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文档简介
2025届河北省承德市玉林学校高一下化学期末联考试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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、根据元素周期律判断,不正确的是()A.铍(Be)原子失电子能力比Ca弱 B.K与水反应比Mg与水反应剧烈C.HCl的稳定性强于HBr D.硼酸(H3BO3)的酸性强于H2SO42、某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用其结构简式如下图所示(含有2种官能团)。该拒食素与下列足量某试剂充分反应后,官能团种类数发生变化的是A.H2B.HBrC.Br2的CC14溶液D.Ag(NH3)2OH溶液3、下列离子方程式书写正确的是A.含0.1molFeI2的溶液中滴加含0.125molCl2的氯水:2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-B.用白醋除铁锈:Fe2O3·xH2O+6H+=(3+x)H2O+2Fe3+C.向少量Ca(HCO3)2溶液中加入足量的Ca(OH)2:Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+CO32-D.向KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2使铝离子恰好沉淀完全:Al3++3OH-+Ba2++SO42-=Al(OH)3↓+BaSO4↓4、关于二氧化硫和二氧化碳的下列说法中不正确的是()A.都是酸性氧化物 B.都具有氧化性C.都能使澄清石灰水变浑浊 D.都能与氯化钙溶液反应生成沉淀5、下列各组有机物中,其一氯代物的数目不相等的是A.正戊烷和正己烷 B.新戊烷和2-甲基丙烷C.环戊烷和乙烷 D.丙烷和2,3-二甲基丁烷6、下列有机化学方程式书写正确的是()A.CH4+Cl2CH2Cl2+H2B.+HO-NO2+H2OC.H2C=CH2+Br2→CH3CHBr2D.CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH37、NA为阿伏加德罗常数,下列有关说法正确的是()A、常温下,7.8g固体Na2O2中,含有的阴阳离子总数为0.4NAB、4℃时,18g2H216O中含有共用电子对数为2NAC、1molN5+含有的电子数为34NAD、用金属铁、Cu片、稀硫酸组成原电池,当金属铁质量减轻5.6g时,流过外电路的电子为0.3NA8、化学与人类生产、生活和社会可持续发展密切相关,下列说法正确的是()A.煤的干馏是物理变化B.为防止食品氧化变质,包装袋中常放入生石灰C.淀粉遇碘变蓝,可用米汤检验加碘盐中是否加碘D.推广使用新能源汽车能够减少不可再生资源的消耗9、氢气燃烧生成水蒸气的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.燃烧时化学能全部转化为热能B.断开1mol氧氢键吸收930kJ能量C.相同条件下,1
mol氢原子的能量为E1,1
mol氢分子的能量为E2,则2E1<E2D.该反应生成1
mol水蒸气时能量变化为245
kJ10、在同温同压下,下列各组热化学方程式中,△H1<△H2的是A.C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH1C(s)+O2(g)===CO(g)ΔH2B.S(s)+O2(g)===SO2(g)ΔH1S(g)+O2(g)===SO2(g)ΔH2C.H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH12H2(g)+O2(g)===2H2O(l)ΔH2D.CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(g)ΔH1CaO(s)+H2O(l)===Ca(OH)2ΔH211、下列化合物中,既含有离子键又含有非极性键的是A.H2SO4 B.Ca(OH)2 C.Na2O2 D.BaCl212、下列说法不正确的是A.O2、O3互为同素异形体B.气态烃CH4、C2H4、C2H2互为同系物C.一氯丁烷(C4H9Cl)有4和同分异构体D.正丁烷的沸点高于异丁烷13、等质量的甲、乙、丙三种金属,分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸完全反应后,都生成+2价的硫酸盐,其产生氢气的体积与反应时间的关系如图所示,则下列说法正确的是A.三种金属的活动性顺序为甲>乙>丙B.反应结束消耗硫酸的质量一定相同C.三种金属的相对原子质量是甲>乙>丙D.甲先反应完,乙最后反应完14、在可以溶解氧化铝的溶液中,一定能大量共存的离子组是A.NH4+、Na+、S2-、SO32-B.Na+、K+、Cl-、SO42-C.Ca2+、Fe2+、NO3-、Br-D.K+、AlO2-、I-、SO42-15、下列物质中,既含离子键、又含共价键的是()A.NaOH B.Na2OC.H2O D.CaCl216、据最近报道,中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1:舰体镶嵌一些金属块;方法2:航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是()A.方法1叫外加电流的阴极保护法B.方法2叫牺牲阳极的阴极保护法C.方法1中金属块可能是锌、锡和铜D.方法2中舰体连接电源的负极二、非选择题(本题包括5小题)17、A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素,其原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子,它与A的单质可形成化合物X,X的水溶液呈碱性;A、D同主族,C的原子序数等于A、B原子序数之和;E是地壳中含量最高的金属元素,F元素的原子最外层比次外层少两个电子。用化学用语回答下列问题:(1)G在元素周期表中的位置为_______________________;(2)元素C、D、E的简单离子的半径由大到小关系为_______________________;(3)A分别与C、F形成的氢化物沸点较高的是_________,原因_______________________;(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程________________________________________;C、D还可形成化合物D2C2,D2C2含有的化学键是_______________________。18、A是石油裂解气的主要成分,A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平;F是一种高聚物,常做食品包装袋的材料;G遇到碘水能变成蓝色;E是具有水果香味的化合物。在一定条件下,有机物A、B、C、D、E、F、G、H间存在下列变化关系。(1)A、D分子中的官能团名称分别是________、_________。(2)H溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热,可观察到的现象是_________,医学上利用此原理可用来检测__________。(3)写出反应②、③的化学方程式,并指出反应类型:②_________________,__________;③_________________,__________。19、实验小组模拟工业上海水提溴,设计如下实验。回答下列问题:Ⅰ.利用如图所示装置富集溴:实验步骤:①关闭k1、k3,打开k2,向装置A中通入足量Cl2,充分反应;②停止通Cl2,关闭k2,打开k1、k3和k4,向装置A中通入足量热空气,同时向装置C中通入足量SO2,充分反应;③停止通气体,关闭k1、k4。(1)a的名称为___________。(2)步骤①中主要反应的离子方程式为_____________。(3)步骤②中通入热空气的作用为_______。装置C发生富集溴的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________;实际参加反应的SO2的物质的量大于理论值,主要原因为_____________(用化学方程式表示)。Ⅱ.制备溴:富集溴的过程结束后,继续向装置C中通入Cl2,充分反应后蒸馏。(4)下列蒸馏装置正确的是_____(填选项字母)。(5)装置A中加入VmL含Br-的浓度为cmol·L-1的浓缩海水,蒸馏所得溴单质的质量为mg,则该实验中溴单质的产率为__________。20、高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂,实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下:MnO2熔融氧化:3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2OK2MnO4歧化:3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3将MnO2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶,再通入CO2气体,使K2MnO4歧化的过程在如图装置中进行,A、B、C、D、E为旋塞,F、G为气囊,H为带套管的玻璃棒。回答下列问题:(1)仪器a的名称是______。(2)MnO2熔融氧化应放在______中加热(填仪器编号)。①烧杯②瓷坩埚③蒸发皿④铁坩埚(3)为了能充分利用CO2,装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后,关闭旋塞B、E,微开旋塞A,打开旋塞C、D,往热K2MnO4溶液中通入CO2气体,未反应的CO2被收集到气囊F中。待气囊F收集到较多气体时,关闭旋塞______,打开旋塞______,轻轻挤压气囊F,使CO2气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应,未反应的CO2气体又被收集在气囊G中。然后将气囊G中的气体挤压入气囊F中,如此反复,直至K2MnO4完全反应。(4)除去K2MnO4歧化产物中MnO2的操作方法是______。(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锰酸钾晶体,最后采用低温烘干的方法来干燥产品,原因是______。21、有研究人员设计了如下利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储的过程.回答下列问题:(1)反应I中,主要能量转化形式为__________能转化为_____________能。(2)S在元素周期表中位于第___________周期第_____________族。(3)下列事实中,能说明硫的非金属性比碳强的是__________________(填标号)。A.H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强B.在硫与碳的化合物CS2中S显负价C.硫的单质的硬度比金刚石低(4)配平反应Ⅱ的化学方程式:________SO2+_________H2O=______H2SO4+______S,该反应中氧化剂是_______________。(5)通过反应Ⅲ也可以不经过热能转化过程而直接获取电能,化学上将实现这一直接转化的装置称为_____________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、D【解析】
A.铍(Be)和Ca是同一主族的元素,由于金属性:Ca>Be,所以Be的原子失电子能力比钙弱,故A正确;B.由于金属性:K>Mg,所以K比Mg更容易失去电子,故K与水反应比Mg与水反应剧烈,故B正确;C.Cl、Br是同一主族的元素,元素的非金属性:Cl>Br,所以气态氢化物的稳定性:HCl>HBr,故C正确;D.由于非金属性:B<S,所以最高价氧化物对应的水化物的酸性:H3BO3<H2SO4,即硼酸(H3BO3)的酸性弱于H2SO4,故D错误。故选D。【点睛】同一周期随着元素原子序数的增大,原子半径逐渐减小,元素的金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强;同一主族的元素从上到下,原子半径逐渐增大,元素的金属性逐渐增强,非金属性逐渐减弱。2、A【解析】A、碳碳双键、醛基均能与氢气发生加成反应,官能团数目减少1个,选项A选;B、碳碳双键与溴化氢发生加成反应,引入1个溴原子,官能团数目不变,选项B不选;C、根据结构简式可知,分子中含有碳碳双键,与溴水发生加成反应,引入2个溴原子,因此官能团数目不变,选项C不选;D、分子中含有醛基,可发生银镜反应,醛基变为羧基,但官能团数目不变,选项D不选;答案选A。3、A【解析】分析:A.根据反应物的用量结合还原性碘离子强于亚铁离子分析;B.醋酸是弱酸,不能拆开;C.碳酸氢钙与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水;D.至铝离子刚好沉淀完全,以2:3反应,反应生成硫酸钡、氢氧化铝,硫酸钾。详解:A.含0.1molFeI2的溶液中滴加含0.125molCl2的氯水,碘离子全部被氧化,亚铁离子部分被氧化,则根据用量可知方程式为2Fe2++8I-+5Cl2=2Fe3++4I2+10Cl-,A正确;B.用白醋除铁锈:Fe2O3·xH2O+6CH3COOH=(3+x)H2O+6CH3COO-+2Fe3+,B错误;C.向少量Ca(HCO3)2溶液中加入足量的Ca(OH)2:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,C错误;D.向KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2使铝离子恰好沉淀完全:2Al3++6OH-+3Ba2++3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,D错误;答案选A。4、D【解析】
A、SO2和CO2都是酸性氧化物,所以A选项是正确的;
B.二氧化硫既有氧化性又有还原性,二氧化碳只有氧化性,所以两者都有氧化性,故B选项是正确的;
C.二氧化硫和二氧化碳都能和澄清石灰水反应,分别生成亚硫酸钙和碳酸钙的沉淀,故C正确;
D.根据强酸制取弱酸原理可知,二氧化硫和二氧化碳都不能与氯化钙溶液反应生成沉淀,所以D选项是错误的;
综上所述,本题答案:D。5、B【解析】
A、正戊烷有3种H原子,一氯代物就有3种同分异构体;正己烷有3种H原子,一氯代物就有3种同分异构体.一氯代物的数目相等,故A错误;B.新戊烷有1种H原子,一氯代物就有1种同分异构体;2-甲基丙烷有2种H原子,一氯代物就有2种同分异构体,故B正确;C.环戊烷有1种H原子,一氯代物就有1种同分异构体;乙烷有1种H原子,一氯代物就有1种同分异构体,一氯代物的数目相等,故C错误;D.丙烷有2种H原子,一氯代物就有2种同分异构体;2,3-二甲基丁烷有2种H原子,一氯代物就有2种同分异构体,一氯代物的数目相等,故D错误;答案选B。6、B【解析】
A、甲烷和氯气发生取代反应,化学方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl,A不正确,;B、该反应为苯的硝化反应,正确;C、乙烯和溴发生加成反应的化学方程式为H2C=CH2+Br2CH2BrCH2Br,C不正确;D、该反应漏掉了生成物水,CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O,D不正确。本题选B。7、C【解析】试题分析:A.常温下,7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol,则在0.1mol该固体中,含有的阴阳离子总数为0.3NA,错误;B.4℃时,18g2H216O的物质的量小于1mol,则其中含有共用电子对数小于2NA,错误;C.1个N5+中含有34个电子,则在1molN5+含有的电子数为34NA,正确;D.用金属铁、Cu片、稀硫酸组成原电池,当金属铁质量减轻5.6g时,反应铁的物质的量是0.1mol,由于Fe反应失去2个电子,所以流过外电路的电子为0.2NA,错误。考点:考查阿伏加德罗常数的计算的知识。8、D【解析】
A.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热,使其分解,为化学变化,A错误;B.为防止食品氧化变质,应加入抗氧化剂(还原剂),如还原铁粉等,生石灰是干燥剂,B错误;C.加碘食盐中的碘为碘酸钾,而不是碘单质,淀粉遇碘变蓝指的是其遇到碘单质会变蓝,C错误;D.推广使用新能源汽车能够减少不可再生资源的消耗,D正确;故答案选D。9、D【解析】
A.燃烧是部分化学能变为热能,还有光能等,故错误;B.从图分析,断开2mol氢氧键吸收930kJ的能量,故错误;C.氢气分子变成氢原子要吸收能量,所以2E1>E2,故错误;D.该反应生成1mol水蒸气时的能量变化为930-436-249=245kJ,故正确;故选D。10、A【解析】分析:B、固体硫变为气态硫需要吸收热量;C、化学反应方程式的系数加倍,焓变数值加倍;D、吸热反应焓变为正值,放热反应焓变为负值。详解:A、碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热,反应的焓变是负值,故△H1<△H2,选项A正确;B、物质的燃烧反应是放热的,所以焓变是负值,固体硫变为气态硫需要吸收热量,所以△H1>△H2,选项B错误;C、化学反应方程式的系数加倍,焓变数值加倍,该化合反应是放热的,所以焓变值是负值,△H1=2△H2,△H1>△H2,选项C正确;D.CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(g)ΔH1>0,CaO(s)+H2O(l)===Ca(OH)2ΔH2<0,故△H1>△H2,选项D错误。答案选A。点睛:本题考查了物质反应能量变化分析判断,主要是盖斯定律的应用,物质量不同、状态不同、产物不同,反应的能量变化不同,题目较简单。11、C【解析】
A.H2SO4属于共价化合物,分子只存在共价键,没有离子键,故A错误;B.Ca(OH)2中含有离子键和极性共价键,故B项错误;C.Na2O2中存在钠离子和过氧根离子间的离子键,又存在过氧根离子中两个氧原子间的非极性共价键,故C项正确;D.BaCl2中只存在Ba2+和Cl-间的离子键,故D项错误;答案选C。【点睛】本题主要考查化学键的相关概念,需要学生理解化学键与化合物、成键原子之间的关系。一般含有离子键的化合物属于离子化合物,由同种元素的原子间形成的共价键属于非极性键。12、B【解析】分析:A、由同一种元素组成的不同单质互称为同素异形体;B、结构相似,分子组成上相差一个CH2原子团的化合物互为同系物;C、丁基有四种故一氯丁烷也有四种同分异构体;D.烷烃的支链越多,沸点越低。详解:A.O2和O3是氧元素的不同单质,所以是同素异形体,选项A正确;B、气态烃CH4、C2H4、C2H2分别属于烷烃、烯烃和炔烃,不互为同系物,选项B不正确;C、C4H9Cl可以看作是丁烷中的1个H原子被Cl取代产物,C4H9Cl同分异构体与丁基的数目相同,有4种丁基,则C4H9Cl的同分异构体种数有4种,选项C正确;D.烷烃的支链越多,沸点越低,则正丁烷的沸点高于异丁烷,选项D正确;答案选B。13、D【解析】
据相同时间内产生氢气较多(即反应剧烈)的金属活动性较强,结合产生氢气的关系图判断三种金属活动性;根据一定质量的金属完全反应产生氢气的质量=金属的化合价/金属的相对原子质量×金属的质量,结合三种金属的化合价及完全反应放出氢气的质量大小,判断三种金属的相对原子质量的大小。【详解】A、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示,当三种金属都在发生反应时,相同时间内甲放出氢气的质量大于丙,丙大于乙,可判断三种金属活动性顺序是甲>丙>乙,A错误;B、金属与酸的反应生成氢气时,氢气来源于酸中的氢元素,所以生成的氢气与消耗的酸的多少顺序一致,则消耗硫酸的质量:甲>乙>丙,B错误;C、三种金属的化合价、金属的质量都相等,完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比,即产生氢气多的相对原子质量小;根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图所示,在三种金属完全反应后,放出H2的质量是甲>乙>丙;因此可判断相对原子质量是丙>乙>甲,C错误;D、根据反应生成H2的质量与反应时间的关系图可知甲先反应完,乙最后反应完,D正确;答案选D。【点睛】对于活泼金属,活动性越强的金属与酸反应越剧烈,即反应放出氢气的速度越快;化合价相同的等质量金属完全反应放出氢气的质量与金属的相对原子质量成反比。14、B【解析】分析:能溶解Al2O3的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性。A项,酸性条件下S2-、SO32-不能大量存在,碱性条件下NH4+不能大量存在;B项,无论酸性条件下还是碱性条件下,离子相互间不反应;C项,酸性条件下Fe2+、NO3-不能大量存在,碱性条件下Fe2+不能大量存在;D项,酸性条件下AlO2-不能大量存在。详解:能溶解Al2O3的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性。A项,酸性条件下S2-、SO32-不能大量存在,可能发生的反应2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O、S2-+2H+=H2S↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑,碱性条件下NH4+不能大量存在,发生的反应为NH4++OH-=NH3·H2O;B项,无论酸性条件下还是碱性条件下,离子相互间不反应,一定能大量共存;C项,酸性条件下Fe2+、NO3-不能大量存在,发生的反应为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O,碱性条件下Fe2+不能大量存在,发生的反应为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓;D项,酸性条件下AlO2-不能大量存在,可能发生的反应为H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓,碱性条件下离子相互间不反应;一定能大量共存的是B项,答案选B。点睛:本题考查离子共存,掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有:①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体,如题中NH4+与OH-等;②离子间发生氧化还原反应,如题中Fe2+、NO3-与H+等;③离子间发生络合反应,如Fe3+与SCN-等;④注意题中的附加条件。15、A【解析】
Na2O、CaCl2中只有离子键;H2O中只有共价键;NaOH既含离子键、又含共价键。答案选A。16、D【解析】试题分析:舰体是由钢板做的。方法1,舰体镶嵌一些金属块,必须是比铁活泼的金属,如锌等(锡和铜不行),这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法;方法2,航母舰体与电源相连,必须与电源负极相连,这种方法叫外加电流的阴极保护法。综上所述,D正确,本题选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、第三周期ⅦA族O2->Na+>Al3+H2OH2O可形成分子间氢键,沸点最高离子键、非极性共价键【解析】
B的单质在常温下为双原子分子,它与A可形成分子X,X的水溶液呈碱性;由此可知A为氢元素,B为氮元素,X为氨气;A、D同主族,且D的原子序数大于氮,则D为钠元素;C的原子序数等于A、B原子序数之和,即1+7=8,则C为氧元素;E是地壳中含量最高的金属元素,则为铝元素;F元素的原子最外层比次外层少两个电子,由此可知F为硫元素;G为氯元素,据此分析。【详解】B的单质在常温下为双原子分子,它与A可形成分子X,X的水溶液呈碱性;由此可知A为氢元素,B为氮元素,X为氨气;A、D同主族,且D的原子序数大于氮,则D为钠元素;C的原子序数等于A、B原子序数之和,即1+7=8,则C为氧元素;E是地壳中含量最高的金属元素,则为铝元素;F元素的原子最外层比次外层少两个电子,由此可知F为硫元素;G为氯元素。(1)G为氯元素,在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族;(2)具有相同电子层结构的离子,核电荷数越大半径越小,故元素C、D、E的简单离子O2-、Na+、Al3+的半径由大到小关系为O2->Na+>Al3+;(3)A分别与C、F形成的氢化物H2O、H2S,沸点较高的是H2O,原因是H2O可形成分子间氢键,沸点最高;(4)Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为:;C、D还可形成化合物Na2O2,Na2O2由钠离子和过氧根离子构成,过氧根离子中存在共价键,故Na2O2中含有的化学键是离子键、非极性共价键。18、碳碳双键羧基有砖红色沉淀生成糖尿病nCH2=CH2加聚反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应(或者取代反应)【解析】
A是石油裂解气的主要成份,A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平,则A为CH2=CH2,F是一种高聚物,A发生加聚反应生成的F为,A与水发生加成反应生成B,B为CH3CH2OH,乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成C,C为CH3CHO,C进一步氧化生成D,D为CH3COOH,E是具有水果香味的化合物,CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E,E为CH3COOCH2CH3,G遇到碘水能变成蓝色,G为淀粉,水解得到H,H为葡萄糖,葡萄糖可以转化得到乙醇,据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为CH2=CH2,含有碳碳双键,D的结构简式为CH3COOH,含有羧基,故答案为:碳碳双键;羧基;(2)H为葡萄糖(C6H12O6),向H的水溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热时产生的实验现象是有砖红色沉淀产生,医学上利用此原理可用来检测糖尿病,故答案为:有砖红色沉淀产生;糖尿病;(3)反应②的方程式为:nCH2=CH2,属于加聚反应;反应③的方程式为:CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O,属于取代反应或酯化反应;故答案为:nCH2=CH2;加聚反应;CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O;取代反应或酯化反应。19、三颈烧瓶2Br-+Cl2=Br2+2Cl-将生成的Br2吹入装置C中1:12SO2+O2+2H2O=2H2SO4d【解析】(1)a的名称为三颈烧瓶。(2)步骤①中主要反应是氯气氧化溴离子,反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。(3)溴易挥发,因此步骤②中通入热空气的作用为将生成的Br2吹入装置C中。装置C发生富集溴的反应:SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,其中SO2是还原剂,溴是氧化剂,所以氧化剂与还原剂的物质的量
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