湖南省浏阳一中、醴陵一中2021-2022学年高二化学第二学期期末检测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配制溶液浓度偏高的原因是（ ）A转移时容量瓶未干燥B定容时俯视刻度线C没有洗涤烧杯和玻璃棒D用带游码的托盘天

2、平称2.4 g NaOH时误用了“左码右物”方法2、下列实验操作会导致实验结果偏低的是()配制1mol/LNa2CO3溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，所得溶液的浓度用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸配制200 mL 2 molL1的稀硫酸时，先平视后仰视A只有B只有CD3、下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A熔点：NaFMgF2AlF3B晶格能：NaFNaClNaBrC阴离子的配位数：CsClNaClCaF2D硬度：MgOCaOBaO4、下面的排

3、序不正确的是（）A晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅C熔点由高到低:NaMgAlD晶格能由大到小: NaF NaCl NaBrNaI5、下列有机物中，所有的碳原子不可能都共面的是( )ABCD6、下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是( ) (CH3)3CCHBr2 CHCl2CHBr2 CH3ClABCD全部7、下列变化或数据与氢键无关的是 ()A氟化氢的沸点比氯化氢的沸点高B氨分子与水分子形成一水合氨C乙醇能跟水以任意比混溶DSbH3的沸点比PH3高8、0.1mol/L的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是Ac（K+）+c（H+）=c（S2）+c（HS）+c（O

4、H）Bc（K+）+ c（S2） = 0.3mol/LCc（K+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S）Dc（OH-）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）9、在由5种基团CH3、OH、CHO、C6H5、COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有（ ）A4种B5种C6种D7种10、常用的下列量器刻度表示正确的是()量筒的刻度由下向上增大，无零刻度在250 mL容量瓶上，除刻度线外，还刻有“250 mL和20 ”滴定管的刻度是由上向下增大，零刻度在上温度计的刻度由下向上增大，零刻度偏下A都正确B正确C正确D正确11、下列有关物质分类或归类正确的一组是化合物：CaCl2、NaOH、HCl

5、、HD 混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银同素异形体：C60、金刚石、石墨 电解质：氯化铵、硫酸钡、冰醋酸ABCD12、我国使用最早的合金是A青铜B锰钢C生铁D硬铝13、下列有利于反应自发进行的是（ ）反应吸热 反应放热 反应后熵增加 反应后熵减小ABCD14、用石墨作电极，电解盛放在U形管中的饱和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如图。下列叙述正确的是A通电后，NaCl发生电离B通电一段时间后，阳极附近溶液先变红C当阳极生成0.1 mol气体时，整个电路中转移了0.1 mol eD电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl215、生物柴油是指利用动植物油脂，经一系列反

6、应生成的高级脂肪酸甲酯或乙酯，具有优良的燃料性能。下列说法不正确的是( )A硬脂酸甲酯的分子式为C19H38O2B生物柴油与石化柴油的成分相同C可以利用“地沟油”制备生物柴油D生物柴油具有可再生、环保等优点16、关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是( )ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClONaHCO3非电解质Cl2CS2C2H5OHSO2AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它

7、们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:（1）写出C元素基态原子的电子排布式: _ 。（2）用电子排布图表示D元素原子的价电子:_。（3）元素B与D的电负性的大小关系是B_ D (填“”“”或“=”,下同), E与C的第一电离能大小关系是E_C。（4）写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式_。18、化合物F是一种重要的有机物，可通过以下方法合成：(1)B中含有的官能团名称为_。(2)AB的化学方程式为_。(3)BC的反应类型为_。(4)E的分子式为C10H10O4N2，写出E的结构简式：_。(5)

8、写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢。(6)已知：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO。请结合题给信息，以苯和为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。19、物质分离、提纯的常用装置如图所示，根据题意选择合适的装置填入相应位置。（1）我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写到：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”所用的是_装置（填“甲”、“乙

9、”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。（2）本草衍义中对精制砒霜过程的叙述为：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下重如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法所用是_装置。（3）海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图：其中分离步骤、所用分别为：_装置、_装置、_装置。20、实验小组同学对乙醛与新制的Cu(OH)2反应的实验进行探究。实验：取2mL 10%的氢氧化钠溶液于试管中，加入5滴2%的CuSO4溶液和5滴5%的乙醛溶液，加热时蓝色悬浊液变黑，静置后未发现红色沉淀。实验小组对影响实验成败的因素

10、进行探究：(1)探究乙醛溶液浓度对该反应的影响。编号实验实验实验方案实验现象加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有大量红色沉淀加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后上层为棕黄色油状液体，底部有少量红色沉淀已知：乙醛在碱性条件下发生缩合反应：CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O ，生成亮黄色物质，加热条件下进一步缩合成棕黄色的油状物质。 能证明乙醛被新制的Cu(OH)2 氧化的实验现象是_。 乙醛与新制的Cu(OH)2 发生反应的化学方程式是_。 分析实验产生的红色沉淀少于实验的可能原因：_。(2)探究NaOH溶液浓度对该反应的影响。编号实验实验实验方案实验现象加热，蓝色悬浊液变黑

11、加热，蓝色悬浊液变红棕色，静置后底部有红色沉淀依据实验，得出如下结论：. NaOH溶液浓度一定时，适当增大乙醛溶液浓度有利于生成Cu2O。. 乙醛溶液浓度一定时，_。(3)探究NaOH溶液浓度与乙醛溶液浓度对该反应影响程度的差异。编号实验实验实验方案实验现象加热，蓝色悬浊液变黑加热，静置后底部有红色沉淀由以上实验得出推论： _。21、M是一种重要材料的中间体，结构简式为：。合成M的一种途径如下：AF分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去已知：Y的核磁共振氢谱只有1种峰； RCH=CH2 RCH2CH2OH；两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，易脱水：请回答下列问题：（1）

12、Y的结构简式是_，D的官能团名为_。（2）步骤的化学反应方程式是_。（3）步骤的反应类型是_。（4）写出步骤中第步化学反应方程式是_。（5）下列说法不正确的是_。aA和E都能发生氧化反应 b1molB完全燃烧需6mol O2cC能与新制氢氧化铜悬浊液反应 d1molF最多能与3mol H2反应 （6）M经催化氧化得到X（C11H12O4），X的同分异构体中同时满足下列条件的结构简式为_。a苯环上只有两个取代基，苯环上的一氯代物有2种b水解只生成芳香醇和二元酸，且二元酸的核磁共振氢谱只有2种峰参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A容量瓶不需要干燥，因为后面定容时还需要加入

13、蒸馏水，该操作正确，不影响配制结果，故A不选；B定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏高，故B选；C没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液的浓度偏小，故C不选；D砝码和物品放颠倒，导致称量的氢氧化钠的质量减小，配制的溶液中氢氧化钠的物质的量偏小，根据c=可知，配制的溶液浓度偏低，故D不选；故选B。【点睛】解答此类试题，要注意将实验过程中的误差转化为溶质的物质的量n和溶液的体积V，再根据c=分析判断。2、D【解析】配制1mol/LNa2CO3溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶液中溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；测定碳酸钠晶

14、体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称量的碳酸钠晶体的量偏少而水偏多，导致所测结晶水的百分含量偏高，故错误；药品的质量等于砝码的质量加游码的量，配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，则药品的质量等于砝码的质量减游码，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸配制200 mL 2 molL1的稀硫酸时，先平视后仰视，导致所取溶液体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；正确，答案选D。3、A【解析】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaFMgF

15、2AlF3，故A不正确；B. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaFNaClNaBr，故B正确；C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsClNaClCaF2，故C正确；D. 离子半径：Ba2+Ca2+Mg2+，所以硬度：MgOCaOBaO，故D正确。故选A。【点睛】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。4、C【解析】A、分子晶体熔点和分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则晶体熔点由低到高：CF4CCl4CBr4碳化硅晶体硅，B正确；C、金属键越强，金属晶体熔点越高，金属键与原子半径和金属

16、阳离子所带电荷数有关系，则熔点AlMgNa，C错误；D、离子晶体的熔沸点和晶格能有关，晶格能和电荷数成正比，和半径成反比，熔点：NaFNaClNaBrNaI，D正确。答案选C。5、A【解析】选项A相当于甲烷分子中的4个氢原子被甲基取代，所有的碳原子不可能共面。B可视为乙烯分子中的4个氢原子被甲基取代，所有的碳原子共面。C可视为苯环上的两个氢原子被甲基取代，所有的碳原子共面。D中含有一个苯环和一个碳碳双键，通过碳碳单键相连，两个平面可能重合。6、A【解析】卤原子邻碳上有H原子的卤代烃在KOH醇溶液中加热能发生消去反应，据此分析作答。【详解】有机物发生消去反应发生后将会形成不饱和键，而氯苯中相邻的

17、碳原子是苯环的一部分，若消去再形成双键破坏苯环结构，故不能发生消去反应，故符合题意；中和氯相连的碳的相邻碳原子上有氢，故能消去，生成对应的烯烃和氯化钾，故不符合题意；(CH3)3CCHBr2中和溴相连的碳相邻碳原子上没有氢，故不能消去，故符合题意；CHCl2CHBr2中和氯或溴相连的碳相邻碳原子上有氢，故能发生消去反应，故不符合题意；中和溴相连的碳的相邻碳原子上有氢，故能发生消去反应，生成对应的烯烃和氯化钾，故不符合题意；一氯甲烷只有一个碳，没有相邻的碳，所以不能发生消去反应。故符合题意；均不能发生消去反应，故答案为A。【点睛】卤代烃的消去反应是在碱的醇溶液中加热，连接-X的碳的相邻碳原子上的

18、一个H和-X一同被脱去，而生成不饱和烃和卤化氢，如邻位碳原子不连接氢原子或为卤苯或不含邻碳等，则不能发生消去反应。7、D【解析】A、F原子能形成氢键，HF分子间氢键作用强，HCl分子间无氢键，所以HF沸点较高，故A错误；B、N原子和O原子形成氢键的能力都很强，因而可以形成一水合氨，故B错误；C、羟基O原子和H2O中的O原子都能与H吸引形成氢键，因而可以任意比例互溶，故C错误；D、SbH3沸点比PH3高，是因为前者相对分子质量远比后者大，分子间相互作用力强， D正确；故选D。【点睛】本题主要考查氢键的应用。氢键不是化学键，通常把氢键看做是一种较强的分子间作用力。氢键比化学键强，比分子间作用力强；

19、分子间形成氢键会使物质的熔沸点升高，这是因为固体熔化或液体气化时必须破坏分子间氢键，消耗更多的能量；分子间氢键对物质的水溶性有影响，如氨气极易溶于水，主要是氨分子与水分子形成分子间氢键；通常N、O、F这三种元素的氢化物已形成氢键。常见易形成氢键的化合物有H2O、HF、NH3、CH3OH等；氢键只影响分子晶体的物理性质。8、D【解析】A、根据电荷守恒可知c（K+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），A错误；B、根据物料守恒可知c（K+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S）0.2mol/L，所以c（K+）+ c（S2）0.3mol/L，B错误；C、根据物料守恒可知c（K+）

20、=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S）0.2mol/L，C错误；D、根据质子守恒可知c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S），D正确。答案选D。9、C【解析】分析：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握羧酸和酚的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意HOCOOH为碳酸，碳酸为无机酸。详解：题给的5种基团两两组合后能与氢氧化钠反应的物质有：CH3COOH，C6H5COOH，CHOCOOH，C6H5OH， HOCHO， HOCOOH共6种，其中HOCOOH为碳酸，所以能与氢氧化钠反应的有机物有5种。故选B。点睛：本题注意苯酚有弱酸性，能与氢氧化钠反应，碳酸是无机酸，

21、不符合条件。10、A【解析】量筒的刻度为由下向上增大，无零刻度，正确；因容量瓶上标有：刻度、规格、温度，所以250mL容量瓶上，除刻度外，还刻有250mL和20，故正确；使用滴定管滴加液体时，液面逐渐降低，因此滴定管的刻度是由上向下增大，零刻度在上，故正确；温度计的原理利用热胀冷缩，温度升高，体积膨胀，温度计的刻度由下向上增大，零刻度偏下，故正确；综上均正确，本题答案选A。11、D【解析】试题分析：由不同种元素形成的纯净物是化合物，HD是单质，错误；由不同种物质形成的是混合物，水银是纯净物，错误；由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，互为同素异

22、形体，正确；溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，则氯化铵、硫酸钡、冰醋酸均是电解质，正确，答案选D。考点：考查物质分类的判断12、A【解析】生铁、锰钢是铁的合金，硬铝是铝合金，铜活泼性比Fe和Al弱，容易冶炼，中国是世界最早应用湿法治金的国家，所以我国使用最早的合金是铜合金，即青铜，答案选A。13、B【解析】根据GHTS可知，只有G0，反应才是自发的，即放热反应和熵值增加的反应是有利于自发的。所以选项B是正确的，答案选B。14、D【解析】用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-H2+2OH-，生成NaOH，该极呈碱性；阳极发生氧化反应

23、，电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，以此解答该题。【详解】ANaCl为强电解质，无论是否通电，在溶液中都发生电离，A错误；B阳极生成氯气，阴极生成NaOH，则阴极附近溶液先变红，B错误；C阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，生成0.1mol氯气时，转移电子为0.2mol，C错误；D电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，D正确。答案选D。【点睛】本题考查电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度一般，掌握离子放电顺序是解题的关键

24、，注意基础知识的积累掌握。易错点是氢氧根离子在阴极产生的判断。15、B【解析】本题考查有机物的结构与性质。生物柴油是指由动植物油脂（脂肪酸甘油三酯）与醇（甲醇或乙醇）经酯交换反应得到的脂肪酸单烷基酯，最典型的是脂肪酸甲酯。生物柴油不含有烃，成分为酯类，生物柴油是通过榨取含有油脂的植物种子获得，是含氧量极高的复杂有机成分的混合物。【详解】硬脂酸甲酯的结构简式为C17H35COOCH3，分子式为C19H38O2，A正确；生物柴油不含有烃，成分为酯类，而柴油只含有烃，成分不相同，B错误；“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，C正确；生物柴油是清洁的可再生能源，D正确。故选B。

25、【点睛】生物柴油是清洁的可再生能源，它以大豆和油菜籽等油料作物、油棕和黄连木等油料林木果实、工程微藻等油料水生植物以及动物油脂、废餐饮油等为原料制成的液体燃料，是优质的石油柴油代用品。生物柴油是典型“绿色能源”，大力发展生物柴油对经济可持续发展，推进能源替代，减轻环境压力，控制城市大气污染具有重要的战略意义。16、C【解析】分析：在溶液中全部电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。详解：A、非电解质的对象是化合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B、BaSO4属于盐，能完全电离出

26、阴阳离子，属于强电解质，B错误；C、CaCO3属于盐，能完全电离出阴阳离子，属于强电解质，次氯酸是弱酸，属于弱电解质，乙醇不能自身电离出离子，是非电解质，C正确；D、碳酸钠能完全电离出钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p1 【解析】A、E同族，且最外层电子排布为ns1。是IA族，E是金属元素，5种元素核电荷数依次增大，可以推知A为H元素；B、D同族，且最外层p能级电子数是s能级电子数的两倍，是第六主族元素，所以B是氧元素，D是硫元素，E是钾元素，根据C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半可以推知C是铝元

27、素，总结A为氢元素、B为氧元素、C为铝元素、D为硫元素、E为钾元素，据此分析问题。【详解】（1）C元素为Al，原子序数13，基态原子的电子排布式: 1s22s22p63s23p1；答案：1s22s22p63s23p1（2）D元素为S，原子序数16，最外层有6个电子，用电子排布图表示S元素原子的价电子: ；答案：（3）同一主族从上到下非金属性减弱，电负性减小，元素O与S的电负性的大小关系是OS，金属性越强，第一电离能越小， K与Al的第一电离能大小关系是KAl；答案： （4）氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；答案： Al（

28、OH）3+OH-=AlO2-+2H2O【点睛】正确推断元素是解本题关键，B和D的最外层电子排布是推断突破口。18、硝基、溴原子 取代反应 或 【解析】(1)根据合成路线图可知AB是一个取代反应(硝化反应), 是浓硫酸作催化剂，在溴苯上溴原子对位引入硝基；(2)根据合成路线图中C与D物质在结构简式上的差别判断。(3)结合D和F的结构简式及D、E、F间的反应条件可推知E的结构简式。(4)根据C的结构和其同分异构体的特征，能发生银镜反应说明含有醛基:能发生水解反应说明含有酯键,且水解产物可以与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解产物中有酚羟基;分子中有4种不同化学环境的氢原子，判断符合条件的同分异构

29、体的结构筒式； (5)根据题干部分流程图中的AB、EF 反应，以及CD、D的反应和已知条件确定合成路线。【详解】(1)由B的结构简式可知B中含有的官能团名称为硝基、溴原子，答案：硝基、溴原子。(2)由框图AB即可知，AB属于取代反应，反应的化学方程式为；答案：。(3)由框图BC即可知BC发生了取代反应，所以BC反应类型为取代反应；答案：取代反应。(4)由框图和E的分子式为C10H10O4N2，可知E的结构简式：；答案：。(5)C的结构简式为：，满足能发生银镜反应说明含有醛基: 能发生水解反应说明含有酯基,且水解产物可以与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解产物中有酚羟基; 分子中有4种不同化学

30、环境的氢原子的同分异构体的结构简式：或；答案：或。(6) 以苯和为原料制备，根据已知条件CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO和题干部分流程图中的AB、EF 反应，以及CD、D的反应，所以制备的合成路线流程图；答案：。19、丙 戊 乙 甲 丁 【解析】由图可知，装置甲为过滤；装置乙为灼烧；装置丙为蒸馏；装置丁为分液；装置戊为升华。【详解】（1）由题意可知，从浓酒中分离出乙醇，是利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，故答案为丙；（2）“将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体，类似于碘的升华，因此涉及的操作方法是升华，故答案为戊；（3）

31、由流程图可知，步骤为海藻在坩埚中灼烧，选乙装置；步骤过滤海藻灰悬浊液得到含碘离子的溶液，选甲装置；步骤为向含碘水溶液中加入有机溶剂萃取分液的到含碘的有机溶液，选丁装置，故答案为乙、甲、丁。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质性质的异同及实验装置的分析与应用为解答的关键。20、蓝色悬浊液最终变为红色沉淀 CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3COONa + Cu2O+ 3H2O 相同条件下，乙醛的缩合反应快于氧化反应；多个乙醛缩合，使醛基物质的量减少 适当增大NaOH浓度有利于生成Cu2O 氢氧化钠溶液浓度对该反应的影响程度更大 【解析】（1）新制氢氧化铜为蓝色悬浊液，氧化乙醛后铜元素化合价从+2价降低到+1价会变成砖红色沉淀Cu2O，据此证明乙醛被氧化；乙醛在碱性条件下加热，被新制的Cu(OH)2氧化生成乙酸钠、氧化亚铜和水；对照实验，实验的现象说明乙醛发生了缩合反应，据此分析作答；（2）对照实验和实验，分析氢氧化钠浓度对反应的影响；（3）实验砖红色现象明显，根据变量法分析作答。【详解】（1）若乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，则实验中颜色会发生明显变化，即蓝色悬浊液最终会变为红色沉淀，据此可证明乙醛被新制的Cu(OH)2氧化，故答案