2021-2022学年天津市第二南开学校高一下期中考试化学试题含答案

这是一份2021-2022学年天津市第二南开学校高一下期中考试化学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 第二南开学校2021-2022学年度第二学期化学学科
高一年级阶段性质量调查试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 Ag-108
I卷
一、单选题(每个小题只有一个正确答案，请将答案填涂在答题卷上)
1. 作为全球最大的电子产品制造国，中国却有着“芯”病。我国国产芯片自给率不到30%，产值不足全球的7%，市场份额不到10%。下列说法正确的是（ ）
A. CPU半导体芯片与光导纤维是同种材料
B. 水泥和玻璃属于新型硅酸盐材料
C. 水晶和陶瓷都是硅酸盐制品
D. 粗硅制备单晶硅涉及氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. CPU半导体芯片用的是晶体硅，光导纤维用的是二氧化硅，两者所用的材料不同，A不正确；
B. 水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，故其均属于硅酸盐材料，但不属于新型硅酸盐材料，B不正确
C. 水晶的成分是二氧化硅，陶瓷的主要成分是硅酸盐，C不正确；
D. 粗硅制备单晶硅的过程中，先用氯气把硅氧化为四氯化硅，再用氢气把四氯化硅还原为硅，故该过程涉及氧化还原反应，D正确。
故选D。
2. 下列反应过程中的能量变化情况符合如图所示情况，又属于氧化还原反应的是

A. 酸碱中和反应 B. 氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应
C. 镁和稀硫酸的反应 D. C+CO22CO
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，再结合氧化还原反应的特征分析解答。
【详解】A．酸碱中和反应为放热反应，故A不符合题意；
B．氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应是没有元素化合价变化的非氧化还原反应，故B不符合题意；
C．镁和稀硫酸的反应为放热反应，故C不符合题意；
D．碳和二氧化碳共热生成一氧化碳的反应为有化合价变化的氧化反应，该反应为吸热反应，故D符合题意；
故选D。
3. 下列变化属于取代反应的是
A. 甲烷与氯气在光照条件下反应 B. 乙烷在空气中燃烧
C. 乙烯使溴水褪色 D. 乙烯聚合为聚乙烯
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成氯甲烷和氯化氢，故A正确；
B．乙烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水的反应为氧化反应，故B错误；
C．乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C错误；
D．一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，故D错误；
故选A。
4. 下列说法正确的是
A. SO2有还原性，可被浓硫酸氧化
B. NH3有还原性，可与浓硫酸发生氧化还原反应
C. 在Cu和浓HNO3的反应中，参加反应的HNO3有被还原
D. 将胆矾加入浓H2SO4中，胆矾变白，这是浓硫酸的脱水性
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有还原性，但不能与具有强氧化性的浓硫酸反应，故A错误；
B．氨气具有碱性，能与浓硫酸反应生成硫酸铵，反应中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，故B错误；
C．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应中氮元素部分降低被还原，硝酸表现酸性和强氧化性，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，能夺取胆矾中结晶水使胆矾变白，故D错误；
故选C。
5. 下列关于烷烃说法中错误的是
A. 甲烷的空间填充模型为：.
B. C5H12的同分异构体有3种，一取代物有9种
C. 甲烷(CH4)和丙烷(C3H8)互称同系物
D. 通常情况下，烷烃与强酸、强碱或高锰酸钾等强氧化剂不发生反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷的空间构型为正四面体形，空间填充模型为.，故A正确；
B．分子式为C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷和新戊烷3种，其中正戊烷的一氯代物有3种、异戊烷的一氯代物有4种、新戊烷的一氯代物有1种，共有8种，故B错误；
C．甲烷和丙烷是结构相似，分子组成相差2个CH2的烷烃，互为同系物，故C正确；
D．通常情况下，烷烃的性质稳定，与强酸、强碱或高锰酸钾等强氧化剂不发生反应，故D正确；
故选B。
6. 有关官能团和物质类别关系，下列说法正确的是
A. 有机物分子中含有官能团，则该有机物一定为烯烃类
B. 和分子中都含有(醛基)，则两者同属于醛类
C. CH3—CH2—Br可以看作CH3CH3的一个氢原子被—Br代替的产物，因此CH3CH2Br属于烃类
D. 的官能团为—OH(羟基)，属于醇类
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．有机物分子中含有不一定为烯烃，如CH2=CH—COOH，属于不饱和羧酸类，A错误；
B．为酯类，官能团为(酯基)，为羧酸，官能团为(羧基)，都不为醛类，B错误；
C．为烃的衍生物，属于卤代烃，官能团为-Br，不为烃，C错误；
D．名称为乙二醇，属于醇类，D正确；
故选D。
7. 氢氧燃料电池构造如图所示。其电池反应方程式为：2H2＋O2=2H2O，下列说法不正确的是

A. 多孔金属a作负极
B. 多孔金属b上，O2发生还原反应
C 电池工作时，电解质溶液中OH－移向a极
D. 正极的电极反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧燃料电池，氢气在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应。
【详解】A．由分析可知，a作负极，A正确；
B．b为正极，O2在正极得电子，发生还原反应，B正确；
C．原电池的电解质溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，C正确；
D．电解质为KOH溶液，电极反应不能出现H＋，正极反应式应为：O2＋4e－＋2H2O =4OH-，D错误。
答案选D。
【点睛】电解质溶液为碱性溶液时，电极反应不能出现氢离子，电解质溶液为酸性溶液时，电极反应不能出现氢氧根离子。
8. 用括号中的试剂和方法除去各物质中的杂质，正确的是（ ）
A. 甲烷中的乙烯（酸性高锰酸钾溶液，洗气）
B. 乙醇中的乙酸（NaOH溶液，分液）
C. 乙醇中的水（CaO，蒸馏）
D. 乙酸乙酯中的乙酸（加入浓硫酸和过量乙醇并加热）
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，甲烷中产生新的杂质气体，甲烷中的乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液除杂，A错误；
B.乙醇易溶于水，无法用分液的方法分离乙醇与水溶液，则乙醇中的乙酸不能用NaOH溶液和分液的方式除杂，B错误；
C.水与氧化钙反应生成氢氧化钙固体，则乙醇中的水可用CaO，蒸馏的方式除杂，C正确；
D.乙酸与乙醇反应为可逆反应，则乙酸乙酯中的乙酸不能用浓硫酸和过量乙醇并加热的方式除杂，D错误；
答案为C；
【点睛】除杂原则为除去杂质，不引入新的杂质或产生原物质。
9. 不能实现下列物质间直接转化的元素是

A. S B. C. D. N
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，则硫元素能实现题给物质间直接转化，故A不符合题意；
B．硅在高温条件下与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能与氧气反应，则硅元素不能实现题给物质间直接转化，故B符合题意；
C．钠在空气中放置生成氧化钠，氧化钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则钠元素能实现题给物质间直接转化，故C不符合题意；
D．氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则氮元素能实现题给物质间直接转化，故D不符合题意；
答案选B。
10. 在恒容密闭容器中发生反应：。下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是
A. 容器内混合气体的总质量保持不变
B. v正(NO2)=v逆(CO2)
C. 容器内压强保持不变
D. 单位时间内，消耗nmolNO2的同时生成nmolNO
【答案】C
【解析】
【分析】判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
【详解】A．反应物与生成物均为气体，根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，因此气体的总质量不是变量，不能作为判定平衡的依据，A不符合题意；
B．NO2与CO2的化学计量数之比为4:1，该等式不符合反应的化学计量数之比，不能作为判定平衡的依据，B不符合题意；
C．反应物气体的系数之和为5，生成物气体的系数之和为7，该反应为气体体积增大的反应，压强是变量，恒容条件下压强不变说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．消耗nmolNO2的同时生成nmolNO均为正反应方向，不能作为判定平衡的依据，D不符合题意；
故选C。
11. 如下两个装置，一段时间后，下列叙述正确的是


A. 图1装置中铜作原电池的正极，氢离子在铜表面被还原
B. 图2装置中电子由锌片经导线流向铜片
C. 图1装置中锌的质量减少，图2装置中锌的质量不变
D. 图1装置和图2装置均可以实现化学能转化为电能
【答案】A
【解析】
【分析】图1可形成原电池，Zn为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，电极反应为2H++2e-=H2；图2没有形成闭合回路，不能形成原电池。
【详解】A．根据分析，图1中Cu为正极，电极反应为2H++2e-=H2，H+被还原，A正确；
B．根据分析，图2不能形成原电池，没有电流，B错误；
C．图1中Zn为负极，质量减小，图2中Zn与H2SO4反应，质量也减小，C错误；
D．根据分析，只有图1可以实现化学能转化为电能，D错误；
故选A。
12. 在某温度下，在2L容器中发生A、B两种物质间的转化反应，A、B物质的量随时间的变化如图所示，下列说法中正确的是


A. 该反应的化学方程式为：
B. 反应至时，反应达到平衡
C. 时，正应速率大于逆反应速率
D. 从开始至，A的平均反应速率是
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．图象分析A为反应物，B为生成物，物质的量不变化说明反应达到平衡状态，依据A、B转化的物质的量之比计算得到化学方程式的计量数之比，A物质的量变化=0.8mol-0.2mol=0.6mol；B变化物质的量=0.5mol-0.2mol=0.3mol，A、B反应的物质的量之比2：1，所以反应的化学方程式为，选项A错误；
B．图象分析可知，4min后随时间变化A、B物质的量还在发生变化，说明未达到平衡，选项B错误；
C．由图象可知，时，A、B物质的量不再改变，反应达到平衡，正应速率等于逆反应速率，选项C错误；
D．从开始至，A的平均反应速率是=，选项D正确；
答案选D。
13. 工业合成氨的反应：，是正向放热的可逆反应，该反应在密闭容器中进行。下列有关说法错误的是
A. 使用催化剂是为了增大反应速率，提高生产效率
B. 在上述条件下，可以实现100%转化
C. 提高反应温度，可以加快反应速率
D. 通过调控反应条件，可以提高反应进行的程度
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．催化剂可以加快反应速率，缩短生产时间，提高生产效率，A正确；
B．合成氨的反应是可逆反应，可逆反应不能进行彻底，因此N2不可能100%转化，B错误；
C．温度升高，可以使单位体积内的活化分子数增大，有效碰撞次数增多，反应速率加快，C正确；
D．通过调控反应条件，可以使化学平衡正向移动，提高反应进行的程度，D正确；
故选B。
14. 下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是
①盛放硝酸一般用棕色试剂瓶，是因为硝酸有挥发性
②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气
③向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化
④实验室加热氯化铵固体，用碱石灰除去氯化氢的方法制备氨气
A. ①②③④ B. ①③ C. ①④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①盛放硝酸一般用棕色试剂瓶，是因为硝酸见光易分解，故①错误；
②有的铵盐受热产生NH3(如NH4Cl)，有的铵盐受热不产生氨气(如NH4NO3)，故②错误；
③向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，因为在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，同时自身被还原生成一氧化氮，所以溶液颜色由浅绿色变为黄色，有气泡冒出，遇空气显红棕色，③错误；
④氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，冷却时氨气与氯化氢又发生化合反应生成氯化铵，得不到氨气，④错误；
综上所述，①②③④说法均错误，故选A。
15. 已知反应，在不同条件下，用不同物质表示其反应速率，分别为
①
②
③
④
则此反应在不同条件下进行最快的是
A. ②③ B. ①③ C. ②④ D. ②
【答案】D
【解析】
【详解】化学反应速率之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比，即，则用A表示的化学反应速率分别为
①；
②；
③；
④，
所以反应进行最快是②，
故选：D。
16. ①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（　　）
A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④
【答案】B
【解析】
【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。
【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，
①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；
①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；
②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；
③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；
综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；
故选B。

17. 下列实验装置不能达到实验目的的是

A. 图甲：用SO2做喷泉实验 B. 图乙：验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C. 图丙：验证NH3易溶于水 D. 图丁：比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硫能与氢氧化钠反应，气压迅速降低，可形成喷泉，A正确；
B．根据U形管两端液面高度的变化，可验证反应的热量变化，B正确；
C．氨气极易溶于水，气球体积变大，可验证NH3易溶于水，C正确；
D．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠不分解，比较稳定性时，碳酸氢钠应放在套装内试管中，D错误；
故选D。
18. 按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是（　　）

A. 若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色
B. 若A为醋酸，B为贝壳，C中盛Na2SiO3，则C中溶液中变浑浊
C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生沉淀后沉淀又溶解
D. 实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，则C中盛品红溶液褪色，故A正确；
B．醋酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则C中溶液变浑浊，故B正确；
C．浓氨水与生石灰混合可制备氨气，氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，则C中产生白色沉淀，但氢氧化铝不能被氨水溶解，故C错误；
D．仪器D具有球形结构，体积较大，可以起到防止溶液倒吸的作用，故D正确；
故选C。
19. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是

选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸(70%)
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。
【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；
B、正确；
C、铜与稀硝酸反应需要加热，且NO2用水吸收会发生3 NO2+ H2O = 2 HNO3+ NO，用防倒吸装置不妥，错误；
D、制取氯气需要加热，错误。
20. 1.92 g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况)，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为(　　)
A. 336 mL B. 504 mL
C. 224 mL D. 168 mL
【答案】A
【解析】
【分析】根据铜与硝酸的反应原理分析解答；根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。
【详解】根据题意可知，收集到的672mL气体应该是NO 2 和NO的混合物，物质的量是0.672L÷22.4L/mol＝0.03mol，1.92g铜的物质的量为：=0.03mol，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol电子，反应过程中氮元素的主要转化是HNO3→NO和NO2→HNO3，故从化合价变化或电子转移角度分析，整个反应过程前后HNO3中氮元素的化合价不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，O2——4e-，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)==0.015mol，V(O2)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L，故A正确。
故选A。
【点睛】本题的解题关键是在明确反应原理的基础上灵活运用电子得失守恒，铜失去的电子，最终全部转化给氧气。
II卷
二、解答题(请将答案按题号顺序填入答题卷中)
21. 反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑的能量变化趋势如图所示：

（1）该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。
（2）若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是____(填字母)。
A. 改铁片为铁粉 B. 改稀硫酸为98%的浓硫酸
C. 升高温度 D. 减小压强
（3）若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为____(填“正”或“负”)极。铜片上产生的现象为____，该极上发生的电极反应为____，外电路中电子由____(填“铁”或“铜”，下同)极向____极移动。
【答案】（1）放热 （2）AC
（3） ①. 正 ②. 有气泡产生 ③. 2H++2e—=H2↑ ④. 铁 ⑤. 铜
【解析】
【小问1详解】
由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热；
【小问2详解】
A．将铁片改为铁粉，反应物的接触面积，化学反应速率加快，故正确；
B．若将稀硫酸改为浓硫酸，铁在浓硫酸中发生钝化，不可能有氢气生成，故错误；
C．升高温度，活化分子的数目和百分数增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率加快，故正确；
D．减小压强，单位体积内活化分子的数目减小，有效碰撞的次数减小，反应速率降低，故错误；
故选AC；
【小问3详解】
Cu、Fe在稀硫酸构成原电池，金属活泼性强的Fe做原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成亚铁离子， Cu做正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H＋+2e－═H2↑，电池工作时，Cu表面有无色气泡逸出，电子由负极Fe流向正极Cu，故答案为：正；产生无色气泡；2H＋+2e－═H2↑；铁；铜。
22. 回答下列问题：
（1）氮元素及其化合物的转化关系如图：

①写出X的化学式：____。
②图中所示，NO2转化为HNO3的反应方程式：____。
③关于②的反应，下列说法正确的是____。
a.氮元素的化合价不发生变化
b.若用NO2与H2O反应制取HNO3，另一种生成物可能是NO
c.该转化过程中，NO2既是氧化剂，又是还原剂
（2）某同学利用如图所示的装置，胶头滴管b和烧杯c中装有水，f为弹簧夹。进行氨气的喷泉实验，回答下列问题：

①仪器a的名称是____。
②写出实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制取氨气的化学方程式：____。
③喷泉实验前需要在仪器A中充满干燥的氨气，可用____(填“向上”或“向下”排空气法收集氨气；可用____(填“浓硫酸”或“碱石灰)干燥氨气。
④引发喷泉实验的操作是____。
【答案】（1） ①. NH3 ②. 3NO2+H2O=2HNO3+NO ③. b、c
（2） ①. 圆底烧瓶 ②. Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2H2O+2NH3↑ ③. 向下 ④. 碱石灰 ⑤. 挤出胶头滴管里b的水，打开弹簧夹f
【解析】
【小问1详解】
①X为氢化物，其所含氮元素的化合价为-3价，则X为NH3；
②NO2转化为HNO3的反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
③关于反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，
a．如图所示，氮元素的化合价由+4价升高到+5价，即反应中，氮元素的化合价发生改变，a错误；
b．反应中有化合价的升高，就一定有化合价的降低，用NO2与H2O反应制取HNO3，氮元素的化合价由+4价升高到+5价，氮元素的化合价也有可能降低，另一种生成物可能是NO，b正确；
c．该转化过程中，NO2中的氮元素的化合价既有升高，又有降低，故NO2既是氧化剂，又是还原剂，c正确；
故选bc。
【小问2详解】
①仪器a的名称是圆底烧瓶；
②实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制取氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；
③氨气的密度比空气小，可用向下排空气法收集；氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥；
④由于氨气极易溶于水，向烧瓶中挤入少许水，即可引起装置内压强变小，引起喷泉实验，引发喷泉实验的操作是挤出胶头滴管里b的水，打开弹簧夹f。
23. 某同学设计如图实验检验浓硫酸与木炭加热条件下反应的生成物：

（1）木炭与浓硫酸反应方程式：____。
（2）A中的无水硫酸铜由白色变蓝色，证明生成物中有____。
（3）D中的现象是：____，证明生成物中有____。
（4）B中品红溶液褪色，证明SO2具有____(填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”)；C中的酸性KMnO4溶液褪色证明SO2具有____(填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”)作用是____。
【答案】（1）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
（2）水 （3） ①. 变浑浊 ②. CO2
（4） ①. 漂白性 ②. 还原性 ③. 除去二氧化硫
【解析】
【分析】本试验通过浓硫酸和碳加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，经过无水硫酸铜验证水，用品红溶液验证二氧化硫，高锰酸钾除去二氧化硫，用澄清石灰水验证二氧化碳，据此分析回答问题。
【小问1详解】
浓硫酸和碳加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
【小问2详解】
无水硫酸铜遇到水由白色变蓝色，证明生成物中有水；
【小问3详解】
二氧化硫可以使澄清石灰水变浑浊，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫气体，若D中变浑浊，证明生成物中有CO2；
【小问4详解】
二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色；C中的酸性KMnO4溶液具有强氧化性，与二氧化硫发生氧化还原反应，二氧化硫具有还原性，主要的作用是除去二氧化硫，避免对二氧化碳的鉴别造成影响。
24. 回答下列问题：
（1）某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平，A在一定条件下可发生如图所示的转化，请回答下列问题：

①写出A的电子式____，C的结构简式为____。
②写出反应③的化学方程式____，该反应类型为____。
③写出反应④的化学方程式____，该反应类型为____。
④除去B中混有少量杂质A，所用的试剂为____。
⑤写出D催化氧化的化学方程式____。
（2）牛奶放置时间长了会变酸，这是因为牛奶中含有的乳糖在微生物的作用下分解变成了乳酸。乳酸最初就是从酸牛奶中得到并由此而得名的。乳酸的结构简式为。完成下列问题：
①写出乳酸与足量金属钠反应的化学方程式：____。
②乳酸发生下列变化：，所用的试剂是a____，b____(写化学式)。
③写出乳酸与乙醇反应的化学方程式____，并注明反应类型____。
【答案】（1） ①. ②. CH3CH2Cl ③. CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ④. 加成反应 ⑤. nCH2=CH2 ⑥. 加聚反应 ⑦. 溴水 ⑧. 2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O
（2） ①. +2Na→+H2↑ ②. NaOH ③. Na ④. +C2H5OHH2O+ ⑤. 酯化反应或取代反应
【解析】
【分析】由某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平可知，A为乙烯，由有机物的转化关系可知，B为乙烷、C为氯乙烷、D为乙醇、E为聚乙烯。
【小问1详解】
①乙烯的结构简式为CH2=CH2，电子式为；C为氯乙烷，结构简式为CH3CH2Cl，故答案为：；CH3CH2Cl；
②由有机物的转化关系可知，反应③为在催化剂作用下，乙烯与水共热发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；
③由有机物的转化关系可知，反应④为在催化剂作用下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为nCH2=CH2，故答案为：nCH2=CH2；加聚反应；
④除去乙烷中混有的少量杂质乙烯应选用溴水，不能选用能将乙烯氧化为二氧化碳的酸性高锰酸钾溶液，也不能选用不能使乙烯完全转化为乙烷的氢气，故答案为：溴水；
⑤乙醇催化氧化的反应为在铜做催化剂的条件下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；
【小问2详解】
①由结构简式可知，乳酸分子中含有的羟基和羧基都能与钠反应，则乳酸与足量金属钠反应的化学方程式为+2Na→+H2↑，故答案为：+2Na→+H2↑；
②由有机物的转化关系可知，乳酸先与氢氧化钠溶液反应生成，继续与钠反应生成，则试剂a为氢氧化钠、试剂b为钠，故答案为：NaOH；Na；