浙江省衢州市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测化学试题解析版

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省衢州市2022-2023学年高一下学期期末教学质量检测试题考生须知：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31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-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108一、选择题(有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.甲烷的分子式是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】甲烷的分子式是，故选B。2.下列物质中，含有离子键的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】CO、H2O和NO中都只含有共价键，而NaCl中含有离子键，B正确；故选：B。3.下列仪器名称为容量瓶的是（）A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，选项中仪器A为冷凝管，B为分液漏斗，C为蒸馏烧瓶，D为容量瓶，故D符合题意。〖答案〗选D。4.下列物质属于非电解质的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．NH3·H2O能电离出NH和OH-，NH3·H2O属于碱，属于电解质，故A不符合题意；B．K2SO4属于盐，属于电解质，故B不符合题意；C．SO3的水溶液虽然能够导电，但导电的离子是H2SO4电离产生，不是SO3本身电离产生，因此SO3属于非电解质，故C符合题意；D．HNO3为酸，属于电解质，故D不符合题意；〖答案〗为C。5.下列物质或物质的主要成分对应不正确的是（）A.重晶石： B.石英砂：C.黄铁矿： D.小苏打：〖答案〗A〖解析〗【详析】重晶石指的是BaSO4，因此A选项中物质与成分不对应，故A符合题意；〖答案〗为A。6.反应中，氧化产物是（）A.S B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】根据反应方程式，部分S单质→K2SO3，化合价由0价升高为+4价，被氧化，K2SO3为氧化产物，部分S单质→K2S，化合价由0价降低为-2价，被还原，K2S为还原产物，故D符合题意；〖答案〗D。7.下列属于物理变化的是（）A.石油分馏B.漂白粉用于池水消毒C.煤的干馏D.葡萄糖在人体内转化为和〖答案〗A〖解析〗【详析】A．石油的分馏是利用组分的沸点不同进行分离，属于物理变化，故A符合题意；B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，利用其强氧化性，杀菌消毒，属于化学变化，故B不符合题意；C．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，工业上称为煤的焦化，属于化学变化，故C不符合题意；D．葡萄糖在人体内转化为CO2和H2O，是葡萄糖的缓慢氧化，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；〖答案〗为A。8.下列表示正确的是（）A.乙炔的球棍模型：B.钠原子的结构示意图：C.的电子式：D.苯的结构简式：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．乙炔空间构型为直线形，为乙炔空间填充模型，其球棍模型为，故A错误；B．钠元素的原子序数为11，根据核外电子排布规律，钠原子的结构示意图为，故B正确；C．氯原子最外层有7个电子，题中所给形式，没有写出孤电子对，氯气的电子式为，故C错误；D．C6H6为苯的分子式，其结构简式为，故D错误；〖答案〗为B。9.下列说法正确的是（）A.与互为同素异形体 B.与互为同位素C.葡萄糖与果糖互为同分异构体 D.乙醇与乙酸互为同系物〖答案〗C〖解析〗【详析】A．同素异形体研究范围是单质，H2O、H2O2不属于单质，属于化合物，因此两者不属于同素异形体，故A错误；B．同位素研究范围是原子，14N2、15N2属于单质，不属于原子，因此两者不属于同位素，故B错误；C．葡萄糖、果糖分子式为C6H12O6，前者为多羟基醛，后者为多羟基酮，因此两者互为同分异构体，故C正确；D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，属于醇，乙酸的结构简式为CH3COOH，属于酸，因此两者不互为同系物，故D错误；〖答案〗为C。10.下列说法不正确的是（）A.二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂 B.硫酸亚铁可用作补血剂C.液氨可用作制冷剂 D.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多〖答案〗A〖解析〗【详析】A．镁在中能燃烧，发生反应，所以不能用作镁燃烧的灭火剂，A错误；B．硫酸亚铁可用作缺铁性补血剂，B正确；C．液氨易挥发带走热量，可用作制冷剂，C正确；D．碳酸氢钠能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，D正确；故选A。11.下列说法不正确的是（）A.常温下可以用铁或铝制容器来盛装浓硝酸B.二氧化硫具有氧化性，因此可用于漂白纸浆C.溶液有消毒作用，加入适量醋酸可以增强其消毒作用D.抗坏血酸(即维生素C)能被氧化为脱氢抗坏血酸而发挥抗氧化作用，是水果罐头中常用的抗氧化剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．常温下可以用铁或铝制容器来盛装浓硝酸或浓硫酸，是因为常温下铁或铝与浓硝酸或浓硫酸都会发生钝化，A正确；B．漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是利用其氧化性，B错误；C．NaClO溶液消毒原因是ClO-水解产生的HClO具有强氧化性，加适量醋酸可增大HClO浓度，从而增强消毒性，C正确；D．维生素C具有还原性，可以被氧化剂氧化，常用于罐头中做抗氧化剂，D正确；故选B。12.下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、R、M、Q代表6种短周期主族元素，已知X元素可以形成几千万种化合物。XYZRMQ下列说法不正确的是（）A.6种元素中，Z的原子半径最大B.Y的最高化合价为C.气态氢化物的稳定性：D.工业上利用X单质还原R的氧化物得到R单质〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由元素在周期表中的位置可知X为C、Y为N、Z为Na、R为Al、M为S、Q为Cl，据此分析解答。【详析】A．原子电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数增大，原子半径减小，据此可知上述元素中Na原子半径最大，故A正确；B．Y为N，最外层5个电子，最高正化合价为+5价，故B正确；C．M为S、Q为Cl，非金属性：S<Cl，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：H2S<HCl，故C正确；D．工业上采用电解熔融氧化铝制取Al，故D错误；故选：D。13.下列方程式书写正确的是（）A.氯酸钾的电离方程式：B.工业生产漂白粉：C.二氧化硫通入氯化铁溶液中：D.铝和氢氧化钠溶液反应：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．KClO3是由K+、ClO组成，其电离方程式为KClO3=K++ClO，故A错误；B．工业生产漂白粉，是用氯气与石灰乳反应制得，石灰乳不能拆写成离子，其离子方程式为Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B错误；C．利用Fe3+的强氧化性，将SO2氧化成SO，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+，故C正确；D．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，故D错误；〖答案〗为C。14.柠檬酸结构简式如图所示，下列说法不正确的是（）A.含有2种官能团B.可以发生酯化反应C.分子式为D.柠檬酸与足量的反应生成〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据柠檬酸的结构简式，含有羧基、羟基2种官能团，故A说法正确；B．因含有羧基、羟基，因此该有机物可发生酯化反应，故B说法正确；C．根据柠檬酸的结构简式，柠檬酸的化学式为C6H8O7，故C说法正确；D．题中没有指明是否是标准状况下，因此无法计算生成氢气体积，故D说法错误；〖答案〗为D。15.下列说法正确的是（）A.常温常压下，与呈不同状态说明的热稳定性更好B.和的水溶液都能导电，说明它们都是离子化合物C.分子具有一定的空间结构，如是直线形，呈V形D.和中，每个原子的最外层都具有稳定结构〖答案〗C〖解析〗【详析】A．与呈不同状态是因为分子间存在氢键，使的沸点升高，与稳定性无关，故A错误；B．都是共价化合物，故B错误；C．分子具有一定空间构型，中心C原子采用sp杂化，为直线形；中心O原子采用sp3杂化，含两对孤对电子对，呈V形，故C正确；D．中B原子最外层含3对共用电子对，B最外层6个电子，故D错误；故选：C。16.设阿伏伽德罗常数的值为，下列说法正确的是（）A.标准状况下，水中含有原子的数目为B.中含有共价键的数目为C.足量的和含的浓硝酸反应，转移的电子数目为D.一定条件下，与充分反应后生成的分子数目为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．9g水的物质的量为=0.5mol，含有原子的数目为0.5mol×3NA=1.5NA，故A正确；B．1个C3H8中含有共价键的数目10，4.4gC3H8中含有共价键的数目为=NA，故B错误；C．铜是足量，硝酸不足，随着反应进行，硝酸浓度降低，生成气体为NO2、NO混合物，因为不知NO2、NO物质的量，因此本题无法计算出转移电子的数目，故C错误；D．合成氨为可逆反应，不能完全进行到底，本题无法计算出生成氨气分子数，故D错误；〖答案〗为A。17.下列说法正确的是（）A.汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧产生的B.用溴水既可以鉴别甲烷和乙烯，也可以除去甲烷中的乙烯C.高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解称为皂化反应D.欲检验蔗糖在酸性条件下的水解是否生成葡萄糖，可向水解液中直接加入新制的并加热，观察是否有砖红色沉淀生成〖答案〗B〖解析〗【详析】A．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，故A错误；B．溴水不与甲烷反应，乙烯能与溴水发生加成反应使其褪色，产物二溴乙烷为液体，因此用溴水既可以鉴别甲烷和乙烯，也可以除去甲烷中的乙烯，故B正确；C．皂化反应是油脂与氢氧化钠或氢氧化钾溶液混合发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油的反应，高级脂肪酸乙酯不是油脂，故C错误；D．葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，应先加碱中和至碱性，再加入适量的新制并加热至沸腾，故D错误；故选B。18.下列有关实验的说法不正确的是（）A.待铜与浓硫酸反应停止并冷却后，将试管里的物质慢慢倒入盛水的烧杯并不断搅拌，溶液呈蓝色B.如果有少量酸滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布C.硫化氢中的水蒸气可通过盛有碱石灰的干燥管除去D.容量瓶用蒸馏水洗净后，不经干燥直接用于配制溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，反应停止并冷却后，将试管里的物质慢慢倒入盛有少量水的试管里，反应生成的硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，故A正确；B．酸碱具有腐蚀性，少量酸滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布，故B正确；C．硫化氢能与氢氧化钠、碱石灰反应，故不能选用碱石灰除去硫化氢中的水蒸气，故C错误；D．容量瓶用于配制溶液，无需干燥，洗涤后可直接使用，故D正确；故选C。19.纸电池像纸一样轻薄柔软，在制作方法和应用范围上与传统电池相比均有很大突破。如图为某种纸电池的结构示意图。电解液为氯化钠溶液，总反应为：，下列有关纸电池说法不正确的是（）A.镁作负极材料，发生氧化反应B.电池工作时，化学能转化为电能C.该电池的正极反应式为：D.当发生反应时，流经溶液的电子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该原电池电解液为氯化钠溶液，总反应为：，Mg失去电子作负极，发生氧化反应，故A正确；B．该纸电池工作时，化学能转化为电能，故B正确；C．该原电池电解液为氯化钠溶液，总反应为：，O2在正极得到电子生成OH-，该电池的正极反应式为：，故C正确；D．的物质的量为，Mg失去电子作负极，电极方程式为Mg-2e-=Mg2+，当0.1molMg发生反应时，转移0.2mol电子，但电子不能流经溶液，故D错误；故选D。20.化学反应与能量变化的关系如下图所示，下列说法正确的是（）A.盐酸和碳酸氢钠反应放热，其能量变化符合图1B.镁条、铝片和盐酸反应吸热，其能量变化符合图2C.断裂旧键所吸收的能量即为反应物的总能量，形成新键所放出的能量即为生成物的总能量D.发生图2能量变化反应，可能不需要加热也能发生〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗图1：反应物的总能量高，生成物的总能量低，说明反应为放热反应；图2：反应物的总能量低，生成物的总能量高，说明反应为吸热反应；据此分析；【详析】A．盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，其能量变化符合图2，故A错误；B．镁条、铝片与盐酸反应是放热，其能量变化符合图1，故B错误；C．物质的总能量指的是物质本身内部储存的能量(化学能)，断键吸收能量，形成键释放能量不是物质的总能量，故C错误；D．图2为吸热反应，有些吸热反应不需要加热，也能发生，如Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反应，故D正确；〖答案〗为D。21.化学材料已应用于生活的各个领域，下列有关材料的说法不正确的是（）A.利用高纯硅半导体性能，可以将其制成计算机芯片、硅太阳能电池和光导纤维等B.棉花和羊毛都是天然纤维，但燃烧时气味不同C.工业上常用硫与橡胶作用进行橡胶硫化，以增强其强度和韧性D.由于和均能与酸、碱反应，因此铝制品餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物〖答案〗A〖解析〗【详析】A．利用高纯硅半导体性能，可以制成计算机芯片、硅太阳能电池，制光导纤维的原料是二氧化硅，故A说法错误；B．棉花主要成分是纤维素，羊毛主要成分是蛋白质，它们都是天然纤维，灼烧蛋白质有烧焦羽毛的气味，纤维素没有，因此可以用这种方法鉴别纤维素和蛋白质，故B说法正确；C．工业上常用硫与橡胶作用进行橡胶硫化，使线型的高分子链之间通过硫原子形成化学键，产生交联，形成网状接哦股，硫化橡胶具有更好的强度、韧性、弹性和化学稳定性，故C说法正确；D．Al、Al2O3均能与酸、碱反应，用铝制品餐具蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，能够破坏铝表面氧化薄膜，能损坏铝制品容器，同时铝元素进入人体，对人体有危害，故D说法正确；〖答案〗为A。22.镁及其合金是用途很广的金属材料。大量的镁是从海水中提取的，主要步骤如下：下列说法不正确的是（）A.为了使转化为，试剂①可选用石灰乳B.上述步骤中涉及的反应类型：分解反应、复分解反应C.试剂②可以选用盐酸D.也可以通过电解溶液的方法制备〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗加入试剂①，得到氢氧化镁沉淀，因为氢氧化镁为难溶物，氢氧化钙为微溶物，同时为了节约成本，因此加入的试剂①为石灰乳；氢氧化镁沉淀中加入盐酸，生成氯化镁溶液，然后再HCl分为中加热氯化镁溶液，得到无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁得到镁单质，据此分析；【详析】A．氢氧化镁为难溶物，氢氧化钙为微溶物，氢氧化钙可以由煅烧贝壳制得，来源丰富，因此试剂①为石灰乳；故A说法正确；B．海水中加入石灰乳，发生Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，属于复分解反应，Mg(OH)2溶解反应Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，属于复分解反应，电解熔融氯化镁，发生MgCl2Mg+Cl2↑，属于分解反应，故B说法正确；C．氢氧化镁为二元碱，氯化镁为盐，因此试剂②为盐酸，故C说法正确；D．电解氯化镁溶液，根据电解原理，其方程式为Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2+Cl2↑+H2↑，故D说法错误；〖答案〗为D。23.亚硝酸钙是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示(夹持装置略去)。已知：①；；②下列说法不正确的是（）A.装置B、C中的试剂可以分别为水和无水B.将稀硝酸换成浓硝酸可以制备纯净的C.装置F中酸性溶液的作用是吸收多余的氮氧化物D.该装置存在缺陷，应在装置D和E之间增加一个干燥装置〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗本实验制备Ca(NO2)2，原理是2NO+CaO2=Ca(NO2)2，装置中有空气，NO能与氧气反应生成NO2，因此先通一段时间的氮气，排除装置中的空气，防止空气中O2氧化生成的NO，硝酸具有挥发性，装置A中出来的气体含有水蒸气和硝酸气体，水蒸气、硝酸蒸气能与过氧化钙反应，需要除去，装置B中盛放水，吸收硝酸蒸气，装置C中盛放无水氯化钙，干燥NO气体，F装置为尾气处理装置，据此分析；【详析】A．装置A中出来的气体含有水蒸气和硝酸气体，水蒸气、硝酸蒸气能与过氧化钙反应，需要除去，装置B中盛放水，吸收硝酸蒸气，装置C中盛放无水氯化钙，干燥NO气体，故A说法正确；B．将稀硝酸换成浓硝酸，随着反应进行，浓硝酸浓度降低，装置A中产生的气体中混有NO，NO与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，因此不能得到纯净的硝酸钙，故B说法错误；C．氮的氧化物有毒，污染环境，需要尾气处理，利用酸性重铬酸钾溶液的强氧化性，可以将氮的氧化物氧化为NO，消除污染，故C说法正确；D．过氧化钙能与水反应，为提高产品的纯度，需要在D、E之间增加一个干燥装置，故D说法正确；〖答案〗为B。24.向酸化的溶液中同时加入溶液、维生素C和淀粉溶液，刚开始无明显现象，一段时间后溶液变蓝色。已知体系中存在两个主要反应：①②下列说法不正确的是（）A.反应速率：①<②B.还原性强弱：C.溶液的始终保持不变D.当有完全反应时，反应①转移电子〖答案〗C〖解析〗【详析】A．刚开始无明显现象，一段时间后溶液变蓝色，表明反应①生成的I2立即与维生素C反应，直到维生素C被消耗完，再生成的I2才能使淀粉变蓝，所以反应速率：①<②，故A正确；B．根据还原剂还原性大于还原产物的规律，结合反应②和①，可得，故B正确；C．溶液反应一段时间后，溶液发生的主要反应是反应①，从反应①可知是个消耗氢离子的过程，氢离子的浓度会减少，所以pH会增大，故C错误；D．根据反应①可知，当有完全反应时，反应①转移电子，故D正确；故选C。25.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是（）目的方案设计现象和结论A检验某溶液中是否含有取少量待测液于试管中，加入少量溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体若试纸未变蓝色，则证明原溶液不含B确认二氯甲烷分子不存在同分异构体先搭建甲烷分子球棍模型，然后用2个氯原子取代任意2个氢原子，重复数次，观察所得球棍模型若所得球棍模型均代表相同物质，则确认二氯甲烷不存在同分异构体C探究和对分解的催化效率取①②两份各，分别滴入5滴溶液和溶液②产生气泡的速率更快，说明对分解的催化效率比好D探究钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末于试管中，加入适量蒸馏水若无气体生成，则固体粉末为，若有气体生成，则固体粉末为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．检验某溶液中是否含有，应该向待测液中加入浓的溶液，加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，A错误；B．先搭建甲烷分子球棍模型，然后用2个氯原子取代任意2个氢原子，重复数次，观察所得球棍模型，所得球棍模型均代表相同物质，则确认二氯甲烷不存在同分异构体，B正确；C．探究和对分解的催化效率，取①②两份各，滴入溶液和溶液浓度相同，C错误；D．钠燃烧后的固体中可能含有钠单质，钠和过氧化钠都能与水反应生成气体，不能根据有误气体放出判断过氧化钠和氧化钠，D错误；故选B。二、非选择题(有6小题，共50分。)26.按要求回答下列问题：（1）画出的离子结构示意图___________。（2）碳与浓硫酸反应的化学方程式为___________。（3）溶液中滴入溶液，可观察到的现象是___________。（4）丙烯()发生加聚反应生成聚丙烯的化学方程式为___________。〖答案〗（1）（2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O（3）棕黄色溶液变为(血)红色（4）nCH2=CHCH3〖解析〗【小问1详析】O2-是O原子最外层得到2个电子，质子数不变，核外电子数为8，O2-的离子结构示意图为；故〖答案〗为；【小问2详析】浓硫酸具有强氧化性，能与碳在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；故〖答案〗为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；【小问3详析】氯化铁与KSCN发生反应生成(血)红色物质，因此氯化铁溶液滴入KSCN溶液，观察到的现象是棕黄色溶液变为(血)红色，故〖答案〗为棕黄色溶液变为(血)红色；【小问4详析】丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，其反应方程式为nCH2=CHCH3；故〖答案〗为nCH2=CHCH3。27.丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，它是一种食品用合成香料。以烃A为原料制备丙烯酸乙酯，其转化关系如下图所示。已知烃A在标准状况下的密度为，其中碳元素的质量分数为92.3%。（1）有机物A的名称是___________。（2）B的结构简式为___________。（3）C与D反应的化学方程式为___________。（4）下列说法正确的是___________。A.与A按物质的量之比1∶1∶1反应生成C，原子利用率为100%B.仅用碳酸氢钠溶液无法鉴别C、D和EC.等物质的量的C和D完全燃烧消耗O2的物质的量相同D.化合物A、B、C、D、E均能发生加聚反应〖答案〗（1）乙炔（2）CH2=CH2（3）CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O（4）AC〖解析〗〖祥解〗烃A在标准状况下的密度为，则摩尔质量M=Vm=，其中碳元素的质量分数为92.3%，则NC=，故A为C2H2，为乙炔；乙炔与氢气在催化剂作用下生成B，B与水在催化剂作用下反应生成D，可推知B为乙烯，D为乙醇，与乙炔反应生成C，C与D在浓硫酸作用下反应生成E为CH2=CHCOOCH2CH3，从而推知C为CH2=CHCOOH；【小问1详析】根据分析可知，A为乙炔；【小问2详析】B为乙烯，结构简式为CH2=CH2；【小问3详析】C与D反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；【小问4详析】A．与A按物质的量之比1∶1∶1反应生成C，反应方程式为，原子利用率为100%，选项A正确；B．C为CH2=CHCOOH，D为CH3CH2OH，E为CH2=CHCOOCH2CH3，C能与碳酸氢钠反应产生气体，D与碳酸氢钠溶液混合不分层，E难溶，分层，现象不同，用碳酸氢钠溶液可鉴别C、D和E，选项B错误；C．C为CH2=CHCOOH，可表示为C2H4(CO2)，D为CH3CH2OH，可表示为C2H4(H2O)，故等物质的量的C和D完全燃烧消耗O2的物质的量相同，选项C正确；D．化合物A、B、C、E均含有碳碳不饱和键，能发生加聚反应，但D不含，不能发生加聚反应，选项D错误；〖答案〗选AC。28.为了探究某不溶性固体化合物X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：已知：A、B、D、E均纯净物。无色液体A能使无水硫酸铜变蓝。（1）液体A的化学式是___________。（2）化合物X中的3种元素是___________(填元素符号)。（3）化合物X隔绝空气加热发生反应的化学方程式是___________。（4）写出固体B与稀硫酸反应的离子方程式___________。〖答案〗（1）H2O（2）Cu、H、O（3）2CuOHH2O+Cu2O（4）Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O〖解析〗〖祥解〗流程中1.62gX隔绝空气加热再冷却至室温后得到无色液体A能使无水硫酸铜变蓝，则A为H2O，物质的量为n(H2O)=，说明X中含有0.02molH元素；固体B和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液C，说明含Cu2+，同时生成紫红色固体D为Cu，物质的量为，C中加入NaOH溶液生成0.98gCu(OH)2蓝色沉淀，n[Cu(OH)2]=，说明X中含有0.02molCu元素；X共含有三种元素，可以推知X中还含有O元素，物质的量为；综上所述，X中含有Cu、H、O三种元素，物质的量之比为1：1：1，则X为CuOH。【小问1详析】由分析可知，液体A的化学式是H2O。【小问2详析】由分析可知，化合物X中的3种元素是Cu、H、O。【小问3详析】由分析可知，化合物X为CuOH，加热分解生成H2O和Cu2O，化学方程式为：2CuOHH2O+Cu2O。【小问4详析】由分析可知，固体B为Cu2O，和稀硫酸反应生成CuSO4和Cu单质，离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。29.海水中蕴藏着丰富的化学资源，从海水中获取部分化工产品的过程如图所示：请回答：（1）写出反应②的化学方程式___________，在中燃烧的现象是___________。（2）过程③到过程⑤的变化是，其目的是___________。（3）反应①需要通入和，先通___________(填或)，理由是___________。（4）写出反应④的离子方程式___________。〖答案〗（1）①.②.安静燃烧，发出苍白色火焰（2）富集溴元素（3）①.②.在水中的溶解度较小，先通入使溶液呈碱性，能更好吸收（4）〖解析〗〖祥解〗海水晒盐得到粗盐和浓缩海水，粗盐提纯得到精盐，饱和食盐水中通入和制备，电解饱和食盐水可以制备和；母液（浓缩海水）中含有，通入可以置换出，用热空气将吹出，进入吸收塔，与反应，得到浓度较高的含有的溶液A，达到富集溴元素的目的，最后向溶液A中通入，得到含有较多的溶液B。【小问1详析】过程②为电解饱和食盐水可以制备和，方程式为：；在中安静燃烧，发出苍白色火焰；小问2详析】过程③到过程⑤的变化是，其目的是富集溴元素；【小问3详析】反应①是向饱和食盐水中通入和制备，需要先通入，是因为在水中的溶解度较小，先通入使溶液呈碱性，能更好吸收；【小问4详析】反应④为吸收，发生反应的离子方程式为：。30.利用和反应制甲醇能有效降低大气中的含量，总反应为：（1）的物质的量浓度