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【化学】广西南宁市第三中学2018-2019学年高二上学期期中考试（文）（解析版）
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广西南宁市第三中学2018-2019学年高二上学期期中考试（文）
1.使用绿色能源有利于保护环境。下列能源中不属于绿色能源的是
A. 氢能 B. 化石能 C. 风能 D. 太阳能
【答案】B
【解析】
试题分析：A．氢气燃烧产物是水，无污染，属于绿色能源，故选项错误；B．化石燃料燃烧时除了产生大量的二氧化碳之外，也会产生一氧化碳、二氧化硫等有毒气体，不属于绿色能源，故选项正确；C．风能的使用，不产生环境的污染物，属于绿色能源，故选项错误；D．太阳能是取之不尽，用之不竭的新能源，使用后不会对环境造成污染，属于绿色能源，故选项错误；故选B。
【考点定位】考查能源的种类与分类
【名师点晴】明确能源的种类与分类是解题关键。绿色能源也称清洁能源，是可再生能源，如太阳能、风能、地热能等；绿色能源体现了开发利用自然资源与环境友好相容的原则，可认为绿色能源不会对环境造成污染。
2.下列物质中，属于盐的是
A. 氯化钠 B. 盐酸 C. 氧化镁 D. 氢氧化铝
【答案】A
【解析】
【分析】
盐是指由金属离子(或铵根离子)和酸根离子构成的化合物。
【详解】氯化钠是由钠离子和氯离子构成的化合物，属于盐，故选A；盐酸中溶质是氯化氢，属于酸，故不选B；氧化镁是由镁、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故不选C；氢氧化铝是由铝离子和氢氧根离子构成的化合物，属于碱，故不选D。
3. 当一束光通过鸡蛋清可以观察到丁达尔现象，这表明鸡蛋清属于
A. 溶液 B. 悬浊液 C. 胶体 D. 乳浊液
【答案】C
【解析】
只有胶体具有丁达尔效应即当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，当一束光通过鸡蛋清可以观察到丁达尔现象，这表明鸡蛋清属于胶体分散系，故选：C．
【点评】本题主要考查学生胶体的性质知识，可以根据所学知识进行回答，较简单．
4.水体富营养化可导致赤潮、水华等水污染现象。下列与水体富营养化密切相关的元素是
A. C B. O C. P D. S
【答案】C
【解析】
试题分析：因大量含氮或磷元素的化合物进入水中，使水体富营养化，故答案为C。
【考点定位】考查水体的富营养化
【名师点晴】了解水体富营养化形成的原因是正确解答本题的关键，水体富营养化是由于大量的氮、磷等元素排入到流速缓慢、更新周期长的地表水体，使藻类等水生生物大量地生长繁殖，使有机物产生的速度远远超过消耗速度，水体中有机物积蓄，破坏水生生态平衡的过程，据此进行分析判断。
5.配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液时，步骤为:计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，配制过程中使用的仪器分别为:托盘天平(量筒)、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管等。
【详解】A是分液漏斗，分液时使用，故不选A；B是锥形瓶，一般用于滴定实验，故不选B；C是圆底烧瓶，实验室中用来盛液体物质，特别适于加热煮沸液体，故不选C；D是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液时定容，故选D。
6.运输危险化学品的车辆上经常贴有警示标志。运输汽油的油罐车上所贴的危险化学品标志是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
汽油具有可燃性，属于易燃液体，故应贴上易燃液体的危险化学品标志，结合图中所示标志的含义进行分析判断即可。
【详解】A图中所示标志是腐蚀品标志； B图中所示标志是易燃液体标志；C图中所示标志是自燃物品标志；D图中所示标志是剧毒品标志；故选B。
7.某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，其中呈黄色的是
A. KCl B. NaCl C. CaCl2 D. CuCl2
【答案】B
【解析】
【分析】
某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，灼烧含有钠元素的物质，火焰的颜色呈黄色。
【详解】KCl含有钾元素，不含钠元素，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，故不选A；NaCl含钠元素，火焰呈黄色，故选B；CaCl2含有钙元素，不含钠元素，火焰呈砖红色，故不选C；CuCl2含有铜元素，不含钠元素，火焰呈绿色，故不选D。
8.下列属于天然高分子化合物的是
A. 聚氯乙烯 B. 淀粉 C. 乙酸乙酯 D. 油脂
【答案】B
【解析】
【分析】
高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物和合成有机高分子化合物，据此即可解答。
【详解】聚乙烯是利用加聚反应生成的合成高分子化合物，不是天然高分子化合物，故不选A； 淀粉属于多糖，相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故选B；乙酸乙酯相对分子质量较小，不是高分子化合物，故不选C；油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成的酯，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故不选D。
9.下列气体中能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的是
A. NH3 B. SO2 C. NO2 D. C12
【答案】A
【解析】
【分析】
碱能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明该气体是碱性气体，溶于水得到碱液，据此分析解答。
【详解】氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致氨水呈碱性，所以氨气能使湿润的石蕊试纸变蓝色，故选A；二氧化硫是酸性氧化物，和水反应生成亚硫酸，亚硫酸呈酸性，不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故不选B；二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸溶液呈酸性，所以不能使湿润的石蕊试纸变蓝色，但因硝酸强氧化性而导致试纸褪色，故不选C；氯气和水反应生成HCl、HClO，酸不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，但HClO能漂白试纸而导致试纸褪色，故不选D。
【点睛】本题考查气体的性质，明确常见气体酸碱性及物质的漂白性是解本题关键，侧重考查学生对物质性质的记忆和分析判断能力。
10.某溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中存在
A. Fe2+ B. Fe3+ C. Mg2+ D. K+
【答案】B
【解析】
【分析】
Fe3+遇SCN-离子，溶液呈血红色，是Fe3+的检验方法之一。
【详解】由于Fe3+遇SCN-离子，发生反应:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，故选B。
11.下列物质可作为防毒面具或潜水艇里氧气来源的物质是
A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. NaHCO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Na2O能与CO2反应Na2O+CO2═Na2CO3，无氧气生成，故A错误；B、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故B正确；C、NaOH能与CO2反应2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，无氧气生成，且NaOH具有腐蚀性，故C错误；D、NaHCO3能与CO2不反应，无氧气生成，故D错误；故选B．
考点：过氧化钠的性质
12.常温下，下列物质可以用铝制容器存放的是
A. 浓盐酸 B. 浓硫酸 C. 稀硝酸 D. 氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
常温下，Fe、Al遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化，可用铝制容器(或铁制容器)来存放浓硫酸、浓硝酸。
【详解】Al与浓盐酸可持续反应放出氢气，不能用铝制容器存放浓盐酸，故不选A；常温下，浓硫酸与Al发生钝化，可以用铝制容器存放浓硝酸，故选B； Al与稀硝酸持续反应至反应结束，不能用铝制容器存放稀硝酸，故不选C； Al与NaOH溶液可持续反应放出氢气，不能用铝制容器存放氢氧化钠溶液，故不选D。
13.下列各组微粒互为同位素的是
A. 1H和2H B. 14C和14N C. 37Cl和37Cl - D. 56Fe2+和56Fe3+
【答案】A
【解析】
试题分析：A．1H 和2H表示核电荷数相同，中子数不等，是同位素，故A正确；B．14C 和14N的核电荷数不等，是两种不同元素，故B错误；C．37Cl 和37Cl-是同种元素的两种不同微粒，故C错误；D．56Fe2+和56Fe3+是同种元素的两种不同微粒，故D错误；答案为A。
【考点定位】考查同位素的判断
【名师点晴】本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。根据同位素的概念，质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同位素是不同的原子，但是属于同一种元素；元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。
14.下列属于放热反应的是
A. C + CO22CO
B. CaCO3CaO + CO2↑
C. 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3
D. Ba(OH)2·8H2O + 2NH4ClBaCl2 + 2NH3↑+ 10H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、活泼金属与水反应、所有中和反应、铝热反应，绝大多数化合反应。
【详解】焦炭和二氧化碳共热生成CO是化合反应，属于吸热反应，故不选A；碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳是分解反应，属于吸热反应，故不选B；2Al + Fe2O32Fe + Al2O3是铝热反应，属于放热反应，故选C；Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，故不选D。
【点睛】本题考查放热反应、吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆。
15.CH3CH2CH2CH3（正丁烷）和（CH3）2CHCH3 （异丁烷）的关系是
A. 同分异构体 B. 同素异形体 C. 同位素 D. 同一种物质
【答案】A
【解析】
【分析】
具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同、中子数不同的原子互称同位素；分子式、结构均相同的物质为同一种物质，同一物质组成、结构、性质都相同。
【详解】CH3CH2CH2CH3（正丁烷）和（CH3）2CHCH3 （异丁烷）分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体，故选A。
【点睛】本题涉及“四同”的考查，注意同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，难度不大，要把握概念的内涵与外延。
16.下列反应中不属于氧化还原反应的是
A. Br2+2KI═I2+2KBr B. NH3+HCl═NH4Cl
C. NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O D. 2H2O2═2H2O+O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
有元素化合价变化的反应是氧化还原反应。
【详解】Br2+2KI═I2+2KBr反应中Br、I元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；NH3+HCl═NH4Cl反应中各元素的化合价均不变，不属于氧化还原反应，故选B；NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O反应中N元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选C；2H2O2═2H2O+O2↑反应中O、H元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应，故不选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应、非氧化还原反应，侧重氧化还原反应判断的考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，培养对概念的理解能力。
17.下列金属冶炼的化学反应原理，错误的是
A. 2NaCl(熔融) 2Na + Cl2↑ B. MgO + H2 Mg + H2O
C. Fe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2 D. 2HgO 2Hg + O2↑
【答案】B
【解析】
镁是活泼的金属，应该用电解法冶炼，B不正确，答案选B。A、正确，电解法；C、正确，热还原法；D、正确，Hg不活泼金属，用热分解法。
18.用作调味品的食醋也可用来除水垢，其除垢的有效成分是
A. 乙醇 B. 乙酸 C. 葡萄糖 D. 乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
试题分析：水垢的主要成分为碳酸钙，能溶解于酸性比碳酸强的酸，常见用作调味品的食醋中含有的成分是乙酸，故答案为B。
考点：考查乙酸的性质与应用
19.某反应的生成物D浓度在2 min内由0变成了4 mol/L，则以D表示该反应在2 min 内的平均反应速率为
A. 8 mol/(L·min) B. 4 mol/(L·min) C. 2 mol/(L·min) D. 1 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据 计算平均反应速率。
【详解】根据， mol/(L·min)，故选C。
20.下列电子式表示的物质中，含有非极性共价键的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
活泼金属与活泼非金属元素的原子一般形成离子键；同种非金属原子形成非极性共价键，不同种非金属原子形成极性共价键。
【详解】中氢与氧原子之间形成极性共价键，故不选A；只含有离子键，故不选B；中含有离子键和极性共价键，故不选C；含有离子键和氧原子与氧原子之间形成的非极性共价键，故选D。
【点睛】本题考查了化学键的判断，根据离子键、非极性共价键、极性共价键的概念来分析解答即可，注意氯化钙中氯原子之间不存在化学键。
21.下列电离方程式书写正确的是
A. H2SO4═H22++SO42- B. NaHCO3═Na++H++CO32-
C. NaOH═Na++O2-+H+ D. Na2SO4═2Na++SO42-
【答案】D
【解析】
【分析】
1个H2SO4分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子；NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子；NaOH电离出钠离子和氢氧根离子；Na2SO4电离出钠离子和硫酸根离子。
【详解】1个H2SO4分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子，电离方程式是H2SO4═2H++SO42-，故A错误；NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3═Na++HCO3-，故B错误；NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，电离方程式是NaOH═Na++OH-，故C错误；Na2SO4电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式是Na2SO4═2Na++SO42-，故D正确。
【点睛】本题考查电离方程式的书写，明确书写方法及注意电荷守恒和质量守恒定律、原子团、弱酸的酸式根离子的书写等是解答的关键。
22.如图为铜-锌-稀硫酸构成的原电池示意图，下列说法错误的是
A. 锌片为负极，且锌片逐渐溶解
B. 铜片为正极，且铜片上有气泡
C. 电子由铜片通过导线流向锌片
D. 该装置能将化学能转变为电能
【答案】C
【解析】
试题分析：A.Zn、Cu、H2SO4溶液及外电路共同构成了原电池．A.锌片为负极．负极（Zn）：Zn-2e-=Zn2+，Zn失去电子成Zn2+进入溶液，A正确；B．铜片为正极，2H++2e-= Zn2++H2↑铜片上有气泡,B正确；C.由于Zn失去的电子经导线转移到Cu片上，导线上有电流通过，C错误；D.电流的产生源于Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑置换反应时化学能的转化，D正确，选C。
考点：考查原电池原理。
23.对可逆反应2SO2 + O22SO3的描述错误的是
A. 开始时正反应速率大于逆反应速率
B. 平衡时正、逆反应速率相等
C. 平衡时正、逆反应速率都为零
D. 平衡时SO2的转化率小于100%
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应开始时向正方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故A正确；B．反应达到平衡时正、逆反应速率相等，故B正确；C．平衡时正、逆反应速率但不为零，是动态平衡，故C错误；D．可逆反应的特征是反应物的转化率不可能达到100%，故D正确，答案为C。
考点：考查平衡的建立
24.下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题:
（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为______。
（2）元素⑦与⑧的原子半径大小关系是：⑦______⑧(填“＞”或“＜”）。
（3）④⑤两元素相比较，金属性较强的是______ (填元素名称）。
（4）元素①的最高价氧化物的水化物的化学式为________。
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 钠 (4). H2CO3
【解析】
【分析】
（1）化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素；（2）同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；(2) 同一周期中，从左到右金属性减弱；（4）元素①是ⅣA族的C元素，最高价氧化物是二氧化碳；
【详解】（1）化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素，所以最不活泼的元素是Ar，Ar原子核外有18个电子，最外层有8个电子，原子结构示意图是；（2）同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以S原子半径大于Cl原子，故⑦>⑧; (2) 同一周期中，从左到右金属性减弱，所以钠的金属性大于镁，金属性较强的是钠；（4）元素①是ⅣA族的C元素，最高价氧化物是二氧化碳，其水化物是碳酸，化学式是H2CO3。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，根据同周期元素性质递变规律分析问题。特别是同周期元素半径、化合价、金属性、非金属性的递变规律要牢记。
25.科学研究表明，亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除加速人体衰老的活性氧。
①其中硒元素（Se）的化合价是______。
②向亚硒酸钠溶液中滴加CuSO4溶液，有蓝色的亚硒酸铜沉淀生成，该反应的化学方程式为_____________________________。
【答案】 (1). +4 (2). Na2SeO3+CuSO4=CuSeO3↓+Na2SO4。
【解析】
【分析】
①亚硒酸钠中钠元素显+1，氧元素显-2，根据化合价代数和等于0计算硒元素的化合价；②向亚硒酸钠溶液中滴加CuSO4溶液，发生复分解反应生成亚硒酸铜沉淀和硫酸钠；
【详解】①根据化合价代数和等于0，设亚硒酸钠（Na2SeO3）中硒元素的化合价为x，则(+1)×2＋x－2×3=0；解得x=+4；②向亚硒酸钠溶液中滴加CuSO4溶液，发生复分解反应生成亚硒酸铜沉淀和硫酸钠，反应化学方程式是Na2SeO3+CuSO4=CuSeO3↓+Na2SO4。
26.以下是两种有机物的球棍模型：代表H原子，代表C原子，请回答下列问题：
（1）Ⅰ的分子式为________，Ⅱ的结构简式为________。
（2）由Ⅱ变成Ⅰ的化学反应类型为________________。
【答案】 (1). C2H6 (2). CH2=CH2 (3). 加成反应。
【解析】
【分析】
（1）根据球棍模型，Ⅰ的分子中含有2个碳原子、6个氢原子；根据球棍模型，Ⅱ的分子中含有2个碳原子、4个氢原子，碳碳原子之间含有双键；（2）由Ⅱ变成Ⅰ需要在两个碳原子上分别再连接1个氢原子。
【详解】（1）根据球棍模型，Ⅰ的分子中含有2个碳原子、6个氢原子，分子式为C2H6；根据球棍模型，Ⅱ的分子中含有2个碳原子、4个氢原子，碳碳原子之间含有双键，Ⅱ的结构简式为CH2=CH2；（2）由Ⅱ变成Ⅰ需要在两个碳原子上分别再连接1个氢原子，方程式是，反应类型是加成反应。
27.某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置。请回答下列问题：
（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是______（填序号），反应中盐酸所表现的性质是______性和______性，生成71gCl2转移的电子是______mol；
（2）反应开始后，发现B、D试管中的现象均为____________________________，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是__________________；
（3）装置C的作用是____________________________________________________________；
（4）NaOH（足量）溶液与Cl2反应的离子方程式是__________________________________；
（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用。该反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). E (2). 还原 (3). 酸 (4). 2 (5). 品红溶液褪色 (6). 溶液变红 (7). 吸收多余的SO2和Cl2 (8). Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O (9). SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】
（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，使气体失去漂白性。
【详解】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；71gCl2的物质的量是1mol，由HCl生成Cl2，氯元素化合价由-1升高为0，所以生成1mol氯气转移2mol电子；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色，所以反应开始后，发现B、D试管中的现象均为品红溶液褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是溶液变红；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质，所以氢氧化钠溶液的作用是：吸收多余的二氧化硫和氯气，防止污染大气；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。
28.（1）下列常用物质：
A．碳酸氢钠 B．阿斯匹林 C．苯甲酸钠 D．柠檬黄
请用字母填空：
具有解热镇痛疗效的是_______，可用作食品防腐剂的是_______，常用作食品着色剂的是_______，常用作治疗胃酸过多的抗酸剂的是_______。
（2）蔗糖业是广西经济的支柱产业，产糖量位居全国首位。甘蔗可用来生产蔗糖、乙醇、纸张等产品。①甘蔗压榨后得到的糖主要是蔗糖。蔗糖是一种二糖，水解后生成两种单糖，一种是葡萄糖，另一种是________。葡萄糖具有________（填“氧化性”或“还原性”），能发生银镜反应。葡萄糖是人体内最重要的供能物质，它在人体内代谢的最终产物是______和_____。
②糖蜜是制糖过程中的一种副产物，它在酵母菌的作用下可发酵成乙醇。乙醇分子中含有的官能团是________，乙醇可与金属钠反应生成乙醇钠和一种气体，该气体是________。
【答案】 (1). B (2). C (3). D (4). A (5). 果糖 (6). 还原性 (7). 二氧化碳（或CO2） (8). 水（或H2O） (9). 羟基（或—OH） (10). H2
【解析】
【分析】
（1）根据各物质的性质分析；(2) ①蔗糖水解后的产物是葡萄糖和果糖；葡萄糖的结构简式是(CH2OH)(CHOH)4CHO，根据结构简式分析性质；葡萄糖在体内能被氧化分解，最终生成二氧化碳和水，同时释放能量。②乙醇结构简式是CH3CH2OH；乙醇可与金属钠发生置换反应。
【详解】（1）A．碳酸氢钠在水中能水解，使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，所以碳酸氢钠的水溶液呈碱性，故能和酸反应；B．阿斯匹林是感冒药，具有解热镇痛作用；C．苯甲酸钠是常用的防腐剂；D．柠檬黄、胭脂红、胡萝卜素等是常用的着色剂，所以具有解热镇痛疗效的是阿斯匹林，可用作食品防腐剂的是苯甲酸钠，常用作食品着色剂的是柠檬黄，常用作治疗胃酸过多的抗酸剂的是碳酸氢钠。 (2)蔗糖水解后的产物是葡萄糖和果糖；葡萄糖的结构简式是(CH2OH)(CHOH)4CHO，葡萄糖分子中含有5个羟基和1个醛基，醛基能发生银镜反应，所以葡萄糖具有还原性；葡萄糖在体内能被氧化分解，最终生成二氧化碳和水，同时释放能量。②乙醇结构简式是CH3CH2OH，官能团是-OH，官能团名称是羟基；乙醇可与金属钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，所以该气体是H2。
1.使用绿色能源有利于保护环境。下列能源中不属于绿色能源的是
A. 氢能 B. 化石能 C. 风能 D. 太阳能
【答案】B
【解析】
试题分析：A．氢气燃烧产物是水，无污染，属于绿色能源，故选项错误；B．化石燃料燃烧时除了产生大量的二氧化碳之外，也会产生一氧化碳、二氧化硫等有毒气体，不属于绿色能源，故选项正确；C．风能的使用，不产生环境的污染物，属于绿色能源，故选项错误；D．太阳能是取之不尽，用之不竭的新能源，使用后不会对环境造成污染，属于绿色能源，故选项错误；故选B。
【考点定位】考查能源的种类与分类
【名师点晴】明确能源的种类与分类是解题关键。绿色能源也称清洁能源，是可再生能源，如太阳能、风能、地热能等；绿色能源体现了开发利用自然资源与环境友好相容的原则，可认为绿色能源不会对环境造成污染。
2.下列物质中，属于盐的是
A. 氯化钠 B. 盐酸 C. 氧化镁 D. 氢氧化铝
【答案】A
【解析】
【分析】
盐是指由金属离子(或铵根离子)和酸根离子构成的化合物。
【详解】氯化钠是由钠离子和氯离子构成的化合物，属于盐，故选A；盐酸中溶质是氯化氢，属于酸，故不选B；氧化镁是由镁、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故不选C；氢氧化铝是由铝离子和氢氧根离子构成的化合物，属于碱，故不选D。
3. 当一束光通过鸡蛋清可以观察到丁达尔现象，这表明鸡蛋清属于
A. 溶液 B. 悬浊液 C. 胶体 D. 乳浊液
【答案】C
【解析】
只有胶体具有丁达尔效应即当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，当一束光通过鸡蛋清可以观察到丁达尔现象，这表明鸡蛋清属于胶体分散系，故选：C．
【点评】本题主要考查学生胶体的性质知识，可以根据所学知识进行回答，较简单．
4.水体富营养化可导致赤潮、水华等水污染现象。下列与水体富营养化密切相关的元素是
A. C B. O C. P D. S
【答案】C
【解析】
试题分析：因大量含氮或磷元素的化合物进入水中，使水体富营养化，故答案为C。
【考点定位】考查水体的富营养化
【名师点晴】了解水体富营养化形成的原因是正确解答本题的关键，水体富营养化是由于大量的氮、磷等元素排入到流速缓慢、更新周期长的地表水体，使藻类等水生生物大量地生长繁殖，使有机物产生的速度远远超过消耗速度，水体中有机物积蓄，破坏水生生态平衡的过程，据此进行分析判断。
5.配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液时，步骤为:计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，配制过程中使用的仪器分别为:托盘天平(量筒)、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管等。
【详解】A是分液漏斗，分液时使用，故不选A；B是锥形瓶，一般用于滴定实验，故不选B；C是圆底烧瓶，实验室中用来盛液体物质，特别适于加热煮沸液体，故不选C；D是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液时定容，故选D。
6.运输危险化学品的车辆上经常贴有警示标志。运输汽油的油罐车上所贴的危险化学品标志是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
汽油具有可燃性，属于易燃液体，故应贴上易燃液体的危险化学品标志，结合图中所示标志的含义进行分析判断即可。
【详解】A图中所示标志是腐蚀品标志； B图中所示标志是易燃液体标志；C图中所示标志是自燃物品标志；D图中所示标志是剧毒品标志；故选B。
7.某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，其中呈黄色的是
A. KCl B. NaCl C. CaCl2 D. CuCl2
【答案】B
【解析】
【分析】
某些化学物质在灼烧时，火焰呈特殊颜色，灼烧含有钠元素的物质，火焰的颜色呈黄色。
【详解】KCl含有钾元素，不含钠元素，透过蓝色钴玻璃，火焰呈紫色，故不选A；NaCl含钠元素，火焰呈黄色，故选B；CaCl2含有钙元素，不含钠元素，火焰呈砖红色，故不选C；CuCl2含有铜元素，不含钠元素，火焰呈绿色，故不选D。
8.下列属于天然高分子化合物的是
A. 聚氯乙烯 B. 淀粉 C. 乙酸乙酯 D. 油脂
【答案】B
【解析】
【分析】
高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物和合成有机高分子化合物，据此即可解答。
【详解】聚乙烯是利用加聚反应生成的合成高分子化合物，不是天然高分子化合物，故不选A； 淀粉属于多糖，相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故选B；乙酸乙酯相对分子质量较小，不是高分子化合物，故不选C；油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成的酯，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故不选D。
9.下列气体中能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的是
A. NH3 B. SO2 C. NO2 D. C12
【答案】A
【解析】
【分析】
碱能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明该气体是碱性气体，溶于水得到碱液，据此分析解答。
【详解】氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致氨水呈碱性，所以氨气能使湿润的石蕊试纸变蓝色，故选A；二氧化硫是酸性氧化物，和水反应生成亚硫酸，亚硫酸呈酸性，不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故不选B；二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸溶液呈酸性，所以不能使湿润的石蕊试纸变蓝色，但因硝酸强氧化性而导致试纸褪色，故不选C；氯气和水反应生成HCl、HClO，酸不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，但HClO能漂白试纸而导致试纸褪色，故不选D。
【点睛】本题考查气体的性质，明确常见气体酸碱性及物质的漂白性是解本题关键，侧重考查学生对物质性质的记忆和分析判断能力。
10.某溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中存在
A. Fe2+ B. Fe3+ C. Mg2+ D. K+
【答案】B
【解析】
【分析】
Fe3+遇SCN-离子，溶液呈血红色，是Fe3+的检验方法之一。
【详解】由于Fe3+遇SCN-离子，发生反应:Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，故选B。
11.下列物质可作为防毒面具或潜水艇里氧气来源的物质是
A. Na2O B. Na2O2 C. NaOH D. NaHCO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、Na2O能与CO2反应Na2O+CO2═Na2CO3，无氧气生成，故A错误；B、Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，故B正确；C、NaOH能与CO2反应2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，无氧气生成，且NaOH具有腐蚀性，故C错误；D、NaHCO3能与CO2不反应，无氧气生成，故D错误；故选B．
考点：过氧化钠的性质
12.常温下，下列物质可以用铝制容器存放的是
A. 浓盐酸 B. 浓硫酸 C. 稀硝酸 D. 氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
常温下，Fe、Al遇浓硝酸、浓硫酸发生钝化，可用铝制容器(或铁制容器)来存放浓硫酸、浓硝酸。
【详解】Al与浓盐酸可持续反应放出氢气，不能用铝制容器存放浓盐酸，故不选A；常温下，浓硫酸与Al发生钝化，可以用铝制容器存放浓硝酸，故选B； Al与稀硝酸持续反应至反应结束，不能用铝制容器存放稀硝酸，故不选C； Al与NaOH溶液可持续反应放出氢气，不能用铝制容器存放氢氧化钠溶液，故不选D。
13.下列各组微粒互为同位素的是
A. 1H和2H B. 14C和14N C. 37Cl和37Cl - D. 56Fe2+和56Fe3+
【答案】A
【解析】
试题分析：A．1H 和2H表示核电荷数相同，中子数不等，是同位素，故A正确；B．14C 和14N的核电荷数不等，是两种不同元素，故B错误；C．37Cl 和37Cl-是同种元素的两种不同微粒，故C错误；D．56Fe2+和56Fe3+是同种元素的两种不同微粒，故D错误；答案为A。
【考点定位】考查同位素的判断
【名师点晴】本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。根据同位素的概念，质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，同位素是不同的原子，但是属于同一种元素；元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。
14.下列属于放热反应的是
A. C + CO22CO
B. CaCO3CaO + CO2↑
C. 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3
D. Ba(OH)2·8H2O + 2NH4ClBaCl2 + 2NH3↑+ 10H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、活泼金属与水反应、所有中和反应、铝热反应，绝大多数化合反应。
【详解】焦炭和二氧化碳共热生成CO是化合反应，属于吸热反应，故不选A；碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳是分解反应，属于吸热反应，故不选B；2Al + Fe2O32Fe + Al2O3是铝热反应，属于放热反应，故选C；Ba（OH）2 8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，故不选D。
【点睛】本题考查放热反应、吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆。
15.CH3CH2CH2CH3（正丁烷）和（CH3）2CHCH3 （异丁烷）的关系是
A. 同分异构体 B. 同素异形体 C. 同位素 D. 同一种物质
【答案】A
【解析】
【分析】
具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同、中子数不同的原子互称同位素；分子式、结构均相同的物质为同一种物质，同一物质组成、结构、性质都相同。
【详解】CH3CH2CH2CH3（正丁烷）和（CH3）2CHCH3 （异丁烷）分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体，故选A。
【点睛】本题涉及“四同”的考查，注意同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，难度不大，要把握概念的内涵与外延。
16.下列反应中不属于氧化还原反应的是
A. Br2+2KI═I2+2KBr B. NH3+HCl═NH4Cl
C. NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O D. 2H2O2═2H2O+O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
有元素化合价变化的反应是氧化还原反应。
【详解】Br2+2KI═I2+2KBr反应中Br、I元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；NH3+HCl═NH4Cl反应中各元素的化合价均不变，不属于氧化还原反应，故选B；NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O反应中N元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选C；2H2O2═2H2O+O2↑反应中O、H元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应，故不选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应、非氧化还原反应，侧重氧化还原反应判断的考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，培养对概念的理解能力。
17.下列金属冶炼的化学反应原理，错误的是
A. 2NaCl(熔融) 2Na + Cl2↑ B. MgO + H2 Mg + H2O
C. Fe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2 D. 2HgO 2Hg + O2↑
【答案】B
【解析】
镁是活泼的金属，应该用电解法冶炼，B不正确，答案选B。A、正确，电解法；C、正确，热还原法；D、正确，Hg不活泼金属，用热分解法。
18.用作调味品的食醋也可用来除水垢，其除垢的有效成分是
A. 乙醇 B. 乙酸 C. 葡萄糖 D. 乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
试题分析：水垢的主要成分为碳酸钙，能溶解于酸性比碳酸强的酸，常见用作调味品的食醋中含有的成分是乙酸，故答案为B。
考点：考查乙酸的性质与应用
19.某反应的生成物D浓度在2 min内由0变成了4 mol/L，则以D表示该反应在2 min 内的平均反应速率为
A. 8 mol/(L·min) B. 4 mol/(L·min) C. 2 mol/(L·min) D. 1 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据 计算平均反应速率。
【详解】根据， mol/(L·min)，故选C。
20.下列电子式表示的物质中，含有非极性共价键的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
活泼金属与活泼非金属元素的原子一般形成离子键；同种非金属原子形成非极性共价键，不同种非金属原子形成极性共价键。
【详解】中氢与氧原子之间形成极性共价键，故不选A；只含有离子键，故不选B；中含有离子键和极性共价键，故不选C；含有离子键和氧原子与氧原子之间形成的非极性共价键，故选D。
【点睛】本题考查了化学键的判断，根据离子键、非极性共价键、极性共价键的概念来分析解答即可，注意氯化钙中氯原子之间不存在化学键。
21.下列电离方程式书写正确的是
A. H2SO4═H22++SO42- B. NaHCO3═Na++H++CO32-
C. NaOH═Na++O2-+H+ D. Na2SO4═2Na++SO42-
【答案】D
【解析】
【分析】
1个H2SO4分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子；NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子；NaOH电离出钠离子和氢氧根离子；Na2SO4电离出钠离子和硫酸根离子。
【详解】1个H2SO4分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子，电离方程式是H2SO4═2H++SO42-，故A错误；NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式是NaHCO3═Na++HCO3-，故B错误；NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，电离方程式是NaOH═Na++OH-，故C错误；Na2SO4电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式是Na2SO4═2Na++SO42-，故D正确。
【点睛】本题考查电离方程式的书写，明确书写方法及注意电荷守恒和质量守恒定律、原子团、弱酸的酸式根离子的书写等是解答的关键。
22.如图为铜-锌-稀硫酸构成的原电池示意图，下列说法错误的是
A. 锌片为负极，且锌片逐渐溶解
B. 铜片为正极，且铜片上有气泡
C. 电子由铜片通过导线流向锌片
D. 该装置能将化学能转变为电能
【答案】C
【解析】
试题分析：A.Zn、Cu、H2SO4溶液及外电路共同构成了原电池．A.锌片为负极．负极（Zn）：Zn-2e-=Zn2+，Zn失去电子成Zn2+进入溶液，A正确；B．铜片为正极，2H++2e-= Zn2++H2↑铜片上有气泡,B正确；C.由于Zn失去的电子经导线转移到Cu片上，导线上有电流通过，C错误；D.电流的产生源于Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑置换反应时化学能的转化，D正确，选C。
考点：考查原电池原理。
23.对可逆反应2SO2 + O22SO3的描述错误的是
A. 开始时正反应速率大于逆反应速率
B. 平衡时正、逆反应速率相等
C. 平衡时正、逆反应速率都为零
D. 平衡时SO2的转化率小于100%
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应开始时向正方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故A正确；B．反应达到平衡时正、逆反应速率相等，故B正确；C．平衡时正、逆反应速率但不为零，是动态平衡，故C错误；D．可逆反应的特征是反应物的转化率不可能达到100%，故D正确，答案为C。
考点：考查平衡的建立
24.下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题:
（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为______。
（2）元素⑦与⑧的原子半径大小关系是：⑦______⑧(填“＞”或“＜”）。
（3）④⑤两元素相比较，金属性较强的是______ (填元素名称）。
（4）元素①的最高价氧化物的水化物的化学式为________。
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 钠 (4). H2CO3
【解析】
【分析】
（1）化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素；（2）同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；(2) 同一周期中，从左到右金属性减弱；（4）元素①是ⅣA族的C元素，最高价氧化物是二氧化碳；
【详解】（1）化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素，所以最不活泼的元素是Ar，Ar原子核外有18个电子，最外层有8个电子，原子结构示意图是；（2）同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以S原子半径大于Cl原子，故⑦>⑧; (2) 同一周期中，从左到右金属性减弱，所以钠的金属性大于镁，金属性较强的是钠；（4）元素①是ⅣA族的C元素，最高价氧化物是二氧化碳，其水化物是碳酸，化学式是H2CO3。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，根据同周期元素性质递变规律分析问题。特别是同周期元素半径、化合价、金属性、非金属性的递变规律要牢记。
25.科学研究表明，亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除加速人体衰老的活性氧。
①其中硒元素（Se）的化合价是______。
②向亚硒酸钠溶液中滴加CuSO4溶液，有蓝色的亚硒酸铜沉淀生成，该反应的化学方程式为_____________________________。
【答案】 (1). +4 (2). Na2SeO3+CuSO4=CuSeO3↓+Na2SO4。
【解析】
【分析】
①亚硒酸钠中钠元素显+1，氧元素显-2，根据化合价代数和等于0计算硒元素的化合价；②向亚硒酸钠溶液中滴加CuSO4溶液，发生复分解反应生成亚硒酸铜沉淀和硫酸钠；
【详解】①根据化合价代数和等于0，设亚硒酸钠（Na2SeO3）中硒元素的化合价为x，则(+1)×2＋x－2×3=0；解得x=+4；②向亚硒酸钠溶液中滴加CuSO4溶液，发生复分解反应生成亚硒酸铜沉淀和硫酸钠，反应化学方程式是Na2SeO3+CuSO4=CuSeO3↓+Na2SO4。
26.以下是两种有机物的球棍模型：代表H原子，代表C原子，请回答下列问题：
（1）Ⅰ的分子式为________，Ⅱ的结构简式为________。
（2）由Ⅱ变成Ⅰ的化学反应类型为________________。
【答案】 (1). C2H6 (2). CH2=CH2 (3). 加成反应。
【解析】
【分析】
（1）根据球棍模型，Ⅰ的分子中含有2个碳原子、6个氢原子；根据球棍模型，Ⅱ的分子中含有2个碳原子、4个氢原子，碳碳原子之间含有双键；（2）由Ⅱ变成Ⅰ需要在两个碳原子上分别再连接1个氢原子。
【详解】（1）根据球棍模型，Ⅰ的分子中含有2个碳原子、6个氢原子，分子式为C2H6；根据球棍模型，Ⅱ的分子中含有2个碳原子、4个氢原子，碳碳原子之间含有双键，Ⅱ的结构简式为CH2=CH2；（2）由Ⅱ变成Ⅰ需要在两个碳原子上分别再连接1个氢原子，方程式是，反应类型是加成反应。
27.某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置。请回答下列问题：
（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是______（填序号），反应中盐酸所表现的性质是______性和______性，生成71gCl2转移的电子是______mol；
（2）反应开始后，发现B、D试管中的现象均为____________________________，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是__________________；
（3）装置C的作用是____________________________________________________________；
（4）NaOH（足量）溶液与Cl2反应的离子方程式是__________________________________；
（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用。该反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). E (2). 还原 (3). 酸 (4). 2 (5). 品红溶液褪色 (6). 溶液变红 (7). 吸收多余的SO2和Cl2 (8). Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O (9). SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】
（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，使气体失去漂白性。
【详解】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；71gCl2的物质的量是1mol，由HCl生成Cl2，氯元素化合价由-1升高为0，所以生成1mol氯气转移2mol电子；（2）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色，所以反应开始后，发现B、D试管中的现象均为品红溶液褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是溶液变红；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质，所以氢氧化钠溶液的作用是：吸收多余的二氧化硫和氯气，防止污染大气；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。
28.（1）下列常用物质：
A．碳酸氢钠 B．阿斯匹林 C．苯甲酸钠 D．柠檬黄
请用字母填空：
具有解热镇痛疗效的是_______，可用作食品防腐剂的是_______，常用作食品着色剂的是_______，常用作治疗胃酸过多的抗酸剂的是_______。
（2）蔗糖业是广西经济的支柱产业，产糖量位居全国首位。甘蔗可用来生产蔗糖、乙醇、纸张等产品。①甘蔗压榨后得到的糖主要是蔗糖。蔗糖是一种二糖，水解后生成两种单糖，一种是葡萄糖，另一种是________。葡萄糖具有________（填“氧化性”或“还原性”），能发生银镜反应。葡萄糖是人体内最重要的供能物质，它在人体内代谢的最终产物是______和_____。
②糖蜜是制糖过程中的一种副产物，它在酵母菌的作用下可发酵成乙醇。乙醇分子中含有的官能团是________，乙醇可与金属钠反应生成乙醇钠和一种气体，该气体是________。
【答案】 (1). B (2). C (3). D (4). A (5). 果糖 (6). 还原性 (7). 二氧化碳（或CO2） (8). 水（或H2O） (9). 羟基（或—OH） (10). H2
【解析】
【分析】
（1）根据各物质的性质分析；(2) ①蔗糖水解后的产物是葡萄糖和果糖；葡萄糖的结构简式是(CH2OH)(CHOH)4CHO，根据结构简式分析性质；葡萄糖在体内能被氧化分解，最终生成二氧化碳和水，同时释放能量。②乙醇结构简式是CH3CH2OH；乙醇可与金属钠发生置换反应。
【详解】（1）A．碳酸氢钠在水中能水解，使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，所以碳酸氢钠的水溶液呈碱性，故能和酸反应；B．阿斯匹林是感冒药，具有解热镇痛作用；C．苯甲酸钠是常用的防腐剂；D．柠檬黄、胭脂红、胡萝卜素等是常用的着色剂，所以具有解热镇痛疗效的是阿斯匹林，可用作食品防腐剂的是苯甲酸钠，常用作食品着色剂的是柠檬黄，常用作治疗胃酸过多的抗酸剂的是碳酸氢钠。 (2)蔗糖水解后的产物是葡萄糖和果糖；葡萄糖的结构简式是(CH2OH)(CHOH)4CHO，葡萄糖分子中含有5个羟基和1个醛基，醛基能发生银镜反应，所以葡萄糖具有还原性；葡萄糖在体内能被氧化分解，最终生成二氧化碳和水，同时释放能量。②乙醇结构简式是CH3CH2OH，官能团是-OH，官能团名称是羟基；乙醇可与金属钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，所以该气体是H2。
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