2022-2022学年四川省成都市龙泉中学高一（下）期末化学模拟试卷（二） 一.第Ⅰ卷（选择题）共20个小题，每小题2分，共40分．每题只有一个正确选项．1．美国劳伦斯利弗莫尔国家实验室2022年成功合成了118号超重元素，并观察到其存在了不到1毫秒时间．该元素符号为：Uuo，质量数为293，以下叙述不正确的是（ ）A．该元素原子核外含有118个电子，核内有175个中子B．该元素属于第七周期C．该元素一定是一种金属元素D．该元素位于零族2．下列说法不正确的是（ ）A．天然气的主要成分是甲烷，它属于不可再生能源B．煤是复杂的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等都有混合物，没有固定的熔沸点D．石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料（乙烯、丙烯等）3．下列说法正确的是（ ）A．聚氯乙烯的单体是CH2=CHClB．通过加聚反应得到的聚乙烯属于天然高分子化合物C．聚乙烯的链节是CH2=CH2D．聚乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志4．我国在世界上最先应用湿法冶金术冶炼的金属是（ ）A．FeB．CuC．AgD．Hg5．下列说法不正确的是（ ）A．油脂水解可得到氨基酸和甘油B．淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，某些蛋白质可用硝酸来检验D．葡萄糖可用新制的氢氧化铜来检验6．下列有关能量转换的说法正确的是（ ）A．天然气燃烧是化学能转化为热能的过程B．二次电池放电的过程是电能转化为化学能的过程C．燃煤发电是从煤中的化学能经过一系列能量转换最终转化为电能的过程D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变为热能的过程7．下列关于碱金属元素的性质，说法不正确的是（ ）A．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，原子半径逐渐增大B．从上到下，对应单质的颜色随着核电荷数的增加而加深C．从上到下，随着核电荷数的增加，对应单质与水反应的剧烈程度逐渐增大D．从上到下，随着核电荷数的增加，对应单质的熔、沸点都逐渐减小8．下列有关燃料电池的说法正确的是（ ）A．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能B．燃料电池的能量转化率可达100%C．燃料电池与干电池或蓄电池的主要差别在于反应物不是储存在电池内部，而是由外设装备提供燃料和氧化剂21/22D．氢氧燃料电池工作时氢气在正极被氧化9．下列说法正确的是（ ）A．NaCl固体中含有共价键B．CO2分子中含有离子键C．C、C、C是碳的三种核素D．O、O、O含有相同的中子数10．在元素周期表中位于金属和非金属元素的交界处，容易找到的元素是（ ）A．制备催化剂的元素B．耐高温的合金元素C．用于半导体材料的元素D．制备农药的元素11．下列说法正确的是（ ）A．O2和O3互为同位素B．X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为H3XO4C．HCl的形成过程用电子式表示为D．铝与稀盐酸的反应既是氧化还原反应，又是放热反应12．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是（ ）A．乙烷与氯气制备一氯乙烷B．在FeBr3催化作用下，苯与液溴反应制取溴苯C．苯和硝酸反应制备硝基苯D．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷13．下列关于化学反应速率和化学反应限度的说法中正确的是（ ）A．化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量B．化学反应速率通常用单位时间内生成或消耗某物质的质量的多少来表示C．当一个可逆反应达到平衡状态时，这就是这个反应所能达到的限度，即使条件改变，该限度都不会改变D．平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变14．已知R2+有b个中子，核外有a个电子，表示R原子符号正确的是（ ）A．RB．RC．RD．R15．已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）A．X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量16．对于100mL1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是（ ）①升高温度；②改用100mL3mol/L盐酸；③多用300mL1mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用98%的硫酸．A．①③④B．①②④C．①②③④D．①②③⑤17．从海水提取溴的过程中，吸收塔内溴蒸气和吸收剂SO2发生的化学反应为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，下列说法正确的是（ ）21/22A．SO2在反应中被还原B．Br2在反应中失去电子C．Br2在反应中表现氧化性D．1mol氧化剂在反应中得到1mol电子18．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：W＞RC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应19．工业上硫酸中的一步重要反应是SO2在400～5000C下的催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．如果在密闭容器中通入2molSO2和足够多的氧气，按上述条件进行反应，下列有关说法中错误的是（ ）A．无论反应时间长短，最终生成的SO3一定少于2molB．使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率C．达到平衡时，SO2和SO3的物质的量相等D．该反应在较高温度下进行，有利于提高SO3的产率20．某同学在做蔗糖水解实验时，为了证明蔗糖是否水解，该同学直接在水解实验后的溶液中加入少量新制备的Cu（OH）2，加热一会儿，没有看到砖红色沉淀，而是看到了黑色物质．下列分析错误的是（ ）A．产生了砖红色沉淀，因黑色物质的遮盖而看不见B．不可能产生砖红色沉淀，因为在加入少量新制备的Cu（OH）2前，没有把水解后的溶液调至碱性C．蔗糖水解的最终产物不仅有葡萄糖，而且有果糖D．产生的黑色物质可能是Cu（OH）2受热分解的产物CuO 二.共6个小题，共60分21．如图表示4个碳原子相互结合的方式．小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合．（1）图中属于烷烃的是 （填编号）21/22（2）上图中互为同分异构体的是：A与 ；B与 ；D与 ．（填编号）（3）写出H的结构简式 ．22．如表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：1A2B3CDEFGHI4JK56（1）表中用字母标出的元素中，化学性质最不活泼的是 （用元素符号表示，下同），其原子结构示意图为 ．（2）表中用字母标出的元素中，能形成两性氢氧化物的元素是 （用元素符号表示），写出该元素的单质与C最高价氧化物的水化物反应的化学方程式 ．（3）在C、D、E形成的氢氧化物中，碱性最强的是 （用化学式表示）；在F、G、H形成的氢化物中最稳定的是 （用化学式表示）．（4）A和B可形成最简单的有机化合物，其结构式为 ；它的空间构型是 ．（5）在H、K对应的单质中，氧化性较弱的是 （用化学式表示）．（6）J元素是过渡元素铁，工业上常用赤铁矿（主要成分为Fe2O3）为原料，采用高炉炼铁的方式炼铁，其原理是，把赤铁矿、焦碳和石灰石一起加入高炉，在高温下，把铁从赤铁矿中还原出来，写出该反应的化学方程式 ．23．海藻中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素．在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：（1）写出步骤④对应反应的离子方程式： ．（2）步骤④除了加入过量Cl2，下列氧化剂最好选用 （填代号）．A．浓硫酸B．H2O2溶液C．KMnO4溶液理由是 ．（3）步骤⑤中，某学生选择用苯提取碘的理由是 ．（4）设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法 ．24．某同学想利用原电池反应检测Zn和Cu的金属活动性顺序．请你帮他选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，并完成下列实验报告：实验目的：探究Zn和Cu的金属活动性顺序（1）电极材料：正极： ；负极： ；电解质溶液： ．（2）写出电极反应式：正极： ；负极： ．（3）画出装置图：（4）实验现象： ．21/22（5）实验结论： ．25．某元素R的气态氢化物的化学式为HxR，在标准状况下，8.5克HxR气体的体积是5.6L，将5.1克HxR气体通入200ml0.75mol/L的CuSO4溶液中恰好完全反应．已知R原子核内质子数等于中子数．（1）HxR的相对分子质量为 ．（2）试通过计算求x的值，并确定R元素的名称．26．已知A是一种分子量为28的气态烃，现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如图1所示．请回答下列问题：（1）B分子中官能团的名称为 ．（2）B通过两次氧化可得到D，也可通过反应④直接氧化为D，则需要加入的氧化试剂为 （任填一种）．（3）写出下列反应的化学方程式：① ；反应类型： ．② ．（4）反应⑤可按下进行：【实验步骤】如图2在试管甲中先加入2mL95%的B，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸，充分摇匀，冷却后再加入2mLD，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管乙中加入5ml饱和碳酸钠溶液，按图2连接好装置，用酒精灯对试管甲小火加热3～5min后，改用大火加热，当观察到乙试管中有明显现象时停止实验．试回答：【实验结果】a．试管乙中观察到的现象是 ．b．试管甲中反应的化学方程式为 ，反应类型为 ．【问题探究】本实验反应开始时用小火加热的原因是 ．（查阅资料可知：乙酸乙酯的沸点为77℃；乙醇的沸点为78.5℃；乙酸的沸点为117.9℃） 21/222022-2022学年四川省成都市龙泉中学高一（下）期末化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析 一.第Ⅰ卷（选择题）共20个小题，每小题2分，共40分．每题只有一个正确选项．1．美国劳伦斯利弗莫尔国家实验室2022年成功合成了118号超重元素，并观察到其存在了不到1毫秒时间．该元素符号为：Uuo，质量数为293，以下叙述不正确的是（ ）A．该元素原子核外含有118个电子，核内有175个中子B．该元素属于第七周期C．该元素一定是一种金属元素D．该元素位于零族【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】A．质量数=质子数+中子数；B．根据元素周期表可知，氡是86号元素；C．118号元素应在第七周期0族；D．为稀有气体元素．【解答】解：A．质量数为293，质子数=原子序数=电子数=118，中子数=293﹣118=175，故A正确；B．根据元素周期表可知，氡是86号元素为第六周期的稀有气体，则118号元素应在第七周期0族，故B正确；C．118号元素应在第七周期0族，不是金属元素，故C错误；D．由选项B可知，118号元素应在第七周期0族，故D正确．故选C．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握第六周期稀有气体的原子序数推断118号元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 2．下列说法不正确的是（ ）A．天然气的主要成分是甲烷，它属于不可再生能源B．煤是复杂的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料C．石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等都有混合物，没有固定的熔沸点D．石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料（乙烯、丙烯等）【考点】石油的裂化和裂解．【分析】A．从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源．化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；B．煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物；C．汽油、煤油、柴油是多种烃的混合物，无固定熔沸点；D．根据石油炼制分为催化裂化和裂解，催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃．【解答】解：A．天然气的主要成分是甲烷，天然气不能短期内从自然界得到补充的，是不可再生能源，故A正确；B．煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理化学变化产生的，故B错误；C．汽油、煤油、柴油仍是多种烃的混合物，没有固定的熔沸点，故C正确；21/22D．由石油催化裂化和裂解的主要目的可知石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料（乙烯、丙烯等），故D正确；故选B．【点评】本题主要考查了煤、石油、天然气的综合运用和电解原理，难度不大，注意煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，是干馏的产物． 3．下列说法正确的是（ ）A．聚氯乙烯的单体是CH2=CHClB．通过加聚反应得到的聚乙烯属于天然高分子化合物C．聚乙烯的链节是CH2=CH2D．聚乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯；B．聚乙烯为合成高分子化合物；C．聚乙烯的链节是﹣CH2﹣CH2﹣；D．乙烯的产量为衡量一个国家石油化工发展水平的标志．【解答】解：A．氯乙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的单体是CH2=CHCl，故A正确；B．天然高分子化合物不含聚乙烯，聚乙烯为合成高分子化合物，故B错误；C．CH2=CH2为聚乙烯的单体，聚乙烯的链节是﹣CH2﹣CH2﹣，故C错误；D．乙烯不仅仅用于生产聚乙烯，乙烯的产量为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，故D错误．故选A．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大． 4．我国在世界上最先应用湿法冶金术冶炼的金属是（ ）A．FeB．CuC．AgD．Hg【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】我国是现代湿法冶金术的先驱，在对金属的运用和金属冶炼上也作出了巨大的成就，西汉时期，我国劳动人民就会运用湿法冶金制铜，据此进行分析判断．【解答】解：早在西汉时期刘安在《淮南万毕术》中写到“曾青（CuSO4）得铁则化为铜”，其中的“曾青”就是指硫酸铜．这句话的意思就是说：硫酸铜溶液遇到金属铁时，铁与硫酸铜发生置换反应能生成金属铜；我国在世界上最先应用湿法冶炼的金属是铜．故选B．【点评】本题考查金属的冶炼，为高频考点，侧重于化学史的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累． 5．下列说法不正确的是（ ）A．油脂水解可得到氨基酸和甘油B．淀粉和纤维素水解最终产物都是葡萄糖C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，某些蛋白质可用硝酸来检验D．葡萄糖可用新制的氢氧化铜来检验【考点】有机物的结构和性质．21/22【分析】A．油脂水解得到的是高级脂肪酸和甘油；B．淀粉和纤维素都是多糖，二者水解最终产物都是葡萄糖；C．蛋白质水解的最终产物为氨基酸，带有苯环的蛋白质与硝酸可发生颜色反应；D．葡萄糖分子中含有醛基，能够与新制的氢氧化铜反应生成砖红色沉淀氧化亚铜．【解答】解：A．油脂为高级脂肪酸甘油酯，油脂水解得到的是高级脂肪酸和甘油，不会得到氨基酸，故A错误；B．淀粉和纤维素都属于多糖，二者在一定条件下发生水解，最终水解产物都是葡萄糖，故B正确；C．蛋白质能够发生水解，最终水解产物为氨基酸，带有苯环的蛋白质与硝酸可发生颜色反应，可据此检验蛋白质，故C正确；D．葡萄糖分子中含有醛基，可用新制的氢氧化铜来检验，故D正确；故选A．【点评】本题考查了常见有机物组成、结构与性质，题目难度不大，明确蛋白质、油脂、糖类的性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生灵活应用基础知识的能力． 6．下列有关能量转换的说法正确的是（ ）A．天然气燃烧是化学能转化为热能的过程B．二次电池放电的过程是电能转化为化学能的过程C．燃煤发电是从煤中的化学能经过一系列能量转换最终转化为电能的过程D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变为热能的过程【考点】常见的能量转化形式．【分析】A、燃料燃烧是化学能转化为热能；B、电池放电时化学能转化为电能；C、燃煤发电是化学能转化为热能最后转化为电能；D、CO2转化为葡萄糖是太阳能转变为化学能；【解答】解：A、天然气是燃料，燃烧是化学能转化为热能的过程，故A正确；B、二次电池放电的过程是化学能转化为电能的过程，故B错误；C、燃煤发电是从煤中的化学能经过一系列能量转换最终转化为电能的过程，故C正确；D、植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，故D错误；故选AC．【点评】本题考查能量的转换形式，注意常见能量的形式有哪些，结合转化的特点来分析，题目较简单． 7．下列关于碱金属元素的性质，说法不正确的是（ ）A．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，原子半径逐渐增大B．从上到下，对应单质的颜色随着核电荷数的增加而加深C．从上到下，随着核电荷数的增加，对应单质与水反应的剧烈程度逐渐增大D．从上到下，随着核电荷数的增加，对应单质的熔、沸点都逐渐减小【考点】碱金属的性质．【分析】A．电子层越多，原子半径越大；B．碱金属颜色除了铯略带金色，其余都是银白色；C．依据同主族元素从上到下，金属性依次增加解答；D．根据影响金属晶体熔沸点高低的因素判断．21/22【解答】解：A．碱金属从上到下，电子层依次增大，则原子半径依次增大，故A正确；B．碱金属颜色除了铯略带金色，其余都是银白色，不存在递变规律，故B错误；C．同主族元素从上到下，金属性依次增加，单质与水反应剧烈程度依次增强，故C正确；D．原子半径Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，晶体结构相似，则原子半径越大，金属键越弱，单质的熔沸点越低，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了碱金属的性质，熟悉同主族元素性质的递变规律是解题关键，注意金属晶体熔沸点影响因素，题目难度中等． 8．下列有关燃料电池的说法正确的是（ ）A．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能B．燃料电池的能量转化率可达100%C．燃料电池与干电池或蓄电池的主要差别在于反应物不是储存在电池内部，而是由外设装备提供燃料和氧化剂D．氢氧燃料电池工作时氢气在正极被氧化【考点】化学电源新型电池．【分析】A、氢氧燃料电池是将化学能转变为电能；B、氢氧电池的能量转化率不是100%；C、燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给；D、负极发生氧化反应．【解答】解：A、氢氧燃料电池也属于原电池，是将化学能转变为电能的装置，故A错误；B、氢氧燃料电池放电时，只有一部分能量转化为电能，所以能量转化率不是100%，故B错误；C、燃料电池的电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂从外部供给，而干电池或蓄电池不是外部提供，故C正确；D、负极发生氧化反应，所以氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化，故D错误；故选C．【点评】本题考查了氢氧燃料电池中的有关知识，注意燃料电池也是原电池，原理相同，不同的是投料方式，比较容易． 9．下列说法正确的是（ ）A．NaCl固体中含有共价键B．CO2分子中含有离子键C．C、C、C是碳的三种核素D．O、O、O含有相同的中子数【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；核素；同位素及其应用；离子化合物的结构特征与性质．【分析】A．NaCl为离子化合物，只含有离子键；B．CO2为共价化合物；C．为相同元素，但质量数不同；D．根据质量数=质子数+中子数判断．【解答】解：A．NaCl只含有离子键，不含共价键，故A错误；21/22B．CO2为共价化合物，不含离子键，故B错误；C.C、C、C为相同元素，但质量数不同，属于不同核素，故C正确；D.O、O、O含有相同质子数，但质量数不同，则中子数分别为8、9、10，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及共价键、离子键、核素以及原子构成等知识，为高频考点，侧重于基本概念的理解和运用的考查，注意把握离子键和共价键的区别，难度不大． 10．在元素周期表中位于金属和非金属元素的交界处，容易找到的元素是（ ）A．制备催化剂的元素B．耐高温的合金元素C．用于半导体材料的元素D．制备农药的元素【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料．【解答】解：A．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故A错误；B．耐高温、耐腐蚀的合金材料为金属材料，一般具有较强的金属性，大多属于过渡金属元素，故B错误；C．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故C正确；D．非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故D错误；故选C．【点评】本题考查元素周期表的结构和应用，题目难度不大，本题根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题． 11．下列说法正确的是（ ）A．O2和O3互为同位素B．X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为H3XO4C．HCl的形成过程用电子式表示为D．铝与稀盐酸的反应既是氧化还原反应，又是放热反应【考点】吸热反应和放热反应；元素周期表的结构及其应用；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成．【分析】A．同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的原子，同种元素组成的不同单质是同素异形体；B．某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，在其氢化物中X显﹣2价，则X位于第VIA族，其原子最外层有6个电子，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以X位于第VIA族，主族元素中元素最高化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，所以X元素最高正化合价为+6价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定其最高价氧化物的水化物化学式；C．用电子式表示化合物形成过程时，应先判定化合物类型，若为离子化合物，则用箭头表示电子的移动，若为共价化合物，则不需要箭头表示，氢气和氯气反应生成氯化氢是共价化合物；D．铝和稀盐酸发生的反应是氧化还原反应，反应过程中放热．21/22【解答】解：A．O2和O3是同种元素组成的不同单质互为同素异形体，故A错误；B．某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，在其氢化物中X显﹣2价，则X位于第VIA族，其原子最外层有6个电子，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以X位于第VIA族，主族元素中元素最高化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，所以X元素最高正化合价为+6价，化合物中各元素化合价的代数和为0，所以其最高价氧化物的水化物化学式为H2XO4，故B错误；C．HCl属于共价化合物，氢原子最外层电子与Cl最外层电子形成一对共用电子对，其形成过程可写为：，故C错误；D．铝和稀盐酸发生的反应是氧化还原反应，属于放热反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查了同素异形体、原子结构、电子式的表示，氧化还原反应等知识点，题目难度中等． 12．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是（ ）A．乙烷与氯气制备一氯乙烷B．在FeBr3催化作用下，苯与液溴反应制取溴苯C．苯和硝酸反应制备硝基苯D．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷【考点】有机物的结构和性质．【分析】反应符合绿色化学原子经济性要求，则反应物必须全部转化为生成物，可为加成反应，且没有气体副产品生成，以此解答该题．【解答】解：A．乙烷与氯气制备一氯乙烷为取代反应，有副产品HCl、二氯乙烷、三氯乙烷等生成，故A错误；B．在FeBr3催化作用下，苯与液溴反应制取溴苯，同时生成HBr，故B错误；C．苯和硝酸反应制备硝基苯，有副产品H2O生成，故C错误；D．乙烯与氧气在银的催化作用下生成环氧乙烷，反应物全部转化为环氧乙烷从理论、经济、环保及操作等方面都很好，符合绿色化学思想，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目涉及绿色化学，明确实质是反应物全部反应生成所需的产物，不造成浪费、污染，根据题目信息解答． 13．下列关于化学反应速率和化学反应限度的说法中正确的是（ ）A．化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量B．化学反应速率通常用单位时间内生成或消耗某物质的质量的多少来表示C．当一个可逆反应达到平衡状态时，这就是这个反应所能达到的限度，即使条件改变，该限度都不会改变D．平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变【考点】反应速率的定量表示方法；化学平衡建立的过程．【分析】A．衡量化学反应进行快慢程度的物理量为化学反应速率；B．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度或生成物浓度的变化量表示；21/22C．化学反应限度就是研究可逆反应所能达到的最大程度，即化学反应动态平衡，改变条件平衡发生移动；D．在不同的条件下，化学反应限度不同，当达到化学反应限度时，正逆反应速率相等但不为0，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，当外界条件发生改变，平衡发生移动，化学反应限度变化．【解答】解：A．化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量，故A正确；B．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度或生成物浓度的变化量表示，v=，故B错误；C．化学反应限度就是研究可逆反应所能达到的最大程度，即化学反应动态平衡，条件改变平衡发生改变，限度发生改变，故C错误；D．在一定条件下，当正逆反应速率相等时，可逆反应达到一定的限度，即平衡状态，达到的是动态平衡，正逆反应速率不畏0，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学反应平衡状态的判断、化学反应速率的概念理解，题目难度不大，注意正确理解化学反应限度的特征，注意化学反应平衡状态的本质原因是正逆反应速率相等，浓度不变是外观特征． 14．已知R2+有b个中子，核外有a个电子，表示R原子符号正确的是（ ）A．RB．RC．RD．R【考点】核素．【分析】由R2+的电荷数可知R原子的电子数为a+2，原子的电子数等于质子数，再由“质子数+中子数=质量数”可得质量数为a+b+2，最后根据原子符号的含义来书写．【解答】解：因R2+的电荷数可知R原子的电子数为a+2，原子的电子数等于质子数，再由“质子数+中子数=质量数”可得质量数为a+b+2，所以R原子符号a+2a+b+2R，故选C．【点评】本题的难点在于阳离子中核电荷数、核外电子数和离子所带电荷数的关系，注意基础知识的积累，题目难度不大． 15．已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）A．X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量【考点】化学能与热能的相互转化．【分析】反应X+Y=M+N为吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，吸热反应的反应条件不一定需要加热，且该反应中断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量．【解答】解：A．由吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，但无法确定X与M、Y与N的能量高低，故A错误；B．该反应为吸热反应，与反应条件无关，该反应可能需要加热，也可能不需要加热，故B错误；C．该反应为吸热反应，则断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量，故C错误；D．反应X+Y=M+N为吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，故D正确；21/22故选D．【点评】本题考查吸热反应，明确化学反应中能量变化的实质及利用反应物、生成物的总能量的相对大小判断吸热反应、放热反应的方法即可解答，题目难度不大． 16．对于100mL1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是（ ）①升高温度；②改用100mL3mol/L盐酸；③多用300mL1mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用98%的硫酸．A．①③④B．①②④C．①②③④D．①②③⑤【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，以此解答该题．【解答】解：①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快；②改用100mL3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快；③多用300mL1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快；⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率；综上所述，①②④正确；故选B．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，把握影响化学反应速率的因素 17．从海水提取溴的过程中，吸收塔内溴蒸气和吸收剂SO2发生的化学反应为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，下列说法正确的是（ ）A．SO2在反应中被还原B．Br2在反应中失去电子C．Br2在反应中表现氧化性D．1mol氧化剂在反应中得到1mol电子【考点】氧化还原反应．【分析】在反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合价降低、S元素的化合价升高，以此来分析氧化还原反应．【解答】解：A、因S元素的化合价+4价升高+6价，则SO2为还原剂，在反应中被氧化，故A错误；B、Br2为氧化剂，在反应得到电子，故B错误；C、因Br元素的化合价由0降低为﹣1价，则Br2为氧化剂，在反应中表现氧化性，故C正确；D、Br2为氧化剂，1mol氧化剂在反应中得到电子为1mol×2×（1﹣0）=2mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价及氧化还原反应中的基本概念即可解答，难度不大． 21/2218．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：W＞RC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素中，X、W均有﹣2价，位于ⅥA族，而X只有﹣2价，W有+6价，则X为O元素，W为S元素；Y有+1价，处于IA族，原子序数大于氧，故Y为Na，Z有+3价，没有负价，原子序数大于Na，则Z为Al，R有+7、﹣1价，则R为Cl，结合元素化合物性质与元素周期律解答．【解答】解：短周期元素中，X、W均有﹣2价，位于ⅥA族，而X只有﹣2价，W有+6价，则X为O元素，W为S元素；Y有+1价，处于IA族，原子序数大于氧，故Y为Na，Z有+3价，没有负价，原子序数大于Na，则Z为Al，R有+7、﹣1价，则R为Cl，A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞O，故A错误；B．非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性H2S＜HCl，故B错误；C．SO3和水反应形成的化合物为H2SO4，属于共价化合物，故C错误；D．NaOH与Al（OH）3能发生反应：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，关键是根据化合价结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期元素”几个字． 19．工业上硫酸中的一步重要反应是SO2在400～5000C下的催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．如果在密闭容器中通入2molSO2和足够多的氧气，按上述条件进行反应，下列有关说法中错误的是（ ）A．无论反应时间长短，最终生成的SO3一定少于2molB．使用催化剂的目的是加快反应速率，提高生产效率C．达到平衡时，SO2和SO3的物质的量相等D．该反应在较高温度下进行，有利于提高SO3的产率【考点】化学反应的可逆性．【分析】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；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；C、达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等；D、正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动．【解答】解：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，所以最终生成的SO3一定少于2mol，故A正确；21/22B、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、达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率，故C错误；D、正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利提高SO3的产率，故D错误；故选CD．【点评】本题考查了影响化学平衡移动的因素，难度不大，注意影响化学反应速率和化学平衡的影响因素分析判断． 20．某同学在做蔗糖水解实验时，为了证明蔗糖是否水解，该同学直接在水解实验后的溶液中加入少量新制备的Cu（OH）2，加热一会儿，没有看到砖红色沉淀，而是看到了黑色物质．下列分析错误的是（ ）A．产生了砖红色沉淀，因黑色物质的遮盖而看不见B．不可能产生砖红色沉淀，因为在加入少量新制备的Cu（OH）2前，没有把水解后的溶液调至碱性C．蔗糖水解的最终产物不仅有葡萄糖，而且有果糖D．产生的黑色物质可能是Cu（OH）2受热分解的产物CuO【考点】化学实验方案的评价．【分析】取少量蔗糖溶液于试管中，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5分钟后，水浴加热后，蔗糖水解生成葡萄糖、果糖，在加入新制的Cu（OH）2前应该用碱液调节溶液的pH至碱性，然后加热3～5分钟，会生成砖红色物质，若水浴加热后未用碱液调节溶液的pH至碱性，则不会出现砖红色物质，而是看到了黑色物质，该黑色物质可能是Cu（OH）2受热分解的产物CuO，据此进行解答．【解答】解：A．由于在加入少量新制备的Cu（OH）2前，没有把水解后的溶液调至碱性，氢氧化铜与稀硫酸反应，则不会生成砖红色沉淀，故A错误；B．在加入少量新制备的Cu（OH）2前，没有把水解后的溶液调至碱性，则不可能产生砖红色沉淀，故B正确；C．蔗糖在稀硫酸存在条件下，水解生成葡萄糖和果糖，故C正确；D．氢氧化铜不稳定，加热会分解生成CuO，则黑色物质可能为CuO，故D正确；故选A．【点评】本题考查了化学实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确蔗糖的性质及检验方法为解答关键，注意加入氢氧化铜溶液前需要用氢氧化钠溶液调节溶液pH之至溶液呈碱性，为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 二.共6个小题，共60分21．如图表示4个碳原子相互结合的方式．小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合．（1）图中属于烷烃的是 A、C （填编号）21/22（2）上图中互为同分异构体的是：A与 C ；B与 EF ；D与 G ．（填编号）（3）写出H的结构简式 ．【考点】有机物的结构和性质；球棍模型与比例模型；有机化合物的异构现象．【分析】小球表示碳原子，小棍表示化学键，每个C形成4个键，由图可知，（1）只有A、C中含碳碳单键，且为饱和链状结构；（2）分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；（3）H中含C个C、8个H，且为环状结构．【解答】解：小球表示碳原子，小棍表示化学键，每个C形成4个键，由图可知，（1）只有A、C中含碳碳单键，且为饱和链状结构，则属于烷烃的是A、C，故答案为：A、C；（2）A与C、B与EF、D与G的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：C；EF；G；（3）H中含C个C、8个H，且为环状结构，H的结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的结构及同分异构体的判断，为高频考点，把握球棍模型及有机物的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 22．如表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：1A2B3CDEFGHI4JK56（1）表中用字母标出的元素中，化学性质最不活泼的是 Ar （用元素符号表示，下同），其原子结构示意图为 ．（2）表中用字母标出的元素中，能形成两性氢氧化物的元素是 Al （用元素符号表示），写出该元素的单质与C最高价氧化物的水化物反应的化学方程式 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ．（3）在C、D、E形成的氢氧化物中，碱性最强的是 NaOH （用化学式表示）；在F、G、H形成的氢化物中最稳定的是 HCl （用化学式表示）．（4）A和B可形成最简单的有机化合物，其结构式为 ；它的空间构型是 正四面体 ．21/22（5）在H、K对应的单质中，氧化性较弱的是 Br2 （用化学式表示）．（6）J元素是过渡元素铁，工业上常用赤铁矿（主要成分为Fe2O3）为原料，采用高炉炼铁的方式炼铁，其原理是，把赤铁矿、焦碳和石灰石一起加入高炉，在高温下，把铁从赤铁矿中还原出来，写出该反应的化学方程式 Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】由元素在周期表中位置，可知A为氢、B为碳、C为Na、D为Mg、E为Al、F为磷、G为硫、H为Cl、I为Ar、J为Fe、K为Br．（1）稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；（2）氢氧化铝是两性氢氧化物，C最高价氧化物的水化物为NaOH，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；（3）金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；非金属性越强，对应氢化物越稳定；（4）A和B可形成最简单的有机化合物为CH4；（5）非金属性越强，对应单质氧化性越强；（6）氧化铁与CO反应生成Fe与二氧化碳．【解答】解：由元素在周期表中位置，可知A为氢、B为碳、C为Na、D为Mg、E为Al、F为磷、G为硫、H为Cl、I为Ar、J为Fe、K为Br．（1）稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，原子核外电子数为18，原子结构示意图为：，故答案为：Ar；；（2）Al元素的氢氧化物﹣﹣氢氧化铝是两性氢氧化物，C最高价氧化物的水化物为NaOH，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：Al；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）金属性Na＞Mg＞Al，故最高价氧化物对应水化物中NaOH的碱性最强；非金属性越强P＜S＜Cl，氢化物越稳定与元素非金属性一致，故HCl最稳定，故答案为：NaOH；HCl；（4）A和B可形成最简单的有机化合物为CH4，结构式为，为正四面体结构，故答案为：；正四面体；（5）非金属性Cl＞Br，非金属性越强，对应单质氧化性越强，故氧化性：Cl2＞Br2，故答案为：Br2；（6）氧化铁与CO反应生成Fe与二氧化碳，反应方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，21/22故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律，熟练掌握元素周期表的结构，（6）中方程式书写为易错点，必修中不涉及工业高炉炼铁． 23．海藻中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素．在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：（1）写出步骤④对应反应的离子方程式： Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣ ．（2）步骤④除了加入过量Cl2，下列氧化剂最好选用 B （填代号）．A．浓硫酸B．H2O2溶液C．KMnO4溶液理由是 过氧化氢是绿色氧化剂，在氧化过程中不会引进杂质、不产生污染 ．（3）步骤⑤中，某学生选择用苯提取碘的理由是 苯与水互不相溶，碘在苯中溶解度比在水中的溶解度大．苯可作碘单质的萃取剂 ．（4）设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法 取少量提取的碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，观察是否出现蓝色，如果变蓝色，说明还有单质碘 ．【考点】海带成分中碘的检验．【分析】（1）氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；（2）氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘，在氧化过程中不会引进杂质、不产生污染；（3）萃取剂的选取标准：和原溶剂不互溶，溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，萃取剂和溶质不反应；（4）根据碘单质遇到淀粉会变蓝色来检验是否还有碘单质．【解答】解：（1）氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，步骤④氯气氧化碘离子，即：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，故答案为：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；（2）加入氢离子和过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘，离子方程式为2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O，过氧化氢是绿色氧化剂，在氧化过程中不会引进杂质、不产生污染，故答案为：B；过氧化氢是绿色氧化剂，在氧化过程中不会引进杂质、不产生污染；（3）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，苯符合萃取剂选取标准，苯与水互不相溶，碘在苯中溶解度比在水中的溶解度大．苯可作碘单质的萃取剂，苯密度小于水，在水的上方，且溶液呈紫红色，故答案为：苯与水互不相溶，碘在苯中溶解度比在水中的溶解度大．苯可作碘单质的萃取剂；（4）提取碘后的水溶液中若是含有单质碘，则遇到淀粉会变蓝色，可以取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色，如果变蓝，说明还有单质碘，故答案为：取少量提取的碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉溶液，观察是否出现蓝色，如果变蓝色，说明还有单质碘．21/22【点评】本题考查海水资源综合利用，侧重考查混合物的分离和提纯、实验基本操作能力的考查，明确物质的性质及实验操作规范性是解本题关键，知道常见混合物分离和提纯方法及选取方法，题目难度不大． 24．某同学想利用原电池反应检测Zn和Cu的金属活动性顺序．请你帮他选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，并完成下列实验报告：实验目的：探究Zn和Cu的金属活动性顺序（1）电极材料：正极： 铜片 ；负极： 锌片 ；电解质溶液： CuSO4溶液 ．（2）写出电极反应式：正极： Cu2++2e﹣=Cu ；负极： Zn﹣2e﹣=Zn2+ ．（3）画出装置图：（4）实验现象： 负极不断溶解，正极上有红色固体析出，溶液蓝色变浅 ．（5）实验结论： 金属活动性Zn＞Cu ．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】利用置换反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，说明Zn和Cu的金属活动性顺序，据此设计原电池时，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如Cu等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，工作时，正极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，有红色金属析出，负极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Zn棒逐渐溶解．【解答】解：（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池时，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如Cu等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，故答案为：铜片；锌片；CuSO4溶液；（2）原电池工作时，正极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，负极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故答案为：Cu2++2e﹣=Cu；Zn﹣2e﹣=Zn2+；（3）由（1）可知原电池的装置图为，故答案为：；（4）正极发生还原反应，生成红色金属铜，溶液蓝色变浅．负极发生氧化反应，锌逐渐溶解，故答案为：负极不断溶解，正极上有红色固体析出，溶液蓝色变浅；（5）锌逐渐溶解，正极析出红色金属铜，说明金属活动性Zn＞Cu，故答案为：金属活动性Zn＞Cu．【点评】本题考查原电池的设计和工作原理，题目难度不大，注意原电池正负极材料及电解质溶液的选择．21/22 25．某元素R的气态氢化物的化学式为HxR，在标准状况下，8.5克HxR气体的体积是5.6L，将5.1克HxR气体通入200ml0.75mol/L的CuSO4溶液中恰好完全反应．已知R原子核内质子数等于中子数．（1）HxR的相对分子质量为 34 ．（2）试通过计算求x的值，并确定R元素的名称．【考点】化学方程式的有关计算．【分析】（1）根据n=计算HxR气体的物质的量，再结合M=计算相对分子质量；（2）5.1gHxR气体的物质的量为0.15mol，CuSO4的物质的量也是0.15mol，二者等物质的量反应，则发生反应：HxR+CuCl2═CuR↓+2HCl，结合原子守恒计算x的值，进而确定R元素．【解答】解：（1）标况下，HxR气体的物质的量==0.25mol，则其摩尔质量==34g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为34．故答案为：34；（2）n（HxR）==0.15mol，而200mL0.75molL﹣1的CuCl2溶液中氯化铜的物质的量为：0.2L×0.75molL﹣1=0.15mol，二者等物质的量反应，则HxR+CuCl2═CuR↓+2HCl，由氢元素和氯元素质量守恒可知x=2，则Ar（R）=34﹣2=32，故R原子的质量数为32，R的质子数和中子数均为16，R为硫元素，答：x为2，R为硫元素．【点评】本题考查物质的量有关计算、化学方程式计算以及质子数与中子数、质量数之间的关系等知识点，难度不大，注意对基础知识的掌握． 26．已知A是一种分子量为28的气态烃，现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如图1所示．请回答下列问题：（1）B分子中官能团的名称为 醇羟基 ．（2）B通过两次氧化可得到D，也可通过反应④直接氧化为D，则需要加入的氧化试剂为 酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液 （任填一种）．（3）写出下列反应的化学方程式：21/22① CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ；反应类型： 加成反应 ．② ．（4）反应⑤可按下进行：【实验步骤】如图2在试管甲中先加入2mL95%的B，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸，充分摇匀，冷却后再加入2mLD，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管乙中加入5ml饱和碳酸钠溶液，按图2连接好装置，用酒精灯对试管甲小火加热3～5min后，改用大火加热，当观察到乙试管中有明显现象时停止实验．试回答：【实验结果】a．试管乙中观察到的现象是 液面上有透明的不溶于水的油状液体产生，并可闻到香味 ．b．试管甲中反应的化学方程式为 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ，反应类型为 酯化反应（或取代反应） ．【问题探究】本实验反应开始时用小火加热的原因是 防止乙醇和乙酸挥发 ．（查阅资料可知：乙酸乙酯的沸点为77℃；乙醇的沸点为78.5℃；乙酸的沸点为117.9℃）【考点】有机物的合成．【分析】A是一种分子量为28的气态烃，则A为CH2=CH2，以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，E为酯，B能连续被氧化，则B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，（1）B中官能团是醇羟基；（2）乙醇能被强氧化剂氧化生成乙酸；（3）①为乙烯和水的加成反应；②为乙醇的催化氧化反应；（4）【实验结果】a．甲中乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯不易溶于水且为有香味的油状液体；b．乙酸和乙醇的反应为酯化反应，也是取代反应；【问题探究】乙醇和乙醇都具有挥发性，温度高时能挥发．【解答】解：A是一种分子量为28的气态烃，则A为CH2=CH2，以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，E为酯，B能连续被氧化，则B为CH3CH2OH、C为CH3CHO、D为CH3COOH、E为CH3COOCH2CH3，（1）B为CH3CH2OH，B中官能团是醇羟基，故答案为：醇羟基；（2）乙醇能被强氧化剂氧化生成乙酸，如高锰酸钾或重铬酸钾都能氧化乙醇生成乙酸，故答案为：酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液；（3）①为乙烯和水的加成反应，反应方程式为，为加成反应CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；②为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为，故答案为：；21/22（4）【实验结果】a．甲中乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯不易溶于水且为有香味的油状液体，所以乙中现象是液面上有透明的不溶于水的油状液体产生，并可闻到香味，故答案为：液面上有透明的不溶于水的油状液体产生，并可闻到香味；b．乙酸和乙醇的反应为酯化反应，也是取代反应，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应（或取代反应）故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应（或取代反应）；【问题探究】乙醇和乙醇都具有挥发性，温度高时能挥发，为防止乙醇和乙酸挥发，需要小火加热，故答案为：防止乙醇和乙酸挥发．【点评】本题考查有机合成及物质制备，为高频考点，侧重考查学生分析推断及实验制备能力，明确物质结构和性质、制备原理及实验设计是解本题关键，题目难度不大． 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