河南省光山县第二高级中学2017-2018学年高三9月月考化学试题 Word版含解析

河南省光山县第二高级中学2017-2018学年度高三化学9月月考
试题（解析版）
1．用特殊方法把固体物质加工到纳米级（1nm～100nm）的超细粉末粒子，然后制得纳米材料。

下列分散系中的分散质的粒子的大小和这种纳米粒子大小具有相同的数量级的是
A．溶液 B．悬浊液 C．胶体 D．乳浊液
【解答】答案C：纳米材料中粒子的直径在1nm～100nm，与胶体中胶体粒子的直径的范围相同，溶液中溶质粒子的直径小于1nm，浊液中的粒子的直径大于100nm，所以答案选C。

考点：考查分散系粒子直径范围的应用
2．0.5molNa2CO3中
A．含3.01×1023个CO32－ B．该Na2CO3的质量为106g
C．含0.5molNa+ D．含1mol氧原子
【解答】答案A：B项0.5mol碳酸钠的质量为53g；C项含有Na+1mol；D项含有O原子1.5mol。

考点：关于物质的量的简单计算。

3．下列分散系中的分散质的粒子大小属于纳米级（1～100 nm）的是
A．Fe(OH)3胶体B．Fe(OH)3沉淀C．FeCl3溶液D．碘与CCl4
【解答】答案A：按照定义可知分散质的粒子大小属于纳米级（1～100 nm）的是A。

考点：分散系点评：分散系是按照分散质粒子的直径进行分类的，小于1nm的为溶液，1-100nm之间的为胶体，大于100nm的为浊液。

熟悉该定义此类问题便不难解决。

4．已知下列热化学方程式：
Zn(s)＋HgO(s)===Hg(l)＋ZnO(s) ΔH，则ΔH值为
A．ΔH2－ΔH1 B．ΔH2＋ΔH1
C．ΔH1－ΔH2 D．－ΔH1－ΔH2
【解答】答案C：根据盖斯定律，①-②得Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），△H=△H1-△H2；答案选C。

考点：考查盖斯定律在反应热计算中的应用。

5．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A．1molFe与足量的S反应转移电子数为3N A
B．标况下，22．4L乙醇含有共价键数目为8N A
C．常温下，98g H2SO4和H3PO4的混酸中所含的分子数为N A
D．25℃时，pH=12的氨水中，OH－的数目为0.01N A
【解答】答案C，硫的氧化性比较弱和铁反应生产FeS，1mol铁失去2mol电子。

乙醇在标准状况下不是气体。

硫酸和磷酸的相对分子质量相同，都是98，C正确。

D中没有告诉溶液的体积，无法计算离子的个数。

答案选C。

6．对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A．达到化学平衡时4v正(O2)=5v逆(NO)
B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达平衡状态
C．达到化学平衡时，若升高温度，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D．化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)
【解答】答案A：A．反应处于平衡状态时，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量
数之比，4v正（O2）=5v逆（NO），反应到达平衡状态，故A正确；B．若单位时间内生成xmolNO 的同时，消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C．升温，正逆反应速率都增大，故C错误；D．化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正(NH3)=2v正(H2O)在平衡状态和反应过程中都成立，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；答案为A。

考点：考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等。

7．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是 ( )。

A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe－3e－===Fe3＋
【解答】答案B：A、钢管与电源正极连接，则钢管作阳极，所以钢管被腐蚀，错误；B、铁与浓硝酸发生钝化，反应停止，所以可以保护内部不被腐蚀，正确；C、钢管与铜管露天堆放在一起，可形成原电池，铁比铜活泼，所以钢管作负极发生氧化反应，则钢管易被腐蚀，错误；D、钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe－2e－===Fe2＋，错误，答案选B。

考点：考查金属的腐蚀与防护
8．设N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．5.6 g Fe与足量稀HNO3发生反应，转移的电子数为0.3 N A
B．在1 L 0.1 mol/L AlCl3溶液中含有0.1 N A个Al3+
C．在某密闭容器中盛有0.1 mol N2和0.3 mol H2，在一定条件下充分反应后，可得0.2 N A 个NH3分子
D．标准状况下，11.2 L四氯化碳中含有的C—Cl键的个数为2 N A
【解答】答案A：A、Fe与足量稀HNO3发生反应，生成正三价的铁离子，正确；B、铝离子会发生水解，因此在1 L 0.1 mol/L AlCl3溶液中含有小于0.1 N A个Al3+，错误；D、这是个可逆反应，不可能进行到底，错误；D、标准状况下，四氯化碳是液体，不能使用22.4L/mol，错误。

考点：氧化还原、水解、平衡等有关知识。

9．下图是氧气氧化某浓度Fe 2＋为Fe 3＋过程的实验结果，下列有关说法正确的是（）
A．pH＝1.5时氧化率一定比pH＝2.5时大
B．其他条件相同时，80°C的氧化率比50°C大
C．Fe 2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关
D．该氧化过程的离子方程式为：Fe 2＋＋O2＋4H ＋===Fe 3＋＋2H2O
【解答】答案B：A、由图像分析，亚铁离子的氧化率受温度和pH影响，所以Ph=1.5的氧化率不一定比Ph=2.5时的氧化率大，错误，不选A；B、其它条件相同时温度不同时，亚铁的氧化率与温度成正比，温度越高，氧化率越大，正确，选B；C、亚铁离子的氧化率不仅与溶液的pH有关还与温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，错误，不选C；D、被氧化过程的离子方程式中电荷不守恒，错误，不选D。

考点：转化率随温度和溶液的变化曲线10．用化学用语表达下列变化过程，其中（1）~（3）写化学方程式，（4）~（5）写离子方
程式。

（1）金属钠与水反应______________________
（2）工业合成氨____________________________
（3）二氧化硫与硫化氢反应___________________________
（4）碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应_______________________
（5）少量氯气通入碘化钾溶液中_______________________
【解答】答案(每空3分，共15分)（1）2Na＋2H2O ＝2NaOH＋H2↑；
（2）N2＋3H22NH3；（3）SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O；
（4）HCO3―＋H＋＝CO2 ↑＋H2O；（5）Cl2＋2I―＝I2＋2Cl―
解析：（1）金属钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，反应的方程式是2Na＋2H2O ＝2NaOH＋H2↑；（2）工业是氮气与氢气在高温、高压、催化剂存在时合成氨，反应的方程式是：N2＋
3H22NH3；（3）二氧化硫与硫化氢混合发生反应，产生硫单质及水，反应的方程式是：SO2＋2H2S＝3S ↓＋2H2O；（4）碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应产生氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式是：HCO3―＋H＋＝CO2 ↑＋H2O；（5）少量氯气通入碘化钾溶液中，发生反应产生氯化钾和碘单质，发生反应的离子方程式是：Cl2＋2I―＝I2＋2Cl―。

考点：考查物质发生反应的化学方程式和离子方程式的书写的知识。

11．如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入2 mol SO2和1 mol O2，乙中充入2 mol SO3和1 mol He，此时K停在0处。

在一定条件下发生可逆反应：2SO2(g)
＋O 2(g)2SO3(g)，反应达到平衡后，再恢复至原温度，回答下列问题：
（1）若固定隔板K，能表示甲容器中一定达到化学平衡的是
A.甲中气体的总压强不变
B.各气体的物质的量浓度不变
C.混合气体的平均摩尔质量不变
D.混合气体的密度不变
E.反应速率v(SO2)=v(SO3)
（2）达到平衡后隔板K是否可能处于0刻度 ________(填“可能”或“不可能”)。

若K 最终停留在0刻度左侧a处，则a一定小于________。

（3）若平衡时，K最终停留在左侧刻度1处，则甲中SO3的物质的量为________mol，乙中SO3的转化率________50%(填“>”、“<”或“＝”)，活塞F最终停留在右侧刻度______处(填下列序号：①<6 ②>6 ③＝6)。

（4）若一开始就将K、F固定，其他条件均不变，甲平衡后压强变为开始压强的0.8倍，则甲、乙都达到平衡后，两容器的压强之比为P甲：P乙=
【解答】答案.（1）ABC （2）不可能 2 （3） 1， >，②（4） 12:17 解析：（1）若固定隔板K，甲容器相当于恒温恒容的容器，当各物质的物质的量（气体的总压强不变），各气体的物质的量浓度不变，混合气体的平均摩尔质量不变时达到平衡状态。

而
混合气体的密度不变始终不变；反应速率v(SO2) v(SO3)，没有指明是正反应速率还是逆反应速率，所以ABC正确。

（2）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），反应是气体体积减小的反应，隔板一定发生滑动，达到平衡后隔板K不可能处于0刻度；由于甲中充入2molSO2和1mol O2，反应向正反应方向移动，A中压强降低，最多能转化为2mol SO3，但是由于反应是可逆反应，所以SO3的物质的量在0-2 mol之间，所以达到平衡后，隔板K不再滑动，最终停留在左侧刻度0-2之间，故a小于2；
（3）由于左右两边不考虑加入的氦气，达到的平衡是相同平衡，三氧化硫体积分数相同，“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，左边气体减少了0.5mol，即平衡后物质的量为2.5mol，
设参加反应的二氧化硫的物质的量为2x，
故2-2x+1-x+2x=2.5，
则x=0.5mol，
则甲中二氧化硫的转化率为50%．生成三氧化硫物质的量为1mol；
但是对于乙来说，就不同了，如果无He，甲与乙是等效平衡，但乙的压强比甲小，则2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）的平衡向右移动了，故其转化率比大于50%；左边气体减少了0.5mol，右边增加物质的量大于0.5mol，F活塞右移，活塞F最终停留在右侧刻度大于6处；
故答案为：1，＞，②；
（3）体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氦气对平衡无影响；甲平衡后压强变为开始压强的0.8倍，即平衡后甲容器中气体2.4 mol，乙容器中气体3.4 mol，所以压强之比12:17
考点：化学平衡的计算；化学平衡建立的过程．
12．实验室里需要纯净的溶液，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。

某学生设计了如下方案：
根据以上设计方案，回答下列问题：
（1）操作①和⑤的方法分别是、；
（2）操作②是否可改为加硝酸钡溶液？为什么？，（填是或否）理由：。

（3）操作②后，如何判断SO42-已除尽，方法是。

（4）操作③的目的是；
（5）操作④加的试剂是；发生反应的离子方程式为：。

【解答】答案（1）加热过滤（2）否带入的NO3-离子无法除去
（3）用洁净的试管取少量的上层清夜，滴加酸化的BaCl2溶液，看是否有浑浊现象。

（4）除去Ba2+（5）盐酸 CO32- + 2H+＝CO2↑ + H2O （2分）
解析：由分离流程可知，①为加热，碳酸氢铵分解生成水、氨气、二氧化碳，残留物为NaCl、硫酸钠，溶解后加氯化钡除去硫酸根离子，再加碳酸钠除去钡离子，过滤除去沉淀硫酸钡、碳酸钡，向滤液中加盐酸，与碳酸钠反应生成NaCl，最后蒸发得到纯净的NaCl，
（1）根据以上述分析可知，①为加热，⑤为过滤；
（2）操作②不能改为加硝酸钡溶液，引入的NO3-离子无法除去；
（3）判断SO42-已除尽的方法为用洁净的试管取少量的上层清夜，滴加酸化的BaCl2溶液，看是否有浑浊现象；
（4）根据以上述分析可知操作③的目的是除去Ba2+；
（5）根据以上述分析可知操作④加的试剂是盐酸，发生的离子反应为CO32- + 2H+＝CO2↑ + H2O。

【考点定位】本题主要是考查混合物分离提纯的综合应用
【名师点晴】把握流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，答题需要特别注意混合物的分离与提纯不能引入新的杂质，前面引入的杂质，在后续的反应中必须再除去。

13．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2
＋、NH
4+、Cl－、CO
3
2—、SO
4
2—，现取两份100 mL溶液进行如下实验：
①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体0.02 mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。

②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02 g。

③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65 g。

根据上述实验回答：
(1)一定不存在的离子是。

(2)试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度(可不填满)：
（3）试确定K＋是否存在 (填“是”或“否”)，判断的理由是。

【解答】答案（6分）
(1)Fe3＋、Mg2＋、CO32－、 Ba2＋
(2)SO42－；0.5 mol/L
(3)是；根据电荷守恒，K＋一定存在
解析：第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体0.02mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为0.02mol，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-。

（1）依据上述分析判断，一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，故答案为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；
（2）由①可知存在离子NH4+物质的量浓度=0.02
0.1
mol
L
=0.2 mol/L；由②可知存在离子为
Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量=
1.02
102/
g
g mol
=0.01mol，
溶液中Al3+的物质的量浓度=0.02
0.1
mol
L
=0.2 mol/L；由③可知存在离子为SO42-；第二份加足
量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体为硫酸
钡，物质的量=
11.65
233/
g
g mol
=0.05mol，SO42-物质的量浓度=
0.05
0.1
mol
L
=0.5 mol/L，故答案
为：SO42-；0.5 mol/L；
（3）依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，阳离子电荷数为0.8mol，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为1mol，所以一定有K+存在，故答案为：是；依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在。

考点：考查了离子共存、离子反应的相关知识。

14．（7分）为了证明稀硝酸与铜反应的气体产物是NO，某同学设计了如下实验装置和实验方案。

实验步骤：
（1）关闭K1，打开K2，向试管中加石灰石，通过分液漏斗向其中加入一定的稀硝酸，则加入石灰石的作用是________________________________，反应化学方程式是。

（2）将将铜丝插入稀硝酸中，微热大试管。

该步反应离子方程式是。

（3）充分反应后，打开开关K1，通过气囊鼓入空气，可以观察到烧瓶中，证明稀硝酸与铜反应的气体产物是NO。

（4）NaOH溶液的作用。

【解答】答案（7分）（1）石灰石与稀硝酸生成CO2，把装置中的氧气排尽（1分）
（2）CaCO3 +2HNO3 == Ca(NO3)2 + CO2↑+ H2O（2分）
（3）3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O（2分）
（4）无色气体变成红棕色气体（1分）
（5）尾气处理，以免气体污染环境（1分）
解析：（1）关闭K1，打开K2，向试管中加石灰石，通过分液漏斗向其中加入一定的稀硝酸，则加入石灰石的作用是石灰石与稀硝酸生成CO2，把装置中的氧气排尽，防止干扰反应现象的判断。

反应化学方程式是CaCO3 +2HNO3 ==Ca(NO3)2 + CO2↑+ H2O。

（2）将将铜丝插入稀硝酸中，发生反应产生硝酸铜、NO和水，该步反应离子方程式是3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O。

（3）充分反应后，打开开关K1，通过气囊鼓入空气，可以观察到烧瓶中无色气体变成红棕色气体，证明稀硝酸与铜反应的气体产物是NO。

（4）NO、NO2是大气污染物，由
于它们可以与NaOH溶液反应产生盐，因此可以防止大气污染，其作用是尾气处理，以免气体污染环境。

考点：考查稀硝酸与铜反应的气体产物的检验、操作、反应现象及化学方程式和离子方程式的书写的知识。

15． 3.84gFe和Fe2O3的混合物溶于过量盐酸中，生成0.03molH2，向反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液无明显现象．求原混合物中Fe2O3的质量．
【解答】答案1.6g．
解析：设Fe为xmol，Fe2O3为ymol，
反应的方程式分别为Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Fe═3FeCl2，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，由于反应后的溶液中加入KSCN检验，溶液无明显现象，则说明FeCl3完全反应，溶液中只生成FeCl2，
则有：
Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，
ymol 2ymol
2FeCl3+Fe═3FeCl2，
2ymol ymol
Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，
（x﹣y）mol 0.03mol
则有：
解之得：x=0.04，y=0.01，
所以Fe2O3的质量为0.01mol×160g/mol=1.6g．
答：原混合物中Fe2O3的质量为1.6g．
【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，解答该题时首先判断溶液的成分，根据发生的反应结合化学方程式计算．
16．（6分）某强酸性溶液X中含有Ba2＋、Al3＋、SiO32－、NH4＋、Fe2＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、NO3－中的一种或几种离子，取该溶液进行连续实验，能实现如下转化：
根据以上信息，请回答下列问题：
（1）溶液X中除含H＋、Al3＋、NH4＋、SO42－外肯定还含有的离子是，不能确定是否含有的离子是，若要确定不能确定的阳离子是否存在，最可靠方法是：。

（2）沉淀E的化学式为。

（3）反应①、②、③、④中，不属于氧化还原反应的是（填序号）
（4）写出步骤①中生成气体A的离子方程式：。

【解答】答案⑴Fe2＋；Fe3＋；取少量X溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，则证明含有Fe3＋，若不变红，则表明不含Fe3＋。

⑵Fe(OH)3；⑶②③④；⑷3Fe2＋＋NO3－＋4H
＋＝3Fe3＋＋NO↑＋H
2O
解析：某强酸性溶液X中一定含有大量的含有H＋，由于H+与SiO32－、CO32－会发生复分解反应而不能共存，所以不含SiO32－、CO32－；取该溶液向其中加入过量的Ba(NO3)2溶液，会产生沉淀C，证明含有SO42－；则由于Ba2＋与SO42－会发生离子反应而不能大量共存，确定不含Ba2
＋；＋；向溶液B中加入过量的NaOH溶液产生的气体D，该气体是氨气，则原溶液中含有NH
4
同时还产生沉淀E，该沉淀能够被HCl溶解，则原溶液中还应该含有能够与OH-产生沉淀的金属阳离子，而且在原加入过量的Ba(NO3)2溶液时产生气体A，由于硝酸有强氧化性，说明在溶液中含有还原性微粒，所以在原溶液中含有Fe2＋，由于原溶液显酸性，在含有Fe2＋和H+时，NO3－不能存在；向所得的溶液中通入过量的CO2气体，又产生沉淀H，则证明在原溶液中含Al3＋。

（1）根据上述所述可知：在原溶液中一定含有H＋、Al3＋、NH4＋、SO42－、Fe2＋，一定不含有的离子是Ba2＋、SiO32－、CO32－、NO3－，可能存在的离子是Fe3＋。

若要确定不能确定的阳离子是否存在，最可靠方法是取少量X溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，则证明含有Fe3＋，若不变红，则表明不含Fe3＋。

（2）由于硝酸把Fe2＋氧化为Fe3＋，所以沉淀E是Fe(OH)3；（3）在反应①、②、③、④中，只有①是氧化还原反应，所以不属于氧化还原反应的是②、③、④，（4）根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒可得步骤①中生成气体A的离子方程式是3Fe2＋＋NO3－＋4H＋＝3Fe3＋＋NO↑＋H2O。

考点：考查离子存在的鉴定、离子的共存、离子的检验方法、离子方程式的书写的知识。

17．已知常温下B、D、E、L为密度比空气大的气体，D、E为单质，其他为化合物。

A是一种淡黄色固体，C微溶于水，F、G均能与L的水溶液反应放出B。

据下边反应框图填空。

（1）F的俗名是，B分子的结构式为____工业上利用反应③生产。

（2）反应④的离子方程式为。

（3）有一种单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为。

（4）某气体M具有漂白作用，既有氧化性，又有还原性，M通入D的溶液中反
应的离子方程式为。

【解答】答案（1）纯碱或苏打，O=C=O，，漂白粉
（2）Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO
（3）2F2+2H2O=4HF+O2
（4）(4)SO2+Cl2+2H2O＝SO42-+2Cl-+4H+
解析：A是一种淡黄色固体，应为过氧化钠，可与水或二氧化碳反应，而B为气体，应为二氧化碳，则E为氧气，F为碳酸钠，C微溶于水，且能与二氧化碳反应，则应为氢氧化钙，K 的水溶液经光照可生成氧气和L，且L可与碳酸钠反应生成二氧化碳，则K为次氯酸，可知G为碳酸钙，H为水，C与D的反应应为氯气和氢氧化钙的反应，由转化关系可知I为次氯酸钙，J为氯化钙。

（1）由以上分析可以F为纯碱或苏打；B为二氧化碳，其结构式为O=C=O；反应③是氯气和氢氧化钙反应，工业上常用于制取漂白粉。

（2）反应④为次氯酸钙和二氧化
碳的反应，生成碳酸钙和次氯酸，离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。

（3）能与水反应生成氧气的单质为氟气，反应的方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2。

（4）某气体M具有漂白性，既有养护型又有还原性，应为二氧化硫，与氯气反应生成盐酸和硫酸，离子方程式为SO2+Cl2+2H2O＝SO42-+2Cl-+4H+。

考点：无机推断
【名师点睛】掌握中学化学中常见的颜色：浅黄色固体：S或Na2O2或AgBr
使品红溶液褪色的气体：SO2（加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）
有色溶液：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫色）
有色固体：红色（Cu、Cu2O、Fe2O3）、红褐色[Fe(OH)3] 黑色（CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS）
蓝色[Cu(OH)2] 黄色（AgI、Ag3PO4）白色[Fe(0H)2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3]
有色气体：Cl2（黄绿色）、NO2（红棕色）
18．（10分）酯类是工业上重要的有机原料，具有广泛用途。

下图是乙酸乙酯的合成路线图，已知A能与银氨溶液反应析出银镜，B的水溶液可以溶解CaCO3，E可作果实催熟剂。

请完成下列问题：
（1）A的名称是；B中所含的官能团是；反应③的反应类型是；反应④的反应类型是。

（2）A的结构简式为；E的结构简式为。

（3）请写出反应①、④的化学方程式：
①；
④。

【解答】答案（1）乙醛羧基（或—COOH）酯化（或取代反应）加成反应（各1分）
（2）A、CH3CHO E、CH2=CH2（各1分）
（3）①2CH3CH2OH + O22CH3CHO+2H2O （2分）
④CH2=CH2 + HCl CH3CH2Cl（2分）
解析：（1）乙醇发生催化氧化生成乙醛，则A的名称是乙醛。

乙醛继续被氧化生成乙酸，即B是乙酸，B中所含的官能团是羧基；E和氯化氢反应生成氯乙烷，E可作果实催熟剂，则E 应该是乙烯。

乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B是乙醇，这说明氯乙烷水解生成乙醇，反应③的反应类型酯化反应，反应④的反应类型是加成反应。

（2）乙醛的结构简式为CH3CHO；乙烯的结构简式为CH2=CH2。

（3）①是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH + O22CH3CHO+2H2O。

④是乙烯和氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2 + HCl CH3CH2Cl。

考点：考查有机物推断。