【化学】云南省鹤庆三中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

云南省鹤庆三中2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
1.植物油和水、酒精和水、碘的饱和水溶液，这三组混合物的分离方法分别是(　　)
A. 过滤、蒸馏、分液 B. 分液、蒸馏、萃取
C. 萃取、蒸馏、过滤 D. 萃取、过滤、蒸馏
【答案】B
【详解】植物油和水不互溶，且都是液体，所以采用分液的方法分离；乙醇和水互溶且都是液体，所以根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离；碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以可采用萃取的方法分离；故B选项正确；
本题答案为B。
2.化学试剂不变质和实验方法科学是化学实验成功的保障。下列试剂保存方法或实验方法中，不正确的是（　 ）
A. 实验室中金属钠通常保存在煤油里
B. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
C. 保存FeCl3溶液时，通常在溶液中加少量的单质铁
D. 浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处
【答案】C
【解析】A．实验室中金属钠通常保存在煤油里，可以隔绝空气，故A正确；B．由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故B正确；C．保存FeCl3溶液时，若在溶液中加少量的单质铁，则铁与三价铁离子反应生成二价铁离子，溶液变质，故C错误；D．浓硝酸见光分解，所以应保存在棕色试剂瓶中，置于阴凉处，故D正确；故选C。
3.胶体区别于其它分散系的本质是（　 ）
A. 胶体分散质粒子直径在1 nm～100nm之间
B. 具有丁达尔现象
C. 胶体粒子不能穿过半透膜，能通过滤纸空隙
D. 胶体粒子在一定条件下能稳定存在
【答案】A
【解析】试题分析：胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质粒子直径在1 nm～100nm之间，答案选A。
4.下列溶液中，所给离子一定能大量共存的是(　　)
A. 含有大量NO3-的溶液：H＋、Fe2＋、SO42-、Cl－
B. 使酚酞变红的溶液：Na＋、Ca2＋、SO42-、CO32-
C. 含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、Mg2＋、NO3-、SCN－
D. 含有大量Al3＋的溶液：Na＋、NH4+、SO42-、Cl－
【答案】D
【详解】A. 含有大量NO3-的溶液中H＋、Fe2＋、NO3-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，A不选；
B. 使酚酞变红的溶液显碱性，Ca2＋与SO42-、CO32-均反应生成沉淀，不能大量共存，B不选；
C. 含有大量Fe3＋的溶液中SCN－不能大量共存，C不选；
D. 含有大量Al3＋的溶液中Na＋、NH4+、SO42-、Cl－可以大量共存，D选。
答案选D。
5.检验Na2CO3溶液中是否混有Na2SO4，应使用的试剂是（　　）
A. BaCl2溶液和稀硫酸 B. BaCl2溶液
C. Ba（NO3）2溶液 D. BaCl2溶液和稀盐酸
【答案】D
【详解】A.加入硫酸，会引入硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀不溶解，无法判断是否含有硫酸钠，故A错误；
B.碳酸钠和硫酸钠都能与氯化钡反应生成沉淀，无法判断是否含有硫酸钠，故B错误；
C.碳酸钠和硫酸钠都能与Ba（NO3）2溶液反应生成沉淀，无法判断是否含有硫酸钠，故C错误；
D.碳酸钠和硫酸钠都能与BaCl2溶液反应生成沉淀，硫酸钡沉淀不溶于盐酸，碳酸钡沉淀溶于盐酸，加入盐酸后如生成沉淀不完全溶解，说明含有硫酸钠，否则不含，故D正确；
综上所述，本题选D。
6.等质量的甲、乙、丙三种金属，分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应后，都生成＋2价的硫酸盐，其产生氢气的体积与反应时间的关系如图所示，则下列说法正确的是（　 ）

A. 三种金属的活动性顺序为甲＞乙＞丙
B. 反应结束消耗硫酸的质量一定相同
C. 三种金属的相对原子质量是甲＞乙＞丙
D. 甲先反应完，乙最后反应完
【答案】D
【解析】
【分析】据相同时间内产生氢气较多（即反应剧烈）的金属活动性较强，结合产生氢气的关系图判断三种金属活动性；根据一定质量的金属完全反应产生氢气的质量=金属的化合价/金属的相对原子质量×金属的质量，结合三种金属的化合价及完全反应放出氢气的质量大小，判断三种金属的相对原子质量的大小。
【详解】A、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，当三种金属都在发生反应时，相同时间内甲放出氢气的质量大于丙，丙大于乙，可判断三种金属活动性顺序是甲＞丙＞乙，A错误；
B、金属与酸的反应生成氢气时，氢气来源于酸中的氢元素，所以生成的氢气与消耗的酸的多少顺序一致，则消耗硫酸的质量：甲＞乙＞丙，B错误；
C、三种金属的化合价、金属的质量都相等，完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比，即产生氢气多的相对原子质量小；根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示，在三种金属完全反应后，放出H2的质量是甲＞乙＞丙；因此可判断相对原子质量是丙＞乙＞甲，C错误；
D、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图可知甲先反应完，乙最后反应完，D正确；
答案选D。
7.下列关于“金属材料”的叙述不正确是(　　)
A. 金属材料根据其组成可分为纯金属和合金
B. 密度大于4.5g·cm-3的金属称为重金属
C. 铁、铬、锰以及它们的合金称为黑色金属
D. 金属钠、镁、铝都是有色金属和重金属
【答案】D
【详解】A项、金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称，包括纯金属和合金，故A正确；
B项、重金属原义是指密度大于4.5g/cm3的金属，包括金、银、铜、铁、汞、铅、镉等，故B正确；
C项、根据金属的颜色和性质等特征，将金属分为黑色金属和有色金属，黑色金属主要指铁、锰、铬及其合金，如钢、生铁、铁合金、铸铁等，黑色金属以外的金属称为有色金属，故C正确；
D项、金属钠、镁、铝的密度都小于4.5g/cm3，不属于重金属，属于轻金属，故D错误；
故选D。
8.日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是(　　)
A. 铜器出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]
B. 铁制菜刀生锈
C. 大理石雕像被酸性较强的雨腐蚀毁坏
D. 铝锅表面生成致密的薄膜(Al2O3)
【答案】C
【详解】A.金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不选；B.铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不选；C.酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C选；D.铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故D不选；本题答案为：C。
9.下列物质可用降温结晶法提纯的是(　　)
A. 食盐中混有少量泥沙 B. 含杂质氯化钠的硝酸钾
C. 氯化钠中含有杂质氯化镁 D. 酒精中混有少量的水
【答案】B
【详解】A、泥沙不溶于水，通过溶解过滤除去食盐中混有少量泥沙，不能通过结晶的方法分离这两种物质，A不符合；
B、硝酸钾和氯化钠都溶于水，硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，采用降温结晶会大量析出硝酸钾，氯化钠的溶解度受温度影响较小，降温后不会结晶析出留在溶液中再蒸发即可结晶析出，从而分离开硝酸钾和氯化钠，B符合；
C、氯化钠、氯化镁的溶解度受温度影响都较小，不能通过结晶的方法分离这两种物质，C不符合；
D、酒精和水互溶，二者的沸点相差较大，可以用蒸馏法除去酒精中混有少量的水，D不符合；
答案选B。
10. 在下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂的是（　 ）
A. 2Na+2H20＝2Na0H+H2↑ B. C12+H20＝HC1+HC10
C. 2F2+2H20=4HF+02 D. 2H202H2↑+02↑
【答案】B
【解析】试题分析：A．在Na与H20的反应中，H20中的氢元素化合价由+1价态被还原为0价，H20作氧化剂，A错误；B．C12与H20的反应中，氯元素发生歧化，既被还原为-1价态，又被氧化为+1价态，C12既作氧化剂又作还原剂，而H20既不是氧化剂又不是还原剂，B正确；C．H20中的氧元素由-2价态被氧化为0价，作还原剂，C错误；D．H20中的氢元素由+1价态被还原为0价，氧元素由-2价态被氧化为0价，H20既作氧化剂又作还原剂，D错误。故答案B。
11.在反应2SO2＋O22SO3中，有a mol SO2和b mol O2参加反应，达到化学平衡状态时有c mol SO3生成，则SO2在平衡混合物中的体积分数为（　 ）
A. ×100% B. ×100%
C. ×100% D. %
【答案】D
【解析】试题分析：在反应2SO2＋O22SO3中，有a mol SO2和b mol O2参加反应，达到化学平衡状态时有c mol SO3生成，所以平衡时该混合气体的气体的总的物质的量为a+b-0.5c，而平衡时二氧化硫的气体的物质的量为a-c，所以则SO2在平衡混合物中的体积分数为%，所以本题的答案选择D。
12. 下列化学式只表示一种纯净物的是（　 ）
A. C2H6 B. C4H10 C. C2H4Cl2 D. C
【答案】A
【解析】试题分析：A．C2H6只表示乙烷一种物质，表示的是纯净物，正确。B．C4H10可以表示丁烷，也可以表示异丁烷两种物质，因此不能表示纯净物，错误。C．C2H4Cl2可能表示CH3CHCl2，也可能表示CH2ClCH2Cl，因此表示的不一定是纯净物，错误。D．C表示的碳元素的单质，可能是金刚石、石墨或其它不定形碳单质，因此表示的不一定是纯净物，错误。
13.能证明淀粉已部分水解的试剂是下列的(　　)
A. 淀粉碘化钾溶液 B. 银氨溶液、碘水、烧碱
C. 新制的氢氧化铜悬浊液 D. 碘水、稀硫酸
【答案】B
【详解】淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，加烧碱溶液中和稀硫酸，使混合液呈碱性，然后加入银氨溶液，水浴加热有单质银生成，说明水解产物为葡萄糖，证明淀粉已水解；或在混合液呈碱性后，加入氢氧化铜悬浊液，再加热，有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖，证明淀粉已水解；向水解后的溶液加碘水，溶液变蓝色，说明溶液中仍有淀粉存在，证明淀粉水解不完全，则能证明淀粉已部分水解的试剂是碘水、烧碱溶液、银氨溶液（或新制的氢氧化铜悬浊液），故选B。
14.蛋白质是人体必需的重要营养成分，下列食物中富含蛋白质的是(　　)
A. 白菜 B. 甘蔗 C. 豆腐 D. 牛油
【答案】C
【详解】A项、蔬菜富含维生素，故A错误；
B项、甘蔗中主要含有蔗糖属于糖类，故B错误；
C项、豆腐以大豆为原料制作，主要含有植物性蛋白质，故C正确；
D、牛油中主要含有油脂，故D错误；
故选C。
15.下列说法不正确的是(　　)
A. 金属元素的原子与非金属元素原子化合时都能形成离子键
B. 原子间通过得失电子变成阴、阳离子后，阴阳离子间才能形成离子键
C. 具有强得电子能力的原子与具有强失电子能力的原子相遇时能形成离子键
D. ⅠA、ⅡA族的金属和ⅥA、ⅦA族的非金属化合时，易形成离子键
【答案】A
【详解】A项、一般活泼金属与非金属形成离子键，而氯化铝中铝元素与氯元素能形成共价键，故A错误；
B项、活泼金属原子易失电子而变成阳离子，活泼非金属原子易得电子而变成阴离子，原子间先通过得失电子变成阴阳离子后，阴阳离子间才能形成离子键结合，故B正确；
C项、活泼的金属原子具有强失电子能力，与具有强得电子能力的活泼的非金属原子成键时，先形成阳离子和阴离子，阳离子与阴离子之间形成离子键，故C正确；
D项、ⅠA、ⅡA族的金属为活泼金属原子，易失电子而变成阳离子；ⅥA、ⅦA族的非金属为活泼非金属原子，易得电子而变成阴离子；两类离子间易形成离子键，故D正确；
故选A。
16. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）

A. 反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1molCH4转移12mol 电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－=2H2O
C. 电池工作时，CO32－向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－
【答案】D
【解析】A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO＋H2＋2CO32－－4e－=3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，故D正确。
17.在标准状态下，两种气态烷烃混合物的密度是1.16 g·L－1，此混合物组成不可能的是(　　)
A. 甲烷和乙烷 B. 乙烷和丙烷
C. 甲烷和丙烷 D. 甲烷和丁烷
【答案】B
【解析】分析：根据混合气体的平均摩尔质量=ρ×Vm，计算出混合气体的平均摩尔质量，然后据此进行分析、讨论，得出结论。
详解：混合气体的平均摩尔质量是1.16 g·L－1 ×22.4 L·mol－1＝26 g·mol－1，此气态混合烷烃中有一种相对分子质量小于26，即为甲烷；另一种相对分子质量大于26，可能为乙烷、丙烷或丁烷等，不可能的组合为B；正确选项B。
18. 下列物质中，属于共价化合物的是（ ）
A. Cl2 B. NH4Cl C. C2H6 D. KOH
【答案】C
【解析】试题分析：A、氯气是共价键型的单质分子，A错误；B、NH4Cl是离子化合物，B错误；C、C2H6是共价化合物，C正确；D、KOH是离子化合物，D错误。答案选C。
19.下列关于苯的说法中，不正确的是(　　)
A. 苯不溶于水，可以作为萃取剂将溴从水中分离出来
B. 苯有毒，故不能作为有机溶剂
C. 苯是煤加工的产品之一
D. 苯是一种重要的化工原料
【答案】B
【解析】分析：A．溴在苯中的溶解度较大，苯与水互不相溶；
B．苯可以作为有机溶剂；
C．煤干馏能得到苯；
D．苯是一种重要的化工原料。
详解：A．溴在苯中的溶解度较大，苯与水互不相溶，可以用苯萃取溴水中的溴，A正确；
B．苯有毒，但仍然能作为有机溶剂使用，B错误；
C．煤干馏能得到苯，因此苯是煤加工的产品之一，C正确；
D．苯是一种重要的化工原料，D正确；
答案选B。
20.下列物质是苯的同系物的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】略
21.已知反应A+BC+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )

A. 产物C的能量高于反应物的总能量
B. 若该反应中有电子得失，则可设计成原电池
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量
D. 该反应中的反应物A和B的转化率定相同
【答案】C
【解析】分析：A.反应物总能量低于生成物总能量， 反应吸热，根据能量守恒可知产物C的能量不一定高于反应物的总能量；B.常温下放热的氧化还原反应可以设计成原电池；C. 该反应为吸热反应，所以反应物的总能量低于生成物的总能量；D. 反应物A和B的转化率和起始量、变化量有关，若起始量不同，转化率也不同。
详解：图象分析可以知道，反应物能量低于生成物，反应为吸热反应，反应物总能量+吸收的热量=生成物总能量，产物C的能量不一定高于反应物的总能量，A错误；若该反应中有电子得失为氧化还原反应，但是反应是吸热反应，不能自发进行，非自发进行的氧化还原反应不能设计为原电池，B错误；当反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应的的焓变为正值，反应为吸热反应，符合图象变化，C正确；反应物A和B的转化率和起始量变化量有关，若起始量不同，转化率也不同，D错误；正确选项C。
22.下列对碱金属性质的叙述不正确的是(　　)
A. 单质都是银白色的柔软金属，密度都较小
B. 单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物
C. 碱金属单质与水剧烈反应生成碱和氢气
D. 单质的熔沸点随着原子序数的增加而降低
【答案】AB
【详解】A项、铯单质是金黄色的柔软金属，A错误；
B项、锂在空气中燃烧生成氧化锂，得不到过氧化物，B错误；
C项、碱金属为活泼金属，单质与水剧烈反应生成碱和氢气，C正确；
D项、碱金属单质的熔沸点随着原子序数的增加而降低，D正确；
故选AB。
23. 为了证明液溴与苯发生的反应是取代反应，有如图所示装置。则装置A中盛有的物质是( )

A. 水 B. NaOH溶液
C. CCl4 D. NaI溶液
【答案】C
【解析】试题分析：A．Br2在水中的溶解度不大，HBr在水中的溶解度大，故不能除掉Br2，故A错误；B．HBr能与NaOH发生中和反应，故B错误；C．Br2易溶于CCl4，HBr不溶于CCl4，故C正确；D．HBr在NaI溶液中的溶解度大而被吸收，故D错误；故选C。
24.下列关于硅及其化合物叙述正确的是（　　）
A. 硅晶体可用于制造光导纤维
B. 陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C. 二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料
D. 二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物
【答案】B
【详解】A.二氧化硅晶体可用于制造光导纤维，故A错误；
B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷的主要原料是黏土，石英的主要成分是二氧化硅，黏土属于硅酸盐，故都是硅酸盐产品，故B正确；
C.晶体硅是半导体材料，而不是二氧化硅，故C错误；
D.二氧化硅能与氢氟酸反应，又能与氢氧化钠反应，但二氧化硅与氢氟酸反应生成的四氟化硅不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故D错误。
故选B。
25.乙烯的生产是衡量一个国家石油化工水平的重要标志。聚乙烯是以乙烯为原料合成的一种人们常用的高分子材料。下列有关聚乙烯的叙述中正确的是( )。
A. 乙烯合成聚乙烯的变化属于化合反应
B. 乙烯合成聚乙烯的化学方程式是nCH2=CH2 nCH2—CH2
C. 聚乙烯在自然界中很难降解，容易导致“白色污染”
D. 聚乙烯是纯净物
【答案】C
【详解】乙烯的生产是衡量一个国家石油化工水平的重要标志。聚乙烯是以乙烯为原料合成的一种人们常用的高分子材料。下列有关聚乙烯的叙述中正确的是( )。
A. 乙烯合成聚乙烯的变化属于加聚反应，A不正确；
B. 乙烯合成聚乙烯的化学方程式是nCH2=CH2 ，B不正确；
C. 聚乙烯在自然界中很难降解，容易造成“白色污染”，C正确；
D. 不同的聚乙烯分子的聚合度可能不同，故其为混净物，D不正确。
故选C。
26.工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式___________。工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：

（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用________(填序号)。
A．石灰石　　　B．锌粒　　　C．纯碱
（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是 _______________；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是______________________。
（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应①________________，②_________________。
【答案】(1). SiO2 + 2C Si + 2CO↑ (2). b (3). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (4). Mg与SiO2的反应是放热反应 (5). Mg2Si＋4HCl= 2MgCl2＋SiH4↑ (6). SiH4＋2O2 = SiO2↓＋2H2O
【解析】试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；
Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。
解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。
（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；
（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；
（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2 ＝SiO2↓＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。
27.某实验小组用如图所示装置进行乙醇的催化氧化实验。

（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式________。在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）甲和乙两个水浴作用不相同：甲的作用是________；乙的作用是________。
（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是________________，集气瓶中收集到的主要成分是____________。
【答案】(1). ， (2). 放热 (3). 加热 (4). 冷却 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 氮气
【解析】
【分析】由实验装置图可知，无水乙醇在水浴加热的条件下将乙醇变成乙醇蒸气，鼓入空气，乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，反应的化学方程式为2，试管a放入冷水中，目的是冷却反应得到的混合气体，试管a中收集到的液体为乙醛、乙醇和水，空气中的氧气参与反应，集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。
【详解】（1）实验过程中铜网与氧气加热反应生成氧化铜，出现黑色，反应的化学方程式为，反应生成的氧化铜与乙醇加热发生氧化还原反应生成铜、乙醛和水，出现红色，反应的化学方程式为；在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该反应是放热反应，放出的热量能够维持反应继续进行；
（2）甲为热水浴，使乙醇平稳气化成乙醇蒸气，起到提供乙醇蒸汽的作用；乙为冷水浴，冷却反应得到的混合气体，便于乙醛的收集；
（3）经过反应后并冷却，a中收集到的物质有易挥发的乙醇，反应生成的乙醛和水；空气中的氧气参与反应，丙中集气瓶内收集到气体的主要成分氮气，。
28.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题:

(1)仪器a的名称为　　　　;仪器b中可选择的试剂为　　　　。
(2)实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是　　　　(填字母)。
A．Cl2
B．O2
C．CO2
D．NO2
(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体产生，上述现象证明NH3具有　　　　性，写出相应的化学方程式:　 。
(4)E装置中浓硫酸的作用是　 。
(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作: 　。
(6)实验完毕，若测得干燥管D增重m g，装置F测得气体的体积为n L(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为　　　　(用含m、n字母的代数式表示)。
【答案】（1）分液漏斗　氧化钙或氢氧化钠固体或碱石灰
（2）BC
（3）还原　3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2
（4）吸收未反应氨气，阻止F中水蒸气进入D
（5）慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平
（6）
【解析】试题分析：（1）装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，氢氧化钠固体、氧化钙固体、碱石灰固体；
（2）利用装置A，可制取无色气体；A．制备氯气Cl2需要加热，且氯气为黄绿色气体，A不符合；B．可以制备O2，利用固体过氧化钠和水的反应，B符合；C．可以制备CO2气体，利用稀盐酸滴入大理石上反应生成，C符合；D．NO2是红棕色气体，D不符合；答案选BC；
（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜和氮气与水，氨气被氧化铜氧化表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；
（4）依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，阻止F中水蒸气进入D影响实验效果；
（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作是慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保持压强平衡再读数；
（6）若测得干燥管D增重mg为水物质的量=，装置F测得气体的体积为nL（已折算成标准状况）为N2，物质的量=，依据元素守恒得到氮原子和氢原子物质的量之比=×2：×2=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为。
29.如图为硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置图。

进行皂化反应时的步骤如下：
（1）在圆底烧瓶中加入8g硬脂酸甘油酯，然后加入2g氢氧化钠、5mL水和10mL酒精，加入酒精的作用为_____________________________________________。
（2）隔着石棉网给反应物加热约10min，皂化反应基本完成，判断依据是___________，所得的混合物为________(填“悬浊液”、“乳浊液”、“溶液”或“胶体”)。
（3）向所得混合物中加入__________，静置一段时间后，溶液分为上下两层，肥皂在____层，这个操作称为________。
（4）图中长玻璃导管的作用为______________________________________________________。
（5）日常生活中用热的纯碱溶液来洗涤粘有油脂的器皿的原因是________________________。
（6）这个实验有一个缺点就是容易产生________现象，为避免这种现象工业生产上常用________加热法防止这种现象。
【答案】(1). 溶解硬脂酸甘油酯 (2). 水面上漂浮的块状物消失 (3). 胶体 (4). 食盐 (5). 上 (6). 盐析 (7). 冷凝回流 (8). 纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污 (9). 结焦 (10). 水蒸气
【解析】
【分析】由实验装置图可知，圆底烧瓶中硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，装置中长导管可以起到冷凝回流的作用，提高原料的利用率；向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，使硬脂肪酸钠和甘油分离。
【详解】（1）硬脂酸甘油酯为难溶于水的固体，易溶于有机溶剂，酒精为有机溶剂，加入酒精可溶解硬脂酸甘油酯，故答案为：溶解硬脂酸甘油酯；
（2）不溶于水的硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，反应完成时不溶于水的硬脂酸甘油酯完全溶解，水面上没有漂浮物；硬脂酸钠的水溶液属于胶体，具有胶体的性质，故答案为：水面上漂浮的块状物消失；胶体；
（3）向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，静置一段时间后，溶液分为上下两层，这个操作为盐析，因硬脂酸钠的密度小于水的密度，硬脂酸钠在上层，故答案为：食盐；上；盐析；
（4）在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，长导管可以起到冷凝回流的作用，故答案为：冷凝回流；
（5）纯碱为碳酸钠，碳酸钠在溶液中水解，使溶液呈碱性，加热促进水解，使溶液碱性增强，油脂在碱性较强的溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质而洗去油污，故答案为：纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污；
（6）硬脂酸甘油酯具有有机物的通性，受热易分解，直接加热会出现炭化结焦的现象，若改用水蒸气加热，可以避免出现炭化结焦的现象，故答案为：结焦；水蒸气。
30.从物质A(某正盐)的水溶液出发有下面所示的一系列变化：

（1）写出A～F物质的化学式：
A__________；B__________；C__________；D__________；E.__________；F__________。
（2）写出E→F的化学方程式______________________________。
（3）鉴别物质F中阴离子的方法是________________________。
【答案】(1). (NH4)2SO3 (2). (NH4)2SO4 (3). SO2 (4). NH3 (5). K2SO3 (6). K2SO4 (7). K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBr (8). F中的阴离子是硫酸根离子，可以加入盐酸、氯化钡溶液看是否产生沉淀来鉴别
【解析】
【分析】根据框图可知，A即与酸反应生成气体C，又与碱反应生成气体D，则A为弱酸弱碱盐；C与氨水生成A，D与C的溶液反应生成A，则D为NH3，A为铵盐；A的浓溶液与稀H2SO4反应生成B和C，则B是(NH4)2SO4，F为K2SO4；A的浓溶液与KOH溶液反应生成E和D，E和溴水反应生成K2SO4，则E为K2SO3、C为SO2、A为(NH4)2SO3。
【详解】（1）由以上分析可知，A为(NH4)2SO3、B为(NH4)2SO4、C为SO2、D为NH3、E为K2SO3、F为K2SO4；
（2）E→F反应为K2SO3溶液与溴水发生氧化还原反应生成硫酸钾和氢溴酸，反应的化学方程式为K2SO3＋Br2＋H2O=K2SO4＋2HBr；
（3）F为K2SO4，阴离子为SO42-，可用酸化的BaCl2检验SO42-，具体操作是取少量F的溶液加入BaCl2和盐酸的溶液，若产生白色沉淀，证明SO42-的存在。
31.已知A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志，F是一种常见的高分子材料。根据下面转化关系回答下列问题：

(1)操作⑥、操作⑦的名称分别为________、________。
(2)下列物质中沸点最高的是________。
A 汽油 B 煤油
C 柴油 D 重油
(3)在①～⑤中属于取代反应的是_______；原子利用率为100%的反应是________。(填序号)
(4)写出结构简式：A________、F________。
(5)写出反应③的离子方程式：___________。
(6)作为家庭中常见的物质F，它给我们带来了极大的方便，同时也造成了环境污染，这种污染称为________。
【答案】(1). 分馏 (2). 裂解 (3). D (4). ①②③④ (5). ⑤ (6). CH3COOH (7). (8). CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH (9). 白色污染
【解析】
【分析】由E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2；由乙烯可以转化成F，再结合F是家庭中常见的有机物，F是一种常见的高分子材料知，F为；A、B、F是家庭中常见的有机物，E与水发生加成反应生成B为C2H5OH；由流程图知，C在酸性或碱性条件下都可以得到乙醇，说明C是某种酸与乙醇反应生成的酯，再结合A与B反应生成C，A是家庭中常见的有机物知，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa；结合分析机型解答。
【详解】（1）由石油得到汽油、煤油、柴油等轻质油的操作是分馏；由石油产品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分馏；裂解；
（2）由于在石油分馏的操作过程中，温度逐步升高使烃汽化，再经冷凝将烃分离开来，得到石油的分馏产品，即先得到的分馏产品沸点低，后得到的分馏产品沸点高，故选：D；
（3）由于酯化反应、酯的水解反应均属于取代反应，所以在①～⑤中属于取代反应的是①、②、③；原子利用率为100%的反应是加成反应和加聚反应，所以原子利用率为100%的反应是④、⑤；答案：①、②、③；④、⑤；
（4）由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，F的结构简式为：；
（5）由上述分析可知反应③为乙酸乙酯在碱性条件下发生的水解反应，其离子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH ；
（6）由上述分析可知：F为，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯结构稳定、难以分解，急剧增加的塑料废弃物会造成白色污染。答案：白色污染。