2023学年广安市重点中学高一化学第二学期期末学业水平测试试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、测试卷卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是()AFeCl3溶液B稀豆浆CCuSO4溶液DKMnO4溶液2、工业上常用电解法冶炼

2、的金属是AAlBFeCCuDAg3、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫BH2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅D工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气，以提高二氧化硫的利用率4、下列有关化学用语使用正确的是( )ANH4Br的电子式： BS的原子结构示意图：C乙酸的分子式：CH3COOH D原子核内有18个中子的氯原子：5、如图是四种常见有机物的比例模型。下列说法正确的是( )A甲能使酸性溶液褪色B乙可与发生取代反应而使溴水褪色C丙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丁只能发生取代反应6、1mol某气态烃最多

3、可与2molHCl发生加成反应，所得产物与Cl2发生取代反应时，若将氢原子全部取代，需要8molCl2，由此可知该烃结构简式可能为( )ACHCHBCH3CCHCCH2=CHCH=CHCH3DCH3CCCH37、H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越快C图丙表明，少量Mn2存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丁表明，碱性溶液中，Mn2对H2O2分解速率的影响大8、一定温度压强下，O2与CH4的混

4、合物密度是氢气的10倍，则 O2与CH4的物质的量之比为（ ）A1：1B2：1C1：2D1：39、能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是A乙烷 B乙醇 C苯 D乙酸10、在下列有机物中，能跟溴水发生加成反应，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化的是()A乙烯B苯C甲烷D乙烷11、在元素周期表的过渡金属元素中能找到（ ）A新制农药元素B制光导纤维元素C制半导体元素D制催化剂元素12、下列实验装置正确且能达到实验目的的是（ ） A用图1装置证明非金属性ClCSiB利用图2装置，用饱和碳酸钠溶液分离乙醇和乙酸乙酯混合液C图3为配制100 mL一定浓度硫酸溶液D用图4装置灼烧海带13、生活中常常涉及到一些有机化合物的

5、知识。下列叙述中正确的是A油脂是热值最高的营养物质，尤其是动物脂肪，易使人发胖，所以不要食用B羊毛和棉花的主要成分都是纤维素C为提高加酶洗衣粉的去污能力，应使用热水进行洗涤D未成熟的苹果遇碘水会变蓝，是因为其中含有淀粉14、下列有关有机物的结构、性质的叙述正确的是（ ）A苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色B甲烷和C12的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应C乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同D葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体15、下列物质的转化中，不能通过步化学反应实现的是AFeFe3O4 BC2H2CO2 CCH2=CH2CH3CH3

6、DA12O3Al(OH)316、氮元素被还原的过程是ANH3CNO217、下列反应中硝酸既能表现出酸性又能表现出氧化性的是A使石蕊试液变红B与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2C与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3D与硫单质共热时生成H2SO4和NO218、第A族元素具有相似的化学性质，其原因是它们的原子具有相同的A电子层数 B核外电子数 C最外层电子数 D原子半径19、已知反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）A该反应为放热反应B该反应吸收的能量为C反应物的总能量高于生成物的总能量D该反应只有在加热条件下才能进行20、下列物质中，既含离子键又含非极性共价键的是ABa

7、(OH)2 BCH3CHO CNa2O2 DNH4Cl21、下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是（ ）AKOH BBr2 CMgCl2 DH2S22、下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据下表信息判断正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1300.1180.0900.1020.073主要化合价+2+3+2+6、-2-2A简单氢化物的沸点:TRB最高价氧化物对应水化物的碱性:L8溶解)9(9溶解) (1)氧化过程主要是氧化Fe2+和Cr3+，氧化Fe2+的目的是：_；其中Cr3+被氧化为Cr2O72-,该反应的离子方程式为：_，氧化Cr3+的目的是_。(2)选择以下合适选项

8、填空：加入NaOH溶液调整溶液pH=8时，除去的离子是_；已知钠离子交换树脂的原理：Mn+nNaRMRn+nNa+,此步操作被交换除去的杂质离子是_。AFe3+ BAl3+ CCa2+ DMg2+(3)还原过程中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：_。29、（10分）从能量的变化和反应的快慢等角度研究化学反应具有重要意义。(1)已知一定条件下，反应N2+3H2=2NH3为放热反应：下图能正确表示该反应中能量变化的是_；根据下表数据，计算生成1 molNH3时该反应放出的热量为_kJ；一定温度下，将3 molH2和1 molN2通入容积为2L的密闭容器中发生反应，5 min达到平衡，测得c(NH3

9、)=0.6 molL，则0至5 min时v(N2)=_，达到平衡时H2的转化率为_。(2)某兴趣小组为研究原电池原理，设计如图装置。a和b用导线连接，Cu极为原电池_极（填“正”或“负”），电极反应式是_；Al极发生_（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为_，溶液中SO42-移向_（填“Cu”或“Al”极）。溶液pH_（填增大或减小）；当负极金属溶解5.4g时，_NA电子通过导线。不将a、b连接，请问如何加快Al与稀硫酸的反应速率？_2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、B【答案解析】分散系分为溶液、胶体、浊液，丁达

10、尔现象是胶体特有的性质，抓住这一特点即可解答。【题目详解】A. FeCl3溶液，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故不选A； B. 稀豆浆，属于胶体，能产生丁达尔效应，故选B； C. CuSO4溶液，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故不选C；D. KMnO4溶液，属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故不选D。2、A【答案解析】AAl的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正确；BFe采用热还原法冶炼，故B错误；CCu采用热还原法冶炼，故C错误；DAg采用热分解法冶炼，故D错误；故选A。【答案点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法。冶炼

11、活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等，常用还原剂还原；Hg、Ag等用加热分解氧化物的方法制得。3、B【答案解析】如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，中这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系。【题目详解】A、开启啤酒瓶后，越强减小，气体的溶解度减小，因此瓶中马上泛起大量泡沫，A可以用勒夏特列原理解释；B、反应H2I22HI是体积不变的可逆反应，因此H2、I2、HI混合气体加压后平衡不移动，但单质碘的浓度增大，因此颜色变深，B不能用勒夏特列原理解释；C、N

12、O2存在平衡关系2NO2N2O4，因此红棕色的NO2加压后平衡向正反应方向移动，所以颜色先变深再变浅，C可以用勒夏特列原理解释；D、SO2与氧气反应的方程式为2SO2O22SO3，增大氧气的浓度平衡向正反应方向移动，因此SO2的转化率增大，D可以用勒夏特列原理解释.答案选B。4、D【答案解析】A. NH4Br是离子化合物，电子式为，A错误；B. S的原子结构示意图为，B错误；C. 乙酸的分子式为C2H4O2，CH3COOH表示乙酸的结构简式，C错误；D. 原子核内有18个中子的氯原子可表示为，D正确。答案选D。5、C【答案解析】A. 甲为，不能被酸性溶液氧化，A项错误；B. 乙为乙烯，与发生加

13、成反应而使溴水褪色，B项错误；C. 丙为苯，其6个碳碳键完全相同，C项正确；D. 丁为乙醇，还可发生氧化反应等，D项错误；故选C。【答案点睛】本题主要考查了比例模型以及物质的性质，难度不大，注意由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，然后根据物质的性质分析。6、D【答案解析】气态烃1mol最多可与2molHCl加成，说明分子中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键，所得产物与Cl2发生取代反应时，若将氢原子全部取代，需要8mol Cl2，说明烃分子中加成产物含有8个H原子，其中有2个H原子为与HCl加成生成，则原烃中含有H原子数目为6，碳原子数目为(6+2)/2=4，因此符合条件的有机

14、物是CH3CCCH3。答案选D。【答案点睛】本题考查有机物的推断，本题注意根据有机物与HCl加成反应的性质判断分子中的官能团的种类和个数，结合加成反应、取代反应的特点进行推断。7、D【答案解析】A项，图甲表明，其它条件相同时，随着H2O2浓度的增大，单位时间内H2O2浓度变化量越大，其分解速率越快，故A项错误；B项，图乙表明，其它条件相同时，随着NaOH浓度的增大，即溶液pH的增大，单位时间内H2O2浓度变化量越大，H2O2分解速率越快，故B项错误；C项，由图丙可知，少量Mn2存在时，1.0mol/LNaOH条件下对应的H2O2分解速率要小于0.1mol/LNaOH时的分解速率，因此并不是碱性

15、越强，H2O2分解速率越快，故C项错误；D项，由图丁可知，pH相同的碱性条件下，Mn2浓度越大，H2O2分解速率越大，故D项正确；综上所述，本题选D。8、D【答案解析】根据同温同压，该混合气体相对于氢气的密度为10计算混合气体的平均摩尔质量，再利用平均摩尔质量计算混合气体中CH4的与O2的物质的量比。【题目详解】相同条件下密度之比等于相对分子质量之比，氢气的相对分子质量为2，则甲烷和氧气混合气体的平均相对分子质量为20，取1摩尔混合气体，其质量为20克，设其中甲烷为x摩尔，则氧气为1-x摩尔，有16x+32(1-x)=20，解得x=0.75摩尔，则O2为0.25摩尔，故O2与CH4的物质的量之

16、比为1：3。答案选D。9、B【答案解析】A、乙烷是烷烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误；B、乙醇分子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；C、苯是芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D、乙酸含有羧基，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误。答案选B。10、A【答案解析】A. 乙烯分子中含有碳碳双键，故其可以和溴水发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2，A正确；B. 苯分子中不含碳碳双键，而是大键，其不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；C. 甲烷属于饱和烃，不能和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D. 乙烷属于饱和烃，不能

17、和溴水发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误；故合理选项为A。【答案点睛】有机物中，能和溴水发生加成反应的物质往往含有碳碳双键、碳碳三键。能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质一般是含碳碳双键、碳碳三键的物质，还有醇类、醛类、酚类、以及苯的部分同系物。11、D【答案解析】A、新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，选项A错误；B、制光导纤维元素是Si、O，属于非金属元素，Si在金属和非金属的分界线附近，选项B错误；C、制半导体的元素在金属和非金属的分界线附近找，选项C错误；D、制催化剂的元素从元素周期表的过渡金属中找，选项D正确。答案选D。【答案点睛】本题考查元素周期表与元素

18、的性质知识，题目较为简单，熟悉元素在周期表中的位置及性质即可解答。12、B【答案解析】分析：A项，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强，但稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸；B项，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度很小，而乙醇易溶；C项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中；D项，灼烧海带应在坩埚中进行。详解：A项，稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸，所以不能根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，证明非金属性ClC，故A项错误；B项，分离乙酸乙酯和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯和乙醇的分离，分离油层和水层采用

19、分液的方法即可，故B项正确；C项，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，故C项错误；D项，灼烧海带应在坩埚中进行，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。13、D【答案解析】A.每克油脂在人体内完全氧化时产生的能量大约是糖或蛋白质的2倍，因此油脂是热值最高的食物，适当食用，不仅可以为我们补充能量，而且可以增加食物的滋味、增进食欲，保证机体的正常生理功能，因此不食用是不正确的，A错误；B.羊毛的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维素，B错误；C.酶是具有生物活性的蛋白质，温度高，会导致酶变性，失去活性，因此不能使用热水进行洗涤，要用温水，C错误；D.未成熟的苹果中含有

20、大量植物光合作用产生的淀粉，因此滴加碘水会变蓝，D正确；故合理选项是D。14、D【答案解析】A. 含有碳碳双键的油脂能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B. 甲烷和C12的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应，不属于同一类型，B错误；C. 乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，均能与Na反应放出H2，C错误；D. 葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者结构不同，互为同分异构体，D正确，答案选D。15、D【答案解析】A. Fe与水蒸气反应可以生成Fe3O4，能通过步化学反应实现，故A不选；B. C2H2在空气中燃烧能够生成CO2，能通过步化学反应实现，故B不选；C. CH2=CH2与氢气加

21、成可以生成CH3CH3，能通过步化学反应实现，故C不选；D. A12O3不溶于水，不能与水反应生成Al(OH)3，不能通过步化学反应实现，故D选；故选D。16、D【答案解析】被还原是指元素得电子，化合价降低；而被氧化是指元素失电子，化合价升高，则A. N元素化合价未发生变化，A项错误；B. N元素从0价升高到+2价，被氧化，B项错误；C. N元素化合价未发生变化，C项错误；D. N元素化合价从0价降低到-3价，化合价降低，D项正确；答案选D。17、B【答案解析】A. 使石蕊试液变红体现硝酸的酸性，A不选；B. 与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2，反应中氮元素化合价降低，由硝酸盐生成，硝

22、酸既能表现出酸性又能表现出氧化性，B选；C. 与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3只体现硝酸的酸性，不是氧化还原反应，C不选；D. 与硫单质共热时生成H2SO4和NO2，反应中氮元素化合价降低，没有硝酸盐生成，只体现硝酸的氧化性，D不选；答案选B。【答案点睛】明确硝酸体现酸性和氧化性的标志及特征是解答的关键，如果反应中氮元素化合价降低，说明得到电子，体现氧化性。如果有硝酸盐生成，则体现酸性。18、C【答案解析】元素原子的最外层电子数决定其化学性质，因此第A族元素具有相似的化学性质，其原因是它们的原子具有相同的最外层电子数，答案选C。点睛：掌握影响化学性质的因素是解答的关键，另外需要

23、注意元素原子的最外层电子也叫价电子，主族元素的价电子就是最外层电子，而副族或第族的次外层或倒数第三层电子也叫价电子。19、B【答案解析】A.由图象可知反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，故A错误；B.由图象可知：该反应吸收的总能量=断键吸收的总能量-成键放出的总能量，故B正确；C.由图象可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；D.某些吸热反应不需要加热也可以发生，如和的反应是吸热反应，故D错误；故答案：B。20、C【答案解析】A氢氧化钡中钡离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在极性共价键，A错误；BCH3CHO中只含共价键，B错误；C钠离子和过氧根离子之

24、间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，C正确；D氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在极性共价键，D错误；答案选C。【答案点睛】本题考查了化学键的判断，明确离子键、极性共价键和非极性共价键的概念即可解答。一般情况下，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键。21、A【答案解析】考查化学键的判断。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，所以A中含有离子键核极性键，B中含有非极性键，C中含有离子键，D中含有极性键，答案选A。

25、22、D【答案解析】分析：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；L、Q属于第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，再结合题目分析解答。详解：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原

26、子序数增大而减小；L、Q属于第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，A、由于H2O中存在氢键沸点高，故简单氢化物的沸点:TR，选项A错误；B、同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性:LQ，选项B错误；CL是Mg元素、R是S元素，L2+核外电子数是10、R2-的核外电子数是18，所以二者核外电子数不等，选项C错误；D、M与T形成的化合物氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。点睛

27、：本题考查了原子结构和元素性质，明确元素化合价、原子半径与原子结构的关系是解本题关键，再结合元素周期律分析解答，题目难度中等。二、非选择题(共84分)23、第三周期 IIIA族 BC 【答案解析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期A族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此分

28、析解答。【题目详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，W为O元素，D为Na元素，E为Al元素； (1)E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；(2)由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18-6-8=4，故该微粒结构简式为CH3OH，电子式为：，故答案为：；(3) D为Na元素，E为Al元素；A将单质D置于E的盐溶液中，钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素，不能说明D的金属性弱，故A错误；B金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较D和E

29、的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强，故B正确；C金属单质与盐酸反应越剧烈，对应元素的金属性越强，将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强，故C正确；故答案为：BC。【答案点睛】本题的易错点为(3)中A的判断，要注意钠的活泼性很强，与盐溶液反应时，是钠先与水反应，不能置换出金属单质，因此不能比较金属性的强弱。24、石油的分馏 石油的裂解 CH2=CH2 羟基 羧基 CH2=CH2+H2OCH3CH2OH 加成反应 CH3CH3Cl2CH3CH2ClHCl 取代反应 2C2H5OHO22CH3CHO2H2O 氧化反应 CH3CH2OHC

30、H3COOH CH3COOCH2CH3H2O 取代反应（酯化反应） 乙烷与氯气反应将得到多种氯代物的混合物，产物不纯 【答案解析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是乙烯，与水发生加成反应生成B是乙醇，B催化氧化生成E是乙醛，乙醛氧化生成F是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。乙烯和氢气发生加成反应生成D是乙烷，乙烯和氯化氢发生加成反应生成C是氯乙烷，乙烷和氯气发生取代反应也可以生成氯乙烷，据此解答。【题目详解】（1）操作是石油的分馏，操作得到乙烯，因此其名称为石油的裂解；（2）A是乙烯，结构简式为CH2CH2；B、F分别是乙醇和乙酸，分子中的官能团名称分别是羟基和羧基；（3

31、）反应是乙烯和水的加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2CH2+H2OCH3CH2OH；反应是乙烷的取代反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为CH3CH3Cl2CH3CH2ClHCl；反应是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2C2H5OHO22CH3CHO2H2O；反应是酯化反应，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH3COOH CH3COOCH2CH3H2O；（4）反应是加成反应，产物只有一种，反应是乙烷的取代反应，乙烷与氯气反应将得到多种氯代物的混合物，产物不纯，所以制备氯乙烷最好的方法是反应。25、炭（或C） 脱水 浓硫酸遇水放热，提高反应的温度 C2H2SO4(浓)CO22SO22H2

32、O 品红（或酸性KMnO4溶液） 氢氧化钙或Ca(OH)2 除去SO2 【答案解析】蔗糖的组成元素为碳、氢、氧，实验中可以观察到试管内的固体由白色变为黑色，说明有碳生成，证明浓硫酸有脱水作用，使蔗糖脱水炭化，体积膨胀说明有气体生成，同时闻到刺激性气味，说明碳单质与浓硫酸反应生成二氧化碳和有刺激性气味的二氧化硫，反应表现了浓硫酸的强氧化性，试管壁摸起来发烫说明该实验是一个放热过程。【题目详解】（1）实验中可以观察到试管内的固体由白色变为黑色，说明有C生成，证明浓硫酸有脱水作用，使蔗糖脱水炭化，故答案为：炭（或C）；脱水；（2）浓硫酸稀释时放出大量的热，则滴加浓硫酸之前加入23滴水的目的是浓硫酸遇

33、水放热，提高反应的温度，有利于蔗糖的脱水炭化；脱水炭化生成的C与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O，故答案为：浓硫酸遇水放热，提高反应的温度；C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O；（3）因二氧化硫干扰二氧化碳的检验，所以应先利用二氧化硫的漂白性或还原性检验二氧化硫气体，再用酸性高锰酸钾溶液吸收除去二氧化硫，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，再用澄清石灰水检验二氧化碳。X试剂的目的是利用二氧化硫的漂白性或还原性检验二氧化硫气体的生成，则X可以为品红溶液（或酸性KMnO4溶液或溴水），Y试剂为澄清石灰水，目的是检验二氧化碳的

34、生成，故答案为：品红（或酸性KMnO4溶液）；氢氧化钙或Ca(OH)2；装置中酸性KMnO4溶液的作用是吸收除去二氧化硫，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，故答案为：除去SO2。【答案点睛】二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，使石灰水变浑浊，因此检验二氧化碳前必须除去混合气体中的二氧化硫，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰是解答关键，也是难点和易错点。26、碘水银氨溶液新制氢氧化铜悬浊液加水【答案解析】分析：淀粉遇碘单质变蓝，且葡萄糖含-CHO，能被银氨溶液或新制氢氧化铜氧化，根据二者的性质差异来解答。详解：淀粉遇碘单质变蓝，且葡萄糖含-CHO，能被银氨溶液或新

35、制氢氧化铜氧化，则区分淀粉和葡萄糖的方法为：a、分别取样配成溶液加入碘水呈蓝色的是淀粉；b、分别取样配成溶液分别加入银氨溶液水浴加热有银镜出现的是葡萄糖；c、分别取样配成溶液加入新制氢氧化铜悬浊液煮沸出现砖红色沉淀的是葡萄糖；d、分别等质量样品加水溶解，能溶于水的是葡萄糖，不易溶于水的是淀粉。点睛：本题考查物质的检验实验方案的设计，为高频考点，把握有机物的性质、性质差异、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。27、防止倒吸 CH3COOHCH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3H2O 酯化反应 3 4 A C 16% 羟基、羧基 2CH3

36、CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O 【答案解析】（1）乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会导致装置内气体减小，容易发生倒吸，球形干燥管容积较大，故可以防止倒吸，故答案为防止倒吸；（2）根据酯化反应的机理可知反应方程式：CH3COOHCH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3H2O，反应类型为取代反应或酯化反应；（3）实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用，由于在实验C中使用的硫酸是3mL2mol/L，所以在实验D中应加入一元强酸盐酸的体积和浓度分别是3mL和4mol/L；分析实验A、C 可知：其它条件相同只有硫酸的浓度不同，而最终使用浓硫酸反应产生的酯多

37、，说明浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；故答案为AC；（4）n(乙酸)=90g1g/mol=1.5mol，n(乙醇)=138g46g/mol=3mol，由于乙醇过量，所以应该按照乙酸来计算得到的酯的质量。n(乙酸乙酯)=8088g/mol=0.909mol，则该反应的产率为0.909 mol1.5mol100%=1.6%；II.乳酸分子中的官能团有羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；乳酸分子中的羟基氢和羧基氢都能被金属钠置换，故反应方程式为，加热时，乳酸在Cu作用下与O2反应主要的羟基被催化氧化，故反应方程式为2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O； 腈纶是由丙烯腈发

38、生加聚反应而得到的，反应的方程式为。【答案点睛】在所给的反应物的量有多种时，应考虑物质的过量问题，应先判断过量，然后按照量少的反应物的量进行计算。28、 氧化为Fe3+之后，可以通过调节溶液pH除去 2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O72-+8H+ 防止调节溶液pH时将Cr元素沉淀除去 AB CD 43【答案解析】分析：某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子，同时Cr3+被氧化为Cr2O72-，加氢氧化钠调节pH=8，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+，再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4，据此解答。详解：(1)根据以上分析可知氧化Fe2+的目的是将亚铁离子氧化为Fe3+之后，可以通过调节溶液pH除去