湖南省双峰一中2023-2024学年高一下化学期末达标检测试题含解析

湖南省双峰一中2023-2024学年高一下化学期末达标检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、今有五种有机物:①CH2OH(CHOH)4CHO，②CH3(CH2)3OH，③CH2=CH—CH2OH，④CH2=CH-COOCH3，⑤CH2=CH-COOH。其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是A．③⑤ B．①②⑤ C．②④ D．③④2、下列说法中正确的一组A．H2和D2互为同位素B．CH3-CH2-OH与CH3-O-CH3互为同分异构体C．正丁烷和异丁烷是同素异形体D．、、互为同素异形体3、盖斯定律指出：化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关。物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是（）（A→F从△H1递增到△H6）A．A→F△H=-△H6 B．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=1C．C→F∣△H∣=∣△H1+△H2+△H6∣ D．∣△H1+△H2+△H3∣=∣△H4+△H5+△H6∣4、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A．7.1gCl2与足量的铁反应转移电子数目为0.3NAB．17g甲基（—14CH3）中含有的质子数为8NAC．48gO2和O3的混合物含有的原子数为3NAD．100mL0.5mol/L的乙酸溶液中分子总数小于0.05NA5、塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，下列有关说法错误的是（）A．天然气的主要成分是甲烷，它属于化石燃料B．煤是复杂的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油都是混合物，没有固定的熔沸点D．石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)6、科学家预测原子序数为114的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，称为类铅。关于它的性质，预测错误的是A．它的最外层电子数为4 B．它的金属性比铅强C．它具有+2、+4价 D．它的最高价氧化物的水化物是强酸7、鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，下列方法中最简单有效的是()A．加入足量的NaOH溶液 B．加热煮沸C．加入足量的盐酸 D．观察是否产生丁达尔现象（效应）8、19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是（）A．提出原子学说 B．发现元素周期律C．提出化学元素的概念 D．建立燃烧现象的氧化学说9、一定质量的乙烯，完全燃烧时放出的热量为Q，完全吸收燃烧后所生成的CO2气体需要200mL2mol/L的NaOH溶液，则28g乙烯完全燃烧放出的热量不可能是A．5Q B．5Q～10Q C．10Q D．大于10Q10、人类对某金属冶炼技术的掌握程度决定了其应用的广泛性。影响冶炼方法的主要因素是A．金属的活动性大小B．金属在地壳中的含量多少C．金属的化合价高低D．金属的导电性强弱11、下列有机化合物中，其核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是（

）A．CH3CH2CH3 B．CH3CH2OCH2CH3C．CH3CH2OH D．CH3OCH312、我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流。电池总反应为：4Al+3O2+6H2O====4Al(OH)3，下列说法不正确的是A．负极是铝失电子被氧化B．该电池通常只需更换铝板就可继续使用C．以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积D．电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极13、如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是A．锌做负极发生氧化反应B．供电时的总反应为：Zn+2H+═Zn2++H2↑C．产生1gH2，消耗锌的质量65gD．该装置可实现化学能转化为电能14、下列物质与用途对应关系不正确的是（）选项性质用途A氧化铁呈红棕色红色涂料B氧化铝熔点很高耐火材料C浓硫酸具有脱水性干燥剂D液氨汽化时要吸收大量的热制冷剂A．A B．B C．C D．D15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．15g甲基（－CH3）含有的电子数是9NAB．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC．1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NAD．标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数为0.5NA16、下列说法正确的是（）A．可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠B．加热后才能发生的化学反应是吸热反应C．共价化合物中一定含有共价键，可能含有离子键D．1mol乙酸与1mol乙醇反应生产乙酸乙酯的分子数为NA17、常温下可以用铁制容器盛装的是（）A．浓盐酸 B．浓硫酸 C．稀硝酸 D．硫酸铜溶液18、硝酸既表现氧化性又表现酸性的是（）A．Na2CO3与稀HNO3B．C和浓HNO3共热C．Ag和稀HNO3共热D．Fe(OH)3和稀HNO3反应19、中小学生普遍使用的修正液中含有铅、钡、苯等对人体有害的化学物质，尤其是苯会引起慢性中毒，从而危害人体健康，如长期使用此类产品，甚至会导致白血病等并发症。对于这一“无形杀手”的评价中，不合理的是()A．修正液中的苯可以发生取代反应B．苯在修正液中做溶剂C．应该教育孩子慎用修正液D．修正液中的苯是一种白色液体20、已知糖元(C6H10O5)n是一种相对分子质量比淀粉更大的多糖，主要存在肝脏和肌肉中，所以又叫动物淀粉和肝糖。下列关于糖元说法正确的()A．糖元、淀粉、纤维素互为同分异构体B．糖元与淀粉、纤维素属于同系物C．糖元水解的最终产物是葡萄糖D．糖元具有还原性，能发生银镜反应21、下列为人体提供能量的营养物质中，属于高分子化合物的是A．油脂B．蔗糖C．蛋白质D．葡萄糖22、苯在燃烧时不可能生成的是（）A．二氧化碳 B．水 C．氯化氢 D．一氧化碳二、非选择题(共84分)23、（14分）已知X是一种具有果香味的合成香料，下图为合成X的某种流程：提示：①不能最终被氧化为－COOH；②D的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。请根据以上信息，回答下列问题：（1）D与C分子中官能团的名称分别是____________，E的结构简式是____________。（2）D→E的化学反应类型为____________反应。（3）上述A、B、C、D、E、X六种物质中，互为同系物的是____________。（4）反应C＋E→X的化学方程式为___________________________________________。（5）反应B→C的化学方程式为_______________________。24、（12分）有A、B、C、D四种常见的金属单质，A元素在地壳中含量位列第6，A的密度为0.97g/cm3；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色；C在空气中加热融化但不滴落；D在氧气燃烧，火星四射。根据以上信息回答下列问题：写出对应化学式：(1)A在室温下与氧气反应生成______，D在空气中锈蚀生成的氧化物为_____。(2)写出下列化学方程式：①A在空气中燃烧_______________；②B长期置于空气中变成绿色物质_________。(3)将5g钠铝合金投入200mL的水中，固体完全溶解，产生4.48L标准状态下的气体，溶液中只有一种溶质。经过分析得出钠铝合金中两种金属的物质的量之比为______，所得溶液中溶质的物质的量浓度为_____(假设溶液体积变化忽略不计)。25、（12分）在炽热条件下，将石蜡油分解产生的乙烯通入下列各试管里，装置如图所示。根据上述装置,回答下列问题：(1)C装置的作用是____________。(2)已知：1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，易溶于四氯化碳。预测：A装置中的现象是___________________,B装置中的现象是__________。分离A装置中产物的操作名称是_____，分离B装置中产物需要的玻璃仪器名称是____。(3)D装置中溶液由紫色变无色，D装置中发生反应的类型为_____。(4)写出A装置中发生反应的化学方程式_______，反应类型为____，E装置的作用是__________。26、（10分）如图所示，“二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反应？”这个问题可通过以下实验加以证明。（1）按图装置，在干燥的试管Ⅲ中装入Na2O2后，在通入CO2之前，应事先将活塞（K1、K2）关闭好，目的何在？____。（2）试管I内的试剂X是__时，打开活塞K1、K2，加热试管Ⅲ约5分钟后，将带火星的小木条插入试管Ⅱ的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化，则所得的结论是____。（3）试管I内试剂为CO2饱和水溶液时，其他操作同（2），通过____的现象，可以证明Na2O2与潮湿的CO2能反应且放出O2。（4）CO2与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成下列反应方程式：__Na2O2+____C18O2+____H218O→____。27、（12分）目前世界上60%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如下：提示：①MgCl2晶体的化学式为MgCl2•6H2O；②MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。（1）操作①的名称是________，操作②的名称___________、冷却结晶、过滤。（2）试剂a的名称是_____________。（3）用氯化镁电解生产金属镁的化学方程式为：_____________________。28、（14分）元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知Y原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；R－、Z＋、X＋离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻，请回答下列问题：（1）写出单质R的一种工业用途_______________________。（2）M和R的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是___________（用化学式表示）。（3）下图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应前后的转化关系，写出该转化过程的化学方程式为____________________。（4）由X、Y、Z、M四种元素组成的一种离子化合物A，已知A，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，写出A与氯水反应的离子方程式___________。（5）科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，已知QX5中含有离子键和极性键，写出化合物的电子式___________。29、（10分）下表是元素周期表的一部分。针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：（1）在①～⑩元素中，金属性最强的元素是_______，最活泼的非金属元素是__________。（2）化学性质最不活泼的元素是________，其原子的原子结构示意图为_________________。（3）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是______________，碱性最强的是___________，呈两性的氢氧化物是____________。（4）在②、③、⑤元素形成的简单离子中，离子半径最大的是________。（5）在⑦与⑩的单质中，化学性质较活泼的是______，可用什么化学反应说明该事实（写出反应的化学方程式）：___________________________。（6）由③和⑦组成的化合物，溶于水制成饱和溶液，用石墨为电极电解该溶液，请写出阳极电极反应式_________________________，阴极产物（填化学式）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、A【解析】

根据各有机物中的官能团和各官能团的性质作答。【详解】①CH2OH(CHOH)4CHO中，醛基能发生加成反应和氧化反应，醇羟基能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加聚反应；②CH3(CH2)3OH中，醇羟基能发生酯化反应和氧化反应，不能发生加成反应和加聚反应；③CH2=CHCH2OH中，碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含醇羟基能发生酯化反应和氧化反应；④CH2=CHCOOCH3中，碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含酯基能发生水解反应（或取代反应），不能发生酯化反应；⑤CH2=CHCOOH，含碳碳双键能发生加成反应、加聚反应和氧化反应，含羧基能发生酯化反应；其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是③⑤，答案选A。2、B【解析】A、H2和D2均是氢元素形成的单质，是同种物质，不是同位素，故A错误；B、CH3-CH2-OH与CH3-O-CH3分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B正确；C、正丁烷和异丁烷都是化合物，不是同素异形体，故C错误；D、三者均为氧元素的不同种原子，互为同位素，故D错误；故选B。点睛：掌握同分异构体、同系物、同位素以及同素异形体的概念是解决本题的关键。同素异形体指的是同种元素形成的不同种单质，研究对象是单质。3、B【解析】

A．F→A，△H=△H6，则A→F，△H=-△H6，故A正确,不符合题意；B．6个△H全部相加，是A→A的△H，应等于零，故B错误,符合题意；C．F→C的△H=△H6+△H1+△H2，则C→F的△H=-(△H6+△H1+△H2)，故C正确,不符合题意；D．A→D的△H=△H1+△H2+△H3，D→A的△H=△H4+△H5+△H6，二者的绝对值相等，符号相反，故D正确,不符合题意；故选B。4、C【解析】试题分析：A．7.1gCl2的物质的量为7.1/71=0.1mol，氯气与铁反应只做氧化剂，与足量的铁反应转移电子数目为0.2NA，A项错误；B．17g甲基（—14CH3）的物质的量为17/17=1mol，—14CH3中含有的质子数为9，所以17g甲基（—14CH3）中含有的质子数为9NA，B项错误；C.氧气和臭氧都是由氧原子构成的单质，所以48gO2和O3的混合物含有的原子数为48/16×NA=3NA,C项正确；D.乙酸溶液中既有乙酸分子，又有水分子，无法计算分子总数，D项错误；选C。考点：考查阿伏伽德罗常数及计算。5、B【解析】分析：A．根据天然气的主要成分分析判断；B．根据煤的成分分析；C．混合物没有固定的熔沸点；D．根据石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃分析判断。详解：A．天然气的主要成分是甲烷，天然气属于不可再生能源，属于化石燃料，故A正确；B．煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理、化学变化产生的，故B错误；C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等都是混合物，没有固定的熔沸点，故C正确；D．由石油催化裂化和裂解的主要目的可知石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)，故D正确；故选B。6、D【解析】

原子序数为114的元素在第7周期IVA族。则A.它的最外层电子数为4，A正确；B.同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强，故它的金属性比铅强，B正确；C.该元素在第7周期IVA族，它具有+2、+4价，C正确；D.同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性减弱，碳酸为弱酸，故它的最高价氧化物的水化物不可能是强酸，D错误。答案选D。7、D【解析】

胶体能产生丁达尔效应，而溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，所以答案选D。【点睛】溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，常用丁达尔效应区分二者，但丁达尔效应属于物理变化，而不是化学变化。8、B【解析】

A.道尔顿提出了近代原子学说，故A错误；B.1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；C.玻义耳提出化学元素的概念，故C错误；D.拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，故D错误。故选B。9、D【解析】

28g乙烯的物质的量为=1mol，200mL2mol/L的NaOH溶液中含有0.200L×2mol/L=0.4molNaOH，吸收二氧化碳可能生成碳酸钠、碳酸氢钠或二者的混合物。若生成碳酸钠，则二氧化碳为0.2mol，完全燃烧的乙烯为0.1mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为10Q；若生成碳酸氢钠，则二氧化碳为0.4mol，完全燃烧的乙烯为0.2mol，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q；若生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，1mol乙烯完全燃烧放出的热量为5Q～10Q；放出的热量不可能大于10Q，故选D。【点睛】清楚二氧化碳与氢氧化钠反应生成物的情况是解答本题的关键。要注意本题中不包括氢氧化钠剩余的情况。10、A【解析】试题分析：影响冶炼方法的主要因素是金属的活动性大小，金属活动性越强，则金属就要越难冶炼，因此选项是A。考点：考查影响金属冶炼方法的因素的分析的知识。11、C【解析】

核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种不同化学环境的H原子，峰的面积之比等于氢原子数之比，核磁共振氢谱图有三种信号，说明分子中有3种不同化学环境下的H，

利用等效氢原子判断：

①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；

②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，同一碳原子所连氢原子等效；

③处于镜面对称位置上的氢原子等效；【详解】A.

CH3CH2CH3有2种不同化学环境H原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，A项错误；B.

CH3CH2OCH2CH3有2种不同化学环境H原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，B项错误；C.

CH3CH2OH中有3种不同化学环境H原子，核磁共振氢谱有3个吸收峰，C项正确；D.

CH3OCH3有1种H原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，D项错误；答案选C。12、D【解析】分析：根据电池总反应可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，正极上通入空气，发生还原反应，结合原电池的工作原理解答该题。详解：A、负极是铝失电子被氧化，发生氧化反应，A正确；B、Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，B正确；C、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，可以加快反应速率，C正确；D、电池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，D错误；答案选D。13、C【解析】A．锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A正确；B、原电池工作时总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，故B正确；C、原电池工作时总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，产生1molH2，消耗锌的质量65g，故C错误；D、该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，故D正确；故选C。14、C【解析】解：A、氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，故A正确；B、氧化铝熔点很高，在较高温度下不熔化，故可以做耐火材料，故B正确；C、浓硫酸做干燥剂是由于其能吸水，有吸水性，而非脱水性，故C错误；D、液氨汽化时吸热，会导致周围温度降低，故可以做制冷剂，故D正确．故选C．【点评】本题考查了物质的物理性质和其用途之间的关系，难度不大，把握住“性质决定用途，用途反映性质”这一条线．15、A【解析】分析：A、甲基含有9个电子；B、苯中无碳碳双键；C、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D、标准状况下CCl4为液体。详解：A．15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项A正确；B．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B错误；C、C2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10NA个，选项C错误；D、标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。16、A【解析】

A．钠是活泼金属，工业上采用电解法冶炼，2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故A正确；B.化学反应是放热还是吸热，与反应条件无关，加热后才能发生的化学反应不一定是吸热反应，如物质的燃烧一般都需要加热或点燃，故B错误；C.共价化合物中一定含有共价键，但不可能含有离子键，含有了离子键就属于离子化合物，故C错误；D.乙醇和乙酸的酯化反应是可逆反应，1mol乙酸与1mol乙醇反应生产乙酸乙酯的分子数小于NA，故D错误；故选A。17、B【解析】分析：根据铁的性质进行解答，常温下，浓硫酸具有强氧化性,铁在浓硫酸中被氧化生成致密的氧化膜,阻止反应进一步进行,发生钝化,能盛放；常温下，铁与浓盐酸、硫酸铜溶液发生置换反应，与稀硝酸发生氧化还原反应，不能用铁制品容器盛放；据此分析解答。详解：常温下，铁与浓盐酸发生置换反应，不能盛放，A错误；常温下，铁与浓硫酸发生钝化，阻止反应进一步进行，故铁制容器可以盛放浓硫酸，B正确；常温下，铁与稀硝酸发生氧化还原反应，不能盛放，C错误；常温下，铁与硫酸铜溶液发生置换反应，不能盛放，D错误；正确选项B。18、C【解析】A.发生反应：Na2CO3+2HNO32NaNO3+H2O+CO2↑，NaHCO3+HNO3NaNO3+H2O+CO2↑，硝酸表现酸性；B.发生反应：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，硝酸表现氧化性；C.发生反应：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，硝酸既表现氧化性又表现酸性；D.发生反应：Fe(OH)3+3HNO3Fe(NO3)3+3H2O，硝酸表现酸性。故选C。点睛：硝酸的H+发生反应表现酸性，NO3-发生反应而被还原表现氧化性。19、D【解析】

A．苯分子中的氢原子能被其它原子或原子团取代，所以能发生取代反应，故A正确；B．苯是常见的有机溶剂，苯在修正液中做溶剂，故B正确；C．修正液中含有铅、苯、钡等对人体有害的化学物质，苯属于有毒物质，所以应该慎用修正液，故C正确；D．苯是一种无色、易挥发的液体，不是白色液体，故D错误。故答案为D。20、C【解析】

A．(C6H10O5)n中的n不同，即糖元、淀粉、纤维素的分子式不同，所以不属于同分异构体，故A错误；B．糖元与淀粉、纤维素结构不相似，不是同系物，故B错误；C．糖元是一种多糖，水解的最终产物是葡萄糖，故C正确；D．糖原中无醛基，不能发生银镜反应，故D错误；故选C。21、C【解析】

人类为了维持生命与健康，除了阳光与空气外，必须摄取食物。食物的成分主要有糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水六大类，通常被称为营养素。糖类、油脂、蛋白质三大营养物质在给人体提供能量。高分子化合物相对分子质量特别大一般达1万以上、一般具有重复结构单元，据此解答。【详解】A、油脂是高级脂肪酸与甘油生成的酯，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，A错误；B、蔗糖属于二糖，相对分子质量不很大，不属于高分子化合物，B错误；C、蛋白质是氨基酸通过缩聚反应生成的，是天然的高分子化合物，可为人体提供能量，C正确；D、葡萄糖是单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D错误；答案选C。22、C【解析】苯的分子式为C6H6，完全燃烧可生成二氧化碳和水，不完全燃烧，可生成一氧化碳，根据质量守恒定律，不可能生成氯化氢，故选C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、羧基CH3CH2OH加成A、ECH3CH2COOH＋C2H5OHCH3CH2COOC2H5＋H2O2CH3CH2CHO+O22CH3CH2COOH【解析】由已知及流程，D的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则D是乙烯，E是乙醇，又因为X是一种具有果香味的合成香料，分子式为C5H10O2，所以X是一种酯，C是丙酸，B是丙醛，A是丙醇。（1）D为CH2=CH2，分子中官能团名称为碳碳双键，C为CH3CH2COOH，分子中官能团名称为羧基，E为乙醇，结构简式是CH3CH2OH（或C2H5OH）。（2）乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故D→E的化学反应类型为加成反应。（3）A（丙醇）、B（丙醛）、C（丙酸）、D（乙烯）、E（乙醇）、X（丙酸乙酯）六种物质中，互为同系物的是A（丙醇）和E（乙醇）。（4）CH3CH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3CH2COOCH2CH3和水，化学方程式为CH3CH2COOH＋C2H5OHCH3CH2COOC2H5＋H2O。（5）B为CH3CH2CHO，催化剂条件下与氧气加热生成CH3CH2COOH，化学方程式为：2CH3CH2CHO+O22CH3CH2COOH。点睛：本题考查有机物的推断，涉及官能团与有机物性质的关系。推断有机物，通常是先通过相对分子质量，确定可能的分子式；再通过试题中提供的信息，判断有机物可能存在的官能团和性质；最后综合各种信息，确定有机物的结构简式。其中，最关键的是找准突破口。24、Na2OFe2O32Na＋O2Na2O22Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO31：10.5mol/L【解析】

根据A元素在地壳中含量位列第6，密度为0.97g/cm3，可推知A是Na；B为紫红色固体，锈蚀时变为绿色，故B是Cu；C在空气中加热熔化但不滴落，故C是Al；D在氧气中燃烧，火星四射，则D是Fe。【详解】（1）A为Na，在室温下与氧气反应生成氧化钠，D为Fe，在空气中锈蚀生成的氧化物为Fe2O3；（2）①Na在空气中燃烧的方程式为2Na＋O2Na2O2②Cu长期置于空气中变成绿色物质的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3（3）溶液中只有一种溶质，应该是NaAlO2，根据原子守恒可知钠铝合金中两种金属的物质的量之比为1:1，根据质量可得二者物质的量均是0.1mol，因此所得溶液中溶质的物质的量浓度为c(NaAlO2)=。25、检验B装置中是否有溴挥发出来橙色褪去,液体不分层橙黄色褪去,液体分层蒸馏分液漏斗、烧杯、玻璃棒氧化反应加成反应检验乙烯与酸性KMnO4溶液反应的产物二氧化碳【解析】

(1)由于溴水易挥发，溴能与硝酸银反应生成溴化银浅黄色沉淀，所以C装置的作用是检验B装置中是否有溴挥发出来。(2)乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，又因为1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，易溶于四氯化碳，所以A装置中的现象是橙色褪去，液体不分层；乙烯与溴水发生加成反应，则B装置中的现象是橙黄色褪去，液体分层。1，2-二溴乙烷易溶于四氯化碳，二者的沸点相差较大，则分离A装置中产物的操作名称是蒸馏；1，2-二溴乙烷的密度比水的大，难溶于水，则分离B装置中产物是分液操作，需要的玻璃仪器名称是分液漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)D装置中溶液由紫色变无色，说明酸性高锰酸钾溶液被还原，则D装置中发生反应的类型为氧化反应。(4)根据以上分析可知A装置中发生反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，反应类型为加成反应。二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，则E装置的作用是检验乙烯与酸性KMnO4溶液反应的产物二氧化碳。26、以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象浓H2SO4过氧化钠与干燥的CO2不反应带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色222═2Na2C18O3+O2↑+2H2O【解析】

(1)本题旨在利用对比实验，探究Na2O2与CO2反应的环境，故实验步骤中，首先让Na2O2与干燥CO2反应，必须保证整个环境中不能有H2O，故通入反应装置前CO2必须干燥，故答案为以防止试管Ⅲ内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；(2)二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且Ⅲ内淡黄色粉末未发生变化，说明干燥的二氧化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为浓H2SO4；过氧化钠与干燥的CO2不反应；(3)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上会复燃；Ⅲ内固体由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为带火星的小木条在试管Ⅱ的液面上复燃，同时，Ⅲ内固体由淡黄色变为白色；(4)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：2Na2O2+2C18O2+2H218O═2Na2C18O3+O2↑+2H2O，故答案为2；2；2；═2Na2C18O3+O2↑+2H2O。【点睛】本题考查了碱金属及其化合物的性质，该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，旨在考查学生的逻辑推理能力。本题的易错点为(4)，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中。27、过滤蒸发浓缩盐酸MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑【解析】分析：生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融电解得到金属镁，据此解答。详解：（1）分析流程操作①是溶液中分离出固体的方法，操作为过滤；操作②为溶液中得到溶质晶体的方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；（2）试剂a为溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，结合提纯目的得到需要加入盐酸，即试剂a为盐酸；（3）电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。28、制漂白粉，制漂白液，自来水消毒等合理答案HClO42SO2+O22SO3HSO3－+H2O+Cl2＝SO42－+2Cl－+3H＋【解析】

元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数只能为6，则原子总数为8，Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，最外层电子数也只能为6，则M为S元素；结合R－、Z＋、X＋离子所带电荷可知，R元素位于第ⅦA族，Z