河南部分学校2024-2025学年高二上学期开学考试化学试卷（解析版）

这是一份河南部分学校2024-2025学年高二上学期开学考试化学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 S：32 Zn：65 Ag：108：
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产和生活密切相关。下列说法正确的是
A. 石油的分馏、煤的液化均属于物理变化
B. 食盐中添加的碘酸钾属于营养强化剂
C. 煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得
D. 苯甲酸钠可以作为食品防腐剂是由于具有酸性
【答案】B
【解析】石油的分馏属于物理变化，煤的液化属于化学变化，A项错误；在食盐中添加营养强化剂碘酸钾，补充碘元素，B项正确；煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，其组成以碳元素为主，还含有少量氢、氧、氮、硫等元素，煤中没有苯、甲苯、二甲苯等，煤的干馏产物煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等，煤的干馏属于化学变化，C项错误；苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，苯甲酸钠溶液呈碱性，苯甲酸钠在一定条件下能杀灭微生物或控制其滋生，从而苯甲酸钠可作为食品防腐剂，D项错误；答案选B。
2. 下列化学用语的说法错误的是
A. 烯烃官能团的结构式：B. 醛基的电子式：
C. 异丁烷的球棍模型：D. 聚丙烯的链节：
【答案】B
【解析】烯烃官能团是碳碳双键，结构式为：，故A正确；醛基结构简式为：-CHO，其电子式为：，故B错误；异丁烷的结构简式为CH(CH3)3，其球棍模型为：，故C正确；丙烯的结构简式为：CH2=CHCH3，聚丙烯的链节： ，故D正确；故选：B。
3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 LCH3CH2OH含有NA个分子
B. 1 ml CH3CH2OH与足量Na反应，生成H2的数目为NA
C. 0.5 ml乙醇与等量乙酸发生酯化反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.5NA
D. 常温常压下，2.8 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子数为0.2NA
【答案】D
【解析】在标准状况下，CH3CH2OH呈液态，不能使用气体摩尔体积计算微粒数目，A错误；CH3CH2OH与足量Na反应产生CH3CH2ONa和H2，1 ml CH3CH2OH与足量Na反应，生成H2的数目为0.5NA，B错误；酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故0.5 ml乙醇与等量乙酸发生酯化反应，生成乙酸乙酯的物质的量小于0.5 ml，故生成乙酸乙酯的小于0.5NA，C错误；乙烯和丙烯的最简式是CH2，最简式的式量是14，则在常温常压下，2.8 g乙烯和丙烯的混合气体中含最简式的物质的量是0.2 ml，故其中所含碳原子数为0.2NA，D正确；故合理选项是D。
4. 分子式为的同分异构体中，能与金属钠反应生成氢气，能被氧化为醛的有机物有种
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】分子式为C5H12O的同分异构体能与金属钠反应生成氢气，符合条件的同分异构体中含—OH；能被氧化为醛的有机物可写成C4H9CH2OH，C4H9—有4种：CH3CH2CH2CH2—、、(CH3)2CHCH2—、(CH3)3C—；则符合条件的同分异构体有4种，答案选C。
5. 下列有关反应速率和限度的说法正确的是
A. 反应达到平衡时，正、逆反应速率相等且均为零
B. 对于合成氨反应，恒温恒容条件下充入，反应速率增大，缩短了反应到达平衡的时间
C. 用铁片与稀硫酸反应制氢气时，加入少许固体，对反应速率无影响
D. 氯酸钾分解制氧气时，添加少量二氧化锰，反应速率增大
【答案】D
【解析】化学平衡为动态平衡，v正=v逆≠0，故A错误；恒温恒容状态下，充入非反应气体Ne，组分浓度不变，化学反应速率不变，故B错误；向反应中硝酸钾固体，NO(H+)具有强氧化性，与金属反应，不生成氢气，生成氮的氧化物，故C错误；氯酸钾分解制氧气，二氧化锰作催化剂，使用催化剂，加快反应速率，故D正确；故选：D。
6. 如图是N、S及其化合物的“价一类”二维图，下列说法正确的是
A. 在一定条件下，a可将c、d还原为b
B. c'使品红被色的原理与HClO的漂白原理相同
C. a与浓e、a'与浓e'均能发生氧化还原反应
D. 常温下，Fe与浓e和浓e'均不反应
【答案】A
【解析】由图可知，a为氨气、b为氮气、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为硝酸；a＇为硫化氢、b＇为硫、c＇为二氧化硫、d＇为亚硫酸、e＇为硫酸。
在一定条件下，具有还原性的氨气能与具有氧化性的一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮反应生成氮气和水，故A正确；二氧化硫使品红溶液褪色的原理为二氧化硫与有色物质生成不稳定的无色物质而漂白褪色，次氯酸的漂白原理为次氯酸具有强氧化性，能将有色物质氧化为无色物质而漂白褪色，两者的漂白原理不相同，故B错误；氨气与浓硝酸反应生成硝酸铵，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；常温下，铁在浓硝酸、浓硫酸中会发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应继续进行，并不是不反应，故D错误；故选A。
7. 下列离子方程式正确是
A. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：
B. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：
C. 铅酸蓄电池放电时的正极反应：
D. Fe3O4和足量稀硝酸反应：
【答案】C
【解析】已知硝酸具有强氧化性，故向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子方程式为：，A错误；向Na2SiO3溶液中通入过量SO2生成H2SiO3和NaHSO3，故离子方程式为：，B错误；铅酸蓄电池放电时的正极反应：，C正确；硝酸具有强氧化性，故Fe3O4和足量稀硝酸反应的离子方程式为：，D错误；故答案为：C。
8. 我国科学家设计的：海泥电池：既可用于深海水下仪器的电源补给，又有利于海洋环境污染治理，其中微生物代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. A电极为正极
B. 从海底沉积层通过交接面向海水层移动
C. 负极的电极反应式为
D. 高温下微生物蛋白质变性失活，故升温不一定能提高电池的效率
【答案】C
【解析】由图可知，A极物质由氧气转化为水，化合价降低，所以A极是正极，B极是负极，据此解答。
由分析可知，A极是正极，B极是负极，故A正确；由分析可知，A极是正极，B极是负极，质子带正电荷，放电时向正极移动，所以质子从海底沉积层通过交接面向海水层移动，故B正确；CH2O在微生物作用下与硫酸根离子反应生成CO2和HS-，并不是在负极的电极反应，负极上HS-失去电子发生氧化反应生成硫单质，电极反应式为：HS--2e-=S↓+H+，故C错误；微生物蛋白质高温条件下会失活，故升温不一定能提高电池的效率，故D正确；故选：C。
9. 有机物M是合成新型抗血栓药物中间体，其结构简式如图所示，下列有关M的叙述错误的是
A. M的分子式为
B. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 可以发生加成、加聚、氧化、取代反应
D. 分别与足量和溶液反应，产生气体的物质的量之比为
【答案】D
【解析】M 的分子式为 C12H12O5，故A正确；有机物含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；有机物含有碳碳双键，可以发生加成、加聚、氧化反应，含有酯基，能发生水解反应，水解属于取代反应，故C正确；1ml M与足量Na生成1ml氢气，1ml M与足量NaHCO3溶液反应生成1ml二氧化碳气体，产生气体的物质的量之比为1∶1，故D错误；故选：D。
10. 为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所用除杂试剂和分离方法都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】乙酸乙酯在NaOH中会水解，无法用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，A错误；水能与生石灰反应生成氢氧化钙，再通过蒸馏的方式可得到纯净的酒精，B正确；乙烯、二氧化硫都能与酸性高锰酸钾反应，不能用高锰酸钾除去乙烯中的二氧化硫，C错误；己烷、溴均能溶于四氯化碳，无法通过分液的方式分离，D错误；故答案选B。
11. 下列实验原理或装置不能达到相应目的的是
A. 图①用于实验室制取氨气
B. 图②用于比较Zn和Cu的金属性
C. 图③用于验证二氧化硫的氧化性
D. 图④用于比较S、C、Si的非金属性
【答案】A
【解析】固固加热时试管口略向下倾斜，A符合题意；图②为原电池装置，锌作负极，失电子生成锌离子进入溶液，右侧烧杯中铜离子在铜电极上得电子生成铜单质，该原电池可以比较锌与铜的金属性，B不符合题意；二氧化硫具有氧化性能与还原性的硫化氢溶液发生氧化还原反应生成硫单质的黄色浑浊，C不符合题意；硫的最高价含氧酸硫酸可以与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体进入硅酸钠溶液中生成难溶的硅酸，较强酸可制较弱酸，故硫酸酸性强于碳酸，碳酸酸性强于硅酸，可用于比较S、C、Si的非金属性，D不符合题意；故选A。
12. 下列叙述正确的是
A. 500℃，30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热19.3kJ，其热化学方程式为
B. 的燃烧热，则反应
C. 含20.0g的的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀溶液反应的热化学方程式为：
D 已知 ； ，则
【答案】B
【解析】氮气和氢气反应可逆，500℃、30MPa下，将和置于密闭的容器中充分反应生成的物质的量小于1ml，放热19.3kJ，则，故A错误；氢气的燃烧热是1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，的燃烧热，则 ，故B正确；醋酸是弱酸，电离吸热，含1mlCH3COOH的稀醋酸和稀溶液反应放出的热量小于57.4kJ，则该反应热化学方程式的ΔH>−57.4kJ⋅ml−1，故C错误； 碳完全燃烧生成二氧化碳放出的能量大于碳不完全燃烧生成一氧化碳放出的能量，则，故D错误；故选：B。
13. T℃时，在容积为的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示：
下列说法错误的是
A. 10min时反应已达到平衡状态
B. 15min时，Y的转化率为68.75%
C. 5～10min内，用X表示的平均反应速率为
D. 0和15min两时刻，容器内压强之比为
【答案】C
【解析】5min时，容器中n(X)=1.8ml，n(Y)=1.8ml，10min时，容器中n(X)=1.45ml，n(Y)=0.75ml，n(Z)=1.1ml，15min时，n(X)=1.45ml，n(Y)=0.75ml，n(Z)=1.1ml，10min后物质的物质的量不变，说明反应达到平衡，故A正确；根据A选项分析，15min时，Y的转化率为=68.75%，故B正确；5～10min内，用X表示的平均反应速率v(X)=0.035ml/(L·min)，故C错误；相同条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，0时刻时，气体总物质的量为4.4ml，15min时，气体总物质的量为3.3，因此两时刻，容器内压强之比为4.4∶3.3=4∶3，故D正确；故选：C。
14. 下列实验操作、现象、得出的结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】原溶液中可能有AgNO3，产生氯化银沉淀，A错误；向淀粉水解的产物中加入新制的氢氧化铜悬浊液前，要先加NaOH溶液将用作催化剂的硫酸中和，至溶液呈碱性，否则，硫酸会和新制的氢氧化铜悬浊液反应，B错误；医用酒精中含有水，Na与水反应也生成氢气，因此不能证明乙醇与钠发生反应，C错误；由用量可知少量，若反应后加溶液，溶液变红，说明少量的不能完全反应，可证明该反应具有一定限度，D正确；故选：D。
15. 海水开发利用的部分过程如图所示，下列有关说法正确的是
A. 除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、，加入试剂的顺序是：Na2CO3→NaOH→BaCl2→过滤后加盐酸
B. 步骤②在工业生产中常选用石灰乳作Mg2+的沉淀剂
C. 第④步反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：1
D. 第⑤步反应的离子方程式为：
【答案】B
【解析】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、，加入Na2CO3的目的是除去Ca2+、Ba2+，所以在加入Na2CO3溶液之前加BaCl2，加入试剂的顺序可以是： NaOH→BaCl2→Na2CO3→过滤后加盐酸，故A错误；Mg2+和OH-反应生成氢氧化镁沉淀，步骤②在工业生产中常选用石灰乳作Mg2+的沉淀剂，故B正确；第④步反应方程式是3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+5NaBr+3CO2，氧化产物是NaBrO3、还原产物是NaBr，物质的量之比为1：5，故C错误；酸性条件下反应，不能生成氢氧根离子，第⑤步反应的离子方程式为：，故D错误；选B。
第Ⅱ卷(非选择题共55分)
二、填空题(本题共4小题)
16. 研究化学反应进行的快慢和程度，有利于更好地利用化学反应为人类服务。
Ⅰ．实验探究影响化学反应速率的因素
反应原理：_____实验步骤如下表：
（1）将化学方程式补充完整：_____
（2）_____；、、从大到小的顺序为_____。
Ⅱ．速率、平衡理论在碳循环中的应用
可转化成有机物从而实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，此反应为放热反应。测得和的浓度随时间变化如图所示。
（3）3～9min内，_____。
（4）实验测得不同时刻容器内的数值如下表所示：
反应最快的时间段为_____(填选项字母)：解释其原因为_____。
A．0～1min B．1～3min C．3～6min D．6～9min
（5）能说明上述反应达到平衡状态的是_____(填选项字母)。
A. 反应中与的物质的量浓度之比为
B. 混合气体的密度不随时间的变化而变化
C. 单位时间内消耗，同时生成
D. 的体积分数在混合气体中保持不变
【答案】（1）
（2）①.1 ②. （3）0.125
（4）①.B ②.由于这个时间段反应开始不久反应物浓度大，反应放出热量多，温度高，加快反应速率 （5）D
【解析】
【小问1详解】
在酸性条件下发生歧化反应生成硫单质、二氧化硫，故缺项处应为；
【小问2详解】
对比实验1、2可知，两组实验中体积不同，则应在探究的浓度对反应速率的影响，为控制变量应保证其他条件均相同，则溶液总体积应相等，a=1；且浓度越大反应速率越快；实验1、3探究温度对反应速率的影响，温度越高反应速率越快，则；
【小问3详解】
由图可知3～9min内，；
【小问4详解】
由表格信息可知，各时间段内甲醇的反应速率为：
A．0～1min，=；
B．1～3min，=；
C．3～6min，=；
D．6～9min，=；
可知1～3min反应最快，由于这个时间段反应开始不久反应物浓度大，反应放出热量多，温度高，加快反应速率；
【小问5详解】
反应中与的物质的量浓度之比为，不能说明各物质的浓度保持不变，不能据此说明反应达到平衡状态，故A不选；
体系内其他的总质量保持不变，容器体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不随时间的变化而变化，因此不能据此说明反应达到平衡状态，故B不选；
单位时间内消耗，同时生成，是同一方向反应，不能说明正逆反应速率相等，不能据此判断平衡状态，故C不选；
的体积分数在混合气体中保持不变，说明各组分的浓度保持不变，则反应达到平衡状态，故D选。
17. 实验室利用SO2制备少量Na2SO3并检验其性质。
（1）ⅰ中发生反应的化学方程式为_____，体现了浓硫酸的_____性质。
（2）能够说明具有漂白作用的实验现象为_____。
（3）取ⅳ中溶液分装在三支试管中，进行相关实验并记录现象如下：
①A中发生反应的离子方程式为_____
②甲同学为证明和能够反应，进行如下操作：取中溶液于试管中，先滴加足量_____(填化学式，下同)溶液，再滴加少量_____溶液，产生白色沉淀，说明有生成，故甲同学认为二者发生了反应：乙同学认为甲同学的实验方案有缺陷，你认为该缺陷可能为_____。
（4）小组同学设计实验测定某葡萄酒中的含硫量(以计)：将100mL葡萄酒和足量硫酸共热，使全部逸出并与完全反应；除去过量的后，向混合溶液中滴加标准溶液，恰好完全反应时消耗标准溶液。据此计算，该葡萄酒中的含量为_____。
【答案】（1）①. ②.酸性、氧化性
（2）ⅱ中品红褪色 （3）①. ②.
③. ④.ⅳ中溶液可能被氧气氧化
（4）0.0192
【解析】试管i中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，试管ii可证明SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，试管iii溶液变红说明亚硫酸呈酸性，试管iv可吸收SO2，防止污染空气，据此分析解题。
【小问1详解】
试管i中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；部分硫元素化合价降低，浓硫酸做氧化剂，部分硫元素化合价不变，生成硫酸铜表现酸性，体现了浓硫酸的酸性、氧化性，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；酸性、氧化性；
【小问2详解】
SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白作用的实验现象为ii中品红褪色，故答案为：ii中品红褪色；
【小问3详解】
①iv中溶液溶质为Na2SO3，亚硫酸根离子和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成硫酸根离子和锰离子，A中发生反应的离子方程式为：5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O，故答案为：5+2+6H+=5+2Mn2++3H2O；
②为证明Na2SO3和H2O2能够反应生成Na2SO4，即检验硫酸根离子存在，取双氧水于试管中，先滴加足量HCl溶液排除亚硫酸根离子的干扰，再滴加少量BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明有SO2生成；该实验存在缺陷，Na2SO3可能被氧气氧化生成硫酸钠，则原因是：iv中溶液可能被氧气氧化，故答案为：HCl；BaCl2；iv中溶液可能被氧气氧化；
【小问4详解】
发生反应：SO2+H2O2=H2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，根据2NaOH～H2SO4～SO2，n(SO2)=n(NaOH)=×0.0030ml/L×20.00×10-3L=3.0×10-5ml，可知SO2的质量为m=nM=3.0×10-5ml×64g/ml=1.92×10-3g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为=0.0192g/L，故答案为：0.0192。
18. 化学反应的过程不仅包括物质变化，还包括能量变化。研究化学能与其他形式能量之间的转化具有重要意义。
Ⅰ．化学能转化为热能
（1）Ⅰ．
Ⅱ．
反应Ⅲ：的_____
Ⅱ．化学能转化为电能
原电池是将化学能转化为电能的装置，其构成要素可用图1来表示：
（2）氢氧燃料电池(如图2)中，电池工作时，溶液中的移向_____极(填“正”或“负”)；正极的电极反应式为_____。
（3）如果以、为电极材料，溶液为离子导体，设计成原电池，则电极上的电极反应式为_____。
（4）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，试计算：产生氢气的体积L(标准状况)_____。
【答案】（1）
（2）①.负 ②.
（3）
（4）4.48
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律可知反应Ⅲ=Ⅰ+2×Ⅱ，则；
【小问2详解】
由图2可知，左侧通入氢气作负极，右侧通入氧气作负极，溶液中移向正极，正极反应为：；
【小问3详解】
、为电极材料，溶液为离子导体，Al与NaOH反应而Mg不能与NaOH溶液反应，则Al作负极，电极上的电极反应式为：；
【小问4详解】
锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，锌活泼作负极，银片作正极，负极Zn失电子生成Zn2+，电极质量减少，正极H+得电子生成氢气，电极质量不变，则工作一段时间后，电极质量的减少量即为消耗Zn单质的质量，为60-47=13g，消耗Zn的物质的量，则正极生成氢气的物质的量为0.2ml，产生氢气的体积L(标准状况) 4.48L。
19. A是汽油裂化得到的一种气态烷烃，B可用作水果的催熟剂，H是一种高分子化合物。以A为原料合成G和H的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）将一定量A在足量的纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现二者分别增重4.5g和8.8g，则A结构简式为_____。
（2）B电子式为_____E中含有的官能团名称为_____，⑤的反应类型为_____。
（3）反应③的化学方程式为_____。
（4）G与溶液反应的化学方程式为_____。
（5）下列说法正确的是_____。
A. H是纯净物
B. A、C属于同系物
C. D和F都能与金属钠反应，且F更剧烈
D. G在碱性条件下的水解反应可称为皂化反应
（6）苯甲酸乙酯难溶于冷水，微溶于热水，与乙醇、乙醚等互溶。天然存在于桃、菠萝、红茶中，常用于配制香水、香精和人造精油。已知氯乙烷和水溶液在加热条件发生反应：，完成以甲苯和乙醇为主要原料合成苯甲酸乙酯的合成路线图，在横线上写出主要产物的结构简式(反应条件略)_____ 。
【答案】（1）
（2）①. ②.醛基 ③.酯化反应或取代反应
（3）
（4） （5）BC
（6）
【解析】B可用作水果的催熟剂，B为乙烯；A是汽油裂化得到的一种气态烷经，一定量A在足量的纯氧中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现二者分别增重4.5g(为生成水的质量)和8.8g(为生成二氧化碳的质量)，则A在碳氢物质的量之比为():()=5:2， A生成C和乙烯，乙烯和氢气加成得到C，则A为含4个碳的烷烃，A的分子式为C4H10、其结构简式为，C为乙烷；H是一种高分子化合物，为乙烯加聚生成的聚乙烯H；乙烯和水加成生成乙醇D，D氧化为乙醛E，E氧化为乙酸F，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯G；
【小问1详解】
由分析可知，A的分子式为C4H10，其结构简式为；
【小问2详解】
B为乙烯，分子中含有碳碳双键，电子式为，E为乙醛，含有官能团名称为醛基，⑤的反应为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，类型为酯化反应或取代反应；
【小问3详解】
反应③为乙醇氧化为乙醛，化学方程式为；
【小问4详解】
G乙酸乙酯与NaOH溶液反应发生碱性水解生成乙酸钠和乙醇，化学方程式为；
【小问5详解】
A．H为高分子化合物，属于混合物，A错误；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；A、C均为烷烃，属于同系物，B正确；
C．D中羟基和钠反应、F中羧基和金属钠反应，羧基和钠单质反应更剧烈，C正确；
D．G在碱性条件下的水解反应不是皂化反应，皂化反应为高级脂肪酸甘油酯的碱性水解，D错误；
【小问6详解】
甲苯中甲基和氯气发生取代反应引入氯原子，氯原子水解生成羟基得到苯甲醇，苯甲醇氧化得到苯甲醛，苯甲醛氧化为苯甲酸，苯甲酸和乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；故答案为。
选项
A
B
C
D
含杂物质
乙酸乙酯(乙酸)
酒精(水)
乙烯(二氧化硫)
己烷(溴)
除杂试剂
NaOH溶液
生石灰
酸性KMnO4溶液
四氯化碳
分离方法
分液
蒸馏
洗气
分液
n/ml
t/min
0
2.0
2.4
0
5
0.4
10
0.75
15
1.45
实验
结论
A
向某溶液中加入溶液，有白色沉淀生成
再滴加过量稀盐酸，沉淀不溶解
该溶液中一定含有
B
向淀粉水解的产物中加入新制的氢氧化铜悬浊液
并加热煮沸，没有出现砖红色沉淀
水解的产物无还原性
C
取少量医用酒精加入一小粒金属钠产生无色气体
证明乙醇与钠反应
D
将溶液与
溶液混合，充分反应后再滴入几滴溶液
探究与反应的限度
编号
温度℃
加入溶液的体积/mL
加入水的体积/mL
加入溶液的体积/mL
出现浑浊的时间/s
1
25
2
0
2
2
25
1
a
2
3
45
2
0
2
时间/min
1
3
6
9
12
0.10
0.50
0.70
0.75
0.75
试管
A
B
C
所加试剂
酸性溶液
溶液
双氧水
现象
紫红色溶液日褪色
产生淡黄色沉淀
无明显现象