【文档说明】浙江省衢州市2019-2020学年高一下学期期末教学质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.058 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省衢州市2019-2020学年高一下学期期末教学质量检测化学试题考生须知:1.全卷分试卷和答题卷。考试结束后，将答题卷上交。2.试卷共8页，有二大题，30小题。满分100分，考试时间90分钟。3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上

无效。可能用到的相对原子质量:H-1C-120-16Cu-64Fe-56S-32Ca-40一、选择题（共25小题，共50分。每小题有1个符合题意的选项，多选、不选均不给分）1.氯气的分子式是A.O2B.Cl2C.N2D.H2O【答案】B【解析】【详解】A．O2是氧气的分子式，故不选A；B．Cl2是

氯气的分子式，故选B；C．N2是氮气的分子式，故不选C；D．H2O是水的分子式，故不选D；选B。2.用于新冠肺炎疫情环境消毒用的“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠（NaClO），按物质的组成和性质进行分类，次氯酸钠属

于A.氧化物B.酸C.碱D.盐【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸钠由钠、氯、氧3种元素组成，不属于氧化物，故不选A；B．次氯酸钠电离出的阳离子不是氢离子，次氯酸钠不属于酸，故不选B；C．次氯酸钠电离出的阴离子不是氢氧根离子，次氯酸钠不属于碱，故不选C；D．次氯酸钠

电离出钠离子和次氯酸根离子，次氯酸钠属于盐，故选D；选D。3.下列仪器名称为分液漏斗的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．是分液漏斗，故选A；B．是试管，故不选B；C．是容量瓶，故不选C；D．是直形冷凝管，故不选D；答案选A。4.下列物质中，不能与金属钠反应的是A.氧气B.水C.盐

酸D.煤油【答案】D【解析】【详解】A．金属钠与氧气反应，常温下生成Na2O，加热情况下生成Na2O2，A不合题意；B．金属钠与水反应生成NaOH和H2，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，B不合题意；C．金属钠与盐酸反应生成

NaCl和H2，反应方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，C不合题意；D．金属钠与煤油不反应且密度比煤油大，故通常金属钠保存在煤油中，D符合题意；答案为D。5.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是A.氯化钠溶液B.硫酸铜溶液C

.氢氧化铁胶体D.蔗糖溶液【答案】C【解析】【分析】胶体能产生“丁达尔效应”，溶液不能产生“丁达尔效应”。【详解】A．氯化钠溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，故不选A；B．硫酸铜溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，故不选B；C．氢氧化铁胶体属于胶体，能

产生“丁达尔效应”，故选C；D．蔗糖溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，故不选D；选C。6.反应Cu+2H2SO4（浓）加热CuSO4+SO2↑+2H2O中，氧化剂是A.CuB.浓H2SO4C.CuSO4D.SO2【答案】B【解析】【详解】A．分析反应方程式可知，Cu的化合价由

0价变为+2价，化合价升高被氧化，为还原剂，A不合题意；B．浓H2SO4中的硫在反应中由+6价变为SO2中的+4价，化合价降低被还原，为氧化剂，B符合题意；C．分析反应方程式可知，CuSO4中的铜由0价变

为+2价的产物，故CuSO4为氧化产物，C不合题意；D．SO2是产物，是被还原得到的产物，故为还原产物，D不合题意；故答案为：B。7.下列属于弱电解质的是A.酒精B.醋酸C.铝D.硫酸钡【答案】B【解析】【详解】A．酒精的水溶液和液态时均不导电，属于化合物，故属于非电解质，A不合题意；B．醋酸是弱

酸，在水溶液中发生部分电离CH3COOHCH3COO-+H+，故醋酸属于弱电解质，B符合题意；C．铝是单质，既不是电解质又不是非电解质，C不合题意；D．硫酸钡属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，D不合题意；答案为B。8.下列表示不正确的是A.CH4的比例

模型B.CO2的电子式C.乙醇的官能团-OHD.Cl-的结构示意图【答案】B【解析】【详解】A．由于C原子半径比H原子半径大，且甲烷是正四面体形，故CH4的比例模型为，A正确；B．C原子最外层只有4个电子，故CO2的电子式应该为：，B错误；C．乙醇的官能团是羟基，其结构简式为-

OH，C正确；D．氯是17号元素，故质子数为17，Cl-核外有18个电子，故Cl-的结构示意图，D正确；答案为B。9.下列说法不正确的是A.2H和3H互为同位素B.O2和O3互为同素异形体C.CH3CH2OH和CH3OCH3互

为同分异构体D.C2H2和C6H6互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．2H和3H是具有相同的质子数及不同的中子数的两原子，故互为同位素，A正确；B．O2和O3是由同一元素O形成的性质不同的两种单质，故互为同素异形体，B正确；C．CH3CH2OH和CH3OCH

3两者具有相同的分子式C2H6O，但结构不同，故互为同分异构体，C正确；D．C2H2和C6H6分子结构不相似，组成上也不是相差-CH2-原子团的整数倍，故二者不互为同系物，D错误；答案为D。10.下列说法正确的是A.工业上常用电解NaCl溶液制备金属钠B.在医疗上碳

酸钠是治疗胃酸过多的一种药剂C.过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁D.金属镁燃烧时发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火【答案】D【解析】【详解】A．工业上常用电解熔融的NaCl来制备金属钠，而不是NaCl溶液，电解氯化钠溶液得不到金属钠，反应方程式为

：2NaCl+2H2O电解2NaOH+Cl2↑+H2↑，A错误；B．Na2CO3的碱性比NaHCO3的强，对胃部的刺激较大，因此在医疗上用碳酸氢钠而非碳酸钠治疗胃酸过多，B错误；C．由于氯气的强氧化性，铁在氯气中燃烧只能生成氯化

铁，过量的铁只有在溶液中能与FeCl3反应生成FeCl2，C错误；D．金属镁燃烧时发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火，D正确；答案为：D。11.有A、B、C、D四种短周期元素，其在周期表中位置如图所示，A2+与C原子

的电子数相差2。下列推断不正确的是……..CAB……..DA.A和D组成的化合物是弱电解质且水溶液呈酸性B.与A同周期且与C同主族的E元素，其最高价氧化物对应水化物在某些化学反应中可作催化剂C.离子半径:C>A>B.D.D的最高价氧化物对应水化物为强酸【答案】A

【解析】【分析】A能形成A2+，A是Mg；A2+与C原子的电子数相差2，C有8个电子，C是O元素；根据元素在周期表中的相对位置，B是Al元素；D是Cl元素。【详解】A．Mg和Cl组成的化合物MgCl2是强电解质，其水溶液呈酸性，故A错误；B．与Mg同周期且与O同主族的

元素是S，S最高价氧化物对应水化物是硫酸，硫酸在某些化学反应中可作催化剂，如酯化反应用浓硫酸作催化剂，故B正确；C．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径:O2->Mg2+>Al3+，故C正确；D．Cl的最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4为强酸，故D正确；答案选A。12.下列

方程式不正确的是A.次氯酸的电离方程式:HClOH++ClO-B.盐酸与小苏打溶液反应的离子方程式:H++HCO-3=CO2↑+H2OC.工业制备粗硅的化学方程式:SiO2+C高温Si+CO2↑D.苯和浓硝酸反应的化学方程式:+

HO-NO260C⎯⎯⎯→。浓硫酸+H2O【答案】C【解析】【详解】A．由于次氯酸是弱酸，弱电解质，电离时需用可逆符号，故次氯酸的电离方程式：HClOH++ClO-，A正确；B．由于NaHCO3电离出Na+和HCO-3，故盐酸与小苏打

溶液反应的离子方程式：H++HCO-3=CO2↑+H2O，B正确；C．工业制备粗硅的化学方程式：SiO2+2C高温Si+2CO↑，C错误；D．苯和浓硝酸反应的化学方程式：+HO-NO260C⎯⎯⎯→。浓硫酸+H2O，D正确；故答案

为：C。13.下列实验操作或方法中，合理的是A.用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯火焰上灼烧，直接观察火焰颜色，检验K+的存在B.用玻璃棒蘸取Na2CO3溶液，滴在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHC.浓硫酸不慎沾到皮肤上，立即用大量的NaOH溶液冲洗D.试管可用酒精灯直接

加热，也可用水浴加热【答案】D【解析】【详解】A．用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯火焰上灼烧，观察钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，不能直接观察火焰颜色，A不合理；B．用pH试纸测量Na2CO3溶液的pH值时，不能滴在湿润的pH试纸上，B不合理；C

．浓硫酸不慎沾到皮肤上，因为NaOH溶液碱性太强会腐蚀皮肤，应立即用大量的清水冲洗再涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，C不合理；D．由于试管的接触面积比较小，故可用酒精灯直接加热，也可用水浴加热，D合理；故答案为：D。14.下列说法正确的是A.汽油、煤油、柴油均可来自于石油的分馏B.煤的液化与气化

都是物理变化C.乙烯和苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.乙炔和苯均能使溴水褪色且原理相同【答案】A【解析】【详解】A．石油分馏可得到汽油、煤油、柴油等产品，故A正确；B．煤的液化与气化都有新物质生成，都是化学变化，故B错误；C．苯分子中不含碳碳双键，苯不

能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．乙炔和溴水发生加成反应，苯萃取溴水中的溴，溴水褪色原理不同，故D错误；选A。15.有机物与我们的生产生活密切相关，下列说法不正确的是A.葡萄糖可以发生氧化反应、银镜反应和水解反应B.工业上利用油脂在碱性条件

下的水解反应制取肥皂C.食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯D.在一定条件下，蛋白质水解的最终产物是氨基酸【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖是单糖，葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；B．油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸钠和甘油，工业上利用油脂

在碱性条件下的水解反应制取肥皂，故B正确；C．食用植物油属于油脂，主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，故C正确；D．蛋白质能水解，在一定条件下，天然蛋白质水解的最终产物是α-氨基酸，故D正确；答案选A。16.为了研究碳酸钙与稀盐酸反应的

反应速率，某同学通过实验测定反应中生成的CO2气体体积随反应时间变化的情况（0~t1、t1~t2、t2~t3各时间段相同），绘制出如图所示的曲线。下列说法不正确的是A.反应速率最大的是0~t1段，生成气体最多的是t3~t4段B.t1~t2段曲线变化的可能是盐酸与大理石

反应放热导致的C.t2~t3时间段里影响反应速率的主要外界因素是浓度D.为了减缓反应速率可向盐酸中加入NaCl溶液【答案】A【解析】【详解】A．据图可知，反应速率最大的是t1~t2段，生成气体最多的是t1~t

2段，故A错误；B．温度升高，反应速率加快，t1~t2段曲线变化的可能是盐酸与大理石反应放热导致的，故B正确；C．t2~t3时间段里，盐酸的浓度降低，反应速率减慢，影响反应速率的主要外界因素是浓度，故C正确；D．向盐酸中加入NaCl溶液，盐酸的浓度降低，反应速率减慢，故D正

确；答案选A。17.如图为某种甲醇燃料电池示意图。下列判断正确的是A.电极A反应式:CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+B.B电极为负极C.B电极附近溶液pH增大D.电池工作时，溶液中电子由电极B流向电极A【答案】C【解析】【分析】根据图示，电子由电极A经导线流入电极B，故A是负

极、B是正极。【详解】A．电极A是负极，电极反应式是CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故A错误；B．电子由电极A经导线流入电极B，故A是负极、B是正极，故B错误；C．B是正极，B电极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-，B附近溶液pH增大，故C正确；

D．电池工作时，溶液中无电子流动，故D错误；选C。18.下列说法不正确的是A.室温下测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液pH=3.0，则HA一定为弱电解质B.室温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=11.0.C

.室温下NaClO溶液中有：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（ClO-）D.室温下0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0【答案】D【解析】【详解】A．若HA是强电解

质，则室温下测得0.1mol·L-1的一元酸HA溶液PH=1.0，现在为pH=3.0，说明HA只有1%发生了电离，故HA一定为弱电解质，A正确；B．室温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)为0.1mol·L-1，加水稀释100倍后，c(OH-

)变为0.001mol·L-1，故c(H+)为10-11mol·L-1，故所得溶液的pH=11.0，B正确；C．室温下NaClO溶液中只存在H+、Na+、OH-、ClO-四种离子，根据电荷守恒有：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c

（ClO-），C正确；D．室温下0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaA，若HA为强酸，则所得溶液pH等于7.0，若HA为弱酸，则由于水解溶液显碱性pH大于7.0，故所得溶液PH不一定等于7.0，D错误；故答案为：

D。19.下列说法正确的是A.碘晶体受热变成蒸汽，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力B.金刚石、富勒烯、干冰都是由共价键形成的原子晶体C.HCl溶于水后，化学键被破坏，形成水合离子D.CH4、PCl3分子中各原子均

达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．碘晶体是分子晶体，故受热变成蒸汽，吸收的热量用于克服碘分子间的分子间作用力，Ａ错误；B．金刚石属于由共价键形成的原子晶体，而富勒烯、干冰都是由共价键形成的分子晶体，Ｂ错误；C．HC1溶于水后发生电

离HCl=H++Cl-，故共价键被破坏，接着形成水合氢离子，C正确；D．CH4中的H原子周围只有2个电子，CH4中的C原子和PCl3分子中P和Cl原子均达到8电子稳定结构，D错误；答案为C。20.已知拆开1mol氢气中的化学键需要消耗436kJ能量，拆

开1mol氧气中的化学键需要消耗498kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法不正确的是A.①、②的数值分别为1370、1852B.拆开H2O（g）中的1molH-O键吸收463kJ的能量C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g

)△H=-482kJ·mol-1D.已知H2O(1)=H2O(g)△H>0,说明lmolH2O(1)的能量比1molH2O(g)高【答案】D【解析】【详解】A．①的数值为2E(H-H)+E(O=O)=2×436+498=13

70，②的数值为数值①+482=1370+482=1852，A正确；B．根据反应热的计算可知：(H-H)(O=O)(H-O)(H-O)24=2436+498-4=-482kJ/molHEEEE=+−，可解得：(H-O)=463kJ/molE，故拆开H2O(g)

中的1molH-O键吸收463kJ的能量，B正确；C．从图中可以直接得出，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-482kJ·mol-1，C正确；D．已知H2O(1)=H2O(g)△H>0，说明该转化是吸热过程，故lmolH2O(1)的能量比1molH2O(g)低，D错误

；故答案为：D。21.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.1mol重水（D2O）分子中含有的中子数为NAB.10g质量分数为46%的C2H5OH水溶液中含有的氧原子数目为0.1NAC.标准状况下，2.

24L已烷中含有的共价键数目为1.9NAD.过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子数目为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A．1个D2O分子含有10个中子，0.1mol重水（D2O）分子中含有的中子数为0.1mol×10×NA=NA，故A正确；B．

10g质量分数为46%的C2H5OH水溶液中含有的氧原子数目为AA10g46%10g10g46%1146g/mol18g/molNN−+=0.4NA，故B错误；C．标准状况下已烷是液体，2.24L已烷的

物质的量不是0.1mol，故C错误；D．过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，氧元素化合价由-1升高为0，转移电子数目为0.2NA，故D错误；选A。22.已知X(g)+3Y(g)2W(g)+M(s)

△H=-akJ·mol-1（a>0）,一定温度下，在容积为1L密闭容器中，加入1molX(g)与1molY(g)，2s后Y的物质的量浓度为0.4mol·L-1，下列说法正确的是A.X体积分数保持不变，说明反应已经达到

平衡状态B.若减小Y的浓度，则正反应速率减小，逆反应速率增大C.0~2s，W的平均反应速率为0.2mol·L-1·s-1D.反应达到平衡状态时，W与M的物质的量浓度比为2:1【答案】C【解析】【详解】A．根据反应式进行三段式计算，()()()()110x3x2x1-

x1-3xXg+3Yg2Wg+Ms2x起始量转化量平衡量，X体积分数为：1-x1=1-x+1-3x+2x2是个定值，说明与x无关，说明X的体积分数一直没有变化，故X的体积分数保持不变，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；B．若减小Y的浓度，即减小反应物的浓度则正反应速

率突然减小，逆反应速率逐渐减小，B错误；C．0~2s，Y的平均反应速率为：-1-1-1-1Y1.0mol?L-0.4mol?L==0.3mol?L?s2sct=（），再根据反应速率之比等于其化学计量系数比，故W的平均反应速率为0.2mol·L-1·

s-1，C正确；D．由于M是固体，其物质的量浓度取决于其密度，且固定不变，而W的浓度随时间改变而改变直至反应达到平衡状态，故W与M的物质的量浓度比无法计算，D错误；答案为C。23.下列有关实验装置（夹持和尾气处理装置已

省略）进行的相应实验，不能达到实验目的的是A.若将甲中上层清液倒入水中，观察到溶液呈蓝色，说明有CuSO4生成B.图乙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有漂白性C.图丙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有还原性D.图

丁装置中产生淡黄色沉淀，说明SO2或H2SO3具有氧化性【答案】B【解析】【详解】A．甲中含有浓硫酸和铜在加热的条件下发生反应，将甲中上层清液倒入水中，观察到溶液呈蓝色，说明溶液中存在Cu2+，有CuSO4生成，故A正

确；B．SO2能被高锰酸钾氧化，图乙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有还原性，故B错误；C．SO2能被Fe3+氧化，图丙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有还原性，故C正确；D．H2S与SO2反应生成S单质，图丁装置中产生淡黄色沉淀

，说明SO2或H2SO3具有氧化性，故D正确；选B。24.有3.2gCuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少了0.72g，反应后全部气体用50mL0.7mol·L-1Ba(OH)2溶液吸收。下列有关叙述中正确的是A.反应中生

成的CO2体积为1.008LB.吸收CO2后的溶液中一定不含Ba(HCO3)2C.原混合物中CuO与Fe2O3质量比为3:1D.若将质量相同的混合物加过量硫酸溶解后，再加入100mLNaOH溶液时沉淀达最大量，由此可求得c(NaOH)=0.75mol·L-1【答案】

C【解析】【详解】A．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，CO分子获得1个O原子形成CO2分子，故20.72gCOO==0.045mol16g/molmnnM==（）（），故标况下二氧化碳的体积=0.045m

ol×22.4L/mol=1.008L，但题干未告知是在标准状况下，二氧化碳的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，A错误；B．n[Ba(OH)2]=0.7mol/L×0.05L=0.035mol，故n(CO2)：n[Ba(OH

)2]=0.045mol：0.035mol=9：7，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡，B错误；C．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量

为0.045mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和列方程为：80x+160y=3.2g①，根据氧原子的物质的量之和列方程为x+3y=0.045mol②，联合解①②方程组

可得x=0.03moly=0.005mol，故m(CuO)=0.03mol×80g/mol=2.4g，m(Fe2O3)=0.005mol×160g/mol=0.80g，故二者质量比为3：1，C正确；D．由于硫酸过量，不能确定NaOH的物质的量，不能确定氢氧化钠的物质的量

浓度，D错误；故答案为：C。25.某固体粉末X中可能含有K2SO4、（NH4）2CO3、NaNO3、K2SO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中几种。为确定其组成，某同学进行如下实验:已知:Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O根据实验过程及现象，下列说法正确的是A.无色气体A可用

湿润的蓝色石蕊试纸检验B.固体X中一定含有（NH4）2CO3、K2SO3、FeOC.无色气体E一定含有CO2,一定不含SO2.D.固体X中可能含有Cu2O、Fe2O3【答案】D【解析】【分析】固体加入NaOH生成气体，则应为NH3，即A为NH3，则一定含有(NH4)2CO3

，沉淀C加入盐酸后的溶液G中加入KSCN不显红色，说明溶液中不存在Fe3+，可能有两种情况，一是只含有FeO，或Fe2O3和Cu2O都含有，Cu2O与盐酸生成的Cu与Fe3+发生氧化还原反应而全部溶解，溶液B加入足量稀盐酸生成无色气体

E，说明一定含有二氧化碳，也可能还含有是SO2，则可能含有K2SO3，还可能含有与NaNO3发生氧化还原反应生成的NO，且K2SO3被氧化，故最终不能确定否一定含有K2SO4，以此解答该题。【详解】A．根据

分析可知无色气体A为NH3，检验NH3应该用湿润的红色石蕊试纸检验，A错误；B．根据分析可知，固体X中一定含有（NH4）2CO3，可能含有K2SO3、FeO，B错误；C．根据分析，固体X中一定含有（NH4）

2CO3，故无色气体E一定含有CO2,但不一定含SO2，C错误；D．根据分析可以得出，固体X中可能含有Cu2O、Fe2O3，D正确；故答案为：D。二、非选择题（共5小题，共50分。）26.按要求作答。（1）①写出MgO的名称________________;②写出乙炔的结构式____

__。（2）写出NaHCO3受热分解的化学方程式______________。（3）写出Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式_____________。（4）海带中提取碘的过程中，将I-氧化生成I2时，若加入过量的氯水，则C

l2将I2氧化生成HIO3，同时还有一种强酸生成，写出该反应的化学方程____________。【答案】(1).氧化镁(2).H-C≡C-H(3).2NaHCO3加热Na2CO3+CO2↑+H2O(4).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(5).5Cl2+I2+6H2O=2HIO3

+10HCl【解析】【详解】(1)①MgO的名称是氧化镁；②乙炔的分子式是C2H2，结构式H-C≡C-H；(2)NaHCO3受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式2NaHCO3加热Na2CO3+CO2↑+H2O；(3)Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程

式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)Cl2将I2氧化生成HIO3，根据氧化还原反应规律，同时还有盐酸生成，根据得失电子守恒配平反应的化学方程为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl。27.以淀粉为原料，经过一系列反应可以制得酯F（

C5H8O4）。B结构中有甲基，1molB可以与2molNa和1molNaOH反应。请回答：（1）E中官能团名称是________。（2）C→D的反应类型是___________。（3）D→E的化学反应方程式是_____________。（4）F的结构简

式是____________。（5）下列说法不正确的是__________。A由A生成C时可以产生一种无色无味气体B可以用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别C、D、E（必要时可以加热）C相同物质的量的B、D耗氧量相同D1molF与足量钠反应，消耗钠2mol（6）检验淀粉在酸性条件下水解

产物A（C6H12O6）的操作是_______________。【答案】(1).羧基(2).氧化反应(3).2CH3CHO+O2→催化剂2CH3COOH(4).CH3COOCH(CH3)COOH(5).CD(6).取少量水解液于试管中，

加NaOH溶液中和，然后加入含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热，岀现砖红色沉淀，则有葡萄糖生成【解析】【分析】淀粉水解为葡萄糖，A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇(C)，乙醇氧化为乙醛(D)、乙醛氧化为乙酸(E)；葡萄糖在一定条件下生成乳酸(B)，乳酸和乙酸发生酯化反应生成酯(F)。

【详解】(1)E是乙酸，结构简式是CH3COOH，中官能团名称是羧基；(2)C是乙醇，乙醇在铜作催化剂的条件下氧化为乙醛，反应类型是氧化反应；(3)D是乙醛，乙醛在催化剂作用下被氧气氧化为乙酸，化学反应方程式是2CH3CHO+O2⎯⎯⎯→催化剂2CH3C

OOH；(4)乳酸和乙酸发生酯化反应生成酯F，F的结构简式是CH3COOCH(CH3)COOH；(5)A．葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，故A正确；B．乙醇和Cu(OH)2悬浊液不反应，乙醛和Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，乙酸和

新制Cu(OH)2悬浊液反应生成蓝色醋酸铜溶液，故B正确；C．1mol乙醛燃烧消耗2.5mol氧气，1molC3H6O3燃烧消耗3mol氧气，故C错误；D．羧基和钠反应，F的结构简式是CH3COOCH(CH3)COOH，1molF与足

量钠反应，消耗钠1mol，故D错误；选CD；(6)淀粉在酸性条件下水解产物中含有硫酸，醛基和Cu(OH)2悬浊液反应需要碱性环境，检验淀粉在酸性条件下水解产物A（C6H12O6）的操作是，取少量水解液于试管中，加NaOH溶液中和，然后

加入含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热，岀现砖红色沉淀，则有葡萄糖生成。【点睛】本题考查有机推断，明确官能团的转化是解题的关键，注意在碱性条件下用Cu(OH)2悬浊液检验醛基，掌握酯化反应的原理是酸脱

“羟基”、醇脱“氢”。28.无机盐X(仅含两种元素)可通过单质甲与Ca(OH)2浊夜共热的方法来制备，某同学为探究X的组成和性质，设计了如下实验（流程图中部分产物已略去）。已知：气体乙在标况下的密度为1.52g·L-1，气

体丙无色、有刺激性气味，能使品红溶液褪色。（1）X的化学式为____，乙的电子式为________（2）X与足量盐酸反应的化学方程式为___________（3）在澄清石灰水中通入过量气体丙反应的离子方程式为____________【答案】(1).CaS4(2)

.(3).CaS4+2HCl=CaCl2+3S↓+H2S↑(4).SO2+OH-=HSO-3【解析】【分析】气体乙在标准状况下的密度为1.52g•L-1，则Mr（乙）=22.4×1.52=34，乙在O2中燃烧得到无色、有刺激性气味的气体丙，丙可用于漂白纸浆等物质，可推知乙为H2S

、丙为SO2。无机盐X(仅含有两种元素)可以通过单质甲与Ca(OH)2浊液共热的方法来制备，由元素守恒可知X中含有两种元素为Ca、S，可知单质甲为S，硫化氢物质的为：2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，故16.8gX含有S原子为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，则16.8gX

中含有Ca原子为：（16.8g-0.4mol×32g•mol-1）÷40g•mol-1=0.1mol，故X中Ca、S原子物质的量之比为0.1mol：0.4mol=1：4，则X的化学式为CaS4。【详解】（1）由分析可知，X的化学

式为CaS4，乙为H2S，Z的电子式为，故答案为：CaS4；；（2）CaS4与足量盐酸反应生成CaCl2、S、H2S，且S、H2S的物质的量之比为3：1，反应的化学方程式为：CaS4+2HCl=CaCl2+3S+H2S↑，故答案为：CaS4+2HCl

=CaCl2+3S+H2S↑；（3）丙为SO2，过量的SO2与石灰水反应生成亚硫酸氢钙，反应的离子方程式为：SO2+OH-=HSO3-，故答案为：SO2+OH-=HSO3-。【点睛】：29.实验室制乙酸乙酯的主要装置如图中A所示，主要步骤：①在a试管中按2：3：2的体积比

配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合物；②按A图连接装置，使产生的蒸气经导管通到b试管所盛的饱和碳酸钠溶液（加入几滴酚酞试液）中；③小火加热a试管中的混合液：④等b试管中收集到约2mL产物时停止加热。撤下b试管并用力

振荡，然后静置待其中液体分层；⑤分离出纯净的乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）步骤④中可观察到b试管中有细小的气泡冒出，写出该反应的离子方程式：_______（2）A装置中使用球形管除起到冷凝作用外，另一重要作用______;步骤⑤中分离乙酸乙酯必须使用的一种仪器

是____。（3）为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图A所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min,再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管b再测有机层的厚度，实验记录如下:实验编号试管a中试剂试管b中试剂测得有机层的厚度/c

mA3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18molL-1浓硫酸饱和Na2CO3溶液5.0B3mL乙醇、2mL乙酸0.1C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3molL-1H2SO41.2D3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸1.2①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中

应加入6mL浓度为__mol·L-1盐酸。②分析对比实验_____（填实验编号）的数据，可推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。③为充分利用反应物，该同学又设计了图中甲、乙两个装置（利用乙装置时，待反应完毕冷却后，再用饱和碳酸钠溶液提取烧瓶中的产物）。

你认为更合理的是_______理由是:________【答案】(1).2CH3COOH+CO2-3=2CH3COO-+H2O+CO2↑(2).防止倒吸(3).分液漏斗(4).6(5).AC(6).乙(7).乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到

反应容器中，继续反应，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可。【解析】【分析】乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，分液得到乙酸乙酯。【详解】(1)步骤④中乙酸和碳酸钠反应放出二氧化碳气体，可观察到b试管中有细小的气泡冒出，该

反应的离子方程式是2CH3COOH+CO2-3=2CH3COO-+H2O+CO2↑；(2)A装置中使用球形管除起到冷凝作用外，另一重要作用防倒吸；步骤⑤中用分液法分离乙酸乙酯，必须使用的一种仪器是分液漏斗；(3)①根据控制变量法

，实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用，C、D实验中H+浓度应该相同，所以实验D中应加入6mL浓度为6mol·L-1盐酸；②实验A、C加入的硫酸浓度不同，所以分析对比实验A、C的数据，可推测出

浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；③乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可，所以更合理的是乙。【点睛】本题综合考查乙酸乙酯

的制备，明确反应原理、浓硫酸在反应中的主要作用是解题关键，注意饱和碳酸钠溶液在乙酸乙酯在制备实验中的作用。30.在120℃、1.01x105Pa时，将1L丙烷与若干升O2混合点燃充分燃烧后，恢复至原温度、压强，测得气体体积为aL,通过碱石灰后气体体积变为bL。（1）若a-b=7，则bL气体中一定

含有____。（2）若a-b=5，则混合前O2体积是______，点燃前混合气体的平均摩尔质量是_____。【答案】(1).O2(2).4L(3).34.4g·mol-1【解析】【分析】120℃、1.01x105Pa时，1L丙烷完全燃烧生成3LCO2、4LH2O(g)，碱石灰吸收C

O2、H2O，若a-b=7，说明丙烷完全燃烧，1L丙烷生成3LCO2、4LH2O(g)；若a-b=5，说明1L丙烷生成4LH2O(g)、1LCO2和2LCO；【详解】(1)120℃、1.01x105Pa时，1L丙烷完全燃烧生成3LCO2、4

LH2O(g)，碱石灰吸收CO2、H2O，a-b=7，说明1L丙烷完全燃烧,则bL气体中一定含有O2；(2)若a-b=5，说明1L丙烷生成4LH2O(g)、1LCO2和2LCO，根据氧元素守恒，混合前O2的体积为4L；点燃前混合气体的平均摩

尔质量144+432=34.41+4g·mol-1。