1、云南省红河州弥勒市中小学2018-2019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： 1.苏轼的格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指A. 脱落酸B. 乙烯C. 生长素D. 甲烷【答案】B【解析】【详解】A脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；B乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选；C生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；D甲烷不具有催熟作用，故D不选；故选：B。2.2019年6月5日，中国主办世
2、界环境日，聚焦“空气污染”主题有关该主题的以下说法不正确的是( )A. PM2.5是指大气中直径小于等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物B. 汽车排放的废气主要有一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物和碳氢化合物等C. 防治空气污染除了要减少污染物的排放量，还要从我做起D. 氮氧化物不仅会形成酸雨等危害，还会引起温室效应【答案】D【解析】【详解】APM2.5是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物，A正确；B汽车排放的污染物有固体悬浮微粒、CO、SO2、氮氧化物和碳氢化合物等，其中废气主要有一氧化碳、二氧化硫、氮氧化物和碳氢化合物等，B正确；C防治空气污染除了要减少污染物的排放量，还要从
3、我做起，符合题干主题，C正确；D氮氧化物会形成酸雨等危害，而温室效应主要与CO2的排放有关，D错误；答案选D。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D. NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A熔点高的物质可作耐高温材料，由于Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，如制作耐火材料等，故A正确；B二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，故B错误；C二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用于制造光导纤维，与其硬度大小无关，故C错误；D液氨气化吸热，用作制
4、冷剂，与其溶解性无关，故D错误；答案选A。4.垃圾处理无害化、减量化和资源化逐渐被人们所认识。垃圾的分类收集是实现上述理念的重要措施。某垃圾箱上贴有如图所示的标志，向此垃圾箱中丢弃的垃圾应是（ ）A. 危险垃圾B. 可回收垃圾C. 有害垃圾D. 其他垃圾【答案】B【解析】【详解】根据公共标志中的包装制品回收标志可知：图所示的标志为可回收物，故选B。5.下列化学用语正确的是( )A. 硫离子的结构示意图：B. 氯化氢的电子式：C. 的电子式是D. 的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A硫离子核外有18个电子，硫离子结构示意图是，故A错误；B氯化氢是共价化合物，氯化氢的电子式是，故B错误；C分子
5、中含有2个碳氧双键，二氧化碳的电子式是，故C正确；D的球棍模型是，比例模型是，故D错误；答案选C。6.2016年1月中国科学报报道，又有113号、115号、117号和118号四种元素被载入元素周期表其中118号元素的原子符号为，该原子的中子数为( )A 294B. 176C. 1l8D. 412【答案】B【解析】【详解】质量数=质子数+中子数，原子符号为的原子，质量数是294、质子数是118，中子数=294-118=176，故选B。7.下列物质中既有离子键又有共价键的化合物是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A共价化合物，其分子中只含有共价键，A不满足题意；B为离子化合物
6、，只含有离子键，B不满足题意；CN2是单质，含有共价键，C不满足题意；D为离子化合物，Na+与OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成共价键，D满足题意；答案选D。8.下列过程中所发生的化学变化属于取代反应的是( )A. 光照射甲烷与氯气的混合气体B. 乙烯通入溴水中C. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应D. 乙酸溶液中加入纯碱【答案】A【解析】【详解】A光照射甲烷与氯气的混合气体，发生取代反应生产一氯甲烷等卤代烃和氯化氢，A符合题意；B乙烯中含有碳碳双键，乙烯通入溴水中，发生加成发应，B不符合题意；C在镍做催化剂的条件下，苯与氢气发生加成反应生产环己烷，C不符合题意；D乙酸溶液中加入纯
7、碱，发生复分解反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，D不符合题意；答案选A9.下列说法正确的是( )A. 苯和乙烯均可使酸性溶液褪色B. 纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物C. 煤的干馏和石油的分馏均属物理变化D. 葡萄糖和淀粉均能发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A苯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B纤维素、淀粉和蛋白质都是天然存在的高分子化合物，B正确；C将煤隔绝空气加强热称为煤的干馏，属于化学变化，C错误；D葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D错误。答案选B。10.对于工业合成氨反应：N2+3H22NH3，下列说法错误的是（）A. 使用合适的催化剂可以加大反应速率B. 升高
8、温度可以增大反应速率C. 增大N2浓度可以使H2完全反应D. 增大N2浓度可以增大反应速率【答案】C【解析】【详解】A、合适的催化剂能够有效的降低化学反应活化能，使活化分子百分含量增加，从而使有效碰撞几率增加，化学反应速率加快，故A不符合题意；B、升高温度能够提高活化分子百分含量，同时碰撞频率增加，使有效碰撞几率增加，使化学反应速率增加，故B不符合题意；C、该反应为可逆反应，根据可逆反应特点可知，反应物不可能完全反应，故C符合题意；D、增加N2浓度，使活化分子数增加，有效碰撞几率增加，使化学反应速率增加，故D不符合题意。11.海水电池常用在海上浮标等助航设备中，其示意图如图所示。电池反应为2L
9、i2H2O2LiOHH2。电池工作时，下列说法错误的是( )A. 金属锂作负极B. 电子从锂电极经导线流向镍电极C. 海水作为电解质溶液D. 可将电能转化为化学能【答案】D【解析】【分析】锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2。【详解】A根据分析金属锂作原电池负极失电子发生氧化反应，故A正确；B电子从负极沿导线流向正极，电子从锂电极经导线流向镍电极，故B正确；C原电池中利用海水做电解质溶液，形成闭合回路，故C
10、正确；D装置为原电池反应，化学能转化为电能，故D错误；故选：D。12.下列各组离子在溶液中可以大量共存的是( )A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】B【解析】【详解】AMg2+、Fe3+与OH-会生成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B、相互之间不反应，可以大量共存，B符合题意；C与H+会反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，C不符合题意；D与OH-反应会生成NH3H2O，不能大量共存，D不符合题意；答案选B。13.用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A. 常温常压下，含有的氧原子数为3 NA B. 标准状况下，与足量的反应转移的电子数为3 NA C
11、. NA个一氧化碳分子和甲烷的质量比为7:4D. 固体溶于1L的水中，所得溶液的物质的量浓度为【答案】A【解析】【详解】An(O)=3mol，即含有的氧原子数为3 NA，A正确；B结合2Fe+3Cl22FeCl3可知，反应消耗3molCl2转移6mol电子，所以标准状况下，(1mol)与足量的反应转移2mol电子，即转移的电子数为2NA，B错误；CNA个一氧化碳分子的质量为28g，甲烷的质量=0.5mol16g/mol=8g，所以NA个一氧化碳分子和甲烷的质量比=28:8=7:2，C错误；D未给出溶液的体积，无法准确计算溶质的物质的量浓度，D错误。答案选A。14.某合作学习小组讨论辨析：漂白粉
12、和酸雨都是混合物；煤和石油都是可再生能源；和都是电解质；不锈钢和目前流通的硬币都是合金；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物；鸡蛋清的水溶液和雾都是胶体上述说法正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，酸雨是硫酸、硝酸的水溶液，漂白粉和酸雨都是混合物，故正确；煤和石油都是不可再生能源，故错误；的水溶液能导电，熔融状态能导电，和都是电解质，故正确；不锈钢是铁的合金，硬币为钢芯镀镍合金等，都属于合金，故正确；纯碱是碳酸钠，纯碱属于盐，故错误；鸡蛋清的水溶液和雾都能产生丁达尔效应，都是胶体，故正确；说法正确的是，故选D。15.自
13、然界中氮的循环如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 工业合成氨属于人工固氮B. 在雷电作用下N2与O2发生化学反应C. 在氮的循环过程中不涉及氧化还原反应D. 含氮无机物与含氮有机物可相互转化【答案】C【解析】【详解】A. 工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，A项正确；B. 在雷电作用下N2与O2发生化学反应生成NO，B项正确；C. N2与O2生成NO的反应是氧化还原反应，所以在氮的循环过程中涉及氧化还原反应，C项错误；D. 由氮的循环示意图可知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮无机物与舍氮有机物间的相互转化，D项正确；故答案为C。16.某温度下
14、，在一固定容积的容器中进行反应：SO3（g）NO（g）NO2（g）SO2（g），下列情况一定能说明已经达到化学平衡状态的是A. 气体的密度不再随时间而改变B. 体系总质量不再随时间而改变C. NO（g）和NO2（g）的生成速率相同D. SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1【答案】C【解析】【详解】A、反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以总压强不随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故A错误；B、反应前后都是气体，体系气体总质量始终是不变的，体系总质量不再随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故B错误；C、NO（g）和NO2（g）的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，状态一定是平
15、衡状态，故C正确；D、SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1，不能表明正逆反应速率相等，状态不一定是平衡状态，故D错误；故选C。17.利用下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是( )A. 实验室制取纯净干燥的氨气B 实验室用自来水制取蒸馏水C. 用浓硫酸干燥CO2D. 测量铜与浓硝酸反应生成气体的体积【答案】B【解析】【详解】A氯化铵分解后生成氨气和氯化氢，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；B利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故B正确； C用浓硫酸干燥CO2，二氧化碳应从长导管进入，短导管出，故C错误；D铜与浓硝酸反应生成二氧
16、化氮，二氧化氮能与水反应，不能用排水法测量其体积，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意氯化铵受热分解后生成氨气和氯化氢，而氨气和氯化氢在常温下又化合生成氯化铵，但该反应不属于可逆反应。18.下列反应的离子方程式书写不正确的是（ ）A. 铁与氯化铁溶液：FeFe3=Fe2B. 稀盐酸与氢氧化钠溶液：HOH=H2OC. 铜与硝酸银溶液：Cu2Ag=Cu22AgD. 碳酸钙与稀盐酸：CaCO32H=Ca2 CO2H2O【答案】A【解析】【详解】A. 铁与氯化铁溶液，选项中的方程式电荷不守恒，应为：Fe2Fe3=3Fe2，符合题意，A正确；B. 稀盐酸与氢氧化钠溶液，HCl、NaOH为
17、强电解质，拆分为离子，方程式为HOH=H2O，与题意不符，B错误；C. 铜与硝酸银溶液，生成Ag和硝酸铜，离子方程式为Cu2Ag=Cu22Ag，与题意不符，C错误；D. 碳酸钙为沉淀，写化学式，与稀盐酸的离子方程式为CaCO32H=Ca2CO2H2O，与题意不符，D错误；答案为A。19.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是( )选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有B向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生该溶液中一定含有C向某溶液中加入溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有D向某溶液中加入溶液，溶液变为红色该溶液中一定含有A. AB. BC. C
18、D. D【答案】D【解析】【详解】A向某溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，则原溶液可能含有、SO42-，故A错误；B向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，则原溶液可能含有或HCO3-，故B错误；C向某溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，则原溶液可能含有或Ag+，故C错误；D遇溶液显红色，向某溶液中加入溶液，溶液变为红色，则原溶液一定含有，故D正确；选D。20.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是( )A. 只通过物理变化即可提取海水中的溴单质B. 海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化C. 从海水中可以得到，可电解溶液制备D. 海水中提取镁的过程中加入贝壳煅烧制得的石灰，目的是将转变成【答案】D【
19、解析】【详解】A海水中溴元素以溴离子形式存在，无法只通过物理变化提取到溴单质，A错误；B将海水蒸发析出氯化钠晶体，只涉及物理变化，B错误；C电解熔融状态的NaCl制备金属Na，C错误；D贝壳煅烧制得的CaO与水反应得Ca(OH)2，Ca(OH)2将转变成，D正确。答案选D。21.高炉炼铁中存在反应：，下列说法不正确的是( )A. 该反应属于氧化还原反应B. 在该条件下，将还原剂换成，发生反应后也能生成C. 每生成(标况下)的，转移D. 俗称“铁红”，外观为红棕色粉末，在该反应中被还原【答案】C【解析】【详解】AC元素、Fe元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A正确；B在该条件下，将还原剂换成
20、，发生铝热反应：，B正确；C结合反应方程式可知：每生成3molCO2转移6mol电子，所以标况下每生成(1.5mol)的转移3mol电子，C错误；D俗称“铁红”，外观为红棕色粉末，Fe元素化合价降低，被还原，D正确。答案选C。22.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W的最外层电子数是内层电子数的3倍，W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族。下列说法不正确的是( )A. 简单离子半径 X WB. W的氢化物沸点大于Y的氢化物沸点C. Z的氧化物中含离子键D. 最高价氧化物对应水化物的碱性 Z X【答案】A【解析】【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W的
21、最外层电子数是内层电子数的3倍，则内层电子数=2，最外层电子数=6，为O元素；W与Y同族，Y为S元素，Z一定为第四周期元素；W、X、Z最外层电子数之和为10，则X、Z最外层电子数之和为4，可以是1+3、2+2、3+1，若X为Na，Z不在20号元素之前、若X为Mg，Z为Ca、若X为Al，Z为K。据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，Y为S元素。X为Mg，Z为Ca，或者X为Al，Z为K。A. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，W为O元素，X为Mg或Al，简单离子半径 X W，故A错误；B. W为O元素，水分子间能够形成氢键，硫化氢不能，因此水的沸点高于H2S，故B正确；C.
22、 Z为Ca或K，均为活泼的金属元素，则氧化物一定为离子化合物，含离子键，故C正确；D. X为Mg或Al，Z为Ca或K，金属性ZX，最高价氧化物对应水化物的碱性 Z X，故D正确；答案选A。23.巴豆酸的结构简式为CH3CHCHCOOH。现有氯化氢；溴水；纯碱溶液；丁醇；酸性高锰酸钾溶液。试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】巴豆酸所含官能团是C=C和-COOH，C=C可以和氯化氢、溴水发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；-COOH具有酸性，可以和纯碱溶液反应，同时-COOH也能和丁醇在一定条件下发生酯化反应，则在
23、一定条件下，能与巴豆酸反应物质是；答案选D。24.下列叙述和均正确并有因果关系的是选项叙述叙述A酸性：HClH2S非金属性：ClSB铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性构成原电池且铁作负极CNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电D向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色I还原性强于ClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，不能根据氢化物的酸性判断元素的非金属性，故A错误；B铁表面镀锌，构成原电池时，铁做正极，锌做负极，可以增强铁的抗腐蚀性，故B错误；CNa在Cl2中燃烧的生成氯化钠，氯
24、化钠中含离子键，但是，NaCl固体中的钠离子和氯离子不能自由移动，不能导电，故C错误；D溶液上层呈橙红色，可知氯气氧化碘离子，由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I-还原性强于Cl-，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点是C，注意离子化合物在固态时不能导电。25.55g铁铝混合物与足量的盐酸反应生成标准状况下的氢气44.8L，则混合物中铁和铝的物质的量之比为 （ ）A. 1:1B. 1:2C. 2:1D. 2:3【答案】B【解析】【详解】设混合物中铁和铝的物质的量分别是xmol和ymol，则56x27y55、x1.5y =2，解得x0.5、y1，即二者的物质的量之比是1：
25、2，答案选B。26.为纪念迪米特里门捷列夫发明的元素周期表诞生150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”元素周期表是科学界最重要的成就之一，表是元素周期表的一部分，其中每个数字序号代表一种短周期元素请按要求回答下列问题：(1)将、和三种元素相比较，非金属性最强的是(填元素符号)_；用原子结构解释原因，理由是：_(2)元素与的氢化物的稳定性顺序为_(填化学式)；(3)元素与元素能形成原子个数比为1:1的化合物Y，Y在常温下为固态，焰色反应为黄色，Y与的最高价氧化物反应的化学方程式为_(4)元素和元素的最高价氧化物对应的水化物在溶液中相互反应的离子方程式是_【答案】 (1).
26、F (2). 在同周期中，随着核电荷数增大，原子半径减小，得电子的能力增强 (3). H2OH2S (4). (5). 【解析】【分析】由元素在元素周期表中的位置可知，为C元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Al元素，为S元素，据此结合元素及其化合物的性质进行分析解答。【详解】(1)同周期元素从左至右，随着核电荷数增大，原子半径减小，得电子的能力增强，故非金属性依次增强，则非金属性：FOC，故答案为：F；随着核电荷数增大，原子半径减小，得电子的能力增强；(2)O元素和S元素的氢化物分别为H2O和H2S，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性OS，所以稳定性H2OH2S，故答案为：H2OH2S
27、；(3)O元素和Na元素形成原子个数比为1：1的化合物Y，Y在常温下为固体，焰色反应为黄色，则Y为Na2O2，C的最高价氧化物为CO2，两者反应的化学方程式为，故答案为：；(4)Na元素和Al元素的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，Al(OH)3具有两性，与强碱NaOH反应生成NaAlO2，反应的离子方程式为，故答案为：。27.我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献联合制碱法的主要过程如图所示(部分物质己略去)(1)所涉及的操作方法中，包含过滤的是_(填序号)(2)根据上图，写出中发生反应的化学方程式：_(3)煅烧固体的化学方程式是_(4)下列说法
28、中，正确的是_(填字母)a可循环使用b副产物可用作肥料c溶液B中一定含有、【答案】 (1). (2). (3). (4). a b c【解析】【分析】根据图示过程分析可知，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来，加热发生分解反应，得到纯碱Na2CO3，滤液中加入NaCl固体，会析出NH4Cl晶体；【详解】(1)根据上述分析可知，所涉及的操作方法中，包含过滤的是和；(2)过程为向饱和食盐水中先通入氨气，再通入CO2气体，发生反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为：NaCl+NH3+CO
29、2+H2O=NaHCO3+NH4Cl；(3)NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O和CO2，反应的化学方程式为；(4)a开始通入二氧化碳反应，最后碳酸氢钠受热分解生成的CO2可循环使用，a正确；b副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，b正确；c溶液B中主要是氯化钠、氯化铵饱和溶液，一定含有Na+、Cl-，c正确；故合理选项是abc。28.材料的发展与应用促进了人类社会的进步(1)碳晶地暖环保、节能、安全，其构造如图所示。其中属于金属材料的是_；属于硅酸盐材料的是_；属于高分子材料的是挤塑板和_(2)吸附材料具有多孔、表面积大的特点，活性炭吸附的过程中，会伴有C与的反应，产物为
30、两种常见无毒气体写出该反应的化学方程式：_(3)是锂离子电池的一种正极材料，可通过与煅烧制备，同时还生成和一种单质，写出该反应的化学方程式：_(4)某原电池装置如图所示：负极的电极反应式是_；当铜表面析出氢气(标准状况)时，导线中通过了_电子【答案】 (1). 铝箔 (2). 瓷砖 (3). 聚氯乙烯膜 (4). (5). (6). (7). 0.02【解析】【详解】(1)铝箔由铝制造，属于金属材料，瓷砖属于硅酸盐材料，聚氯乙烯膜由氯乙烯发生加聚反应制成，属于高分子材料，故答案为：铝箔；瓷砖；聚氯乙烯膜；(2)结合元素守恒可知，两种常见无毒气体为N2和CO2，所以C和NO2反应的化学方程式为：
31、，故答案为：；(3)通过与煅烧制备，Mn元素化合价降低，则必有元素化合价升高，所以生成的单质为O2，则该反应的化学方程式为：，故答案为：；(4)铜锌原电池，Zn为负极，发生的反应为：，故答案为：；Cu为正极，发生的电极反应为：2H+2e-=H2，所以，铜表面析出氢气(标准状况)时，导线中通过0.02mol电子，故答案为：0.02。29.几种有机物的相互转化如图：请回答：(1)乙烯的电子式是_(2)反应的反应类型是_(3)XY的方程式是_(4)X+ZW的方程式是_，实验室常用图所示的装置实现这一转化试管b中一般加入_溶液从试管b中分离出W的方法是_【答案】 (1). (2). 加成反应 (3).
32、 (4). (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 分液【解析】【分析】乙烯(CH2=CH2)与水发生加成反应得X为CH3CH2OH，反应发生乙醇的催化氧化反应，得Y为CH3CHO，CH3CHO氧化生成Z为CH3COOH，CH3CH2OH与CH3COOH发生酯化反应，得W为CH3COOCH2CH3，结合有机化合物相关知识解答。【详解】(1)乙烯的电子式为：，故答案为：；(2)反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故答案为：加成反应；(3)XY为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为：，故答案为：；(4)X+ZW为乙醇和乙酸发生酯化反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；试管b中盛放饱和碳酸钠溶液，用来盛
33、接乙酸乙酯，故答案为：饱和碳酸钠溶液；乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，b中饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯分层，可用分液方法分离，故答案为：分液。30.为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组按如图装置(固定装置已略去)进行实验(1)A装置的试管中发生反应的化学方程式是_；F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是_；B装置中的现象是_(2)实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是_(3)实验结束时，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是_(4)实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子，需将溶液稀释，操作方法是_(5)在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，且黑色物质为。产
34、生的反应为，则_【答案】 (1). (2). (3). 白色粉末变蓝色 (4). D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色 (5). 拉起铜丝，关闭、 (6). 将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，观察是否有蓝色出现 (7). 5：4【解析】【分析】加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，温度越高挥发性越强，所以生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；浓硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫气体；氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有
35、毒，不能直接排空，可以用碱性溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学反应方程式为，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，不能吸收SO2，SO2有毒，必须尾气处理，即NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止其污染环境，反应的离子方程式为，无水硫酸铜的作用是检验产物中是否含有水，根据铜和浓硫酸反应方程式中，产物中含有水，因此装置B的现象是白色粉末变蓝色；(2)证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，说明Cu和浓硫酸反应产生SO2，不产生H2，即装置D中固体颜色无变化，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，即装置E的现象是品红溶液褪色；(3)实验结束时，应先拉起铜丝，让反应停止，再关闭K1和K2，防止C和E中的溶液倒吸，炸裂玻璃管；(4)验证生成的溶液中含有Cu2，需要把试管的液体倒入水中溶解，观察是否出现蓝色的溶液，因为反应后的溶液中含有硫酸，因此操作是将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，观察是否有蓝色出现；(5)根据反应方程式，Cu元素化合价由0价变为+1价、+2价，S元素的化合价由+6价变为-2价，转移电子数为6，根据得失电子数守恒以及原子守恒，得出5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O，即a：b=5：4。
