山东省临沂市重点名校2019-2020学年高一下学期期末综合测试化学试题含解析

山东省临沂市重点名校2019-2020学年高一下学期期末综合测试化学试题
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．苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，可以作为证据的是( )
①苯不能使溴水褪色②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应
④经测定，邻二甲苯只有一种结构
⑤经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1．40×10－10m
A．①②B．①②③C．①②⑤D．①②④⑤
【答案】D
【解析】
分析：本题考查的苯的结构，①②③根据碳碳双键的性质判断；④根据同分异构体数目计算；⑤根据单键和双键不同，键长不等判断。

详解：①苯不能因为化学反应而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确；②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确；③苯在一定条件下能与氢气加成生成环己烷，发生加成反应是双键的性质，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹碳碳单键，另一种是两个甲基夹碳碳双键，邻二甲苯只有一种结构，说明苯结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确；⑤苯环上的碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键和碳碳双键的交替结构，故正确。

所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单键和双键交替的结构的证据，故选D。

2．室温时，下列液体的密度比纯水密度小的是
A．硝基苯B．溴苯C．四氯甲烷D．苯
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 硝基苯的密度比水大，A项错误；
B. 溴苯的密度比水大，B项错误；
C. 四氯甲烷的密度比水大，C项错误；
D. 苯的密度比水小，D项正确；
答案选D。

3．下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法不正确的是（）
A．可用浓硝酸鉴别含苯环的蛋白质
B．淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物相同
C．蛋白质、纤维素、油脂都是高分子化合物
D．工业上利用油脂在碱的催化作用下水解生产肥皂
【答案】C
【解析】分析：A.含苯环的蛋白质能与浓硝酸发生颜色反应；B.淀粉与纤维素水解最终产物是葡萄糖；
C.相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；
D.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油。

详解:A.某些含有苯环的蛋白质能与浓硝酸发生颜色反应,所以A选项是正确的；
B.淀粉水解生成葡萄糖,纤维素水解液生成葡萄糖,所以B选项是正确的；
C.油脂相对分子质量均较小,属于小分子化合物,故C错误；
D.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油,高级脂肪酸盐为肥皂的主要成分,所以D选项是正确的。

所以本题答案选C。

4．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍．下列说法错误的是
A．气态氢化物的热稳定性：X＜Y
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z＞X
C．元素Y和元素Z的最高正化合价之和的数值等于9
D．W的单质具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色
【答案】C
【解析】
Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为O，根据各元素在周期表的位置可知，X为C，Z为S，W为Cl，则A、元素非金属性C＜O，所以氢化物越稳定X＜Y，A正确；B、元素非金属性Cl＞S＞C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X，B正确；C、氧元素没有最高价，C错误；D、氯气与水生成次氯酸能漂白，所以氯气能使湿润的有色布条褪色，D正确，答案选C。

5．在下列反应中，硫元素表现出氧化性的是：
A．稀硫酸和锌粒反应B．二氧化硫和氧气反应
C．浓硫酸和铜反应D．二氧化硫和水反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，S元素的化合价没有发生变化，A不符合题意；
B.2SO2+O22SO3，S元素的化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，表现还原性，B不符合题意；
C.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，在该反应中，S元素化合价由反应前H2SO4中的+6价变为反应后SO2中的+4价，化合价降低，获得电子，被还原，发生还原反应，表现氧化性，C符合题意；
D.SO2+H2O=H2SO3，S元素的化合价不变，不表现氧化性、还原性，D不符合题意；
故合理选项是C。

6．下列关于电池的叙述不正确的是
A．电他充电是使放电时的氧化还原反应的逆向进行
B．较长时间不使用电器时，最好从电器中取出电池，并妥善存放
C．氢氧燃料电池产物为无污染的水，属于环境友好电池
D．燃料电池的能量转化率可达100%
【答案】D
【解析】A．充电时，阴极、阳极反应式是放电时负极、正极反应式的逆反应，所以充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行，故A正确；B．用电器较长时期内不再使用，最好将电池取出并放于低温，干燥的地方，如果不这样，即使用电器被关掉，系统仍会使电池有一个低电流输出，这会缩短电池的使用寿命，故B正确；C、氢氧燃料电池产物是水，对环境无污染，且能量转化率高，故C正确；D、氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不会达100%，故D错误；故选D。

7．下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（）
A．酸性较强：H2SO4>H2SiO3> H2CO3B．氧化性强弱：Cl2＞Br2＞I2
C．碱性强弱：KOH＞NaOH>LiOH D．金属性强弱：Na＞Mg>Al
【答案】A
【解析】
分析：A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；B.非金属性越强,卤素单质的氧化性越强；
C.金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D.同一周期中,原子序数越大金属性越弱。

详解:非金属性：S>C>Si，则最高价含氧酸的酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，A错误；非金属性Cl＞Br＞I，则单质的氧化性: Cl2＞Br2＞I2，B正确；金属性: K＞Na>Li ,则最高价氧化物对应水化物的碱性: KOH＞NaOH>LiOH ,C正确；Na、Mg、Al位于第三周期,原子序数Na<Mg<Al ,则金属性强弱为: Na＞Mg>Al ,D正确；正确选项A。

点睛：元素非金属性比较规律：①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。

8．常温下，下列溶液能用铝制容器盛装的是（）
A．稀硫酸B．浓硝酸C．盐酸D．氢氧化钠的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A．稀硫酸有弱氧化性，能和铝反应生成氢气，不能用铝制品容器盛放，故A错误；
B．铝在浓硝酸中发生钝化现象，故常温下，铝制品容器可以盛放浓硝酸，故B正确；
C．盐酸是弱氧化性的酸，能和铝反应生成氢气，不能用铝制品容器盛放，故C错误；
D．氢氧化钠溶液能和铝反应生成氢气，不能用铝制品容器盛放，故D错误；
故选B。

9．下列排列顺序正确的是( )
①热稳定性:HF>H2O> H2S ②原子半径:Na>Mg>O>S
③酸性:H3PO4>H2SO4>HClO4④还原性:S2-> Cl->F-
A．①③B．②④C．①④D．②③
【答案】C
【解析】分析：①元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强；②同周期随原子序数增大原子半径减小，原子电子层数越多，原子半径越大；③元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；④电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；据此分析判断。

详解：①非金属性F＞O＞S，元素非金属性越强，其氢化物稳定性越强，故氢化物稳定性：HF＞H2O＞H2S，故①正确；②同周期随原子序数增大原子半径减小，原子电子层数越多原子半径越大，故原子半径：Na ＞Mg＞S＞O，故②错误；③非金属性酸性：Cl＞S＞P，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故③错误；④电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径S2-＞Cl-＞F-，故④正确；故选C。

10．下列说法正确的是
A．甲烷、汽油、酒精都是可燃性烃，都可作燃料
B．可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物质
C．淀粉、蛋白质、葡萄糖都是高分子化合物
D．石油的分馏、煤的液化和气化都是物理变化，石油的裂化、裂解都是化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】
A、酒精是由C、H、O三种元素组成，属于烃的含氧衍生物，故A说法错误；
B、糖类、油脂、蛋白质是人体的基本营养物质，可食用植物油含有的高级脂肪酸甘油酯是人体的营养物
质，故B说法正确；
C、淀粉、蛋白质、纤维素是高分子化合物，葡萄糖不属于高分子化合物，故C说法错误；
D、石油分馏利用沸点不同进行分离，属于物理变化，煤的液化、气化、石油的裂化、裂解都是化学变化，故D说法错误；
答案选B。

11．下列说法正确的是
A．F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐降低B．Li、Na、K、Rb单质密度逐渐增大
C．水分子很稳定是因为分子间有氢键D．熔融AlCl3不导电，说明其为共价化合物
【答案】D
【解析】分析：A. 根据分之间作用力判断熔点；B. 根据元素周期律同主族性质递变规律判断；C. 分子的稳定性与共价键有关；D.熔融状态的共价化合物不导电。

详解：F2、Cl2、Br2、I2单质是分子晶体，其熔点与分之间作用力有关，随着相对分子质量逐渐增大，分之间作用力逐渐增大，熔点逐渐升高，A选项错误；Li、Na、K、Rb是同主族的元素单质，随着原子序数的递增，其密度逐渐增大，但K的密度比Na小，所以其密度关系正确的是：铯>铷>钠>钾>锂，B选项错误；水分子是共价化合物，其稳定性与共价键有关，与分之间作用力（氢键也是分之间作用力）无关，C选项错误；共价化合物在熔融状态下仍然以分子或者原子形式存在，没有离子出现，所以共价化合物熔融状态不导电，熔融AlCl3不导电，说明其为共价化合物，D选项正确；正确选项D。

点睛：比较物质的熔、沸点的高低，首先分析物质所属的晶体类型，一般来说，原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；然后再在同类型晶体中进行比较，如果是同一类型晶体熔、沸点高低的要看不同的晶体类型具体对待：
1.同属分子晶体：①组成和结构相似的分子晶体，如果分子之间存在氢键，则分子之间作用力增大，熔沸点出现反常。

有氢键的熔沸点较高。

②组成和结构相似的分子晶体，一般来说相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。

例如本题中：I2＞Br2＞Cl2＞F2；
2.同属原子晶体，一般来说，半径越小形成共价键的键长越短，键能就越大，晶体的熔沸点也就越高。

例如：金刚石（C－C）＞二氧化硅（Si－O）＞碳化硅（Si－C）晶体硅（Si－Si）；
3.同属离子晶体离子的半径越小，所带的电荷越多，则离子键越强，晶格能越高，熔沸点越高。

例如：MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。

12．下列物质中，只含有极性共价键的是（）
A．NaCl B．O2C．CCl4D．NaOH
【答案】C
【解析】A. NaCl属于离子化合物，只含有离子键，故A错误；B. O2属于非金属单质，中含有非极性共价键，故B错误；C. CCl4属于共价化合物，只含有极性共价键，故C正确；D. NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键，故D错误；故选C。

13．下列各组离子中，能大量共存的一组是…………………………………………（）
A．K+、NO3－、Na+、CO32－B．Na+、Cl－、H+、HCO3－
C．Mg2+、Al3+、Cl－、OH－D．Ca+、CO32－、K+、OH－
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．K+、NO3－、Na+、CO32－之间不会发生任何反应，正确；
B．H+、HCO3－会发生离子反应，不能大量共存，错误；
C．Mg2+、Al3+与OH－会发生沉淀反应而不能大量共存，错误；
D．Ca+、CO32－会发生沉淀反应而不能大量共存，错误。

答案选A。

14．某小组为研究电化学原理，设计如图装置。

下列叙述不正确的是
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-= Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
【答案】D
【解析】
【详解】
A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；
B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；
C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；
D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。

【点睛】
本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。

15．下列过程中，共价键被破坏的是
A．碘升华B．二氧化氮被木炭吸附C．蔗糖溶于水D．HCl气体溶于水
【答案】D
【解析】
分析：只要物质发生化学反应或电解质溶于水就发生化学键破坏，共价键被破坏，说明该物质溶于水发生电离或发生化学反应，据此分析解答。

详解：A．碘升华发生物理变化，只破坏范德华力，不破坏化学键，故A错误；B．二氧化氮被木炭吸附发生物理变化，不破坏化学键，故B错误；C．蔗糖溶于水，不能发生电离，共价键不变，故C错误；D．HCl 溶于水，在水分子的作用下，氯化氢电离出阴阳离子，所以化学键被破坏，故D正确；故选D。

点睛：本题考查了化学键，明确化学键被破坏的条件是解本题关键。

本题的易错点为CD的区别，可以物质溶解时是否发生化学反应或是否发生电离来判断。

16．下列各组物质中含有的化学键类型完全相同的是
A．NaCl NH4Cl B．Na2O CO2
C．H2O CH4D．CaCl2 Na2O2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. NaCl中存在离子键，NH4Cl存在离子键和共价键，A项错误；
B. Na2O存在离子键，CO2存在共价键，B项错误；
C. H2O和CH4存在共价键，C项正确；
D. CaCl2中存在离子键，Na2O2存在离子键和共价键，D项错误；
答案选C。

【点睛】
离子键存在于离子化合物中，共价键存在于分子和离子团当中，如NH4+、SO42－、O22－等。

17．下列有关有机物结构、性质的分析正确的是
A．苯可以在空气中燃烧，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙烯和苯都能与 H 2 发生加成反应，说明二者均含有碳碳双键
C．乙醇、乙酸均能与 Na 反应放出 H 2 ，二者分子中官能团相同
D．乙醇在铜催化作用下，能发生还原反应生成乙醛
【答案】A
【解析】苯燃烧生成二氧化碳和水，苯不含碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；苯不含碳碳双键，故B错误；乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，故C错误；乙醇在铜催化作用下，能发生氧化反应生成乙醛，故D错误。

18．下列关于化学反应速率的说法正确的是（）
A．化学反应速率是指单位时间内任何一种反应物物质的量的减少或任何一种生成物物质的量的增加B．化学反应速率为0.8 mol/（L·s）是指1s 时某物质的浓度为0.8mol/L
C．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
D．决定反应速率的主要因素是反应物的浓度
【答案】C
【解析】
【详解】
A.化学反应速率用单位时间内反应物物质的量浓度的减少或生成物物质的量浓度的增加来表示，固体和纯液体不可以，故A错误；
B.化学反应速率为0.8 mol/（L·s）是指单位时间内浓度的变化量为0.8 mol/L，故B错误；
C.根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢，故C正确；
D.决定反应速率的主要因素是反应物自身的性质，故D错误；
答案：C。

19．以下反应最符舍绿色化学原子经济性要求的是
A．甲烷与氯气反应制取四氯化碳
B．氯乙烯加聚制取聚氯乙烯高分子材料
C．以铜和浓硫酸为原料制取硫酸铜
D．苯和浓硝酸、浓硫酸的混合物在一定条件下反应制取硝基苯
【答案】B
【解析】A、甲烷与氯气制备四氯化碳，属于取代反应，伴随副反应，反应物没全部转化为所需产物，A 错误；B、氯乙烯加聚制取聚氯乙烯高分子材料，该反应为加聚反应，原料利用率为100%，B正确；C、以铜和浓硫酸为原料生产硫酸铜，因有有毒气体二氧化硫生成，反应物没全部转化为所需产物，C错误；
D、苯与硝酸反成制备硝基苯，有副产品水生成，反应物没全部转化为所需产物，D错误，答案选B。

点睛：本题考查“绿色化学”知识，“绿色化学”原子经济反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，加成反应和加聚反应符合要求，要熟悉各种反应类型，还要考虑环保、经济等方面。

20．化学与生产、生活密切相关。

下列事实与化学反应速率无关的是
A．食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里
B．家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥
C．制造蜂窝煤时加入生石灰
D．把块状煤碾成粉状再燃烧
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.低温冷藏使食品延缓变质,是降低温度使反应速率减慢，A项排除；
B.在潮湿的情况下，铁锅、铁铲易发生电化学腐蚀，腐蚀速率较快，保持其干燥，可以极大减缓其腐蚀速率，B项排除；
C.制造蜂窝煤时加入生石灰，是为了减少二氧化硫的排放，发生反应为：2CaO+O2+2SO22CaSO4，与反应速率无关，C项可选；
D.把块状煤碾成粉状再燃烧，能够增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，D项排除。

答案选C项。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．在一固定体积的密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A+2B=3C。

反应经2min后，A的浓度从开始时的1.0mol/L降至0.8 mol/L。

已知反应开始时B的浓度是1.2 mol/L。

求：
（1）用A来表示2 min内该反应的平均速率______；
（2）2min末C的浓度_______；
（3）2min末B的转化率_______。

【答案】0.1mol/(L·min) 0.6mol/L 33.3%
【解析】
【分析】
依据化学方程式结合三段式列式计算。

【详解】
A + 2
B = 3C
起始量(mo/L) 1.0 1.2 0
变化量(mol/L) 0.2 0.4 0.6
2min后(mol/L) 0.8 0.8 0.6
(1)以单位时间内A的浓度的减小来表示2min内该反应的平均速率=0.2mol/L
2min=0.1mol/(L•min)，故答案
为：0.1mol/(L•min)；
(2)2min末C的浓度为0.6mol/L，故答案为：0.6mol/L；
( 3 )2min末时物质B的转化率为0.4mol/L
1.2mol/L×100%=33.3%，故答案为：33.3%。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．（一）某实验小组的同学们用下列装置进行乙醇催化氧化的实验.（部分夹持仪器已略去）已知：乙醇的沸点为78℃，易溶于水；乙醛的沸点为20.8℃，易溶于水。

（1） 乙醇催化氧化的化学方程是_________。

（2）装置甲中热水的主要作用是_________。

（3）装置乙中冷水的主要作用是_________，其温度要求是_________，为达到该温度，可进行的操作是_________。

（4）实验开始前，加热铜网，观察到的现象是_________，该反应的化学方程式是_________；鼓入空气和乙醇蒸气后，铜网处观察到的现象是_________，此反应中，铜的作用是_________。

（5） 在不断鼓入空气的情况下,熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该反应_________（填“吸热”或“放热”）；集气瓶中收集到的气体的主要成分是_________。

（6）实验结束后，取出装置乙中的试管，打开橡胶塞，能闻到_________。

（二） 化学兴趣小组的同学们设计了如下装置验证乙醇催化氧化的产物（加热仪器、夹持装置已略 去）。

已知： 乙醇的沸点为 78℃， 易溶于水； 乙醛的沸点为 20.8℃， 易溶于水。

（1）乙醇催化氧化的化学方程式是___________。

（2）实验时上述装置中需要加热的是__________（填字母，下同），其中应该先加热的是_______， 为使装置A 中的乙醇成为蒸气， 最简单的加热方法是_________。

（3）实验室制取氧气的化学方程式是___________。

（4）实验开始后，装置B 中能观察到的现象是___________；装置C 中能观察到的现象是__________， 由此得出的结论是_____________。

（5）装置 E 的作用是________， 能初步判定反应后有乙醛生成的依据是_____________。

（6）装置 D 中的药品是__________， 其作用是_________________。

【答案】（一）Cu 32232Δ
2CH CH OH+O 2CH CHO+2H O −−→ 加热乙醇，使其成为蒸气 冷凝乙醛 小于20.8℃ 向水中加入少量冰块 铜网变黑 2
Δ2Cu+O 2CuO 变黑的铜网重新变红
催化剂 放热 氮气 强烈的刺激性气味 (二) Cu 32232Δ2CH CH OH+O 2CH CHO+2H O −−→ AB B 水浴加热
322MnO Δ2KClO 2KCl+3O ↑ 铜丝由红变黑，再由黑变红 无水硫酸铜粉末由白色变为蓝色 乙醇催化氧化的产物有水 吸收乙醛 防止倒吸 装置E 中的物质有强烈刺激性气味 碱石灰 防止外界的水蒸气进入导管使无水硫酸铜变蓝
【解析】
【分析】
本实验主要考察的是乙醇的催化氧化。

在课本中，乙醇的催化氧化的实验操作是将灼烧过的铜丝插入到乙醇中。

在本题的两个实验中，乙醇放置在一个装置中，无法直接和铜网（丝）接触，且题中告知乙醇的沸点，则可以使用气态的乙醇去反应。

在实验（一）中，装置甲的作用是提供气态的乙醇，装置乙的作用是收集乙醛（题中告知乙醛的沸点为20.8℃，说明乙醛也易挥发）。

在实验（二）中，装置A 的作用是提供气态的乙醇，装置C 的作用是检验产物——水蒸气，装置D 的作用是干燥乙醛，装置E 的作用是收集乙醛（乙醛易溶于水）。

还要注意的是，乙醇的催化氧化实际上是两步反应，Cu 先被氧化为CuO ，乙醇和灼热的CuO 反应生成乙醛和Cu 。

【详解】
（一）（1）乙醇催化氧化的化学方程式为：Cu 32232Δ
2CH CH OH+O 2CH CHO+2H O −−→； （2）由于乙醇无法直接和铜网接触，所以需要将乙醇汽化，装置甲中的热水是为了加热乙醇，使其变为蒸汽；
（3）题中告知乙醛的沸点为20.8℃，易溶于水，说明乙醛易挥发，可以用水吸收乙醛，则装置乙中冷水的作用是吸收乙醛，温度小于20.8℃，以减少乙醛的挥发；为了保证低温，往往考虑使用冰水浴，所以可以在冷水中加入少量冰块；
（4）铜网受热，可以看到铜网变黑，其化学方程式为2Δ2Cu+O 2CuO ；鼓入乙醇蒸汽后，乙醇和黑色的CuO 在加热的情况下反应，CuO 变回了Cu ，则可以观察到黑色的铜网变红；在整个过程中，Cu 先是变为CuO ，再是变回了Cu ，相当于没有发生变化，起到了催化剂的作用；
（5）反应需要加热进行，在熄灭酒精灯的情况下，反应仍能进行，说明有热量提供以满足该反应的需要，则该反应是放热反应；整个反应过程中，涉及到的气体有空气、乙醇气体、乙醛气体，其中乙醇气体参与反应或者被乙装置吸收，乙醛气体被乙装置吸收，空气中的氧气参与反应，氮气不参加任何反应，则集气瓶中主要的成分为氮气；
（6）乙装置中的主要液体为乙醛溶液，打开瓶塞后，可以闻到强烈的刺激性气味；
（二）（1）乙醇催化氧化的化学方程式为：Cu 32232Δ
2CH CH OH+O 2CH CHO+2H O −−→； （2）该反应的条件为加热，，所以B 处需要加热，实验中还需要乙醇气体，所以A 处也需要加热，则需要加热的有A 、B ；该反应的实际情况中，乙醇是和CuO 反应的，所以要先加热B 以获得CuO ；为使乙醇变为蒸气，最简单的方法是水浴加热，因为水浴加热时，乙醇受热均匀，可以获得平稳的乙醇气流；
（3）实验室制备干燥的O 2的方程为：322MnO Δ2KClO 2KCl+3O ↑；
（4）实验开始后，Cu 先变为CuO ，CuO 再和乙醇气体反应变回Cu ，所以B 处可以看到红色的铜丝先变黑，
再变红；反应中，有水蒸气生成，则可以看到C 处的无水CuSO 4粉末变为蓝色，说明该反应有水生成； （5）E 的作用为吸收乙醛，因为题中已经告知乙醛的沸点为20.8℃，且易溶于水，且E 装置在反应装置的最后；乙醛具有刺激性气味，所以可以根据气味来判断是否有乙醛生成；
（6）D 中的药品应该是碱石灰，因为E 中含有水，水蒸气会沿导管进入C 中，这样会影响无水CuSO 4粉末对产物生成的水的检验，所以应该在C 、E 之间连接一个干燥装置，目的是防止防止外界的水蒸气进入导管使无水CuSO 4粉末变蓝。

【点睛】
乙醇的催化氧化分为两步：第一步为：2Δ2Cu+O 2CuO ，第二步为：
Δ3232CH CH OH+CuO CH CHO+Cu+H O −−→，总的方程式为：
Cu 32232Δ
2CH CH OH+O 2CH CHO+2H O −−→。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．已知A 、B 、C 、D 是元素周期表中的四种短周期元素，A 分别与B 、C 、D 结合生成三种化合物：甲、乙、丙。

甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；丙与甲、乙均能发生化学反应，且甲、丙为无色有不同刺激性气味的物质，化合物丁与C 的某种单质在常温下反应可生成红棕色气体；B 、C 、D 三种元素的单质与甲、乙、丁三种化合物之间存在如图所示的转化关系(反应条件已略去)：
(1)D 在元素周期表中的位置为________________。

(2)B 、C 、D 的原子半径的大小关系为________(用元素符号表示)。

(3)丁与C 的单质在常温下反应的化学方程式为______________。

(4)甲、乙、丙分子中的电子数均为________，实验室如何检验丙_______ 。

(5)C 的单质＋丙→乙＋丁的化学方程式为_______________。

【答案】第2周期ⅤA 族 N ＞O ＞F 2NO ＋O 2===2NO 2 10 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色 5O 2＋4NH 3
6H 2O ＋4NO
【解析】
【分析】
本题有几个重要的突破口：①甲、乙、丙三种化合物的分子中含有相同数目的电子；②丙为无色有不同刺。