湖北省汉阳一中2024届高一化学第二学期期末调研模拟试题含解析

湖北省汉阳一中2024届高一化学第二学期期末调研模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的．这种物质是（）A．氢氟酸 B．盐酸 C．烧碱 D．纯碱2、下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是A．镁粉与稀盐酸反应 B．甲烷燃烧C．碳酸钙受热分解 D．中和反应3、下列图表中a、b、c表示对应装置的仪器中加入的试剂，可制取、净化、收集的气体是选项abc气体装置A浓氨水生石灰浓硫酸NH3B浓H2SO4铜屑NaOH溶液SO2C稀HNO3铜屑H2ONOD稀盐酸碳酸钙饱和NaHCO3溶液CO2A．A B．B C．C D．D4、如图所示装置中，观察到电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是MNPAZnCu稀H2SO4溶液BCuFe稀HCl溶液CAgZnAgNO3溶液DZnFeFe(NO3)3溶液A．A B．B C．C D．D5、乙烯利（C2H6ClO3P）能释放出乙烯从而促进果实成熟，可由环氧乙烷（）和PCl3为原料合成。下列说法正确的是（）A．乙烯、乙烯利均属于烃B．乙烯的结构简式为：C2H4C．环氧乙烷与乙醛互为同分异构体D．PCl3的电子式为：6、在20℃，5.05×105Pa条件下，密闭容器中进行反应2A(g)+xB(g)4C(g)，达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，建立平衡后，c(A)=0.18mol•L-1，则下列说法正确的是A．系数x＞2B．若增大该体系的压强，平衡向左移动，化学平衡常数变小C．若增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数不变D．该反应的化学平衡常数表达式是K＝7、下列装置能够组成原电池的是（）A．B．C．D．8、2016年11月30日，“国际纯粹与应用化学联合会”(IUPAC)正式发布，元素周期表中将加入4种新元素-Nh（原子序数113）、Mc（原子序数115）、Ts（原子序数117）和Og（原子序数118），它们分别是ⅣA族、ⅥA族、ⅦIA族、0族元素。这标志着元素周期表中的第7周期被全部填满。下列关于这些元素的说法错误的是A．Nh原子半径比C原子小B．Mc原子的失电子能力比同主族第6周期元素Po原子的失电子能力强C．Ts-还原性比Br-强D．Og原子最外层电子数是89、硒（Se）是人体健康必需的一种微量元素。已知Se的原子结构示意图为：。下列说法不正确的是（）A．该元素处于第四周期第ⅥA族B．SeO2既有氧化性又有还原性C．该原子的质量数为34D．酸性：HBrO4>H2SeO410、下列有关工业上金属冶炼的说法不正确的是A．用电解熔融氯化镁法制镁 B．用电解饱和食盐水法制钠C．用电解熔融氧化铝法制铝 D．用一氧化碳高温还原氧化铁法制铁11、某有机物的结构简式如下，有关性质叙述正确的是A．1mol该有机物最多可以与6molH2发生反应B．1mol该有机物最多可以与3molNa发生反应C．1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应D．1mol该有机物最多可以与2molNaHCO3发生反应12、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示。Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是A．原子半径：Z>Y>X B．氢化物稳定性：X>YC．氢化物沸点：Z>Y D．最高价氧化物对应的水化物酸性：W>Z13、利用海水制取淡水的传统方法是A．蒸发B．过滤C．分液D．蒸馏14、将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入气体X仍无沉淀，则X可能是（）A．Cl2 B．NH3 C．NO2 D．CO215、天然气燃烧过程中的能量转化方式为A．化学能转化为热能 B．化学能转化为电能C．热能转化为化学能 D．化学能转化为机械能16、某温度下，将2molA和3molB充入一密闭的容器中发生反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后达平衡。已知该反应在此温度下平衡常数K＝1，若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则B的转化率为（）A．60% B．40% C．24% D．4%二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置为_____________。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为______________。（3）若要比较D与E的金属性强弱，下列实验方法可行的是____________。A．将单质D置于E的盐溶液中，若D不能置换出单质E，说明D的金属性弱B．比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强C．将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强18、已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G之间的转化关系：请回答下列问题：（1）A、D中所含官能团的名称分别是_______________；C的结构简式是_____________；（2）E是一种具有香味的液体，由B+D→E的反应方程式为：______________，反应类型是________。（3）G是一种高分子化合物，其结构简式是____________________________________；（4）俄罗斯足球世界杯激战正酣，在比赛中当运动员肌肉扭伤时，队医立即对其受伤部位喷射物质F进行应急处理。写出由A制F的化学反应方程式：___________。（5）H是E的同分异构体，且H能与NaHCO3反应，则H的结构简式可能为(写出2种)：_____________________________________________________________________。19、二氧化氯（ClO2）常用于处理含硫废水。某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。已知：①ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11℃。②SO2+NaClO3+H2SO4→ClO2+NaHSO4（未配平）③ClO2+NaOH→NaCl+NaClO3+H2O（未配平）请回答下列问题：（1）设计如下装置制备ClO2

①装置A中反应的化学方程式为__________________________________。②装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。③欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为a→

g→

h→

_________________→d。（2）探究ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物操作步骤实验现象结论取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。品红溶液始终不褪色①无_______生成。另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡。②___________有SO42-生成③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，______________。有白色沉淀生成有Cl-生成④ClO2与Na2S反应的离子方程式为_________________________________________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_____________________________________________（任写一条）。20、用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。（2）该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。（3）若实验①在2min末收集了4.48mLCO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______mol·L-1（假设混合溶液的体积为50mL）。（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。21、Ⅰ．某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：实验序号实验温度KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O溶液褪色时间V(mL)C(mol/L)V(mL)C(mol/L)V(mL)t(s)A293K20.0240.10t1BT120.0230.1V18C313K20.02V20.11t2（1）通过实验A、B，可探究出_______的改变对反应速率的影响，其中V1=_____，T1=_____，通过实验_______可探究出温度变化对化学反应速率的影响。（2）若t1＜8，则由实验A、B可以得出的结论是________________________；利用实验B中数据计算，从反应开始到有结束，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为____________。（3）该反应中有无色无味气体产生，且锰被还原为Mn2+，写出相应反应的离子方程式_______。（4）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是_______________，相应的粒子最有可能是（填符号）_______。II.100kPa时，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO的平衡转化率与温度的关系曲线如图1，反应2NO2(g)N2O4(g)中NO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图2。①图1中A、B、C三点表示不同温度、压强下2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡时NO的转化率，则________点对应的压强最大。②100kPa、25℃时，2NO2(g)N2O4(g)平衡体系中，列式计算平衡常数Kp＝________。（Kp用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

普通玻璃的主要化学成分为二氧化硅，二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件下可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应，据此分析解答。【详解】A．氢氟酸与二氧化硅易反应，产生四氟化硅气体，反应的化学方程式为：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，能在玻璃上进行刻蚀，故A正确；B．盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故B错误；C．二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，生产的硅酸钠和二氧化硅难以分离，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故C错误；D．纯碱与二氧化硅在高温下反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故D错误；答案选A。2、C【解析】

生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应为吸热反应。A.镁粉与稀盐酸反应为放热反应，故A错误；B.甲烷燃烧为放热反应，故B错误；C.碳酸钙受热分解为吸热反应，故C正确；D.中和反应为放热反应，故D错误。故选C。【点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。答题时还需要明确物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。3、D【解析】分析：根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。详解：A、氨气的密度小于空气的密度，所以应用向下排空气集气法收集，且氨气不能用浓硫酸干燥，A错误；B、浓硫酸和铜反应需要加热，常温下不反应，不能制备二氧化硫，B错误；C、稀硝酸和铜反应可制取一氧化氮气体，旦NO易被氧化为NO2，不能采用排空气法收集，C错误；D、稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，采用向上排空气法收集二氧化碳，D正确；答案选D。点睛：本题主要是考查了反应装置、洗气装置、收集装置的选择，题目难度不大，掌握常见气体的制备原理、净化方法以及收集方法是解答的关键。答题时注意根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取洗气装置，根据气体的密度和性质选取收集装置。4、C【解析】

A．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Cu为正极，在正极上H+得到电子，被还原变为H2，因此观察到电流计指针偏转；但是M棒变细；N棒有气泡，不符合题意，A错误。B．Fe为负极，失去电子，被氧化变为Fe2+，而Cu为正极，在正极上溶液中的H+得到电子，被还原变为H2，因此会看到：电流计指针偏转；M棒有气泡；N棒变细，不符合题意，B错误。C．Zn为负极，失去电子，被氧化变为Zn2+，Ag为正极，在正极上溶液中的Ag+得到电子，被还原变为Ag单质，附着在Ag棒上，因此会观察到：电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，符合题意，C正确。D．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，变为Zn2+进入溶液，在正极Fe上，溶液中的Fe3+得到电子，被还原变为Fe2+，所以会观察到：电流计指针偏转；M棒变细；N棒无现象，不符合题意，D错误。答案选C。5、C【解析】

A、仅由碳氢两种元素形成的化合物是烃，乙烯属于烃，乙烯利还含有O、P、Cl三种元素，不是烃，A错误；B、乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，C2H4表示乙烯的分子式，B错误；C、环氧乙烷与乙醛的分子式均是C2H4O，结构不同，二者互为同分异构体，C正确；D、PCl3分子中含有共价键，电子式为，D错误；答案选C。6、D【解析】

A.在5.05×105Pa条件下达平衡时c(A)=1.00mol•L-1，现将压强减小到1.01×105Pa，压强为原来是五分之一，若平衡不发生移动，则建立平衡后，A的浓度也应该为原来的五分之一，即c(A)=0.200mol/L.但是却是c(A)=0.18mol•L-1。说明减小压强，平衡正向移动。根据平衡移动原理，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。所以2＋x<4.所以x=1，A错误。B．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动。但是化学平衡常数只与温度有关。温度不变，化学平衡常数也不变。B错误。C．若增大该体系的压强，平衡向气体体积减小的方向，即向左移动，由于温度不变，所以化学平衡常数不变。C错误。D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物幂指数的乘积与各反应物浓度幂指数乘积的比，对该反应来说，其化学平衡常数表达式是K＝。D正确。答案选D。7、B【解析】分析：根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。详解：A、银和铜均不能与稀硫酸反应不能自发的进行氧化还原反应，选项A错误；B、符合原电池的构成条件，选项B正确；C、两个电极材料相同蔗糖不是电解质溶液，选项C错误；D、没有形成闭合回路，选项D错误。答案选B。点睛：本题考查了原电池的构成条件，这几个条件必须同时具备，缺一不可。8、A【解析】分析:A.根据Nh和C在周期表中相对位置分析；

B.根据Mc和Po在周期表中相对位置分析；

C.根据Ts和Br在周期表中都在第VIIA族分析；

D.Og元素位于第七周期0族。详解：A.Nh在周期表中位置是第七周期ⅢA族，电子层数比C多5，原子半径比C原子大，故A错误；B.Mc元素位于第七周期第VA族,同一主族从上到下，元素的金属性增强，所以Mc原子的失电子能力比同主族第6周期元素Po原子的失电子能力强，故B正确；C.Ts元素位于第七周期第VIIA族，与Br处于同一主族，同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，Ts-还原性比Br-强，故C正确；D.Og元素位于第七周期0族，最外层8个电子，故D正确；故选A。9、C【解析】主族元素原子电子层数=周期数,最外层电子数=族序数,所以该元素处于第四周期第ⅥA族,A正确；中间价态的元素既有氧化性又有还原性,二氧化硒中硒处于+4价,是中间价态,所以二氧化硒既有氧化性又有还原性,B正确；质量数=质子数+中子数,质子数=原子序数,该原子的质子数为34,所以其质量数大于34,C错误；元素非金属性越强,最高价态氧化物的水化物的酸性越强,Br的非金属性大于Se的非金属性,所以酸性:HBrO4>H2SeO4，D正确；正确选项C。点睛：一种元素有多种价态，一般来讲，元素处于最高价态时，只有氧化性，处于最低价态时，只有还原性，处于中间价态的元素既有氧化性又有还原性。10、B【解析】

A.活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故A正确；B.用电解饱和食盐水法制氢氧化钠，氢气，氯气，得不到钠单质，工业上用电解熔融氯化钠的方法得到钠单质，故B错误；C.金属铝属于活泼金属，为亲氧元素，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，氯化铝是共价化合物，电解熔融不能电离，不能采用电解氯化铝的方法冶炼，故C正确；D.铁可以采用热还原法冶炼，用焦炭或者一氧化碳做还原剂，故D正确；答案选B。11、C【解析】

由结构简式可知，该有机物的官能团为碳碳双键、羟基、羧基和酯基，能表现烯烃、醇、羧酸和酯的性质。【详解】A项、该有机物分子中碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可以与4molH2发生反应，故A错误；B项、该有机物分子中羟基和羧基能与金属钠反应，则1mol该有机物最多可以与2molNa发生反应，故B错误；C项、该有机物分子中羧基能与氢氧化钠发生中和反应，酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应，故C正确；D项、该有机物分子中羧基能与碳酸氢钠反应，则1mol该有机物最多可以与1molNaHCO3发生反应，故D错误；故选C。【点睛】注意羧基和酯基中不饱和碳原子不能与氢气发生加成反应，是易错点。12、D【解析】

Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，根据四种元素所在周期表位置，即Z为第三周期，推出Z为S，W为Cl，Y为O，X为N，然后进行分析；【详解】Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，根据四种元素所在周期表位置，即Z为第三周期，推出Z为S，W为Cl，Y为O，X为N，A、同主族从上到下，原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径：S>Cl>N>O，故A错误；B、同周期从左向右非金属性增强，氢化物的稳定性增强，即H2O的稳定性强于NH3，故B错误；C、H2O分子间存在氢键，H2S不存在分子间氢键，即H2O的沸点高于H2S，故C错误；D、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl的非金属性强于S，即HClO4的酸性强于H2SO4，故D正确；答案选D。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。13、D【解析】利用海水制取淡水的传统方法是蒸馏，答案选D。14、D【解析】

将SO2通入BaCl2溶液中如生成沉淀，应有三种情况，一是加入碱性物质使溶液中有较多的SO32-离子，二是发生氧化还原反应生成SO42-离子，三是加入硫离子（硫化氢），否则不生成沉淀．【详解】A.氯气具有强的氧化性，能够与二氧化硫、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故A不符合题意；B.氨气为碱性气体，二氧化硫与氨气、水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故B不符合题意；C.二氧化氮具有强的氧化性，能够与二氧化硫、水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不符合题意；D.SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故D符合题意；答案选D。15、A【解析】

天然气燃烧，物质发生化学反应产生CO2、H2O，把化学能转化为热能。因此该过程中的能量转化方式为化学能转化为热能，选项是A。16、A【解析】试题分析：若温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，说明压强不能使化学平衡发生移动，则该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以a+1=1+1，故a=1，设转化的B为xmol，则：A（g）+B（g）C（g）+D（g）起始量（mol）：2300变化量（mol）：xxxx平衡量（mol）：2-x3-xxx反应前后气体体积不变，可以用各种物质的物质的量代替该物质的物质的量浓度计算化学平衡常数，则K="[c(C)×c(D)]÷[c(A)×c(B)]"=(x×x)÷[(2−x)×(3−x)]=1，解得x=1.2，故B的转化率为(1.2mol÷3mol)×100%=40%，故选项B正确。考点：考查压强对化学平衡移动的影响及物质平衡转化率的计算的知识。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期IIIA族BC【解析】

A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，W为O元素，D为Na元素，E为Al元素；(1)E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；(2)由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18-6-8=4，故该微粒结构简式为CH3OH，电子式为：，故答案为：；(3)D为Na元素，E为Al元素；A．将单质D置于E的盐溶液中，钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素，不能说明D的金属性弱，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强，故B正确；C．金属单质与盐酸反应越剧烈，对应元素的金属性越强，将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强，故C正确；故答案为：BC。【点睛】本题的易错点为(3)中A的判断，要注意钠的活泼性很强，与盐溶液反应时，是钠先与水反应，不能置换出金属单质，因此不能比较金属性的强弱。18、碳碳双键羧基CH3CHOCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O取代反应或酯化反应CH2=CH2+HClCH3CH2ClCH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH【解析】A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，说明A为乙烯，则根据转化关系分析，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为乙酸乙酯，F为氯乙烷，G为聚乙烯。(1)根据以上分析可知，乙烯的官能团为碳碳双键，D的官能团为羧基；C为乙醛，结构简式为：CH3CHO；(2)E是乙酸乙酯，乙酸和乙醇在浓硫酸加热的条件下生成的，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应类型为取代反应或酯化反应；(3)G为聚乙烯，结构简式为：；(4)乙烯和氯化氢反应生成氯乙烷，方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；(5)H是E乙酸乙酯的同分异构体，能与碳酸氢钠反应，说明其含有羧基，所以可能的结构简式为：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。19、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O2:1b→c→e→fSO2有白色沉淀加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底；或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物等（合理即可）【解析】

①装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②由题意知装置B中反应为SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；答案：2:1。③二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；故答案为：b→c→e→f；④在Ⅰ中反应过后的溶液加入品红，品红始终不褪色，说明不是由于SO2的漂白作用导致褪色，结论是无SO2生成。答案：SO2。在Ⅰ中反应过后的溶液加入Ba(OH)2，结论是有SO42-生成，所以反应生成BaSO4，现象应为白色沉淀。答案：白色沉淀；若生成可以证明Cl-存在的白色沉淀，那么操作应为加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。答案：加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液；由上述分析可知，生成物有SO42-和Cl-，用溶剂H2O补全反应方程式，所以离子方程式为8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+；ClO2相对于Cl2优点包括：ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定，ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生二次污染，均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍等。20、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O浓度②①0.0052KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间）产物Mn2+是反应的催化剂【解析】

（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①；（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)=4.48×10-3L22.4mol/L=2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=2×2×10-410mol=4×10-5mol，在2min末，n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需的时间或产生相同体积气体所需要的时间；（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是难点，一般先写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，利用化合价升降法进行配平，根据所带电荷数和原子守恒确认有无其他微粒参与反应，注意电解质的酸碱性。21、浓度1293KBC其他条