浙江省杭州市2021-2022学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）

2021学年高一学业水平模拟考试高一化学试题卷考生须知：1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)。2.答题前，在答题卷指定区域内填写学校、班级、姓名、座位号、准考证号。3.请将答案写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Na-23Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137第Ⅰ卷(选择题)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列分子式表示的是甲烷的是A.CO2B.CH4C.C2H4D.C2H6【答案】B【解析】【详解】A．CO2表示二氧化碳，故不选A；B．CH4表示甲烷，故选B；C．C2H4表示乙烯，故不选C；D．C2H6表示乙烷，故不选D；选B2.按物质的组成进行分类，过氧化钠(Na2O2)属于A.酸B.碱C.盐D.氧化物【答案】D【解析】【详解】Na2O2由两种元素组成，其中一种是氧元素，所以Na2O2属于氧化物，故选D。3.图中仪器名称为“蒸发皿”的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．该仪器名称为烧杯，A不符合题意；B．该仪器名称为容量瓶，B不符合题意；C．该仪器名称为蒸发皿，C符合题意； D．该仪器名称为量筒，D不符合题意；故选C。4.下列物质中，常温下不能与盐酸反应的是A.Fe2O3B.AlC.Na2SO4D.Mg(OH)2【答案】C【解析】【详解】A．Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁和水，故不选A；B．Al和盐酸反应生成氯化铝和氢气，故不选B；C．Na2SO4和盐酸不能生成沉淀、气体、水，Na2SO4和盐酸不反应，故选C；D．Mg(OH)2和盐酸反应生成氯化镁和水，故不选D；选C。5.下列物质的水溶液和熔融状态均能导电的是A.Cl2B.NaClC.CH3CH2OHD.H2SO4【答案】B【解析】【详解】A．Cl2的水溶液中，Cl2和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO是电解质，在水中会发生电离，故Cl2的水溶液能导电，而熔融状态下的Cl2不能电离，也就不能导电，A不符合题意；B．NaCl是电解质，在水中和熔融状态下均能电离出Na+和Cl-，故NaCl的水溶液和熔融状态均能导电，B符合题意；C．CH3CH2OH是非电解质，其水溶液和熔融状态均不能导电，C不符合题意；D．H2SO4是电解质，H2SO4在水中能电离出H+和，其水溶液能导电，而熔融状态下的H2SO4不能电离，也就不能导电，D不符合题意；故选B。6.在反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，氧化产物是A.HNO3(浓)B.Cu(NO3)2C.NO2D.H2O【答案】B【解析】【详解】Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应，铜元素化合价升高生发生氧化反应成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2是氧化产物；故选B。 7.下列物质不能用作食品添加剂的是A石膏B.亚硝酸钠C.碘酸钾D.福尔马林【答案】D【解析】【详解】A．石膏是硫酸钙，可以补充钙元素，做豆腐时可以加石膏使豆浆聚沉，故不选A；B．可以在食品中加入少量亚硝酸钠作为防腐剂和增色剂，但一定要控制用量，故不选B；C．碘盐中加入少量碘酸钾，起到补充碘元素的作用，故不选C；D．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，食品中不能添加甲醛，故选D；选D。8.下列表示正确的是A.18O结构示意图：B.乙烯结构式：CH2=CH2C.乙炔的球棍模型：D.氢氧根离子的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．O的核电荷数为8，18O结构示意图为，故A错误；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙烯的结构式为，故B错误；C．乙炔分子中存在碳碳叁键，乙炔的球棍模型为，故C正确；D．氢氧根离子的电子式为，故D错误；选C。9.下列说法不正确的是A.O2和O3互为同素异形体B.CH3COOH和HOOCCH3互为同分异构体C.234U与235U互为同位素D.C3H8和C6H14一定互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．O2和O3是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体，故A正确； B．CH3COOH和HOOCCH3均是乙酸，为同种物质，故B错误；C．234U与235U为同种元素，且质量数不同，互为同位素，故C正确；D．C3H8和C6H14均符合烷烃的通式，所以一定互为同系物，故D正确；故答案为B。10.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法正确的是A.纳米汽车可用富勒烯制作轮子，富勒烯是一种有机高分子材料B.不锈钢是常见的一种合金钢，在大气中不会生锈C.Ti-Fe合金和La-Ni合金可用作储氢材料D.制作口罩的材料为聚丙烯，其结构简式为：【答案】C【解析】【详解】A．富勒烯是碳元素的一种单质，属于新型无机非金属材料，故A错误；B．不锈钢是常见的一种合金钢，在大气中不易生锈，不是绝对不生锈，故B错误；C．Ti-Fe合金和La-Ni合金能吸收氢气形成金属氢化物，可用作储氢材料，故C正确；D．聚丙烯是丙烯发生加聚反应的产物，结构简式为，故D错误；选C。11.硒(Se)位于第四周期，与硫元素位于同一主族，下列说法不正确的是A.硒的原子序数为34B.硒有+6和-2两种常见价态C.硒的最高价氧化物的水化物的化学式为：H2SeO4D.H2Se的热稳定性比H2S热稳定性强【答案】D【解析】【详解】A．硒是硫同族元素，二者原子序数相差18，故硒的原子序数为34，A正确；B．根据硫原子分析，硒的常见价态为+6和-2，B正确；C．硒的最高价为+6价，最高价氧化物的水化物化学式为H2SeO4，C正确；D．硒在硫元素的下方，非金属性比硫弱，故氢化物的稳定性比硫化氢弱，D错误；故选D。12.下列离子方程式正确的是 A.碳酸钠溶液与浓盐酸：CO+2HCl=H2O+CO2↑+2Cl-B.氯气用NaOH溶液吸收：Cl2+2OH-+Na+=Cl-+NaClO+H2OC.NaHCO3溶液和过量澄清石灰水混合：HCO+OH-+Ca2+=H2O+CaCO3↓D.钠投入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑【答案】C【解析】【详解】A．浓盐酸中HCl完全电离，浓盐酸要写成离子，碳酸钠溶液与浓盐酸反应的离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2↑，故A错误；B．氯气和NaOH溶液反应生成溶于水的NaCl和NaClO，NaClO要写成离子，正确的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故B错误；C．NaHCO3溶液和过量澄清石灰水混合，生成碳酸钙和NaOH以及水，选项中的离子方程式正确；D．钠投入水中生成NaOH和氢气，选项中的离子方程式没有配平，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D错误；故选C。13.下列实验操作或说法不正确的是A.实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气，将发生装置产生气体依次通过饱和食盐水和浓硫酸可获取干燥氯气B.配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，所配溶液浓度偏大C.未知溶液中滴入硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含Cl-D.KI和KBr溶液分别与少量氯水反应，根据现象可判断溴与碘的非金属性强弱【答案】D【解析】【详解】A.实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气，氯气中混有挥发出的氯化氢气体和水蒸气，应将混合气体先通过饱和食盐水，目的为吸收氯化氢，降低氯气的溶解度；再通过浓硫酸吸收水蒸气，以此能收集较纯净的氯气，故A项正确；B.配制一定体积某浓度的稀硫酸，若用浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，由于浓硫酸溶于水放热，根据热胀冷缩原理，热溶液体积比冷却后的体积大，因此最终溶液总体积会偏小，导致溶液浓度偏大，故B项正确；C.向未知溶液中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若出现白色沉淀，证明溶液中有Cl-，故C项正确；D.KI溶液、KBr溶液分别和少量氯水反应，可证明Cl与Br、Cl与I元素的非金属性强弱，不能比较出 Br与I元素的非金属性强弱，故D项错误。故答案为：D。14.甲烷、乙烯和乙炔是常见的烃，下列说法正确的是A.甲烷不能使酸性高锰酸钾褪色，故不能发生氧化反应B.乙烯和乙炔均能与溴的四氯化碳溶液发生取代反应而使其褪色C.乙烯和乙炔均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同D.等质量的甲烷、乙烯和乙炔在足量氧气中燃烧，乙烯消耗的氧气最多【答案】C【解析】【详解】A．甲烷能燃烧，燃烧是氧化反应，故A错误；B．乙烯和乙炔均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使其褪色，故B错误；C．乙烯和乙炔均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，都属于氧化反应，褪色原理相同，故C正确；D．等质量的烃完全燃烧，氢元素质量分数越大耗氧量越多，等质量的甲烷、乙烯和乙炔在足量氧气中燃烧，甲烷消耗的氧气最多，故D错误；选C。15.下列说法不正确的是A.淀粉可在NaOH溶液或稀硫酸催化作用下水解生成葡萄糖B.植物油通过与氢气的加成反应制备人造奶油C.84消毒液可用于环境消毒，是利用了NaClO溶液可氧化蛋白质D.蛋白质是一种天然有机高分子，也可通过人工合成的方法制备【答案】A【解析】【详解】A．淀粉的水解可以在酸或酶催化下，不能在碱溶液中水解，故A错误；B．植物油分子中含有碳碳双键，和氢气加成可以生成饱和脂肪酸甘油酯，植物油和氢气加成可以制备人造奶油，故B正确；C．84消毒液中的NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，故C正确；D．蛋白质是一种天然有机高分子，也可通过人工合成的方法制备，如我国科学家在1965年人工合成了结晶牛胰岛素，故D正确；故选A。16.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是 A.形成1个NO分子会放出632kJ的热量B.常温下，N2(g)和O2(g)混合就能直接生成NO(g)C.1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJD.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量【答案】C【解析】【详解】A．没有说清是由氮原子和氧原子形成一氧化氮分子，A错误；B．常温下，氮气和氧气混合不反应，B错误；C．1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为946+498-2×632=180kJ，C正确；D．该反应为吸热反应，故1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，D错误；故选C。17.锂-空气电池是一种可充放电池，电池反应为2Li+O2=Li2O2，某锂-空气电池的构造原理图如图。下列说法正确的是A.放电时，锂作为该电池的正极B.放电时，电子从含催化剂的多孔电极流向锂C.放电时，正极的电极反应式为O2+2Li++2e-=Li2O2D.可选用有机电解液或稀硫酸作为电解液【答案】C【解析】【分析】放电时，锂作电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Li-e-=Li+，含催化剂的多孔电极作正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2Li++2e-=Li2O2。【详解】A．放电时，锂作电池的负极，A错误；B．放电时，锂作电池的负极，含催化剂的多孔电极作正极，电子从锂经外电路流向含催化剂的多孔电 极，B错误；C．放电时，含催化剂的多孔电极作正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2Li++2e-=Li2O2，C正确；D．可选用有机电解液，不可以用稀硫酸作为电解液，稀硫酸会和Li、Li2O2反应，D错误；故选C。18.下列说法不正确的是A.工业上可将氯气与冷的石灰乳反应制备漂白粉B.二氧化硅导电性介于导体和绝缘体之间，是应用最为广泛的半导体材料C.工业上一般以硫磺或其他含硫矿物为原料制备硫酸D.Fe2O3是一种红棕色粉末，可用作油漆、涂料和油墨的红色颜料【答案】B【解析】【详解】A．石灰乳的主要成分是氢氧化钙，将氯气通入冷的石灰乳中发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物，因此将氯气通入冷的石灰乳可制取漂白粉，故A正确；B．二氧化硅不导电，不能应用为半导体材料，故B错误；C．工业上一般以硫磺或其他含硫矿物为原料，与氧气反应变成二氧化硫，再进一步氧化生成三氧化硫，最后与水反应制得硫酸，故C正确；D．Fe2O3是一种红棕色粉末，经常用作油漆、涂料和油墨的红色颜料，故D正确；故答案为：B。19.下列说法不正确的是A.H2和Cl2反应生成HCl，有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成B.H2SO4、CH3COOH等酸能电离出H+，故酸属于离子化合物C.水在液态时，多个水分子可通过氢键结合成缔合水分子(H2O)nD.H2O、CO2和NO2均是含氧共价化合物【答案】B【解析】【详解】A．H2和Cl2反应生成HCl，H-H键和Cl-Cl键断裂，生成H-Cl键，H-H键、Cl-Cl键属于非极性键，H-Cl键属于极性键，即该反应中，有非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，A正确；B．H2SO4、CH3COOH等酸在水中能电离出H+，但在熔融状态下不能电离出H+，故酸属于不离子化合物，属于共价化合物，B错误； C．液态水中，多个水分子可通过氢键结合成缔合水分子(H2O)n，C正确；D．H2O、CO2和NO2均是只含共价键的氧化物，故三者都是含氧共价化合物，D正确；故选B。20.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)又称固体过氧化氢，能杀灭新冠病毒，是一种良好的消毒剂，也可作为漂白剂、去污剂。下列说法不正确的是A.过碳酸钠具有强氧化性B.可预测过碳酸钠不稳定，受热易分解C.含有二氧化锰或高温条件不影响过碳酸钠的保存D.向过碳酸钠溶于水后的溶液中滴入澄清石灰水，会出现白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．过碳酸钠中含有O-O键，氧元素为-1价，具有强氧化性，故A正确；B．根据双氧水的性质，可预测过碳酸钠不稳定，受热易分解，故B正确；C．含有二氧化锰或高温条件，双氧水分解速率加快，影响过碳酸钠的保存，故C错误；D．向过碳酸钠溶于水后的溶液中含有碳酸根离子，滴入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，故D正确；选C。21.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，2.24L苯中含有碳原子数为0.6NAB.0.1mol氢氧根(OH-)和羟基(-OH)含有的电子数均为NAC.100g46%的乙醇的水溶液中氧原子数为4NAD.0.100mol·L-1的醋酸溶液中含有的H+的数目一定小于0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，苯为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A项错误；B.0.1mol氢氧根（OH-）含有的电子数为0.1×（8+1+1）=1NA，0.1mol羟基（-OH）含有的电子数为0.1×（8+1）=0.9NA，故B项错误；C.100g46%的乙醇水溶液中含有46g乙醇（C2H5OH）和54g水（H2O），它们物质的量分别为46g/(46g·mol-1)=1mol、54g/(18g·mol-1)=3mol，则氧原子总数为1×1+3×1=4NA，故C项正确；D.醋酸溶液体积未知，因此醋酸物质的量未知，则H+的数目也无法求出，故D项错误。故答案为：C。【点睛】计算乙醇水溶液中氧原子数时，切记除了乙醇，水分子中也含有氧原子。 22.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，10s达到平衡。下列描述不正确的是A.t1时，Z和X的浓度相等，v正(X)>v逆(X)B.t0=10s，开始到t0用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)C.该反应容器内的压强始终保持不变D.反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)【答案】B【解析】【详解】A．由曲线图可知，t1时，Z和X的曲线相交，所以浓度相等，此时反应正向进行，所以v正(X)>v逆(X)，故A正确；B．t0=10s时，用Z表示开始到t0时间内的反应速率为，故B错误；C．由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mol，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，所以反应容器内的压强始终保持不变，故C正确；D．由图象可知，X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；故答案选B。23.下列实验方案或实验结论肯定不正确的是 A.图(1)可制备氨气并干燥B.图(2)验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用C.图(3)a为干燥HCl气体，b为水，可用于演示喷泉实验D.图(4)用于比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应放出氨气，用碱石灰干燥氨气，图(1)可制备氨气并干燥，A正确；B．图(2)两组实验的温度不同，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，B错误；C．氯化氢极易溶于水，图(3)a为干燥HCl气体，b为水，可用于演示喷泉实验，C正确；D．图(4)中碳酸氢钠位于温度较低的小试管内，碳酸钠位于温度较高的大试管内，若碳酸氢钠分解、碳酸钠不分解，说明碳酸氢钠不稳定，所以图(4)用于比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，D正确；选B。24.以硫酸工业的SO2尾气、氨水、石灰石、焦炭等为原料，可以得到有重要应用价值的CaS、(NH4)2SO3等物质，流程如图：下列说法不正确的是A.空气的作用是作为氧化剂，O2起到主要作用B.反应Ⅱ的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2OC.反应Ⅲ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4D.将反应Ⅱ后的溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得(NH4)2SO3∙H2O【答案】D 【解析】【详解】A．二氧化硫和碳酸钙在高温条件下生成CaSO3，CaSO3被氧气氧化为CaSO4，空气中O2作氧化剂，故A正确；B．反应Ⅱ是二氧化硫和氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故B正确；C．反应Ⅲ的方程式为CaSO4+4CCaS+4CO，CaSO4中S元素化合价降低，CaSO4是氧化剂，C元素化合价升高，C是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4，故C正确；D．将亚硫酸铵溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，亚硫酸铵晶体受热分解，不能得到纯净的(NH4)2SO3∙H2O，故D错误；选D。25.下列实验过程可以达到实验目的的是实验目的实验过程A检验某溶液中是否含有Fe2+取少量溶液于试管中，先加入氯水，再滴入KSCN溶液，观察溶液是否会变红B探究硫酸铜溶液对锌与稀硫酸反应的影响向锌与稀硫酸反应的试管中滴入几滴硫酸铜溶液，观察实验现象C检验干燥的氯气是否具有漂白性将干燥的氯气通入放有鲜花的干燥试剂瓶中，观察鲜花是否会褪色D检验淀粉的水解程度取一定量稀硫酸作催化剂的淀粉水解液，先加入足量NaOH中和，再分别放于2支试管，分别滴加碘水和新制Cu(OH)2悬浊液(加热)，观察实验现象A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．先加入氯水，氯水中的Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，再加入KSCN溶液，溶液一定会变红，不能检验原溶液中是否含有Fe2+，故A不选；B．向锌与稀硫酸反应的试管中滴入几滴硫酸铜溶液，锌将铜置换出来，置换出来的铜附着在锌上，构成了铜锌原电池，溶液中的H+在铜上得到电子生成氢气，可以加快锌与稀硫酸的反应速率，该实验可以探究硫酸铜溶液对锌与稀硫酸反应的影响，故B选； C．鲜花中含有水分，干燥的氯气通入放有鲜花的干燥试剂瓶中，鲜花一定会褪色，所以不能用此实验检验干燥的氯气是否具有漂白性，故C不选；D．足量的氢氧化钠中和酸后有剩余，碘能和NaOH溶液反应，所以滴加碘水后不会变蓝，无法检验淀粉的水解程度，故D不选；故选B。第Ⅱ卷(非选择题部分)二、填空题26.回答下列问题（1）①写出磷酸的化学式_______；②写出Cl2的电子式_______。（2）写出金属铝溶于氢氧化钠溶液的离子方程式_______。（3）用1.00mol/LNaCl溶液配制100mL0.50mol/LNaCl溶液，需用_______(填仪器名称)量取_______mL1.00mol/LNaCl溶液。【答案】（1）①.H3PO4②.（2）2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑（3）①.量筒②.50.0【解析】【小问1详解】磷酸的化学式为H3PO4；Cl2的电子式为：；故答案为：H3PO4；。【小问2详解】铝与氢氧化钠溶液反应的的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑；故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑。【小问3详解】用1.00mol/LNaCl溶液配制100mL0.50mol/LNaCl溶液时，要用量筒量取NaCl溶液，根据浓度计算公式可得，需要1.00mol/LNaCl溶液体积=100mL×0.50mol/L÷1.00mol/L=50.0ml；故答案：50.0。27.烃A是一种重要的化工原料，以A原料可制备高分子材料D和有机溶剂X。 （1）物质X的官能团名称为_______；反应①的反应类型为_______。（2）写出B的同分异构体的结构简式_______。（3）写出反应③的化学方程式_______。（4）下列说法正确的是_______。A.B和C可通过金属钠鉴别区分B.X中混有少量C可用饱和碳酸钠溶液除去C.一定条件下，A能与C发生加成反应制备XD.A、B、C完全燃烧，消耗氧气的质量可能相等【答案】（1）①.酯基②.加聚反应（2）CH3OCH3（3）CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O（4）ABCD【解析】【分析】根据烃A的分子式可知A为乙烯，乙烯和水加成生成乙醇，乙醇的分子式为C2H6O，则B为乙醇；乙醇可以被氧气氧化为乙醛或乙酸，根据C的分子式可知C为乙酸，乙醇和乙酸可以发生酯化反应生成乙酸乙酯，则X为乙酸乙酯，D为高分子材料，由乙烯生成，则D为聚乙烯。【小问1详解】由以上分析可知，X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOC2H5，官能团为酯基，反应①为乙烯聚合为聚乙烯，反应类型为加聚反应。【小问2详解】由以上分析可知，B为乙醇，分子式为C2H6O，其同分异构体为二甲醚，结构简式为CH3OCH3。【小问3详解】反应③是乙醇氧化为乙酸，化学方程式为：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O。【小问4详解】A．B为乙醇，C为乙酸，都可以和金属钠发生置换反应生成氢气，但乙酸和钠反应剧烈，乙醇和钠反应缓慢，所以能用金属钠区分，故A正确；B．乙酸能和碳酸钠反应生成溶于水的乙酸钠，乙酸乙酯不和碳酸钠反应且不溶于水，所以乙酸乙酯和乙酸的混合物中加入碳酸钠溶液，充分反应后再分液，即可除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸，故B正确； C．乙烯中的碳碳双键断开一个键，乙酸中的O-H键断开，H和CH3COO-分别加在乙烯的两个碳原子上生成乙酸乙酯，故C正确；D．未指明A、B、C的量，所以A、B、C完全燃烧，消耗氧气的质量可能相等，故D正确；故选ABCD。28.化合物X(含3种常见元素)可用作照相显影剂。对X开展探究实验如图：请回答：（1）组成X的3种元素是_______(填元素符号)，白色沉淀B的化学式是_______。（2）X隔绝空气受热分解的化学方程式_______。（3）已知固体D不稳定，在空气中受热易迅速被氧化为磁性固体。甲同学认为磁性固体为_______，发生化学方程式为_______。（4）某同学在步骤④时，逐滴滴入氯水直至过量，结果出现的血红色又重新褪去，请说明可能的原因_______。【答案】（1）①.Fe、C、O②.CaCO3（2）FeC2O4CO2↑+CO↑+FeO（3）①.Fe3O4②.6FeO+O22Fe3O4（4）过量氯水将SCN-氧化【解析】【分析】根据题目所给信息推断：隔绝空气加热，有无色混合气体产生，通入足量澄清石灰水，产生白色沉淀B同时有无色气体C剩余，则混合气体中有CO2存在，白色沉淀B为CaCO3；根据对剩余固体D的操作，可以判断其中有Fe2+，因为Fe2+与SCN-无反应，Fe2+被氯水氧化为Fe3+后，Fe3+与SCN-生成血红色的配离子，再根据第三小问中的信息，可以判断固体D是FeO(氧化亚铁)；由白色沉淀B有2.00g，可以计算出，CO2的质量为0.88g，再由固体X质量2.88g，固体D质量1.44g，可求出气体C的质量为0.56g；【小问1详解】根据题目所给信息，固体X由三种元素组成，再根据分解产物的判断，得到固体X中应有“Fe、C、O” 三种元素，生成物白色沉淀B是“CaCO3”；【小问2详解】根据分析所得数据，可以推算固体X的化学式，，，若气体C是O2，则物质的量是0.0175mol，无法与其余物质的物质的量按配比组成合理的化合物化学式，若气体C是CO，则，则X中，，，元素物质的量之比即原子个数比为，所以物质X的化学式为FeC2O4(草酸亚铁)，则其隔绝空气受热分解的方程式为“”；【小问3详解】氧化亚铁不稳定，露置在空气中受热时容易被氧化为四氧化三铁，故磁性氧化物是“Fe3O4”，反应方程式为“6FeO+O22Fe3O4”；【小问4详解】CSN-具有一定的还原性，若氯水过量，有可能将SCN-氧化，破坏Fe3+与SCN-形成的配离子，所以本问应填“过量氯水将SCN-氧化”。29.某学习小组对氯、硫及其化合物的性质进行下列实验探究活动：Ⅰ.实验一：探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。选用的装置和药品如图。已知：SO2可以和HClO发生氧化还原反应。（1）装置C的作用是_______。（2）装置连接顺序为A→_______→B→E→_______→F。（3）其中装置F中发生反应的离子方程式为_______，通过现象_______即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。 Ⅱ.实验二：探究氯气与硫化氢气体混合能发生反应。选用的装置和药品如图。（4）该装置存在一个不妥之处，你的改进措施为_______。（5）省去装置C是否会对实验现象造成影响_______(填“是”“否”)。Ⅲ.实验三：探究氯元素和硫元素非金属性强弱。（6）为探究氯元素和硫元素的非金属性强弱，下列实验方案或有关说法中正确的是_______。A.实验一能说明硫元素非金属性强于氯元素B.实验二能说明氯元素非金属性强于硫元素C.通过测定等浓度的盐酸和氢硫酸(H2S水溶液)的pH来判断非金属性强弱D.硫化氢在空气中易被氧化，而氯化氢较稳定，则氯元素非金属性强于硫元素【答案】（1）吸收SO2气体中混有的HCl气体（2）①.C②.D（3）①.CO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaCO3↓+2HClO②.D中品红不褪色，F中出现白色浑浊（4）在导管F处连接一盛有碱石灰的尾气吸收装置（5）否（6）BD【解析】【分析】SO2可以和HClO发生氧化还原反应，所以不能直接把二氧化硫通入漂白粉溶液中比较亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。二氧化硫先和碳酸氢钠反应比较亚硫酸和碳酸的酸性，再把二氧化碳通入漂白粉溶液中比较碳酸和次氯酸的酸性，综合分析得出酸性：亚硫酸>碳酸>次氯酸的结论。【小问1详解】A中制备的二氧化硫中含有氯化氢，C中NaHSO3吸收SO2气体中混有的HCl气体；【小问2详解】A制备二氧化硫，C吸收二氧化硫中的氯化氢气体，B中NaHCO3和二氧化硫反应生成二氧化碳验证亚硫酸的酸性大于碳酸，E装置用高锰酸钾除二氧化碳中的二氧化硫气体，D装置验证二氧化硫已除尽，F中二氧化碳和漂白粉反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸验证碳酸的酸性大于次氯酸，装置连接顺序为A→C→B→E→D→F； 【小问3详解】F中二氧化碳和漂白粉反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，发生反应的离子方程式为CO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaCO3↓+2HClO，D中品红不褪色、F中出现白色浑浊说明亚硫酸的酸性强于次氯酸；【小问4详解】氯气、硫化氢都有毒，缺少尾气处理装置；可以在导管F处连接一盛有碱石灰的尾气吸收装置；【小问5详解】硫化氢气体没有干燥，所以氯气是否干燥对实验无影响，省去装置C对实验现象无影响；【小问6详解】A．亚硫酸、次氯酸不的硫、氯元素的最高价含氧酸，实验一不能说明硫元素非金属性强于氯元素，故不选A；B．实验二，氯气和硫化氢反应生成氯化氢和S，证明氯气氧化性大于S，能说明氯元素非金属性强于硫元素，故选B；C．无氧酸的酸性强弱与元素非金属性强弱无关，不能通过测定等浓度的盐酸和氢硫酸(H2S水溶液)的pH来判断非金属性强弱，故不选C；D．硫化氢在空气中易被氧化，而氯化氢较稳定，说明硫化氢还原性比氯化氢强，则氯元素非金属性强于硫元素，故选D；选BD。30.现有一份部分被氧化的铜片(氧化产物为CuO)，称取4.32g铜片，溶于140mL1.00mol/L稀硝酸中，反应恰好完全进行，收集到无色气体448mL(已折算为标况)。（1）该稀硝酸中所含HNO3的物质的量为_______。（2）4.32g铜片中CuO的质量为_______。（3）该铜片被氧化的百分数为_______。【答案】（1）0.140mol（2）2.40g（3）50.0%【解析】【小问1详解】由题干信息可得，该稀硝酸中所含HNO3的物质的量为0.14L×1.00mol·L-1=0.140mol；故答案为：0.140mol。【小问2详解】部分被氧化的铜片溶于稀硝酸中，反应恰好完全进行，收集到448mLNO气体，则由化学方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可得，参与反应的n(Cu)=0.03mol，则4.32g铜片中CuO的质量 =4.32g-0.03mol×64g·mol-1=2.4g；故答案为：2.4g。【小问3详解】由上述计算可得部分被氧化的铜片中各组分的物质的量为：n(Cu)=0.03mol，n(CuO)=2.4g÷80g·mol-1=0.03mol，因此该铜片被氧化的百分数为50%；故答案为：50%。