1、山东省临沂市费县第二中学2019-2020学年高一化学下学期第三次检测试题（含解析）第I卷（选择题共50分）一单选题（每题只有一个答案，每题2分共30分）1. 下列说法错误的是()A. 糖类化合物也可称为碳水化合物B. 维生素D可促进人体对钙的吸收C. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D. 硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多【答案】C【解析】A糖类化合物符合通式Cn(H2O)m，故称为碳水化合物，故A正确；B维生素D可促进人体对钙的吸收，故B正确；C蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不正确，故C错误；D硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，故D正确，故
2、选C。2. 下列关于物质性质的叙述中，正确的是( )A. Cl2能与金属活动顺序表中大多数金属反应B. N2是大气中的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO2C. 硫是一种淡黄色的能溶于水的晶体，既有氧化性又有还原性D. 硅是应用广泛的半导体材料，常温下化学性质活泼【答案】A【解析】【详解】ACl2能与金属活动顺序表中大多数金属反应，A正确；BN2是大气中的主要成分之一，雷雨时，可直接转化为NO，B错误；C硫是一种淡黄色的不溶于水的晶体，既有氧化性又有还原性，C错误；D硅是应用广泛的半导体材料，常温下化学性质不活泼，D错误；答案选A。3. 如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的
3、是( )A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色B 可与溴水发生加成反应使溴水褪色C. 中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D. 在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应【答案】A【解析】【详解】由四种有机物的比例模型可知，甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇。A甲为甲烷，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B乙烯分子中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，B正确；C苯中不存在碳碳单键及碳碳双键，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，C正确；D乙醇与乙酸在浓硫酸作用并加热时发生酯化反应，取代反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，D正确；故合理选项是A。4. 有机物A分
4、子式为C2H4，可发生以下系列转化，已知B、D是生活中常见的两种有机物。下列说法不正确的是() A. 75%的B溶液常用于医疗消毒B. D、E都能与NaOH溶液反应C. B、D、E三种物质可以用饱和Na2CO3溶液鉴别D. 由B、D制备E常用浓H2SO4作脱水剂【答案】D【解析】【分析】有机物A分子式为C2H4，则A为CH2CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，据此解答。【详解】有机物A分子式为C2H4，则A为CH2CH2，A与水发生加成反应生成B为CH
5、3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，AB为CH3CH2OH，75%的B溶液常用以医疗消毒，选项A正确；BD为CH3COOH，与氢氧化钠发生中和反应，E为CH3COOCH2CH3，与氢氧化钠反应生成醋酸钠与乙醇，选项B正确；C乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，有气体生成，乙醇与碳酸钠溶液互溶，而乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，溶液分层，现象各不相同，可以进行区别，选项C正确；D乙酸乙酯制备中浓H2SO4作催化剂和吸水剂，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯的性
6、质等，比较基础，有利于基础知识的巩固。5. 下列措施对增大反应速率明显有效的是（）A. 在用H2和N2工业合成NH3时,降低温度B. 将铝片改为铝粉,做铝与氧气反应的实验C. K2SO4与BaCl2在溶液中反应时,增大压强D. Fe与稀硫酸反应制取氢气时,改用浓硫酸【答案】B【解析】【详解】A.降低温度，活化分子数减小，有效碰撞次数减小，反应速率减慢，故A不选；B.做铝与氧气反应的实验时，将铝片改为铝粉，增大固体接触面积，反应速率加快，故B选；C.压强对在溶液中进行的化学反应的反应速率无影响，故C不选；D.将稀硫酸改用浓硫酸后，Fe发生钝化，不能制得氢气，故D不选；答案选B。6. 一定温度下,
7、当密闭容器中进行的反应:2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）达到平衡时,下列说法不正确的是（ ）A. 反应并未停止B. SO2的转化率达到最大C. 各物质的浓度相等D. O2的正、逆反应速率相等【答案】C【解析】【详解】A.可逆反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，但反应速率不等于0，反应没有停止，故A正确；B. 达到平衡时，可逆反应达到最大限度，则SO2的转化率达到最大，故B正确；C.可逆反应达到平衡时，各物质的浓度不再变化，但各物质的浓度不一定相等，故C错误；D. O2的正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故D正确；答案选C。7. 化学反应A2B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说
8、法正确的是（ ）A. 该反应是吸热反应B. 断裂1 mol AA键和1 mol BB键能放出x kJ的能量C. 断裂2 mol AB键需要吸收y kJ的能量D. 2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量【答案】C【解析】【详解】A.因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，A错误；B.化学键的断裂需要吸收能量，而不是释放能量，B错误；C.化学键的断裂吸收能量，由图可知断裂2 mol A-B键需要吸收y kJ能量，C正确；D.由图可知，1 mol A2和1 mol B2的总能量高于2 mol AB的总能量，D错误； 答案选C。8. 下列各组材料中，不能组成原
9、电池的是 ()ABCD两极材料锌片、石墨铜片、银片锌片、铜片铁片、铜片插入溶液稀硫酸硝酸银溶液蔗糖溶液稀盐酸A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 锌是活泼金属，石墨能导电的非金属单质，锌和硫酸能自发发生氧化还原反应，所以能形成原电池，A不符合题意；B. 两金属的活泼性不同，且铜片能自发与硝酸银发生氧化还原反应，所以能形成原电池，B不符合题意；C. 两金属的活泼性不同，但蔗糖是非电解质不能导电，负极不能和电解质溶液发生氧化还原反应，所以不能形成原电池，C符合题意；D. 两金属的活泼性不同，且铁片能自发与盐酸发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故D不符合题意；故合理选项是
10、C。9. 可再生能源是我国重要的能源资源，在满足能源需求、改善能源结构、减少环境污染、促进经济发展等方面具有重要作用。应用太阳能光伏发电技术是实现节能减排的一项重要措施。下列有关分析不正确的是（ ）A. 如上图是太阳能光伏发电原理图，图中A极为正极B. 风能、太阳能、生物质能等属于可再生能源C. 推广可再生能源有利于经济可持续发展D. 光伏发电能量转化方式是太阳能直接转变为电能【答案】A【解析】【详解】A、在原电池的外电路中，电流由正极流向负极，由图中的电流方向可判断A为负极，A错误；B、风能、太阳能、生物质能在短时间内能形成，属于可再生能源，B正确；C、不可再生资源不能持续使用，推广可再生能
11、源有利于经济可持续发展，C正确；D、光伏电池发电是将光能直接转化为电能，D正确；答案选A。10. 某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（ ）A. 两步反应均为吸热反应B. 三种化合物中C最稳定C. A与C的能量差为E4D. AB的反应，反应条件一定要加热【答案】B【解析】【详解】AA到B能量升高，为吸热反应，B到C能量降低，为放热反应，A错误；B能量越低越稳定，A、B、C三者C能量最低，最稳定，B正确；C从图上可知，A与C 的能量差为E4-E2-E1，C错误；D一个反应是放热还是吸热与是否加热无关，D错误。答案选B。11. 等质量的下列有机物完全燃烧,消耗O2最多
12、的是（）A. C2H4B. CH3CH2OHC. C6H6D. CH3COOH【答案】A【解析】【详解】令各有机物的质量为1g，则：A乙烯燃烧的化学方程式为：C2H4+3O22CO2 +2H2O，1g乙烯完全燃烧消耗O2的物质的量为：=0.11mol；B乙醇燃烧的化学方程式为：C2H5OH+3O22CO2+3H2O，1g乙醇完全燃烧消耗O2的物质的量为：=0.065mol；C苯燃烧的化学方程式为：C6H6+O26CO2+3H2O，1g苯完全燃烧消耗O2的物质的量为：=0.096mol；D乙酸燃烧的化学方程式为：CH3COOH+2O22CO2+2H2O，1g乙酸完全燃烧消耗O2的物质的量为：=0
13、.033mol；由上述分析可知，等质量的各有机物完全燃烧时，消耗O2最多的是乙烯，答案选A。12. 下列关于有机物的说法中,不正确的是（）A. 乙烯和甲烷都易发生取代反应B. 乙醇和乙酸都能发生取代反应C. 油脂在碱的催化作用下可发生水解,工业上利用该反应生产肥皂D. 用新制的Cu(OH)2（或新制的银氨溶液）可检验尿液中的葡萄糖【答案】A【解析】【详解】A. 乙烯分子中含有碳碳双键，易发生加成反应，甲烷是饱和烷烃，易发生取代反应，故A错误；B. 乙醇分子中含有羟基，可以发生取代（酯化）反应，乙酸分子中含有羧基，可以发生取代（酯化）反应，故B正确；C. 肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，油脂在碱的
14、催化作用下可发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，工业上利用该反应生产肥皂，故C正确；D. 葡萄糖分子中含有醛基，可与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀（或与新制的银氨溶液发生银镜反应），所以可用新制的Cu(OH)2（或新制的银氨溶液）检验尿液中的葡萄糖，故D正确；答案选A。13. 下列说法正确的是（ ）A. SiO2既可以和NaOH溶液反应，也可以和HF溶液反应，所以SiO2是两性氧化物B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物,金属氧化物多数是碱性氧化物C. 石英是良好半导体材料，可以制成光电池D. 陶瓷的烧制不涉及化学变化【答案】B【解析】【详解】ASiO2可以和NaOH在溶液中反应生成Na
15、2SiO3和H2O，而与HF反应生成SiF4和H2O，其中SiF4不属于盐，所以SiO2不是两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，故A错误；B非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物多数是碱性氧化物，故B正确；C晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，而石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅不是半导体材料，故C错误；D 烧制陶瓷的主要原料是黏土，陶瓷主要成分是二氧化硅、硅酸盐等，在陶瓷烧制过程有新物质产生，涉及化学变化，故D错误；答案选B。14. 类推思想在化学学习与研究中经常被采用，但类推出的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类推的结论中正
16、确的是()A. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，故CO2也能使酸性KMnO4溶液褪色B. 盐酸与镁反应生成氢气，故硝酸与镁反应也生成氢气C. SO2能使品红溶液褪色，故CO2也能使品红溶液褪色D. 常温下浓硫酸能使铁和铝钝化，故常温下浓硝酸也能使铁和铝钝化【答案】D【解析】【分析】【详解】A.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因为其具有还原性，二氧化碳没有还原性，不能与KMnO4反应，故A错误；B.硝酸具有强的氧化性，与活泼金属反应得不到氢气，故B错误；C.SO2能使品红溶液褪色，是因为其具有漂白性，二氧化碳没有漂白性，所以CO2不能使品红溶液褪色，故C错误；D.浓硫酸与浓硝酸都具有强的氧
17、化性，室温下，都能使铁和铝发生钝化，故D正确；答案选D。15. 足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A. 60mLB. 45mLC. 30mLD. 15mL【答案】A【解析】【详解】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)2n(O2)4，得n(Cu)2n(O2)20.15 mol，所以这些铜
18、对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。二.多选题（每题1-2个答案，每题4分，试题若有2个答案只选1个且正确得2分，共20分）16. 以下说法中正确的是（）A. 仅用试管、胶头滴管、溴水、KI淀粉溶液就可比较Br2与I2的氧化性的强弱B. 制备粗硅的反应为CSiO2SiCO2C. SiO2与Al2O3均能与强碱溶液反应，所以均为酸性氧化物D. 光导纤维的成分主要是SiO2【答案】AD【解析】【详解】A.用胶头滴管向盛有KI淀粉溶液的试管中滴加溴水，观察溶液是否变蓝，若变蓝，则Br2的氧化性大于I2，故A正确；B. 制备粗硅反应为：2
19、CSiO2Si2CO，故B错误；C. SiO2能与强碱溶液反应，SiO2是酸性氧化物，Al2O3既能与强碱溶液反应也能与强酸溶液反应，所以Al2O3为两性氧化物，故C错误；D. 光导纤维的主要成分是SiO2，故D正确；答案选AD。17. 25 时，相同的镁条与下列酸溶液反应，反应开始时放出 H2 最快的是A. 20 mL 4 molL-1硝酸B. 10mL 1 molL-1醋酸C. 10mL 1 molL-1硫酸D. 20 mL 1 molL-1盐酸【答案】C【解析】【详解】A硝酸与Mg反应不生成氢气；B醋酸是一元弱酸，10mL1molL-1醋酸中氢离子的浓度小于1 molL-1；C硫酸是二元
20、强酸，10mL1molL-1硫酸中氢离子的浓度为2 molL-1；D盐酸是一元强酸，20mL1molL-1盐酸中氢离子的浓度为1 molL-1；B、C、D三个选项中，10mL1molL-1硫酸中氢离子浓度最大，与Mg反应开始时放出H2最快，答案选C。【点睛】影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，对于同一个化学反应，反应物浓度越大，温度越高，反应速率越大，注意硝酸与金属反应不生成氢气，金属与酸反应的实质是与其中的氢离子反应，只需要比较出氢离子浓度的相对大小即可。18. 反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在2 L密闭容器中进行，5s后，水蒸气的物质的量增加了6 mo
21、l，则此反应的平均速率可表示为（ ）A. （H2O）=0.6 mol/（Ls）B. （O2）=0.72 mol/（Ls）C. （NO）=0.9 mol/（Ls）D. （NH3）=0.4 mol/（Ls）【答案】AD【解析】【分析】计算出5s内用水蒸气表示的平均反应速率，然后利用化学计量数与化学反应速率成正比确定用一氧化氮、氧气、氨气表示的反应速率。【详解】A. 5s后H2O的物质的量增加了6mol，则该时间段用H2O表示的平均反应速率为：v(H2O)=0.6mol/(Ls)，故A正确；B. 根据A选项(H2O)=0.6mol/(Ls)，则（O2）=（H2O）=0.5mol/(Ls)，故B错误；
22、C. 根据A选项(H2O)=0.6mol/(Ls)，则（NO）=（H2O）=0.6mol/(Ls)=0.4 mol/（Ls），故C错误；D. 根据A选项(H2O)=0.6mol/(Ls)，则（NH3）=（H2O）=0.6mol/(Ls)=0.4 mol/（Ls），故D正确；答案为AD。19. 莽草酸可用于合成药物达菲,其结构简式如图,下列关于莽草酸的说法正确的是（）莽草酸A. 分子式为C7H10O5B. 分子中含有2种官能团C. 可发生加成和取代反应D. 在水溶液中羧基和羟基均能电离出H+【答案】AC【解析】【详解】A根据莽草酸的结构式可知其分子式为：C7H10O5，故A正确；B由莽草酸的结构
23、可知其含有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，故B错误；C碳碳双键可以发生加成反应，羧基、羟基可发生酯化反应，也为取代反应，故C正确；D在水溶液中羟基不能电离出H+，羧基能电离出H+，故D错误；答案选AC。20. 由U形管、质量为m g的铁棒、质量为m g的碳棒和1 L 0.2 molL-1 CuCl2溶液组成的装置如图所示，下列说法正确的是A. 闭合K，电子通过电解质溶液移到碳棒上B 闭合K，碳棒上有紫红色固体析出C. 闭合K，当电路中有0.3NA个电子通过时，理论上碳棒与铁棒的质量差为18gD. 闭合K，铁棒表面发生的电极反应为Cu2+2e-=Cu【答案】BC【解析】【分析】该装置为原电池，
24、铁棒做原电池的负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe2e-= Fe2+，碳棒为正极，溶液中铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2+2e-=Cu。【详解】A.闭合K，电子由铁棒通过导线移到碳棒上，故A错误；B.由分析可知，闭合K，碳棒为正极，溶液中铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，碳棒上有紫红色固体析出，故B正确；C.闭合K，当电路中有0.3NA个电子通过时，负极上减少的质量为=8.4g，正极上增加的质量为=9.6g，则理论上碳棒与铁棒的质量差为(8.4g+9.6g)=18g，故C正确；D.由分析可知，闭合K，铁棒做原电池的负极，铁失去电子发生氧化反
25、应生成亚铁离子，电极反应式为Fe2e-= Fe2+，故D错误；故选BC。第II卷（非选择题共50分）21. 已知X是一种具有果香味的合成香料,如图为合成X的一种流程。E是日常生活中常见的一种有机物,碳、氢元素的质量分数分别约为52.17%、13.04%,其余为氧,E的相对分子质量为46,其中含有甲基和亚甲基（CH2）。请根据以上信息,回答下列问题:（1）A分子中官能团的名称是_,E的结构简式是_。 （2）DE的化学反应类型为_。 （3）上述A、B、C、D、E、X六种物质中,互为同系物的是_。 （4）反应C+EX的化学方程式为_。【答案】 (1). 羟基 (2). CH3CH2OH (3). 加
26、成反应 (4). A E (5). CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O【解析】【分析】E分子中碳原子个数N(C)=2，H原子个数N(H)=6，所以氧原子个数N(O)=1，则E的分子式为C2H6O；E含有甲基和亚甲基(CH2)，可知E 的结构简式为CH3CH2OH；E和C发生酯化反应生成酯X，根据X的化学式可知C的分子式为C3H6O2，C为酸，C的结构简式为CH3CH2COOH，所以B为CH3CH2CHO，A为CH3CH2CH2OH，D和水在加热、加压、催化剂作用下反应生成CH3CH2OH，D为CH2=CH2。【详解】(1)由上述分析可知，A为CH3CH2C
27、H2OH，官能团是羟基； E为CH3CH2OH；(2) DE为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应类型是加成反应；(3)由上述分析可知，A为CH3CH2CH2OH、B为CH3CH2CHO、C为CH3CH2COOH、D为CH2=CH2、E为CH3CH2OH、X为CH3CH2COOCH2CH3，其中A、E互为同系物；(4)反应C+EX为CH3CH2COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3CH2COOCH2CH3和水，化学方程式为：CH3CH2COOH+CH3CH2OHCH3CH2COOC2H5+H2O。22. (1)在2 L的密闭容器中放入4 mol N2O5，发生如下反应：2N2O5（g）
28、4NO2（g）+O2（g）。反应至5 min时,测得N2O5转化了20%，则v（NO2）为_ ；5 min时，N2O5在混合气体中的体积分数是_。 (2)某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空： 该反应的化学方程式为_。 若X、Y、Z均为气体，2 min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为_。 若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时_（填“增大”“减小”或“相等”）。 硫酸是一种重要的化工产品，硫酸消耗量常视为一个国家工业发展水平的一种标志。目前硫酸的重要生产方法是“接触法
29、”，有关反应2SO2+O2 2SO3的说法正确的是_（多选） 。A该反应为可逆反应，故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫B达到平衡后，反应就停止了，故此时正、逆反应速率相等且均为0C一定条件下，向某密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，则从反应开始到达平衡的过程中，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，某一时刻,正、逆反应速率相等D在利用上述反应生产三氧化硫时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题【答案】 (1). 0.16 molL-1min-1 (2). 61.5% (3). 3X+Y2Z (4). 910 (5). 增大 (6). ACD
30、【解析】【详解】(1) 反应至5 min时，测得N2O5转化了20%，根据化学方程式可知，5 min时各物质的物质的量为：n(N2O5)=4mol-4mol20%=3.2mol、n(NO2)=1.6mol、n(O2)=0.4mol，v(NO2)=0.16 molL-1min-1；相同条件下，气体的体积比等于物质的量之比，则N2O5在混合气体中的体积分数是：100%=61.5%；(2)反应中各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则XYZ=（1-0.7）mol（1-0.9）mol（0.2-0）mol=312，2 min后各物质的物质的量不再变化，此反应为可逆反应，故反应的化学方程式为3X
31、+Y2Z；相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，则（0.9+0.7+0.2）mol（1.0+1.0）mol=910；达平衡时，容器内气体的物质的量减少，但气体总质量不变，故混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大； A该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫，故A正确；B达到平衡后，正反应速率等于逆反应速率但不为0，反应仍然在进行，故B错误；C一定条件下，向某密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，则从反应开始到达平衡的过程中，反应物不断减少，正反应速率不断减小，生成物不断增加，逆反应速率不断增大，某一时刻达到平衡，
32、正、逆反应速率相等，故C正确；D在利用上述反应进行工业生产三氧化硫时，既要考虑原料的利用率，也要考虑生产的时间成本，即要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题，故D正确；答案选：ACD。23. 为了探究氨、乙醇的性质，某同学设计并进行了下列实验。请回答：(1)仪器B的名称为_。(2)为快速制备氨气，A中应加入的试剂为_，B中应放入的试剂为_。(3)若A中加入乙醇，B中加入生石灰，C中加入无水硫酸铜，反应一段时间后，C中的现象为_。经检测反应中既生成了乙醛，又生成了少量乙酸。请写出乙醇与氧化铜反应生成乙醛的化学方程式_。(4)在(3)中实验里，某同学为检验尾气中是否含有乙醇，虚线框
33、处宜选择的装置是_(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入试管中，观察到铜丝由黑渐渐变红，由此可得出的结论是_。(并简述其理由)【答案】 (1). (球形)干燥管 (2). 浓氨水(多加“生石灰、强碱等”不扣分) (3). 碱石灰 (4). 固体由白色变为蓝色 (5). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (6). 甲 (7). 不能确定尾气中是否含有乙醇，因为乙醛也能将氧化铜还原为铜(合理即给分)【解析】【详解】（1）根据仪器的结构可知仪器B的名称为干燥管。（2）氨水中的一水合氨受热易分解生成氨气，则为快速制备氨气，A中应加入的试剂为浓氨水；B装
34、置用来干燥氨气，其中应放入的试剂为碱石灰。（3）若A中加入乙醇，B中加入生石灰，C中加入无水硫酸铜，反应一段时间后，乙醇被氧化铜氧化为乙醛，同时还有铜和水蒸气生成，则C中的现象为固体由白色变为蓝色。乙醇与氧化铜反应生成乙醛的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）由于乙醇能把氧化铜氧化为乙醛，氧化铜被还原为红色的铜，且乙醇是液体，所以虚线框处宜选择的装置是甲装置；又因为乙醛也能将氧化铜还原为铜，所以不能依据铜丝由黑渐渐变红确定尾气中是否含有乙醇。24. 已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设
35、计了如下实验，请回答下列问题：（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是_，烧瓶中加入的试剂是_，发生的离子反应方程式_；（2）虚线框内是一个装有未知试剂的广口瓶，该试剂是_，说明装置的作用_；（3）装置B中盛放的试剂是_(选填下列所给试剂的字母)，实验现象为_，化学反应方程式是_；ANa2S溶液 BNa2SO3溶液 CNa2SO4溶液（4）已知：硫酸比次氯酸稳定；高氯酸比硫酸酸性强；S2-比Cl-易被氧化；HCl比H2S稳定；铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应；铁与氯气加热生成三氯化铁，铁与硫加热生成硫化亚铁。可说明氯比硫非金属性强的是_；A全部 B C D除以外【答案】 (1). 浓HCl (2)
36、. MnO2 (3). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O (4). 饱和食盐水 (5). 除去Cl2中混有的HCl (6). A (7). 有黄色沉淀生成 (8). Cl2+S2-=S+2Cl- (9). B【解析】【分析】(1)从实验室制取氯气的原理分析；(2)制取氯气时，浓盐酸易挥发，则虚线框内的装置图中所加试剂为除HCl气态，则为饱和食盐水； (3)氯气与硫化钠反应生成单质硫，氯气为氧化剂、硫为氧化产物，氯的氧化性大于硫；(4)氯比硫非金属性强，则其气态氢化物的稳定性越强，反应越容易；其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；与变价金属反应生成高价态的非金属性较强。【详解】(
37、1)根据实验目的可知，验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，则装置A为制取氯气的装置，其反应原理为浓盐酸与二氧化锰共热，则分液漏斗中盛有浓盐酸，其反应的离子方程式为：MnO2+ 4H+ +2Cl-(浓)Mn2+ + Cl2+2H2O，故答案为：浓HCl；MnO2；MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O；(2)制取氯气时，浓盐酸易挥发，则虚线框内的装置图中所加试剂为除HCl气态，则为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；除去Cl2中的HCl气体；(3)氯气与硫化钠反应生成单质硫，氯气为氧化剂、硫为氧化产物，氯的氧化性大于硫，方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S，离子方程式为：Cl2+S2-=S+2Cl-，现象为：有黄色沉淀生成，故答案为：A；有黄色沉淀生成；Cl2+S2-=S+2Cl-；(4)氯比硫非金属性强，则其气态氢化物的稳定性越强，反应越容易，则正确；其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则错误、正确；与变价金属反应生成高价态的非金属性较强，则正确；对应离子的还原性越弱，则正确；综上正确为：，答案为：B。
