江苏省徐州市2024-2025学年高一化学下学期期末抽测试题含解析

PAGE19-江苏省徐州市2024-2025学年高一化学下学期期末抽测试题（含解析）可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Mg24Al27C135.5Zn65选择题单项选择题:本题包括15小题，每小题3分，共计45分。每小题只有一个选项符合题意。1.新型冠状病毒对人类健康构成严峻威逼。下列物质或方法不能对新型冠状病毒消毒的是A.生理盐水 B.高温蒸煮 C.医用酒精 D.次氯酸钠溶液【答案】A【解析】【详解】新型冠状病毒的主要成分是蛋白质，可通过使蛋白质变性的方法杀菌消毒；A．生理盐水的主要成分为氯化钠，氯化钠没有杀菌消毒的作用，不能使蛋白质变性杀死病毒，故A符合题意；B．高温蒸煮能使蛋白质变性，可杀死病毒，故B不符合题意；C．医用酒精为体积分数为75%乙醇溶液，具有杀菌消毒的作用，可以杀死病毒，故C不符合题意；D．次氯酸钠溶液中含有次氯酸根离子，具有强氧化性，可使蛋白质变性，杀死病毒，故D不符合题意；答案选A2.下列关于元素周期表、元素周期律的说法正确的是A.元素周期表有8个周期 B.IA族元素均为金属元素C.铝元素的主族序数与其周期数相等 D.稀有气体元素原子的最外层电子数均为8【答案】C【解析】【详解】A．元素周期表有7个周期，故A错误；B．IA族包含碱金属与氢元素，氢元素属于非金属元素，故B错误；C．铝元素位于元素周期表的第三周期，第ⅢA族，则主族序数与其周期数相等，故C正确；D．0族元素为稀有气体元素，稀有气体氦最外层只有2个电子，故D错误；答案选C。3.下列含有共价键的离子化合物是A.MgCl2 B.KOH C.NH3·H2O D.C6H12O6（葡萄糖）【答案】B【解析】【详解】A．MgCl2是只含有离子键的离子化合物，故A不符合题意；B．KOH是既含有离子键又含有共价键的离子化合物，故B符合题意；C．NH3·H2O是只含有共价键的共价化合物，故C不符合题意；D．C6H12O6(葡萄糖)是只含有共价键的共价化合物，故D不符合题意；答案选B。4.反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体。下列表示反应中相关微粒化学用语正确的是A.中子数为12的钠原子: B.N2的结构式:N=NC.O2-的结构示意图: D.NaCl的电子式:【答案】D【解析】【详解】A.核素的表达式中，A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，中子数=A-Z，则核电荷数为11，中子数为12的钠原子为:，故A错误；B.氮原子最外层电子数为5，还须要3个电子(或形成3对共用电子对)达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，故B错误；C.氧原子的核电荷数为8，核外电子数为8，O2-是由O原子得到两个电子形成的，则O2-的核电荷数为8，核外电子数为10，故O2-的结构示意图:，故C错误；D.NaCl为离子化合物，Na原子失去一个电子形成Na+，Cl原子得到一个电子形成Cl-，其电子式:，故D正确；故选D。5.下列各组物质发生的改变中，所克服的微粒间的作用力属同种类型的是A.蔗糖和食盐溶于水 B.碘和干冰的升华C.金刚石和冰的熔融 D.石英和生石灰的熔化【答案】B【解析】【详解】A.蔗糖为分子晶体，溶于水破坏分子间作用力，食盐为离子晶体，溶于水破坏离子键，故二者溶于水克服的作用力不相同，故A不符合；B.碘、干冰为分子晶体，升华均克服分子间作用力，故B符合；C.金刚石为原子晶体，熔融克服的作用力是共价键，冰为分子晶体，熔融克服的作用力是氢键和范德华力，故二者熔融克服的作用力不相同，，故C不符合；D.石英为原子晶体，熔化克服的作用力是共价键，生石灰为离子晶体，熔化克服的是离子键，故二者熔化克服的作用力不相同，故D不符合；故选B。6.有机化合物种类丰富，数量繁多。乙醇和二甲醚的结构式如下图所示:乙醇二甲醚下列关于上述两种物质的说法正确的是A.分子式不同 B.碳氧键(C-O)数目相同C.互为同分异构体 D.性质完全相同【答案】C【解析】【详解】A．乙醇和乙醚的分子式都为C2H6O，二者分子式相同，故A错误；B．如图所示，乙醇分子中含有一个碳氧键(C-O)，二甲醚分子中含有两个碳氧键(C-O)，二者碳氧键数目不相同，故B错误；C．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，乙醇和二甲醚分子式相同，但结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；D．乙醇和二甲醚结构不同，是不同的物质，二者性质不同，故D错误；答案选C。7.用下列试验装置进行相应试验，能达到试验目的的是A.用装置①除去C2H4中少量SO2 B.用装置②分别乙醇和乙酸的混合物C.用装置③验证Na和水反应为放热反应 D.用装置④分馏石油并收集60~150℃馏分【答案】C【解析】【详解】A.高锰酸钾也能与C2H4反应，故不能用高锰酸钾溶液除去C2H4中少量SO2，故A错误；B.乙醇和乙酸互溶，故不能用分液的方法分别乙醇和乙酸的混合物，故B错误；C.假如Na和水反应放出热量，会导致左侧大试管中气体温度上升，U形管内左侧液面下降，右侧液面上升，故可依据U形管内液面高度的改变确定该反应是否为放热反应，故C正确；D.分馏时，温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选C。8.适合外出旅游时运用的“即热快餐”，其外层分别包装了两种互不接触的化学物质，运用时将两种物质接触并反应，对食物进行加热。这两种物质最适合的是A.生石灰和水 B.浓硫酸和水 C.氢氧化钠和水 D.食盐和水【答案】A【解析】【分析】依据物质间反应时是否放热推断，即食即热型快餐就是利用物质接触发生化学反应放热进行的，同时要考虑物质的状态和腐蚀性及是否易保存等。【详解】A．生石灰与水反应放出大量的热，易运用，故A符合题意；B．浓硫酸溶于水放热，但不是发生化学反应，且浓硫酸具有极强的腐蚀性，故B不符合题意；C．氢氧化钠溶于水放热，但不是发生化学反应，且氢氧化钠具有极强的腐蚀性，故C不符合题意；D．食盐和水不反应，食盐溶于水不能对食物进行加热，故D不符合题意；答案选A。9.下列有关化学能与热能的说法不正确的是A.酸碱中和反应是放热反应B.某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为吸热反应C.HCl→H+Cl的过程须要汲取能量D.铝热反应2Al+Fe2O32Fe+Al2O3的能量改变可用如图表示:【答案】B【解析】【详解】A.酸和碱发生中和反应时，放出热量，为放热反应，故A正确；B.反应热=生成物的总能量-反应物的总能量，某反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，故B错误；C.过程HCl→H+Cl为H-Cl键的断裂过程，断键须要汲取能量，故C正确；D.铝热反应2Al+Fe2O32Fe+Al2O3为放热反应，故可用该图表示其能量改变，故D正确；故选B。10.下列有机反应方程式书写正确的是A.CH4+2O2CO2+2H2OB.2CH3COOH+Cu→2CH3COOCu+H2↑.C.2CH3CH2OH+O22CH3CHOD.nCH2=CH2【答案】A【解析】【详解】A.甲烷燃烧生成二氧化碳和水，方程式正确，故A正确；B.CH3COOH与Cu不反应，故B错误；C.乙醇与氧气在催化剂加热的条件下反应生成乙醛和水，正确的离子方程式为，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C错误；D.乙烯发生加聚反应生成聚乙烯的结构简式为，故正确的反应方程式为：nCH2=CH2，故D错误；故选A。11.肯定条件下，向某容积可变的密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应:N2+3H22NH3。下列说法不正确的是A.上升温度能加快化学反应速率B.增大体积能减慢化学反应速率C.充分反应后生成NH3的物质的量小于2molD.达到化学平衡状态时，v(H2)正=v(NH3)逆【答案】D【解析】【详解】A．上升温度，单位体积内活化分子百分含量增大，活化分子的有效碰撞的次数增多，化学反应速率加快，故A正确；B．增大体积，单位体积内活化分子百分含量削减，活化分子的有效碰撞的次数削减，化学反应速率减慢，故B正确；C．可逆反应不能反应彻底，所以充分反应后生成NH3的物质的量小于2mol，故C正确；D．达到化学平衡状态时，，即2v(H2)正=3v(NH3)逆，故D错误；答案选D。12.某同学利用家中废旧材料制作可使扬声器发出声音的电池，装置如下图所示。下列说法不正确的是A.扬声器发声，说明该装置将电能转化为化学能B.铝质易拉罐渐渐被腐蚀，说明铝失去电子C.在碳棒上有气体生成，该气体可能为氢气D.电子由铝制易拉罐经导线流向碳棒【答案】A【解析】【分析】该装置为原电池，铝为负极，炭棒为正极，电子由铝经导线通过扬声器流向炭棒。【详解】A.该装置为原电池，将化学能转化为电能，从而使扬声器发声，故A错误；B.铝为负极，铝失去电子生成铝离子，铝质易拉罐渐渐被腐蚀，故B正确；C.炭棒为正极，在碳棒上有气体生成，可能是稀醋酸溶液中的H+得电子生成氢气，故C正确；D.原电池中，电子从负极经导线流向正极，故电子由铝制易拉罐经导线流向碳棒，故D正确；故选A。13.下列有关糖、油脂、蛋白质说法中正确的是A.油脂在酸性条件下的水解反应又叫做皂化反应B.饱和硫酸钠溶液可使蛋白质凝合并失去生理功能C.糖类、油脂、蛋白质均可以在肯定条件下发生水解D.成熟苹果的汁液中含葡萄糖，可在肯定的条件下和银氨溶液发生银镜反应【答案】D【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下的水解反应又叫做皂化反应，故A说法错误；B．饱和硫酸钠溶液可使蛋白质从溶液中析出，该过程为蛋白质的盐析，不会使蛋白质失去生理功能，故B说法错误；C．糖类有单糖、二糖和多糖，其中二糖和多糖可以水解，而单糖不能水解，故C说法错误；D．成熟苹果的汁液中含葡萄糖，葡萄糖分子结构中含有醛基，葡萄糖中的醛基可在肯定的条件下和银氨溶液发生银镜反应，故D说法正确；答案选D。14.下列关于乙烯的说法错误的是A.乙烯是最简洁烯烃 B.乙烯分子中的6个原子共平面C.石油裂化是工业制乙烯的主要方法 D.乙烯能和溴水发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．烯烃含有碳碳双键，构成碳碳双键至少须要两个碳原子，所以乙烯是最简洁的烯烃，故A正确；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，其中碳碳双键不能发生转动，与碳碳双键上的碳原子干脆相连的全部原子共面，则乙烯分子为平面结构，6个原子共平面，故B正确；C．裂解是一种更深度的裂化，石油裂解的生成的裂解气是成分困难的混合气体，主要产品为乙烯，则石油裂解已成为工业上生产乙烯的主要方法，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故D正确；答案选C。15.下列关于乙酸的说法正确的是A.分子式C2H6O2 B.官能团为羧基C.一种无色无味的液体 D.水溶液的pH大于7【答案】B【解析】【分析】乙酸也叫醋酸、冰醋酸，结构简式CH3COOH，常温下是一种有猛烈刺激性气味的无色液体，是一种有机一元酸，易溶于水和乙醇，其水溶液呈弱酸性，pH小于7，据此分析解答。【详解】A．依据分析，乙酸结构简式为CH3COOH，则分子式为C2H4O2，故A错误；B．乙酸是一种有机一元酸，官能团为羧基(-COOH)，故B正确；C．依据分析，乙酸常温下是一种有猛烈刺激性气味的无色液体，故C错误；D．乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液呈弱酸性，pH小于7，故D错误；答案选B。不定项选择题:本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题有-个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。16.下列说法中正确的是A.石油的分馏、煤的气化和液化都是化学改变B.制口罩熔喷布的聚丙烯可由丙烯通过加聚反应生成C.煤在空气中燃烧可生成水、一氧化碳和二氧化碳等D.在汽油里加入适量乙醇制成的“乙醇汽油”是一种新型化合物【答案】BC【解析】【详解】A．石油的分馏是利用石油各组分的沸点不同利用蒸馏的方法将各组分分别的过程，属于物理改变，煤的气化生成一氧化碳和氢气，煤的液化生成甲醇，都是化学改变，故A错误；B．制口罩熔喷布的原料为聚丙烯，聚丙烯可由丙烯通过加聚反应生成，故B正确；C．煤主要由碳、氢、氧、氮、硫和磷等元素组成，在空气中燃烧可生成水、一氧化碳和二氧化碳等，故C正确；D．乙醇汽油是用一般汽油与肯定量的燃料乙醇调和而成，由此可知乙醇汽油是混合物，故D错误；答案选BC。17.下列条件中，锌和硫酸起先反应时放出氢气的速率最大的是选项金属酸溶液的浓度和体积温度/℃A2.4g锌片3mol·L-1硫酸50mL40B2.4g锌粉1mol·L-1硫酸2000mL30C2.4g锌粉3mol·L-1硫酸50mL40D2.4g锌片3mol·L-1硫酸100mL30A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】Zn与硫酸反应的离子方程式是：Zn+2H+=Zn2++H2↑，影响化学反应速率的因素有温度、浓度及固体的表面积的大小。在其它条件不变时，影响最大的是温度，当温度相同时，固体物质的表面积越大，反应接触的就越充分，反应速率就越快。对表格的反应条件进行视察分析确定锌和硫酸起先反应时放出氢气的速率最大的是C，答案选C。18.依据下列试验操作和现象所得出的结论正确的是选项试验操作和现象结论A将盐酸滴入CaCO3中，产生的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊盐酸的酸性强于碳酸B在两支试管中，分别放入除去氧化膜的大小相同的镁条和铝条，再分别加入2mL2mol·L-1的盐酸，前者反应快镁元素的金属性强于铝元素C向4mL淀粉溶液中加入少量H2SO4溶液，加热4~5min，然后调整溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，出现砖红色沉淀淀粉已经完全水解D向某乙醇中加入一小块金属钠，有气泡生成该乙醇中含有肯定量的水A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．将盐酸滴入CaCO3中反应生成二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，产生的二氧化碳气体中含有氯化氢，干脆通入澄清石灰水不会出现浑浊，应当将产生的气体应当依次通过水除去氯化氢气体，再通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，可证明盐酸的酸性强于碳酸，故A的试验操作和现象所得出的结论错误；B．在两支试管中，分别放入除去氧化膜的大小相同的镁条和铝条，再分别加入2mL2mol·L-1的盐酸，视察比较现象，产生气泡较快的为镁，可得到镁元素的金属性强于铝元素的结论，故B试验操作和现象所得出的结论正确；C．向4mL淀粉溶液中加入少量H2SO4溶液，加热4~5min，然后调整溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，出现砖红色沉淀，可以确定淀粉发生了水解，但不能说明淀粉完全水解，应当向反应后的混合溶液中加入碘水，若混合溶液不变蓝说明完全水解，反之淀粉没有完全水解，故C试验操作和现象所得出的结论错误；D．钠与乙醇和水都能反应生成氢气，不能证明乙醇中肯定含有水，故D试验操作和现象所得出的结论错误；答案选B。19.短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径是周期表中全部元素中最小的，R是地壳中含量最多的元素，X与W同主族，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是A.原子半径:R＜Y＜Z B.气态氢化物的热稳定性:R＞YC.R与X只能形成一种化合物 D.最高价氧化物的水化物的酸性:Z＞Y【答案】BD【解析】【分析】W的原子半径是周期表中全部元素中最小的，则W为H元素；R是地壳中含量最多的元素，则R为O元素，X与W同主族，且原子序数大于O，则X为Na元素；Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍，原子序数大于O，则Y为S元素；短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，再结合元素周期律与物质的结构性质解答该题。【详解】依据上述分析可知W是H元素，R是O元素，X是Na元素，Y是S元素，Z是Cl元素，A.同周期元素从左到右原子半径渐渐减小，同主族元素从上到下原子半径渐渐增大，所以原子半径O＜Cl＜S，即R＜Z＜Y，故A错误；B.元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，由于元素的非金属性O＞S，则气态氢化物的热稳定性：R＞Y，故B正确；C.O与Na可形成化合物Na2O、Na2O2，故C错误；D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，由于元素的非金属性Cl＞S，则最高价氧化物的水化物酸性：Z＞Y，故D正确；故选BD。20.依据元素周期律，由下列事实进行归纳推想，推想不合理的是事实推想ASi是半导体材料，同族Ge也是半导体材料IVA族的元素都是半导体材料BMg与水反应缓慢，Ca与水反应较快Ba(IIA族)与水反应更快CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DH2SO4是强酸，HClO4也是强酸H3PO4属于强酸A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A．同主族元素从上到下，非金属性渐渐减弱，金属性渐渐增加，第ⅣA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电（除了石墨），Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电良导体，故A推想不合理；B．同主族元素的金属性从上到下渐渐增加，与水反应越来越猛烈，第ⅡA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、La，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，故B推想合理；C．同主族元素从上到下，非金属性渐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也渐渐减弱，已知HCl在1500℃时才分解，而HI在230℃时即分解，由此推想HBr的分解温度介于两者之间，故C推想合理；D．同周期从左到右，元素的非金属性渐渐增加，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P、S、Cl是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知H2SO4是强酸，HClO4也是强酸，但H3PO4属于弱酸，故D推想不合理；答案选AD。非选择题21.X、Y、Z、Q、W、R是常见的短周期主族元素，其相关信息如下表:元素相关信息X它的一种同位素被用作相对原子质量的标准Y常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对Z是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素Q最外层电子数是次外层电子数的3倍W原子序数等于X、Y原子序数之和R与Q同族，且最高价氧化物的水化物的浓溶液常温下使W单质钝化(1)元素X在元素周期表中的位置是_______。(2)上述六种元素中有2种元素能形成一种淡黄色的固体化合物，该化合物的电子式是_________，所含化学键的类型有离子键、____(3)Y、Q、R三种元素的简洁氢化物中，稳定性最强的化合物的结构式为________(4)上述六种元素原子半径与主要化合价的关系如图，其中④对应的元素为_______(5)将RQ2通入BaCl2溶液中，没有明显改变，再向其中加入Z的最高价氧化物的水化物，可视察到的现象是_____，发生反应的离子方程式是_____________【答案】(1).第2周期IVA族(2).(3).共价键(4).H—O—H(5).S(硫)(6).产生白色沉淀(7).H2SO3+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓+2H2O或SO2+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓+H2O【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W、R是常见的短周期主族元素，X的一种同位素被用作相对原子质量的标准，则X为C元素；常温下，Y元素的单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对，则Y为N元素；Z是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，则Z为Na元素；Q的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Q为O元素；W的原子序数等于X、Y原子序数之和，则W的原子序数为13，则W为Al元素；R与Q同族，且最高价氧化物的水化物的浓溶液常温下使W单质钝化，则R为S元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，X为C元素，Y为N元素，Z为Na元素，Q为O元素，W为Al元素，R为S元素，(1)X为C元素，其在元素周期表中的位置是第2周期IVA族；(2)该固体化合物由2种元素组成，呈淡黄色，则该化合物为Na2O2，Na2O2是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式是，所含化学键的类型有离子键、共价键；(3)元素的非金属性越强，其简洁氢化物越稳定，O的非金属性最强，故稳定性最强的化合物为H2O，其结构式为H—O—H；(4)元素④的最高正化合价为+6价，最低负化合价为-2价，O元素无最高正价，故④对应的元素为S(硫)；(5)将SO2通入BaCl2溶液中，不发生反应，没有明显改变，再向其中加入NaOH，NaOH与SO2反应生成Na2SO3，Na2SO3再与BaCl2发生复分解反应生成BaSO3白色沉淀，发生反应的离子方程式是H2SO3+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓+2H2O或SO2+2OH－+Ba2+＝BaSO3↓+H2O。【点睛】将SO2通入BaCl2溶液中，不发生反应，没有明显改变，这是同学们的易错点，同学们往往认为会生成白色沉淀BaSO3，事实上SO2+BaCl2+H2O=BaSO3↓+2HCl违反了强酸制弱酸的原理，不能发生，故不会生成白色沉淀BaSO3。若将BaCl2更换为Ba(NO3)2，此时就会生成白色沉淀，但是该白色沉淀为BaSO4，是因为SO2与水反应生成H2SO3，在酸性环境下表现强氧化性，将+4价S元素氧化为+6价的，再与Ba2+结合生成BaSO4。22.丙烯酸乙酯具有菠萝香味，可用作食品添加剂。工业上可以用乙烯、丙烯等为原料合成制得。(1)由CH2=CH2生成有机物A(分子式为C2H6O)的反应类型是____。(2)丙烯酸乙酯(CH2=CH-COOCH2CH3)中含氧官能团的名称_______。(3)有机物B的结构简式为______；依据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物B的说法正确的是____。a有机物B与CH3COOH含有的官能团完全相同b可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体c在肯定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应(4)有机物A、B反应生成丙烯酸乙酯的反应在试验室中可在如图装置中进行。①该反应的化学方程式是___________②试管乙中试剂的名称是_________，若要将制得的产物分别出来，采纳的试验操作是______(填名称)。【答案】(1).加成反应(2).酯基(3).CH2＝CHCOOH(4).bc(5).C2H5OH+CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOC2H5+H2O(6).饱和碳酸钠溶液(7).分液【解析】【分析】由物质转化流程图和A的分子式C2H6O可知，最终应当是乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，A是乙醇，B是丙烯酸，无机物M是H2O，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析知，有机物A是乙醇，无机物M是H2O，CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH；(2)丙烯酸乙酯(CH2=CH-COOCH2CH3)中含氧官能团为酯基；(3)有机物B为丙烯酸，结构简式为CH2＝CHCOOH；依据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，aCH2＝CHCOOH中含有的官能团为碳碳双键和羧基，CH3COOH含有的官能团只有羧基，故二者所含官能团不完全相同，故a错误；bCH2＝CHCOOH含有羧基，可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，故b正确；cCH2＝CHCOOH含有碳碳双键和羧基，在肯定条件下，羧基可以发生酯化反应，碳碳双键可以发生加成反应和氧化反应，故c正确；(4)①乙醇与丙烯酸在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，该反应的化学方程式是C2H5OH+CH2＝CHCOOHCH2＝CHCOOC2H5+H2O；②从试管甲挥发出的丙烯酸乙酯中会混有乙醇和丙烯酸，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，中和丙烯酸，降低酯的溶解度，故可用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，从而出现分层，因此若要将制得的丙烯酸乙酯分别出来，可采纳分液的方法。【点睛】酯化反应试验中，应用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯，而不能用氢氧化钠溶液，因为酯在氢氧化钠强碱性溶液中会发生水解。23.某学生为探究锌与盐酸反应过程中的速率改变，在时，向100mL2mol·L-1盐酸中加入过量的锌粉，测得氢气体积(已换算成标准状况)累计值如下：时间(min)12345氢气体积(mL)50120232290310(1)①在2~3min时间段内，用盐酸的浓度改变表示的反应速率为_______.②在0~5min内，反应速率最大的时间段是___(填“1~2min”、“2~3min”或“3~4min”)。(2)若完全反应后放出15.2kJ的热量，则反应Zn(s)+2HCl(aq)=ZnCl2(aq)+H2(g)的△H=____(3)为了减缓反应速率但不削减产生气体的量，可向反应物中分别加入等体积的下列液体，你认为可行的是_______(填字母)。a.蒸馏水b.Na2CO3溶液c.NaNO3溶液(4)为了加快反应速率但不削减产生气体的量，某同学向反应物中加入了少量CuSO4固体，该同学操作____(填“合理”或“不合理”)，理由是_______【答案】(1).0.1mol·L-1·min-1(2).2~3min(3).-152kJ·mol-1(4).a(5).合理(6).锌和置换出的铜构成原电池，加快反应速率，且锌过量，不影响生产气体的量(答案合理即可)【解析】【分析】(1)①依据氢气的体积计算消耗HCl的物质的量，再依据速率公式进行计算；②相同时间段内，生成气体越多，反应速率越快；(2)依据热化学方程式的意义计算反应热；(3)依据影响反应速率的因素以及物质的化学性质分析解答；(4)依据原电池原理的应用分析解答。【详解】(1)①在2~3min时间段内，生成氢气物质的量为，依据关系式2HCl～H2，可知该时间段内消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则在2~3min时间段内，用盐酸的浓度改变表示的反应速率为；②在1～2min、2～3min、3～4min时间段中，产生气体的体积分别为70mL、112mL、68mL，相同时间段内，生成气体越多，反应速率越快，由此可知反应速率最大的时间段为2～3min；(2)盐酸中HCl的物质的量为，由此可知，消耗0.2molHCl放出15.2kJ的热量，则消耗2molHCl时，放出152kJ的热量，故反应Zn(s)+2HCl(aq)=ZnCl2(aq)+H2(g)的△H=-152kJ·mol-1；(3)a.在盐酸中加入蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率减慢，但是氢离子物质的量不变，故不削减产生氢气的量，故a可行；b.在盐酸中加入Na2CO3溶液，Na2CO3与盐酸反应生成二氧化碳和水，减小了氢离子物质的量，故会削减氢气的量，故b不行行；c.在盐酸中加入NaNO3溶液，硝酸根在酸性环境下表现强氧化性，生成NO，而不生成氢气，故c不行行；(4)为了加快反应速率但不削减产生气体的量，某同学向反应物中加入了少量CuSO4固体，因为锌和置换出的铜构成原电池，加快反应速率，且锌过量，不影响生产气体的量故该同学的操作合理。【点睛】第(4)问，在反应物中加入少量CuSO4固体形成原电池加快反应速率，是否会影响产生氢气的量，关键在于是谁确定氢气的产量，若锌过量，盐酸确定氢气的产量，锌置换出铜，不会影响氢气的产量；若锌不足，由锌确定氢气的产量，则锌置换出铜形成原电池后，消耗锌，则产生氢气的量会削减。24.CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。(1)甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是____________。已知25℃、101kPa时，1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896kJ热量，则甲烷的热值为___kJ·g-1。(2)肯定温度下，在偏铝酸亚铜(CuAlO2)的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，写出反应的化学方程式__________，其优点是_____(请写出一条)。(3)甲烷可以消退氮氧化物污染。如:CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)。①下列措施能够加快化学反应速率的是______。a.运用催化剂b.降低温度c.刚好分别水②若上述反应在恒容密闭容器中进行，则下列叙述能说明该反应达平衡的是_____。a.混合气体的质量不再改变b.c(NO2)=2c(N2)c.单位时间内生成1mol