2023届江苏省常州市前黄国际中学化学高一第二学期期末考试试题含答案解析

2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在测试卷卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在测试卷卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示，则下列对混合烃的判断正确的是：①一定有乙烯②一定有甲烷③一定有丙烷④一定没有乙烷⑤可能有甲烷⑥可能有乙炔（C2H2）A．②④B．②③⑥C．②⑥D．①③⑤2、实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A． B． C． D．3、中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。C02可转化成有机物实现碳循环。恒温恒容下反应：C02(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，能说明上述反应达到平衡状态的是A．反应中C02与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1B．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3molH2，同时生成1molH2OD．C02的体积分数在混合气体中保持不变4、用括号中的试剂除去下列物质中的少量杂质，正确的是A．溴苯中的溴（KI溶液）B．氯气中的氯化氢（饱和食盐水）C．乙酸乙酯中的乙酸（乙醇）D．二氧化碳中的氯化氢（KOH溶液）5、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用图装置作为制取少量二氧化硫的尾气吸收装置B．用图装置进行二氧化碳喷泉实验C．用图装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验D．用图装置进行石油的分馏实验6、下列反应速率4NH3+5O2=4NO+6H2O关系正确是（

）A．B．C．D．7、下列实验操作和现象与结论的关系相符的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性B在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃C甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀蔗糖未水解A．A B．B C．C D．D8、用石墨作电极，电解1mol·L-1下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变的是A．盐酸 B．硫酸铜 C．氢氧化钾 D．硫酸钠9、下图所示实验方案无法达到预期实验目的的是A．用图甲制备Fe(OH)2 B．用图乙制备少量Cl2C．用图丙制备并收集O2 D．用图丁比较S、C、Si的非金属性强弱10、下列过程属于物理变化的是（）A．石油分馏 B．煤的干馏 C．石油裂化 D．乙烯聚合11、下列条件一定能使反应速率加快的是()①增加反应物的物质的量②升高温度③增大反应体系的压强④不断分离出生成物⑤加入MnO2A．全部B．①②⑤C．②D．②③12、反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A．增加炭的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入一定量的水(g)D．保持压强不变，充入氮气使容器体积变大13、如图所示，ΔH1＝－393.5kJ·mol－1，ΔH2＝－395.4kJ·mol－1，下列说法或表示式正确的是()A．C(s，石墨)===C(s，金刚石)ΔH＝＋1.9kJ·mol－1B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．金刚石的稳定性强于石墨D．1mol石墨的能量比1mol金刚石的能量大14、为了除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是序号物质（杂质）所用试剂分离方法A乙酸（乙醇）氢氧化钠溶液分液B乙烯（二氧化硫）酸性高锰酸钾溶液洗气C溴苯（溴）碘化钾溶液分液D乙醇（水）生石灰蒸馏A．A B．B C．C D．D15、NO是氮元素的一种氧化物。下图表示N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化。下列有关反应和NO性质的说法中，正确的是A．NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水B．1molN2（g）和1molO2（g）反应生成2molNO（g），放出能量180kJC．在1L的密闭容器中N2（g）和O2（g）反应生成NO（g），10分钟内减少1molN2，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）＝0.1mol/（L·min）D．N2（g）分子中化学键键能大于O2（g）分子中化学键键能16、下列说法中不正确的是A．熔化状态下能导电的化合物一定是离子化合物B．双原子分子中不一定含有极性键C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物D．不同元素组成的多原子分子内一定不存在非极性键二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，B原子的最外层上有4个电子；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。（用元素符号或化学式填空回答以下问题）（1）B为________，D为________，E为________。（2）C元素在周期表中的位置________。（3）B、D两元素形成化合物属（“离子”或“共价”）化合物________。（4）F原子结构示意图为________。（5）写出BD2和E2D2的电子式：_______；_______。（6）B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为：______。（填化学式）（7）写出F元素的最高价氧化物的水化物和B反应的化学方程式：________。（8）E与F两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：_________。18、A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）请回答下列问题：（1）工业上，由石油获得白蜡油的方法是___。（2）丁烷是由石蜡油求得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（﹣CH3），则这种同分异构体的结构简式是___。（3）反应B→C反应发生需要的条件为___，D物质中官能团的名称是___。（4）写出B+D→E的化学方程式___；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有___（写出其中一条即可）。19、为探究的性质，某同学按如图所示的装置进行实验。完成下列填空：（1）装置A中盛放浓碱酸的仪器名称是________________，A中发生反应的化学方程式是___________________。（2）装置B中的现象是________________________，说明具有________（填代码）；装置C中发生反应的化学方程式是________________________________，说明具有________（填代码）。a．氧化性b．还原性c．漂白性d．酸性（3）装置D的目的是探究与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象________________________尾气可采用________溶液吸收。20、为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。I.用图甲所示装置进行第一组实验时：（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____(填字母)。A石墨B．镁C．银D．铂（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为标准状况时气体体积)。（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。21、以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如图所示。回答下列问题：(1)淀粉的组成可表示为___________，A分子中的官能团名称为__________。(2)反应⑦中物质X的分子式为________，反应⑧的类型为______________。(3)反应⑤的化学方程式为________________________________________________。(4)反应⑥可用于实验室制乙烯，为除去其中可能混有的SO2，可选用的试剂是________。A．溴水B．酸性KMnO4溶液C．NaOH溶液D．浓硫酸(5)已知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的分子式为____________。(6)为了证明反应①是否发生，可取①反应后的溶液2mL于一支试管中，用____调节溶液至中性，再向其中加入2mL_____，再加入4～5滴_____（以上用如下所提供试剂的字母填空），加热一段时间，若有______________现象产生，则证明反应①已发生。实验中可供选择的试剂：A．10%的NaOH溶液B．2%的氨水C．5%的CuSO4溶液D．碘水

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】

由图象曲线可知两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可知，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，据此进行判断。【题目详解】根据图象可知，两种气态烃的平均组成为C1.6H4，烃类物质中碳原子数小于1.6的只有甲烷，则混合气体一定含有CH4，故②正确、⑤错误；由氢原子平均数为4可知，另一气态烃中氢原子数目为4，碳原子数目大于1.6，且为气体，可能含有乙烯、丙炔，一定没有乙烷、丙烷、乙炔，故①③⑥错误、④正确；根据分析可知，正确的为②④，故选A。【答案点睛】本题考查了有机物分子式确定的计算，根据图象正确判断平均分子式为解答关键。本题的难点为另一种烃中氢原子数目的判断。2、D【答案解析】

在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。【题目详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。【答案点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。3、D【答案解析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。详解：A.反应中C02与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，A错误；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，混合气体的密度不随时间的变化而变化不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2O均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D.C02的体积分数在混合气体中保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确。答案选D。4、B【答案解析】分析：A．溴与KI反应生成的碘单质，易溶于溴苯；B．氯化氢极易溶于水；C．乙酸乙酯易溶于乙醇；D．二氧化碳、氯化氢均与KOH溶液反应。详解：A．溴与KI反应生成的碘单质，易溶于溴苯，会引入新杂质，应选试剂为NaOH溶液，然后分液，A错误；B．氯化氢极易溶于水，氯气中的氯化氢可以用饱和食盐水除去，B正确；C．乙酸乙酯易溶于乙醇，引入新杂质，应选饱和碳酸钠，然后利用分液分离，C错误；D．二氧化碳、氯化氢均与KOH溶液反应，不符合除杂原则，应选择饱和碳酸氢钠溶液，利用洗气法分离，D错误；答案选B。点睛：本题考查物质的分离、提纯及除杂，为高频考点，把握物质的性质及常见混合物分离方法、分离原理为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大。5、A【答案解析】

A项，SO2不加处理即排放会污染环境，选择利用氢氧化钠溶液吸收SO2，该装置可以用于吸收SO2尾气，且防倒吸，故A项正确；B项，二氧化碳在水中溶解度不大，应该利用氢氧化钠溶液进行喷泉实验，故B项错误；C项，二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验需要加热，故C项错误；D项，石油的分馏不能用水浴加热，蒸馏时为使物质冷凝彻底，水从下口进上口出，故D项错误。综上所述，本题选A。【答案点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。6、D【答案解析】A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故A错误；B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故B错误；C、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故C错误；D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故D正确；故选：D。点睛：本题考查化学反应速率的计算，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比。7、B【答案解析】

A.乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子比水分子中的氢原子活泼性弱，A错误；B.石蜡油加强热生成的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中与烯烃发生加成反应，使溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，B正确；C.甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体为氯化氢、一氯甲烷、未反应的氯气，氯化氢溶于水显酸性，C错误；D.蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，该实验没有加碱至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，D错误；答案为B【答案点睛】蔗糖水解时，稀硫酸作催化剂，实验完成后，加入新制的氢氧化铜悬浊液时，先调节溶液呈碱性，在加入试剂，否则酸与氢氧化铜反应导致现象不明显。8、D【答案解析】

用惰性电解电解质溶液时，分为电解电解质型、电解水型、电解电解质和水型；用石墨作电极电解1mol/L下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变，说明属于电解水型且电解质为强酸强碱盐，酸为含氧酸，据此分析解答。【题目详解】A．电解HCl溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，所以属于电解电解质型，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；B．电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电、阳极上氢氧根离子放电，所以是电解电解质和水型，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH变小，故B错误；C．电解KOH溶液时，实质上是电解水型，但电解后KOH浓度增大，溶液的pH增大，故C错误；D．电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，是电解水型，硫酸钠是强酸强碱盐，其浓度大小不影响溶液pH，故D正确；故答案为D。【答案点睛】用惰性电极电解电解质溶液时，通常有以下几种情况：(1)电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水；(2)电解无氧酸(HF除外)、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身；(3)电解活泼金属无氧酸盐溶液如NaCl时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2(或S)；(4)电解不活泼金属含氧酸盐的溶液如CuSO4时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质；(5)电解时，若只生成H2，pH增大；若只生成O2，则pH减小；若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸性溶液，pH减小；电解碱性的溶液，pH增大；电解中性盐的溶液，pH不变。9、B【答案解析】A．煤油不溶于水，密度小于水，能隔绝氧气，可以制备氢氧化亚铁，A正确；B．应该用浓盐酸制备氯气，B错误；C．双氧水在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，利用排水法收集，C正确；D．稀硫酸与碳酸钠反应生成CO2，CO2通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，该装置可比较S、C、Si的非金属性强弱，D正确；答案选B。点睛：本题考查较为综合，涉及非金属性强弱比较、制备以及气体的收集等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性、可行性的评价。10、A【答案解析】

石油的分馏是通过控制沸点的不同来实现物质分离的方法，属于物理变化；煤的干馏、石油裂化及乙烯的聚合过程，均有新物质生成，属于化学变化过程。答案选A。11、C【答案解析】①对于反应物为纯液体或固体时，增大其物质的量反应速率不变；③对于有气体参加或生成的化学反应，若体积不变，充入“惰性”气体，则压强增大，反应速率不变；④不断分离出生成物，使反应速率减小或不变(纯液体或固体时)；⑤MnO2不是所有反应的催化剂。12、A【答案解析】

分析题给的四个选项，均可从浓度是否改变这一角度来分析化学反应速率是否改变。【题目详解】A.增加炭的量，几乎没有改变任一物质的浓度，所以化学反应速率不变，A项正确；B.将容器的体积缩小一半，各气体的浓度将增大，化学反应速率将加快，B项错误；C.水是反应物，保持体积不变，充入一定量的气态水，将使反应速率加快，C项错误；D.氮气是与该反应无关的气体，保持压强不变，充入氮气使容器体积变大，各气体的浓度将变小，反应速率减小，D项错误；所以答案选择A项。13、A【答案解析】由图像知，金刚石的能量高于石墨的能量，故石墨转化为金刚石应该为吸热反应，A错误；石墨和金刚石的转化是化学变化，B错误；能量越高越不稳定，石墨的稳定性强于金刚石，C正确；键能越大，能量越低，1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大1.9kJ，D错误。14、D【答案解析】

A.乙酸与氢氧化钠溶液反应，而杂质乙醇不与氢氧化钠溶液反应，且它们之间互溶，无法用分液分离，故A错误；B.乙烯和二氧化硫都可以与酸性高锰酸钾溶液反应，所以不能用高锰酸钾溶液除去乙烯中的二氧化硫，故B错误；C.碘化钾与溴反应生成单质碘，碘、溴都易溶于溴苯，无法用分液的方法分离，故C错误；D.水与生石灰反应生成氢氧化钙，然后蒸馏分离出乙醇，故D正确。故选D。【答案点睛】除去乙醇中少量的水，由于两者沸点相近，蒸馏很容易使两者都蒸出来，所以加生石灰，生成不挥发的氢氧化钙，然后再蒸馏，这样可得99.5%的无水酒精，如果还要去掉残留的少量水，可以加入金属镁再蒸馏。15、D【答案解析】

由示意图中数据可知，反应物键的断裂吸收的能量为（946+498）kJ=1444kJ/mol，生成物键的形成放出的能量为2×632kJ=1264kJ/mol，则该反应是吸热反应。【题目详解】A项、一氧化氮属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故A错误；B项、该反应是吸热反应，1molN2和1molO2反应生成2molNO，吸收能量为180kJ，故B错误；C项、由示意图可知1molN2和1molO2反应生成2molNO，若10分钟内减少1molN2，反应生成2molNO，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）=△c(NO)△t=2mol1L10min=0.2mol/（D项、破坏N2分子中氮氮三键消耗的能量大于破坏O2分子中氧氧双键消耗的能量，则N2分子中化学键键能大于O2分子中化学键键能，故D正确；故选D。【答案点睛】注意键能越大，化学键越不容易被打断，化学键越稳定，物质越稳定。16、D【答案解析】

A.能导电的化合物中含有自由移动的离子，熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动的离子，在熔融状态下能发生电离的电解质是离子化合物，故A正确；B.双原子分子中，两个不同的非金属原子之间形成的是极性共价键，两个相同的非金属原子之间形成的是非极性共价键，故B正确；C.由非金属元素组成的化合物可以是离子化合物，例如NH4Cl，故C正确；D.H2O2，Na2O2为不同元素组成的多原子分子，存在非极性键，故D错误。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CONa第二周期第ⅤA族共价H2O>NH3>CH4C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O【答案解析】

短周期A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A的原子半径最小，则A为H元素；F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，则F为S元素；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，该固体为过氧化钠，则D为O元素、E为Na元素；B原子的最外层上有4个电子，原子序数小于O，则B为C元素，则C为N元素，据此结合元素周期律分析解答。【题目详解】(1)根据分析可知，A为H元素、B为C元素、C为N元素，D为O元素、E为Na元素、F为S元素，故答案为：C；O；Na；(2)C为N元素，原子序数为7，位于周期表中第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；(3)B、D两元素形成化合物为一氧化碳或二氧化碳，均属于共价化合物，故答案为：共价；(4)F为S元素，原子结构示意图为，故答案为：；(5)BD2为二氧化碳，属于共价化合物，电子式为；E2D2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为，故答案为：；；(6)元素的非金属性越强，最简单氢化物稳定性越强，B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为H2O>NH3>CH4，故答案为：H2O>NH3>CH4；(7)F元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4，浓硫酸和C反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；(8)E与F两元素形成的化合物为Na2S，用电子式表示其化合物的形成过程为，故答案为：。【答案点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点为(5)中电子式的书写，要注意过氧化钠中含有过氧根离子。18、分馏Cu或Ag作催化剂并加热羧基CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O加入浓硫酸作催化剂、加热等【答案解析】

A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，则C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为D，则D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为乙酸乙酯。（1）工业上，由石油分馏获得石蜡油，故答案为：分馏；（2）丁烷的一种同分异构体中含有三个甲基，则这种同分异构体的结构简式是：；（3）反应B→C是乙醇催化氧化生成乙醛，反应发生需要的条件为Cu或Ag作催化剂并加热；D为CH3COOH，物质中官能团的名称是羧基；（4）反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，反应方程式是CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，该反应的速率比较缓慢，通常采取加入浓硫酸作催化剂、加热等措施提高该反应的速率。【答案点睛】本题考查有机推断及合成，据题意可知A为乙烯、B为乙醇、C为乙酸、D为乙酸乙酯。从石蜡油里获得乙烯主要是通过石蜡油的裂解得到，所以是化学变化。乙醇与乙酸在浓硫酸做催化剂的条件下，乙醇脱掉羟基中的氢，而乙酸脱掉羧基中的羟基，所以产物为乙酸乙酯和水。同分异构体特点是分子式相同结构不同。19、分液漏斗溴水褪色ba品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色NaOH【答案解析】

浓硫酸与亚硫酸钠反应会生成二氧化硫，其化学方程式为：；二氧化硫能是溴水褪色，其实质是与溴水发生反应，化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，B装置的实验操作体现了二氧化硫的还原性；二氧化硫与硫化氢反应，其化学方程式为：，C装置体现了二氧化硫的氧化性；D装置的品红是为了验证二氧化硫的漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，但加热后溶液又恢复红色，则证明二氧化硫与品红的作用具有可逆性，二氧化硫有毒，需用碱性溶液进行尾气处理，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，（1）根据反应的原理和实验的需要，装置A中盛放浓硫酸的为分液漏斗，A为二氧化硫的发生装置，涉及的化学方程式为：，故答案为分液漏斗；；

（2）装置B中二氧化硫与溴水会发生氧化还原反应，而使溴水褪色，其化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，S元素的化合价由+4价升高到+6价，被氧化，体现了二氧化硫的还原性，b项正确；二氧化硫与硫化氢的反应方程式为：，二氧化硫中S元素+4价被还原成0价的硫单质，被还原，表现为氧化性，c项正确；，故答案为溴水褪色；b；；c；（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；二氧化硫为酸性氧化物，可与氢氧化钠反应，故实验室进行尾气处理时选用氢氧化钠溶液吸收，故答案为品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；NaOH。【答案点睛】本实验探究了二氧化硫的化学性质，其中要特别注意二氧化硫的漂白性体现在可使品红溶液褪色上，而能使溴水或酸性高锰酸钾褪色则体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，学生要辨析实质，切莫混淆。20、B从右向左滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)增大4OH--4e-=2H2O+O2↑Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O1682FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+12OH-【答案解析】分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42−会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。利用该原电池电解氢氧化钠溶液，由于电极均是铜，在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生。（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，所以X极处溶液的c(OH-)增大。（4）由于实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。又因为高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色，所以在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH−－4e−=2H2O+O2↑和Fe－6e−+8OH−=FeO42−+4H2O；（5）X电极