【化学】云南省玉溪市元江民族中学2018-2019学年高一5月月考试卷（解析版）

云南省玉溪市元江民族中学2018-2019学年高一5月月考试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
一、单选题（共20小题,每小题2.0分,共40分）
1.已知反应A+BC+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是(　　)

A. 产物C的能量高于反应物的总能量
B. 若该反应中有电子得失，则可设计成原电池
C. 反应物的总能量低于生成物的总能量
D. 该反应中的反应物A和B的转化率定相同
【答案】C
【解析】分析：A.反应物总能量低于生成物总能量, 反应吸热，根据能量守恒可知产物C的能量不一定高于反应物的总能量；B.常温下放热的氧化还原反应可以设计成原电池；C. 该反应为吸热反应，所以反应物的总能量低于生成物的总能量；D. 反应物A和B的转化率和起始量、变化量有关,若起始量不同,转化率也不同。
详解：图象分析可以知道,反应物能量低于生成物,反应为吸热反应，反应物总能量+吸收的热量=生成物总能量，产物C的能量不一定高于反应物的总能量，A错误；若该反应中有电子得失为氧化还原反应,但是反应是吸热反应,不能自发进行,非自发进行的氧化还原反应不能设计为原电池,B错误；当反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应的的焓变为正值,反应为吸热反应,符合图象变化,C正确；反应物A和B的转化率和起始量变化量有关,若起始量不同,转化率也不同,D错误；正确选项C。
点睛：明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。
2.下列关于有机化合物的叙述中正确的是(　　)
A. 仅由碳、氢两种元素组成
B. 仅由碳、氢、氧三种元素组成
C. 分子中碳原子可形成碳碳单键、碳碳双键或碳碳叁键
D. 有机化合物分子中不存在非极性共价键
【答案】C
【解析】分析：A、大多数含有碳元素的化合物为有机物，只含C、H两种元素的有机化合物称为烃；B、构成有机化合物的元素有C、H、O、N、P、S、卤素等；C、有机化合物中的碳原子可以形成碳碳单键，也可形成碳碳双键或叁键；D、有机化合物中的碳原子可以以共价键形成碳链，碳碳键之间形成的是非极性共价键。
详解：A、构成有机化合物的元素有C、H、O、N、P、S、卤素等，只含C、H两种元素的有机化合物称为烃，选项A错误；B、构成有机化合物的元素有C、H、O、N、P、S、卤素等，选项B错误；C、有机化合物分子中的碳原子可形成碳碳单键，也可形成碳碳双键或叁键，选项C正确；D、有机化合物分子中的碳原子能以共价键结合成碳链，也可以形成碳环，碳碳键之间形成的是非极性共价键，选项D错误；答案选C。
点睛：有机物中碳原子成键方式的多样性决定了有机物种类繁多，是对课本知识的考查，难度不大。
3.下列叙述中不正确的是（ ）
A. 常温下乙醇是无色有特殊香味的液体，沸点比水低
B. 乙醇密度比水小，将乙醇加入水中，充分振荡后分层，上层为乙醇
C. 乙醇是一种常用的有机溶剂，能溶解许多有机物
D. 洗发时在水中加入适量啤酒，油污容易洗净
【答案】B
【解析】分析：根据乙醇的物理性质、用途结合选项分析判断。
详解：A. 常温下乙醇是无色有特殊香味的液体，沸点比水低，A正确；
B. 乙醇密度比水小，与水互溶，将乙醇加入水中，充分振荡后不分层，B错误；
C. 乙醇是一种常用的有机溶剂，能溶解许多有机物，C正确；
D. 乙醇是一种常用的有机溶剂，因此洗发时在水中加入适量的啤酒，油污容易洗净，D正确。
答案选B。
4.下列有关电池叙述中正确的是（　　）
A. 锌锰干电池是一种常用的二次电池
B. 锌锰干电池碳棒是负极，锌片是正极
C. 锌锰干电池工作一段时间后锌外壳逐渐变薄
D. 水果电池是高效环保的家用电池
【答案】C
【解析】
【详解】A.锌锰干电池不能反复充放电，是一种常用的一次性电池，故A错误；
B.在原电池较活泼的金属作负极，锌是金属，碳是非金属，所以锌应该是负极，碳棒是正极，故B错误；
C.锌锰干电池中锌是负极，失去电子，所以工作一段时间后锌外壳逐渐变薄，故C正确；
D.水果电池并不是高效的，故D错误。
故选C。
5.下列结构示意图表示的元素不属于碱金属元素的是(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：碱金属元素包括锂、钠、钾、铷、铯、钫；最外层电子数为1，化学性质很活泼；氢元素最外层电子数为1，属于非金属元素，据此分析解答。
详解：该粒子的核内质子数是1，为氢元素,属于非金属元素，A正确；该粒子的核内质子数是3，为锂元素，属于金属元素，B错误；该粒子的核内质子数是19，为钾元素，属于金属元素，C错误；该粒子的核内质子数是11,为钠元素,属于金属元素, D错误；正确选项A。
6.在下列化学反应中所指物质的作用与其他三个不同的是（　　）
A. 苯的溴化反应中的溴化铁 B. 苯的燃烧反应中的氧气
C. 苯与硝酸反应中的浓硫酸 D. 一定条件下苯与氢气反应中的镍
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯和液溴反应所用到的溴化铁作催化剂；
B.苯燃烧时所用到的氧气，氧气是反应物不是催化剂；
C.苯与硝酸反应中的浓硫酸，浓硫酸作催化剂；
D.苯与氢气反应中加入的镍，镍作催化剂。
所以化学反应中所指物质的作用与其他三个不同的是B。
故选B。
7.某粒子用符号表示，下列关于该粒子的叙述正确的是（　　）
A. 所含质子数为A－n B. 所含中子数为A－Z
C. 所含电子数为Z＋n D. 该粒子比M原子多n个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.Mn+中质子数为Z，故A错误；
B.Mn+中中子数=质量数-质子数=A-Z，故B正确；
C.Mn+中核外电子数=质子数-电荷数=Z-n，故C错误；
D.Mn+中电子数=Z-n，M原子的电子数为Z，所以Mn+比M原子少n个电子，故D错误。
故选B。
【点睛】在元素符号左上角的数字为质量数，左下角为质子数，质量数-质子数=中子数。
8.下列反应属于吸热反应的是( )
A. C6H12O6(葡萄糖aq)＋6O26CO2＋6H2O
B. 氢氧化钠溶液与盐酸的中和反应
C. 反应物的总能量大于生成物的总能量
D. 破坏反应物全部化学键所需能量大于破坏生成物全部化学键所需能量
【答案】D
【解析】分析：常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、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）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）。
详解：A．葡萄糖的氧化反应为放热反应，选项A错误；B．盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应，是放热反应，选项B错误；C、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，选项C错误；D．破坏生成物全部化学键所需能量小于破坏反应物全部化学键所需能量为吸热反应，选项D正确；答案选D。
点睛：本题考查吸热反应和放热反应，难度不大，掌握中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键。
9.现有如下各种说法:
①金属和非金属化合时一定形成离子键;
②离子键是阳离子、阴离子的相互吸引力;
③根据电离方程式HClH++Cl-,判断氯化氢分子里存在离子键;
④氢气和氯气的反应过程:H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H原子、Cl原子,而后H原子、Cl原子形成离子键的过程
上述各种说法正确的是（　　）
A. ①② B. 都不正确 C. ①②④ D. ①
【答案】B
【解析】
【分析】①一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝等分子晶体例外；
②离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，不仅仅是吸引力；
③不能利用电离来分析物质中的化学键；
④H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键．
【详解】①一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝等分子晶体为共价化合物，不含离子键，故①错误；
②离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故②错误；
③不能利用电离来分析物质中的化学键，共价化合物溶于水也能发生电离产生离子，要看原子间形成的作用力，故③错误；
④H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键，故④错误；
故选：B。
10.下列有关葡萄糖的叙述中，错误的是(　　)
A. 能加氢生成六元醇 B. 能发生银镜反应
C. 能与醇发生酯化反应 D. 能被氧化为CO2和H2O
【答案】C
【解析】葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，分子中有5个羟基和1个醛基。A. 分子中有醛基，所以能加氢生成六元醇 ，A正确；B. 能发生银镜反应，B正确；C. 葡萄糖分子中没有羧基，故其不能与醇发生酯化反应，C不正确；D. 能被氧化为CO2和H2O，D正确。本题选C。
11.已知某微粒的结构示意图为，则下列说法正确的是（　　）
A. 该元素位于第三周期0族 B. 该元素位于第四周期ⅠA族
C. 该元素是非金属元素 D. 该元素是金属元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知该元素的质子数是17，所以是氯元素，位于元素周期表的第三周期第ⅦA族，故A错误；
B.根据图示可知该元素的质子数是17，所以是氯元素，位于元素周期表的第三周期第ⅦA族，故B错误；
C.根据图示可知该元素的质子数是17，所以是氯元素，氯元素属于非金属元素，故C正确；
D.根据图示可知该元素的质子数是17，所以是氯元素，氯元素属于非金属元素，故D错误。
故选C。
12.某主族元素R的最高正价与最低负价的代数和为4，由此可以判断（　　）
A. R一定是第四周期元素
B. R一定是ⅣA族元素
C. R气态氢化物化学式为H2R
D. R的气态氢化物比同周期其他元素气态氢化物稳定
【答案】C
【解析】
【详解】设主族元素R的最高正化合价为x，则最低负价x-8，有x+(x-8)=4，解得x=+6，该元素处于ⅥA族。
A.根据上述分析，R元素处于ⅥA族，不一定为第四周期元素，故A错误；
B.由以上分析可知，R原子的最外层电子数为6，该元素处于ⅥA族，故B错误；
C.R的最低负化合价为-2，氢化物化学式为H2R，故C正确；
D.R为ⅥA族元素，R的位置未知，无法判断，故D错误。
故选C。
【点睛】关于主族元素的化合价需要明确以下几点：①主族元素的最高正价等于主族序数，且等于主族元素原子的最外层电子数，其中氧、氟无正价，O、F没有最高价。②主族元素的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，绝对值之差为0、2、4、6的主族元素分别位于ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。
13.既可以用来鉴别乙烯和乙烷，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯的方法（ ）
A. 通入足量溴水中 B. 在空气中燃烧
C. 通入酸性高锰酸钾溶液中 D. 在一定条件下通入氢气
【答案】A
【解析】试题分析：A、乙烯能使溴水褪色，而乙烷不能，不产生新的杂质，故正确；B、两者都能燃烧，不能鉴别和除杂，故错误；C、乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能，能够鉴别，但乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，不能做为除去乙烯的方法，故错误；D、氢气无颜色，不能鉴别乙烯和乙烷，且可能引入氢气杂质，故错误。
考点：考查乙烯、乙烷的性质等知识。
14.下列各数值表示有关元素的原子序数，其所表示的各原子组中能以离子键相互结合形成稳定化合物的是(　　)
A. 10与19 B. 6与16 C. 12与17 D. 14与8
【答案】C
【解析】分析：由原子序数判断元素，一般来说，活泼金属元素与非金属元素形成离子键，以此来解答。
详解：原子序数为10和19的元素分别为Ne、K,稀有气体性质稳定，很难发生反应，二者不能形成化合物，A错误；原子序数为6和16的元素分别为C和S,能以共价键结合生成稳定化合物二硫化碳,B错误；原子序数为12和17的元素分别为Mg、Cl,二者能形成化合物MgCl2,属于离子化合物，含有离子键，C正确；原子序数为14和8的元素分别为Si、O,二者以共价键结合生成稳定化合物二氧化硅,D错误；正确选项C。
点睛：一般来说,活泼金属元素与非金属元素形成离子键,非金属元素之间形成共价键,同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同种非金属元素之间形成极性共价键
15.北京奥运会开幕式在李宁点燃鸟巢主火炬时达到高潮。奥运火炬采用的是环保型燃料——丙烷，其燃烧时发生反应的化学方程式为C3H8+5O23CO2+4H2O。下列说法中不正确的是（　　）
A. 火炬燃烧时化学能只转化为热能
B. 所有的燃烧反应都会释放热量
C. 1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量
D. 丙烷完全燃烧的产物对环境无污染，故丙烷为环保型燃料
【答案】A
【解析】火炬燃烧时，不仅发热，而且发光．所以火炬燃烧时，化学能不仅转化为热能，还转化为光能等其它形式的能．A项错误；燃烧反应是指：混合物中的可燃成分急剧与氧反应形成火焰放出大量的热和强烈的光的过程，B项正确；根据能量守恒定律，如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，在反应中有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应．所有的燃烧反应都是放热反应．丙烷的燃烧是放热反应．所以1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量，C项正确；丙烷完全燃烧C3H8（g）＋5O2（g）3CO2（g）＋4H2O(l)的产物二氧化碳和水，对环境无污染，故丙烷为环保型燃料，故D正确．
16.欲配制100 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，正确的方法是（　　）
A. 称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中
B. 称量10.6 g Na2CO3•10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL
C. 量取20 mL 5.0 mol·L-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mL
D. 配制80 mL 1.0 mol·L-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.水的体积为100mL，将10.6gNa2CO3溶于水后，溶于体积大于100mL，故溶液的浓度小于1mol/L，故A错误；
B.10.6gNa2CO3•10H2O物质的量小于0.1mol，由化学式可知碳酸钠的物质的量等于碳酸钠晶体的物质的量小于0.1mol，溶液体积为100mL，所配碳酸钠溶液的浓度小于1.0mol·L-1，故B错误；
C.设稀释后碳酸钠溶液浓度为c，根据稀释定律，稀释前后溶质碳酸钠的物质的量不变，则20ml×5mol/L=100ml×c，解得：c=1mol/L，故C正确；
D.配制80mL1.0mol/LNa2CO3溶液，实际上配制的是100mL1.0mol/L的碳酸钠溶液，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×1.0mol/L×0.1L=10.6g，故D错误。
故选C。
【点睛】物质量浓度=，体积指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积。
17.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A. H2O2 B. IO3-
C. MnO4- D. HNO2
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。
【详解】根据H2O2→H2O，IO3﹣→I2，MnO4-→Mn2+，HNO2→NO可知1 mol H2O2、IO3－、MnO4－、HNO2得到电子的物质的量分别是2 mol、5 mol、5 mol、1 mol电子，根据得失电子总数相等的原则，分别氧化KI得到I2的物质的量为1 mol、2.5 mol、2.5 mol、0.5 mol，而1 mol IO3－本身被还原生成0.5 mol I2，所以IO3－氧化KI所得I2最多。答案选B。
18.有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1。取此溶液500 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如图所示。图中（V1）为112 mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（ ）

A. 560、672 B. 1008、1120 C. 2240、2352 D. 392、504
【答案】B
【解析】
【分析】向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，当氢氧化钙消耗完时，继续通入二氧化碳，在碳酸钙沉淀溶解前二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾、水反应生成碳酸氢钾，当碳酸钾反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比来解答。
【详解】有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1，取此溶液500mL，氢氧根离子的物质的量是：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，OA段发生反应：Ca2++2OH-+CO2＝CaCO3↓+H2O，消耗112mL（物质的量为0.005mol）CO2，所以n（Ca2+）=0.005mol，产生碳酸钙的物质的量为0.005mol，消耗了氢氧根离子是0.01mol，所以KOH中含有氢氧根离子的物质的量=0.05mol-0.01mol=0.04mol；AB段发生反应：OH-+CO2＝HCO3-，消耗n（CO2）=0.04mol，标况下体积是：22.4L/mol×0.04mol=0.896L=896mL，V1为112mL，则V2=112mL+896mL=1008mL；B-最后段：CaCO3+H2O+CO2＝Ca2++2HCO3-，碳酸钙溶解，消耗二氧化碳体积和OA段相等，即112mL，V3的体积为：1008mL+112mL=1120mL。
答案选B。
【点睛】本题考查离子方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理以及反应的先后顺序为解答该题的关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，试题培养了学生的分析能力、化学计算能力以及图像分析与识别能力。
19.下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（　　）
A. 硅晶体可用于制造光导纤维
B. 陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐产品
C. 二氧化硅在电子工业中是重要的半导体材料
D. 二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A.二氧化硅晶体可用于制造光导纤维，故A错误；
B.玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英，水泥的主要原料是黏土、石灰石，陶瓷的主要原料是黏土，石英的主要成分是二氧化硅，黏土属于硅酸盐，故都是硅酸盐产品，故B正确；
C.晶体硅是半导体材料，而不是二氧化硅，故C错误；
D.二氧化硅机能与氢氟酸反应，又能与氢氧化钠反应，但二氧化硅与氢氟酸反应生成的四氟化硅不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故D错误。
故选B。
【点睛】硅可用于半导体，如硅芯片、晶体管、太阳能电池板等；二氧化硅可用于光导纤维，是石英、玛瑙、硅藻土的主要成分。
20. 下列各组反应中，硝酸既表现了氧化性，又表现了酸性的是
A. C+HNO3 B. H2S+HNO3 C. Fe(OH)3+HNO3 D. Cu+HNO3
【答案】D
【解析】试题分析：A、碳和硝酸反应，硝酸表现氧化性，错误，不选A；B、硝酸表现氧化性，错误，不选B；C、硝酸表现酸性，错误，不选C；D、硝酸表现酸性和氧化性，正确，选D。
考点：硝酸的性质
分卷II
二、填空题（共6小题,共60分）
21.大豆含有大量蛋白质和脂肪，由大豆配制出来的菜肴很多，它是人体营养中最重要的补品之一，我们几乎每天都要饮食豆制品。请回答下列问题：
（1）我们所吃的豆腐是一种________。
A 蛋白质凝胶 B 纯蛋白质
C 脂肪 D 淀粉
（2）我们食用的大豆，最终补充给人体的主要成分是________。
A 氨基酸 B 蛋白质
C 油脂 D 糖类
（3）天然蛋白质水解的最终产物是________。
（4）豆油不能保存较长时间的原因主要是__________，所以必须进行硬化，油脂的硬化是指________，人造脂肪指的是________。
【答案】(1). A (2). A (3). 氨基酸 (4). 分子中含有碳碳双键，易被空气中的氧气氧化 (5). 对易氧化的不饱和脂肪酸甘油酯进行催化加氢 (6). 经氢化后的饱和高级脂肪酸的甘油酯
【解析】
【详解】（1）在豆浆中加入少量的石膏，能使豆浆凝结成豆腐，所以豆腐是一种蛋白质凝胶，故答案为：A。
（2）大豆中含有蛋白质，它在人体内的作用为最终补充给人体的是氨基酸，故答案为：A。
（3）天然蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故答案为：氨基酸。
（4）因豆油中含有碳碳双键，所以易被空气中的O2氧化而变质，而油脂硬化是指对易氧化的不饱和脂肪酸甘油酯进行催化加氢，所得的产物为饱和高级脂肪酸的甘油酯即为硬化油，也叫人造脂肪，故答案为：分子中含有碳碳双键，易被空气中的氧气氧化；对易氧化的不饱和脂肪酸甘油酯进行催化加氢；经氢化后的饱和高级脂肪酸的甘油酯。
22.为探究乙烯与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中)，使气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。
乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性的气体杂质，由此他提出必须先除去杂质，然后再使乙烯与溴水反应。
请回答下列问题：
(1)甲同学的实验中有关的化学方程式为________________________________________。
(2)甲同学设计的实验________(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生加成反应，其理由是________(填字母)。
A．使溴水褪色的反应，未必是加成反应 B．使溴水褪色的反应，就是加成反应
C．使溴水褪色的物质，未必是乙烯 D．使溴水褪色的物质就是乙烯
(3)乙同学推测此乙烯中必定含有的一种杂质气体是___，它与溴水反应的化学方程式是__________。在验证过程中必须全部除去，除去该杂质的试剂可选用________。
(4)为了验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应，可采取方法有___________。
【答案】（1）CH2=CH2＋Br2―→CH2BrCH2Br
（2）不能　①③
（3）H2S　H2S＋Br2=2HBr＋S↓　CuSO4溶液（或NaOH溶液等）
（4）如果乙烯与溴发生取代反应，必定生成溴化氢（HBr），溶液酸性将会明显增强，故可用pH试纸予以验证
【解析】
【详解】(1) 乙烯与溴水发生了加成反应生成溴代烃，化学方程式为CH2=CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；正确答案：CH2=CH2＋Br2→CH2BrCH2Br 。
(2) 用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色，方程式为：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应，根据以上分析可知AC符合题意；因此正确答案：不能 ；AC。
（3）褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，该物质为硫，根据元素守恒和还原性推断，气体只能是 H2S，该气体被溴水氧化为硫；H2S能够与氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和水，也可以和硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，所以可以用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)除去乙烯中硫化氢；正确答案：H2S；H2S＋Br2===2HBr＋S↓。
（3）乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br，溶液不显酸性，所以检验方法为：用pH试纸检验溶液的酸性，若溶液不变红，说明该反应为加成反应而非取代反应；正确答案：用pH试纸予以验证。
23.已知：①A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：

（1）写出下列物质的官能团名称： B：_________；D：_______。
（2）反应④的化学方程式为________________，反应类型：________。
（3）某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。

①装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为________（填字母）。
A Na2O2 B KCl
C Na2CO3 D MnO2
②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_____________。
③物质B的催化氧化产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为___________。
【答案】(1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). AD (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 产生砖红色沉淀
【解析】
【分析】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，则D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为乙酸乙酯，结合有机物的结构和性质解答该题。
【详解】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则
（1）由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基。
（2）反应④为CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应（或酯化反应）。
（3）①在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可以知道，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，故AD正确，故答案为：AD。
②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化为乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
③乙醇被氧化为乙醛，与葡萄糖具有相同的特征反应，滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，会产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀。
24. 为了测定乙醇的结构式，有人设计了用无水酒精与钠反应的实验装置和测定氢气体积的装置进行实验。可供选用的实验仪器如图所示。

请回答以下问题：
(1)测量氢气体积的正确装置是________(填写编号)。
(2)装置中A部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是________(填写编号)。
A．防止无水酒精挥发
B．保证实验装置不漏气
C．使无水酒精容易滴下
(3)实验前预先将小块钠在二甲苯中熔化成小钠珠，冷却后倒入烧瓶中，其目的是
________________________________________________________________________。
(4)已知无水酒精的密度为0.789 g·cm－3，移取2.0 mL酒精，反应完全后(钠过量)，收集390 mL气体。则乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为________，由此可确定乙醇的结构式为________________而不是____________________________________________________。
(5)实验所测定的结果偏高，可能引起的原因是________(填写编号)。
A．本实验在室温下进行
B．无水酒精中混有微量甲醇
C．无水酒精与钠的反应不够完全
【答案】(1)B　(2)C
(3)增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应
(4)1　
(5)AB
【解析】试题分析：该实验利用的反应原理是ROH可与Na反应产生H2，以此计算乙醇分子中可被Na取代出的氢原子数从而确定乙醇的结构。据(4)可知，能产生390 mL H2，因此只能选B作为测量H2体积的装置，C排空气法不可取，D试管无刻度，E中滴定管无此容量，整个装置连接为A―→B。A部分中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接导管能使烧瓶与分液漏斗中压强保持一致，分液漏斗的液柱差使乙醇易于滴下。将钠熔成小珠，是为了增大乙醇与钠的接触面积，提高反应速率，使乙醇与钠充分反应。
根据2ROH―→H2知，乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为：
＝1.01＞1
测定结果偏高原因，根据上述算式知，测定的体积偏大，或醇的物质的量偏小，即室温下进行或无水酒精中混有微量甲醇。
考点：考查乙醇结构实验探究的有关判断
点评：该题是中等难度的试题，有利于调到学生的学习兴趣，激发学生学习化学的积极性。该题既有定性分析，也有定量计算，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力，提升学生的学科素养，增强学生的学习自信心和学习效率。
25. 已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而Z原子的最外层电子数是次外层电子数的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则
（1）X是_________（填名称，下同），Y是_______，Z是_______。
（2）由Y和Z组成，且Y和Z质量比为7∶20的化合物的化学式（分子式）是____________。
（3）由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的两种离子是_________和_________。
（4）X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子个数比为4∶2∶3，该盐的化学式（分子式）是_____________。
【答案】（1）氢元素　氮元素　氧元素
（2）N2O5
（3）NH4+　OH－
（4）NH4NO3
【解析】（1）根据原子的核外电子排布情况容易得出X为H、Z为O，再根据Y和Z可以形成两种以上气态化合物，原子序数依次递增得出Y只能为N；（2）考查化学式的有关计算；（3）考查10电子微粒的知识；（4）N、H、O三种元素形成的盐只能是铵盐。
26.某种烃的衍生物分子式为C2H6O，下面是探讨其分子结构的过程，请回答相关问题：
（1）按价键理论，写出C2H6O可能有的结构式(用A、B、C……标明序号)_________________；
（2）取一定量的C2H6O与足量的金属钾反应，收集产生的气体，当完全反应时，C2H6O与产生的气体物质的量之比为2∶1。
①产生的气体能燃烧，火焰呈淡蓝色，燃烧产物通入无水硫酸铜，固体变蓝色；通入澄清石灰水，不变浑浊，则C2H6O与钾反应产生的气体是______________________________；
②据实验数据，可确定C2H6O的结构式为(写自编号)________，推断过程是_______________________________。
【答案】(1). 、 (2). H2 (3). A (4). n(C2H6O)∶n(H)＝1∶1，说明C2H6O分子中只有1个H能被置换，即有1个H与其他5个H的空间位置不同，故A式符合要求
【解析】分析：（1）(1)由C2H6的结构式不难推知：C2H6O的可能结构有两种。一种O原子插入C—H键之间，另一种O原子插入C—C键之间。即和。
(2)由①可知产生的气体为H2。
②据数据分析不难推出n(C2H6O)∶n(H)＝1∶1，说明C2H6O中只有一个H能被置换为H2，而其它5个H则不能。
详解： (1)由C2H6的结构式不难推知：C2H6O的可能结构有两种。一种O原子插入C—C键之间，另一种O原子插入C—H键之间。即(1). 、 ；正确答案：、 。
（2）①C2H6O与足量的金属钾反应，收集产生的气体，当完全反应时，C2H6O与产生的气体物质的量之比为2∶1，产生的气体能燃烧，火焰呈淡蓝色，燃烧产物通入无水硫酸铜，固体变蓝色；通入澄清石灰水，不变浑浊，则C2H6O与钾反应产生的气体是氢气；正确答案：H2。
②据实验数据，推出n(C2H6O)∶n(H)＝1∶1，说明C2H6O中只有一个H能被置换为H2，而其它5个H则不能被置换出氢气；所以该有机物的结构简式为：；正确答案：A；n(C2H6O)∶n(H)＝1∶1，说明C2H6O分子中只有1个H能被置换，即有1个H与其他5个H的空间位置不同，故A式符合要求。