【化学】甘肃省天水一中2020-2021学年高二上学期开学考试（理科）试题（解析版） 17页

甘肃省天水一中2020-2021学年高二上学期开学考试（理科）试题 一、选择题 ‎1. 下列各组中每种物质都既有离子键又有共价键的一组是（    ）‎ A. NaOH H2SO4 (NH4)2SO4 B. MgO Na2SO4 HNO3‎ C. Na2O2 KOH Na3PO4 D. HCl Al2O3 MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、H2SO4中只含共价键，A错误；B、MgO中只含离子键，HNO3中只含共价键，B错误；C、三种物质都既有离子键又有共价键，C正确；D、各物质均只含一种化学键，分别是共价键、离子键和离子键，D错误，答案选C。‎ ‎2. 下列化学用语表示正确的是 A. 中子数为10的氧原子：O B. 硫化钠的电子式：‎ C. Mg2+的结构示意图：‎ D. HCl 的形成过程：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中子数为10的氧原子质量数为18，因此原子符号为：O，A项错误；‎ B. 硫化钠属于离子化合物，电子式为：，B项错误；‎ C. Mg2+的结构示意图为，C项正确；‎ D. HCl为共价化合物，氢原子和氯原子通过共用电子对结合，因此形成过程为，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3. 短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示。已知Y、W的原子序 数之和是Z的3倍，下列说法正确的是(　　)‎ Y Z X W A. 原子半径：XZ C. Z、W均可与Mg形成离子化合物 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3×（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。‎ ‎【详解】A、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Z＜Y，故A错误；‎ B、元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物的稳定性：X＜Z，故B错误；‎ C、O元素、Cl元素与Mg元素形成的化合物氧化镁、氯化镁都是离子化合物，故C正确；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于氮元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜ W，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图1所示。下列说法正确的是 A. 元素X与元素Z最高正化合价之和的数值等于8‎ B. 原子半径的大小顺序为：rX>rY>:rZ>rW>rQ C. 离子Y2-和Z 3+的核外电子数和电子层数都不相同 D. 元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，它们分别是N、O、Al、S、Cl，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.根据以上分析，X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl，N元素最高正化合价为其主族数等于5，Al元素最高正化合价为其主族数等于3，二者之和等于8，故A正确；‎ B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，所以原子半径的大小顺序为rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，故B错误；‎ C.离子Y2-和Z 3+都为10微粒，核外电子数和电子层数都相同，故C错误；‎ D. 同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎5. 下列装置中，能构成原电池的是 ‎ A. 只有甲 B. 只有乙 ‎ C. 只有丙 D. 除乙均可以 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲中没有形成闭合回路，不能形成原电池；乙中两个电极一样，不能构成原电池；丙中Fe和C的活泼性不同，构成闭合回路且能发生自发的氧化还原反应，能构成原电池；丁中酒精是非电解质，不能形成原电池；故只有丙能构成原电池，答案选C。‎ ‎6. 关于原电池的叙述中正确的是(　　)‎ A. 原电池是把化学能转变为电能的装置 B. 构成原电池正极和负极的必须是两种不同金属 C. 原电池电解质溶液中阳离子向负极移动 D. 理论上，所有的氧化还原反应都能设计成原电池 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.原电池是将化学能转化为电能的装置,电解池是将电能转化为化学能的装置,故A正确； B.构成原电池的正负极可能都是非金属或金属和非金属,如Zn、石墨和稀硫酸构成的原电池,以石墨为电极的氢氧燃料电池,故B错误； C.原电池放电时,负极上电子沿导线流向正极,根据异性相吸原理,电解质溶液中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,故C错误； D.理论上，自发进行的氧化还原反应都能设计成原电池，故D错误； 综上所述，本题选A。‎ ‎7. 如图所示装置中，a为锌棒，b为碳棒。下列判断正确的是（ ）‎ A. 电解质溶液中的向b极移动 ‎ B. 导线中有电子流动，电子从b极流到a极 C. a极上发生了还原反应 ‎ D. b极上有无色气泡产生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 如图，该装置构成了原电池，a为锌棒作负极，b为碳棒作正极，A项，硫酸根离子运动方向与电子一致，在溶液中向a极移动，A错误；B项，负极Zn失去电子，电子从a极流到b极，B错误；C项，Zn失去电子变成Zn2+，发生的是氧化反应，C错误；D项，溶液中的H+在正极上得到电子变成H2，所以b极上有无色气泡产生，D正确。‎ ‎8. 反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 该反应是放热反应 B. 由图可知，1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)放出bkJ热量 C. 由图可知，1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)吸收bkJ热量 D. 由图可知，1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)吸收(a-b)kJ热量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，故A错误；‎ B．依据图象可知，1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)要吸收热量，故B错误；‎ C．依据图象可知，1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)要吸收热量，故C错误；‎ D．依据图象可知，1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)要吸收热量，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9. 在铝与稀硫酸的反应中，已知10s末硫酸的浓度减少了0.6mol·L-1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10s内生成硫酸铝的平均反应速率是 （ ）‎ A. 1.2‎mol·L-1·min-1 B. 0.02mol·L-1·min-1‎ C. 1.8mol·L-1·min-1 D. 0.18mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】10s末硫酸的浓度减少了0.6mol•L-1，则v(H2SO4)= =0.06mol/(L·s)，发生反应：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，速率之比等于化学计量数之比，故v[Al2(SO4)3]=‎ v(H2SO4)=×0.06mol/(L·s)=0.02mol/(L·s)，即v[Al2(SO4)3]=0.02mol/(L·s)=1.2mol/(L·min)，故选A。‎ ‎10. 1mol乙烯与氯气发生完全加成反应，然后该加成反应的产物与足量的氯气在光照条件下发生完全取代反应，则两个过程消耗氯气的总物质的量为（ ）‎ A. 3mol B. 4mol C. 5mol D. 6mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】1mol乙烯与1mol氯气发生完全加成反应生成1molCH2ClCH2Cl，该有机物中含有4mol氢原子。在与卤素单质发生取代反应时，取代1molH消耗1molCl2；所以该有机物与足量的氯气在光照条件下发生完全取代反应要消耗4mol Cl2，则两个过程中消耗氯气的总物质的量为5mol，C符合题意。‎ 答案选C。‎ ‎11. 不可能是乙烯加成产物的是 A. CH3CH3 B. CH3CHCl‎2 ‎ C. CH3CH2OH D. CH3CH2Br ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯能与氢气在催化剂、加热条件下发生加成反应生成乙烷，A不选；‎ B．乙烯与氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，不会生成CH3CHCl2，B选；‎ C．乙烯与H2O在催化剂、加热、加压条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，C不选；‎ D．乙烯与HBr 一定条件下发生加成反应生成CH3CH2Br，D不选；‎ 故选B。‎ ‎12. 某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是(　　)‎ A. 分子式为C7H6O5‎ B. 1 mol该物质能与4 mol Na发生反应 C. 分子中含有两种官能团 D. 在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子式为C7H10O5，故A错误；B.1 mol该物质含有3个羟基和1个羧基，能与4 mol Na发生反应，故B正确；C. 分子中含有C=C、-COOH和-OH三种官能团，故C错误；D. 在水溶液中羧基能电离出H＋,羟基不能电离出H＋，故D错误；答案：B。‎ ‎【点睛】根据官能团判断相应的性质。含有-COOH和-OH能和金属钠反应，根据结构简式判断分子式。‎ ‎13. 如图是四种常见有机物分子的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲是甲烷，甲烷的二氯取代产物只有一种结构 B. 乙是乙烯，乙烯可与溴水发生取代反应使溴水褪色 C. 丙是苯，苯结构比较稳定，不能发生氧化反应 D. 丁是乙酸，一定条件下乙酸能跟乙醇发生酯化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷为正四面体结构，甲烷中所有氢原子位置相同，所以其二氯代物只有1种，A正确；‎ B．乙是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，不是取代反应，B错误；‎ C．丙是苯，苯结构比较稳定，但可燃烧，也为氧化反应，C错误；‎ D．丁是乙醇，不是乙酸，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14. 实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色 C. 装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。‎ ‎【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；‎ B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；‎ C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；‎ D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。‎ ‎15. 分子式为C4H10O且能与金属钠反应放出氢气的有机物有 A 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，书写丁基-C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇异构体数目。‎ ‎【详解】分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、：-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，因此该有机物的可能结构有4种；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度不大，利用烃基异构判断，比书写丁醇的同分异构体简单容易。注意一元取代物数目的判断方法。‎ ‎16. 下列实验操作和现象与结论的关系相符的是 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 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性 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 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 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 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子比水分子中的氢原子活泼性弱，A错误；‎ B. 石蜡油加强热生成的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中与烯烃发生加成反应，使溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，B正确；‎ C. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体为氯化氢、一氯甲烷、未反应的氯气，氯化氢溶于水显酸性，C错误；‎ D. 蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，该实验没有加碱至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，D错误；‎ 答案为B ‎【点睛】蔗糖水解时，稀硫酸作催化剂，实验完成后，加入新制的氢氧化铜悬浊液时，先调节溶液呈碱性，在加入试剂，否则酸与氢氧化铜反应导致现象不明显。‎ ‎17. 下列关于常见有机物的说法中正确的是( )‎ A. 淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖 B. 乙烯和乙烷的混合气体可用酸性高锰酸钾溶液分离 C. 苯能发生取代反应生成氯苯、硝基苯等，但是不能发生氧化反应 D. 光照条件下，控制CH4和Cl2的比例为1∶1，能够制得纯净的CH3Cl和HCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．淀粉、纤维素均为多糖，最终水解产物为葡萄糖，则淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，故A正确；‎ B．乙烷中的乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故B错误；‎ C．苯可发生燃烧反应，为氧化反应，苯能发生取代反应生成氯苯、硝基苯等，苯环上可发生取代反应，故C错误；‎ D．光照下取代反应为连锁反应，CH4和Cl2的比例为1∶1，不能制备纯净的CH3Cl和HCl，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎18. 海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是 A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴 B. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂 D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；‎ B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；‎ C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；‎ D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。‎ ‎19. 金属锂是密度最小的金属，等质量的不同金属，锂可以释放出更多电子，故常用来制造高性能电池。已知锂的金属性介于钠和镁之间，则冶炼金属锂应采用的方法是 A. 电解法 B. 热还原法 C. 热分解法 D. 铝热法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】常见金属的冶炼方法有电解法、热还原法和热分解法等，Na、Mg都很活泼，常用电解法冶炼，而Li活泼性介于Na与Mg之间，则Li也应采用电解法冶炼，故选A。‎ ‎20. 由一氧化碳、甲烷和乙烷组成的混合气体（标准状况），在足量氧气中充分燃烧后将生成的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量氢氧化钠溶液，测知氢氧化钠溶液增重，则原混合气体中乙烷的物质的量为（ ）。‎ A. ‎ B. 大于或等于，小于 C. 等于 ‎ D. 大于小于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】混合气体的物质的量为，浓硫酸吸收水、溶液吸收二氧化碳，故溶液增重的为二氧化碳的质量，其物质的量为，所以混合气体平均组成中碳原子数为。一氧化碳、甲烷分子中都含有一个碳原子，设一氧化碳、甲烷的总物质的量为，乙烷的物质的量为，则，解得：，则原混合气体中乙烷的物质的量为，C项正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，解题技巧：结合二氧化碳质量根据碳原子守恒计算碳原子平均数，将一氧化碳和甲烷看作整体，根据平均碳原子列式计算。‎ 二、综合题 ‎21. 下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素。请根据要求回答问题：‎ 族 周期 IA ‎0‎ ‎1‎ IIA IIIA IVA VA VIA VIIA ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎3‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ Ar ‎ (1)①的元素符号是______；②的氢化物电子式_______‎ ‎(2)②和⑤的原子半径大小关系是②_______⑤(填“＞”“＜”或“＝”)；‎ ‎(3)③和⑤形成的化合物含有的化学键是______(填“离子键”或“共价键”)；‎ ‎(4)③、④的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_______。‎ ‎【答案】 (1). O (2). (3). ＜ (4). 离子键 (5). Al(OH)3+OH-=+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在元素周期表中的位置可知，①为O元素，②为F元素，③为Na元素，④为Al元素，⑤为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，①为O，②为F元素，其氢化物HF的电子式为；‎ ‎(2)同主族元素自上而下原子半径依次增大，故原子半径②＜⑤；‎ ‎(3)Na和Cl形成的化合物为NaCl，属于离子化合物，含有离子键；‎ ‎(4)Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，两者反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O。‎ ‎22. 化学电源在生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：‎ ‎（1）电动汽车上用的铅蓄电池是以一组充满海绵状态铜的铅板和另一组结构相似的充满二氧化铅的铅板组成，用H2SO4作电解液。放电时总反应为：Pb + PbO2 + 2H2SO4 = 2PbSO4 + 2H2O ‎① 写出放电时负极的电极反应式：______________________________；‎ ‎② 铅蓄电池放电时，溶液的pH将_________（填增大、减小或不变）。当外电路上有0.5mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为___________。‎ ‎③ 放电完后，对该电池进行充电，在连接电源的负极一端生成________。(填“Pb”或“PbO‎2”‎)‎ ‎（2）下图是某宇宙飞船中使用的氢氧燃料电池。其导电介质为KOH，总反应为：2H2 + O2=2H2O。‎ ‎① 则负极通入的是_______，(填“H‎2”‎或“O‎2”‎)负极电极反应式为：_______________________，正极电极反应式为：______________________。‎ ‎②如把导电介质改为稀H2SO4，则电极反应式为：负极__________，正极______________。‎ ‎【答案】 (1). Pb -2e- + SO42- = PbSO4 (2). 增大 (3). 0.5mol (4). Pb (5). H2 (6). H2 -2e- + 2OH- =2H2O (7). O2 + 4e- + 2H2O = 4OH- (8). H2 – 2e- = 2H+ (9). O2 + 4H+ + 4e－ = 2H2O ‎【解析】‎ ‎（1）①因为放电时总反应为：Pb + PbO2 + 2H2SO4 = 2PbSO4 + 2H2O，Pb失电子发生负极反应，产生的Pb2+在H2SO4溶液中结合SO42-生成难溶于水的PbSO4，故其负极反应式为：Pb -2e- + SO42- = PbSO4；②根据电池反应式知，硫酸参加反应，且反应中生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大；根据反应Pb + PbO2 + 2H2SO4 = 2PbSO4 + 2H2O，转移2mol电子时，消耗2mol H2SO4，当外电路上有0.5mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为0.5mol；③ 放电完后，对该电池进行充电，在连接电源的负极一端是阴极，阴极发生的电极反应式为：PbSO4 +2e- = Pb + SO42-，则阴极上生成Pb；‎ ‎（2）① 则负极通入的是H2，碱性条件下氢气失去电子生成的氢离子与氢氧根离子结合生成水，则负极电极反应式为：H2 -2e- + 2OH- =2H2O；正极氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-；②如把导电介质改为稀H2SO4，酸性条件下氢气在负极失电子产生氢离子，电极反应式为：H2 – 2e- = 2H+；氧气在正极得电子产生的氢氧根离子与氢离子结合生成水，电极反应式为：O2 + 4H+ + 4e－ = 2H2O。‎ ‎23. A～D是四种烃分子的球棍模型(如图)‎ ‎(1)与A互为同系物的是___________(填序号)。‎ ‎(2)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是_____________(填序号)。‎ ‎(3)D和液溴反应的化学方程式是________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). B (3). +Br2 +HBr ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由球棍模型可知，A为甲烷，B为乙烯，C为丁烷，D为苯；A、C的结构相似，分子组成相互3个CH2原子团，互为同系物；四种物质只有烯烃能被高锰酸钾氧化；D和液溴反应生成溴苯和HBr，据此分析。‎ ‎【详解】(1) A为甲烷，C为丁烷，A、C的结构相似，分子组成相互3个CH2原子团；与A互为同系物的是C；‎ ‎(2) B为乙烯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是B，发生氧化反应；‎ ‎(3) D为苯，D和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr，化学反应方程式为： +Br2 +HBr。‎ ‎【点睛】苯中的碳碳键介于单键和双键之间，不易被酸性高锰酸钾氧化，为易错点。‎ ‎24. 某些有机物的转化如下图所示。 已知A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，D是食醋的有效成分。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A中官能团的名称是______________。‎ ‎(2)B的结构简式为_________________。‎ ‎(3)反应③的化学方程式为_____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). CH3CH2OH或C2H5OH (3). CH3COOH ＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，D是食醋的有效成分， D是CH3COOH，CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成D，D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为CH3COOCH2CH3，据此分析。‎ ‎【详解】(1)A应为CH2=CH2，官能团是碳碳双键；‎ ‎(2)CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成B，B为乙醇，B的结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH；‎ ‎(3)反应③是乙酸和乙醇发生酯化反应制得乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH ＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。‎ ‎【点睛】乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应需要加入浓硫酸作催化剂，反应是可逆反应，为易错点。‎ ‎25. 某人设计淀粉利用方案如下图所示：其中A是乙烯能催熟水果，B是高分子化合物，D是有水果香味的物质。请回答以下问题：‎ ‎（1）“C6H12O‎6”‎的名称是________，工业上由石蜡制取A的方法称作____。C中含有官能团名称是____________；‎ ‎（2）A→B反应类型为_________________；C→D反应类型为_________________；‎ ‎（3）写出下列转化的化学方程式 ‎①A→B：__________________；‎ ‎②C→D：___________________________；‎ ‎③CH3CH2OH→CH3CHO：_________________________。‎ ‎（4）已知A能使酸性高锰酸钾褪色，还原产物为Mn2+，写出该氧化还原反应的离子方程式____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 葡萄糖 (2). 裂解 (3). 羧基 (4). 加聚反应 (5). 取代（酯化）反应 (6). (7). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (8). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (9). ‎5C2H4＋12MnO4－＋36H＋＝10CO2＋12Mn2+＋28H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇和二氧化碳，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成C是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成D是乙酸乙酯，A是乙烯，B是高分子化合物，所以B是乙烯发生加聚反应生成，则B是聚乙烯，据此解答。‎ ‎【详解】（1）淀粉水解生成葡萄糖，因此“C6H12O‎6”‎的名称是葡萄糖；A是乙烯，工业上由石蜡制取乙烯的方法称作裂解；C为CH3COOH，含有官能团名称为羧基；‎ ‎（2）A→B是乙烯发生加聚反应得到高分子化合物；C→D是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；‎ ‎（3）①A→B乙烯发生加聚反应得到高分子化合物，反应方程式为；‎ ‎②C→D是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；‎ ‎③乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。‎ ‎（3）已知乙烯能使酸性高锰酸钾褪色，还原产物为Mn2+，则该氧化还原反应的离子方程式为‎5C2H4＋12MnO4－＋36H＋＝10CO2＋12Mn2+＋28H2O。‎