【化学】江西省宜春九中（外国语学校）2019-2020学年高二上学期入学考试试卷（解析版）

江西省宜春九中（外国语学校）2019-2020学年高二上学期入学考试试卷
1.下列有关物质性质的应用正确的是（　　）
A. 活泼金属与活泼非金属形成的都是离子键
B. 二氧化硅是制造太阳能电池板的主要材料
C. 二氧化硫通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，体现了SO2的漂白性
D. 化学反应的实质就是反应物中化学键断裂，生成物中形成新的化学键。
【答案】D
【解析】
【详解】A. 活泼金属与活泼非金属形成的不一定都是离子键，例如铝和氯形成的氯化铝中含有共价键，A错误；
B. 二氧化硅可以制作半导体材料，硅是制造太阳能电池板的主要材料，B错误；
C. 二氧化硫通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，体现了SO2的还原性，C错误；
D. 化学反应的实质就是反应物中化学键断裂，生成物中形成新的化学键，D正确；
答案选D。
2.下列所述变化中，前者是吸热反应，后者是放热反应的是（ ）
A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应；氢氧化钠溶于水
B. 点燃的镁条在二氧化碳中继续燃烧；碳酸氢钠分解
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应；氢气在氯气中燃烧
D. 酸碱中和；焦炭与高温水蒸气反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数置换反应以及某些复分解反应（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应。
【详解】A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应；氢氧化钠溶于水为放热过程但不是放热反应，选项A不符合；
B. 点燃的镁条在二氧化碳中继续燃烧属于放热反应；碳酸氢钠分解属于吸热反应，选项B不符合；
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应属于吸热反应；氢气在氯气中燃烧属于放热反应，选项C符合；
D. 酸碱中和反应属于放热反应；焦炭与高温水蒸气反应属于吸热反应，选项D不符合。
答案选C。
3.化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（ ）
①用电子式表示HCl的形成过程：
②MgCl2的电子式： ③质量数为133、中子数为78的铯原子：Cs
④乙烯、乙醇结构简式依次为：CH2=CH2、C2H6O ⑤S2﹣的结构示意图：
⑥次氯酸分子的结构式：H-O-Cl ⑦CO2的分子模型示意图:
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】A
【解析】分析：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式；②氯化镁中含有两个氯离子不能合并；③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析；④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH；⑤硫离子核电荷数为16，电子数18；⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键；⑦碳原子半径大于氧原子半径。
详解：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式，故①错误；
②氯化镁中含有两个氯离子，应写成，故②错误；
③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析，质子数=133-78=55，故③正确；
④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH，故④错误；
⑤硫离子核电荷数为16，电子数为18，故⑤正确；
⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键，故⑥正确。
⑦碳原子半径大于氧原子半径，故⑦错误。
综合以上分析，正确的有③⑤⑥三项，故答案选A。
4.长征2号火箭承担运载神六”的使命，氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号火箭的优良炸药。下列说法正确的是（ ）
A. H、D、T之间互称为同素异形体
B. 氕化锂、氘化锂、氚化锂都是强还原剂
C. LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3
D. LiH易与水反应生成H2，且每生成1mol H2转移电子的是数目为2NA
【答案】B
【解析】分析：H、D、T的质子数相同，根据中子数=质量数-质子数进行分析，结合同位素的定义进行判断；根据LiH、LiD、LiT中H、D、T的化合价分析LiH、LiD、LiT的氧化性或还原性即可；摩尔质量在数值上就等于元素的相对原子质量；LiH中，H为-1价，在H2O中，H为+1价，所以：1mol 氢气生成是一个-1价H和一个+1价H结合所以只有1mol转移电子数目，据此分析。
详解：A、H、D、T是具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素，属于同位素，故A错误；
B、氢化锂、氘化锂、氚化锂中H、D、T均为-1价，处于最低价态，具有强还原性，是还原剂，故B正确；
C、LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比等于它们的相对分子质量之比，应为8:9:10，故C错误；
D、LiH中，H为-1价，在H2O中，H为+1价，所以：1mol 氢气生成是一个-1价H和一个+1价H结合所以只有1mol转移电子数目，故D错误。
故选B。
5.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是（ ）
A. 熔点：X的氧化物比Y的氧化物高
B. 热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物
C. X与Z可形成离子化合物ZX
D. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。
A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；
B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；
C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；
D、单质镁能溶于浓硫酸，单质硅不溶于浓硫酸，D错误；
答案选B。
6.下列离子方程式中正确的是( )
A. 澄清石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2＋2H+===Ca2+＋2H2O
B. 氢氧化钡与硫酸反应 OH-＋H＋===H2O
C. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu＋Ag+===Cu2+＋Ag
D. 氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应 Mg2+＋2OH-===Mg(OH) 2 ↓
【答案】D
【解析】A中石灰水是澄清的，Ca(OH)2应拆写成离子的形式；B中遗漏了参加反应的
Ba2＋和SO42－；C中离子电荷不守恒。
7. 研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是（ ）
A. 水既是氧化剂又是溶剂 B. 放电时正极上有氢气生成
C. 放电时OH-向正极移动 D. 总反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在反应2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑中，水是氧化剂，同时水又是溶剂 ，故A正确；
B. 正极发生还原反应，所以放电时正极上有氢气生成，故B正确；
C. 阴离子移向负极，放电时OH－向负极移动，故C错误；
D. Li 与Na处于同主族，化学性质相似，所以总反应为2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑，故D正确。
答案选C。
8.反应4A(g )+3B(g)＝2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少0.6 mol•L-1。对此反应速率的表示，正确的是（ ）
①用A表示的反应速率是0.4 mol•L-1•min-1
②分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1
③在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol•L-1•min-1
④在这2 min内用B表示的反应速率的值是逐渐减小的，用C表示的反应速率的值是逐渐增大的
A. ①② B. ③ C. ① D. ②④
【答案】A
【解析】①2min内B的浓度减少0.6mol·L-1，用B表示的平均速率为：v(B)=0.6mol·L-1÷2min=0.3mol·L-1·min-1，同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，所以用A表示的反应速率是v(A)=×0.3mol·L-1·min-1=0.4 mol·L-1·min-1，故①正确；②同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，所以用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1，故②正确；③由上面分析知，2min内用B表示的平均速率为0.3mol·L-1·min-1，在2 min末的反应速率应为瞬时速率，用B表示不是0.3mol·L-1·min-1，故③错误；④随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，所以2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小的，故④错误。综上①②正确，选A。
9.从柑橘中炼制萜二烯下列有关它推测，不正确的是（ ）
A. 它不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 常温下为液态，难溶于水
C. 分子式为C10H16
D. 与过量的溴的CCl4溶液反应后产物如图
【答案】A
【解析】含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；属于烃，碳原子数大于4，常温下为液态，难溶于水，故B正确；分子式为C10H16，故C正确；与过量溴的CCl4溶液反应加成反应后生成：，故D正确。
10.下列有关叙述：①非金属单质M能从N化合物中置换出非金属单质N；②M原子比N原子容易得到电子；③单质M跟H2反应比N跟H2反应容易得多；④气态氢化物水溶液的酸性HmM>HnN；⑤氧化物水化物的酸性HmMOx>HnNOy；⑥熔点M>N。能说明非金属元素M比N的非金属性强的是（ ）
A. ②⑤ B. ①②③ C. ①②③⑤ D. 全部
【答案】B
【解析】
11.已知MgO、MgCl2的熔点分别为2800℃、604℃，将MgO、MgCl2加热熔融后通电电解，都可得到金属镁。海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁，正确的方法是 （ ）
A. 海水Mg(OH)2Mg
B. 海水MgCl2溶液MgCl2熔融Mg
C. 海水Mg(OH)2MgOMg
D. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2熔融Mg
【答案】D
【解析】试题分析：A、在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，Mg（OH）2热稳定性差，受热分解，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故A错误；B、海水中含有可溶性的Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-、Na+、Cl-、加盐酸得不到纯净的氯化镁溶液，所以无法得到纯净的氯化镁固体，故B错误；C、在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，灼烧得到氧化镁，但MgO的熔点为2800℃、熔点高，电解时耗能高，所以，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故C 错误；D、在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，再将沉淀分离后加入盐酸变成MgCl2，之后经过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，故D正确。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A. 60g丙醇中存在的共价键总数为11NA
B. 标准状况下,H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2的分子数为0.2NA
C. 0.5mol·L-1CuCl2溶液中含有的Cl-个数为NA
D. 在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O中，消耗1molCl时转移的电子总数为1.5NA
【答案】C
【解析】分析：A、求出丙醇的物质的量，然后根据丙醇中11条共价键来分析；B、求出混合物的物质的量,然后根据1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气来分析；C、溶液体积不明确；D、反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O转移6mol电子,消耗4mol氯气。
详解:A、60g丙醇的物质的量为1mol,而丙醇中11条共价键,故1mol丙醇中含11NA条共价键,所以A选项是正确的；
B、标况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol,而1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气,故0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气,与两者的比例无关,所以B选项是正确的；
C、溶液体积不明确,故溶液中的氯离子的个数无法计算,故C错误；
D、反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O转移6mol电子,消耗4mol氯气。故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子即1.5 NA个,所以D选项是正确的。
所以本题答案选C。
13.化学健的键能指常温常压下，将1mol分子AB拆开为中性气态原子A和B所需要的能量(单位为kJ·mol-1)。根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热△H为（ ）
化学键
C-H
C-F
H-F
F-F
键能/(kJ·mol-1)
414
489
565
155
A. -485kJ·mol-1 B. +485kJ·mol-1
C. +1940kJ·mol-1 D. -1940kJ·mol-1
【答案】D
【解析】分析：化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算,根据△H=反应物键能之和-生成物键能之和,计算得到。
详解：△H=反应物键能之和-生成物键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，
△H=414 kJ·mol-1×4+4×155 kJ·mol-1-（489 kJ·mol-1×4+4×565 kJ·mol-1）=-1940 kJ·mol-1, 
所以D选项是正确的。
14.下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是（ ）

操作和现象
结论
A
将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多
乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B
在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
石蜡油的分解产物中含有烯烃
C
向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体
不能证明氯元素的非金属性强于碳元素
D
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀
蔗糖未水解
【答案】D
【解析】A．水、乙醇都可与钠反应生成氢气，根据生成氢气的剧烈程度可以比较得出乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B．在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，证明石蜡油的分解产物中含有烯烃，故B正确；C. 向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体，盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能证明氯元素的非金属性强于碳元素，故C正确；D. 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，需要首先加入氢氧化钠中和催化剂——硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能检验蔗糖是否水解，故D错误；故选D。
15.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）
A. 甲烷与氯气混合后光照条件下发生反应;乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应;苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C. 甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合液加热;乙烯与水在一定条件下反应生成乙醇
D. 在苯中滴入溴水,溴水层变无色;乙烯在一定条件下生成聚乙烯
【答案】C
【解析】分析:有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义分析解答。
详解:A、甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故A错误；
B、乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1,2-二溴乙烯,所以属于加成反应;苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应,故B错误；
C、在浓硫酸和加热条件下,苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下,乙烯中的双键断裂,一个碳原子上结合一个氢原子,另一个碳原子上结合羟基,生成乙醇,该反应属于加成反应，所以C选项是正确的；
D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯生成聚乙烯的反应属于加聚反应,故D错误。
所以C选项是正确的。
16.下列装置或操作能达到实验目的的是( )
A. 形成锌-铜原电池
B. 实验室制备乙酸乙酯
C. 证明酸性：CHCOOH>H2CO3>硅酸
D. 石油的分馏
【答案】D
【解析】分析：A. 酒精是非电解质,不能自发进行氧化还原反应；B. 导气管不要伸到Na2CO3溶液中去,防止由于加热不均匀,造成Na2CO3溶液倒吸入加热反应物的试管中；C. 由于醋酸具有挥发性，制取的二氧化碳气体中含有醋酸，醋酸会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，CO2在通入硅酸钠溶液之前，要除去CO2中混有的HCl；D.根据馏分温度不同采用蒸馏方法分馏石油,温度计测量馏分温度,冷凝管中水流方向采取“下进上出”原则。
详解:A. 酒精是非电解质,不能自发进行氧化还原反应,所以不能构成原电池,故A错误；
B. 导气管不要伸到Na2CO3溶液中去,防止由于加热不均匀,造成Na2CO3溶液倒吸入加热反应物的试管中，故B错误；
C. 由于醋酸具有挥发性，制取的二氧化碳气体中含有醋酸，醋酸会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，CO2在通入硅酸钠溶液之前，要除去CO2中混有的HCl，故C错误；
D.根据馏分温度不同采用蒸馏方法分馏石油,温度计测量馏分温度,冷凝管中水流方向采取“下进上出”原则,符合操作规范，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
17.A、B、C、D为短周期元素，核电荷数依次增大，且A、B、C三种元素的原子核外电子层数之和为5。已知A是原子结构最简单的元素；B元素原子最外层上的电子数是其电子层数的2倍；A和C之间可形成A2C和A2C2两种化合物；D在同周期主族元素中原子半径最大，请回答下列问题。
(1)C元素在元素周期表中的位置是____________；C、D两种元素所形成的简单离子，离子半径由大到小的顺序是________________。(用离子符号表示)
(2)写出A2C2的电子式__________。
(3)在恒温下，体积为2 L的恒容容器中加入一定量的B单质和1 mol A2C蒸汽，发生：B(s)＋A2C(g) ⇌BC(g)＋A2(g)。2 min后，容器的压强增加了20%，则2 min内A2C的反应速率为________。一段时间后达到平衡，下列说法正确的是__________。
A.增加B单质的量，反应速率加快
B.恒温恒容时在该容器中通入Ar，反应速率加快
C.气体的密度不再变化可以判断该反应达到了平衡
D.2 min时，A2C的转化率为80%
E.气体的平均摩尔质量不变时，该反应达到平衡
(4)BC与C2在DCA溶液中可形成一种燃料电池。该电池的负极反应式为：___________。
(5)将0.2 mol D2C2投入到含有0.1 mol FeCl2的水溶液中恰好充分反应，反应的总化学方程式为：______________________________________________。
【答案】(1). 第二周期VIA族 (2). O2－>Na＋ (3). (4). 0.05 mol/(L·min) (5). CE (6). CO＋4OH－－2e－==CO32-＋2H2O (7). 8Na2O2＋4FeCl2＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8NaOH＋8NaCl＋3O2↑
【解析】分析：A、B、C、D为短周期元素,核电荷数依次增大,A是原子结构最简单的元素,故A为氢,属于第一周期,A、B、C三种元素的原子核外电子层数之和为5,故B、C只能处于第二周期,B元素原子最外层上的电子数是其电子层数的2倍,最外层电子数为4,则B为碳元素,A和C之间可形成A2C和A2C2两种化合物,故C为氧元素;D在同周期主族元素中原子半径最大,处于IA族,原子序数大于氧,故D为Na。
详解：(1)根据以上分析，C为氧元素,在元素周期表中的位置是第二周期第VIA族, C、D两种元素所形成的简单离子分别为O2－、Na＋,二者电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径由大到小的顺序是: O2－、Na＋,因此，本题正确答案是:第二周期第VIA族；O2－、Na＋；
(2)H2O2的电子式为因此，本题正确答案是：；
(3)设转化的水的物质的量为amol,则
     C(s)＋H2O(g) ⇌CO(g)＋H2(g)
开始(mol) 1  0     0
转化(mol) a   a    a
平衡(mol)   1-a   a     a
2min后，容器的压强增加了20%，则1mol(1+20%)=1+a,解a=0.2,故2min内H2O的反应速率为=0.05 mol/(L·min)；
A.增加固体单质的量,不会影响化学反应速率,故A错误；
B.恒温恒容时在该容器中通入Ar,不改变反应中各种物质的浓度,故化学反应速率不变,故B错误；
C.随反应过程中,混合气体的质量增大,容器体积不变,混合气体密度增大,密度不再变化可以判断该反应达到了平衡,所以C选项是正确的；
D.2 min时，H2O的转化率为100%=20%，故D错误；
E.1mol水反应得到1mol、1mol氢气,生成物的平均相对分子质量为15,故混合气体中平均相对分子质量减小,平均相对分子质量不变说明到达平衡，故E正确。因此，本题正确答案是：0.05 mol/(L·min)；CE；
(4)CO燃烧生成二氧化碳,二氧化碳与碱反应生成碳酸根,负极发生氧化反应,故燃料电池的负极反应为：CO＋4OH－－2e－==CO32-＋2H2O,因此，本题正确答案是：CO＋4OH－－2e－==CO32-＋2H2O；
(5) 将0.2 mol D2C2投入到含有0.1 mol FeCl2的水溶液中恰好充分反应，过氧化钠反应得到0.4molNaOH、0.1molO2，0.1molFeCl2反应消耗0.2molNaOH，得到0.1molFe(OH)2，剩余0.2molNaOH，0.1molFe(OH)2转化为0.1molFe(OH)3消耗氧气为=0.025mol,则剩余0.075molO2,反应的总的化学方程式为: 8Na2O2＋4FeCl2＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8NaOH＋8NaCl＋3O2↑因此，本题正确答案是：8Na2O2＋4FeCl2＋10H2O===4Fe(OH)3↓＋8NaOH＋8NaCl＋3O2↑。
18.A、B、C、D、E、F均为有机物，其中A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系。已知醛基在氧气中易氧化成羧基，请回答下列问题：

(1)A的分子式是_________，B中官能团的名称_____________。在反应①～④中，属于加成反应的是__________(填序号)。
(2)写出反应②的化学方程式：______________________________________________。
写出反应④的化学方程式：_________________________________________________。
(3)写出与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体中一氯代物种类最少的结构简式_________。
【答案】(1). C2H4 (2). 羟基 (3). ① (4). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO +2H2O (5). CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 + H2O (6). C(CH3)4
【解析】分析：A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质,则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH,乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6,乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl,乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷,以此解答该题。
详解：(1)根据以上分析，A为CH2=CH2，分子式为C2H4；B为CH3CH2OH,含有官能团为:羟基；在反应①～④中，属于加成反应的是①，
因此，本题正确答案是: C2H4；羟基；①；
(2)反应②是乙醇发生氧化反应生成乙醛,反应方程式为2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO +2H2O ；反应④是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应方程式为CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 + H2O；
因此，本题正确答案是: 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO +2H2O ；CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 + H2O。
(3)F为C2H6,与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体的结构简式:CH3CH2CH2CH2CH3,CH3CH2CH(CH3)2, C(CH3)4,其中一氯代物种类最少的为C(CH3)4, 
因此，本题正确答案是：C(CH3)4。 
19.下图所示装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6 mol/L的稀硫酸，其他试剂任选。

请回答下列问题：
(1)B装置中盛有一定量的NaOH溶液，A装置中应预先加入的试剂是________，A装置中发生反应的离子方程式是___________。
(2)实验开始时应先将活塞a________(填“打开”或“关闭”)。
(3)简述制取Fe(OH)2的操作过程__________________。
(4)实验完毕，拔去B装置中的橡胶塞，放入一部分空气，此时B装置中发生反应的化学方程式为_______________________。
(5)在下图中，装置________(填序号)能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀。

【答案】(1)铁屑 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
(2)打开
(3)关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B装置中进行反应
(4)4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3↓
(5)①②④
【解析】(1)题图中A装置的作用是产生H2，利用H2赶走整个装置中的空气，降低Fe2＋被氧化的速率，以便能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀，故A装置中应预先加入的试剂为铁屑：Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑。(2)实验开始时打开活塞a，A装置中产生的H2沿导管进入B装置，赶走装置中的空气。(3)关闭活塞a，气体不能逸出，压迫A装置中的液体通过导管进入B装置，FeSO4与NaOH混合产生Fe(OH)2白色沉淀。(4)实验完毕拔去B装置的橡胶塞，空气进入B装置，O2与Fe(OH)2发生反应，使Fe(OH)2转化为Fe(OH)3红褐色沉淀。(5)①装置用H2SO4与Fe反应产生的H2赶出装置中的空气；②装置与①装置原理相似，只不过在两个试管中进行；③装置没有隔绝空气；④装置中胶头滴管插入液面以下，且有苯在上层隔离空气，故①②④装置都能较长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀。
20.工业上从海水中提取单质溴，其中有一种工艺采用如下方法：
（1）向海水中通入氯气将海水中的溴化物氧化，其离子方程式为：________。
（2）向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，这时，溴就转化成溴离子和溴酸根离子，其化学方程式为：____________；通入空气吹出Br2，并用Na2CO3吸收的目的是_________________。
（3）将（2）所得溶液用H2SO4酸化，又可得到单质溴，再用有机溶液萃取溴后，还可以得到副产品_______。这一过程可用化学方程式表示为：___________________________。
（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中加入________(填字母)。
a．CCl4b．NaBr溶液 c．NaOH溶液 d．Na2SO3溶液
【答案】(1). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (2). 3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑ (3). 富集溴 (4). Na2SO4 (5). 5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O (6). b
【解析】
【分析】(1)氯气氧化性强于溴单质，氯气与溴离子反应生成溴单质和氯离子；
(2)溴单质与纯碱溶液反应生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳气体；可起到富集溴的目的；
(3)将(2)所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr，NaBrO3中的溴转化为单质溴和硫酸钠，同时生成水；
(4)加入试剂可除去氯气，但不能引入新杂质，更不能消耗溴。
【详解】(1)通入氯气后，氯气与溴离子反应生成单质溴和溴离子，其离子方程式为：Cl2+2Br-═2Cl-+Br2；
(2)纯碱溶液吸收Br2的化学方程式为：3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，可起到富集溴的作用；
(3)将(2)所得溶液用H2SO4酸化，又可得到单质溴，再用有机溶液萃取溴后，还可以得到副产品Na2SO4；反应中溴离子化合价由-1价到0价，化合价升高1价，则化合价变化的最小公倍数为5，所以溴酸根离子计量数为1，溴离子计量数为5，配平后反应的化学方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br 2+3H2O；
(4)加入试剂可除去氯气，但不能引入新杂质，更不能消耗溴，只有b符合，故答案为b。