浙江省宁波市奉化高中慈溪市三山高中等六校2024-2025学年高一化学下学期期中联考试题含解析

PAGE20-浙江省宁波市奉化中学、慈溪市三山中学等六校2024-2025学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23Mg—24S—32Cl—35.5Ca—40Fe—56Cu—64Br—80I—127一、选择题(本大题共25小题，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1.下列物质中属于生石灰的化学式是A.Ca(OH)2 B.CaCO3 C.CaO D.Cu2(OH)2CO3【答案】C【解析】【详解】Ca(OH)2是熟石灰，CaCO3是大理石，Cu2(OH)2CO3是铜绿，因而CaO是生石灰的化学式；答案为C。2.新型冠状病毒(COVID—19)是一种致病性很强的RNA病毒，医用酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸都可以用于家庭消毒。依据物质的组成和性质进行分类，新型冠状病毒属于A.氧化物 B.单质 C.有机物 D.无机物【答案】C【解析】【详解】病毒是由核酸分子与蛋白质构成的靠寄生生活的介于生命体及非生命体之间的非细胞形态的有机生物，病毒除了含有C、H、O三种元素外还含有N、P等元素，新型冠状病毒(COVID—19)是一种致病性很强的RNA病毒，因而属于有机物；答案为C。3.下列仪器名称为“漏斗”的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据仪器的特征分析仪器的名称。【详解】依据仪器的特征知：A为冷凝管，B为容量瓶，C为量筒，D为漏斗，故该题选D。4.下列物质因发生水解而使溶液呈碱性的是A.NH4NO3 B.K2CO3 C.BaCl2 D.NaOH【答案】B【解析】【详解】A．NH4NO3为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，选项A错误；B．K2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，溶液呈碱性，满意条件，选项B正确；C．BaCl2在溶液中不水解，其溶液为中性，选项C错误；D．NaOH为强碱溶液，不满意条件，选项D错误；答案选B。5.下列物质中属于弱电解质的是A.C6H12O6 B.石墨 C.BaSO4 D.Fe(OH)3【答案】D【解析】【详解】A．溶于水和在熔融状态下，都不能够导电的化合物是非电解质，则C6H12O6是非电解质，选项A错误；B．石墨是单质，不是电解质，也不是非电解质，选项B错误；C．BaSO4在水溶液里能完全电离出钡离子和硫酸根离子，所以是强电解质，选项C错误；D．氢氧化铁在水溶液里只有部分电离，所以是弱电解质，选项D正确；答案选D。6.下列反应中，水作氧化剂的是（）A.C+H2OCO+H2 B.H2+CuOCu+H2OC.Cl2+H2OHCl+HClO D.SO3+H2O═H2SO4【答案】A【解析】【详解】A.水中氢元素化合价降低，得到电子,水是氧化剂，A正确;B、氢元素化合价上升，氢气是还原剂，水是氧化产物，B错误;C、水中元素的化合价均不变更，不是氧化剂，也不是还原剂，氯气既是氧化剂，也是还原剂，C错误;D、反应中元素的化合价均不变更，不是氧化还原反应，D错误。答案选A。7.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是A.鸡蛋清溶液 B.水玻璃 C.福尔马林 D.氨水【答案】A【解析】【分析】【详解】胶体能产生“丁达尔效应”，而溶液不能。水玻璃是硅酸钠溶液，分散质粒子是离子，福尔马林是甲醛溶液，分散质粒子是小分子，氨水的分散质粒子是分子和离子，这三种分散系都属于溶液；鸡蛋清溶液是指高分子蛋白质分散在水中，形成胶体分散系，能够产生丁达尔效应。答案选A。8.下列化学用语正确的是A.中子数为143、质子数为92的铀(U)原子： B.氯原子的结构示意图：C.羟基的电子式： D.丙烷的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为143、质子数为92的铀（U）原子的质量数为235，该原子可以表示为：，选项A错误；B．氯原子的核电荷数=质子数=核外电子总数=17，氯原子的结构示意图为：，选项B正确；C．羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基正确的电子式为：，选项C错误；D．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：，选项D错误；答案选B。9.下列说法不正确的是A.硫元素的不同单质S2与S8互为同素异形体 B.35Cl2和37Cl2互为同位素C.(CH3)2CHCH3和CH3(CH2)2CH3互为同分异构体 D.甲苯和间二甲苯互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．S2与S8是硫元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项A正确；B．35Cl2和37Cl2均是氯气单质，是一种物质，选项B不正确；C．(CH3)2CHCH3和CH3(CH2)2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项C正确；D．甲苯和间二甲苯组成相像，分子上相差1个CH2，互为同系物，选项D正确；答案选B。10.下列说法不正确的是A.镁的氧化物熔点很高，是优质的耐高温材料B.工业上采纳热还原法来冶炼金属铁C.二氧化硫因具有还原性，可以用来漂白纸浆D.晶体硅是一种重要的半导体材料，是手机芯片中的主要成分【答案】C【解析】【详解】A．氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料，选项A正确；B．铁属于中等活泼等金属，采纳热还原法，不活泼等金属采纳热分解，活泼等金属采纳电解，选项B正确；C．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，所以能漂白纸张，漂白纸张与二氧化硫的还原性无关，选项C不正确；D．晶体硅是一种重要的半导体材料，是芯片的主要成分，选项D正确；答案选C。11.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。己知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是YZXWA.原子半径：X<Y<Z B.气态氢化物的稳定性：X>ZC.Z、W均可与Mg形成离子化合物 D.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W【答案】C【解析】【分析】设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3×（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Z＜Y，选项A错误；B．元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物的稳定性：X＜Z，选项B错误；C．O元素、Cl元素与Mg元素形成的化合物氧化镁、氯化镁都是离子化合物，选项C正确；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于硅元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜W，选项D错误；答案选C。12.下列方程式正确的是A.用惰性电极电解饱和食盐水的化学方程式：2NaCl＋H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOHB.苯和液溴的反应C6H6+Br2C6H4Br2+H2C.氯化铁水解的离子方程式：Fe3+＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H+D.稀硝酸滴在石灰石上：CO32-+2H+=H2O+CO2↑【答案】C【解析】分析】【详解】A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，电池反应式为2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH，选项A错误；B.苯与液溴制溴苯的反应为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr，选项B错误；C.FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，选项C正确；D．稀硝酸滴在石灰石上，碳酸钙难溶于水必需写化学式，反应的离子方程式为2H++CaCO3=H2O+CO2↑+Ca2+，选项D错误；答案选C。13.试验室用下图所示装置制备干燥纯净的氯气，并进行氯气的性质试验。下列说法中不正确的是A.装置C的作用是除去氯气中的杂质HClB.装置F中的现象为有白色沉淀产生C.试验结束时，应先熄灭酒精灯，再将导管移出装有液体的集气瓶或烧杯D.该试验中体现了浓盐酸的还原性和酸性【答案】C【解析】【详解】A．因为HCl极易溶于水，用饱和的食盐水既可除去氯气中的杂质HCl，又可降低氯气在水中的溶解度，故A正确；B．过量的Cl2进入AgNO3溶液会发生Cl2+H2O=HCl+HClO反应，有Cl-产生，则Cl-+Ag+=AgCl↓，F中的现象为有白色沉淀产生，故B正确；C．试验结束时，先熄灭酒精灯，再将导管移出装有液体的集气瓶或烧杯，会因为装置内压强变小，外界压强大而产生倒吸现象，就出现试验危急，故C错误；D．因为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，在反应中有4摩尔HCl参与反应，只生成了1摩尔Cl2，氯元素化合价上升，体现还原性，还生成了MnCl2，体现了酸性，故D正确；答案为C。14.下列关于燃料与能源的说法不正确的是A.将煤进行气化处理属于化学变更，有助于提高煤的综合利用效率B.生物质能、风能、水能是可再生能源C.应用于高山气象站的太阳能电池属于光—电转换D.石油的裂解主要是为了提高轻质油的产量和质量【答案】D【解析】【详解】A．对煤进行气化处理让煤在高温条件下与水蒸气反应，是化学变更，又使其接触面积增大，进而提高其利用率，故A正确；B．生物质能、风能和水能能源源不断获得，是可再生能源，是应当优先发展的新能源，故B正确；C．应用于高山气象站的太阳能电池把太阳能转化为电能，故属于光—电转换，故C正确；D．石油裂解目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯等不饱和烯烃，石油的裂化才是提高轻质油的产量和质量，故D错误；答案为D。15.下列说法中正确的是A.纤维素和蛋白质都属于自然高分子化合物，且水解最终产物均为葡萄糖B.间二甲苯仅有一种空间结构可证明苯分子中不存在单双键交替的结构C.油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸D.通常可以通过限制溶液的pH分别不同的氨基酸【答案】D【解析】【详解】A．纤维素为多糖，属于自然高分子化合物，能水解，最终产物都是葡萄糖，自然蛋白蛋是氨基酸通过脱水缩合形成的高分子化合物，所以自然蛋白蛋水解的最终产物均为氨基酸，故A错误；B．无论是否存在单双键交替的结构，间二甲苯都只有一种结构，应用邻二甲苯证明，故B错误；C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，故C错误；D．氨基酸是人体必需的养分物质，氨基酸同时含有氨基和羧基，调整溶液的pH可变更内盐的溶解度，可以通过限制溶液的pH分别氨基酸，故D正确；答案为D。16.工业上常用如下的方法从海水中提溴：下列说法错误的是A.步骤①的主要反应为：Cl2+2Br–→Br2+2Cl–B.物质X为HBrOC.步骤②③的目的是富集溴元素D.步骤②利用了溴易挥发的性质【答案】B【解析】【详解】A．步骤①是利用氯气氧化海水里的Br-，发生的主要反应为Cl2+2Br–=Br2+2Cl–，故A正确；B．SO2和Br2水反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，物质X为HBr，故B错误；C．利用步骤②③的操作，目的是富集溴元素，故C正确；D．步骤②利用了溴易挥发的性质，通过升温促进溴蒸汽挥发，故D正确，答案为B。17.人工光合系统装置（如图）可实现以CO2和H2O合成CH4。下列有关说法不正确的是（）A.该装置中铜为正极B.电池工作时H+向Cu电极移动C.GaN电极表面的电极反应式为:2H2O-4e-═O2+4H+D.反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗1molCO2转移4mole-【答案】D【解析】【分析】该装置中，依据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，正极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。【详解】A、依据图知，该装置中有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能，则为原电池，依据电子流向知铜为正极，故A正确；

B、电池工作时，H+向正极Cu电极移动，故B正确；

C、GaN是负极，负极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故C正确；

D、反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗1mol

CO2转移8mol

e-，故D错误。

故选D。18.下列说法中正确的是A.c(H+)等于1×10-7mol/L的溶液肯定是中性溶液B.常温下pH＝10的氨水中由水电离出来的c(H+)与pH＝4的NH4Cl溶液相同C.pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液的物质的量浓度大小：②>①>③D.醋酸和氢氧化钠反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(CH3COO-)=c(Na+)【答案】D【解析】【详解】A．中性溶液中c(H＋)与c(OH－)相等；常温下，c(H+)等于1×10-7mol/L的溶液是中性溶液；若温度变更，水的电离被影响，则中性溶液中c(H＋)也会变更，不肯定是1×10-7mol/L，A错误；B．pH=4的NH4Cl溶液中的NH4＋水解，促进水的电离；而pH＝10的氨水中的NH3·H2O，会电离出OH－，抑制水的电离，则pH=4的NH4Cl溶液中由水电离出来的c(H＋)大于pH=10的氨水中由水电离出来的c(H＋)，B错误；C．①NaHCO3和②Na2CO3溶液中，酸根阴离子水解，使得溶液呈碱性，HCO3－的水解实力弱于CO32－，③NaOH溶液是强碱完全电离，使得溶液呈碱性；碱性越强，须要的溶质的浓度越小，则溶液的物质的量浓度大小：①>②>③，C错误；D．醋酸和氢氧化钠反应后，依据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，就可以得出c(CH3COO-)=c(Na+)，D正确；答案为D。19.下列说法中不正确的是A.任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失B.金刚石是由共价键结合形成的原子晶体C.N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D.碘单质升华克服的作用力是分子间作用力，HCl溶于水克服的是共价键【答案】A【解析】【分析】【详解】A．铵根离子是氨中的N原子供应孤对电子给氢离子，整个体系带一个单位正电荷，但是由于氢离子是接受N原子的电子对形成配位键，所以并没有电子的得失，故A错误；B．金刚石通过碳原子之间形成共价键形成的原子晶体，故B正确；C．N2分子中是氮氮三键，而Cl2分子中氯氯单键，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；D．分子间作用力确定分子晶体的物理性质，所以碘单质升华，克服的是碘分子间作用力；HCl气体溶于水后，因为共价键被破坏，从而形成了H+和Cl-，故D正确；答案为A。20.下列有关叙述正确的是A.“神舟六号”飞船返回舱的表层采纳高温时自动烧蚀的耐高温、抗氧化的新型无机非金属材料带走热量从而保证内部温度不致过高。B.“加碘食盐”“含氟牙膏”“富硒养分品”“高钙牛奶”“加铁酱油”等等，这里的碘、氟、硒指的是分子，钙、铁则分别是钙离子和铁离子。C.下图是反应物和生成物的能量变更示意图，则其可能发生的反应的热化学方程式可表示为：2A(g)+B(g)=2C(g)；△H=QkJ/mol(Q＞0)D.已知4P(红磷，s)=P4(白磷，s)；△H>0，则白磷比红磷稳定【答案】A【解析】【分析】A.“神舟六号”飞船返回舱返回时表面因摩擦而温度很高；B.“加碘食盐”“含氟牙膏”“富硒养分品”“高钙牛奶”“加铁酱油”中的碘、氟、硒、钙表示的是元素；C.由图可知反应物的总能量较高而生成物的总能量较低；D.能量越低，物质越稳定。【详解】A.“神舟六号”飞船返回舱返回时表面因摩擦而温度很高，表层应具有耐高温、抗氧化的新型无机非金属材料，A项正确；B.“加碘食盐”“含氟牙膏”“富硒养分品”“高钙牛奶”“加铁酱油”中的碘、氟、硒、钙表示的是元素，B项错误；C.由图可知反应物的总能量较高而生成物的总能量较低，因此该反应为放热反应，△H=QkJ/mol(Q<0)，C项错误；D.红磷变为白磷为吸热反应，由此可知红磷的能量较低，能量越低，物质越稳定，因此红磷比白磷稳定；答案选A。【点睛】解答本题D选项时要依据方程式确定物质的能量凹凸，再依据能量越低，物质越稳定进行分析推断。21.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中OH－数目为0.2NAB.常温下，42g乙烯和丙烯的混合物中所含共价键的数目是9NAC.标准状况下，11.2LSO3中含有的氧原子数目为1.5NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA【答案】B【解析】【详解】A.常温下，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中OH-的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，由此可知溶液中OH－数目为0.1NA，A项错误；B.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，42g“CH2”的物质的量为=3mol，因此混合物中所含共价键的数目是9NA，B项正确；C.标准状况下SO3是固态而不是气态，因此无法进行计算，C项错误；D.CH4与Cl2在光照下发生取代反应，生成的取代产物为除了CH3Cl外还有CH2Cl2、CHCl3和CCl4，因此1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D项错误；答案选B。【点睛】本题的易错点是忽视了标况下SO3的状态，只有气体在标准状况下才能计算其物质的量。22.T℃，将2molX和1molY充入体积为1L的密闭容器中，已知：2X(s)+Y(g)2Z(g)△H=－MkJ·mol－1。10min后达到平衡，生成0.2molZ，共放出热量NkJ，下列说法正确的是A.在第10min时，Z的反应速率为0.02mol·L－1·min－lB.在0～10min内，Y的反应速率为mol·L－1·min－lC.增加X的物质的量可以加快反应速率D.反应达平衡后，保持T℃，通入稀有气体增加压强，则化学反应速率变快【答案】B【解析】T℃，将2molX和1molY充入体积为1L的密闭容器中，10min后达到平衡，生成0.2molZ，则前10min的平均速率为0.02mol·L－1·min－l。由化学方程式2X(s)+Y(g)2Z(g)可以求出，在0～10min内，Y的反应速率为mol·L－1·min－l。A.前10min的平均速率为0.02mol·L－1·min－l，在第10min时，Z的反应速率肯定小于0.02mol·L－1·min－l，A不正确；B.在0～10min内，Y的反应速率为mol·L－1·min－l，B正确；C.X是固体，其浓度是固定不变的，所以增加X的物质的量不能加快反应速率，C不正确；D.反应达平衡后，保持T℃，通入稀有气体，虽然增加压强，但是各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变，D不正确。点睛：向反应混合物中能入稀有气体后，化学平衡是否移动，关键要看各组分的浓度是否变更，假如对各组分的浓度没有影响，那么化学平衡不移动；假如各组分的浓度减小了，则相当于减压，化学平衡要向气体分子数增大的方向移动。23.下列试验方案中，能达到试验目的的是选项试验目的试验方案及现象A比较CH3COOH与HClO的酸性强弱分别测定等体积等物质的量浓度的CH3COOH与HClO消耗NaOH的物质的量B证明Fe2＋具有还原性向较浓的FeSO4溶液中滴入少量的酸性高锰酸钾溶液，视察溶液的紫色褪去C验证某溶液中有NH4＋向装有该溶液的试管中滴加浓NaOH溶液，加热，将潮湿红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝D区分碳酸钠和碳酸氢钠溶液分别在两支试管中各取少量碳酸钠和碳酸氢钠溶液，滴入几滴Ca(OH)2，视察是否出现沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．等体积等物质的量浓度的CH3COOH与HClO，物质的量相同，消耗NaOH的物质的量相同，为酸的通性，不能比较酸性强弱，选项A错误；B．向FeSO4溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，酸性高锰酸钾由紫红色褪为无色，但由于FeSO4溶液绿色慢慢褪去转为黄色，现象很不明显，选项B错误；C．向该溶液中滴加NaOH浓溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，说明生成气体为氨气，则溶液中含有NH4+，选项C正确；D．碳酸钠和碳酸氢钠溶液均能与Ca(OH)2反应产生白色沉淀碳酸钙，现象相同，无法区分碳酸钠和碳酸氢钠溶液，选项D错误。答案选C24.已知草酸(H2C2O4)是一种弱酸，157℃升华，170℃以上分解可放出CO2和CO；可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。下列说法正确的是A.草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分汲取后，可收集得到纯净的COB.草酸受热产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中肯定有COC.草酸受热产生的气体干脆通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中肯定有CO2D.H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】D【解析】【详解】A、草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分汲取后，收集到的CO还含有水蒸汽，不行能得到纯净的CO，选项A错误；B、草酸能被酸性高锰酸钾氧化，自身具有还原性，可以还原灼热的氧化铜，所以出现黑色变红色现象，得不出肯定有CO的结论，选项B错误；C、草酸受热产生的气体干脆通入足量的澄清石灰水中，产生白色浑浊现象，还可能是草酸与氢氧化钙生成草酸钙沉淀，题中有告知草酸的钙盐难溶于水，不能说明产生的气体中肯定有CO2，选项C错误；D、草酸与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4-＋6H+=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查对草酸性质的探究试验的设计与评价，化学方程式的配平，气体的检验的学问。留意驾驭探究物质性质试验方案设计的方法，明确物质性质及试验操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析、理解实力及化学试验实力。25.固体粉末X中可能含有Fe2O3、CuO、MnO2、CaO、NaCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，进行了以下试验(所加试剂均过量)：下列结论正确的是：A.固体粉末中肯定含K2CO3 B.X中可能存在Fe2O3C.沉淀M肯定含AgCl D.沉淀Y中不肯定存在MnO2【答案】B【解析】【详解】A.固体粉末X中加入水，有难溶性的固体Y，也有可溶性的液体Z，该溶液显碱性，可能是CaO溶于水，与水反应产生的Ca(OH)2电离导致，也可能是K2CO3水解使溶液显碱性，A不合理；B.若固体粉末X中含有Fe2O3，该物质不溶于水，向其中加入盐酸，发生反应产生FeCl3和水，该盐的水溶液显黄色，从而得到有色溶液，B正确；C.向溶液Z中加入AgNO3溶液，产生沉淀M，可能是Ag2CO3，也可能是AgCl，C错误；D.向不溶于水的固体中加入浓盐酸，发生反应，产生黄绿色气体，是由于发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，可以证明沉淀Y中肯定存在MnO2，D错误；故合理选项是B。二、非选择题26.(1)①写出漂白粉的有效成分的化学式_____；②用系统命名法给有机物CH3CH(CH3)2命名________。(2)①写出碳与浓硫酸反应的化学方程式______；②写出乙醇与金属钠反应的方程式_______。(3)H2O2和Fe3+都具有氧化性，氧化性强弱关系为H2O2____Fe3+(填“>”“<”或“=”)，用有关的离子反应方程式证明以上结论____。【答案】(1).Ca(ClO)2(2).2-甲基丙烷(3).C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O(4).2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑(5).>(6).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe2++2H2O【解析】【分析】

【详解】(1)①漂白粉的有效成分为次氯酸钙，其化学式为Ca(ClO)2；②最长的碳链含有3个碳原子，称为丙烷，从靠近支链最近的一端起先编号，同近时要求支链的位次和最小，因此一个甲基的位置为2，系统命名为2-甲基丙烷；(2)①碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；②乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开羟基上的氢氧键，反应方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；(3)依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe2++2H2O可推知氧化性强弱关系为H2O2>Fe3+。27.以乙烯为原料，在肯定条件下可以转化为A、B、C，最终合成有果香的D，转化关系如下图所示。(1)写出物质A中的官能团名称_____；(2)CH2=CH2与B反应也可以生成D，该反应的反应类型属于_____；(3)写出B+C→D的方程式___；(4)下列说法不正确的是____。A．CH2=CH2能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，两者的褪色原理不相同B．物质A与新制Cu(OH)2悬浊液混合后加热，可以出现砖红色沉淀C．试验室制备物质D时，常用饱和Na2CO3溶液收集产物，且有机层在下层D．等物质的量的CH2=CH2和C完全燃烧，耗氧量相同【答案】(1).醛基(2).加成反应(3).CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O(4).C【解析】【分析】依据转化关系可知，乙烯与氧气反应生成A为乙醛，乙醛与氢气发生加成反应生成C为乙醇；最终合成有果香的D是由B与C在浓硫酸催化下发生酯化反应生成的乙酸乙酯，则可推出B为乙酸，据此分析。【详解】依据转化关系可知，乙烯与氧气反应生成A为乙醛，乙醛与氢气发生加成反应生成C为乙醇；最终合成有果香D是由B与C在浓硫酸催化下发生酯化反应生成的乙酸乙酯，则可推出B为乙酸。(1)A为乙醛，所含有官能团名称为醛基；(2)B为乙酸，CH2=CH2与乙酸反应也可以生成乙酸乙酯，反应方程式为CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOC2H5，该反应属于加成反应；(3)B+C→D是乙烯与乙醇反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；(4)A．CH2=CH2能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，前者发生加成反应而使溴水褪色，后者发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，两者的褪色原理不相同，选项A正确；B．物质A为乙醛，与新制Cu(OH)2悬浊液混合后加热，生成砖红色沉淀Cu2O，选项B正确；C．试验室制备物质乙酸乙酯时，制备乙酸乙酯时常用饱和Na2CO3溶液汲取乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，但有机层在上层，选项C不正确；D．C为乙醇，等物质的量的CH2=CH2和C完全燃烧，耗氧量相同，1mol均消耗2mol氧气，选项D正确；答案选C。28.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下试验：请回答：(1)由现象1得出化合物X含有____元素(填元素符号)，X的化学式_____。(2)固体混合物Y的成分_____(填化学式)。(3)试验室常将氨气(NH3)通过红热的黑色固体化合物Z制备氮气，该反应的化学方程式是___，当有28克氮气生成时转移的电子的物质的量为______mol。【答案】(1).S(2).BaCuS2(3).BaO和CuO(4).2NH3+3CuO3=Cu+N2↑+3H2O(5).6【解析】【分析】依据现象1可知，无色气体为SO2，向黑色固体化合物Z中加入盐酸，溶液呈蓝色，说明固体Z为CuO，向碱性溶液中加硫酸会产生白色沉淀，说明该溶液中含有Ba2+，由此可知，固体混合物Y中含有BaO，据此解答本题。【详解】（1）依据上述分析可知，X中含有S元素，固体化合物Z物质的量为：=0.1mol，固体混合物中BaO的质量为23.3g-8g=15.3g，BaO的物质的量为：=0.1mol，因此固体X中S元素的物质的量为：=0.2mol，N(Cu)：N(Ba)：N(S)=1：1：2，故X的化学式为：BaCuS2，故答案为：S；BaCuS2；（2）由上述分析可知，Y的主要成分为：CuO和BaO，故答案为：CuO和BaO；（3）氨气与氧化铜在高温条件下反应，生成铜、氮气、水，其化学反应方程式为：，反应中N元素由-3价变为0价，每生成1molN2转移6mol电子，故当有28克氮气即1mol生成时转移的电子的物质的量为6mol。故答案为：；6mol。29.CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某探讨性学习小组拟热分解结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。查阅资料：CuCl2•2H2OCuCl2CuCl+Cl2；CuCl2•2H2OCu2(OH)2Cl2CuO(试验探究)该小组用下图所示装置进行试验(夹持仪器略)。请回答下列问题：(1)仪器X的名称是___；装置D中倒扣的三角漏斗的作用是_____；(2)试验操作的先后依次是a→____→____→____→e(填操作的编号)。a．检查装置的气密性后加入药品b．熄灭酒精灯，冷却c．在“气体入口”处通入干燥HCld．点燃酒精灯，加热e．停止通入HCl，然后通入N2(3)在试验过程中，视察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变更是____；(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是_____；(5)反应结束后，取出CuCl产品进行试验，发觉其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，依据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的缘由是____；②若杂质是CuO，则产生的缘由是____。【答案】(1).球形干燥管(2).防倒吸(3).c(4).d(5).b(6).先渐渐变为红色，后褪色(7).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(8).加热温度不够或加热时间不足(9).没有在HCl的氛围中加热【解析】【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl·2H2O制备CuCl的过程为先通入HCl，防止没有HCl的状况下加热生成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最终用氮气将装置内的HCl和氯气排空进而被尾气装置中的氢氧化钠汲取。【详解】(1)依据仪器X的构造特点知其名称为干燥管，故答案为球形干燥管；装置D中倒扣的三角漏斗，增大了气体与溶液的接触面，增大了汲取效率，又能起到防倒吸作用；(