2024年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试化学冲刺卷04（含答案解析）

2024年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试化学冲刺卷04本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间60分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Cu-64Ba-137选择题部分一、选择题Ⅰ（本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．硫化氢的分子式是()A．HCl B．H2S C．SO2 D．H2SO4【答案】B【解析】硫化氢是硫的氢化物，硫与氢气反应会得硫化氢，硫的非金属性较氢强，在化合物中硫显-2价，氢显+1价，故化学式为，故选B。2．按物质的组成进行分类，偏铝酸钠(NaAlO2)属于()A．氧化物 B．盐 C．酸 D．有机物【答案】B【解析】A项，氧化物：由两种元素所组成的纯净物，其中一种为氧元素；所以NaAlO2不属于氧化物，故A不选；B项，盐是指一类金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子结合的化合物；NaAlO2由钠离子和偏铝酸根离子组成，则NaAlO2属于盐，故B选；C项，酸：电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物叫做酸；NaAlO2电离出的阳离子全都为钠离子，所以不属于酸，故C不选；D项，有机化合物主要是指由碳元素、氢元素组成，一定是含碳的化合物，但是不包括碳的氧化物和硫化物、碳酸、碳酸盐、氰化物等；所以NaAlO2不属于有机化合物，故D不选；故选A。3．仪器名称为“坩埚”的是()A．B． C． D．【答案】A【解析】A项，图示装置为坩埚，用于灼烧固体，故A正确；B项，图示装置为烧杯，有多种规格，故B错误；C项，图示装置为容量瓶，用于一定浓度溶液的配制，故C错误；D项，图示装置为平底烧瓶，故D错误。故选A。4．下列属于非电解质的是()A．盐酸 B．硫酸钡 C．铜 D．葡萄糖【答案】D【解析】A项，盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A错误；B项，硫酸钡是盐，属于强电解质，B错误；C项，铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，C错误；D项，葡萄糖是有机物，水溶液和熔融状态均不导电，是非电解质，D正确；故选D。5．反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O中，还原产物是()A．Cl2 B．NaCl C．NaClO D．H2O【答案】B【解析】在反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O中，Cl2中Cl元素为0价，生成的NaCl中Cl显-1价，NaClO中Cl显+1价，则NaCl为还原产物，故选B。6．下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是()A．NH3 B．CO2 C．H2 D．CH4【答案】A【解析】A项，NH3极易溶于水，并与水反应产生NH3∙H2O，NH3∙H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，因此可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，A符合题意；B项，CO2能够溶于水，反应产生H2CO3，H2CO3电离产生H+，使溶液现酸性，可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，B不符合题意；C项，H2是中性气体，不溶于水，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，C不符合题意；D项，CH4是中性气体，不溶于水，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D不符合题意；故选A。7．关于胶体的叙述正确的是A．胶体属于纯净物B．胶体比溶液稳定C．胶体可产生丁达尔效应D．胶体粒子直径大于100nm【答案】C【解析】A．胶体是分散系属于混合物，故A错误；B．胶体是均一较稳定的分散系，能够稳定存在的主要原因是胶粒带同种电荷，彼此之间存在斥力，所以静止不容易产生沉淀，是一种介稳分散系，稳定性弱于溶液，故B错误；C．光线通过胶体出现光亮的通路，发生丁达尔效应，故C正确；D．胶体是分散质微粒直径介于1～100nm之间的分散系，故D错误；8．下列有关化学用语的表示中正确的是A．过氧化氢的电子式：B．的电子式：C．空间填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子D．分子的结构式：O=C=O【答案】D【解析】A．过氧化氢是共价化合物，H、O原子间通过共价键结合，所以的电子式为，A错误；B．核外最外层有8个电子，因此的电子式为，B错误；C．分子空间构型为直线形，不能用该模型表示，C错误；D．分子中C原子与2个O原子共形成四个共用电子对，结构式为O=C=O，D正确；答案选D。9．下列说法正确的是A．单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体B．红磷转化为白磷，属于物理变化C．1H2、2H2、3H2互为同位素D．和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体【答案】A【解析】A.组成元素相同，结构不同的单质互称同素异形体，单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体，故A正确；B.红磷和白磷结构不同，转化为新的物质，属于化学变化，故B错误；C.质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，1H2、2H2、3H2是分子，故C错误；D.分子式相同而结构不同的物质互为同分异构体，和CH3CH2CH2CH3的分子式不同，不能互为同分异构体，故D错误；答案选A。10．下列说法不正确的是A.二氧化氯可用于自来水消毒 B.热的碱性溶液可去除器皿表面的油脂C.工业上常用“吹出法”从海水中提取溴 D.工业上直接用水吸收SO3制备硫酸【答案】D【解析】A．二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，A正确；B．热的碱性溶液可去除器皿表面的油脂，因为油脂在碱性条件下会水解，B正确；C．工业上常用“吹出法”从海水中提取溴，用氯气置换溴离子使之成为单质溴，继而通入空气和水蒸气，C正确；D．工业上用浓硫酸吸收SO3制备硫酸，D错误；11．已知X、Y、Z、T、W是短周期中原子序数依次增大的五种主族元素，其中X、T同主族，X与Y形成的简单气态化合物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z原子的最外层电子数是电子层数的3倍，元素W的单质是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是()A．原子半径：X<Y<Z<TB．Y元素的含氧酸都属于强酸C．Z、T和W三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性D．元素Z、T组成的化合物中阴、阳离子个数之比为2∶1【答案】C【解析】由题意可知，X为H，Y为N，Z为O，T为Na，W为Si。同周期自左而右，主族元素原子半径逐渐减小，同主族自上而下，元素原子半径逐渐增大，原子半径：N>O，A项错误；N的含氧酸中，亚硝酸为弱酸，B项错误；元素Z、T组成的化合物为氧化钠和过氧化钠，其中阴、阳离子个数之比为1∶2，D项错误。12．下列方程式不正确的是A．钠放入水中产生大量气体的化学方程式：Na+2H2O=NaOH+H2↑B．乙烯与氯气反应的化学方程式：CH2=CH2＋Cl2→CH2ClCH2ClC．向小苏打溶液中加入硫酸氢钠溶液的离子方程式：NaHCO3+H+=H2O+CO2↑D．氯化铁水解的离子方程式：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+【答案】A【解析】A.钠放入水中会产生氢气，放出大量气体，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故A错误；B．CH2=CH2与Cl2发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，故B正确；C.小苏打是碳氢酸钠，溶液中电离出碳酸氢根离子，硫酸氢钠溶液电离出氢离子，碳酸氢根离子与氢离子发生反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式：NaHCO3+H+=H2O+CO2↑，故C正确；D．Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，属于FeCl3的水解方程式，但水解是微弱的，应用“”表示，故D正确。13．类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是A．已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuSB．已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2C．已知Na与水反应生成NaOH，推测Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3D．已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应【答案】D【解析】A项，硫具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，故A错误；B项，亚硫酸钙具有还原性，能被硝酸氧化生成硫酸钙，稀硝酸被还原生成NO，故B错误；

C项，铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不是Fe(OH)3，故C错误；D项，在金属活动性顺序表中，前边金属能置换出后边金属，金属性：Fe>Cu>Ag，所以Fe与AgNO3溶液也能反应生成Ag，故D正确；故选D。14．下列说法正确的是()A．甲烷分子的比例模型为，其二氯取代物有2种结构B．苯和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同C．相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同D．在一定条件下，苯与氯气生成氯苯的反应类型是加成反应【答案】C【解析】A项，甲烷为正四面体结构，只有一种H，则比例模型为，其二氯取代物有1种结构，故A错误；B项，苯与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应，则褪色原理不同，前者为萃取、后者为化学反应，故B错误；C项，乙炔与苯的最简式相同，均为CH，含C、H的质量分数相同，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，故C正确；D项，苯与氯气生成氯苯，苯环上H被Cl取代，为取代反应，故D错误；故选C。15．下列说法正确的是()A．有“OTC”标识的药品需要凭医生处方就能自行前往药店购买B．焰色实验时，可以用铁丝代替铂丝，使用前都需用稀硫酸清洗干净C．实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理D．蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高【答案】C【解析】A项，有“OTC”标识的药品需要凭医生处方在医师指导下购买，A错误；B项，硫酸不易挥发，且硫酸盐熔点均较高，所以洗涤铁丝或铂丝应该用盐酸清洗，B错误；C项，实验室中固体废弃物高锰酸钾、过氧化钠可配成溶液将其转化为一般化学品再进行常规处理，防止导致污染，C正确；D项，蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏低，D错误；故选C。二、选择题Ⅱ（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）16．H2.和I2在一定条件下能发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)。已知：

下列说法正确的是A．HI分子分解所吸收的热量主要用于克服分子间作用力B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a)kJC．相同条件下，1molH2(g)和1molI2(g)总能量小于2molHI(g)的总能量D．向密闭容器中加入2molH2(g)和2molI2(g)，充分反应后放出的热量为2akJ【答案】B【解析】A项，化学反应需要断裂旧键，断键需要吸收能量，HI分子分解所吸收的热量主要用于断裂H-I键，故A错误；B项，△H=反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量=bkJ/mol+ckJ/mol-2E(H-I)=-akJ/mol，得到断开2molH-I键所需能量E(H-I)约为(a+b+c)kJ，故B正确；C项，反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，即相同条件下，1molH2(g)和1molI2(g)总能量大于2molHI(g)的总能量，故C错误；D项，反应是可逆反应不能进行彻底，向密闭容器中加入2molH2(g)和2molI2(g)，不能反应完全，充分反应后放出的热量小于2akJ，故D错误；故选B。17．纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO。关于该电池下列叙述不正确的是A．正极的电极反应为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−B．Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应C．使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极D．使用时溶液中电流的方向是由Ag2O极流向Zn极【答案】D【解析】A．Ag2O被还原，Ag2O为正极，正极反应式为Ag2O+H2O+2e−=2Ag+2OH−，故A正确；B．Zn作负极失电子发生氧化反应，Ag2O作正极得电子发生还原反应，故B正确；C．Zn失电子作负极，Ag2O作正极，电子从负极流向正极，即电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，故C正确；D．使用时溶液中电流的方向(即内电路的电流方向)是由负极流向正极，即Zn极流向Ag2O极，故D错误。故选D。18．劳动创造世界，造福人类美好生活。下列关于劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是()选项劳动项目化学知识A用草木灰改良酸性土壤草木灰中的碳酸钾是一种碱B用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶盐酸可与污垢反应生成可溶性物质C用活性炭去除室内甲醛活性炭具有吸附性D用大米、高粱作原料酿酒涉及淀粉的水解和葡萄糖的分解反应【答案】A【解析】A项，用草木灰改良酸性土壤，是利用其水解呈碱性，碳酸钾是一种盐，A项错误；B项，洁厕灵(主要含浓盐酸)，具有强酸性，能与污垢中的难溶性盐发生复分解反应，生成可溶性物质，B项正确；C项，活性炭具有吸附性，吸收甲醛，C项正确；D项，用大米、高粱作原料酿酒，淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖再在酶的作用下，发生分解反应得到乙醇，D项正确；故选A。19．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1mol硫酸氢钠溶于水中，溶液中阳离子数为NAB．标准状况下11.2L己烷中含有的分子数为0.5NAC．lmol-OH(羟基)含有的电子数为7NAD．lmolCnH2n+2分子中含共价单键数为(3n+1)NA【答案】D【解析】A．硫酸氢钠为强电解质，完全电离产生氢离子、钠离子和硫酸根离子，则1mol硫酸氢钠溶于水中，溶液中阳离子物质的量为2mol，数目为2NA，故A错误；B．标准状况下，己烷不是气体，无法根据气体摩尔体积进行计算，故B错误；C．1个羟基（-OH）中含有的电子数为8+1=9，则1mol羟基（-OH）含有的电子数为9NA，故C错误；D．CnH2n+2分子为烷烃分子，每个分子中含有n-1个C-C键，含有2n+2个C-H键，则含共价单键数为n-1+(2n+2)=(3n+1)，则lmolCnH2n+2分子中含共价单键数为(3n+1)NA，故D正确。故选D。20．在一定条件下发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，将2molSO3通入2L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5min末测得SO3的物质的量为0.8mol。则下列说法正确的是()A．0~5min，SO2的生成速率v(SO2)=0.12mol·L·minB．若起始时充入3molSO3，起始时SO3分解速率不变C．若某时刻消耗了1molSO3同时生成了0.5molO2，则表明该反应达到了平衡状态D．达到平衡时，SO2和SO3的浓度相等【答案】A【解析】据题意得，5min末测得SO3的物质的量为0.8mol，则0~5min内消耗SO31.2mol，v(SO2)=0.12mol·L·min，故0~5min，SO2的生成速率v(SO2)=0.12mol·L·min，A正确；若起始时充入3molSO3，相当于增大压强，SO3分解速率减小，B错误；若某时刻消耗了1molSO3同时生成了0.5molO2，则说明可逆反应正向进行，不能表明该反应达到了平衡状态，C错误；达到平衡时，SO2和SO3的浓度不一定相等，D错误。21．下列说法不正确的是()A．水质检验员对天然水、工业用水、生活用水等的物理性质、化学性质及生物性质进行检验和评定B．“变量控制法”是科学探究中常用的方法C．锂在氧气中燃烧生成过氧化锂D．非处方药不需要凭医生处方，其包装上有“OTC”标识【答案】C【解析】A项，水质检验员是指对天然水、工业用水、生活用水等的物理性质、化学性质及生物性质进行检验和评定的专业技术人员，一般检验氯离子、硫酸根离子、微生物、有机物等，A正确；B项，“变量控制法”是科学探究中常用的方法之一，即探究一个因素时，要控制其他因素相同，B正确；C项，锂在氧气中燃烧生成氧化锂，得不到过氧化锂，C错误；D项，非处方药不需要凭医生处方，可自行根据需要选购，其包装上有“OTC”标识，D正确；故选C。22．数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况。对此，下列有关说法正确的是()A．pH减小的主要原因是光照引起了Cl2溶解度的减小，氯气逸出，导致了溶液中H+浓度减小B．光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl—的浓度也不断减小C．光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强D．随着对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性将增强【答案】C【解析】A项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑，光照条件下HClO分解生成HCl，导致“Cl2+H2OHCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故A错误；B项，光照条件下HClO分解生成HCl，导致“Cl2+H2OHCl+HClO”平衡正向移动，则溶液中氯离子浓度增大，故B错误；C项，HClO是弱酸、盐酸是强酸，光照条件下HClO分解生成HCl，溶液酸性增强，故C正确；D项，HClO具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下HClO分解生成HCl，导致溶液中HClO浓度减小，溶液的漂白性减弱，故D错误；故选C。23．CaOCl2是一种常见的混盐(混盐：一种金属阳离子与两种或两种以上的酸根离子形成的盐)，下列说法不正确的是A．CaOCl2有较强的氧化性B．CaOCl2遇水呈碱性，需要密封保存C．能与SO2反应生成新盐，每消耗1molCaOCl2，转移的电子为2molD．含0.1molCaOCl2的饱和溶液中加入足量的浓硫酸，可析出0.1molCaSO4固体和2.24LCl2【答案】D【解析】A项，CaOCl2混盐中的酸根为Cl-和ClO-，ClO-有较强的氧化性，故A不符合题意；B项，CaOCl2混盐中的酸根为Cl-和ClO-，ClO-易水解呈碱性，需要密封保存，故B不符合题意；C项，ClO-能与SO2反应生成硫酸根生成新盐硫酸钙，每1molCaOCl2中含ClO-1mol，反应时变为Cl-转移的电子为2mol，故C不符合题意；D项，CaOCl2与浓硫酸的反应为CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4↓+Cl2↑+H2O，只含0.1molCaOCl2析出0.1molCaSO4固体，产生了0.1molCl2，但Cl2的体积与温度、压强有关，无法确定0.1molCl2的体积，故D符合题意；故选D。24．高纯硅广泛应用于信息技术和新能源技术等领域。工业上制备高纯硅的流程如图：下列说法不正确的是A.步骤①、②和③中的反应均为氧化还原反应B.流程中的H2和HCl可循环利用C.步骤③中的H2可用焦炭代替D.由步骤②和③中的反应可知，通过调控反应温度能改变反应进行的方向【答案】C【解析】石英砂(主要成分为SiO2)，与碳在2000°C条件下反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅与氯化氢在300°C条件下反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气在1100°C条件下反应生成高纯硅和氯化氢，达到制备高纯硅的目的，据此分析解题。A．①反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，②反应方程式为：2Si+6HCl2SiHCl3+3H2，③反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl，均有化合价的变化，A正确；B．根据流程和节约成本可知，流程中HCl和H2可以循环利用，B正确；C．步骤③中的H2用焦炭代替会产生杂质，C错误；D．②反应方程式为：2Si+6HCl2SiHCl3+3H2，③反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl，D正确；25．下列有关实验的操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象实验结论A向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中一定含有B将气体通入溶液中无白色沉淀生成与溶液不反应C向某溶液中加入少量双氧水后，再滴加几滴KSCN溶液溶液变红色原溶液中可能含有D向某溶液中滴加稀盐酸有气泡产生原溶液中一定含有【答案】C【解析】A．生成的白色沉淀也有可能是氯化银，故A错误；B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液显酸性，酸性环境下硝酸根例子会将二氧化硫氧化成硫酸根，继而和钡离子生成硫酸钡沉淀，会观察到白色沉淀生成，故B错误；C．含有Fe3+的溶液与KSCN溶液作用显红色，原溶液中滴加双氧水后再加KSCN溶液显红色，可能是由于原溶液中亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，故C正确；D．若原溶液含有碳酸氢根、亚硫酸根等离子，滴加稀盐酸也会有气泡产生，故D错误；非选择题部分三、非选择题（本大题共5小题，共40分）26．(8分)回答下列问题(1)写出乙醛的结构简式_____________。(2)用电子式表示CO2的形成过程____________________________________。(3)写出氯气与水反应的离子方程式_______________________________。(4)写出铝片溶于氢氧化钠溶液发生的化学方程式_______________________________。【答案】(1)CH3CHO(2分)(2)(2分)(3)Cl2+H2OH++Cl-+HClO(2分)(4)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(2分)【解析】(1)乙醛的分子式为C2H4O，分子中含有醛基(-CHO)，其结构简式为CH3CHO；(2)CO2为共价化合物，C原子分别与O原子共用两对电子，形成过程为；(3)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO；(4)铝能够和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。27．(8分)有机物A蒸气密度是氢气的16倍，A与CO、B以物质的量1：1：1的比例形成CH2=C(CH3)COOCH3(甲基丙烯酸甲酯)，1molB能与2molBr2发生加成反应。甲基丙烯酸甲酯在一定条件下反应生成高分子化合物有机玻璃，有机玻璃在工业和生活中有着广泛用途。请回答下列问题：(1)B的结构简式是____________________，C中的官能团的名称是_____________________________。(2)D→C的化学方程式是____________________，C→E的化学方程式是____________________________。(3)在加热条件下A能被CuO氧化，写出反应方程式____________________________。(4)下列说法正确的是__________________________。A．甲基丙烯酸甲酯可进行加成反应、氧化反应、取代反应B．用Na2CO3溶液无法鉴别有机物A、C和DC．D→C反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂D．A能与金属钠反应，且比水与金属钠反应要剧烈的多【答案】CH≡C-CH3碳碳双键、酯基CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2OnCH2=C(CH3)COOCH3CH3OH+CuOHCHO+Cu+H2OAC【解析】有机物A蒸气密度是氢气的16倍，则A相对分子质量是M=16×2=32，A与CO、B以物质的量1：1：1的比例形成CH2=C(CH3)COOCH3(甲基丙烯酸甲酯)，根据原子守恒，可知A是CH3OH，B分子式是C3H4，1molB能与2molBr2发生加成反应，则B中可能含有2个碳碳双键，也可能含有1个碳碳三键，结合产物CH2=C(CH3)COOCH3的结构，可知B结构为CH≡C-CH3。D与CH3OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生CH2=C(CH3)COOCH3，则D是CH2=C(CH3)COOH。甲基丙烯酸甲酯在一定条件下反应加聚反应生成高分子化合物——聚甲基丙烯酸甲酯，故有机玻璃E的结构简式是，然后根据问题分析解答。根据上述分析可知：A是CH3OH，B是CH≡C-CH3，C是CH2=C(CH3)COOCH3，D是CH2=C(CH3)COOH，E是。(1)根据上述分析可知B是丙炔，结构简式是CH≡C-CH3；化合物C结构简式是CH2=C(CH3)COOCH3，其中含有的官能团的名称是碳碳双键、酯基；(2)D是CH2=C(CH3)COOH，A是CH3OH，二者在在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生CH2=C(CH3)COOCH3和水，该反应是可逆反应，则D→C的化学方程式是：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；C是CH2=C(CH3)COOCH3，分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下断裂碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱和碳原子彼此结合，就形成高分子化合物，故C→E的化学方程式是：nCH2=C(CH3)COOCH3；(3)A是CH3OH，由于羟基连接的C原子上含有H原子，在加热条件下A能被CuO氧化变为HCHO，同时产生Cu及H2O，该反应的化学反应方程式为：CH3OH+CuOHCHO+Cu+H2O；(4)A．甲基丙烯酸甲酯分子中含有不饱和的碳碳双键可发生加成反应；该物质是有机物，能够发生燃烧反应，物质的燃烧反应属于氧化反应；物质分子中含有酯基，能够发生酯的水解反应，水解反应属于取代反应，因此甲基丙烯酸甲酯能够进行加成反应、氧化反应、取代反应，A正确；B．A是CH3OH，属于醇，易溶于Na2CO3溶液，液体互溶不分层；C是CH2=C(CH3)COOCH3，属于酯，不溶于Na2CO3溶液，密度比水小，二者混合液体分层，油层在上层；D是CH2=C(CH3)COOH，含有羧基，具有酸的通性，能够与Na2CO3溶液发生复分解反应，产生大量气泡，三种物质现象各不相同，可以用Na2CO3溶液鉴别，B错误；C．CH2=C(CH3)COOH与CH3OH在在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生CH2=C(CH3)COOCH3和H2O，反应生成的水被浓硫酸吸收，由于该反应是可逆反应，减少生成物浓度，可以使酯化反应正向进行，故在D→C反应中浓硫酸的作用作催化剂、吸水剂，C正确；D．A是CH3OH，含有醇羟基，能与金属钠反应放出H2，但比水与金属钠反应要缓慢得多，D错误；故合理选项是AC。28．(8分)化合物甲仅含两种元素。B为黄绿色气体，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。在一定条件下有如下转化关系：请回答：(1)化合物甲所含元素为_______(请填写元素符号)，甲的化学式为_______。(2)气体B与水反应的离子方程式为______________________________。(3)甲与水反应的化学方程式为______________________________。【答案】N、ClNCl3NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO【解析】B为黄绿色气体，则B为Cl2；气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则D为NH3；由于化合物甲含有两种元素，故甲含有Cl、N这两种元素，则单质气体A为N2，1.4gN2的物质的量为0.05mol，则12.05g甲中含有0.1molN，即甲含有1.4gN，则Cl有10.65g，即0.3mol，由此可知：12.05g甲含有0.1molN和0.3molCl，故甲的化学式为NCl3；则E为HClO，F为HCl；综上所述，甲为NCl3，A为N2，B为Cl2，D为NH3，E为HClO，F为HCl。(1)经分析，甲所含元素为N、Cl，甲的化学式为NCl3；(2)B为Cl2，其和水反应的离子方程式为；(3)甲和水反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3↑+3HClO。29．(10分)为证明卤族元素的非金属性强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。Ⅳ．打开活塞b，将C中溶液滴入试管中并振荡、静置。(1)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是__________________________________。(2)B中溶液发生反应的离子方程式是__________________________________。(3)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ中试管的现象是__________________________________。(4)试管B管口塞有浸有NaOH溶液的棉花的目的是__________________________________。(5)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐_________