1、河南省南阳市第一中学2019-2020学年高一化学下学期期末考前模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 K-39 Cu-64 N-14一、选择题(每小题只有一个正确答案)1. 李时珍在本草纲目中写到:“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑。蒸令气上，用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是A. 萃取B. 干馏C. 升华D. 蒸馏【答案】D【解析】【分析】【详解】“用浓酒和糟入甑。蒸令气上，用器承取滴露”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即为蒸馏。答案选D。2. 下列表示不正确的
2、是( )A. 次氯酸的电子式B. 丁烷的球棍模型C. 酒精结构简式：C2H5OHD. 原子核内有8个中子的碳原子146C【答案】A【解析】【详解】A.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使每个原子都达到稳定结构，故次氯酸的电子式为：，A错误；B.丁烷分子式是C4H10，由于每个C原子都是饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，C原子与C原子或C原子与H原子通过共价键结合，所以碳链为锯齿形，则丁烷的球棍模型为，B正确；C.酒精分子式为C2H6O，分子可看作是乙烷分子中的一个H原子被羟基取代产生的，官能团为-OH，所以酒精的结构简式为：C2H5OH，C正确；C.C是6号元素，原子核
3、内有6个质子，中子数为8的原子，质量数是14，所以该原子可表示为：146C，D正确；故合理选项是A。3. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）BeCl2 PCl5 SF6 CS2 CH4 SiO2 CF2Cl2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】BeCl2中铍元素最外层有2个电子，化合价为+2，所以最外层总共2+2=4个电子，故错误； PCl5中磷原子最外层电子数为5，化合价为+5，所以最外层总共5+5=10个电子，故错误； SF6 中硫原子最外层有6个电子，化合价为+6价，所以最外层共6+6=12个电子，故错误；CS2中碳原子最外层电子数为4+4=8，硫原子最外
4、层电子数6+2=8，故正确； CH4中氢原子最外层2个电子，故错误； SiO2 中硅原子最外层电子数为4+4=8，氧原子最外层电子数为6+2=8，故正确；CF2Cl2中碳原子最外层电子数为4+4=8，氟原子最外层电子数为7+1=8，氯原子最外层电子数为7+1=8，故正确。故选B。【点睛】在判断分子中所有原子是否都满足最外层为8电子结构时，可以根据以下几步进行比较简单，首先看分子中是否含有氢元素或稀有气体元素，这些元素都不满足8电子稳定结构，其次看是否书写过电子式，若写过电子式的都可以满足8电子稳定结构，最后通过计算判断，根据原子最外层电子+化合价绝对值进行计算，结果为8的就满足8电子，否则不满
5、足。这样按照3步走可以减少计算量，提高做题的速率。4. 设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NAB. 1L1mol/L HCl溶液中含有HCl分子为NA个C. 标准状况下，22.4L酒精(C2H5OH)中约含有NA个氧原子D. 6.8g熔融KHSO4中含有的阳离子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A标准状况下，22.4LCO和CO2的混合气体的物质的量是1mol，含碳原子数为NA，故A正确；BHCl是强电解质， HCl溶液中不含HCl分子，故B错误；C标准状况下，酒精(C2H5OH)是液体，22.4L酒精的物质的量
6、不是1mol，故C错误；D熔融KHSO4含有K+、HSO4-，6.8g熔融KHSO4中含有的阳离子数为 0.05NA，故D错误；选A5. 对于放热反应H2+Cl22HCl，下列说法正确的是A. 该反应涉及到离子键和共价键的断裂与形成B. 该反应中，化学能只转变为热能C. 断开1molHH键和1molClCl键所吸收的总能量，小于形成1molHCl键所放出的能量D. 反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量【答案】D【解析】【详解】A、H2与Cl2含有的化学键为共价键，所以该反应涉及共价键的断裂与形成，错误；B、化学能可以转化为热能，也可以转化为光能、电能等其他形式的能量，错误；C、该反应为放
7、热反应，所以断开1molHH键和1molClCl键所吸收的总能量，小于形成2molHCl键所放出的能量，错误；D、因为该反应为放热反应，所以反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，正确。6. 在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（ ）个容器内温度不变 混合气体的密度不变 混合气体的压强不变混合气体的平均相对分子质量不变 C(g)的物质的量浓度不变容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1 某时刻v(A)2v(C)且不等于零单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol AA. 4B.
8、5C. 6D. 7【答案】C【解析】【详解】该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总
9、物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；某时刻(A)=2(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；单位时间内生成n mol D一定消耗2n mol A，同时生成2n mol A，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有，
10、共6个，答案选C。【点睛】本题考查化学平衡的标志，化学平衡的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态；“变量不变”指可变物理量不变是平衡的标志，不变物理量不变不能作为平衡的标志。注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。7. 下列实验装置图及实验用品均正确的是部分夹持仪器未画出)（ ）A. 制溴苯B. 实验室制取乙酸乙酯C. 石油分馏D. 实验室制取硝基苯【答案】A【解析】【详解】A.实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，
11、故A正确；B.制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反应，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C.蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；D.制取硝基苯的温度是5560，所以应该用水浴加热，故D错误；故选：A。【点睛】本题考查了实验方案评价，明确实验原理及实验基本操作是解本题关键，这几个实验都是常考查点，有温度限制的需要温度计控制温度，如石油的分馏、硝基苯的制取、乙烯的制取等，注意温度计的位置，为易错点。8. 下列混合物能用分液法分离的是A. 四氯化碳和乙酸乙酯B. 苯
12、和液溴C. 乙醇和水D. 硝基苯和水【答案】D【解析】【分析】混合物能用分液法分离，说明两种液体互不相溶，且密度不同，据此解答。【详解】A. 四氯化碳和乙酸乙酯互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，A错误；B. 溴易溶在有机溶剂中，则苯和液溴不能分液法分离，B错误；C. 乙醇和水互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，C错误；D. 硝基苯不溶于水，密度大于水，可以用分液法分离，D正确。答案选D。9. 化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A. Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B. 正极的电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OHC. 锌筒作负极，发生氧
13、化反应，锌筒会变薄D. 使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OH，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb +
14、 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。10. 下列关于有机化合物的说法不正确的是()A. 分子式为C3H6Cl2的有机物有4种同分异构体B. 聚乙烯分子中含有碳碳双键C. 在催化剂作用下，苯与液溴的反应属于取代反应D. 丙烯分子中最多有7个原子共面【答案】B【解析】【详解】A当两个Cl原子在同一碳原子上时，存在两种同分异构体：(Cl)2CHCH2CH3、CH3C(Cl)2CH3，当两个Cl原子位于不同C原子时，也存在两种结构：CH2ClCHClCH3、CH2ClCH2CH2Cl，所以分
15、子式为C3H6Cl2的有机物总共含有4种结构，A正确；B聚乙烯不含碳碳双键，聚乙烯为加聚产物，B错误；C在催化剂作用下，苯与液溴的反应属于取代反应，C正确；D丙烯含有碳碳双键，且单键可以旋转，所以丙烯分子中最多有7个原子共面，D正确，答案选B。11. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01molL-1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径的大小W XXYC. Y的氢化物常温常压下为液态D. X的最高价氧化物的水化物
16、为强酸【答案】C【解析】【分析】由n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，可知Z元素为Cl，n为Cl2，再根据q的水溶液具有漂白性，可知q为HClO，由0.01 molL1 r溶液的pH为2，可判断r为一元强酸，则r为HCl，然后根据n和p的反应条件，以及s通常是难溶于水的混合物，可知p为烷烃，s为烷烃的氯代物；根据题意，W、X、Y、Z是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。【详解】A、根据原子半径的变化规律，可知原子半径：HO r(Z) r(Y) r(X)B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D. W的简
17、单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)r(Si)r(S)r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正
18、确；C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。13. 某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是A. 1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2B. 该有机物消耗N
19、a、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：2C. 可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键D. 1mol该有机物在一定条件下和H2反应最多消耗4molH2【答案】C【解析】【详解】A羧基、羟基都能与金属钠反应，1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2，故A正确；B羧基、羟基都能与金属钠反应，羧基能与NaOH反应，羧基能与NaHCO3反应，该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：2，故B正确；C酸性KMnO4能氧化羟基、碳碳双键，所以不能用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，故C错误；D苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物
20、在一定条件下和H2反应最多消耗4molH2，故D正确；选C。14. 下列关于有机化合物的叙述正确的是A. 甲基环己烷()的一氯代物有4种B. 甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)二者以任意比例混合，当总质量一定时，充分燃烧生成水的质量是不变的C. 蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解D 乙烯和苯都能使溴水退色，且退色原理相同【答案】B【解析】【详解】A甲基环己烷有5种等效氢 ()，所以一氯代物有5种，故A错误；B甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)中氢元素的质量分数相同，甲苯和甘油二者以任意比例混合，当总质量一定时，充分燃烧生成水的质量是不变的，故B正确；C油脂不属于高分子化
21、合物，故C错误；D乙烯和溴发生加成反应使溴水退色，苯萃取溴水中的溴，使溴水退色，褪色原理不同，故D错误；选B。15. 铝土矿的主要成分是Al2O3、SiO2和Fe2O3等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：下列说法中错误的是A. 滤液的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOHB. 滤液的含大量的阴离子是C. 反应Y的离子方程式是2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+D. 滤液中通入过量X的目的是使充分沉淀而不引进杂质【答案】C【解析】【详解】A铝土矿中Al2O3、SiO2能与氢氧化钠反应，所以滤液的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOH，故A正确；B气体X是二氧化碳，偏铝
22、酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，滤液的含大量的阴离子是，故B正确；C反应Y是偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式是+CO2+2H2O=Al(OH)3+，故C错误；D滤液中通入过量的二氧化碳气体使完全转化为氢氧化铝沉淀，故D正确；选C。16. 1.52g铜、镁合金完全溶解于50mL密度为1.40gmL1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0molL1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1B. 得到2
23、.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mLC. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0 molL1【答案】D【解析】【分析】本题考查金属与硝酸的反应，首先应判断出反应的相应产物，计算出产物的质量，再结合题干，逐一作答。【详解】由于合金完全溶解，最终全部沉淀，根据题目中所给数据可计算出合金中镁、铜的含量。设合金中铜的含量为x g，镁的含量为y g。可列式：m(Cu)+m(Mg)=x+y=1.52，m(Cu(OH)2)+ m(Mg(OH)2)=98x/64+58y/24=2.54。解得x=1.28g，y=0.24g。故合金中含
24、有n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol。A. 该合金中铜与镁的物质的量之比为2:1，故A项正确；C.加入硝酸后，0.02mol Cu和0.01mol Mg共转移0.06mole-。设混合气体中NO2为a mol，N2O4为b mol，则a+2b=0.06，a+b=0.05。解得a=0.04mol，b=0.01mol。NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数=0.04/0.05100%=80%，故C项正确；D.浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=(1000mL/L1.40g/mL63%)/63g/mol=14 molL1，故D项错误；B.加入的硝酸物质的量为n（
25、HNO3）=cV=0.7mol，反应过程中产生NO2 0.04mol，N2O4 0.01mol，由原子守恒可知反应后n（NO3-）=0.7 mol -0.04 mol -0.01 mol2=0.64mol，加入NaOH溶液后，结合成NaNO3，故n（NaOH）=0.64mol，V=n/c=0.64mol/1.0molL1=0.64L=640mL，故加入NaOH溶液的体积是640 mL，故B项正确。综上，本题选D。二、非选择题17. (1)有下列各组物质：A.O2和O3；B.和；C.冰醋酸和乙酸：D.甲烷和庚烷；E.CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3；F.淀粉和纤维素；G. 和
26、H.和 ，用序号填空：_组两物质间互为同位素。_组两物质间互为同素异形体。_组两物质属于同系物。_组两物质互为同分异构体。_组是同一物质。(2)在下列变化中：水的汽化、NaCl熔化、NaOH溶于水、H2SO4溶于水、O2溶于水、NaHSO4溶于水、Na2O2溶于水，未发生化学键破坏的是 _ ；(填序号，下同)仅破坏离子键的是 _ ；仅破坏共价键的是 _ ；既破坏离子键又破坏共价键的是 _ 。【答案】 (1). B (2). A (3). D (4). E (5). C G H (6). (7). (8). (9). 【解析】【详解】(1)和是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，B组两物质
27、间互为同位素；O2和O3是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，A组两物质间互为同素异形体；甲烷和庚烷结构相似、分子组成相差6个“CH2”原子团，互为同系物，D组两物质属于同系物；CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3分子式都是C4H10，结构不同，互为同分异构体，E组两物质互为同分异构体；冰醋酸和乙酸结构简式都是CH3COOH，和分子式相同、结构相同，和分子式相同、结构相同，C G H组是同一物质。(2)水的汽化是水分子间距离改变，分子没变，未发生化学键破坏；NaCl是离子化合物，熔化时电离为Na+、Cl-，破坏离子键；NaOH是离子化合物，溶于水时电离为Na+、OH-，破坏
28、离子键；H2SO4是共价化合物，溶于水时电离为H+、SO42-，破坏共价键；O2溶于水未发生化学键破坏；NaHSO4是离子化合物，溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，既破坏离子键又破坏共价键；Na2O2是离子化合物，溶于水生成氢氧化钠和氧气，既破坏离子键又破坏共价键；未发生化学键破坏的是；仅破坏离子键的是；仅破坏共价键的是；既破坏离子键又破坏共价键的是。18. 下表为元素周期表的一部分，用元素符号或化学式回答下列问题。主族周期AAAAAAA0234(1)10种元素中，化学性质最不活泼的是_， 除外原子半径最大的是_ 。(2)三种元素最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_ ；形成氢化物的稳定
29、性由强到弱顺序为_ 。(3)五种元素形成的离子半径由大到小的顺序为_。(4)元素的原子结构示意图是_，元素的氢化物和元素单质反应的化学方程式为_。(5)形成的化合物灼烧时火焰焰色为_；该化合物的溶液与元素的单质反应的离子方程式为_。(6)、和最高价氧化物对应的水化物之间两两相互反应的离子方程式为_。(7)元素的单质在元素形成的某化合物中燃烧的化学方程式为_。【答案】 (1). Ar (2). K (3). NaOH (4). HClHBr (5). Cl-K+Na+Mg2+Al3+ (6). (7). (8). 黄色 (9). (10). 、 、 (11). 【解析】【分析】根据元素在周期表中
30、的位置，是Na元素、是K元素、是Mg元素、是Ca元素、是Al元素、是C元素、是O元素；是Cl元素、是Br元素、是Ar元素。【详解】(1)10种元素中，Ar原子最外层有8个电子，结构稳定，化学性质最不活泼；电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小， 除Ar外原子半径最大的是K；(2)同周期元素从左到右金属性减弱，金属性NaMgAl， Na、 Mg、Al三种元素最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是NaOH；同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性ClBr，氢化物的稳定性由强到弱顺序为HClHBr；(3) 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径由大到小的顺序为
31、Cl-K+Na+Mg2+Al3+；(4)是Ca元素，核外有20个电子，原子结构示意图，元素的氢化物是水，水和金属钠反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为；(5)形成的化合物是NaBr，含有钠元素，灼烧时火焰焰色为黄色；NaBr溶液与氯气反应生成氯化钠和溴单质，反应的离子方程式为；(6)、和最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、HClO4，两两相互反应的离子方程式为、 、。(7)镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为。【点睛】本题考查元素周期律，根据元素在周期表中的位置准确推断元素是解题关键，明确同周期元素、同主族元素的性质递变规律，注意氢氧化铝是两性氢氧化物
32、。19. 已知A、B、D是食品中的常见有机物，A是生物的主要供能物质。以A和水煤气(CO、H2)为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图。已知E是CO和H2以物质的量之比1：2反应的产物，F为具有特殊香味、不易溶于水的油状液体。请回答：(1)有机物A的分子式_，有机物D中含有的官能团名称是_。(2)BC的反应类型是_，C的结构简式为_。(3)BC化学方程式是_。D+EF的化学方程式_。(4)下列说法不正确的是_。A有机物B与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B除去F中含有D、E杂质可用NaOH溶液洗涤、分液CD和E反应生成F时，浓硫酸主要起强氧化剂作用DC在一定条件下
33、可以与H2反应转化为B【答案】 (1). C6H12O6 (2). 羧基 (3). 氧化反应 (4). CH3CHO (5). 2CH2CH2OH+O22CH3CHO+H2O (6). CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O (7). A、B、C【解析】【分析】已知A、B、D是食品中的常见有机物，A是生物的主要供能物质，为葡萄糖，应为C6H12O6，生成B为CH2CH2OH，由流程可知C为CH3CHO，D为CH3COOH，E是CO和H2 以物质的量之比1：2反应的产物，F为具有特殊香味、不易溶于水的油状液体，可知E为CH3OH，F为CH3COOCH3，以此解答该题。【详解】(1)
34、A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，D为CH3COOH，含有的官能团为羧基，故答案为C6H12O6；羧基；(2)B为乙醇，发生氧化反应生成C为CH3CHO，故答案为氧化反应；CH3CHO；(3)BC化学方程式是2CH2CH2OH+O22CH3CHO+H2O，D+EF的化学方程式为CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O；(4)A有机物B为乙醇，与金属钠反应比水与金属钠反应要弱，选项A错误； BF为酯类，可与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，选项B错误； CD和E反应生成F时，浓硫酸主要起催化剂和吸水剂的作用，选项C错误；DC为乙醛，含有醛基，在一定条件下可以与H2 反应转化
35、为乙醇，选项D正确。答案选A、B、C。【点睛】本题考查有机物推断、有机物结构与性质，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及烯烃、醇、醛、羧酸性质与转化等，解题的关键是A和E的确定，A是生物的主要供能物质，为葡萄糖，应为C6H12O6，生成B为CH2CH2OH，E是CO和H2 以物质的量之比1：2反应的产物，F为具有特殊香味、不易溶于水的油状液体，可知E为CH3OH。20. （1）下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生C2H4并检验C2H4性质的实验，完成下列各问题。B中溶液褪色，是因为乙烯被_。C中发生反应的化学方程式为_。在D处点燃时必须进行的操作是_。（2）实验室制取的乙烯中常混有少量的SO2
36、，有人设计如图实验装置以证明上述混合气体中含有乙烯和二氧化硫。试回答下列问题:图中a、b、c、d装置盛放的试剂依次是_(填序号)。A品红溶液BNaOH溶液C浓硫酸D酸性高锰酸钾溶液能说明SO2存在的实验现象是_。使用装置b的目的是_。使用装置c的目的是_。能证明混合气体中含有乙烯的现象是_。【答案】 (1). 酸性KMnO4溶液氧化 (2). CH2=CH2+Br2 (3). 检验气体的纯度 (4). A、B、A、D (5). 装置a中品红溶液褪色 (6). 除去SO2气体，以免干扰乙烯的检验实验 (7). 检验SO2气体是否除尽 (8). 装置c中品红溶液不褪色，装置d中酸性高锰酸钾溶液褪色
37、【解析】【分析】石蜡分解生成的气体中含有乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应。乙烯和二氧化硫都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是二氧化硫能使品红褪色，且能和氢氧化钠反应，乙烯不能，所以可以先用品红检验二氧化硫的存在，然后用氢氧化钠吸收除去二氧化硫，再次用品红检验二氧化硫已经除净，最后用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯。【详解】(1) B中为酸性高锰酸钾溶液，乙烯能被酸性KMnO4溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色。 乙烯和溴发生加成反应，方程式为：CH2=CH2+Br2 。乙烯是可燃性气体，点燃前先检验气体的纯度。 (2) 乙烯和二氧化硫的混合气体进行检验时，先用品红检验二氧
38、化硫，然后用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，再用品红检验二氧化硫已经除净，最后用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，所以试剂的盛放顺序为 A、B、A、D 。 装置a中品红溶液褪色可以证明二氧化硫的存在。氢氧化钠溶液的目的是除去SO2气体，以免干扰乙烯的检验实验。再次通入品红是为了检验SO2气体是否除尽。装置c中品红溶液不褪色，证明不含有二氧化硫，装置d中酸性高锰酸钾溶液褪色，说明气体为乙烯。【点睛】掌握乙烯的结构和性质是本题的关键，注意二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色。但是二氧化硫能使品红褪色，而乙烯不能。21. 化学反应的快慢和限度对人类生产、生活有重要的意义。(1)将影响化学反应速率的因素镇在空格处。实
39、例影响因素食物放冰箱里延长保质期_实验室将块状药品研细,再进行反应_(2)某小组将酸性KMnO4溶液与H2C2O4(具有还原性)溶液混合，用反应中溶液紫色消失快慢的方法研究形响化学反应速率的因素。实验中酸性KMnO4溶液(0.0010mol/L)、H2C2O4溶液的用量均为4mL(忽略加入固体,溶液混合时体积的变化)。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。请帮助他们完成以下实验设计表:填写IV中的数据,并将实验目的补充完整。实验编号温度/K催化剂的用量/gH2C2O4溶液的浓度/mol.L-1实验目的I2980.50.010A.实验I和II探究_对反应速率的影响B.实验I和III探究_对反
40、应速率的影响C.实验I和IV探究催化剂对反应速率的影响II2980.50.050III3230.50.010IV_该小组同学对实验II进行了3次实验，测得以下数据：实验编号溶液退色所需时问t/min第1次第2次第3次II4.95.15.0实验II中用KMnO4表示该反应的平均反应速率为_。【答案】 (1). 反应物浓度 (2). 反应温度 (3). 25 (4). 浓度 (5). 温度 (6). 298 (7). 0 (8). 0.01 (9). 110-4 molL1min1【解析】【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、催化剂以及固体的表面积大小等，从实验的目的考虑选择的措施；所做的实
41、验要有对比实验，其他条件相同时，分别在298K、323K条件下分别实验；根据v=计算。【详解】（1）冰箱内温度较低，降低温度，反应速率减小，可延长保质期，故答案为温度；固体表面积的大小影响化学反应速率，表面积越大，反应速率越快，实验室将块状药品研细，可加快反应速率，故答案为固体表面积；(2)酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液混合，发生反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为25；A.实验I和II中草酸的浓度不同，故为探究反应物浓度对反应速率的影响；B.实验I和III为不同温度，故为探究反应温度对反应速率的影响；C.实验I和IV探究催化剂对反应速率的影响，故只能增加催化剂，其他条件不变，应填298、0、 0.01；反应开始时：c（KMnO4）=0.0005mol/L，反应时间：t=5.0min ，KMnO4的平均反应速率：（KMnO4）=110-4 molL1min1。