2024届山东省济南市济钢高级中学高一化学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2024届山东省济南市济钢高级中学高一化学第二学期期末学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、在一定条件下，下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（）A．C3H2Cl6有四种同分异构体B．甲苯分子中所有原子可能共面C．苯、乙醇、油脂均不能使酸性

KMnO4溶液褪色D．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有3种2、下列反应过程中,同时有离子键和共价键的断裂和形成的是A．2H2+O22H2OB．NH3

+HCl=NH4ClC．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑D．2Mg+CO22MgO+C3、下列有关元素及其化合物性质的比较正确的是（）A．稳定性：H2O＜PH3＜NH3 B．原子半径：F＜O＜ClC．酸性：H2CO3＜H2SO4＜H3PO4 D．碱性：LiOH＜NaOH＜Al(OH)34、汽车发动机在工作时，由于电喷，在气缸中会发生反应：N2(g)+O2(g)=2NO(g)。已知该反应过程中的能量变化如图所示，下列说法中错误的是（）A．该反应过程中有共价键的断裂和形成B．该反应是氧化还原反应C．该反应是放热反应D．使用催化剂可以改变反应速率5、1mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相同物质的量的四种取代物，则消耗氯气的物质的量为:（）A．1molB．2molC．2.5molD．4mol6、下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是（

）A．2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ B．Al2O3＋3C2Al＋3CO↑C．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D．2Ag2O4Ag＋O2↑7、下列元素中，属于第三周期的是A．氮B．氟C．硅D．钾8、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1molCH4转移2mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－===2H2OC．电池工作时，CO32-向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－===2CO32-9、下列各组元素性质的递变情况错误的是A．Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多B．P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强C．N、O、F最高价氧化物的水化物酸性依次增强D．Na、K、Rb金属性依次增强10、下列物质中，不能与金属钠反应的是（）A．氯气 B．水 C．氧气 D．煤油11、下列物质可用降温结晶法提纯的是()A．食盐中混有少量泥沙B．含杂质氯化钠的硝酸钾C．氯化钠中含有杂质氯化镁D．酒精中混有少量的水12、第ⅦA族元素具有相似的化学性质，其原因是它们的原子具有相同的A．电子层数B．核外电子数C．最外层电子数D．原子半径13、X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，它们的原子的最外层电子数与原子序数的关系如下图所示。下列说法正确的是（）A．Y和W在同一主族B．X和R在同一周期C．Y的最高正化合价为+7D．Z和O2反应的产物只有一种14、中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv。下列关于核素的叙述错误的是A．原子序数为116 B．中子数为177C．核外电子数为116 D．质量数为17715、如图所示，从A处通入新制备的氯气，关闭旋塞B时，C处红色布条无明显的变化，打开旋塞B时，C处红色布条逐渐褪色。由此可判断D瓶中装的试剂不可能是A．浓硫酸 B．溴化钠溶液 C．Na2SO3溶液 D．硝酸钠溶液16、下列实验操作和数据记录都正确的是（）A．用10mL量筒量取9.2mLNaCl溶液B．用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH=3.2C．用25mL碱式滴定管量取16.60mL高锰酸钾溶液D．用托盘天平称量时，将NaOH固体放在左盘内的滤纸上，称得质量为10.2g二、非选择题（本题包括5小题）17、乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：已知：2CH3CHO+O2催化剂，加热2CH3COOH（1）反应①的化学方程式是_______。（2）B的官能团是_______。（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_______。（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。i.反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_______。制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。iii.反应类型是___。iv.与制法一相比，制法二的优点是___。18、A、B、C、D、E、F、G均为常见的有机物，它们之间有如下转化关系。已知：①A是一种植物生长调节剂，有催熟作用；②醛基在氧气中易被氧化成羧基。回答下列问题：（1）A和B中官能团名称分别是___和___。（2）在F的众多同系物中：最简单的同系物其空间构型为___；含5个碳原子的同系物其同分异构体有___种，其中一氯代物种类最少的同系物的结构简式为___。（3）反应⑥和⑦均可得到G，要制备得到较纯净的G，应该选用反应_____。（4）反应①﹣⑦属取代反应的有___；反应④中，浓硫酸的作用是___。反应②的化学方程式为___。19、某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：（1）在30mL的大试管①中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；（2）按下图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；（3）待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层；（4）分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，浓硫酸、乙醇、乙酸的滴加顺序是：_______。写出制取乙酸乙酯的化学方程式________。（2）试管②中所加入的物质是：________，作用为_________。A．中和乙酸和乙醇；B．中和乙酸并吸收部分乙醇；C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出；D．加速酯的生成，提高其产率。（3）步骤（2）中需要小火均匀加热，温度不能太高，其主要理由是：_____（答一条即可）。（4）分离出乙酸乙酯层所用到的主要仪器是________；为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为（填字母）：_______。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体20、某同学利用下列实验装置图探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验（假设药品足量），请回答下列问题：(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO气体的离子方程式为_______________________。(2)实验开始时，该同学进行了如下的操作步骤，正确的顺序是__________(填选项序号)①打开活塞与止水夹②U形管右侧酸液与铜丝分离后，打开活塞③检查气密性，组装好其它部分仪器④从长颈漏斗往U形管中注入稀硝酸至与橡皮塞下端齐平⑤关闭活塞与止水夹(3)第(2)题中操作④的目的是________________________________________。(4)上述实验过程中长颈漏斗所起的作用是______________________________。(5)能证明稀硝酸与铜反应还原产物是NO气体的实验现象是_____________(填选项字母)。原因是____________________________（用化学方程式表示）。A．U形管右侧中收集到无色气体B．U形管右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气变为红棕色C．U形管中溶液颜色变成蓝色21、（1）反应3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：①增加Fe的量，其反应速率____（填“增大”、“不变”或“减小”，下同）。②将容器的体积缩小一半，其反应速率____。③保持体积不变，充入He，其反应速率____。④保持压强不变，充入He，其反应速率_____。（2）氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）。①能说明该反应已达到平衡状态的标志是____（填字母序号）a.反应速率5v（NH3）=4v（N2）b.单位时间里每生成5molN2，同时生成4molNH3c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化d.容器内n(NO）：n（NH3）：n（N2）：n（H2O）=6：4：5：6②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中v（正）与v（逆）相等的点为_____（选填字母）。（3）298K时，若已知生成标准状况下2.24LNH3时放出热量为4.62kJ。写出合成氨反应的热化学方程式____。（4）一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2（g）=N2O4（g）△H=-180kJ·mol-1，n（NO2）随时间变化如下表：时间/s012345n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005用NO2表示0～2s内该反应的平均速度____。在第5s时，NO2的转化率为____。根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】分析：A．丙烷的二氯代物同分异构体种类与六氯代物同分异构体种类相同；B．甲苯可以可作是甲烷中的H原子被苯基取代，根据甲烷结构判断所有原子是否共面；C．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不饱和油脂能被酸性高锰酸钾溶液氧化；D．分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇。详解：A．丙烷的二氯代物同分异构体种类与六氯代物同分异构体种类相同，丙烷的二氯代物有CHCl2CH2CH3、CH3CCl2CH3、CH2ClCHClCH3、CH2ClCH2CH2Cl，将氯原子换为氢原子、氢原子换为氯原子即可得到其六氯代物，所以其六氯代物有4种，A正确；B．甲苯可以可作是甲烷中的H原子被苯基取代，甲烷是正四面体结构，根据甲烷结构知，该分子中所有原子不共面，B错误；C．乙醇、不饱和油脂能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被-OH取代得到3种醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被-OH取代得到4种醇；C（CH3）4分子中有1种H原子，被-OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种，D错误；答案选A。详解：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，涉及物质性质及同分异构体种类判断，侧重考查学生知识迁移能力及判断能力，难点是A选项，采用逆向思维方法分析解答，题目难度中等。2、C【解题分析】分析：化学反应的实质是旧键断裂和新键生成，一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。详解：A.2H2+O22H2O中只有共价键的断裂和生成，选项A不选；B．NH3+HCl=NH4Cl中有共价键的断裂和生成，有离子键的生成，但没有离子键的断裂，选项B不选；C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有共价键的断裂和生成，有离子键的断裂和生成，选项C选；D.2Mg+CO22MgO+C中有共价键的断裂和生成，有离子键的生成，但有离子键的断裂，选项D不选；答案选C。3、B【解题分析】

A.非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性：PH3＜NH3＜H2O，A项错误；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径F＜O＜Cl，B项正确；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4，C项错误；D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：Al(OH)3＜LiOH＜NaOH，D项错误；答案选B。4、C【解题分析】分析：对于反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)，反应中N、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，以此解答该题。详解：A．化学反应的实质为共价键的断裂和形成，A正确；B．反应中N、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B正确；C．由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，C错误；D．加入催化剂，改变反应的活化能，可改变反应速率，D正确。答案选C。点睛：本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的应用，题目难度不大。5、C【解题分析】1mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.25mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以生成0.25mol一氯甲烷需要氯气0.25mol氯气，生成0.25mol二氯甲烷需要氯气0.5mol，生成0.25mol三氯甲烷需要氯气0.75mol氯气，生成0.25mol四氯化碳需要氯气1mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.25mol+0.5mol+0.75mol+1mol=2.5mol，故选C。6、B【解题分析】

A、活泼金属采用电解熔融的氯化物，正确；B、该反应发生的温度为2125℃，必定消耗大量的能量，经济效益不高，故不采用，工业上一般采用电解熔融Al2O3来冶炼铝。C、铁可以采用热还原的方法冶炼，一般还原剂为焦炭、一氧化碳等；D、不活泼的金属可以采用热分解的方法制取。答案选B。7、C【解题分析】试题分析：周期数＝电子层数，根据核外电子排布可知氮和氟是第二周期元素，硅是第三周期元素，钾是第四周期元素，答案选C。考点：考查元素周期表的结构点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。明确元素周期表的编制原则和元素原子的核外电子排布是答题的关键。8、D【解题分析】

根据图示，甲烷和水经催化重整生成CO和H2；燃料电池中，通入CO和H2燃料的电极为负极，被氧化生成二氧化碳和水，通入氧气的电极为正极，氧气得电子生成CO32-，据此分析解答。【题目详解】A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；B．熔融碳酸盐燃料电池的电解质中没有OH-，电极A的反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，故B错误；C．燃料电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D．电极B为正极，正极上氧气得电子生成CO32-，反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；答案选D。【题目点拨】明确原电池的原理是解题的关键。本题的易错点为B，书写电极反应式时要注意结合电解质的影响书写。9、C【解题分析】

本题考查的是同周期、同主族性质递变。同周期元素自左向右最外层电子数逐渐增多，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。【题目详解】A.Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1，2，3，故A正确；B.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强，故B正确；C.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。但是O、F无最高价含氧酸，故C错误；D.Na、K、Rb的最外层电子数相同，原子半径依次增大，则金属性依次增强，故D正确；答案选C。【题目点拨】本题考查的是元素周期律的相关知识，题目难度不大，熟悉元素周期律的知识是解题的关键。10、D【解题分析】

A．钠是活泼金属，可与氯气反应生成NaCl，故A不符合题意；B．钠可与水剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气，故B不符合题意；C．在常温和点燃的条件下，钠和氧气反应生成钠的氧化物或过氧化物，故C不符合题意；D．实验室中少量的金属钠保存在煤油中，说明钠与煤油不反应，故D符合题意；答案选D。11、B【解题分析】

A、泥沙不溶于水，通过溶解过滤除去食盐中混有少量泥沙，不能通过结晶的方法分离这两种物质，A不符合；B、硝酸钾和氯化钠都溶于水，硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，采用降温结晶会大量析出硝酸钾，氯化钠的溶解度受温度影响较小，降温后不会结晶析出留在溶液中再蒸发即可结晶析出，从而分离开硝酸钾和氯化钠，B符合；C、氯化钠、氯化镁的溶解度受温度影响都较小，不能通过结晶的方法分离这两种物质，C不符合；D、酒精和水互溶，二者的沸点相差较大，可以用蒸馏法除去酒精中混有少量的水，D不符合；答案选B。【题目点拨】溶解度随温度变化大的物质或结晶水合物，可采用降温结晶分离，即蒸发浓缩，冷却结晶；溶解度随温度变化不大的物质，可采用蒸发结晶分离，即蒸发浓缩，趁热过滤。12、C【解题分析】元素原子的最外层电子数决定其化学性质，因此第ⅦA族元素具有相似的化学性质，其原因是它们的原子具有相同的最外层电子数，答案选C。点睛：掌握影响化学性质的因素是解答的关键，另外需要注意元素原子的最外层电子也叫价电子，主族元素的价电子就是最外层电子，而副族或第Ⅷ族的次外层或倒数第三层电子也叫价电子。13、A【解题分析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素。A．氟和氯最外层电子数相等，位于同一主族，故A正确；B.X和R最外层电子数相等，不可能在同一周期，故B错误；C.Y为F元素，没有最高正化合价，故C错误；D.钠和O2反应的产物有氧化钠和过氧化钠，故D错误；故选A。14、D【解题分析】

A.第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确；B.中子数=质量数-质子数=293-116=177，故B正确；C.原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数，所以核外电子数为116，故C正确；D.293代表该原子的质量数，故D错误；故答案为D。15、D【解题分析】

干燥氯气不能使有色布条褪色，氯气能使有色布条褪色的原因是：氯气和水反应生成具有漂白性的HClO。先关闭活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，C处的(干燥的)红色布条看不到明显现象，说明氯气通过D装置后，水蒸气被吸收，或氯气被吸收；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，C处的红色布条逐渐褪色，说明水蒸气和氯气均未被吸收。据此分析解答。【题目详解】A．若图中D瓶中盛有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，作干燥剂，在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，含水蒸气的氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，氯气被干燥，没有水，就不能生成HClO，就不能使有色布条褪色，所以C处的(干燥的)红色布条看不到明显现象；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故A不选；B．若图中D瓶中盛有溴化钠溶液，在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气经过盛有溴化钠溶液的D瓶时，发生置换反应，氯气被吸收，没有氯气进入C装置，有色布条不褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故B不选；C．若图中D瓶中盛有Na2SO3溶液，在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气经过盛有Na2SO3溶液发生氧化还原反应，氯气被吸收，没有气体进入C装置，有色布条不褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故C不选；D．在A处通入含水蒸气的氯气，关闭B活塞时，氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，氯气经过硝酸钠溶液后，氯气不能被完全吸收，也不能被干燥，故仍可以生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色；打开活塞B，在A处通入含水蒸气的氯气，氯气和水反应生成具有漂白性的HClO，C处的红色布条逐渐褪色，故D选；答案选D。16、A【解题分析】分析：A．量筒精确到0.1；B．pH试纸只能得到整数；C．用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；D．NaOH固体有腐蚀性易潮解；详解：A．量筒精确到0.1，可量取NaCl溶液，体积为9.2mL，A正确。B．pH试纸精确到1，无法测得pH=3.2，B错误；C．高锰酸钾具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，C错误；D．NaOH固体有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br羟基（或—OH）取代反应（或酯化反应）分液漏斗加成反应原子利用率高【解题分析】

乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚乙烯。【题目详解】（1）反应①为乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：H2C=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，故答案为：羟基；（3）高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为，故答案为：；（4）i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应（或酯化反应）；ii.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；iii.一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；iv.与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为：原子利用率高。【题目点拨】本题考查有机物推断，注意对比物质的结构，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化，明确发生的反应是解答关键。18、碳碳双键羟基正四面体3C(CH3)4⑦④⑥催化剂、吸水剂2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O【解题分析】

A是一种植物生长调节剂，有催熟作用，则A为乙烯，过程①为加成反应，B为乙醇，过程②为乙醇的催化氧化，C为乙醛，过程③为乙醛的氧化反应，D为乙酸，过程④为酯化反应，E为乙酸乙酯，F为乙烷，过程⑥为烷烃的卤代反应，G为氯乙烷，过程⑦为烯烃的加成反应。【题目详解】（1）A和B中官能团名称分别是碳碳双键和羟基；（2）在F的众多同系物中，最简单的同系物为甲烷，其空间构型为正四面体形，含5个碳原子的同系物其同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种，其中一氯代物种类最少的同系物为对称结构的新戊烷，结构简式为C(CH3)4；（3）反应⑥和⑦均可得到G，要制备得到较纯净的G，应该选用加成反应，即过程⑦，若采取取代反应，则会生成无机小分子和其他的副产物；（4）根据分析，反应①﹣⑦属取代反应的有④酯化反应和⑥卤代反应，反应④中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，反应②为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。19、乙醇、浓硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O饱和碳酸钠溶液B、C因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料；温度过高可能发生其它副反应分液漏斗B【解题分析】

（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，所以选择中性干燥剂；【题目详解】（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发，所以先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸；酯化反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，所以B项和C项正确；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离，所以用到的仪器是分液漏斗；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，五氧化二磷属于酸性干燥剂，无水硫酸钠属于中性干燥剂，碱石灰属于碱性干燥剂，氢氧化钠属于碱性物质，所以选择中性干燥剂硫酸钠。20、3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O③①④⑤②将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出B2NO+O2=2NO2【解题分析】

（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；（2）该实验为探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，所以连接装置后先进行检查气密性，原理是利用活塞与止水夹构成封闭体系，根据装置内外的压强差形成水柱或气泡判断，然后进行反应，实验要验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，生成的气体不能与空气接触，应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，据此分析操作步骤；（3）装置中残留空气，反应产物一氧化氮易与空气中的氧气反应，需用反应产生的气体赶走装置中的空气；（4）长颈漏斗球形部分空间较大，能起缓冲作用，接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；（5）NO是无色气体，NO遇空气中氧气生成NO2气体，NO2是红棕色的气体，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，右侧压强增大，右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气变为红棕色，说明还原产物是NO。【题目详解】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）该实验为探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，所以连接装置后先进行检查气密性（③）