浙江省衢州市2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量检测试题.doc

浙江省衢州市2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量检测试题

浙江省衢州市2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量检测试题

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浙江省衢州市2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量检测试题（含解析）
考生须知:
1.全卷分试卷和答题卷。考试结束后，将答题卷上交。
2.试卷共8页，有二大题，30小题。满分100分，考试时间90分钟。
3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 0-16 Cu-64 Fe-56 S-32 Ca-40
一、选择题（共25小题，共50分。每小题有1个符合题意的选项，多选、不选均不给分）
1.氯气的分子式是
A. O2 B. Cl2 C. N2 D. H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．O2是氧气的分子式，故不选A；
B．Cl2是氯气的分子式，故选B；
C．N2是氮气的分子式，故不选C；
D．H2O是水的分子式，故不选D；
选B。
2.用于新冠肺炎疫情环境消毒用的“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠（NaClO），按物质的组成和性质进行分类，次氯酸钠属于
A. 氧化物 B. 酸 C. 碱 D. 盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸钠由钠、氯、氧3种元素组成，不属于氧化物，故不选A；
B．次氯酸钠电离出阳离子不是氢离子，次氯酸钠不属于酸，故不选B；
C．次氯酸钠电离出的阴离子不是氢氧根离子，次氯酸钠不属于碱，故不选C；
D．次氯酸钠电离出钠离子和次氯酸根离子，次氯酸钠属于盐，故选D；
选D。
3.下列仪器名称为分液漏斗的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．是分液漏斗，故选A；
B．是试管，故不选B；
C．是容量瓶，故不选C；
D．是直形冷凝管，故不选D；
答案选A。
4.下列物质中，不能与金属钠反应的是
A. 氧气 B. 水 C. 盐酸 D. 煤油
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠与氧气反应，常温下生成Na2O，加热情况下生成Na2O2，A不合题意；
B．金属钠与水反应生成NaOH和H2，反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，B不合题意；
C．金属钠与盐酸反应生成NaCl和H2，反应方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，C不合题意；
D．金属钠与煤油不反应且密度比煤油大，故通常金属钠保存在煤油中，D符合题意；
答案为D。
5.下列分散系能产生“丁达尔效应”是
A. 氯化钠溶液 B. 硫酸铜溶液 C. 氢氧化铁胶体 D. 蔗糖溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
胶体能产生“丁达尔效应”，溶液不能产生“丁达尔效应”。
【详解】A．氯化钠溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，故不选A；
B．硫酸铜溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，故不选B；
C．氢氧化铁胶体属于胶体，能产生“丁达尔效应”，故选C；
D．蔗糖溶液属于溶液，不能产生“丁达尔效应”，故不选D；
选C。
6.反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O中，氧化剂是
A. Cu B. 浓H2SO4 C. CuSO4 D. SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．分析反应方程式可知，Cu的化合价由0价变为+2价，化合价升高被氧化，为还原剂，A不合题意；
B．浓H2SO4中的硫在反应中由+6价变为SO2中的+4价，化合价降低被还原，为氧化剂，B符合题意；
C．分析反应方程式可知，CuSO4中的铜由0价变为+2价的产物，故CuSO4为氧化产物，C不合题意；
D．SO2是产物，是被还原得到的产物，故为还原产物，D不合题意；
故答案为：B。
7.下列属于弱电解质的是
A. 酒精 B. 醋酸 C. 铝 D. 硫酸钡
【答案】B
【解析】
【详解】A．酒精的水溶液和液态时均不导电，属于化合物，故属于非电解质，A不合题意；
B．醋酸是弱酸，在水溶液中发生部分电离CH3COOHCH3COO-+H+，故醋酸属于弱电解质，B符合题意；
C．铝是单质，既不是电解质又不是非电解质，C不合题意；
D．硫酸钡属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，D不合题意；
答案B。
8.下列表示不正确的是
A. CH4的比例模型 B. CO2的电子式
C. 乙醇的官能团 -OH D. Cl-的结构示意图
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于C原子半径比H原子半径大，且甲烷是正四面体形，故CH4的比例模型为，A正确；
B．C原子最外层只有4个电子，故CO2的电子式应该为：，B错误；
C．乙醇的官能团是羟基，其结构简式为-OH，C正确；
D．氯是17号元素，故质子数为17，Cl-核外有18个电子，故Cl-的结构示意图，D正确；
答案为B。
9.下列说法不正确的是
A. 2H和3H互为同位素 B. O2和O3互为同素异形体
C. CH3CH2OH 和CH3OCH3互为同分异构体 D. C2H2和C6H6互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．2H和3H是具有相同的质子数及不同的中子数的两原子，故互为同位素，A正确；
B．O2和O3是由同一元素O形成的性质不同的两种单质，故互为同素异形体，B正确；
C．CH3CH2OH和CH3OCH3两者具有相同的分子式C2H6O，但结构不同，故互为同分异构体，C正确；
D．C2H2和C6H6分子结构不相似，组成上也不是相差-CH2-原子团的整数倍，故二者不互为同系物，D错误；
答案为D。
10.下列说法正确的是
A. 工业上常用电解NaCl溶液制备金属钠
B. 在医疗上碳酸钠是治疗胃酸过多的一种药剂
C. 过量的铁在氯气中燃烧可生成氯化亚铁
D. 金属镁燃烧时发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上常用电解熔融的NaCl来制备金属钠，而不是NaCl溶液，电解氯化钠溶液得不到金属钠，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，A错误；
B．Na2CO3的碱性比NaHCO3的强，对胃部的刺激较大，因此在医疗上用碳酸氢钠而非碳酸钠治疗胃酸过多，B错误；
C．由于氯气的强氧化性，铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，过量的铁只有在溶液中能与FeCl3反应生成FeCl2，C错误；
D．金属镁燃烧时发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火，D正确；
答案为：D。
11.有A、B、C、D四种短周期元素，其在周期表中位置如图所示，A2+与C原子的电子数相差2。下列推断不正确的是

……..
C

A
B
……..

D

A. A和D组成的化合物是弱电解质且水溶液呈酸性
B. 与A同周期且与C同主族的E元素，其最高价氧化物对应水化物在某些化学反应中可作催化剂
C. 离子半径: C>A>B .
D. D的最高价氧化物对应水化物为强酸
【答案】A
【解析】
【分析】
A能形成A2+，A是Mg；A2+与C原子的电子数相差2，C有8个电子，C是O元素；根据元素在周期表中的相对位置，B是Al元素；D是Cl元素。
【详解】A．Mg和Cl组成的化合物MgCl2是强电解质，其水溶液呈酸性，故A错误；
B．与Mg同周期且与O同主族的元素是S，S最高价氧化物对应水化物是硫酸，硫酸在某些化学反应中可作催化剂，如酯化反应用浓硫酸作催化剂，故B正确；
C．电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径:O2->Mg2+> Al3+，故C正确；
D．Cl的最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4为强酸，故D正确；
答案选A。
12.下列方程式不正确的是
A. 次氯酸的电离方程式: HClOH++ClO-
B. 盐酸与小苏打溶液反应的离子方程式: H++HCO=CO2↑+H2O
C. 工业制备粗硅的化学方程式: SiO2+C Si+CO2 ↑
D. 苯和浓硝酸反应的化学方程式: +HO-NO2 +H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于次氯酸是弱酸，弱电解质，电离时需用可逆符号，故次氯酸的电离方程式： HClOH++ClO-，A正确；
B． 由于NaHCO3电离出Na+和HCO，故盐酸与小苏打溶液反应的离子方程式：H++HCO=CO2↑+H2O，B正确；
C．工业制备粗硅的化学方程式：SiO2+2C Si+2CO↑，C错误；
D．苯和浓硝酸反应化学方程式：+HO-NO2+H2O，D正确；
故答案为：C。
13.下列实验操作或方法中，合理的是
A. 用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯火焰上灼烧，直接观察火焰颜色，检验K+的存在
B. 用玻璃棒蘸取Na2CO3溶液，滴在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
C. 浓硫酸不慎沾到皮肤上，立即用大量的NaOH溶液冲洗
D. 试管可用酒精灯直接加热，也可用水浴加热
【答案】D
【解析】
【详解】A．用铂丝蘸取某溶液置于酒精灯火焰上灼烧，观察钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，不能直接观察火焰颜色，A不合理；
B．用pH试纸测量Na2CO3溶液的pH值时，不能滴在湿润的pH试纸上，B不合理；
C．浓硫酸不慎沾到皮肤上，因为NaOH溶液碱性太强会腐蚀皮肤，应立即用大量的清水冲洗再涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，C不合理；
D．由于试管的接触面积比较小，故可用酒精灯直接加热，也可用水浴加热，D合理；
故答案为：D。
14.下列说法正确的是
A. 汽油、煤油、柴油均可来自于石油的分馏
B. 煤的液化与气化都是物理变化
C. 乙烯和苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 乙炔和苯均能使溴水褪色且原理相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油分馏可得到汽油、煤油、柴油等产品，故A正确；
B．煤的液化与气化都有新物质生成，都是化学变化，故B错误；
C．苯分子中不含碳碳双键，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．乙炔和溴水发生加成反应，苯萃取溴水中的溴，溴水褪色原理不同，故D错误；
选A。
15.有机物与我们的生产生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 葡萄糖可以发生氧化反应、银镜反应和水解反应
B. 工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂
C. 食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯
D. 在一定条件下，蛋白质水解的最终产物是氨基酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．葡萄糖是单糖，葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；
B．油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸钠和甘油，工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂，故B正确；
C．食用植物油属于油脂，主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，故C正确；
D．蛋白质能水解，在一定条件下，天然蛋白质水解的最终产物是α-氨基酸，故D正确；
答案选A。
16.为了研究碳酸钙与稀盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定反应中生成的CO2气体体积随反应时间变化的情况（0~t1、t1~t2 、t2~t3各时间段相同），绘制出如图所示的曲线。下列说法不正确的是

A. 反应速率最大的是0~t1段，生成气体最多的是t3~t4段
B. t1~t2段曲线变化的可能是盐酸与大理石反应放热导致的
C. t2~t3时间段里影响反应速率的主要外界因素是浓度
D. 为了减缓反应速率可向盐酸中加入NaCl溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．据图可知，反应速率最大的是t1~t2段，生成气体最多的是t1~t2段，故A错误；
B．温度升高，反应速率加快，t1~t2段曲线变化的可能是盐酸与大理石反应放热导致的，故B正确；
C．t2~t3时间段里，盐酸的浓度降低，反应速率减慢，影响反应速率的主要外界因素是浓度，故C正确；
D．向盐酸中加入NaCl溶液，盐酸的浓度降低，反应速率减慢，故D正确；
答案选A。
17.如图为某种甲醇燃料电池示意图。下列判断正确的是

A. 电极A反应式: CH3OH- 6e-+H2O= CO2+6H+ B. B电极为负极
C. B电极附近溶液pH增大 D. 电池工作时，溶液中电子由电极B流向电极A
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示，电子由电极A经导线流入电极B，故A是负极、B是正极。
【详解】A．电极A是负极，电极反应式是CH3OH- 6e-+8OH-= CO32-+6H2O，故A错误；
B．电子由电极A经导线流入电极B，故A是负极、B是正极，故B错误；
C．B是正极，B电极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-，B附近溶液pH增大，故C正确；
D．电池工作时，溶液中无电子流动，故D错误；
选C。
18.下列说法不正确的是
A. 室温下测得0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液pH=3.0，则HA一定为弱电解质
B. 室温下将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH=11.0.
C. 室温下NaClO溶液中有： c（H+） + c（Na+）=c（OH-） + c（ClO-）
D. 室温下0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
【答案】D
【解析】
【详解】A．若HA是强电解质，则室温下测得0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液PH=1.0，现在为pH=3.0，说明HA只有1%发生了电离，故HA一定为弱电解质，A正确；
B．室温下将0.1 mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)为0.1 mol·L-1，加水稀释100倍后，c(OH-)变为0.001 mol·L-1，故c(H+)为10-11mol·L-1，故所得溶液的pH=11.0，B正确；
C．室温下NaClO溶液中只存在H+、Na+、OH-、ClO-四种离子，根据电荷守恒有： c（H+） + c（Na+）=c（OH-） + c（ClO-），C正确；
D．室温下0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaA，若HA为强酸，则所得溶液pH等于7.0，若HA为弱酸，则由于水解溶液显碱性pH大于7.0，故所得溶液PH不一定等于7.0，D错误；
故答案为：D。
19.下列说法正确的是
A. 碘晶体受热变成蒸汽，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
B. 金刚石、富勒烯、干冰都是由共价键形成的原子晶体
C. HCl溶于水后，化学键被破坏，形成水合离子
D. CH4、PCl3分子中各原子均达到8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘晶体是分子晶体，故受热变成蒸汽，吸收的热量用于克服碘分子间的分子间作用力，Ａ错误；
B．金刚石属于由共价键形成的原子晶体，而富勒烯、干冰都是由共价键形成的分子晶体，Ｂ错误；
C．HC1溶于水后发生电离HCl=H++Cl-，故共价键被破坏，接着形成水合氢离子，C正确；
D．CH4中的H原子周围只有2个电子，CH4中的C原子和PCl3分子中P和Cl原子均达到8电子稳定结构，D错误；
答案为C。
20.已知拆开1 mol氢气中的化学键需要消耗436 kJ能量，拆开1 mol氧气中的化学键需要消耗498 kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法不正确的是

A. ①、②的数值分别为1370、1852
B. 拆开H2O（g）中的1 molH-O键吸收463kJ的能量
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-482kJ·mol-1
D. 已知H2O(1)=H2O(g) △H>0,说明lmolH2O(1)的能量比1molH2O(g)高
【答案】D
【解析】
【详解】A．①的数值为2E(H-H)+E(O=O)=2×436+498=1370，②的数值为数值①+482=1370+482=1852，A正确；
B．根据反应热的计算可知： ，可解得：，故拆开H2O(g)中的1 molH-O键吸收463kJ的能量，B正确；
C．从图中可以直接得出，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-482kJ·mol-1，C正确；
D．已知H2O(1)=H2O(g) △H>0，说明该转化是吸热过程，故lmolH2O(1)的能量比1molH2O(g)低，D错误；
故答案为：D。
21.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.1 mol重水（D2O）分子中含有的中子数为NA
B. 10g质量分数为46%的C2H5OH水溶液中含有的氧原子数目为0.1NA
C. 标准状况下，2.24L已烷中含有的共价键数目为1.9NA
D. 过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．1个D2O分子含有10个中子，0.1 mol重水（D2O）分子中含有的中子数为0.1 mol ×10 ×NA=NA，故A正确；
B．10g质量分数为46%的C2H5OH水溶液中含有的氧原子数目为 0.4NA，故B错误；
C．标准状况下已烷是液体，2.24L已烷的物质的量不是0.1mol，故C错误；
D．过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，氧元素化合价由-1升高为0，转移电子数目为0.2NA，故D错误；
选A。
22.已知X(g)+3Y(g)2W(g) +M(s) △H=-a kJ·mol-1（a>0）,一定温度下，在容积为1L密闭容器中，加入1 mol X(g)与1mol Y(g)，2s后Y的物质的量浓度为0.4 mol·L-1，下列说法正确的是
A. X体积分数保持不变，说明反应已经达到平衡状态
B. 若减小Y的浓度，则正反应速率减小，逆反应速率增大
C. 0~2s， W的平均反应速率为0.2mol·L-1·s-1
D. 反应达到平衡状态时，W与M的物质的量浓度比为2:1
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据反应式进行三段式计算，，X体积分数为：是个定值，说明与x无关，说明X的体积分数一直没有变化，故X的体积分数保持不变，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；
B．若减小Y的浓度，即减小反应物的浓度则正反应速率突然减小，逆反应速率逐渐减小，B错误；
C．0~2s，Y的平均反应速率为：，再根据反应速率之比等于其化学计量系数比，故W的平均反应速率为0.2mol·L-1·s-1，C正确；
D．由于M是固体，其物质的量浓度取决于其密度，且固定不变，而W的浓度随时间改变而改变直至反应达到平衡状态，故W与M的物质的量浓度比无法计算，D错误；
答案为C。
23.下列有关实验装置（夹持和尾气处理装置已省略）进行的相应实验，不能达到实验目的的是

A. 若将甲中上层清液倒入水中，观察到溶液呈蓝色，说明有CuSO4生成
B. 图乙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有漂白性
C. 图丙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有还原性
D. 图丁装置中产生淡黄色沉淀，说明SO2或H2SO3具有氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲中含有浓硫酸和铜在加热的条件下发生反应，将甲中上层清液倒入水中，观察到溶液呈蓝色，说明溶液中存在Cu2+，有CuSO4生成，故A正确；
B．SO2能被高锰酸钾氧化，图乙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有还原性，故B错误；
C．SO2能被Fe3+氧化，图丙装置中溶液的颜色变浅，说明SO2具有还原性，故C正确；
D．H2S与SO2反应生成S单质，图丁装置中产生淡黄色沉淀，说明SO2或H2SO3具有氧化性，故D正确；
选B。
24.有3.2g CuO、Fe2O3 混合物跟足量CO充分反应后固体减少了0.72g，反应后全部气体用50mL 0.7mol·L-1 Ba(OH)2溶液吸收。下列有关叙述中正确的是
A. 反应中生成的CO2体积为1.008 L
B. 吸收CO2后的溶液中一定不含Ba(HCO3)2
C. 原混合物中CuO与Fe2O3 质量比为3:1
D. 若将质量相同的混合物加过量硫酸溶解后，再加入100mLNaOH溶液时沉淀达最大量，由此可求得c(NaOH)= 0.75 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，CO分子获得1个O原子形成CO2分子，故，故标况下二氧化碳的体积=0.045mol×22.4L/mol=1.008L，但题干未告知是在标准状况下，二氧化碳的气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，A错误；
B．n[Ba(OH)2]=0.7mol/L×0.05L=0.035mol，故n(CO2)：n[Ba(OH)2]=0.045mol：0.035mol=9：7，介于1：1与2：1之间，故生成碳酸钡与碳酸氢钡， B错误；
C．CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应，固体减少质量为混合物中含有的氧元素的质量，混合物中氧原子的物质的量为0.045mol，令混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和列方程为：80x+160y=3.2g①，根据氧原子的物质的量之和列方程为x+3y=0.045mol②，联合解①②方程组可得x=0.03mol y=0.005mol，故m(CuO)=0.03mol×80g/mol=2.4g，m(Fe2O3)=0.005mol×160g/mol=0.80g，故二者质量比为3：1， C正确；
D．由于硫酸过量，不能确定NaOH的物质的量，不能确定氢氧化钠的物质的量浓度，D错误；
故答案为：C。
25.某固体粉末X中可能含有K2SO4、（NH4）2CO3、NaNO3 、K2SO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中几种。为确定其组成，某同学进行如下实验:

已知: Cu2O+2H+= Cu2++Cu+ H2O
根据实验过程及现象，下列说法正确的是
A. 无色气体A可用湿润的蓝色石蕊试纸检验
B. 固体X中一定含有（NH4）2CO3、K2SO3、FeO
C. 无色气体E一定含有CO2,一定不含SO2.
D. 固体X中可能含有Cu2O、Fe2O3
【答案】D
【解析】
【分析】
固体加入NaOH生成气体，则应为NH3，即A为NH3，则一定含有(NH4)2CO3，沉淀C加入盐酸后的溶液G中加入KSCN不显红色，说明溶液中不存在Fe3+，可能有两种情况，一是只含有FeO，或Fe2O3和Cu2O都含有，Cu2O与盐酸生成的Cu与Fe3+发生氧化还原反应而全部溶解，溶液B加入足量稀盐酸生成无色气体E，说明一定含有二氧化碳，也可能还含有是SO2，则可能含有K2SO3，还可能含有与NaNO3发生氧化还原反应生成的NO，且K2SO3被氧化，故最终不能确定否一定含有K2SO4，以此解答该题。
【详解】A．根据分析可知无色气体A为NH3，检验NH3应该用湿润的红色石蕊试纸检验，A错误；
B．根据分析可知，固体X中一定含有（NH4）2CO3，可能含有K2SO3、FeO，B错误；
C．根据分析，固体X中一定含有（NH4）2CO3，故无色气体E一定含有CO2,但不一定含SO2，C错误；
D．根据分析可以得出，固体X中可能含有Cu2O、Fe2O3，D正确；
故答案为：D。
二、非选择题（共5小题，共50分。）
26.按要求作答。
（1）①写出MgO的名称________________;②写出乙炔的结构式______。
（2）写出NaHCO3受热分解的化学方程式______________。
（3）写出Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式_____________。
（4）海带中提取碘的过程中，将I-氧化生成I2时，若加入过量的氯水，则Cl2将I2氧化生成HIO3，同时还有一种强酸生成，写出该反应的化学方程____________。
【答案】 (1). 氧化镁 (2). H-C≡C-H (3). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). 5Cl2+I2+6H2O = 2HIO3+10HCl
【解析】
【详解】(1)①MgO的名称是氧化镁；②乙炔的分子式是C2H2，结构式H-C≡C-H；
(2) NaHCO3受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，反应的化学方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
(3) Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4) Cl2将I2氧化生成HIO3，根据氧化还原反应规律，同时还有盐酸生成，根据得失电子守恒配平反应的化学方程为5Cl2+I2+6H2O = 2HIO3+10HCl。
27.以淀粉为原料，经过一系列反应可以制得酯F（C5H8O4）。B结构中有甲基，1mol B 可以与2mol Na和1mol NaOH反应。

请回答：
（1）E中官能团名称是________。
（2）C→D的反应类型是___________。
（3）D→E的化学反应方程式是_____________。
（4）F的结构简式是____________。
（5）下列说法不正确的是__________。
A 由A生成C时可以产生一种无色无味气体
B 可以用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别C、D、E （必要时可以加热）
C 相同物质的量的B、D耗氧量相同
D 1mol F与足量钠反应，消耗钠2mol
（6）检验淀粉在酸性条件下水解产物A （C6H12O6）的操作是_______________。
【答案】 (1). 羧基 (2). 氧化反应 (3). 2CH3CHO+O22CH3COOH (4). CH3COOCH(CH3)COOH (5). CD (6). 取少量水解液于试管中，加NaOH溶液中和，然后加入含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热，岀现砖红色沉淀，则有葡萄糖生成
【解析】
【分析】
淀粉水解为葡萄糖，A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇(C)，乙醇氧化为乙醛(D)、乙醛氧化为乙酸(E)；葡萄糖在一定条件下生成乳酸(B)，乳酸和乙酸发生酯化反应生成酯(F)。
【详解】(1)E是乙酸，结构简式是CH3COOH，中官能团名称是羧基；
(2)C是乙醇，乙醇在铜作催化剂的条件下氧化为乙醛，反应类型是氧化反应；
(3)D是乙醛，乙醛在催化剂作用下被氧气氧化为乙酸，化学反应方程式是2CH3CHO+O22CH3COOH；
(4) 乳酸和乙酸发生酯化反应生成酯F，F的结构简式是CH3COOCH(CH3)COOH；
(5) A．葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，故A正确；
B ．乙醇和Cu(OH)2悬浊液不反应，乙醛和Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，乙酸和新制Cu(OH)2悬浊液反应生成蓝色醋酸铜溶液，故B正确；
C ．1mol乙醛燃烧消耗2.5mol氧气，1mol C3H6O3燃烧消耗3mol氧气，故C错误；
D ．羧基和钠反应，F的结构简式是CH3COOCH(CH3)COOH，1mol F与足量钠反应，消耗钠1mol，故D错误；
选CD；
(6)淀粉在酸性条件下水解产物中含有硫酸，醛基和Cu(OH)2悬浊液反应需要碱性环境，检验淀粉在酸性条件下水解产物A （C6H12O6）操作是，取少量水解液于试管中，加NaOH溶液中和，然后加入含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热，岀现砖红色沉淀，则有葡萄糖生成。
【点睛】本题考查有机推断，明确官能团的转化是解题的关键，注意在碱性条件下用Cu(OH)2悬浊液检验醛基，掌握酯化反应的原理是酸脱“羟基”、醇脱“氢”。
28.无机盐X(仅含两种元素)可通过单质甲与Ca(OH)2浊夜共热的方法来制备，某同学为探究X的组成和性质，设计了如下实验（流程图 中部分产物已略去）。

已知：气体乙在标况下的密度为1.52 g·L-1，气体丙无色、有刺激性气味，能使品红溶液褪色。
（1）X的化学式为____，乙的电子式为________
（2）X与足量盐酸反应的化学方程式为___________
（3）在澄清石灰水中通入过量气体丙反应的离子方程式为____________
【答案】 (1). CaS4 (2). (3). CaS4+2HCl=CaCl2+3S↓ +H2S ↑ (4). SO2+OH-=HSO
【解析】
【分析】
气体乙在标准状况下的密度为1.52g•L-1，则Mr（乙）=22.4×1.52=34，乙在O2中燃烧得到无色、有刺激性气味的气体丙，丙可用于漂白纸浆等物质，可推知乙为H2S、丙为SO2。无机盐X(仅含有两种元素)可以通过单质甲与Ca(OH)2浊液共热的方法来制备，由元素守恒可知X中含有两种元素为Ca、S，可知单质甲为S，硫化氢物质的为：2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，故16.8g X含有S原子为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，则16.8gX中含有Ca原子为：（16.8g-0.4mol×32g•mol-1）÷40 g•mol-1=0.1mol，故X中Ca、S原子物质的量之比为0.1mol：0.4mol=1：4，则X的化学式为CaS4。
【详解】（1）由分析可知，X的化学式为CaS4，乙为H2S，Z的电子式为，故答案为：CaS4；；
（2）CaS4与足量盐酸反应生成CaCl2、S、H2S，且S、H2S的物质的量之比为3：1，反应的化学方程式为：CaS4+2HCl=CaCl2+3S+H2S↑，故答案为：CaS4+2HCl=CaCl2+3S+H2S↑；
（3）丙为SO2，过量的SO2与石灰水反应生成亚硫酸氢钙，反应的离子方程式为：SO2 +OH-=HSO3-，故答案为：SO2 +OH-=HSO3-。
【点睛】：
29.实验室制乙酸乙酯的主要装置如图中A所示，主要步骤：
①在a试管中按2：3：2的体积比配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合物；
②按A图连接装置，使产生的蒸气经导管通到b试管所盛的饱和碳酸钠溶液（加入几滴酚酞试液）中；
③小火加热a试管中的混合液：
④等b试管中收集到约2 mL产物时停止加热。撤下b试管并用力振荡， 然后静置待其中液体分层；
⑤分离出纯净的乙酸乙酯。

请回答下列问题：
（1）步骤④中可观察到b试管中有细小的气泡冒出，写出该反应的离子方程式：_______
（2）A装置中使用球形管除起到冷凝作用外，另一重要作用______;步骤⑤中分离乙酸乙酯必须使用的一种仪器是____。
（3）为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图A所示装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min,再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡小试管b再测有机层的厚度，实验记录如下:
实验编号
试管a中试剂
试管b中试剂
测得有机层的厚度/cm
A
3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18molL-1浓硫酸
饱和Na2CO3溶液

5.0
B
3mL乙醇、2mL乙酸

0.1
C
3mL乙醇、2mL乙酸、6mL 3molL-1H2SO4

1.2
D
3 mL乙醇、2 mL乙酸、盐酸

1.2

①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入6mL浓度为__mol·L-1 盐酸。
②分析对比实验_____（填实验编号）的数据，可推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。
③为充分利用反应物，该同学又设计了图中甲、乙两个装置（利用乙装置时，待反应完毕冷却后，再用饱和碳酸钠溶液提取烧瓶中的产物）。你认为更合理的是_______理由是:________
【答案】 (1). 2CH3COOH+CO=2CH3COO-+H2O+CO2↑ (2). 防止倒吸 (3). 分液漏斗 (4). 6 (5). AC (6). 乙 (7). 乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应， 提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可。
【解析】
【分析】
乙醇、乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，分液得到乙酸乙酯。
【详解】(1)步骤④中乙酸和碳酸钠反应放出二氧化碳气体，可观察到b试管中有细小的气泡冒出，该反应的离子方程式是2CH3COOH+CO=2CH3COO-+H2O+CO2↑；
(2)A装置中使用球形管除起到冷凝作用外，另一重要作用防倒吸；步骤⑤中用分液法分离乙酸乙酯，必须使用的一种仪器是分液漏斗；
(3)①根据控制变量法，实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用，C、D实验中H+浓度应该相同，所以实验D中应加入6mL浓度为6mol·L-1 盐酸；
②实验A、C加入的硫酸浓度不同，所以分析对比实验A、C的数据，可推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；
③乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可，所以更合理的是乙。
【点睛】本题综合考查乙酸乙酯的制备，明确反应原理、浓硫酸在反应中的主要作用是解题关键，注意饱和碳酸钠溶液在乙酸乙酯在制备实验中的作用。
30.在120℃、1.01x105Pa时，将1L丙烷与若干升O2混合点燃充分燃烧后，恢复至原温度、压强，测得气体体积为aL,通过碱石灰后气体体积变为bL。
（1）若a-b=7， 则bL气体中一定含有____。
（2）若a-b=5，则混合前O2体积是______，点燃前混合气体的平均摩尔质量是_____。
【答案】 (1). O2 (2). 4L (3). 34.4 g·mol-1
【解析】
【分析】
120℃、1.01x105Pa时，1L丙烷完全燃烧生成3L CO2、4LH2O(g)，碱石灰吸收CO2、H2O，若a-b=7，说明丙烷完全燃烧，1L丙烷生成3L CO2、4LH2O(g)；若a-b=5，说明1L丙烷生成4LH2O(g)、1L CO2和2L CO；
【详解】(1) 120℃、1.01x105Pa时，1L丙烷完全燃烧生成3L CO2、4LH2O(g)，碱石灰吸收CO2、H2O，a-b=7，说明1L丙烷完全燃烧,则bL气体中一定含有O2；
(2)若a-b=5，说明1L丙烷生成4LH2O(g)、1L CO2和2L CO，根据氧元素守恒，混合前O2的体积为4L；点燃前混合气体的平均摩尔质量g·mol-1。