1、浙江省金华市江南中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ba 137选择题部分一、选择题1.氮气分子式是A. O2B. N2C. Br2D. CO【答案】B【解析】【详解】氮气是由两个氮原子靠共价键结合而成，所以分子式为N2，故答案为B。2.食盐是日常饮食中重要的调味品，它的主要成分为NaCl，请问NaCl属于A. 氧化物B. 酸C. 碱D. 盐【答案】D【解析】【详解】A.氧化物组成中只含两种元素，其中一种一定为氧元
2、素，另一种若为金属元素，则称为金属氧化物；另一种若为非金属元素，则称之为非金属氧化物，故A错误；B.酸指在水溶液中电离出的阳离子全部都是氢离子的化合物，故B错误；C.碱指在水溶液中电离出的阴离子全部都是OH-的化合物，故C错误；D.盐是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的，故D正确；答案：D3.仪器名称为“分液漏斗的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据各仪器的结构特点可知，A为分液漏斗，B为蒸馏烧瓶，C为容量瓶，D为圆底烧瓶，故答案为A。4.下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（ ）A. 碳酸钠B. 氢氧化铝C. 氧化钙D. 硫酸镁【答案】B【解析】【详解】用于治疗胃酸过
3、多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；故答案选B。5.下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（ ）A. 稀盐酸B. 氢氧化铁胶体C. 泥浆D. 硫酸钾溶液【答案】B【解析】【详解】A稀盐酸是溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，选项A错误；B氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，选项B正确；C泥浆属于浊液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，选项C错误；D硫酸钾溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，选项D错误；答案选B。6.下列分离物质的方
4、法中，利用了物质的沸点的是（ ）A. 蒸馏B. 过滤C. 重结晶D. 凝固【答案】A【解析】【详解】A. 蒸馏是根据混合物各组分的沸点不同来分离互溶的液体的，A符合题意；B. 过滤是利用溶解性不同来分离不溶于液体的固体的，B不符合题意；C. 重结晶是利用物质溶解度随温度的变化来进行分离提纯的，C不符合题意；D. 凝固是利用物质熔点或溶解度来进行的分离提纯，D不符合题意；答案选A。7.反应 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl+2H2O 中，还原产物是A. MnO2-B. HClC. MnCl2D. Cl2【答案】C【解析】【详解】氧化还原反应中氧化剂得到电子化合价降低被还原，得到还原产物，
5、该反应中产物MnCl2是由Mn元素化合价降低生成，为还原产物，故答案为C。8.下列物质属于电解质的是( )A. NaClB. 蔗糖C. NH3D. 氯气【答案】A【解析】【详解】A. NaCl在水溶液中或熔融状态下能够电离出钠离子和氯离子，能导电，所以NaCl是电解质，故A正确；B. 蔗糖是有机物，在水溶液中或熔融状态下都不导电，不是电解质，故B错误；C. NH3只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；NH3在水溶液中与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子导电，NH3自身不能电离，NH3是非电解质，故C错误；D. 氯气只存在分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；在水溶液中与
6、水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢电离出自由移动的离子导电，氯气自身不能电离，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；正确答案是A。【点睛】判断电解质和非电解质时要注意：(1)电解质、非电解质均是化合物。(2)电解质导电必须有外界条件：水溶液或熔融状态。(3)电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物。CO2、SO2、SO3、NH3溶于水后也导电，但是与水反应生成的新物质电离而导电的，不是本身电离而导电的，故属于非电解质。(4)电解质的强弱由物质的内部结构决定，与其溶解度无关。某些难溶于水的化合物，如BaSO4、AgCl，虽然溶解度很小，但溶解的部分是完全电离的，所以是强电解质。(5)电
7、解质不一定导电，非电解质一定不导电；导电的物质不一定是电解质，不导电的物质不一定是非电解质。9.下列化学用语表示不正确的是( )A. 二氧化碳的电子式：:C:B. 乙烯的结构简式CH2CH2C. 钠离子的结构示意图：D. MgCl2的电离方程式：MgCl2=Mg2+2Cl【答案】B【解析】【详解】A. 二氧化碳中的碳原子最外层电子数为4个，可以与氧原子形成两对共用电子对，所以二氧化碳的电子式：，故A正确；B. 乙烯的结构简式CH2=CH2，结构简式要体现出它的官能团，故B错误；C. 钠是11号元素，原子核外有11个电子，失去一个电子变为钠离子，结构示意图：，故C正确；D. MgCl2是强电解质
8、，在水溶液中是完全电离的，MgCl2的电离方程式：MgCl2=Mg2+2Cl，故D正确；答案选B。10.1H、2H、3H、H+、H2是（）A. 氢的五种同位素B. 五种氢元素C. 氢的五种同素异形体D. 氢元素的五种微粒【答案】D【解析】【详解】A11H、12H、13H质子数相同，中子数不同，为三种不同的氢原子，互为同位素，H+为氢离子和H2为氢分子，故A错误；B质子数为1，都是氢元素，故B错误；C不是氢元素的不同单质，不是同素异形体，故C错误；D11H、12H、13H质子数相同，中子数不同，为三种不同的氢原子，互为同位素；H+为氢离子和H2为氢分子，故它们是氢元素的五种不同微粒，故D正确；故
9、答案选D。【点睛】同位素是指质子数相同，质量数不同的核素间的互称，研究对象为原子；同素异形体是指由一种元素组成的不同性质的单质，研究对象为单质；同位素之间物理性质不同，化学性质几乎相同，同素异形体之间物理性质不同，化学性质可以相似或不同。11.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A. 磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸D. 硅胶可用作袋装食品的干燥剂【答案】A【解析】【详解】A磁性氧化铁为四氧化三铁，为黑色，不能做为红色油漆，应是氧化铁，故错误；B.漂白粉含有次氯酸钙，具有强氧化性，能用于生活用水的消毒，故正确；C.氢氧化铝能和
10、胃酸反应减少胃酸，同时少量氢氧化铝对人体无害，故正确；D.硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，故正确。故选A。12.X、Y、Z、W为短周期元素，若W原子的最外层电子数是其内层电子的，如图所示，下列说法不正确的是XYZWA. X元素的氢化物分子间可以形成氢键B. Y元素的两种同素异形体常温下都是气体C. 阴离子半径从大到小的顺序为XYZWD. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：WZ【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，若w原子最外层电子数是其内层电子数的，则W原子其内层电子总数为10，最外层电子数为7，故W是Cl元素；由X、Y、Z、W在周期表中的位置关系可知，Z为S元素；Y为O元素；X
11、为N元素；根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行判断。【详解】X为N元素；Y为O元素；Z为S元素；W是Cl元素；AX为N元素，其氢化物氨气分子之间存在氢键，故A正确；BY为O元素；Y元素的两种同素异形体为氧气和臭氧，在常温下都是气体，故B正确；C核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径XY，ZW；最外层电子数相同，电子层越多半径越大，所以WX，所以阴离子半径由大到小排列顺序ZWXY，故C错误；D同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性WZ，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：WZ，故D正确；
12、故答案为C。13.下列方程式正确的是( )A. 小苏打与盐酸反应的离子方程式：CO32+H+=CO2+H2OB. 乙烯与氯化氢加成的化学方程式：CH2=CH2+HClCH3=CH2ClC. 碳酸钾在水中的电离方程式：K2CO32K+CO32D. 醋酸钠水解的离子方程式：CH3COO+H2OCH3COOH+OH【答案】D【解析】【详解】A、小苏打与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2+H2O，故A错误；B、乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故B错误；C.碳酸钾是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：K2
13、CO3=2K+CO32，故C错误；D.醋酸钠在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故D正确；故选D。14.下列操作对应的现象不符合事实的是A将灼烧至黑色的铜丝插入无水乙醇，铜丝变成红色B烧杯中出现白色沉淀，并能较长时间保存C将胆矾晶体悬挂于盛有浓H2SO4的密闭试管中，蓝色晶体逐渐变为白色D通入SO2气体后，高锰酸钾溶液紫红色变浅A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A乙醇的催化氧化实验，铜做催化剂，故正确；B生成的Fe(OH)2是白色沉淀，但容易被氧气氧化变色，故错误；C. 浓H2SO4有吸水性，将胆矾晶体的结晶水吸去
14、，蓝色晶体逐渐变为白色，故正确；D. 高锰酸钾有氧化性，SO2有还原性，通入SO2气体后，高锰酸钾被还原，高锰酸钾溶液紫红色变浅，故正确。故不符合事实的是B.15.下列说法不正确的是A. 乙烷分子中的所有原子处于同一平面上B. 煤的液化、气化和干馏均属于化学变化C. 乙炔与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使其褪色D. 苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构【答案】A【解析】【详解】A乙烷中碳原子均为饱和碳原子，与饱和碳原子相连的4个原子形成四面体结构，不可能共面，故A错误；B煤的液化、气化和干馏过程中均有新的物质生成，为化学变化，故B正确；C乙炔含有碳碳三键可以与溴单质发生加成反应，从而
15、使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；D苯不含碳碳双键，苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构，存在一种介于单键和双键之间的一种特殊的键，故D正确；故答案为A。【点睛】苯不能使溴四氯化碳溶液褪色说明苯环中不存在碳碳双键结构，苯与液溴，铁作催化剂发生取代反应生成溴苯。16.下列有关生活中几种常见有机物的说法，不正确的是（）A. 淀粉、纤维素不能互称同分异构体B. 油脂在碱性条件下的水解反应也称皂化反应C. 蛋白质可以在酶的催化下水解产生葡萄糖D. 交警用装有重铬酸钾（K2Cr2O7）的检测仪检验司机是否酒驾，乙醇表现还原性【答案】C【解析】【详解】A. 淀粉、纤维素的通式均为(C6H10O5
16、)n，但由于n值不确定，故不能互称同分异构体，A正确；B. 油脂在碱性条件下的水解反应也称皂化反应，B正确；C. 蛋白质可以在酶的催化下水解产生氨基酸，C错误；D. 交警用装有重铬酸钾（K2Cr2O7）的检测仪检验司机是否酒驾，乙醇被氧化，表现还原性，D正确；故答案选C。【点睛】形如高分子化合物这类分子式中带有n的物质，即使化学式看似相同，但因为n值的不确定性，故不能互称同分异构体。17.目前工业上处理有机废水的一种方法是：在调节好pH和Mn2浓度的废水中加入H2O2，使有机物氧化降解。现设计如下对比实验（实验条件见下左表)，实验测得有机物R浓度随时间变化的关系如下图所示。下列说法正确的是实验
17、编号T/KpHc/103molL1H2O2Mn22983600.303133600.3029896.00.30A. 313K时，在0100s内有机物R降解的平均速率为：0.014 molL-1s-1B. 对比实验，可以得出温度越高越有利于有机物R的降解C. 对比实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分率不同D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液【答案】D【解析】A. 313K时，在0100s内有机物R降解的平均速率1.4 105molL-1s-1，A错误；B. 温度过高，双氧水容易分解，B错误；C. 对比实验，可以发现在两次实验中有机物R的降解百分
18、率相同，C错误；D. 通过以上三组实验，若想使反应停止，可以向反应体系中加入一定量的NaOH溶液，增大pH，D正确，答案选D。18.碱性锌锰电池的反应方程式为 2MnO2Zn2H2O=2MnOOHZn(OH)2，其构造如图所示。有关说法不正确的是()A. 负极反应式：Zn2OH2e=Zn(OH)2B. 放电时正极MnO2得到电子，发生氧化反应C. 该电池使用一段时间后，电解液pH增大D. 放电时，锌粉失去的电子，从负极通过外电路流向正极【答案】B【解析】【分析】碱性锌锰电池的反应方程式为 2MnO2Zn2H2O=2MnOOHZn(OH)2，原电池中负极失电子发生氧化反应，所以Zn为负极，MnO
19、2为正极。【详解】AZn为负极，根据总反应可知Zn失电子生成Zn2+后与氢氧根结合生成氢氧化锌沉淀，所以电极方程式为Zn2OH2e=Zn(OH)2，故A正确；B根据总反应可知MnO2化合价降低，得电子发生还原反应，为原电池正极，发生还原反应，故B错误；C根据总反应可知电池工作时会消耗水，而KOH没有被消耗，所以KOH浓度变大，电解液pH增大，故C正确；D放电时，锌为负极，失电子发生氧化反应，电子经外电路由负极流向正极，故D正确；故答案为B。【点睛】本题C为易错选项，虽然电池放电过程中负极消耗了氢氧根，但正极反应为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，又补充了氢氧根，所以氢氧根总量基本
20、不变，但是反应过程中消耗了水，所以溶液碱性增强。19.下列关于化学键及晶体的说法中，不正确的是（ ）A. Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大B. NaOH和NH4Cl化学键类型相同C. N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D. 石英晶体和干冰晶体熔沸点不同，是因为所含化学键类型不同【答案】D【解析】【详解】A卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关，Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，故A正确；BNaOH中钠离子和氢氧根离子形成离子键，O与H形成共价键，NH4Cl中铵根离子和氯
21、离子形成离子键，N与H形成共价键，均含有离子键和共价键，故B正确；CN2中N原子中的最外层电子为5，形成3对共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；D干冰与石英都为共价化合物，都含共价键，干冰与石英的熔沸点差异很大的原因是晶体类型不同，干冰属于分子晶体，石英属于原子晶体，故D错误；故选D。20.已知一定条件下断裂1 mol下列化学键生成气态原子需要吸收的能量如下：HH436 kJ；ClCl243 kJ；HCl431 kJ。下列所得热化学方程式或结论正确的是（ ）A. 氢分子中化学键比氯气分子中的化学键更稳定B. 2HCl(
22、g) = H2(g) + Cl2(g)的反应热H0C. H2(g) + Cl2(g) = 2HCl(g)H=183 kJD. 相同条件下，H2(g)+ Cl2(g) =2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的H不相等【答案】A【解析】【详解】A、断裂1 mol化学键生成气态原子需要吸收的能量为：HH：436 kJ，ClCl：243 kJ，所以氢分子中的化学键比氯气分子中的化学键更稳定，选项A正确；B、化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，2HCl(g)H2(g) + Cl2(g)的反应热H=（2431-436-243）kJ/mol=183kJ/mol0，选项B错误；C、化学反应
23、的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，则H2(g) + Cl2(g)2HCl(g) H=（436+243-2431）kJ/mol=183 kJ/mol，选项C错误；D、反应热取决于反应物和生成物的能量高低，与反应条件无关，故相同条件下，H2(g)+ Cl2(g) =2HCl(g)反应在光照和点燃条件下的H相等，选项D错误。答案选A。21.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 1 mol甲醇分子中含有的共价键数为4NAB. 2.4 g镁在足量的氧气中燃烧,转移的电子数为0.1NAC. 标准状况下,5.6 L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NAD. 1 L 0.5 m
24、ol/L CH3COONa溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5NA，故A错误；B2.4g镁物质的量为0.1mol，在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.2NA，故B错误；C标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为：2NA=0.5NA，故C正确；DCH3COO-在溶液中发生水解反应，则1 L 0.5 mol/L CH3COONa溶液中含有的数小于0.5NA，故B错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉
25、常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。22.已知X(g)3Y (g)2W(g) M (g) Ha kJmol1（a0）。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1 mol X(g) 与2mol Y (g)，下列说法正确的是（ ）A. 充分反应后，X的转化率和Y的
26、转化率不相等，前者大于后者B. 当反应达到平衡状态时，W与M的物质的量浓度之比一定为2：1C. 当混合气体的密度不再改变，表明该反应已达平衡D. 若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】B【解析】【详解】A. 充分反应后，设反应的X是amol，则Y消耗3amol，X的转化率是a/1, Y的转化率是3a/2,则转化率是前者小于后者，故A错误； B. 当反应达到平衡状态时，由于只加入反应物达到的平衡，则生成的W与M的物质的量浓度之比一定为2：1，故B正确；C. 反应物与生成物都是气体，反应前后气体总质量不变，密闭容器的容积不变，故混合气体的密度不变，不能用于判断是否达到平衡，故C错误
27、；D. 若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不会减小，故D错误。故选B。23.实验室可通过蒸馏石油得到多种沸点范围不同的馏分，装置如图所示。下列说法不正确的是A. 沸点较低的汽油比沸点较高的柴油先馏出B. 蒸馏烧瓶中放人沸石可防止蒸馏时发生暴沸C. 冷凝管中的冷凝水应该从 a 口进 b 口出D. 温度计水银球的上限和蒸馏烧瓶支管口下沿相平【答案】C【解析】【详解】A在蒸馏时，石油的温度逐渐升高，沸点较低的先气化馏出，所以沸点较低的汽油比沸点较高的柴油先馏出，故A正确；B沸石具有防暴沸作用，所以蒸馏烧瓶中放人沸石可防止蒸馏时发生暴沸，减少安全事故的发生，故B正确；C冷凝管中水采用逆流方式，
28、所以冷凝水应该b为进水口、a为出水口，故C错误；D温度计测量馏分温度，则温度计水银球和蒸馏烧瓶支管口处相平，故D正确；故选：C。24.氧化性：Fe3+Cu2+，向物质的量浓度均为2molL1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是A. 当 a1时，发生的反应为：2Fe3+Fe3Fe2+B. 当 a2 时，发生的反应为：2Fe3+2Cu2+3Fe5Fe2+2CuC. 当 1a2 时，溶液中n(Fe2+ )(2+a)molD. 若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜【答案】B【解析】【分析】根据氧化性Fe3+Cu2+可判断向物质的量浓度均为2m
29、olL1的Fe2(SO4)3和CuSO4的500mL混合液中加入a mol 铁粉，硫酸铁首先氧化金属铁，然后才是硫酸铜与铁发生置换反应，结合反应物的量分析解答。【详解】硫酸铁和硫酸铜的物质的量均是2mol/L0.5L1.0mol，发生的反应依次为Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4、CuSO4+FeFeSO4+Cu，则A.当 a1时铁不足，发生的反应为，离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，A正确；B.当 a2时铁恰好反应或过量，发生的反应为和，离子方程式为：2Fe3+Cu2+2Fe4Fe2+Cu，B错误；C.当 1a2 时硫酸铁全部反应，硫酸铜过量，根据铁原子守恒可知溶液中n(Fe2+ )
30、(2+a)mol，C正确；D根据以上分析可知若有固体剩余，则可能是铜或铁和铜，D正确；答案选B。25.某盐是一种重要的化工原料，在印染、制革、木材和农业等领域有重要用途，其溶液可能含有NH4+、Al3、SO42-、Fe2、Cl等若干种离子，某同学设计并完成了如下实验：根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是()A. 试样中肯定有NH4+、SO42-和Fe2+B. 试样中一定没有Al3C. 若气体甲在标准状况下体积为0.448 L，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07 g和4.66 g，则可判断溶液中还有ClD. 该盐工业上可以用作净水剂【答案】C【解析】【分析】加入过量氢氧化钠有气体放出，
31、说明为氨气，则溶液中含有铵根离子，生成白色沉淀，又变为红褐色，说明含有亚铁离子，溶液丁加足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀，说明含有钡离子，加二氧化碳气体无现象，说明没有铝离子。【详解】A现象，根据上面分析得出试样中肯定有NH4+、SO42和Fe2+，故A正确，不符合题意；B现象，根据上面分析得出试样中一定没有Al3，故B正确，不符合题意；C选项，若气体甲在标准状况下体积为0.448L，即物质的量为0.02mol，沉淀丙和沉淀戊分别为1.07g和4.66g，氢氧化铁物质的量为0.01mol，即亚铁离子物质的量为0.01mol，硫酸钡的物质的量为0.02mol级硫酸根物质的量为0.02mol，根据
32、电荷守恒，刚好呈电中性，因此溶液中没有Cl-，故C错误，符合题意；D选项，该盐含有亚铁离子，氧化水解生成氢氧化铁胶体，可以用作净水剂，故D正确，不符合题意；综上所述，答案为C。非选择题部分二、非选择题26.（1）写出氯化镁的电子式_；写出乙烷的结构简式_；（2）电解饱和食盐水的化学方程式_。【答案】 (1). (2). CH3CH3 (3). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2【解析】【详解】(1)氯化镁由镁离子和氯离子构成，电子式为；乙烷分子式为C2H6，两个碳原子以单键相连，氢原子与碳原子单键相连，结构简式为CH3CH3；(2)电解饱和食盐水时阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出
33、的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，所以电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。27.已知A、B、D是食品中的常见有机物，A是生物的主要供能物质。以A和水煤气(CO、H2)为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图。已知E是CO和H2以物质的量之比1:2反应的产物，F为具有特殊香味、不易溶于水的油状液体。请回答：(1)有机物D中含有的官能团名称是_。(2)BC化学方程式是_。(3)下列说法不正确的是_(填字母)。A.有机物B与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B.除去F中含有D、E杂质可用NaOH溶液洗涤、分液C.D和E反应生成F时
34、，浓硫酸主要起强氧化剂作用D.C在一定条件下可以与H2反应转化为B【答案】 (1). 羧基 (2). 2CH2CH2OH+O22CH3CHO+H2O (3). ABC【解析】【分析】已知A、B、D是食品中的常见有机物，A是生物的主要供能物质，为葡萄糖，应为C6H12O6，生成B为CH2CH2OH，由流程可知C为CH3CHO，D为CH3COOH，E是CO和H2以物质的量之比1：2反应的产物，F为具有特殊香味、不易溶于水的油状液体，可知E为CH3OH，F为CH3COOCH3，以此解答该题。【详解】(1)D为CH3COOH，含有的官能团为羧基；(2)BC化学方程式是2CH2CH2OH+O22CH3C
35、HO+H2O；(3)A.有机物B为乙醇，与金属钠反应比水与金属钠反应要弱，选项A错误；B.F为酯类，可与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，选项B错误；C.D和E反应生成F时，浓硫酸主要起催化剂和吸水剂的作用，选项C错误；D.C为乙醛，含有醛基，在一定条件下可以与H2 反应转化为乙醇，选项D正确。答案选ABC。28.取一定量的CuCl2产品投入Na2CO3溶液中，充分反应生得到一种仅含四种元素的不溶性盐X，并产生气体CO2。设计如下实验探究X的组成和性质。已知各步反应所需试剂均过量，请回答：（1）混合气体的成分是_；X的化学式为_。（2）写出CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式
36、_。【答案】 (1). H2O 、CO2 (2). Cu5(OH)4(CO3)3 (3). 5Cu2+5CO32-+2H2O=Cu5(OH)4(CO3)3+2CO2【解析】【详解】黑色固体能在高温下与CO反应生成红色固体B，说明B是Cu，物质的量是3.20g64g/mol0.05mol。混合气体1.68g经过无水氯化钙后剩余1.32g，说明混合气体中含有水蒸气的质量是1.68g1.32g0.36g，物质的量是0.36g18g/mol0.02mol。气体A通入氢氧化钡溶液中得到白色沉淀5.91g，说明混合气体中含有二氧化碳的物质的量是5.91g197g/mol0.03mol，由此可知X中含有铜离
37、子0.05mol，含有碳酸根离子0.03mol，根据电荷守恒可知还含有0.04molOH，因此X的化学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（1）根据以上分析可知混合气体的成分是H2O、CO2；X的化学式为Cu5(OH)4(CO3)3。（2）根据原子守恒、电荷守恒可知CuCl2与Na2CO3反应生成X的离子方程式为5Cu2+5CO32-+2H2OCu5(OH)4(CO3)3+2CO2。【点睛】熟悉元素化合物的性质是解答本题的关键，知道流程图中每一步发生的反应，注意电荷守恒的灵活应用。29.某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。(1)通入足量SO2时C中观察
38、到的现象为_。(2)根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应。该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42。该做法_(填“合理”或“不合理”)，理由是_。(3)为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有_(填字母)。A.浓硫酸B.酸性KMnO4溶液C.碘水D.NaCl溶液【答案】 (1). 溶液由棕黄色变成浅绿色 (2). 不合理 (3). HNO3可以将SO2氧化成H2SO4，干扰实验 (4). BC【解析】【分析】装置A中的分液漏斗中的浓硫酸滴入锥形瓶中反应生成二氧化硫气体，通过装置B为安
39、全瓶，通过装置C中的氯化铁溶液具有氧化性能氧化二氧化硫为硫酸，氯化铁被还原为氯化亚铁，最后过量的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)利用Fe3+具有强氧化性，C中发生离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+，Fe3+显棕黄色，Fe2+显浅绿色，现象为溶液由棕黄色变成浅绿色；(2)HNO3具有强氧化性，能把SO2氧化成H2SO4，干扰实验，因此该做法不合理；(3)A、浓硫酸与SO2不发生反应，浓硫酸不能代替FeCl3，故A不符合题意；B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，如果紫红色褪去，说明SO2具有还原性，故B符合题意；C、碘水中I2，具有氧化性，能把S
40、O2氧化，淡黄色褪去，说明SO2具有还原性，故C符合题意；D、NaCl溶液不与SO2发生反应，不能鉴别SO2有还原性，故D不符合题意。答案选BC。30.取100 mL等物质的量浓度的盐酸和硫酸混合溶液，当加入100 mL 3.00 molL1的Ba(OH)2溶液时，溶液显中性。请计算：（1）硫酸的物质的量浓度为_ molL1。（2）当加入的Ba(OH)2体积为75.0 mL时，产生的沉淀质量为_ g。【答案】 (1). 2.00mol/L (2). 46.6【解析】【详解】(1)混合酸中加入100mL 3.00molL-1的 Ba(OH)2溶液时，溶液显中性，则原混合酸中氢离子物质的量等于氢氧
41、化钡中氢氧根离子物质的量为：0.1L3.00mol/L2=0.600mol，设盐酸与硫酸的物质的量浓度都为c，则溶液中氢离子个数为：c0.1L1+2c0.1L=0.600mol，解得c=2.00mol/L；(2)75mL 3.0mo/L的氢氧化钡溶液中含有钡离子的物质的量为：3.0mol/L0.075L=0.225mol，原混合液中含有硫酸根离子的物质的量为：2.0mol/L0.1L=0.2mol，根据反应SO42-+Ba2+=BaSO4可知，钡离子过量，硫酸根离子不足，则反应生成硫酸钡的物质的量为0.2mol，质量为：233g/mol0.2mol=46.6g。【点睛】解决化学中的计算题时，要先考虑整个过程中存在的守恒关系，依据守恒进行计算，避免根据方程式一步一步来的繁琐计算。