黑龙江省大庆中学2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）

黑龙江省大庆中学2020学年高一下学期期末考试化学试题说明: 1.本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，考试时间为90分钟，满分为100分。2.有关元素的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Br80第卷(选择题，共52分)一.选择题(包括14个小题，每小题2分，共28分。每小题只有一个正确选项)1. 生活处处有化学，下列说法正确的是（ ）A. 裂化汽油可使溴水褪色B. 做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和甘油酯类D. 磨豆浆的大豆富含蛋白质，蛋白质水解产物是葡萄糖【答案】A【解析】分析：A裂化汽油中含有烯烃；B棉和麻的成分为纤维素，与淀粉的分子式均用(C6H10O5)n表示；C花生油是液态的植物油、牛油是固态的脂肪；D蛋白质水解的产物是氨基酸；据此分析判断。详解：A裂化汽油中含有烯烃，烯烃能与溴单质发生加成反应，所以裂化汽油可使溴水褪色，故A正确；B棉和麻的成分为纤维素，与淀粉的分子式均用(C6H10O5)n表示，但n不同，不互为同分异构体，故B错误；C花生油是液态的植物油，属于不饱和的甘油酯类，故C错误；D蛋白质水解生成氨基酸，故D错误；故选A。2. 下列有关化学用语表示正确的是A. 乙烯的结构简式：B. 过氧化氢的电子式：C. 的电子式：D. 乙酸的球棍模型：【答案】D【解析】分析：A、烯的结构简式中碳碳双键不能省略；B过氧化氢属于共价化合物；C、NH3中N原子的最外层为8电子稳定结构；D乙酸分子中含有1个甲基和1个羧基，据此分析判断。详解：A、乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：CH2CH2，故A错误；B过氧化氢属于共价化合物，电子式为，故B错误；C、NH3的电子式为：，故C错误；D乙酸分子中，碳原子比较最大，其次是O原子，H原子比较最小，则乙酸的球棍模型为：，故D正确；故选D。点睛：本题考查了电子式的书写方法判断，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别。本题的易错点为B，要注意掌握离子化合物和共价化合物的判断方法。3. 甲乙两种非金属性质比较：甲比乙在相同条件下更容易与氢气化合；甲单质能与乙的阴离子发生置换反应；最高价氧化物对应的水化物酸性比较，甲比乙的强；与一定量的金属反应时甲原子得电子数目比乙的多；甲的单质熔、沸点比乙的低，能够说明甲比乙的非金属性强的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：比较元素的非金属性强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、单质的氧化性、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，注意不能根据得失电子的多少以及熔沸点的高低等角度判断。详解：在相同条件下，甲比乙容易与H2化合，可说明甲比乙的非金属性强，故正确；甲单质能与乙的阴离子发生置换反应，则单质的氧化性甲比乙强，可说明甲比乙的非金属性强，故正确；甲的最高价氧化物对应的水化物的酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，可说明甲比乙的非金属性强，故正确；与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多，不能说明可说明甲比乙的非金属性强，非金属性的强弱只与得电子的能力有关，故错误；甲的单质熔沸点比乙的低，属于物理性质，与得失电子的能力无关，不能用来判断非金属性的强弱，故错误。正确的有，故选B。点睛：本题考查非金属性的比较，本题注意把握比较非金属性的角度，注意元素周期律的变化规律的应用。本题的易错点为，金属性和非金属性的强弱与得失电子的多少无关。4. 下列说法中，正确的是( )A. 非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物B. 在气态单质分子中不一定存在着共价键C. NaCl溶于水后，共价键被破坏D. H2S分子中，所有原子的最外层都达到了8电子的稳定结构【答案】B【解析】分析：A氨盐是非金属元素之间形成的化合物；B稀有气体为单原子分子；CNaCl属于离子化合物，溶于水发生电离；D氢原子最外层只有1个电子，据此分析判断。详解：A铵盐为离子化合物，为非金属性元素形成，故A错误；B稀有气体为单原子分子，不存在共价键，故B正确；CNaCl含离子键，溶于水发生电离，离子键被破坏，故C错误；DH2S分子结构式为H-S-H，H原子满足最外层2个电子结构，故D错误；故选B。5. “绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的副作用。下列化学反应不符合绿色化学概念的是（ ）A. 消除硫酸厂尾气排放：SO22NH3H2O=(NH4)2SO3B. 消除制硝酸工业尾气的氮氧化物污染：NO2NO2NaOH=2NaNO2H2OC. 制CuSO4：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2OD. 制CuSO4：2CuO22CuO，CuOH2SO4(稀)=CuSO4H2O【答案】C【解析】A项，用氨水吸收SO2，减少SO2的污染，符合绿色化学；B项，用NaOH吸收氮氧化合物，减少氮氧化合物的污染，符合绿色化学；C项，反应产生的SO2污染大气，不符合绿色化学；D项，不产生大气污染物，符合绿色化学；答案选C。点睛：绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。从环境观点看，绿色化学强调从源头上消除污染；从经济观点看，绿色化学提倡合理利用资源和能源，降低生产成本。6. 在实验室中，下列除杂括号内物质为杂质的方法正确的是 A. 溴苯(溴)：加入KI溶液，振荡，分液B. 乙烷(乙烯)：通过盛有溶液的洗气瓶C. 硝基苯(浓HNO3)：将其倒入足量NaOH溶液中，振荡、静置，分液D. 乙烯(SO2):通过盛有溴水的洗气【答案】C【解析】分析：A溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯；B乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；C硝酸与NaOH溶液反应后，与硝基苯不互溶；D二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，乙烯与溴水发生加成反应；据此分析判断。详解：A溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，引入新杂质，不能除杂，应加NaOH溶液、分液除杂，故A错误；B乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，故B错误；C硝酸与NaOH溶液反应后，与硝基苯分层，然后分液可除杂，故C正确；D二者均与溴水反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气除杂，故D错误；故选C。7. 苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯中碳碳键的键长均相等苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷经实验测得邻二甲苯只有一种结构苯在FeBr3存在下与液溴可发生取代反应，但不能使溴水褪色A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；根据同分异构体数目解答；根据碳碳单键和双键的性质判断。详解：苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故错误；如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；所以可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。8. 下列关于有机化合物的认识不正确的是（）A. 乙烯既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其原理相同B. 油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳C. 蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体D. 乙烷和丙烯的物质的量共1mol，完成燃烧生成3mol H2O【答案】A【解析】分析：A、乙烯中含有碳碳双键，根据乙烯的性质和反应特征分析判断；B根据油脂中含有碳、氢、氧三种元素分析判断； C根据分子式相同，结构不同的化合物，互为同分异构体分析判断；D根据乙烷和丙烯的分子式中含有的氢原子数分析判断。详解：A、乙烯能被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，两者的现象相似，但原理不同，故A错误；B油脂中含有碳、氢、氧三种元素，根据质量守恒，可知燃烧后生成水和二氧化碳，故B正确；C蔗糖与麦芽糖分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D乙烷和丙烯分子中都含有6个氢原子，故1mol乙烷和丙烯的混合物中氢元素的物质的量为6mol，故完成燃烧生成的H2O为3mol，故D正确；故选A。9. 塑料、合成橡胶和合成纤维这三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，下列有关说法错误的是（ ）A. 天然气的主要成分是甲烷，它属于化石燃料B. 煤是复杂的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料C. 石油分馏得到的汽油、煤油、柴油都是混合物，没有固定的熔沸点D. 石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)【答案】B【解析】分析：A根据天然气的主要成分分析判断；B根据煤的成分分析；C混合物没有固定的熔沸点；D根据石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃分析判断。详解：A天然气的主要成分是甲烷，天然气属于不可再生能源，属于化石燃料，故A正确；B煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理、化学变化产生的，故B错误；C石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等都是混合物，没有固定的熔沸点，故C正确；D由石油催化裂化和裂解的主要目的可知石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料(乙烯、丙烯等)，故D正确；故选B。10. 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是为了置换出溴单质B. 粗盐可用沉淀和重结晶等方法除杂以提纯C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂提镁D. 用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，以富集溴【答案】C【解析】分析：A根据苦卤的放出分析判断；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，根据除杂时的产物分析判断；C从生产成本和原料来源选择沉淀剂；D工业上常用热空气或水蒸气吹出法富集溴，据此分析判断。详解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C氢氧化钠是强碱，具有强腐蚀性价格高，工业生产中常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确；故选C。11. 下列实验能获得成功的是（ ）A. 可用分液漏斗分离苯和硝基苯B. 将苯和浓硝酸混合共热制硝基苯C. 甲烷与氯气光照制得纯净的一氯甲烷D. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液得到1,2-二溴乙烷【答案】D【解析】分析：A互不相溶的液体采用分液方法分离，互溶的液体应该采用蒸馏方法分离；B苯和硝酸反应取代反应需要催化剂；C光照下取代反应为链锁反应； D乙烯能和溴发生加成反应；据此分析判断。详解：A互不相溶的液体采用分液方法分离，互溶的液体应该采用蒸馏方法分离，硝基苯和苯互溶，所以应该采用蒸馏方法分离，故A错误；B苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热的条件下能发生取代反应，故B错误；C光照下取代反应为链锁反应，产物复杂，且一氯甲烷中可能混有甲烷或氯气，应选乙烯与HCl发生加成反应制备，故C错误；D乙烯中含有碳碳双键，性质较活泼，能和溴水发生加成反应生成l，2-二溴乙烷，故D正确；故选D。12. 图为实验室从海带中提取碘单质的流程示意图，判断下列说法错误的是( )A. 步骤需要用到蒸发皿 B. 步骤需要过滤装置C. 步骤需要用到分液漏斗 D. 步骤需要蒸馏装置【答案】A【解析】分析：由提取海带中的碘的实验流程可知，海带在坩埚中灼烧，然后溶解得到悬浊液，步骤为过滤，得到含碘离子的溶液，中发生MnO2+2I-+4H+=I2+Mn2+2H2O，得到含碘单质的溶液，为萃取，为蒸馏，以此来解答。详解：A灼烧固体，应放在坩埚中，蒸发皿用于加热蒸发溶液，故A错误；B步骤用于分离和固体和液体，得到含碘离子的溶液，为过滤操作，故B正确；C为萃取，所用主要仪器是分液漏斗、烧杯，故C正确；D步骤分离碘与苯，二者互溶，但沸点不同，则操作名称是蒸馏，故D正确；故选A。点睛：本题以海带提碘为载体考查混合物分离提纯的综合应用，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键。13. 分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有(不考虑立体异构)（ ）A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种【答案】D视频14. 聚乙烯可用于制作食品包装袋，在一定条件下可通过乙烯生成聚乙烯，下列说法中正确的是()A. 燃烧等质量的乙烯和聚乙烯时，聚乙烯消耗的氧气多B. 乙烯比乙烷的含碳量高，燃烧时容易产生浓烟C. 乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D. 乙烯和聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】分析：根据乙烯中含有碳碳双键，聚乙烯中不存在碳碳双键分析判断C、D；根据乙烯和聚乙烯的最简式分析判断A；根据乙烯比乙烷的分子式分析判断B。详解：A乙烯是聚乙烯的单体，它们的最简式相同，它们含C和H的质量分数分别相等，所以等质量的两者燃烧时生成CO2、H2O的量分别相等，故A错误；B. 根据乙烯比乙烷的分子式可知，乙烯的含碳量比乙烷高，燃烧时容易产生浓烟，故B正确；C. 乙烯中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯中不存在碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D. 乙烯中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯中不存在碳碳双键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故选B。 二、选择题(包括8个小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个正确选项)15. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1mol苯分子中含有C=C双键数目为3NAB. 标准状况下，11.2LCCl4中含有的共价键数目为2NAC. 1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3NAD. 常温常压下，17g羟基含有的电子总数为【答案】C【解析】分析：A.根据苯的分子结构特征分析判断；B. 标准状况下，CCl4不是气体，据此分析判断；C. 乙烯和乙醇的化学式可以表示为C2H4、C2H4H2O，据此分析判断；D. 羟基的电子式为，据此分析判断。详解：A.苯分子中没有C=C双键，故A错误；B. 标准状况下，CCl4不是气体，无法计算含有的共价键数目，故B错误；C. 乙烯和乙醇的化学式可以表示为C2H4、C2H4H2O，耗氧量相同，1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O22+=3mol，分子数为3NA，故C正确；D. 羟基的电子式为，常温常压下，17g羟基的物质的量为1mol，含有的电子总数为，故D错误；故选C。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。本题的易错点为B，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。16. 甲苯和甘油组成的混合物中，若碳元素的质量分数为，那么可以推断氢元素的质量分数约为A. B. C. D. 无法计算【答案】B【解析】分析：甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的相对分子质量相等，分子中H原子个数相等，则H的质量分数相同，两物质以任意比混合H的质量分数不变。详解：甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的相对分子质量为92，1个分子中H原子个数相等，所以两者H的质量分数为100%=8.7%，两物质混合后H的质量分数不变，所以混合物中H的质量分数为8.7%，故选B。点睛：本题考查有机物化学式的计算。关键在于确定甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)所含H的质量分数相同，重在考查学生的分析思维能力。17. 下列有关金属的工业制法中，正确的是A. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B. 制铁：以铁矿石为原料，用焦炭和空气反应生成CO在高温下还原铁矿石中的铁C. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，电解熔融的氧化镁得镁D. 制钛：用金属钠置换溶液中的钛【答案】B【解析】分析：根据金属冶炼的方法结合金属活动性顺序表分析解答。详解：A工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，得不到钠，故A错误；B工业制铁是用CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；C氧化镁熔点高，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2，故C错误；D钠能与水反应，工业制钛：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛，TiCl4+2MgTi+2MgCl2，故D错误；故选B。点睛：本题考查金属的工业制法，掌握钠、铁、镁及其化合物的性质是解答的关键。一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解法；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法，Pt、Au用物理分离的方法制得。18. 山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其结构如图，下列关于山梨酸的说法错误的是A. 分子式为B. 可使酸性溶液褪色C. 1mol该物质最多可与发生加成反应D. 可与醇发生取代反应【答案】C【解析】分析：山梨酸含有的官能团有碳碳双键、羧基，属于烯酸，结合烯烃和羧酸的性质分析解答。详解：A由结构简式可知分子为C6H8O2，故A正确；B分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，故B正确；C分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1mol该物质最多可与2mol Br2发生加成反应，故C错误；D分子中含有羧基，可与醇发生取代反应，故D正确；故选C。19. a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于下列叙述错误的是A. d元素的非金属性最强B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物C. 只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物D. b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键【答案】D【解析】a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，a是Na；b的最外层电子数为内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个，b是C；c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c是S；c与d同周期，d的原子半径小于c，d是O，则A. 四种元素中氧元素的非金属性最强，A正确；B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物例如氧化钠和过氧化钠、CO和CO2、SO2和SO3，B正确；C. 钠是活泼的金属，其余均是非金属，Na与其他元素生成的化合物都是离子化合物，C正确；D. H2O2、C2H4等分子中还存在非极性键，D错误，答案选D。视频20. 现有淀粉溶液、蛋清、葡萄糖溶液，区别它们时，下列试剂和对应现象依次是（ ）试剂： 新制Cu(OH)2 碘水 浓硝酸现象： a变蓝色 b砖红色沉淀 c变黄色A. -a、-c、-b B. -a、-c、-bC. -a、-c、-b D. -c、-a、-b【答案】A【解析】分析：淀粉遇碘变蓝，蛋白质遇浓硝酸变黄，葡萄糖溶液碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀，据此分析判断。详解：因淀粉遇碘变蓝，可利用碘水来鉴别，故试剂和对应现象为-a；蛋清为蛋白质，由蛋白质遇浓硝酸变黄，故试剂和对应现象为-c；葡萄糖溶液碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀，故试剂和对应现象为-b。故选A。21. 下列各选项的两个反应属于同一反应类型的是( )选项反应I反应IIA在光照条件下，异丁烷与溴蒸气反应制取将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中制取1，2一二溴乙烷B在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环乙烷在催化剂作用下，乙烯与水反应生成乙醇C在银作催化剂的条件下，乙醇与空气中的氧气反应生成乙醛在一定条件下，由氯乙烯合成聚氯乙烯D乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下反应生成乙酸乙酯在一定条件下，液态油脂与氢气反应制造人造脂肪A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A项中两个反应分别是取代反应、加成反应；C项中两个反应分别是氧化反应、加聚反应；D项中两个反应分别是水解反应（或取代反应）、加成反应（或氢化反应，硬化反应）。22. 利用如图装置做铝热反应实验下列说法不正确的是A. 该反应的化学方程式是B. 该反应会产生高温、发出强光C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些高熔点金属D. 若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1mol【答案】D【解析】分析：A、铝是活泼金属，高温条件下可置换出氧化铁中的铁；B、铝热反应会放出大量的热；C、高熔点的金属(Fe、Cr、Mn、W等)可采用铝热法冶炼；D、氧化铁是氧化剂，通过Fe元素化合价变化来判断转移电子数；据此分析解答。详解：A、铝是活泼金属，高温条件下可置换出氧化铁中的铁，故A正确；B、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；C、高熔点的金属(Fe、Cr、Mn、W等)可采用铝热法冶炼，故C正确；D、铁元素的化合价从+3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，则若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5mol，故D错误；故选D。第卷(非选择题，共48分)三非选择题（包括4个小题，共48分。）23. 现有以下几种有机物： 癸烷 丙烷请利用上述给出的物质按要求回答下列问题：（1）相对分子质量为44的烷烃的结构简式为_；（2）与互为同分异构体的是_(填序号)，在光照的条件下与氯气发生反应生成的一氯代物结构有_种；（3）有机物在加热条件下和CuO反应的化学方程式_；（4）用“”表示熔沸点高低顺序：_(填序号)；（5）有机物和与它相对分子质量相同的饱和一元羧酸发生酯化反应的化学方程式_；（6）在，条件下，某种气态烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃是_(填序号)；它与互为_关系。【答案】 (1). CH3CH2CH3 (2). (3). 3 (4). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (5). (6). HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O (7). (8). 同系物【解析】分析：(1)根据烷烃的通式CnH2n+2来计算；(2)根据分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体分析，根据氢原子的种类分析判断；(3)乙醇与CuO反应生成乙醛、Cu和水；(4)碳原子个数越多，沸点越大，相同碳原子个数的烷烃中支链多的沸点低；(5)与乙醇相对分子质量相同的饱和一元羧酸为甲酸；(6)该条件下水为气体，反应前后气体的体积没有发生改变，则前后气体的化学计量数相等，根据烃足量的氧气中充分燃烧的通式计算。详解：(1)烷烃的通式为：CnH2n+2，相对分子质量为44的烷烃，则12n+2n+2=44，所以n=3，即烷烃的分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；(2)与互为同分异构体的是，二者分子式相同，结构不同，()中含有3种氢原子，在光照的条件下与氯气发生反应生成的一氯代物有3种，故答案为：；3；(3)乙醇与CuO反应生成乙醛、Cu和水，反应为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O； (4)碳原子个数越多，沸点越大，相同碳原子个数的烷烃中支链多的沸点低，则沸点为，故答案为：；(5)有机物为乙醇，与它相对分子质量相同的饱和一元羧酸为甲酸，乙醇与甲酸发生酯化反应的化学方程式为HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O，故答案为：HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O；24. 海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：（1）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br-，其目的为 _ （2）步骤用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达，有关反应的离子方程式为_；（3）从理论上考虑，下列物质也能吸收Br2的是_A. H2O B. Na2CO3 C. Na2SO3 D. FeCl3（4）某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，的沸点为，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。步骤的操作中对盛有工业溴的蒸馏烧瓶采取的加热方式是_ ，溴蒸汽冷凝后得到液溴和溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差较大的特点进行分离，所用的分离仪器名称是_ 【答案】 (1). 富集溴元素 (2). SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br (3). BC (4). 水浴加热 (5). 分液漏斗【解析】分析：通过海水蒸发得到淡水、NaCl、母液，向母液中通入氯气，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，利用热空气吹出溴，用SO2吸收Br2，发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，向溶液中通入氯气发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，然后采用萃取的方法获取Br2。详解：(1)海水中溴元素含量较少，步骤I中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br-，其目的为富集溴元素，故答案为：富集溴元素；(2)在水溶液里溴和二氧化硫反应离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，由此反应可知，生成物为强酸，所以除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是强酸对设备的严重腐蚀，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-；(3)AH2O和溴单质反应微弱，不能充分吸收溴单质，故A错误；B碳酸钠溶液显碱性，溴的水溶液显酸性，碱性溶液可以与酸性溶液反应，可以吸收，故B正确；CNa2SO3 溶液具有还原性，可以被溴单质氧化，能吸收溴单质，故C正确；DFeCl3溶液具有氧化性，不能氧化溴单质，因此不能吸收溴单质，故D错误；故答案为：BC；(4)的沸点为，微溶于水，有毒性和强腐蚀性，步骤的操作中对盛有工业溴的蒸馏烧瓶采取的加热方式可以是水浴加热，溴蒸汽冷凝后得到液溴密度比水大，沉在溴水的下面，可以通过分液的方法分离，使用的仪器为分液漏斗，故答案为：水浴加热；分液漏斗。25. 为测定某烃A的分子组成和结构，对这种烃进行以下实验：取一定量的该烃，使其充分燃烧后的气体通过干燥管，干燥管增重；再通过石灰水，石灰水增重。经测定，该烃(气体)在标准状况下的密度为。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示。(1)该烃A能与_g溴发生加成反应；加成产物需_mol溴蒸气完全取代；(2)B中官能团的名称是_，B通过两次氧化可得到D，也可通过加入的氧化试剂为_任填一种直接氧化为D(3)E是常见的高分子材料，写出E的结构简式_；合成E的反应类型_；(4)某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是_；上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_填字母；A.中和乙酸和乙醇B.中和乙酸并吸收部分乙醇C.降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层析出D.加速酯的生成，提高其产率在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中，若用1molB和1molD充分反应，不能生成1mol乙酸乙酯，原因是_(5)与乙酸乙酯互为同分异构体且能与反应生成CO2的有机物的结构简式为：_、_。【答案】 (1). 16 (2). 0.4 (3). 羟基 (4). 酸性KMnO4或K2Cr2O7 (5). (6). 加聚反应 (7). 防倒吸 (8). BC (9). 该反应为可逆反应，不可能完全转化 (10). CH3CH2CH2COOH (11). CH(CH3)2COOH【解析】分析：A为烃，该烃(气体)在标准状况下的密度为1.25gL-1，则该烃摩尔质量=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，该烃完全燃烧后生成二氧化碳和水，干燥管吸收H2O，石灰水吸收CO2，n(H2O)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，n(C)：n(H)=0.4mol：(0.4mol2)=1：2，所以该烃为CH2=CH2，A和水反应生成B为CH3CH2OH，B和D发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH，B发生氧化反应生成C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D，E为高分子化合物，结合题目分析解答。详解：(1)A为乙烯，A分子中官能团的名称是碳碳双键，0.1mol该烃A能和0.1mol溴发生加成反应，0.1mol溴的质量为16g，1，