【KS5U解析】浙江省宁波市咸祥中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 Word版含解析

1、2019学年咸祥中学高一年级化学学科期中考试试卷第二学期一、选择题（本题包括25小题，每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共50分）1.“绿水青山就是金山银山”。下列做法不利于保护环境的是( )a. 推广使用电动汽车等低碳交通工具b. 推广垃圾分类，电子设备以旧换新c. 用生物方法脱除生活污水中的氮和磷d. 加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产【答案】d【解析】【详解】a推广使用电动汽车，可减少燃料油的使用量，从而降低大气中的碳排放，a不合题意； b推广垃圾分类，电子设备以旧换新，有利于资源的充分利用，b不合题意；c用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，可实现水的再利用，c不合题意；d加大铅酸

2、蓄电池、含汞锌锰等电池的生产，不利于对环境的保护，d符合题意；故选d。2.下列化学用语表示正确的是（ ）a. ch4分子的比例模型：b. co2的电子式：c. 苯的分子式：c6h6d. cl-离子的结构示意图：【答案】c【解析】【详解】a甲烷分子结构是正四面体结构，ch4分子的比例模型：，故a错误；b二氧化碳的电子式为，故b错误；c苯的结构为，据此可知分子式为c6h6，故c正确；d氯元素为17号元素，氯离子核电荷数应为17，结构示意图为，故d错误；故答案为c。3.下列物质属于共价化合物的是a. ccl4b. na2so4c. n2d. nh4cl【答案】a【解析】全部由共价键形成的化合物是共价

3、化合物，a、ccl4是共价化合物，a正确；b、na2so4是含有离子键和共价键的离子化合物，b错误；c、n2是含有共价键的单质，c错误；d、nh4cl是含有离子键和共价键的离子化合物，d错误，答案选a。点睛：明确离子键和共价键的形成条件、判断依据以及与化合物之间的关系是解答的关键。注意共价化合物中只有共价键，离子化合物一定有离子键，可能有共价键。4.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）a. 煤气化b. 石油的裂解c. 煤的干馏d. 石油的分馏【答案】d【解析】【详解】a煤的气化是碳和水等物质作用转化为为一氧化碳和氢气，生成新的物质，属于化学变化，故a不符合；b石油裂解是大分子分解为小分子，过程

4、中生成新的物质，属于化学变化，故b不符合；c煤的干馏是隔绝空气加强热，过程中生成新的物质，属于化学变化，故c不符合；d石油分馏是控制温度，分离一定沸点范围内馏分的混合物的方法，无新物质生成，属于物理变化，故d符合；故答案为d。5.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是a. 酸性：b. 热稳定性：na2 co3nahco3c. 与水反应的速率：namgd. 非金属性：clbr【答案】b【解析】【详解】a. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：s>p,则酸性：h2so4>h3po4，能用元素周期律解释，故a不选；b. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解,

5、所以热稳定性：na2co3>nahco3，不能用元素周期律解释，故b选；c.元素的金属性越强，对应的与水反应速率越快，金属性：na>mg,，与水反应的速率：namg，能用元素周期律解释，故c不选；d. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：cl>br，能用元素周期律解释，故d不选；故答案选b。【点睛】元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的氢化物稳定性。6.下列反应过程中的能量变化情况符合如图所示的是（ ）a. 2al+fe2o32fe+al2o3b. c+h2oco+h2c. ch4+2o2co2+2h2od. hcl+naoh=naoh+

6、h2o【答案】b【解析】【详解】图示反应中生成物能量高于反应物能量，所以为吸热反应；a铝热反应为放热反应，故a不符合题意；bc还原水中氢元素的反应为吸热反应，故b符合题意；c甲烷燃烧为放热反应，故c不符合题意；d中和反应为放热反应，故d不符合题意；故答案为b。【点睛】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；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)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)，c或氢气做还原剂时的反应。7.下列物质形成的晶体中，属于分子晶体的是（ ）a. ccl4b. naohc. 金刚石

7、d. kcl【答案】a【解析】【详解】accl4是由ccl4分子通过分子间作用力结合而成的分子晶体，故a符合题意；bnaoh为钠离子和氢氧根通过离子键结合成的离子晶体，故b不符合题意；c金刚石是由c原子和c原子通过共价键结合而成的原子晶体，故c不符合题意；dkcl是由钾离子和氯离子通过离子键结合而成的离子晶体，故d不符合题意；故答案为a。8.可逆反应a(g)+3b(g)c(g)+2d(g)在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是（ ）a. v（a）=0.2mol/（ls）b. v（b）=0.6mol/（ls）c. v（c）=0.3mol/（ls）d. v（d）=0.5mol/（ls）【

8、答案】c【解析】【详解】同一反应同一时段内不同物质的反应速率之之比等于计量数之比，所以将不同物质转化为同一物质表示的反应速率，再进行比较；av(a)=0.2mol/(ls)；bv(b)=0.6mol/(ls)，v(a)：v(b)=1:3，所以v(a)=0.2mol/(ls)；cv(c)=0.3mol/(ls)，v(a)：v(c)=1:1，所以v(a)=0.3mol/(ls)；dv(d)=0.5mol/(ls)，v(a)：v(b)=1:2，所以v(a)=0.25mol/(ls)；综上所述反应速率最快的是c。【点睛】比较反应速率常用的两种方法：(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同

9、一物质的反应速率，再较小比较(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。9.下列下列各组物质的性质比较中，不正确的是（ ）a. 离子半径：br-cl-f-b. 酸性强弱：hclo4h2so4h3po4c. 碱性强弱：kohnaohmg(oh)2d. 氢化物的稳定性：nh3ph3h2s【答案】d【解析】【详解】a同主族元素自上而下离子的电子层数依次增多，半径依次增大，所以离子半径：br-cl-f-，故a正确；b非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性cl>s>p，所以酸性hclo4h2so4h3po4，故b正确；c金属性越强

10、，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性k>na>mg，所以碱性kohnaohmg(oh)2，故c正确；d非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性n>s>p，所以氢化物的稳定性：nh3h2sph3，故d错误；故答案为d。10.下列变化中，需要克服分子间作用力是的（ ）a. nacl溶于水b. 干冰升华c. 加热碘化氢使之分解d. 加热硅晶体使之熔化【答案】b【解析】【详解】anacl溶于水电离成钠离子和氯离子，破坏了离子键，故a不符合题意；b干冰为分子晶体，升华时分子间距变大，需克服分子间作用力，故b符合题意；c加热碘化氢使之分解的过程中破坏了氢原子和碘原

11、子之间的共价键，故c不符合题意；d硅晶体是原子晶体，微粒间的作用力是共价键，融化时破坏共价键，故d不符合题意；故答案为b。11.已知断开 1mol cl2(g)中cl-cl键需要吸收243kj能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式正确的是( ) a. h2(g)+cl2(g) = 2hcl(g) h= + 185 kj·mol-1b. 生成1mol h2(g)中的h-h键放出 121.5 kj 能量c. 断开1mol hcl(g)中的h-c1键要吸收 864 kj 能量d. hcl(g) =h2(g)+cl2(g) h= + 92.5kj·mol-1【答案】d【解

12、析】【详解】a由图中可知，h2(g)+cl2(g) = 2hcl(g) h=(679-864) kj·mol-1= -185 kj·mol-1，a不正确；b生成1mol h2(g)中的h-h键放出699kj-243kj=456kj能量，b不正确；c断开1mol hcl(g)中的h-c1键要吸收kj=432 kj 能量，c不正确；dhcl(g) =h2(g)+cl2(g) h=+kj·mol-1=+ 92.5kj·mol-1，d正确；故选d。12.下列说法正确的是（ ）需要加热才能发生的反应一定是吸热反应放热反应在常温下一定很容易发生一个化学反应是放热反应

13、还是吸热反应，决定于反应物和生成物所具有总能量的相对大小化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因a. b. c. d. 【答案】d【解析】【详解】反应热与反应条件无关，如铝热反应为放热反应，但需要在高温下进行，故错误；铝热反应为放热反应，在高温下才能进行，在常温下不反应，故错误；放热反应是指：反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应，故正确；化学键的断裂需吸收能量，化学键的形成要放出能量，则化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因，故正确；由正确，选d；答案为d。13.下列说法中，正确的是（

14、 ）a. 水和冰互为同素异形体b. 35cl和37cl互为同位素c. 白磷与红磷互为同位素d. ch4和ch3ch3互为同分异构体【答案】b【解析】【详解】a同素异形体是指同种元素形成的不同单质，水和冰为同一种化合物，故a错误；b具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素，所以35cl和37cl互为同位素，故b正确；c白磷与红磷为磷元素组成的不同单质，属于同素异形体，故c错误；dch4和ch3ch3分子式不同，二者结构相似，组成相差一个ch2，为同系物，故d错误；故答案为b。【点睛】具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素；同系物是有机

15、化合物中结构相似，组成上相差一个或多个ch2的化合物系列；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同素异形体是同种元素形成的不同单质14.下列有关元素周期表说法正确的是（ ）a. 元素周期表有7个周期，8个主族b. 零族原子的最外层电子数均为8c. 同一主族元素，最外层电子数一定相同d. 短周期是指第1、2、3、4周期【答案】c【解析】【详解】a元素周期表有7个主族，故a错误；b氦原子最外层电子数为2，故b错误；c同一主族的元素原子，最外层电子数相同，c正确；d短周期是指第1、2、3周期，故d错误；故答案为c。15.关于苯的结构和性质叙述中，不正确的是（ ）a. 苯能使酸性高锰酸钾溶液

16、褪色b. 苯燃烧时能产生大量黑烟c. 苯难溶于水d. 常温下，苯不能与溴水发生反应【答案】a【解析】【详解】a苯不能被酸性高锰酸钾氧化，不能使其褪色，故a错误；b苯分子中碳元素含量较高，所以燃烧时产生大量黑烟，故b正确；c苯属于芳香烃类，难溶于水，c正确；d苯不含碳碳双键，常温下，苯不能与溴水反应，在催化剂作用下可以与液溴发生取代反应，故d正确；故答案为a。16.利用固体表面催化工艺进行 no 分解的过程如图所示。下列说法不正确的是( )a. no 属于共价化合物b 过程吸收能量，过程释放能量c. o2 在放电的条件下生成 o3 属于氧化还原反应d. no 分解生成 5.6l n2(标准状况下

17、)转移电子数为 6.02×1023【答案】c【解析】【详解】ano 是由n原子与o原子间通过共用电子对形成，属于共价化合物，a正确；b过程断裂共价键，吸收能量，过程形成共价键，释放能量，b正确；co2 在放电的条件下生成 o3，没有发生价态变化，不属于氧化还原反应，c不正确；dno 分解生成 5.6l n2(标准状况下)转移电子数为=6.02×1023，d正确；故选c。17.锂海水电池在航海中有着重要应用，其示意图如图所示，电池反应为2li+2h2o=2liohh2。下列说法不正确的是（ ）a. 金属镍作正极b 金属锂发生氧化反应c. 可将化学能转化为电能d. 电子从锂电极

18、经海水流向镍电极【答案】d【解析】【分析】根据总反应li+2h2o=2liohh2可知li被氧化，则金属锂为负极，金属镍为正极。【详解】a金属锂发生还原反应为负极，则金属镍为正极，故a正确；b锂单质反应生成锂离子，化合价升高，发生氧化反应，故b正确；c原电池可将化学能转化为电能，故c正确；d电子不能在海水中移动，电子经导线由金属镍流向金属锂，故d错误；故答案为d。18.下列装置或操作不正确的是( )a. 构成燃料电池b. 分离稀硫酸与硝基苯的混合物c. 除去甲烷气体中的少量乙烯d. 萃取溴【答案】c【解析】【详解】a该装置构成氢氧燃料电池，a正确；b稀硫酸与硝基苯不互溶，可利用此装置分离稀硫酸

19、与硝基苯的混合物，b正确；c高锰酸钾酸性溶液能将乙烯氧化为co2混在甲烷中，不能除去甲烷气体中的杂质，c不正确；d溴在苯中的溶解度比在水中大得多，所以可用苯萃取溴水中的溴，d正确；故选c。19.在密闭容器中进行的反应c(s)+h2o(g)co(g)+h2(g)，能使反应速率加快的措施有（ ）增加炭的量升高温度将炭粉碎恒容通入水蒸气通过减小容器体积增大压强恒容通入n2a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】反应中c为固体，增加炭的量，不影响反应速率，故错误；升高温度可以增大活化分子百分数，增大反应速率，故正确；将炭粉碎可以增大与气体的接触面积增大反应速率，故正确；恒容通入水蒸气，容器内

20、反应物浓度增大，可以增大反应速率，故正确；通过减小容器体积增大压强，容器内各气体物质浓度增大，可增大反应速率，故正确；恒容通入n2，反应物和生成物的浓度均不改变，反应速率不变，故错误；综上所述答案为a。20.一定温度下，在2l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，下列说法正确的是（ ）a. 该反应的化学方程式为3x+y2zb. 3s时，正逆反应速率相等c. 平衡时x的浓度为0.40mol/ld. 10s时，该反应达到了最大限度【答案】d【解析】【详解】a据图可知x，y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增加，应为生成物，相同时间内n(x)：n(y)：n(z)=

21、1:1:2，同一反应不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以反应方程式应为x+y2z，故a错误；b3s后各物质的物质的量依然发生改变，即此时反应还未达到平衡，正逆反应速率不相等，故b错误；c平衡时x的物质的量为0.4mol，容器容积为2l，所以浓度为0.2mol/l，故c错误；d10s后各物质的物质的量不再改变，说明此时反应达到平衡，即达到最大限度，故d正确；故答案为d。21.某两种气态烃组成的混合物，取其2.24l(标准状况下)充分燃烧，得到0.16mol二氧化碳气体和3.6g液态水。据此判断下列分析中不正确的是（ ）a. 此混合气体中可能含有乙烷b. 此气体中一定含有甲烷c. 此混合气体

22、中一定不含有丙烷d. 此气体若是乙烯与甲烷的混合气体，则甲烷与乙烯的体积比为23【答案】a【解析】【详解】标况下，2.24l两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为c1.6h4，肯定含有c原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，不能为乙烷、丙烷，可能为乙烯、丙炔等，若为乙烯与甲烷，令其物质的量分别为xmol、ymol，根据平均c原子数，则：=1.6，整理得x：y=32，即甲烷与乙烯的物质的量为23，相同条件下，物质的量之比等于其体积之比，

23、由上述分析可知，a错误，bcd正确，故选a。【点睛】解题关键是关键是利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有：1、平均碳法 2、平均氢法 3、平均碳氢分子式法 4、平均式量法，标况下，2.24l两种气态烃组成的混合物，其物质的量为0.1mol，完全燃烧得到0.16mol二氧化碳和3.6g水，水的物质的量为0.2mol，则混合气体平均分子式为c1.6h4，肯定含有c原子数小于1.6的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子。22.短周期的x、y、z、w、r五种主族元素，原子序数依次增大。x是原子半径最小的元素，y、w同主族，w的最高正价是其最低负价绝对值的3倍，z的

24、二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布。下列说法正确的是（ ）a. x与y形成的化合物只有一种b. 单质的氧化性：rwc. y、z形成的化合物为共价化合物d. z、w、r最高价氧化物对应的水化物相互之间可发生反应【答案】b【解析】【分析】x是原子半径最小的元素，则x为h元素；w的最高正价是其最低负价绝对值的3倍，则其最高正价为+6价，最低负价为-2价，则为s元素；y、w同主族，所以y为o元素；z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，则z为mg元素；r为短周期主族元素，且原子序数大于s，则r为cl元素；【详解】ah和o可以形成h2o2、h2o两种化合物，故a错误；b非金属越强单质的氧化性

25、越强，非金属性cl>s，所以氯气的氧化性大于s，故b正确；cmgo为离子化合物，故c错误；ds元素最高价氧化物的水化物为硫酸，cl元素最高价氧化物的水化物为高氯酸，高氯酸和硫酸不反应，故d错误；故答案为b。23.100ml浓度为2 mol·l1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是a. 加入适量的6 mol·l1的盐酸b. 加入数滴氯化铜溶液c. 加入适量蒸馏水d. 加入适量的氯化钠溶液【答案】b【解析】【分析】因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐酸。【详解】a加

26、入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，a项错误；b加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，b项正确；c加入适量的蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，c项错误；d加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，d项错误；答案选b。24.铅蓄电池的两极分别为 pb、pbo2,电解质溶液为 30% h2so4 溶液,放电时的电池反应为pb+pbo2+2h2so4 = 2pbso4+2h2o，下列说法正确的是( )a. pb 为正极，被氧化b. 溶液的 ph 不断减小c. so42- 向 pbo2 极移动d. 溶液的

27、ph 不断增大【答案】d【解析】【分析】铅蓄电池放电时总反应为：pb+pbo2+2h2so4= 2pbso4+2h2o，pb单质中pb化合价升高，失电子，被氧化，pb作负极，pbo2中pb化合价降低，得电子，被还原，pbo2作正极。【详解】a由上面分析可知，pb作负极，被氧化，a错误；b从总反应看，硫酸被消耗，酸性减弱，溶液的ph不断增大，b错误；c原电池电解液中，阴离子向负极移动，所以，so42-向pb极移动，c错误；d从总反应看，硫酸被消耗，酸性减弱，溶液的ph不断增大，d正确。答案选d。25.下列说法正确的是（ ）a. 碘的升华和白磷的熔化所需破坏的微粒间作用力相同b. 在na2o、na

28、2o2、nahso4晶体中，阳离子与阴离子个数比均为21c. 1molsio2晶体与1molch4晶体中共价键的个数比为12d. naoh晶体溶于水，晶体中离子键和共价键被破坏，并与水分子形成水合钠离子等【答案】a【解析】【详解】a碘升华和白磷融化破坏的均为分子间作用力，a正确；bna2o和na2o2晶体中阳离子与阴离子的个数比为2:1，nahso4晶体中阳离子与阴离子的个数比为1:1，b错误；c1mol sio2中共价键为4mol，1mol ch4中共价键为4mol，c错误；dnaoh溶于水发生电离，破坏了离子键，但oh-中的共价键没有被破坏，d错误；故选a。二、非选择题（共40分）26.下

29、表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：族周期aaaaaaa0族123（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为_，形成的单质是半导体的是_（填元素名称）。（2）与形成的化合物的电子式为_，与形成的最简单化合物的结构式为_。（3）最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_（填化学式，下同），呈两性的是_。（4）气态氢化物最稳定的是_（填化学式），、的原子半径最小是_（填素符号）。（5）与形成的化合物的属于_（填“离子化合物”或“共价化合物”），该晶体属于_晶体（填“离子”、“分子”、“原子”）。【答案】 (1). (2). 硅 (3). (4)

30、. (5). naoh (6). al(oh)3 (7). hf (8). n (9). 共价化合物 (10). 原子【解析】【详解】(1)为ne元素，为稀有气体元素，化学性质最不活泼，其原子结构示意图为；形成的单质时半导体的为硅元素；(2)为na元素，为s元素，形成离子化合物na2s，其电子式为；为h元素，为c元素，形成的最简单的化合物为ch4，结构式为；(3)金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，表中金属性最强的为na元素，其最高价氧化物的水化物为naoh；al的最高价氧化物的水化物al(oh)3呈两性；(4)非金属性越强，气态氢化物越稳定，表中非金属性最强的元素为f，其氢化物为hf

31、；同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，所以三种元素中原子半径最小的是即n元素；(5)为o元素，为si元素，形成化合物sio2，属于共价化合物，属于原子晶体。27.某化学兴趣小组为了探究原电池产生电流的过程，设计了如图所示实验：（1）下列叙述中正确的是_。a.打开开关k时铜片作负极，关闭开关k时铜片作正极b.打开开关k，锌片和铜片上均有气泡产生c.关闭开关k后，溶液中的h浓度减小d.关闭开关k产生气泡的速率比打开开关k时慢（2）打开开关k后，装置中发生反应的离子方程式为_。（3）关闭开关k后，则该装置为_(填“原电池”或“电解池”)，铜极上的电极反应式为_

32、。若反应过程中有0.3mol的电子发生转移，则产生的气体在标准状况下的体积为_l。【答案】 (1). c (2). zn+2h+=zn2+h2 (3). 原电池 (4). 2h+2e-=h2 (5). 3.36【解析】【分析】原电池中，锌电极的金属活动性高于铜电极，锌电极发生氧化反应，为负极，失去电子，铜电极发生还原反应，为正极，得到电子。【详解】（1）a.打开开关k时，无闭合回路，铜片不反应，不涉及原电池原理，a错误；b.打开开关k，铜片不反应，锌与硫酸反应生成氢气，b错误；c.关闭开关k后，溶液中的h得到电子生成氢气，浓度不断降低，c正确；d.关闭开关k，构成原电池，产生气泡的速率比打开开

33、关k时快，d错误。答案为c。（2）打开开关k后，原电池本质为负极与电解质离子反应，装置中发生反应的离子方程式为zn+2h+=zn2+h2。（3）关闭开关k后，无其余电源，则该装置为原电池，铜极上的电极反应式为2h+2e-=h2。若反应过程中有0.3mol的电子发生转移，则产生的气体为0.15mol，在标准状况下的体积为22.4l/mol×0.15mol=3.36l。28.乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，某化学实验小组为了探究石蜡油(17个碳以上的液态烷烃混合物)分解产物中有乙烯存在，设计了如下实验方案：（查阅资料可知：乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳。）（1）乙烯

34、的结构式是_。（2）b中实验现象：_。（3）c中发生反应的化学方程式：_，反应类型：_。（4）通过上述实验探究可知，除去乙烷中混有的乙烯，可以选择的试剂是_。a.水 b.溴水c.氢氧化钠溶液 d.酸性高锰酸钾溶液（5）关于乙烯，下列说法中不正确的是_。a.聚乙烯塑料可以用做食品包装袋b.乙烯在一定条件下可以和水反应制乙醇c.乙烯分子中所有原子不共面d.乙烯是一种植物生长调节剂，可以延长果实和花朵的成熟期【答案】 (1). (2). 酸性kmno4溶液褪色 (3). ch2=ch2br2brch2ch2br (4). 加成反应 (5). b (6). cd【解析】【分析】装置a中给碎瓷片加强热，石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片表面，分解产生乙烯等物质，乙烯含有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾，使装置b中的酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯可以可以溴发生加成反应，使装置c中溴的四氯化碳溶液褪色。【详解】(1)乙烯的结构式为；(2)乙烯含有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾，使装置b中的酸性高锰酸钾溶液褪色；(3)c中发生乙烯与溴的加成反应，方程式为ch2=ch2b