济宁市重点名校2019-2020学年高一下学期期末学业质量监测化学试题含解析

济宁市重点名校2019-2020学年高一下学期期末学业质量监测化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列化学工艺流程不可行的是( )
A．FeS2SO2H2SO3H2SO4
B．石英砂粗硅粗SiCl4高纯硅
C．提取食盐后的母液含Br2的溶液…粗Br2Br2
D．
【答案】A
【解析】应首先进行二氧化硫的催化氧化，然后用98.3%的硫酸吸收SO3，所以工艺不可行，故A错误；符合是工业上制高纯硅的流程，工艺可行的，故B正确；提取食盐后的母液中提取单质溴的过程，母液中的溴离子氧化为溴单质，工艺可行的，故C正确；符合工业上用铝土矿制铝的过程，每一步所加试剂必须过量，工艺可行的，故D正确。

2．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．纤维素和蛋白质都属于天然高分子化合物，且水解最终产物均为葡萄糖
B．乙醇可被酸性高锰酸钾直接氧化为乙酸，也可在铜做催化剂时被氧气直接氧化为乙酸
C．乙酸乙酯和油脂均为酯类物质，互为同系物
D．甲烷和苯均能在一定条件下发生取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．纤维素和蛋白质都属于天然高分子化合物，纤维素水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A错误；
B．乙醇可被酸性高锰酸钾直接氧化为乙酸，但在铜做催化剂时被氧气氧化为乙醛，故B错误；
C．乙酸乙酯和油脂均为酯类物质，但不互为同系物，同系物要求两种物质所含的官能团的种类和数目均相同，乙酸乙酯是一元酯，油脂的一个分子中有三个酯基，而且油脂是混合物，所以不能和乙酸乙酯互称为同系物，故C错误；
D．甲烷可以和氯气在光照下发生取代反应，苯可以和液溴在溴化铁催化下发生取代反应，也可以和浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反应，故D正确；
故选D。

3．下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（）
A．在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大难挥发性
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性
D．浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色脱水性
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；
B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；
C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；
D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误。

答案选B。

4．同周期的X、Y、Z三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序是：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，则下列判断正确的是( )
A．原子半径：X＞Y＞Z
B．阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由强到弱
C．非金属性：X＞Y＞Z
D．气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由弱到强
【答案】C
【解析】
【详解】
A．同一周期的元素，原子序数越大，原子最外层电子数越多，形成的最高价含氧酸的酸性就越强。

由于同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序是：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，所以元素的非金属性Z＜Y＜X，因此原子半径Z＞Y＞X，A错误；
C．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱。

由于元素的非金属性：Z＜Y＜X，所以阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由弱到强，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。

由于酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，所以元素的非金属性Z＜Y＜X，C正确；
D．元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。

由于元素的非金属性Z＜Y＜X，所以气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由强到弱，D错误。

答案选C。

5．元素周期律和元素周期表是学习化学的重要工具，下列叙述不正确的是
A．元素周期表共18列，从左到右的第十七列为卤族元素
B．副族元素全部是金属元素
C．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
D．在过渡元素中,人们可以寻找到各种优良的催化剂和高温、耐腐蚀的合金材料
【答案】C
【解析】
分析：A、根据元素周期表的结构分析；
B、副族元素全部是金属元素；
C、同一周期元素的原子，半径越小，原子核对电子的吸引能力越强；
D、在过渡元素中寻找制造催化剂元素及制造高温、耐腐蚀合金材料。

详解：A、元素周期表中第8、9、10三列属于第Ⅷ族，所以从左到右的第十七列为卤族元素，A正确；
B、所有的非金属元素都是主族元素或0族元素，副族元素都是金属元素，B正确；
C、同一周期元素的原子，半径越小，原子核对电子的吸引能力越强，越难失电子，C错误；
D．优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料（如制造火箭、飞机的钛、钼等元素）大多属于过渡元素，D正确。

答案选C。

6．食用醋中含有乙酸。

下列关于乙酸的说法正确的是
A．结构简式为C2H4O2B．分子式为CH3COOH
C．分子中含有的官能团为羧基D．分子中原子之间只存在单键
【答案】C
【解析】
【详解】
A.所给的为乙酸的分子式，并非结构简式，A项错误；
B. 所给的为乙酸的结构简式，并非分子式，B项错误；
C. 乙酸作为有机羧酸，羧基为其官能团，C项正确；
D.乙酸分子中，碳与一个氧原子形成碳氧单键，与另一个氧原子形成一个碳氧双键，D项错误；
所以答案选择C项。

7．下列关于天然物质水解的叙述正确的是
A．油脂的水解反应都是皂化反应
B．油脂的水解可得到甘油
C．蛋白质水解的最终产物均为葡萄糖
D．淀粉水解和纤维素水解得到的最终产物不同
【答案】B
【解析】
试题分析：A、油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，错误，不选A；B、油脂水解都生成甘油，正确选B；
C、蛋白质水解最终产物为氨基酸，错误，不选C；
D、淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，错误，不选D。

考点：糖类油脂蛋白质的性质
8．2气体比黄金贵百倍，0.lmol2气体中所含中子的物质的量为
A．2.0mol B．1.8mol C．1.6mol D．1.4mol
【答案】A
【解析】分析：1个2中含20个中子。

详解：1个2中含20个中子，0.1mol2中含中子物质的量为2.0mol，答案选A。

9．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是
A．香叶醇的分子式为C10H20O
B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能发生加成反应也能发生取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 根据香叶醇的结构简式可知，香叶醇的分子式为C10H18O，故A错误；
B. 香叶醇含有碳碳双键，香叶醇能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；
C. 香叶醇含有碳碳双键、羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D. 香叶醇含有碳碳双键、羟基，所以能发生加成反应也能发生取代反应，故D正确。

10．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-H C=O H-H C≡O(CO)
键能/kJ·mol-1413 745 436 1075
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、CO2
B．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∶1
C．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
_______________。

【答案】+120BC a/4t mol/(L·mim)CD CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O
【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＝+120 kJ/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/4t mol/(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。

11．下列说法正确的是（）
A．随着电子层数的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的熔沸点也逐渐升高
B．冰融化时，分子中H—O键发生断裂
C．由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高
D．在由分子所构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定
【答案】A
【解析】分析：考查影响物质熔沸点的因素。

共价化合物熔沸点高低是由分子间作用力决定的。

组成和结构相同的分子，相对分子质量越大，熔沸点越高。

氢键的存在可以使分子间作用力增大，物质的熔沸点越高。

详解：A.分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以随着电子层数的增加，卤化物CX4分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的熔沸点也逐渐升高，故A正确；B.冰融化时发生物理变化，只破坏氢键而不破坏化学键，故B错误；C.物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高因为水中存在氢键，故C错误；D.物质的稳定性与化学键有关，与分子间作用力无关，故D错误。

综上所述，本题正确答案为B。

12．一定量的干燥甲烷燃烧后得到49.6g CO、CO2和H2O(g)组成的气体混合物，将此气体混合物全部缓缓通过足量的浓硫酸时气体质量减少25.2g，下列说法不正确的是（）
A．产物中水的质量为25.2g B．参加反应的甲烷为11.2g
C．产物中CO的物质的量为0.4mol D．产物中n(CO)=n(CO2)
【答案】D
【解析】A、无水氯化钙能够吸收水蒸气，气体质量减少25.2g，说明反应生成了25.2g水蒸气，故A正
确；B、n(H2O)=
25.2
18/
g
g mol
=1.4mol，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量为
n(CH4)=1
2
n(H2O)=
1
2
×1.4mol=0.7mol，甲烷的质量为0.7mol×16g/mol=11.2g，故B正确；C.根据C原子
守恒，可知CO和CO2的总的物质的量为0.7mol，由于水的质量为25.2g，所以一氧化碳和二氧化碳的质量为49.6g-25.2g=24.4g，令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y＝0.7，28x+44y＝22.4，解得x=0.4，y=0.3，故C正确；D.根据C的计算，CO、CO2的物质的量分别为0.4mol，0.3mol，故D错误；故选D。

点睛：本题考查混合物计算，关键抓住化学反应前后C、H原子数目之比为1：4。

计算时要注意规范性和准确性。

13．某酸性
．．溶液中加入Ba2+ 后出现白色沉淀，则该溶液中一定含有
A．Fe3+B．NH4+C．NO3-D．SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】
某酸性溶液中加入Ba2+后出现白色沉淀，说明生成的难溶物不溶于酸，选项中能与Ba2+反应生成不溶于酸的难溶物的离子为SO42-，所以一定含有SO42-，故选D。

14．“模型法”是学习化学的常用方法。

一下模型所表示的物质中，能与溴水发生化学反应而使溴水褪色的是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
根据比例模型可判断分别是甲烷、乙烯、苯和乙醇，其中乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应而使其褪色，答案选B。

15．下列烷烃在光照条件下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是 ( )
A．CH3 CH2 CH2CH3
B．(CH3)3C C(CH3)3
C．CH3CH(CH3)CH3
D．CH3C(CH3)2CH2 CH2CH3
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CH3-CH2-CH2-CH3有中两个甲基、两个亚甲基分别相同，则有2种氢原子，所以一氯代烃有2种，故A错误；B．(CH3)3C C(CH3)3有中六个甲基相同，则有1种氢原子，所以一氯代烃有1种，故B正确；C．CH3CH(CH3)CH3有中三个甲基相同，还有一个季甲基，有2种氢原子，所以一氯代烃有2种，故C错误；D．CH3C(CH3)2CH2 CH2CH3中有4种氢原子，所以一氯代烃有4种，故D错误；答案为B。

【考点定位】考查同分异构体的判断
【名师点晴】判断取代产物同分异构体的数目，其分析方法是分析有机物的结构特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据烃基的同分异构体数目进行判断。

本题先确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃。

16．下列关于苯的叙述正确的是（）
A．反应①为取代反应，把有机产物与水混合，有机物浮在上层
B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟
C．反应③为取代反应，浓硫酸是反应物
D．反应④中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.反应①苯与Br2发生取代反应生成溴苯，但溴苯的密度大于水，所以有机产物与水混合沉在下层，A项错误；
B.燃烧反应是氧化反应，所以反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，B项正确；
C.反应③为苯的硝化反应，浓硫酸做催化剂，C项错误；
D.苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，D项错误。

答案选B。

17．下列有关性质的比较，错误的是
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．沸点：H2S＞H2O
C．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
D．碱性：NaOH＞Mg(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】
A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S＞P，所以酸性H2SO4＞H3PO4，选项A正确；
B．分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，还与氢键有关，水分子间存在氢键、硫化氢分子间不含氢键，所以沸点：H2O＞H2S，选项B错误；
C．NaHCO3不稳定，加热易分解：，碳酸钠受热稳定，选项C正确；
D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性：Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg(OH)2，选项D正确；
答案选B。

18．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。

下列判断正确的是（）
A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．a＝0.3
C．ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：
NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。

【详解】
A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、
HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；
B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量
与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为
0.01mol
0.1mol/L=0.1L，所
以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；
C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；
D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为
0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应
HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为
0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；
故选B。

【点睛】
明确盐酸与碳酸钠的反应可以分为两步：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，然后再发生反应
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑是解题的关键。

本题的难点和易错点为D，要注意根据反应的方程式计算判断。

19．下列说法正确的是
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色且褪色的原理相同
B．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化
C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
D．铵盐与浓的强碱的溶液共热都能产生氨气
【答案】D
【解析】
【分析】
A、次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色；
B、浓硫酸具有强氧化性，使铁、铝表面形成致密氧化膜，发生钝化；
C、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
D、与浓的强碱的溶液共热产生氨气是铵盐的共性。

【详解】
A项、氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，褪色原理不同，故A错误；
B项、常温下，浓硫酸和Cu不反应，加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；
C项、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，没有单质生成，不是置换反应，故C错误；
D项、铵盐均能与浓的强碱的溶液共热反应生成氨气，故D正确；
故选D。

【点睛】
本题考查元素及化合物的性质，明确物质的性质、化学反应的实质是解题关键。

20．将固体NH 4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)
H 2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝1 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为( )
A．36B．24C．16D．9
【答案】B
【解析】平衡时c(HI)＝4 mol·L－1，HI分解生成的H2的浓度为1 mol·L－1，则 NH4I分解生成的HI的浓度为4 mol·L－1+2×1 mol·L－1=6 mol·L－1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6 mol·L－1，所以反应
(1)的平衡常数k=c(NH3)×c(HI)= 6 mol·L－1×4 mol·L－1=24 mol2·L－2。

故选B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4
的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，求：
（1）该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度？
（2）该合金中铜与镁的物质的量之比？
（3）NO2和N2O4的混合气体中，它们的体积分数分别是多少？
【答案】14.0mol/L
2：1
NO2：80%，NO：20%
【解析】
【分析】
（1）已知溶液的密度和溶质质量分数，求其物质的量浓度，通常设溶液的体积为1L，简化计算。

（2）用好题给的质量数据，列方程组求算。

（3）先用好得失电子守恒求出NO2和N2O4的物质的量，再求其体积分数。

【详解】
(1)设取该浓硝酸的体积为1L，则其物质的量浓度为1.40/100063%63/
1
g mL mL g mol
L
⨯⨯÷
=14.0mol/L；
(2)设铜的物质的量为n(Cu)，镁的物质的量为n(Mg)，用2.54g沉淀质量减去合金质量，得到OH-质量为1.02g，其物质的量为0.06mol；因铜和镁均是+2价，则铜与镁的总物质的量为0.03mol，可得64 n(Cu)+24
n(Mg)=1.52①，n(Cu)+ n(Mg)=0.03②，联立解得n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol，则铜与镁的物质的量之比为2：1；
(3) 标准状况下1.12L气体，其分子的物质的量为0.05mol，设NO2、N2O4的物质的量为n(NO2)、n(N2O4)，则有n(NO2)+n(N2O4)=0.05①；据整体过量中的得失电子守恒有：
n(NO2)×1+n(N2O4)×2=0.03×2 ②；两式联立解得n(NO2)=0.04mol，n(N2O4)=0.01mol，所以NO2气体的体积分数为80％。

【点睛】
本题的第2问也可用利用铜的镁的质量列出一个方程：64n(Cu)+24n(Mg)=1.52，然后利用Cu与Cu(OH)2、Mg与Mg(OH)2的物质的量间关系列出另一方程：n(Cu)×98+n(Mg)×58=2.54，两式联立成方程组直接求解。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．乙酸乙酯是无色具有水果香味的液体，沸点为77.2℃，实验室某次制取它用冰醋酸14.3mL、95%乙醇23mL，还用到浓硫酸、饱和碳酸钠以及极易与乙醇结合成六水合物的氯化钙溶液，主要装置如图所示：
实验步骤：
①先向A中的蒸馏烧瓶中注入少量乙醇和浓硫酸后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。

这时分液漏斗里冰醋酸和乙醇的物质的量之比约为5∶7。

②加热油浴保温约135 ℃～145℃
③将分液漏斗中的液体缓缓滴入蒸馏烧瓶里，调节加入速率使蒸出酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完成。

④保持油浴温度一段时间，至不再有液体馏出后，停止加热。

⑤取下B中的锥形瓶，将一定量饱和Na2CO3溶液分批少量多次地加到馏出液里，边加边振荡，至无气泡产生为止。

⑥将⑤的液体混合物分液，弃去水层。

⑦将饱和CaCl2溶液（适量）加入到分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层（废液）。

⑧分液漏斗里得到的是初步提纯的乙酸乙酯粗品。

试回答：
(1)实验中浓硫酸的主要作用是_________________________。

(2)用过量乙醇的主要目的是____________________________。

(3)用饱和Na2CO3溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。

(4)用饱和CaCl2溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。

(5)在步骤⑧所得的粗酯里还含有的杂质是_____________________。

【答案】作催化剂和吸水剂使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率除去乙酸除去乙醇水
【解析】
(1)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂、吸水剂；
(2))乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应属于可逆反应，过量乙醇可以使平衡正向移动，增加乙酸乙酯的产率，故答案为使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率；
(3)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是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；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；
(4)氯化钙溶液极易与乙醇结合成六水合物，因此饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，故
答案为除去乙醇；
(5)饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中会含有杂质水，故答案为水。

点睛：本题考查了乙酸乙酯的制备，掌握浓硫酸、饱和碳酸钠溶液、氯化钙溶液的作用以及酯化反应的机理为解答本题的关键。

本题的难点是饱和氯化钙溶液的作用，要注意题干的提示。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．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_______。

【答案】氧元素Al O3SO2H2O2（或Na2O2）
Al2O3+ 2OH-=2AlO2-+H2O 离子键和非极性共价键
【解析】
【分析】
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。

【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。