【化学】天津市部分区2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

天津市部分区2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
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相对原子质量 H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷选择题
本题共20个小题，每小题只有一个选项最符合题意。每小题2分，共40分
1.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是（ ）
A. H2O B. Cl2 C. Na2O D. NaOH
【答案】D
【详解】A．水分子中O原子和H原子之间只存在共价键，故A错误；
B．氯气中只存在共价键，故B错误；
C．氧化钠中钠离子和氧离子之间只存在离子键，故C错误；
D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间只存在共价键，故D正确；
答案选D。
2.元素周期表中某区域的一些元素多能用于制半导体，它们是（ ）
A. 左下方区域的金属元素 B. 右上方区域的非金属元素
C. 金属和非金属分界线附近的元素 D. 稀有气体元素
【答案】C
【详解】A．元素周期表中有金属元素和非金属元素，其中左下方区域的金属元素，可以用来做导体材料，故A错误；
B．右上方区域的非金属元素，非金属元素一般不导电，是绝缘体材料，故B错误；
C．在金属与非金属元素交界处的元素，既具有金属性，也具有非金属性，可用于制作半导体材料，故C正确；
D．稀有气体元素属于非金属元素，它们的性质更稳定，一般是绝缘体材料，故D错误；
答案选C。
3.决定某化学反应速率的根本因素是（ ）
A. 反应物本身的性质 B. 反应温度 C. 反应物的浓度 D. 使用合适的催化剂
【答案】A
【详解】内因是决定化学反应速率的根本原因，即反应物本身的性质是主要因素，而浓度、温度、压强、催化剂是外界影响因素，故选A。
4.下列关于能量转化的认识中，不正确的是（ ）
A. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能
B. 白炽灯工作时，电能全部转变为光能
C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
D. 绿色植物进行光和作用时，光能转化为化学能
【答案】B
【详解】A．电解装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学能，故A正确；
B．白炽灯工作时消耗电能，除了产生光能，还会产生热能，故B错误；
C．煤燃烧发生化学变化，释放热量，化学能主要转化为热能，故C正确；
D．光合作用需要有太阳能，故绿色植物要吸收太阳能进行光合作用储存能量转化为生物内的化学能，故D正确；
答案选B。
5.下列化学用语不正确的是（ ）
A. 葡萄糖的分子式：C6H12O6 B. 氯气的电子式：Cl︰Cl
C. 苯的结构简式： D. 甲烷分子的比例模型：
【答案】B
【详解】A．葡萄糖为五羟基醛，分子中含有6个C原子，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，故A正确；
B．氯原子最外层有7个电子，形成氯气分子后氯原子最外层达到8电子稳定结构，氯气的电子式为，故B错误；
C．苯的结构简式可以表示为或，故C正确；
D．甲烷为正四面体结构，分子的比例模型应该体现分子中各原子的相对大小，甲烷的比例模型为，故D正确；
答案选B。
6.铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ）
A. 加热 B. 滴加少量CuSO4溶液
C. 将铁片改用铁粉 D. 增加稀硫酸的用量
【答案】D
【详解】A．加热时，温度升高，反应速率加快，故A不选；
B．滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，锌-铜构成原电池，反应速率加快，故B不选；
C．铁片改用铁粉，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故C不选；
D．增加稀硫酸用量，硫酸的浓度不变，反应速率不变，故D选；
答案选D。
7.R元素的原子有3个电子层，M层电子数是K层电子数的3倍，下列判断不正确的是（ ）
A. R元素处于第3周期ⅥA族 B. R元素是较活泼的非金属元素
C. R2－具有氖原子的电子层结构 D. R元素最低化合价为－2价
【答案】C
【解析】
【分析】R元素的原子有3个电子层，M层电子数是K层电子数的3倍，则M层电子数为6，故R为S元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，R为S元素。
A．S为16号元素，处于第三周期ⅥA族，故A正确；
B．硫原子最外层有6个电子，属于较活泼的非金属元素，故B正确；
C．硫原子核外有16个电子，硫离子核外有18个电子，与氩的电子层结构相同，比氖原子多8个电子，故C错误；
D．硫元素最外层电子数为6，故其最低化合价为6-8=-2价，故D正确；
答案选C。
8.X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，X、Y与稀硫酸构成原电池时，Y为负极。X、Y、Z三种金属的活动性顺序为（ ）
A. Y>X>Z B. X>Z>Y C. Y>Z>X D. X>Y>Z
【答案】A
【详解】把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，说明金属X可以把金属Z从其盐中置换出来，活泼性X＞Z；X和Y组成原电池时，Y为电池的负极，所以活泼性Y＞X；因此X、Y、Z三种金属的活动性顺序为Y＞X＞Z。故选A。
9.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是（ ）

A. 反应的化学方程式为2X（g）+Y（g）2Z（g）
B. 反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.3 mol·L-1·s-1
C. 10 s后，该反应停止进行
D. 反应开始到10 s时，反应速率：υ（X）=υ（Y）=0.1 mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，可知X、Y是反应物，Z是生成物，达到平衡时△n(X)=(3-1)mol=2mol，△n(Y)=(2.5-0.5)mol=2mol，△n(Z)=(4-0)mol=4mol，同一反应中同一时间段内各物质的物质的量变化之比等于其计量数之比，化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故A错误；
B．根据图像可知，用Z表示的反应速率为=0.2mol/(L•s)，故B错误；
C．10s达到平衡，化学平衡为动态平衡，反应仍在进行，故C错误；
D．反应速率之比与化学计量数之比相等，则反应开始到10 s时，反应速率：ν(X)=ν(Y)=0.2mol/(L•s)×=0.1 mol/(L•s)，故D正确；
答案选D。
10.下列由实验得出的结论正确的是（ ）

实验
结论
A
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，最终变为无色溶液
生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
生成的一氯甲烷具有酸性
【答案】A
【详解】A．乙烯与溴水发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷无色，1，2-二溴乙烷易溶于四氯化碳，因此最终变成无色溶液，故A正确；
B．乙醇与Na反应不如水与Na反应剧烈，说明水中氢原子比乙醇分子中的羟基氢原子活泼，故B错误；
C．乙酸与碳酸钙反应生成易溶于水的乙酸钙，说明乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；
D．甲烷与氯气在光照下发生取代反应，生成的一氯甲烷不溶于水，HCl溶于水显酸性，能使湿润的石蕊试纸变红，故D错误；
答案选A。
11.可以用分液漏斗分离的一组混合物是（ ）
A. 酒精和水 B. 苯和水 C. 苯和四氯化碳 D. 溴和水
【答案】B
【详解】A．酒精和水能相互溶解，不能用分液漏斗分离，故A不选；
B．苯不溶于水，与水分层，可以用分液漏斗分离，故B选；
C．苯和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分离，故C不选；
D．溴能够溶于水，和水不分层，不能用分液漏斗分离，故D不选；
答案选B。
12.下列各组中互为同位素的是（ ）
A. 126C和136C B. CH4和C2H6
C. O2和O3 D. 146C和147N
【答案】A
【解析】
【分析】具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素互为同位素，据此分析判断。
【详解】A．都是碳原子，中子数不同，它们是碳元素的不同核素，互为同位素，故A正确；
B．CH4和C2H6是烷烃的同系物，不是同位素，故B错误；
C．O2和O3是氧元素的两种单质，互为同素异形体，不是同位素，故C错误；
D．两者是不同种元素原子，不是同位素，故D错误；
答案选A。
13.有关淀粉和纤维素的说法中，正确的是（ ）
A. 二者互为同系物 B. 二者都是多糖
C. 淀粉能水解，纤维素不能水解 D. 二者互为同分异构体
【答案】B
【详解】A．淀粉和纤维素均属于糖类，但结构不相似，不是同系物，故A错误；
B．淀粉和纤维素均属于糖类，而且属于多糖，故B正确；
C．纤维素与淀粉都能水解生成葡萄糖，故C错误；
D．淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，故分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
答案选B。
14.同一周期X、Y、Z三种主族元素，其最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，下列判断正确的是（ ）
A. 非金属性X＞Y＞Z B. 原子半径X＞Y＞Z
C. 单质的氧化性X＞Y＞Z D. 气态氢化物稳定性X＞Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，X、Y、Z三种元素的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱顺序为X＜Y＜Z，则原子序数X＜Y＜Z、非金属性X＜Y＜Z，结合元素周期律分析解答。
【详解】A．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以非金属性X＜Y＜Z，故A错误；
B．通过以上分析知，原子序数X＜Y＜Z，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径为X＞Y＞Z，故B正确；
C．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，因此单质的氧化性X＜Y＜Z，故C错误；
C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性X＜Y＜Z，气态氢化物的稳定性X＜Y＜Z，故D错误；
答案选B。
15.下列物质中，不可一次性鉴别乙醇、乙酸和苯的是（ ）
A. 碳酸钠溶液 B. 酸性高锰酸钾溶液
C. 溴水 D. 紫色石蕊溶液
【答案】C
【详解】A．乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇与碳酸钠溶液不反应，且互溶，不分层，苯与碳酸钠分层，现象不同，可鉴别，故A不选；
B．乙酸和高锰酸钾溶液不反应，不分层，乙醇与高锰酸钾溶液反应褪色，不分层，苯与高锰酸钾溶液混合分层，现象不同，可鉴别，故B不选；
C．溴水与乙醇、乙酸均不反应，且不分层，现象相同，不能鉴别，故C选；
D．紫色石蕊遇乙酸变红，乙醇与紫色石蕊互溶，不分层，苯与紫色石蕊混合分层，现象不同，可鉴别，故D不选；
答案选C。
16.在验证海带中含有碘元素的实验操作过程中，下列操作不涉及的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【详解】验证海带中含有碘元素，先把海带灼烧成灰，然后浸泡，过滤，得到含碘离子的溶液，然后在溶液中加稀硫酸酸化过氧化氢溶液和淀粉溶液，所以涉及的操作有灼烧、过滤、加试剂检验碘离子，不涉及的操作为蒸发，故选C。
17.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是（ ）
A. Na的原子失去电子能力比Mg强
B. HBr比HCl稳定
C. Ca（OH）2 的碱性比 Mg（OH）2 的碱性强
D. H2SO4 比H3PO4 酸性强
【答案】B
【详解】A．Na、Mg同周期，Na的金属性强，则Na失去电子能力比Mg强，故A正确；
B．非金属性Cl＞Br，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则HCl比HBr稳定，故B错误；
C．Mg、Ca同主族，Mg的金属性没有Ca强，则Ca(OH)2比Mg(OH)2的碱性强，故C正确；
D．P、S同周期，S的非金属性强，则H2SO4 比H3PO4 酸性强，故D正确；
答案选B。
18.酯类物质广泛存在于香蕉、梨等水果中。某实验小组从梨中分离出一种酯，然后将分离出的酯水解，得到了乙酸和另一种化学式为C6H13OH的物质。以下说法中不正确的是（ ）
A. 乙酸易溶于水
B. C6H13OH可与金属钠反应
C. 实验小组分离出的酯可表示为C5H11COOC2H5
D. C6H13OH分子中含有羟基，乙酸分子中含有羧基
【答案】C
【详解】A．羧基属于亲水基团，因此乙酸易溶于水，故A正确；
B．钠可以置换醇中羟基上的氢，故C6H13OH可与金属钠发生反应，故B正确；
C．酯能在酸性条件下与水反应水解生成相应的酸和醇，可知用乙酸与醇C6H13OH脱去一分子的水即可得到酯CH3COOC6H13，故C错误；
D．C6H13OH是醇，分子含有羟基，乙酸是羧酸，分子中含有羧基，故D正确；
答案选C。
19.35Cl是氯的一种同位素，下列说法正确的是（ ）
A. 35Cl原子所含质子数为18
B. 1mol的1H35Cl分子所含中子数为18NA
C. 3.5 g 35Cl2气体的体积为2.24 L
D. 35Cl2气体的摩尔质量为71 g·mol－1
【答案】B
【详解】A．35Cl原子所含质子数为17，中子数为35-17=18，故A错误；
B．1H35Cl分子含有中子数为0+35-17=18，1mol的1H35Cl分子所含中子为18mol，含有中子数为18 NA，故B正确；
C．3.5g的气体35Cl2的物质的量为0.05mol，由于气体的所处温度、压强不确定，密度也未知，不能确定体积，故C错误；
D．气体35Cl2的摩尔质量约是70g/mol，故D错误；
答案选B。
20.在一密闭容器中进行如下反应：2SO2（气）+ O2（气） 2SO3（气）。已知反应过程中的某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为：0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1，当反应达平衡时，可能存在的数据是（ ）
A. SO2为0.25 mol·L－1 B. SO2、SO3均为0.15 mol·L－1
C. SO2为0.4 mol·L－1 D. SO2为0.4 mol·L－1，O2为0.2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此分析判断。
【详解】2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，
某时刻(mol/L)   0.2       0.1       0.2
极限转化(mol/L) 0.4       0.2        0
极限转化(mol/L)  0         0       0.4
A．SO2为0.25mol/L，SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度为0.4mol/L，实际浓度为0.25mol/L小于0.4mol/L，故A正确；
B．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，只能一个减小，另一个增大，故B错误；
C．SO2为0.4mol/L，SO2的浓度增大，说明该反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，SO2的浓度最大为0.4mol/L，达到平衡的实际浓度应该小于0.4mol/L，故C错误；
D．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L，但SO3不可能完全转化，达到平衡SO2的实际浓度应该小于0.4mol/L，O2的实际浓度应该小于0.2 mol·L－1，故D错误；
答案选A。
第Ⅱ卷（本卷共4题 共60分）
21.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①~⑩种元素，填写下列空白

ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2



①
②

③

3
④

⑤


⑥
⑦
⑧
4
⑨





⑩

(用元素符号或化学式回答下列问题)
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是_______，其原子结构示意图是_________。
(2)用电子式表示元素④与⑦组成的化合物的形成过程：________，该化合物属于_______(填“共价”或“离子”)化合物。
(3)常温下呈液态的非金属单质是_______。
(4)表中能形成两性氢氧化物的元素是_________，该元素的单质与⑨的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式是___________。
(5)①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，按酸性增强的顺序排列为_________。
【答案】(1). Ar (2). (3). (4). 离子 (5). Br2 (6). Al (7). 2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑ (8). H2CO3＜H2SO4＜HClO4
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为F，④为Na，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br。
(1)上述元素中，最不活泼的是惰性元素，为Ar，其原子结构示意图为，故答案为：Ar；； 
(2)④与⑦的化合物为氯化钠，为离子化合物，其形成过程用电子式表示为，故答案为：；离子；
(3)常温下呈液态的非金属单质为Br2，故答案为：Br2；
(4)氢氧化铝是两性氢氧化物，铝能与氢氧化钾反应生成偏铝酸钾，反应的化学方程式为 2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑，故答案为：Al；2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑； 
(5)元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，①、⑥、⑦三种元素的最高价氧化物对应的水化物中，按酸性增强的顺序排列为H2CO3＜H2SO4＜HClO4，故答案为：H2CO3＜H2SO4＜HClO4。
22.按要求完成下列问题。
（1）为了提高煤的利用率，常将其气化为可燃性气体，主要反应是碳和水蒸气反应生成水煤气，其中还原剂是___。
（2）氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）。
①合成氨的反应中的能量变化如图所示。该反应是_____________反应（填“吸热”或“放热”），其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量_____________（填“大于”或“小于”）生成物化学键形成放出的总能量。

②在一定条件下，将一定量的N2和H2的混合气体充入某密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_____________（填序号）。
a．容器中N2、H2、NH3共存 b．N2、H2、NH3的物质的量之比为1:3:2
c．容器中的压强不随时间变化 d．N2、NH3浓度相等
（3）工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气、烧碱和氢气。其化学反应方程式为_________。
（4）下列各反应中，符合如图所示能量变化的是_____________（填序号）。

a．H2和Cl2反应 b．Al和盐酸的反应 c．Na和H2O的反应 d．Ba（OH）2·8H2O和NH4C1的反应
（5）海水资源前景广阔。
①列举一种海水淡化的方法______________。
②采用空气吹出法从海水中提取溴的过程中，吸收剂SO2和溴蒸气反应生成氢溴酸以达到富集的目的，该反应的离子方程式为________________________________。
【答案】 (1). C (2). 放热 (3). 小于 (4). c (5). 2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑ + C12↑ (6). d (7). 蒸馏法、电渗析法、离子交换法（填一种即可） (8). Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋2Br－＋SO42－
【解析】
【分析】(1)C与水反应生成CO和氢气，结合化合价的变化分析解答；
(2)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量；断裂化学键吸收能量，生成化学键释放能量；②平衡时正逆反应速率相等，结合平衡特征分析判断；
(3)电解饱和食盐水反应生成氯气、烧碱和氢气，据此书写反应的方程式；
(4)由图可知，该反应的生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，属于吸热反应，据此判断；
(5)①根据目前淡化海水的常见方法回答；②溴蒸气和吸收剂SO2发生作用转化成氢溴酸，同时生成硫酸，据此书写离子方程式。
【详解】(1)C与水反应生成CO和氢气，反应为C(s)+H2O(g)CO (g)+H2(g)，水中H元素的化合价降低，C元素化合价升高，则氧化剂为H2O，还原剂是C，故答案为：C；
(2)①由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，断裂化学键吸收能量，生成化学键释放能量，△H=断裂化学键吸收能量-生成化学键释放能量＜0，可知断裂化学键吸收能量小于生成化学键释放能量，故答案为：放热；小于；
②a．反应为可逆反应，容器中N2、H2、NH3共存不能判断是否为平衡状态，故a错误；b．N2、H2、NH3的物质的量之比为1∶3∶2，物质的量取决于起始物质的量与转化率，不能判断是否为平衡状态，故b错误；c．该反应为反应前后气体物质的量不等的反应，则容器中的压强不随时间变化，说明反应达到平衡状态，故c正确；d．N2、NH3的浓度取决于起始浓度与转化率，N2、NH3浓度相等不能判断是否为平衡状态，故d错误；故答案为：c；
(3)电解饱和食盐水可以制取氯气、烧碱和氢气，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(4)a、H2和Cl2反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故a错误；b、Al和盐酸的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故b错误；c、Na和H2O的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故c错误；d、Ba(OH)2•8H2O和NH4Cl的反应，属于吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故d正确；故选d。
(5)①淡化海水的方法有：蒸馏法、结晶法、离子交换膜法、电渗析法、多级闪急蒸馏法等，故答案为：蒸馏法、结晶法、离子交换膜法、电渗析法、多级闪急蒸馏法(任选一种)；
②采用空气吹出法从海水中提取溴的过程中，吸收剂SO2和溴蒸气反应生成氢溴酸以达到富集的目的，溴蒸气和吸收剂SO2发生作用转化成氢溴酸，同时生成硫酸，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。
23.A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G之间的转化关系：

请回答下列问题：
（1）D中所含官能团的名称是_____________。
（2）反应③的化学方程式是_________________________________。
（3）G是一种高分子化合物，可以用来制造农用薄膜材料等，其结构简式是___________。
（4）在体育竞技比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生立即对准其受伤部位喷射物质F（沸点12.27℃）进行应急处理。A制备F的化学方程式是_____________。
（5）B与D反应加入浓硫酸的作用是_________；为了得到较纯的E，需除去E中含有的D，最好的处理方法是_____________（用序号填写）。
a．蒸馏 b．用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液 c．水洗后分液 d．用过量氯化钠溶液洗涤后分液
【答案】(1). 羧基 (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (3).
(4). CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl (5). 催化剂和吸水剂 (6). b
【解析】
【分析】A是石油裂解气的主要产物之一，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为C2H4；由转化关系可知乙烯和氯化氢发生加成反应生成F，F为氯乙烷，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，则C是乙醛，B(乙醇)在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成E，E为乙酸乙酯；G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成，G为聚乙烯，据此分析解答。
【详解】(1)D为乙酸，含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；
(2)反应③为乙醇和氧气在铜作催化剂作用下反应生成C，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
(3)由以上分析可知，G为聚乙烯，其结构简式为，故答案为：；
(4)F为A乙烯和氯化氢反应的产物，乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl，故答案为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl；
(5)乙醇与乙酸发生酯化反应，反应中需要加入浓硫酸，浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂；为了得到较纯的乙酸乙酯，需除去乙酸乙酯中含有的乙酸，乙酸能够与碳酸钠反应，而乙酸乙酯在碳酸钠溶液中的溶解度很小，乙醇最好的处理方法是用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液，故答案为：催化剂和吸水剂；b。
24.要求完成下列问题。
（1）请根据图示回答：

①在Ⅰ中，Zn为_____________极（填“正”或“负”）。
②在Ⅱ中，负极反应式为_____________；电子由________极移向_____________极（填“Fe”或“Cu”），溶液中Na+移向_____________极（填“Fe”或“Cu”）。
③在Ⅱ中，酸是足量的。若产生了标准状况下5.6 L的气体，则转移_________mol e-。
（2）铅蓄电池的总反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O。该电池的负极材料是_________。（填化学式）
（3）用32 g Cu与300 mL 12 mol/L的浓硝酸反应，当铜全部溶解后，共收集到标准状况下的气体11.2 L（不考虑NO2转化为N2O4），反应消耗的硝酸的物质的量是_____mol。
【答案】(1). 负 (2). Fe -2e-=Fe2+ (3). Fe (4). Cu (5). Cu (6). 0.5 (7). Pb (8). 1.5mol
【解析】
【分析】(1)I为原电池，发生吸氧腐蚀；Ⅱ为原电池，发生析氢发生，结合原电池原理分析解答；
(2)根据元素的化合价变化分析判断；
(3)反应生成的气体为NO2，或者NO2与NO混合气体，反应消耗的硝酸生成Cu(NO3)2、氮的氧化物，根据氮原子守恒计算消耗硝酸的物质的量。
【详解】(1)①I为原电池，发生吸氧腐蚀，锌比铁活泼，锌为负极，故答案为：负；
②Ⅱ为原电池，发生析氢发生，铁比铜活泼，铁为负极，负极的反应式为Fe -2e-=Fe2+，原电池中电子由负极移向正极，溶液中阳离子移向正极，因此电子有铁电极移向铜电极，溶液中钠离子移向铜极，故答案为：Fe -2e-=Fe2+；Fe； Cu；Cu；
③Ⅱ中发生析氢发生，生成的氢气的物质的量==0.25mol，生成氢气的反应式为2H++2e-=H2↑，因此转移的电子为0.5mol，故答案为：0.5；
(2)电池反应中Pb的化合价由0价变为+2价，PbO2中Pb的化合价由+4价变为+2价，因此氧化剂是PbO2发生还原反应，Pb为还原剂，发生氧化反应，发生氧化反应的电极作负极，故答案为：Pb；
(3)反应生成的气体为NO2，或者NO2与NO混合气体，反应消耗的硝酸生成Cu(NO3)2、氮的氧化物，则n(NO2)+n(NO)==0.5mol，根据N原子守恒，被还原的硝酸的物质的量为0.5mol，n(Cu)==0.5mol，则生成n[Cu(NO3)2]=0.5mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.5mol×2=1mol，则反应消耗的硝酸的物质的量为：1mol+0.5mol=1.5mol，故答案为：1.5mol。