2022年江苏省宿迁市马陵中学化学高二下期末考试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为

2、混合物2、下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 （ ）AC2H4CH4BCO2H2SCC60 C2H4DNH3HCl3、下列说法错误的是A残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去，也可用热的NaOH溶液除去B用饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢C检验铵盐的方法是将待检物取出少量放在试管中加入强碱溶液，加热，再滴入酚酞试液DHNO3应保存在棕色细口瓶内，存放在黑暗且温度低的地方4、下列化合物中，既能发生水解反应，又能发生消去反应，且消去反应生成的烯烃只有一种的是( )ACH3BrBCD5、将过量的氯气通入含Fe2+、I-、Br-的溶液，溶液中四种粒子的物质的量的变化如图所示。已知b=a+5

3、，线段表示一种含氧酸，且线段I和表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是A线段I表示I-的变化情况Ba点时消耗Cl2的体积为134.4 LC原溶液中n(Fe2+)：n(Br-) =2：3D线段表明氧化性：C12HIO36、三硫化磷(P4S3)是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示，已知其燃烧时P被氧化为P4O10，下列有关P4S3的说法中不正确的是（ ）AP4S3中磷元素为3价BP4S3属于共价化合物CP4S3充分燃烧的化学方程式为P4S38O2P4O103SO2D1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键7、请仔细观察以下2个装置，下列说法正确的是 A图1石墨a为正极，图

4、2石墨c也为正极B图1是原电池装置，盐桥的作用是使电解质溶液始终保持电中性，以提供持续稳定的电流，图2装置不会产生电流C图1石墨a电极上发生的反应为：O22H2O4e=4OHD图2石墨b上的产物能使淀粉溶液变蓝8、下列有关物质性质说法中，正确的是A熔点：LiNaKRbB热稳定性：HFHIHBrHClC具有下列电子排布式的原子中，1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4，原子半径最大的是D某元素气态基态原子的逐级电离能(kJmol1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的

5、阳离子是X2，其最高正价为+5价9、下列说法正确的是A酯类在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应B淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加银氨溶液并水浴加热可检测是否水解完全C纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质D饱和Na2SO4溶液或硫酸铜溶液均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同10、下列物质的分离（或提纯）方法正确的是A分离汽油和水-分液B除去氯化钠溶液中的泥沙-蒸馏C分离乙酸与乙酸乙酯-萃取D用四氯化碳提取溴水中的溴单质-过滤11、下列物质中，既含有离子键，又含有非极性键的是()。ANaOH BNa2O2 CMgCl2 DH2O12、某种钢闸门保护法原理示意图如下，下列说法不正确的是

6、A锌块发生氧化反应：Zn-2e= Zn2+B钢闸门有电子流入，可以有效减缓腐蚀C若通过外加电源保护钢闸门，应将钢闸门与电源正极相连D锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种钢闸门保护法原理相同13、在下列溶液中滴入三氯化铁溶液无变化的是 （ ）A BC D氢碘酸14、下列说法正确的是A从性质的角度分类，SO2和NO2都属于酸性氧化物B从在水中是否发生电离的角度，SO2和NO2都属于电解质C从元素化合价的角度分类，SO2和NO2都既可作氧化剂又可作还原剂D从对大气及环境影响和颜色的角度，SO2和NO2都是大气污染物，都是有色气体15、在容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3.

7、5 mol H2(g)，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) HHIO3，故D正确；故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应先后顺序、氧化性和还原性强弱比较等知识，试题综合性较强，解题关键：明确反应过程及反应原理，难点：对图像的分析要结合氧化还原反应的先后顺序，还原性IFe2Br，是解题的突破口。6、A【解析】A由图可知最上方的P与S形成3个共价键，S形成2个共价键，则P4S3中S为-2价，磷元素分别为+3价、+1价，A错误；B只含共价键的化合物为共价化合物，则P4S3属于共价化合物，B正确；C燃烧反应生成稳定氧化物，则P4S3充分燃烧的

8、化学方程式为P4S3+8O2=P4O10+3SO2，C正确；D由图可知，共6个P-S、3个P-P共价键，则1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键，D正确。答案选A。【点睛】把握P与S形成的化学键的特点为解答的关键，注意P-P键及P-S键的区别。选项A是易错点和难点，注意根据物质中化学键的特点判断元素的化合价。7、D【解析】A. 图1是原电池，铁是活泼的金属，作负极，石墨a为正极，图2中铁、铜和氯化钠构成原电池，铁是负极，铜是正极，石墨b是阳极，石墨c是阴极，A错误；B. 图1是原电池装置，盐桥的作用是使电解质溶液始终保持电中性，以提供持续稳定的电流，图2装置中丙是原电池，丁是电解池，也

9、会产生电流，B错误；C. 图1石墨a是正极，电极上发生的反应为：Cu22e=Cu，C错误；D. 图2石墨b是阳极，溶液中的碘离子失去电子转化为单质碘，因此其上的产物能使淀粉溶液变蓝，D正确；答案选D。8、C【解析】A碱金属元素从上到下，熔沸点降低，所以熔点：LiNaKRb，A错误；B卤族元素从上到下非金属性减弱，简单气态氢化物的稳定性减弱，所以，热稳定性：HFHClHBrHI，B错误；C电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子为Si，电子排布式为1s22s22p3的原子为N，电子排布式为1s22s22p2的原子为C，电子排布式为1s22s22p63s23p4的原子为S，Si和S有3个电

10、子层，N和C有2个电子层，Si在S的左边，所以Si的原子半径最大，C正确；D该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，其最高正价为+2价，D错误。答案选C。9、D【解析】A. 油脂在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应，A错误；B. 淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加银氨溶液并水浴加热可检测淀粉是否水解，但要检测淀粉是否完全水解，需要取淀粉水解液，加入碘水观察是否变蓝，B错误；C. 人体内没有能水解纤维素的酶，故纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，故纤维素不能做人类的能源，C错误；D. 饱和Na2SO4溶液或硫酸铜溶液均可使蛋白质溶液产生沉淀，但

11、原理不同，前者为蛋白质盐析，后者为蛋白质变性，D正确；答案选D。【点睛】如何检测淀粉水解程度？这个是学生的易错点。前提是：淀粉水解是硫酸溶液作催化剂在加热下进行，要检测淀粉是否开始水解，是检测水解液中有没有葡萄糖生成？如果取少量水解液，直接加少量银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，则它们均会与硫酸反应而消耗，那么通常出现的情况是不管是否有葡萄糖存在，都不出现预期现象，因此必须在水解液中加过量氢氧化钠使得它呈碱性，再加银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液加热，若有光亮的银镜或砖红色沉淀，则证明淀粉已水解；若无光亮的银镜或没有砖红色沉淀，则证明淀粉没有水解；如果要判断淀粉还有没有剩余？则要取少量淀粉水解液，

12、直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余，淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余。10、A【解析】A. 汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B. 泥沙不溶于氯化钠溶液，可用过滤的方法分离，故B错误；C. 乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可被饱和碳酸钠溶液吸收，可将混合物加入饱和碳酸钠溶液中，然后用分液法分离，故C错误；D. 溴易溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶，可用萃取分液的方法分离，然后用蒸馏的方法分离四氯化碳和溴，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查物质的分离，注意根据物质性质的异同选择分离的方法，试题难度不大。本题的易错点是C项，注意乙

13、酸和乙酸乙酯互溶，不能使用萃取的方法分离。11、B【解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属原子形成的共价键则是非极性键，如果是不同种非金属原子形成的共价键则是极性键。详解：ANaOH中含有离子键、极性共价键，A错误；BNa2O2中含有离子键、非极性共价键，B正确；CMgCl2中只存在离子键，C错误；DH2O中含有极性共价键和非极性共价键，D错误；答案选B。12、C【解析】该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，钢闸门作正极，海水作电解质溶液，整个过程是锌的吸氧腐蚀。【详解】A. 该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，发生氧

14、化反应，电极反应为Zn-2e= Zn2+，A正确；B. 锌块作负极，发生氧化反应，失去的电子通过导线转移到钢闸门，减缓了钢闸门的腐蚀，B正确；C. 通过外加电源保护钢闸门，若将钢闸门与电源正极相连，则钢闸门作阳极，这样会加快钢闸门的腐蚀，C错误；D. 镁的活泼性比铁强，锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种铁闸门保护法一样，都是利用了原电池的原理，D正确；故合理选项为C。【点睛】该装置利用的原理是金属的电化学腐蚀，我们已学过铁的吸氧腐蚀，凡是在水中的金属的腐蚀，几乎考察的都是吸氧腐蚀，需要搞明白哪个金属是我们不希望被腐蚀的，即哪个金属应该作正极，而负极的金属一般是较活泼的金属，也就是用来被“牺

15、牲”的金属，这种保护法叫作牺牲阳极的阴极保护法（注意区别外加电源的阴极保护法）。13、A【解析】A、苯甲醇与氯化铁溶液不反应，滴入三氯化铁溶液无变化，A正确；B、对甲基苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，B错误；C、苯酚与氯化铁溶液反应显紫色，C错误；D、氢碘酸与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成单质碘、氯化亚铁，D错误；答案选A。14、C【解析】ASO2属于酸性氧化物，NO2不属于酸性氧化物，A项错误；BSO2和NO2均属于非电解质，他们在水中并不会电离，熔融状态也不会电离，B项错误；CSO2中的S元素属于中间价态，NO2中的N元素也属于中间价态，所以都既可作氧化剂，也可作还原剂，C项正确；DSO2是无

16、色气体，NO2才有颜色，D项错误；答案选C。15、C【解析】在容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3.5 mol H2(g)，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0。反应进行8 min时达到平衡状态，测得n(CH3OH)=0.5mol，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol) 1 3.5 0 0反应(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5平衡(mol) 0.5 2 0.5 0.5据此分析解答。【详解】ACO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0，为放热反应，升高温度，平衡逆向

17、移动，平衡常数K减小，因此在图1中，曲线表示该反应的平衡常数K与温度T的关系，故A正确；B根据上述分析，该温度下，平衡常数K= 0.25，故B正确；C根据CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，与图像相符；压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，与图像不符；投料比c(CO2)/c(H2)增大，二氧化碳的转化率减小，与图像相符；因此图2中x不可以表示压强，故C错误；D用二氧化碳合成甲醇，能够减少二氧化碳的排放量，体现了碳减排理念，故D正确；答案选C。16、C【解析】A项，由图可得，HCO3-(aq)+H+(aq)的能量小

18、于CO2(g)+H2O(l)的能量，所以反应HCO3-(aq)+H+(aq)CO2(g)+H2O(l)为吸热反应，故A错误；B项，由图可得H1和H2都小于0，H30，且H1的绝对值大于H2的绝对值，所以H1H2，H2H3，故B错误；C项，由图可得，CO32-(aq)+2H+(aq)HCO3-(aq)+H+(aq) H1，HCO3-(aq)+H+(aq)=H2CO3(aq) H2，H2CO3(aq)CO2(g)+H2O(l) H3，根据盖斯定律，CO32-(aq)+2H+(aq)CO2(g)+H2O(l) H(H1+H2+H3)，故C正确；D项，使用催化剂只改变化学反应速率，不改变反应焓变，故D

19、错误。17、D【解析】根据这几种物质的化学式知，等物质的量的这几种物质，苯中碳原子的物质的量最多，根据碳原子守恒知，生成二氧化碳的量从大到小的顺序是C6H6C3H6C2H6CH4。答案选D。18、A【解析】AMgO能和酸反应生成氯化镁和水，属于碱性氧化物，故A符合题意；BH2SO4电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，故B不符合题意；CCO2能与碱反应生成碳酸钠和水，属于酸性氧化物，故C不符合题意；DNaOH电离出的阴离子全部是氢氧离子，属于碱，故D不符合题意；故答案：A。19、A【解析】A、聚合物 X 在碱性条件下水解成和HCOO-、在酸性条件下水解成和HCOOH，故A错误；B.聚乙烯胺的平均

20、相对分子质量除以链节的式量可得聚合度，故B正确；C. 乙烯胺结构简式是CH2=CH-NH2，CH2=CH-NH2与CH3CH=NH分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确； D. 聚乙烯胺和 R-N=C=S 发生加成反应生成聚合物 ，故D正确。20、B【解析】试题分析：二肽水解的方程式是C8H14N2O5H2OC3H7NO2X，则根据原子守恒可知，X的分子式C5H9NO4，答案选B。考点：考查二肽水解的有关判断和应用点评：该题的关键是明确二肽的水解原理，然后依据原子守恒直接计算即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，难度不大。21、D【解析】含11.2 g KOH的稀溶液中，K

21、OH的物质的量为0.2mol，与1 L 0.1 molL1的H2SO4溶液中含的氢离子的物质的量也是0.2mol，故两者恰好完全反应生成0.2mol水，反应放出11.46 kJ的热量，则生成1mol水时放出热量为57.3 kJ，故表示中和热的热化学方程式是KOH(aq)0.5H2SO4(aq)0.5K2SO4(aq)H2O(l) H57.3 kJmol1，故选D。【点睛】注意中和热指的是强酸和强碱在稀溶液中反应，生成1mol H2O所产生的热效应。22、A【解析】A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120，故

22、A项错误；B项，在NH4+和Cu(NH3)42+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。答案选A。二、非选择题(共84分)23、H22Na+2H2O=2Na+2OH-+H2O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+ H2O2NaHCO31.53.5【解析】考查无机

23、物的推断，（1）假设A为Na，则Na与H2O反应生成NaOH和H2，即E为H2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）假设A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH，与(1)类似；（3）根据（1）和（2）的分析，以及钠及其化合物的性质进行分析。【详解】（1）若A为Na，Na与H2O反应：2Na2H2O=2NaOHH2，则单质E为H2，B为NaOH，CO2与NaOH反应：2NaOHCO2=Na2CO3H2O，继续通入CO2:Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2；（2）若A为Na2O2，则Na2O2与水反

24、应：2Na2O22H2O=4NaOHO2，则单质E为O2，Na2O2与CO2能发生反应：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA；（3）根据上述分析，B为NaOH，C为Na2CO3；NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2，产生NaHCO3沉淀；其反应Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3；如果只发生AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，n(AlCl3)=1mol，nAl(OH)3=39/78mol=0.5mol，

25、即AlCl3过量，消耗NaOH的体积0.53/1L=1.5L；氢氧化铝为两性氢氧化物，NaOH稍微过量，发生的反应是AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl、Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，AlCl3全部参与反应，生成氢氧化铝的总物质的量为1mol，此时消耗NaOH的物质的量为3mol，最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol，即有(10.5)mol氢氧化铝被消耗，同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol，总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，体积为3.5/1L=3.5L。【点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算，Na2O2无论与CO2反应还是与H2

26、O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此消耗1molNa2O2，转移电子物质的量为1mol，特别注意本题让求的是电子数，与阿伏加德罗常数有关。24、羟基、羰基、醚键 AB c 9 或 【解析】分析：本题考查的是有机推断和合成，有一定的难度。详解：(1)观察C的结构可知，含有羟基、羰基、醚键；(2)根据已知信息分析，两种烯烃可以通过加成反应形成环，故B的结构为 ； (3) A.DE的反应过程中羟基和邻位碳上的氢原子下去，形成碳碳双键，反应为消去反应，故正确；B.D中含有羟基，而E没有，所以可以用金属钠鉴别D.E，故正确

27、；C.D含有羟基、羰基和醚键，不可与NaOH反应，故错误； D.丹参醇含有两个羟基和羰基和碳碳双键和醚键，能发生加聚反应，能发生缩聚反应，故错误；故选AB。(4) 丹参醇与同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号完全相同，故选c。 (5) 芳香化合物F是A的同分异构体，分子式为C8H10O，可与氯化铁发生显色反应，说明苯环上连接羟基，所以该物质可能连接2个取代基，一个羟基和一个乙基，二者有邻间对三种位置关系，也可能为一个羟基和两个甲基，有6种结构，共9种。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积我6:2:1:1的结构简式为 或 。(6) ，根据已知信息分析，二烯烃可以和烯烃发生加成反应生成环状，所

28、以合成路线中需要将烯烃变成二烯烃，需要通过烯烃的加成和卤代烃的消去实现，所以合成路线为： 。点睛：掌握常见有机物的同分异构体的数目，方便计算。C3H7-有2种，C4H9-有四种，C5H11-有8种，-C6H4-有3种，若苯环上连接AAB式的三个取代基，有6种，若连接ABC式的三种取代基，有10种。25、平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定) A 42.00 偏高 减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收 AgNO3见光易分解 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2Co(NH3)6Cl3+2H2O 氧化剂 温度过高过氧化氢分解、氨气逸出 【解析】根据盐酸和氢氧化钠

29、的量计算氨气的物质的量，根据硝酸银计算氯离子的物质的量。注意分析合成M的原料中双氧水的作用。【详解】（1）上述装置A中，玻璃管的作用是平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定)；（2）装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，A装置要产生水蒸气将B中的氨全部蒸出，酒精灯应放置在A处。（3）步骤一所称取的样品中含氮的质量为42.00g。（4）装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，相当于氨气消耗盐酸过多，会造成测得氮的含量偏高；为减少盐酸的挥发，冰水混合物的作用降低吸收液盐酸的温度，减少盐酸的挥发，有利于氨气的吸收。（5）硝酸银见光会分解，故测定氯的过程中使用棕色滴定管的原因是

30、防止AgNO3见光分解。（6）M以浓氨水、双氧水、CoCl26H2O、NH4Cl为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。经上述实验测定，配合物M中钴、氮、氯的物质的量之比为163，其中氮元素以氨的形式存在，双氧水将+2价钴氧化为+3，则M为配合物，其化学式为Co(NH3)6Cl3，因此，制备M的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2Co(NH3)6Cl3+2H2O，其中双氧水的作用是氧化剂；双氧水和氨水受热均易分解，故制备M的过程中温度不能过高的原因是：温度过高过氧化氢分解、氨气逸出。26、水 CH3CH2OHCH2CH2+H2O CuSO4溶液 CH3COOCH2

31、CH3H2OCH3CH2OH+CH3COOH 稀硫酸可以加速酯的水解（或稀硫酸是酯水解反应的催化剂） 乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底 【解析】乙醇易挥发，且易溶于水，乙烯混有乙醇，可用水除杂；无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170反应，生成乙烯和水，反应的方程式为CH3CH2OHCH2CH2+H2O；乙炔中混有硫化氢气体，可用硫酸铜除杂，生成CuS沉淀。（1）在稀硫酸的作用下乙酸乙酯发生水解反应生成乙酸和乙醇，反应的化学方程式为CH3COOCH2CH3H2OCH3CH2OH+CH3COOH。（2）试管中没有稀硫酸，而乙酸乙酯几

32、乎不水解，所以对比试管和试管的实验现象，稀H2SO4的作用是加速酯的水解（或稀硫酸是酯水解反应的催化剂）。（3）乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底，因此试管中酯层消失。27、 KMnO4(H+)溶液 溴水 水【解析】（1）甲苯能被高锰酸钾氧化使其褪色，而苯不能，所以用KMnO4（H+）溶液鉴别时二者现象不同，可以鉴别，故答案为：KMnO4（H+）溶液；（2）三种物质与溴水混合，苯的密度比水小，有机层在上层，而溴苯的密度比水大有机层在下层，已烯与溴水发生加成反应而使其褪色，所以用溴水鉴别时三者现象不同，可以鉴别，故答案为：溴水；（

33、3）三种物质与水混合，甲苯、四氯化碳不溶于水，分层现象不同，有机层在上层的为甲苯，在下层的为四氯化碳，乙醇与水混溶不分层，所以用水鉴别时三者现象不同，可以鉴别，故答案为：水。点睛：本题主要考查有机物的鉴别。常见能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等；而选择用水鉴别的有机物通常可从水溶性及与水的密度比较角度分析，如存在与水混溶的，难溶于水但密度有比水大的、有比水小的，即可用水鉴别。28、 C4H10O 3 CH2O 5HCHO+4MnO4-+12H+=5CO2+4Mn2+11H2O HOCH2CHO 2-羟基丙酸 C6H12O6（葡萄糖） 2CH3CH2OH+2CO2【解析】分析：根据有机物燃烧计算，通过浓硫酸吸水计算水的量，通过碱石灰吸收二氧化碳计算其量，再结合是否含氧及氧人量，计算各元素的物质的量，进而计算最简式，从而得解。详解：由题中信息可知，7.4gA完全燃烧生成水9.0g，物质的量为9.0g18g/mol=0.5mol，生成二氧化碳17.6g，物质的量为17.6g44g/mol=0.4mo