四川省眉山市彭山区第一中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题
彭山一中2021届高二上期入学考试化学试题
可能用到的原子量：H 1 He 4 O 16 Na23 Mg 24 Cl 35.5
第一部分 选择题
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)
1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是
A. 4.03米大口径碳化硅反射镜
B. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服
C. 能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线
D. “玉兔二号”钛合金筛网轮
【答案】A
【解析】
【详解】A.SiC中C、Si都是第IVA的元素，属于无机非金属材料，A正确；
B.聚氨酯中含有C、H、O、N四种元素，分别位于第IVA族、第IA族、第VIA族、第VA族，这几种元素位于不同主族，B错误；
C.C位于第IVA族、Ag位于第IB族，二者位于不同族且Ag为副族元素，C错误；
D.钛合金主要成分有Ti、Al等，Ti位于第IVB族，Al位于第IIIA族，Ti为副族元素，不是主族元素，D错误；
故合理选项是A。
2. 下列元素中，位于第三周期的是
A. 锂 B. 溴 C. 氧 D. 氯
【答案】D
【解析】
试题分析：A．锂是第二周期的元素，错误；B．溴是第四周期的元素，错误；C．氧是第二周期的元素，错误；D．氯是第三周期的元素，正确。
考点：考查元素在周期表中的位置的知识。
3.下列元素中，最高正化合价数值最大的是
A. Na B. P C. Cl D. C
【答案】C
【解析】
详解】A.Na原子最外层只有1个电子，最高+1价；
B.P元素原子最外层有5个电子，最高为+5价；
C.Cl原子最外层有7个电子，最高为+7价；
D.C原子最外层有4个电子，最高为+4价；
可见最高正化合价数值最大的是Cl元素，故合理选项是C。
4.月球上含有丰富的He。关于He的说法不正确的是
A. 是一种核素 B. 原子核内有1个中子
C. 与He互为同位素 D. 比He少一个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.He表示质子数为2，中子数为1的He元素的原子，是He元素的一种核素，A正确；
B.He表示质子数为2，中子数为1的He元素的原子，B正确；
C.He、He质子数都是2个，质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；
D.He与He属于同一种元素，原子核外电子数相同，比He中子数少一个，D错误；
故合理选项是D。
5.与OH-具有相同质子数和电子数的粒子是
A. F- B. Cl- C. NH3 D. Na+
【答案】A
【解析】
【详解】OH-的质子数为8+1=9，电子数为8+1+1=10，选项中微粒只要质子数为9，电子数为10的即为正确答案。
A.F-的质子数为9，电子数为9+1=10，与OH-具有相同质子数和电子数，A符合题意；
B.Cl-的质子数为17，电子数为17+1=18，B不符合题意；
C.NH3的质子数=电子数=7+1×3=10，C不符合题意；
D.NH4+的质子数为7+4=11，电子数为7+4-1=10，D不符合题意；
故合理选项是A。
6.有14g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为
A. 20.40 g B. 28.60 g C. 24.04g D. 无法计算
【答案】C
【解析】
混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，由氯的守恒可知，最终所得氯化钠的物质的量为：，质量为×58.5g/mol=24.04g。答案选C。
7. 已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列关于此反应的说法不正确的是（ ）
A. 是吸热反应
B. 只有在加热条件下才能进行
C. 生成物的总能量高于反应物的总能量
D. 反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量
【答案】B
【解析】
试题分析：A．由于生成物的能量高于反应物的能量，所以反应发生时不足的能量从环境中吸收，故该反应是吸热反应，正确；B．反应是放热反应还是吸热反应与反应发生的条件无关，错误；C．根据图像可知生成物的总能量高于反应物的总能量，故该反应为吸热反应，正确；D．反应热就是断键吸收的热量与成键释放的能量的差值，由于该反应吸热，所以反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量。正确。
考点：考查图像法在表示反应热、键能与反应条件及物质能量的关系的知识。
8.一定温度下的恒容密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是（ ）
A. 容器内n(A2): n(B2):n(AB)="1:1:2"
B. 容器内气体的密度不随时间变化
C. 容器内气体的总压强不随时间变化
D. 单位时间内生成2n mol AB，同时生成n mol A2
【答案】D
【解析】
试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，A不能说明；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，B不能说明；该反应是体积不变的可逆反应，所以容器内气体的压强始终是不变的，C不能说明；D中反应速率的方向相反，且满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，可以说明反应达到平衡状态，答案选D。
考点：考查可逆反应平衡状态的判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题基础性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确平衡状态的特点，然后结合具体的可逆反应灵活运用即可。
9. 下列关于下图所示原电池装置的叙述正确的是( )
A. 铜片是负极 B. 铜片质量逐渐减少
C. 氢离子在铜片表面被还原 D. 电流从锌片经导线流向铜片
【答案】C
【解析】
试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，则根据装置图可知，锌是负极，失去电子；铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢气，所以正确的答案选C。
考点：考查原电池原理的有关判断和应用
点评：该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意和装置图灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。
10.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是
A. 原子半径大小为W
Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
17.N2(g)与H2(g)在铁催化剂表面经历如下过程生成NH3(g)，则下列说法正确的是
A. Ⅰ中破坏的均为极性键
B. Ⅳ中NH2与H2生成NH3
C. Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为放热过程
D. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应吸热
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ⅰ中破坏的化学键N≡N、H-H都是由同种元素形成的共价键，均为非极性键，A错误；
B.Ⅳ中NH2与H原子生成NH3，B错误；
C.Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为形成化学键的过程，形成化学键放出热量，因此属于放热过程，C正确；
D.由于反应物的能量高于生成物的能量，所以N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应是放热反应，D错误；
故合理选项是C。
18.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）＋B（g）xC（g）＋2D（g）。2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D， 0.4 mol C。下列判断不正确的是
A. x ＝1
B. 2 min时，A的浓度为0.9mol·L-1
C. 2 min内A的反应速率为0.3 mol·L-1·min-1
D. B的转化率为60%
【答案】D
【解析】
A. 2 min末该反应达到平衡，测得生成0.8 mol D和0.4 mol C，根据变化量之比是化学计量数之比可知x＝1，A正确；根据方程式可知
3A(g)+B(g) C(g)+2D(g)
起始量（mol） 3 1 0 0
转化量（mol） 1.2 0.4 0.4 0.8
平衡量（mol） 1.8 0.6 0.4 0.8
则B. 2 min时，A的浓度为1.8mol÷2L＝0.9 mol·L-1，B正确；C. 2 min内A的反应速率为0.6mol/L÷2min＝0.3 mol·L-1·min-1，C正确；D. B的转化率为0.4mol/1mol×100%＝40%，D错误，答案选D。
19.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为2∶1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为
A. 2∶9 B. 1∶7 C. 1∶8 D. 1∶6
【答案】C
【解析】
【分析】
Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2，假设NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，然后根据元素的原子守恒，判断其他物质的化学计量数，最后可得参加反应的硝酸的物质的量，然后判断实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量关系。
【详解】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2，假设NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：
n(Cu2S)×[6-(-2)+1×2]=2mol×(5-4)+1mol×(5-2)，解得n(Cu2S)=0.5mol，再根据硫元素守恒可知n(CuSO4)=n(Cu2S)=0.5mol，然后根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)-
n(CuSO4)=2×0.5mol-0.5mol=0.5mol。最后根据氮元素守恒可知参加反应的硝酸n(HNO3)=2 n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO)=2×0.5mol+2mol+1mol=4mol。
所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n(Cu2S)：n(HNO3)=0.5mol：4mol=1：8，故合理选项是C。
【点睛】考查氧化还原反应的基本概念与计算，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，清楚硝酸在反应中的作用，在计算时，首先根据元素化合价升降总数相等确定参加氧化还原反应的元素的原子个数关系，然后按一定顺序确定未参加氧化还原反应的元素，最后判断出硫化亚铜与硝酸的物质的量关系，在氧化还原反应计算中学会用守恒方法分析。
20.下列实验方案中，不能达到相应实验目的的是
A
B
C
D
方
案
目
的
验证不同催化剂对化学反应速率的影响
验证石蜡油分解的产物中含有与烷烃性质不同的烃
除去乙烯、甲烷混合气中的乙烯
比较Cl2、I2的氧化性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A.在其他条件相同的条件下，分别向双氧水中加入少量的二氧化锰和氯化铁溶液，根据反应的剧烈程度不同，验证不同的催化剂对双氧水分解速率的影响，A正确；B.石蜡油的主要成分是烷烃，烷烃不能使溴水褪色，若加热后生成的气体能使溴水褪色，则可证明其分解产物与烷烃性质不同，B正确；C.乙烯可以被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体，所以不能用高锰酸钾除混合气体中的乙烯杂质，C不正确；D.浓盐酸可以与高锰酸钾溶液反应生成黄绿色气体氯气，氯气通到碘化钾溶液中可以置换出碘而使溶液变黄，说明氯气的氧化性强于碘，所以D正确，选D。
第二部分 非选择题 共60分
二、填空题
21.(1)在H、H、H、Mg、Mg和Cu中共有____种元素，_____种原子。
(2)有下列各组物质：A.O2和O3 B.12C和13C C.CH3—CH2—CH2—CH3和 D. 和 E.甲烷和庚烷。
①_________组两物质互为同位素。
②__________组两物质互为同素异形体。
③_________组两物质属于同系物。
④_________组两物质互为同分异构体。
⑤_________组中两物质是同一物质。
【答案】 (1). 3 (2). 6 (3). B (4). A (5). E (6). C (7). D
【解析】
【分析】
(1)同一元素的原子质子数相同，具有一定数目质子和一定数目中子的原子称为核素，有几种核素，就有几种不同的原子；
(2)根据同位素、同素异形体、同系物、同分异构体的概念判断。
【详解】(1)元素是具有相同质子数的同一类原子的总称。同一元素的原子质子数相同，根据题目提供的原子符号可知有H、Mg、Cu三种元素；质子数相同，中子数也相同的原子属于同一种核素，若原子的质子数不同或中子数不同，就属于不同的核素，根据原子的表示可知：在题目中提供了六种不同的原子，因此有6种不同的核素；
(2)①同位素是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同种原子，12C和13C质子数都是6，中子数分别是6、7，中子数不同，二者互为同位素，合理选项是B；
②同素异形体是同一元素组成的不同性质的单质，O2和O3都是由O元素形成的不同性质的单质，二者属于同素异形体，故合理选项是A；
③同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物。甲烷和庚烷分子中C原子之间形成单键，剩余的价电子全部与H原子结合，达到结合H原子的最大数目，二者结构相似，分子组成上相差6个CH2原子团，二者互为同系物，故合理选项是E；
④同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，CH3—CH2—CH2—CH3和分子式都是C4H10，分子结构不同，二者互为同分异构体，故合理选项是C；
⑤ 和可看作是甲烷分子中的2个H原子分别被2个Cl原子取代产生的物质，甲烷是正四面体结构，分子中任何两个H原子都相邻，所以二者是同一物质，故合理选项是D。
【点睛】本题考查了元素、核素、同位素、同系物等一些易混淆的概念的辨析的应用的知识。掌握化学基本概念是正确判断与应用的前提，要注意这些相“同”概念的相同和不同之处，然后进行辨析。
22.针对下表中的9种元素，用化学用语回答下列问题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
(1)写出⑧的原子结构示意图：_________________________。
(2)形成物质种类最多的元素是__________________。
(3)用电子式表示⑤和⑨形成化合物的过程__________________。
(4)⑤⑥⑦最高正价氧化物对应水化物碱性由强至弱的顺序是_____________。
(5)④的单质与甲醇(CH3OH)形成的碱性燃料电池的负极方程式：________________。
(6)写出⑦的单质与三氧化二铁反应的化学方程式____________________。
(7)③和④的气态氢化物的稳定性顺序为：______________。④和⑧的气态氢化物的沸点顺序为：_____________，出现这种变化的原因是：_____________。
【答案】 (1). (2). C (3). (4). NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3 (5). CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O (6). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (7). H2O＞NH3 (8). HF＞HCl (9). HF分子之间存在氢键
【解析】
分析】
首先根据元素在周期表的位置判断确定出各种元素的名称，然后根据元素的原子结构与元素在周期表的位置、元素形成的物质的性质的关系进行解答。
【详解】根据元素在周期表的位置可知：①是H元素，②是C元素，③是N元素，④是O元素，⑤是Na元素，⑥是Mg元素，⑦是Al元素，⑧是S元素，⑨是Cl元素。
(1)⑧是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S原子结构示意图为；
(2)第IVA的C元素原子核外最外层有4个电子，不容易失去电子，也不容易获得电子，可以与其它原子形成共价键，既可以与同种元素的原子形成共价键，也可以与其它元素的原子形成共价键，既可以形成碳链，也可以形成碳环，既可以形成共价单键，也可以形成共价双键国共价三键，因此形成的化合物种类最多，故形成物质种类最多的元素是碳元素；
(3)⑤和⑨表示的元素是Na、Cl，二者形成离子化合物NaCl，其形成过程用电子式表示为：；
(4)同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越强，其形成最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。所以Na、Mg、Al三种元素形成的最高正价氧化物对应水化物碱性由强至弱的顺序是NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；
(5)O2与CH3OH形成的碱性燃料电池中，通入甲醇的电极为负极，失去电子被氧化，产生的CO2与溶液中的OH-结合形成CO32-，所以负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O；
(6)⑦的单质是Al，Al与Fe2O3在高温下发生铝热反应产生Fe单质和氧化铝，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；
(7)同一周期的元素，元素的原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强。③和④的气态氢化物的稳定性顺序由强到弱的顺序为H2O＞NH3
；④和⑧分别是F、Cl两种元素，由于在HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的沸点比同族其它元素的氢化物的沸点高，因此HF、HCl的气态氢化物的沸点顺序为：HF＞HCl。
【点睛】一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，非金属性越强，元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越弱，酸性越强；同一主族的元素，从上到下，随着原子核外电子层数增多，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，酸性越弱。对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，但由于N、O、F三种元素的非金属性很强，原子半径小，它们形成的氢化物分子之间容易形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使NH3、H2O、HF的沸点出现反常现象。
23.某同学依照如下图所示流程提取海带中的碘元素。
(1)步骤①中灼烧海带所用的仪器是__________（填序号）。
a.试管 b.坩埚 c.烧杯
(2)步骤④中用硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化成I2，反应的离子方程式是__________________。
(3)步骤⑤中采用的分离方法是___________________。
(4)经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，继续采取步骤⑥⑦的目的是_______________。
(5)步骤⑦的反应中，当1molIO3-发生反应时，转移电子的物质的量是__________mol。
【答案】 (1). b (2). 2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O (3). 萃取、分液 (4). 从I2的CCl4溶液中分离出I2 (5). 5
【解析】
【分析】
海带在坩埚中进行灼烧后，将其加入蒸馏水溶解过滤除去不溶性杂质，加入稀硫酸酸化加入过氧化氢氧化碘离子为碘单质，加入四氯化碳萃取分液得到碘单质的四氯化碳溶液，蒸馏得到碘单质，根据氧化还原反应中电子转移数目相等进行有关氧化还原反应的计算，利用电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。
【详解】(1)灼烧固体需要使用仪器坩埚，故合理选项是b；
(2)酸性条件下的H2O2作氧化剂，将I-氧化为I2，H2O2本身被还原为水，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O；
(3)由于I2在水中溶解度不大，而容易溶解在CCl4中，水与四氯化碳互不相容，所以可以用四氯化碳将碘单质从碘水中提取出来，提取碘的方法为萃取、分液；
(4)经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，需要从I2的CCl4溶液中分离出I2；
(5)根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知发生反应为：5I-+IO3-+6H+＝3I2+3H2O，可见由1mol IO3-发生反应时，转移5mol电子。
【点睛】本题考查从海带成分中提取碘的操作方法及反应原理的知识，注意掌握萃取和分液的使用条件，书写离子方程式要遵循的三个守恒，根据电子守恒与元素化合价升降关系进行有关计算。
24.A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系。
已知：，请回答下列问题：
(1)B、D中官能团的名称：B____________，D________________。
(2)指出下列编号对应反应的反应类型：①____________，⑥_____________。
(3)在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为___________，电子式为____________。
(4)写出与E含有相同官能团（不含E）的所有同分异构体的结构简式：_________。
(5)写出下列编号对应反应的化学反应方程式：
②_______________________；
④______________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5).
正四面体 (6). (7). HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3 (8). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (9). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
【解析】
【分析】
A常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为CH3CH3，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知：A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，F为CH3CH3，G为CH3CH2Cl。
(1)B为CH3CH2OH，含有官能团为：羟基，D为CH3COOH，含有官能团为：羧基；
(2)反应①是乙烯CH2=CH2与H2O发生加成反应产生乙醇CH3CH2OH，所以反应①的类型为加成反应；反应⑥是CH3CH3与Cl2在光照条件下发生取代反应产生CH3CH2Cl和HCl，所以反应⑥的类型是取代反应；
(3)F是乙烷CH3CH3，该物质属于烷烃，在F的同系物中最简单的有机物为甲烷，空间构型为正四面体，电子式为：；
(4)物质E是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，与E含有相同官能团(不含E)的所有同分异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3；
(5)反应②是乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应④是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
【点睛】本题考查有机物推断知识，涉及烷烃、烯烃、醇、醛、羧酸之间的转化关系，注意物质反应的条件，会根据物质变化特点判断反应类型，并根据有关物质的分子结构，写出符合要求的同分异构体的结构简式，掌握、理解基础知识是解答题目的关键。
25.为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）。
实验操作
实验现象
ⅰ.打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸
A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀
ⅱ.取C中沉淀加入盐酸
C中白色沉淀不溶解
ⅲ.打开B中分流漏斗活塞，逐滴滴加H2O2
开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色
（1）A中发生反应的化学方程式是____。
（2）甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2>SO2。
①乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是____。
②丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是___。
③将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2>SO2。
（3）ⅲ中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：
观点1：H2O2的量少不能氧化Br―
观点2：B中有未反应的H2SO3
为验证观点2，应进行的实验操作及现象是________。
（4）通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱顺序是____。
【答案】（1）Na2SO3（固）+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）①打开弹簧夹通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；
②CCl4、苯或饱和NaHSO3溶液；
（3）取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
（4）H2O2>Br2>SO2。
【解析】
试题分析：（1）在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3（固）+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；②由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；（3）由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；（4）物质在发生氧化还原反应中氧化性的强的可以摆氧化性弱的制取出来。所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2>Br2>SO2。
考点：考查SO2气体的实验室制取方法、物质氧化性强弱比较的验证、方程式的书写及所以存在方法。
