2023学年湖北省汉川二中化学高一第二学期期末联考模拟试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2测试卷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、氯气与水反应生成的次氯酸具有杀菌作用，常用于自来水的消毒，用此种方法处理的自来水需要经过暴晒后才能用于养金鱼。下列有关说法正确的是A次氯酸中氯元素呈-1价B次氯酸属于电解质C次氯酸的化学性质很稳定DCl2与水的反应中无电子转移2、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHC

2、O3溶液反应放出气体的有机物有（ ）A3种B4种C5种D6种3、下列说法正确的是（ ）二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，但不能与任何酸反应根据反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2可推知硅酸酸性比碳酸强二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸二氧化硅常被用来制造光导纤维ABCD4、为纪念 Dmitri Mendeleev 发明的元素周期表诞生 150 周年，联合国将 2019 年定为“国际化学元素周期表年”。 a、 b、 c、 d、四种短周期元素分别位于三个周期，其原子的最外层电子数和原子半径之间的关系如图所示。下列说法中错误的是Aa为氢元素B原子半径 cH2 DCO(g)+H2O(g)

3、=CO2(g)+H2(g), HZMB离子半径：MZYCZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构D三种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强21、下列有关金属冶炼的说法中，不正确的是A金属冶炼的实质是金属阳离子被还原成单质B用碳粉或铝粉还原铁矿石可以获取金属FeC通过电解NaCl溶液的方法可以获取金属NaD冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜22、下列物质一定属于有机高分子化合物的是（ ）A油脂 B糖类 C蛋白质 D四氟乙烯二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）。若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质

4、，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为_，反应的化学方程式为_。若A为常见的金属单质，D、F是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应（在水溶液中进行）的离子方程式是_。若A、D、F都是由短周期非金属元素形成的单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应的化学方程式为_。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n5时，写出含有3个甲基的有机物的结构简式_。

5、下图是用乙制备D的基本反应过程(3)A中官能团为_。(4)反应的反应类型是_。(5)写出反应的化学方程式_。(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）在试管a中先加入2mL 95%的乙醇,边摇动边缓缓加入5mL浓H2SO4并充分摇匀，冷却后再加入2g无水醋酸钠，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管b中加入7mL饱和碳酸钠溶液。连接好装置，用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。(1)写出a试管中的主要化学反应的方程式_.(2)加入浓H2SO4的目的是_.(3)试管b中观察到的现象是_.

6、(4)在实验中球形干燥管除了起冷凝作用外，另一个重要作用是_，其原因_.(5)饱和Na2CO3溶液的作用是_26、（10分）右图是硫酸试剂瓶标签上的内容。(1)该硫酸的物质的量浓度为 ；(2)实验室用该硫酸配制240mL0.46mol/L的稀硫酸，则需要该硫酸的体积为 mL；有以下仪器： A烧杯B100mL量筒C250mL容量瓶D500mL容量瓶E.玻璃棒F.托盘天平（带砝码）G.10mL量筒H.胶头滴管，配制时，必须使用的仪器有 （填代号）；配制过程中有几个关键的步骤和操作如下图所示：将上述实验步骤AF按实验过程先后次序排列 。该同学实际配制得到的浓度为0.45mol/L，可能的原因是 A量

7、取浓H2SO4时仰视刻度 B容量瓶洗净后未经干燥处理C没有将洗涤液转入容量瓶 D定容时仰视刻度27、（12分）化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如下图)，用环己醇制备环己烯。已知：+H2O 密度g熔点沸点溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81-10383难溶于水 (1)制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片(防止暴沸)，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。导管B除了导气外还具有的作用是_。试管C置于冰水浴中的目的是_。(2)制备精品环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等.加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_层(填“上”或“

8、下”)，分液后用_(填入编号)洗涤。AKMnO4溶液B.稀H2SO4 CNa2CO3再将环己烯按上图装置蒸馏，冷却水从_口进入(填“g”或“f”)，蒸馏时要加入生石灰，其目的是_。收集产品时，控制的温度应在_左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_。A蒸馏时从70开始收集产品B环己醇实际用量多了C制备粗品时环己醇随产品一起蒸出(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_。A分别加入酸性高锰酸钾溶液 B分别加入用金属钠C分别测定沸点28、（14分）从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应：2H2+O22H2O。（1）为了加快正反应速率，可以采取的措施有_（填序号，下同）。A使

9、用催化剂 B适当提高氧气的浓度C适当提高反应的温度 D适当降低反应的温度（2）下图能正确表示该反应中能量变化的是_。（3）从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。化学键HHOOHO键能kJ/mol436496463请填写下表：化学键填“吸收热量”或“放出热量”能量变化（kJ）拆开化学键2molH2化学键_1molO2化学键形成化学键4molH-O键_总能量变化_（4）氢氧燃料电池的总反应方程式为2H2 +O22H2O。其中，氢气在_极发生_反应。电路中每转移0.2mol电子，标准状况下消耗H2的体积是_L。29、（10分）管道工人曾经用浓氨水检测氯气管道是否漏气。某化学兴趣小组利用下图装置

10、探究氯气与氨气之间的反应原理。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为氧气与氨气的反应装置。请回答下列问题：(1)装置A中的烧瓶内固体可以选用_(选填序号)A二氧化锰 B碱石灰 C五氧化二磷(2)装置F中发生反应的离子方程式为_；装置E的作用是_；(3)通入装置C的两根导管左边较长、右边较短，目的是_。(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。请写出反应的化学方程式：_；该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，如何处理?_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小

11、题均只有一个符合题意的选项）1、B【答案解析】分析：Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变化，反应中一定存在电子转移。在HClO中,氯元素呈+1价,次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2；据以上分析解答。详解：根据化合价法则可知：氢元素化合价+1价，氧元素-2价，所以HClO中氯元素为+1价；A错误；次氯酸为弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，属于弱电解质，B正确；次氯酸不稳定,见光易分解:2HClO2HCl+O2，C错误；Cl2与H2O反应的化学方程式为:Cl2+H2OHCl+HClO，在该反应中,氯元素的化合价发生变

12、化，反应中一定存在电子转移，D错误；正确选项B。点睛：氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制的氯水中含有成分：盐酸、次氯酸、氯气；因此新制的氯水具有酸性、强氧化性、漂白性。2、B【答案解析】分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【题目详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（C

13、H3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【答案点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。3、C【答案解析】二氧化硅是酸性氧化物，但它可以与氢氟酸发生反应：SiO2+4HF=SiF4+2H2，错误；反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2只有在高温下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但这不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，错误；二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以制得硅酸：CO2+H2O+ Na2SiO3= Na2CO3+ H2SiO3，符

14、合强酸制弱酸原理，可以说明碳酸的酸性比硅酸的强，正确；二氧化硅是光导纤维的主要成分，光导纤维可以用二氧化硅来制取，正确。点睛：本题考查了硅及其化合物的性质，掌握物质的性质是解题的关键，注意根据强酸制弱酸原理，必须在溶液中发生的化学反应，因此不能得出硅酸的酸性比碳酸强，是易错点。4、C【答案解析】题中已经说明四种短周期元素分别为三个周期。同一周期中，从左到右，随着原子序数的增大，原子最外层的电子数也要增大，原子半径在逐渐减小。a的化合价为1，且原子半径是最小的，则a一定是H；d的原子半径比c大，最外层电子数比c多，则c一定在第二周期，d在第三周期；c、d的最外层电子数分别为4和6，则c为C，d为

15、S；b的原子半径最大，最外层电子数为1，则b为Na。综上所述，a为H，b为Na，c为C，d为S。【题目详解】A. a为H，b为Na，c为C，d为S ，A正确；B. 如图所示，c的原子半径小于d，B正确；C. b的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，是强碱，C错误；D. a、c组成的化合物中，除了甲烷之外，都具有C-C键和C-H键，即含极性键和非极性键，D正确；故合理选项为C。【答案点睛】要注意题中是否说明是短周期元素。此外，再根据元素周期律推断出各个元素。5、D【答案解析】A.从图像1可知，金刚石所具有的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A项错误；B.白磷能量高于红磷，所以红磷比白

16、磷稳定，B项错误；C. 气态硫的能量高于固态硫，所以气态硫与氧气反应放出的热量大于固态硫，由于放热反应，故H1H2，C项错误；D.由图4可以看出，CO2(g)和H2(g)具有的总能量小于CO(g)和H2O(g)具有的总能量，为吸热反应，则CO(g)和H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)为放热反应，H0，D项正确。答案选D。6、A【答案解析】分析：化学变化中化学键一定破坏，电解质电离破坏化学键，物质之间相互反应存在化学键的断裂和形成，而物质三态变化中化学键不变，以此解答该题。详解：冰熔化是物质三态变化，只破坏分子间作用力，不破坏化学键，所以A选项正确；氯化钠熔化电离产生Na+和Cl-离子

17、，破坏离子键，B选项不符合题干要求；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮气体，存在旧的化学键断裂和新化学键的形成，C选项不符合题干要求；氢气和氯气反应生成氯化氢，存在化学键的断裂和形成，D选项不符合；正确选项A。 7、D【答案解析】AKIO3属于离子化合物，含有I-O共价键和离子键，故A错误；BK+的原子核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故B错误；CKIO3中的I元素的化合价为+5价，处于中间价态，既有氧化性，也有还原性，故C错误；D23Na37Cl中质子数和中子数分别为(11+17)：(23-11+37-17)=28：32=7：8，故D正确；故选D。8、A【答案解析】A.

18、 各原子都达到了8电子稳定结构，电子式为，故A正确； B. 是离子化合物，电子式为，故B错误；C. 分子中有2个碳氧双键，电子式为，故C错误； D. 乙烯的结构简式是 ，结构式是，故D错误；选A。9、C【答案解析】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。【题目详解】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。【答案点睛】本题考查化

19、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。10、C【答案解析】A二氧化硫是有害气体，用氨气吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，选项A不选；B二氧化氮和一氧化氮都是有害气体，用氢氧化钠吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，选项B不选；C浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，选项C选；D铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜，对环境无污染，符合绿色化学的理念，选项D不选；答案选C。11、C【答案解析】A、传统的化石燃料煤

20、、石油和天然气主要含碳元素，燃烧产生大量的CO2，造成温室效应，还含有S、N等元素，形成酸雨和光化学烟雾；清洁能源例如H2、太阳能、风能等不会或者很少造成环境污染，故应提倡发展清洁能源，A正确。B、增加植被面积，吸收产生的大量的CO2，有利于降低温室效应的影响，并减少水土流失，B正确。C、传统的化石燃料煤、石油和天然气主要含碳元素，燃烧产生大量的CO2，造成温室效应，还含有S、N等元素，形成酸雨和光化学烟雾，C错误。D、低碳生活，可以少开车，多步行或坐公交车等绿色出行的方式都减少CO2的排放量，D 正确。正确答案为C12、C【答案解析】分析：铁棒、锌棒和硫酸铜溶液形成的原电池中，较活泼的金属锌

21、棒作负极，铁棒作正极，负极上锌失电子变成锌离子进入溶液，所以负极质量会减少，正极上铜离子得电子生成铜单质，所以正极上铁棒质量会增加，根据电极方程式 Zn-2e=Zn2和转移电子的关系计算即可详解：铁棒、锌棒和硫酸铜溶液形成的原电池中，较活泼的金属锌棒作负极，铁棒作正极，负极上锌失电子质量减少，正极上铜离子得电子质量增加。设负极上质量减少x。负极上的电极反应式为： Zn-2e=Zn2，32g 2mol x 1.2molx=32g1.2mol/2mol=3.2g，所以负极质量减少3.2g，故选：C。点睛：本题考查原电池工作原理，解题关键：明确正负极上发生的反应，然后根据金属质量和转移电子之间的关系

22、计算，易错点，判断锌是负极。13、D【答案解析】A项利用金属钠来制备氯化钠造价太高不符合综合经济效益，故A项错误；B项氢气和氯气混合经光照会发生爆炸，故不能用于工业生产，故B项错误；C项澄清石灰水浓度太低，故不可用于工业制备漂白粉，应用石灰乳制备，故C项错误；D项工业制备生石灰是利用石灰石高温分解，故D项正确；本题选D。14、B【答案解析】测试卷分析：A、（C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，但是二者的n值不同，错误；B、葡萄糖可以发生银镜反应，正确；C、烧黑的铜丝趁热插乙醇中得到的是乙醛，错误；D、分离乙醇、乙酸、乙酸乙酯是用饱和的碳酸钠溶液，错误。考点：有机物的相关知识。15、C【答案解

23、析】溶液无色时可排除 Fe3+等有色离子的存在，A.含Fe3+的溶液呈棕黄色（或黄色），不满足溶液无色的要求，故A不符合题意；B.CO32-与Ba2+发生反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C.Mg2+与Ba2+、NH4+、Cl-不反应，在溶液中能够大量共存，且溶液呈无色，故C符合题意；D.OH-与NH4+反应生成一水合氨，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意。故选C。【答案点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如无色时可排除

24、Fe3+等有色离子的存在。16、D【答案解析】A. 甲烷燃烧热的数值为890.3kJmol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3kJmol1，A错误；B. 500、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5mol H2 置于密闭的容器中充分反应生成NH3，放热 19.3kJ，该反应为可逆反应，不能确定N2反应的量，则无法确定其热化学方程式，B错误；C. 已知 25、101KPa 条件下：4 Al(s)+3O2(g) =2 Al2O3(s) H=- 284.9kJ/mol4 Al(s)+2O3(g) =2 Al2O3(s

25、) H=- 319.1kJ/mo l，根据能量越低，其越稳定，则O2比O3稳定，C错误；D. 已知1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895KJ的热能，说明等质量的石墨具有的能量比金刚石低，1g石墨完全燃烧放出的热量比1g金刚石完全燃烧放出的热量少，D正确；答案为D【答案点睛】燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物释放的热量，生成的液态水稳定。17、C【答案解析】分析: 热激活电池为原电池原理，根据电池总反应，结合装置可判断出，硫酸铅电极为正极，钙电极为负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此分析解答。详解：A项，正极发生还原反应，电子反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42

26、-，因此，电池的正极质量逐渐减轻，故A项正确；B项，放电过程为原电池，阳离子向正极移动，故B项正确；C项，每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，为10.35g，故C项错误。D项，常温下，电解质不能融化，不能形成原电池，所以指针不偏转，故D项正确；综上所述，本题正确答案为C。点睛：本题考查化学基本理论，涉及电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算，掌握电子守恒是计算的关键。18、A【答案解析】ACH2CHCH3的碳碳双键断裂，两个碳原子分别结合了羟基和氯原子，属于加成反应，故A选；BCH3Cl中的一个氢原子被氯原子取代了，属于取代反应，故B不选； CSO2+2NaOHN

27、a2SO3+H2O是复分解反应，故C不选；D苯中的一个氢原子被硝基取代了，属于取代反应，故D不选；故选A。19、A【答案解析】由Q、X、Y和Z为短周期元素及它们在周期表中的位置可知，X、Y位于第二周期，Q、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为x，4种元素的原子最外层电子数之和为22，则x-1+x+x+1+x+2=22，解得x=5，可知X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，X为N、Y为O、Q为Si、Z为Cl，则ASi位于金属与非金属的交界处，具有半导体的性质，且Si为+4价，Cl为-1价时Q与Z可形成化合物SiCl4，A正确；B同周期从左向右非金属性逐渐增强

28、，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的弱，B错误；CX、Y和氢3种元素形成的化合物若为硝酸铵，含离子键、共价键，C错误；D同周期从左向右原子半径逐渐减小，则Y的原子半径比X的小，D错误；故答案选A。20、C【答案解析】根据元素在周期表中的相对位置可知，X为He元素，Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素。A、Y、M同主族，原子序数：YM；Z、M同周期，原子序数：ZM，则非金属性：ZZY，选项A错误；B、Z、M位于第三周期，其阴离子比Y多1个电子层，且原子序数：ZM，则离子半径大小为：Z2-M-Y-，选项B错误；C、Z为S、M为Cl元素，则ZM2为SCl

29、2，SCl2分子中S和Cl都达到8电子稳定结构，选项C正确；D、Y为F元素，F没有正化合价，三种元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的为Cl，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了元素周期律和元素周期表的综合应用，熟练掌握元素周期表的结构为解答关键，注意明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系。根据四种元素在周期表中的位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素。再根据元素的构、位、性关系进行推断。21、C【答案解析】A项、冶炼金属时，金属元素以化合态存在，冶炼的实质是金属阳离子得到电子变成金属原子，故A正确；B项、碳粉或铝粉具有还原性，高温条件下能还原铁矿石获取金属Fe

30、，故B正确；C项、通过电解熔融NaCl的方法可以获取金属Na，故C错误；D项、冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜，反应中铜元素都得电子发生还原反应生成铜单质，故D正确；故选C。22、C【答案解析】分析：本题考查的是有机高分子的定义，注意油脂不属于高分子化合物。详解：A.油脂不是高分子化合物，故错误；B.糖类中的单糖和二糖都不是高分子化合物，故错误；C.蛋白质是高分子化合物，故正确；D.四氟乙烯不是高分子化合物，故错误。故选C。二、非选择题(共84分)23、 C4HNO3（浓）CO24NO22H2O 2Fe2Cl22Fe32Cl 2CSiO22COSi【答案解析】分析：(1)若A为短周期金属单

31、质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg(NO3)2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg(NO3)2，则E是Mg(NO3)2；(2)若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，D和F反应生成B，B能够与金属A反应，则B为酸，为HCl，因

32、此D为氢气，F为氯气，C为金属氯化物，能够与氯气反应，说明A具有变价，则A是Fe；因此C是FeCl2、E是FeCl3；(3)A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，反应为C与二氧化硅的反应，C是CO，E为CO2。详解：(1)根据上述分析，A是Mg，A的原子结构示意图为，反应为碳与浓硝酸的反应，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O，故答案为：；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(2)根据上述分析，反应为氯气氧化氯化亚铁的反应，反应的离子方程式是：2Fe2+Cl22Fe

33、3+2Cl-，故答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-；(3)根据上述分析，A为C，D为Si，F为O2，B为SiO2，C是CO，E为CO2，反应为C与二氧化硅的反应，反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO，故答案为：2C+SiO2Si+2CO。24、橙红(或橙) OH (或羟基) 加成反应 CH3COOH+CH3CH2OH CH3 COOCH2CH3+H2O 60.6% 【答案解析】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

34、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)反应为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；(5)反应为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3

35、+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、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 催化剂、吸水剂、制乙酸 液体分层、上层为无色有香味的油状液体 防倒吸 产物蒸汽中含有乙酸和乙醇蒸汽两者均易溶于水而产生倒吸，球形管容积大 除去产物中混有的乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度 【答案解析】在加热以及浓硫酸的催化作

36、用下乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，结合物质的性质差异、反应原理和装置图分析解答。【题目详解】(1)装置中发生的反应是利用醋酸钠和浓硫酸反应生成醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，因此a试管中的主要化学反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(2)用酸性和醋酸钠制乙酸，浓硫酸有吸水性，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸作酸、催化剂和吸水剂的作用；(3)试管b饱和碳酸钠溶液中，生成的乙酸乙酯在水溶液上层，试管中观察到的现象是：溶液分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体；(4)产物蒸汽中含有乙酸和

37、乙醇蒸汽，两者均易溶于水而产生倒吸，由于干燥管的容积较大，能起到防止倒吸的作用；(5)碳酸钠溶液中的水溶解乙醇，能跟乙酸反应吸收乙酸，便于闻到乙酸乙酯的香味，降低乙酸乙酯的溶解度，使乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，便于分层。26、（1）14mol/L（2）23A C E G H（多选错选不给分，少写1或2个给1分）C B D F A EC D【答案解析】测试卷分析：（1）由硫酸试剂瓶标签上的内容可知，该浓硫酸密度为1.84g/ml，质量分数为98%所以浓H2SO4的物质的量浓度c=1.4mol/L故答案为1.4mol/L（2）容量瓶没有240ml规格，选择体积相近的容量瓶，故应用250ml的容量

38、瓶根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL1.4mol/L=250mL0.42mol/L，解得：x2.3故答案为2.3（3）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用10mL量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以必须用的仪器为：烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管故答案为A C E G H； （3）由（2）中操作步骤可知，实验过程

39、先后次序排列CBDFAE故答案为CBDFAE（4）该同学实际配制得到的浓度为0.45mol/L，所配溶液浓度偏低A量取浓H2SO4时仰视刻度，量取的浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高；B最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；C没有将洗涤液转入容量瓶，转移到容量瓶中溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；D定容时仰视刻度，使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；故选CD考点：一定物质的量浓度溶液的配制27、冷凝 防止环己烯的挥发 上 C g 除去水分 83 C BC 【答案解析】(1)由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯

40、冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；(2)环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有环己醇，提纯产物时用c(Na2CO3溶液)洗涤；为了增加冷凝效果，冷却水从下口(g)进入；生石灰能与水反应生成氢氧化钙，利于环己烯的提纯；根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83；粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；(3)根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度。【题目详解】(1)由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气作用

41、外，还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；(2)环己烯是烃类，属于有机化合物，在常温下呈液态，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后，环己烯在上层。由于浓硫酸可能被还原为二氧化硫气体，环己醇易挥发，故分液后环己烯粗品中还含有少量环己醇，还可能溶解一定量的二氧化硫等酸性气体，联想制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和碳酸钠溶液洗涤可除去酸性气体并溶解环己醇，除去杂质。稀硫酸不能除去酸性气体，高锰酸钾溶液会将环己烯氧化，因此合理选项是C；为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口(g)进入，生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，然后蒸馏，就

42、可得到纯净的环己烯；根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83，因此收集产品应控制温度在83左右，若粗产品中混有环己醇，会导致环己醇的转化率减小，故环己烯精品质量低于理论产量，故合理选项是C；(3)区别粗品与精品的方法是向待检验物质中加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则物质是精品，否则就是粗品，也可以根据物质的性质，混合物由于含有多种成分，没有固定的沸点，而纯净物只有一种成分组成，有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度，因此合理选项是BC。【答案点睛】本题以有机合成为载体，综合考查了实验室制环己烯及醇、烃等的性质，混合物分离方法及鉴别，注意把握实验原理和方法，特别是实验的基本操作，学习中注意积累，综合考查了学生进行实验和运用实验的能力。28、 ABC A 吸收热量 1368 放出热量 1850 放出热量 484 负 氧化 114【答案解析】分析：（1）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（1）氢气燃烧是放热反应；