浙江省绍兴区上虞区2022-2023学年高一化学下学期6月学考适应性考试试题（Word版附解析）

2022学年第二学期上虞区高一学考适应性考试化学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间60分钟。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“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。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　Na23　S32　Ca40　Fe56　选择题部分一、选择题Ⅰ(本大题共15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.甲烷的分子式是A.C2H4B.CH4C.C6H6D.H2O【答案】B【解析】【详解】A．C2H4表示乙烯，A错误；B．CH4表示甲烷，B正确；C．C6H6表示苯，C错误；D．H2O表示水，D错误；故选B。2.按物质的组成进行分类，下列属于酸性氧化物的是A.CO2B.COC.Na2O2D.CaO【答案】A【解析】【详解】A．CO2为酸性氧化物，故A符合题意；B．CO为不成盐氧化物，故B不符合题意；C．Na2O2为过氧化物，故C不符合题意； D．CaO为碱性氧化物，故D不符合题意；故选A。3.在《新冠肺炎诊疗方案(试行第七版)》中明确指出，中医药发挥了重要作用。下列关于中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是ABCD冷水浸泡加热煎制箅渣取液灌装保存A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】冷水浸泡和加热煎制都是将中药中的有效成分溶解出来，相当于溶解操作，箅渣取液则是分离出药渣和药汤的过程，相当于过滤操作，灌装保存相当于装液操作，故答案为：C。4.下列物质属于电解质的是A.稀盐酸B.乙醇C.SO2D.熔融的KNO3【答案】D【解析】【详解】A．稀盐酸不属于电解质，故A不符合题意；B．乙醇属于非电解质，故B不符合题意；C．SO2属于非电解质，故C不符合题意；D．硝酸钾属于盐，属于电解质，故D符合题意；答案为D。5.反应2H2O＋2Na=2NaOH＋H2↑中，氧化产物是A.NaOHB.H2C.H2OD.Na【答案】A【解析】 【详解】反应2H2O＋2Na=2NaOH＋H2↑中，Na元素化合价由0价升高到+1价的NaOH，发生氧化反应，故NaOH为氧化产物，故选A。6.下列气体在实验室中常用如图所示装置制备的是A.Cl2B.O2C.H2D.NH3【答案】A【解析】【分析】该装置为液体和固体混合反应，需要加热，据此分析。【详解】A．二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，A正确；B．双氧水和二氧化锰反应制取氧气不需要加热，B错误；C．活泼金属和酸反应制取氢气不需要加热，C错误；D．浓氨水和氧化钙反应制取氨水不需要加热，且氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气不能使用该装置，D错误；故选A。7.下列属于化学变化的是A.石油的分馏B.蛋白质的盐析C.煤的气化D.碘的升华【答案】C【解析】【详解】A．石油的分馏是利用物质的沸点不同而将不同沸点的物质分离开，属于物理变化，故A错误；B．蛋白质的盐析是指蛋白质在浓的盐溶液(除重金属盐)中产生沉淀，这种方法沉淀的蛋白质在加水进行稀释后，原沉淀的蛋白质又会逐渐溶解，为物理变化，故B错误；C．煤的气化指煤在氧不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，属于化学变化，故C正确；D．碘的升华是碘单质由固态变为态，属于物理变化，故D错误；故选C。8.下列物质对应的化学式不正确的是 A.苛性钠：NaOHB.磁性氧化铁：Fe2O3C.胆矾：CuSO4·5H2OD.熟石膏：2CaSO4·H2O【答案】B【解析】【详解】A。苛性钠为NaOH，故A正确；B．磁性氧化铁为Fe3O4，故B错误；C．胆矾为CuSO4·5H2O，故C正确；D．熟石膏为2CaSO4·H2O，故D正确；故选B。9.下列说法不正确的是A.14C和12C互为同位素B.C60和金刚石互为同素异形体C.C2H2和C6H6互为同系物D.正戊烷和异戊烷互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．同位素是指质子数相同，中子数不同的原子，故A正确；B．同素异形体是由同种元素形成的不同种单质，故B正确；C．同系物指结构相似，组成相差一个或多个CH2原子团的化合物，C2H2为乙炔，C6H6为苯，两者结构不同，故C错误；D．同分异构体是指分子式相同，结构不同，正戊烷和异戊烷互为同分异构体，故D正确；答案：选C。10.下列说法正确的是A.工业上一般通过电解熔融的氯化铝制备铝B.储氢合金是一类能与氢气结合生成金属氢化物的新型合金C.工业上可用往澄清石灰水中通入足量氯气来制取漂白粉D.工业制硫酸常用水来吸收SO3【答案】B【解析】【详解】A．工业上一般通过电解熔融氧化铝制备铝，故A错误；B．储氢合金是一类能与氢气结合生成金属氢化物的新型合金，B正确；C．工业上可用往石灰乳中通入足量氯气来制取漂白粉，氢氧化钙微溶于水，澄清的石灰水浓度低，C错误； D．工业制硫酸常用98.3%的浓硫酸来吸收SO3，用水吸收SO3易形成酸雾，D错误；故答案为：B。11.X、Y、Z、Q、R是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Y、Q同主族且Q的核电荷数是Y的2倍，Z原子半径在同周期主族元素原子中最大。下列说法正确的是A.Z2Y2中存在离子键和极性键B.Y和Q最外层电子数相同，最高正化合价也相同C.Q、R的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：Q>RD.与X同主族的第3周期元素，其单质可以作半导体材料【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则X为C元素；Y、Q同主族且Q的核电荷数是Y的2倍，则Y为O元素，Q为S元素；Z原子半径在同周期主族元素原子中最大，则Z为Na元素，R为原子序数大于S的短周期主族元素，则R为Cl元素。【详解】A．Z2Y2为Na2O2，其中存在钠离子与过氧根离子之间形成的离子键和氧原子之间形成的非极性键，选项A错误；B．Y和Q价电子数相同，O通常没有正价，S的最高正化合价为+6，选项B错误；C．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则Q、R的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：HClO4＞H2SO4，选项C错误；D．与X同主族的第3周期元素为Ge，该物质处于金属和非金属分界线，可以作半导体材料，选项D正确；答案选D。12.下列化学用语书写正确的是A.小苏打电离方程式：NaHCO3=Na+＋H+＋B.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应的离子方程式：Cu2+＋2OH−=Cu(OH)2↓C.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrD.制作印刷电路板的离子方程式：Fe3+＋Cu=Fe2+＋Cu2+【答案】C【解析】 【详解】A．碳酸为弱酸，碳酸氢根离子不能拆，正确的是：NaHCO3=Na+＋，A错误；B．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Cu2+＋+Ba2++2OH−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，B错误；C．乙烯和溴可以发生加成反应，方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，C正确；D．制作印刷电路板三价铁和单质铜反应的离子方程式为：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，D错误；故选C。13.如图所示是NH3的两个性质实验，下列有关说法中正确的是A.两个实验均表现了NH3易溶于水B.两个实验均表现了NH3易挥发C.两个实验均表现了NH3是碱性气体D.两个实验均表现了NH3是还原性气体【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，实验一体现了氨气易溶于水的性质，实验二体现了氨气易挥发的性质，没有体现氨气易溶于水的性质，故A错误；B．由图可知，实验一体现了氨气易溶于水的性质，没有体现氨气易挥发的性质，故B错误；C．由图可知，实验一证明氨气极易溶于水，溶于水形成一水合氨弱碱溶液，滴加酚酞的溶液变红色，证明氨气是碱性气体；实验二证明浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气与挥发出的氯化氢反应生成氯化铵，说明氨气是碱性气体，所以两个实验均表现了氨气是碱性气体的性质，故C正确；D．由图可知，两个实验中都未发生氧化还原反应，没有体现氨气的还原性，故D错误；故选C。14.肉桂酸结构简式如图所示，可用于香精香料、食品添加剂、医药工业等方面。下列有关说法正确的是 A.分子式为C9H10O2B.含有3种官能团C.可与乙醇发生酯化反应D.1mol肉桂酸与足量H2反应，最多可消耗5molH2【答案】C【解析】【详解】A．根据肉桂酸的结构简式可知，其分子式为：C9H8O2，A错误；B．根据肉桂酸的结构简式可知，分子中含有碳碳双键和羧基两种官能团，B错误；C．根据肉桂酸的结构简式可知，分子中含有羧基，可以与乙醇发生酯化反应，C正确；D．根据肉桂酸的结构简式可知，一个苯环可以和3个氢气反应，1个碳碳双键可以和1个氢气反应，则1mol肉桂酸与足量H2反应，最多可消耗4molH2，D错误；故选C。15.下列实验方法或操作合理的是A.可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去CO2中的HClB.做过银镜反应的试管用稀硝酸洗涤C.实验过程中未用完的钠、钾等不能放回原试剂瓶D.配制一定物质的量浓度的溶液时，摇匀后发现溶液的液面低于刻度线，应继续加水至液面与刻度线相平【答案】B【解析】【详解】A．除去二氧化碳中的氯化氢用该用饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B．银和稀硝酸反应生成易溶于水的硝酸银、NO和水，故做过银镜反应的试管用稀硝酸洗涤，故B正确；C．钠、钾是活泼金属，未用完的钠、钾等需放回原试剂瓶，故C错误；D．定容后摇匀溶液，发现液面低于刻度线，再加入少量水使液面与刻度线相平，加入蒸馏水体积偏大，溶液浓度偏小，故D错误；故选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有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 16.下列反应的能量变化规律与图示相符的是①灼热的炭和二氧化碳反应②镁条溶于盐酸③盐酸与碳酸氢钠反应④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应⑤氢气在氯气中燃烧⑥硫酸和氢氧化钡溶液反应A.①③④B.①②⑤C.③④⑤D.②④⑥【答案】A【解析】【详解】该图像表示为吸热反应。①灼热的炭和二氧化碳反应为吸热反应；②镁条溶于盐酸为放热反应；③盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应；④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应；⑤氢气在氯气中燃烧为放热反应；⑥硫酸和氢氧化钡溶液反应为放热反应。故选A。17.Mg-H2O2电池是一种化学电源，以Mg和石墨为电极，海水为电解质溶液，示意图如图。下列说法不正确的是A.镁电极是该电池的负极B.H2O2在石墨电极上发生还原反应C.Mg电极的电极反应式：Mg-2e-=Mg2+D.电池工作时，电子从Mg电极经导线流向石墨电极，再出石墨电极经电解质溶液流向Mg电极【答案】D【解析】【分析】Mg-H2O2电池中Mg发生时电子的氧化反应，作负极，石墨电极作正极。 【详解】A．Mg易失电子发生氧化反应而作负极，石墨电极是该电池的正极，故A正确；B．H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，故B正确；C．Mg易失电子发生氧化反应而作负极，电极反应为：Mg-2e-=Mg2+，故C正确；D．电池工作时，电子从负极Mg电极经导线流向石墨电极，电子不能通过溶液，故D错误；故选D18.化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法不正确的是A.乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以有效灭活新型冠状病毒B.冬奥会短道速滑“战衣”含有聚氨基甲酸酯纤维材料，是一种合成有机高分子化合物C.二氧化碳、二氧化氮和二氧化硫是大气主要污染物，所以它们的含量是空气质量报告的主要项目D.天然气是一种清洁的燃料，它作为化工原料则主要用于合成氨和生产甲醇等【答案】C【解析】【详解】A．乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸均能使蛋白质变性，均可以有效灭活新型冠状病毒，选项A正确；B．聚氨基甲酸酯材料，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，选项B正确；C．二氧化碳的含量不是空气质量报告的主要项目，选项C错误；D．天然气的燃烧产物为二氧化碳和水，是一种清洁的燃料，它作为化工原料则主要用于合成氨和生产甲醇等，选项D正确；答案选C。19.下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)A.常温常压下，16gO2与O3混合气体中含有的电子数目为8NAB.1mol/LK2SO4溶液含有的K+数目为2NAC.H2O的沸点比H2S高，是由于H2O分子内的共价键强于H2SD.标准状况下，2.24LH2O中含有共价键数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．常温常压下，16g由O2与O3组成的混合气体中含有的氧原子的物质的量是1mol，含有的电子数目为8NA，A正确；B．1mol/L的K2SO4溶液的体积不确定，含K+的数目不一定为2NA，B错误；C．H2O的沸点比H2S高，是由于H2O分子间形成氢键，C错误； D．标准状况下，水为液体，2.24LH2O中含有共价键数目远大于0.2NA，D错误；答案选A。20.某课外实验小组利用压强传感器、数据采集器和计算机等数字化设备，探究镁与不同浓度盐酸的反应速率，所用药品如下表，实验结果如图，溶液体积变化忽略不计。下列说法不正确的是序号镁条的质量/g盐酸物质的量浓度/(mol/L)体积/mL①0.011.02②0.010.52A.图中曲线Ⅱ是实验②的压强变化曲线B.实验②中200~400s内，若c(H+)从c1mol/L变为c2mol/L，则用H2表示的速率为mol/(L·s)C.实验①的化学反应速率先加快，后减慢D.若将镁条替换为等质量的镁粉，曲线I和曲线Ⅱ的斜率均增大【答案】B【解析】【分析】由图可知，反应开始时，反应速率很快，之后反应速率逐渐减慢，曲线斜率越大，镁与盐酸反应的速率越快；实验①所用的盐酸浓度较大，溶液中氢离子浓度较大，反应速率较快，对应的是斜率大的曲线Ⅰ，实验②所用的盐酸浓度较小，溶液中氢离子浓度较小，所以反应速率较慢，对应的是斜率小的曲线Ⅱ；【详解】A．由分析可知，图中曲线Ⅱ为实验②的压强变化曲线，选项A正确；B．实验②中，若400s时，镁没有完全反应，200~400s内溶液中c(H+)从c1mol/L变为c2mol/L，用H2表示的速率为mol/(L·s)，若400s前，镁已经完全反应，200~400s内，溶液中c(H+)从c1mol/L变为 c2mol/L，用H2表示的速率应大于mol/(L·s)，选项B不正确；C．由图可知，实验①的化学反应速率先加快,之后随着氢离子浓度减小，反应速率逐渐减慢，选项C正确；D．实验中若将镁条替换为等质量的镁粉，则增加固体反应物的表面积，化学反应速率增大，曲线I和曲线Ⅱ的斜率均增大，选项D正确；答案选B。21.下列说法不正确的是A.在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素B.阿司匹林服用后会，在人体内产生水杨酸会刺激胃黏膜，不能长期服用C.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D.含磷污水排放到自然界中，会引起藻类过度繁殖，使水变质，需要除去【答案】C【解析】【详解】A．制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素大多位于过渡元素区域，对过渡元素进行研究，有助于寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素，A正确；B．水杨酸中含有羧基显酸性，因此阿司匹林在人体内产生水杨酸会刺激胃黏膜，不能长期大量服用，B正确；C．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，C错误；D．含磷污水，能引起水体富营养化，使水中溶解氧减少，从而引起赤潮等现象，D正确；故选C。22.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4，以及泥沙等杂质，粗盐精制的实验流程如下。下列说法不正确的是A.在第①步中使用玻璃棒搅拌可加速粗盐溶解B.流程图中的系列操作用到的主要仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗、蒸发皿C.除去Mg2+的主要离子反应为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓D.在第②③④⑥步通过加入化学试剂除杂，试剂②可能是Na2CO3溶液【答案】D 【解析】【分析】粗盐溶解，依次加入氢氧化钠、氯化钡、碳酸钠除去MgCl2、CaCl2、Na2SO4，过滤后加入盐酸除去氢氧化钠、碳酸钠，蒸发、结晶、烘干得精盐。【详解】A．第①步中用玻璃棒搅拌，加速了液体的流动，使固体很快溶解，故A正确；B．流程图中的系列操作有过滤和蒸发结晶，故用到的主要仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗、蒸发皿，故B正确；C．除去镁离子用氢氧根离子沉淀，所以离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，故C正确；D．镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，Na2CO3要在BaCl2的后面加，故试剂②不可能是Na2CO3溶液，故D错误；故选D。23.硫元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是A.a与c、d、e都有可能反应生成bB.d溶液久置于空气中会生成e，溶液的pH减小C.盐g与盐f之间也可能发生反应D.铜与e的浓溶液共热产生的气体通入BaCl2溶液中，有沉淀产生【答案】D【解析】【分析】根据化合价以及物质的类别可知：a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为含SO或HSO的盐、g为含SO或HSO的盐。【详解】A．a为H2S，与SO2、H2SO3、H2SO4都有可能发生归中反应生成硫单质，A正确； B．d为H2SO3、e为H2SO4，H2SO3具有较强的还原性，在空气久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸酸性更强，溶液pH更小，B正确；C．g为含SO或HSO的盐，f为含SO或HSO的盐，若g为硫酸氢盐，在溶液中可以电离出氢离子，氢离子可以和SO或HSO反应制得二氧化硫，C正确；D．铜与浓硫酸共热产生的气体为SO2，将SO2通入BaCl2溶液中，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，但亚硫酸不与氯化钡反应，不能生成亚硫酸钡和盐酸，因为弱酸不能制强酸，所以没有沉淀产生，D错误；答案选D。24.下列有关“类比”的说法合理的是A.碳酸钠固体溶于水放热，则碳酸氢钠固体溶于水也放热B.Mg、Al与H2SO4溶液构成的原电池中Mg作负极，则Mg、Al与NaOH溶液构成的原电池中Mg也作负极C.金属钠在空气中燃烧生成Na2O2，则金属锂在空气中燃烧也生成Li2O2D.CH4的分子结构模型为正四面体型，则CCl4的分子结构模型也为正四面体型【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠固体溶于水放热，碳酸氢钠固体溶于水吸热，A错误；B．Mg、Al作电极材料，NaOH作电解质，Al与NaOH反应作负极，B错误；C．Na的金属性强于Li，金属钠在空气中燃烧生成，金属锂在空气燃烧生成，C错误；D．CH4的分子结构模型为正四面体型，CCl4的分子结构模型也为正四面体型，D正确；故选D。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常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，铁片不溶解常温下，铁与浓硫酸不发生反应B向溶液X中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀X中一定含有C淀粉和稀硫酸混合加热，冷却后加入少量新制Cu(OH)2加热，没有砖红色沉淀产生淀粉未水解 D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落氧化铝的熔点高于铝单质A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．常温下，铁和冷的浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，不是铁和浓硫酸不反应，故A错误；B．向某溶液滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，沉淀可以是硫酸钡或氯化银，则原溶液中不一定有，故B错误；C．加热下用少量新制的Cu(OH)2检验醛基应在碱性条件下进行。将淀粉和稀硫酸混合加热，冷却后先加入氢氧化钠溶液中和硫酸，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热，若没有砖红色沉淀产生，说明淀粉未发生水解，故C错误；D．打磨过的铝箔，在酒精灯上加热生成氧化铝，氧化铝熔点高于铝，故铝箔熔化但不滴落，故D正确；故本题选D。三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.请回答：（1）N2的电子式是_____；常用作油漆、涂料的红色颜料的物质是_____(填化学式)。（2）常温下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，可以得到一种漂白液。上述反应的离子方程式为_____。（3）向新制的Cu(OH)2悬浊液中加入葡萄糖溶液，加热，观察到的现象是_____。【答案】（1）①.②.Fe2O3（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O（3）有砖红色沉淀产生【解析】【小问1详解】N2的电子式是；Fe2O3是红棕色粉末状固体，常用作油漆、涂料的红色颜料。【小问2详解】将氯气通入氢氧化钠溶液中制备漂白液，氯气既作氧化剂又作还原剂，发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O。 【小问3详解】葡萄糖是多羟基醛，向新制的Cu(OH)2悬浊液中加入葡萄糖溶液，加热，可观察到有砖红色Cu2O沉淀产生。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的结构简式是_____（2）D中所含官能团_____和_____(填名称)（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.饱和碳酸钠溶液能鉴别B、D和E三种物质CA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脱水剂【答案】（1）CH2=CH2（2）①.碳碳双键②.羧基（3）CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O（4）CD【解析】【分析】烃A是一种重要的化工原料，标准状况下密度为1.25g•L-1，标况下Vm=22.4L/mol，则A的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1，A为石油中的产物，则为乙烯(CH2=CH2)，E是有香味的不易溶于水的油状液体，说明E为酯类，根据物质转化关系可知B为醇类；CH2=CH2和H2O加成反应生成C2H5OH；CH2=CH2脱氢反应生成CH≡CH，加入CO和H2，反应生成CH2=CHCOOH，与C2H5OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOC2H5。【小问1详解】A的结构简式是CH2=CH2；故答案为：CH2=CH2。【小问2详解】 根据转化图可知D为CH2=CHCOOH，所含官能团碳碳双键和羧基；故答案为：碳碳双键；羧基。【小问3详解】反应①丙烯酸和乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，化学方程式是CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O；故答案为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O。【小问4详解】A．分子中含有双键可以加聚成高分子化合物，A、D、E分别为CH2=CH2、CH2=CHCOOH、CH2=CHCOOC2H5，均含有双键，均能发生加聚反应生成高分子化合物，A正确；B．B、D和E三种物质B、D、E分别为C2H5OH、CH2=CHCOOH、CH2=CHCOOC2H5，加入饱和碳酸钠溶液，B无现象，D产生气体，E为酯，不溶于水分层，故可以鉴别B、D、E，B正确；C．A为CH2=CH2，能使溴水褪色是加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，碳碳双键被氧化，两者原理不相同，C错误；D．B+D→E：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O，浓硫酸作催化剂，加速反应进行，浓硫酸作吸水剂，减少生成物，促使平衡向正反应方向进行，因此浓硫酸该反应中可作催化剂和吸水剂，D错误；故答案为：CD。28.为了探究固体化合物X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验(已知化合物A的摩尔质量：200g/mol<M<300g/mol)：请回答：（1）白色沉淀E的化学式是_____。（2）固体X中的元素是_____。(填元素符号)（3）固体X在空气中煅烧生成化合物A和气体D的化学方程式_____。（4）往溶液B通入适量氯气的离子方程式是_____。【答案】（1）CaCO3 （2）Fe、C（3）Fe3C+3O2Fe3O4+CO2（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】【分析】溶液B中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，则B中含铁离子，A为铁的氧化物，固体X中含有铁元素，无色无味气体D与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀E5.00g，则D为CO2，固体X中含有碳元素，白色沉淀E为CaCO3，n(CaCO3)==0.05mol，则CO2和X中碳元素的物质的量为0.05mol，CO2的质量为0.05mol×44g/mol=2.2g，依据质量守恒，固体X消耗氧气的质量为：2.2g+11.60g-9.00g=4.80g，CO2中含氧元素的质量为0.1mol×16g/mol=1.6g，则A中含氧元素的质量为4.80g-1.6g=3.2g，物质的量为=0.2mol，含铁元素的质量为11.60g-3.2g=8.4g，物质的量为=0.15mol，A中Fe与O的物质的量之比为0.2:0.15=4:3，A的化学式为：Fe3O4，固体X中铁元素的物质的量为0.15mol，碳元素的物质的量为0.05mol，化学式为Fe3C。【小问1详解】白色沉淀E的化学式CaCO3。【小问2详解】根据分析，固体X中的元素是Fe、C。【小问3详解】固体X在空气中煅烧生成化合物A和气体D的化学方程式Fe3C+3O2Fe3O4+CO2。【小问4详解】往溶液B通入适量氯气，亚铁离子被氧化为铁离子，离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。29.海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：请回答：（1）实验步骤①不需要下列仪器中的_____(填字母)。a．酒精灯b．漏斗c．坩埚d．泥三角（2）步骤③的操作名称_____。 （3）步骤④中反应的离子方程式_____。（4）请设计一种检验水溶液中是否含有碘单质的方法_____。（5）海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等，在实验步骤_____(填序号)中实现与碘分离。【答案】（1）b（2）过滤（3）2I-＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O（4）取少量水溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，观察是否出现蓝色。如果变蓝，则说明含有碘单质（5）⑤【解析】【分析】海带灼烧后浸泡过滤，滤液加入稀硫酸、过氧化氢得到含碘溶液，处理后得到碘单质。【小问1详解】步骤①为灼烧，灼烧过程需要用到的仪器有酒精灯，酒精灯用来加热，坩埚用来盛放海带，泥三角用来放置坩埚。故选b。【小问2详解】步骤③将海带悬浊液变为含I−溶液，可以通过过滤来实现。故答案为：过滤。【小问3详解】步骤④为将碘离子加入H2O2，稀硫酸后氧化为I2，反应的离子方程式为2I-＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O。【小问4详解】取少量水溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，观察是否出现蓝色。如果变蓝，则说明含有碘单质。【小问5详解】海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐可以通过步骤⑤萃取实现；故答案为∶⑤。30.为测定空气中SO2的含量，某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的100mL0.100mol/L的酸性KMnO4溶液(假定样品无其他还原性气体)，已知SO2与该溶液反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。若管道中空气流量为aL/min，经过bmin溶液恰好褪色，假定样品中的SO2可被溶液充分吸收。请计算：（1）题中消耗的KMnO4的物质的量为_____mol。（2）过程中转移的电子数为_____(用NA表示)。（3）则该空气样品中SO2的含量_____g/L(用含a、b的代数式表示)。【答案】（1）1.00×10-2mol（2）005NA（3）1.6/ab【解析】 【小问1详解】100mL0.100mol/L的酸性KMnO4溶液中KMnO4的物质的量为n=cV=0.100mol/L×0.1L=1.00×10-2mol。【小问2详解】根据反应方程式：2MnO+5SO2+2H2O=5SO+2Mn2++4H+，过程中转移的电子数为1.00×10-2mol×5NA=0.05NA。【小问3详解】