浙江宁波市六校联盟2025-2026学年第二学期期中考试高一年级化学学科试题含解析

2025学年第二学期宁波六校联盟高一高二期中联考高一年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量数据：H-1C-12N-14O-16P-31K-39Cu-64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.按物质的组成与性质分类，属于A.酸 B.碱 C.强电解质 D.碱式盐【答案】C【解析】【详解】A．酸是电离时产生的阳离子全部为的化合物，电离出的阳离子为，不属于酸，A错误；B．碱是电离时产生的阴离子全部为的化合物，电离出的阴离子为，不属于碱，B错误；C．属于钠盐，在水溶液中能完全电离出自由移动的离子，属于强电解质，C正确；D．碱式盐是电离时除产生金属阳离子（或铵根）和酸根离子外，还会电离出的盐，的酸根为整体的，不会额外电离出，属于正盐，不属于碱式盐，D错误；故选C。2.能示意“进行化学实验需要注意腐蚀类物质”的图标是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．为排风标志，和腐蚀类物质无关，A错误；B．是剧毒品的警示标志，不代表腐蚀性，B错误；C．是易燃物的警示标志，和腐蚀性无关，C错误；D．展示了液体腐蚀物体和手，是腐蚀品的警示标志，符合“进行化学实验需要注意腐蚀类物质”要求，D正确；故答案选D。3.性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.胶体具有吸附作用，因此能用于杀菌、消毒B.氨气易液化，可作制冷剂C.小苏打受热易分解，可用作制作泡沫灭火剂D.具有氧化性，可用作纸张漂白【答案】B【解析】【详解】A．Fe(OH)3胶体有吸附作用，可用于净水，不能用于杀菌、消毒，A错误；B．氨气易液化，液氨气化时分子间的距离增大，破坏了分子间的作用力，需要从环境中吸收热量，从而使周围环境的温度降低，所以可作制冷剂，B正确；C．小苏打用于制作灭火器是利用了与的双水解，而不是其受热易分解，C错误；D．具有漂白性，可用于漂白纸张，用于纸张漂白是利用其漂白性，D错误；故选B。4.下列关于氮元素说法正确的是A.、、是同系物B.、是同位素C.氨水能导电，所以是电解质。D.原子半径：，热稳定性：<【答案】D【解析】【详解】A．同系物是结构相似、分子组成相差若干个原子团的有机化合物，、、是氮元素的不同单质，属于同素异形体，不属于同系物，A错误；B．同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，、是氮元素组成的单质，不属于同位素范畴，B错误；C．电解质是在水溶液或熔融状态下能自身电离出自由移动离子的化合物，氨水导电是因为与水反应生成的电离出离子，自身不能电离，属于非电解质，C错误；D．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故；元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，非金属性，故热稳定性<，D正确；故选D。5.下列说法正确的是A.和为同一物质 B.乙炔的结构简式：CHCHC.和互为同系物 D.过氧化氢的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．CH2Cl2为四面体结构，和为同一种物质，A正确；B．乙炔分子中含碳碳三键，结构简式写作CH≡CH，B错误；C．和分别表示CH4、CH2=CH2，两者分别属于烷烃和烯烃，结构不相似，不互为同系物，C错误；D．过氧化氢（）是共价化合物，分子中不存在离子键，其正确的电子式应为：，D错误；故选A。6.物质和都属于过氧化物，两者都含有哪种作用力A.范德华力 B.离子键 C.极性共价键 D.非极性共价键【答案】D【解析】【详解】A．范德华力属于分子间作用力，仅存在于分子晶体中，是分子晶体存在范德华力，是离子晶体不存在范德华力，A错误；B．离子键是阴阳离子间的静电作用，仅离子化合物中存在，是离子化合物存在离子键，是共价化合物不存在离子键，B错误；C．极性共价键是不同种非金属原子间形成的共价键，中存在极性共价键，中只含离子键和非极性共价键，不存在极性共价键，C错误；D．非极性共价键是同种非金属原子间形成的共价键，中存在非极性共价键，的过氧根离子中也存在非极性共价键，D正确；故选D。7.下列说法正确的是A.某元素从游离态变为化合态，则该元素一定被还原B.相同体积的CO和，二者含有的原子数相同C.的NaCl溶液是指此溶液中含有1molD.已知(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐，则为一元酸【答案】D【解析】【详解】A．元素从游离态变为化合态时化合价可能升高也可能降低，比如单质Cu变为时被氧化，因此该元素不一定被还原，A错误；B．阿伏伽德罗定律的适用前提是同温同压，题中未指明同温同压下，无法确定相同体积的和的物质的量是否相等，无法判断原子数是否相同，B错误；C．的NaCl溶液中未给出溶液体积，无法计算的物质的量，C错误；D．足量NaOH与反应只生成一种盐，说明只能电离出1个可被中和的，因此为一元酸，D正确；故选D。8.下列关于实验基本操作、物质制备等叙述正确的是A.制取无水乙醇可向乙醇中加入CaO之后蒸馏B.选用石英坩埚高温熔融NaOH固体C.用pH试纸测氯水的pH值小于7D.向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁【答案】A【解析】【详解】A．CaO可与乙醇中的水反应生成难挥发的，且不与乙醇反应，之后蒸馏可分离得到无水乙醇，A正确；B．石英坩埚主要成分为，高温下会与NaOH发生反应，腐蚀坩埚，B错误；C．氯水中含有的HClO具有强漂白性，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测定氯水的pH值，C错误；D．向容量瓶转移液体时，引流的玻璃棒应接触容量瓶刻度线以下的内壁，防止液体洒出，D错误；故选A。9.下列说法正确的是A.碳酸钠可用于治疗胃酸过多 B.二氧化硫能使品红溶液褪色，氯气不能C.二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 D.还原铁粉可用作食品干燥剂【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3碱性较强，对胃黏膜刺激性大，不可用于治疗胃酸过多，通常用NaHCO3，A错误；B．氯气溶于水生成的HClO具有强氧化性，可漂白品红，也能使品红溶液褪色，B错误；C．NO2具有氧化性，可将湿润淀粉碘化钾试纸中的I-氧化为I2，淀粉遇I2显蓝色，C正确；D．还原铁粉具有还原性，用作食品抗氧化剂，无吸水性，不能作食品干燥剂，D错误；故选C。10.下列离子方程式正确的是A.氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应：B.铜和浓硝酸反应：(浓)C.与氢碘酸反应：D.氯气溶于水：【答案】D【解析】【详解】A．是红色络合物，不属于沉淀，不能加沉淀符号，正确离子方程式为，A错误；B．浓硝酸是强电解质，离子方程式中需拆分为和，正确离子方程式为，B错误；C．具有氧化性、具有还原性，二者会发生氧化还原反应生成和，离子方程式为：，C错误；D．氯气溶于水为可逆反应，生成的HCl是强电解质可拆分，HClO是弱电解质不可拆分，离子方程式为：，D正确；故选D。11.氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：。下列有关该反应的说法中，不正确的是A.是氧化剂B.NaOH是氧化产物C.还原性大小：D.每生成标准状况下22.4L，转移1mol电子【答案】B【解析】【详解】A．中的H元素的化合价由+1价降低为0价，被还原，则是氧化剂，A正确；B．NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价，结合中的H元素的化合价变化可知，既是氧化产物，也是还原产物，因此NaOH不属于氧化产物，B错误；C．NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价，则为还原剂，根据还原剂的还原性大于还原产物可知还原性大小：，C正确；D．标准状况下22.4L的物质的量为1mol，NaH中H元素的化合价由-1价升高为0价，中的H元素的化合价由+1价降低为0价，则每生成1mol，转移1mol电子，D正确；答案选B。12.下列关于物质检验正确的是A.向某溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，说明该溶液中含有杂质B.用试管取少量待测液，加入足量NaOH溶液，在试管口不产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则待测液中可能含有C.向某溶液中加入溶液，产生不溶于稀的白色沉淀，则一定存在D.向某溶液中加入盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定存在【答案】B【解析】【详解】A．溶液中含有，在酸性条件下也能被高锰酸钾溶液氧化，使溶液紫色褪去，故向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，不一定说明有，A错误；B．检验时，加入足量NaOH溶液后，若不加热，与反应生成的难以分解为逸出，因此试管口可能不产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，但溶液中仍可能含有，B正确；C．溶液中含有，在酸性条件下，会将氧化为，也会生成沉淀，因此不能证明一定存在，C错误；D．检验时，不能用盐酸酸化的溶液，应使用硝酸酸化的溶液，因为盐酸中含有，会引入干扰离子，无法证明原溶液中是否含有，D错误；故选B。13.下列说法正确的是A.人每天要摄入一定量的蔬菜和水果，是因为纤维素在人体内水解生成葡萄糖，葡萄糖氧化生成和并放出能量，为人类活动提供能量。B.将2mL1mol/L溶液与5滴0.5mol/LNaOH溶液混合后，再加入1mL10%葡萄糖溶液，煮沸后出现砖红色沉淀C.植物油通过催化加氢可转变为氢化植物油，油脂是天然的高分子D.胆矾和石灰乳混合制成农药波尔多液，其原理是重金属盐和强碱使蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A．人体内不存在水解纤维素的酶，纤维素无法在人体内水解生成葡萄糖，不能为人体活动提供能量，A错误；B．葡萄糖与新制氢氧化铜的反应需要在强碱性环境下进行，该实验中的量远不足，溶液呈酸性，煮沸后不会出现砖红色沉淀，B错误；C．油脂的相对分子质量远小于10000，不属于高分子化合物，C错误；D．胆矾为，属于重金属盐，石灰乳的有效成分为属于强碱，二者均可使病菌的蛋白质发生变性，从而起到农药的作用，D正确；故选D。14.下列装置说法不正确的是A．制备NaCl晶体B．制备乙酸乙酯C．实验室用软锰矿与浓盐酸反应制D．分离泥沙和溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．从NaCl溶液中获得NaCl晶体可选用蒸发皿直接蒸发结晶，A正确；B．制备乙酸乙酯收集时，导管不能插入溶液中，容易倒吸，该装置无误，B正确；C．用软锰矿（MnO2）与浓盐酸反应制，该反应需要加热，缺少加热装置，C错误；D．泥沙不溶于水，分离泥沙和溶液可以过滤分离，D正确；故选C。15.设为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A.1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2B.1mol与3mol反应生成的分子数为2C.28g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为4D.标准状况下，2.24L含有的共价键数为0.4【答案】C【解析】【详解】A．过量硝酸具有强氧化性，可将Fe完全氧化为，1molFe反应时转移3mol电子，电子转移数为，A错误；B．与合成氨的反应为可逆反应，反应物无法完全转化为生成物，生成的分子数小于，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式均为，28g混合气体中的物质的量为，含氢原子物质的量为4mol，即氢原子数为，C正确；D．标准状况下为液态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定共价键数目，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.某种-空气燃料电池，以NaOH溶液作电解质，石墨作电极，总反应方程式为：。下列有关说法不正确的是A.负极通入的是氨气，正极通入空气B.正极电极反应式：C.负极的电极反应式：D.阳离子向正极移动【答案】B【解析】【详解】A．燃料电池中燃料作为还原剂在负极发生氧化反应，O2作为氧化剂在正极发生还原反应，因此负极通NH3、正极通空气，A正确；B．该电池电解质为NaOH溶液，属于碱性环境，正极反应中不能出现，正确正极反应式为，选项给出的是酸性环境的正极反应式，B错误；C．负极上NH3失电子被氧化为N2，碱性环境下用配平电荷和原子，电极反应式书写正确，C正确；D．原电池工作时，阳离子向正极移动，因此Na+向正极移动，D正确；故选B。17.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：(该反应为放热反应)，反应过程示意图如下：下列说法不正确的是A.过程Ⅱ为放热过程B.使用催化剂加快该反应的反应速率C.1molCO(g)和1mol(g)的总能量高于1mol(g)和1mol(g)的总能量D.示意图中，起始时的2个都参与了反应过程【答案】A【解析】【详解】A．根据图示可知，过程Ⅱ为水分子中O-H键的断裂，化学键的断裂为吸热过程，A错误；B．使用催化剂可以降低反应物的活化能，从而提高反应速率，B正确；C．放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，因此1molCO(g)和1mol(g)的总能量高于1mol(g)和1mol(g)的总能量，C正确；D．从反应示意图可知，起始的2个中，2个都参与了反应过程，D正确；故选A。18.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说法不正确的是A.原子半径(r)大小比较：r(X)>r(Y)B.X和W可形成共价化合物XW3C.W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高D.Z的最低价单核阴离子的还原性比Y的强【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原子序数为y，则X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原子序数之和为48，则y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，Z为S，W为Cl，X为N，据此解答。【详解】A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，原子半径r(N)>r(O)，即r(X)>r(Y)，A正确；B．X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl3，B正确；C．熔沸点为物质的物理性质，与分子间作用力有关，与非金属性无关，C错误；D．非金属性Z<Y，故Z的最低价单核阴离子的失电子能力强于Y，D正确；答案选C。19.在新研制的超导材料中，铊(Tl)是主要组成元素之一、已知铊为ⅢA族原子序数最大的金属元素。则下列关于铊元素性质的推测，不正确的是A.是银白色的金属 B.与相似，也是两性氢氧化物C.可以形成氧化物 D.相同条件下与酸反应比铝剧烈【答案】B【解析】【详解】A．铊为ⅢA族金属元素，同主族的铝是银白色金属，多数金属单质都为银白色，因此铊是银白色的金属，A正确；B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，铝金属性较弱，为两性氢氧化物，铊金属性远强于铝，因此为碱性氢氧化物，不具备两性，B错误；C．ⅢA族元素最高正价为+3价，因此可形成氧化物，C正确；D．铊的原子半径大于铝的原子半径，金属性比铝强，金属性越强与酸反应越剧烈，铊的金属性强于铝，因此相同条件下与酸反应比铝剧烈，D正确；故选B。20.关于下列有机反应的说法不正确的是A.苯丙氨酸中官能团的名称是氨基和羧基B.苯丙氨酸的分子式是C.上述反应类型是取代反应D.有机物X会发生水解、取代、中和、氧化等反应【答案】B【解析】【详解】A．观察题干苯丙氨酸结构简式可知苯丙氨酸中官能团的名称是氨基和羧基，A正确；B．补全苯环上的氢，得出苯丙氨酸的分子式是，B错误；C．观察上述反应可得：这是氨基酸的成肽反应，苯丙氨酸脱去羧基上的羟基，甘氨酸脱去氨基上的一个氢，生成有机物X和水，反应类型为取代反应，C正确；D．有机物X含有肽键，可发生水解反应；含有羧基，可以发生酯化反应，可以与碱发生中和反应；有机物X可以燃烧，发生氧化反应，D正确；故选B。21.下列图示装置和原理能达到实验目的的是A．制取氨气B．制取碳酸氢钠C．喷泉实验D．鉴别(g)和(g)A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵受热分解生成和，两种气体在试管口遇冷会重新化合生成氯化铵，无法得到氨气，A错误；B．制取碳酸氢钠时，需要伸入饱和氨盐水溶液中才能反应，图中进气导管未插入液面下（应长进短出），无法反应，B错误；C．喷泉实验需要气体易溶于水或与溶液反应形成足够压强差，一氧化氮难溶于水，也不能和水反应，无法形成喷泉，C错误；D．与水反应，，最终得到无色溶液，而溶于水得到橙黄色的溴水，现象不同，可以鉴别两种气体，D正确；故答案选D。22.根据乙醇的性质推测1-丙醇()的性质，下列说法中不正确的是A.像绝大多数有机物一样，1-丙醇不能溶于水B.足量的金属钠与1mol1-丙醇反应生成0.5mol氢气C.1-丙醇在Ag催化下和反应生成的产物能发生银镜反应D.1-丙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．1-丙醇属于含3个碳原子的低级饱和一元醇，羟基为亲水基，可与水分子形成氢键，能溶于水，A错误；B．1个1-丙醇分子仅含1个羟基，存在反应关系2R-OH~H2，故1mol1-丙醇与足量Na反应生成0.5molH2，B正确；C．1-丙醇是伯醇，Ag催化下被氧化生成丙醛，丙醛含醛基能发生银镜反应，C正确；D．1-丙醇具有还原性，可被强氧化剂酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故选A。23.恒压、750℃时，CH4和按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。下列说法不正确的是A.可循环利用，CaO不可循环利用B.三个过程中都有氧化还原反应发生C.过程ⅱ产生的最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出D.该流程的总反应为：【答案】A【解析】【详解】A．整个流程中，在过程iii中由分解生成，在过程ii中吸收重新生成，和都可以循环利用，A错误；B．三个过程中都存在化合价变化，过程ⅰ中被还原为、被氧化；过程ⅱ中被还原为；过程ⅲ中被氧化为，三个过程都有氧化还原反应，B正确；C．过程ⅱ中被氧化生成，在过程ⅲ排出，没有被吸收留在体系中，C正确；D．反应物按投料，产物为和，配平后总反应为，D正确；故答案选A。24.下列实验操作和现象对应的实验结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A将气体分别通入品红的水溶液和品红的乙醇溶液，品红的水溶液褪色，品红的乙醇溶液不褪色。说明使品红褪色的不是B将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色。食品脱氧剂样品中没有+3价铁C对未知溶液进行焰色试验，火焰呈黄色。说明溶液为钠盐D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热，冷却后加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，未出现砖红色沉淀。淀粉未发生水解A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．使品红褪色的原理是与水反应生成的，再与品红分子结合生成不稳定的无色物质，在乙醇溶液中，无法与水反应生成，因此不能使品红褪色，这能说明使品红褪色的不是分子本身，而是与水反应的产物，A正确；B．若样品中含有+3价铁（如Fe2O3），溶于盐酸会生成，但还原铁粉（Fe）会优先与反应：2+Fe=3，将还原为，因此滴加KSCN溶液不会变红，因此，不能证明样品中没有+3价铁，B错误；C．焰色试验呈黄色，只能说明溶液中含有钠元素，但不一定是钠盐，也可能是NaOH（碱）或钠的氧化物溶液等，C错误；D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制Cu(OH)2的反应必须在碱性条件下进行，实验中水解后的溶液含有稀硫酸（酸性），未加碱中和酸就直接加入Cu(OH)2，酸会与Cu(OH)2反应，无法发生氧化还原反应，因此看不到砖红色沉淀，不能说明淀粉未水解，D错误；故选A。25.碘化锂(LiI)在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备和LiI。已知：a．在75～80℃转变成，300℃以上转变成无水LiI。b．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。下列说法不正确的是A.步骤Ⅱ，调pH=7，适宜加入的试剂为或者LiOHB.步骤Ⅲ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作C.洗涤晶体时，宜用热水洗涤LiI晶体D.步骤Ⅳ可在300℃下减压加热，以防LiI氧化和有利晶体脱水【答案】C【解析】【分析】粗碳酸锂加氢碘酸溶解为LiI，同时生成二氧化碳和水，溶液调pH=7，过滤，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到LiI·3H2O，再经脱水得到无水LiI。【详解】A．将酸性溶液调节成中性，又不引入新的杂质，可选用或者LiOH调节pH值，A正确；B．结合分析，步骤Ⅲ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作，B正确；C．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，宜用冷水洗涤晶体，C错误；D．在75～80℃转变成，300℃以上转变成无水LiI，步骤Ⅳ可在300℃下减压加热，以防LiI氧化和有利晶体脱水，D正确；故选C。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.回答下列问题（1）写出气体除了作漂白剂外的另一种用途___________。（2）写出黄铁矿主要成分的化学式___________。（3）写出乙醇与乙酸发生酯化反应的化学方程式___________。（4）向葡萄糖溶液中滴加新制的，水浴加热，观察到的现象是___________。【答案】（1）制硫酸、作食品添加剂(葡萄酒中杀菌剂)、工业上作还原剂等（2）（3）（4）砖红色沉淀生成【解析】【小问1详解】写出气体除了作漂白剂外的用途：制硫酸、作食品添加剂(葡萄酒中杀菌剂)、工业上作还原剂等。【小问2详解】黄铁矿的主要成分是。【小问3详解】乙醇与乙酸发生酯化反应的化学方程式：。【小问4详解】葡萄糖含有醛基，会被新制氢氧化铜悬浊液氧化，故向葡萄糖溶液中滴加新制的，水浴加热，会产生砖红色沉淀。27.烃A是一种重要的化工原料，分子量（相对分子质量）为28，D是有果香味的不易溶于水的油状液体。有关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：（1）化合物B所含的官能团是___________。（2）化合物D的结构简式___________。（3）A→B的化学方程式是___________。（4）下列说法正确的是___________。A.工业上通常用石油裂化生产AB.A→C的反应类型是加成反应C.用碳酸钠溶液可鉴别B、C和DD.相同物质的量的B、C完全燃烧消耗氧气的质量相等【答案】（1）羧基（2）（3）（4）BC【解析】【分析】烃A是一种重要的化工原料，分子量（相对分子质量）为28，由烃只含有C、H两种元素，则A的分子式为C2H4，为乙烯(CH2=CH2)，A与CO、H2O发生反应可生成B，则B为CH3CH2COOH，A与H2O发生加成反应生成C，则C为CH3CH2OH，B和C在浓硫酸、加热的条件下生成D，D的分子式为C5H10O2，则D为CH3CH2COOCH2CH3，据此分析解答。【小问1详解】根据上述分析可知，B为CH3CH2COOH，所含有的官能团为羧基(—COOH)；【小问2详解】B+C→D为CH3CH2COOH和CH3CH2OH在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成CH3CH2COOCH2CH3；【小问3详解】A→B的化学方程式是；【小问4详解】A．工业上通常用石油裂解的方法生产乙烯，故A错误；B．由分析可知，A→C的反应为乙烯一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，故B正确；C．丙酸与碳酸钠溶液混合反应生成二氧化碳气体，乙醇溶于水，与碳酸钠溶液混合溶液不分层，丙酸乙酯不溶于水，与碳酸钠溶液混合溶液分层，所以用碳酸钠溶液可以鉴别丙酸、乙醇和丙酸乙酯，故C正确；D．1mol丙酸完全燃烧消耗3.5mol氧气，1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，则相同物质的量的丙酸、乙醇完全燃烧耗氧气的质量不相等，故D错误；故选BC。28.化学是实验学科，实验题是高考必考题型，请回答：（1）在无水气氛中提纯少量的简易升华装置如下图所示，此处漏斗的作用是___________。（2）由晶体制取无水，如图，，此处操作C是___________。（3）某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如下图。实验中观察到的现象有：蒸馏烧瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。烧杯中出现白色沉淀的原因是___________。（4）下列关于实验基本操作的叙述不正确的是___________。A.过滤时，为加快过滤速度，应用玻璃棒不断搅拌漏斗中的液体B.若浓磷酸不慎沾到手上，先用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaOH溶液C.容量瓶、分液漏斗使用前应该检查气密性D.气体可以用五氧化二磷或者无水氯化钙干燥（5）某兴趣小组为探究和的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如下图：三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示___________。【答案】（1）冷凝并收集（2）加热使失去结晶水（3）HCl气体或水蒸气带出，与反应生成沉淀（4）ABC（5）【解析】【小问1详解】已知易升华，即受热之后容易变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量的简易升华装置中漏斗的作用是：冷凝并收集。【小问2详解】由晶体制取无水，操作C是加热使失去结晶水。【小问3详解】根据HCl和水的挥发性，烧杯中出现白色沉淀的原因是HCl气体或水蒸气带出，与反应生成沉淀。【小问4详解】A．过滤时，用玻璃棒不断搅拌漏斗中的液体，有可能导致滤纸破裂，A错误；B．是强碱，有强烈腐蚀性，不能用于处理沾到手上的酸，应该用碱性较弱的物质如碳酸氢钠处理，B错误；C．带有活塞的仪器，为防止漏水，使用前必须检查是否漏液，容量瓶、分液漏斗使用前应该