上海市金山区重点名校2017-2018学年高一下学期期末达标检测化学试题含解析

上海市金山区重点名校2017-2018学年高一下学期期末达标检测化学试题一、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．下列说法不正确
．．．的是
A．不是所有的糖类都能发生水解
B．蛋白质水解的最终产物都是氨基酸，氨基酸分子中一定含有氨基和羧基
C．往皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，上层析出固体物质
D．用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素
【答案】D
【解析】
【详解】
A.单糖不能发生水解反应，故A说法正确，不能选；
B. 蛋白质水解产物是氨基酸，氨基酸分子中一定含有氨基和羧基，故说法正确，不能选；
C. 皂化反应后的溶液加入热的饱和食盐水，发生盐析，析出固体，说法正确，故不符合题意；
D.蚕丝是蛋白质，不是纤维素，故说法不正确，符合题意，选D.
2．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

其中W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同。

X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，而Z不能形成双原子分子。

根据以上叙述，下列说法中一定正确的是( )
<<
A．元素非金属性比较为：X Y W
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为20
C．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物
D．由W与X组成的化合物的沸点总低于由W与Y组成的化合物的沸点
【答案】C
【解析】
【分析】
X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是14C，则X为C元素；工业上采用液态空气分馏方法来生产Y的单质，这是工业上生产氮气的方法，则Y为N元素；Z的原子序数大于X、Y，且不能形成双原子，所以可能是稀有气体Ne、Ar，W的阴离子的核外电子数与X、Y、Z原子的核外内层电子数相同，X、Y、Z核外内层电子是2个，所以W是H元素，Z只能为Ne元素，结合元素周期律分析解答。

【详解】
根据上述分析，W是H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为Ne元素。

A．在氨气中N显负价，H显正价，则非金属性N＞H，即Y＞W，故A错误；
B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+8=18，故B错误；
C．W与Y可形成N2H4的化合物，既含极性共价键又含非极性共价键，故C正确；
D．W为H元素，X为C元素，Y为N元素，C和H可形成多种烃类化合物，当相对分子质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题的难点为A，在无法通过元素周期律直接比较元素的性质时，可以借助于其他相关知识分析判断，本题的易错点为D，要注意碳氢化合物为一类物质——烃。

3．下列物质中不属于高分子化合物的是
A．纤维素B．淀粉C．麦芽糖D．蛋白质
【答案】C
【解析】分析:相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物,高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物,淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物。

详解:A.纤维素为多糖,相对分子质量在10000以上,属于天然高分子化合物,故A不选；
B. 淀粉为多糖,相对分子质量在10000以上,属于天然高分子化合物，故B不选；
C.麦芽糖为二糖,分子式为C12H22O11,相对分子质量较小,不属于高分子化合物,故C选；
D. 蛋白质,相对分子质量在10000以上,属于天然高分子化合物，故D不选;
所以C选项是正确的。

4．下列热化学方程式中△H能表示可燃物燃烧热的是( )
A．CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) △H=－258kJ/mol
B．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=－802.3kJ/mol
C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=－571.6kJ/mol
D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=－184.6kJ/mo1
【答案】A
【解析】分析：燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，以此解答该题．
详解：A、1molCO完全燃烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，放出的热量为燃烧热，故A正确；
B、生成稳定的氧化物，水应为液态，故B错误；
C、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，方程式中H2为2mol，不是燃烧热，故C错误。

D、HCl不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，故D错误；故选A。

点睛：本题考查燃烧热的理解，解题关键：紧扣燃烧热的概念，易错点：D、HCl不是氧化物，B、氢稳定的氧化物是液态水。

5．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。

一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。

该电池总反应为：PbSO4＋2LiCl＋Ca=CaCl2
＋Li2SO4＋Pb ，下列说法不正确的是( )
A．工作时，电池的正极质量逐渐减轻
B．放电过程中，Li＋向正极移动
C．每转移0.1 mol电子，理论上生成20.7 g Pb
D．常温时，在正负极间接上电流表，指针不偏转
【答案】C
【解析】分析:热激活电池为原电池原理，根据电池总反应，结合装置可判断出，硫酸铅电极为正极，钙电极为负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此分析解答。

详解：A项，正极发生还原反应，电子反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42-，因此，电池的正极质量逐渐减轻，故A项正确；
B项，放电过程为原电池，阳离子向正极移动，故B项正确；
C项，每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，为10.35g，故C项错误。

D项，常温下，电解质不能融化，不能形成原电池，所以指针不偏转，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为C。

点睛：本题考查化学基本理论，涉及电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算，掌握电子守恒是计算的关键。

6．下列说法不正确的是
A．含有离子键的化合物一定是离子化合物
B．含有共价键的化合物一定是共价化合物
C．非极性键也可能存在于离子化合物中
D．用化学键的观点解释化学反应的本质：旧键的断裂和新键的形成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．离子化合物一定含有离子键，含有离子键的化合物也一定为离子化合物，故A正确；
B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NH4Cl也含有共价键，但属于离子化合物，故B 错误；
C．如Na2O2为离子化合物，含有氧氧非极性共价键，故C正确；
D．化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，D正确；
故答案为B。

【点睛】
含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物可以含有共价键；只含共价键的化合物为共价化合物。

7．铝既能与硫酸溶液反应，又能与烧碱溶液反应，下列说法不正确的是（）
A．两个反应都是氧化还原反应
B．铝与硫酸反应时，硫酸作氧化剂
C．铝与烧碱溶液反应时，氢氧化钠作氧化剂
D．两个反应都有气体生成
【答案】C
【解析】
【分析】
铝既能与硫酸溶液反应化学方程式为：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑
铝能与烧碱溶液反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，根据氧化还原反应的规律和具体反应作答。

【详解】
根据上述分析可知：
A. 两个反应都是氧化还原反应，A项正确；
B. 铝与硫酸反应时，硫酸转化为氢气，其中H元素化合价从+1价降低到0价，被还原，作氧化剂，B项正确；
C. 铝与烧碱溶液反应时，可理解为铝先与水反应生成氢氧化铝与氢气，生成的氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，因此水作氧化剂，C项错误；
D. 两个反应都有氢气生成，D项正确；
答案选C。

【点睛】
C项是本题的难点，学生要理解铝与氢氧化钠反应的实质。

8．下列物质中，只含有共价键的是（）
A．BaCl2B．NaOH C．H2SO4D．(NH4)2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】
A. BaCl2中只含有离子键，与题意不符，A错误；
B. NaOH既含有离子键，又含有共价键，与题意不符，B错误；
C. H2SO4中只含共价键，符合题意，C正确；
D. (NH4)2SO4既含有离子键，又含有共价键，与题意不符，D错误；
答案为C。

9．短周期主族元素X﹑Y﹑Z﹑W﹑Q的原子序数逐渐增大。

X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍。

Y的氟化物YF3分子中各原子均满足最外层8电子稳定结构。

Z﹑W是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素。

W的简单离子是同周期中离子半径最小的。

X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等。

下列说法正确的是
A．相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质获得的氢气多
B．X与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＜W
D．Y的简单气态氢化物与Q的单质反应，现象是产生白烟
【答案】D
【解析】短周期主族元素X﹑Y﹑Z﹑W﹑Q的原子序数逐渐增大，X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素，Z﹑W是常见金属，原子序数大于碳，说明Z、W处于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则Z为Na、W为Al，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q原子序数为6+11=17，故Q为Cl，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，说明Y原子最外层有5个电子，原子序数小于Na，故Y为N元素。

A. 相同质量的Na和Al的单质分别与足量稀盐酸反应时，根
据得失电子守恒，生成氢气之比为m
23
×1:
m
27
×3=9:23，Al生成氢气更多，故A错误；B. X与Q形成的
化合物为CCl4，含有共价键，Z与Q形成的化合物为NaCl，含有离子键，化学键类型不同，故B错误；
C. H2CO3是弱酸，Al(OH)3是两性氢氧化物，酸性：H2CO3＞Al(OH)3，故C错误；
D. NH3与Cl2发生反应：8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，生成的NH4Cl在空气中产生白烟，故D正确；答案选D。

点睛：本题主要考查原子结构与元素周期律的关系，试题难度中等，能够根据题目信息准确推断元素种类是解答本题的关键，本题的易错点是A项，解题时注意根据得失电子守恒可以快速做出正确判断。

10．下列有机物中，完全燃烧时生成的二氧化碳与水的物质的量之比为2:1的是
A．乙烷B．乙烯C．乙炔D．乙醇
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.乙烷的分子式为C2H6，乙烷完全燃烧时生成的二氧化碳与水的物质的量之比为2:3，A不选；
B.乙烯的分子式为C2H4，乙烯完全燃烧时生成的二氧化碳与水的物质的量之比为1:1，B不选；
C.乙炔的分子式为C2H2，乙炔完全燃烧时生成的二氧化碳与水的物质的量之比为2:1，C选；
D.乙醇的分子式为C2H6O，乙醇完全燃烧时生成的二氧化碳与水的物质的量之比为2:3，D不选；
答案选C。

11．苯的结构简式可用来表示，下列关于苯的叙述中正确的是（）
A．苯主要是以石油为原料而获得的一种重要化工原料
B．苯中含有碳碳双键，所以苯属于烯烃
C．苯分子中6个碳碳化学键完全相同
D．苯可以与溴水、高锰酸钾溶液反应而使它们褪色
【答案】C
【解析】A．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，石油中没有苯，苯是煤干馏产物中获得的液态化工原料，故A错误；B．苯是平面结构，苯分子中的所有原子都在同一平面上，但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，所以苯不属于烯烃，应为芳香烃，故B错误；C．若苯的结构中存在单双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，所以能说明苯不是单双键交替结构，苯分子中六个碳原子之间的化学键完全相同，故C正确；D．含双键或三键的有机物或还原性的物质能使溴褪色，苯中没有碳碳双键或还原性，不能和溴发生反应，所以不能使溴的四氯化碳溶液褪色，苯与液溴需在催化剂条件下反应，苯也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。

12．下列化学用语正确的是
A．甲烷分子的比例模型：B．二氧化碳的电子式：
C．Cl-的结构示意图为：D．HClO的结构式：H-O-C1
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 甲烷分子的比例模型是，是甲烷分子的球棍模型是，故A错误；
B. 二氧化碳的电子式：，故 B错误；
C. Cl-的质子数是17，结构示意图为：，故C错误；
D.H、Cl能形成1个键，O能形成2个键，根据价键规律， HClO的结构式：H-O-C1，故D正确。

13．常温下，取铝热反应后所得固体（含有Al2O3、Fe、Fe2O3等物质）用过量稀硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）
A．加入过量 NaOH 溶液：Na+、AlO2-、OH-、SO42-
B．加入过量氨水：NH4+、Al3+、OH-、SO42-
C．加入过量铁粉:Fe3+、H+、Al3+、SO42-
D．加入过量 NaNO3溶液：Fe2+、H+、NO3-、SO42-
【答案】A
【解析】
加入过量硫酸溶解后过滤，滤液中含有的离子为：Fe2+、Al3+、SO42-、H+，可能还含有铁离子，A．加入过量NaOH溶液，亚铁离子或铁离子转化为沉淀，Al3+转化为AlO2-，A正确；B．加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀，溶液不存在Al3+，B错误；C．铁离子能氧化铁单质，溶液中不会存在铁离子、氢离子，C错误；D．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，Fe2+不能够大量共存，D错误，答案选A。

点睛：本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断。

14．能正确表示下列反应的离子方程式是（）
A．将钠块投入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+＝Cu+2Na+
B．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制胶体：Fe3++3H2O Fe(OH)3↓+3H+
C．KMnO4溶液中加H2O2，紫色褪去：2MnO4-+H2O2+6H+＝2Mn2++3O2↑+4H2O
D．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3-+H+＝H2O +CO2↑
【答案】D
【解析】分析：A.钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应；B.Fe(OH)3为胶体，不是沉淀；C.电子得失不守恒；D.碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳。

详解：钠非常活泼，与水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应方程式为：2Na+Cu2++2H2O＝Cu(OH)2↓+2Na++H2↑,A错误；向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制胶体，不是沉淀，离子反应方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3（胶体）+3H+，B错误；KMnO4溶液中加H2O2，H2O2为还原剂，被氧化为氧气，离子反应方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；用小苏打治疗胃酸过多离子反应方程式为：HCO3-+H+＝H2O+CO2↑；D正确；正确选项D。

点睛：此题中选项B中，很容易把氢氧化铁胶体当成沉淀，错选答案；易选答案C，只知道双氧水在反应中被氧化，而忽略了该反应方程式违背了电子守恒规律，这是此题的两个陷阱，稍不注意很容易选错答案。

15．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）
【答案】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。

16．下列说法或表示方法中正确的是（）
A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．由C（金刚石）＝C（石墨）ΔH=-1.9 kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C．在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100 kJ·mol-1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol-1
D．己知2C(s)＋2O2(g)＝2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH2。

则ΔH1＞ΔH2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
分析：本题考查的是物质的能量与反应热和稳定性的关系，难度较小。

详解：A.等质量的硫蒸气的能量比硫固体的高，故分别完全燃烧，前者放出的热量多，故错误；B.金刚石变石墨为放热反应，所以石墨的能量低，石墨稳定，故错误；C.正反应的活化能-逆反应的活化能即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的ΔH=+100 kJ·mol-1，则该反应的正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol-1，故正确；D.前者为碳的完全燃烧，放出的热量多，但由于焓变为负值，故ΔH1<ΔH2，故错误。

故选C。

17．下列关于化学反应限度的叙述中错误的是()
A．不同的化学反应，限度可能不同
B．可以通过改变温度来控制化学反应的限度
C．可以通过延长反应时间来改变化学反应的限度
D．催化剂不能改变化学反应的限度
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 化学反应限度是指可逆反应在一定条件下反应的最大程度，不同的化学反应，化学反应的限度可能不
同，故A项正确；
B.影响化学平衡状移动的因素是：反应物的浓度、温度和气体压强等外界条件，所以可以通过改变温度来改变化学反应的限度，故B项正确；
C.化学反应限度与反应时间长短无关，只与平衡常数有关，故C项错误；
D.催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，对反应限度无影响，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】
解题依据：化学反应限度是研究可逆反应在一定条件下所能达到的最大程度，也即化学反应动态平衡状态，根据影响化学平衡移动的因素进行判断相应的选项即可。

18．下列物质中，属于含有共价键的离子化合物是
A．Ba(OH)2B．CaCl2C．H2SO4D．NH3
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判断该化合物的类型，然后再分析含有化学键的类型；
【详解】
A、Ba(OH)2为离子化合物，含有化学键为离子键和极性共价键，故A符合题意；
B、CaCl2属于离子化合物，只含离子键，故B不符合题意；
C、H2SO4属于共价化合物，只含共价键，故C不符合题意；
D、NH3属于共价化合物，只含共价键，故D不符合题意；
答案选A。

19．下列说法不正确的是（）
A．以乙烯为主要原料可制取乙酸乙酯
B．用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油
C．某烷烃的二氯代物有3 种,则该烃的分子中碳原子个数可能是4
D．乙烯、乙醇、葡萄糖都能与酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液反应
【答案】B
【解析】分析：A. 先用乙烯和水发生加成反应制备乙醇，然后用乙醇氧化后生成乙酸，乙醇乙酸发生酯化反应制得乙酸乙酯；B.矿物油是以烃类为主要成分，不溶于氢氧化钠，也不与氢氧化钠溶液反应，所以矿物油中加入NaOH溶液出现分层现象，而植物油属于酯类，在氢氧化钠溶液作用下水解生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，所以植物油中加入NaOH溶液，一段时间后溶液不分层，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油；C.乙烷和新戊烷的二氯代物有2种，丙烷的二氯代物有4种，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种；D.由于酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液都具有强氧化性，而乙烯、乙醇、葡
萄糖都具有还原性的官能团，即C=C、-OH、-CHO，所以都能反应；
详解：A.用乙烯为原料制备乙酸乙酯时，先用乙烯和水发生加成反应制备乙醇，然后用乙醇氧化后生成乙酸，乙醇乙酸发生酯化反应制得乙酸乙酯，故A正确；
B.矿物油是以烃类为主要成分，不溶于氢氧化钠，也不与氢氧化钠溶液反应，所以矿物油中加入NaOH溶液出现分层现象，而植物油属于酯类，在氢氧化钠溶液作用下水解生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，所以植物油中加入NaOH溶液，一段时间后溶液不分层，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油，故B 错误；
C.乙烷和新戊烷的二氯代物有2种，丙烷的二氯代物有4种，正丁烷的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物有3种，故C正确；
D.由于酸性的KMnO4或K2Cr2O7溶液都具有强氧化性，而乙烯、乙醇、葡萄糖都具有还原性的官能团，即C=C、-OH、-CHO，所以都能反应，故D正确；
故本题选B。

点睛：注意异丁烷的二氯代物有3种，但二氯代物有3种的烷烃不是只有异丁烷，如(CH3)3C-C(CH3)3的二氯代物也是三种，所以该烃分子中碳原子数可能是4。

20．X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素。

X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m－n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。

下列叙述错误的是
A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2
B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高
C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z
D．RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】
X的原子半径在短周期主旋元素中最大，X是Na元素；Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数为m—n，因为L层电子最多为8，所以n=2，m=6，则Y是O元素，Z是Si元素，W元素与Z元素同主族，W是C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，则R是S元素。

A、X与Y形成的两种化合物Na2O、Na2O2，阴、阳离子的个数比均为1∶2，A正确；
B、非金属性O＞S，故水比硫化氢稳定，水中含有氢键，熔沸点高，B正确；
C、非金属性：S＞C＞Si，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞Z，C正确；
D、SO2、CO2与氯化钡均不反应，D错误。

答案选D。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．有机物A由碳、氢、氧三种元素组成。

现取3 g A与 4.48 L氧气(标准状况)在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气(假设反应物没有剩余)。

将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重3.6 g，碱石灰增重4.4 g。

回答下列问题：
（1）通过计算确定该有机物的分子式___________________。

（2）若有机物A能与金属钠反应放出氢气，请写出有机物A可能的结构简式___________。

【答案】C3H8O、
【解析】分析：根据已知生成二氧化碳、一氧化碳和水的质量确定分子中碳、氢、氧原子个数，进而确定分子式。

再结合相关的性质确定官能团，进而确定物质的结构简式。

详解：(1)浓硫酸增重3.6g为水的质量, n(H2O)=3.6g/18(g. mol-1) =0.2 mol根据H原子守恒可知
n(H)=2n(H2O)=0.4 mol，碱石灰增重4.4g为二氧化碳的质量, n(CO2)=4.4g/44g.mol-1=0.1mol，4.48L氧气的物质的量=4.48L/22.4L. mol-1 =0.2 mol，氧气的质量=0.2mol×32g/mol=6.4g，故CO的质量
=3g+6.4g−3.6g−4.4g=1.4g,故 n(CO)=1.4g/28(g. mol-1 )=0.05 mol，根据C原子守恒可知n(C)= n(CO2)+
n(CO)=0.1mol+0.05mol=0.15mol。

由O原子守恒可知3gA中
n(O)=2n(CO2)+n(CO)+n(H2O)−2n(O2)=2×0.1mol+0.05mol +0.2mol −2×0.2 mol= 0.05 mol，由上述分析知
3gA中,n(H)=0.4mol,n(C)=0.15mol，所以,n(C):n(H):n(O)=3:8:1,故A的最简式为C3H8O,由H原子与碳原子数目可知,H原子已经饱和C原子四价结构,故其最简式即为分子式,A的分子式为C3H8O。

答案：该有机物的分子式为C3H8O。

(2)有机物的分子式为C3H8O,为醇或醚,。

因为有机物A能与金属钠反应放出氢气，所以只能为醇类，可能结构简式为CH3CH2CH2OH、。

答案：有机物A可能的结构简式为CH3CH2CH2OH、。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某化学小组的同学取一定量的Al和Fe2O3的混合物进行铝热反应，并探究熔落物的成分。

请回答下列问题：
Ⅰ.（1）引发铝热反应的实验操作是_____________________
（2）做铝热反应时，内层纸漏斗底部剪一小孔用水润湿的目的是_________________
（3）反应的化学方程式为_____________
Ⅱ.已知：Al、Fe的熔、沸点数据如下：
物质Al Fe
熔点(℃) 660 1 535
沸点(℃) 2 467 2 750
（1）某同学猜测，铝热反应所得到的熔落物是铁铝合金。

理由：该反应放热能使铁熔化，而铝的熔点比铁低，所以铁和铝能形成合金。

你认为他的解释是否合理？____________(填“合理”或“不合理”)。

设计一
个简单的实验方案，证明上述所得的熔落物中含有金属铝：_____________________
【答案】加少量KClO3，插上Mg条并将其点燃；使熔融物易于落下且防止纸漏斗着火；
Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3；合理取适量冷却后的块状熔融物置于试管中，加入氢氧化钠溶液，若有气体产生，则含有铝。

【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）引发铝热反应的操作方法为：加少量KClO3，插上Mg条并将其点燃；
（2）为防止纸漏斗着火，可将纸漏斗用水湿润；
（3）反应的化学方程式为Fe2O3在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁；
Ⅱ. （1）由金属铝能和氢氧化钠反应放出氢气而金属铁和氢氧化钠不反应可分析。

【详解】
Ⅰ.（1）为使反应顺利进行，可加入氯酸钾，为助燃剂，点燃镁时反应可发生，镁为引燃剂，所以引发铝热反应的实验操作是加少量KClO3，插上镁条并将其点燃；
（2）铝热反应温度很高，为防止纸漏斗着火，可将纸漏斗用水湿润；
（3）Fe2O3在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+2Al 2Fe+Al2O3；
Ⅱ.（1）该反应放热能使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。

金属铝能和氢氧化钠反应放出氢气而金属铁和氢氧化钠不反应，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，可以用氢氧化钠溶液证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝，操作方法为：取适量冷却后的块状熔融物置于试管中，加入氢氧化钠溶液，现象为：有气体产生。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．已知有五种元素的原子序数的大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成的离子化合物A2B中所有离子的电子数都相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。

试回答下列问题：
（1）C两种元素的名称分别为________。

（2）用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：_______________。

（3）写出D元素形成的单质的结构式：________________________。

（4）写出下列物质的电子式：
A、B、E形成的化合物：________________；D、E形成的化合物：__________________。

（5）A、B两种元素组成的化合物A2B2属于________（填“离子”或“共价”）化合物，存在的化学键类型是____________；写出A2B2与水反应的化学方程式：___________________________。

【答案】硫
离子离子键和共价键2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
【解析】分析：因为A2B中所有离子的电子数相同，在电子总数为30的A2B型化合物中,每个离子的电子。