1、北京市西城区2019-2020学年高一化学下学期阶段性试题（含解析）本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 第一部分(选择题 共50分)每小题只有一个选项符合题意(1 10小题，每小题2分；11 20小题，每小题3分)1.十八大以来，我国科学技术迅猛发展。下列设备工作时，将化学能转化为电能的是A. 锂离子电池B. 风力发电机C. 偏二甲肼燃烧D. 太阳能集热器【答案】A【解析】【详解】A.锂离子电池将化学能转化为电能，A符合题意；B.将风能转化为电能，B不符合题意；C.
2、将化学能转化为热能，C不符合题意；D.将太阳能转化为热能，D不符合题意；故合理选项是A。2.下列营养物质中，属于高分子的是A. 蔗糖B. 油脂C. 蛋白质D. 葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A蔗糖属于二糖，葡萄糖属于单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项A不符合题意；B油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项B不符合题意；C蛋白质相对分子质量较大，属于高分子化合物，选项C符合题意； D葡萄糖是单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项D不符合题意；答案选C。3.下列各组物质的相互关系描述正确的是A. H2、D2和T2互为同位素B. 和互为同分异构体C. 金刚石、C60、
3、石墨互为同系物D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质【答案】D【解析】【详解】A. H2、D2和T2是同种元素形成的单质，不互为同位素，故A错误；B. 和属于甲烷的二氯代物，是一种物质，故B错误； C. 金刚石、C60、石墨互为同素异形体，故C错误； D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质2-甲基丁烷，故D正确；答案：D【点睛】“四同”的区分：同位素是质子数相同、中子数不同的核素的互称；同素异形体指的是同元素形成的不同单质的互称；同系物指的是结构相似、分子组成上组差n个CH2 化合物的互称；同分异构体指的是分子式相同、结构不同
4、的化合物的互称。4.下列气体呈红棕色的是A. Cl2B. SO2C. NO2D. CO2【答案】C【解析】【分析】根据气体的颜色回答。【详解】通常， Cl2为黄绿色气体，NO2为红棕色气体，SO2、CO2为无色气体。本题选C。5.下列有机物中，不属于烃的是A. CH2 = CH2B. C. CH3CH2CH3D. CH3COOH【答案】D【解析】【详解】A.CH2=CH2，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，A不符合题意；B.该物质是苯，分子式C6H6，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，B不符合题意；C.CH3CH2CH3是只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，C不符合题意；D.CH3C
5、OOH中含有C、H、O三种元素，不属于烃，是烃的含氧衍生物，D符合题意；故合理选项是D。6.下列说法不正确的是A. 纯净的乙酸称为冰醋酸B. 乙醇能与水以任意比互溶C. 乙酸是比碳酸更弱的酸D. 用食醋清除暖瓶中的水垢【答案】C【解析】【详解】A.纯净的乙酸由于温度降低至其熔点时会凝结为像冰一样的固体，因此又称为冰醋酸，A正确；B.乙醇分子是极性分子，水分子是极性分子，根据相似相容原理可知：乙醇容易溶于水，能与水以任意比互溶，B正确；C.乙酸能与碳酸盐反应制取CO2气体，说明乙酸是比碳酸强的酸，C错误；D.由于酸性：醋酸碳酸，所以用食醋清除暖瓶中的水垢，醋酸与食醋发生反应产生可溶性醋酸钙、水、
6、二氧化碳，从而可达到除水垢的目的，D正确；故合理选项是C。7.下列试剂不能用来鉴别乙醇和乙酸的是A. 酸性高锰酸钾溶液B. 碳酸钠溶液C. 紫色石蕊溶液D. 蒸馏水【答案】D【解析】【详解】A.乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，乙酸不能反应，因此可以鉴别，A不符合题意；B.碳酸钠溶液与乙醇混合不反应，无现象，与乙酸混合，发生反应，有气泡产生，因此可以鉴别，B不符合题意；C.紫色石蕊溶液遇乙醇无明显现象，遇乙酸变为红色，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；D.遇乙酸、乙醇都无明显现象，不能鉴别，D符合题意；故合理选项是D。8.安徽宣城所产的宣纸、宣笔、徽墨、宣砚举世闻名。做宣笔常用羊、兔等
7、动物的毛，其主要成分是A. 蛋白质B. 纤维素C. 糖类D. 油脂【答案】A【解析】【详解】羊、兔等动物的毛主要成分都是蛋白质，故合理选项是A。9.常温下，下列物质可用铁罐车装运的是A. 浓硫酸B. 浓盐酸C. 稀盐酸D. 稀硝酸【答案】A【解析】【分析】根据钝化原理分析回答。【详解】常温下，铝、铁与浓硫酸或浓硝酸，会在金属表面生成致密的氧化膜，阻止内部金属与酸的进一步反应，即金属被钝化。据此，可用铁罐车装运浓硫酸。本题选A。【点睛】钝化是化学变化。稀硫酸、稀硝酸、浓盐酸、稀盐酸不能使铝、铁钝化。10.下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A. 聚乙烯B. 甲烷C. 苯D. 乙烯【答案】D【解析
8、】【详解】A.聚乙烯分子中不含碳碳不饱和键，所以性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，A错误；B.甲烷分子中C原子与H原子形成四个共价键，性质稳定，不能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.苯分子中碳碳键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的一种特殊的化学键，比较稳定，不能与溴水反应，也不能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D.乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故合理选项是D。11.下列化学用语表达正确是A. N2的电子式：B. Cl离子的结构示意图：C. CH4分子的比例模型：D
9、. 质子数为92、中子数为146的铀（U）原子符号：【答案】C【解析】【详解】A. 中每个原子上还都有一对孤电子对，所以其电子式：，故A错误；B. 离子最外层有8个电子，所以的结构示意图：，故B错误；C. 该图示表示的是CH4分子的比列模型，故C正确；D. 质子数为92，中子数为146的铀（U）质量数是238，可用原子符号：，故D错误。故答案选：C。12.下列物质中能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是A. NH3B. SO3C. HClD. NO2【答案】A【解析】【详解】碱能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，四种气体中只有氨气溶于水得到碱溶液；答案选A。13.下列有关物质用途的说法中，不正确的是A. NH
10、3常用作制冷剂B. Al2O3做耐火坩埚C. 用Al(OH)3治疗胃酸过多D. 用SO2漂白馒头【答案】D【解析】【分析】【详解】A氨气液化吸收热量，具有制冷作用，可以做制冷剂，故A正确；B氧化铝熔点很高，可以做耐火坩埚，故B正确；C氢氧化铝难溶于水，和H+反应而溶解，反应程度小，可用Al(OH)3治疗胃酸过多，故C正确；DSO2本身有毒，不能用来漂白食物，故D错误；答案为D。14.如右图所示，将SO2通入下列不同溶液中，实验现象与所得结论不正确的是溶液现象结论A品红溶液红色溶液褪色SO2有漂白性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性D滴有酚酞的N
11、aOH溶液红色溶液褪色SO2的水溶液呈酸性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. SO2可使品红或某些有机色质褪色，发生的是化合反应，并且生成的无色化合物不稳定，易分解，体现SO2的漂白性，故A不符合题意; B.SO2与H2S反应生成S单质,该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S, SO2有氧化性,故B不符合题意; C.酸性KMnO4溶液能够氧化SO2,导致溶液褪色, SO2表现了还原性,没有表现漂白性，故C符合题意; D. 显红色的酚酞，NaOH溶液显碱性，通入SO2后红色褪去，NaOH与二氧化硫发生复分解反应，体现其酸性氧化物性质，故D不符合题意；综上所
12、述，本题应选C。15.下列说法正确的是A. 石油分馏是化学变化B. 石油裂解得到的汽油是纯净物C. 天然气是一种清洁的化石燃料D. 水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料【答案】C【解析】【详解】A.石油分馏是根据物质沸点的不同分离液体混合物，没有新物质产生，发生的是物理变化，A错误；B.石油裂解得到的汽油中含有多种烯烃，属于混合物，B错误；C.天然气燃烧产生的是H2O、CO2，不会造成污染，无固体残渣，因此是一种清洁的化石燃料，C正确；D.水煤气是炽热的碳与水蒸气反应产生CO、H2的混合物，不是通过煤的液化得到的气体燃料，D错误；故合理选项C。16.在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2 + 3
13、H22NH3 达到平衡状态的标志是A. N2、H2、NH3在容器中共存B. 混合气体总物质的量不再发生变化C. 单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2D. 单位时间内消耗n mol N2，同时消耗n mol NH3【答案】B【解析】【详解】A.N2、H2、NH3在容器中共存，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，A不符合题意；B.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的总物质的量不再发生变化，说明反应处于平衡状态，B正确；C.单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2，都表示反应逆向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；D.单位时间内消耗n
14、mol N2必然同时会产生2nmolNH3，同时消耗n mol NH3，说明反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；故合理选项是B。17.“绿色化学”的理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物。以下反应不符合绿色化学原则的是（ ）A. 工业生产环氧乙烷：B. 水煤气合成甲醇：CO + 2H2CH3OHC. 制取硫酸铜：Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 + SO2+ 2H2OD. 合成甲基丙烯酸甲酯：CH3CCH + CO + CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3【答案】C【解析】【详解】A. 工业生产环氧乙烷，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，故A不符合题意；B. 水煤气
15、合成甲醇，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，故B不符合题意；C. 反应物的原子没有完全转化为目标产物CuSO4，因此不符合绿色化学要求，故C符合题意；D. 合成甲基丙烯酸甲酯时，反应物原子完全转化为目标产物，符合绿色化学要求，故D不符合题意；综上所述，答案为C。【点睛】“绿色化学”的理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物即原子利用率为100%。18.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下。下列说法不正确的是A. CO2含有极性共价键B. 上述过程表示CO和O生成CO2C. 上述过程中CO断键形成C和OD. 从状态到状态，有能量放出【
16、答案】C【解析】【详解】A.CO2分子中含有的C=O双键属于极性共价键，A正确；B.上述过程表示CO和O原子反应生成CO2，B正确；C.通过图示可知：上述过程中CO并没有断键形成C和O，C错误；D.由于反应物的能量比生成物的能量高，所以从状态到状态，有能量放出，D正确；故合理选项是C。19.向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合理的是A. SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性B. 两支试管中的白色沉淀不是同种物质C. BaCl2既
17、能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性D. 升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大【答案】C【解析】【分析】根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32
18、-浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。20.实验室用乙酸和乙醇在浓硫酸作用下制取乙酸乙酯的装置如图。下列说法正确的是A. 向甲试管中先加浓硫酸，再加乙醇和乙酸B. 乙试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸C. 加入过量乙酸，可使乙醇完全转化为乙酸乙酯D. 实验完毕，可将乙酸乙酯从混合物中过滤出来【答案】B【解析】【详解】A.向甲试管中先加乙醇，再加浓硫酸，待溶液冷却后在加入乙酸，A错误；B.乙试管中导管不伸入液面下，这既可以防止倒吸现象的发生，又可以溶解乙醇、反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，B正确；C.加入过量乙酸，可提高乙
19、醇的溶解度，但由于该反应是可逆反应，因此不能使乙醇完全转化为乙酸乙酯，C错误；D.乙酸乙酯是不溶液水的液体物质，因此实验完毕，可将乙酸乙酯从混合物中通过分液分离出来，D错误；故合理选项是B。第二部分21.补齐下列物质间的反应与对应反应类型的连线。A. 从乙烯得到聚乙烯的反应a. 氧化反应B. 乙醇与酸性重铬酸钾溶液反应b. 加聚反应C. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应c. 取代反应D. 乙酸和乙醇在浓硫酸作用下的反应d. 加成反应【答案】【解析】【分析】A.乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯；B.乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化产生乙酸；C.乙烯与溴发生加成反应产生1,2-二溴乙烷；D.乙酸和乙
20、醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水。【详解】A.乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯，因此反应类型为加聚反应，合理序号为b；B.乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化产生乙酸，反应类型为氧化反应，序号为a；C.乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应产生1,2-二溴乙烷，反应类型为加成反应，序号为d；D.乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水，反应类型为酯化反应，酯化反应也属于取代反应，故合理序号为c。故连线为。【点睛】本题以有机物结构和性质为载体考查化学反应类型，明确这几个反应特征及基本概念是解本题关键。22.请用序号填空：13C与14C 正丁烷与异丁烷CH3CH3与CH3C
21、H2CH3 (1)属于同位素的是_；(2)属于同系物的是_；(3)属于同分异构体的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】根据同位素是质子数相同而中子数不同的原子，同系物是物质结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物；同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物分析判断。【详解】13C与14C质子数都是6个，中子数分别是7、8，因此二者互为同位素；正丁烷与异丁烷分子式都是C4H10，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体；CH3CH3与CH3CH2CH3结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，二者互为同系物；由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化
22、学键都相邻，因此是同一物质，故(1)属于同位素的是；(2)属于同系物的是；(3)属于同分异构体的是。【点睛】本题考查了同位素、同系物、同分异构体的概念的辨析及物质关系判断的知识。掌握概念的相同点及区别是判断的关键。23.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。(1)某原电池装置如图所示。其中，Zn电极为原电池的_极（填“正”或“负”），电极反应式是_。Cu电极上发生的反应属于_（填“氧化”或“还原”） 反应，当铜表面析出4.48 L氢气（标准状况）时，导线中通过了_ mol电子。(2)下列反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是_（填序号）。CaO+H2O=Ca(OH)22H2+O2 =
23、2H2O2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2【答案】 (1). 负 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 还原 (4). 0.4 (5). 【解析】【分析】(1)在原电池中，活动性强的为负极，活动性弱的为正极。负极发生氧化反应，正极上发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等。(2)原电池是可以把化学能转化为电能的装置，发生的反应必须为氧化还原反应。【详解】(1)在原电池中，由于金属活动性ZnCu，所以Zn电极为原电池的负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；Cu电极为正极，正极上发生的反应为还原反应；当铜表面析出4.48 L氢气(标准状况)时，
24、n(H2)= 4.48 L22.4L/mol=0.2mol，则电子转移n(e-)=0.2mol2=0.4mol，所以导线中通过了0.4 mol电子。(2)可实现化学能直接转化为电能的装置的反应是氧化还原反应，CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不能设计成原电池；2H2+O2 =2H2O是氧化还原反应，可以设计为原电池；2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2是氧化还原反应，可以设计为原电池，故合理选项是。【点睛】本题考查了原电池的反应原理、电极的判断及电极反应式的书写、反应过程中电子转移数目的计算的知识。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。24.某同学进行如下实验，研究化学反
25、应中的热量变化。请回答下列问题： (1)反应后中温度升高，中温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是_反应（填“放热”或“吸热”，下同），Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应是_反应。(2)中反应的离子方程式是_，该反应的还原剂是_。【答案】 (1). 放热 (2). 吸热 (3). 2Al+6H+=2Al3+3H2 (4). Al【解析】【分析】根据放出热量的反应是放热反应，吸收热量的反应为吸热反应，用实际参加反应的离子符号表示反应的式子叫离子方程式，还原剂在反应中失去电子，其中所含元素的化合价升高。【详解】(1)铝与盐酸反应后，溶液的温度升高，说明该反应是放热反应；Ba(OH)28H2O与
26、NH4Cl反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；(2)铝与盐酸反应产生氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3+3H2；在该反应中，Al元素的化合价由反应前Al单质中的0价变为反应后AlCl3中的+3价，化合价升高，失去电子，被氧化，因此Al为还原剂，Al3+为氧化产物。【点睛】化学反应类型的判断及离子方程式的书写、氧化还原反应中物质的作用与元素化合价的关系的知识。掌握反应类型判断的依据是正确判断的关键。25.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体。T时，将0.8 mol NO和0.8 mol CO充入容积为2 L的密闭容器中，模拟
27、尾气转化，容器中NO物质的量随时间变化如图。(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是_。(2)反应开始至10 min，v(NO)=_mol/(Lmin）。(3)下列说法正确的是_。a.新型催化剂可以加快NO、CO的转化b.该反应进行到10 min时达到化学平衡状态c.平衡时CO的浓度是0.4 mol/ L【答案】 (1). 2CO+2NON2+2CO2 (2). 0.02 (3). ab【解析】【分析】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；(2)根据反应速率的定义式计算；(3)根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变、物质的含量不变分析判
28、断。【详解】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2(2) v(NO)=0.02 mol/(Lmin）；(3) a.催化剂可以加快反应速率，所以使用新型催化剂可以加快NO、CO的转化，a正确；b.根据图示可知：该反应进行到10 min时，NO的物质的量不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，b正确；c.平衡时CO的物质的量是0.4mol，由于容器的容积为2L，所以CO浓度是0.2mol/ L，c错误；故合理选项是ab。【点睛】本题考查了化学方程式的书写、化学反应速率的计算方法及化学平衡状态的判断等知识。掌握化学反应方程式书
29、写原则、及化学反应原理是本题解答的关键。26.甲组同学设计的实验装置如图所示，回答下列问题：(1)试管中反应的化学方程式是_ 。(2)试管中品红溶液褪色。欲证明品红褪色的原因是SO2，需要补充的实验操作及应出现的实验现象是_。(3)试管中的试剂是NaOH溶液，反应的离子方程式是_。【答案】 (1). Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+ 2H2O (2). 取下试管并加热试管，试管内液体恢复红色 (3). SO2+2OH-=SO32-+H2O【解析】【分析】试管中铜和浓硫酸在加热下发生反应，有二氧化硫气体生成，二氧化硫有漂白性，与品红生成不稳定的无色化合物，试管中吸收二氧化硫，防止
30、二氧化硫污染空气；【详解】(1)试管中铜和浓硫酸在加热下发生反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，则其反应的化学方程式是Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+ 2H2O ；答案为：Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+ 2H2O ；(2) 二氧化硫与品红生成不稳定的无色化合物，故能使品红溶液褪色，欲证明品红褪色的原因是SO2，取下试管并加热试管，试管内液体恢复红色即可；答案为：取下试管并加热试管，试管内液体恢复红色；(3)试管中NaOH溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式是SO2+2OH-=SO32-+H2O；答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2O。【点睛】二
31、氧化硫的漂白性与次氯酸等具强氧化性的物质漂白原理不同。27.常见有机物 A、B、C、D、E的相互转化关系如下图。已知D 是有香味且不易溶于水的油状液体，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。请回答：(1)A中含有的官能团名称是_。(2)B的结构简式是_。(3)的化学方程式是_。 (4)下列说法正确的是_。a.E分子中所有原子在同一平面上b.用饱和Na2CO3溶液除去D中混有的C c.的反应类型为取代反应【答案】 (1). 羟基 (2). CH3CHO (3). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (4). ab【解析】【分析】根据物质的分子结构与性质可知
32、A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生B是乙醛CH3CHO，乙醛催化氧化产生的C是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应产生的D是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则E是乙烯CH2=CH2，乙烯与乙酸发生加成反应产生D是CH3COOCH2CH3。【详解】根据上述分析可知：A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是CH3COOCH2CH3，E是CH2=CH2。(1)A是CH3CH2OH，官能团是-OH，A中含有的官能团名称是羟基；(2)根据上述分析可知：B的结构简式是CH3CHO；(3)反应是乙醇与乙酸在浓硫酸
33、存在并加热条件下发生酯化反应形成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以其反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(4)a.E是乙烯，该物质分子是平面分子，键角是120，分子中所有原子在同一平面上，a正确；b.乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，而乙酸能够与碳酸钠溶液发生产生可溶性乙酸钠、水、二氧化碳，因此可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，b正确；c.的反应为乙酸与乙烯发生加成反应，故其反应类型为加成反应，c错误；故合理选项是ab。【点睛】本题考查了常见物质的推断、转化关系及反应类型的判断的知识。掌握物质官能团的性质与相互关系、常见化学反应的特
34、点是判断、推理的依据。28.某实验小组欲探究SO2和Cl2能否发生反应，设计如下图所示的实验装置进行实验。(1)装置A制取氯气，该反应的化学方程式：_。(2)装置C中发生复分解反应制取SO2，该反应的化学方程式：_。(3)为验证SO2和Cl2发生了反应，小组同学又继续如下实验。甲同学认为若SO2和Cl2反应，生成了Cl-，只要检验到生成的Cl-即可，甲取适量B中样品于试管中，向其中滴加少量_溶液，有白色沉淀生成。乙同学认为甲同学的结论不合理，认为应该在装置A、B间增加一个洗气瓶，然后再按甲同学的方法实验即可得到正确结论。洗气瓶中盛有试剂的名称是_。丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由
35、是：_。丙同学取溶液X于试管中，加入少量反应后B中的溶液，生成大量白色沉淀，得出正确结论：SO2与Cl2同时通入水中，可以发生反应。溶液X是_(填选项序号)。a. BaCl2溶液 b. Ba(OH)2溶液 c. 氯水 d. 石蕊溶液SO2与Cl2同时通入水中反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (2). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (3). AgNO3 (4). 饱和食盐水 (5). Cl2和水反应也会生成Cl- (6). a (7). SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4【解
36、析】【详解】(1)在装置A高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，该反应的化学方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；(2)在装置C浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2，该反应的化学方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；(3) 在B中SO2与Cl2会发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，反应后的溶液中含Cl-，可利用AgNO3既不溶于水，也不溶于HNO3的性质检验Cl-。甲中含有Cl-可通过向该溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若反应产生白色沉淀，就证明含有Cl-，所以加入的溶液为AgNO3；
37、制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢进入B中溶于水也会生成氯离子，乙同学认为Cl2中混有的杂质是HCl，需要在A、B间增加一个洗气瓶，用饱和食盐水除去；丙同学认为按乙同学建议改进实验也不合理，理由是Cl2和水反应也会生成Cl-；SO2被Cl2氧化为H2SO4，结合硫酸根离子检验证明二氧化硫和氯气发生了反应，丙同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量溶液X中含Ba2+，且不能和二氧化硫发生反应，aBaCl2溶液可以检验SO42-存在，证明SO2和Cl2发生了反应，a正确； bBa(OH)2和SO2反应生成BaSO3沉淀，不能说明SO2和Cl2发生反应，b错误；c氯水有氧化性，氯水能将SO2在溶
38、液中被氧化为H2SO4，也会生成BaSO4沉淀，不能说明说明SO2和Cl2发生反应，c错误；d.无论氯气与SO2是否发生反应，二者溶于水后的溶液显酸性，酸溶液能够使石蕊溶液变红色，所以不能确定SO2与Cl2是否反应，d错误；故合理选项是a；SO2与Cl2同时通入水中反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。29.将浓度均为0.01 mol/L 的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。【资料】该“碘钟实验”的总反应：H2O2 +2S2O32-+2H+=
39、S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H=I2+2H2O 反应B： (1)反应B的离子方程式是_。对于总反应，I-的作用相当于_。(2)为证明反应A、B的存在，进行实验。a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是_。(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验、实验。（溶液浓度均为0.01 mol/L）试剂序号 用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验54830实验52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验是30 min、实验是
40、40 min。实验中，x、y、z所对应的数值分别是_。对比实验、实验，可得出的实验结论是_。(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验。（溶液浓度均为0.01 mol/L）试剂序号 用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验未产生颜色变化的原因：_。【答案】 (1). I2+2S2O32-=2I-+S4O62- (2). 催化剂 (3). 淀粉、碘化钾 (4). 8、3、2 (5). 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反
41、应速率 (6). 由于n(H2O2)n(Na2S2O3)，v(A) v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。【解析】【分析】(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；(3)采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；变色时间越长，反应速率越慢；(4)对比实验、实验II，可知溶液总体积
42、相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。【详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2 +2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；(2) H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试
43、剂X是KI淀粉溶液；(3)为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验中，x=8，y=3，z=2；对比实验、实验，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；(4)对比实验II、实验，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)n(Na2S2O3)，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A) v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。【点睛】本题通过碘钟实验，考查了实验方案的探究的知识。注意探究外界条件对化学反应影响时，只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则不能得出正确结论。
