浙江省嘉兴市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE19-浙江省嘉兴市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80I1271.氧气的分子式是A.H2 B.N2 C.O2 D.Cl2【答案】C【解析】【详解】氧气是由氧分子构成的物质，每个分子中含有2个O原子，故氧气的分子式是O2，合理选项是C。2.治疗新冠肺炎中运用的药物利托那韦(分子式C37H48N6O5S2)，按物质的组成和性质进行分类，属于A单质 B.氧化物 C.有机物 D.无机物【答案】C【解析】【详解】物质药物利托那韦是含有碳元素的化合物，因此属于有机物，故合理选项是C。3.下列仪器名称为“容量瓶”的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】容量瓶为配制肯定物质的量浓度溶液必需的试验仪器，具有塞子，标有温度、容积、刻度线。【详解】依据图示可知，A为容量瓶，B为试管，C为圆底烧瓶，D为蒸馏烧瓶，故A正确；答案为A。4.下列物质中，属于高分子化合物的是A.乙酸乙酯 B.淀粉 C.葡萄糖 D.油脂【答案】B【解析】【分析】高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达10000以上的化合物。【详解】A．乙酸乙酯（C4H8O2）的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A不符合题意；B．淀粉（C6H10O5）n相对分子质量很大，属于高分子化合物，B符合题意；C．葡萄糖（C6H12O6）相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C不符合题意；D．油脂（甘油三酯）相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D不符合题意；故选B。5.下列物质的水溶液能使蓝色石蕊试纸变红的是A.NH3 B.Na2CO3 C.NaHSO4 D.NaOH【答案】C【解析】【详解】A．氨气溶于水得到一水合氨，溶液显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解溶液显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，B错误；C．硫酸氢钠完全电离出H+溶液显酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，C正确；D．NaOH溶于水溶液显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案为C。6.在化学反应3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2中，还原剂是A.CO B.Fe C.Fe2O3 D.CO2【答案】A【解析】【详解】由3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2化学反应可知，CO中的碳元素化合价由+2价失电子变为+4价，碳元素被氧化，发生氧化反应，CO作还原剂，具有还原性，Fe2O3是氧化剂，Fe是还原产物，CO2是氧化产物；答案为A。7.下列属于非电解质的是A.盐酸 B.酒精 C.CaCO3 D.铜【答案】B【解析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；【详解】A．盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；B．酒精在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，是非电解质，故B符合题意；C．CaCO3熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，故C不符合题意；D．铜是单质，不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；答案为B．8.下列表示正确的是A.硝基苯的结构简式： B.Cl-的结构示意图：C.NH3的电子式： D.乙炔分子的球棍模型：【答案】D【解析】【详解】A．硝基苯中硝基-NO2中的N原子与苯环的C原子形成共价键，故其结构简式：，A正确；B．Cl元素原子核内质子数为17，故Cl-的结构示意图：，B错误；C．NH3分子中N原子上还有1对孤电子对，故NH3的电子式：，C错误；D．乙炔分子中2个C原子形成共价三键，每个C原子再分别与H原子形成1个共价键，4个原子在同一条直线上，故乙炔分子的球棍模型：，D正确；故合理选项是D。9.下列说法不正确的是A.C60和金刚石互为同素异形体B.1H和2H互为同位素C.和互为同分异构体D.CH4和C3H8互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．C60和金刚石是C元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，A正确；B．1H和2H质子数相同，中子数不同，因此互为同位素，B正确；C．由于甲烷是正四面体结构，分子中的任何两个H原子都相邻，和可看作是甲烷分子中的2个H原子被2个Cl原子取代产生的物质，因此它们表示的是同一物质，C错误；D．CH4和C3H8结构相像，在分子组成上相差2个CH2原子团，因此二者互为同系物，D正确；故合理选项是C。10.下列说法不正确的是A.钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂B.石灰石可用于燃煤烟气的脱硫C.用酒精可以萃取碘水中的I2D.CO2可用于生产可降解高聚物【答案】C【解析】【详解】A.钠钾合金可用于快中子反应堆作热交换剂，A正确；B.石灰石分解生成CaO，CaO可与二氧化硫反应，削减二氧化硫的排放，则用于燃煤的脱硫，B正确；C.酒精与水互溶，不能用作萃取剂，C错误；D.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，可以削减聚乙烯、聚氯乙烯塑料的运用，有利于削减白色污染，D正确；答案选C。11.W、X、Y、Z、M、N六种主族元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是A.X的原子半径比Y的大B.元素的非金属性：W＞ZC.氧化物对应水化物的酸性M＞ZD.元素N位于金属与非金属的分界线旁边，可以推断N元素的单质可作半导体材料【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z、N六种主族元素，依据它们在周期表中位置可知，w为O元素、X为Na、Y为Mg、Z为S、M为Cl、N为Ge元素。【详解】A．同周期原子半径从左到右依次减小，故原子半径Na>Mg，A正确；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性O>S，B正确；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但选项中没有说明是最高价，不能比较酸性，如酸性HClO<H2SO4，C错误；D．Ge位于金属和非金属分界处，此处的元素多数具有半导体的性质，D正确；故选C。12.下列方程式不正确的是A.FeBr2溶液中通入少量氯气的离子方程式：Fe2＋＋Cl2＝Fe3＋＋2Cl－B.氧化镁和盐酸反应的离子方程式：MgO＋2H+＝Mg2+＋H2OC.甲烷和氯气的混合气体在光照下发生的反应：CH4+2Cl2CCl4+2H2D.醋酸的电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO-＋H+【答案】AC【解析】【详解】A．向FeBr2溶液中通入少量氯气，Fe2+的还原性大于Br-，Fe2+先反应，离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故A错误；B．MgO属于金属氧化物，在离子方程式中保留化学式，盐酸为强酸，在离子方程式中拆开，氧化镁和盐酸反应的离子方程式：MgO＋2H+＝Mg2+＋H2O，故B正确；C．甲烷和氯气混合光照发生取代反应生成氯代烃和HCl，不是置换反应，故C错误；D．醋酸为弱酸，属于弱电解质，部分电离，用可逆号，醋酸的电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO-＋H+，故D正确；答案AC。13.下列有关试验的说法正确的是A.用无水硫酸铜检验乙醇中是否有水B.配制肯定物质的量浓度的溶液时，容量瓶必需干燥C.除去乙烷中含有的少量乙烯可用酸性高锰酸钾溶液洗气D.往2%的稀氨水中加入2%的硝酸银溶液，至沉淀恰好溶解，制得澄清的银氨溶液【答案】A【解析】【详解】A．无水硫酸铜遇水会发生反应变为硫酸铜晶体，物质由白色粉末变为蓝色晶体，因此可以用无水硫酸铜检验乙醇中是否有水，A正确；B．配制肯定物质的量浓度的溶液时，容量瓶中有少量的水对试验无影响，不必干燥，B错误；C．酸性高锰酸钾溶液能够将乙烯氧化产生CO2气体，不能达到除杂的目的，因此除去乙烷中含有的少量乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液洗气，应当运用溴水洗气，C错误；D．配制银氨溶液时，应当将2%的稀氨水逐滴加入到2%的硝酸银溶液，至起先产生的沉淀恰好溶解为止，D错误；故合理选项是A。14.下列说法不正确的是A.可燃冰主要成分是CH4·nH2OB.肯定条件下，煤和氢气作用，可以得到液体燃料C.往油脂皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，搅拌后在烧杯底部析出固体D.石油催化裂化、裂解都是炼制石油加工的重要手段，均属于化学改变【答案】C【解析】【详解】A．可燃冰是甲烷的结晶水合物，其主要成分是CH4·nH2O，A正确；B．肯定条件下，煤和氢气作用，可以得到CH3OH等液体燃料，B正确；C．油脂完全皂化反应后得到高级脂肪酸盐和甘油，加入食盐可降低高级脂肪酸盐的溶解度，而从溶液中析出，但由于高级脂肪酸盐的密度比水小，因此搅拌后会在烧杯的液面上部析出固体，C错误；D．石油催化裂化、裂解都是炼制石油加工的重要手段，由于改变过程中有新的物质生成，因此发生的改变均属于化学改变，D正确；故合理选项是C。15.下列说法不正确的是A.利用植物的秸秆生产乙醇，是对生物质能的有效利用B.蛋白质中除含有碳、氢、氧外，肯定含有氮元素C.75%的医用酒精和84消毒液可以使蛋白质变性，均可用于新冠病毒的消毒D.淀粉与稀硫酸充分反应后的溶液中，加入NaOH溶液中和，再加入碘水，此时溶液不变蓝色，说明淀粉已完全水解【答案】D【解析】【详解】A．植物秸秆主要成分是纤维素，在肯定条件下水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇，故利用植物的秸秆生产乙醇，是对生物质能的有效利用，A正确；B．蛋白质中除含有碳、氢、氧外，肯定含有氮元素，可能含有S、P等元素，B正确；C．新冠病毒主要成分是蛋白质，由于75%的医用酒精和84消毒液都可以使蛋白质变性，因此二者均可用于新冠病毒的消毒，C正确；D．检验淀粉是否水解完全，不须要加入NaOH溶液，干脆加入碘水检验即可，若加入NaOH溶液至过量，NaOH与I2会发生反应，会消耗I2单质，因此就不能达到检验淀粉存在的目的，D错误；故合理选项是D。16.过碳酸钠2Na2CO3·3H2O2，外观为白色结晶，主要用作漂白剂和氧化剂。生产过程的主反应方程式是：2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3·3H2O2下列说法不正确的是A.过碳酸钠具有强氧化性B.生产过程中采纳较低温度，目的是防止产品及反应物的分解C.在生产过程中混入的酸或铁盐等物质都可能导致产率下降D.将过碳酸钠溶液和足量的亚硫酸钠溶液混合，发生的反应为：2Na2CO3·3H2O2+Na2SO3＝2Na2CO3+Na2SO4+3H2O+O2↑【答案】D【解析】【详解】A．过碳酸钠2Na2CO3•3H2O2相当于带结晶双氧水的碳酸钠，具有碳酸钠和双氧水的性质，所以具有强氧化性，A正确；B．温度过高，会导致过碳酸钠和双氧水分解，因此在生产过程中采纳较低温度，目的是防止产品和反应物的分解，B正确；C．酸能碳酸钠反应，铁盐、铜盐能作为双氧水分解的催化剂，故在生产过程中酸、铁盐、铜盐等都可能导致产率下降，C正确；D．过碳酸钠2Na2CO3•3H2O2具有碳酸钠和双氧水的性质，可以将亚硫酸钠氧化成Na2SO4，因此将过碳酸钠溶液和足量的亚硫酸钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3•3H2O2+3Na2SO3=2Na2CO3+3Na2SO4+3H2O，D错误；故合理选项是D。17.可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.工作过程中化学能转化为电能B.工作一段时间后溶液的pH几乎不变C.电极I上发生反应：CO-2e-+H2O=CO2+2H+D.电极II上发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH【答案】D【解析】【分析】该传感器在工作过程中，负极上CO失电子生成CO2，，则Ⅰ为负极，氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，，其电池的总反应为。【详解】A.装置属于原电池装置，工作过程中化学能转化为电能，故A正确；B.电池的总反应为，工作一段时间后溶液的pH几乎不变，故B正确；C.由图可知，CO在负极上失去电子生成二氧化碳，则通CO的电极反应式为，故C正确；D.氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，酸性环境中电极反应式为：，故D错误；故选：D。【点睛】该装置是燃料电池，通入燃料的一断为负极，通入氧气的一端为正极；推断溶液pH是否改变，要依据总反应去推断，视察总反应中是否消耗氢离子或氢氧根，是否生成或氢氧根，是否消耗或生成水。18.下列说法不正确的是A.可以从煤干馏得到煤焦油中分别出苯B.分子式符合C6H6的有机物肯定是苯C.苯的邻二取代物只有一种，说明苯环内不存在单双键交替的结构D.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．煤干馏得到的煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等多种互溶的液体混合物，可依据它们沸点的不同，用分馏的方法分别出苯，A正确；B．分子式符合C6H6的有机物可能是苯，也可能是其它结构，如可以HC≡C-CH2CH2-C≡CH等物质，B错误；C．苯的邻二取代物只有一种，说明苯环内不存在单双键交替的结构，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特别的化学键，C正确；D．苯不含有一般的不饱和碳碳双键，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特别的化学键，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故合理选项是B。19.下列说法不正确的是A.晶体硅和石英都是通过共价键形成的原子晶体B.HCl和NaOH溶于水时破坏的化学键类型相同C.H2O比H2S稳定是因为H－O键的键能大于H－S键的键能D.硫单质和干冰均属于分子晶体【答案】B【解析】【详解】A．晶体硅中Si原子之间以Si-Si键结合形成立体网状结构，属于原子晶体；在石英中Si原子与O原子之间以Si-O键结合形成立体网状晶体，也属于原子晶体，因此二者都是通过共价键形成的原子晶体，A正确；B．HCl是由分子构成的物质，溶于水时破坏的化学键是共价键，而NaOH是离子化合物，溶于水时破坏的化学键是离子键，因此溶于水时破坏的化学键类型不相同，B错误；C．H2O比H2S稳定是因为O原子半径比S原子半径小，形成的化学键H－O键的键能大于H－S键的键能，断裂消耗更多能量，C正确；D．硫单质和干冰都是由分子通过分子间作用力构成的晶体，因此都属于分子晶体，D正确；故合理选项是B。20.依据能量图，下列说法正确的是A.A2(g)＋B2(g)＝2AB(g)是一个放热反应B.2AB(g)＝A2(g)＋B2(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－1C.拆开1molAB(g)中的化学键须要汲取bkJ的能量D.1molA2(g)和1molB2(g)的能量之和为akJ【答案】B【解析】【详解】A．由于生成物的能量比反应物高，故发生的反应A2(g)＋B2(g)＝2AB(g)为吸热反应，A错误；B．依据图示可知A2(g)＋B2(g)＝2AB(g)为化合反应，1molA2(g)和1molB2(g)反应产生2molAB(g)汲取(a－b)kJ的热量，则2molAB(g)分解产生1molA2(g)和1molB2(g)放出热量是(a－b)kJ，其热化学方程式为：2AB(g)＝A2(g)＋B2(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－1，B正确；C．依据图示：拆开2molAB(g)中的化学键须要汲取bkJ的能量，则拆开1molAB(g)中的化学键须要汲取kJ的能量，C错误；D．断裂1molA2(g)中A-A键和1molB2(g)中的B-B键，形成2molA(g)和2molB(g)原子需汲取的能量之和为akJ，D错误；故合理选项是B。21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.17g－OH(羟基)中含有的电子数为10NAB.1molCH3CH3中含有的共价键数为7NAC.标准状况下，2.24L苯中C－H键的数目为0.6NAD.5mL0.1mol·L－1KI溶液中加入0.1mol·L－1FeCl3溶液1mL，充分反应后转移电子数10－4NA【答案】B【解析】【详解】A．每个羟基有9个电子，17g－OH(羟基)是1mol，含有的电子数为9NA，A错误；B．每个CH3CH3（）分子中含有的共价键数为7，故1molCH3CH3中含有的共价键数为7NA，B正确；C．苯在标况下为液体，不能运用气体摩尔体积计算其物质的量，C错误；D．加入的I-的物质的量为0.005L×0.1mol/L=5×10-4mol，Fe3+的物质的量为0.001L×0.1mol/L=10-4mol，但Fe3+与I-的反应具有可逆性，不能计算转移的电子数，D错误；故选B。22.汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)ΔH＜0。在肯定温度下，体积固定为2L的密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如表所示：时间/sc(NO)/(mol·L－1)c(CO)/(mol·L－1)09.50×10－39.00×10－314.50×10－34.00×10－322.50×10－32.00×10－331.50×10－31.00×10－341.50×10－31.00×10－3下列说法正确的是A.前2s内的平均反应速率v(N2)＝3.5×10－3mol·L－1·s－1B.上升温度时，逆反应速率增大，正反应速率减小C.容器内气体压强不再发生改变时，反应达到平衡状态D.容器中气体的浓度c(NO)：c(CO)：c(N2)：c(CO2)＝2：2：1：2时，反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．前2s内△c(CO)=(9.00×10-3-2.00×10-3)mol/L=7.00×10-3mol/L，则△c(N2)=3.50×10-3mol/L，v(N2)==1.75×10-3mol•L-1•s-1，故A错误；B．上升温度时，由于增大了活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故B错误；C．该反应为气体体积缩小的反应，反应过程中压强为变量，当容器内气体的压强不再发生改变时，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；D．容器中气体的浓度c(NO)：c(CO)：c(N2)：c(CO2)＝2：2：1：2时，不能说明各组分浓度不变，不能说明达到平衡状态，故D错误；答案为C。23.试验室可通过蒸馏石油得到多种不同馏分，其装置如图所示。下列说法不正确的是A.温度计水银球的上限和蒸馏烧瓶支管口下沿相平B.冷凝管中的冷凝水应当从b口进a口出C.若加热后发觉没有加碎瓷片，需停止加热，马上补加D.此装置还可用于试验室用自来水制少量蒸馏水【答案】C【解析】【详解】A．蒸馏时运用温度计是测量蒸气温度，因此温度计水银球的上限要和蒸馏烧瓶支管口下沿相平，A正确；B．为了充分冷凝，要采纳逆流原理，使冷凝管中的冷凝水从下口b口进，上口a口出，B正确；C．若加热后发觉没有加碎瓷片，需停止加热，待装置冷却后再进行补加，C错误；D．该装置图是分别液体混合物的装置，也可以用于在试验室中用自来水制少量蒸馏水，D正确；故合理选项是C。24.为测定Na2CO3和NaHCO3固体混合物样品的组成，称取四份质量均为2.96g的固体溶于水，分别往四份溶液中逐滴加入不同体积1.00mol·L－1的盐酸，加入盐酸溶液的体积和收集到CO2气体的体积(忽视气体在水中的溶解，气体体积均已折算成标准状况下的体积)如表所示：试验序号1234盐酸体积/mL20406080CO2体积/mL0448672672下列说法不正确的是A.试验1中发生反应的离子方程式为：CO＋H+＝HCOB.试验2溶液中，含有NaCl、Na2CO3和NaHCO3三种溶质C.试验3和试验4蒸干溶液所得固体肯定是NaClD.原固体混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2:1【答案】B【解析】【分析】Na2CO3和NaHCO3固体混合物中滴加盐酸，起先没有气体生成，发生的反应为CO＋H+＝HCO，再加盐酸，起先有气体生成，发生的反应为HCO+H+＝CO2+H2O，由表格可知，气体体积为672mL时反应结束。【详解】A．依据分析，试验1中尚未出现气体，故发生的反应为CO＋H+＝HCO，A正确，不选；B．试验2已经起先生成气体，溶液中没有Na2CO3，B错误，符合题意；C．通过表格中生成的气体量，可以推断试验3和试验4已经反应完，溶液中有NaCl和HCl，蒸干后只剩NaCl，C正确，不选；D．设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，672mlCO2的物质的量为，依据题意可得，解得，故Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2:1，D正确，不选；故选B。25.固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、CuO、Na2CO3、NH4Cl和K2SO4中的若干种。为确定该固体粉末的成分，进行以下试验：下列有关说法正确的是A.滤液A中肯定含有K2SO4，不含Na2CO3B.滤渣A中肯定含有Fe、CuOC.推断溶液B中是否含有Fe3＋，需取溶液B少许于试管，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明溶液B中含有Fe3＋D.取滤液A少许于试管，滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，试管口潮湿的红色石蕊试纸不变蓝，说明不含NH4Cl【答案】B【解析】【详解】A．取少量滤液A进行焰色反应，并透过蓝色钴玻璃视察到火焰呈紫色，说明溶液中含有K+，则滤液A中肯定含有K2SO4，但不能确定是否含有Na+，因此不能确定是否含有Na2CO3，A错误；B．向滤渣A中加入足量稀盐酸产生气体B，说明X中含有Fe，发生了反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；同时有红色不溶物，该红色不溶性物质是Cu单质，说明滤渣A含有的CuO，发生了反应：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，说明X中含有CuO，B正确；C．依据B项分析，红色不溶物为Cu，依据反应“Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+”可知，溶液B中肯定不含Fe3+，无需检验Fe3+，C错误；D．取滤液A少许于试管，滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，试管口潮湿的红色石蕊试纸不变蓝，可能是原固体X中不含NH4Cl，也可能是溶液浓度过小，其中的NH4+与OH-结合形成NH3·H2O，NH3·H2O没有分解产生NH3，因此不能据此确定固体X中是否含NH4Cl，D错误；故答案选B。26.(1)①写出钡餐的化学式：__________；②写出溴乙烷的结构简式：__________。(2)写出钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的电极反应式：___________。【答案】(1).BaSO4(2).CH3CH2Br(3).Fe－2e-＝Fe2＋【解析】【分析】钢铁中含有碳、铁，依据原电池工作原理，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以碳作正极，铁作负极，据此解答。【详解】（1）①医用钡餐是硫酸钡，其化学式为BaSO4；答案为BaSO4。②溴乙烷为卤代烃，主碳链2个碳原子，1号碳上有一个溴原子，溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br；答案为CH3CH2Br。（2）钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上得电子发生还原反应，即氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，负极失电子变成离子进入溶液，即Fe-2e-=Fe2+；答案为Fe-2e-=Fe2+。27.气态烃A在标况下的密度是1.16g·L－1，肯定条件下与等物质的量的H2反应生成B，D是食醋的主要成分，E是不易溶于水的油状液体，有浓郁香味。有关物质的转化关系如下：请回答：(1)A⟶B的反应类型是_____________。(2)B＋D⟶E的化学方程式是_________________________________。(3)下列说法不正确的是______。A．B在肯定条件下能生成高分子化合物B．C、D、E能用饱和碳酸钠溶液鉴别C．相同物质的量的A、D完全燃烧生成水的质量相等D．试验室制备E时可用浓硫酸作催化剂和吸水剂【答案】(1).加成/还原(2).CH2＝CH2＋CH3COOHCH3COOCH2CH3(3).C【解析】【分析】气态烃A在标况下的密度是1.16g·L－1，则A的摩尔质量为1.16g·L－122.4L·mol－1=26g·mol－1，在肯定条件下A与等物质的量的H2反应生成B，推知A为乙炔，B为乙烯；D是食醋的主要成分，则D为乙酸；E是不易溶于水的油状液体，有浓郁香味。【详解】(1)综上分析，A与氢气发生加成反应生成B。(2)B为乙烯，D为乙酸，乙烯与乙酸生成不易溶于水的油状液体，有浓郁香味E，E为乙酸乙酯，化学方程式是CH2＝CH2＋CH3COOHCH3COOCH2CH3。(3)A．B为乙烯，能在肯定条件下能发生加聚反应生成高分子化合物聚乙烯，A正确；B．C为乙醇，能与饱和碳酸钠溶液互溶、D为乙酸，与碳酸钠反应产生气泡、E为乙酸乙酯，与饱和碳酸钠溶液不互溶，分层，故能用饱和碳酸钠溶液鉴别，B正确；C．A的分子式为C2H2，D的分子式为C2H4O2，1mol的A、D完全燃烧生成水的物质的量为1mol、2mol，质量不相等，C错误；D．试验室中用乙酸和乙醇反应制备乙酸乙酯，可用浓硫酸作催化剂和吸水剂，D正确；答案选C。28.为了探究某固体化合物X(含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下试验，其中气体C能使带火星的木条复燃。请回答：(1)白色沉淀D是_______。(2)固体A中物质生成B和C的化学方程式为__________________。(3)X的化学式是_________。【答案】(1).AgCl(2).2KClO32KCl＋3O2↑(3).KClO2【解析】【分析】由题干信息，气体C能使带火星的木条复燃，则气体C为O2，由于固体化合物X中含三种元素，依据转化关系及反应条件可知，31.95g固体A与MnO2反应得到固体B和标况下6.72L(0.3mol)O2，固体A中含有KClO3，物质的量为0.2mol，质量为24.5g，固体B为KCl，固体B溶解后加入过量的AgNO3溶液得到43.05g白色沉淀D，即AgCl的白色沉淀，则AgCl的物质的量为0.3mol，依据Cl原子守恒可知，B中KCl的物质的量为0.3mol，其中有0.2mol来自于KClO3的分解，另外0.1mol来自于31.95g固体化合物X隔绝空气加强热得到，则X→A可能为KClO2发生歧化反应生成KClO3和KCl，反应方程式为3KClO22KClO3+KCl，即KClO2的物质的量为0.3mol，质量为31.95g，满意条件，据此分析解答问题。【详解】(1)依据上述分析可知，白色沉淀D为AgCl；(2)固体A中物质生成B和C为KClO3在MnO2作催化剂的条件下受热分解生成KCl和O2的反应，其化学方程式为2KClO32KCl＋3O2↑；(3)由上述分析可知，X→A为KClO2发生歧化反应生成KClO3和KCl，因此固体X为KClO2。29.某试验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的试验。(1)试管a中导管连接方式为___________(填A或B)。(2)试验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象，其中铜丝由黑变红的反应方程式为_________。(3)反应进行一段时间后，若要检验试管b中收集的物质，进行的操作为_________

。【答案】(1).A(2).CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O