浙江省长河中学2022-2023学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022学年第二学期高一年级期中考试化学试题卷相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23K-39Fe-56Cu-64Ca-40Ba-137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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.下列属于电解质的是A.NH3B.CH3CH2OHC.CH3COOHD.Cu【答案】C【解析】【详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和水均为电解质，据此分析解题：A．NH3的水溶液虽然能够导电，但不是其本身电离出自由移动的离子而导电的，是其与水反应的产物NH3·H2O电离出自由离子的，故NH3属于非电解质，A不合题意；B．CH3CH2OH的水溶液和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，B不合题意；C．CH3COOH的水溶液能够导电，属于酸，故属于电解质，C符合题意；D．Cu是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，D不合题意；故答案为：C。2.下列物质能使品红溶液褪色，加热后又能恢复原色的是A.SO2B.H2O2C.氯水D.NaClO溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A．SO2与有色物质结合生成无色物质，加热后无色物质分解，过程是可逆的，A符合题意；B．H2O2与有色物质发生氧化还原反应，生成无色物质，反应是不可逆的，B不符合题意；C．氯水与有色物质发生氧化还原反应，生成无色物质，反应是不可逆的，C不符合题意；D．NaClO溶液有色物质发生氧化还原反应，生成无色物质，反应是不可逆的，D不符合题意；故答案选A。3.配制一定物质的量浓度溶液时所需要的仪器是 A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．题干图示仪器为蒸发皿，配制一定物质的量浓度溶液时不需要该仪器，A不合题意；B．题干图示仪器为球形干燥管，配制一定物质的量浓度溶液时不需要该仪器，B不合题意；C．题干图示仪器为坩埚，配制一定物质的量浓度溶液时不需要该仪器，C不合题意；D．题干图示仪器为容量瓶皿，配制一定物质的量浓度溶液时需要该仪器，D符合题意；故答案为：D。4.下列说法正确的是A.和互为同位素B.和互称为同分异构体C.和互为同素异形体D.和互称为同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A．同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素，C、N是不同元素，故A错误；B．甲烷结构是正四面体，二氯代物的结构相同，则属于同种物质，故B错误；C．同种元素形成的不同种单质互称为同素异形体，和为O元素形成的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D．和分子式相同，结构不同，互称为同分异构体，故D错误；故选：C。5.下列化学用语正确的是（　　） A.聚丙烯的结构简式为：B.丙烷分子的球棍模型为：C.四氯化碳分子的电子式为：D.乙烯的结构简式：CH2CH2【答案】B【解析】【详解】A．丙烯通过加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，故A错误；B．丙烷分子中含有3个碳原子，分子中所有共价键都是单键，丙烷的球棍模型为：，故B正确；C．四氯化碳为共价化合物，碳原子和氯原子最外层都达到8电子稳定结构，四氯化碳的电子式为：，故C错误；D．乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，乙烯的结构简式为：CH2＝CH2，故D错误；故选B。6.下列物质中，属于高分子的是A.氨基酸B.油脂C.淀粉D.蔗糖【答案】C【解析】【详解】相对分子质量成千上万的化合物才是高分子，氨基酸是合成高分子蛋白质的小分子，油脂的相对分子质量较小属于小分子物质，蔗糖的分子式为C12H22O11，故属于小分子，只有淀粉的分子组成为(C6H10O5)n，其相对分子质量成千上万，属于高分子化合物，故答案为：C。7.化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A.在葡萄酒酿制过程中，添加适量二氧化硫可以起到杀菌作用B.京东方生产的可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应C.硅是制作光导纤维的主要材料D.海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化【答案】A【解析】【详解】A．葡萄酒酿制过程中，添加适量二氧化硫可以起到抗氧化和杀菌作用，故A正确； B．硝酸具有强氧化性，硝酸与纳米银会反应，故B错误；C．二氧化硅是制作光导纤维的主要材料，故C错误；D．海水淡化是将海水中氯化钠与水分离，而明矾只能吸附水中悬浮颗粒从而净水，但不能将海水淡化，故D错误；故选：A。8.我国古代劳动人民用“失蜡法”铸造青铜器：用蜂蜡作成铸件模型，再用黏土敷成外范，烧成陶模，烧制过程蜡模全部融化流失，使整个铸件模型变成空壳，再往内浇灌青铜熔液，便铸成器物。下列说法正确的是A.青铜是我国最早使用的合金材料，其硬度比纯铜小B.陶制器皿属于传统硅酸盐材料，耐高温、耐腐蚀C.黏土(Al2O3•2SiO2•2H2O)是由氧化物构成的混合物D.蜂蜡的主要成分为有机物，其中的酯类物质易溶于水【答案】B【解析】【详解】A．青铜为合金，硬度大于纯铜，A错误；B．陶主要成分为硅酸盐，属于传统无机非金属材料，具有耐高温、耐腐蚀性质，B正确；C．Al2O3•2SiO2•2H2O为硅酸盐的氧化物表示形式，即黏土(Al2O3•2SiO2•2H2O)的主要成分为硅酸盐，而不是由氧化物构成的混合物，C错误；D．蜂蜡是主要成分为是高级脂肪酸和一元醇所合成的碳氢化合物，酯类物质难溶于水，D错误；故答案为：B。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】D【解析】详解】A．二氧化硅不溶于盐酸也不和盐酸反应，A不选；B．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，得不到硫酸，B不选；C．单质硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，得不到三氧化硫，C不选；D．氨气发生催化氧化生成NO，NO、氧气通入水中生成硝酸，D选；答案选D。 10.下列说法正确的是A.糖类、油脂、蛋白质均可以水解B.葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但是同系物C.等质量的乙烯、甲烷分别充分燃烧，甲烷消耗氧气的量多D.在加热、甲醛、饱和(NH4)2SO4溶液，X射线作用下，蛋白质都会发生变性【答案】C【解析】【详解】A．糖类中的单糖不能发生水解反应，而糖类中的其他糖、油脂、蛋白质均可以水解，A错误；B．葡萄糖的分子式为C6H12O6和蔗糖的分子式为C12H22O11，而是分子式不同，不是同分异构体，结构也不相似，组成上也不是相差CH2的整数倍，故也不互为同系物，B错误；C．由于CH4中H%高于乙烯中H%，故等质量的乙烯、甲烷分别充分燃烧，甲烷消耗氧气的量多，C正确；D．在加热、甲醛、X射线作用下，蛋白质都会发生变性，而加入饱和(NH4)2SO4溶液，则是蛋白质发生盐析，D错误；故答案为：C。11.下列说法中正确的是A.原电池放电过程中，负极的质量一定减小，正极的质量一定增加B.由Fe、Cu组成的原电池，Fe一定是负极C.为了加快一定量的Zn与足量稀H2SO4反应的速率，且不影响生成H2的总量，可加入少量CuSO4溶液D.某海水中电池总反应式可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl．则负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl【答案】D【解析】【详解】A．燃料电池形成的原电池放电过程中，两个电极上都是通入的气体发生的氧化还原反应，正负极质量不变，A项错误；B．Fe、Cu组成原电池，根据易失去电子的作负极，而在Fe、Cu和浓硝酸组成原电池中铜比铁易失去电，所以铜为负极，B项错误；C．向稀H2SO4中加入少量的CuSO4溶液，构成Zn、Cu原电池，加快反应速率，但消耗了锌，所以氢气的量变少，C项错误；D．Ag元素的化合价由0价升高为+1，则负极反应式：Ag-e-+Cl-=AgCl，D项正确；答案选D。 12.下列离子方程式书写正确的是A.硅酸钠溶液中通入少量CO2气体：SiO+CO2+2H2O=H2SiO3↓+COB.铁与足量的稀硝酸反应：3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2OC.铁和氯化铁溶液反应：Fe3++Fe=2Fe2+D.向Na2S溶液中通入过量的SO2：S2-+SO2+H2O=H2S+SO【答案】A【解析】【详解】A．硅酸钠溶液中通入少量CO2气体生成硅酸沉淀和碳酸钠，离子方程式为：SiO+CO2+2H2O=H2SiO3↓+CO，故A正确；B．铁与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁，离子方程式为：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，故B错误；C．铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D．向Na2S溶液中通入过量的SO2发生归中反应生成S单质和亚硫酸氢根离子，故D错误；故选A。13.化学反应：A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是A.1molA2和1molB2完全反应吸收(y-x)kJ热量B.断裂1molA－A键和1molB－B键放出xkJ的能量C.断裂2molA－B键需要吸收ykJ的能量D.2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，A错误；B．化学键的断裂需要吸收能量，而不是释放能量，B错误；C．化学键的断裂吸收能量，由图可知，断裂2molA-B键需要吸收ykJ的能量，C正确；D．由图示可知，的总能量低于和的总能量，D错误； 故选C。14.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理为Zn＋Ag2O＋H2O=Zn(OH)2＋2Ag。其工作示意图如图所示。下列说法不正确的是A.Zn电极是负极，K＋向Ag2O电极迁移B.Ag2O电极发生还原反应C.Zn电极的电极反应式为Zn-2e-＋2OH-=Zn(OH)2D.放电前后电解质溶液的pH保持不变【答案】D【解析】【分析】从电池总反应Zn＋Ag2O＋H2O=Zn(OH)2＋2Ag来看，Zn由0价升高到+2价，Ag2O中的Ag由+1价降为0价，所以Zn电极为负极，Ag2O电极为正极。【详解】A．活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，K＋向Ag2O电极迁移，选项A正确；B．Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；C．Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；D．电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误；答案选D。15.把和混合装入容积为的密闭容器里，发生如下反应：，经反应达平衡，在此内C的平均反应速率为，同时生成，下列叙述中错误的是A.B.达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5C.达到平衡状态时B的转化率为50%D.内B的反应速率【答案】C【解析】【分析】根据5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)可知，反应后C的物质的量为 0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol，生成1molD，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：【详解】A．根据分析可知，x=4，A正确；B．根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正确；C．反应达到平衡状态时B的转化率为×100%=20%，C错误；D．B的反应速率=，D正确；故选C。16.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒温下使其达到分解平衡NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，判断该分解反应已经达到化学平衡的是A.2v(NH3)=v(CO2)B.密闭容器中混合气体的密度不变C.密闭容器中混合气体平均分子量不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变【答案】B【解析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A．没有指明正、逆速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；B．随反应进行混合气体的质量增大，容器的容积不变，反应混合气体的密度增大，当密度不再变化，说明到达平衡状态，故B正确；C．该反应中气体只有NH3和CO2，且二者的物质的量之始终为2：1，则气体的平均分子量为定值，无法根据混合气体的平均分子量判断平衡状态，故C错误；D．反应混合气体只有NH3和CO2，且二者物质的量之比始终为2：1，氨体积分数始终不变，所以不能说明到达平衡，故D错误； 故选：B。17.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：点小于点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.时，SO2的转化率：段小于段【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。18.M、N、P为三种不同的有机物，下列叙述正确的是A.若M、N、P互为同分异构体，它们的化学性质一定相似B.若M、N、P互为同系物，它们分子中碳元素的质量分数一定相同C.若M与N互为同系物，P与N互为同系物，则M与P也互为同系物D.若M与N互为同分异构体，P与N互为同分异构体，则M与P也互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．同分异构体的分子式相同，结构不同，如：N的化学式为：C3H6，则结构可能为：CH2 =CH-CH3或，则它们的化学性质不相似，A错误；B．M、N、P都为烯烃同系物，最简式为：CH2，则它们分子中碳的质量分数一定相同；若M、N、P为烷烃同系物，则相差n个“CH2“，则它们分子中碳的质量分数不相同，B错误；C．若M与CH2=CH-CH3互为同系物，结构相似；若P与互为同系物，结构相似；那么M与P结构不相似，不是同系物，C错误；D．M与N互为同分异构体，即M与N分子式相同，结构不同；P与N互为同分异构体，即P与N的分子式相同，结构不同；所以M与P的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D正确；故答案为：D。19.下列叙述错误的是A.1molCH2=CH2先与HCl发生加成反应，再与发生取代反应，最多消耗2.5molCl2B.实验室中可用如图所示方法除去气体中的气体C.实验室中可用酸性溶液鉴别气体和气体D.工业上可利用与HCl的加成反应制得纯净的【答案】A【解析】【详解】A．CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，CH3CH2Cl分子中有5个氢，则最多消耗 ，故A错误；B．气体不溶于溴水且不反应，气体在溴水中发生加成反应生成液态，故B正确；C．气体不溶于酸性溶液且不反应，气体在酸性溶液中被氧化，使酸性溶液褪色，故C正确；D．与HCl的加成反应生成唯一产物，故D正确；故选A。 20.下列醇不能发生催化氧化的是A.CH3OHB.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据醇催化氧化的反应机理可知，和羟基相邻的碳原子上至少还有1个氢原子的醇才能催化氧化，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，CH3OH可以催化氧化，A不合题意；B．由分析可知，可以催化氧化，B不合题意；C．由分析可知，不能催化氧化，C符合题意；D．由分析可知，可以催化氧化，D不合题意；故答案为：C。21.两种烃组成的混合烃总物质的量与该混合烃充分燃烧后所得气体产物的(二氧化碳和水蒸气)物质的量变化关系如图所示。以下对混合烃组成的判断中，正确的是A.可能有C3H4B.可能有乙烷C.一定有丙烷D.一定有乙烯【答案】A【解析】【详解】由图可知，混合烃为2mol时，生成二氧化碳为3mol，水为4mol，故两种气态烃的平均组成为C1.5H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.5，一般不超过4，可能含有C2H4或C3H4等，一定没有乙烷和丙烷，故答案为：A。22.进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是 A.(CH3)2CHCH2CH2CH3B.(CH3CH2)2CHCH3C.(CH3)2CHCH(CH3)2D.(CH3)3CCH2CH3【答案】D【解析】【分析】某烷烃发生氯代反应后，只能生成四种沸点不同的一氯代产物，则说明该有机物的一氯代物有3种；根据等效氢原子来判断各烷烃中氢原子的种类，有几种类型的氢原子就有几种一氯代物，据此进行解答。【详解】A．(CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，能生成5种沸点不同的产物，故A错误；B．(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，故B错误；C．(CH3)2CHCH(CH3)2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C错误；D．(CH3)3CCH2CH3中有3种位置不同的氢，所以其一氯代物有3种，能生成3种沸点不同的产物，故D正确。答案选D。23.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LCl2和足量的NaOH完全反应，转移的电子数为NAB.1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸作用下生成NA个乙酸乙酯分子C.10g的2H216O含有的质子数与中子数均为5NAD.1molC2H6中含有共价键的数目为6NA【答案】C【解析】【详解】A．根据反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O中1molCl2转移电子1mol，则标准状况下，11.2L即=0.5molCl2和足量的NaOH完全反应，转移的电子数为0.5NA，A错误；B．由于制备乙酸乙酯的反应是一个可逆反应，故乙酸和乙醇均不能完全反应，故1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸作用下生成乙酸乙酯分子小于NA个，B错误；C．已知2H216O中相对分子质量为20，分子中含有质子数为：2×1+8=10，中子数为：2×(2-1)+16-8=10，故10g的2H216O含有的质子数与中子数均为=5NA，C正确； D．一分子CH3CH3中含有共价键数目为7个，故1molC2H6中含有共价键的数目为7NA，D错误；故答案为：C。24.某学习小组为研究铜与浓、稀HNO3反应的差异，设计了如图所示的实验装置。下列说法不正确的是A.反应开始前通入过量的CO2气体，目的是排除装置内的空气B.A中的离子方程式为：Cu+2NO3-+4H+==Cu2++2NO2↑+2H2OC.当B中0.03mol铜粉被氧化时，B中产生的NO气体大于0.02molD.C装置中装入一定量的水进行尾气处理【答案】D【解析】【分析】研究铜与浓、稀HNO3反应的差异，先利用二氧化碳将装置中的空气排出，防止Cu与稀硝酸反应生成的NO被氧化，滴加浓硝酸时Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，在B中发生3NO2+H2O＝2HNO3+NO、3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，C中收集到NO气体，最后尾气处理，据此分析作答。【详解】A.反应开始前通入过量的CO2气体，目的是排除装置内的空气，A正确；B.A中铜与浓硝酸反应的离子方程式为：Cu+2NO3-+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O，B正确；C.B中发生3NO2+H2O＝2HNO3+NO、3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，因此当B中0.03mol铜粉被氧化时，B中产生的NO气体大于0.02mol，C正确；D.NO不溶于水，C装置中装入一定量的水不能进行尾气处理，D错误；答案选D。【点睛】本题考查性质实验设计，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意从实验原理、物质的性质特点、干扰物质的排除等方面分析判断。25.某溶液含有下列离子中的几种：K+、、Ba2+、、、Cl-，且溶液中各离子浓度相等。取该溶液进行如下实验：(1)取该溶液与足量NaOH溶液共热产生刺激性气体(2)另取该溶液加入稀HCl无明显现象，再加足量BaCl2溶液得到白色沉淀(3)取(2)的上层清液加入AgNO3溶液和稀硝酸得到白色沉淀 下列结论正确的是A.一定不含Ba2+、，可能含有K+B.一定含K+、、，一定不含Cl-、、Ba2+C.一定含、，可能含K+、Cl-D.一定不含，一定含、、Cl-【答案】B【解析】【分析】取该溶液与足量NaOH溶液共热产生刺激性气体，该气体为NH3，说明含有，另取该溶液加入稀HCl无明显现象，说明原溶液中不含，再加足量BaCl2溶液得到白色沉淀说明原溶液中含有，不含Ba2+，由于第（2）步加入HCl和BaCl2，引入Cl-，因此第（3）步加AgNO3生成沉淀不能说明原溶液中含有Cl-，因为溶液中各离子浓度相等，带有2个单位的负电荷，带有1个单位的正电荷，因此溶液中一定含有K+，一定不含Cl-，综上所述，一定含有的离子有、、K+，一定不含的离子有、Ba2+、Cl-。【详解】根据分析，溶液中一定含有的离子有、、K+，一定不含的离子有、Ba2+、Cl-，故选B。二、非选择题部分(本大题共5小题，共50分)26.回答下列问题：（1）熟石膏的化学式______，乙醛的结构简式______。（2）写出工业制粗硅的化学方程式______。（3）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式______。（4）写出黄铁矿煅烧的化学方程式______。【答案】（1）①.2CaSO4·H2O②.CH3CHO（2）SiO2+2CSi(粗硅)+2CO↑（3）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O （4）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2【解析】【小问1详解】熟石膏的化学式为：2CaSO4·H2O，乙醛的结构简式为CH3CHO，故答案为：2CaSO4·H2O；CH3CHO；【小问2详解】工业是用焦炭还原SiO2来制备粗硅，该反应的化学方程式为：SiO2+2CSi(粗硅)+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi(粗硅)+2CO↑；【小问3详解】铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，该反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问4详解】黄铁矿煅烧即FeS2在空气中高温煅烧生成Fe2O3和SO2，该反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。27.A是气态烃，标况下气体密度为1.25g/L，G是高分子化合物，如图是与A有关的一些转化：请回答下列问题：（1）F的结构式______。（2）已知A也可以和D在催化剂作用下生成E，写出该反应的化学方程式______。（3）写出与D互为同分异构体，且能发生银镜反应的物质I的结构简式______。 （4）写出H→B的化学方程式______。（5）下列说法正确的是______。A.46克B与足量钠反应可以得到11.2L氢气(在273℃，101kPa的条件下)B.B可用作燃料，缓解化石燃料的危机C.可用碳酸钠溶液鉴别B、D、E三种有机物D.G可与溴水因发生加成反应而使溴水褪色【答案】（1）（2）CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3（3）HOCH2CHO或者HCOOCH3（4）CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH+2CO2（5）ABC【解析】【分析】由题干已知信息和转化流程图可知，A是气态烃，标况下气体密度为1.25g/L，则A的摩尔质量为：1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，即A的分子量为28，28÷12=2...4，A的分子式为C2H4，结构简式为CH2=CH2，A在催化剂加热、加压与H2O发生加成反应生成乙醇，B的结构简式为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C的结构简式为CH3CHO，乙醛催化氧化为乙酸，D的结构简式为：CH3COOH，乙醇和乙酸在浓硫酸催化下加热生成乙酸乙酯，E的结构简式为：CH3COOCH2CH3，乙烯和Br2的CCl4溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，F的结构简式为：BrCH2CH2Br，乙烯催化转化为高分子化合物G，G的结构简式为：，淀粉在稀硫酸催化下发生水解反应生成葡萄糖，H的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，葡萄糖在酶的催化作用下转化为酒精即乙醇，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，F为1，2-二溴乙烷，故F的结构式为：，故答案为：；小问2详解】由分析可知，A为CH2=CH2，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，故A和D在催化剂作用下生成E的化学方程式为：CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3；【小问3详解】由分析可知，D为CH3COOH，故能发生银镜反应即含有醛基的与D互为同分异构体物质I的结构简式有：HOCH2CHO或者HCOOCH3，故答案为：HOCH2CHO或者HCOOCH3； 【小问4详解】由分析可知，H的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，B的结构简式为CH3CH2OH，故H→B的化学方程式为：CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH+2CO2，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH+2CO2；【小问5详解】A．由分析可知，B为CH3CH2OH，46gB的物质的量为：=1mol，根据反应方程式为：2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑可知与足量钠反应可以得到0.5mol即0.5mol×22.4L/mol=11.2L氢气，A正确；B．由分析可知，B为CH3CH2OH，B可用作燃料，酒精汽油能够缓解化石燃料的危机，B正确；C．由分析可知，B、D、E分别CH3CH2OH、CH3COOH和CH3COOCH2CH3，向三种有机物中加入饱和碳酸钠溶液中分别可以观察到形成均一的溶液、产生大量的无色气泡和出现分层，故可用碳酸钠溶液鉴别B、D、E三种有机物，C正确；D．由分析可知，G的结构简式为：，分子中不含碳碳双键等不饱和键，故G不可与溴水因发生加成反应而使溴水褪色，D错误；故答案为：ABC。28.为探究化合物X(含三种元素)的组成与性质，设计并完成了如图实验：已知：①固体B由两种物质组成，加水只得到溶液C和固体D，且C为一元强碱，C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钻玻璃)②气体E通入足量澄清石灰水得到15g白色沉淀。请回答：（1）溶液C中金属离子的结构示意图为______。（2）画出E分子的电子式______。（3）写出固体B中加水时发生反应的离子方程式______。（4）写出X隔绝空气加热分解的方程式______。（5）若将固体D溶于足量的氢碘酸中得到溶液G，设计实验确定G中含有何种金属离子______。 【答案】（1）（2）（3）K2O+H2O=2K++2OH-（4）4K2FeO42Fe2O3+4K2O+3O2↑（5）取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子【解析】【分析】结合图示，根据气体E通入足量澄清石灰水得到15g白色沉淀，可知气体E为CO2，由15g即白色沉淀CaCO3，则D为金属氧化物，设其化学式为R2On，则发生的反应方程式为：R2On+nCO2R+nCO2，设R的相对分子质量为M，则有，由此得出，从而得出n=3，M=56，即R为Fe，由“C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钻玻璃)”，可以确定金属为K，固体B为Fe2O3和K2O的混合物，并可求出n(Fe)=0.05×2=0.1mol，n(K)==0.2mol，X中n(O)==0.4mol，由此可知X中n(K)：n(Fe)：n(O)=0.2mol：0.1mol：0.4mol=2:1:4，即X的化学式为K2FeO4，A为O2，据此分析答题。【小问1详解】由题干信息C的焰色反应呈紫色(透过蓝色钻玻璃)可知，溶液C中含有的金属阳离子为K+，故其结构示意图为：，故答案为：；【小问2详解】根据题干流程图并结合气体E通入足量澄清石灰水产生白色沉淀，故E为CO2，则其电子式为：，故答案为：；【小问3详解】由分析可知，溶液C中金属离子是K+，是B和水反应后生成的，故推出为KOH溶液，和水反应生成KOH溶液，说明固体B中含K2O，故固体B中加水时发生的离子反应为：K2O+H2O=2K++2OH-，故答案为：K2O+H2O=2K++2OH-； 【小问4详解】由分析可知，X的化学式为K2FeO4，A为O2，B为K2O，D为Fe2O3，故X隔绝空气加热分解的方程式4K2FeO42Fe2O3+4K2O+3O2↑，故答案为：4K2FeO42Fe2O3+4K2O+3O2↑；【小问5详解】由分析可知，D为Fe2O3，若将固体D溶于足量的氢碘酸中得到溶液G，得到了亚铁离子，检验亚铁离子的方法是：取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子，故答案为：取溶液G少许于一小试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，说明G中含有亚铁离子。29.乙酸乙酯是应用最广的脂肪酸酯之一，是极好的工业溶剂，广泛应用于油墨、人造革生产中。某小组同学欲制取并分离提纯乙酸乙酯，制取实验装置设计如图：已知：无水氯化钙可与乙醇形成微溶于水的CaCl2•6C2H5OH；有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点/℃34.778.511877.1请回答：（1）仪器A的名称是_______，浓硫酸的作用为______。（2）若用同位素18O标记乙醇中的氧原子，则CH3CH218OH与乙酸生成乙酸乙酯的化学方程式为______，该反应的类型属于______反应。（3）该小组同学在实验时加入过量的乙醇的目的是______。（4）球形干燥管B的作用是_____，C中放_____溶液。（5）反应时需控制温度不能太高，可能是因为______。（6）从C中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入______除去乙醇。（7）除去乙醇后再加入______(选择下列选项)；然后进行蒸馏，收集_____℃左右的馏分得到较纯净产品。 A．生石灰B．五氧化二磷C．无水硫酸钠D．浓硫酸（8）乙酸乙酯的某种同分异构体分子中含有2个甲基，且能与碳酸氢钠溶液反应，则该物质的结构简式为_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.催化剂和吸水剂（2）①.CH3COOH+CH3CH2 18OHCH3CO18OC2H5+H2O②.酯化（3）提高CH3COOH的转化率（4）①.防倒吸②.饱和Na2CO3（5）防止温度过高，加快乙酸、乙醇挥发和乙醇、乙酸碳化，导致乙酸乙酯产率降低（6）无水氯化钙（7）①.C②.77（8）【解析】【分析】由实验装置图可知，圆底烧瓶中发生的反应为在浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，烧杯中盛有的饱和碳酸钠溶液用于除去乙酸乙酯中混有的乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度便于分层，球形干燥管用于防倒吸，据此分析解题。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器A为分液漏斗；酯化反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂的作用，故答案为：分液漏斗；催化剂和吸水剂；【小问2详解】用CH3CH218OH与乙酸生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2 18OHCH3CO18OC2H5+H2O，该反应属于酯化反应，故答案为：CH3COOH+CH3CH2 18OHCH3CO18OC2H5+H2O；酯化；【小问3详解】酯化反应为可逆反应，加入过量的乙醇可以增大反应物的浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于提高乙酸的转化率，故答案为：提高CH3COOH的转化率；【小问4详解】由分析可知，烧杯C中盛有的饱和碳酸钠溶液用于除去乙酸乙酯中混有的乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度便于分层，球形干燥管B用于防倒吸，故答案为：防倒吸；饱和Na2CO3；【小问5详解】 由题给信息可知，乙醇和乙酸沸点较低，温度过高，乙醇和乙酸挥发加快，且浓硫酸具有脱水性，温度过高，加快乙醇、乙酸脱水碳化，导致乙酸乙酯产率降低，故答案为：防止温度过高，加快乙酸、乙醇挥发和乙醇、乙酸碳化，导致乙酸乙酯产率降低；【小问6详解】由题给信息可知，无水氯化钙可与乙醇形成微溶于水的六乙醇氯化钙，所以从C中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙除去乙醇，故答案为：无水氯化钙；【小问7详解】乙酸乙酯在碱性条件下会发生分解反应，所以蒸馏时应加入无水硫酸钠除水，收集77℃左右的馏分即为较纯的乙酸乙酯，故答案为：C；77；【小问8详解】乙酸乙酯的同分异构体能与碳酸氢钠溶液反应说明分子中含有羧基，则分子中含有2个甲基的结构简式为，故答案为：。30.向27.2gCu和Cu2O的固体混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成4.48LNO(标准状况)和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol•L-1的NaOH溶液1.0L，此时溶液中的溶质为NaNO3，铜离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。(提示：Cu2O稀硝酸反应的方程式为：3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O)（1）在上述Cu2O与硝酸的反应中，硝酸表现出的性质有______。（2）计算原固体混合物Cu2O中Cu与的物质的量之比_____。（3）计算原硝酸溶液的物质的量浓度_____。【答案】（1）强氧化性和酸性（2）1：2（3）2.4mol/L【解析】【小问1详解】根据题干提示反应方程式：3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O可知，在上述Cu2O与硝酸的反应中部分硝酸中N的化合价降低，表现出强氧化性，还有部分硝酸中N的化合价未改变，这部分硝酸表现出酸性，故硝酸表现出的性质有强氧化性和酸性，故答案为：强氧化性和酸性；【小问2详解】在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，Cu(OH)2的物质的量为：=0.4mol，根据铜元素守恒有：n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，设Cu和Cu2O的物质的量分别为 xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，所以原固体混合物中Cu2O和Cu的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；【小问3详解】根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=+1.0mol/L×1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故答案为：2.4mol/L。