2024届江西省抚州市临川第一中学化学高一第二学期期末经典试题含解析

2024届江西省抚州市临川第一中学化学高一第二学期期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下图为周期表中短周期的一部分，W、X、Y、Z四种元素最外层电子数之和为24。下列说法正确的是A．X、Y、Z的含氧酸的酸性依次增强B．W元素形成的单核阴离子还原性强于XC．Y、W形成的化合物一定能使酸性KMnO4溶液褪色D．W与氢元素形成的化合物中可能含有非极性键2、有机锗具有抗肿瘤活性，锗元素的部分信息如右图。则下列说法不正确的是A．x=2B．锗元素与碳元素位于同一族，属于ⅣA族C．锗位于元素周期表第4周期，原子半径大于碳的原子半径D．距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较低3、将煤制成气体燃料煤气(CO)的主要目的是（）A．方便存放

B．方便运输C．提高燃烧效率，减少大气污染

D．多赚钱4、下列反应中生成物总能量低于反应物总能量的是A．铝粉与氧化铁粉在高温条件下的反应B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应C．碳酸钙受热分解D．碳与水蒸气反应制取水煤气5、下列说法中不正确的是()①将硫酸钡放入水中不能导电，硫酸钡是非电解质；②氨溶于水得到氨水溶液能导电，氨水是电解质；③固态氯化氢不导电，液态氯化氢可以导电；④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，硫酸氢钠是酸；⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。A．仅①④B．仅①④⑤C．仅②③D．①②③④⑤6、向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示，由图可得出的正确结论是A．反应在c点达到平衡状态B．△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段C．反应物浓度：a点小于b点D．反应物的总能量低于生成物的总能量7、现有如下描述①冰的密度小于水，液态水中含有(H2O)n都是由于氢键所致②不同种元素组成的多原子分子里的键一定都是极性键③离子键就是阳离子、阴离子的相互引力④用电子式表示MgCl2的形成过程：⑤H2分子和Cl2分子的反应过程就是H2、Cl2分子里的共价键发生断裂生成H原子、Cl原子，而后H原子、Cl原子形成离子键的过程上述说法正确的是()A．①②③④⑤B．①②C．④D．①8、实验室用下列两种方法制取氯气：①用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量的浓盐酸反应，则所得Cl2质量A．①比②多 B．②比①多 C．一样多 D．无法比较9、下列溶液：①pH=0的盐酸，②0.5mol·L-1的盐酸溶液，③0.1mol·L-1的氯化铵溶液，④0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，⑤0.1mol·L-1的氟化钠溶液，由水电离的H+浓度由大到小的顺序正确的是A．①②③④⑤ B．③⑤④②① C．①②③⑤④ D．⑤③④①②10、下列化学用语表达不正确的是（）A．CH4的球棍模型 B．Cl2的结构式Cl—ClC．CO2的电子式 D．Cl—的结构示意11、下列数据是一些反应的平衡常数，试判断，表示反应进行得最接近完全的平衡常数是A．K=1010B．K=10-10C．K=1D．K=10-112、下列关于有机物因果关系的叙述完全正确的一组是()选项原因结论A乙烯和苯都能使溴水褪色苯和乙烯分子都含有碳碳双键B乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能与水反应两者属于同一类型的反应C乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应两者所含的官能团相同D乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色两者褪色的本质不同A．A B．B C．C D．D13、下列化学用语不正确的是（）A．NH3分子的结构式： B．乙烯的球棍模型:C．NaCl的电子式： D．中子数为7的碳原子14、下列反应中，属于氧化还原反应的是（）A．NaOH+HCl=NaCl+H2OB．SO3+H2O=H2SO4C．SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OD．3NO2+H2O=2HNO3+NO15、A、B、C、D均为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图。若A原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍。下列说法中正确的是A．D的单质常用做半导体材料B．最简单气态氢化物的热稳定性：A＞BC．B的最低负化合价：-2价D．原子半径大小：r(C)>r(B)>r(A)16、下列有关煤、石油、天然气等资源的说法错误的是（）A．天然气是一种清洁的化石燃料 B．煤的气化和煤的液化都属于物理变化C．石油是由多种烃组成的混合物 D．通过石油的裂化可以提高汽油的产量二、非选择题（本题包括5小题）17、有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀，由钛铁矿钛的一种工业流程为：（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价___价，反应①化学方程式为___。（2）反应②的化学方程式为TiO2+C+ClTiCl4+CO（未配平），该反应中每消耗12gC，理论上可制备TiCl4___g。（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式___，该反应属于___（填基本反应类型）（4）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是___（填名称），由前面提供的信息可知，除去它的试剂可以是以下剂中的___（填序号）AHClBNaOHCNaClDH2SO418、乳酸在生命化学中起重要作用，也是重要的化工原料，因此成为近年来的研究热点。下图是获得乳酸的两种方法，其中A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂，其结构简式是_______。淀粉完全水解得到D，D的名称是_______。(2)A→B的反应类型是_______；B→C反应的化学方程式是_______。向C中加入新制氢氧化铜悬浊液加热后的实验现象是_______。(3)B可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E，B与E可在浓硫酸催化作用下反应生成酯(C4H8O2)，实验装置如图所示。已知实验中60gE与足量B反应后生成66g该酯，则该酯的产率为_______。(4)为检验淀粉水解产物，小明向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，冷却后的溶液中直接加入银氨溶液，水浴加热，无银镜出现，你认为小明实验失败的主要原因是_______。(5)乳酸与铁反应可制备一种补铁药物，方程式为(未配平)：+Fe→+X则45g乳酸与铁反应生成X的体积为_______L(标准状况)。(6)两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，该环酯的结构简式是_______。19、软锰矿（主要成分是MnO2）与浓盐酸混合加热，产生了氯气。某学生使用这一原理设计如图所示的实验装置，并且利用制得的氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），据此回答下列问题：（1）A仪器的名称是__________（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是____________________。（3）此实验结果所得Ca(ClO)2产率太低，经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中存在两个副反应：①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是______________________________。②试判断另一个副反应（写出此反应方程式）：____________________。（4）漂粉精同盐酸作用产生氯气：Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+CaCl2+2H2O，该反应中每生成1molCl2，转移电子的物质的量为__________mol。（5）有效氯是漂粉精中有效Ca(ClO)2的含量大小的标志。已知：有效氯=（漂粉精加盐酸所释放出的氯气的质量/漂粉精的质量）100%，该漂粉精的有效氯为65%，则该漂粉精中Ca(ClO)2的质量分数为__________（保留一位小数）20、实验室制乙酸乙酯得主要装置如图中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中；③小火加热a试管中的混合液；④等b试管中收集到约2mL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）分离出乙酸乙酯层后，经过洗涤杂质；为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为______。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体（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：________________________________________________。21、填写下列空格。(1)已知拆开1molH-H键、1molCl-Cl键、1molH-Cl键分别需要吸收的能量为436.4kJ、242.7kJ、431.8kJ。则由H2和Cl2反应生成1molHCl需要_____(填“放出”或“吸收”)____kJ的热量。(2)H2可以在Cl2中安静地燃烧。甲、乙两图中，能表示该反应能量变化的是图_____(填“甲”或“乙”)。(3)已知:H2与Cl2在光照条件下会发生爆炸。同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)。在光照和点燃条件下的∆H_____(填“相等”或“不相等”)。(4)硅、磷、硫、氯元素的气态氢化物的形成条件和热稳定性如下表所示:元素符号SiPSCl单质与氢气的反应高温下反应磷蒸气与氢气能反应加热时反应光照或点燃时发生爆炸而化合气态氢化物的热稳定性不稳定不稳定受热分解稳定结合元素原子结构等知识，分析以上信息可得出的结论是:同周期非金属元素，随着元素核电荷数的递增，____________________________________，因此，Si、P、S、Cl非金属性依次增强。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】分析：设Y的最外层电子数为n，则W、X、Z的原子序数分别为n、n-1、n+1，则有n+n+n-1+n+1=24，n=6，则W为O元素，X为P元素，Y为S元素，Z为Cl元素，结合原子结构和性质解答。详解：A.X、Y、Z在同一周期，自左向右，非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应的最高价含氧酸酸性越强，但选项中不一定为最高价，故A错误；

B.非金属性W(O)>X(P)，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故B错误；

C.O、S形成的化合物有SO2和SO3，SO2具有还原性能使酸性KMnO4溶液褪色，SO3没有还原性不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；

D.O与氢元素形成的化合物可能为H2O2，含有非极性键，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。2、D【解题分析】分析：根据原子的核外电子排布规律、Ge的原子组成以及元素周期律解答。详解：A.K层只能容纳2个电子，则x=2，A错误；B.最外层电子数是4，则锗元素与碳元素位于同一族，属于第ⅣA族，B正确；C.原子核外电子层数是4层，锗位于元素周期表第4周期，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大于碳的原子半径，C正确；D.距离锗原子核较远区城内运动的电子能量较高，D错误。答案选D。3、C【解题分析】分析：将煤制成气体燃料煤气，燃烧充分，可减少大气污染。详解：煤和气体相比较，便于储存和运输，但煤燃烧不充分，常产生污染性气体，将煤制成气体燃料煤气，燃烧充分，可减少大气污染，主要是从环境的角度考虑，而不是多赚钱。答案选C。4、A【解题分析】生成物总能量低于反应物总能量，说明反应放热。A.铝粉与氧化铁粉在高温条件下的反应是铝热反应，为放热反应，故A正确；B.Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，故B错误；C.碳酸钙受热分解属于吸热反应，故A错误；D.碳与水蒸气反应制取水煤气的反应属于吸热反应，故D错误；故选A。5、D【解题分析】

①虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，①错误；②氨气在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，②错误；③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的氯化氢不导电，液态的氯化氢只有氯化氢分子，不能导电，③错误；④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，属于盐，④错误；⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎不导电。碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误；答案选D。【题目点拨】本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、电解质与导电的关系的判断，抓住电解质必须是化合物，电解质导电是存在自由移动的离子是解答本题的关键，题目难度中等，注意要学会举例排除法的筛选。6、B【解题分析】分析：反应开始时反应物浓度最大，但正反应速率逐渐增大，说明该反应为放热反应，温度升高，正反应速率增大，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率也逐渐减小。详解：A.当正反应速率不变时，才能说明反应达到平衡状态，虽然c点时正反应速率最大，但c点后正反应速率减小，反应继续向正反应方向进行，没有达到平衡状态，故A错误；B.a点到c点，正反应速率增大，消耗SO2的物质的量增大，即SO2转化率增大，所以△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段，故B正确；C.a点到b点时，反应向正反应方向进行，反应物浓度逐渐降低，所以反应物浓度：a点大于b点，故C错误；D.由上述分析可知，该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，故D错误；答案选B。7、D【解题分析】分析：①冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键，氢键在水液态时使一个水分子与4个水分子相连，形成缔合物；②不同种元素组成的多原子分子里可存在极性键、非极性键；③离子键就是阴、阳离子间的静电作用，包括引力和排斥力；④用电子式表示MgCl2的形成过程之间用箭头而不是等于号；⑤H原子、Cl原子形成共价键。详解：①冰的密度小于水，液态水中含有（H2O）n都是由于氢键所致，正确；②不同种元素组成的多原子分子里可存在极性键、非极性键，如H-O-O-H分子中含极性键、非极性键，错误；③离子键就是阴、阳离子间的静电作用，包括引力和排斥力，错误；④用电子式表示MgCl2的形成过程之间用箭头而不是等于号，错误；⑤H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H原子、Cl原子，而后H原子、Cl原子形成共价键，H、Cl原子之间以共用电子对形成共价键，错误；答案选D。点睛：本题考查化学键、化合物类型判断，侧重考查基本概念，知道离子化合物和共价化合物的区别，注意不能根据是否含有金属元素判断化学键、氢键不属于化学键，为易错点。8、B【解题分析】

实验室制取氯气的化学方程式为，MnO2不能氧化稀盐酸，①用含HCl

146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；146g的浓盐酸的物质的量为：n(HCl)==4mol，根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于1mol；②87g

MnO2的物质的量为：n(MnO2)==1mol，用87g

MnO2与足量的浓盐酸反应，不考虑HCl的挥发，浓盐酸足量时，根据MnO2与浓HCl反应，计算出氯气的量为1mol；所以反应后所得氯气的物质的量为：①<②；答案选B。9、B【解题分析】

水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，在水中加入酸或碱，抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，酸溶液中OH－是水电离的，碱溶液中H＋是水电离，结合Kw=c(H＋)×c(OH－)进行计算；【题目详解】水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离出的H＋等于水电离OH－，①pH=0的盐酸中c(OH－)==10－14mol·L－1，即水电离出的c(H＋)=10－14mol·L－1；②0.5mol·L－1的盐酸溶液中c(H＋)=0.5mol·L－1，溶液中c(OH－)==2×10－14mol·L－1，即水电离出的c(H＋)=2×10－14mol·L－1；③NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋水解，使NH4Cl溶液显酸性，促进水的电离；④0.1mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，水电离c(H＋)=10－13mol·L－1；⑤NaF为强碱弱酸盐，F-水解，使NaF溶液显碱性，促进水的电离；③和⑤促进水的电离，由于NH3·H2O的电离程度小于HF，等物质的量浓度的NH4＋水解程度大于F－，即氯化铵溶液中水电离出的c(H＋)大于NaF溶液中水电离出的c(H＋)，综上所述水电离出c(H＋)由大到小的顺序是③⑤④②①，故选项B正确；答案选B。10、A【解题分析】A、是CH4的比例模型，选项A不正确；B、Cl2的结构式Cl—Cl，选项B正确；C、CO2的电子式，选项C正确；D、Cl—的结构示意，选项D正确。答案选D。11、A【解题分析】分析：根据化学平衡常数=生成物浓度的幂之积反应为浓度的幂之积详解：化学平衡常数=生成物浓度的幂之积反应为浓度的幂之积，化学平衡常数越大，反应进行得越完全，故选12、D【解题分析】试题分析：A．乙烯含有C=C双键，与溴发生加成反应，使溴水褪色，苯使溴水褪色是苯萃取溴水的溴，苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B．乙酸乙酯与水的反应水解反应，乙烯与水的反应属于加成反应，反应类型不同，故B错误；C．乙酸含有羧基，与新制氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖含有醛基，被新制氢氧化铜氧化，乙酸与葡萄糖含有的官能团不同，故C错误；D．乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色，乙烯被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，二者褪色不同，故D正确；故选D。考点：考查苯、乙烯、乙酸、酯、葡萄糖的性质等。13、B【解题分析】A项，NH3分子中氮原子最外层5个电子，有三个单电子，与氢原子结合时形成三个共价键，故A正确；B项，乙烯的球棍模型为:，填充模型为：，故B错误；C项，氯化钠属于离子化合物，由钠离子和氯离子构成电子式为：，故C正确；D项，碳原子质子数为6，中子数为7的碳原子质量数为13，故D正确。14、D【解题分析】分析：反应中存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答。详解：A．NaOH+HCl=NaCl+H2O为复分解反应，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，A不选；B．SO3+H2O=H2SO4为没有单质参加的化合反应，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，B不选；C．SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O为复分解反应，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，C不选；D．该反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中N元素的化合价既升高又降低，属于氧化还原反应，D选；答案选D。15、A【解题分析】

A、B、C、D均为短周期元素，A原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层电子数为2，最外层电子数为4，为碳元素；由元素的位置可知，B为氮元素，C为铝元素，D为硅元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为碳元素，B为氮元素，C为铝元素，D为硅元素。A．硅是常见的半导体材料，故A正确；B．非金属性越强，最简单氢化物越稳定，最简单气态氢化物的热稳定性：A＜B，故B错误；C．氮元素最外层为5个电子，最低负化合价为-3价，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径大小：r(C)>r(A)>r(B)，故D错误；故选A。16、B【解题分析】

A.化石燃料包括煤、石油和天然气，故天然气属于化石燃料，且燃烧产物无污染，A正确；B.用煤来生产水煤气是煤的气化，用煤来生产甲醇为煤的液化，两个变化均有新物质生成，因此这两个变化都是化学变化，B错误；C.石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，即石油是多种烃的混合物，C正确；D.石油裂化的目的是获得轻质油，提高汽油的产量和质量，D正确。故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、+42FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO295g2Mg+TiCl42MgCl2+Ti置换反应镁AD【解题分析】

（1）根据正负化合价的代数和为0，设钛元素的化合价为x，则+2+x+（-2）×3=0，解得x=+4；钛酸亚铁和碳在高温条件下生成二氧化碳、铁和二氧化钛，2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；故填：+4；2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，根据反应可知，每消耗12gC，理论上可制备TiCl4190g/mol×12=95g；（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，根据质量守恒定律，还应有氯化镁，化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；该反应是一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质和一种新的化合物，所以反应类型为置换反应；故填：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；置换反应；（3）反应③中加入足量金属镁可知得到的金属钛中会混有少量的金属镁，金属镁可以和盐酸或硫酸反应，所以除去它的试剂可以是稀盐酸或稀硫酸。故填：镁；AD。【题目点拨】本题考查化学实验的设计和评价，物质的制备、收集和净化物质的分离等知识。易错点为（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式，钛的化合价不变，碳的化合价由0价变为+2价，氯的化合价变为-1价，结合质量守恒配得反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。18、CH2=CH2葡萄糖加成反应2+O22+2H2O产生砖红色沉淀75%未用碱中和作催化剂的酸5.6【解题分析】

A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是乙烯CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应产生B是乙醇CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的C是乙醛CH3CHO，淀粉水解产生的D是葡萄糖CH2OH(CHOH)4CHO，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇。乙醇可以被酸性高锰酸钾溶液直接氧化产生的E是乙酸，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应产生F乙酸乙酯和水。【题目详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3CHO，D是CH2OH(CHOH)4CHO。(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂，该物质是乙烯，其结构简式是CH2=CH2，淀粉完全水解得到D，D的名称是葡萄糖。(2)A是乙烯，B是乙醇，乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应产生乙醇，所以A→B的反应类型是加成反应；B是乙醇，由于羟基连接的C原子上有2个H原子，在Cu催化作用下，被氧化产生的C是乙醛，所以B→C反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；C中含有乙醛，向C中加入新制氢氧化铜悬浊液加热后，乙醛会被氧化产生乙酸，氢氧化铜被还原产生Cu2O砖红色沉淀，反应方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，所以看到的实验现象是产生砖红色沉淀。(3)B是乙醇，可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸可在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯(C4H8O2)和水，60g乙酸的物质的量是1mol，若1mol乙酸完全发生酯化反应产生乙酸乙酯，则其质量为88g，实际生成66g该酯，则该酯的产率为(66g÷88g)×100%=75%。(4)淀粉水解需稀硫酸为催化剂，反应后溶液中依然存在，而检验水解产物葡萄糖时，用银镜反应，需要碱性环境，在实验操作中，未用碱将催化剂硫酸中和反应掉，因此不能出现银镜。(5)乳酸分子中含有羧基、醇羟基，只有羧基可以与金属Fe发生置换反应产生氢气，乳酸分子式是C3H6O3，相对分子质量是90，所以45g乳酸的物质的量是0.5mol，根据物质分子组成可知：2mol乳酸与Fe反应产生1molH2，则0.5mol乳酸完全反应会产生0.25molH2，其在标准状况下的体积V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。(6)乳酸分子中含有一个羧基、一个醇羟基，在浓硫酸存在并加热条件下，两分子乳酸会发生酯化反应生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，在酯化反应进行时，酸脱羟基，醇羟基脱氢H原子，则形成的该环酯的结构简式是。【题目点拨】本题考查了有机物的结构、性质及转化关系，烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平是推断的关键，含有醛基的物质特征反应是银镜反应和被新制氢氧化铜悬浊液氧化，要注意这两个反应都需在碱性条件下进行，淀粉水解在酸催化下进行，若酸未中和，就不能得到应用的实验现象，当物质同时含有官能团羟基、羧基时，分子之间既可以形成链状酯，也可以形成环状酯，结合酯化反应原理分析。19、分液漏斗将U形管置于冷水浴中165.5%【解题分析】详解：（1）由图知A仪器的名称是分液漏斗。（2）氯气和消石灰反应即得到漂白粉次氯酸钙、氯化钙和水，在U形管中产生其化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。

（3）①温度较高时氯气与消石灰易发生反应生成副产物Ca(ClO3)2，所以为防止副产物的生成，应降低反应的温度，因此可以将U形管置于冷水浴中。②因为盐酸易挥发，所以在制取的氯气中混有HCl，而氯化氢可以和消石灰反应生成氯化钙和水，此反应方程式

。（4）由反应知Ca(ClO)2中氯的化合价是＋1价，在反应中化合价由＋1价降低到0价，因此Ca(ClO)2是氧化剂，转移2个电子。氯化氢是还原剂，但被氧化的氯化氢只是2mol。所以反应中每生成1mol氯气，就转移1mol电子，被氧化的氯化氢也是1mol。（5）已知：有效氯=（漂粉精加盐酸所释放出的氯气的质量/漂粉精的质量）100%，盐酸与次氯酸钙反应生成氯气，方程式：Ca(ClO)2+4HCl=2Cl2↑+CaCl2+2H2O143

271

xy

y=712x/143100%,因为漂粉精的有效氯为65%，所