广西省防城港市2020新高考高一化学下学期期末达标测试试题

高一（下）学期期末化学模拟试卷
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．下列关于煤和石油的加工过程属于物理变化的是
A．煤的干馏B．煤的汽化和液化
C．石油的分馏D．石油的裂化和裂解
2．下列说法中正确的是( )
A．电解 NaCl 溶液、熔融态的氯化镁可制得相应的金属单质
B．工业上可用含 Cu2S 的矿石和氧化剂 O2反应冶炼 Cu
C．铝热反应可用于冶炼高熔点金属，如 K、 Ca、 Cr、 Mn 等
D．工业电解熔融态的 Al2O3制 Al 时，加冰晶石的主要作用是提高 Al 的产量
3．把4.6g钠放入200mL0.1mol·L-1AlCl3溶液中，待其充分反应后，下列叙述中错误的是（）
A．Cl-的浓度几乎不变B．溶液变浑浊
C．溶液中Al3+全部转化为AlO2-D．溶液中存在最多的离子是Na+
4．下表是某些化学键的键能，则H2跟O2反应生成2molH2O(g)时，放出的能量为
化学键H-H O=O H-O
键能(kJ/mol) 436 496 463
A．484kJ B．442kJ C．242kJ D．448kJ
5．聚苯乙烯是一种无毒、无臭的热塑性材料，被广泛应用于食品包装材料、电器绝缘外壳、光学仪器以及日用产品等。

工业由苯和乙烯为原料制备聚苯乙烯的流程如下图所示（部分条件略去），下列说法错误的是
A．过程①生成乙苯，反应类型为加成反应
B．过程②生成苯乙烯，苯乙烯最多16个原子共面
C．过程③原子利用率为100%，反应类型为加聚反应
D．上述流程中涉及的五种有机物均可使溴水或高锰酸钾溶液褪色
6．下列各组比较中，正确的是
A．原子半径K< Na B．酸性H2CO3< H2SO4
C．稳定性HF< HCI D．碱性NaOH< Mg(OH)2
7．在不同条件下，分别测得反应2SO 2+O22SO3的速率如下，其中最快的是（）
A．v（SO2）=4 mol/（L·min）B．v（O2）=2 mol/（L·min）
C．v（SO2）=0.1 mol/（L·min）D．v（SO2）=0.1 mol/（L·s）
8．下列图表中a、b、c表示对应装置的仪器中加入的试剂，可制取、净化、收集的气体是选项 a b c 气体装置
A 浓氨水生石灰浓硫酸NH3
B 浓H2SO4铜屑NaOH溶液SO2
C 稀HNO3铜屑H2O NO
D 稀盐酸碳酸钙饱和NaHCO3溶液CO2
A．A B．B C．C D．D
9．从下列事实所得出的相应结论正确的是
实验事实结论
A A元素的原子半径比B元素的原子半径大元素A位于B的下一周期
B 将CO2通入到Na2SiO3溶液中产生白色浑浊酸性：H2CO3>H2SiO3
C 常温下，铜能与浓硝酸反应而铝遇浓硝酸钝化还原性：Cu>Al
D 常温下白磷可自燃而氮气需在放电时才与氧气反应非金属性：P>N
A．A B．B C．C D．D
10．下列电子式中错误的是
A．Na＋B．C．D．
11．已知：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1 452 kJ·mol－1
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
下列说法正确的是
A．CH3OH(l)的燃烧热为1 452 kJ·mol－1
B．同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
C．1
2
H2SO4(aq)＋
1
2
Ba(OH)2(aq)===
1
2
BaSO4(s)＋H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
D．3H2(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135.9 kJ·mol 12．苯可发生如右图所示的变化，下列说法不正确的是
A．现象①：液体分层，下层紫红色
B．现象②：火焰明亮，冒浓烟
C．溴苯的密度比水大
D．间二硝基苯只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构
13．在考古中常通过测定14C来鉴定文物年代，下列关于14C说法正确的是
A．质子数为7 B．中子数为8 C．核外电子数为7 D．原子序数为14
14．下列实验方案、现象和结论都合理的是（）
实验目的实验方案、现象结论
A
检验溶液中
有无NH4+
用试管取少量的待检测溶液，加入少量的稀NaOH
溶液，用一块湿润的红色石蕊试纸放在试管口
若试纸变蓝，则有NH4+，否则无
NH4+
B
检验溶液中
有无K+
用洁净的铂丝蘸取待测液进行焰色反应，火焰呈黄
色
原溶液中一定无K+
C
检验溶液中
有无SO42-
用试管取少量的待检测溶液，加入稀盐酸无现象，
再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀
原溶液中有SO42-
D
检验淀粉水
解产物有无
还原性
用试管取少量的淀粉溶液加入适量的稀硫酸，加热
一段时间后，加入少量的新制Cu(OH)2悬浊液，加
热至沸腾，产生大量的砖红色沉淀
水解产物有还原性
A．A B．B C．C D．D
15．“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料。

甲、乙、丙三种物质是舍成聚酯玻璃钢的基本原料。

下列说法错误的是
A．甲物质在一定条件下可以生成有机高分子化合物
B．l mol乙物质可与2 mol钠完全反应生成1 mol氢气
C．甲、丙物质都能够使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲在酸性条件下水解产物之一与乙互为同系物
16．本题列举的四个选项是4位同学在学习“化学反应速率和化学平衡”一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是
A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品
B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品
C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率
D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品
17．下列元素属于过渡元素的是（）
A．钾B．镓C．铁D．钋
18．鉴别甲烷、一氧化碳和氢气三种无色气体的方法是( )
A．通入溴水→通入澄清石灰水
B．点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯
C．点燃→罩上干燥的冷烧杯→罩上涂有澄清石灰水的烧杯
D．点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯→通入溴水
19．（6分）医疗上给病人的输液中，常含的糖是 ( )
A．纤维素B．蔗糖C．淀粉D．葡萄糖
20．（6分）用图1表示铜锌原电池中一些物理量的关系。

x轴表示流入正极电子的物质的量，则y轴表示
A．c(H+) B．c(SO42-) C．铜棒的质量D．锌棒的质量
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．（6分）工业上用电解熔融氧化铝的方法制取金属铝。

(1)请写出反应的化学方程式_____________________________________________。

(2)现欲冶炼270吨铝，至少需要多少吨氧化铝？__________________________
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（8分）按如图所示装置进行实验，以制取乙酸乙酯．
（1）试管A中的液体由以下试剂混合而成：①2mL乙醇；②3mL浓硫酸；③2mL 乙酸．一般状况下，这三种试剂的加入顺序是：先加入_____（填序号，下同），再加入_____，最后加入③．
（2）为防止试管A中的液体在实验时发生暴沸，在加热前还应加入碎瓷片．若加热后发现未加入碎瓷片，应采取的补救措施是：_____．
（3）试管B中盛放的试剂是_____；反应结束后，分离B中的液体混合物需要用到的玻璃仪器主要是
_____．试管B中的导管末端不伸入液面下方的目的是_____．
（4）试管 A中CH3COOH与C2H518OH反应的化学方程式为：_____．
（5）该实验中用30gCH3COOH与46gC2H5OH反应，如果实际得到的乙酸乙酯的质量是26.4g，该实验中乙酸乙酯的产率是_____．
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．（8分）甘蔗渣和一种常见的烃A有如下转化关系，烃A对氢气的相对密度为13，F为生活中一种常用调味品的主要成分。

请回答：
(1)E分子含有的官能团名称是______。

(2)B的分子式是______，反应③的反应类型是______。

(3)向试管中加入甘蔗渣经浓硫酸水解后的混合液，先加NaOH溶液至碱性，再加新制氢氧化铜，加热，可看到的现象是______。

(4)写出D与F反应的化学方程式______。

(5)下列说法正确的是______。

A．若一定条件下两分子E可以直接得到乙酸乙酯，则其原子利用率达到100%
B．等物质的量E和C完全燃烧，消耗的氧气量相同。

C．工业上可以通过石油裂解工艺获得大量的C。

D．可以通过先加入氢氧化钠后分液除去乙酸乙酯中含有的D
五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．（10分）用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素。

一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如表（KMnO4溶液用稀硫酸酸化），实验装置如图1:
实验序号A溶液B溶液
①20mL 0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL 0.0lmol·L-1KMnO4溶液
②20mL 0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液
（1）该反应的化学方程式为__________。

（2）该实验探究的是__________因素对化学反应速率的影响。

相同时间内针筒中所得CO2的体积
大小关系是__________<__________ (填实验序号）。

（3）若实验①在2min末收集了 2.24mLCO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-) =__________mol·L-1。

（假设混合溶液体积为50mL）
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定__________来比较化学反应速率。

（一条即可）
（5）小组同学发现反应速率随时间的变化如图2所示，其中t1〜t2时间内速率变快的主要原因可能是：①__________；②__________。

参考答案
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．C
【解析】分析：A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；
B.煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，由水煤气加工得到液态烃和甲醇；
C.石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法；
D.石油的催裂化和裂解是在一定的条件下,将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程。

详解:A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；B.煤经过气化生成水煤气,液化生成甲醇,有新物质生成,都属于化学变化,由水煤气加工得到液态烃和甲醇,有新物质生成,属于化学变化,故B错误；
C.石油的分馏是控制各物质沸点的不同来实现物质的分离的方法,属于物理变化过程,所以C选项是正确的；
D.石油的催裂化和裂解是在一定的条件下,将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程,属于化学变化,故D错误。

所以C选项是正确的。

2．B
【解析】分析：A.电解 NaCl 溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气；
B.工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确；
C.铝热反应不能用于冶炼K、 Ca等活泼金属；
D. 工业电解熔融态的 Al2O3制 Al 时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度。

详解：A.电解 NaCl 溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融态的氯化镁可制得镁和氯气，故A错误；
B.工业上可用Cu2S和O2反应制取粗铜，发生的氧化还原反应为Cu2S+O2═2Cu+SO2故B正确；
C.铝热反应不能用于冶炼K、 Ca等活泼金属，故C错误；
D. 工业电解熔融态的 Al2O3制 Al 时，加冰晶石的主要作用是降低Al2O3的熔化温度，不能提高Al的产量，故D错误。

所以本题答案选B。

3．B
【解析】
【分析】
4.6g钠的物质的量为4.6 g÷23 g/mol=0.2 mol，由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知生成氢氧化钠0.2 mol，AlCl3的物质的量为0.2L×0.1mol•L-1=0.02 mol，n（Al3+）：n（OH-）=0.02 mol∶0.2 mol=1∶10，Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，据此分析解答。

【详解】
A．参加反应的水很少，溶液的体积基本不变，氯离子不反应，Cl-的浓度几乎不变，故A正确；
B．Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，溶液不变浑浊，故B错误；
C．Al3+与OH-发生反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，OH-有剩余，溶液中Al3+全部转化为AlO2-，故C正确；D．溶液中Na+为0.2mol，氯离子为0.06mol，偏铝酸根为0.02mol，氢氧根为0.2mol-0.02mol×4=0.12mol，故D正确。

故选B。

4．A
【解析】
分析：依据反应焓变=反应物总键能-生成物总键能计算反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）的焓变即可。

详解：设反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=a kJ/mol，则该反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总
键能=a kJ/mol=2×436kJ/mol+496kJ/mol-2×2×463kJ/mol，解得：a=-484，所以生成2molH2O（g）放出热量为484kJ。

答案选A。

点睛：本题考查反应热与焓变的计算，题目难度不大，明确焓变△H=反应物总键能-生成物总键能为解答关键，侧重于考查学生的分析能力及化学计算能力。

5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.过程①中苯分子断裂C-H键，乙烯分子断裂碳碳双键中的较活泼的键，然后二者结合生成乙苯，反应类型为加成反应，A正确；
B.过程②中乙苯发生消去反应产生苯乙烯，苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被-CH=CH2取代产生的物质，由于苯分子，乙烯分子是平面分子，两个分子通过一条直线连接，可以在同一平面上，所以最多16个原子共平面，B正确；
C.过程③原子利用率为100%，反应为苯乙烯分子中断裂碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱和碳原子彼此连接形成聚苯乙烯，所以反应类型为加聚反应，C正确；
D.在上述涉及的物质中，只有乙烯，苯乙烯分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色；苯不能使溴水及酸性高锰酸钾溶液溶液因反应而褪色，D错误；
故合理选项是D。

6．B
【解析】试题分析：同主族自上而下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，A不正确，原子半径K＞Na，C不正确，稳定性HF＞HCI；非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性H2CO3＜H2SO4，B正确；同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，D不正确，碱性NaOH＞Mg(OH)2，答案选B。

考点：考查元素周期律的应用
点评：该题主要是考查学生对元素周期律的熟悉了解程度，以及灵活运用元素周期律解决实际问题的能力。

难度不大。

该题的关键是熟练记住元素周期律的具体内容，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑思维能力。

7．D
【解析】
【分析】
【详解】
都转化为用SO2用表示的速率进行比较。

A、υ（SO2）=4 mol/（L·min）；
B、υ（O2）=3 mol/（L·min），速率之比等于化学计量数之比，所以υ（SO2）=2υ（O2）=2×3 mol/（L·min）=6 mol/（L·min）；
C、υ（SO2）="0.1" mol/（L·s）=6mol/（L·min）；
D、υ（SO3）=0.2mol/（L·s）=12mol/（L·min），速率之比等于化学计量数之比，所以υ（SO2）=υ（SO3）=12 mol/（L·min）；
故反应速率由快到慢的顺序为：D＞B=C＞A，故选D。

8．D
【解析】
分析：根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。

详解：A、氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，且氨气不能用浓硫酸干燥，A 错误；
B、浓硫酸和铜反应需要加热，常温下不反应，不能制备二氧化硫，B错误；
C、稀硝酸和铜反应可制取一氧化氮气体，旦NO易被氧化为NO2，不能采用排空气法收集，C错误；
D、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，采用向上排空气法收集二氧化碳，D正确；
答案选D。

点睛：本题主要是考查了反应装置、洗气装置、收集装置的选择，题目难度不大，掌握常见气体的制备原理、净化方法以及收集方法是解答的关键。

答题时注意根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。

9．B
【解析】
A．A和B可以在同周期，A在B的前面，不一定下一周期，故A错误；B．CO2通入到Na2SiO3溶液中产生H2SiO3，实际是碳酸与碳酸钠发生反应，反应进行属于复分解反应，符合强酸制备弱酸，故B正确；C．根据浓硝酸的特性可知，常温下浓硝酸使铝钝化，生成一层致密的保护膜阻止反应进一步进行，还原性是
Al＞Cu，故C错误；D．氮氮三键的键能大，氮气稳定，但非金属性N＞P，一般利用氢化物的稳定性来比较非金属性，故D错误；故选B。

10．B
【解析】
【详解】
A．钠离子电子式为Na+，选项A正确；
B．氨气为共价化合物，氨气中存在3个氮氢键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氨气的电子式为：
，选项B错误；
C．一氯甲烷是共价化合物，电子式为，选项C正确；
D．氢氧根的电子式为，选项D正确；
答案选B。

11．B
【解析】
【分析】
A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
B.设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；
C.酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是－57.3 kJ·mol－1；
D.①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452 kJ·mol－1，按盖斯定律计算①⨯3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l) ，据此进行计算。

【详解】
A.根据2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452 kJ·mol－1可以知道1mol液态甲醇燃烧生成
2mol液态水放出热量为726 kJ·mol－1，则CH3OH(l)燃烧热为726 kJ·mol－1，故A错误；
B.同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
2mol 571.6 kJ
1
mol 142.9 kJ
2
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452 kJ·mol－1
2mol 1452 kJ
1
mol 22.69 kJ
32
所以H2(g)放出的热量多，所以B选项是正确的；
C.反应中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的ΔH<－57.3 kJ·mol－1，故C错误；
D. ①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
②2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1452 kJ·mol－1，按盖斯定律计算①⨯3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)===2CH3OH(l)＋2H2O(l) ΔH＝－262.8 kJ·mol－1，则正确的热化学方程式是：3H2(g)＋
CO2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝－131.4 kJ·mol－1，故D错误。

所以B选项是正确的。

12．D
【解析】A、苯中加入酸性高锰酸钾不反应，液体分层苯的密度小于水在下层，下层为酸性高锰酸钾溶液呈紫红色，选项A正确；B、苯中含碳量高，燃烧时火焰明亮，冒浓烟，选项B正确；C、溴苯的密度比水大，选项C正确；D、无论苯分子中是否存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构，间二硝基苯也只有一种，选项D不正确。

答案选D。

13．B
【解析】
【详解】
A. 14C的质子数为6，A错误；
B. 14C的中子数为14－6＝8，B正确；
C. 核外电子数＝质子数＝6，C错误；
D. 原子序数＝质子数＝6，D错误；
答案选B。

14．C
【解析】
A. 因氨气极易溶于水，向待测液中加入稀NaOH溶液，即使溶液中含有NH4+，也很难生成氨气，应向待测液中加入浓NaOH溶液并加热才能检验，故A错误；
B. 观察K+的焰色反应时，需要透过蓝色的钴玻璃滤去黄光，而在实验中并没有透过蓝色的钴玻璃观察，所以不能确定是否含有K+，故B错误；
C. 检验溶液中是否含有SO42-，采取的方法是：用试管取少量待测液，加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有SO42-，故C正确；
D. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基必须在碱性环境下进行，因此应先用过量的NaOH溶液除去稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，故D错误；答案选C。

15．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲物质中存在碳碳双键，在一定条件下可以发生加聚反应生成有机高分子化合物，A正确；
B.1mol乙物质含有2mol羟基，可与2 mol钠完全反应生成1 mol氢气，B正确；
C．甲、丙物质中均存在碳碳双键，都能够使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．结构相似分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物互为同系物，甲在酸性条件下水解产物有2—甲基丙烯酸和甲醇，二者与乙二醇即乙均不能互为同系物，D错误；
答案选D。

【详解】
A项，化学反应速率指化学反应进行的快慢，化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品，A项正确；
B项，根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，选择合适的温度、压强等，促进平衡向正反应方向移动，从而使有限的原料多出产品，B项正确；
C项，化学反应速率研究一定时间内反应的快慢，不研究怎样提高原料的转化率，C项错误；
D项，根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，选择合适的温度、压强等，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，D项正确；
答案选C。

17．C
【解析】分析：过渡元素包括元素周期表中ⅠB～ⅦB和Ⅷ族元素，包括镧系元素和锕系元素，据此结合原子结构与元素周期表的关系解答。

详解：A．钾为ⅠA族元素，不属于过渡元素，A错误；
B．镓为ⅢA族元素，不属于过渡元素，B错误；
C．Fe元素位于ⅤⅢ族，属于过渡元素，C正确；
D．钋为ⅥA族元素，不属于过渡元素，D错误；
答案选C。

18．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．通入溴水→通入澄清石灰水，均无现象发生，不能将三者鉴别，A不合题意；
B．点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯，甲烷和氢气都能使澄清石灰水变浑浊，无法鉴别，B不合题意；C．点燃→罩上干燥的冷烧杯，点燃一氧化碳的火焰上方烧杯内无水珠生成，罩上涂有澄清石灰水的烧杯，点燃甲烷的火焰上方的烧杯内壁有浑浊出现，可以将三者鉴别，C符合题意；
D．点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯，点燃氢气的火焰上方的烧杯内没有浑浊出现，通入溴水，不能鉴别甲烷和一氧化碳，D不合题意；
故选C。

【点睛】
点燃，在火焰上方罩上干燥的冷烧杯可以检验是否生成水，从而确定原气体中是否含有氢元素；在火焰上
CO，从而确定原气体中是否含有碳元素。

方罩上涂有澄清石灰水的烧杯可检验出是否生成2
葡萄糖可直接被吸收进入血液中，在食品、医药工业上可直接使用，而麦芽糖、淀粉不具备这样的性质，纤维素不能被人体吸收利用，故选D 。

20．C
【解析】
【详解】
A. 锌棒作原电池负极，电极反应式为2Zn 2e Zn -+-=，铜棒作原电池正极，溶液中铜离子
B. 在此极得电子，电极反应式为Cu 2++2e -=Cu ，所以电解质溶液中
不变，A 错误；
C. SO 42-不参与反应，所以c(SO 42-)不变，B 错误；
D. 铜棒上有铜析出，铜棒的质量增加，C 正确；锌棒作原电池负极，电极反应式为2Zn 2e Zn -+-=，锌不断溶解，所以锌棒的质量减小，D 错误；
正确选项C 。

【点睛】
原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．2Al 2O 3（熔融） 4Al+3O 2↑ 510t 【解析】 【分析】
电解熔融氧化铝的方法制取金属铝，发生2Al 2O 3（熔融）
4Al+3O 2↑，将铝的质量代入计算即可。

【详解】
(1)工业上用电解熔融氧化铝的方法制取金属铝，反应的化学方程式为2Al 2O 3(熔融)
4Al + 3O 2↑，故答案为2Al 2O 3(熔融)
4Al + 3O 2↑； (2)设需要x 吨氧化铝，则
2Al 2O 3(熔融) 4Al + 3O 2↑ 2×102 4×27
x t 270t
因此2102xt ⨯=427270t ⨯，解得：x=2102270427
⨯⨯⨯=510 答：理论上需要氧化铝510t 。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．①②停止加热，待装置冷却后，加入碎瓷片，再重新加热饱和Na2CO3溶液分液漏斗防止倒吸
CH3CH218OH+CH3COOH CH3CO18OC2H5+H2O60%
【解析】
（1）制取乙酸乙酯，为防止浓硫酸被稀释放出大量热导致液滴飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸。

（2）为防止试管A中的液体在实验时发生暴沸，在加热前可加入碎瓷片。

若加热后发现未加入碎瓷片，可补加，方法是：停止加热，待装置冷却后，加入碎瓷片，再重新加热。

（3）试管B中盛放饱和Na2CO3溶液接收反应产生的乙酸乙酯，同时除去挥发出的乙醇和乙酸，乙酸乙酯难溶于水溶液，可用分液漏斗分离；为了防止倒吸，试管B中的导管末端不能伸入液面以下。

（4）根据酯化反应原理：“酸失羟基醇失氢”可得CH3COOH与C2H518OH反应的化学方程式为：
CH3CH218OH+CH3COOH CH3CO18OC2H5+H2O。

（5）30gCH3COOH（0.5mol）与46gC2H5OH（1mol）反应，理论上生成乙酸乙酯44g（0.5mol），实际得到的乙酸乙酯的质量是26.4g，故该实验中乙酸乙酯的产率是：26.4g÷44g×100%=60%。

点睛：本题考查乙酸乙酯的制备，注意实验的基本操作及饱和碳酸钠溶液的作用，化学方程式的书写是易错点，注意掌握酯化反应的原理。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．醛基C6H12O6加成反应出现砖红色沉淀C2H5OH +CH3COOH CH3COOC2H5
+H2O AC
【解析】
【分析】
由图可知，在浓硫酸作用下，甘蔗渣在加热条件下发生水解反应生成葡萄糖，则B为葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，则D为乙醇；由逆推法可知，乙炔在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成乙烯，乙烯在催化剂作用下与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙炔、C为乙烯；乙炔在催化剂作用下，与水发生加成反应生成乙醛，则E为乙醛；乙醛发生催化氧化反应生成乙酸，在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则F为乙酸。

【详解】
（1）由分析可知E为乙醛，结构简式为CH3CHO，官能团为醛基，故答案为：醛基；
(2)B为葡萄糖，分子式为C6H12O6；反应③为乙炔在催化剂作用下，与水发生加成反应生成乙醛，故答案为：C6H12O6；加成反应；
(3)向试管中加入甘蔗渣经浓硫酸水解后的混合液中含有葡萄糖，在碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜共热发生氧化反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，故答案为：出现砖红色沉淀；
(4) D与F的反应为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为C2H5OH
+CH3COOH CH3COOC2H5 +H2O，故答案为：C2H5OH +CH3COOH CH3COOC2H5 +H2O；
(5) A.若一定条件下两分子E可以直接得到乙酸乙酯，说明乙醛发生加成反应生成乙酸乙酯，加成反应的原子利用率为100%，故正确；
B.乙醛和乙烯分子中碳和氢的原子个数相同，但乙醛分子中含有氧原子，氧原子个数越多，完全燃烧消耗的氧气量越小，则等物质的量乙醛和乙烯完全燃烧，消耗的氧气量乙醛要小，故错误；
C.工业上通过石油裂解工艺获得大量的乙烯，故正确；
D.乙酸和乙酸乙酯都与氢氧化钠溶液反应，应通过先加入饱和碳酸钠溶液洗涤，后分液除去乙酸乙酯中的乙酸，故错误；
AC正确，故答案为：AC。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O浓度①②0.0056KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间该反应放热产物Mn2+是反应的催化剂
【解析】（1）KMnO4和H2C2O4发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水，KMnO4和中锰降低了5价，1个H2C2O4分子中有2个+3价的C，所以升高1×2=2价，根据化合价升降总数相等可以确定KMnO4和H2C2O4的比例关系为：2：5，再根据电荷守恒配平离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）对比①②实验可探究草酸的浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率大，相同时间所得CO2的体积大；
（3）CO2的物质的量为：
3
2.2410
22.4/
L
L mol
-
⨯
=0.0001mol，设2min末，反应消耗的n（MnO4-）为x，
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 10
x 0.0001mol
解得x=0.00002mol
反应剩余的高锰酸根离子的物质的量为：30×10-3L×0.01mol•L-1-0.00002mol=0.00028mol
c（MnO4-）=n
V
=
0.00028
0.05
mol
L
=0.0056mol/L；
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；
（5）研究发现反应速率总是如图2所示发生变化，则t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，加快了反应速率；②产物Mn2+是反应的催化剂。