期末模拟卷05(提分拔高卷)高一化学期末仿真演练卷(必修第二册)(解析版)

2020-2021学年新教材人教版高一化学期末仿真演练卷05（考试时间：75分钟试卷满分：100分）考试内容：新教材人教必修第二册难度：★★★★☆一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个正确选项。1．化学在人类生活中扮演着重要角色，下列说法正确的是A．聚乙烯塑料不会对环境造成污染B．与煤、柴油相比较，天然气是一种比较清洁的化石燃料C．通过蒸发可从海水中提取溴、碘、镁D．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料【答案】B【解析】A.聚乙烯塑料会造成白色污染，故A错误；B.与煤、柴油相比较，天然气燃烧生成二氧化碳和水，产物对环境污染小，是一种比较清洁的化石燃料，故B正确；C.从海水提取NaCl可通过蒸发得到，但若提取溴、碘、镁需发生化学反应，故C错误；D.煤经过气化生成水煤气，液化生成甲醇，都是化学变化，故D错误；答案选B。2．下列说法正确的是A．可用碘水检验淀粉是否水解完全B．油脂都不能使溴水褪色C．葡萄糖、果糖和蔗糖都能发生水解反应D．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的【答案】A【解析】A.碘单质遇淀粉变蓝，则可用碘水检验淀粉是否水解完全，故A正确；B.油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有碳碳双键等不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B错误；C.葡萄糖、果糖是单糖，不能水解，故C错误；D.糖类、油脂都是由C、H、O三种元素组成的，蛋白质是氨基酸缩聚形成，含有C、H、O、N等元素，故D错误；故选A。3．化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是A．浓硝酸应保存在棕色试剂瓶中B．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池C．工业上可用氢氟酸雕刻玻璃D．医疗上用作X射线检查的内服药“钡餐”是BaSO4【答案】B【解析】A．浓硝酸不稳定，光照易分解，为防止其分解，通常将浓硝酸保存在棕色试剂瓶中，A正确；B．SiO2能够使光线全反射，所以可用于制作光导纤维，晶体Si是良好的半导体采用，常用作制造光电池，B错误；C．氢氟酸能够与玻璃的成分二氧化硅发生反应，因此工业上常用氢氟酸雕刻玻璃，C正确；D．BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，同时也不能被X光透过，因此BaSO4在医疗上用作X射线检查的内服药“钡餐”，D正确；故合理选项是B。4．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法错误的是A．利用铝热反应焊接铁轨B．“光化学烟雾”的形成与氮氧化合物有关C．用活性炭为糖浆脱色和用SO2漂白纸浆的原理相同D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨【答案】C【解析】A.铝和氧化铁反应放出大量的热，生成的铁水可用于焊接铁轨，故A正确；B.“光化学烟雾”的形成与氮氧化合物有关，故B正确；C.活性炭脱色是利用其吸附性，二氧化硫漂白是利用二氧化硫与有色物质结合生成无色的物质，两者原理不同，故C错误；D.与碱反应生成一水合氨，加热生成氨气，则可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；故选C。5．下列反应中热量变化与图像不一致的是A．CO与O2反应B．NaOH溶液和HNO3溶液反应C．镁条和盐酸反应D．NH4Cl晶体和Ba(OH)2·8H2O晶体反应【答案】D【解析】图中反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，A.CO与O2反应是放热反应，热量变化与图像一致，故A不符合；B.NaOH溶液和HNO3溶液反应是放热反应，热量变化与图像一致，故B不符合；C.镁条和盐酸反应是放热反应，热量变化与图像一致，故C不符合；D.NH4Cl晶体和Ba(OH)2·8H2O晶体反应是吸热反应，热量变化与图像不一致，故D符合；故选D。6．如图是产生和收集气体的实验装置示意图，该装置适合于（）A．用浓硝酸和Cu制取NO2B．用H2O2溶液和MnO2制取O2C．用浓盐酸和MnO2制取Cl2D．用NH4Cl溶液和Ca(OH)2制取NH3【答案】B【解析】A．二氧化氮会与水发生反应，不能用排水法收集，故A不合适；B．分液漏斗中盛放双氧水，圆底烧瓶中为二氧化锰，二氧化锰可以催化双氧水分解产生氧气，氧气难溶于水，可以用排水法收集，故B合适；C．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要在加热条件下反应，故C不合适；D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，且氢氧化钙与溶于水时放出的热量较少，无法蒸出氨气，故D不合适；故答案为B。7．某课外兴趣小组欲在实验室里制备少量乙酸乙酯，该小组的同学设计了以下四个制取乙酸乙酯的装置，其中正确的是()A． B．C． D．【答案】A【解析】A、制备出的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，使用碳酸钠溶液可溶解乙醇，反应乙酸，减小乙酸乙酯的溶解度，故A正确；B、导管插入到液面以会引起倒吸，故B错误；C、b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故C错误；D、导管插入到液面以会引起倒吸，b试管中使用氢氧化钠溶液会与生成的乙酸乙酯发生反应，故D错误；故选A。【点睛】本题重点考查乙酸乙酯的制备实验。要熟知制备反应的原理，反应过程中的注意事项，产物的除杂及收集。实验室中用乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下制备乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，饱和碳酸钠溶液的作用主要有3个①使混入乙酸乙酯中的乙酸与Na2CO3反应而除去；②使混入的乙醇溶解；③使乙酸乙酯的溶解度减小，减少其损耗及有利于它的分层和提纯。8．如图装置是酒精检测仪，工作原理与酸性燃料电池相似。下列说法错误的是A．该电池的总反应式为：B．当右侧Pt电极表面有0.2mol发生还原反应时，会有0.8mol向左移动C．电流由所在的铂电极经外电路流向另一电极D．该装置实现了化学能转化为电能【答案】B【解析】A．该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH；正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处发生还原反应为O2+4e-+4H+=2H2O，总反应式为，故A正确；B．右侧Pt电极表面O2化合价降低，发生还原反应O2+4e-+4H+=2H2O，当右侧Pt电极表面有0.2molO2发生还原反应时，会有0.8molH+向右移动，故B错误；C．电流由O2所在的铂电极正极经外电路流向另一电极负极上，故C正确；D．该装置属于原电池，实现了化学能转化为电能，故D正确；故答案：B。9．二苯基甲烷是有机合成的一种中间体，可通过下列有关反应制备：。下列说法错误的是A．该反应属于取代反应B．不存在同分异构体C．二苯基甲烷的分子式为D．二苯基甲烷分子中最多有13个碳原子在同一平面上【答案】C【解析】A．由化学方程式可知，中2个原子被苯基取代，该反应属于取代反应，A项正确；B．由甲烷的正四面体结构可知，只有一种结构，不存在同分异构体，B项正确；C．由二苯基甲烷的结构简式可知其分子式为，C项错误；D．由甲烷的正四面体结构和苯的平面正六边形结构分析可知，二苯基甲烷分子中最多有13个碳原子在同一平面上，D项正确；答案选C。10．一定温度下，向容积为4L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列对反应的推断合理的是A．该反应的化学方程式为B．反应进行到1s时，C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为D．反应进行到6s时，各物质的反应速率相等【答案】C【解析】A.由图可知，反应达到平衡时，B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol、A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol，所以B、C为反应物，A、D为生成物，物质的量的变化量之比为0.6：0.8：1.2：0.4=3：4：6：2，故反应的化学方程式为：3B+4C6A+2D，故A错误；B.化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到1s时，，故B错误；C.反应进行到6s时，B的平均反应速率为，故C正确；D.化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到6s时，各物质的反应速率不相等，故D错误；故选C。11．下列实验方案中，实验装置正确且能达到相应实验目的的是选项ABCD方案目的验证浓硫酸的吸水性和脱水性验证苯和液溴能发生取代反应除去甲烷、乙烯混合气中的乙烯比较乙醇中羟基氢原子和水分子氢原子的活泼性【答案】D【解析】A.蔗糖本身不含有水，故不能验证浓硫酸的吸水性，故A错误；B.要验证苯和液溴能发生取代反应，应验证产物中有HBr，而HBr溶于水为无色溶液，不能判断HBr的生成，故B错误；C.高锰酸钾氧化乙烯生成二氧化碳，又引入新的杂质，且应该用洗气瓶，长进短出，除去杂质气体，故实验装置错误且不能达到相应实验目的，故C错误；D.钠与乙醇、水都能反应生成氢气，与钠反应的剧烈程度取决于羟基H原子的活泼性，所以能实现实验目的，故D正确；故选D。【点睛】要验证苯和液溴能发生取代反应，应验证产物中有HBr，可以用硝酸银溶液检验HBr，而溴易挥发，也能与硝酸银反应生成AgBr沉淀，因此应先用CCl4除去HBr气体中的溴蒸汽，再通入硝酸银溶液验证HBr的存在。12．普通锌锰干电池的简图如图，该电池工作时的总反应为。关于锌锰干电池的下列说法中正确的是A．当该电池电压逐渐下降后，能重新充电复原B．电池工作一段时间后，碳棒会逐渐变细C．电池工作时，电流由负极通过外电路流向正极D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】D【解析】A.干电池是一次电池，不能重复使用，因此不能重新充电复原，故A错误；B.该原电池放电时，碳作正极，不被消耗，故B错误；C.原电池工作时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，故C错误；D.由可知，外电路中每通过0.2mol电子时，消耗0.1mol锌，则锌的质量理论上减小6.5g，故D正确；故选D。13．检验溶液中是否含有某种离子，取样后，下列操作方法正确的是A．加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有B．加入浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体，证明有C．加入稀盐酸，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明有D．加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明有【答案】A【解析】A.加入稀盐酸，无明显现象，说明溶液中不存在银离子、碳酸根、亚硫酸根等，然后再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中存在，故A正确；B.加入浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体，该气体可能为二氧化硫或氯气，证明原溶液中存在、或ClO-，故B错误；C.加入稀盐酸，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有、、、，故C错误；D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，检验方法中试纸不合理，故D错误；故选A。14．海洋中有丰富的资源，下图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法正确的是A．①为除去“粗盐”中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，依次加入过量的NaOH、Na2CO3、BaCl2溶液即可B．工业上常采用将②得到的产物溶于水后通电的方法制取金属镁C．通过第③④⑤步可以达到富集溴的目的D．用澄清石灰水可鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液【答案】C【解析】A．①为除去“粗盐”中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，所加的试剂BaCl2应在Na2CO3之前，则所加试剂的顺序为：BaCl2、NaOH、Na2CO3溶液；或者NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液；或者BaCl2、Na2CO3、NaOH溶液，A错误；B．工业上电解熔融的MgCl2制取金属镁，B错误；C．富集溴可以通过第③④⑤步，C正确；D．澄清石灰水都能与NaHCO3溶液和Na2CO3溶液反应产生白色沉淀，D错误；答案选C。15．某有机物的结构简式如图所示，下列说法错误的是A．该有机物可以与溴水发生加成反应B．该有机物可以与乙酸发生酯化反应C．该有机物既能与Na反应，还能与NaOH、Na2CO3反应D．1mol该有机物最多可以和6molH2发生加成反应【答案】D【分析】该有机物含有醇羟基、羧基、碳碳双键，根据官能团的性质分析解答。【解析】A.该有机物含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；B.该有机物含有羟基，可以与乙酸发生酯化反应，故B正确；C.该有机物含有醇羟基、羧基，能与Na反应，羧基还能与NaOH、Na2CO3反应，故C正确；D.碳碳双键和苯环可以与氢气发生加成反应，故1mol该有机物最多可以和4molH2发生加成反应，故D错误；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个正确选项。16．工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400-500℃下的催化氧化：，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是A．在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3B．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率C．达到平衡时，SO2与O2的浓度比始终保持2：1D．为了提高SO2的转化率，可以适当提高O2的浓度【答案】C【解析】A.因该反应是可逆反应，存在反应限度，反应物不可能100%的转化为生成物，故A正确；B.使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，故B正确；C.不清楚SO2与O2的起始量，故达到平衡时，SO2与O2的浓度比不确定，故C错误；D.因增大反应物O2的浓度，平衡向正反应方向移动，提高了SO2的转化率，故D正确；故选C。17．用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是A．上下移动①中铜丝可控制SO2的量B．②中选用品红溶液验证SO2的生成C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色【答案】D【解析】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。答案选D。18．A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。当X是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素；下列说法错误的是A．D生成E的反应可能是氧化还原反应B．当X是强碱时，C在常温下是气态单质C．当X是强酸时，E是H2SO4D．当X是强碱时，E是HNO2【答案】B【分析】D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+Y→C，D是由C+Y→D，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2或者是SO2和SO3等，推知Y一定是O2，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有图中转换关系，且A是正盐，很容易想到的正盐。再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl、H2SO4、HNO3，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。由的性质与碱反应生产NH3，则可推出；当X是强碱时E是HNO3；当X是强酸时，E是H2SO4，综上推出A的离子中含有离子，且含有S元素，可推出A为(NH4)2S。【解析】A.当D为SO3时，E为H2SO4，SO3与水化合成H2SO4，没有发生氧化还原反应，当D为NO2时，E为HNO3，NO2与水发生氧化还原反应，A正确；B.当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，B错误；C.当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，C正确；D.当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，D正确；答案选B。19．工业中利用如下反应合成SO3：2SO2+O22SO3，一定条件下，在一密闭容器内投入SO2、O2、SO3、V2O5四种物质，在不同时刻测得各物质的质量(单位为克)如表所示。下列说法错误的是()甲乙丙丁t11005805t26055abt340cd5A．丁物质一定是催化剂V2O5B．参加反应的SO2分子、O2分子的个数比为2：1C．丙物质是O2D．d＝15【答案】D【解析】A．丁物质在t1和t3时刻的质量都是5g，所以b＝5g，丁物质是该反应的催化剂，一定是催化剂V2O5，故A正确；B．2SO2+O22SO3可知，参加反应的SO2分子、O2分子的个数比为2：1，故B正确；C．甲物质的质量减少，乙物质的质量增大，所以乙是三氧化硫，甲、丙是二氧化硫和氧气，从t1到t2时刻，甲物质减少了40，乙物质增加了50，所以丙物质减少了10，由2SO2+O22SO3可知，二氧化硫和氧气的质量比是4：1，所以丙物质是O2，故C正确；D．通过C的推导可知，甲是二氧化硫，丙是氧气，从t1到t3时刻，甲物质减少了60，所以丙物质应该减少15，d＝65，故D错误；答案为D。20．足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100mL4mol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是A．此反应过程中转移了0.5mol的电子 B．消耗氧气的体积为1.12L(标准状况)C．参加反应的HNO3是0.4mol D．混合气体中含2.24L(标准状况)NO【答案】D【分析】整个过程中Cu失去电子，转化为Cu2＋；得到电子，转化为4.48LNO2和NO的混合气体；NO2和NO，与O2、水反应失去电子，转化为HNO3，而O2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是守恒的，铜原子失去2个电子转化为Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×4mol·L－1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol，据此分析。【解析】A．根据分析，反应过程中转移了0.4mol电子，故A错误；B．转移了0.4mol电子，则需要0.1molO2，其在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n()=2n(Cu)=0.2mol×2=0.4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.1mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，故C错误；D．根据C中的分析，n(NO)=0.1mol，其在标况下的体积为2.24L，故D正确；答案选D。第Ⅱ卷（非选择题，共55分）三、填空题：本题共4小题，共45分。21．某学习小组用氨催化氧化法(已知：)在实验室模拟制硝酸，设计如图2所示装置。（1）写出实验室以图1装置A作发生装置制备氨气的化学方程式____________________________________。（2）仪器B的名称是____________________________。（3）按图2所示连接好装置，首先____________________________________，接着装好药品，按一定比例通入氧气、氨气，在催化剂、加热条件下反应一段时间，取少量E中溶液于试管中，滴加几滴紫色石蕊试液，观察到____________________________现象时，说明E中已制得硝酸。（4）若没有装置D，可以观察到F中有白烟生成，则白烟成分是____________________(写化学式)。装置D盛放试剂是____________________(写名称)，作用是____________________。（5）请指出图2模拟制备硝酸的装置可能存在的缺点是____________________________。【答案】（1）（2）(球形)干燥管（3）检查装置的气密性溶液变红（4）NH4NO3浓硫酸除去NO中混有的水蒸气和氨气（5）缺少尾气处理装置【分析】装置A用氢氧化钙固体和氯化铵固体混合加热制取氨气，按一定比例通入氧气和氨气，通过盛有碱石灰的装置B干燥混合气体，在装置C中，在催化剂、加热条件下反应一段时间，生成NO和水，通过盛有浓硫酸的装置D，以除去NO中混有的水蒸气和氨气，将NO通入装置F中，与空气中的氧气反应生成NO2，NO2溶于水，与水反应生成硝酸，据此分析解答。【解析】（1）装置A用氢氧化钙固体和氯化铵固体混合加热制取氨气，化学方程式为；（2）仪器B的名称是(球形)干燥管；（3）连接好装置后，应首先检查装置的气密性，再装药品；紫色石蕊试液遇酸变红，则观察到溶液变红，说明E中已制得硝酸；（4）D中盛放的试剂是浓硫酸，其作用是除去NO中混有的水蒸气和氨气，若没有装置D，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸与过量的氨气反应生成NH4NO3，故F中生成的白烟成分是NH4NO3；（5）图2模拟制备硝酸的装置可能存在的缺点是缺少尾气处理装置。22．过氧化氢分解一直是科学研究的热点。Ⅰ．研究温度对催化H2O2分解速率的影响（1）H2O2分解时，温度会明显上升，表明反应物总能量____________于生成物总能量。(填“高”或“低”)（2）按图1组装仪器，在试管中加入过氧化氢和蒸馏水，在恒温水浴中浸泡2min后，加入CuSO4溶液。实验记录和数据处理见表1。①必须使用恒温水浴的原因是____________________________。②实验c的第9min，生成O2物质的量为____________mmol(1mmol=10-3mol)，H2O2的平均反应速率为v(H2O2)=____________。③由实验a、b、c可知，升温加快O2生成。为确认升温时加快了H2O2自身分解还是加强了Cu2+的催化效果，需进一步开展实验d，其中x=____________，y=____________，结果表明后者成立。Ⅱ．研究过氧化氢燃料电池（3）一种过氧化氢燃料电池装置如图2。①“负载碳纳米管的碳纸”作____________极(填“正”或“负”)，发生____________反应(填“氧化”或“还原”)，补全其电极反应式：H2O2+2H++____________=2H2O。②电子的流向为____________(填选项序号)。a．镍网→外电路→碳纸b．碳纸→外电路→镍网c．碳纸→溶液→镍网d．镍网→溶液→碳纸③碳纳米管是理想的电极材料，以下说法不属于其优点的是____________(填选项序号)A．化学性质活泼B．导电性强C．耐腐蚀D．催化性能好E．表面积大（4）与利用化学反应放出的热量相比，利用燃料电池供能的显著优势是____________。【答案】（1）高（2）便于控制反应的温度02.0（3）正还原2e-aACE（4）燃料的化学能利用率大大提高【解析】Ⅰ．（1）H2O2分解时，温度会明显上升，则该反应是放热反应，故反应物总能量高于生成物的总能量；（2）①必须使用恒温水浴的原因是便于控制反应的温度；②实验c的第9min，生成O2的体积为28mL，则其物质的量为，则H2O2参加反应的物质的量为，溶液的体积为8.0mL+1.0mL+1.0mL=10.0mL=0.01L，则H2O2的平均反应速率为；③为确认升温时加快了H2O2自身分解还是加强了Cu2+的催化效果，需进一步开展实验d，实验d的温度与实验c一样，则实验d为不加硫酸铜溶液，与实验c进行对比，为保证过氧化氢的浓度保持一致，溶液总体积为10.0ml，故x=0，y=2.0；Ⅱ．（3）①由图可知，左侧电极镍网上H2O2失电子生成氧气，发生氧化反应，则镍网作负极，右侧电极“负载碳纳米管的碳纸”上H2O2得电子生成水，发生还原反应，作正极，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O；②电子从负极经外电路流向正极，故选a；③A．碳纳米管是碳元素的单质，是由碳原子直接构成的，碳原子最外层有4个电子，不容易得失电子，故碳纳米管化学性质不活泼，故符合；B．碳纳米管是理想的电极材料，其导电性强，故不符合；C．碳纳米管耐腐蚀，故符合；D．碳纳米管常作催化剂载体，故不符合；E．碳纳米管的比表面积大，故符合；（4）与利用化学反应放出的热量相比，利用燃料电池供能的显著优势是燃料的化学能利用率大大提高。23．某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣。对甘蔗渣进行综合利用，不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染，生产流程如图所示。已知以下信息：①C的相对分子质量为28，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平②G是具有果香味的液体。③相对分子质量相同的羧酸和酯互为同分异构体请回答下列问题：（1）B的结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，其可能发生的化学反应是____________(填选项序号)。a．氧化反应b．水解反应c．酯化反应（2）C的名称为____________。由C生成D，F生成G的反应类型分别是____________、____________。（3）D中官能团的名称是____________________，E的结构简式为____________________。（4）由F到G反应方程式为____________________________________________。（5）如图为实验室制取G的装置图，图中a试剂的名称为____________，其作用为____________________，实验结束后分离G的方法为____________________。（6）X是G的同分异构体，X能与NaHCO3溶液反应，写出一种符合要求的X的结构简式____________。【答案】（1）ac（2）乙烯加成反应取代反应(或酯化反应)（3）羟基CH3CHO（4）（5）饱和碳酸钠溶液中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度分液（6）CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH【分析】甘蔗渣处理后转化成A为纤维素，纤维素发生水解反应生成B为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成D为乙醇，乙醇发生催化氧化生成E为乙醛，乙醛继续被氧化生成F为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为乙酸乙酯，C的相对分子质量为28，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且C与水反应生成D，则C为乙烯，据此分析解答。【解析】由以上分析知，A为纤维素，B为葡萄糖，C为乙烯，D为乙醇，E为乙醛，F为乙酸，G为乙酸乙酯，（1）B为葡萄糖，其结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，含有羟基和醛基，故可以发生氧化反应和酯化反应，故选ac；（2）C为乙烯；乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应；（3）D为乙醇，其中官能团的名称是羟基；E为乙醛，其结构简式为CH3CHO；（4）乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则由F到G反应方程式为；（5）乙醇、乙酸具有挥发性，可用饱和碳酸钠溶液除去挥发出的乙酸和乙醇，故饱和碳酸钠溶液的作用为中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，静置，出现分层，则实验结束后用分液的方法即可分离得到G；（6）G为乙酸乙酯，其分子式为C4H8O2，X是G的同分异构体，X能与NaHCO3溶液反应，则X含有-COOH，X可表示为C3H7-COOH，则X的结构简式为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。24．（1）目前海洋经济已经成为拉动我国国民经济发展的重要引擎，海水的综合开发、利用是海洋经济的一部分，有关海洋中部分资源的利用如图所示，回答下列问题：①实验室制取