【文档说明】浙江省绍兴市高级中学2019-2020学年高一下学期第二次教学质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，308.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Si28S32Ca40Fe56Cu64Zn65一、选择题（每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题意）1.下列属于碱的是A.H2SO4B.H2C.KClD

.NaOH【答案】D【解析】【详解】A、硫酸电离时生成的阳离子都是氢根离子，属于酸，选项A错误；B、氢气只由氢元素构成，属于单质，选项B错误；C、氯化钾是由钾离子和氯离子组成的化合物，属于盐，选项C错

误；D、氢氧化钠电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，选项D正确；答案选D。2.仪器名称为“坩埚”的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据各仪器的结构特点可知，A为蒸发皿，B为表面皿，C为坩

埚，D为研钵，故答案为C。3.下列属于非电解质的是A.Cl2B.CO2C.HClD.Na2O【答案】B【解析】【详解】A．氯气其水溶液导电，但不是物质本身导电，氯气的成分是单质，不是非电解质，选项A错误；B．

二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，电离出离子而能够导电，但是溶液导电的原因不是二氧化碳不是电离的离子，所以二氧化碳不属于电解质，属于非电解质，选项B正确；C．氯化氢在溶液中能够电离出氢离子和氯离子，溶液导电，氯化氢属于电解质，选项C错误；D．熔融状态下Na2O能够导电，能够电离出钠离子和氧

离子，Na2O属于电解质，选项D错误；答案选B。4.胶体与溶液最本质的区别是（）A.是否有丁达尔效应B.溶质颗粒直径的大小C.是否有沉淀D.是否能净水【答案】B【解析】【详解】根据分散质粒子直径大小，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm～100nm)、浊液(大于1

00nm)，胶体和溶液最本质的区别为溶质颗粒直径的大小，故答案为B。5.下列关于葡萄糖和蔗糖的说法中，错误的是A.它们的分子式不同B.它们的分子结构不同C.它们不是同分异构体，但属同系物D.蔗糖可以水解生成葡萄糖和果糖【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，蔗糖的分子

式是C12H22O11，它们的分子式不同，故A正确；B．葡萄糖为五羟基醛，属于还原性糖；蔗糖不含有醛基，属于非还原性糖，它们的分子结构不同，故B正确；C．葡萄糖和蔗糖分子式不同，不属于同分异构体，葡萄糖和蔗糖所含官能团不同，结构不相似，故不属于同系物，故C错

误；D．蔗糖可以水解，C12H22O11(蔗糖)+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，故D正确；故选C。【点睛】注意掌握同分异构体、同系物的辨析。互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似

、分子式通式相同、分子式不同，研究对象是有机物。6.下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A.漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2中的ClO-有强氧化性B.明矾能够杀菌消毒是利用了胶体的吸附性C.碳酸镁、小苏打等可用于治疗胃酸过多D.二氧化硅可用于制造光导纤维

【答案】B【解析】【详解】A．漂白粉具有漂白性是由于ClO-有强氧化性的缘故，A正确；B．由于明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，所以可以净水，但不具有消毒杀菌能力，B错误；C．碳酸镁、小苏打碱性较弱，能与酸反应，且无毒，可用于治疗胃酸过多，C正确；D．

光导纤维的主要材料为二氧化硅，能够导光，D正确；故答案为B。7.下列反应中，H2O2只作氧化剂的是（）A.H2O2＋SO2==H2SO4B.CaO＋H2O2==CaO2＋H2OC.H2O2＋Cl2==2HCl＋O2D.2H2O22H2O＋O2

↑【答案】A【解析】【详解】A．该反应中双氧水中O元素化合价从-1价降为-2，做氧化剂，故A符合题意；B．该反应中双氧水中各元素化合价均未变化，仅做反应物，故B不符合题意；C．该反应中双氧水中O元素化合价从-1价升高到0价，做

还原剂，故C不符合题意；D．该反应中双氧水中O元素化合价从-1价变为0价和-2价，既是氧化剂又是还原剂，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】氧化还原反应中氧化剂得电子发生还原反应化合价降低，还原剂失电子发生氧化反应化合价升高。8.下列化学用语书写正确的是（）A.氯化钠的电子式：B.D．

CH4分子的球棍模型：C.S2-的结构示意图：D.葡萄糖的分子式：C6H12O6【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠为离子化合物，电子式为，故A错误；B．选项所给为比例模型，甲烷的球棍模型为：，故B错误；C．S原子得两个电子形成S2-，结构示意图为，故C错误；D

．葡萄糖分子式为C6H12O6，D正确；故答案为D。9.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A.NaOHB.Na2CO3C.NH4ClD.HCl【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠是强碱，电离显碱性，不水解，故A错误；B．碳酸钠是强碱弱

酸盐，水解显碱性，故B错误；C．氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故C正确；D．HCl不是盐，不能水解，是电离使溶液显酸性，故D错误；故选C。【点睛】能水解的是含弱离子的盐，而强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，强碱强酸盐不水

解。需要注意的是显酸性的溶液不一定是酸溶液，但酸溶液一定显酸性。10.要除去NaCl溶液中含有的MgCl2，应选用的试剂和操作方法是（）A.加入适量Na2SO4后过滤B.加入过量NaOH后过滤C.加入过量NaOH后，过滤，再在滤液中加适量的盐酸调溶液pH＝7D.

加入过量Na2CO3后过滤【答案】C【解析】【详解】A．加入适量Na2SO4会引入硫酸根离子，且它和镁离子不反应，达不到提纯的目的，故A错误；B．加入过量的NaOH会引入新的杂质氢氧根，达不到提纯的目的，故B错误；C．加入过量N

aOH后，生成氢氧化镁沉淀，过滤得到NaOH和氯化钠的混合溶液，加适量盐酸调溶液pH=7可以除去NaOH，得到纯净的氯化钠溶液，故C正确；D．加入过量的碳酸钠，可以生成碳酸镁沉淀，除去镁离子，但加入过量的碳酸钠会引入新的杂质碳酸根，达不到提纯的目的，故D错误；故答案为C。11.下列说法

正确的是（）A.CH3COOH和CH3COOCH3互为同系物B.氧气和臭氧互为同位素C.C5H12有四种同分异构体D.金刚石和石墨互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A．乙酸官能团为-COOH，乙酸甲酯的官能团为-COO-，二者结构不同，不是同系物，故A错误；B．氧气和臭氧为氧元素的不同单

质，二者为同素异形体，故B错误；C．戊烷存在三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷和新戊烷，故C错误；D．金刚石和石墨为C元素的不同单质，互为同素异形体，故D正确；故答案为D。【点睛】同种元素组成的不同单质为同素异形体；分子式相同结构不同的化合物为同分异构体；结构相似，在组成相差1个或若

干个CH2原子团的化合物，互为同系物；质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素互为同位素。12.下列离子方程式不正确的是（）A.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2+OH‾═HCO3﹣B.金属钠和水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑C.酸性氯化亚铁

溶液中加入双氧水2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+D.三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+【答案】C【解析】【详解】A．澄清石灰水中通入过量的二氧化

碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2+OH‾═HCO3-，故A正确；B．金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B正确；C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2++

2H++H2O2═2Fe3++2H2O，故C错误；D．三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为：SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+，故D正确；故选C。【点睛】离子方程式的书写判断，为高考的高频题

，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否

符合原化学方程式等。13.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最

内层电子数的3倍。下列说法不正确的是（）A.原子半径：Z＞W＞RB.对应的氢化物的热稳定性：R＞WC.W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸【答案】C【解析】【分析】已知X、Y

、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第ⅣA组元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W

的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞W＞R，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，

氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：R＞W，B正确；C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确。

答案选C。14.下列说法正确的是（）A.用Na2CO3溶液能区分CH3COOH、CH3CH2OHB.煤是无机化合物，天然气和石油是有机化合物C.CH4＋Cl2⎯⎯⎯→光照CH3Cl＋HCl是化合反应D.甲醇和甲烷互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．乙

酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇不和碳酸钠溶液反应，故可以区分二者，故A正确；B．煤是由多种复杂有机物和无机物组成的混合物，石油是多种烃类的混合物，故B错误；C．光照条件下，甲烷中的氢原子被氯原子所替代以后，生成了CH3Cl和HC

l，该反应属于取代反应，故C错误；D．甲醇含有羟基，甲烷不含羟基，二者结构不相似，不是同系物，故D错误；故答案为A。15.下列说法中错误的是（）A.只要是糖类物质都能与银氨溶液发生银镜反应B.单糖是不能发生水解的最简单的糖类C.淀粉、纤维素都

是天然有机高分子化合物D.蔗糖和麦芽糖均为二糖【答案】A【解析】【详解】A．含有醛基的糖类能发生银镜反应，如葡萄糖，不含醛基的糖类如蔗糖，不能发生银镜反应，故A错误；B．单糖是不能发生水解的最简单的糖类，B正确；C．淀粉、纤维素的相对分子质量较大，二者均是天然有机高分子化合物，C正确；D．麦

芽糖水解生成2分子的葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，都为二糖，故D正确；故答案为A。16.反应X(g)4Y(g)+Z(g)，在200℃和T℃时，X的物质的量浓度(单位：mol·L-1)随时间变化的有关实验数据见下表：时间/min0246810200/℃0.

800.550.350.200.150.15T/℃1.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是A.在200℃时，4min内用Y表示的化学反应速率为0.1125mol·L-1·min-1B.T

℃下，6min时反应刚好达到平衡状态C.根据上表内X的浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大D.从表中可以看出T<200【答案】C【解析】【详解】A.v(X)=(0.80-0.35)mol/L4min=0.1125mol·L-1·min-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比可以看出：v(Y)=

4×0.1125mol·L-1·min-1，故A错误；B.从表中可以看出T℃时6min已经达到平衡，但不一定就是第6min达到平衡，故B错误；C.要比较浓度对反应速率的影响，就只能是其他外界条件相同，所以选择200℃这组数据看出0～2min的速率为(0.8

0-0.55)mol/L2min=0.125mol·L-1·min-1，而2～4min的速率=(0.55-0.35)mol/L2min=0.10mol·L-1·min-1，这说明随着反应的进行浓度在下降，反应速率在变小，故C正确；D.4min时两组数据起

始浓度均为0.35mol·L-1，比较单一变量温度，200℃和T℃4～6min的反应速率，T℃速率快，所以T>200，故D错误。故选C。17.下图是某课外活动小组设计的用化学电池使LED灯发光的装置。下列说法错误的是（）A.铜表面

有气泡生成B.装置中存在“化学能→电能→光能”的转换C.Zn为负极，Cu为正极D.正极反应为：Zn-2e-=Zn2+【答案】D【解析】【分析】根据电极材料和电解质溶液可知该原电池的总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，所以Zn电极为

负极，Cu电极为正极。【详解】A．Cu电极为正极，发生反应2H++2e-=H2↑，所以电极表面有气泡产生，故A正确；B．该装置为原电池装置，可以将化学能转化成电能，LED灯将电能转化为光能，故B正确；C．根据分析可知Zn电极为负

极，Cu电极为正极，故C正确；D．Cu电极为正极，正极反应为2H++2e-=H2↑，故D错误；故答案为D。18.常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（）A.NH4Cl溶液中：c(Cl﹣)=c(NH4+)＞

c(OH﹣)=c(H+)B.Na2SO4溶液中：c(Na+)+c(H+)=c（SO42﹣）+c(OH﹣)C.NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c(HCO3﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)D.浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混

合所得溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，c(OH﹣)<c(H+)，A错误；B．根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42﹣)+c(O

H﹣)，B错误；C．NaHCO3溶液中HCO3﹣水解过程大于其电离过程，溶液呈碱性，c(OH﹣)>c(H+)，C错误；D．浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合，根据元素守恒可知所

得溶液中醋酸根的总浓度为0.1mol/L，即c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=0.1mol/L，D正确；故选D。19.25℃、101kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反

应的热化学方程式正确的是（）A.2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H＝―285.8kJ／molB.2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H＝+571.6kJ／molC.2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H＝―571.6kJ／molD.H2(g)+1/2O2(g)==

H2O(1)△H＝―285.8kJ／mol【答案】D【解析】【详解】放出热量说明反应热△H<0，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，说明消耗1molH2，放出285.8kJ·mol－1，故选项D正确。20.下列说法正确的是（）A.H+和S2-的最外电子层都形成了8个电子的稳定结构B.C

60和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体C.Na和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关D.H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱【答案】C【解析】【详解】A．氢离子最外层电子数为0，故A错误；B．C60是通过分子间作用力结合形成

的分子晶体，故B错误；C．Na和H2O混合反应过程有化学键的断裂和形成，化学键形成释放的能量大于化学键断裂吸收的能量，所以反应放热，化学键也是微粒之间的作用力，故C正确；D．过氧化氢易分解是因为过氧化氢分子中共价键不稳定，易断裂，与分子间作用力无关，故D错误；故答案为C。【点睛】分子间作用力决定是

物质的物理性质，“不稳定、易分解”属于化学性质，与化学键有关。21.已知：X（g）＋2Y（g）⇌3Z（g）∆H＝﹣akJ·mol-1（a＞0）。下列说法不正确的是（）A.0.1molX和0.2molY充分反应生成Z，放出能量一定小于0.1akJB.该反应正向吸热反应C.在其他

条件不变的情况下，降低反应温度，正、逆反应速率均减小，平衡会发生移动D.当反应达到平衡状态时，一定存在3v（Y）正=2v（Z）逆【答案】B【解析】【详解】A．若0.1molX和0.2molY完全转化为0.3molZ，则放出的能量为0.1akJ

，但该反应是可逆反应，反应物不可能全部转化为生成物，所以放出的热量小于0.1akJ，故A正确；B．该反应焓变小于零，所以正反应为放热反应，故B错误；C．降低温度，活化分子百分数减小，正逆反应速率均减小，平衡向放热反应方向

移动，即正向移动，故C正确；D．反应平衡时，正逆反应速率相等，v(Y)正=v(Y)逆，不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以3v(Y)逆=2v(Z)逆，则3v(Y)正=2v(Z)逆，故D正确；故答案为B。22.用NA表示阿伏加德罗常数，N表示微粒数，下列说法正确的是（）A.7.8g苯

含有碳碳双键的数目为0.3NAB.标准状况下，足量的Fe与2.24LCl2反应转移电子的数目为0.3NAC.1.6gCH4含有共用电子对的数目为0.5NAD.常温下，100mLpH＝2的新制氯水中n（OH-）＝10-13NA

【答案】D【解析】【详解】A．苯分子结构中存在特殊的碳碳键，不含碳碳双键，故A错误；B．标况下足量的Fe与2.24L氯气即0.1mol氯气反应，氯气全部转化为Cl-，每个氯原子化合价降低1价，所以转移电子为0.2mol，故B错误；C．一个甲烷分子中

含有4对共用电子对，1.6g甲烷的物质的量为0.1mol，含共用电子对的数目为0.4NA，故C错误；D．pH＝2的新制氯水中c(H+)=10-2mol/L，则c(OH-)=10-12mol/L，所以100mL该溶液中n(OH-)=0.1L×

10-12mol/L=10-13mol，故D正确；故答案为D。23.列说法正确的是（）A.常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4B.为确定某酸HA是强酸还是弱酸，可测NaA溶液的pH。C.中和同浓度同体积的HCl与CH3COOH溶

液，HCl消耗的NaOH多D.相同温度下，相同pH的HCl溶液和CH3COOH溶液与等量的金属Zn反应，盐酸速率快。【答案】B【解析】【详解】A．醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡，稀释过程中电离平衡正向移动，电离出更多的H+，所以稀释10倍，其pH的变化量小于1，故A错误；B．

若NaA溶液显碱性，说明溶液中存在A-的水解平衡，说明HA是弱酸，故B正确；C．同浓度同体积的醋酸和盐酸，n(CH3COOH)=n(HCl)，所以中和所需要的NaOH一样多，故C错误；D．开始时pH相同，则两溶液

中氢离子浓度相同，与Zn反应速率相同，故D错误；故答案为B。24.已知氧化性：Fe3+>I2>SO42-，下列说法或离子方程式正确的是A.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+B.Fe3O4可写成FeO·Fe2O3，

Fe3I8可写成FeI2·2FeI3C.还原性：Fe2+>SO2>I-D.反应H2SO4（浓）+2HI=I2+SO2↑+2H2O不能进行【答案】A【解析】【详解】A．反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+中，Fe3+是氧化

剂，SO42-是氧化产物，该反应的发生符合氧化性：Fe3+＞SO42-，A正确；B．铁元素的化合价有+2和+3，碘元素的化合价是-1价，由于氧化性：Fe3+＞I2，故I2不能将Fe2+氧化成Fe3+，只能将铁氧

化到+2价，Fe3I8也可表示为3FeI2•I2，B错误；C．根据离子的氧化性顺序是：Fe3+＞I2＞SO42-，得到还原性顺序是SO32-＞I-＞Fe2+，C错误；D．浓硫酸具有强氧化性，碘离子具有强还原性，反应H2SO4（浓）+2HI=I2+SO2↑+2H2O能进行，D错误；答案

选A。25.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-，中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；⑴一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaC

l2溶液，得沉淀4.66g，在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀没变化．⑵另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（标准状况）．下列说法正确的是（）A.该固体中一定含有NH4+、SO

42-、Na+B.该固体中一定没有Cu2+、Cl-C.该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-D.根据以上实验，无法确定该固体中有Na+【答案】A【解析】【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，说明不含Cu2+，加入足量BaCl2溶液，得沉淀4.46g，

在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀没变化，说明沉淀不溶于盐酸，一定含有SO42-，一定不含CO32-，且n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol；(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产

生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，0.672L即0.03mol(标准状况)，所以含有铵根离子0.03mol，以此解答该题。【详解】A．根据分析n(SO42-)=0.02mol，n(NH4+)=0.03mol阴离子所带电

荷大于阳离子所带电荷，由电荷守恒可知应还存在Na+，故A正确；B．因Na+的量不能确定，则不能确定是否含有Cl-，故B错误；C．由以上分析可知不存在CO32-，Cl-不能确定，故C错误；D．由A分析可知一定存在Na+，故D错误；故答案为A。【点睛】明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握电荷守恒在

离子推断中的应用方法。二、非选择题26.写出下列物质的化学式：①漂白粉的有效成分：______________；②天然气的主要成分：_____________；⑵写出用氯化铁雕刻电路板的离子方程式：___

________________；⑶写出NH3·H2O的电离方程式：__________________________。【答案】(1).Ca(ClO)2(2).CH4(3).2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(4).NH3·H2O⇌NH4++OH-【解析】【详解】(1)①

漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；②天然气的主要成分是CH4；(2)铁离子具有强氧化性可以氧化铜单质，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(3)一水合氨为弱电解质，电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-。27.用可再生的物质制备

乙酸乙酯的绿色合成路线之一如图所示：⑴M的化学式为_______________________；⑵反应③的反应类型为____________________；⑶写出反应④的化学方程式：_______

______________________；⑷写出反应②的方程式：______________________________。【答案】(1).C6H12O6(2).氧化反应(3).CH3CH2OH

＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O(4).C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑【解析】【分析】淀粉或纤维素完全水解得到葡萄糖，葡萄糖经酒化酶的作用生成乙醇；乙醇可以被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生

酯化反应生成乙酸乙酯。【详解】(1)M为葡萄糖，化学式为C6H12O6；(2)乙醇到乙酸，增加了氧原子减少了氢原子，所以为氧化反应；(3)该反应为乙酸和乙醇的酯化反应，方程式为CH3CH2OH＋CH3COOHCH

3COOCH2CH3＋H2O；(4)反应②为葡萄糖在酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，方程式为C6H12O6⎯⎯→酶2CH3CH2OH+2CO2↑。【点睛】有机反应中，加氧或者去氢的反应为氧化反应，去氧或者加氢的反应为还原反应；有机物的燃烧属于氧化反应，双键与氢气的加成反应也属于还原反

应。28.由两种元素组成的矿物A，测定A的组成及制取化合物D的流程如下：请回答：⑴D的化学式为________________________；⑵写出③的离子方程式：___________________________；⑶A的化学式为：____

__________________。【答案】(1).Cu2O(2).SO2＋2Fe3+＋2H2O===2Fe2+＋SO42-＋4H+(3).Cu2S【解析】【分析】物质D为砖红色，应为Cu2O，则黑色物质B应为CuO，所以矿物

A中含有Cu元素；无色气体C可以与FeCl3溶液反应，应为还原性气体，E能与氯化钡反应生成沉淀，常见的钡盐沉淀有硫酸钡和碳酸钡，考虑到C为还原性气体，沉淀F应为BaSO4，C为SO2，即矿物A中含有S元素，且S元素的质量为2.33g32g/mol233g/mol=0.32g，则1.60gA中C

u元素的质量为1.60g-0.32g=1.28g，则A中n(Cu)：n(S)=1.28g0.32g64g/mol32g/mol：=2:1，所以A的化学式为Cu2S。【详解】(1)根据分析可知D为Cu2O；(2)反应③为Fe3+氧化SO2生成SO42-的反应，根据电子守恒和电荷

守恒可得方程式为SO2＋2Fe3+＋2H2O===2Fe2+＋SO42-＋4H+；(3)根据分析可知A为Cu2S。【点睛】解决框图推断类的题目，关键在找到突破口，如本题中D为砖红色固体，则应为Cu2O；另外除了正向推理的方法

，也可以先假设、再验证，如本题中给出的白色沉淀质量为2.33g，而硫酸钡的式量恰好为233，则可先假设该沉淀为BaSO4，然后进行验证，合理则正确，不合理再考虑其他情况。29.某研究性学习小组欲开展一次以化学为主题的活动，确定的课题是“研究浓

硫酸与木炭粉在加热条件下反应的产物”。根据小组成员的推测，浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的产物可能有CO2、SO2，为了验证推测，小组讨论用以下装置进行实验：编号abc装置品红酸性KMnO4品红溶液溶液溶液

ABC请回答：⑴实验时可观察装置a中A瓶溶液褪色，C瓶溶液不褪色。则A瓶溶液的作用___，C瓶溶液的作用_____；⑵装置b中所加的液体是________，装置b可验证的产物是________；⑶甲、乙两位同学

分别设计了两套不同装置。甲的装置顺序：c→b→a，乙的装置顺序：c→a→b。你认为合理的是（填“甲”或“乙”）__；⑷写出装置c中发生的化学方程式：__________【答案】(1).检验是否存在SO2(2).检验SO2是否除尽(3).澄清石灰水或Ca（OH）2溶液(4).CO2(5)

.乙(6).C+2H2SO4（浓）ΔCO2+2SO2+2H2O【解析】【分析】本实验的目的是验证木炭和浓硫酸的反应产物有CO2、SO2；检验CO2一般用澄清石灰水，但SO2也可以使澄清石灰水变浑浊，所以要先验证是否含有二氧化硫，然后将二氧化硫除去，再验证是否含有CO2，二者都为酸性氧化物，所以验

证和除去二氧化硫时要利用二氧化硫和二氧化碳的不同之处，例如二氧化硫的漂白性和还原性，所以具体的实验装置可以是：利用c进行木炭和浓硫酸的反应，之后连接a，装置A检验二氧化硫，装置B吸收二氧化硫，装置C检验二氧化硫是否吸收完全，之后再连接b

，b中盛放澄清石灰水来检验二氧化碳。【详解】(1)根据分析可知A瓶作用是检验是否存在SO2；C瓶作用是检验SO2是否除尽；(2)装置b用来检验CO2，可以用澄清石灰水；(3)根据分析可知乙同学的连接顺序合理；(4)c中为木炭和浓硫酸加热条件下

的反应，方程式为C+2H2SO4(浓)ΔCO2+2SO2+2H2O。30.将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成等量的两份。将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24g；另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24L气体，消耗盐

酸40.0mL。试计算：⑴原均匀混合物中NaHCO3的物质的量n（NaHCO3）＝____mol；⑵盐酸的浓度c（HCl）＝_____mol·L-1。【答案】(1).0.08(2).4.00【解析】【详解】(1)加热时发生反应2NaH

CO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，固体减少的质量为水和二氧化碳的质量，且每分解2mol碳酸氢钠，即减少1molH2O和1molCO2，减少的总质量为18g+44g=62g，所以当固体减少1.24g时，n(NaHCO3)=1.24g2mol62g=0.04mol，因为原混合物是分成了两份

，所以原混合中n(NaHCO3)=0.08mol；(2)另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24L气体，该气体应为CO2，且物质的量为0.1mol，根据元素守恒可知n(Na

2CO3)+n(NaHCO3)=n(CO2)=0.1mol，所以每一份中碳酸钠的物质的量为：0.1mol-0.04mol=0.06mol，盐酸与混合物反应最终得到NaCl，根据钠离子守恒n(NaCl)=2n(Na2CO3)+

n(NaHCO3)=0.06mol×2+0.04mol=0.16mol，根据氯离子守恒n(HCl)=n(NaCl)=0.16mol，则c(HCl)=0.16mol÷0.04L=4.00mol/L。【点睛】第一问为易错点，注意题

目问的是原混合物中碳酸氢钠的物质的量，直接计算得到的是其中一份中的量；化学的计算题要注意守恒法的使用，避免繁琐计算。