2021年7月浙江省普通高中学业水平考试化学仿真模拟试卷01(解析版)

1、绝密考试结束前2021年7月浙江省普通高中学业水平考试化学仿真模拟试卷01（满分100分）可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ba137选择题部分（共50分）一、选择题（本大题共25小题，第115题每小题2分，第1625题每小题3分，共60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、错选均不给分）1氯气的分子式是AO2【答案】DBH2CN2DCl2【解析】氯元素的符号是Cl,氯气属于双原子分子，即氯气分子式为Cl2，故D正确；故选Do2.75%的酒精溶液是一种以乙醇（

2、C2H5OH）为主要成分的医用消毒剂，广泛应用于杀灭细菌、病毒并抑制其传播，起到预防疾病的作用。c2h5oh属于A. 单质B.氧化物C.有机化合物D.无机物答案】C【解析】酒精c2h5oh是含有碳元素的化合物，属于有机物，不属于单质、氧化物和盐。故选Co【解析】A项，寸是烧杯，故A不符合题意;B项,是坩埚，故B不符合题意;C项,泥三脚，故C不符合题意；D项，是蒸发皿，故D符合题意；故选Do4.下列不能使品红溶液褪色的气体是A.Cl2【答案】CB.SO2C.CH4D.O3【解析】C12、o3均有强氧化性，能把有机色素氧化而使品红溶液褪色；SO2能与品红结合形成无色不稳定的物质而褪色；ch4不能使

3、品红溶液褪色，C项正确。5下列物质中是电解质，且能导电的是A.熔融KClB.盐酸C.氨气D.冰醋酸【答案】A【解析】A项，熔融KCl是熔融的电解质，有能够自由移动的离子，故可以导电，A符合题意；B项，盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，B不合题意；C项，氨气的水溶液虽然能够导电，但并不是其自身发生电离，故属于非电解质，且氨气也不能导电，C不合题意；D项，冰醋酸是弱酸，属于电解质，但冰醋酸中没有自由移动的离子，故不能导电，D不合题意；故选A。6.反应8NH3+3C12N2+6NH4C1,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为A.2：3B.8：3C.6：3D.3：2【答案】A北仃tJ

4、TPI底ttit总d【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为3CI+3NH.=6NH.CI+K，可知实际升价的N原子I»It書協舟福.後血化为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。故选Ao7下列说法正确的是()A. 聚乙烯是一种广发用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的有机高分子材料B. 工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅可制得纯硅C. 海水中溴离子浓度大，因此溴被称为“海洋元素”D. 碳酸钠是治疗胃酸过多的常规药物【答案】A【解析】A项，聚乙烯是乙烯通过加聚反应得到的化合物，生活中可用于制造水

5、杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品，故A正确；B项，焦炭在高温下还原二氧化硅得到的硅中含有碳等杂质，为粗硅，为进一步提纯，可与氯气反应，再用氢气还原，故B错误；C项，地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，不是因为海水中溴离子的浓度大，海水中的溴离子浓度很小，故C错误；D项，碳酸氢钠和氢氧化铝是治疗胃酸过多的常规药物，故D错误。8. 下列化学用语的表述不.正.确.的是A.明矶的化学式：KA1(SO4)212H2OB.NH3分子的球棍模型:C.铝原子的结构示意图:D.N2的电子式：:门【答案】D【解析】A项，明矶是十二水合硫酸铝钾的俗名，其化学式为：KAl(SO4)212H2O

6、,故A正确；B项，5-13NH3分子的中心原子氮原子的。键电子对数为3,孤电子对数为=1，则氨气分子为三角锥形，故B32士一一正确；C项，铝原子为13号兀素，核内质子数=核外电子数=13,其结构示意图为：,故C正确；D项，N2中氮原子之间形成3对共用电子对，每个氮原子周围8个电子，其电子式为：；，故D错误；故选D。9. 下列说法正确的是A. h2与D2互为同位素B.纤维素与淀粉互为同分异构体C.干冰和冰为同一种物质D.甲烷和十六烷互为同系物【答案】D【解析】A项，H2与D2是单质，不是同位素，故A错误；B项，维素与淀粉属于高分子化合物，不互为同分异构体，故B错误；C项，干冰为二氧化碳，冰为水，

7、不是同一种物质，故C错误；D项，甲烷和十六烷结构相似，具有组成上相差CH2，二者互为同系物，故D正确；故选Do10.下列说法不.正.确.的是A. 发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔B. 在医疗上硫酸亚铁可用作生产防治缺铁性贫血的药剂C. 氯气通入澄清石灰水中制漂白粉D. 在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要用到石灰石【答案】C【解析】A项，发酵粉中含有碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔，故A正确；B项，血红蛋白中含有亚铁离子，在医疗上硫酸亚铁可用作生产防治缺铁性贫血的药剂，故B正确；C项，氢氧化钙微溶，氯气通入石灰乳中制漂白粉，故C错误；D项，生

8、产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；石灰石还是高炉炼铁的一种原料(造渣材料)，所以在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要用到石灰石，故D正确；故选Co11. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是()A. 原子半径：X>Y>Z>W，同周期元素的简单离子中，X离子半径可能最小B. W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强C. W的气态氢化物的熔沸点低于Y的气态氢化物D. 若W与X原子序数差

9、为5,则形成化合物的化学式为X3W2【答案】A【解析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周WXYZ为:期的元素，且只有X是金属元素，则W是第二周期元素，X、Y、Z是第三周期元素，各种元素相对位置，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种。A项，原子核外电子层数越多,原子半径越大；同一周期的元素的原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：X>Y>Z>W，只有X是金属元素，形成的离子是阳离子，具有上一周期惰性气体的稳定结构，而丫、Z是非金属元素，形成的是阴离子，具有同一周期惰性气体的原子结构，由于X的阳离子比Y、Z的阴离子少一个电子层，

10、故其离子半径在同一周期元素中最小，A正确；B项，若W是O或F元素，则不存在含氧酸，B错误；C项，若W是O或F元素，H2O、HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点比同族其它元素的氢化物的高，C错误；D项，若W、X原子序数相差5,若W是N,则X是Mg,二者形成化合物化学式为Mg3N2，符合X3W2的构型；若W是O元素，则X是Al元素，二者形成化合物的化学式是Al2O3,不符合X3W2的构型，故D错误；故选Ao12. 下列反应的离子方程式不.正.确.的是A. 将除去氧化膜的铝片投入到NaOH溶液中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2TB.

11、过量的铁与稀硝酸的反应：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NOf+4H2OC. 向氯化铝溶液滴加过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+4NH4+2H2OD. 向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3；+HCO3-【答案】C【解析】A项，铝片与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式正确，故A正确；B项，过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式正确，故B正确；C项，A1(OH)3不能与弱碱反应，则向氯化铝溶液滴加过量的氨水生成ai(oh)3和氯化铵，正确的离子方程式为：A13+3NH3H2O=A1(OH)3J+3NH4+

12、，故C错误；D项，Al(OH)3不能与弱酸反应，向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成A1(OH)3和碳酸氢钠，离子方程式正确，故D正确；故选Co13下列说法不正确的是A. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验BSO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了漂白性C. 酒精不能萃取水中的溶质，也不能萃取苯中的溶质D. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度将偏大【答案】B【解析】A项，焰色反应时用盐酸洗涤铂丝，盐酸与金属元素结合生成金属氯化物，灼烧时金属氯化物加热时容易挥发可以除去其他金属元素的干扰，故A正确，

13、不符合题意；B项，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现的是二氧化硫的还原性，不是漂白性，故B错误，符合题意；酒精能与水和苯互溶，则酒精不能萃取水中的溶质，也不能萃取苯中的溶质，故C正确，不符合题意；由于液体的热胀速度比固体快，故配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，将使溶液体积偏小，导致所配制的溶液浓度将偏大，故D正确，不符合题意;。故选Bo14下列说法不正确的是()A. 向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变B. 用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物C. 石油裂解气经净化和分离，可得到乙烯、丙烯等基本有机化工原料D. 从煤干馏得到的煤焦油中可分离出

14、苯、甲苯、二甲苯等有机化合物【答案】A【解析】A项，汽油和甲醇的热值不同，混合燃料的热值一定发生改变，A错误；B项，水煤气主要成分为氢气和一氧化碳，可合成液态碳氢化合物和含氧有机物，B正确；C项，石油裂解气经净化和分离，可得到乙烯、丙烯等基本有机化工原料，C正确；D项，煤干馏属于化学变化，得到的煤焦油中可分离出苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，D正确。故选Ao15.下列说法不.正.确.的是()A. 植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精B. 油脂皂化反应中加入95%的乙醇的主要目的是增大反应物的接触面积，以加快反应速率C. 向蛋白质溶液

15、中加入饱和硫酸铵溶液,能够破坏蛋白质溶解形成的胶体结构而降低蛋白质的溶解性，使蛋白质转变为沉淀析出D. 蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质【答案】D【解析】A项，植物秸杆的主要成分是纤维素，纤维素在催化剂作用下经水解可得葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下能转化为酒精，符合物质转化关系，故A不符合题意；B项，油脂易溶于乙醇，加入95%的乙醇可以溶解油脂，增加反应物的接触面积，以加快反应速率，故B不符合题意；C项，当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析；蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，使蛋白质转变为沉淀析出，再加水会溶解，故C不符合题意

16、；D项，蔗糖水解生成麦芽糖和葡萄糖；淀粉水解生成葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油；麦芽糖、葡萄糖和甘油是非电解质，高级脂肪酸是电解质，是弱电解质，故D符合题意；故选Do16如图为反应2H2(g)+O2(g)=2HP(g)的能量变化示意图列说法不正确的是A. 拆开2molH2(g)和1molO2(g沖的化学键共吸收1368kJ能量B. 由H、O原子形成2molH2O(g)，共放出1852kJ能量D2mo1H2(g)和1mo1O2(g)反应生成2mo1H2O(g)，共放出484kJ热量C.1molH2(g)和1/2molO2(g)反应生成1molH2O(1),放出热量小于242kJ答案】C【解

17、析】根据图示,4mo1H和2mo1O的能量比2mo1H2(g)和1mo1O2(g)的能量高1368kJ，所以拆开2mo1H2(g)和1mo1O2(g)中的化学键共吸收1368kJ能量，故A正确；由H、O原子形成2mo1H2O(g)，共放出1852kJ能量，故B正确；1mo1H2(g)和1/2mo1O2(g)反应生成1mo1H2O(1)，放出热量大于242kJ，故C错误；2mo1H2(g)和1mo1O2(g)反应生成2mo1H2O(g)，共放出484kJ热量，故D正确。17.如图为铜锌原电池示意图。下列说法正确的是A. 铜片释放的电子经导线流向锌片B. 若盐桥中含KC1饱和溶液的琼脂，电池工作时

18、，K+移向ZnSO4溶液C. 若将盐桥用铜丝替换，电流表的指针不会偏转D. 电池工作时，该装置中Zn为负极，发生氧化反应【答案】D【解析】因为Zn的金属活动性大于Cu，所以Zn电极为负极，Cu电极为正极。A项，铜片为正极，在此装置中不能释放电子，A不正确；B项，电池工作时，Zn电极失电子生成Zn2+进入ZnSO4溶液中，盐桥中的C1-应移向此电极，B不正确；C项，若将盐桥用铜丝替换，则左侧烧杯内构成原电池，右侧烧杯内构成电解池，电流表的指针仍会发生偏转，C不正确；D项，由分析可知，电池工作时，该装置中Zn为负极，失电子生成Zn2+，发生氧化反应，D正确；故选D。18我国各地整顿滥用食品添加剂等

19、问题。对于食品添加剂的叙述中，合理的是A. 绝大多数食品添加剂在过量使用时，对人体有害，所以应禁止使用食品添加剂B. 防腐剂能延长食品的保质期，减少食品的浪费与变质，所以应大量使用防腐剂C. 食用新鲜食物比食用用防腐剂储存的食物有益，所以禁止使用防腐剂D. 对于什么物质可作食品添加剂以及食品添加剂的用量，都应有严格的规定【答案】D【解析】在规定的范围内使用食品添加剂，一般认为是无害的，但超标使用会损害人体健康。19下列叙述正确的是A. 离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键B. CH4比SiH4稳定说明前者分子间作用力更强C. 所有物质中均存在化学键D. NaOH溶解过程中离子键断裂，是因

20、为NaOH与水发生了化学反应答案】A【解析】A项，离子化合物中肯定存在离子键，但离子内部也可能存在共价键，如Na2O2中的氧氧键、NaOH中的氢氧键等都是共价键，故A正确；B项，物质的稳定性属于化学性质，化学性质与化学键有关,与分子间作用力无关，故B错误；C项，稀有气体是不存在化学键的物质，故C错误；D项，NaOH溶解过程为物理变化，只有化学键的断裂，没有化学键的形成，而非化学变化，D项错误；故选A。20. 由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法不正确的是A. CaOCl2有较强的氧化性B. CaOCl2的电子式为："l2C. 由氯气为原

21、料，每生成lmolCaOCl2，转移的电子为2molD. CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生【答案】C【解析】根据题干信息，混盐是由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐，贝9混盐CaOCl2中的酸根为CIO-和Cl-。A项，CaOCl2中的酸根为CIO-和Cl-，次氯酸盐具有强氧化性，A正确；B项，根据CaOCl2的*#组成，其电子式为W心丨-.I,B正确；C项，由氯气为原料，每生成1molCaOCl2,1molCl2*«»*a中lmolCl的化合价由0价升高至+1价，lmolCl的化合价由0价降低至-1价，总共转移lmol电子，C错误;D项，CaOCl

22、2的溶液中加入足量浓硫酸，可发生反应CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2耳O,生成黄绿色的氯气，D正确；故选Co21. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LH2O2含有的分子数为NAB. 等质量O2和O3含有不同的原子数C. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAD. 定条件下，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，生成的Cl2分子数为NA【答案】C【解析】A项，标准状况下双氧水是液体，22.4LH2O2的物质的量不是1mol,含有的分子数不是NA，A错误；B项，O2和O3都是氧原子形成的单质，等质量O2和O3含有相同的原子

23、数，B错误；C项，H218O与D2O的相对分子质量均是20,且均含有10个中子，则2.0gH218O与D2O的混合物的物质的量是0.1mol,其中所含中子数为NA,C正确；D项，一定条件下，含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，由于随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸和二氧化锰不反应，则生成的分子数小于NA,D错误；故选Co22.反应X(g)=4Y(g)+Z(g),在200°C和T°C时，X的物质的量浓度(单位：molL1)随时间变化的有关实验数据见下表：时间/min0246810200/C0.800.550.350.200.150.15T/C1.000.650.35

24、0.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是A. 在200°C时，4min内用Y表示的化学反应速率为0.1125molL-imin-iB. TC下，6min时反应刚好达到平衡状态C. 根据上表内X的浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大D. 从表中可以看出T<200【答案】C【解析】A项，4min内X的物质的量浓度变化为(0.80-0.35)molLi,故v(X)=0.1125molL-imin-i,又v(X)：v(Y)=1：4，故v(Y)=0.155molL-1min-1,不正确；B项，根据表中数据分析，TC下,6min时反应已经达到平衡状态，但不一定此时刚好达到平衡，

25、不正确；C项，根据上表内X的浓度变化，可知浓度越大,反应速率越大，正确；D项，从表中数据可以看出，TC更快地达到平衡，说明T>200,不正确。23.氯化铁是有机合成中常用的催化剂，如图是实验室模拟化工厂利用工业废铁屑(杂质不与盐酸反应)制备催化剂氯化铁的部分装置图，下列相关说法正确的是Mini)屮丙弹簧*】=4盐zMOHA. 实验室也可以用装置甲制备SO2、C2H4B. 实验过程中，应先让装置乙中的反应进行一段时间后，再开始装置甲中的反应C. 实验过程中应该关闭弹簧夹3,让装置丙中的NaOH溶液充分吸收多余的Cl2D. 反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，可制得氯化铁晶体答案

26、】B【解析】A项，装置甲的特点是固体和液体加热制气体，而SO2可用浓硫酸和铜加热制取，所以可以用装置甲制备S02,但实验室用浓硫酸和乙醇制C2H4需控制温度为170°C，所以要使用温度计，故A错误；B项，氯气在常温下不能和铁反应，所以应先让装置乙中的反应进行一段时间生成氯化亚铁后，再开始装置甲中的反应，故B正确；C项，实验过程中关闭弹簧夹3,将导致气体不能流通，不但不能实现让NaOH溶液充分吸收多余的Cl2的目的，反而会使装置气压增大，产生危险，故C错误；D项，废铁屑含不与盐酸反应的杂质，所以如果加热反应结束后将三颈烧瓶中的溶液加热浓缩、冷却结晶，将混入这些杂质，使晶体不纯，同时要考

27、虑设法抑制水解，故D错误；故选B。24.已知：100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4SO3)；焦硫酸水溶液发生如下电离：H2S2O7(aq)=H+(aq)+HS2O7-(aq)，HS2O7-(aq)H+(aq)+S2O72-(aq)。下列说法不正确的是A. 焦硫酸具有强氧化性B. Na2S2O7水溶液显中性C. 98%的比SO4可以表示为SO310比O24392D. 焦硫酸与水反应的化学方程式：H2S2O7+H2O=2H2SO4【答案】B【解析】A项，由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确；B项，Na2S2O7可写成Na2SO4

28、SO3,溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误；C项，假设浓硫酸的质量为100g,则H2SO4的质量为100gx98%=98g，H2O的质量为100g-98g=2g,则H2SO4的物质的98g2g11量为98g/mol=1mol，H2O的物质的量为18g/mol=9mol，故98%的H2SO4可表示为H2SO49H2O，如果把H2SO4表示为SO3H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3:H2O,C正确；D项，焦硫酸与水反应可表示为H2SO4.SO3+H2O=2H2SO4，D正确。25.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不.相.符.的一组是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加

29、入足量稀盐酸，无明显现象；再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生原溶液中一定含有SO42-B某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象；再滴加氯水，溶液呈红色原溶液一定含Fe2+C向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32-的气体D向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中一定含有nh4+【答案】C【解析】A项，向溶液中加入足量稀盐酸，无明显现象，排除了Ag+和CO32-等的干扰；再加入BaCl2溶液，产生BaSO4白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，故A正确；B项，向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，说明不存在Fe3+，再滴加氯

30、水，溶液呈红色说明氯水氧化Fe2+生成Fe3+，则该溶液中一定含有Fe2+，故B正确；C项，向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体可能是二氧化碳或二氧化硫，不能确定溶液中是否一定含有CO32-，故C错误；D项，向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，说明溶液中一定含有NH4+，故D正确；故选Co非选择题部分二、非选择题（本大题共5小题，共40分）26. （8分）（1）写出下列物质的化学式：钡餐：:漂白粉的有效成分：。（2）写出木炭与浓硫酸共热时发生的化学反应方程式：。（3）称取10.5g固体样品（1g以下使用游码）时，将样品放在了天平的右盘，则

31、所称样品的实际质量为g。【答案】（1）BaSO4（2分）Ca（C10）2（2分）（2）C+2H2SO4（浓）=CO2T+2SO2T+2H2O（2分）（2）9.5（2分）【解析】（1）钡餐即硫酸钡的化学式为BaSO4,漂白粉的有效成分为次氯酸钙，其化学式为Ca（ClO）2；木炭与浓硫酸共热时发生的化学反应方程式C+2H2SO4（浓）ACO2T+2SO2T+2H2O；（3）从题给信息可知砝码质量为10.0g,游码质量为0.5g。托盘天平使用时称量物体应放在左盘，砝码放在右盘：m（物）=m（游码）+m（砝码）。若称量的样品与砝码颠倒，则m（物）+m（游码）=m（砝码），m（物）=m（砝码）一m（游码

32、）=10.0g0.5g=9.5g。27. （8分）已知A在标准状况下的密度是1.16gL-1,B中的两个官能团分别具有乙烯和乙酸中官能团的性质。E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体。按下列路线合成：已知：RXNaOH/H2)>ROH(X代表卤素原子)请回答：(1) D中官能团的名称是。B+DTE的化学方程式,(3)下列说法不正确的是。A. 有机物D与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B. 用新制碱性氢氧化铜试剂可以区分有机物B、D和EC. E在强碱性环境下加热可以发生皂化反应D. 实验室制备E时，浓硫酸主要起氧化作用答案】(1)羟基(2分)ABCD（4分）【解析】已知A在标准状况下的密度是

33、1.16gL-i,A的相对分子质量是1.16x22.426,A是乙炔；B中含有羧基和碳碳双键。E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体，说明E属于酯类。甲苯在光照条件下CHOH，B和D发生酯CH2C1甲基上的氢原子被氯原子取代生成C是J5，根据已知信息C水解生成D是化反应生成E是H；CH：CH：OH。(1)D的结构简式为，D中官能团的名称是羟基;(2) B+D-E是酯化反应，反应的化学方程式为CH9Hch2=chcooh+eh2o+;(3)A项，有机物D是苯甲醇,与金属钠反应比水与金属钠反应要缓和，A错误；B项，B含有羧基，D含有羟基，E含有酯基，用新制碱性氢氧化铜试剂不能区分有机物B、D和E,B

34、错误；C项，E不属于油脂，不能发生皂化反应，C错误;D项，酯化反应中浓硫酸主要起催化剂和吸水剂的作用，D错误；故选ABCD。28. (10分)由三种元素组成的固体化合物A,按如下流程进行实验。已知气体C为纯净物，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。17g17g/mol假设沉淀g为碳酸钙，物质的量为10(5；爲=0.05mol,溶液F为氢氧化钙，氢氧化钙的物质的量也为请回答：(1) 组成A的三种元素是N和(填元素符号)，A的化学式是。(2) 固体D与足量水反应的离子方程式是。(3) 将气体E通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，该反应的化学方程式是。【答案】(

35、1)Ca、H(2分)Ca(NH3)6(2分)(2) Ca(NH2)2+2H2O=Ca2+2OH-+2NH3T(3分)(3) 16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S(3分)【解析】气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为氨气，且氨气的物质的量为=0.1mol,固体D和水反应产生氨气和碱性溶液，碱性溶液F可以和碳酸钠生成沉淀G,不妨先0.05mol,贝9根据氨气和氢氧化钙的物质的量的关系，可推出D为Ca(NH2)2,Ca(NH2)2与水反应生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3T,D中的Ca(NH2)2的物质的量为0.05mol,质量为3.6g,气体B为5.6L，遇浓硫酸变成了1.12L，说明气体B含有碱性气体氨气，且氨气的物质的量为5.6L-1.12L22.4L/mol=0.2mol剩余气体为氢气，物质的量为1.12L22.4L/mol二0.05mol，说明A为Ca(NH3)6，即假设成立，所以物质A含有N，Ca，H元素；(1)由分析可知，组成A的三种元素是N和Ca，H，A的化学式是Ca(NH3)6；(2)固体D为Ca(NH2)2，与足量水反应的化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3T,离子方程式是Ca(NH2)2+2H2O=Ca2+2OH-+2NH3T；(3