2023届贵州省凤冈县第二中学化学高一下期末质量检测模拟试题（含答案解析）

2023学年高一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0．5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、一定条件下水分解生成氢气和氧气，物质和能量的转化关系如图所示，下列判断正确的是A．△H1>△H2 B．△H2<△H3C．△H1—△H2=△H3 D．△H1+△H3>△H22、下列关于碱金属元素（M）的单质及其化合物说法不正确的是A．随核电荷数递增单质的熔点依次降低、硬度依次减小B．化合物中M的化合价均为+1价C．单质在空气中都剧烈反应，生成M2O2D．随核电荷数递增单质与水反应的剧烈程度变强3、下列反应的离子方程式正确的是A．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3-+2OH-＝CaCO3↓+CO32－+H2OB．等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-＝BaSO4↓+2H2OC．向100mL1mol/LFeBr2溶液中通入0.5molCl2：2Fe2++2Br-+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl-D．氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O4、下列说法不正确的是A．溴在海水中以化合态形式存在B．从海水中提取溴要经历浓缩、氧化和提取三个步骤C．提取金属镁是电解氯化镁的熔融液D．溴在常温下是液态，其颜色与氯气颜色相同5、下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是（）A．用装置甲制取氨气 B．用装置乙除去氨气中的水蒸气C．用装置丙检验氨气 D．用装置丁吸收尾气6、可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是(

)的溶解度比的大的氧化性比的强的酸性比的强比稳定氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子能与铁反应生成，硫与铁反应生成FeS可以从溶液中置换出S同浓度的HCl和的水溶液，前者酸性强或还原性比或弱A． B．C． D．7、元素中文名为，是一种人工合成的稀有气体元素，下列说法正确的是A．核外电子数是118 B．中子数是295C．质量数是177 D．第六周期0族元素8、化学反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑的离子方程式是A．CO32-+2H+=H2O+CO2↑ B．CO32-+H+=H2O+CO2↑C．CO32-+2HCl=2Cl-+H2O+CO2↑ D．Na2CO3+2H+=2Na++H2O+CO2↑9、物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A．1：4 B．1：5 C．2：3 D．2：510、下列实验操作能达到实验目的是（）实验目的实验操作A配制1.0mol/LCuSO4溶液把25g胆矾晶体溶于水配成100mL溶液B证明某溶液中含有SO42-向该溶液中滴入BaCl2溶液C实验室制大量CO2向稀硫酸中加入大理石D制备Fe(OH)3胶体将饱和的FeCl3溶液滴加到热NaOH溶液中A．A B．B C．C D．D11、莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和酯化反应D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体12、CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。(1)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C-HC=OH-HC≡O(CO)键能/kJ·mol-14137454361075则该反应的△H=______kJ·mol－1。(2)为了加快该反应的速率，可以进行的措施是（_____）。A．恒温恒压下，按原比例充入CH4、CO2B．恒温下，缩小容器体积C．增大反应物与催化剂的接触面积D．降低温度(3)恒温下，向2L体积恒定的容器中充入一定量的CO2、CH4，使其在催化剂作用下进行反应，经tmin后，测得CO有amol，则v(CO2)=______。下列各项能说明该反应达到平衡的是（______）。A．容器内气体密度保持一定B．容器内CO2、CH4的浓度之比为1∶1C．该反应的正反应速率保持一定D．容器内气体压强保持一定(4)用甲烷作燃料的碱性燃料电池中，电极材料为多孔惰性金属电极，则负极的电极反应式为_______________。13、下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)（）A．C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1367.0kJ·mol-1(燃烧热)B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=+57.3kJ·mol-1(中和热)C．S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ·mol-1(反应热)D．2NO2=O2+2NOΔH=+116.2kJ·mol-1(反应热)14、等物质的量的下列物质完全燃烧时，消耗氧气的量最多的是A．C2H4 B．C2H6 C．C2H5OH D．CH3COOH15、下列指定反应的离子方程式正确的是A．锌粒与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑B．碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓D．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-16、已知某饱和溶液的以下条件：①溶液的质量、②溶剂的质量、③溶液的体积、④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的组合是(

)A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①③⑤ D．①③④⑤二、非选择题（本题包括5小题）17、位于短周期的四种主族元素A、B、C、D，原子序数依次增大，已知A、C位于同一主族，A在周期表中原子半径最小。B、D的最外层电子数相等，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍。E是自然界中含量最高的金属。根据你的推断完成下列问题：(1)B元素的名称为_______，E的元素符号为_______。(2)写出由上述元素形成的具有漂白作用的三种物质的化学式______，______，_____。(3)用电子式表示C与D形成化合物的过程_______。(4)写出E的最高价氧化物与强碱反应的离子方程式________。(5)B、C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物中的化学键为_______。18、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为_____________。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为______________。（3）若要比较D与E的金属性强弱，下列实验方法可行的是____________。A．将单质D置于E的盐溶液中，若D不能置换出单质E，说明D的金属性弱B．比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强C．将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强19、下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务。【实验目的】制取乙酸乙酯【实验原理】甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯。【装置设计】甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置：请从甲、乙两位同学设计的装置中选择一种作为实验室制取乙酸乙酯的装置，较合理的是________(选填“甲”或“乙”)。丙同学将甲装置进行了改进，将其中的玻璃管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是_______。【实验步骤】（1）用酒精灯对试管①加热；（2）将试管①固定在铁架台上（3）按所选择的装置组装仪器，在试管①中先加入3mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸；（4）在试管②中加入适量的饱和Na2CO3溶液；（5）当观察到试管②中有明显现象时停止实验。【问题讨论】a．用序号写出该实验的步骤____________；b．装好实验装置，加入药品前还应检查____________；c．写出试管①发生反应的化学方程式(注明反应条件)_____________________；d．试管②中饱和Na2CO3溶液的作用是_____________________________。20、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是________(填序号)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（2）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填序号)。A．用温度计小心搅拌B．揭开泡沫塑料板用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下搅动（3）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L－1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为__________________。（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________(结果保留一位小数)。（5）________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是____________________________________________________。21、探究物质的结构有助于对物质的性质进行研究。（1）①下列物质中含有羧基的是____(填字母)。a．b．c．②下列物质分子中所有原子处于同一平面的是____(填字母)。a．苯b．丙烯c．甲醇③欲区分乙醛和乙酸，应选用____(填字母)。a．NaOH溶液b．HCl溶液c．NaHCO3溶液（2）书写方程式并写出反应①和②的反应类型：①甲烷与氯气在光照条件下的反应(写第一步)__________________，属于________反应②乙烯使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色__________________，属于________反应③乙醇与金属钠的反应________________，属于________反应④灼热的铜丝多次反复地插入乙醇中：___________________，属于_______反应；

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】

根据盖斯定律，反应无论一步完成，还是分几步完成，其化学反应的热效应是相同的，由图可知以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同。【题目详解】由盖斯定律可知，以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同，即△H1=△H2+△H3，其中△H1＞0，△H2＞0，△H3＜0，所以△H2＞△H1，△H2＞△H3，△H1+△H3＜△H2，故选C。【答案点睛】本题考查了盖斯定律的应用，注意把握盖斯定律的含义是解答关键。2、C【答案解析】A.碱金属元素（M）的单质随核电荷数递增单质的熔点依次降低、硬度依次减小，A正确；B.M的最外层电子数均是1个，化合物中M的化合价均为+1价，B正确；C.单质在空气中都剧烈反应，不一定都生成M2O2，例如Li生成Li2O，C错误；D.随核电荷数递增金属性逐渐增强，单质与水反应的剧烈程度变强，D正确，答案选C。3、A【答案解析】

A、离子方程式正确，A正确；B、反应中还有一水合氨生成，B错误；C、溴化亚铁和氯气的物质的量之比是1：5，氯气过量全部被氧化，即2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C错误；D、铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，D错误；答案选A。【答案点睛】离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。4、D【答案解析】A.溴是活泼的非金属，溴在海水中以化合态形式存在，A正确；B.溴在海水中以离子的形式存在，从海水中提取溴要经历浓缩、氧化和提取三个步骤，B错误；C.镁是活泼的金属，提取金属镁是电解熔融的氯化镁，C正确；D.溴在常温下是液态，其颜色与氯气颜色不相同，溴是红棕色液体，氯气是黄绿色气体，D错误，答案选D。5、C【答案解析】

A．不加热生成一水合氨，图中缺少酒精灯加热制备氨气，A错误；B．氨气与硫酸反应，则不能干燥氨气，B错误；C．氨气与氯化氢反应生成氯化铵而冒白烟，可检验氨气，C正确；D．苯的密度比水的密度小，在上层，则图中装置吸收尾气时不能防倒吸，应该用四氯化碳，D错误。答案选C。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、混合物分离提纯、气体的制备及实验装置的作用为解答的关键，选项D是易错点。6、A【答案解析】

①溶解度属于物理性质，与非金属性强弱无关，不能说明氯元素的非金属性比硫元素的强，故①不选；②HClO不是最高价含氧酸，则HClO氧化性比H2SO4强，不能确定元素的非金属性强弱，故②不选；③最高价含氧酸HClO4酸性比H2SO4强，则非金属性Cl＞S，故③选；④HCl比H2S稳定，则非金属性Cl＞S，故④选；⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子，不能利用最外层电子数的多少来判断非金属性的强弱，故⑤不选；⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，则Cl得电子的能力强，所以非金属性Cl＞S，故⑥选；⑦Cl2能与H2S反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则非金属性Cl＞S，故⑦选；⑧氢化物的酸性强弱不能用于比较非金属性，故⑧不选。⑨元素的非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，因此HCl还原性比H2S弱，能够说明非金属性的强弱，故⑨选；可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的有③④⑥⑦⑨，故选A。【答案点睛】解答本题主要是要掌握非金属性强弱的判断方法，可以根据非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸的酸性的强弱、阴离子的还原性的强弱、氢化物的稳定性、反应的难易程度等来判断原子的得电子能力强弱。7、A【答案解析】

A．核外电子数=质子数=118，故A正确；B．中子数=质量数-质子数=295-118=177，故B错误；C．由可知，质量数为295，故C错误；D．根据元素周期表的排列，118号元素应在第七周期0族，故D错误；答案选A。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意根据原子序数判断元素在周期表中的位置，需要记住稀有气体的原子序数2、10、18、36、54、86、118，然后根据元素周期表的结构分析解答。8、A【答案解析】

Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，反应中碳酸钠为可溶性盐、氯化氢、氯化钠为强电解质都应拆成离子形式，水、二氧化碳为氧化物应保留化学式，所以其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，故选A。【答案点睛】离子方程式的书写：可溶性的强电解质（强酸、强碱、可溶性盐）用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用分子式表示。微溶的强电解质应看其是否主要以自由离子形式存在，例如，石灰水中的Ca(OH)2写离子符号，石灰乳中的Ca(OH)2用分子式表示；浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子，也书写化学式，浓硝酸、盐酸书写离子式。9、A【答案解析】

设Zn为2mol、HNO3为5mol，锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氢化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，剩余的1mol硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，说明硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，反应方程式为4Zn＋10HNO3=4Zn(NO3)2＋N2O↑＋5H2O，故选A。10、A【答案解析】

A、25g胆矾是0.1mol，溶液体积是0.1L，硫酸铜溶液的浓度是1mol/L，A正确；B、检验硫酸根离子时首先加入盐酸，排除其它离子的干扰，然后再加入氯化钡，B错误；C、硫酸钙微溶，应该用盐酸和大理石反应制备二氧化碳，C错误；D、将饱和的FeCl3溶液滴加到沸腾的蒸馏水中制备氢氧化铁胶体，D错误；答案选A。【点晴】该题是高频考点，侧重于考查学生的实验分析和应用能力，注意评价的可行性、科学性。注意理解评价角度：①操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确。②经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高。③环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。11、C【答案解析】

由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，官能团为羟基、碳碳双键和羧基，能够表现醇、烯烃、羧酸的性质。【题目详解】A项、由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，故A错误；B项、莽草酸分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故B错误；C项、莽草酸分子中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基及羟基，可发生酯化反应，故C正确；D项、莽草酸分子中只有羧基能与碳酸氢钠溶液反应，1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，依据醇、烯烃、羧酸的性质分析是解答关键。12、+120BCa/4t

mol/(L·mim)CDCH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O【答案解析】分析：（1）ΔH＝反应物的化学键键能总和－生成物的化学键键能总和；（2）根据外界条件对反应速率的影响分析；（3）根据v＝△c/△t计算；根据平衡状态的特征解答；（4）燃料电池中燃料在负极发生失去电子的氧化反应。详解：（1）根据方程式结合键能可知该反应的△H=（4×413+2×745－2×1075－2×436）kJ/mol＝+120kJ/mol。（2）A．恒温恒压下，按原比例充入CH4、CO2，则反应物浓度不变，反应速率不变，A错误；B．恒温下，缩小容器体积反应物浓度增大，反应速率加快，B正确；C．增大反应物与催化剂的接触面积可以加快反应速率，C正确；D．降低温度反应速率减小，D错误；答案选BC。（3）恒温下，向2L体积恒定的容器中充入一定量的CO2、CH4，使其在催化剂作用下进行反应，经tmin后，测得CO有amol，则根据方程式可知消耗二氧化碳是0.5amol，浓度是a/4mol·L－1，所以v(CO2)＝a/4tmol/(L·mim)。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则A．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，则容器内气体密度保持一定不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．容器内CO2、CH4的浓度之比为1∶1不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，B错误；C．该反应的正反应速率保持一定说明反应达到平衡状态，C正确；D．正反应体积增大，则容器内气体压强保持一定说明反应达到平衡状态，D正确。答案选CD。（4）用甲烷作燃料的碱性燃料电池中，负极是甲烷发生失去电子的氧化反应，因此电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。13、C【答案解析】

A.水为气态，不表示燃烧反应的热化学方程式，A不正确；B.中和反应都是放热反应，ΔH应小于0，B不正确；C.标明了反应物或生成物的状态，且燃烧反应放热，C正确；D.没有标明物质的状态，D不正确。故选C。14、B【答案解析】试题分析：根据有机物的燃烧通式CnHmOz＋（n＋m/4—z/2）O2＝nCO2＋m/2H2O可知在物质的量相同的条件下有机物完全燃烧消耗的氧气与（n＋m/4—z/2）有关系，（n＋m/4—z/2）越大消耗的氧气越多，则根据有机物的分子式可知选项A、B、C、D中（n＋m/4—z/2）分别是3、3.5、3、2，答案选B。考点：考查有机物燃烧计算15、B【答案解析】A.醋酸为弱酸，用化学式表示，故A错误；B.碳酸镁跟硫酸反应生成溶于水的硫酸镁和二氧化碳、水，离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故B正确；C.氨水为弱碱，用化学式表示，故C错误；D.氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，用化学式表示，故D错误；故选B。点晴：本题考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式的书写步骤中的难点是“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的、难电离的物质、气体、水等仍用化学式表示。16、C【答案解析】

A、设定该饱和溶液是由100g水配制而成的饱和溶液，由⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度可计算出该溶液体积，根据④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度可计算出该饱和溶液中溶质的物质的量，由此计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故A不符合题意；B、由①溶液的质量、②溶剂的质量可计算出溶质的质量，然后依据溶质的质量和④溶质的摩尔质量计算出溶质的物质的量，再同③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故B不符合题意；C、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，但并不能计算出溶质的物质的量，无法计算该饱和溶液的物质的量浓度，故C符合题意；D、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，再结合④溶质的摩尔质量可计算溶质的物质的量，根据所得溶质的物质的量与③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故D不符合题意。二、非选择题（本题包括5小题）17、氧元素AlO3SO2H2O2（或Na2O2）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O离子键和非极性共价键【答案解析】

短周期的四种元素A、B、C、D，它们的原子序数依次增大，A在周期表中原子半径最小，则A为氢元素；A、C位于同一主族，则C为钠元素，B、D的最外层电子数相等，为同主族元素，且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍，则B为氧元素，D为硫元素，E是自然界中含量最高的金属，E为铝元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，D为硫元素，E为铝元素。(1)B为氧元素；E是自然界中含量最高的金属，为铝元素，化学符号为：Al，故答案为：氧元素；Al；(2)在H、O、Na、S四种元素中，能形成漂白作用的物质有：SO2、H2O2、Na2O2、O3等，故答案为：SO2；O3；H2O2(或Na2O2)；(3)C与D形成的化合物为Na2S，形成过程为它的电子式为，故答案为：；(4)E的最高价氧化物为氧化铝，具有两性，能够与强碱反应生成偏铝酸盐和水，离子方程式：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；(5)B和C两元素形成的原子个数比为1∶1的化合物为Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性共价键，故答案为：离子键和非极性共价键。【答案点睛】本题的易错点为(2)，要注意具有漂白作用的物质主要包括：强氧化剂氧化漂白，二氧化硫化合漂白，活性炭吸附漂白。18、第三周期IIIA族BC【答案解析】

A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，W为O元素，D为Na元素，E为Al元素；(1)E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；(2)由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18-6-8=4，故该微粒结构简式为CH3OH，电子式为：，故答案为：；(3)D为Na元素，E为Al元素；A．将单质D置于E的盐溶液中，钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素，不能说明D的金属性弱，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强，故B正确；C．金属单质与盐酸反应越剧烈，对应元素的金属性越强，将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强，故C正确；故答案为：BC。【答案点睛】本题的易错点为(3)中A的判断，要注意钠的活泼性很强，与盐溶液反应时，是钠先与水反应，不能置换出金属单质，因此不能比较金属性的强弱。19、乙能防止倒吸（3）（2）（4）（1）（5）检查装置的气密性CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层【答案解析】乙酸和乙醇易溶于水，不插入液面下是为了防止倒吸；球形干燥管导气的同时也起到防倒吸作用，则较合理的是装置是乙、丙；故答案为：乙；能防止倒吸；a．实验步骤：(3)按所选择的装置组装仪器，在试管①中先加入3mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸并加入碎瓷；(2)将试管①固定在铁架台上；(4)在试管②中加入适量的饱和Na2CO3溶液，并滴加几滴酚酞溶液；(1)用酒精灯对试管①加热；(5)当观察到试管②中有明显现象时停止实验；故答案为：(3)(2)(4)(1)(5)；b．实验前，要检查装置的气密性，故答案为：装置的气密性；c．酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；d．饱和Na2CO3溶液的作用有：吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层，故答案为：吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层。点晴：本实验中要注意：①加入试剂的顺序：乙醇→浓硫酸→乙酸，原因：浓硫酸密度比乙醇的大，如果先加浓硫酸，密度小的乙酸会在浓硫酸上层，浓硫酸放热会使乙醇沸腾而溅出；(2)防倒吸装置的使用：避免反应过程中因试管中乙醇挥发压强减小而发生倒吸现象；②浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；③饱和Na2CO3的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；④玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。20、CDΔH1＝ΔH2<ΔH3－51.8kJ·mol－1不能H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热【答案解析】分析：(1)将NaOH溶液倒入小烧杯中，分几次倒入，会导致热量散失，影响测定结果；(2)盐酸和氢氧化钠混合时，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，使盐酸与NaOH溶液混合均匀；(3)H+(aq)+OH-(aq)═H2O(l)；△H=-57.3kJ•mol-1；中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程；(4)根据中和热计算公式Q=cm△T中涉及的未知数据进行判断；(5)氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果。详解：(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故选C；(2)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故选D；(3)中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热57.3kJ；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热程，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，所以△H1=△H2＜△H3，故答案为△H1=△H2＜△H3；(4)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