【文档说明】浙江省绍兴市诸暨市2021-2022学年高一下学期期末学业水平考试适应性考试化学试题 含解析 .docx，共(20)页，542.535 KB，由小赞的店铺上传

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诸暨市2022年高中学业水平考试适应性试题化学考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卷规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上的“注意事项”的要

求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137选择题部分一、选择题I(本大题共1

5小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.氟气的分子式是A.F2B.Cl2C.O2D.H2【答案】A【解析】【详解】F原子最外层有7个电子，要达到原子最外

层8个电子的稳定结构，应该是2个F原子形成1对共用电子对，故氟气的分子式是F2，故合理选项是A。2.根据物质的组成与性质进行分类，CaCl2属于A.酸B.碱C.盐D.氧化物【答案】C【解析】【详解】CaCl2在水溶液中能够电离出钙离子和氯离子。A.电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物是

酸，故A不符合；B.电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，故B不符合；C.电离时生成金属阳离子（铵根离子）和酸根离子的化合物为盐，故C符合；D.有两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物，故D不符合；答案选C。3.仪器名称为“

坩埚”的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．图示仪器为蒸发皿，A不合题意；B．图示仪器为干燥管，B不合题意；C．图示仪器为坩埚，C符合题意；D．图示仪器为容量瓶，D不符合题意；故答案为：C。4.下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是ANH3B.O2C.HCl

D.CO【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氨气属于碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故选A；B．氧气不能石蕊变蓝色，故B错误；C．HCl能使紫色石蕊变红，故C错误；D．CO不能石蕊变蓝色，故D错误；故选A。5.下列物质中属于电解质的是

A.AlB.CH3CH2OHC.CO2D.BaSO4【答案】D【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，据此解答。【详解】A．Al是单质，不是电解质也不是非电解质，A不符合；B．CH3CH2OH不电离，是非

电解质，B不符合；C．CO2不电离，是非电解质，C不符合；D．BaSO4在熔融状态下能电离出阴阳离子，是电解质，D符合；答案选D。.6.反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO24−+3Cl-+5H2O中，氧化剂是A.ClO-B.Fe3+C.FeO24−D.Cl-【

答案】A【解析】【详解】反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO24−+3Cl-+5H2O中，Fe3+的化合价升高，被氧化，作还原剂；ClO-的化合价由+1价降低到-1价，被还原，做氧化剂，故选A。7.下列分散系能产生丁达尔效应的是A.葡萄糖溶液B.Na2SO4溶液C.氢氧化铝胶体D.K

Cl溶液【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖溶液中，葡萄糖分子直径小于10-9m，不能产生丁达尔现象，A不符合题意；B．Na2SO4溶液中，Na+和24SO−直径都小于10-9m，不能产生丁达尔现象，B不符合题意；C．氢氧化铝胶体中，氢氧化铝

胶粒直径介于10-9~10-7m之间，能产生丁达尔效应，C符合题意；D．KCl溶液中，K+和Cl-直径都小于10-9m，不能产生丁达尔现象，D不符合题意；故选C。8.下列化学用语表述不正确的是A.HClO的电子式：B.CO2分

子的结构式：O=C=OC.乙烷的球棍模型：D.硫原子的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．HClO分子中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，则，故选A；B．CO2分子中的C原子分别与2个O原子形成2个共用电子对

，则CO2分子的结构式：O=C=O，故B不选；C．乙烷的球棍模型为：，故C不选；D．S为16号元素，所以其原子结构示意图为，故D不选；答案选A。9.下列说法正确的是A.146C和147N互为同位素B.SO2与SO3互为同素异形体C.淀粉和纤维素互为同分异构体D.乙酸和硬脂酸

互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．146C和147N的质子数不同，不属于同一种元素，所以不互为同位素，A不正确；B．SO2与SO3是硫的两种氧化物，不属于单质，不互为同素异形体，B不正确；C．淀粉和纤维素虽然链节相同，但聚合度不同，所以相对分

子质量不同，二者不互为同分异构体，C不正确；D．乙酸和硬脂酸组成上相差16个“CH2”，且都属于饱和一元羧酸，所以互为同系物，D正确；故选D。10.下列说法不正确．．．的是A.SO2可用于食品加工B.液氨可作制冷剂C.工业上用焦炭还原石英砂来制取粗硅D.工业上将氯气通入饱和石灰水中来

制备漂白粉【答案】D【解析】【详解】A．少量二氧化硫可以做食品防腐剂，如红酒中有微量二氧化硫抗氧化和杀菌，故A正确；B．液氨是由氨气通过加压或冷却得到，其气化吸收大量的热，是保鲜柜中常用的制冷剂，故B正确；C．硅是信息

技术的关键材料，工业上可用焦炭在高温条件下还原石英砂来制取粗硅，同时生成一氧化碳，故C正确；D．澄清石灰水浓度太小，则工业上常将氯气通入石灰乳制备漂白粉，故D错误；故答案选D。11.四种短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，已

知四种元素的原子最外层电子数之和为25，下列说法正确的是A.Y位于第二周期第VA族B.Z的原子半径比W小C.W的氧化物对应水化物的酸性一定比X的强D.X的非金属性比Y的强【答案】B【解析】【分析】设X的最外层电子数为a，Y的最外层电子数为a+1，Z、W的最外层电子

数为a+2，则a+a+1+2(a+2)=25，解得a=5，四种元素都是短周期元素，因此X、Y、Z、W分别为N、O、F、Cl。【详解】A．Y为O元素，位于第二周期第ⅥA族，选项A错误；B．同主族从上而下原子半径依次增大，因此原子半径：r(W)>r(Z)，选项B正确；C．元素的非

金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，选项中没有指明哪种氧化物，选项C错误；D．同周期从左到右非金属性增强，故X的非金属性比Y的弱，选项D错误；答案选B。12.下列方程式书写不正确．．．的是A.氢氧化钙的电离方程式：

Ca(OH)2=Ca2++2OH-B.氯化铁溶液与铜反应的离子方程式：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C.铜与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2OD.丙烯使溴的四氯化碳

溶液褪色的化学方程式：CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钙为强电解质，完全电离成钙离子和氢氧根离子，电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2++2OH-，选项A正确；B．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu

=2Fe2++Cu2+，选项B不正确；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，选项C正确；D．丙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应生成1，2-二溴丙烷，反应的化学方程式为：CH2=

CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3，选项D正确；答案选B。13.下列说法不正确．．．的是A.焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色B.实验室制取Cl2时，需先检查装置气密性后，再加入药品C.配制500mL某浓度的稀盐酸，定容时仰视读数，导致所配溶液浓度偏高D.如果不慎

将碱沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上1%的硼酸【答案】C【解析】【详解】A．焰色反应时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，选项A正确；B．实验室制取时，需先检查装置气密性后，再加入药品，操作正确，

选项B正确；C．定容时仰视读数，溶液的体积偏大，由c=nV可知，所配溶液浓度偏低，选项C不正确；D．碱液沾到皮肤上，要用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸或盐酸冲洗，硫酸和盐酸也有腐蚀性，会造成二

次伤害，选项D正确；答案选C。14.下列说法不正确．．．的是A.“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物B.煤的液化是物理变化C.聚四氟乙烯可制成化工行业使用的耐腐蚀制品D.硫化后的橡胶可用于制造轮胎【答案】B【解析】【详解】A．“可燃

冰"是由天然气与水在高压低温条件下形成类冰状的结晶物质(主要成分化学式为CH4·nH2O)，A正确；B．煤的液化是将煤转化为液态燃料(如甲醇等)的过程，有新物质生成，属于化学变化，B错误；C．聚四氟乙烯具有耐高温、耐腐蚀性，可以做化学仪器

，C正确；D．硫化后橡胶形成网状结构,具有较高的弹性、耐热性、拉伸强度，硫化后的橡胶适合制造轮胎，D正确；故选B。15.下列说法不正确的是A.油脂在碱性条件下的水解可以用于制肥皂B.天然有机高分子化合物包括淀粉、纤维素、蛋白质，均由碳、氢、氧三种元素组成C.葡萄糖是最重要的单糖，不

能发生水解反应，与果糖互为同分异构体的D.蛋白质遇重金属盐、强酸、强碱、甲醛、加热等会发生变性，失去生理活性【答案】B【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下的水解产生可溶性高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，因

此油脂可以用于制肥皂，A正确；B．蛋白质的组成元素有碳、氢、氧、氮元素，有的还有硫、磷等元素，因此组成元素不是仅有三种元素，B错误；C．葡萄糖是最重要的单糖，不能发生水解反应，由于其分子式与果糖相同，都是C6H12O6，但二者的结构不同，因此它们互为同分异构体，C正确；D．蛋白质遇重金属盐、

强酸、强碱、甲醛、加热等时，会使蛋白质分子结构发生改变而失去其生理活性，即发生变性，D正确；故合理选项是B。二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.已知拆开

1molO2(g)中的化学键需要吸收498kJ的能量。根据能量变化示意图，下列说法不正确的是A.1molH2(g)和0.5molO2(g)生成1molH2O(l)放出240.2kJ能量B.2molH2(g)和1molO2(g)比2molH2O(g)

能量高480.4kJC.拆开1molH2(g)中的化学键需要吸收436.4kJ的能量D.H2(g)和O2(g)形成H2O(g)中的1molH-O键放出462.8kJ的能量【答案】A【解析】【分析】根据图示可知，2molH2(g)与1molO2

(g)生成2mol气态水放出热量为：1851.2kJ-1370.8kJ=480.4kJ，该反应的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-480.4kJ•mol-1，据此判断。【详解】A．物质状态影响能量变化，应该是1molH2(g)和0.5molO2(g

)生成1molH2O(g)放出240.2kJ能量，故A错误；B．根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-480.4kJ•mol-1可知2molH2(g)和1molO2(g)比2molH2O(g)能量高480.4kJ，故B正确；C．拆开1molO2(g)

中的化学键需要吸收498kJ的能量，设拆开1molH2(g)中的化学键需要吸收的热量为x，则：498kJ+2x=1370.8kJ，解得：x=436.4kJ，即拆开1molH2(g)中的化学键需要吸收436.4kJ的能量，故C正确；D．根据图象可知，4molH(g)和

2molO(g)形成2molH2O(g)放出1851.2kJ，2molH2O(g)含有4molO-H键，则H(g)和O(g)形成H2O(g)中的1molH-O键放出热量为：1851.2kJ÷4=462.8kJ，故D正确；故选A。17.某种氢氧燃料电池已经成功应用在城市

公交汽车上，该电池用30%H2SO4溶液作电解质溶液。有关这种燃料电池的下列说法中，不正确的是A.供电时的总反应为2H2+O2=2H2OB.该装置中发生化学反应，实现了电能到化学能转化C.正极上反应的电极

反应式为：O2+4H++4e-=2H2OD.氢氧燃料电池不仅能量转化率高，而且产物是水，属于环境友好电池【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池负极发生氧化反应，电极反应式为2H2-4e-=4H+，正极发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4

H+=2H2O，总反应式为2H2+O2=2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，阳离子移向正极。的【详解】A．供电时的总反应为氢气与氧气反应生成水：2H2+O2=2H2O，故A正确；B．该装置是原电

池装置，发生化学反应，实现了化学能到电能的转化，故B错误；C．氢氧燃料电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，酸性环境下，正极上反应的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故C正确；D．氢氧燃料电池不仅能量转化率高，而且产物是水，

不会对环境造成污染，属于环境友好电池，故D正确；故选B。18.下列说法不正确．．．的是A.基于物质类别和元素价态，可以预测物质的性质B.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放碱性食物C.FeO在空气里受热，能迅速被氧化成Fe2O3D.水质检测员在自来水出厂前会对水

中的Cl-、SO24−、微生物、有机物等进行检测【答案】C【解析】【详解】A．科学的分类能够反映事物的本质特征，运用分类的方法，可以发现物质及其变化的规律。基于物质类别和元素价态，可以设计物质间转化的途径，从而可以预

测物质的性质，故A正确；B．Al2O3具有两性，与酸、碱都能反应，加热能加快反应速率，加速铝的腐蚀，所以铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，故B正确；C．氧化亚铁具有强的还原性，不稳定，在空气里受热就迅速被氧化成Fe3O4，故C错误；D．

自来水厂水质检验员的工作是在自来水出厂前，利用化学分析仪器对水中的Cl-、SO24−、微生物、有机物等进行检测和分析，只有达到标准才可以让自来水出厂，故D正确；故选：C。19.下列说法不正确．．．的是A.CS2分子中存在极性共价键B.NaOH晶体中既有离子键又有共价键C.HCl气体溶于水时有共价

键的断裂D.BF3分子中每个原子最外电子层都具有8电子稳定结构【答案】D【解析】【详解】A．CS2分子的结构式为S=C=S，分子中存在极性共价键，A正确；B．NaOH晶体由Na+、OH-构成，阴、阳离子间形成离子键，O、H

之间形成共价键，B正确；C．HCl气体溶于水时，H、Cl共价键发生断裂，C正确；D．BF3的电子式为，分子中F原子最外电子层具有8电子稳定结构，但F原子最外电子层不具有8电子稳定结构，D不正确；故选D

。20.化学在人类社会的可持续发展中发挥着重要作用，下列说法不正确．．．的是A.工业上常用加热分解的方法冶炼活泼金属B.海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法C.“原子经济性反应”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物D.不合理施用化肥会影响土壤的

酸碱性和土壤结构【答案】A【解析】【详解】A．工业上常用通电分解的方法冶炼活泼金属，A错误；B．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，B正确；C．“原子经济性反应”就是反应物的原子全部转化为

期望的最终产物，从根本上提供原料利用率，C正确；D．不合理施用化肥会影响土壤的酸碱性和土壤结构，导致土壤退化，D正确；故选A。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确．．．的是A.1molNa2O2与足量水反应转移

电子数为NAB.1L0.25mol/LBaCl2溶液中，含有Cl-的数目为0.5NAC.标况下，3.36L氨气含有氢氮键的数目为0.45NAD.在光照条件下，1.6g甲烷与足量氯气充分反应生成CH3Cl分子的数目为0.1NA【答

案】D【解析】【详解】A．Na2O2与足量水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，则可建立关系式：Na2O2~e-，所以1molNa2O2与足量水反应转移电子数为NA，A正确；B．1L0.25mol/LBaCl2溶液中，

含有Cl-的数目为1L×0.25mol/L×2NA=0.5NA，B正确；C．标况下，3.36L氨气含有氢氮键的数目为A3.36L322.4L/molN=0.45NA，C正确；D．在光照条件下，甲烷与氯气反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，则

1.6g甲烷(物质的量为0.1mol)与足量氯气充分反应生成CH3Cl分子的数目小于0.1NA，D不正确；故选D。22.一定温度下，在体积为2L的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)垐?噲?2NH3(g)。反应过程中的部分数据

如表所示：n/(mol)t/minn(N2)n(H2)n(NH3)0103.0020.87540.480.8下列说法不正确．．．的是A.升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大B.0～2min内，用NH3表示的平均反应速率为0.0625mol•L-1•mi

n-1C.该反应达到化学反应限度时，N2的转化率为20%D.容器内气体的密度保持不变，说明该反应已达到化学平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，正逆反应速率均会变大，A正确；B．由图表数据和化学方程式可知，0～2min内，用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)=2v(N2)=()1.0

-0.875mol2=0.06252L2minmol·L-1·min-1，B正确；C．由图表数据和化学方程式可知，4min时生成氨气0.4mol，则反应氮气0.2mol，剩余氮气0.8mol，结合8min数据说明此时该反应达到化学反应限度，此时N2的转化率为：(1.0-0.8)mol×100

%=20%1.0mol，C正确；D．反应在恒温、恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应前后气体的总质量不变，故密度是个定值不会改变，D错误；故选D。.23.工业上在水溶液中制备过氧化氢的一种方法如图所示：下列推测不合理．．．的是A.反应②可以发生的原因可能是K2S2O8水

溶性较小B.反应③不宜在高温条件下进行C.以上有两步反应为氧化还原反应D.以上过程中KHSO4和NH4HSO4可循环使用【答案】C【解析】【分析】NH4HSO4电解生成H2和(NH4)2S2O8，(NH4)2S2O

8与KHSO4发生复分解反应，生成K2S2O8和NH4HSO4；K2S2O8与H2O发生复分解反应，生成KHSO4和H2O2。【详解】A．反应②中，(NH4)2S2O8与KHSO4发生复分解反应，KHSO4易溶于水，则K2S2O8水溶

性应该较小，否则反应难以发生，A合理；B．反应③中，产物H2O2受热易分解，所以不宜在高温条件下进行反应，B合理；C．以上三步反应中，有两步反应为复分解反应(非氧化还原反应)，只有一步反应属于氧化还原反应，C不合

理；D．从流程图中可以看出，在反应过程中，需要使用KHSO4和NH4HSO4，而在反应后期，又生成KHSO4和NH4HSO4，所以KHSO4和NH4HSO4可循环使用，D合理；故选C。24.钙是人体中的常量元素。现抽取某人血样10mL，稀释后用草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液处理，

使Ca2+完全转变为草酸钙(CaC2O4)沉淀；过滤，洗涤，将得到的沉淀用稀硫酸溶解可得到草酸(H2C2O4)，并用2.0mL5.0×10-3mol/LKMnO4溶液与溶解得到的草酸恰好完全反应，反应原理为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+1

0CO2↑+8H2O。则此血样中Ca2+的物质的量浓度(单位：mol/L)为A.2.5×10-3B.5.0×10-3C.1.25×10-3D.4.0×10-3【答案】A【解析】【详解】消耗高锰酸钾的物质的量为0.002L×

5.0×10-3mol/L=1×10-5mol，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知，草酸钙的物质的量为1×10-5mol×52=2.5×10-5mol，血液中钙离

子浓度为52.510mol0.01L−=2.5×10-3mol/L。故选A。25.根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将缠绕的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰

酸钾溶液褪色乙醇催化氧化生成乙醛B向某待测溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生待测溶液中一定含有24SO−C分别向两只盛有等体积等浓度稀硫酸的烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，镁片比铝片反应更剧烈镁比铝的金属性强D将3体积SO2和1体积O2混合通过灼热的

V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和O2的反应为可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．乙醛具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇也具有还原性，也能使

酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；B．若待测溶液中含有AgNO3，加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，也有白色沉淀产生，B不正确；C．铝、镁都能与稀硫酸发生置换反应，生成盐和氢气，金属性越强，反应越剧烈，镁反应剧烈，则表明镁的金属性强，C正确；D．BaCl2溶液中

产生白色沉淀，品红溶液褪色，则表明混合气体中含有SO3、SO2，由于SO2过量，所以即便反应完全进行，也有此现象发生，D不正确；故选C。非选择题部分三、非选择题(本大题5小题，共40分)26.回答下列问题：（1）①纯碱的化学式是____

；②乙酸乙酯的结构简式是____。（2）二氧化氮与水反应化学方程式是____。（3）向FeSO4溶液中滴加适量NaOH溶液，观察到的现象是____。【答案】（1）①.Na2CO3②.CH3COOC2H5（2）3NO2+H2O=2HNO3+NO（3）先生

成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色【解析】【小问1详解】①纯碱为碳酸钠，化学式为Na2CO3；②乙酸乙酯为乙酸和乙醇形成的酯，结构简式为CH3COOC2H5。【小问2详解】二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故化学方程式为3NO2+H2O=2HNO

3+NO。【小问3详解】向FeSO4溶液中滴加适量NaOH溶液生成氢氧化亚铁白色沉淀，然后被氧气氧化为氢氧化铁，故现象为先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色。27.烃A是一种重要的化工原料，标准状况下密度为1.25g•L-1。

E是有香味的不易溶于水的油状液体。有关物质转化关系如图：（1）A的结构式是____。（2）D中所含官能团的名称是碳碳双键和____。（3）反应①的化学方程式是____。（4）下列说法不正确的是____。A.A、D、E均能发生加聚反应生成高分子化合物B.饱和碳酸钠溶液不能鉴别B、D和E三种物质C

.A能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，两者原理相同D.反应①中，浓硫酸用作催化剂和吸水剂的【答案】（1）（2）羧基（3）CH2=CHCOOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH2=CHCOOC2H5+H2O（4）BC【解析】【分析】已知烃A在标准状况下的密度为1.25g·L-1，则A的摩尔质量为1.25g

·L-1×22.4L·mol-1=28g·molˉ1，烃中只含有C、H两种元素，则A的分子式为C2H4，为乙烯(CH2=CH2)；根据图中物质的转化关系，B为乙醇，E为丙烯酸乙酯；乙烯脱氢生成C，C与CO和H2反应生成丙烯酸，则C为乙炔(

CH≡CH)，据此分析解答。【小问1详解】A乙烯，结构式为，故答案为：；【小问2详解】D中含有的官能团为碳碳双键和羧基；故答案为：羧基；【小问3详解】①的反应机理与制取乙酸乙酯相似，根据制取乙酸乙酯的原理可以知道反应①的方程式为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH2=CHCOOC

2H5+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH2=CHCOOC2H5+H2O；【小问4详解】A．A、D、E中均有碳碳双键，都可以发生加聚反应生成高分子化合物，故A正确；B．B是乙醇，乙醇和饱和碳酸钠溶液互溶不分层；D属于

羧酸，可以和碳酸钠溶液反应生成气体二氧化碳；E是酯和碳酸钠溶液不互相溶解，三者现象各不相同，可以区分，故B错误；C．A能与溴发生加成反应使溴水褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者原理不相同，故C错误；D．反应①是酯化反应，浓硫酸作催化剂和

吸水剂，故D正确；故选BC。28.化合物X在工业、农业生产中都有重要用途，X由4种常见元素组成，某兴趣小组展开如图实验(气体的体积均在标准状况下测得)：已知：①X的摩尔质量为454g•mol-1；②化合物B常温下是常见的液体；③混合气

体C能使品红溶液褪色，气体E能使带火星的木条复燃。请回答：（1）白色沉淀F的化学式是____。（2）化合物X的组成元素是____。（3）混合气体C与足量氯水反应的离子方程式是____。（4）化合物X高温分

解的化学方程式是____。【答案】（1）BaSO4（2）Cu、H、S、O（3）SO2+Cl2+2H2O=24SO−+2Cl-+4H+（4）2Cu4(OH)6SO4高温8CuO+2SO2↑+O2↑+6H2O↑【解析】【分析】化合物X的物质的量为90.8g4

54g/mol=0.2mol，黑色固体A能溶于稀硫酸且生成蓝色溶液，则A为CuO，物质的量为64.0g80g/mol=0.8mol；化合物B常温下是常见的液体，则其物质的量为10.8g18g/mol=0.6m

ol；混合气体C，能使品红溶液褪色，气体E能使带火星的木条复燃，则白色沉淀F为BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)=46.6g233g/mol=0.2mol，n(O2)=2.24L22.4L/mol=0.1mol

。【小问1详解】由分析可知，白色沉淀F的化学式是BaSO4。答案为：BaSO4；【小问2详解】化合物X分解后，生成CuO、H2O、SO2、O2，则X的组成元素是Cu、H、S、O。答案为：Cu、H、S、O；【小问3详解】混合气体C由SO2、O2构成，只有SO2能与足量氯

水反应，生成硫酸和盐酸，离子方程式是SO2+Cl2+2H2O=24SO−+2Cl-+4H+。答案为：SO2+Cl2+2H2O=24SO−+2Cl-+4H+；【小问4详解】依题意，0.2molX高温分解，生成

0.8molCuO、0.6molH2O、0.2molSO2、0.1molO2，由此可求出X的化学式为Cu4(OH)6SO4，从而得出化合物X高温分解的化学方程式是2Cu4(OH)6SO4高温8CuO+2SO2↑+O2↑+6H2O↑。答案为：2Cu4(O

H)6SO4高温8CuO+2SO2↑+O2↑+6H2O↑。【点睛】某物质常温下是常见的液体，则其为水。29.某研究性学习小组查阅资料发现，Na2O2与干燥的HCl气体能发生反应生成Cl2。现设计下列实验装置模拟该反

应。实验中观察到的现象有：圆底烧瓶内有白雾，装置③中出现黄绿色气体。请回答：（1）装置①中仪器a的名称是____。（2）装置②的作用是____。（3）装置③中反应的化学方程式是____。（4）出现黄绿色气体后，将装置③中的气体通入放有湿润的淀粉－KI试纸的洗气瓶，可以

观察到试纸____。（5）装置④的作用是尾气处理，下列试剂可以选用的是____。A.饱和食盐水B.蒸馏水C.NaOH溶液D.饱和Na2CO3溶液【答案】（1）分液漏斗（2）干燥HCl(或除去HCl中的水蒸气)（3）Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2+2H2O（

4）变蓝色（5）CD【解析】【分析】装置①浓盐酸挥发出氯化氢气体，通过浓硫酸干燥装置②干燥后进入③中和过氧化钠反应生成氯气，尾气使用装置④；【小问1详解】装置①中仪器a的名称是分液漏斗；【小问2详解】Na2O2与干燥的HCl气体能发生反应

生成Cl2，过氧化钠也会和水反应，故装置②的作用是干燥HCl(或除去HCl中的水蒸气)；【小问3详解】装置③中反应为过氧化钠和氯化氢生成氯气和氯化钠，根据质量守恒可知，还会生成水，化学方程式是Na2O2+4HCl=2NaCl+

Cl2+2H2O；【小问4详解】氯气和碘化钾生成碘单质，碘能使淀粉变蓝色，故现象为试纸变蓝色；【小问5详解】尾气中含有生成的氯气和过量的氯化氢气体；A．饱和食盐水不能充分吸收氯气，A错误；B．蒸馏水不能充分吸收氯气，B错误；C．NaO

H溶液可以和氯气、氯化氢反应，可以吸收尾气，C正确；D．饱和Na2CO3溶液显碱性，能吸收氯气和氯化氢，D正确；故选CD。30.已知锌跟浓硫酸反应生成SO2，跟稀硫酸反应生成H2，32.5g的锌与50mL1

8.4mol/L浓硫酸充分反应，锌完全溶解，同时收集到标准状况下的混合气体VL。将反应后的溶液稀释到500mL，测得溶液中氢离子的浓度为0.08mol/L。（1）锌的物质的量为_______。（2）反

应过程中消耗的H2SO4的物质的量是_______。（3）混合气体中SO2和H2的体积比为_______。【答案】（1）0.5mol（2）0.9mol（3）4∶1【解析】【小问1详解】32.5g的锌的物质的量n(Zn)=32.5g=0.5mol65g/mol；【小问2详解】加入的硫酸的物质的量

n(H2SO4)=c·V=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，与Zn反应后溶液中剩余H+的物质的量为n(H+)=0.08mol/L×0.5L=0.04mol，则剩余硫酸的物质的量为n(H2SO4)=12n(H+)=0.

02mol，故反应的硫酸的物质的量n(H2SO4)反应=0.92mol-0.02mol=0.9mol；【小问3详解】假设反应产生的SO2的物质的量为xmol，产生的H2的物质的量为ymol，根据方程式Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO

4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑中物质反应转化关系可知65×(x+y)=32.5g，2x+y=0.9mol，解得x=0.4mol，y=0.1mol，故n(SO2)∶n(H2)=4∶1，由V=n

·Vm可知：在相同外界条件下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以V(SO2)∶V(H2)=4∶1。