长沙市第一中学2019-2020学年高一化学下学期第三次月考试题含解析

湖南省长沙市第一中学2019_2020学年高一化学下学期第三次月考试题含解析湖南省长沙市第一中学2019_2020学年高一化学下学期第三次月考试题含解析PAGE26-湖南省长沙市第一中学2019_2020学年高一化学下学期第三次月考试题含解析湖南省长沙市第一中学2019—2020学年高一化学下学期第三次月考试题（含解析）1。化学是你，化学是我，化学深入我们生活，下列说法正确的是A.木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B。食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C。包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D.PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃【答案】B【解析】【详解】A、木材纤维主要成分是纤维素，遇碘水不变蓝色,A错误；B、花生油属于酯类，可以发生水解反应,鸡蛋主要成分是蛋白质，水解生成氨基酸,B正确；C、聚氯乙烯中有氯原子，不属于烃类，C错误;D、对二甲苯中有苯环，不属于饱和烃，D错误。答案选B。2.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。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231C.232Th转换成233U是化学变化 D.230Th和232Th的化学性质相同【答案】D【解析】【详解】A、232Th的质量数是232，故A错误；B、Th元素的相对原子质量是Th各种同位素相对原子质量的平均值，故B错误；C、232Th转换成233U是原子核变属于物理变化，故C错误；D、230Th和232Th核外电子排布相同,所以化学性质相同，故D正确;故选D。3。a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子,b2−和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是A.a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B。b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C.c的原子半径是这些元素中最大的D。d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】【详解】a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2—和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物,B项正确；C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na〉S>O〉H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S,硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。4。下列有关化学键的叙述,正确的是A.离子化合物中一定含有离子键B。单质分子中均不存在化学键C。乙醇(C2H5OH）沸点高于甲醚（CH3—O—CH3），是因为化学键的强弱不同D。含有共价键化合物一定是共价化合物【答案】A【解析】【详解】A．含有离子键的化合物叫离子化合物，所以离子化合物中一定含有离子键,故A正确；B．单质分子中可能不存在化学键,如稀有气体单质，多原子构成单质含化学键，故B错误；C．乙醇（C2H5OH)和甲醚（CH3-O—CH3）的化学式相同,两者的相对分子质量也相同，但乙醇分子之间能形成氢键，使分子间产生了较强的结合力，沸腾时需要提供更多的能量去破坏氢键，而甲醚分子间没有氢键，所以乙醇的沸点比甲醚的高,二者沸点不同主要受氢键影响，氢键不是化学键，故C错误;D．只含有共价键的化合物一定是共价化合物,在离子化合物中可能含共价键，如NaOH为离子化合物含共价键，故D错误；答案选A。5.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（

）A.硅太阳能电池 B.锂离子电池C。太阳能集热器 D.燃气灶【答案】D【解析】【详解】A。硅太阳能电池是把太阳能转化为电能,A错误；B。锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；C。太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。6.下列四种x的溶液，分别加入盛有100mL2mol/L盐酸的烧杯中，并加入水稀释至500mL，此时x和盐酸缓和地进行反应，其中反应速率最大的是A.20mL，3mol/L B。20mL，2mol/LC。10mL，4mol/L D.10mL,2mol/L【答案】A【解析】【详解】由于x的溶液中加入100mL2mol/L的盐酸后都加水稀释至500mL，故稀释后的溶液中盐酸浓度相等,只要比较x的物质的量，20mL3mol/L、20mL2mol/L、10mL4mol/L、10mL2mol/L的x溶液中所含x的物质的量依次为0.06mol、0.04mol、0.04mol、0。02mol,故最终形成的溶液中x的浓度最大的是20mL3mol/L,与盐酸反应的速率最大，答案选A。7。通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是（）①太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2（g）＋O2(g）ΔH1＝＋571。6kJ·mol－1②焦炭与水反应制氢:C（s)＋H2O（g）=CO（g)＋H2(g)ΔH2＝＋131.3kJ·mol－1③甲烷与水反应制氢：CH4（g)＋H2O（g)=CO（g)＋3H2(g）ΔH3＝＋206。1kJ·mol－1A。反应①中电能转化为化学能B。反应②为放热反应C.反应③使用催化剂，ΔH3减小D.反应CH4（g）=C（s)＋2H2（g)的ΔH＝＋74.8kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】A。反应①中,太阳光催化分解水制氢，由光能转化为化学能，A不正确；B。反应②中，ΔH2〉0，为吸热反应，B不正确；C。反应③中,使用催化剂,对ΔH3不产生影响,C不正确；D。将反应③—反应②得，反应CH4（g）=C(s)＋2H2（g)的ΔH＝＋74.8kJ·mol－1，D正确;故选D.8。反应3Fe(s）＋4H2O(g)=Fe3O4（s)＋4H2(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。将铁片变成铁粉B。将容器的体积缩小一半C。保持体积不变，充入N2使容器压强增大D。压强不变，充入N2使容器体积增大【答案】C【解析】【详解】A．将铁片变成铁粉，固体表面积增大，反应速率加快，故A对其反应速率有影响；B．将容器的体积缩小一半,气体浓度增大，反应速率增大，故B对其反应速率有影响；C．体积不变，充入氮气使容器压强增大,浓度不变，则反应速率不变，故C对其反应速率几乎无影响；D．压强不变，充入氮气使容器体积增大，则容器体积应增大，气体浓度减小，反应速率减小，故D对其反应速率有影响;答案选C。9.已知：C(s）＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g）△H=＋130kJ·mol－1，2C（s）＋O2(g）=2CO(g）△H=akJ·mol－1，H－H、O=O和O－H键的键能分别为436kJ·mol－1、496kJ·mol－1和462kJ·mol－1,则a为A。+220 B。+704 C。—704 D.-220【答案】D【解析】【详解】已知热化学方程式①C(s）＋H2O（g）=CO(g)＋H2（g)△H=＋130kJ/mol，②2C（s)＋O2(g）=2CO(g)△H=akJ·mol－1，则根据盖斯定律可知②－①×2即得到热化学方程式O2（g)＋2H2（g)=2H2O（g)△H=（a-2×130）kJ/mol；由于反应热等于断键吸收的能量与形成新化学键所放出的能量的差值,则496kJ/mol＋2×436kJ/mol－2×2×462kJ/mol＝(a-2×130）kJ/mol，解得a＝-220。答案选D.10.某有机物的结构简式为，其可能具有的性质是①能发生加成反应②能使酸性高锰酸钾溶液褪色③能发生取代反应④能发生中和反应⑤能发生氧化反应A.全部 B.①③④ C。①②③④ D.①②③【答案】A【解析】【详解】由该有机物的结构简式可得,结构中含苯环能发生加成反应和取代反应；含有醇羟基，可发生取代反应，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，能发生氧化反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色；含有羧基可发生取代反应,羧基具有酸性，可发生中和反应，则该有机物具有的性质为①②③④⑤。答案选A。11。我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：下列说法不正确的是（）A.生成CH3COOH总反应原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂.C.①→②过程吸收能量并形成了C—C键D。该催化剂对该反应的平衡转化率无影响【答案】C【解析】【详解】A．根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH,只有CH3COOH一种生成物,原子利用率为100％，A项正确；B．CH4选择性活化变为①的过程中，有1个C—H键发生断裂，B项正确；C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量,对比①和②,①→②形成C—C键,C项错误；D．该催化剂选择性活化了甲烷分子,加快了反应速率，但是不影响平衡移动,转化率不变，D项正确。答案选C。12.10mL浓度1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是A。K2SO4 B.CH3COONaC.CuSO4 D。Na2CO3【答案】AB【解析】【详解】A．加入K2SO4溶液，溶液被稀释，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A符合题意;B．加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子,溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B符合题意;C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，故C不符合题意；D．加入碳酸钠溶液,与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，故D不符合题意；答案选AB。13。短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示,这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是WXYZA。简单气态氢化物沸点：X＞ZB。氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC.化合物熔点:Y2X3＜YZ3D。简单离子的半径：Y＜X【答案】AD【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，W、X为第二周期，Y、Z为第三周期,设Y的最外层电子数为n,则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21,4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题.【详解】由以上分析可知X为O、Y为Al、Z为Cl、W为N元素；A．X为O,Z为Cl，O对应的简单气态氢化物为水蒸汽,水分子间可形成氢键,而Cl对应的简单气态氢化物为HCl，分子间无氢键，则水沸点比HCl高，即沸点：X＞Z，故A正确；B．Y为Al，对应的氧化物的水化物为弱碱，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性,则氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，故B错误；C．Al2O3离子化合物,为离子晶体，高熔点，AlCl3为共价化合物,为分子晶体,熔点低，则熔点：Y2X3＞YZ3，故C错误;D．X为O,Y为Al，Al3+和O2—离子结构相同,核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径:Y＜X,故D正确；答案选AD.14。已知：C(s）＋O2（g)＝CO2（g)△H1CO2（g）＋C(s)＝2CO(g)△H22CO（g）＋O2（g）＝2CO2（g）△H34Fe（s)＋3O3（g）＝2Fe2O3（s）△H43CO（g）＋Fe2O3(s）＝3CO2（g)＋2Fe（s)△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是A。△H1＞0，△H3＜0B.△H2＞0，△H4＞0C.△H1＝△H2＋△H3D.△H3＝△H4＋△H5【答案】C【解析】【详解】A、碳和CO燃烧均是放热反应，△H1＜0，错误；B、二氧化碳与碳反应是吸热反应，铁在氧气中燃烧是放热反应,△H4＜0，错误；C、②CO2（g)＋C(s)＝2CO（g)△H2，③2CO（g)＋O2（g)＝2CO2（g)△H3，则根据盖斯定律可知②＋③即得到C(s)＋O2(g）＝CO2（g），△H1＝△H2＋△H3,正确；D、已知④4Fe(s）＋3O3(g）＝2Fe2O3(s)△H4，⑤3CO（g)＋Fe2O3（s）＝3CO2(g）＋2Fe(s)△H5,则根据盖斯定律可知(④＋⑤×2)÷3得到2CO(g)＋O2(g）＝2CO2(g),则△H3＝，错误；答案选C.15.在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2发生催化分解.不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222。426。529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计）A。0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)B。6～10min的平均反应速率：v(H2O2）＜mol/（L·min）C.反应至6min时，c（H2O2)=0.3mol/LD.反应至6min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0。2mol/L，所以v（H2O2）=0。2mol/L÷6minmol/(L·min），A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；C．6min时，c（H2O2）=0。002mol÷0.01L=0.2mol/L，C错误；D．6min时,H2O2分解率为：=50%，D正确。答案选C。16。表为元素周期表的一部分．碳氮YX硫Z回答下列问题：(1)Z元素在周期表中的位置为__．（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）__．（3)下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是__．a．Y单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物,恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔沸点分别为﹣69℃和58℃，写出该反应的热化学方程式:__．（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中的两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50．为防止污染，将生成的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式分别为__，物质的量分别为__，生成硫酸铜物质的量为__．【答案】(1）。第三周期，第ⅤⅡA族（2)。Si（3).ac(4）.Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4(l）△H=﹣687kJ/mol（5).NO、NO2(6）。0.9mol、1。3mol(7）。2mol【解析】根据元素周期表结构可知，X为硅(Si）元素，Y为氧（O)元素,Z为（Cl）元素。(1)Z为Cl元素,其原子序数为17，原子结构示意图为：,因此Z位于周期表中第三周期,ⅤⅡA族；故答案为第三周期，第ⅤⅡA族;(2）元素周期表中，同一周期从左向右,原子半径逐渐减小，同一主族从上到下,原子半径逐渐增大；则原子半径最大的为Si，故答案为Si；（3)比较非金属性的强弱，可以根据元素单质氧化性强弱或氢化物稳定性来比,而与得失电子数目无关.a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明Y单质将H2S氧化为S单质，Y单质的氧化性比硫强，可说明Y元素的非金属性比S元素强，故a正确；b．在氧化还原反应中，得失电子数目与氧化性强弱无关，不能作为非金属性强弱比较的一句，故b错误；c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强,Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高,说明Y的氰化物更稳定，Y的非金属性较强，故c正确.故答案为ac；（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物SiCl4,恢复至室温，放热687kJ，又已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃,则常温下SiCl4为液态，该反应的热化学方程式为:Si（s)+2Cl2(g)=SiCl4(l）△H=﹣687kJ/mol。故答案为Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol;（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成NO2和NO，相对分子质量都小于50，符合题意。为防止污染，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，将生成的气体完全转化为NaNO3.根据N原子守恒，可得n(NaNO3)=n（NO2）+n（NO）=n（NaOH)。铜与酸反应的过程中,铜失去的电子数应等于HNO3所得电子数，还原产物NO2和NO又被O2氧化为NaNO3，N的电子转移至O2，可以理解为铜的电子最后进入O2。故根据原子守恒和电子守恒列式计算。设NO2的物质的量为x，NO的物质的量为y，则n（NaNO3)=n(NO2)+n（NO)=n(NaOH）n（e—）=n（O2)×4=n（NO2）×1+n（NO)×3=n（Cu）×2即2。2=x+y，4=x+3y,解得：x=1。3mol，y=0.9mol.参与反应的Cu的物质的量为：n(Cu)=2mol.故答案为NO0.9mol，NO21.3mol；2mol。【点睛】本题主要考查了元素周期表、热化学方程式和氧化还原反应三个方面.元素周期表部分，涉及到元素周期表的结构、元素周期律、原子结构等知识，要能根据原子的结构理解元素周期律.热化学方程式部分重点要牢记热化学方程式的书写原则,并且能根据所给予的信息推断出陌生物质的状态。氧化还原反应部分综合性较强，要求能够理清题中所给的反应，分清电子的来源和去向，利用守恒思想来解题。17。氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题：(1)氮元素原子的L层电子数为________________.(2)NH3与NaClO反应可得到肼(N2H4),该反应的化学方程式为____________________。(3)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。已知：①N2（g)＋2O2（g)=N2O4(l）△H1=－19.5kJ·mol－1②N2H4（l)＋O2（g）=N2（g)＋2H2O（g）△H2=－534kJ·mol－1写出肼和N2O4反应的热化学方程式________________________________________.（4)肼-空气燃料电池是一种碱性电池,该电池放电时，正极的反应式为________________________________________。【答案】（1）.5（2）。2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O（3)。2N2H4（l)+N2O4（l)=3N2(g）+4H2O(g)△H=—1048.5kJ/mol(4)。O2+2H2O+4e-=4OH—【解析】【详解】(1)N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，所以氮元素原子的L层电子数为5;(2)NH3与NaClO发生氧化还原反应可得到肼(N2H4)、氯化钠和水，所以该反应的化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（3)肼可作为火箭发动机的燃料,与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气，已知:①N2（g)＋2O2（g）=N2O4（l)△H1=－19。5kJ·mol－1②N2H4(l）＋O2(g)=N2（g)＋2H2O（g)△H2=－534kJ·mol－1根据盖斯定律，②×2—①得肼和N2H4反应的热化学方程式2N2H4（l)+N2O4（l)=3N2（g）+4H2O(g）△H=-1048。5kJ/mol；(4)肼一空气燃料碱性电池中,通入燃料的一极为负极，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为：N2H4+4OH-—4e—=4H2O+N2，通入空气的一极为正极，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e—=4OH-。18。碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0。50mol•L-1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol•L—1K2S2O8、0.10mol•L—1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O82—+2I—=2SO42-+I2（慢）I2+2S2O32-=2I—+S4O62—（快）(1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32—)：n（S2O82-）。（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表:实验

序号

体积V/mL

K2S2O8溶液

水

KI溶液

Na2S2O3溶液

淀粉溶液

①

10。0

0。0

4.0

4。0

2.0

②

9。0

1。0

4。0

4.0

2.0

③

8.0

Vx

4。0

4.0

2.0

表中Vx=mL，理由是。（3)已知某条件下，浓度c（S2O82-）~反应时间t的变化曲线如图13,若保持其它条件不变,请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O82—）～反应时间t的变化曲线示意图（进行相应的标注）.（4）碘也可用作心脏起捕器电源﹣锂碘电池的材料，该电池反应为：2Li（s）+I2(s)=2LiI（s)△H已知：4Li(s)+O2（g)=2Li2O(s)△H14LiI（s)+O2（g）=2I2(s)+2Li2O(s）△H2则电池反应的△H=；碘电极作为该电池的极。【答案】(1)Na2S2O3;＜2(2）2;理由是保证其他条件不变,只改变反应物K2S2O8浓度，从而才到达对照实验目的（3）（4）;正极【解析】【分析】(1）根据KI、Na2S2O3与淀粉的反应原理解答，注意反应过程的快慢问题；（2）根据实验目的及表格数据分析，从而确定Vx的大小及理由,注意探究物质的量浓度对反应速率影响时,其它条件应相同；(3）降低温度,化学反应速率减小，则到达平衡时间延长;加入催化剂，增大反应速率，则缩短反应到达平衡时间;（4）将第一个方程式与第二个方程式相减再除以2，焓变进行相应改变，正极上得电子发生还原反应．【详解】（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，先发生S2O82-+2I-═2SO42—+I2(慢)，后发生I2+2S2O32-═S4O62—+2I-(快），当S2O32﹣耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色，根据I2+2S2O32—═S4O62-+2I—（快)方程式知，I2与S2O32﹣的物质的量的关系为1：2，即1mol碘需2molS2O32—，根据方程式S2O82—+2I-═2SO42-+I2知，生成1mol碘需为1molS2O82﹣，即n(S2O32-）：n(S2O82—）=2:1，为确保能观察到蓝色,碘需有剩余，即n（S2O32—）：n（S2O82﹣）＜2；（1）对照实验1和2发现,实验2取的0。20mol•L-1K2S2O8溶液的体积9mL，比实验1少了1mL，说明取的K2S2O8物质的量少，加水1mL，保证了溶液的体积不变，所以在其它条件不变的情况下,探究的是该反应速率与K2S2O8浓度的关系，同样原理对照实验1和3，为保证溶液的体积相同，须加2mL水；（1）保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，所以到达液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短，故答案为;（1）①4Li(s)+O2(g）=2Li2O(s)△H1②4LiI（s）+O2(g)=2I2（s）+2Li2O（s）△H2将方程式得2Li(s)+I2（s)=2LiI(s),△H=，该反应中碘得电子发生还原反应，所以碘是在正极上发生反应，故答案为；正极。19.有机物A(C5H10O2）具有果香味，可用作食品加香剂,还可用作天然和合成树脂的溶剂。已知：①B、E分子中没有支链；②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳；③D、E具有相同官能团；E的相对分子质量比D大14；④F是一种植物生长调节剂,能使溴的CCl4溶液褪色。(1)B的化学名称为____________。D分子中所含的官能团的名称是____________。(2）B与E生成A的反应类型是____________。（3）写出F使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式:________________________。(4）A的结构简式为________________________。【答案】（1)。乙醇(2）。羧基（3)。酯化反应（或取代反应)（4）.CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（5).CH3CH2COOCH2CH3【解析】【分析】有机物A（C5H10O2）具有果香味,则A中含有的官能团为酯基。采用逆合成分析法可以看出，D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，可知D为酸，C为醛，B为醇；D、E具有相同官能团且E的相对分子质量比D大14，根据A的分子式及B、E分子中没有支链可知，E为丙酸，D为乙酸，故C为乙醛，B为乙醇，F是一种植物生长调节剂，能使溴的CCl4溶液褪色，则F为乙烯，A为CH3CH2COOCH2CH3，据此分析作答.【详解】(1）B的化学名称为乙醇;D为乙酸，其分子中所含的官能团的名称是羧基；（2)B与E生成A的过程为酸与醇发生酯化反应生成酯与水的过程，故其反应类型为：酯化反应（或取代反应）；(3)F为乙烯，其中含碳碳双键,与溴发生加成反应，其化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br;(4)根据分析，A的结构简式为：CH3CH2COOCH2CH3。20。溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/g/cm30。883。101。50沸点/℃8059156水中溶解性微溶微溶微溶