有2个苯环，不相差若干个CH2原子团，不是苯的同系物，故⑤正确；⑥是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有1个苯环，侧链是乙基，分子组成比苯多2个CH2原子团，是苯的同系物，故⑥错误；所以②⑤正确，故选B。二、非选择题(共84分)23、CH3CHO羧基CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br取代反应CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2OC4H6O4HOOC-CH2-CH2-COOH用10%的NaOH溶液调节溶液至中性（或碱性），再向其中加入2mL10%的NaOH溶液，再加入4～5滴5%的CuSO4溶液，加热一段时间。若有砖红色沉淀，则证明反应①已发生。【解析】分析：CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生催化氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成B为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C为CH3COOC2H5，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br与NaCN发生取代反应生成NC-CH2CH2-CN，(4)中D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则分子中N(C)=118×40.68%12=4、N(H)=118×5.08%1=6、N(O)=118-12×4-616=4，故D的分子式为C4H6O4，则其结构简式为HOOC-CH2详解：(1)A的结构简式为CH3CHO，B为CH3COOH，B中的官能团为羧基，故答案为：CH3CHO；羧基；(2)反应⑦为乙烯与溴的加成反应，反应的方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，根据上述分析，反应⑧为取代反应，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；取代反应；(3)反应⑤的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(4)由上述分析可知，D的分子式为：C4H6O4，结构简式为HOOC-CH2-CH2-COOH，故答案为：C4H6O4；HOOC-CH2-CH2-COOH；(5)反应①是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，检验否发生的实验方案：取反应①的溶液2mL于试管中，用10%的NaOH溶液调节溶液至中性，再向其中加入2mL10%的NaOH溶液，再加入4～5滴5%的CuSO4溶液，加热一段时间．若有砖红色沉淀，则证明反应①已发生，故答案为：用10%的NaOH溶液调节溶液至中性，再向其中加入2mL10%的NaOH溶液，再加入4～5滴5%的CuSO4溶液，加热一段时间。若有砖红色沉淀，则证明反应①已发生。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【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。【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、+Br2+HBrHBr放热a漏斗c【解析】

苯和液溴在溴化铁作催化剂的作用下，发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，生成的溴化氢极易溶于水，用NaOH溶液吸收HBr，并防止倒吸。该反应为放热反应，而苯和液溴都易挥发，所以用冷凝管将挥发的原料进行冷凝，回流至反应器。【详解】(1)苯和液溴在溴化铁作催化剂的作用下，发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，化学方程式为+Br2+HBr；HBr极易溶于水，在烧瓶内与空气中的水结合形成白雾；(2)利用冷凝管，将受热挥发的原料重新冷凝成液体，回流至三口烧瓶中，该反应为放热反应；冷凝时，冷凝管中应该充满水，为了充分冷凝，所以应该下口进水，进水口应是a；(3)①过滤操作需要用的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、漏斗；②粗的溴苯中含有少量的苯，根据表中的信息，两者的沸点相差较大，可以利用蒸馏进行分离提纯。答案为c。26、溶解硬脂酸甘油酯水面上漂浮的块状物消失胶体食盐上盐析冷凝回流纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污结焦水蒸气【解析】

由实验装置图可知，圆底烧瓶中硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，装置中长导管可以起到冷凝回流的作用，提高原料的利用率；向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，使硬脂肪酸钠和甘油分离。【详解】（1）硬脂酸甘油酯为难溶于水的固体，易溶于有机溶剂，酒精为有机溶剂，加入酒精可溶解硬脂酸甘油酯，故答案为：溶解硬脂酸甘油酯；（2）不溶于水的硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，反应完成时不溶于水的硬脂酸甘油酯完全溶解，水面上没有漂浮物；硬脂酸钠的水溶液属于胶体，具有胶体的性质，故答案为：水面上漂浮的块状物消失；胶体；（3）向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，静置一段时间后，溶液分为上下两层，这个操作为盐析，因硬脂酸钠的密度小于水的密度，硬脂酸钠在上层，故答案为：食盐；上；盐析；（4）在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，长导管可以起到冷凝回流的作用，故答案为：冷凝回流；（5）纯碱为碳酸钠，碳酸钠在溶液中水解，使溶液呈碱性，加热促进水解，使溶液碱性增强，油脂在碱性较强的溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质而洗去油污，故答案为：纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污；（6）硬脂酸甘油酯具有有机物的通性，受热易分解，直接加热会出现炭化结焦的现象，若改用水蒸气加热，可以避免出现炭化结焦的现象，故答案为：结焦；水蒸气。【点睛】该类试题主要是以实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性，油脂在碱性条件下发生皂化反应时物质的溶解性发生变化是分析的关键点，注意盐析就是利用无机盐降低有机物的溶解度达到分离的目的。27、酸高锰酸钾具有强氧化性锥形瓶内颜色变化当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色偏小无影响偏小环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失-51.8kJ/mol【解析】

(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(3)根据c(待测)═分析误差；(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。【详解】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；(3)A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小；B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对V(标准)无影响，根据c(待测)═分析，c(待测)无影响，故答案为：无影响；C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，待测液减少，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小。(II)(1)由量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，反应前后温度差为3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应后温度为：23.4℃，反应前后温度差为3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为：23.6℃，反应前后温度差为：3.05℃；平均温度差为：3.1℃。50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/(g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J