2024届湖北省随州市曾都区随州一中化学高一下期末检测模拟试题含解析

2024届湖北省随州市曾都区随州一中化学高一下期末检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是A．元素的非金属性次序为c>b>aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、62、普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为：2Cu＋Ag2O＝Cu2O＋2Ag。下列有关说法正确的是A．2molCu与1molAg2O的总能量低于1molCu2O与2molAg具有的总能量B．负极的电极反应式为2Cu＋2OH－－2e－＝Cu2O＋H2OC．测量原理示意图中，电流方向从Cu流向Ag2OD．电池工作时，OH－向Ag电极移动3、冶炼下列金属时，常采用加热分解其化合物的方法的是A．NaB．AlC．FeD．Ag4、已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素。已知A的最外层电子数是其电子层数的2倍，B是地壳中含量最高的元素，B原子的最外层电子数是D原子最外层电子数的2倍，C原子最外层只有一个电子。下列说法正确的是（）A．最高价氧化物对应水化物的碱性：C>DB．气态氢化物的稳定性：A>BC．四种元素能在同一周期D．原子半径：A>C5、X、Y、Z、W四种物质间的转化关系如图所示，下列转化不能一步实现的是A．A B．B C．C D．D6、下列结论错误的是A．氢化物稳定性：HF>H2S>PH3B．离子还原性：S2->Cl->Br->I-C．酸性：H2SO4>HClOD．碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)27、NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2+2H2O．下列关于该反应的说法中，正确的是（）A．NH4Cl中的N元素被还原B．生成1molN2时转移的电子数为6molC．NaNO2是氧化剂D．N2既是氧化剂又是还原剂8、下列关于乙烯分子的叙述中错误的是（）A．乙烯分子中所有原子都在同一平面上 B．乙烯的结构简式为C．乙烯分子中碳氢键之间的夹角为120° D．碳碳双键是乙烯的官能团9、下列溶液中，常温下可以用铁罐装运的是（）A．浓盐酸 B．稀硫酸C．硫酸铜溶液 D．液氯10、下列离子中半径最小的是A．Mg2＋B．Na＋C．O2－D．F－11、某有机物的结构如图所示，这种有机物可能具有的性质是①可以燃烧；②能使酸性KMnO4溶液褪色：③能跟NaOH溶液反应；④能发生酯化反应；⑤能发生加聚反应A．①④ B．全部 C．①②③⑤ D．①②③④12、下图表示某有机反应过程的示意图，该反应的类型是A．聚合反应B．加成反应C．取代反应D．酯化反应13、欲制取较纯净的1,2­-二氯乙烷，可采取的方法是()A．乙烯与HCl加成B．乙烯与Cl2加成C．乙烷与Cl2按1：2的体积比在光照条件下反应D．乙烯先与HCl加成，再与等物质的量的Cl2在光照下反应14、可逆反应2A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，在四种不同条件下的反应速率分别为：①v(A)＝0.5mol·L－1·min－1②v(B)＝0.6mol·L－1·min－1③v(C)＝0.35mol·L－1·min－1④v(D)＝0.4mol·L－1·min－1，则该反应在不同条件下反应速率最快的是A．① B．② C．③ D．④15、已知H-HCl-ClH-Cl键能(kJ/mol)436243431对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是A．436kJ/mol是指断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量B．431kJ/mol是指生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量C．由键能数据分析，该反应属于吸热反应D．2molHCl(g)的能量比lmolH2(g)和lmolCl2(g)的总能量低16、下列金属的冶炼中,通过在高温下加入还原剂来完成的是（）A．NaB．FeC．AlD．Ag17、下列物质见光不会分解的是A．HClOB．NaHCO3C．HNO3D．AgNO318、为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是()选项ABCD被提纯物质乙醇(水)乙醇(乙酸)乙烷(乙烯)溴苯(溴)除杂试剂生石灰氢氧化钠溶液酸性高锰酸钾溶液KI溶液分离方法蒸馏分液洗气分液A．A B．B C．C D．D19、已知某元素的原子序数，则不能推出该元素原子的（）A．质子数 B．中子数 C．电子数 D．核电荷数20、下列关于乙酸的说法中，正确的是()①乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能导电②无水乙酸又称为冰醋酸，它是纯净物③乙酸分子里有四个氢原子，所以它不是一元酸④乙酸是一种重要的有机酸，常温下乙酸是有刺激性气味的液体⑤1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸作用下可生成88g乙酸乙酯⑥食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到A．①②③④ B．①②③⑥ C．①②④⑥ D．②④⑤⑥21、决定化学反应速率的主要因素是（）A．参加反应物本身的性质 B．催化剂C．温度和压强以及反应物的接触面 D．反应物的浓度22、W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，由此可知WXYZA．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最强的是YB．Y元素氧化物对应水化物的酸性一定强于ZC．X元素形成的单核阴离子还原性强于YD．W的简单气态氢化物的水溶液呈碱性二、非选择题(共84分)23、（14分）某烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。(1)0.1mol该烃A能与______g溴发生加成反应；加成产物需______mol溴蒸气完全取代；(2)B中官能团的名称是_________，B通过两次氧化可得到D，也可通过加入的氧化试剂为______任填一种直接氧化为D。(3)E是常见的高分子材料，写出E的结构简式__________；合成E的反应类型_________；(4)某同学用如图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。①实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是__________________；②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是______________________。③乙醇与乙酸反应的化学方程式是：__________________，浓硫酸的作用是_______________。24、（12分）乙烯是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。在一定条件下，有如下转化：（1）乙烯的电子式是________________________。（2）由重油生产乙烯的裂解反应属于_______________________（填“化学”或“物理”）变化。（3）乙烯转化为乙醇的反应类型是________________________________。（4）乙醇转化为A的化学方程式是______________________________。（5）工业上乙烯通过聚合反应可得到高分子化合物B，反应的化学方程式是_____________________。25、（12分）有一含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后C、D装置质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。（1）加热前通入空气的目的是____________，操作方法为___________________。（2）装置A、C、D中盛放的试剂分别为A___________，C__________，D__________。（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量将__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中测定结果中NaHCO3的含量将___________；若撤去E装置，则测得Na2CO3•10H2O的含量____________。（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，由此可知混合物中NaHCO3质量分数为_____________________（用含w、m1、m2的代数式表示）。26、（10分）某实验小组同学利用以下装置制取并探究氨气的性质：（1）装置A中发生反应的化学方程式为___________。（2）装置B中的干燥剂是_______(填名称)。（3）装置C中的现象是_______。（4）实验进行一段时间后，挤压装置D中的胶头满管，滴入1-2滴浓硫酸，可观察到的现象是_______。（5）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加—个尾气吸收装置，应选用的装置是_______（填“E"成“F")，尾气吸收过程中发生反应的化学方程式为________。27、（12分）资料显示：锌与浓硫酸共热除生成二氧化硫气体外，还可能产生氢气；在加热的条件下二氧化硫可被CuO氧化。为验证该反应的气体产物及性质，设计了如下图所示的实验装置（设锌与浓硫酸共热时产生的气体为X）。(1)上述装置的连接顺序为：气体X→A→____→A→→→→D;(2)反应开始后，观察到第一个装置A中的品红溶液褪色，实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为______________；(3)装置C的作用是____，C中的NaOH溶液不能用下列____代替；a.酸性KMnO4溶液b.CaCl2溶液c.饱和NaHSO3溶液装置D的作用是____________；(4)气体X中可能含有H2的原因是____。28、（14分）物质分类和实验探究都是中学化学重要的学科思想。（一）以下是对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求填空：上述分类方法是______；A组物质中属于电解质的是_____(填化学式)；C组物质与水反应的离子方程式为_____；D组物质与水反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶2的物质是___(填化学式)。（二）用质量分数为98%的浓硫酸(密度为1.84g·cm−3)配制240mL浓度为0.5mol·L－1的硫酸溶液，选用到的仪器正确的是______(填序号)。下列操作会使配制结果偏高的是_______(填序号)A容量瓶用蒸馏水洗净后，未进行干燥处理B稀释的硫酸转移到容量瓶中后未洗涤烧杯C未冷却，即将溶液注入容量瓶并定容D定容时，俯视容量瓶的刻度线(三)某小组用如下装置比较氯、溴、碘的非金属性强弱实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。实验步骤：①打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸；②当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹；③当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a；④打开活塞b，将少量C中溶液滴入试管D中，关闭活塞b，取下试管D振荡，静置后CCl4层变为紫红色。请回答：(1)装置A中证明氯的非金属性强于碘的实验现象是_________。(2)B中溶液发生反应的离子方程式是_______________。(3)步骤③实验的目的是确认C的黄色溶液中无_____（填化学式）。步骤④能否说明非金属性：Br>I_______（填“能”或“否”）29、（10分）氢气与氮气反应生成氨气是可逆反应，研究发现降低温度有利于平衡向生成氨气的方向移动，但是实际生产中，这个反应是在较高温度下进行的，主要原因是____

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、B【解题分析】

原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。据此分析解答。【题目详解】根据以上分析，a为H元素，b为S元素，c为Cl元素，d为K元素。A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。答案选B。2、B【解题分析】

由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；根据原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应分析反应物与生成物的总能量大小。【题目详解】A.因为原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应，所以该反应为放热反应，则2molCu与1molAg2O的总能量高于1molCu2O与2molAg具有的总能量，A项错误；B.负极发生失电子的氧化反应，电极反应为2Cu＋2OH－－2e－＝Cu2O＋H2O，B项正确；C.测量原理示意图中，电流方向从正极流向负极，即从Ag2O流向Cu，C项错误；D.原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，即OH－向Cu电极移动，D项错误；答案选B。【题目点拨】难点是B选项，电极反应式的书写遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电解质溶液的酸碱性。3、D【解题分析】A、钠是活泼的金属，电解熔融的氯化钠得到金属钠，A错误；B、铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝得到金属铝，B错误；C、铁是较活泼的金属，通过还原剂还原得到，C错误；D、银是不活泼的金属，通过热分解得到，D正确，答案选D。点睛：金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：1.热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；2.热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；3.电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属；4.其他方法：如CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4。4、A【解题分析】

A、B、C、D为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，B是地壳中含量最高的元素，则B为O元素，A的最外层电子数是其电子层数的2倍，A为第二周期元素，则A的最外层电子数为4，可知A为C元素；C原子最外层只有一个电子，C的原子序数大于8，可知C为Na元素；B原子的最外层电子数是D原子最外层电子数的2倍，D的最外层电子数为3，为第三周期的Al元素，然后结合元素周期律来解答。【题目详解】根据以上分析可知A为C，B为O，C为Na，D为Al。则A．金属性Na＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性C＞D，A正确；B．同周期从左向右非金属性增强，则非金属性A＜B，所以气态氢化物的稳定性A＜B，B错误；C．A与B位于第二周期，C与D位于第三周期，C错误；D．电子层越多，原子半径越大，则原子半径：C＞A，D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大。5、D【解题分析】

A.氮气与氢气反应可以一步制得氨气，氨气与氧气发生催化氧化可一步得到一氧化氮，NO与氧气反应可一步得到NO2，二氧化氮与一氧化碳反应可得到氮气（汽车尾气处理装置）；B.Na与水反应可得到NaOH，NaOH与二氧化碳反应可得到碳酸钠，碳酸钠与氯化钡反应可得到氯化钠，电解熔融氯化钠可得到钠单质；C.氯气可与氢氧化钙反应得到次氯酸钙，次氯酸钙可与水和二氧化碳反应得到HClO，HClO分解可得HCl，浓盐酸与二氧化锰反应可得到氯气；D.硫化氢被氧化可得到硫单质，硫单质无法一步反应制得SO3，三氧化硫溶于水可得到H2SO4；故答案选D。6、B【解题分析】分析：根据元素周期律结合物质的性质分析判断。详解：A.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性F＞S＞P，则氢化物稳定性HF＞H2S＞PH3，A正确；B.非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，离子还原性：Cl-＞Br-＞I-＞S2-，B错误；C.硫酸是二元强酸，次氯酸是一元弱酸，则酸性：H2SO4＞HClO，C正确；D.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，金属性K＞Na＞Mg，则碱性强弱KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，D正确。答案选B。7、C【解题分析】

A、NH4Cl中的N元素化合价升高，被氧化，故A错误；B、NH4Cl中的N失3个电子，或NaNO2中N得3个电子，生成1molN2时转移的电子数为3mol，故B错误；C、NaNO2中N得3个电子，NaNO2是氧化剂，故C正确；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误。答案选C。8、B【解题分析】

A．乙烯为平面结构，所有原子处于同一平面上，故A正确；B．烯烃分子中碳原子之间形成2对共用电子对，电子式为，其结构简式为CH2=CH2，故B错误；C．乙烯为平面结构，碳氢键之间的夹角约为120°，故C正确；D．乙烯分子中所含有的官能团为碳碳双键，故D正确；答案为B。9、D【解题分析】

A、在常温下铁可以和浓盐酸反应，放出氢气，则不能用铁罐装运，故A错误；B、在常温下铁可以和稀硫酸反应，放出氢气，则不能用铁罐装运，故B错误；C、在常温下铁可以和硫酸铜反应，生成硫酸亚铁，则不能用铁罐装运，故C错误；D、常温下，铁和液氯不反应，则可用铁罐装运液氯，故D正确。故选D。【题目点拨】本题题干的隐藏条件为：能用铁罐运输的溶液，一定不和铁发生反应；铁和浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，据此分析A；铁和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，据此分析C；常温下，铁和稀硝酸发生反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，和浓硝酸发生钝化，据此分析B、D。10、A【解题分析】给出的离子中，具有相同电子层结构，具有相同电子层结构的不同离子，原子序数越小，离子半径越大，原子序数大小顺序为Mg＞Na＞F＞O，故半径最小的为Mg2＋，故选A。11、B【解题分析】

有机物的化学性质主要取决于其官能团，据此判断有机物具有的化学性质。【题目详解】大多数有机物能燃烧，含碳、氢、氧的有机物完全燃烧生成二氧化碳和水，①正确。题中有机物的官能团有碳碳双键、羧基、醇羟基，因而兼有三者的性质。碳碳双键、－CH2OH都能使酸性KMnO4溶液褪色，②正确；羧基有酸性，能与NaOH溶液发生中和反应，③正确；羧基、醇羟基都能发生酯化反应，④正确；碳碳双键能发生加聚反应生成高分子化合物，⑤正确。本题选B。12、C【解题分析】分析：由图可知，为甲烷与卤素单质发生取代反应生成卤代烃和HX，以此来解答。详解：A．生成物有两种，不属于聚合反应，A错误；B．生成物有两种，不属于加成反应，B错误；C．为甲烷与卤素单质发生取代反应生成卤代烃和HX，属于取代反应，C正确；D．为有机反应中取代反应，不属于酯化反应，D错误；答案选C。点睛：本题考查有机物的反应类型，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物的性质，题目难度不大。13、B【解题分析】

烯烃的典型反应是加成反应，与Cl2加成时双键断开，两个Cl原子分别连到双键两端的碳原子上，故乙烯与Cl2加成制备1，2-二氯乙烷好；取代反应不能停留在某一反应阶段，副反应太多，故产品的产率低、质量差。本题选B。14、D【解题分析】

依据化学反应速率之比=方程式的系数之比，均转化为同种物质表示的反应速率，再比较大小。【题目详解】根据反应2A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，可以选D为参照，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比这一结论，转化为用同种物质表示的反应速率分别为：①V(D)=0.25mol/(L•min)；②v(D)=0.2mol/(L•min)；③v(D)=0.175mol/(L•min)；④v(D)=0.4mol/(L•min)所以最大的是④。故选D。【题目点拨】对于这种题目要：(1)把单位统一成相同单位；(2)转化为用同种物质表示的反应速率，依据是：化学反应速率之比=方程式的系数之比。15、D【解题分析】分析：根据断键吸热、形成新化学键放热以及反应热与化学键键能的关系解答。详解：A.436kJ/mol是指断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，A错误；B.431kJ/mol是指生成1molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量，B错误；C.反应热ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量＝（436+243－2×431）kJ/mol＝－183kJ/mol，因此该反应属于放热反应，C错误；D.反应是放热反应，则2molHCl(g)的能量比lmolH2(g)和lmolCl2(g)的总能量低，D正确，答案选D。点睛：掌握反应热与化学键键能的关系是解答的关键，注意掌握常见反应热的计算方法，根据热化学方程式计算，即反应热与反应物各物质的物质的量成正比；根据反应物和生成物的总能量计算，即ΔH＝E生成物－E反应物；依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算，即ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量；根据盖斯定律的计算。16、B【解题分析】分析：金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法，金属活动顺序表中的金属冶炼：活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此解答。详解：A、Na用电解法得到，A不符合；B、Fe通常采用热还原法冶炼，B符合；C、铝是电解熔融氧化铝得到，B不符合D、银是加热分解氧化物的方法得到，D不符合；答案选B。17、B【解题分析】A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；B．碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳、水和碳酸钠，见光不分解，故B选；C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；故选B。点睛：要熟记常见见光都易分解的物质，如浓硝酸、硝酸银、次氯酸等；而碳酸氢钠加热分解，见光不分解，注意区分反应条件。18、A【解题分析】

A.生石灰与水反应，消耗了乙醇中混有的水，蒸馏可得到乙醇；A项正确；B项，乙醇易溶于水，利用分液的方法不能将乙醇与盐溶液分离开；B项错误；C项，酸性高锰酸钾溶液可将乙烯氧化为二氧化碳，引入了新的杂质；C项错误；D项，溴可将KI氧化为碘单质，而碘易溶于溴苯，引入了新的杂质，D项错误；本题答案选A。19、B【解题分析】

在原子中：原子序数=质子数=电子数=核电核数。质量数=质子数+中子数，因没有质量数，故无法推出中子数。故选B。20、C【解题分析】

①乙酸的物理性质易溶于水和乙醇，乙酸是弱酸，其水溶液能导电，故说法正确；②无水乙酸在0℃下像水一样会结冰，无水乙酸又称为冰醋酸，属于纯净物，故说法正确；③乙酸的结构简式CH3COOH，电离方程式为：CH3COOHCH3COO－＋H＋，属于一元酸，故说法错误；④乙酸的物理性质：常温下乙酸是有刺激性气味的液体，乙酸易溶于水和乙醇，乙酸是重要的含氧的衍生物，故说法正确；⑤乙酸的酯化反应是可逆反应，不能进行到底，故说法错误；⑥食醋中含有3%～5%的乙酸，乙醇连续被氧化成乙酸，故说法正确。答案选C。21、A【解题分析】

决定化学反应速率的主要因素是参加反应物本身的性质。温度、压强、催化剂、浓度、接触面积等是影响化学反应速率的因素的外因，不是主要因素。【题目点拨】参加反应的物质的性质是决定性因素，而浓度、温度、压强等是外部的影响因素。22、D【解题分析】

根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z、W四种短周期元素中W、X属于第二周期元素，Y、Z属于第三周期元素，由X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，X是O元素，则W是N元素、Y是S元素、Z是Cl元素。【题目详解】A项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O、S、Cl三种元素中，O元素的非金属性最强，则最简单氢化物稳定性最强的是O，故A错误；B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S元素弱于Cl元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性高氯酸强于硫酸，故B错误；C项、元素非金属性越强，其对应的单核阴离子还原性越弱，O元素的非金属性强于S元素，则单核阴离子还原性阳离子弱于硫离子，故C错误；D项、W是N元素，简单气态氢化物为氨气，氨气的水溶液呈碱性，故D正确；故选D。【题目点拨】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。二、非选择题(共84分)23、160.4羟基酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液加聚反应防倒吸吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O催化剂和吸水剂【解题分析】

由题意，A常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2；一定条件下，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH；在铜做催化剂作用下，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO；CH3CHO进一步发生氧化反应生成CH3COOH，则D为CH3COOH；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则E为聚乙烯。【题目详解】（1）乙烯含有1个碳碳双键，1mol乙烯能与1mol溴水发生加成反应生成1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol乙烯与0.1mol溴水发生加成反应0.1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol溴的质量为16g；1，2—二溴乙烷含有4个氢原子，0.1mol1，2—二溴乙烷能与0.4mol溴蒸气发生取代反应生成六溴乙烷，故答案为：16；0.4；（2）B的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，乙醇能被酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液直接氧化生成乙酸，故答案为：羟基；酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；（3）一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的结构简式为，故答案为：；加聚反应；（4）①乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水，若导气管的下端伸入液面下会发生倒吸现象，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；②试管甲中的饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；③在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；浓硫酸在反应中起催化剂的作用，有利于反应的发生，该反应为可逆反应，浓硫酸起吸水剂的作用，减小生成物水的量，使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸乙酯的产率，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；催化剂和吸水剂。【题目点拨】本题考查有机物推断和乙酸乙酯的制备，注意掌握乙烯、醇、羧酸等有机物的性质，明确官能团的性质与转化关系，注意酯化反应中反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。24、化学加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解题分析】（1）乙烯中碳碳之间以共价双键结合，电子式为：。（2）由重油通过裂解反应生产乙烯，由新物质生成，属于化学变化。（3）乙烯和水在一定条件下发生加成反应生成乙醇。（4）乙醇在Cu催化作用下被氧气氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。（5）乙烯含碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物聚乙烯，方程式为：nCH2=CH2。点睛：本题考查乙烯的结构、性质、有机物的推断以及方程式的书写等知识，试题基础性较强，侧重于通过基础知识对分析能力的考查，有利于培养学生逻辑推理能力和逆向思维能力。25、出去装置内CO2、H2O关闭b，打开a，通空气碱石灰CaCl2（或CuSO4）碱石灰偏低不变偏低【解题分析】

将混合物加热会产生H2O（g）、CO2等气体，应在C、D中分别吸收，其中应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已经知道的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量，从而求出NaCl的质量；故应在实验前想法赶出装置中的空气，关键操作应是赶B中的空气，所以关闭b，打开a就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D影响实验效果，据此解答。【题目详解】（1）本实验中需要分别测定反应生成的二氧化碳和水的质量，所以实验前必须将装置中的水蒸气和二氧化碳赶走，避免影响测定结果；操作方法为：关闭b，打开a，缓缓通入氮气，直至a处出来的气体不再使澄清石灰水变浑浊为止；（2）装置A用于吸收空气中的二氧化碳和水，可以使用碱石灰；装置C吸收Na2CO3•10H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气，可以使用无水CaCl2或P2O5；装置D吸收碳酸氢钠分解生成的二氧化碳，可以用碱石灰；（3）若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则m（H2O）增加，使Na2CO3•10H2O和NaHCO3的含量偏高，NaCl的含量偏低；若B中反应管右侧有水蒸气冷凝，测定碳酸氢钠的质量是根据装置D中质量变化计算的，与水蒸气的量无关，则测定结果中NaHCO3的含量不变；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O（g）、CO2进入装置D，若撤去E装置，则测定的碳酸氢钠的质量偏大，碳酸氢钠分解生成水的质量偏高，而Na2CO3•10H2O的测定是根据生成水的总质量计算的，则测得Na2CO3•10H2O的含量将偏低；（4）若样品质量为wg，反应后C、D增加的质量分别为m1g、m2g，则碳酸氢钠分解生成的二氧化碳的质量为m2g，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O16844m（NaHCO3）m2gm（NaHCO3）=混合物中NaHCO3的质量分数为：。【题目点拨】该本题综合考查元素化合物性质、测定混合物中各成分的质量分数，题目难度中等，解题时必须结合实验装置和物质的性质进行综合分析，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理。误差分析是解答的难点和易错点。26、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑碱石灰(或生石灰或氢氧化钠)试纸变蓝色瓶内有白烟产生ENH3＋H2O=NH3·H2O【解题分析】（1）装置A准备氨气，其中发生反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。（2）氨气碱性气体，应该用碱石灰干燥氨气，则装置B中的干燥剂是碱石灰(或生石灰或氢氧化钠)。（3）氨气碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；（4）浓硫酸具有吸水性，滴入到浓盐酸促进氯化氢，氯化氢和氨气反应生成氯化铵。则实验进行一段时间后，挤压装置D中的胶头满管，滴入1～2滴浓硫酸，可观察到的现象是瓶内有白烟产生。（5）氨气极易溶于水，