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江苏淮安市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编4-非选择题
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这是一份江苏淮安市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编4-非选择题，共20页。试卷主要包含了00mL，66g，固体II的质量为15，0kJ·ml-1，0kJ·ml-1 C等内容，欢迎下载使用。
江苏淮安市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编4-非选择题
1. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，根据转化关系，回答下列问题。
已知：A可用作植物生长调节剂、果实催熟剂。
（1）丙烯酸中含氧官能团的名称为___。
（2）若C为CH2BrCH2Br，反应①的反应类型为___。
（3）反应④的产物聚丙烯酸的结构简式为___。
（4）反应③的化学方程式为___。
（5）丙烯酸(CH2=CH-COOH)可能发生的反应有___(填序号)。
A．加成反应 B．缩聚反应 C．水解反应 D．氧化反应
（6）实验室制备丙烯酸乙酯的过程中，为了除去杂质丙烯酸，最佳的处理方法是___(填序号)。
a.加乙醇和浓硫酸，加热
b.用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液
c.用过量氢氧化钠溶液洗涤后分液
2. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）草酸(H2C2O4)及草酸盐用途广泛。
(一)草酸是一种易溶于水的二元有机弱酸，可与酸性KMnO4溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。回答下列问题：
实验编号
所加试剂及用量/mL
条件
溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.01mol·L-1H2C2O4溶液
0.01mol·L-1KMnO4溶液
3.0mol·L-1稀H2SO4
水
温度/℃
1
8.0
2.0
2.0
3.0
20
t1
2
6.0
2.0
2.0
5.0
20
t2
3
6.0
2.0
2.0
5.0
30
t3
(1)若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子____mol。
(2)对比实验____，可探究浓度对反应速率的影响。
(3)对比实验____，可探究温度对反应速率的影响。
(4)已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用。实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示。试说明理由：____。
(二)草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)可用于合成锂电池的正极材料硅酸亚铁锂(Li2FeSiO4)。
(5)将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，该反应的化学方程式为：____。
(6)该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4。写出相应的电极反应式：正极____。
3. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）氯化亚铜(CuCl)常用作催化剂、杀菌剂等。
（1）将Na2SO3溶液逐滴加入到CuCl2溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，得到CuCl沉淀。该反应中被氧化的物质是__(填化学式)。
（2）为测定制得CuCl样品的纯度，进行下列实验：
a.称取0.5000g样品，放入盛有20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动;
b.待样品溶解后，加水50mL;
c.立即用0.2000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，记录消耗标准溶液的体积：
d.重复步骤a至c操作2次，记录消耗标准溶液的平均体积为25.00mL.
已知：CuC1+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+
①配制100mL0.2000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要___。
②进行步骤c时若操作缓慢，则测得CuCl的纯度___(“偏大”、“偏小”或“无影响")。
③通过计算确定该样品中CuCl的纯度___(写出计算过程)。
4. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）以FeSO4为原料制备柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)的反应有FeSO4+Na2CO3=Na2SO4+FeCO3↓、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。实验步骤如下：(1)边搅拌边将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。
(1)充分反应后，过滤，并洗涤生成的FeCO3沉淀。检验洗涤是否完全的方法是____。
(2)将洗净后的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。
①铁粉的作用是___。
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是____。
(3)溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。加入无水乙醇的目的是____。
(4)为测定步骤(1)所用FeSO4溶液中FeSO4的浓度进行如下实验：取20mL上述FeSO4溶液，向其中滴加0.02mol·L-1KMnO4酸性溶液，当消耗KMnO4酸性溶液20mL时，两者恰好完全反应(反应过程中MnO被还原为Mn2+)。计算上述FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度____(写出计算过程)。
5. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如图：
（1）滤渣I的主要成分是___(填化学式)。
（2）浸取过程中，可提高酸浸速率的措施有___ (任写一条)。
（3）还原时，若试剂X为一种单质，则X的化学式为___。
（4）若试剂X选用SO2，写出还原步骤的离子方程式：___。
（5）常见离子形成氢氧化物沉淀的pH见表，则该流程中pH应该调节为___(范围)。
pH
Al3+
Fe2+
开始沉淀
3.0
5.8
完全沉淀
5.0
8.8
（6）从分离出滤渣II后的滤液中得到产品，应进行的操作是___、过滤、洗涤、干燥。
6. （2020春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）化学实验室产生的废液中含有大量会污染环境的物质，为了保护环境，化学宝验室产生的废液必须经处理后才能排放。某化学实验室产生的酸性废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属阳离子和Cl-种阴离子，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属并测定含量，保护环境。
已知实验中处理的酸性废液的体积为IL，用pH计测定出其中H+物质的量浓度为0.10mol·L-1.
请回答下列问题：.
(1)实验中操作I、II、III的方法相同，操作步骤依次为过滤、_________、干燥。
(2)“氧化”步骤所得溶液颜色为棕黄色，该反应的离子方程式为：_________
(3)检验可排放的废水中不含Fe3+的方法是：_________
(4)实验中称量固体I的质量为4.66g，固体II的质量为15.2g，用足量的稀硝酸溶解固体II后产生了标准状况下的无色气体4.48L，则固体II中金属铜的质量为_________
(5)实验中将固体II进行充分灼烧，使用仪器除了酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒外，还有_________(填名称)
7. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为____。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有____(任意一点)。
(3)加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是____(填序号)。
A．NH3•H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液将Fe2+氧化为Fe(OH)3，充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为____；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是____。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是____。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到CaSO4和___。
8. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）化学反应速率、限度及能量与生产、生活密切相关。
(1)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+3H22NH3。合成氨反应中的能量变化如图所示，该反应中，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)小王同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)(标准状况)
50
190
414
526
570
①求2~4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率___。(设溶液体积不变)
②小蒋同学认为在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液可以加快反应的速率，请从电化学的角度给子分析：构成的原电池中负极反应式为___；溶液中H+移向___极(填“正“或“负")。
(3)某温度下在4L恒容密闭容器中，3种气态物质X、Y、Z的物质的量随时间变化曲线如图。
①写出该反应的化学方程式___。
②在5min时，该反应达到了平衡状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是___。
A．X、Y、Z的浓度相等
B．容器内气体压强保持不变
C．X、Y的反应速率比为3：1
D．生成1molY的同时生成2molZ
③该反应达平衡时，X的转化率为___。
9. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）我国提出了2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。研发二氧化碳被转化为多种基础化学品，如一氧化碳、甲烷、甲醇等是实现“双碳”目标的有效方法。二氧化碳催化加氢部分热化学反应式如下：
I.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.0kJ·mol-1
III.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=+49.0kJ·mol-1
(1)二氧化碳与甲烷反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为____；恒温恒容密闭容器中进行该反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是____(填选项字母)。
A．相同时间内形成C－H键和H－H键的数目相等
B．相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目相等
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内气体的密度保持不变
(2)在两个恒压(3.0MPa)密闭装置中放置不同Ni、Ga配比的Ni－Ga催化剂，再分别通入反应物混合气[混合比例=0.5]，测得甲醇时空收率随温度的变化曲线如图1所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。
①甲醇时空收率前半段升高的原因是____；最佳配比的催化剂是____。
②二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为v=k•pm(CO2)•pn(H2)，其中k为速率常数，各物质分压的指数为反应级数。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，若CO2反应级数=2，H2反应级数不变，试计算速率常数之比=____。
(3)在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳转化率和甲醇选择性x=×100%随温度变化关系如图2所示，则合成甲醇的适宜温度是____。
(4)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图3。
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：____。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是____。
10. （2020春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）如图所示，已知①有机物A的相对分子质量是28，它的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志;②2CH3CHO+O2CH3COOH；③B和D都是日常生活食品中常见的有机物；④E是具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体；⑤F是一种高聚物，生活中用于制造食物保鲜膜。
回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_________，D的结构简式_________
(2)写出下列反应的反应类型：②_________，④_________
(3)写出反应④的化学方程式：_________
11. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）乙烯是重要的化工原料，如图1为以乙烯为原料的转化图。回答下列问题：
(1)乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到____。
(2)B的官能团是____(填名称)。
(3)乙烯可合成一种高分子物质F，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是____。
(4)E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2；G是一种油状、有香味的物质。实验室用D和E制取G，装置如题图2所示。
①试管甲中发生反应的方程式为____，反应类型是____。
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和____。
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了___。
12. （2020春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）W、X、Y、Z为短周期内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数都是1,Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍，且X与Z同主族。由此可知：
(1)写出元素符号：W为_________，Z为_________
(2)W2X是由_________键组成的分子，其电子式为_________
(3)写出Y的最高价氧化物对应水化物与Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式_________
参考答案：
1. 羧基 加成反应 CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O AD b
【分析】A可用作植物生长调节剂、果实催熟剂，则A为乙烯；乙烯与H2O在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇；乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成聚丙烯酸，因此聚丙烯酸结构简式为，然后结合有机化合物中官能团性质解答。
【详解】(1)丙烯酸化学式为：CH2=CH-COOH，其中所含含氧官能团为羧基；
(2)若C为CH2BrCH2Br，则反应①为乙烯与溴单质发生加成反应生成CH2BrCH2Br；
(3)由上述分析可知，聚丙烯酸结构简式为；
(4)反应③为乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，其化学反应方程式为：CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；
(5)丙烯酸中含有碳碳双键、羧基，碳碳双键能够与H2或卤素单质等发生加成反应、能够与酸性高锰酸钾等强氧化剂发生氧化反应，但均不能发生缩聚反应和水解反应，故答案为：AD；
(6)利用乙醇与丙烯酸发生酯化反应制备丙烯酸乙酯，
a．该反应为可逆反应，加入乙醇和浓硫酸，不能将丙烯酸完全转化，故不能达到除去丙烯酸的目的；
b．丙烯酸能够与碳酸钠反应生成丙烯酸钠盐，而丙烯酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较低，能够实现分层，然后利用分液分离丙烯酸乙酯；
c．丙烯酸乙酯、丙烯酸能够与氢氧化钠溶液反应，因此不能用氢氧化钠溶液除杂；
综上所述，能够除去丙烯酸的最佳方案为b项，故答案为：b。
2. (1)1
(2)1和2
(3)2和3
(4)t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢
(5)Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O
(6)LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4
【解析】（1）
在反应5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中，消耗5molH2C2O4时，转移电子10mol，则若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子1mol，故答案为：1；
（2）
对比实验1和2，其他的量都相同，只有草酸的浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故答案为：1和2；
（3）
对比实验2和3，其他的量都相同，只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故答案为：2和3；
（4）
Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用，实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示，原因是：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢，故答案为：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢；
（5）
将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，同时会生成一氧化碳、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O；
（6）
该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4，该电池中，正极上LiFeSiO4得电子，发生还原反应生成Li2FeSiO4，电极反应式为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4，故答案为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4。
3. Na2SO3 100ml容量瓶 偏小 99.5%
【分析】（1）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，也是还原剂，得电子化合价降低的反应物是被还原的物质，也是氧化剂；
（2）①根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；
②步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化；
③依据方程式CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+中各反应物量之间的关系，可得关系式：CuCl～Ce4+，据此计算CuCl的纯度。
【详解】（1）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，该反应中化合价变化Cu(+2→+1)，S(+4→+6)，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，该反应中被氧化的物质是Na2SO3，故答案为：Na2SO3；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平(称量)、药匙、玻璃棒(溶解、移液)、胶头滴管(定容)、烧杯(溶解)、100mL容量瓶(定容、摇匀)故还需要的玻璃仪器有：100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；
②亚铁离子易被氧气氧化，步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，根据CuCl～Ce4+，计算CuCl的纯度，进行步骤c时若操作缓慢，被氧化的亚铁离子不再与Ce4+反应，则测得CuCl的纯度偏小，故答案为：偏小；
③称取0.5000g样品，放入盛有 20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，用0.2000mol•L-1 Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，发生反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，故n(CuCl)=n(Ce4+)=0.2000mol•L-1×25.00×10-3L=5.000×10-3mol，则CuCl的纯度为，故答案为：99.5%。
4. (1)取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
(2) 防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化 加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(3)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
(4)0.1mol·L-1
【解析】（1）
FeCO3表面含有SO的残留溶液，只要洗涤液里检验不到SO，即可证明洗涤干净，具体操作是：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
（2）
①因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触，加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境，故答案为：防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化；
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是加入适量柠檬酸让铁粉反应完全，故答案为：加入适量柠檬酸让铁粉反应完全；
（3）
最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品，故答案为：降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；
（4）
该反应的原理为： ，根据题意可知，则FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度=，故答案为：0.1mol·L-1。
5. SiO2 烧渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度(任写一条) Fe 5.0~5.8 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】Fe2O3、FeO、Al2O3能溶于稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，因此滤渣I为SiO2，滤液中含有FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，加入还原试剂X还原Fe3+，根据除杂原则中不引入新杂质的原则可知，若试剂X为单质，则其为Fe粉，然后向溶液中加入试剂调节pH，依据Al3+完全沉淀、Fe2+开始沉淀时对应pH的差异将Al3+除去，然后过滤，将溶液经过一系列操作，最终制得FeSO4·7H2O，以此解答。
【详解】（1）由上述分析可知，滤渣I为SiO2；
（2）浸取过程中，可提高酸浸速率的措施有：粉碎烧渣以增大反应物接触面积、搅拌增大反应物接触、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度等；
（3）由上述分析可知，若试剂X为单质，则其为Fe粉；
（4）若试剂X选用SO2，SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，二者能够发生氧化还原反应，SO2被氧化为，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知，该反应离子方程式为：；
（5）由上述分析可知，调节pH的目的是沉淀Al3+，而Fe2+不发生沉淀，因此该流程中pH应该调节为5.0~5.8；
（6）过滤后滤液中溶质主要为FeSO4，因为要得到七水合硫酸亚铁晶体，所以，由溶液得到晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
6. 洗涤 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 取可排放的废水少量，滴加KSCN溶液，如果溶液不变红，说明可排放的废水中不含Fe3+ 9.6 坩埚
【分析】在含有Fe3+、Cu2+、Ba2+和Cl-的酸性废液中滴加过量Na2SO4溶液后，通过操作I的过滤、洗涤并干燥可得BaSO4沉淀(固体I)；滤液中加入过量Fe粉可还原滤液中的Cu2+，通过操作Ⅱ的过滤、洗涤并干燥可得Fe和Cu的混合物(固体II)；继续在滤液中滴加过量的H2O2溶液，可将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，滴加过量NaOH溶液可得Fe(OH)3沉淀(固体III)，经操作Ⅲ的过滤、洗涤并干燥可得Fe(OH)3；最后的滤液可排放；
【详解】(1)本实验中需要通过生成沉淀的质量来判断溶液中各金属的含量，所以获取沉淀需经过滤、洗涤、干燥；
(2)氧化步骤为双氧水将Fe2+氧化成Fe3+的过程，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)Fe3+可以和KSCN溶液反应使溶液显红色，所以可以利用KSCN溶液对Fe3+进行检验，具体方法为：取可排放的废水少量，滴加KSCN溶液，如果溶液不变红，说明可排放的废水中不含Fe3+；
(4)固体II为Fe和Cu的混合物，质量为15.2g，用足量的稀硝酸溶解固体II后产生标准状况下的无色气体NO为4.48L，其物质的量为=0.2mol，设Cu的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则64x+56y=15.2、2x+3y=0.2×3(电子守恒式)，解得：x=0.15、y=0.1，即Cu的物质的量为0.15mol，则Cu的质量为64g/mol×0.15mol=9.6g；
(5)固体灼烧需要在坩埚中进行，则实验中将固体II进行充分灼烧，使用仪器除了酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒外，还有坩埚。
7. (1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2)矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)
(3)B
(4) 3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ 取样，滴加KMnO4溶液不褪色
(5)将Cu2+转化为Cu而除去
(6)MgSO4
【分析】将菱锌矿高温焙烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物焙烧产生CaO、MgO、Fe3O4、CuO，SiO2不发生反应；然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe3O4、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4；然后加入Ca(OH)2调整溶液pH=5，形成CaSO4、Fe(OH)3沉淀，SiO2与酸不反应，进入滤渣①中，滤液①中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，可以将Fe2+氧化并沉淀为Fe(OH)3，KMnO4被还原为MnO2，滤渣②中含有Fe(OH)3、MnO2；向滤液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉；向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF2沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O，据此分析作答。
（1）
菱锌矿高温煅烧时，ZnCO3反应产生ZnO、CO2，该反应的化学方程式为：ZnCO3ZnO+CO2↑，故答案为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
（2）
为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大反应物的接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率，故答案为：矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)；
（3）
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，A不符合题意；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B符合题意；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不符合题意；
则最适宜的X物质是Ca(OH)2，故答案为：B；
（4）
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是取样，滴加KMnO4溶液不褪色，故答案为：3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；取样，滴加KMnO4溶液不褪色；
（5）
滤液②中含有Cu2+、Zn2+、Ca2+、Mg2+，向其中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而过滤除去，故答案为：将Cu2+转化为Cu而除去；
（6）
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，CaF2、MgF2与浓硫酸反应可得到HF，HF可以循环利用，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4，故答案为：MgSO4。
8. 小于 0.075mol·L-1·min-1 Zn-2e-=Zn2+ 正 3X+Y2Z BD 60%
【分析】根据图象判断反应放热还是吸热，进而判断断键吸收的能量和成键放出的能量大小关系，根据公式计算化学反应速率，根据原电池原理书写电极反应式并判断离子移向，结合图示信息得出反应物、生成物，并由化学计量数之比等于转化的物质的量书写化学方程式，判断条件是否为变量从而判断反应是否达到平衡。
【详解】(1)由合成氨反应中的能量变化图可知，该反应为放热反应，则反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成放出的总能量；
(2)①锌与盐酸反应的化学方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，由表格数据可知2~4分钟时间段内氢气的变化量为526mL-190mL=336mL=0.336L，则，所以，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得；
②在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液，可形成铜锌原电池，其中锌作负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，原电池中阳离子向正极移动，即溶液中H+向正极移动；
(3)①根据图象可知，X、Y为反应物，Z为生成物，且转化的物质的量之比为3：1：2，则该反应的化学方程式为3X+Y2Z；
②A. 在5min时，该反应达到了平衡状态，此时X、Y、Z的浓度不相等，因此X、Y、Z浓度相等，不能说明反应达到平衡，A不选；
B．该反应为前后气体体积变化的反应，压强不变时，可以说明反应达到平衡，B选；
C．无论是否达到平衡，化学反应速率之比始终等于化学计量数之比，所以X、Y的反应速率比为3：1不能说明反应达到平衡，C不选；
D．生成1molY的同时生成2molZ，正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡，D选；
故答案选BD；
③由图象可知，5min达到平衡时X转化了0.6mol，则X的转化率=。
9. (1) CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1 C
(2) 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率曲线上升 Ni5Ga3 2
(3)236℃左右
(4) CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO- 阳极反应生成H+，导致pH值减小，KHCO3浓度降低
【详解】（1）根据盖斯定律，II×2-I得，CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1；
A．由反应知，平衡时形成4个C-H键同时形成2个H-H键，A错误；
B．由方程式系数可知，平衡时在相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目之比为1：2，B错误；
C．反应达到平衡时，体系内各物质的浓度保持不变，C正确；
D．该反应的反应物和生成物均为气体，在恒容容器中反应时，V不变，由于质量守恒，混合气体的总质量也不变，因此混合气体的密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，D错误；
故选C；
（2）①根据物理量单位可知甲醇的平均生成速率与时间有关，表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率．随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升；由图象可知，使用催化剂Ni5Ga3的收率明显高于催化剂NiGa的收率，因此，反应最佳条件为使用Ni5Ga3催化剂进行反应，在这个条件下甲醇的平均生成速率最高；
②由图1可知，甲醇的平均生成速率之比为。根据投料比，起始分压p(CO2)为，p(H2)为。根据升温后反应级数的变化，列式，=2。
（3）由图象可知，在236℃时，消耗CO2的量最大，生成CH3OH的量最大，因此合成甲醇的适宜温度是236℃左右；
（4）①阴极发生还原反应，电解质溶液为碳酸氢钾溶液，则CO2还原为HCOO-的反应为二氧化碳得到电子生成HCOO-，电极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO-；
②阳极区水电离出的氢氧根离子放电，剩余氢离子与溶液的反应，同时部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，导致KHCO3浓度降低。
10. CH2=CH2 CH3COOH 氧化反应 酯化反应(取代反应) CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
【分析】有机物A的相对分子质量是28，它的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，则A为乙烯(CH2=CH2)，乙烯和水在催化剂作用下发生加成反应生成的B为CH3CH2OH，乙醇被催化氧化生成的C为CH3CHO，乙醛再被氧化生成的D为CH3COOH，乙酸和乙醇发生酯化反应生成的E为CH3COOCH2CH3；乙烯在催化剂作用下发生加聚反应生成的F为聚乙烯。
【详解】(1)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；D为乙酸，结构简式为CH3COOH；
(2)反应②为乙醇的催化氧化，属于氧化反应；反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应类型为酯化反应(或取代反应)；
(3)反应④的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。
11. (1)溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去
(2)羟基
(3)
(4) CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 取代反应(或酯化反应) 冷凝 防止倒吸
【分析】由图中转化可知，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A发生水解反应生成B为乙二醇，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成CH3CHO，进一步发生氧化反应生成E为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，F是一种高分子物质，可知乙烯发生加聚反应生成F为。
（1）
乙烯和溴发生加成反应生成无色的1，2-二溴乙烷，乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去。故答案为：溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去；
（2）
B为乙二醇，B的官能团是羟基(填名称)。故答案为：羟基；
（3）
乙烯可合成一种高分子物质F，F为聚乙烯，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是。故答案为：；
（4）
E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2，E为CH3COOH，G是一种油状、有香味的物质，G为CH3COOCH2CH3。实验室用D和E制取G。
①乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，试管甲中发生反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代反应(或酯化反应)。故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应(或酯化反应)；
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和冷凝，导出乙酸乙酯并利用空气将其冷凝为液体。故答案为：冷凝；
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了防止倒吸。故答案为：防止倒吸。
12. H S (极性)共价键 H++OH-=H2O
【分析】Y和W的最外层电子数都是1，且Y为金属元素，Y元素之前至少有两种主族元素，而Li元素之前只有H一种非稀有气体元素，所以Y为Na元素，则W为H元素；Z的原子序数比Y大，则Z也是第三周期元素，X为第二周期元素，X与Z同主族，设X的质子数为a，则Y的质子数为a+8，所以有11+a+8=3(a+1)，解得a=8，所以X为O元素，Y为S元素。
【详解】(1)根据分析可知W为H，Z为S；
(2)W2X为H2O，是由氧原子和氢原子之间的极性共价键组成的分子，电子式为；
(3)Y为钠元素，Z为硫，对应的最高价氧化为对应的水化物分别为氢氧化钠和硫酸，二者发生中和反应，反应的离子方程式为H++OH-=H2O。
【点睛】同种元素形成的共价键为非极性共价键，不同种元素形成的共价键为极性共价键。
江苏淮安市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编4-非选择题
1. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，根据转化关系，回答下列问题。
已知：A可用作植物生长调节剂、果实催熟剂。
（1）丙烯酸中含氧官能团的名称为___。
（2）若C为CH2BrCH2Br，反应①的反应类型为___。
（3）反应④的产物聚丙烯酸的结构简式为___。
（4）反应③的化学方程式为___。
（5）丙烯酸(CH2=CH-COOH)可能发生的反应有___(填序号)。
A．加成反应 B．缩聚反应 C．水解反应 D．氧化反应
（6）实验室制备丙烯酸乙酯的过程中，为了除去杂质丙烯酸，最佳的处理方法是___(填序号)。
a.加乙醇和浓硫酸，加热
b.用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液
c.用过量氢氧化钠溶液洗涤后分液
2. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）草酸(H2C2O4)及草酸盐用途广泛。
(一)草酸是一种易溶于水的二元有机弱酸，可与酸性KMnO4溶液发生反应：5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。回答下列问题：
实验编号
所加试剂及用量/mL
条件
溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.01mol·L-1H2C2O4溶液
0.01mol·L-1KMnO4溶液
3.0mol·L-1稀H2SO4
水
温度/℃
1
8.0
2.0
2.0
3.0
20
t1
2
6.0
2.0
2.0
5.0
20
t2
3
6.0
2.0
2.0
5.0
30
t3
(1)若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子____mol。
(2)对比实验____，可探究浓度对反应速率的影响。
(3)对比实验____，可探究温度对反应速率的影响。
(4)已知Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用。实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示。试说明理由：____。
(二)草酸亚铁(FeC2O4•2H2O)可用于合成锂电池的正极材料硅酸亚铁锂(Li2FeSiO4)。
(5)将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，该反应的化学方程式为：____。
(6)该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4。写出相应的电极反应式：正极____。
3. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）氯化亚铜(CuCl)常用作催化剂、杀菌剂等。
（1）将Na2SO3溶液逐滴加入到CuCl2溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，得到CuCl沉淀。该反应中被氧化的物质是__(填化学式)。
（2）为测定制得CuCl样品的纯度，进行下列实验：
a.称取0.5000g样品，放入盛有20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动;
b.待样品溶解后，加水50mL;
c.立即用0.2000mol·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，记录消耗标准溶液的体积：
d.重复步骤a至c操作2次，记录消耗标准溶液的平均体积为25.00mL.
已知：CuC1+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+
①配制100mL0.2000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要___。
②进行步骤c时若操作缓慢，则测得CuCl的纯度___(“偏大”、“偏小”或“无影响")。
③通过计算确定该样品中CuCl的纯度___(写出计算过程)。
4. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）以FeSO4为原料制备柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)的反应有FeSO4+Na2CO3=Na2SO4+FeCO3↓、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。实验步骤如下：(1)边搅拌边将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中。
(1)充分反应后，过滤，并洗涤生成的FeCO3沉淀。检验洗涤是否完全的方法是____。
(2)将洗净后的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。
①铁粉的作用是___。
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是____。
(3)溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。加入无水乙醇的目的是____。
(4)为测定步骤(1)所用FeSO4溶液中FeSO4的浓度进行如下实验：取20mL上述FeSO4溶液，向其中滴加0.02mol·L-1KMnO4酸性溶液，当消耗KMnO4酸性溶液20mL时，两者恰好完全反应(反应过程中MnO被还原为Mn2+)。计算上述FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度____(写出计算过程)。
5. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如图：
（1）滤渣I的主要成分是___(填化学式)。
（2）浸取过程中，可提高酸浸速率的措施有___ (任写一条)。
（3）还原时，若试剂X为一种单质，则X的化学式为___。
（4）若试剂X选用SO2，写出还原步骤的离子方程式：___。
（5）常见离子形成氢氧化物沉淀的pH见表，则该流程中pH应该调节为___(范围)。
pH
Al3+
Fe2+
开始沉淀
3.0
5.8
完全沉淀
5.0
8.8
（6）从分离出滤渣II后的滤液中得到产品，应进行的操作是___、过滤、洗涤、干燥。
6. （2020春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）化学实验室产生的废液中含有大量会污染环境的物质，为了保护环境，化学宝验室产生的废液必须经处理后才能排放。某化学实验室产生的酸性废液中含有Fe3+、Cu2+、Ba2+三种金属阳离子和Cl-种阴离子，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属并测定含量，保护环境。
已知实验中处理的酸性废液的体积为IL，用pH计测定出其中H+物质的量浓度为0.10mol·L-1.
请回答下列问题：.
(1)实验中操作I、II、III的方法相同，操作步骤依次为过滤、_________、干燥。
(2)“氧化”步骤所得溶液颜色为棕黄色，该反应的离子方程式为：_________
(3)检验可排放的废水中不含Fe3+的方法是：_________
(4)实验中称量固体I的质量为4.66g，固体II的质量为15.2g，用足量的稀硝酸溶解固体II后产生了标准状况下的无色气体4.48L，则固体II中金属铜的质量为_________
(5)实验中将固体II进行充分灼烧，使用仪器除了酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒外，还有_________(填名称)
7. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图：
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为____。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有____(任意一点)。
(3)加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是____(填序号)。
A．NH3•H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液将Fe2+氧化为Fe(OH)3，充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为____；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是____。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是____。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到CaSO4和___。
8. （2020春·江苏淮安·高一统考期末）化学反应速率、限度及能量与生产、生活密切相关。
(1)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+3H22NH3。合成氨反应中的能量变化如图所示，该反应中，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)小王同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)(标准状况)
50
190
414
526
570
①求2~4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率___。(设溶液体积不变)
②小蒋同学认为在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液可以加快反应的速率，请从电化学的角度给子分析：构成的原电池中负极反应式为___；溶液中H+移向___极(填“正“或“负")。
(3)某温度下在4L恒容密闭容器中，3种气态物质X、Y、Z的物质的量随时间变化曲线如图。
①写出该反应的化学方程式___。
②在5min时，该反应达到了平衡状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是___。
A．X、Y、Z的浓度相等
B．容器内气体压强保持不变
C．X、Y的反应速率比为3：1
D．生成1molY的同时生成2molZ
③该反应达平衡时，X的转化率为___。
9. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）我国提出了2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。研发二氧化碳被转化为多种基础化学品，如一氧化碳、甲烷、甲醇等是实现“双碳”目标的有效方法。二氧化碳催化加氢部分热化学反应式如下：
I.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-165.0kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.0kJ·mol-1
III.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=+49.0kJ·mol-1
(1)二氧化碳与甲烷反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式为____；恒温恒容密闭容器中进行该反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是____(填选项字母)。
A．相同时间内形成C－H键和H－H键的数目相等
B．相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目相等
C．体系内各物质的浓度保持不变
D．体系内气体的密度保持不变
(2)在两个恒压(3.0MPa)密闭装置中放置不同Ni、Ga配比的Ni－Ga催化剂，再分别通入反应物混合气[混合比例=0.5]，测得甲醇时空收率随温度的变化曲线如图1所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。
①甲醇时空收率前半段升高的原因是____；最佳配比的催化剂是____。
②二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为v=k•pm(CO2)•pn(H2)，其中k为速率常数，各物质分压的指数为反应级数。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169℃升高到223℃，若CO2反应级数=2，H2反应级数不变，试计算速率常数之比=____。
(3)在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳转化率和甲醇选择性x=×100%随温度变化关系如图2所示，则合成甲醇的适宜温度是____。
(4)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图3。
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：____。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是____。
10. （2020春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）如图所示，已知①有机物A的相对分子质量是28，它的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志;②2CH3CHO+O2CH3COOH；③B和D都是日常生活食品中常见的有机物；④E是具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体；⑤F是一种高聚物，生活中用于制造食物保鲜膜。
回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_________，D的结构简式_________
(2)写出下列反应的反应类型：②_________，④_________
(3)写出反应④的化学方程式：_________
11. （2022春·江苏淮安·高一淮海中学统考期末）乙烯是重要的化工原料，如图1为以乙烯为原料的转化图。回答下列问题：
(1)乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到____。
(2)B的官能团是____(填名称)。
(3)乙烯可合成一种高分子物质F，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是____。
(4)E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2；G是一种油状、有香味的物质。实验室用D和E制取G，装置如题图2所示。
①试管甲中发生反应的方程式为____，反应类型是____。
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和____。
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了___。
12. （2020春·江苏淮安·高一淮阴中学校考期末）W、X、Y、Z为短周期内除稀有气体外的4种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。Y和W的最外层电子数都是1,Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍，且X与Z同主族。由此可知：
(1)写出元素符号：W为_________，Z为_________
(2)W2X是由_________键组成的分子，其电子式为_________
(3)写出Y的最高价氧化物对应水化物与Z的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式_________
参考答案：
1. 羧基 加成反应 CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O AD b
【分析】A可用作植物生长调节剂、果实催熟剂，则A为乙烯；乙烯与H2O在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇；乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸中含有碳碳双键，能够发生加聚反应生成聚丙烯酸，因此聚丙烯酸结构简式为，然后结合有机化合物中官能团性质解答。
【详解】(1)丙烯酸化学式为：CH2=CH-COOH，其中所含含氧官能团为羧基；
(2)若C为CH2BrCH2Br，则反应①为乙烯与溴单质发生加成反应生成CH2BrCH2Br；
(3)由上述分析可知，聚丙烯酸结构简式为；
(4)反应③为乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，其化学反应方程式为：CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；
(5)丙烯酸中含有碳碳双键、羧基，碳碳双键能够与H2或卤素单质等发生加成反应、能够与酸性高锰酸钾等强氧化剂发生氧化反应，但均不能发生缩聚反应和水解反应，故答案为：AD；
(6)利用乙醇与丙烯酸发生酯化反应制备丙烯酸乙酯，
a．该反应为可逆反应，加入乙醇和浓硫酸，不能将丙烯酸完全转化，故不能达到除去丙烯酸的目的；
b．丙烯酸能够与碳酸钠反应生成丙烯酸钠盐，而丙烯酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较低，能够实现分层，然后利用分液分离丙烯酸乙酯；
c．丙烯酸乙酯、丙烯酸能够与氢氧化钠溶液反应，因此不能用氢氧化钠溶液除杂；
综上所述，能够除去丙烯酸的最佳方案为b项，故答案为：b。
2. (1)1
(2)1和2
(3)2和3
(4)t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢
(5)Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O
(6)LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4
【解析】（1）
在反应5H2C2O4+2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中，消耗5molH2C2O4时，转移电子10mol，则若0.5molH2C2O4被氧化，转移电子1mol，故答案为：1；
（2）
对比实验1和2，其他的量都相同，只有草酸的浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，故答案为：1和2；
（3）
对比实验2和3，其他的量都相同，只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故答案为：2和3；
（4）
Mn2+对H2C2O4和KMnO4的反应有催化作用，实验2中产生CO2的速率v(CO2)与时间t的关系如图所示，原因是：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢，故答案为：t0前，随反应的进行，c(Mn2+)增大，催化剂为主要影响因素，反应速率加快；t0后，随反应的进行，反应物浓度减小，浓度为主要影响因素，反应速率减慢；
（5）
将Li2CO3、FeC2O4•2H2O和SiO2粉末均匀混合，在800℃的氩气中烧结6小时，即可制成硅酸亚铁锂，同时会生成一氧化碳、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：Li2CO3+FeC2O4•H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO↑+CO2↑+2H2O；
（6）
该锂电池放电时的总反应式为LiFeSiO4+Li=Li2FeSiO4，该电池中，正极上LiFeSiO4得电子，发生还原反应生成Li2FeSiO4，电极反应式为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4，故答案为：LiFeSiO4+Li++e-=Li2FeSiO4。
3. Na2SO3 100ml容量瓶 偏小 99.5%
【分析】（1）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，也是还原剂，得电子化合价降低的反应物是被还原的物质，也是氧化剂；
（2）①根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；
②步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化；
③依据方程式CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+中各反应物量之间的关系，可得关系式：CuCl～Ce4+，据此计算CuCl的纯度。
【详解】（1）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，该反应中化合价变化Cu(+2→+1)，S(+4→+6)，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，该反应中被氧化的物质是Na2SO3，故答案为：Na2SO3；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平(称量)、药匙、玻璃棒(溶解、移液)、胶头滴管(定容)、烧杯(溶解)、100mL容量瓶(定容、摇匀)故还需要的玻璃仪器有：100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；
②亚铁离子易被氧气氧化，步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，根据CuCl～Ce4+，计算CuCl的纯度，进行步骤c时若操作缓慢，被氧化的亚铁离子不再与Ce4+反应，则测得CuCl的纯度偏小，故答案为：偏小；
③称取0.5000g样品，放入盛有 20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，用0.2000mol•L-1 Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，发生反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，故n(CuCl)=n(Ce4+)=0.2000mol•L-1×25.00×10-3L=5.000×10-3mol，则CuCl的纯度为，故答案为：99.5%。
4. (1)取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
(2) 防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化 加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(3)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
(4)0.1mol·L-1
【解析】（1）
FeCO3表面含有SO的残留溶液，只要洗涤液里检验不到SO，即可证明洗涤干净，具体操作是：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤滤液1～2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
（2）
①因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触，加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境，故答案为：防止+2价的铁元素被氧化或防止Fe2+被氧化；
②反应结束后，为提高柠檬酸亚铁的产率，不采取过滤的方法，处理过量铁粉的方案是加入适量柠檬酸让铁粉反应完全，故答案为：加入适量柠檬酸让铁粉反应完全；
（3）
最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品，故答案为：降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；
（4）
该反应的原理为： ，根据题意可知，则FeSO4溶液中FeSO4的物质的量浓度=，故答案为：0.1mol·L-1。
5. SiO2 烧渣粉碎、搅拌、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度(任写一条) Fe 5.0~5.8 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】Fe2O3、FeO、Al2O3能溶于稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，因此滤渣I为SiO2，滤液中含有FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，加入还原试剂X还原Fe3+，根据除杂原则中不引入新杂质的原则可知，若试剂X为单质，则其为Fe粉，然后向溶液中加入试剂调节pH，依据Al3+完全沉淀、Fe2+开始沉淀时对应pH的差异将Al3+除去，然后过滤，将溶液经过一系列操作，最终制得FeSO4·7H2O，以此解答。
【详解】（1）由上述分析可知，滤渣I为SiO2；
（2）浸取过程中，可提高酸浸速率的措施有：粉碎烧渣以增大反应物接触面积、搅拌增大反应物接触、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度等；
（3）由上述分析可知，若试剂X为单质，则其为Fe粉；
（4）若试剂X选用SO2，SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，二者能够发生氧化还原反应，SO2被氧化为，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知，该反应离子方程式为：；
（5）由上述分析可知，调节pH的目的是沉淀Al3+，而Fe2+不发生沉淀，因此该流程中pH应该调节为5.0~5.8；
（6）过滤后滤液中溶质主要为FeSO4，因为要得到七水合硫酸亚铁晶体，所以，由溶液得到晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
6. 洗涤 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 取可排放的废水少量，滴加KSCN溶液，如果溶液不变红，说明可排放的废水中不含Fe3+ 9.6 坩埚
【分析】在含有Fe3+、Cu2+、Ba2+和Cl-的酸性废液中滴加过量Na2SO4溶液后，通过操作I的过滤、洗涤并干燥可得BaSO4沉淀(固体I)；滤液中加入过量Fe粉可还原滤液中的Cu2+，通过操作Ⅱ的过滤、洗涤并干燥可得Fe和Cu的混合物(固体II)；继续在滤液中滴加过量的H2O2溶液，可将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，滴加过量NaOH溶液可得Fe(OH)3沉淀(固体III)，经操作Ⅲ的过滤、洗涤并干燥可得Fe(OH)3；最后的滤液可排放；
【详解】(1)本实验中需要通过生成沉淀的质量来判断溶液中各金属的含量，所以获取沉淀需经过滤、洗涤、干燥；
(2)氧化步骤为双氧水将Fe2+氧化成Fe3+的过程，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)Fe3+可以和KSCN溶液反应使溶液显红色，所以可以利用KSCN溶液对Fe3+进行检验，具体方法为：取可排放的废水少量，滴加KSCN溶液，如果溶液不变红，说明可排放的废水中不含Fe3+；
(4)固体II为Fe和Cu的混合物，质量为15.2g，用足量的稀硝酸溶解固体II后产生标准状况下的无色气体NO为4.48L，其物质的量为=0.2mol，设Cu的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则64x+56y=15.2、2x+3y=0.2×3(电子守恒式)，解得：x=0.15、y=0.1，即Cu的物质的量为0.15mol，则Cu的质量为64g/mol×0.15mol=9.6g；
(5)固体灼烧需要在坩埚中进行，则实验中将固体II进行充分灼烧，使用仪器除了酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒外，还有坩埚。
7. (1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2)矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)
(3)B
(4) 3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ 取样，滴加KMnO4溶液不褪色
(5)将Cu2+转化为Cu而除去
(6)MgSO4
【分析】将菱锌矿高温焙烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物焙烧产生CaO、MgO、Fe3O4、CuO，SiO2不发生反应；然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe3O4、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4；然后加入Ca(OH)2调整溶液pH=5，形成CaSO4、Fe(OH)3沉淀，SiO2与酸不反应，进入滤渣①中，滤液①中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液①中加入KMnO4溶液，可以将Fe2+氧化并沉淀为Fe(OH)3，KMnO4被还原为MnO2，滤渣②中含有Fe(OH)3、MnO2；向滤液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉；向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF2沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O，据此分析作答。
（1）
菱锌矿高温煅烧时，ZnCO3反应产生ZnO、CO2，该反应的化学方程式为：ZnCO3ZnO+CO2↑，故答案为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
（2）
为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大反应物的接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率，故答案为：矿石粉碎(或搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度等)；
（3）
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，A不符合题意；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B符合题意；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不符合题意；
则最适宜的X物质是Ca(OH)2，故答案为：B；
（4）
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；能说明Fe2+已全部除尽的实验方法是取样，滴加KMnO4溶液不褪色，故答案为：3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；取样，滴加KMnO4溶液不褪色；
（5）
滤液②中含有Cu2+、Zn2+、Ca2+、Mg2+，向其中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而过滤除去，故答案为：将Cu2+转化为Cu而除去；
（6）
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，CaF2、MgF2与浓硫酸反应可得到HF，HF可以循环利用，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4，故答案为：MgSO4。
8. 小于 0.075mol·L-1·min-1 Zn-2e-=Zn2+ 正 3X+Y2Z BD 60%
【分析】根据图象判断反应放热还是吸热，进而判断断键吸收的能量和成键放出的能量大小关系，根据公式计算化学反应速率，根据原电池原理书写电极反应式并判断离子移向，结合图示信息得出反应物、生成物，并由化学计量数之比等于转化的物质的量书写化学方程式，判断条件是否为变量从而判断反应是否达到平衡。
【详解】(1)由合成氨反应中的能量变化图可知，该反应为放热反应，则反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成放出的总能量；
(2)①锌与盐酸反应的化学方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，由表格数据可知2~4分钟时间段内氢气的变化量为526mL-190mL=336mL=0.336L，则，所以，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得；
②在盐酸溶液中滴入少量的CuSO4溶液，可形成铜锌原电池，其中锌作负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，原电池中阳离子向正极移动，即溶液中H+向正极移动；
(3)①根据图象可知，X、Y为反应物，Z为生成物，且转化的物质的量之比为3：1：2，则该反应的化学方程式为3X+Y2Z；
②A. 在5min时，该反应达到了平衡状态，此时X、Y、Z的浓度不相等，因此X、Y、Z浓度相等，不能说明反应达到平衡，A不选；
B．该反应为前后气体体积变化的反应，压强不变时，可以说明反应达到平衡，B选；
C．无论是否达到平衡，化学反应速率之比始终等于化学计量数之比，所以X、Y的反应速率比为3：1不能说明反应达到平衡，C不选；
D．生成1molY的同时生成2molZ，正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡，D选；
故答案选BD；
③由图象可知，5min达到平衡时X转化了0.6mol，则X的转化率=。
9. (1) CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1 C
(2) 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率曲线上升 Ni5Ga3 2
(3)236℃左右
(4) CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO- 阳极反应生成H+，导致pH值减小，KHCO3浓度降低
【详解】（1）根据盖斯定律，II×2-I得，CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.0kJ·mol-1；
A．由反应知，平衡时形成4个C-H键同时形成2个H-H键，A错误；
B．由方程式系数可知，平衡时在相同时间内消耗CO2和形成CO的分子数目之比为1：2，B错误；
C．反应达到平衡时，体系内各物质的浓度保持不变，C正确；
D．该反应的反应物和生成物均为气体，在恒容容器中反应时，V不变，由于质量守恒，混合气体的总质量也不变，因此混合气体的密度始终保持不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，D错误；
故选C；
（2）①根据物理量单位可知甲醇的平均生成速率与时间有关，表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率．随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升；由图象可知，使用催化剂Ni5Ga3的收率明显高于催化剂NiGa的收率，因此，反应最佳条件为使用Ni5Ga3催化剂进行反应，在这个条件下甲醇的平均生成速率最高；
②由图1可知，甲醇的平均生成速率之比为。根据投料比，起始分压p(CO2)为，p(H2)为。根据升温后反应级数的变化，列式，=2。
（3）由图象可知，在236℃时，消耗CO2的量最大，生成CH3OH的量最大，因此合成甲醇的适宜温度是236℃左右；
（4）①阴极发生还原反应，电解质溶液为碳酸氢钾溶液，则CO2还原为HCOO-的反应为二氧化碳得到电子生成HCOO-，电极反应为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO或CO2+H++2e-=HCOO-；
②阳极区水电离出的氢氧根离子放电，剩余氢离子与溶液的反应，同时部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，导致KHCO3浓度降低。
10. CH2=CH2 CH3COOH 氧化反应 酯化反应(取代反应) CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
【分析】有机物A的相对分子质量是28，它的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，则A为乙烯(CH2=CH2)，乙烯和水在催化剂作用下发生加成反应生成的B为CH3CH2OH，乙醇被催化氧化生成的C为CH3CHO，乙醛再被氧化生成的D为CH3COOH，乙酸和乙醇发生酯化反应生成的E为CH3COOCH2CH3；乙烯在催化剂作用下发生加聚反应生成的F为聚乙烯。
【详解】(1)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；D为乙酸，结构简式为CH3COOH；
(2)反应②为乙醇的催化氧化，属于氧化反应；反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应类型为酯化反应(或取代反应)；
(3)反应④的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。
11. (1)溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去
(2)羟基
(3)
(4) CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 取代反应(或酯化反应) 冷凝 防止倒吸
【分析】由图中转化可知，乙烯与溴发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，A发生水解反应生成B为乙二醇，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成CH3CHO，进一步发生氧化反应生成E为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，F是一种高分子物质，可知乙烯发生加聚反应生成F为。
（1）
乙烯和溴发生加成反应生成无色的1，2-二溴乙烷，乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，可观察到溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去。故答案为：溴的四氯化碳溶橙红色液逐渐褪去；
（2）
B为乙二醇，B的官能团是羟基(填名称)。故答案为：羟基；
（3）
乙烯可合成一种高分子物质F，F为聚乙烯，常用于制作食品包装袋。F的结构简式是。故答案为：；
（4）
E能使紫色石蕊试液变红，其分子式为C2H4O2，E为CH3COOH，G是一种油状、有香味的物质，G为CH3COOCH2CH3。实验室用D和E制取G。
①乙酸与乙醇发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，试管甲中发生反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代反应(或酯化反应)。故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应(或酯化反应)；
②装置中使用长玻璃导管的作用是导气和冷凝，导出乙酸乙酯并利用空气将其冷凝为液体。故答案为：冷凝；
③乙试管中，导管不插入溶液中是为了防止倒吸。故答案为：防止倒吸。
12. H S (极性)共价键 H++OH-=H2O
【分析】Y和W的最外层电子数都是1，且Y为金属元素，Y元素之前至少有两种主族元素，而Li元素之前只有H一种非稀有气体元素，所以Y为Na元素，则W为H元素；Z的原子序数比Y大，则Z也是第三周期元素，X为第二周期元素，X与Z同主族，设X的质子数为a，则Y的质子数为a+8，所以有11+a+8=3(a+1)，解得a=8，所以X为O元素，Y为S元素。
【详解】(1)根据分析可知W为H，Z为S；
(2)W2X为H2O，是由氧原子和氢原子之间的极性共价键组成的分子，电子式为；
(3)Y为钠元素，Z为硫，对应的最高价氧化为对应的水化物分别为氢氧化钠和硫酸，二者发生中和反应，反应的离子方程式为H++OH-=H2O。
【点睛】同种元素形成的共价键为非极性共价键，不同种元素形成的共价键为极性共价键。
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