2022-2022学年福建省厦门市松柏中学高一（下）期末化学模拟试卷一、单项选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分）1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是()A．葡萄糖、麦芽糖均能与新制Cu（OH）2反应B．富含蛋白质的豆浆煮沸后即可得人体所需的氨基酸C．当人误食重金属盐时，可喝大量的牛奶、蛋清解毒D．油脂在氢氧化钾溶液中水解可制得汽车洗涤用的液体肥皂2．下列关于有机化合物的说法中，正确的是()A．有机物都不是电解质B．所有的有机化合物都很容易燃烧C．有机物中一定含有C元素，也可含H、N、S等元素D．易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物3．下列有关化学用语表示正确的是()A．CO2分子比例模型：B．硫离子的结构示意图为C．NH4Cl的电子式为D．中子数为20的氯原子Cl4．现有三种粒子的结构示意图：（其中●表示质子，○表示中子）．则下列有关这三种粒子的叙述正确的是()A．属于不同的元素B．具有相同的质量数C．具有不同的核电荷数D．化学性质相似5．放射性同位素Co发射出的射线可应用于蔬菜保鲜．下列有关Co的说法不正确的是()A．Co的原子核内含有33个中子B．Co的原子核外有27个电子-33-\nC．Co与C的质量数之比约为5：1D．Co的中子数比质子数多336．形成物质世界多样性的原因有：①元素种类②同位素③化学键成键方式④同分异构体现象⑤同素异形体现象()A．①②③B．②④⑤C．仅①③D．①②③④⑤7．某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭实验中不合理的是()A．用食醋除去暖水瓶中的水垢B．用酒精清洗银器表面的氧化膜C．用米汤检验含碘盐中的碘酸钾（KIO3）D．用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污8．下列关于有机物的说法中，正确的一组是()①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液④石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu（OH）2发生反应⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料．A．①③⑤B．②④⑥C．①②⑤D．③④⑥9．甲烷、乙烯属于不同类型的有机化合物，但它们之间也有共性．下列关于它们之间共同特点的说法正确的有()A．都由C和H两种元素组成的饱和烃B．都能使酸性KMnO4溶液褪色C．都能发生加成反应和取代反应D．在氧气中完全燃烧后都生成CO2和H2O10．短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是()A．X单质的熔点比Z的低B．X、Y、Z三种元素中，X的非金属性最强C．Y氢化物的稳定性比Z的氢化物弱D．Y的最高正化合价为+711．下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是()选项物质所含化学键类型所属化合物类型AMgCl2离子化合物-33-\n离子键、非极性共价键BCO2极性共价键共价化合物CHCl离子键离子化合物DNaOH离子键、极性共价键共价化合物A．A、B．B、C．C、D．D、12．在离子RO42﹣中，共有x个核外电子，R的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目为()A．A﹣x+48B．A﹣x+24C．A﹣x+34D．A﹣x﹣2413．有机物的结构简式如图：，则此有机物可发生的反应类型有：()①取代②加成③酯化④水解⑤氧化⑥中和．A．①②④⑤⑥B．②③④⑤C．①②③④⑤⑥D．②③④⑤⑥14．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是()选项表述Ⅰ表述ⅡA浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性BCl2和SO2有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色C常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸DSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维A．AB．BC．CD．D15．对甲、乙、丙三种衣料做纤维检验，结果如下：甲衣料乙衣料丙衣料靠近火焰稍微缩小无变化尖端熔成小球燃烧气味有烧焦羽毛的气味无异味无异味浸于3%NaOH溶液中变脆稍微膨胀几乎无变化浸于10%H2SO4溶液中几乎无变化变脆无变化下列哪一项检验结果是甲、乙、丙衣料纤维最合适的结论()A．甲为棉，乙为丝，丙为涤纶B．甲为丝，乙为棉，丙为涤纶C．甲为涤纶，乙为丝，丙为棉D．甲为棉，乙为涤纶，丙为丝16．某有机物在氧气中充分燃烧，生成等物质的量的水和二氧化碳，则该有机物必须满足的条件是()A．分子中的C、H、O的个数比为1：2：3B．分子中C、H个数比为1：2C．该有机物的相对分子质量为14D．该分子中肯定不含氧元素-33-\n17．分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是()A．H2O、HCOOH、OF2均含有氧元素，都是氧化物B．HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸C．HCl、NH3、NaOH溶于水所得溶液都能导电，都是电解质D．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸18．下列结论正确的是()①粒子半径：K+＞Al3+＞S2﹣＞Cl﹣②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4③离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO⑥非金属性：O＞N＞P＞Si⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K．A．②⑤⑦B．②④⑥C．②④⑤⑥⑦D．②⑥⑦19．若司机酒后驾车，可通过对其呼出的气体进行检验而查出，所利用的化学反应如下：2CrO3（红色）+3C2H5OH+3H2SO4═Cr2（SO4）3（绿色）+3CH3CHO+6H2O．关于该反应，下列叙述不正确的是()A．每1molCrO3发生氧化反应，转移3mole﹣B．C2H5OH是还原剂C．CrO3在反应中表现氧化性D．C2H5OH在反应中失去电子20．下列反应的离子方程式正确的是()A．向Ba（OH）2溶液加入等物质的量的硫酸：Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+=BaSO4↓+H2OB．向Na2CO3溶液中通入过量CO2气体：CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣C．BaCO3溶于醋酸：BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑D．将C12通入水中：C12+H2O=Cl﹣+2H++ClO﹣二、填空题（本题包括2小题，共17分）21．写出下列有关反应的化学方程式：（1）乙烯与水在一定条件下的加成反应：__________；（2）苯的硝化反应：__________；（3）乙酸乙酯在烧碱溶液中的水解：__________．22．下列四种有机物，用提供的试剂分别鉴别，将所用试剂及产生的相应现象的序号填在表格中：试剂：①溴水②浓硝酸③碘水④新制氢氧化铜．现象：A．橙色褪去B．呈蓝色C．出现红色沉淀D．呈黄色有机物试剂现象（1）乙烯-33-\n（2）葡萄糖（3）淀粉（4）蛋白质三、实验探究题（本题包括1小题，共7分）23．如图为制取乙酸乙酯的实验装置图，请回答下列问题：（1）实验室制取乙酸乙酯的化学方程式为：__________．（2）欲提高乙酸的转化率，可采取的措施有__________．（3）若用图所示的装置来制取少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，其原因可能是：__________．（4）实验时可观察到锥形瓶中有气泡产生，用离子方程式表示产生气泡的原因：__________．（5）此反应以浓硫酸作为催化剂，可能会造成产生大量酸性废液，催化剂重复使用困难等问题．现代研究表明质子酸离子液体可作此反应的催化剂，实验数据如下表所示（乙酸和乙醇以等物质的量混合）：同一反应时间同一反应温度反应温度/℃转化率（%）选择性（%）反应时间/h转化率（%）选择性（%）4077.8100280.21006092.3100387.71008092.6100492.310012094.598.7693.0100（说明：选择性100%表示反应生成的产物是乙酸乙酯和水）根据表中数据，下列__________（填编号），为该反应的最佳条件．A．120℃，4hB．80℃，2hC．60℃，4hD．40℃，3h．四、推断题（本题包括1小题，共10分）24．有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息X构成有机物的核心元素，该元素的一种氧化物和气态氢化物都是典型的温室气体Y短周期中（除稀有气体外）原子半径最大的元素，该单质液态时可用作核反应堆的传热介质Z与Y同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性M海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂请根据表中信息填写：（1）X元素在周期表中的位置__________；其相对分子质量最小的气态氢化物常用作__________．-33-\n（2）工业上制取Y单质常用的方法是（用化学方程式表示）__________．（3）Y离子半径比Z离子的半径__________（填“大”或“小”）（4）Z的单质和氧化铁反应可用于野外焊接钢轨，该反应属于__________（填“吸热”或“放热”）反应，写出反应的化学方程式__________．（5）举出实例说明M的非金属性比X强（用化学方程式表示）__________．五、计算题（本题包括1小题，共6分）25．燃烧法是测定有机化合物分子式的一种重要方法．请回答下列问题：（1）等物质的量的①甲烷②乙烯③苯④乙醇完全燃烧，生成CO2（STP）体积最大的是__________（填序号）；（2）若准确称取0.90g某有机物，经充分燃烧后，生成CO2的体积0.672L（STP），生成水的质量为0.54g，则该有机物的最简式是__________，若要确定该有机物的分子式，还需要的数据是__________．六、单项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分）26．下列实验方案能达到预期目的是()编号ABCD实验方案实验目的用铜与稀硝酸制取少量NO分离乙醇和苯碳酸钠、碳酸氢钠热稳定性比较检验装置的气密性A．AB．BC．CD．D27．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是()A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：W＞RC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物-33-\nD．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应28．短周期元素甲和乙，甲原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；乙原子的M层电子数为（a﹣b﹣1），L层电子数为（a+b）．则甲、乙两元素形成的化合物不具有的性质是：①与水反应②与稀硫酸反应③与氢氧化钠溶液反应④电解熔融的该物质能制取甲、乙形成的单质()A．①B．②C．②③D．③④29．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．1molAlCl3在熔融状态时离子总数为0.4NAB．标准状况下，2.24L苯中含有的C﹣H键的数目为0.6NAC．2.2g分子式为2H218O的水中含有的中子数为1.2NAD．电解饱和食盐水时，当阴极产生H222.4L时，电路中转移的电子数为2NA30．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中()A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在七、推断题（本题包括2小题，共19分）31．下表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息，回答下列问题：A2使溴的四氯化碳溶液退色；②比例模型为③能与水在一定条件下反应生成CB2C、H两种元素组成；②球棍模型为C①由C、H、O三种元素组成；-33-\n②能与Na反应；③与E反应生成相对分子质量为88的酯D①相对分子质量比C少2；②能由C催化氧化得到E①由C、H、O三种元素组成；②其水溶液能使紫色石蕊试液变红；③可由C发生氧化反应得到（1）A～E中，属于烃的是__________（填字母）．（2）A能使溴的四氯化碳溶液退色，该化学方程式为__________．（3）C催化氧化生成D的化学方程式为__________．（4）有机物B具有的性质是__________（填序号）①无色无味的溶液②有毒③不溶于水④密度比水大⑤能使酸性KMnO4溶液和溴水退色（5）写出与C与Na反应的化学方程式__________．32．已知A、B、C、D、E是短周期的5种元素，它们的原子序数依次增大．A元素原子形成的离子核外电子数为零；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可以两两反应；A与C同主族；B与E同主族；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳．（1）请写出B、D元素的名称：B__________，D__________．（2）画出C元素的离子结构示意图__________．（3）写出C、D的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式__________．（4）A、B、C三种元素形成的化合物所含的化学键类型为__________．（5）B、C、D三种元素的离子半径由大到小的排列顺序为__________（用离子符号表示）．八、实验探究题（本题包括1小题，共11分）33．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．-33-\n（1）装置A是氯气的发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称是__________，请写出该反应相应的化学方程式：__________．（2）装置B中饱和食盐水的作用是__________；同时装置B也是安全瓶，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处依次放入物质的组合应是__________（填字母编号）．编号ⅠⅡⅢa干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性．反应一段时间后，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”）说明溴单质的氧化性强于碘，原因是__________．（5）装置F的作用是__________，其烧杯中的溶液不能选用下列中的__________（填字母编号）．a．饱和NaOH溶液b．饱和Ca（OH）2溶液c．饱和Na2SO3溶液d．饱和Na2CO3溶液．-33-\n2022-2022学年福建省厦门市松柏中学高一（下）期末化学模拟试卷一、单项选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分）1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是()A．葡萄糖、麦芽糖均能与新制Cu（OH）2反应B．富含蛋白质的豆浆煮沸后即可得人体所需的氨基酸C．当人误食重金属盐时，可喝大量的牛奶、蛋清解毒D．油脂在氢氧化钾溶液中水解可制得汽车洗涤用的液体肥皂【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途．【分析】A、葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖；B、蛋白质煮沸时不能水解；C、可溶性重金属盐能使蛋白质变性；D、汽车洗涤用的液体肥皂的主要成分为硬脂酸钾．【解答】解：A、葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖，均含醛基，故均能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，故A正确；B、蛋白质煮沸时不能水解为氨基酸，只有在人体内在蛋白酶的作用下才能水解为人体需要的氨基酸，故B错误；C、可溶性重金属盐能使蛋白质变性，故能使人中毒，而当人误食重金属盐时，可喝大量的牛奶、蛋清等富含蛋白质的物质来替代人体中毒，从而缓解人体解毒，故C正确；D、汽车洗涤用的液体肥皂的主要成分为硬脂酸钾，是用油脂在KOH溶液中水解制得的，故D正确．故选B．【点评】本题考查了化学在生活中的应用，应注意的是可溶性重金属盐能使蛋白质变性，即氯化钡能使人中毒，但BaSO4无毒．2．下列关于有机化合物的说法中，正确的是()A．有机物都不是电解质B．所有的有机化合物都很容易燃烧C．有机物中一定含有C元素，也可含H、N、S等元素D．易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物【考点】无机化合物与有机化合物的概念．【分析】含有碳元素的化合物或碳氢化合物及其衍生物总称为有机化合物，简称有机物，乙酸能导电，四氯化碳不燃烧等，据此解答即可．【解答】解：A、乙酸属于有机物，能电离出氢离子，属于电解质，故A错误；B、有机化合物不一定能燃烧，如四氯化碳可用来灭火，故B错误；C、有机物中一定含有C元素，可能含有氢元素、氧元素、氮元素、卤素等，故C正确；D、易溶于酒精、汽油、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质在这些溶剂中的溶解度也比在水中的大，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查的是有机物的概念，含有碳元素的化合物或碳氢化合物及其衍生物总称为有机化合物，简称有机物，难度不大．-33-\n3．下列有关化学用语表示正确的是()A．CO2分子比例模型：B．硫离子的结构示意图为C．NH4Cl的电子式为D．中子数为20的氯原子Cl【考点】球棍模型与比例模型；核素；电子式；原子结构示意图．【分析】A、比例模型主要体现C、O原子的相对体积大小及空间结构；B、硫原子的核电荷数=16，得到2个电子达到最外层为8个电子的稳定结构；C、氯离子为阴离子，需要中括号标明Cl的最外层电子层排布；D、中子数为20，则质量数为37，元素符号左上角的数字为质量数、左下角数字表示质子数．【解答】解：A、二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳正确的比例模型为：，故A错误；B、硫原子的核电荷数=16，得到2个电子达到最外层为8个电子的稳定结构，离子结构示意图为：，故B错误；C、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故C错误；D、氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：Cl，故D正确；故选D．【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、原子结构示意图、比例模型与球棍模型、元素符号的表示方法，试题有利于题干学生规范答题的能力．4．现有三种粒子的结构示意图：（其中●表示质子，○表示中子）．则下列有关这三种粒子的叙述正确的是()A．属于不同的元素B．具有相同的质量数-33-\nC．具有不同的核电荷数D．化学性质相似【考点】同位素及其应用．【专题】原子组成与结构专题．【分析】由图可以看出：①含有2个质子和一个中子，为23He原子，②含有2个质子，2个中子，为24He原子，③含有2个质子，3个中子，25He原子，三者含有相同的质子数，不同的中子数，相互为同位素．【解答】解：A．①②③含有相同的质子数，是同种元素，故A错误；B．①②③质量数分别为1、2、3，质量数不同，故B错误；C．①②③含有相同的质子数，质子数等于核电荷数，故C错误；D．①②③原子核外电子数相同，性质相同，故D正确．故选D．【点评】本题考查原子的构成，题目难度不大，注意同位素、同分异构体以及同素异形体之间的区别．5．放射性同位素Co发射出的射线可应用于蔬菜保鲜．下列有关Co的说法不正确的是()A．Co的原子核内含有33个中子B．Co的原子核外有27个电子C．Co与C的质量数之比约为5：1D．Co的中子数比质子数多33【考点】原子构成．【分析】同位素Co中含有的质子数为27，质量数为60，根据原子中质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数进行分析．【解答】解；A．同位素Co中含有的质子数为27，质量数为60，则中子数为60﹣27=33，故A正确；B．质子数=核外电子数，质子数为27，则电子数为27，故B正确；C．Co的质量数为60，C的质量数为12，二者的质量数之比约为5：1，故C正确；D．同位素Co中含有的质子数为27，质量数为60，则中子数为60﹣27=33，则中子数比质子数多33﹣27=6，故D错误．故选D．【点评】本题考查原子结构中质量数与质子数、中子数之间的关系，题目较为简单，注意把握原子的组成．6．形成物质世界多样性的原因有：①元素种类②同位素③化学键成键方式④同分异构体现象⑤同素异形体现象()-33-\nA．①②③B．②④⑤C．仅①③D．①②③④⑤【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】物质元素组成、同位素、化学键成键方式、同分异构现象、同素异形现象以及物质的状态等许多原因造成物质世界的多样性，据此解答．【解答】解：物质元素组成、同位素、化学键成键方式、同分异构现象、同素异形现象以及物质的状态等许多原因造成物质世界的多样性，①元素种类多样性，不同的元素可以组成不同的物质，同一元素也可组成不同的物质；②同位素的存在也是物质世界多样性的原因之一，同种元素可以有不同的核素，例如氢元素存在：11H、21H、31H三种同位素；③成键方式的多样性也是物质世界多样性的原因之一，例如碳原子之间可以以单键、双键、三键的形式结合；④同分异形现象的存在也是物质世界多样性的原因之一，相同的分子式，结构不同，可以代表不同的物质，例如C3H6O2，可以表示丙酸、甲酸乙酯、乙酸甲酯等；⑤同素异形体现象的存在也是物质世界多样性的原因之一，同种元素可以组成不同种单质，例如氧气和臭氧，金刚石和石墨、足球烯；故选：D．【点评】本题考查了物质世界多样性的原因，题目难度不大，注意从物质的构成、物质的类别和物质的组成元素去分析．7．某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭实验中不合理的是()A．用食醋除去暖水瓶中的水垢B．用酒精清洗银器表面的氧化膜C．用米汤检验含碘盐中的碘酸钾（KIO3）D．用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．醋酸的酸性大于碳酸；B．乙醇具有还原性，与氧化膜反应；C．淀粉遇碘单质变蓝；D．碳酸钠水解显碱性，可促进油污的水解．【解答】解：A．醋酸的酸性大于碳酸，则用食醋除去暖水瓶中的水垢，故A正确；B．乙醇具有还原性，可用酒精清洗银器表面的氧化膜，故B正确；C．淀粉遇碘单质变蓝，则用米汤不能检验含碘盐中的碘酸钾，故C错误；D．碳酸钠水解显碱性，可促进油污的水解，则用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质及用途、化学与生活等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．8．下列关于有机物的说法中，正确的一组是()①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液④石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化-33-\n⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu（OH）2发生反应⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料．A．①③⑤B．②④⑥C．①②⑤D．③④⑥【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；乙酸的化学性质；淀粉的性质和用途；合成材料．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】①根据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析；②根据乙醇汽油的成分判断；③根据乙酸乙酯和乙酸的性质分析；④化学变化是有新物质生成；⑤根据淀粉和葡萄糖的性质分析；⑥天然高分子化合物有淀粉、纤维素和蛋白质．【解答】解：①淀粉、油脂、蛋白质都是有小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，故正确．②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，故错误．③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故正确．④石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故错误．⑤碘遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基所以能和新制得的氢氧化铜反应生成醛，故正确．⑥纤维素属于天然高分子化合物，故错误．故选A．【点评】本题考查了有机化合物的性质，难度不大，注意煤的干馏和石油的分馏的区别．9．甲烷、乙烯属于不同类型的有机化合物，但它们之间也有共性．下列关于它们之间共同特点的说法正确的有()A．都由C和H两种元素组成的饱和烃B．都能使酸性KMnO4溶液褪色C．都能发生加成反应和取代反应D．在氧气中完全燃烧后都生成CO2和H2O【考点】乙烯的化学性质；甲烷的化学性质．【分析】A．乙烯是不饱和烃；B．甲烷性质稳定，不能被酸性的高锰酸钾氧化；C．甲烷是饱和烃，无不饱和键；D．甲烷和乙烯都只含C和H两种元素．【解答】解：A．甲烷、乙烯和苯都属于烃，只含C和H两种元素，故A正确；B．甲烷是饱和烃，不能被高锰酸钾溶液氧化，即不能使酸性的高锰酸钾褪色，故B错误；C．甲烷是饱和烃，无不饱和键，不能发生加成反应，故C错误；D．甲烷、乙烯只含C和H两种元素，在氧气中完全燃烧后都生成CO2和H2O，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了常见有机物结构和性质，明确甲烷、乙烯、苯的组成、结构和性质是解题的关键，注意基础知识的积累．-33-\n10．短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是()A．X单质的熔点比Z的低B．X、Y、Z三种元素中，X的非金属性最强C．Y氢化物的稳定性比Z的氢化物弱D．Y的最高正化合价为+7【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】这几种元素为短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z分别是He、F、S元素，A．X、Z单质分别是氦气、S，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比；B．稀有气体最外层达到稳定结构，不易得电子也不易失电子；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；D．F元素是非金属性最强的元素，没有正化合价．【解答】解：这几种元素为短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z分别是He、F、S元素，A．X、Z单质分别是氦气、S，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，所以S单质的熔点大于氦气，故A正确；B．稀有气体最外层达到稳定结构，不易得电子也不易失电子，所以X的非金属性最弱，故B错误；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Y＞Z，所以Y氢化物的稳定性比Z的氢化物强，故C错误；D．F元素是非金属性最强的元素，没有正化合价，即Y元素没有正化合价，故D错误；故选A．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，涉及晶体熔沸点高低判断、元素非金属性强弱判断及元素化合物，侧重考查学生分析、比较、判断能力，易错选项是D，题目难度不大．11．下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是()选项物质所含化学键类型所属化合物类型AMgCl2离子键、非极性共价键离子化合物BCO2极性共价键共价化合物CHCl离子键离子化合物DNaOH离子键、极性共价键共价化合物A．A、B．B、C．C、D．D、【考点】化学键．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的一定为离子化合物，以此来解答．【解答】解：A．MgCl2中只含离子键，为离子化合物，故A不选；-33-\nB．CO2中只含C、O之间的极性共价键，为共价化合物，故B选；C．HCl中只含共价键，为共价化合物，故C不选；D．NaOH中含离子键和O﹣H极性共价键，为离子化合物，故D不选；故选B．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．12．在离子RO42﹣中，共有x个核外电子，R的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目为()A．A﹣x+48B．A﹣x+24C．A﹣x+34D．A﹣x﹣24【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据阴离子：电子数=质子数+电荷数，中子数=质量数﹣质子数进行计算．【解答】解：阴离子：电子数=质子数+电荷数，设R的质子数为Z，则RO42﹣的电子数为Z+8×4+2=x，Z=x﹣34；故中子数=质量数﹣质子数=A﹣（x﹣34）=A﹣x+34；故选C．【点评】本题考查质量数、质子数、中子数与电子数的关系，难度不大．13．有机物的结构简式如图：，则此有机物可发生的反应类型有：()①取代②加成③酯化④水解⑤氧化⑥中和．A．①②④⑤⑥B．②③④⑤C．①②③④⑤⑥D．②③④⑤⑥【考点】有机物的结构和性质．【分析】该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，以此解答该题．【解答】解：该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，则②⑤正确；含有酯基，可发生水解反应，则①④正确；含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，则①③⑥正确；含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，则①③⑤正确，则正确的为①②③④⑤⑥．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力，题目难度中等，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键．14．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是()选项表述Ⅰ表述ⅡA浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具有不稳定性BCl2和SO2有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色C常温下铁与浓硫酸不反应可用铁槽车密封运送浓硫酸-33-\nDSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维A．AB．BC．CD．D【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．【分析】A．浓硝酸不稳定受热分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸显黄色；B．氯气不具有漂白性，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；C．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁铝钝化；D．二氧化硅是绝缘体．【解答】解：A．浓硝酸不稳定受热分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸显黄色，陈述I、II正确并且有因果关系，故A正确；B．氯气无漂白性，与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，可使含有酚酞的NaOH溶液褪色；二氧化硫能与氢氧化钠反应，消耗氢氧根离子，从而使溶液褪色，不能体现SO2的漂白性，故B错误；C．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁铝钝化，钝化属于化学反应，故陈述I错误，故C错误；D．二氧化硅为绝缘体，不导电，SiO2是光导纤维的主要成分，二者无因果关系，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了物质的性质，熟悉浓硝酸、氯气、二氧化硫、浓硫酸、二氧化硅的性质是解题关键，注意次氯酸、二氧化硫漂白原理的不同，题目难度不大．15．对甲、乙、丙三种衣料做纤维检验，结果如下：甲衣料乙衣料丙衣料靠近火焰稍微缩小无变化尖端熔成小球燃烧气味有烧焦羽毛的气味无异味无异味浸于3%NaOH溶液中变脆稍微膨胀几乎无变化浸于10%H2SO4溶液中几乎无变化变脆无变化下列哪一项检验结果是甲、乙、丙衣料纤维最合适的结论()A．甲为棉，乙为丝，丙为涤纶B．甲为丝，乙为棉，丙为涤纶C．甲为涤纶，乙为丝，丙为棉D．甲为棉，乙为涤纶，丙为丝【考点】有机高分子化合物的结构和性质．【专题】有机化学基础．【分析】根据甲衣料燃烧有烧焦羽毛的气味可知甲衣料中含有蛋白质；根据乙衣料在3%氢氧化钠溶液中稍微膨胀，在酸溶液中变脆，说明乙为棉；丙靠近火焰熔成小球，说明丙衣料为涤纶，据此进行解答．【解答】解：甲衣料燃烧时有有烧焦羽毛的气味，说明甲为蛋白质（丝）；乙衣料遇碱溶液膨胀，遇酸溶液变脆，说明乙衣料为棉；丙衣料在靠近火焰时熔成小球，说明丙为涤纶，所以甲乙丙衣料分别为：丝、棉、涤纶，故选B．【点评】本题考查了高分子化合物的结构与性质，题目难度中等，注意掌握常见的高分子化合物的结构与性质，明确蛋白质、棉、涤纶等有机物的性质及检验方法．16．某有机物在氧气中充分燃烧，生成等物质的量的水和二氧化碳，则该有机物必须满足的条件是()-33-\nA．分子中的C、H、O的个数比为1：2：3B．分子中C、H个数比为1：2C．该有机物的相对分子质量为14D．该分子中肯定不含氧元素【考点】测定有机物分子的元素组成．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】本题中只知道生成的水和二氧化碳的物质的量比，所以可以据此可以求算出其中碳原子和氢原子的个数比，但是不能判断其中氧原子与碳原子及氢原子的个数比，然后结合质量守恒定律即可完成判断．【解答】解：A、根据质量守恒定律可以判断在有机物中含有碳原子和氢原子，但是不能判断出该有机物中是否含有氧元素，所以也就无从求算其该有机物中碳氢氧三种原子的个数比，故A错误；B、根据题意可以知道生成的水和二氧化碳的物质的量比为1：1，即生成的水和二氧化碳的分子个数相等，而一个水分子中含有2个氢原子，一个二氧化碳分子中含有一个碳原子，即该有机物中碳原子和氢原子的个数比为1：2，故B正确；C、根据题意只能确定该有机物中碳原子和氢原子的个数比，不能判断出该有机物中是否含有氧元素，就不能确定有机物的分子式以及相对分子式量的大小，故C错误；D、根据质量守恒定律可以判断在有机物中含有碳原子和氢原子，但是不能判断出该有机物中是否含有氧元素，故D错误．故选：B．【点评】本题较好的考查了学生的分析计算能力和对元素守恒以及质量守恒的运用，属于很典型的习题，但对氧元素的确定容易出错．17．分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是()A．H2O、HCOOH、OF2均含有氧元素，都是氧化物B．HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸C．HCl、NH3、NaOH溶于水所得溶液都能导电，都是电解质D．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素；B．二元酸是电离过程中生成两个氢离子的酸；C．NH3是非电解质；D．氧化性酸一般是含氧酸，是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性．【解答】解：A．氧化物由两种元素构成，其中有一种元素为氧元素，所以H2O、OF2都是氧化物，HCOOH不是氧化物，故A错误；B．HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，H2CO3、H2SO4都能电离出2个氢离子，属于二元酸，HCOOH只能电离出1个氢离子，属于一元酸，故B错误；C．NH3的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故C错误；D．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸，故D正确．故选D．-33-\n【点评】本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、电解质、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单．18．下列结论正确的是()①粒子半径：K+＞Al3+＞S2﹣＞Cl﹣②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4③离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO⑥非金属性：O＞N＞P＞Si⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K．A．②⑤⑦B．②④⑥C．②④⑤⑥⑦D．②⑥⑦【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】①电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；②非金属性越强，气态氢化物越稳定；③单质的氧化性越强，则对应的阴离子的还原性越弱；④非金属性越强，对应单质的氧化性越强；⑤非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，碳酸与NaClO可发生强酸制取弱酸的反应；⑥同周期原子序数大的非金属性强，同主族原子序数大的非金属性弱；⑦同周期原子序数大的金属性弱，同主族原子序数大的金属性强．【解答】解：①电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径：S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Al3+，故错误；②非金属性为F＞Cl＞S＞P＞Si，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故正确；③单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2＞S，单质的氧化性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故错误；④非金属性：Cl＞S＞＞Se＞Te，氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故正确；⑤非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，碳酸与NaClO可发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故正确；⑥同周期非金属性O＞N、P＞Si，同主族非金属性为N＞P，则非金属性：O＞N＞P＞Si，故正确；⑦同周期金属性为Ca＜K，同主族金属性为Be＜Mg＜Ca，则金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故正确；故选C．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力及规律性知识的考查，题目难度不大．19．若司机酒后驾车，可通过对其呼出的气体进行检验而查出，所利用的化学反应如下：2CrO3（红色）+3C2H5OH+3H2SO4═Cr2（SO4）3（绿色）+3CH3CHO+6H2O．关于该反应，下列叙述不正确的是()A．每1molCrO3发生氧化反应，转移3mole﹣B．C2H5OH是还原剂C．CrO3在反应中表现氧化性-33-\nD．C2H5OH在反应中失去电子【考点】氧化还原反应．【分析】该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价、C元素由﹣2价变为﹣1价，氧化还原反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，结合元素的化合价变化计算转移电子数，以此来解答．【解答】解：A．Cr元素的化合价降低，则每1molCrO3发生还原反应，转移3mole﹣，故A错误；B．C元素的化合价升高，则C2H5OH是还原剂，故B正确；C．Cr元素的化合价降低，CrO3在反应中表现氧化性，故C正确；D．C2H5OH是还原剂，失去电子，发生氧化反应，故D正确；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子数的考查，注意从化合价分析，题目难度不大．20．下列反应的离子方程式正确的是()A．向Ba（OH）2溶液加入等物质的量的硫酸：Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+=BaSO4↓+H2OB．向Na2CO3溶液中通入过量CO2气体：CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣C．BaCO3溶于醋酸：BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑D．将C12通入水中：C12+H2O=Cl﹣+2H++ClO﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、氢氧化钡电离出的钡离子和氢氧根离子的物质的量之比为1：2；B、Na2CO3溶液中通入过量CO2能生成碳酸氢钠；C、醋酸是一种弱酸，不能拆成离子形式；D、次氯酸是一种弱酸，不能拆成离子形式．【解答】解：A、向Ba（OH）2溶液加入等物质的量的硫酸的反应为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B、Na2CO3溶液中通入过量CO2能生成碳酸氢钠，实质为：CO32﹣+CO2+H2O=2HCO3﹣，故B正确；C、BaCO3溶于醋酸时，BaCO3+2CH3COOH═Ba2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣↑，故C错误；D、次氯酸是一种弱酸，不能拆成离子形式，C12+H2O=Cl﹣+H++HClO，故D错误．故选B．【点评】本题主要考查学生离子方程时的书写知识，是现在考试的热点．二、填空题（本题包括2小题，共17分）21．写出下列有关反应的化学方程式：（1）乙烯与水在一定条件下的加成反应：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（2）苯的硝化反应：；（3）乙酸乙酯在烧碱溶液中的水解：CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+C2H5OH．【考点】化学方程式的书写．【分析】（1）乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇；（2）苯与浓硝酸在浓硫酸做催化剂、脱水剂条件下发生取代反应生成硝基苯和水；-33-\n（3）乙酸乙酯在烧碱溶液中水解生成醋酸钠和乙醇．【解答】解：（1）乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，化学方程式：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（2）苯与浓硝酸在浓硫酸做催化剂、脱水剂条件下发生取代反应生成硝基苯和水，化学方程式；故答案为：；（3）乙酸乙酯在烧碱溶液中的水解生成醋酸钠和乙醇，化学方程式：CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+C2H5OH；故答案为：CH3COOC2H5+NaOH→CH3COONa+C2H5OH．【点评】本题考查了化学方程式的书写，明确有机物结构特点是解题关键，注意反应发生的条件．22．下列四种有机物，用提供的试剂分别鉴别，将所用试剂及产生的相应现象的序号填在表格中：试剂：①溴水②浓硝酸③碘水④新制氢氧化铜．现象：A．橙色褪去B．呈蓝色C．出现红色沉淀D．呈黄色有机物试剂现象（1）乙烯（2）葡萄糖（3）淀粉（4）蛋白质【考点】有机物的鉴别．【分析】（1）乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应；（2）葡萄糖含有醛基，可与氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应；（3）淀粉遇碘变蓝色；（4）蛋白质与浓硝酸发生颜色反应．【解答】解：（1）乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，可用溴水鉴别，橙色褪去；（2）葡萄糖含有醛基，可与氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，出现红色沉淀；（3）淀粉遇碘变蓝色；（4）蛋白质与浓硝酸发生颜色反应，蛋白质呈黄色．故答案为：有机物试剂现象（1）乙烯①A（2）葡萄糖④C（3）淀粉③B（4）蛋白质②D-33-\n【点评】本题考查有机物的鉴别，难度不大，注意常见有机物的显色反应和相关性质，学习中注意积累三、实验探究题（本题包括1小题，共7分）23．如图为制取乙酸乙酯的实验装置图，请回答下列问题：（1）实验室制取乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．（2）欲提高乙酸的转化率，可采取的措施有乙醇过量、及时分离出乙酸乙酯等．（3）若用图所示的装置来制取少量的乙酸乙酯，产率往往偏低，其原因可能是：原料来不及反应就被蒸出，温度过高，发生了副反应，冷凝效果不好，部分产物挥发了等．（4）实验时可观察到锥形瓶中有气泡产生，用离子方程式表示产生气泡的原因：2CH3COOH+CO32﹣→2CH3COO﹣+CO2↑+H2O．（5）此反应以浓硫酸作为催化剂，可能会造成产生大量酸性废液，催化剂重复使用困难等问题．现代研究表明质子酸离子液体可作此反应的催化剂，实验数据如下表所示（乙酸和乙醇以等物质的量混合）：同一反应时间同一反应温度反应温度/℃转化率（%）选择性（%）反应时间/h转化率（%）选择性（%）4077.8100280.21006092.3100387.71008092.6100492.310012094.598.7693.0100（说明：选择性100%表示反应生成的产物是乙酸乙酯和水）根据表中数据，下列C（填编号），为该反应的最佳条件．A．120℃，4hB．80℃，2hC．60℃，4hD．40℃，3h．【考点】制备实验方案的设计；乙酸乙酯的制取．【分析】（1）实验室制取乙酸乙酯的反应是酯化反应，反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；（2）该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应，欲提高乙酸的转化率，应改变条件使平衡正向进行分析，两种反应物增大一种量灰提高另一种的转化率，减少生成物浓度促进平衡正向进行；（3）产率很低的原因有：乙酸和乙醇容易挥发，温度过高浓硫酸能够和乙醇发生反应生成乙醚或者乙烯；（4）锥形瓶中的饱和碳酸钠溶液有气泡产生是碳酸钠和挥发出的乙酸反应生成的二氧化碳气体；（5）根据表中数据分析温度转化率的影响，选择最佳的温度和反应时间，60℃时反应的转化率已经较高，且选择性为100%．-33-\n【解答】解：（1）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O反应是可逆反应，欲提高乙酸的转化率可以增加乙醇的量，平衡正向进行，乙酸转化率增大，也可以分离出乙酸乙酯，促进平衡正向进行，增大乙酸的转化率等，故答案为：乙醇过量、及时分离出乙酸乙酯等；（3）按图示进行实验往往因为原料来不及反应就被蒸出，或者温度过高，发生了副反应，或者冷凝效果不好，部分产物挥发了，而导致产率偏低，故答案为：原料来不及反应就被蒸出，温度过高，发生了副反应，冷凝效果不好，部分产物挥发了等；（4）实验时可观察到锥形瓶中有气泡产生，是碳酸钠和挥发出的乙酸反应生成的二氧化碳气体，用离子方程式表示产生气泡的原因为：2CH3COOH+CO32﹣→2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故答案为：2CH3COOH+CO32﹣→2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；（5）由表格中的同一反应时间来看，60℃时反应的转化率已经较高，且选择性为100%，同一温度时反应时间选择4小时转化率较高，选C，故答案为：C．【点评】本题考查了乙酸乙酯制备，题目难度中等，注意掌握乙酸乙酯反应原理和实验中应该注意问题，掌握物质分离常用方法、乙酸乙酯除杂实验方案设计，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．四、推断题（本题包括1小题，共10分）24．有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：元素结构、性质等信息X构成有机物的核心元素，该元素的一种氧化物和气态氢化物都是典型的温室气体Y短周期中（除稀有气体外）原子半径最大的元素，该单质液态时可用作核反应堆的传热介质Z与Y同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性M海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂请根据表中信息填写：（1）X元素在周期表中的位置第二周期ⅣA族；其相对分子质量最小的气态氢化物常用作燃料．（2）工业上制取Y单质常用的方法是（用化学方程式表示）2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑．（3）Y离子半径比Z离子的半径大（填“大”或“小”）-33-\n（4）Z的单质和氧化铁反应可用于野外焊接钢轨，该反应属于放热（填“吸热”或“放热”）反应，写出反应的化学方程式2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe．（5）举出实例说明M的非金属性比X强（用化学方程式表示）Na2CO3+2HClO4=2NaClO4+CO2↑+H2O．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X为构成有机物的核心元素，该元素的一种氧化物和气态氢化物都是典型的温室气体，则X为C元素；Y为短周期中（除稀有气体外）原子半径最大的元素，该单质液态时可用作核反应堆的传热介质，则Y为Na元素；Z为与Y同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则Z为Al元素；M为海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，则M为Cl元素，然后结合单质及其化合物的性质来解答．【解答】解：X为构成有机物的核心元素，该元素的一种氧化物和气态氢化物都是典型的温室气体，则X为C元素；Y为短周期中（除稀有气体外）原子半径最大的元素，该单质液态时可用作核反应堆的传热介质，则Y为Na元素；Z为与Y同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则Z为Al元素；M为海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，则M为Cl元素，（1）X为C，位于元素周期表中第二周期ⅣA族，其相对分子质量最小的气态氢化物为甲烷，可作燃料，故答案为：第二周期ⅣA族；燃料；（2）工业上利用电解法冶炼Na，则化学反应为2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，故答案为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；（3）Y为Na，Z为Al，二者的离子具有相同的电子，原子序数大的离子半径小，则Y离子半径比Z离子的半径大，故答案为：大；（4）Z的单质和氧化铁反应可用于野外焊接钢轨，为铝热反应，反应为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，该反应为放热反应，故答案为：放热；2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（5）由最高价含氧酸的酸性越强，对应非金属的非金属性越强，则Na2CO3+2HClO4=2NaClO4+CO2↑+H2O说明酸性为HClO4＞碳酸，非金属性Cl＞C，故答案为：Na2CO3+2HClO4=2NaClO4+CO2↑+H2O．【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及其应用，元素的推断是解答本题的关键，注意结合物质的性质来解答，（5）为解答的难点，题目难度中等．五、计算题（本题包括1小题，共6分）25．燃烧法是测定有机化合物分子式的一种重要方法．请回答下列问题：-33-\n（1）等物质的量的①甲烷②乙烯③苯④乙醇完全燃烧，生成CO2（STP）体积最大的是③（填序号）；（2）若准确称取0.90g某有机物，经充分燃烧后，生成CO2的体积0.672L（STP），生成水的质量为0.54g，则该有机物的最简式是CH2O，若要确定该有机物的分子式，还需要的数据是有机物的相对分子质量．【考点】有机物结构式的确定；化学方程式的有关计算．【分析】（1）等物质的量的有机物CxHyOz燃烧时，有机物中的碳原子数x值越大，则燃烧生成的二氧化碳的物质的量越多，则体积越大；（2）确定物质的化学式可借助元素的质量守恒进行解答；该实验方法只能获得有机物的实验式，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量．【解答】解：（1）等物质的量的有机物CxHyOz燃烧时，有机物中的碳原子数x值越大，则燃烧生成的二氧化碳的物质的量越多，则体积越大．根据①甲烷②乙烯③苯④乙醇的分子式可知，③苯中的碳原子数x最大为6，故生成的二氧化碳的物质的量和体积最大，故选③；（2）生成二氧化碳的体积在标况下为0.672L，可得碳元素的质量：=0.36g，生成了0.54g水，可得氢元素的质量：0.54g×=0.06g，从而可推出含氧元素的质量为：0.9﹣0.36﹣0.06=0.48g，设最简式为CXHYOZ，则X：Y：Z=：：：，X：Y：Z=1：2：1，即最简式为CH2O；要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量故答案为：CH2O；有机物的相对分子质量．【点评】本题考查有机物的分子式的实验测定，题目难度中等，关键在于清楚实验的原理，掌握实验方法．六、单项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分）26．下列实验方案能达到预期目的是()编号ABCD实验方案实验目的用铜与稀硝酸制取少量NO分离乙醇和苯碳酸钠、碳酸氢钠热稳定性比较检验装置的气密性A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．-33-\n【分析】A．NO不能利用排空气法收集；B．乙醇与苯不分层；C．碳酸氢钠不稳定；D．从乙注入水，利用液差法可检验气密性．【解答】解：A．NO不能利用排空气法收集，应利用排水法收集，故A错误；B．乙醇与苯不分层，不能利用分液分离，故B错误；C．碳酸氢钠不稳定，图中小试管中应为碳酸氢钠，故C错误；D．从乙注入水，使甲、乙中形成液差，一段时间内液面查不变，则装置气密性良好，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、混合物分离、性质比较、气密性检验等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．27．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是()A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：W＞RC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素中，X、W均有﹣2价，位于ⅥA族，而X只有﹣2价，W有+6价，则X为O元素，W为S元素；Y有+1价，处于IA族，原子序数大于氧，故Y为Na，Z有+3价，没有负价，原子序数大于Na，则Z为Al，R有+7、﹣1价，则R为Cl，结合元素化合物性质与元素周期律解答．【解答】解：短周期元素中，X、W均有﹣2价，位于ⅥA族，而X只有﹣2价，W有+6价，则X为O元素，W为S元素；Y有+1价，处于IA族，原子序数大于氧，故Y为Na，Z有+3价，没有负价，原子序数大于Na，则Z为Al，R有+7、﹣1价，则R为Cl，A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞O，故A错误；B．非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性H2S＜HCl，故B错误；C．SO3和水反应形成的化合物为H2SO4，属于共价化合物，故C错误；D．NaOH与Al（OH）3能发生反应：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，关键是根据化合价结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期元素”几个字．-33-\n28．短周期元素甲和乙，甲原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；乙原子的M层电子数为（a﹣b﹣1），L层电子数为（a+b）．则甲、乙两元素形成的化合物不具有的性质是：①与水反应②与稀硫酸反应③与氢氧化钠溶液反应④电解熔融的该物质能制取甲、乙形成的单质()A．①B．②C．②③D．③④【考点】原子结构与元素的性质．【分析】短周期元素甲和乙，元素甲的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，而元素乙的原子M层电子数为（a﹣b﹣1），L层电子数为（a+b），M层填满为8，则a+b=8，故甲原子有2个电子层，则甲的次外层电子数为b=2，最外层电子数为a=8﹣2=6，故甲为O元素，B原子M层电子数=6﹣2﹣1=3，则B为Al元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答．【解答】解：短周期元素甲和乙，元素甲的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，而元素乙的原子M层电子数为（a﹣b﹣1），L层电子数为（a+b），M层填满为8，则a+b=8，故甲原子有2个电子层，则甲的次外层电子数为b=2，最外层电子数为a=8﹣2=6，故甲为O元素，B原子M层电子数=6﹣2﹣1=3，则B为Al元素，所以甲、乙两元素形成的化合物为Al2O3，①Al2O3与水不反应，故符合；②Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，故不符合；③Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，故不符合；④电解熔融的Al2O3能制取氧气、Al，故不符合；符合题意的只有①．故选A．【点评】本题考查结构性质位置关系，推断元素是解题关键，注意对核外电子排布规律掌握，难度不大．29．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．1molAlCl3在熔融状态时离子总数为0.4NAB．标准状况下，2.24L苯中含有的C﹣H键的数目为0.6NAC．2.2g分子式为2H218O的水中含有的中子数为1.2NAD．电解饱和食盐水时，当阴极产生H222.4L时，电路中转移的电子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氯化铝是共价化合物，熔融状态时不能电离出离子；B．标准状况下，苯不是气体，无法进行计算；C．2H218O中含有的中子数为12；D．外在条件未知．【解答】解：A．氯化铝是共价化合物，熔融状态时不能电离出离子，故A错误；B．标准状况下，苯不是气体，无法进行计算，故B错误；C．2.2g2H218O的物质的量为=0.1mol，故含有的中子数为0.1×12=1.2mol，即1.2NA，故C正确；D．外在条件未知，不一定是标况，即22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，故D错误，故选C．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等．注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件．-33-\n30．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中()A．至少存在5种离子B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/LC．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】离子反应专题．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32﹣；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl﹣，至少0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少=0.4mol/L，A、至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl﹣，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等．七、推断题（本题包括2小题，共19分）31．下表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息，回答下列问题：A2使溴的四氯化碳溶液退色；②比例模型为③能与水在一定条件下反应生成CB2C、H两种元素组成；-33-\n②球棍模型为C①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应；③与E反应生成相对分子质量为88的酯D①相对分子质量比C少2；②能由C催化氧化得到E①由C、H、O三种元素组成；②其水溶液能使紫色石蕊试液变红；③可由C发生氧化反应得到（1）A～E中，属于烃的是AB（填字母）．（2）A能使溴的四氯化碳溶液退色，该化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br．（3）C催化氧化生成D的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．（4）有机物B具有的性质是②③（填序号）①无色无味的溶液②有毒③不溶于水④密度比水大⑤能使酸性KMnO4溶液和溴水退色（5）写出与C与Na反应的化学方程式2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑．【考点】有机物的推断．【分析】A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键，结合比例模型知，该物质是乙烯；A能和水反应生成C，则C是乙醇；根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯；D的相对分子质量比C少2，且能由C催化氧化得到，所以D是乙醛；E由C、H、O三种元素组成，且其水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明含有羧基，E和C反应生成相对分子质量为88的酯，所以E是乙酸，据此解答．【解答】解：A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键，结合比例模型知，该物质是乙烯；A能和水反应生成C，则C是乙醇；根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯；D的相对分子质量比C少2，且能由C催化氧化得到，所以D是乙醛；E由C、H、O三种元素组成，且其水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明含有羧基，E和C反应生成相对分子质量为88的酯，所以E是乙酸．（1）通过以上分析知，属于烃的是乙烯、苯，故答案为：AB；-33-\n（2）乙烯和溴发生的化学反应为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（3）在加热、铜作催化剂条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）苯是无色有特殊气味的、不溶于水且密度小于水的有毒液体，和酸性KMnO4溶液和溴水都不反应，故选②③；（5）乙醇与Na反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式为2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑，故答案为：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑．【点评】本题考查有机物的推断，难度不大，根据结构模型推断A、B是关键，注意基础知识的掌握．32．已知A、B、C、D、E是短周期的5种元素，它们的原子序数依次增大．A元素原子形成的离子核外电子数为零；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可以两两反应；A与C同主族；B与E同主族；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳．（1）请写出B、D元素的名称：B氧，D铝．（2）画出C元素的离子结构示意图．（3）写出C、D的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式Al（OH）3+OH﹣=[Al（OH）4]﹣．（4）A、B、C三种元素形成的化合物所含的化学键类型为离子键、共价键．（5）B、C、D三种元素的离子半径由大到小的排列顺序为O2﹣、Na+、Al3+（用离子符号表示）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A应为H元素；A与C同主族，则C为Na元素；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳，则E为S元素，B与E同主族，则B为O元素；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可以两两反应，则D为Al元素，对应的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律知识解答该题．【解答】A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A应为H元素；A与C同主族，则C为Na元素；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳，则E为S元素，B与E同主族，则B为O元素；C、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物之间可以两两反应，则D为Al元素，对应的最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，解：（1）由以上分析可知，B为O元素，D为Al元素，故答案为：氧；铝；（2）C为Na元素，对应的钠离子原子核内有11个质子，原子核外有10个电子，则结构示意图为，故答案为：；-33-\n（3）D对应的最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，具有两性，能与NaOH溶液反应生成﹣=[Al（OH）4]﹣，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=[Al（OH）4]﹣，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=[Al（OH）4]﹣；（4）A、B、C三种元素形成的化合物为NaOH，为离子化合物，含有离子键，其中OH﹣离子中O与H原子之间为共价键，故答案为：离子键、共价键；（5）B、C、D三种元素的离子分别为O2﹣、Na+、Al3+，三种离子核外电子排布相同，离子的核电核数越大，则半径越小，故答案为：O2﹣、Na+、Al3+．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，注意把握元素周期律的主要内容．八、实验探究题（本题包括1小题，共11分）33．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．（1）装置A是氯气的发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗，请写出该反应相应的化学方程式：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O．（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B也是安全瓶，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：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，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入物质的组合应是d（填字母编号）．编号ⅠⅡⅢa干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性．反应一段时间后，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E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，该现象不能（填“能”或“不能”）说明溴单质的氧化性强于碘，原因是过量的Cl2也可以将I﹣氧化为I2．（5）装置F的作用是吸收多余的氯气，防止污染大气，其烧杯中的溶液不能选用下列中的b（填字母编号）．a．饱和NaOH溶液b．饱和Ca（OH）2溶液c．饱和Na2SO3溶液-33-\nd．饱和Na2CO3溶液．【考点】氯气的实验室制法．【专题】综合实验题．【分析】（1）依据仪器的形状判断仪器的名称；次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸生成氯气、氯化钙和水；（2）从装置A中制取的氯气中含有氯化氢杂质，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大；若C中堵塞，则B中压强会增大，据此分析产生现象；（3）验证氯气是否有漂白性，可以利用干燥有色布条和湿润的有色布条，作对比实验；（4）氯气的氧化性、溴的氧化性强于碘单质，能够将碘离子氧化成单质碘，单质碘易溶于苯，苯密度小于水密度；过量的氯气也能够氧化碘离子生成单质碘；（5）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理；氢氧化钙为微溶物，饱和Ca（OH）2溶液中氢氧根离子较少不能完全吸收剩余的氯气．【解答】解：（1）图中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；次氯酸钙与浓盐酸在常温下反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：分液漏斗；Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）由于浓盐酸具有挥发性，从A装置出来的氯气中含有氯化氢气体，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可以通过饱和食盐水除去；若C中堵塞，则B中压强会增大，将水向长颈漏斗中压，从而形成一段水柱；故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）要验证氯气是否有漂白性，可以利用有色布条，因为制取的氯气含有水蒸气；生成的HClO有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的有色布条褪色，然后用干燥氯气通过干燥的有色布条检验氯气的漂白性．干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰，U形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在U形管中，无水硫酸铜可以检验水的存在，不能用于氯气干燥，此题可选用无水氯化钙，所以正确的选项是d；故答案为：d；（4）有题意可知：氯气通入D中的溴化钠溶于中，置换成溴单质，溴单质的氧化性强于碘单质，碘易溶于苯显紫红色，苯密度小于水，所以看到现象：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；由于D中可能有过量的氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，故E中生成的单质碘不一定是溴与KI反应置换出来的，也可能是过量的Cl2也可将I﹣氧化为I2，故不能说明溴单质的氧化性一定比碘强；故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；不能；过量的Cl2也可以将I﹣氧化为I2；（5）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理，装置F的作用是：吸收多余的氯气，防止污染大气；a．NaOH溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，能够吸收过量氯气，故正确；b．氢氧化钙为微溶物，饱和Ca（OH）2溶液中氢氧根离子较少，饱和Ca（OH）2溶液吸收氯气不充分，故错误；c．亚硫酸钠具有强的还原性，能够与氯气发生氧化还原反应，吸收氯气，故正确；d．氯气溶于水反应生成盐酸，盐酸与饱和碳酸钠溶液反应，能够用饱和碳酸钠溶液吸收，故正确；-33-\n故答案为：吸收多余的氯气，防止污染大气；b．【点评】本题考查了氯气的制备和性质的检验，熟悉氯气的制备原理和氯气的化学性质是解题关键，题目难度中等．-33-
