1、北京市第八十中学20192020学年度第二学期期末考试高一化学(选考)可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5第一部分(选择题)在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项 1.下列防疫物品的主要成分属于无机物的是A聚丙烯B聚碳酸酯C二氧化氯D丁腈橡胶A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.制口罩的聚丙烯是合成有机高分子化合物，故A错误；B.制防护镜的聚碳酸酯是合成有机高分子化合物，故B错误；C.用于消毒的二氧化氯是氯元素的氧化物，属于无机物，故C正确；D.制医用手套的丁腈橡胶是合成有机高分子化合物，故D错误；故选C。
2、2.化学与人类社会生产、生活有着密切联系。下列叙述中正确的是A. 煤的气化是将其通过物理变化转化为气态的过程B. 高温或日常用的消毒剂可使新冠病毒蛋白质变性C. 重金属盐溶液能使蛋白质盐析，会使人中毒D. 燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放【答案】B【解析】【详解】A煤的气化过程是一个热化学过程。它是以煤或煤焦(半焦)为原料以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，属于化学变化过程，故A错误；B根据蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性。物理因素有：加热、加压、搅拌、振荡、紫外
3、线照射、超声波等；化学因素有：强酸、强碱、重金属盐、三氯乙酸、乙醇、丙酮等，故高温或日常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性，故B正确；C重金属盐溶液能使蛋白质变性，会使人中毒，故C错误；D加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故D错误；答案选B。3.下列化学用语不正确的是A. 羟基的电子式：B. 甲烷的空间充填模型：C. 丁烷的球棍模型：D. 乙醇的分子式：C2H6O【答案】A【解析】【详解】A羟基中的氧原子最外层电子数为6个，与氢原子形成一对共用电子对，羟基
4、的电子式为：，故A错误；B甲烷分子是正四面体构型，甲烷的空间充填模型或比例模型是，故B正确；C丁烷含有四个碳原子，碳原子均形成四对共用电子对，丁烷的球棍模型：，故C正确；D分子式是表示纯净物分子的组成的式子，乙醇的分子式：C2H6O，故D正确；答案选A。【点睛】学生会将羟基和氢氧根离子的电子式混淆，羟基分子中含有一对共价键，两对孤对电子，剩余一个单电子，氢氧根离子的电子式。4.白酒、食醋、蔗糖等均为家庭厨房中常用的物质，利用这些物质能完成下列实验的是验证蛋壳能否溶于酸检验白酒中是否含有甲醇鉴别食盐和小苏打检验自来水中是否含有氯离子A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】白酒、蔗糖与所
5、要检验的物质都不反应，而食醋的主要成分为CH3COOH，具有酸性，能与小苏打或碳酸钙反应生成二氧化碳气体，所以可用食醋鉴别食盐和小苏打、验证蛋壳能否溶于酸；因醋酸的酸性弱于盐酸，食醋与氯离子不反应，不能检验自来水中是否含有氯离子；因甲醇和乙醇的性质相似，则不能利用醋酸鉴别甲醇和乙醇，能完成的实验为、，答案选D。5.下列关于金属冶炼的说法正确的是A. 由于铝的金属性强，故工业上采用电解熔融AlCl3的方法生产单质铝B. 将钠投入氯化镁饱和溶液中，可置换出镁单质C. 根据金属的活泼性不同，采用不同的金属冶炼方法D. 铝热反应需要在高温下进行，是一个典型的吸热反应【答案】C【解析】【详解】A氯化铝为
6、共价化合物，熔融态不导电，故工业上采取电解熔融氧化铝的方法来制备单质铝，故A错误；B将钠投入氯化镁饱和溶液中，Na会和水反应，无法置换出单质Mg，故B错误；C冶炼金属的方法，本质上是由金属的活泼性决定的，故C正确；D铝热反应需要在高温下进行，是一个典型的放热反应，故D错误；答案选C。【点睛】活泼的金属采用电解法，但是氯化铝是由活泼金属和活泼非金属形成的化合物，属于分子晶体，比较特殊。6.下列各对物质中属于同分异构体的是A. 12C和14CB. O2和O3C. 与D. 与【答案】D【解析】【详解】A12C和14C互为同位素，A不合题意；BO2和O3互为同素异形体，B不合题意；C 与是同一种物质，
7、C不合题意；D 与分子式相同但结构不同，互为同分异构体，D符合题意；故选D。【点睛】若想不到甲烷是立体结构，二氯甲烷只有1种，解题时，我们很容易认为与互为同分异构体，从而错选B。7.如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图.下列关于该实验的叙述中,不正确的是A. 向a试管中先加入浓硫酸,然后边摇动试管边慢慢加入乙醇,再加冰醋酸B. 试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象C. 实验时加热试管a的目的是及时将乙酸乙酯蒸出并加快反应速率D. 采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用【答案】A【解析】【分析】由乙醇、乙酸和浓硫酸来制取乙酸乙酯，先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，试管b
8、中碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，加热可加快反应速率，长导管可冷凝回流，充分利用原料，以此来解答。【详解】A浓硫酸的密度大于水，稀释放热，则向a试管中先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，冷却后再加入冰醋酸，A错误；B生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇和乙酸与水互溶，则试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象，B正确；C实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，同时也加快反应速率，C正确；D乙酸、乙醇均易挥发，采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用，可充分利用原料，D正确。答案选A。【点睛】本题考查有机物
9、的制备实验，把握物质的制备原理、性质以及装置中仪器的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的易错点，注意根据浓硫酸的稀释进行类推。8.对于 A2+3B22C 的反应，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是A. (A2) = 0.4 molL-1s-1B. (B2) = 0.8 molL-1s-1C. (C) = 0.6 molL-1s-1D. (B2) = 4.2 molL-1min-1【答案】A【解析】【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，速率与
10、计量系数的比值越大，反应速率越快。【详解】A= 0.4 molL-1s-1；B0.27 molL-1s-1；C= 0.3molL-1s-1；D= 1.4 molL-1min-10.023 molL-1s-1；反应速率最快的为A，答案选A。9.为增大铁片与硫酸制取H2的化学反应速率，下列措施中不能达到目的的是A. 用铁粉代替铁片B. 用浓硫酸代替稀硫酸C. 向反应体系中滴加少量CuSO4溶液D. 适当升高溶液温度【答案】B【解析】【详解】A铁片改用铁粉，接触面积增大，反应速率加快，故A不符合题意； B用浓硫酸代替稀硫酸，浓硫酸与Fe会发生钝化，不生成氢气，故B符合题意；C滴加少量CuSO4溶液，
11、铁与硫酸铜反应生成了铜，铁和铜、硫酸溶液形成了原电池，反应速率加快，故C不符合题意；D适当升高溶液温度，反应速率加快，故D不符合题意；答案选B。【点睛】浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，常温下，铁与浓硫酸、浓硝酸会发生钝化，为易错点。10.海水资源开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B. 粗盐可采用溶解、除杂和蒸发结晶等过程提纯C. 工业生产中常选用 NaOH 作为沉淀剂D. 制取淡水也是海水资源综合利用的一个重要方面【答案】C【解析】【详解】A氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B粗盐中的钙离子、镁离子等
12、可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D海水综合利用主要包括海水淡化、海水直接利用和海水化学元素利用三个方面，制取淡水也是海水资源综合利用的一个重要方面，故D正确；答案选C。11.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 向 FeCl3溶液中滴加氨水：Fe3+3OH-Fe(OH)3B. 磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OC. 用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2：2NH3H2O + SO2 =2NH4+ SO32-+ H2OD. 将铝片加入烧碱溶液中：2
13、Al + 2OH- = 2AlO2-+ H2【答案】C【解析】【详解】A向FeCl3溶液中滴加足量氨水，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4+，故A错误；B将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸中的离子反应为3Fe3O4+NO3-+28H+9Fe3+14H2O+NO，故B错误；C用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2的离子反应为：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2O，故C正确；D将铝片加入烧碱溶液中的离子反应为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，故D错误；答案选C。12.某实验小组同学利用反应Na2S2O3+H2SO4=Na2S
14、O4+SO2+S+H2O，实验验证影响反应速率的因素，下列各组实验反应速率最大的是：实验温度/Na2S2O3 溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】各组实验中最先出现浑浊说明反应速率越快，温度越高、浓度越大反应速率越大，且温度对化学反应速率影响大于浓度对化学反应速率影响，据此判断反应速率快慢。【详解】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O
15、3的浓度比A项大，反应速率：B项A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。13.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是A. 中Mg作负极、中Fe作负极B. 中A1作负极，电极反应式为2A1-6e-=2Al3+C. 中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+D. 中Cu作正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】D【解析】【详解】A.中Mg为
16、负极，中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，中Al为负极，中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，铁作正极，A错误；B.中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，Al为负极，Mg作为正极，Al极电极反应式为A1-3e-+4OH=AlO2+2H2O，B错误；C.中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，铁作正极，铜作负极发生氧化反应，所以铜失电子生成铜离子，Cu极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，C错误；D.铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，D正确；答案选D
17、。【电极】本题考查原电池的工作原理知识，电极的活泼性与电解质溶液有关，如镁和铝与氢氧化钠溶液组成原电池时铝作负极，由于铁在冷的浓硝酸中钝化，Fe和Cu与浓硝酸组成原电池时铜作负极。14.一定温度下，探究铜与稀HNO3的反应，反应过程如下：下列说法错误的是A. 过程I中生成无色气体的离子方程式是3Cu+2NO3-+8H+ =3Cu2+2NO+4H2OB. 步骤III反应速率比I 快的原因一定是NO2溶于水，使c(HNO3)增大C. 过程中气体变成红棕色的反应为2NO+O2=2NO2D. 当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解【答案】B【解析】【分析】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮、水，
18、得到的无色气体是一氧化氮，抽入空气后发生反应2NO+O2=2NO2，振荡后，反应速率加快，说明二氧化氮对反应具有催化作用，据此分析。【详解】A过程I中生成无色气体的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，故A正确；B随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；C根据分析可知，过程中气体变成红棕色，是一氧化氮被氧化的过程，化学反应方程式为：2NO+O2=2NO2，故C正确；D当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，能与铜继续反应，故D正确；答案选B。【点睛】易错点是B项，硝酸除了生
19、成硝酸铜之外，还生成了氮的氧化物，故硝酸的浓度不会增大，只会减小。第二部分(非选择题)15.实验室里研究不同价态硫元素之间的转化(1)A中发生反应的化学方程式为_。(2)B中的现象是_。(3)C中出现淡黄色沉淀，反应中Na2S做 _(填“氧化剂”或“还原剂”)。(4)D溴水褪色，该反应S元素的价态变化是由+4价变为_价。(5)某同学认为D中换成H2O2溶液也可以实现上述硫元素价态转化，并通过实验进一步证明了他的观点。实验方案和现象为：取D中反应后的溶液于试管中，_。(6) E的作用是_，离子方程式为_。 (7)上述实验体现SO2 的性质有_。【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO
20、4+SO2+2H2O (2). 品红褪色 (3). 还原剂 (4). +6 (5). 加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 (6). 吸收SO2尾气，防止污染环境 (7). SO2+2OH=SO32+H2O (8). 漂白性、氧化性、还原性、酸性氧化物通性【解析】【分析】该实验的目的是研究不同价态硫元素之间的转化，A为SO2的发生装置，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4 +SO2+2H2O，B为检验SO2的装置，SO2有漂白性，可用品红溶液检验，现象是品红褪色，C中Na2S和SO2发生氧化还原反应生S沉淀，说明SO2有氧化性，D中SO2和溴水反应生成H2SO4和氢溴酸，通过检验S
21、O42-的存在，验证SO2有还原性，SO2是污染性气体，是酸性氧化物，所以E装置中盛装NaOH溶液，目的是吸收多余SO2，据此分析解答。【详解】(1)A装置中Cu和浓硫酸加热条件下反应,生成硫酸铜、二氧化硫和水,化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4 +SO2+2H2O；(2)B装置为检验SO2的装置，SO2有漂白性，能使品红褪色，所以B装置中现象是品红溶液褪色；(3)C装置中，Na2S和SO2发生反应2Na2S+3SO2=3S+2Na2SO3，可观察到有淡黄色沉淀(或浑浊)生成，该反应中的Na2S：S的化合价由2价升为0价，Na2S发生氧化反应、作还原剂，SO2发生还原反应、作氧化剂
22、；(4)D装置中，Br2和SO2发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr +H2SO4，S由+4价变为+6价；(5)过氧化氢溶液具有氧化性，会将二氧化硫氧化成硫酸，要想证明硫元素的价态转化，只需要证明产物中有SO42即可，所以只需要取D中溶液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液即可，实验现象是有白色沉淀生成；(6)SO2是污染性气体，需要尾气处理，E装置的作用是吸收SO2尾气，防止污染环境；SO2是酸性氧化物，与NaOH溶液反应的离子方程式为SO2+2OH=SO32+H2O；(7)B装置中褪色现象体现SO2的漂白性，C装置中出现浑浊现象体现SO2的氧化性，D装置中溴水褪色体现SO2的还原性
23、，E装置中反应体现酸性氧化物的通性。【点睛】二氧化硫是一种即具有氧化性又具有还原性的气体，还是一种酸性氧化物，还具有漂白性，检验硫酸根离子是易错点，需要加入氯化钡，若产生沉淀不溶于酸，则溶液中含有硫酸根。16.人类农业生产离不开氮肥，科学合理使用氮肥，不仅能提高化肥的使用率，而且能够更好地保护环境，请回答下列问题： (1)工业合成氨是制取氮肥的基础。合成氨反应中，反应物 N2 的结构式是_，产物NH3 的电子式是_。 (2)某小组在实验室模拟以 NH3 为原料， 制备少量硝态氮肥 Ca(NO3)2，转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去)。NONO2 的现象是_， NO2HNO3 的化学方程式
24、为_。将HNO3 转化为 Ca(NO3)2，列举两种不同类别的化合物 M_(写化学式) 。(3)NH4HCO3 是一种铵态氮肥，需阴凉处保存，原因是_(写化学方程式)。实验室检验某化肥是铵态氮肥，检验过程中发生反应的离子方程式为_。(4)过渡施用氮肥将导致大气中NH3含量增高，加剧雾霾的形成。(NH4)2SO4是雾霾的成分之一，其形成过程如下图所示(转化所需试剂及条件已略去) X可能是SO3 或_，Y是_。尿素CO(NH2)2是一种常用有机氮肥，缓慢与 H2O 发生非氧化还原反应释放出NH3和另外一种气体，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). NN (2). (3). 有红棕色气体产生
25、(4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). CaCO3、Ca(OH)2 (6). NH4HCO3H2O+CO2+NH3 (7). NH4+OH-NH3+H2O (8). H2SO3 (9). H2SO4 (10). CO(NH2)2+H2O=2NH3+CO2【解析】【分析】(2)氨催化氧化得NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，HNO3和CaCO3、Ca(OH)2等物质反应得Ca(NO3)2；(4)含硫燃料燃烧产生SO2，SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3被氧气氧化成H2SO4，H2SO4和氨气反应生成(NH4)2SO4；或者含硫燃料燃烧产生S
26、O2，SO2和O2反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，H2SO4和氨气反应生成(NH4)2SO4；【详解】(1)N2的结构式为NN，NH3的电子式为，故答案为：NN；(2)NO为无色气体，NO2为红棕色气体，所以NONO2 的现象是有红棕色气体产生，NO2和H2O反应生成HNO3和NO，所以NO2HNO3的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：有红棕色气体产生；3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3和CaCO3、Ca(OH)2等物质反应均可转化为Ca(NO3)2，故答案为：CaCO3、Ca(OH)2；(3)NH4HCO3受热易分解，发生的反应为NH4HC
27、O3H2O+CO2+NH3，故答案为：NH4HCO3H2O+CO2+NH3；铵态氮肥含NH4+，检验氨态氮肥即检验NH4+，检验NH4+的方法为：取待检氮肥溶液于试管中，加浓NaOH，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝，证明有NH4+，该氮肥属于铵盐，涉及的反应的离子方程式为NH4+OH-NH3+H2O，故答案为：NH4+OH-NH3+H2O；(4)氨气和硫酸反应生成硫酸铵，Y为硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸，或者三氧化硫与水反应生成硫酸，X为SO3或H2SO3，故答案为：H2SO3；H2SO4； 由题意可知，CO(NH2)2和H2O反应生成NH3和另外一种气体，该反应为非氧化还原
28、反应，则另外一种气体中C的化合价应为+4价，即该气体为CO2，该反应的化学方程式为：CO(NH2)2+H2O=2NH3+CO2，故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3+CO2。17.化工发展是我国能源安全重要保证。近年来，我国煤化工技术获得重大突破，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇(CH3OH)是其中的一个研究项目。该研究发生的主要反应如下：CO与H2反应合成甲醇CO2与H2反应合成甲醇 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)(1)上述反应是原子经济性反应，写出化学反应方程式_。(2)在工业上，为了提高上述反应的反应速率，除了采用合适的
29、催化剂之外，还可以采取的措施是_(填一项即可)。(3)一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应，下列可以表明反应达到化学平衡状态的是_。a单位时间消耗nmolCO2的同时，消耗3n mol的H2b容器内CH3OH的浓度不再改变c容器内气体压强不再改变d容器内气体密度不再改变(4)生成1mol CH3OH放出 a kJ的能量，反应中拆开1mol化学键所需的能量(E)的相关数据如下：化学键HHCOCO中的 COHOCHE(kJ)mnE1xy根据相关数据计算拆开1molCO所需的能量E1_kJ。(5) H2还原CO2电化学法制备甲醇的工作原理如下图所示： 通入H2 一端是电池的_极(填“正”或“负
30、”)，通入CO2的一端发生的电极反应式为_。【答案】 (1). CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) (2). 升温或增大压强 (3). bc (4). -a+3y+n+x-2m (5). 负 (6). CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O【解析】【分析】化合反应是原子经济性反应，写出CO与H2反应合成甲醇的化学方程式。从化学反应速率的影响因素和化学平衡的判断分析。从断开化学键和形成新的化学键的能量差等于焓变进行计算。根据总的反应化学方程式中化合价的变化，写出各电极发生的化学反应。【详解】(1)上述反应是原子经济性反应，理想的原子经济反应是原料分子中的原子百分之百地转变成产物，不产生副
31、产物或废物，实现废物的“零排放”，故化学反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；(2)提高上述反应的反应速率可以采用升温，加压等措施加快反应速率；(3)一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)a单位时间消耗nmolCO2的同时，消耗3n mol的H2，都表示正反应方向的速率，不能代表处于平衡状态，故a不符合题意；b反应发生时容器内CH3OH的浓度是一个变值，容器内CH3OH的浓度不再改变代表化学反应达到平衡状态，故b符合题意；c反应是一个气体分子数减小的反应，也是一个压强减小的反应，当容器内气体压强不再改变代表达到平衡
32、状态，故c符合题意；d由于是在容积固定的密闭容器中，则气体的密度是一个定值，若容器内气体密度不再改变，不能代表反应达到平衡状态，故d不符合题意；答案选bc。(4)生成1mol CH3OH放出 a kJ的能量，反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则反应物断裂化学键键能之和减去生成物形成化学键键能之和等于生成1mol CH3OH放出的热量，得到的式子为：E1+2m-(3y+n+x)=-a，得到E1=-a+3y+n+x-2m；(5) H2还原CO2电化学法制备甲醇的总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，二氧化碳的化合价降低，在正极上得电子，正极反应为：CO2+6H+6e-=CH3
33、OH+H2O，氢气的化合价升高，作负极，电极反应为3H2-6e-=6H+。【点睛】恒温恒容的容器中，气体的密度始终不变，不能作为判断平衡的标志，为易错点。18.乙烯和丙烯是重要有机化工原料。I以乙烯为原料可以制备乙二醇和高分子化合物B。(1)的化学方程式为_。(2)为取代反应，通过A与NaOH溶液加热条件下完成转化。的化学反应方程式为_。(3)的反应类型为_，B的结构简式为_。II丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，是一种天然香料，也可以由乙烯和丙烯为原料合成。(4)有机物E中的官能团是_。(5) D与E反应生成丙烯酸乙酯的化学反应方程式为_。(6)下列说法正确的是_。a乙烯、丙烯是石油裂解的产
34、物 b乙二醇易溶于水 cE能使酸性高锰酸钾溶液褪色 dD可以由葡萄糖分解得到【答案】 (1). CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br (2). CH2BrCH2Br+2H2OHOCH2CH2OH+2HBr (3). 加聚反应 (4). (5). 碳碳双键和羧基 (6). CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O (7). abcd【解析】【分析】乙烯可以和溴的四氯化碳反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，乙烯在催化剂存在的条件下生成聚乙烯。根据丙烯酸乙酯逆推，A和B反应生成丙烯酸乙酯的反应类型应该是酯化反应；反应物应该为乙醇
35、和丙烯酸；结合题目所给的初始物质的结构简式可知，有机物D为乙醇，有机物E为丙烯酸，据此分析。【详解】(1)表示的是乙烯和溴的加成反应，化学方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；(2)为取代反应，CH2BrCH2Br在NaOH溶液加热条件下发生水解生成醇，化学反应方程式为CH2BrCH2Br+2H2OHOCH2CH2OH+2HBr；(3)的反应类型为加聚反应，nCH2=CH2，B的结构简式为；(4)有机物E为丙烯酸，结构简式为CH2=CHCOOH，它的官能团为碳碳双键和羧基；(5)有机物D为乙醇，有机物E为丙烯酸，它们在浓硫酸作催化剂加热的条件下反应生成酯和水，化学反应为：CH3C
36、H2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；(6)a在高温下，将石油产品中具有长链分子的烃断裂为各种短链的气态烃和液态烃称为的裂解，乙烯、丙烯是石油裂解的产物，故a正确；b乙二醇含有羟基，水中也含有羟基，乙二醇和水分子之间易形成氢键，故乙二醇易溶于水，故b正确； cE为丙烯酸，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；dD为乙醇，可以由葡萄糖发生无氧呼吸得到，故d正确；答案选abcd【点睛】CH2BrCH2Br在NaOH溶液加热条件下发生水解生成醇，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，为易错点。19.某小组对SO2与漂粉精的反应进行实验探
37、究：操作现象取4 g漂粉精固体，加入100 mL水部分固体溶解过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12)，后褪色i出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是_。(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。(3)甲同学认为现象i中溶液变为黄绿色的可能原因是：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。(4)乙同学通过实验确定了A瓶中大量白色沉淀是CaSO4，并用离子方程式解释了现象中黄绿色褪去的原因是_。【答案】 (1). 2Cl2+2Ca(OH)2=C
38、aCl2+Ca(ClO)2+2H2O (2). 碱性、漂白性 (3). 向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色 (4). SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4+2Cl-+4H+【解析】【分析】氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；pH试纸变蓝色，说明溶液呈碱性，次氯酸具有漂白性；出现白色浑浊的原因是SO2被氧化为SO42-，硫酸根离子和钙离子结合生成微溶物硫酸钙。根据其它酸是否使溶液变为黄绿色来判断。Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，由此判断。【详解】(1)Cl2和Ca(OH)2生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(C
39、lO)2+2H2O； (2)pH试纸先变蓝(约为12)，说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明又具有漂白性；(3)溶液变为黄绿色的可能原因是：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应，故可以向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色，若变成黄绿色，是酸性增强导致漂粉精的有效成分和Cl-发生反应；(4) 出现浑浊，溶液变为黄绿色，是氯离子和次氯酸根离子在酸性条件下反应生成了氯气，黄绿色消失是由于Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸，进一步生成硫酸钙沉淀，反应离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O+Ca2+=CaSO4+2Cl-+4H+。【点睛】漂白粉、漂粉精的成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，为易错点。