精品解析：福建省三明市永安第九中学2022-2023学年高一下学期5月月考化学试题（解析版）

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2023年5月高一化学月考卷
一、单选题(共48分)
1. 下列说法不正确的是
A. 葡萄糖与果糖、蔗糖与麦芽糖均可作为甜味剂
B. 油脂属于酯类
C. 用灼烧的方法能鉴别羊毛布料和纯棉布料
D. 向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀不溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A．葡萄糖与果糖、蔗糖与麦芽糖都具有甜度，均可作为甜味剂，但甜度都较低，故A正确；
B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；
C．羊毛是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，纯棉是纤维素，因此用灼烧的方法能鉴别羊毛布料和纯棉布料，故C正确；
D．向鸡蛋清中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，发生蛋白质盐析，加水后沉淀又溶解，是可逆过程，故D错误。
综上所述，答案为D。
2. 化学与生产。生活。环境等息息相关，下列说法错误的是（ ）
A. 港珠澳大桥采用的超高相对分子质量聚乙烯纤维吊绳属于有机高分子化合物
B. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅
C. 《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”（蛎房即牡蛎壳），“灰”的主要成分为
D. 《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离方法是蒸馏
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯属于有机高分子化合物，A项正确，不符合题意。
B.太阳能电池的材料是单晶硅，B项正确，不符合题意。
C.牡蛎壳的主要成分为碳酸钙，受热分解为氧化钙和二氧化碳，C项错误，符合题意；
D.“酸坏”是指少量乙醇被氧化为乙酸，分离乙醇和乙酸的方法为蒸馏，D项正确，不符合题意。
故选C。
3. 海带、紫菜等藻类植物中含有丰富的碘元素。下列关于海带提碘的描述正确的是
A. 蒸发皿中灼烧干海带可除去其中的有机化合物
B. 海带灰浸取后的过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒
C. 氯水、溴水均可氧化浸出液中的I-，以利于进一步提取碘单质
D. 萃取碘单质的过程中通常用酒精作萃取剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．灼烧固体应在坩埚中进行，溶液蒸发在蒸发皿中进行，A错误；
B．过滤过程用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，不需要分液漏斗，B错误；
C．单质Cl2、Br2均可将浸出液中的碘离子氧化为单质碘，以利于进一步提取碘单质，C正确；
D．酒精和水以任意比互溶，不能用作萃取剂，D错误；
故选C。
4. 一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，下列有关叙述正确的是。

A. 该化合物中，W、X、Y之间存在离子键
B. Y的氧化物的水化物一定为强酸
C. 原子半径：Y>X
D. Z的单质既能与水反应，也可与乙醇反应
【答案】D
【解析】
【分析】一种由短周期主族元素W、X、Y、Z组成的化合物，其结构如图所示，W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为24，结构中Z原子形成+1价阳离子，则Z为Na；Y形成3个共价键，其原子序数小于Na，则Y为N；W形成1个共价键，其原子序数小于N，则W为H；可知X的原子序数为24-1-7-11=5，故X为B。
【详解】由上述分析可知，W为H、X为B、Y为N、Z为Na；
A．该化合物阴离子中H、B、N原子之间均为共价键，故A错误；
B．HNO3为强酸，但HNO2为弱酸，故B错误；
C．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Y(N)＜X(B)，故C错误；
D．钠既能与水反应生成氢气，又能与乙醇反应生成氢气，故D正确；
故选：D。
5. 下列化学用语中，正确的是
A. 次氯酸的结构式：H—O—Cl
B. 氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶
C. CO2分子的球棍模型：
D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸是共价化合物，O原子分别与H、Cl之间形成一个共价键，其结构式为H—O—Cl，故A正确；
B．氮气分子间存在氮氮叁键，其电子式为，故B错误；
C．二氧化碳是直线型分子，分子中碳原子的半径比氧原子大，则其球棍模型为，故C错误；
D．氯化氢是共价化合物，电子式形成过程为，故D错误；
故答案为A。
6. 通过CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料，其过程如下图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 过程Ⅰ的化学方程式为
B. 过程Ⅱ的化学方程式为
C. 该技术实现了含碳物质与含氢物质的分离
D. Ni、Fe、CaCO3均是上述过程中用到的催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知：过程Ⅰ的化学方程式为，A正确；
B.过程Ⅱ反应过程中有催化剂和中间产物，总反应可表示为，B正确；
C.过程Ⅱ的反应中，第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O(g)+Fe+CaCO3，第二步是Fe+CaCO3+惰性气体→惰性气体+Fe3O4+CaO+CO，经过两步反应，含碳物质仍然以气体形式存在，含氢物质变为液体水，因此两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，C正确；
D.Ni、Fe3O4、CaO为该过程的催化剂，Fe、CaCO3是该过程的中间产物，D错误；
故合理选项是D。
7. 下列说法正确的是
A. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B. 加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有离子键和共价键的破坏
C. CO2溶于水和干冰升华都破坏了分子中的共价键
D. NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．和NaOH都是离子化合物，熔化时都克服离子键，选项A正确；
B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中水分子挥发，水分子由液态变为气态，没有化学键被破坏，选项B错误；
C．与水反应生成，反应中共价键被破坏，干冰升华过程中从固态变成气态，分子中的共价键没有被破坏，选项C错误；
D．晶体溶于水的电离方程式为，晶体中的离子键和共价键均被破坏，选项D错误。
答案选A。
8. 在两个恒温恒容的密闭容器中分别进行下列两个可逆反应：（甲），（乙），当下列因素不再发生变化时，可以表明甲和乙均达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的密度 ②生成物的百分含量
③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比
④混合气体的压强 ⑤固体的质量
⑥混合气体的总物质的量
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③⑤
C. ①②③ D. ②③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①反应甲、乙均有固体参与，混合气体的密度不变，说明反应达到平衡状态，正确；
②生成物的百分含量不变，说明各组分物质的量不变，反应达到平衡状态，正确；
③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量数之比，说明正、逆反应速率相等，正确；
④反应乙中混合气体的压强始终不变，不正确；
⑤固体质量不变说明其他物质的质量不变，反应达到平衡状态，正确；
⑥反应乙中混合气体总物质的量始终不变，不正确；
故选B。
9. 设为阿伏加 德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，所含的原子数为0.5
B. 甲基（）中含有的电子数为10
C. 标准状况下，中含有C－H键的数目为4
D. 苯中含有的碳碳双键数目为0.3
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，为液态，因为密度未知，无法求得所含的原子数，A项错误。
B．含有的电子数为9，B项错误。
C．标准状况下，的物质的量为，含有的键数目为4，C项正确。
D．苯分子中不存在碳碳双键，D项错误。
故选：C。
10. 下列说法正确的是
A. 镁铝合金熔点高，硬度大，常用作耐高温材料
B. 金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物的水溶液反应制得对应金属
C. 工业上金属冶炼常用的方法有高温还原法、电解法和湿法治金等
D. 预热的铁丝能在氯气中燃烧，生成棕褐色的烟雾
【答案】C
【解析】
【详解】A．合金熔点低于各成分金属熔点，所以镁铝合金熔点不高，不能作耐高温材料，A错误；
A．钠性质活泼，与盐溶液反应，先与水反应，所以金属钠与钛、锆、铌、钽等金属的氯化物溶液反应，不会置换出金属，B错误；
A．根据金属活动性的不同，工业上金属冶炼常用的方法有高温还原法、电解法、热分解法和湿法治金等，C正确；
A．铁在氯气中燃烧生成氯化三铁，氯化三铁为棕色固体，没有雾，只有烟，D错误；
故答案为：C。
11. 下列属于吸热反应的是
A. B.
C. 镁条与稀硫酸的反应 D. 盐酸与碳酸氢钠的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图中信息可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，选项A不符合；
B．根据图中信息可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，选项B不符合；
C．镁条与稀硫酸的反应为放热反应，选项C不符合；
D．盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，选项D符合；
答案选D。
12. 乙酰水杨酸(阿司匹林)的结构如图，下列说法中不正确的是（ ）

A. 分子式为C9H8O4
B. 能与H2发生加成反应
C. 能和乙醇发生酯化反应
D. 是一种不饱和烃
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据乙酰水杨酸可知，1个该分子中含有9个C原子，8个H原子，4个O原子，故其分子式为C9H8O4，A选项正确；
B．该分子中含有苯环，能与H2在催化剂的条件下发生加成反应，B选项正确；
C．该分子中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，C选项正确；
D．烃是指只含有C、H两种元素有机化合物，而该分子中还含有O元素，属于烃的衍生物，D选项错误；
答案选D。
13. 下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧
集气瓶口上方有白烟生成
白烟的成分为气体HCl
B
将H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中
溶液褪色
H2O2具有漂白性
C
充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热
小木条不燃烧
Na2SiO3可作防火剂
D
向分液漏斗中的碘水加适量酒精，振荡，静置
溶液出现分层，下层颜色比上层深
酒精可萃取碘水中碘


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧，会看到在集气瓶口上方有白雾生成，这是反应产生的HCl气体遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴的缘故，A错误；
B. 酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，H2O2具有还原性，将H2O2溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中，二者发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，H2O2表现还原性，B错误；
C. Na2SiO3饱和溶液不助燃，不支持燃烧，所以充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热，小木条不燃烧，因此Na2SiO3可作防火剂，C正确；
D. 酒精与水混溶，向分液漏斗中的碘水加适量酒精，振荡，静置，溶液不分层，呈棕黄色，因此酒精不可萃取碘水中的碘的萃取剂，D错误；
故合理选项是C。
14. 反应A(g) +3B(g)2C(g) +2D(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是
A. v(A)=0.15mol/(L·min) B. v(B)=0.04mol/(L·s)
C. v(C)=0.03 mol/(L·s) D. v(D)=0.4 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于反应：A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）；
A.=0.15 mol/（L•min）；
B．v（B）=0.04mol/（L•s）=2.4 mol/（L•min），=0.8mol/（L•min）；
C．v（C）=0.03mol/（L•s）=1.8mol/（L•min），=0.9 mol/（L•min）；
D．v（D）=0.4mol/（L•min），=0.2 mol/（L•min）；
故反应速率v（C）＞v（B）＞v（D）＞v（A）；
故选C。
15. 下列关于Na2O2与H2O2的说法正确的是
A. Na2O2和H2O2中氧元素的化合价完全相同，只能体现氧化性
B. Na2O2和H2O2中均存在非极性共价键和离子键
C. Na2O2固体一定能导电，含H2O2的水溶液一定能导电
D. H2O2可看作是一种二元弱酸，Na2O2可看作是H2O2对应的盐
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2O2和H2O2中氧元素的化合价都是-1价，介于0价和-2价之间，因此既体现氧化性，也体现还原性，A错误；
B．Na2O2是离子化合物，Na+与之间以离子键结合，在阴离子中2个O原子之间以非极性共价键结合，故其中含非极性键和离子键；而H2O2是共价化合物，含有极性键和非极性键，B错误；
C．Na2O2固体中含有的离子不能自由移动，所以不能导电；H2O2是二元弱酸，能够在水中微弱电离，因此含H2O2的水溶液能导电，C错误；
D．H2O2可看作是一种二元弱酸，则Na2O2可看作是H2O2与碱NaOH反应产生的盐，D正确；
故合理选项D。
16. “盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为。下列关于该电池的说法中，错误的是
A. 镁片作为负极
B. 食盐水作为电解质溶液，且向炭电极移动
C. 电池工作时镁片逐渐被消耗
D. 电池工作时实现了化学能向电能的转化
【答案】B
【解析】
【分析】电池以镁片、活性炭为电极，因为镁片更活泼，则为原电池的负极，活性炭为正极，据此分析作答。
【详解】A．根据原电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价，所以Mg失电子作负极，A项正确；
B．该原电池中，电解质溶液是食盐水，阴离子向负极移动，即向Mg电极移动，B项错误；
C．Mg作负极，电极反应式为Mg−2e−=Mg2+，所以电池工作时镁片逐渐被消耗，C项正确；
D．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，D项正确；
答案选B。
二、非选择题(共52分)
17. 在生活中，需要对化学反应的速率和化学反应的限度进行研究，以便控制化学反应。
Ⅰ.某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。按照如下方案完成实验。
项目
反应物
催化剂
温度
①
10mL10%H2O2溶液
无
25℃
②
10mL20%H2O2溶液
无
25℃
③
10mL20%H2O2溶液
无
40℃
④
10mL20%H2O2溶液
1~2滴0.1mol•L-1FeCl3溶液
40℃
通过实验得到氧气的体积与时间的关系如图甲所示，回答下列问题：
(1)代表实验①的曲线是__。
(2)对比实验③和④的目的是_。
(3)通过上面对比实验，所得的实验结论是__。

Ⅱ.一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中充入1molN2和3molH2，一定条件下发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，测得其中N2的物质的量随时间变化如图乙所示。回答下列问题：
(4)从开始反应到t2时刻，氨的平均反应速率为__。
【答案】 ①. Ⅳ ②. 研究催化剂对反应速率的影响 ③. 其他条件不变，增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂，化学反应速率均加快 ④. mol•L-1•min-1
【解析】
【分析】Ⅰ.根据影响反应速率的因素分析；
Ⅱ.根据 计算反应速率，不同物质表示的反应速率比等于系数比。
【详解】Ⅰ.(1)温度越高，反应速率越快；使用催化剂，反应速率加快；反应物浓度越大，反应速率越快。实验①中双氧水浓度最小，没有使用催化剂，温度最低，则在实验①~④中反应速率最小，图中曲线斜率越大，反应速率越快，则代表实验①的为曲线Ⅳ。
(2)根据表中数据可知，实验③④中反应物浓度、反应温度相同，而实验④使用了催化剂，所以对比实验③和④的目的是研究催化剂对反应速率的影响。
(3)根据实验①②可知，增加反应物浓度，反应速率加快；根据实验②③可知，升高反应温度，反应速率加快；根据实验③④可知，使用催化剂，反应速率加快，所以通过上面对比实验，所得的实验结论是其他条件不变，增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂，化学反应速率均加快。
Ⅱ.(4)根据图乙可知，时刻氮气的物质的量为0.50，氮气的浓度变化量为，从开始反应到时刻，氮气的平均反应速率，根据合成氨的反应可知，氨的平均反应速率为。
【点睛】本题考查影响反应速率的因素、反应速率计算，明确反应速率的定义是解题关键，掌握影响反应速率的因素，利用“控制变量法”研究影响反应速率的因素。
18. 减少交通事故除遵守交通法规正确驾驶外，安全措施也极为重要。汽车的安全气嚢内一般充入的是叠氮化钠(NaN3)、硝酸铵(NH4NO3)、硝酸钾(KNO3)等物质。当汽车在高速行驶中受到猛烈撞击时，这些物质会迅速发生分解或发生反应，产生大量气体，充满气囊，从而保护驾驶员和乘客的安全。请回答下列问题：
（1）下列判断正确的是_______。
A. 道路起雾与H2O分子的化学键断裂有关
B. NH4NO3、KNO3中均含有离子键和共价键
C. NaN3不会和酸性高锰酸钾或次氯酸钠溶液反应
D. NaN3、NH4NO3固体在储存和使用时都必须格外小心，以免发生爆炸
（2）汽车的安全气囊内叠氮化钠爆炸过程中的能量变化如图所示：

①叠氮化钠的爆炸反应属于_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②若爆炸过程中有30mol非极性键生成(一个共用电子对为一个化学键)，则反应的能量变化为_______kJ(用含a、b的代数式表示)，消耗叠氮化钠的质量为_______g。
（3）若安全气囊内充的是叠氮酸钠和硝酸钾，撞击时发生的反应是10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑。当该反应的氧化产物比还原产物多1.4mol时，转移电子的物质的量是_______mol；同时气囊内还必须充入一定量的SiO2粉末，其在安全气囊内所起的作用可能是_______。
【答案】（1）BD （2） ①. 放热反应 ②. 2.5(a-b)或2.5(b-a) ③. 487.5
（3） ①. 1 ②. SiO2与产物K2O、Na2O反应生成无腐蚀性的硅酸盐，可减少对人体的伤害
【解析】
【小问1详解】
A．道路起雾是水变为水蒸气，水分子间距离发生变化， H2O分子没变，化学键没有断裂，故A错误；
B．NH4NO3、KNO3都是离子化合物，均含有离子键和共价键，故B正确；
C．NaN3能被酸性高锰酸钾或次氯酸钠氧化为氮气，故C错误；
D．NaN3、NH4NO3受撞击发生爆炸，固体在储存和使用时都必须格外小心，以免发生爆炸，故D正确；
选BD；
【小问2详解】
①根据图示，叠氮化钠爆炸，生成物的能量降低，反应属于放热反应；
②根据图示，3molNaN3反应生成1molNa3N和4molN2，放出(a-b)KJ能量，氮分子中有3个非极性共价键，若爆炸过程中有30mol非极性键生成(一个共用电子对为一个化学键)，说明生成10mol氮气，则反应的能量变化为2.5(a-b)kJ；生成10mol氮气，消耗7.5mol叠氮化钠，质量为7.5mol×65g/mol=487.5g；
【小问3详解】
10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑，NaN3中N元素化合价升高，发生氧化反应,氧化产物是N2，KNO3中N元素化合价降低，还原产物是N2，当有10molNaN3参加反应时，氧化产物为15molN2、还原产物有1molN2，氧化产物比还原产物多14mol，该反应的氧化产物比还原产物多1.4mol时，有1mol NaN3反应，转移电子的物质的量是1mol；同时气囊内还必须充入一定量的SiO2粉末，SiO2与产物K2O、Na2O反应生成无腐蚀性的硅酸盐，可减少对人体的伤害。
19. 为测定某烃A的分子组成和结构，对这种烃进行以下实验：
①取一定量的该烃，使其充分燃烧后的气体通过装有CaCl2干燥管，干燥管增重7.2g；再通过石灰水，石灰水增重17.6g。
②经测定，该烃(气体)在标准状况下的密度为1.25g·L-1。
现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示。

（1）E是常见的高分子材料，写出E的结构简式___________；合成E的反应类型___________；
（2）B中官能团的名称是___________，B可通过加入强氧化剂为___________(任填一种)一步直接氧化为D．
（3）写出A→B化学方程式：___________
（4）0.1mol该烃A能与___________g溴发生加成反应；加成产物需___________mol溴蒸气完全取代。
（5）某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。
①写出乙酸乙酯制备原理方程式：___________。
②实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是___________。
③上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是___________。
【答案】（1） ①. ②. 加聚反应
（2） ①. 羟基 ②. 酸性高锰酸钾溶液或者酸性重铬酸钾溶液
（3）CH2=CH2+H2O→C2H5OH
（4） ①. 16 ②. 0.4
（5） ①. ②. 防倒吸 ③. 中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出
【解析】
【分析】由题干信息可知，A的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L/mol=28g/mol，取一定量的该烃，使其充分燃烧后的气体通过装有CaCl2干燥管，干燥管增重7.2g，则水的质量为为7.2g，n(H)=7.2g÷18g/mol×2=0.8mol，再通过石灰水，石灰水增重17.6g，说明二氧化碳的质量为17.6g，n(C)=17.6g÷44g/mol=0.4mol，则C原子与H原子的个数比为1：2，说明A为乙烯，A中含有碳碳双键，乙烯和水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇催化氧化生成C为乙醛，C继续氧化生成D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成E为聚乙烯；
【小问1详解】
E是常见的高分子材料，乙烯发生加聚反应生成E为聚乙烯，E的结构简式，反应类型是加聚反应；
【小问2详解】
B为乙醇CH3CH2OH，B中官能团的名称是羟基，乙醇与强氧化剂可一步直接转化为乙酸，强氧化剂为酸性高锰酸钾溶液或者酸性重铬酸钾溶液；
【小问3详解】
乙烯与水发生加成反应生成的B物质为乙醇，A→B化学方程式：CH2=CH2+H2O→C2H5OH；
【小问4详解】
由题干信息可知，A的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L/mol=28g/mol，取一定量的该烃，使其充分燃烧后的气体通过装有CaCl2干燥管，干燥管增重7.2g，则水的质量为为7.2g，n(H)=7.2g÷18g/mol×2=0.8mol，再通过石灰水，石灰水增重17.6g，说明二氧化碳的质量为17.6g，n(C)=17.6g÷44g/mol=0.4mol，则C原子与H原子的个数比为1：2，说明A为乙烯，A中含有碳碳双键，0.1mol乙烯能和0.1mol溴发生加成反应，0.1mol溴的质量为16g，1，2二溴乙烷能和溴发生取代反应，且H原子和溴分子的物质的量之比为1：1，0.1mol的1，2二溴乙烷中含有0.4molH原子，所以需要0.4mol溴与其发生完全取代反应，故答案为16，0.4；
【小问5详解】
①实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体为乙酸乙酯，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯制备原理方程式：；
②实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是防止倒吸；
③饱和碳酸钠溶液能与未反应的乙酸反应，溶解挥发出的乙醇，且乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度最小，从而促进乙酸乙酯析出，故答案为中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出。
20. (1)根据要求回答下列问题：
a．l6O和l8O b．H2O和H2O2 c．C2H6和C4H10 d．和 e．和
以上各组物质中互为同位素的是 ______；互为同系物的是_______；互为同分异构体的是_______，属于同种物质的是_____。(以上填序号)
(2)表是元素周期表一部分，请用化学用语回答下列问题 。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2



⑤

⑦
⑧

3
①
③
④
⑩

⑥
⑨

4
②







i．在元素①②③中，金属性最强的元素是_________________；
ii．上述10种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的物质是______；
iii．请写出元素⑤⑦形成的非极性化合物的电子式：____________；
iv．非金属性最强的元素是________；它在元素周期表中的位置为________。
(3)将等质量的锌片和铜片用导线连接并插入CuSO4溶液中，装置如图所示。
①该装置中锌电极发生______________反应。
②反应一段时间内溶液的质量增加2克，则该时间内通过导线的电子的物质的量为_______ mol。

【答案】 ①. a ②. c ③. d ④. e ⑤. K ⑥. HClO4 ⑦. ⑧. F ⑨. 第二周期第ⅦA族 ⑩. 氧化 ⑪. 4
【解析】
【详解】(1)质子数相同中子数不同的同一种元素形成的不同核素互为同位素，则以上各组物质中互为同位素的是l6O和l8O，答案选a；结构相似分子相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，C2H6和C4H10均属于烷烃，则互为同系物的是C2H6和C4H10，答案选c；分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，互为同分异构体的是C(CH3)4和(CH3)2CHCH2CH3，答案选d；结构和性质完全相同的是同种物质，则属于同种物质的是 和，答案选e；
(2)根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑩分别是Na、K、Mg、Al、C、S、O、F、Cl、Si，则
i．同主族从上到下金属性逐渐增强，同周期从左到右金属性逐渐减弱，则在元素①②③中，金属性最强的元素是K；
ii．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则上述10种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的物质是高氯酸，化学式为HClO4；
iii．元素⑤⑦形成的非极性化合物是CO2，电子式为；
iv．同主族从上到下非金属性逐渐增弱，同周期从左到右非金属性逐渐减强，则非金属性最强的元素是F，在元素周期表中的位置为第二周期第ⅦA族；
(3)①金属性Zn强于Cu，则该装置中锌电极是负极，发生氧化反应；
②反应的总方程式为Zn+Cu2＋=Cu+Zn2＋，根据方程式可知每消耗1mol锌，溶液质量增加65g－64g=1g，反应一段时间内溶液的质量增加2克，则该时间内消耗2mol锌，所以通过导线的电子的物质的量为2×2mol=4mol。