江西省奉新一中2025届高一下化学期末质量跟踪监视试题含解析

江西省奉新一中2025届高一下化学期末质量跟踪监视试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、不能用勒夏特列原理解释的是A．使用铁触媒，加快合成氨反应速率B．实验室用排饱和食盐水法收集氯气C．打开汽水瓶盖，即有大量氕泡逸出D．温度升高，纯水中的H+浓度增大2、下列说法正确的是（）A．乙烯和苯都可以使溴水褪色B．甲烷和乙烯都可以与氯气反应C．液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷D．乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成3、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A． B． C． D．4、下列说法正确的是A．CO（g）的燃烧热：△H=-1．0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=-2．0kJ/molB．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-3．30kJ/mol，则含4．0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出3．3kJ的热量C．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H=a；2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=b，则a＞bD．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定5、从海带中提取碘的工业生产过程如下:下列说法不正确的是A．为保证I完全被氧化,应通入过量Cl2B．试剂R可以为NaOH溶液C．H2SO4溶液作用之一是使滤液酸化D．提纯晶体碘采用升华法6、如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图。根据以上信息，判断下列相关分析不正确的是A．上述提取Mg的流程中，没有涉及的反应类型是置换反应B．因氮气的化学性质相对稳定，冷却电解无水氯化镁所得的镁蒸气时，可选择氮气C．反应⑥所用的气态氧化剂可从本厂生产烧碱处循环利用或从本厂生产镁单质处循环利用D．从母液中提取Mg和Br2的先后顺序：先提取Br2，后提取Mg7、从海带中提取碘单质，工艺流程如下。下列关于海带制碘的说法错误的是干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液A．实验室灼烧干海带在坩埚中进行B．沸水浸泡的目的是使I—充分浸出C．由滤液获得碘水，发生的离子反应为2I—+H2O2═I2+2OH—D．碘水中加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”8、下列金属的冶炼用热还原法来冶炼的是()A．银 B．铝 C．钠 D．铁9、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．64gSO2中含有的原子数为3NAB．5.6g金属铁变为离子时失去的电子数为0.3NAC．常温常压下,11.2LCl2含有的分子数为0.5NAD．1mol/LNaOH溶液中Na+的数目为NA10、化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．PM2.5是指大气中直径接近2.5×10-6m的颗粒物，分散在空气中形成胶体D．聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物11、下列有关硅及其化合物的说法正确的是A．晶体硅可用于制造电脑芯片 B．所有的硅酸盐都难溶于水C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D．单质硅性质稳定，常温下不与任何物质反应12、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn＋MnO2＋H2O=ZnO＋Mn(OH)2。下列说法中，错误的是()A．电池工作时，锌失去电子B．电池正极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－=Mn(OH)2＋2OH－C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少6.5g13、一种新型钠硫电池结构示意图如图，下列有关该电池的说法正确的是A．电池放电时，Na+向电极A极移动B．电池放电时，A极电极反应为2Na++xS+2e-=Na2SxC．电池充电时，B接负极D．电池充电时，每转移1mol电子将有1molNa+被还原14、下列几种化学电池中，不属于可充电电池的是A．碱性锌锰电池 B．手机用锂电池C．汽车用铅蓄电池 D．玩具用镍氢电池15、如图是四种常见有机物的比例模型。下列说法正确的是()A．甲能使酸性溶液褪色B．乙可与发生取代反应而使溴水褪色C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D．丁只能发生取代反应16、意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子O4，下列说法正确的是A．O4和O2互为同位素B．同温同压下，等体积的O4气体和O2气体含有相同的分子数C．18O是氧元素的一种核素，它的中子数是8D．O4转化O2为物理变化二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）将红热的固体单质甲放入显黄色的浓乙溶液中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气作用，发生如下图所示的变化。则：①写出下列物质的化学式：丙__________，B____________，C__________，D____________。②写出甲跟乙反应的化学方程式：__________________________。③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式：___________________。（2）如图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末，F有刺激性气味且有漂白性。请据此回答下列问题：写出图中编号的化学方程式：①_______________________；②_______________________；③______________________。18、有X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，部分信息如下表所示:XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.160主要化合价+4，-4-2-1，+7其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角六种元素中原子半径最大次外层电子数是最外层电子数的4倍请回答下列问题：(1)X的元素符号为______

，R

在元素周期表中的位置是___________。(2)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是___________。(3)Q简单离子的离子半径比Z的小，其原因是___________。(4)下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是_______

(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.气态氢化物稳定性R>Y。c.Y与R形成的化合物中Y呈正价19、乙烯是一种重要的基本化工原料，可制备乙酸乙酯，其转化关系如图．已知：H2C=CH﹣OH不稳定I①的反应类型是___．请写出乙烯官能团名称_____，由A生成B的化学方程式_____．II某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇、无水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液。已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH；②有关有机物的沸点见下表：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点(℃)34.778.511877.1请回答：(1)浓硫酸的作用为_______；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式__________(2)球形干燥管C的作用是______若反应前D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后D中的现象是________。(3)从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出________；再加入(此空从下列选项中选择)________；然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。A五氧化二磷B碱石灰C无水硫酸钠D生石灰(4)从绿色化学的角度分析，使用浓硫酸制乙酸乙酯不足之处主要有________20、乙酸乙酯广泛用于药物、燃料、香料等工业，在中学化学实验室里常用下图装置来制备乙酸乙酯。（部分夹持仪器已略去）已知：（1）制备粗品（图1）在A中加入少量碎瓷片，将三种原料依次加入A中，用酒精灯缓慢加热，一段时间后在B中得到乙酸乙酯粗品。①浓硫酸、乙醇、乙酸的加入顺序是_______________________，A中发生反应的化学方程式是______________________________。②A中碎瓷片的作用是_____________________________________，长导管除了导气外，还具有的作用是_____________________________。③B中盛装的液体是_____________________，收集到的乙酸乙酯在___________层（填“上”或“下”）。（2）制备精品（图2）将B中的液体分液，对乙酸乙酯粗品进行一系列除杂操作后转移到C中，利用图2装置进一步操作即得到乙酸乙酯精品。①C的名称是___________________。②实验过程中，冷却水从_________口进入（填字母）；收集产品时，控制的温度应在________℃左右。21、硫酸参与热化学循环可通过二步循环或三步循环制取氢气，其中三步循环（碘硫热化学循环）原理如下图所示：（1）“步骤Ⅰ.硫酸热分解”在恒容密闭容器中进行，测得各物质的物质的量分数与温度的关系如下图所示。其在650～1200℃间发生的主要反应的方程式为____。（2）“步骤Ⅱ.硫酸再生”的离子方程式为____（HI是强酸）。（3）步骤Ⅲ的反应为2HI(g)H2(g)+I2(g)。①若在恒温恒容密闭容器中进行该反应，能说明已达到平衡状态的是___（填序号）。a．容器内气体的总压强不再随时间而变化b．n(HI)∶n(H2)∶n(I2)=2∶1∶1c．反应速率：v(H2)正=v(H2)逆d．I2(g)浓度不再随时间的变化而变化②已知断裂（或生成）1mol化学键吸收（或放出）的能量称为键能。相关键能数据如下：化学键H—IH—HI—I键能/kJ·mol－1298.7436.0152.7则该反应的H为____kJ·mol－1。（4）将“三步循环”中步骤Ⅱ、Ⅲ用下图装置代替即为“二步循环”。下列有关该装置的相关说法正确的是____（填序号）。a．化学能转变为电能b．催化剂可加快电极上电子的转移c．反应的总方程式为SO2+2H2OH2+H2SO4d．每生成1molH2，电路中流过的电子数约为6.02×1023

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A、铁触媒作催化剂，催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故A正确；B、Cl2与H2O反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，加入饱和食盐水，Cl－浓度增加，平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2与水的反应，符合勒夏特列原理，故B错误；C、打开汽水瓶盖，造成气体压强减小，使平衡向转化成气体的方向移动，符合勒夏特列原理，故C错误；D、水存在：H2OH＋＋OH－，此电离属于吸热过程，升高温度促使平衡向正方向移动，符合勒夏特列原理，故D错误。点睛：勒夏特列原理研究的对象是可逆反应，反应达到平衡，改变某一因素，反应向削弱这一因素的方向移动，催化剂对化学平衡移动无影响，因此使用催化剂不符合勒夏特列原理。2、B【解析】分析：A．乙烯中含碳碳双键，苯中不含；B．甲烷与氯气光照下反应，乙烯与氯气发生加成反应；D．液化石油气主要成分为C4以下的烷烃．D．苯与乙烯均可与氢气发生加成反应。详解：A．乙烯中含碳碳双键，苯中不含，则乙烯与溴水发生加成反应使其褪色，而苯与溴水发生萃取，A错误；B．甲烷与氯气光照下反应，乙烯与氯气发生加成反应，则甲烷和乙烯都可以与氯气反应，B正确；C．液化石油气主要成分为C4以下的烷烃，而天然气的主要成分是甲烷，C错误；D．苯与乙烯均可与氢气发生加成反应，乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，苯能与氢气加成生成环己烷，D错误；答案选B。3、D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。4、D【解析】

A项，CO（g）的燃烧热△H=-1．0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2．0kJ/mol，A错误；B项，稀醋酸电离时需要吸热，则含4．0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和放出的热量小于3．3kJ，B错误；C项，燃烧反应都是放热反应，则a、b都小于0，等物质的量的物质完全燃烧放出的热量明显大于不完全燃烧，则b＞a，C错误；D项，已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，该反应为吸热反应，说明金刚石的能量高，能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，D正确。5、A【解析】A、为保证I完全被氧化，应通入稍过量Cl2，但如果Cl2过量较多，将会继续氧化I2，A错误；B、NaOH可以与海带中的I2发生发应：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，使碘元素更多的转移入溶液中，提高碘的吸收率，B正确；C、加入硫酸使溶液呈酸性，使I-与IO3-在酸性下发生归中反应生成I2，C正确；D、碘单质易升华，提纯碘单质可以采取升华法，D正确。正确答案为A。6、B【解析】

A.题中提取Mg的流程中，发生了分解反应、化合反应和复分解反应，没有涉及置换反应，正确；B.在高温下，氮气能与镁反应生成Mg3N2，不能用氮气来冷却镁蒸气，错误；C.反应⑥所用的气态氧化剂为氯气，生成烧碱和生成镁单质时均有氯气产生，可循环利用，降低成本，正确；D.若先提取镁，所得溶液中会残留Ca(OH)2，再用Cl2提取溴时会消耗Cl2，正确。7、C【解析】

干海带灼烧得到海带灰，海带灰溶于沸水过滤得到含有碘离子的滤液，加入酸化的过氧化氢溶液氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液得到碘的四氯化碳溶液，据此分析解答。【详解】A．固体灼烧应在坩埚中进行，蒸发溶液在蒸发皿中加热，故A正确；B．沸水浸泡海带灰的目的是加快I-的溶解，并使之溶解更充分，故B正确；C．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化还原反应，用过氧化氢从酸化海带灰浸出液中提取碘，产物中不会生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：2I-+2H++H2O2═I2+2H2O，故C错误；D．碘易溶于四氯化碳等有机溶剂，碘水中加入CCl4发生萃取，得到I2的CCl4溶液，故D正确；答案选C。8、D【解析】

A、银是不活泼的金属，一般用热分解法冶炼，A错误；B、铝是活泼的金属，一般用电解法冶炼，B错误；C、钠是活泼的金属，一般用电解法冶炼，C错误；D、铁可以用热还原法来冶炼，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。9、A【解析】A、64g

SO2的物质的量为,一个SO2分子中含有3个原子，所以1molSO2中含有的原子个数为3NA。正确；B、5.6g金属铁的物质的量为，0.1mol铁原子失去0.3NA电子变为三价铁离子，0.1mol铁原子失去0.2NA电子变为二价铁离子。错误；C、不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算。错误；D、题干没有知名1mol/L

NaOH溶液的体积，所以不能确定钠离子的数目。错误；故选A。点睛：本题主要考察阿伏伽德罗常数的应用。尤其需要注意，在用气体摩尔体积计算时，必须是标准状况下，否则不能使用22.4L/mol。10、D【解析】A项，绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A错误；B项，蛋白质和油脂一定条件下都能水解，蛋白质属于高分子化合物，油脂不是高分子化合物，B错误；C项，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5um的颗粒物，PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故C错误；D项，聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，故D正确。点睛：本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，注意能形成胶体的微粒直径在1-100nm之间，为易错点，注意绿色化学的特点是：（1）充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料．（2）在无毒、无害的条件下进行化学反应，以减少废物向环境排放（3）提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所接纳，实现“零排放”；（4）生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境良好产品。11、A【解析】

A、硅单质是半导体材料，可用于制造电脑芯片；B、硅酸钠溶于水；C、氢氟酸可刻蚀石英；D、单质硅常温下可与氢氧化钠溶液、氢氟酸反应。【详解】A项、硅单质是半导体材料，可用于制造电脑芯片，故A正确；B项、大多数的硅酸盐都难溶于水，但硅酸钠溶于水，故B错误；C项、浓硫酸不与二氧化硅反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，故C错误；D项、单质硅性质稳定，常温下可与氢氧化钠溶液、氢氟酸反应，故D错误；故选A。【点睛】本题考查硅及其化合物，注意硅及其化合物的性质与用途是解答关键。12、C【解析】

根据电池总反应可知，该电池中锌是负极，其发生氧化反应生成ZnO，二氧化锰在正极发生还原反应生成Mn(OH)2。【详解】A.电池工作时，锌失去电子，发生氧化反应，A正确；B.电池正极的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－=Mn(OH)2＋2OH－，B正确；C.电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C不正确；D.外电路中每通过0.2mol电子，理论上锌减少0.1mol，质量为6.5g，D正确。综上所述，说法中错误的是C，故选C。13、D【解析】

根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na-2e-═2Na+、正极反应式为xS+2e-═Sx2-，充电时A为阴极、B为阳极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动。【详解】根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na-2e-═2Na+、正极反应式为xS+2e-═Sx2-，充电时A为阴极、B为阳极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；A．放电时，A为负极极、B为正极，Na+由A向B移动，故A错误；B．通过以上分析知，放电时，A为负极，反应式为2Na-2e-═2Na+；B为正极，发生的电极反应为xS+2e-═Sx2-，故B错误；C．放电时B极为正极，则充电时B极连接电源的正极，故C错误；D．电池充电时，阴极上Na++e-=Na，则每转移1mol电子将有1molNa+被还原，故D正确；故答案为D。14、A【解析】

A、碱性锌锰电池属于一次电池，不属于可充电电池；B、手机用锂电池属于可充电电池；C、汽车用铅蓄电池属于可充电电池；D、玩具用镍氢电池属于可充电电池；故选A。15、C【解析】

A.甲为，不能被酸性溶液氧化，A项错误；B.乙为乙烯，与发生加成反应而使溴水褪色，B项错误；C.丙为苯，其6个碳碳键完全相同，C项正确；D.丁为乙醇，还可发生氧化反应等，D项错误；故选C。【点睛】本题主要考查了比例模型以及物质的性质，难度不大，注意由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，然后根据物质的性质分析。16、B【解析】A．O4和O2都是由氧元素形成的不同单质，故互为同素异形体，A错误；B．O4和O2都是气体，同温同压条件下，Vm相同，则相同体积的任何气体具有相同的分子数，B正确；C．18O的质子数是8，质量数是18，中子数=质量数-质子数=18-8=10，C错误；D．O4和O2不是同种物质，所以O4转化O2为化学变化，D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuNOCaCO3Cu(NO3)2C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O2SO2＋O22SO3【解析】

（1）可从蓝色溶液(含Cu2+)和白色沉淀(CaCO3)逆推，单质丙为Cu，与之反应的溶液为HNO3；图中的气体中含CO2，因该气体是气体A通过水后产生的，故气体B只能是NO，气体A则应为CO2和NO2的混合物，进一步推出红热固体单质甲为碳，显黄色的溶液乙为浓硝酸；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。【详解】（1）单质丙和A与水反应后的溶液发生反应生成蓝色溶液，则该蓝色溶液中含有铜离子，气体A和水反应生成的溶液应该是酸，则丙是Cu，铜和稀硝酸在常温下反应，则A与水反应后的溶液中含有HNO3，气体B是NO，根据元素守恒知，A中含有NO2，通入水后的A中气体能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，且还剩余NO，根据元素守恒及物质颜色知，甲是C，乙是浓硝酸，则A中含有CO2、NO2，根据以上分析知，甲、乙、丙分别是：C、HNO3（浓）、Cu，A为CO2、NO2，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2，故①丙为Cu，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2；②甲跟乙反应的化学方程式为C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；③单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3-===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，①反应①2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；②反应②Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；③反应③2SO2＋O22SO3。18、H第三周期VIIA族大于0.099nm小于0.160nmMg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者b、c【解析】分析：X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；R有+7、-1价，处于ⅦA族，R为Cl元素；M有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，则M为氧元素；Q次外层电子数是最外层电子数的4倍，Q有3个电子层，最外层电子数为2，则Q为Mg元素；Z在六种元素中原子半径最大，则Z为Na元素，据此解答。详解：根据上述分析，X为氢元素，Y为Si元素，Z为Na元素，M为氧元素，R为Cl元素，Q为Mg元素。(1)X为氢元素，R为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，处于周期表中第三周期ⅦA族，故答案为：H；第三周期ⅦA族；(2)同周期自左而右原子半径减小，Si的原子半径介于Mg以Cl原子半径之间，故Si的原子半径的最小范围是大于0.099nm，小于0.160nm，故答案为：大于0.099nm，小于0.160nm；(3)Na+、Mg2+电子层结构相同，核电荷数越大，核对电子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径的大小顺序为Na+＞Mg2+，故答案为：Mg2+和Na+核外电子排布完全相同，前者的核电荷数大于后者，核对电子的吸引力大于后者；(4)同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Cl＞Si，a．物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；b．氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，故b正确；c．Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，故c正确；故答案为：bc。点睛：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，利用原子半径及化合价来推断出元素是解答本题的关键。本题的易错点为R的判断，要注意R不能判断为F，因为F没有正价。19、加成反应碳碳双键2C2H5OH+O2→2CH3CHO+2H2O制乙酸、催化剂、吸水剂CH3CH218OH+CH3COOHCH3CO18OCH2CH3+H2O防止倒吸、冷凝溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅乙醇C反应需要浓硫酸作催化剂，产生酸性废水，同时乙醇发生副反应【解析】

I根据反应流程可知，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙醇；乙醇与氧气反应生成生成乙醛，B为乙醛；乙醛被氧化生成乙酸，M为乙酸；II乙醇与乙酸在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯和水，在装置D溶液表面生成乙酸乙酯；【详解】I分析可知，①的反应类型为加成反应；含有碳碳双键碳原子数目为2的烃为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；乙醇与氧气在铜作催化剂的条件下生成乙醛，其方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；(1)浓硫酸具有吸水性、脱水性，作催化剂、吸水剂、脱水剂；为了确定乙酸与乙醇的断键位置，在乙醇中的氧原子用18O作标记，可判断乙醇中羟基中的O-H键断开，羧基中的C-O键断开，反应的方程式为CH3CH2H+CH3COOHCH3COCH2CH3+H2O；(2)球形干燥管C的作用为防止溶液倒吸，且能冷凝乙酸乙酯蒸汽的作用；若反应前D中加入几滴酚酞，由于碳酸根离子水解溶液呈红色，反应时吸收挥发的乙酸，使溶液中的水解程度减弱，颜色变浅，并能溶解挥发的乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度形成分层；(3)已知无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH，乙醇、乙醚和水混合液加入无水氯化钙，可分离出乙醇；无水硫酸钠吸水形成水合物除去水，而不与乙酸乙酯反应；(4)使用浓硫酸制乙酸乙酯，消耗大量的浓硫酸，反应后得到的是含有稀硫酸的废液，污染环境，有副反应发生。20、乙醇→浓硫酸→乙酸CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O防止暴沸冷凝回流饱和碳酸钠溶液上蒸馏烧瓶b77.2【解析】（1）①浓硫酸溶于水