山东省潍坊市第四中学2019-2020学年高一下学期收心考试化学试题

山东省潍坊市第四中学2019-2020学年高一下学期收心考试化学试题

化学试卷 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 Cu 64 Zn 65 Fe 56‎ 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意 ‎1. 以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违背发展低碳经济的是 A. 发展氢能和太阳能 B. 限制塑料制品的使用 C. 提高原子利用率，发展绿色化学 D. 尽量用纯液态有机物代替水作溶剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢能和太阳能都是清洁能源，不会产生二氧化碳等气体，不违背发展低碳经济；‎ B、塑料中含有碳元素，限制塑料制品的使用，减少白色污染，不违背发展低碳经济；‎ C、提高原子利用率，发展绿色化学，减少环境污染，不违背发展低碳经济；‎ D、有机物溶剂中含有碳元素，用纯液态有机物代替水作溶剂，违背发展低碳经济；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列化学用语正确的是 A. 氯化氢的电子式： B. 乙烯的结构简式:CH2CH2‎ C. 乙酸分子的球棍模型:  D. 硫离子的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化氢是共价化合物，电子式为，错误；‎ B、有机物的结构简式指在分子式的基础上，要写出主要官能团的组成的式子，乙烯的官能团为C=C，必须写明，因此乙烯的结构简式为CH2=CH2 ，错误；‎ C、球棍模型中黑色实心球代表碳原子，带条纹球代表氧原子，空心小球代表氢原子，由此可知此模型代表乙酸分子，正确；‎ D、硫离子核内质子数为16,核外电子数为18,其结构示意图:；‎ 故选C。‎ ‎3.下列有关化学键的说法中不正确的是（ ）‎ A. 化学键是相邻原子间的强相互作用 B. 所有单质分子中都存在共价键 C. 共价化合物中一定不含有离子键 D. 离子化合物中可能存在共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 化学键是纯净物分子内或晶体内相邻两个或多个原子（或离子）间强烈的相互作用力的统称，A正确；‎ B. 稀有气体是单原子分子，不存在共价键，B错误；‎ C. 只有含共价键的化合物才是共价化合物，所以共价化合物中一定不含有离子键，C正确；‎ D. 只要含离子键的化合物就是离子化合物，离子化合物中可能存在共价键，D正确；故答案为：B。‎ ‎4.下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是（ ）‎ A. 硅是常用的半导体材料，可用于制造光导纤维 B. 二氧化硅是酸性氧化物，故不与任何酸反应 C. 硅酸是一种二元弱酸，其酸性强于碳酸 D. 制造普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 光导纤维是二氧化硅，A错误；‎ B. 二氧化硅可与氢氟酸反应，B错误；‎ C. 碳酸的酸性强于硅酸的酸性，C错误；‎ D. 制造普通玻璃的主要原料是纯碱（Na2CO3）、石灰石（CaCO3）和石英（SiO2），碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，D正确；故答案为：D。‎ ‎5.下列叙述正确的是 A. 将煤在空气中加强热使其分解叫做煤的干馏 B. 石油的分馏、裂化、裂解均为化学变化 C. 向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液析出固体，加入足量蒸馏水后固体不能重新溶解 D. 油脂、糖类、蛋白质都是天然有机高分子化合物，都可以发生水解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将煤隔绝空气加强热使其分解叫做煤的干馏，故A错误；‎ B．石油的分馏是物理变化，而石油的裂化、裂解为化学变化，故B错误；‎ C．向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液，使蛋白质变性，析出固体不能再生，则加入足量蒸馏水后固体不能重新溶解，故C正确；‎ D．油脂不是天然有机高分子化合物，油脂和蛋白质都可以发生水解反应，而糖类中的单糖不能水解，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎6.下列关于原电池的叙述中，错误的是 A. 构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属 B. 原电池是将化学能转化为电能的装置 C. 在原电池中，电子流出的一极是负极，发生氧化反应 D. 原电池放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．正极和负极可以是两种不同的金属，也可以是导电的非金属（碳棒）与金属，故A错误；‎ B．根据原电池的工作原理，原电池是将化学能转变为电能的装置，故B正确； ‎ C．原电池中，电子流出的一极是负极，负极失去电子发生氧化反应，故C正确；‎ D．原电池工作时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎7.类比乙烯和乙醇的化学性质，推测丙烯醇(CH2 ＝CH－CH2OH)可发生的化学反应有 ‎①加成反应　②氧化反应　③燃烧　④加聚反应 ⑤取代反应　‎ ‎⑥与Na2CO3溶液反应放出CO2‎ A. ①②③⑥ B. ①②③④ C. ①③④⑥ D. ‎ ‎①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应。含有羟基，能发生氧化反应、取代反应，但不能与碳酸钠反应，有机物大部分可以燃烧。‎ 答案选D。‎ ‎8.下列递变关系错误的是 A 原子半径：Si＞P＞S＞Cl B. 最高化合价：C＜N＜O＜F C. 碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3 D. 得电子能力：P＜S＜Cl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Si、P、S、Cl为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径：Si＞P＞S＞Cl，故A正确；‎ B．O、F非金属性很强，无最高正化合价，故B错误；‎ C．Na、Mg、Al金属性减弱，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故C正确；‎ D．P、S、Cl为同周期主族元素，核电荷数大，非金属性增强，则得电子能力：P＜S＜Cl，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎9.下列有关元素周期表的叙述中正确的是 A. 在元素周期表中共有18个纵列，18个族 B. 稀有气体元素原子最外层电子数均为8‎ C. 副族元素全部是金属元素 D. 碱金属元素是指ⅠA族的所有元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在元素周期表中共有18个纵列，七个主族、七个副族、一个0族和一个第Ⅷ族，共16个族，故A错误；‎ B．氦是稀有气体元素，其原子最外层电子数为2，故B错误；‎ C．副族元素所含元素均是金属元素，故C正确；‎ D．第ⅠA族的氢元素不是碱金属元素，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。碘元素以碘离子的形式存在。实验室从海藻中提取碘的流程如下: ‎ 下列说法不正确的是 A. 灼烧时用到的仪器有：酒精灯、玻璃棒、石棉网、烧杯 B. ①、③两步实验操作分别为过滤和萃取 C. ②反应的离子方程式为：Cl2 + 2I- = 2Cl- + I2‎ D ②中氧化剂也可用溴水代替 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验流程可知，海藻晒干在坩埚中灼烧得到海藻灰，浸泡后得到海藻灰悬浊液，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，可知①为过滤，过滤后得到残渣和含有碘离子的溶液，②中加入适量氯水得到含有碘水溶液，向含有碘水的溶液中加入萃取剂，得到含有碘的有机溶液，通过蒸馏得到碘晶体，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 灼烧时用到的仪器有：坩埚、三角架、泥三角、酒精灯、坩埚钳等仪器，故A错误；‎ B. ①分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，③是将碘单质从水溶液中转移到有机溶剂中应采用萃取法，故B正确；‎ C. ②中通足量的氯气将碘离子氧化成碘单质，反应为Cl2 + 2I- = 2Cl- + I2，故C正确；‎ D.溴单质的氧化性也大于碘单质，因此溴单质也能将碘离子氧化成碘单质，可用溴水代替氯水，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查海水提碘的流程，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意混合物分离方法的选择，题目难度不大。‎ 二、选择题：每小题只有一个选项或两个选项符合题意。‎ ‎11.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是 X Y Z W A. 原子半径：W>Z>Y>X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X C. 四种元素的单质中，Y单质的熔沸点最高 D. W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题的突破口为Y，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，核外各层电子数为2、6，应为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律比较原子半径、单质的熔沸点以及最高价氧化物对应水化物的酸性等性质。‎ ‎【详解】由以上分析知：X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，‎ A、同周期元素的从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞X＞Y，故A错误；‎ B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强可知最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；‎ C．四种元素的单质中，Z单质为固体，其他三种元素单质均为气体，因此Z单质的熔沸点最高，故C错误；‎ D、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律。‎ ‎12.化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应是吸热反应 B. 断裂1molA-A键和1molB-B键能放出xkJ的能量 C. 断裂2molA-B键需要吸收ykJ的能量 D. 2molAB的总能量高于1moA2和1molB2的总能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；‎ B、断裂化学键需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；‎ C、由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；‎ D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎13.在一定温度下，可逆反应H2(g) + I2(g) 2HI(g) 达到平衡状态的标志是 A. 单位时间消耗n mol H2，同时生成2n mol HI B. 体系的颜色不再变化 C. H2的体积分数保持不变 D. H2、 I2、HI 的分子数之比为 1 ∶1∶ 2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎【详解】A．消耗n mol H2同时生成2n mol HI，都体现的正反应方向，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；‎ B．混合气体的颜色不再改变，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故B正确；‎ C．随着反应的进行H2的体积分数逐渐减小，当H2的体积分数保持不变，即浓度不再变化，是平衡状态，故C正确；‎ D．当体系达平衡状态时，H2、I2、HI的分子数比可能为1：1：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，因而H2、I2、HI分子数之比为1：1：2，不能说明反应已达平衡状态，故D错误；‎ 答案BC。‎ ‎14.过量锌片与一定量稀硫酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成氢气总量，可以采取的措施是 A. 改用锌粉 B. 改用浓硫酸 C. 再加入少量稀硫酸 D. 加入几滴硫酸铜溶液 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过量锌与少量稀硫酸反应，为了加快反应速率，可以升高温度、增大锌固体的表面积或形成原电池反应，不影响生成氢气的总量，所加入物质不能改变氢离子的总物质的量，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．改用锌粉，增大锌固体的表面积，即增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A正确；‎ B．浓硫酸具有强氧化性，与Zn发生氧化还原反应，即Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，不生成氢气，故B错误；‎ C．再加入少量稀硫酸，增大了氢离子的物质的量，增大了生成氢气的总量，故C错误；‎ D．加入少量硫酸铜溶液，Zn置换出Cu，能够形成锌铜原电池，加快反应速率，氢离子物质的量不变，生成氢气总量不变，故D正确；‎ 答案为AD。‎ ‎15.只用一种试剂，区别苯、己烯、四氯化碳等三种无色溶液，可以选用下列试剂中的 A. 硝酸银溶液 B. 溴水 C. 澄清石灰水 D. 氢氧化钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．均不与硝酸银溶液反应，且己烯、四氯化碳密度均比水大，分层后现象相同，不能鉴别，故A错误；‎ B．苯、己烯、四氯化碳3种无色液体分别与溴水混合的现象为：苯能萃取溴水中的溴，由于苯的密度比水小，分层后有色层在上层，己烯能与溴水中的溴发生加成反应，而使溴水褪色，四氯化碳能萃取溴水中的溴，由于四氯化碳的密度比水大，分层后有色层在下层，三种现象不相同，可以鉴别，故B正确；‎ C．均不与石灰水反应，且己烯、四氯化碳密度均比水大，分层后现象相同，不能鉴别，故C错误；‎ D．均不与氢氧化钠溶液反应，且己烯、四氯化碳密度均比水大，分层后现象相同，不能鉴别，故D错误；‎ 答案为B。‎ 三、非选择题 ‎16.(1)下面是4种粒子的结构示意图：‎ A．　　　B．　　　C．　　D．‎ 图中粒子共能表示______种元素，图中表示的阳离子是_______(用离子符号表示)，图中C所表示的元素在元素周期表中的位置______。‎ ‎(2)在1-18号的短周期主族元素中，表中的字母代表一种元素，回答下列问题：‎ C D A B E F ‎①D单质的电子式为：______；‎ ‎②F的最高价氧化物对应水化物的化学式为：______；‎ ‎③E和F分别形成的气态氢化物中稳定性较弱是______；(填写氢化物的化学式)‎ ‎④A最高价氧化物的水化物所含化学键为_______，其水溶液与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为__。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). Mg2+ (3). 第三周期第ⅦA族 (4). (5). HClO4 (6). H2S (7). 离子键 共价键 (8). Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]- 或Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由四种粒子的结构示意图可知，核内的质子数有3种，则图中粒子表示3种元素；阳离子的核电荷数大于核外电子总数，四种粒子的结构示意图中，只有A的核内质子数（12）＞核外电子数（10），表示的是阳离子，离子符号为Mg2+；C为Cl-，其原子序数=质子数=17，其原子结构示意图为，有三个电子层，最外层7个电子，则位于周期表中第三周期第 VIIA族；答案为：3，Mg2+，第三周期第 VIIA族。‎ ‎（2）根据各元素的相对位置可知，A为Na元素、B为Al元素、C为C元素、D为N元素、E为S元素、F为Cl元素；‎ ‎①D为N元素，其单质为N2，存在氮氮叁键，电子式为；答案为。‎ ‎②F为Cl元素，其最高正价为+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4；答案为HClO4。‎ ‎③E为S元素、F为Cl元素，二者属于同周期元素，从左至右，非金属性增强，非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则二者形成的气态氢化物中稳定性较弱的是H2S；答案为H2S。‎ ‎④A为Na元素，其最高价氧化物的水化物为NaOH，其电子式为，则钠离子与氢氧根之间存在离子键，氢和氧之间存在共价键，B为Al元素，B的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，NaOH水溶液与Al(OH)3反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]- 或Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O；答案为离子键、共价键，Al(OH)3＋OH-=[Al(OH)4]- 或Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O。‎ ‎17.有下列微粒：① 16O ② 35Cl2 ③ 18O ④ 14N ⑤ ‎14C ⑥ H ⑦ D ⑧ 37Cl2‎ ‎(1)互为同位素的是：_______；(填序号，下同)中子数相等的是：_______‎ ‎(2)同位素原子可以用作“示踪原子”，研究一些反应机理。‎ ‎①已知可逆反应2SO2＋O22SO3 ，向一密闭容器内充入SO2和18O2，反应一段时间后，18O可能存在于_______‎ A 仅O2中 B. 仅SO3中 C. 仅O2和SO3中 D. O2 、 SO2 、SO3中 ‎②根据乙酸和乙醇发生反应的原理，写出CH3CO18OH与CH3CH2OH反应的化学方程式：_______。‎ ‎(3)‎20g D2O中质子的物质的量为：_______‎ ‎【答案】 (1). ①和③ 、 ⑥和⑦ (2). ①和⑤ (3). D (4). CH3CO18OH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 +H218O (5). 10 mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；①16O和③18O二者质子数相同，中子数不同，属于同一元素的不同原子，互为同位素，同理⑥ H 和⑦ D属于氢元素的同位素，①16O中中子数为8，⑤ ‎14C中中子数为8，二者中子数相等，答案为互为同位素是①和③，⑥和⑦；中子数相等的是①和⑤。‎ ‎（2）①因为2SO2+O2⇌2SO3是可逆反应不能进行彻底，所以反应后18O 存在于所有含氧物质中，即存在于SO2、O2、SO3中，答案为D。‎ ‎②根据乙酸与乙醇反应机理是乙酸脱羟基乙醇脱氢生成乙酸乙酯和水，即乙酸分子断裂C-18O单键，醇分子断裂O-H键，故18O原子到了水中，则CH3CO18OH与CH3CH2OH反应的化学方程式为：CH3CO18OH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 +H218O，答案为CH3CO18OH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 +H218O。‎ ‎（3）D2O中质子数=2+8=10，n（D2O）==1mol，则质子的物质的量为10mol；答案为10mol。‎ ‎18.“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯。在实验室我们可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：‎ ‎(1)试管a中加入碎瓷片，其作用是_____________，试管b中溶液是_______________。‎ ‎(2)浓硫酸的作用是：______________________________。‎ ‎(3)装置中导管要插在试管b液面上，不能插入溶液中，目的是______________。‎ ‎(4)若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作名称是______________。‎ ‎【答案】 (1). 防暴沸 (2). 饱和碳酸钠(或Na2CO3) 溶液 (3). 催化剂 、 吸水剂 (4). 防止倒吸 (5). 分液 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）加热乙酸、乙醇的混合物容易发生爆沸，加入碎瓷片能防止爆沸；试管b中的溶液是饱和碳酸钠溶液，因为乙醇、乙酸易挥发，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度不大，利用饱和碳酸钠溶液，吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯溶解度；答案为防止爆沸，饱和碳酸钠溶液。‎ ‎（2）乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂；答案为催化剂，吸水剂。‎ ‎（3）乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水而产生倒吸，加热不充分也能产生倒吸，导管不能插入到Na2CO3溶液中，防止倒吸回流现象的发生；答案为防止倒吸。‎ ‎（4）因为生成的乙酸乙酯不溶于水，与水分层，且乙酸乙酯在上层，可用分液方法分离；答案为分液。‎ ‎19.人们常常利用化学反应中的能量变化为人类服务。‎ ‎⑴化学反应中的能量变化，主要表现为热量的变化。‎ ‎①下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于放热反应的是_________。‎ A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl混合搅拌 B．铝与氧化铁在高温下反应 C．铝与盐酸反应 D．NaOH与稀硫酸反应 ‎②氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1 mol 氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1 mol 氯气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1 mol ‎ 氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是_________。‎ A．Q1+Q2＞Q3B．Q1+Q2＜2Q‎3C． Q1+Q2＜Q3D．Q1+Q2＞2Q3‎ ‎⑵电能是现代社会应用最广泛的能源之一。如下图所示的原电池装置中：‎ ‎①负极材料是_______，正极上能够观察到的现象是_______________________，‎ ‎②正极的电极反应式是______________。‎ ‎③原电池工作一段时间后，若消耗锌‎6.5 g，则放出气体________L(标况下)。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). B (3). Zn或锌 (4). 铜片表面产生无色气泡 (5). 2H++2e－=H2↑ (6). 2.24‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①A．Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应中各元素的化合价都没有发生变化，属于复分解反应，为非氧化还原反应，也为吸热反应，故A不符合题意；‎ B．铝与氧化铁在高温下的反应生成氧化铝和铁，Al、Fe元素的化合价发生了变化，为氧化还原反应，且该反应为放热反应，故B符合题意；‎ C．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，Al、H元素的化合价发生了变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故C符合题意；‎ D．NaOH与稀硫酸反应生成硫酸钠和水，为中和反应，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，且为放热反应，故D不符合题意；‎ 答案为BC。‎ ‎②破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g），反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol。由于氢气在氯气中燃烧，反应放热，则反应热△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2＜2Q3；答案为B。‎ ‎（2）①如图所示的原电池装置中，活泼金属作负极，金属性Zn>Cu，则Zn 为负极，发生氧化反应，电极反应Zn-2e-=Zn2+，铜做正极，溶液中氢离子在Cu电极上得到电子发生还原反应，生成氢气，电极反应：2H++2e-=H2↑，能够观察到Cu片表面上产生无色气泡的现象；答案为Zn，Cu片表面上产生无色气泡。‎ ‎②正极上电极反应为2H++2e-=H2↑；答案为2H++2e-=H2↑。‎ ‎③根据方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，消耗65gZn，产生1mol氢气，则消耗6.5gZn，产生0.1molH2，即标况下产生H‎22.24L；答案为‎2.24L。‎ ‎20.乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。以乙烯为主要原料合成重要的有机化合物路线如下图所示，请回答下列问题。(已知：A与金属钠可以反应生成无色气体)‎ ‎(1)A物质所含官能团的名称是：_______，A与钠反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)反应③的化学方程式是：________。‎ ‎(3)下列物质中，不能通过乙烯加成反应得到的是：_______(填序号)。‎ a. CH3CH3         b. CH3CHCl2       c. CH3CH2Br ‎(4)葡萄可用于酿酒。检验葡萄汁含葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制备的Cu(OH)2悬浊液，加热，其现象是：__。‎ ‎(5)若D为一种常见的高分子化合物，可以用于制作保鲜膜，则反应①的反应类型为：______。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 2CH3CH2OH +2Na →2CH3CH2ONa + H2↑ (3). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (4). b (5). 产生砖红色沉淀 (6). 加聚反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机化合物合成路线图可知，A氧化成B，B氧化成乙酸，采用逆推法，则可判断B为乙醛，A为乙醇，D是高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，据此解答。‎ ‎【详解】(1)由上分析可知，A为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH，可知含有的官能团是羟基，乙醇与Na反应，生成乙醇钠和氢气，反应方程式为2CH3CH2OH +2Na →2CH3CH2ONa + H2↑，答案为羟基，2CH3CH2OH +2Na →2CH3CH2ONa + H2↑。‎ ‎(2)乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O，答案为2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O。‎ ‎(3)乙烯和氢气加成生成乙烷，和溴化氢发生加成生成溴乙烷，CH3CHCl2无法通过加成反应制得，答案为b。‎ ‎(4)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀氧化亚铜；答案为产生砖红色沉淀。‎ ‎(5)工业上以乙烯为原料生产聚乙烯的化学方程式为nCH2=CH2，反应类型属于加聚反应；答案为加聚反应。‎