四川省宜宾市2020年高一(下)化学期末复习检测模拟试题含解析

四川省宜宾市2020年高一(下)化学期末复习检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是
A．乙烷B．乙醇C．苯D．乙酸
【答案】B
【解析】
【详解】
A、乙烷是烷烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误；
B、乙醇分子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；
C、苯是芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；
D、乙酸含有羧基，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误。

答案选B。

2．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，下列属于未来新能源标准的是
①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能
A．⑤⑥⑦B．⑤⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
【详解】
煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。

3．下列关于碳和硅的叙述中错误的是（）
A．碳和硅的最高价氧化物都能与氢氧化钠溶液反应
B．单质碳和硅在加热时都能与氧气反应
C．碳和硅的氧化物都能溶于水生成相应的酸
D．碳和硅两种元素都有同素异形体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、最高价氧化物CO2、SiO2为酸性氧化物能与NaOH溶液反应，选项A正确；
C、CO2＋H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不与水反应，选项C错误；
D、石墨、金刚石、无定形碳为碳的同素异形体，晶体硅和无定形硅是硅的同素异形体，选项D正确；
答案选C。

4．已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ。

且氧气中1 mol O＝O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H－O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H－H键断裂时吸收热量为（）A．920 kJ B．557 kJ C．188 kJ D．436 kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
根据n=m
M
计算1g氢气的物质的量，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，
依此结合反应方程式H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)进行计算。

【详解】
水的结构式为H-O-H，1mol水含有2mol氢氧键，1g氢气的物质的量为n(H2)=
1
2/
m g
M g mol
=0.5mol，完
全燃烧生成水蒸气时放出能量121kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能
量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为x，根据方程式：H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)，则
2×463kJ-(x+1
2
×496kJ)=2×121kJ，解得x=436kJ，
答案选D。

【点睛】
本题考查反应热的有关计算，注意把握反应热与反应物、生成物键能的关系，注意理解反应放出的热量与物质的量成正比。

5．下列金属单质，活泼性最强的是( )
A．Na B．K C．Cu D．Zn
【答案】B
【解析】分析：同主族从上到下金属性增强，结合金属活动性顺序表来解答。

详解:Na、Mg、Al位于同周期,结合金属活动性顺序可以知道,金属性为K>Na>Zn>Cu，则金属性最强的为K，
所以B选项是正确的。

6．将NH3通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，这种气体单质是
A．O2B．H2C．N2D．NO
【答案】C
【详解】
将NH3通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，红色的单质为铜，铜元素的化合价降低，根据氧化还原反应的规律和质量守恒，N元素的化合价升高，气体单质只能为氮气，故选C。

7．下列各选项的两个反应属于同一反应类型的是（）。

选项反应Ⅰ反应Ⅱ
A
在光照条件下，异丁烷与溴蒸气反应制取（CH3）
3CBr 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中制取1，2－二溴乙烷
B
在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环
己烷
在催化剂作用下，乙烯与水反应生成乙醇
C
在银作催化剂的条件下，乙醇与空气中的氧气
反应生成乙醛在一定条件下，由氯乙烯（CH2=CHCl）合成聚氯乙烯
D
乙酸乙酯在酸的催化作用下与水反应生成乙酸
和乙醇在一定条件下，液态油脂与氢气反应制造人造脂肪
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A项中两个反应分别是取代反应、加成反应；C项
中两个反应分别是氧化反应、加聚反应；D项中两个反应分别是水解反应（或取代反应）、加成反应（或氢化反应，硬化反应）。

8．南极臭氧洞是指臭氧的浓度较臭氧洞发生前减少超过30%的区域，臭氧洞的形成与2O33O2有关。

下列叙述不正确的是
A．该变化一定是化学变化B．该变化一定伴随着能量的变化
C．该变化一定有共价键的断裂与生成D．该变化一定有电子的转移
【答案】D
【解析】A. 臭氧转化为氧气，有新物质生成，一定是化学变化，A正确；B. 化学变化中一定伴随若能量
9．下列说法中错误的是( )
A．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合反应中生成物总能量高于反应总能量
B．一定量的燃料完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放出的热量大
C．放热反应的逆反应一定是吸热反应
D．假设石墨转化为金刚石，需要吸收能量，则说明石墨比金刚石更不稳定
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合反应属于吸热反应，则反应中生成物总能量高于反应总能量，A正确；
B. 一定量的燃料完全燃烧放出的热量一定比不完全燃烧放出的热量大，B正确；
C. 放热反应的逆反应一定是吸热反应，C正确；
D. 假设石墨转化为金刚石，需要吸收能量，则说明石墨的能量低于金刚石，能量越低越稳定，因此石墨比金刚石更稳定，D错误。

答案选D。

10．在CH3COONa溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是
A．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，溶液存在电荷守恒，则
c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)，因单水解的程度一般较弱，则有c(CH3COO-)＞c(OH-)，因此有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故选A。

11．下列各组离子，在溶液中能大量共存的是（）
A．Ba2+、K+、CO32-、Cl-B．Mg2+、NO3-、Ac-、H+
C．Cu2+、Na+、Br-、SO42-D．NH4+、Fe3+、I-、OH-
【答案】C
【解析】
A. Ba2+和CO32-生成BaCO3沉淀，故A不选；
B. Ac-、H+生成醋酸是弱酸分子，故B不选；
C. Cu2+、Na+、Br-、SO42-四种离子不生成沉淀、气体和水，故C选；
D. NH4+和OH-生成NH3·H2O是弱碱分子、Fe3+和OH-生成Fe(OH)3沉淀，Fe3+和I-能发生氧化还原反应，故D 不选；
故选C。

12．下列物质在常温下可用铁质容器盛放的是
A．亚硫酸B．浓硫酸C．浓盐酸D．胆矾溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A．亚硫酸溶液能和铁反应生成氢气，不能用铁制品容器盛放，故A错误；
B．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象，故铁制品容器可以盛放浓硫酸，故B正确；
C．浓盐酸能和铁反应生成氢气，不能用铁制品容器盛放，故C错误；
D．胆矾溶液能和铁发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，不能用铁制品容器盛放，故D错误；
故答案为B。

13．某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3++Fe3Fe2+，能实现该反应的原电池是
A．正极为Cu，负极为Fe，电解质为FeCl3溶液
B．正极为C，负极为Fe，电解质为FeSO4溶液
C．正极为Fe，负极为Zn，电解质为Fe2(SO4)3溶液
D．正极为Ag，负极为Cu，电解质为CuSO4溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，Fe易失电子而作负极，比Fe的活泼性弱的金属或导电的非金属作正极，Fe3+得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，据此判断。

A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，A正确；
B．铁作负极，碳作正极，电解质为FeSO4溶液，不能发生氧化还原反应，则不符合题意，B错误；C．Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，C错误；
D．Cu作负极，银作正极，电解质为CuSO4溶液，不能发生氧化还原反应，则不符合题意，D错误；
14．下列表达方式错误的是
A．碱性NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3B．氟化钠的电子式
C．酸性 HClO > H2SO4D．碳-12原子126C
【答案】C
【解析】A. 碱性NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，A正确；B. 氟化钠的电子式为，B正确；C. 酸
C，性 HClO< H2SO4，C不正确；D. 碳-12原子指的是原子核内有6个质子和6个中子的碳原子，可表示为12
6
D正确。

本题选C。

15．当钠、钾等金属不慎着火时，可以用来灭火的是：（）
A．水B．煤油C．沙子D．泡沫灭火剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
水和钠、钾反应生成氢气；煤油是可燃性液体，更不能用来灭火；泡沫灭火剂可生成二氧化碳，可与钠、钾燃烧产物过氧化钠、超氧化钾反应生成氧气，以上都不能用于灭火，只有沙子符合，答案选C。

16．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．1.8g H218O与D2O的混合物中含有的质子数和电子数均为N A
B．精炼铜，若阳极失去0.1N A个电子，则阴极增重3.2g
C．取50 mL 14.0 mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，生成气体分子的数目为0.35N A
D．标准状况下，22.4L CCl4所含有的分子数目小于N A
【答案】B
【解析】
分析：A. 1.8g H218O的量与 1.8g D2O的量均为0.09 mol，所含质子数和电子数均为0.9N A；B. 精炼铜过程，阴极极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据电子得失守恒规律，阳极失电子数目等于阴极的电子数目，可以计算出阴极增重质量；C. 取50 mL 14.0 mol·L－1浓硝酸与足量的铜片反应，生成0.35mol二氧化氮，随着反应的进行，铜与稀硝酸反应，生成生成0.175mol一氧化氮，因此生成气体的量在0.35mol与0.175mol
之间；D. 标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积进行计算。

详解：1.8g H218O水的量为0.09mol，所含质子数为10×0.09×N A=0.9N A，电子数10×0.09×N A=0.9N A，1.8g D2O 所含质子数为10×0.09×N A=0.9N A，电子数10×0.09×N A=0.9N A，所以1.8g H218O与D2O的混合物中含有的质子数和电子数均为0.9N A，A错误；精炼铜，阴极极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据电子得失守恒规律，若阳
2NO↑＋4H2O；硝酸的物质的量为0.7mol，0.7mol浓硝酸完全反应生成0.35mol二氧化氮，0.7mol稀硝酸与铜反应生成0.175mol一氧化氮，所以0.7mol浓硝酸与足量铜反应生成的气体的物质的量小于
0.35mol，生成的气体分子数小于0.35N A, C错误；标准状况下，CCl4为液态，无法用气体摩尔体积进行计算，D错误；正确选项B。

17．已知(x)、(y)、(z)互为同分异构体，下列说法不正确的是
A．z的二氯代物有三种
B．x、y的一氯代物均只有三种
C．x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色
D．x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面
【答案】B
【解析】
A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（2个Cl处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y 中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，x、y中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、z中都含有饱和碳原子，y、z中所有原子不可能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中所有原子可能处于同一平面，正确；答案选B。

点睛：本题涉及两个难点：烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面、共线问题。

烃的氯代物种类的确定：（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法。

确定分子中共线、共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线，苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。

18．和是钍的两种同位素，可以转化成。

下列有关Th的说法正确的是
A．Th元素的质量数是232
B．Th元素的相对原子质量是231
C．转化成是化学变化
D．和的化学性质相同
【答案】D
【分析】
A．Th元素有2种核素；
B．元素的相对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值；
C．有新物质生成的是化学变化；
D．同位素的化学性质几乎相同。

【详解】
A．Th元素有2种核素，和的质量数分别是230，232，A错误；
B．不知道各种天然同位素的含量无法求出Th元素的相对原子质量，B错误；
C．化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而转化成的原子发生变化，不是化学变化，C错误；
D．同位素的物理性质可以不同，但化学性质几乎相同，D正确。

答案选D。

【点睛】
本题考查核素、同位素的性质，难度不大，注意元素的相对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值，而不是质量数的平均值，选项B是易错点。

19．下列有关有机物的说法正确的是（）
A．乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液可用新制Cu（OH）2悬浊液鉴别
B．淀粉和纤维素的化学式都是（C6H10O5）n，因此它们互为同分异构体
C．分馏煤焦油可以得到苯和甲苯，说明煤中含有苯和甲苯等芳香烃
D．乙烯、苯、四氯化碳分子中所有原子都在同一平面上
【答案】A
【解析】
【详解】
A．乙酸具有酸性，可溶解氢氧化铜，葡萄糖含有醛基，与氢氧化铜发生氧化还原反应，淀粉与氢氧化铜不反应，可鉴别，故A正确；
B．淀粉和纤维素都为高聚物，但聚合度不同，二者的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C．煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物，通过干馏和得到苯、甲苯、二甲苯等有机物，故C错误；D．四氯化碳与甲烷结构相似，为正四面体结构，故D错误；
故选A。

20．对于反应2HI(g) H2(g) +I2(g),下列叙述能够说明己达平衡状态的是
A．混合气体的颜色不再变化
D．各物质的物质的量浓度之比为2：1：1
【答案】A
【解析】
【详解】
A．混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，达平衡状态，故A正确；
B．气体两边的计量数相等，所以温度和体积一定时，容器内压强一直不变化，故B错误；
C．1molH-H键生成的同时有2molH-I键断裂，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故C错误；D．当体系达平衡状态时，各物质的物质的量浓度之比可能为2：1：1，也可能不是2：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；
故选A。

【点睛】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取Al2O3的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）流程甲加入盐酸后生成Fe3+的离子方程式为________________；
（2）铝土矿中固体A 是__________(填化学式)，写出沉淀F转化为氧化铝的化学方程式_____________；（3）流程乙中，写出滤液Y 与过量CO2反应生成沉淀Z的离子方程式为________________________；（4）固体X 是__________________(填化学式)
（5）利用铝热反应原理，写出有Cr2O3制备Cr的化学方程式_________________________________。

【答案】Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O SiO22Al(OH)3V Al2O3+3H2O AlO2-+CO2+H2O= Al(OH)3↓+HCO3-和
SiO32-+2CO2+2H2O= H2SiO3↓+2HCO3-Fe2O3 和MgO Cr2O3+2 Al 高温
Al2O3+2Cr
【解析】【分析】
化铁和氧化镁溶于盐酸，则固体A 为SiO 2，滤液B 中含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等；向滤液中加入过量的NaOH 溶液，依据氢氧化铝的性质可知，沉淀C 中含有氢氧化铁和氢氧化镁，滤液D 中含有偏铝酸钠和氯化钠；向滤液D 中通入过量二氧化碳，二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则沉淀F 为Al （OH ）3，滤液E 中含有NaCl 和NaHCO 3；根据工艺流程乙可知，铝土矿与过量氢氧化钠反应反应得固体X 和滤液Y ，氧化铁和氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，氧化铝和二氧化硅溶于氢氧化钠溶液，则固体X 为Fe 2O 3和MgO ，滤液Y 中含有硅酸钠和偏铝酸钠；向滤液中通入过量二氧化碳，过量二氧化碳与硅酸钠和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀和碳酸氢钠，则沉淀Z 中含有Al （OH ）3和硅酸，滤液K 中含有NaHCO 3， 【详解】
（1）流程甲中加入盐酸，铝土矿中Fe 2O 3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O ，故答案为：Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O ；
（2）铝土矿中固体A 是不与盐酸反应的酸性氧化物二氧化硅，化学式为SiO 2；氢氧化铝沉淀灼烧分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3
V Al 2
O 3
+3H 2
O ，故答案为：SiO 2
；2Al(OH)3
V Al 2
O 3
+3H 2
O ；
（3）流程乙中，滤液Y 中硅酸钠和偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO 2-+CO 2+H 2O= Al(OH)3↓+HCO 3-和SiO 32-+2CO 2+2H 2O= H 2SiO 3↓+2HCO 3-，故答案为：AlO 2-+CO 2+H 2O= Al(OH)3↓+HCO 3-和SiO 32-+2CO 2+2H 2O= H 2SiO 3↓+2HCO 3-；
（4）流程乙中，铝土矿与过量氢氧化钠反应反应得固体X 和滤液Y ，氧化铁和氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，氧化铝和二氧化硅溶于氢氧化钠溶液，则固体X 为Fe 2O 3和MgO ，故答案为：；Fe 2O 3和MgO ； （5）Cr 2O 3与Al 高温条件下发生铝热反应生成Al 2O 3与Cr ，反应的化学方程式为Cr 2O 3+2 Al
高温
Al 2O 3+2Cr ，
故答案为：Cr 2O 3+2 Al 高温
Al 2O 3+2Cr 。

【点睛】
本题考查化学工艺流程，注意氧化物性质的分析,利用物质性质分析工艺流程中物质的转化，正确书写反应的方程式是解答关键。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某学生在如图所示的装置中用苯(沸点80℃)和液溴制取溴苯(沸点156℃)，请根据下列实验步骤回答有关问题。

(1)将分液漏斗中的部分苯和溴的混合物加入到A中，则A中发生的化学方程式为______。

(2)反应结束后，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是_____。

用分液漏斗分离出B 中的溴苯时，要想保证上层(有机物层)的纯度，应该进行的操作方法是_____。

(3)反应过程中，被C装置吸收的物质有______；试管D中滴加AgNO3溶液能够观察到的现象为______，此现象证明了A中的反应生成了_______。

(4)为了净化上面实验得到的粗溴苯，可以向粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。

加入氯化钙的目的是_______。

除去溴苯中的少量苯，应该采用的分离操作方法是______。

【答案】除去溶于溴苯中的溴将下层液体从下口充分放出后，从上层倒出有机物层苯、溴生成淡黄色沉淀HBr除去溴苯中的水蒸馏
【解析】分析：溴和苯在催化剂作用下反应生成溴苯和溴化氢，然后结合苯、溴、溴化氢以及溴苯的性质分析解答。

详解：(1)将分液漏斗中的部分苯和溴的混合物加入到A中，溴和苯在催化剂作用下发生取代反应，反应的化学方程式为，故答案为：
；
(2)反应结束后，生成的溴苯中混有溴，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是除去溶于溴苯中的溴。

溴苯的密度比水大，用分液漏斗分离出B 中的溴苯时，应该将下层液体从下口充分放出后，从上层倒出有机物层，故答案为：除去溶于溴苯中的溴；将下层液体从下口充分放出后，从上层倒出有机物层；
(3)反应过程中，有苯、溴和溴化氢气体逸出，被C装置吸收的物质有苯、溴；试管D中滴加AgNO3溶液，硝酸银与溴化氢反应生成淡黄色溴化银沉淀，也说明A中的反应生成了溴化氢，故答案为：苯、溴；生成淡黄色沉淀；HBr；
(4)为了净化上面实验得到的粗溴苯，可以向粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，除去溴苯中的水，静置、过滤。

除去溴苯中的少量苯，可以根据二者的沸点不同，利用蒸馏的方法分离，故答案为：除去溴苯中的水；蒸馏。

点睛：本题考查了溴和苯反应的实验探究，掌握反应的原理是解题的关键。

本题的易错点为(3)，要注意检验生成的溴化氢，需要除去其中混有的溴单质。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．以淀粉为主要原料合成-种具有果香味的物质C和化合物d的合成路线如下图所示。

回答下列问题：
(1)B分子中的官能团名称为_______________。

(2)反应⑧的反应类型为_______________。

(3)反应③的化学方程式为_________________。

反应⑤的化学方程式为___________________。

(4)反应⑥用于实验室制乙烯，为除去其中可能混有的SO2应选用的试剂是_______________。

(5)己知D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则D能发生酯化反应，且分子中只有两种不同化学环境的氢，则D的结构简式______________。

(6)请补充完整检验反应①淀粉水解程度的实验方案：取反应①的溶液2mL于试管中，_____________。

实验中可供选择的试剂：10%的NaOH溶液、新制Cu(OH)2悬浊液、碘水.
【答案】羧基取代反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2OCH3COOH
+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2ONaOH溶液HOOCCH2CH2COOH用10%的NaOH溶液调节溶液至碱性，再向其中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液.加热一段时时间，另取反应①的溶液2mL于试管中，加入碘水。

若既有砖红色沉淀且碘水变蓝，则证明淀粉部分水解；若只有砖红色沉淀但碘水不变蓝，则证明淀粉已完全水解；若没有砖红色沉淀但碘水变蓝，则证明淀粉没有水解究全水解。

【解析】
CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生催化氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成B为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C为CH3COOC2H5，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br与NaCN发生取代反应生成NC-CH2CH2-CN，（5）中D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则分子中N（C）
=118×40.68%/12=4、N（H）=118×5.08%/1=6、N（O）=(118−12×4−6)/16=4，故D的分子式为C4H6O4，则其结构简式为HOOC-CH2CH2-COOH。

（1）B为CH3COOH，分子中的官能团为羧基；（2）根据以上分析可知反应⑧的反应类型为取代反应；（3）根据以上分析可知反应③的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，反应⑤的化学方程式为CH3COOH +CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；（4）反应⑥用于实验室制乙烯，为除去其中可能混有的SO2应选用的试剂是NaOH溶液；（5）由上述分析可知，D的结构简式为HOOC-CH2CH2-COOH；（6）反
应①是淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，反应①淀粉水解程度的实验方案：用10%的NaOH溶液调节溶液至碱性，再向其中加入少量新制Cu(OH)2悬浊液。

加热一段时时间，另取反应①的溶液2mL于试管中，加入碘水。

若既有砖红色沉淀且碘水变蓝，则证明淀粉部分水解；若只有砖红色沉淀但碘水不变蓝，则证明淀粉已完全水解；若没有砖红色沉淀但碘水变蓝，则证明淀粉没有水解究全水解。

点睛：本题考查有机物的推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，注意常见有机物与官能团的检验。

D物质的推断和实验方案设计是解答的难点和易错点。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持及加热仪器已略）。

（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体【主要成分为Ca（ClO）2】和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：______________________________________________。

（2）装置B中饱和食盐水的作用是____________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_______________________。

（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入：________。

a b c d
I 干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条
II 碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙
III 湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条
（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。

当向D中缓缓通入足量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴。

打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡。

观察到的现象是____________________________。

该现象_______（填“能”或“不能”）说明溴的氧化性强于碘，原因是___________。

【答案】Ca(ClO)2 + 4HCl（浓）= CaCl2 + 2Cl2↑+ 2H2O 除去Cl2中的HCl 锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 d E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色不能过量的Cl2也可将I－氧化为I2。

【解析】（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）
=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气。