浙江省嘉兴市2018_2019学年高二化学下学期期末考试试题含解析.doc

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1、嘉兴市20182019学年第二学期期末测试高二化学试题卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64 Zn:65一选择题（每小题只有一个合理答案，每题2分，共20分）1.化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是A. 按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置B. 干冰、可燃冰属于新能源也属于同种物质C. 植物的秸秆、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气D. 氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”【答案】B【解析】【详解】A将垃圾进行分类放置，提高利用率，符合社会可持续发展理念，故A正确；B干冰是固态二氧化碳

2、，可燃冰是CH4nH2O，二者不是同种物质，故B错误；C将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在富氧条件下，经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气，从而有效利用生物质能，故C正确；D氢气的燃料产物是水，对环境无污染，且发热量高，是绿色能源，故D正确；故答案为B。2.下列有关化学用语表示正确的是A. Al3的结构示意图：B. HClO的电子式：HC. 中子数为8的氮原子：ND. 二氧化碳分子的比例模型：【答案】A【解析】【详解】AAl3的核电荷数为13，核外只有10个电子，离子结构示意图为，故A正确；BHClO是共价化合物，分子内氧原子分别与H、Cl各形成1个共用电子对，其电子

3、式为，故B错误；C中子数为8的氮原子的质量数为15，其核素表示形成为，故C错误；D二氧化碳分子中碳原子的半径比氧原子半径大，则CO2的比例模型为，故D错误；故答案为A。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“ ”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。3.下列物质因发生水解而使溶液呈碱性的是A

4、. HNO3B. CuCl2C. K2CO3D. NH3H2O【答案】C【解析】【详解】AHNO3为强酸，电离产生氢离子，导致溶液显酸性，故A错误；BCuCl2为强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液呈酸性，故B错误；CK2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液呈碱性，故C正确；DNH3H2O是弱碱，在溶液中部分电离使溶液显碱性，故D错误；故答案为C。【点睛】考查弱电解质的电离和盐类的水解知识，注意根据强酸、弱酸、水解呈酸性的盐、中性盐，水解呈碱性的盐、弱碱、强碱的顺序解答。解答本题时首先按照溶液的酸碱性，再考虑溶液呈酸碱性的原因。4.可用于治疗胃酸过多的物质是A. 碳酸氢钠B. 氯化钠C. 氯化钾

5、D. 氢氧化钠【答案】A【解析】【分析】能用于治疗胃酸（含盐酸）过多的物质需具备能与盐酸反应且对人体无害的性质。【详解】A、碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠和水以及二氧化碳，可用于治疗胃酸过多，选项A正确；B、NaCl不与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多，选项B错误；C、KCl不与盐酸反应，不能用于治疗胃酸过多，选项C错误；D、氢氧化钠具有极强的腐蚀性，对人体有害，不能用于治疗胃酸过多，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了常见物质的实际用途，完成此题，可以依据已有的知识进行。5.下列说法不正确的是A. 电解熔融氯化镁可制取金属镁B. 电解饱和食盐水可制取氯气C. 生产普通玻璃的主要原料为石

6、灰石、纯碱和晶体硅D. 接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石【答案】C【解析】【详解】A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，选项A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项C不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项D正确。答案选C。6.下列说法不正确的是A. 乙醇、苯应密封保存，置于阴凉处，且远离火源B. 金属钠着火时，可用细沙覆盖灭火C. 容量瓶和滴定管使用之前必须检查是否漏水D. 配制浓硫酸、浓硝酸的

7、混酸时，应将浓硝酸沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中【答案】D【解析】【详解】A乙醇、苯易挥发，易燃烧，所以应密封保存，置于阴凉处，且远离火源，故A正确；B钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，氧气能助燃，所以钠着火时不能用水、泡沫灭火器灭火，应该用细沙覆盖灭火，故B正确；C具有磨口玻璃塞子或活塞的仪器使用前需要查漏，则容量瓶和滴定管在使用之前必须先检查是否漏液，故C正确；D配制浓硫酸、浓硝酸的混酸时，应将浓硫酸沿玻璃棒缓慢注入浓硝酸中，并用玻璃棒搅拌，故D错误；故答案为D。7.下列说法不正确的是A. NaCl晶体属于离子晶体，熔化时离子键被削弱B. CO2晶体属于分子晶体，汽化时需克

8、服分子间作用力C. SiO2晶体属于原子晶体，熔化时需破坏共价键D. C60晶体与金刚石均属于原子晶体，其晶体熔点高、硬度大【答案】D【解析】【详解】ANaCl晶体是离子晶体，熔化时断裂的化学键是离子键，故A正确；BCO2晶体是分子晶体，汽化时克服分子间作用力，故B正确；CSiO2晶体是原子晶体，熔化时断裂共价键，故C正确；DC60晶体是分子晶体，而金刚石是原子晶体，金刚石晶体熔点高、硬度大，故D错误；故答案为D。【点睛】物质的类别与化学键之间的关系：当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；只有当化合物中只存在共价键时，该化合物

9、才是共价化合物；在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。8.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Cl2与H2O的反应：Cl2H2O2HClClOB. 铜丝插入Fe2(SO4)3溶液中：Cu +Fe3+ =Cu2+ +Fe2+C. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Br+Cl2=Br2+2ClD. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3【答

10、案】D【解析】【详解】ACl2与H2O的反应生成的HClO酸是弱酸，发生反应的离子方程式为Cl2H2OHClHClO，故A错误；B铜丝插入Fe2(SO4)3溶液中发生反应的离子方程式为Cu +2Fe3+ =Cu2+ +2Fe2+，故B错误；C向FeBr2溶液中通入过量Cl2，Fe2+也能被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2+4Br+3Cl2= 2Fe3+2Br2+6Cl，故C错误；D向Na2SiO3溶液中通入过量CO2生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3，故D正确；故答案为D。【点睛】注意离子方程式正误判断常用方法

11、：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。9.完成下列实验所选择的装置或仪器都正确的是ABCD实验配制一定物质的量浓度的硫酸溶液打开止水夹，挤压胶头滴管能够引发喷泉制取并收集NO2气体除去CO2气体中的HCl气体装置或仪器A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A浓硫酸的稀释应在烧杯中进行，容量瓶只能用来定容，故A错误；B打开止水夹，挤压胶头滴管，氨气溶解于水，容器内压强明显减小，长导管内有水喷出，形成喷泉，故B正确；CNO2能溶于水

12、生成硝酸和NO，不能用排水法收集NO2气体，故C错误；D用饱和的NaCl溶液可除去CO2中混有的HCl气体，但没有增加干燥装置，CO2中混有水蒸气，仍不纯，故D错误；故答案为B。10.下列有关叙述不正确的是A. 相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消耗氧气的质量相同B. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同C. 油脂、蛋白质等天然高分子化合物在一定条件下均能与水发生反应D. 利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程【答案】C【解析】【详解】A.1mol乙醇与乙烯完全燃烧均消耗3mol氧气，则相同物质的量的乙醇与乙烯分别在足量的氧气中充分燃烧，消

13、耗氧气的质量相同，故A正确；B甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，甲烷中H被Cl取代，与苯和硝酸反应生成硝基苯，苯环上H被硝基取代，则均为取代反应，故B正确；C油脂和蛋白质在一定条件下均能发生水解反应，但蛋白质是天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，故C错误；D粮食酿酒经过了淀粉水解生成葡萄糖、葡萄糖再在酒曲酶作用下生成乙醇，均为化学变化过程，故D正确；故答案为C。二选择题（每小题只有一个合理答案，每题3分，共30分）11.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目

14、为2NAC. pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+D. 10 g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA【答案】B【解析】【详解】A16.25gFeCl3的物质的量为=0.1mol，FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的聚集体，所以0.1molFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故A错误；B甲烷和乙烯分子内均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为：4NA=2NA，故B正确；CpH=1的H3PO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，但溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；D10gD2O物质

15、的量=0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5NA，故D错误；故答案为B。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。12.已知：氧化锂（Li2O）晶体形成过程中的能量变化如图所示

16、下列说法正确的是A. H10B. -H5 +H1 +H1 +H3+H4 +H6 =0C. H30，H4 0、H20，故A错误； B由盖斯定律可知，H1 +H1 +H3+H4 +H6 =H5 ，即-H5 +H1 +H1 +H3+H4 +H6 =0，故B正确；CO2(g)到O(g)是键断裂过程吸热，O(g)O2-(g)是得电子过程放热，即H30、H4 Z，非金属性WYZ【答案】D【解析】解：W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，设X原子最外层电子数为a，则W、Y、Z最外层电子数依次为a-21、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为23，则：

17、a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，则W为C元素，故X为O元素、Y为S元素、W为C元素A、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，原子半径SCl，非金属性WX，故A正确；B、同主族从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3H2SO4HClO4，故D错误；故选D。15.在0.l molL-1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH对于该平衡，下列叙述正确的是A. 加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变B. 加

18、入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小C. 加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)/ c(CH3COO)增大D. 通入少量 HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少【答案】B【解析】【详解】A加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO)增大，平衡应逆向移动，但NH4+在溶液中要水解产生H+，结合CH3COONH4溶液显中性，则溶液中c(H+)基本不变，故A错误；B加入少量NaOH固体，中和H+，电离平衡正向移动，溶液中c(H+)减小，故B正确；C加水，促进电离，平衡向正向移动，溶液中CH3COOH分子数减小，CH3COO数增大，则c(CH3COOH)/

19、c(CH3COO)减小，故C错误；D通入少量 HCl气体，c(H+)增大，平衡逆向移动，结合平衡移动原理，最终溶液中c(H+)增大，故D错误；故答案为B。16.常温下，向1L0.1molL-1 NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是A. 在M点时，n(OH-)-n(H+) = (a-0.05)molB. 随着NaOH的加入，c(H+) / c(NH4+)不断增大C. M点溶液中水的电离程度比原溶液小D. 当n(NaOH)=0.1mol时，c(OH-)c(Cl-)-c(NH3H2O)【答案】

20、B【解析】n(Na+)=amol，n(NH4+)=0.05mol，n(Cl)=0.1mol根据电荷守恒，n(OH)+n(Cl)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)；n(OH)-n(H+)n(Na+)+n(NH4+)-n(Cl)=(a-0.05)mol，故A正确；不变，随着NaOH的加入，不断增大，所以增大，,，不断减小，故B错误；向氯化铵溶液中加碱，对水的电离起抑制作用，所以M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故C正确；当n(NaOH)0.1mol时，c(OH)=c(Cl)-c(NH3H2O)+c(H+)，所以c(OH)c(Cl)-c(NH3H2O)，故D正确。 17.从海带中提取碘，可经

21、过以下实验步骤完成。下列有关说法正确的是A. 灼烧过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒B. 氧化过程中发生反应的离子方程式为 2I-H2O2 =I22OH-C. 检验碘单质时，可选用淀粉碘化钾试纸，若试纸变蓝说明海带中含有碘单质D. 分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞从上口倒出上层液体【答案】D【解析】【详解】A灼烧实验使用的仪器有：坩埚，酒精灯，玻璃棒，三脚架，用到的玻璃仪器为：酒精灯、玻璃棒，故A错误；B氧化过程中发生反应的离子方程式为：2H+2I-+H2O2=I2+2H2O，故B错误；C碘单质遇到淀粉变蓝，用淀粉检验碘存在，通常用淀粉碘化钾试纸检验氧化性强于碘的气体，故C错

22、误；D分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞倒出上层液体，防止液体重新混合而污染，故D正确；故答案为D。18.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，发现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是A. 断开K2，闭合K1时，石墨电极上的电极反应式为：2 H+ 2eH2B. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2 + 2e2ClC. 甲装置属于燃料电池，该电池正极的电极反应式为：CH4+10OH8eCO32+7H2OD. 甲烷燃料电池的总电极反应式为：CH4+2O2 +2NaOHNa2CO3+3H2O【答案】D

23、【解析】【分析】实验时，断开K2，闭合K1，乙装置是电解池，石墨作阳极，铜是阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，乙池形成氢氯燃料电池，铜作负极氢气失电子发生氧化反应，石墨作正极，氯气得电子发生还原反应。【详解】实验时，断开K2，闭合K1，乙装置是电解池，石墨作阳极，铜是阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，乙池形成氢氯燃料电池，铜作负极氢气失电子发生氧化反应，石墨作正极，氯气得电子发生还原反应；A断开K2，闭合K1时，该装置是电解池，铜作阴极，石

24、墨作阳极，石墨电极上氯离子失电子发生氧化反应，所以其电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，故A错误；B断开K1，闭合K2时，该装置是原电池，铜作负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，所以铜电极上电极反应式为：H2-2e-2H+，故B错误；C甲装置属于燃料电池，该电池正极上氧气得电子发生还原反应，该电池正极的电极反应式为O2十2H2O+4e-=4OH-，故C错误；D甲装置属于燃料电池，甲烷和氧气、氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以总电极反应式为：CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O，故D正确；故答案为D。19.一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+C

25、l2(g)COCl2(g)，其中容器中反应在5 min时达到平衡状态。容器编号温度/起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a00.56000.50.50.50.7下列说法中正确的是A. 容器中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 molL-1min-1B. 该反应正反应为吸热反应C. 容器中起始时Cl2的物质的量为0.55 molD. 若起始时向容器加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%【答案】C【解析】【详解】A容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)=0.32mol/L

26、min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/Lmin-1，故A错误；B依据图中数据可知：和为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C依据方程式：CO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)，可知： CO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)起始浓度(mol/L) 2 2 0转化浓度(mol/L)1.6 1.6 1.6平衡浓度(mol/L)0.4 0.4 1.6反应平衡常数K=10，平衡时CO转化率：100%=80%；依据中数据，结合方程式可知： CO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)

27、起始浓度(mol/L) 2 2a 0转化浓度(mol/L) 1 1 1平衡浓度(mol/L) 1 2a-1 1和温度相同则平衡常数相同则：K=10，解得：a=0.55mol，故C正确；DCO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。20.某钠盐溶液中可能含有NO2、SO42、SO32、CO32、Cl、NO3等阴离子。某同学取5份此溶液样品，分别进行了如下实验：用pH计测得溶液pH大于7加入盐酸，产生有色刺激性气体加入硝酸酸化的

28、AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色。加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色。则下列说法不正确的是A. 仅由中的实验现象可推测一定含有NO2B. 根据可确定一定含有NO2、CO32、Cl三种阴离子C. 不能确定是否一定含有NO3D. 仅由即可确定一定不存在SO42、SO32【答案】A【解析】试题分析：A、用pH计测得溶液pH大于7，说明溶液呈碱性；加入盐酸，产生有色刺激性气体，由于要放出有色刺激性气体，所以可以

29、是亚硝酸的自身分解，反应的方程式为：2HNO2H2O+NO+NO2，或是NO3与SO32之间发生氧化还原反应，因此不能说明溶液中含有NO2-，不正确；B、加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体，说明溶液中含有Cl-；加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色，说明溶液含有CO32-，没有SO42-、SO32-，因此一定含有NO2，B正确；C、加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的（NH4）2Fe（SO4）2溶液，再滴加KSCN溶液，显红色，说明溶液中含有具有氧化性的离子NO2-、或NO3，因此根据以上分

30、析可知不能确定是否一定含有NO3，C正确；D、由即可确定一定不存在SO42、SO32，D正确，答案选A。考点：考查常见离子的检验以及离子反应的有关判断三非选择题（共50分）21.完成下列填空（1）氨分子的电子式是_。化合物按系统命名法的名称为_。（2）写出木炭与浓硝酸加热反应的化学方程式：_。【答案】 (1). (2). 2，3-二甲基戊烷 (3). C+4HNO3（浓）CO2 +4NO2 +2H2O【解析】【分析】(1)氨分子是共价化合物，含有三个N-H键；是烷烃的键线式，2号位和3号位各有一个甲基；(2)木炭与浓硝酸加热生成CO2和NO2。【详解】(1)氨分子是共价化合物，含有三个N-H键

31、，其电子式为；是烷烃的键线式，2号位和3号位各有一个甲基，其化学名称为2，3-二甲基戊烷；(2)木炭与浓硝酸加热生成CO2和NO2，发生反应的化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2 +4NO2 +2H2O。22.有机物AF的转化关系如下图所示。已知A在标准状况下的密度为1.25gL1，D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体。请回答：（1）A中官能团名称为_。（2）CD的反应类型是_。（3）A和E一定条件下也可生成F的化学方程式是_。（4）下列说法正确的是_。AA和B都能使酸性KMnO4褪色BD和E能用新制氢氧化铜悬浊液检验C可以用饱和碳酸钠溶液除去C、E和F混合物中的C、ED推测

32、有机物F可能易溶于乙醇【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 氧化反应 (3). CH2CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3 (4). B、C、D【解析】【分析】D能发生银镜反应，F是难溶于水且有芳香气味的油状液体，可知C为醇，E为羧酸，结合F的分子式为C4H8O2可知C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为CH3COOH、F为CH3COOCH2CH3；A在标准状况下的密度为1.25gL1，则A的摩尔质量为1.25gL122.4L/mol=28g/mol，可知A为CH2=CH2，B为CH3CH2Cl，BC发生的是卤代烃的碱性水解，据此分析解题。【详解】D能发生银镜反应，F是难溶于

33、水且有芳香气味的油状液体，可知C为醇，E为羧酸，结合F的分子式为C4H8O2可知C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为CH3COOH、F为CH3COOCH2CH3；A在标准状况下的密度为1.25gL1，则A的摩尔质量为1.25gL122.4L/mol=28g/mol，可知A为CH2=CH2，B为CH3CH2Cl，BC发生的是卤代烃的碱性水解；(1)A为CH2=CH2，含有的官能团名称为碳碳双键；(2)CH3CH2OHCH3CHO发生的是醇的催化氧化，反应类型是氧化反应；(3)CH2=CH2和CH3COOH一定条件下发生加成反应可生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式是CH2CH2

34、+CH3COOHCH3COOCH2CH3；(4)AA为乙烯，分子结构中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4褪色，而B为氯乙烷，不含碳碳双键，不能使酸性KMnO4褪色，故A错误；BD为乙醛，和新制氢氧化铜悬浊液混合加热生成砖红色沉淀，而E为乙酸，能溶解新制氢氧化铜悬浊液，得到澄清的溶液，能鉴别，故B正确；C乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇，可以加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，上层为乙酸乙酯，故C正确；D乙醇是良好的有机溶剂，乙酸乙酯易溶于乙醇，故D正确；故答案为B、C、D。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。在NaOH的乙醇溶液中

35、加热，发生卤代烃的消去反应。在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的

36、取代。23.为了探究一种固体化合物甲（仅含3种元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：(气体体积已经换算成标准状况下的体积） 请回答：（1）写出化合物甲的化学式_。（2）写出形成溶液C的化学方程式：_。（3）写出气体A通入溶液D中，发生反应的离子反应方程式_。.近年来化学家又研究开发出了用 H2和CH3COOH 为原料合成乙醇（反应），同时会发生副反应。反应.CH3COOH(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g) +H2O(g) H1反应. CH3COOH(g)+H2(g)CO(g)+CH4(g)+H2O(g) H20已知：乙醇选择性是转化的乙酸中生成乙醇的百分比。请回答：（1）反应一定条

37、件下能自发进行，则H1 _0。（填“”或“”）（2）某实验中控制 CH3COOH 和 H2 初始投料比为 11.5，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：温度（K）催化剂乙酸的转化率（%）乙醇选择性（%）573甲4050573乙3060673甲5535673乙4050有利于提高CH3COOH转化为CH3 CH2OH平衡转化率的措施有_。A 使用催化剂甲 B 使用催化剂乙C 降低反应温度 D 投料比不变，增加反应物的浓度E 增大CH3COOH和H2的初始投料比673K甲催化剂作用下反应已达平衡状态，测得乙酸的转化率为50%，乙醇的选择性40%，若此时容器体积为 1.0L，CH3COOH

38、 初始加入量为2.0mol，则反应的平衡常数 K= _。表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CH3COOH转化成CH3CH2OH的选择性有显著的影响，其原因是_。（3）在图中分别画出I在催化剂甲和催化剂乙两种情况下“反应过程-能量”示意图。_【答案】 (1). FeAl2S4（或Al2FeS4或FeSAl2S3或Al2S3FeS） (2). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (3). 2Fe3+ +SO2 +2H2O=2Fe2+SO42+4H+ (4). (5). CD (6). 0.16或5/32 (7). 表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不

39、同，因而在该时刻下对乙醇选择性有影响。 (8). 【解析】【分析】.固体甲在空气中灼烧生成的气体A能使品红褪色，加热后恢复红色，说明气体A为SO2，且物质的量为=0.04mol；固体乙用NaOH溶解后并过滤，固体丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KSCN溶液变红色，说明固体丙为Fe2O3，其物质的量为=0.005mol；固体乙有部分固体能溶解于NaOH，质量为1.82g-0.8g=1.02g，若为Al2O3，则其物质的量为=0.01mol，此时固体甲中含有的三种元素的总质量为0.04mol32g/mol+0.005mol256g/mol+0.01mol227g/mol=2.38g，则固体乙为Fe2O

40、3和Al2O3的混合物；.(1)H-TS0的反应可自发进行；(2)结合平衡的移动因素分析，一般当平衡正向进行时，可提高反应物的转化率；673K 时，在甲催化剂作用下反应已达平衡状态，此时容器体积为 1.0L，若 CH3COOH 初始加入量为 2.0mol，结合三行计算列式得到平衡浓度，反应的平衡常数 K=；不同的催化剂催化效率不同；(3)加入催化剂，可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变。【详解】. 固体甲在空气中灼烧生成的气体A能使品红褪色，加热后恢复红色，说明气体A为SO2，且物质的量为=0.04mol；固体乙用NaOH溶解后并过滤，固体丙用稀硫酸溶解后的溶液中滴加KS

41、CN溶液变红色，说明固体丙为Fe2O3，其物质的量为=0.005mol；固体乙有部分固体能溶解于NaOH，质量为1.82g-0.8g=1.02g，若为Al2O3，则其物质的量为=0.01mol，此时固体甲中含有的三种元素的总质量为0.04mol32g/mol+0.005mol256g/mol+0.01mol227g/mol=2.38g，则固体乙为Fe2O3和Al2O3的混合物；(1)由分析知化合物甲的组成元素是Fe、Al和S，三者的物质的量之比为0.01mol：0.02mol：0.04mol=1:2:4，则化合物甲的化学式为FeAl2S4；(2)氧化铝溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠，发生反应的化

42、学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(3)气体A为SO2气体，溶液D含有Fe3+，通入SO2后发生氧化还原反应，所得溶液中生成Fe2+和SO42-，发生反应的离子反应方程式2Fe3+ +SO2 +2H2O=2Fe2+SO42+4H+；.(1)CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)H1，反应S0，满足H-TS0，则H10；(2)已知CH3COOH(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g) +H2O(g) H10；A使用催化剂甲不影响平衡的移动，无法提高CH3COOH转化为CH3 CH2OH平衡转化率，故A错误；B使用催化剂乙不影响平衡的移动，无法提高CH3COOH转化为CH3 CH2OH平衡转化率，故B错误；C降低反应温度平衡正向移动，可提高CH3COOH转化为CH3 CH2OH平衡转化率，故C正确；D投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡向正反应移动，可提高CH3COOH转化为CH3 CH2OH平衡转化率，故D正确；E增大CH3COOH和H2的初始投料比，即相当于增大CH3COOH的浓度，平衡向正反应方向