浙江省湖州市2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

2021学年第二学期期末调研测试卷高一化学注意事项：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纸规定的位置上.2.答题时，请按照答题纸上“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：23Mg：24S：32Fe：56Cu：64Ba：137一、选择题(每小题只有一个正确选项)1.氨气的分子式是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】氨气是由氨分子构成的化合物，每个氨分子中含有1个N原子和3个H原子，故氨气的分子式是NH3，合理选项是A。2.按物质的组成进行分类，偏铝酸钠属于A.氧化物B.盐C.酸D.有机物【答案】B【解析】【详解】A．氧化物：由两种元素所组成的纯净物，其中一种为氧元素；所以NaAlO2不属于氧化物，故A不选；B．盐是指一类金属离子或铵根离子（）与酸根离子结合的化合物；NaAlO2由钠离子和偏铝酸根离子组成，则NaAlO2属于盐，故B选；C．酸：电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物叫做酸；NaAlO2电离出的阳离子全都为钠离子，所以不属于酸，故C不选；D．有机化合物主要是指由碳元素、氢元素组成，一定是含碳的化合物，但是不包括碳的氧化物和硫化物、碳酸、碳酸盐、氰化物等；所以NaAlO2不属于有机化合物，故D不选；答案选A。3.下列仪器为容量瓶的是 A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．为容量瓶，A符合题意；B．为烧杯，B不符题意；C．漏斗，C不符题意；D．为圆底烧瓶，D不符题意；答案选A。4.下列过程属于物理变化的是A.液氨的气化B.煤的干馏C.碳酸氢钠的分解D.乙醇的燃烧【答案】A【解析】【详解】A．液氨的气化是氨气由液态转化为气态的过程，没有新物质产生，属于物理变化，A符合题意；B．煤的干馏是煤隔绝空气加强热，有焦炭、苯、等新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；C．碳酸氢钠分解产生碳酸钠、水和二氧化碳，是化学变化，C不符合题意；D．乙醇燃烧生成二氧化碳和水，是化学变化，D不符合题意；答案选A。5.下列物质属于电解质的是A.酒精B.金属铜C.稀盐酸D.氯化钾【答案】D【解析】【分析】在熔融状态或水溶液中能导电的化合物为电解质。 【详解】A．酒精在水中或液体状态时均不能导电，酒精不是电解质，故A不选；B．铜属于金属单质，不属于电解质，故B不选；C．盐酸为HCl和水的混合物，不是电解质，故C不选；D．氯化钾在水溶液中和熔融状态下均可以导电，属于电解质，故D选；答案选D。【点睛】电解质必须为化合物，单质和混合物不属于电解质。6.反应中，还原剂是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】反应中，Cl2中Cl元素的化合价降低，发生还原反应作氧化剂，NaBr中Br元素的化合价升高，发生氧化反应作还原剂，故答案选C。7.下列分散系能产生丁达尔效应的是A.稀硫酸B.氢氧化铁胶体C.饱和食盐水D.氯化钾溶液【答案】B【解析】【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体粒子的直径在1~100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于100nm的是浊液，丁达尔效应是指当一束光线透过胶体时，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，丁达尔现象是胶体特有的性质，据此分析解答。【详解】A．稀硫酸是溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，A不符合题意；B．氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，B符合题意；C．饱和食盐水是溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，C不符合题意；D．氯化钾溶液是溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，D不符合题意；答案选B。8.下列表述不正确的是A.乙醛的结构简式：B.二氧化碳的结构式：C.的电子式：D.甲烷的空间填充模型：【答案】C【解析】【详解】A．乙醛属于醛类，官能团为醛基，结构简式为CH3CHO，故A正确； B．1个二氧化碳分子由1个碳原子和2个氧原子构成，碳原子和每个氧原子都共用2对电子，三个原子在一条直线上，所以其结构式为O=C=O，故B正确；C．CaCl2是离子化合物，由1个Ca2+和2个Cl-构成，电子式中，两个Cl-要分列在Ca2+的两侧，故C错误；D．甲烷的分子式是CH4，空间结构为正四面体，碳原子在正四面体的中心，4个氢原子在正四面体的四个顶点，氢原子半径小于碳原子半径，选项中的甲烷的空间填充模型正确，故D正确；故选C。9.下列有关说法正确的是A.表示质子数为6、中子数为14的核素B.与互为同分异构体C.葡萄糖和蔗糖互为同系物D.金刚石、石墨、互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A．表示质子数为6、中子数为8的核素，A错误；B．与均为乙酸乙酯，为同种物质，B错误；C．蔗糖是二糖、葡萄糖是单糖，结构不相似，不是互为同系物，C错误；D．同种元素组成，结构不同的单质互为同素异形体，D正确；故选D。10.下列有关说法不正确的是A.常温下、对浓硫酸、浓硝酸表现出惰性，不与其发生反应B.、都可以通过化合反应制得C.石英砂和水晶的主要成分都是二氧化硅D.高纯硅广泛应用于信息技术和新能源技术等领域【答案】A【解析】【详解】A．常温下Al、Fe对浓硫酸、浓硝酸表现出惰性，是由于浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，在金属Al、Fe表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进—步氧化，即发生钝化现象，A错误；B．FeCl2可以通过氯化铁与铁化合得到，Fe(OH)3可以通过氢氧化亚铁和氧气、水化合得到，都可以通过化合反应直接制得，B正确；C．英砂和水晶的主要成分都是二氧化硅，C正确； D．高纯硅是半导体，是制造集成电路、太阳能电池的常用材料，D正确；故选A。11.下列关于元素周期表和元素周期律说法正确的是A.16号元素位于第三周期第ⅣA族B.氧的非金属性比碳强，所以的熔沸点比高C.是卤线元素最高价含氧酸中酸性最强的酸D.元素周期表纵向看，由16个纵列构成【答案】C【解析】【详解】A．16号元素为S元素，位于第三周期ⅥA族，A错误；B．因为H2O分子之间可以形成氢键，CH4分子之间不能形成氢键，则H2O的熔沸点比CH4高，B错误；C．非金属元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，F无正价，又Cl、Br、I中，Cl的非金属性最强，则HClO4是卤族元素最高价含氧酸中酸性最强的酸，C正确；D．元素周期表纵向看由7个主族、7个副族、第VIII族、0族构成，而第Ⅷ族由3个纵行构成，则元素周期表有18个纵行构成，D错误；答案选C。12.下列方程式正确的是A.向氯化亚铁溶液中通入氧气的离子方程式：B.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：C.石灰石与醋酸反应的离子方程式：D.金属钠和水反应：【答案】A【解析】【详解】A．氯气可以把二价铁氧化为三价铁，离子方程式为：，A正确；B．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和一水合氨，离子方程式为：，B错误；C．石灰石难溶于水，不能拆，醋酸是弱酸，不能拆，离子方程式为：，C错误；D．钠和水可以生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：，D错误； 故选A。13.下列有关实验描述正确的是A.将新切的、用滤纸吸干煤油的钠投入到乙醇中，钠浮在液面上并与乙醇剧烈反应B.在试管中加入2mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加热3-4分钟，冷却后加入少量新制悬浊液，加热后会产生砖红色沉淀C.将干燥的氯气通入放有有色鲜花的集气瓶中，有色鲜花不会褪色D.向某溶液中滴加较浓溶液，加热后若能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中有【答案】D【解析】【详解】A．钠的密度大于乙醇，会沉到底部，A错误；B．淀粉在稀硫酸加热的条件下发生水解，水解液呈酸性，而氢氧化铜的悬浊液在碱性环境下能检验醛基，因此必须把水解液加入氢氧化钠进行中和后，再加入氢氧化铜的悬浊液并加热煮沸，观察是否有砖红色沉淀产生，以此来判断淀粉的水解情况，B错误；C．氯气和水反应能生成具有漂白性的次氯酸，鲜花中有水分，将干燥的Cl2充入放有鲜花的集气瓶中，鲜花会褪色，C错误；D．铵根离子和氢氧根离子在加热的条件下可以产生氨气，可以使湿润红色石蕊试纸变蓝，故可以说明溶液中含有，D正确；故选D。14.下列有关说法不正确的是A.天然气、液化石油气和汽油的主要成分都是碳氢化合物B.等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应能制得纯净的一氯甲烷C.生产口罩的熔喷布以聚丙烯为主要原料，合成聚丙烯的原料主要来自石油的裂解D.煤焦油中可以获取苯、甲苯、二甲苯等有机化合物【答案】B【解析】【详解】A．天然气、液化石油气和汽油都是烃，主要成分都是碳氢化合物，A正确；B．在光照条件下，等物质的量的氯气与甲烷发生取代反应，会生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，HCl，不能够制得纯净的一氯甲烷，B错误；C．聚丙烯的原料为丙烯，主要来自石油的裂解，C正确；D．煤通过干馏得到的煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，因此可以获取苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，D正确；故选B。 15.下列有关说法不正确的是A.75%的医用酒精和84消毒液可以使蛋白质变性，均可用于消毒B.地沟油禁止食用，但工业上可以利用它来制肥皂C.淀粉和纤维素都是天然高分子，分子式均为，两者互为同分异构体D.根据蚕丝与棉花在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别二者【答案】C【解析】【详解】A．由于75%的医用酒精和84消毒液都可以使蛋白质变性，因此二者均可用于杀菌消毒，故A正确；B．地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解为造化反应，可制备肥皂，故B正确；C．淀粉与纤维素分子表达式相同，但n值不同，不是同分异构体，故C错误；D．蚕丝含有蛋白质、棉花为植物纤维含有糖类，根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花，故D正确；故选C。二、选择题：每小题只有一个正确选项16.如图所示进行实验，下列说法不正确的是A.装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生B.装置甲和装置乙中均发生氧化还原反应C.图乙中电子由负极流出，经过溶液流入正极D.装置乙中负极的电极反应式：【答案】C【解析】【详解】A．锌和稀硫酸反应生成氢气，甲装置的锌片上有气泡产生，乙为原电池装置，锌为负极，失去的电子转移到铜片上，溶液中的H+在铜片上得到电子生成氢气，能观察到铜片上有气泡产生，故A正确；B．装置甲和乙中均发生了锌和硫酸的置换反应，均为氧化还原反应，故B正确； C．电子不能进入电解质溶液中，故C错误；D．装置乙为原电池，锌比铜活泼，锌为负极，负极发生氧化反应，即锌失去电子生成Zn2+，故D正确；故选D。17.有关化学与可持续发展的说法不正确的是A.理想的新能源应该具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点B.提高金属矿物的利用率，开发环保高效的金属冶炼方法，防止金属的腐蚀，加强废旧金属的回收和再利用等都是合理开发和利用金属资源的主要途径C.合理用药必须在医生、医师指导下，遵循安全、有效、经济等原则D.绿色化学的核心思想是利用化学原理和技术手段，对被污染的环境进行治理【答案】D【解析】【详解】A．理想的新能源应该具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点，如太阳能、风能等，故A正确；B．金属资源面临枯蝎，保护金属资源的有效途径之一就是回收再利用、开发环保高效的金属冶炼方法、防止金属的腐蚀等，故B正确；C．用药应在在医生、医师指导下，遵循安全、有效、经济等原则，故C正确；D．利用化学原理和技术手段可以从源头减少或消除环境污染，实现绿色化学的核心思想，故D错误；故选D。18.等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间(t)内产生气体体积(V)的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中一定不正确的是组别对应曲线c(HCl)/mol·L-1反应温度/℃铁的状态1a30粉末状2b30粉末状 3c2.5块状4d2530块状A.第4组实验的反应速率最慢B.第1组实验中盐酸的浓度大于2.5mol·L-1C.第2组实验中盐酸的浓度等于2.5mol·L-1D.第3组实验的反应温度低于30℃【答案】D【解析】【分析】相同时间内生成氢气的体积越大，说明反应速率越快，由图可知，反应速率a＞b＞c＞d。【详解】A．由图可知，相同时间内，曲线d生成的氢气的体积最少，第4组实验的反应速率最慢，A项正确；B．第1组反应速率比第4组快，1、4组相比，温度相同，1组固体表面积更大，第1组盐酸的浓度可能等于、小于或大于2.5mol•L-1，B项正确；C．第2组反应速率比第4组快，2、4组相比，温度相同，2组固体表面积更大，第2组盐酸的浓度可能等于、小于或大于2.5mol•L-1，C项正确；D．第3组反应速率比第4组快，3、4组相比，浓度、固体表面积相同，温度越高反应速率越快，第3组实验的反应温度高于30℃，D项错误；答案选D。19.下列说法不正确的是A.从化学键角度分析，化学反应过程的本质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程B.双原子单质分子中一定只含非极性共价键C.由非金属元素原子组成的化合物中一定只含共价键D.由于液态氯化氢不存在自由移动的离子，因此不能导电【答案】C【解析】【详解】A．化学反应中一定有新物质生成，从化学键角度分析，化学反应过程的本质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程，A正确；B．双原子单质分子由同种原子构成，一定只含有非极性共价键，B正确；C．由非金属元素原子组成的化合物不一定只含共价键，如NH4Cl既含有离子键，也含有共价键，C错误；D．液态氯化氢是以分子的形式存在，没有自由移动的阴阳离子，所以不能导电，D正 确；答案选C。20.工业废水中含有重铬酸根离子有毒，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾做处理剂，反应的离子方程式为：，下列说法不正确的是A.将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液出现血红色B.配制好的溶液，为防止变质可向溶液中加入少量铁粉C.每处理转移电子D.向溶液中加入溶液一段时间后，沉淀会变成红褐色【答案】C【解析】【详解】A．绿矾水溶液中含有的Fe2+具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+和SCN-反应溶液呈红色，故A正确；B．FeSO4易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁能和Fe3+反应生成Fe2+，所以为防止FeSO4溶液变质可向溶液中加入少量铁粉，故B正确；C．根据反应方程式可知Cr的化合价从反应前的+6价降低到反应后的+3价，则每处理1mol转移6mol电子，故C错误；D．向FeSO4溶液中加入NaOH溶液，生成的白色沉淀Fe(OH)2容易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，所以一段时间后，沉淀会变成红褐色，故D正确；故选C。21.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.重水所含的电子数小于B.的盐酸中，所含氯化氢分子数为C.锌和足量的浓完全反应，转移的电子数小于D.2.8g由和组成的混合物含有的原子数等于【答案】A【解析】【详解】A．重水的物质的量小于0.2mol，故其中所含的电子书小于，A正确；B．盐酸溶于水完全电离，其水溶液不含氯化氢分子，B错误；C．硫酸过量，转移电子数按照锌进行计算，锌可以失去个电子，C错误； D．和的摩尔质量均为28g/mol，则2.8g由N2和乙烯(C2H4)组成的混合气体即0.1mol，两分子含有的原子数目不同，则所含的原子数不能确定，D错误；故选A。22.在一定温度下，向某固定容积的密闭容器中加入和，发生如下反应：。此反应达到平衡状态的标志是A.容器内气体密度不再发生变化B.容器内各物质的浓度不再发生变化C.氮气与氢气的反应速率之比为1∶3D.单位时间消耗的同时生成【答案】B【解析】【详解】A．体积不变，气体总质量不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B．容器内各物质的浓度不再发生变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，B符合题意；C．当体系达平衡状态时，N2、H2和NH3的浓度之比可能为1：3：2，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，C不符合题意；D．单位时间消耗0.1molN2的同时生成0.2molNH3，都体现的是正反应方向速率，未体现正与逆的关系，不能说明反应达到平衡，D不符合题意；答案选B。23.镁及其合金是用途很广的金属材料。大量的镁是从海水中提取的，其中的主要步骤如图：下列说法不正确的是A.为了节省原料，海水可选用提取粗食盐后的母液B.为了使转化为，工业上试剂①主要选用C.加入试剂①后，可用过滤得到沉淀D.镁与铝等金属按一定比例制成的合金，由于其密度小、强度大，可用于制造飞机【答案】B 【解析】【分析】海水中加入生石灰或石灰乳会生成氢氧化镁沉淀和滤液，向氢氧化镁沉淀中加入盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液在HCl氛围中加热蒸发、冷却结晶得到无水氯化镁，再电解熔融的氯化镁可得到镁单质与氯气，据此分析解答。【详解】A．海水提取粗食盐后的母液中含有镁离子，可作为提取镁的原料，A正确；B．工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，B错误；C．由图可知加入试剂①后，可得到沉淀，故可用过滤的方法得到沉淀，C正确；D．合金的密度一般比成分金属小，机械强度更强，故镁与铝合金密度小、强度大，可用于制造飞机，D正确；故选B。24.单质疏在热的溶液中发生歧化反应：。若硫过量，会进一步发生反应：，。将疏与含的热溶液充分反应恰好生成和，向该溶液中再加入适量碱性溶液，硫元素恰好全部转化为，下列说法不正确的是A.B.碱性溶液的物质的量浓度为C.中D.生成溶液的物质的量浓度为【答案】D【解析】【分析】根据反应过程中S元素得失电子守恒计算Na2Sx和Na2S2O3中a∶b的大小；硫元素最终全部转化为Na2SO4，转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，根据电子守恒计算NaClO的物质的量，然后根据物质的量浓度定义式计算。【详解】A．疏与含的热溶液充分反应，产生amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，根据电子得失电子数目相等可知：a×x×=b×2×2，解得a=2b，所以a:b=2:1，故A正确；B．0.12mol硫单质，其反应产生的amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300mL，S完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原 反应中电子守恒可得0.12mol×(6-0)=n(NaClO)×[1-(-1)]，解得n(NaClO)=0.36mol。由于NaClO碱性溶液体积是300mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)=，故B正确；C．疏与含的热溶液充分反应恰好生成和，由Na原子守恒可知2a+2b=0.06，S原子守恒可得ax+2b=0.12，又a:b=2:1，可得x=5，故C正确；D．溶液的体积为氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液的混合物，故溶液体积大于300mL，硫单质的物质的量为0.12mol，故硫酸钠溶液的浓度小于0.4mol/L，故D错误；故选D。25.固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是A.X中一定不存在FeOB.不溶物Y中一定含有Fe和CuOC.Z溶液中一定含有KCl、K2CO3D.Y中不一定存在MnO2【答案】B【解析】【详解】①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。答案选B。三、非选择题26.请按要求填空（1）写出丙烷的结构简式：_______。 （2）乙醇在加热和有催化剂存在的条件下，被氧气氧化的化学方程式_______。（3）写出碳和浓硫酸反应的化学方程式_______。（4）已知卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为氯气>溴>碘，试从原子结构角度解释单质氧化性逐渐减弱的原因_______。【答案】（1）（2）（3）（4）氯原子、溴原子、碘原子电子层数依次增加，原子核对最外层电子的吸引力依次减弱，得电子能力依次减弱，单质氧化性依次减弱【解析】【小问1详解】丙烷为碳原子数为3个的饱和烃，故结构简式为。【小问2详解】乙醇被氧气氧化为乙醛和水，故化学方程式为。【小问3详解】在加热条件下碳被浓硫酸氧化为二氧化碳，本身还原为二氧化硫，化学方程式为。【小问4详解】从原子结构角度可知，氯原子、溴原子、碘原子电子层数依次增加，原子核对最外层电子的吸引力依次减弱，得电子能力依次减弱，故单质氧化性依次减弱，即卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为氯气>溴>碘。27.烃A的相对分子质量为28，部分性质及转化关系如图：（1）有机物A中的官能团名称为_______。生成有机物B的反应类型为_______。（2）D的水溶液显酸性，请写出C与D反应的化学方程式_______。（3）下列说法正确的是_______。A.有机物C和乙酸乙酯均易溶于饱和碳酸钠溶液中 B.有机物D能与溶液反应生成气体C.等物质的量的A和C完全燃烧，消耗的的量相同D.A既能使酸性溶液褪色又能使溴水褪色，且褪色反应原理相同（4）请写出丙烯与水发生加成反应时可能得到的两种有机产物的结构简式_______。【答案】（1）①.碳碳双键②.加成(还原)反应（2）（3）BC（4）、【解析】【分析】根据转化关系，烃A与H2O在催化剂的条件下生成C，A催化氧化反应得到D，C与D在浓硫酸加热的条件下生成CH3COOCH2CH3，又A的相对分子质量为28，则A为乙烯(CH2=CH2)，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，A与H2在催化剂的条件下发生加成反应生成B，则B为CH3CH3，据此分析解答。【小问1详解】由分析可知，A为乙烯(CH2=CH2)，含有的官能团名称为碳碳双键，A与H2在催化剂的条件下发生加成反应生成B，反应类型为加成反应；【小问2详解】C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，两者在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式为：；【小问3详解】A．C为CH3CH2OH，易溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，A错误；B．D为CH3COOH，能与溶液反应生成气体，B正确；C．A为乙烯(CH2=CH2)，C为CH3CH2OH，两者分别与O2发生燃烧反应的化学方程式为：CH2=CH2+3O22CO2+2H2O，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O，则等物质的量的A和C完全燃烧，消耗的O2的量相同，C正确；D．A为乙烯(CH2=CH2)，能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为发生了还原反应，使溴水褪色是因为发生了加成反应，两者褪色原理不同，D错误；答案选BC。 【小问4详解】丙烯与水发生加成反应，可能会生成1-丙醇或2-丙醇，结构简式为、。28.A是由两种元素组成的矿物，测定A的组成流程如图：已知：B、D均为纯净物。请回答：（1）写出反应A的化学式：_______。（2）写出反应②的化学方程式：_______。（3）写出反应③的离子方程式：_______。（4）检验无色气体D常用的方法是：_______。【答案】（1）（2）（3）（4）通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色【解析】【分析】A是由两种元素组成的矿物，A与氧气在高温条件下得到红色固体B和无色气体D，B、D均为纯净物，B与稀盐酸反应后加入硫氰化钾溶液得到血红色溶液C，则B为Fe2O3，C为Fe(SCN)3，无色气体D加入足量FeCl3溶液得到溶液E，E与足量BaCl2溶液可得到白色沉淀F，则F为BaSO4，E为FeSO4，D为SO2，又2.4gA得到9.32gF(BaSO4)，根据S元素守恒可得A中S元素的质量为，则A中Fe元素的质量为2.4g-1.28g=1.12g，因此A中Fe、S的原子个数比为，则A的化学式为FeS2，据此分析解答。【小问1详解】由分析可得，A的化学式为FeS2；【小问2详解】根据分析，反应②为Fe2O3与稀盐酸反应，反应的化学方程式为； 【小问3详解】反应③为SO2与足量的FeCl3溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；【小问4详解】由分析可知，D为SO2，具有漂白性，可将其通入品红溶液中，若品红溶液褪色，加热后品红溶液又恢复红色，说明是SO2。29.为确定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，可通过加热分解得到的质量进行计算，某同学设计的实验装置示意图如图：请回答：（1）写出A中硬质玻璃管内发生的化学反应方程式_______。（2）仪器a的名称是_______。（3）装置B中冰水的作用是_______。（4）该同学设计的实验装置存在缺陷。该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的质量分数偏高的是_______。A.样品分解不完全B.装置B、C之间缺少的干燥装置C.产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收D.反应完全后停止加热，通入过量的空气【答案】（1）（2）球形干燥管（3）降温，冷凝反应生成的水蒸气（4）AC【解析】【分析】X为氮气，用氮气赶净装置中的空气，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气进入装置B，利用冰水混合物冷却生成的水蒸气，装置C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。【小问1详解】 样品加热时碳酸氢钠发生分解，化学方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，答案：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。【小问2详解】仪器a是球形干燥管。【小问3详解】装置B利用中冰水混合物冷却生成的水蒸气，防止水蒸气进入装置C，答案：降温，冷凝反应生成的水蒸气。【小问4详解】A．样品分解不完全，生成CO2的质量偏低，使碳酸钠的质量分数偏高，A项选；B．装置B、C之间缺少CO2的干燥装置，未除去生成的水，使CO2的质量偏高，造成碳酸钠的质量分数偏低，B项不选；C．产生CO2气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收，导致得到CO2的质量偏低，使碳酸钠的质量分数偏高，C项选；D．反应完全后停止加热，通入过量的空气，空气中含有少量CO2，使CO2的质量偏高，造成碳酸钠的质量分数偏低，D项不选；答案选AC。30.将铜镁合金完全溶解于的浓硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。求：（1）的浓硝酸中含有的物质的量为_______。（2）该合金含铜_______g。（3）混合气体中，和物质的量之比为_______。【答案】（1）0.7（2）1.28（3）4∶1【解析】【分析】1.52g铜镁合金溶于浓硝酸中生成硝酸铜、硝酸镁、NO2、N2O4，NO2、N2O4的体积为1120mL，则物质的量为0.05mol。向反应后的溶液中加入NaOH溶液，金属离子完全沉淀时，得到2.54g沉淀，则m(OH-)=2.54g-1.52g=1.02g，则n(OH-)=0.06mol。【小问1详解】50mL14mol/L的浓硝酸中含有HNO3的物质的量为0.05L×14mol/L=0.7mol；【小问2详解】 根据n(OH-)=0.06mol以及Cu(OH)2和Mg(OH)2的化学式可知，铜和镁的总物质的量是n(OH-)的二分之一，即为0.03mol。设合金中铜的物质的量为x，镁的物质的量为y，则有64x+24y=1.52，x+y=0.03，求得x=0.02mol，y=0.01mol，则该合金含铜0.02mol×64g/mol=1.28g；【小问3详解】铜和镁的总物质的量为0.03mol，铜和镁反应后均为+2价，所以转移电子的物质的量为0.06mol，设N2O4的物质的量为a，则NO2的物质的量为0.05-a，根据化合价变化有2a+0.05-a=0.06，则a=0.01mol，则NO2的物质的量为0.04mol，所以混合气体中，NO2和N2O4的物质的量之比为0.04：0.01=4：1。