1、云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）相对原子质量： Mg:24 Al 271.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.化学为人类的进步做出
2、了巨大贡献。下列过程中，不涉及化学反应的是（）A铁矿石炼铁B打磨磁石制指南针C小苏打焙制糕点D氯气制消毒液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 铁矿石主要成份是氧化铁，炼铁变为单质铁，发生了化学反应，故A符合题意；B. 磁石制指南针，没有发生化学反应，故B符合题意；C. 小苏打焙制糕点过程中发生分解，发生了化学反应，故C不符合题意；D. 氯气制消毒液，是氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生化学反应，故D不符合题意。综上所述，答案为B。3.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是()A. 丙烯B. 苯C. 甲烷D. 乙酸【答案】A【解析】【详解】苯、甲烷、乙
3、酸均不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能使其褪色，丙烯含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，使其褪色，故答案为A。4.下列化合物结构中既含离子键又含共价键的是( )A. NaClB. NaOHC. CCl4D. N2【答案】B【解析】【详解】ANaCl只含钠离子和氯离子形成的离子键，故A不符合题意；BNaOH含有钠离子和氢氧根形成的离子键，还有氧原子和氢原子形成的共价键，故B符合题意；CCCl4只含氯原子和碳原子形成的共价键，故C不符合题意；DN2只含共价键，且为单质，故D不符合题意；综上所述答案为B。5.下列说法正确的是( )A. 1mol苯含有3mol碳碳双键B. CH3CH=CHCH3分子中
4、的所有原子处于同一平面C. 可用溴水鉴别苯、四氯化碳、酒精D. 淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应【答案】C【解析】【详解】A苯分子中并没有碳碳双键，A错误； BCH3CH=CHCH3分子中碳碳双键直接相连的6个原子共平面，两个甲基中每个甲基最多只能增加一个H原子与之共平面，故不是所有原子处于同一平面，B错误；C将溴水加到苯中出现分层，上层呈深红棕色，下层接近无色，加到四氯化碳中出现分层，上层接近无色，下层呈深红棕色；加到酒精中形成均一溶液，故能用溴水鉴别苯、四氯化碳和酒精，C正确D葡萄糖是单糖，所以不能发生水解反应，D错误；故答案为：C。6.下列排列顺序中，正确的是( )
5、热稳定性： 离子半径： 酸性： 沸点：H2OH2SeH2SA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】非金属性FO，所以热稳定性HFH2O，故错误；电子层数越多离子半径越大，Cl有3层电子，其他离子有2层，所以Cl半径最大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以离子半径ClNa+Mg2+Al3+，故正确；非金属性ClSP，所以酸性HClO4H2SO4H3PO4，故错误；H2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大分子间作用力越强，沸点越高，但水分子间存在氢键，导致沸点反常，所以沸点H2OH2SeH2S，故正确；综上所述答案为D。7.下列化学用语表示正确 的是：( )A. 乙烯的结构简式为
6、：CH2CH2B. 氮气的电子式: C. 二硫化碳的结构式为：S=C=SD. D2O和H2O互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故A错误；B氮气的电子式为，故B错误；C二硫化碳分子中碳原子与每个硫原子共用两对电子，结构式为S=C=S，故C正确；DD2O和H2O是由不同氢原子和相同氧原子形成的不同水分子，不是同分异构体，故D错误；综上所述答案为C。8.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项
7、解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。9.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A. 蚕丝的主要成分是蛋白质B.
8、蚕丝属于天然高分子材料C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物【答案】D【解析】【详解】A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C. “蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；D. 高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。10.下列关于有机化合物的说法正确的是( )A. 乙烯可因加成反应而使酸性KMnO4溶液褪色B. 新戊烷又称为2，2-二甲基丙烷C. 丁烷的同分异构体有3种D.
9、苯的硝化、溴代和与氢气的反应都是取代反应【答案】B【解析】【详解】A乙烯因能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故A错误；B新戊烷为，根据系统命名法的规则可知又称为2，2-二甲基丙烷，故B正确；C丁烷有CH3CH2CH2CH3和CH2CH(CH3)CH3两种同分异构体，故C错误；D苯与氢气的反应为加成反应，故D错误；综上所述答案为B。11.下列关于有机化合物的结构、性质的叙述正确的是（ ）A. 苯、油脂均能使酸性KMnO4溶液褪色B. 甲烷和氯气的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C. 蔗糖、麦芽糖的分子式均为C12H22O11，二者互为同分异构体D. 乙醇、乙酸均能与NaOH反应，因为
10、分子中均含有官能团“OH”【答案】C【解析】试题分析： A苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，油脂中若含有碳碳不饱和键才能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B甲烷和Cl2的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应是加成反应，不属于同一类型的反应，故B错误，C蔗糖、麦芽糖的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C正确；D“-OH”与碱不反应，所以乙醇与NaOH不反应，故D错误；故选C；考点：物质的性质、反应类型、同分异构体等12.下列叙述正确的是A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为21D. 1 mo
11、l乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同【答案】B【解析】【分析】本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【详解】A1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为2=mol和3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧
12、中一定含有相同的电子数，选项B正确。C重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D乙烷（C2H6）分子中有6个CH键和1个CC键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个CH键和1个CC，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的
13、物质的量，就可以计算出相应结果。13.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是A. 光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色【答案】C【解析】【详解】A、甲烷和氯气混合光照发生的是甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，选项A错误；B、乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，
14、所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，选项B错误；C、在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；乙烯与水蒸气在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，选项C正确；D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯使溴水褪色属于加成反应，选项D错误。答案选C。14.下列说法正确是A. 淀粉、糖类、纤维素和油脂都是天然高分子化合物B. 乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应称为皂化反应C. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生的是氧化反应D. 乙烯可以与氢气发生加成
15、反应，苯不能与氢气加成【答案】C【解析】【详解】糖类中的单糖，双糖和油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A错误； B.油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，称为皂化反应，故B错误； C.酸性高锰酸钾溶液氧化乙醇而褪色，故C正确； D.苯与氢气加成生成环己烷，故D错误 故选C15.下列说法正确的是（ ）A. 氟元素为非金属性最强的元素，氟无正价B. 第A、A族元素都具有较强的金属性C. 非金属性：FClBrI，则酸性HFHClHBrHID. 碱性：NaOHMg(OH)2MgAl，故碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3，D项错误；答案选A【点睛】C项是易错点，事实上因为的稳定性过
16、强，在水中不易电离，因此是弱酸，而稳定性较差，在水中能完全电离，因此反而是强酸。16.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图，其中Y所处的周期数与族序数相等，W最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法不正确的是WXYZA. X、Y、Z、W的原子半径依次减小B. W与X形成的化合物中只含有离子键C. 气态氢化物的稳定性：WZ D. W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应【答案】B【解析】【分析】短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，由此可知，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则
17、Y为第三周期第A族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na，所以X、Y、Z、W代表的元素分别为：Na、Al、S、O。【详解】A同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径XYZW，A正确；BW与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，B错误；C非金属性OS，且H2O中存在氢键，故氢化物稳定性H2OH2S，C正确；DW与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，D正确；答案选B。17.X、Y、Z、W均为短周期元素，X的原子中只有1个电子，和 离子的电子层结构相同，Y与W同主族。下列叙述正确的是( )A. X分别与Y、Z、W形成的二元化
18、合物中X的化合价均为+1价B. 常见氢化物的沸点：W大于YC. Z与Y形成的化合物，其水溶液呈碱性D. X与Y形成的化合物X2Y2中既含离子键也含共价键【答案】C【解析】【分析】由题干可知：X、Y、Z、W均为短周期元素，X原子中只有1个电子故X是H，和离子的电子层结构相同故Y是O，Z是Na，Y与W同主族，故W是S，据此分析进行解题。【详解】AX即H分别与Y为O、Z为Na、W为S形成的二元化合物中NaH中H的化合价为-1价，其余H2O、H2O2、H2S中H的化合价均为+1价，A错误；B由于H2O中存在分子间氢键，故常见氢化物的沸点：Y大于W，B错误；CZ与Y形成的化合物Na2O和Na2O2溶于水
19、均能与水反应生成NaOH，故其水溶液呈碱性，C正确；DX与Y形成的化合物X2Y2即H2O2中只含有共价键，D错误；故答案为：C。18.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是（）A. 原子半径大小为WXYZB. X的氢化物水溶液酸性强于Z的C. Y2W2与YZW均含有非极性共价键D. 标准状况下W的单质状态与X的相同【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，说明为氯气，则为Z为Cl，此气体同冷烧碱溶液
20、作用，可得到YZW的溶液，则Y为Na，W为O，元素X和Z同族，X为F。【详解】A. 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此原子半径大小为FOClNa，故A错误；B. 盐酸为强酸，氢氟酸为弱酸，X的氢化物HF酸性弱于HCl，故B错误；C. 氯原子与氧原子属于不同原子间形成共价键，因此NaClO不含有非极性共价键，故C错误；D. 标准状况下O2与F2都为气态，故D正确。综上所述，答案为D。19.某有机物的结构简式为。下列有关说法错误的是A. 该有机物的分子式为C10H10O2B. 该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应C. 该有机物分子中所有碳原子可能共平
21、面D. 该有机物能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色,其褪色原理相同【答案】D【解析】【详解】A. 根据结构简式可知该有机物的分子式为C10H10O2，A正确；B. 分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，因此该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应，B正确；C. 由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物分子中所有碳原子可能共平面，C正确；D. 该有机物能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色,其褪色原理不相同，前者是氧化反应，后者是加成反应，D错误；答案选D。【点睛】选项C是解答的难点，注意共平面题的切入点是平面型结构，有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，其中乙烯平面
22、有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。只要掌握好这些结构，借助碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不能旋转的特点，以及立体几何知识，各种与此有关的题目均可迎刃而解。20.部分短周期元素的原子半径及主要化合价如下，根据表中信息，判断以下叙述正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600. 1430.1120. 1040.066主要化合价+2+3+2+6、-2-2A. 氢化物的稳定性为H2TH2RB. 单质与稀盐酸反应的剧烈程度为LQC. M与T形成的化合物具有两性D. L2+与R2-的核外电子数相等【答案】C【解析】分析：L和Q的化合价都为+2价
23、，应为周期表第A族，根据半径关系可知Q为Be，L为Mg；R和T的化合价都有-2价，应为周期表第A族元素，R的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，根据M原子半径大于R小于L可知应和L同周期，为Al元素，结合元素周期律知识解答该题。详解：根据以上分析可知L、M、Q、R、T分别是Mg、Al、Be、S、O。则A非金属性OS，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性为H2OH2S，A错误；B金属性MgBe，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应的剧烈程度为QL，B错误；CM与T形成的化合物是氧化铝，氧化铝是两性氧化物，溶于强酸、强
24、碱，C正确；DMg2+核外有10个电子，S2-核外有18个电子，二者核外电子数不同，D错误；答案选C。点睛：本题考查元素位置、结构和性质的关系及应用，题目难度中等，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键，注意元素周期律的递变规律的应用。21.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OHClO+Cl+H2OB. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH+H2C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2+2NO2+H2OD. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3+2Na+【答案】A【
25、解析】【分析】A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；C.不符合客观事实；D.应拆分的物质没有拆分；【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2，故B错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO+3Cu2+4H2O，故C错误；D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO3
26、2-+2H+=H2SiO3 ，故D错误；综上所述，本题应选A.【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。22.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是事实推测A12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快56Ba(A族)与水反应会更快BSi是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料第
27、A族的元素单质都是半导体材料CHCl在1500时分解，HI在230时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi与H2高温时反应，S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A同主族从上到下金属性逐渐增强，12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快，56Ba（A族）与水反应更快，故A推测合理；BSi是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料，只有金属与非金属交界线附近才存在半导体，第A族的元素不全在交界线附近，所以都是半导体材料的推论不合理，故B推测不合理；C同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，HCl在1500时分解，HI在23
28、0时分解，推出：HBr的分解温度介于二者之间，结论合理，故C推测合理；D同周期从左到右元素的非金属性增强，单质与氢气化合从难到易，由Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应得出：P与H2在高温时能反应，结论合理，故D推测合理。答案选B。23.X、Y、Z、M、N是短周期元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。回答下列问题：（1）元素N在周期表中位置_，它的最高价氧化物的化学式为_。（2）由元素X、Y形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，该化合物的电子式为_，其所含化学键的类型为_。（3）
29、用电子式表示ZN2的形成过程_。（4）Z能在氮气中燃烧，Z在氮气中燃烧的产物与水反应可产生一种使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。写出Z在氮气中的燃烧产物与水反应的化学方程式：_【答案】 (1). 第三周期VIIA族 (2). Cl2O7 (3). (4). 离子键、共价键 (5). (6). Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3【解析】【分析】X最外层电子数是次外层电子数的3倍，X是O元素；X、M同主族，M是S元素；X、Y、Z、M、N原子序数依次增大，所以N是Cl元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，Y是Na；Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z为Mg。【详解】（1）N是Cl元素，在
30、周期表中的位置是第三周期VIIA族，氯元素最高价为+7，它的最高价氧化物的化学式为Cl2O7；（2）由元素O、Na形成的一种化合物可以作为呼吸面具的供氧剂，该化合物是Na2O2，电子式为，所含化学键的类型为离子键、共价键；（3）MgCl2是离子化合物，用电子式表示MgCl2的形成过程是；（4）Mg能在氮气中燃烧生成Mg3N2，Mg3N2与水反应可产生氨气和氢氧化镁，反应的化学方程式是Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；【点睛】本题以元素推断为载体考查元素化合物、元素周期律知识，正确推断元素是解题关键，明确同周期元素性质递变规律，注意离子化合物中化学键的判断方法。24.完成下列化学
31、方程式：(1)写出制取硝基苯的化学方程式：_(2)写出乙烯使溴的四氯化碳褪色的化学方程式：_糖类、油脂、蛋白质都是人体基本营养物质，请回答下列问题：(1)蛋白质在人体内水解的最终产物是氨基酸，氨基酸的通式可表示为如图： 则氨基酸的结构中含有的官能团的名称为_ ，据此可推知氨基酸既可以与_反应，又可以与_反应。(2)不同油脂在酸性和碱性条件下水解的共同产物的名物是 _。(3)在试管中加入0.5g淀粉和4ml20%的稀硫酸，加热3-4min，然后用碱液中和试管中的稀硫酸。淀粉完全水解 生成的有机物的化学方程式为:_。若要检验淀粉已经发生了水解，可取少量上述加碱中和后的溶液加入_ (填试剂名称)，观
32、察到现象是：_。若要检验淀粉没有完全水解 ，可取少量上述未加碱中和的溶液加入几滴碘水，应观察到现象是：_【答案】 (1). +HONO2+H2O (2). CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br (3). 氨基和羧基 (4). 碱 (5). 酸 (6). 丙三醇 (7). (C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6 (8). 新制氢氧化铜悬浊液(或银氨溶液) (9). 加热产生砖红色沉淀(或加热出现光亮的银镜) (10). 溶液变蓝色【解析】【详解】(1)苯和浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应生成硝基苯，化学方程式为：+HONO2+H2O；(2)乙烯和溴发生加成反应时溴的四氯化碳
33、溶液褪色，化学方程式为CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br；(1)氨基酸的官能团为氨基和羧基；氨基可以和酸反应，羧基可以和碱反应，所以氨基酸既可以与碱反应，也可以与酸反应；(2)油脂在酸性和碱性条件下水解均会生成丙三醇(甘油)；(3)淀粉完全水解产生葡萄糖，化学方程式为(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6；若淀粉发生水解，就会产生葡萄糖，如果检测到葡萄糖即可证明发生了水解，葡萄糖含有醛基，所以可以取少量上述加碱中和后的溶液加入新制氢氧化铜悬浊液(或银氨溶液)，可以观察的现象是：加热产生砖红色沉淀(或加热出现光亮的银镜)；淀粉遇碘变蓝，所以若淀粉没有完全水解，少量上述未加碱中和的
34、溶液加入几滴碘水，可以观察到溶液变蓝色。【点睛】淀粉水解产生葡萄糖，若要检验淀粉发生水解，则可以检验是否产生葡萄糖；若要检验淀粉是否完全水解，则需检验是否有淀粉剩余。25.已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，D的结构可用图模型表示。现以A为主要原料合成F和高分子化合物E，其合成路线如图。(1)E的结构简式为_。(2)反应的化学方程式是_。(3)在实验室，我们可通过反应，利用如图装置来制取F。a反应的化学方程式是_，反应类型是_。b试管乙中所盛的试剂的作用是_。c该装置中的一个明显的错误是_。【答案】 (1). (2). (3). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2C
35、H3+H2O (4). 酯化反应(或取代反应) (5). 目的是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层 (6). 乙中导气管伸入到了液面以下【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，所以A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH；B被催化氧化生成C，则C为CH3CHO；B与D在浓硫酸加热的条件生成F，结合D的比例模型可知D为CH3COOH；A发生加聚反应生成高分子化合物E为。【详解】(1)A为CH2=CH2，发生加聚反应生成E，所以E为；(2)反应为乙醇的催化氧化，化学方程式为；(3)a反应为乙酸和乙醇的酯化反应，化学方程式为CH3
36、COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为酯化反应(或取代反应)；b试管乙中盛放饱和碳酸钠溶液，目的是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯大水中的溶解度，有利于分层；c由于乙醇和乙酸蒸气易溶于饱和碳酸钠溶液，所以要防止倒吸，则装置中的错误之处为：乙中导气管伸入到了液面以下，会造成倒吸。26.某同学为了探究S、Cl、Br的非金属性强弱，设计如图所示的实验装置。制备纯净干燥的氯气(1)盛装浓盐酸的仪器名称是_。写出实验室制氯气的化学方程式：_(2)制备纯净干燥的氯气时，先关闭止水夹a，再打开止水夹b，则按气流由左向右的方向连接仪器接口的顺序为_HGF。探究S、C
37、l、Br三种元素的非金属性强弱将中连接好的装置接口M与如图所示装置接口N相连进行实验，实验时，关闭止水夹b，打开止水夹a，得到的实验现象及结论如表所示。实验序号溶液X实验现象实验结论NaBr的苯溶液溶液分层，上层显橙色Na2S溶液氯的非金属性比硫强(3)中的实验结论是_。(4)中的实验现象是_。(5)上述实验_(填“能”或“不能”)比较出S与Br的非金属性强弱。若能，则说明其原因：_(若不能，则此空不填)；若不能，则还需要补充的实验是_(若能，则此空不填)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O (3). ECDAB (4). 氯的非金属性
38、比溴强 (5). 溶液变浑浊 (6). 不能 (7). 空 (8). 将实验产生的溴的苯溶液滴入Na2S溶液中，观察溶液是否变浑浊【解析】【分析】本实验的目的是探究S、Cl、Br的非金属性强弱；首先需要制备干燥的氯气，实验室一般利用浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2，生成的Cl2中含有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，之后经浓硫酸干燥，利用向上排空气法收集，氯气有毒，多余的氯气可以用NaOH溶液吸收；探究S、Cl、Br三种元素的非金属性强弱，将生成的氯气通入盛有溶液X的试管中，根据非金属性越强单质的氧化性越强判断元素非金属的强弱关系。【详解】(1)盛装浓盐酸的仪器为分液漏斗；实验室利用浓盐酸和二氧
39、化锰共热制取Cl2，化学方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；(2)结合分析可知需要依次连接制备、除杂、干燥、收集、尾气处理装置，所以连接顺序应为ECDABHGF；(3)氯气通入NaBr的苯溶液，溶液分层，上层显橙色，说明氯气将溴离子氧化成了溴单质，说明氧化性Cl2Br2，则氯的非金属性比溴强；(4)氯的非金属性比硫强，则氯气的氧化性大于S单质，所以氯气可以氧化Na2S溶液中的硫离子生成硫单质，从而使溶液变浑浊；(5)上述实验中并没有硫和溴之间的反应，所以不能比较S与Br的非金属性强弱，可以将实验产生的溴的苯溶液滴入Na2S溶液中，观察溶液是否变浑浊，若变浑浊说明Br的非金属性强于S，若不变浑浊，则相反。【点睛】氯气的制备实验为常考知识点，学生需要熟练掌握，该实验中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，利用饱和食盐水除去HCl，利用浓硫酸干燥，向上排空气法收集，NaOH溶液处理尾气。
