【文档说明】湖南省长郡中学2024-2025学年高二上学期入学考试化学试卷（8月） Word版含解析.docx，共(17)页，1.071 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025-1长郡中学高二入学考试化学试卷(8月)时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H~1O~16S~32Fe~56Zn~65一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.日常生活中经常用到

各类材料，下列说法正确的是A.铝制餐具不宜长时间存放酸性食物，适合长时间存放碱性食物B.新能源汽车上使用的SiC半导体材料是一种新型陶瓷C.60C与石墨互为同分异构体D.天然橡胶、聚丙烯纤维、玻璃纤维都属于有机高分子材料【

答案】B【解析】【详解】A．铝既可以与酸反应，又可以与碱反应，所以铝制餐具不能长时间存放酸性或碱性食物，故A错误；B．SiC是无机非金属材料，属于新型陶瓷，故B正确；C．60C与石墨互为同素异形体，故C错误；D．玻璃纤维都属于无机非金属材料，故D错误；故选B。2.下列

化学用语表达错误的是A.HClO的电子式：B.质量数为195、中子数为117的铂原子：19578PtC.乙醇的球棍模型：D.乙醛的结构简式：CH3COH【答案】D【解析】【详解】A．已知H和Cl只能形成1个共价键，O能形成2个共价键，故HClO的电子式为：，A正

确；B．已知质量数等于质子数加中子数，故质量数为195、中子数为117的铂原子表示为：19578Pt，B正确；C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，并且原子半径：r(C)＞r(O)＞r(H)，所以乙醇的球棍模型：，C正确；D．已知乙醛的官能团为-CHO，故乙醛的结

构简式为：CH3CHO，D错误；故答案为：D。3.下列说法不正确的是A.食用油在空气中放置过久产生“哈喇”味，是因为其中的某些有机物发生了氧化反应B.糖类都能在加热条件下与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀C.聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.医用酒精消毒的原理是使蛋白质变性

【答案】B【解析】【详解】A．植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，含有不饱和键容易发生氧化反应变质，产生“哈喇”味，A正确；B．糖类不一定都能在加热条件下与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，如蔗糖、淀粉和纤维素等不含醛基，不能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，B错

误；C．聚乙烯中不含碳碳双键了，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．酒精可进入细菌的细胞内，使细菌的蛋白质变性，破坏细菌组织，所以医用酒精用于杀菌消毒，D正确；故答案为：B。4.下列实验装置或操作正确且能达到实

验目的的是(部分夹持装置已略去)A．制取并收集NH3B．除去Cl2气体中混有的少量HCl气体C．分离粗盐中的不溶物D．灼烧碎海带A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氨气易溶于水，不能用

排水法来收集NH3，应该用向下排空气法，A不合题意；B．HCl能与NaHSO3反应生成SO2，引入新的杂质，应该用饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，B不合题意；C．可以用过滤的操作来分离粗盐中的不溶物，且操作正确，C符合题意；D．灼烧应该使用坩埚，而不能使用烧杯，D不合题意；故答案为：C。5.下列

有关电极方程式或离子方程式书写正确的是A.过量NaHSO3溶液与澄清石灰水混合：-2+-2-33232HSO+Ca+2OH=CaSO+2HO+SOB.氯气与水反应：+--22Cl+HO2H+Cl+ClOC.锌、铜和稀硫酸组成的原电池正极发生的反应：-2+Zn-2e=ZnD.硝酸亚铁稀溶

液中加入稀硫酸：2+-+3+322Fe+NO+2H=Fe+NO+HO【答案】A【解析】【详解】A．过量NaHSO3溶液与澄清石灰水混合生成CaSO3、Na2SO3和H2O，故离子方程式为：-2+-2-33232HSO+Ca+2OH=CaSO+2HO+SO，A正确；B．HClO是弱酸，

离子方程式中不能拆，故氯气与水反应的离子方程式为：+-22Cl+HOH+Cl+HClO，B错误；C．原电池正极发生还原反应，则锌、铜和稀硫酸组成的原电池正极发生的反应为：2H++2e-=H2↑，C错误；D．硝酸亚铁稀溶液中加入稀硫

酸反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，则离子方程式为：2+-+3+323Fe+NO+4H=3Fe+NO+2HO，D错误；故答案为：A。6.下列离子能大量共存的是A+3+--NaFeClCSN、、、B.++--33NaHNOHCO、、、C.-+

2+-4NaBaAl(OH)OH、、、D.+2+--3HFeClNO、、、【答案】C【解析】【详解】A．Fe3+与SCN-反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故A错误；B．+-3HHCO、会发生离子反应生成二氧

化碳和水，不能大量共存，故B错误；C．给定各离子可以大量共存，故C正确；D．-3NO遇到H+，具有强氧化性，与2+Fe发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误；故选C。7.反应()()()()22CsHOgCOgHg++在一可变容积的容器中进行反应，下列条

件的改变对其反应速率几乎无影响的是A.将容器的体积缩小一半B.保持体积不变，充入N2C.保持体积不变，升高温度D.压强不变，充入N2使体积增大【答案】B【解析】【详解】A．将容器的体积缩小一半，体系的压强增大，物质的浓度也增大，化学反应速率加快，A不符合题意；B．保持体积不变，充入N

2，各种气体物质浓度不变，因此化学反应速率不变，B符合题意；C．保持体积不变，升高温度，物质的内能增加，活化分子数目增加，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，C不符合题意；D．压强不变，充入N2使体积增大，反应体系的气体物质浓度减

小，化学反应速率减慢，D不符合题意；故合理选项是B。8.一种锌-溴电池原理示意图如下图所示，隔膜为阳离子交换膜(只允许阳离子通过)。下列说法错误的是.A.电子从电极a经导线流向电极bB.在电池内部，阳离子由电极a往电极b方向移动C.电极b为负极，发生的电极反应为--

2Br+2e=2BrD.每消耗0.1molZn，理论上转移0.2mol电子【答案】C【解析】【分析】根据图示，a极Zn失电子发生氧化反应生成Zn2+，a是负极；b极Br2得电子发生还原反应生成Br-，b是正极。【详解】A．a是负极、b

是正极，电子从电极a经导线流向电极b，故A正确；B．a是负极、b是正极，在电池内部，阳离子由电极a往电极b方向移动，故B正确；C．电极b为正极，发生的电极反应为--2Br+2e=2Br，故C错误；D．Zn失电子发生氧化反应生成Zn2+，每消耗0.1molZn，理论上转移0.2mol

电子，故D正确；选C。9.某温度下，化学反应22A(g)+B(g)=2AB(g)的能量变化如下图所示，22ABAB、、分子内原子均以单键结合。则下列说法正确的是A.该反应是放热反应B.加入催化剂可以改变反应的热效应C.2molA-B断裂需要吸收bkJ的能量D.21moA(g)和21moB(

g)具有的能量为akJ【答案】C【解析】【详解】A．据图可知生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应是吸热反应，A错误；B．使用催化剂，只能改变反应的活化能，不可以改变反应的热效应，B错误；C．如图示，2molAB(g)吸收b

kJ能量得到2molA(g)和2molB(g)，则断裂2molA-B需要吸收bkJ的能量，C正确；D．如图示，21moA(g)和21moB(g)生成2molA(g)和2molB(g)需要吸收的能量为ak

J，21moA(g)和21moB(g)具有的能量不是akJ，D错误；故选C。10.下图是实验室进行2SO制备与性质实验的组合装置，部分固定装置和装置B前后的干燥装置未画出。下列有关说法确的是A.为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用饱和的石灰水B.关闭2K，打开1K

，滴加硫酸，则装置B中每消耗221molNaO，转移2mol电子C.关闭1K，打开2K，试剂X是酸性4KMnO溶液或2FeCl溶液，均可证明2SO有还原性D.实验过程中体现了硫酸的酸性、吸水性、难挥发性、强氧化性【答案】B【解析】【分析】A中硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧

化硫、水，D中试剂验证二氧化硫的还原性，B中Na2O2和SO2反应生成Na2SO4；C和E吸收二氧化硫，防止污染。【详解】A．为防止环境污染，装置C和E吸收二氧化硫，用饱和的氢氧化钠溶液，故A错误；B．关闭2K，打开1K，滴加硫酸，则装置B中Na2O2和SO2反应生成Na2SO4，过氧化钠中O

元素化合价由-1降低为-2，每消耗221molNaO转移2mol电子，故B正确；C．酸性4KMnO溶液或3FeCl溶液验证2SO有还原性，故C错误；D．实验过程中硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，体现了硫酸的酸性，硫酸中元素化合价没变，没有体现强氧化性，故D错误；选B。11.W

、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体：Y是短周期主族元素中金属性最强的元素；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是A.X与W元素、X与Y元素都可形成不止一种二元

化合物B.W的氧化物对应的水化物是氧化性强酸C.最简单氢化物的稳定性：W>X>ZD.最简单氢化物的沸点：WXZ【答案】A【解析】【分析】由题干信息可知，W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味

的气体，则W为N，X为O，Y是短周期主族元素中金属性最强的元素，则Y为Na，Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，故Z为Cl，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X、Y、Z、W分别为O、Na、Cl、N，故X与W元素可形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4和N

2O5等，X与Y元素可形成Na2O、Na2O2等化合物，都不止一种，A正确；B．由分析可知，W为N，W的氧化物对应的水化物有HNO2、HNO3，其中HNO3是氧化性强酸，而HNO2为弱酸，B错误；C．由分析可知，Z为Cl、X为O、W为N，已知非金属性O＞Cl＞N，则最简单氢化物的稳定性H2O

＞HCl＞NH3即X＞Z＞W，C错误；D．由分析可知，Z为Cl、X为O、W为N，由于H2O、NH3各自分子间存在氢键，且H2O周围氢键数目更多，故最简单氢化物的沸点H2O＞NH3＞HCl即X＞W＞Z，D

错误；故答案为：A。12.工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸()23HSeO和少量硒酸()24HSeO，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸，反应方程式为2423222HCl+HSeO=HSeO+Cl+HO

。在亚硒酸溶液中通入2SO，有单质硒析出。下列说法错误的是A.氧化性：24223HSeO>Cl>HSOB.亚硒酸与2SO生成单质硒反应可能生成24HSOC.析出1mol硒需要消耗标准状况下222.4LSOD.亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸【答

案】C【解析】【详解】A．反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则H2SeO4的氧化性比氯气强，又氯气可与

将亚硫酸氧化成硫酸，所以氧化性：H2SeO4＞C12＞H2SO3，故A正确；B．在亚硒酸溶液中通入2SO，有单质硒析出，反应方程式为422223+HO+2SOH=Se+eO2HSSO，故B正确；C．将二氧化硫通入亚

硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应中Se元素化合价由+4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用2molSO2，即标准状况下44.8LSO2，故C错误；D．在亚硒酸中Se的化合价为+4价，介于该元素的最高化合价和最低化合价之间，理论上既有氧化性，又有还原性，氯气不氧化亚硒

酸但是氯气能氧化亚硫酸说明亚硒酸还原性不及亚硫酸，故D正确；故选C。13.工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下图所示：对上述流程的判断正确的是A.试剂X可以为NaOH溶液，“沉淀”中含有铁的化合物B.CO2可以用稀硫酸或稀盐酸代替C.Y为Na2CO3溶液

的D.工业上还可采用Fe高温还原Al2O3的方法制Al【答案】A【解析】【分析】氧化铝矿石中含Fe2O3杂质，由流程可知，过量X为NaOH或KOH等强碱溶液，过滤分离出的沉淀为Fe2O3，溶液乙中含4Al(OH)−，通入过量二氧化碳发生CO2+[Al(OH)4

]-=Al(OH)3↓+-3HCO，Y中含碳酸氢根离子，过滤分离出氢氧化铝，再加热分解生成氧化铝，最后电解熔融氧化铝生成Al，以此来解答。【详解】A．由分析可知，试剂X可以为NaOH溶液，“沉淀”中含有铁的化合物，A正确；B．由分析可知，由于Al(OH)3能与硫酸、盐酸反应，

故CO2不可以用稀硫酸或稀盐酸代替，B错误；C．由分析可知，Y为NaHCO3溶液，C错误；D．Al还原性强于Fe，不能用Fe高温还原Al2O3的方法制Al，D错误；故答案为：A。14.柠檬酸加热时可发生如下的转化：下列说法正确的是A.柠檬酸、顺乌头酸、异柠檬酸互为同分异构体B.柠檬酸可以在Cu

作催化剂、加热的条件下与O2发生催化氧化反应C.1mol柠檬酸与足量NaOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOHD.顺乌头酸转化为异柠檬酸的反应属于加成反应【答案】D【解析】【详解】A．由题干信息可知，柠檬酸和异柠檬酸的分子式相同而结构不同互为同分异

构体，但顺乌头酸的分子式不同，不互为同分异构体，A错误；B．由题干信息可知，柠檬酸中与羟基相连的碳原子上没有H，故不可以在Cu作催化剂、加热的条件下与O2发生催化氧化反应，B错误；C．由题干信息可知，1mol柠檬酸含有

3mol羧基和1mol醇羟基，故1mol柠檬酸与足量NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH，C错误；D．由题干信息可知，顺乌头酸转化为异柠檬酸的反应属于加成反应，D正确；故答案为：D。二、非选择题(本题共4个小题，共58分)15.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑥在表中的位

置，用化学用语回答下列问题：族周期IA01IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2①②③3④⑤⑥⑦是短周期元素中原子半径最大的元素(稀有气体元素除外)。（1）⑦在元素周期表中的位置是_______。（2）画出⑥的简单离子结构示意图：_______。（3）

①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为_______(用原子符号表示)。（4）④和⑥组成的化合物中化学键类型是_______。（5）化合物X由③和⑦组成且两种元素物质的量之比为1:1，X的电子式是_______。（6

）④的单质和⑦的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是_______。（7）下列化合物中属于强酸的有_______(填标号)。a．⑥的简单氢化物b．②的简单氢化物c．①的最高价氧化物对应水化物d．②的最高价氧化物

对应水化物【答案】（1）第三周期第IA族（2）（3）Si>C>O（4）共价键（5）（6）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑（7）ad【解析】【分析】①~⑥分别为C、N、O、A

l、Si、Cl元素；⑦是短周期元素中原子半径最大的元素，则为Na元素；【小问1详解】⑦是短周期元素中原子半径最大的元素，则为Na元素，Na在元素周期表中的位置是第三周期第IA族；【小问2详解】⑥为氯元素，其简单离子Cl-核内质子数为17，核外电子数为18，结构示意图：

；【小问3详解】电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径减小，①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为Si>C>O；【小问4详解】④和⑥组成的化合物AlCl3是共价键化合物，化学键类型是共价

键；【小问5详解】化合物X由③O和⑦Na组成且两种元素物质的量之比为1:1，则X为Na2O2，过氧化钠是离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根内O与O原子存在共价键，电子式是；【小问6详解】④的单质Al和⑦的最高价氧化物对应水

化物NaOH反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；【小问7详解】a．⑥的简单氢化物是HCl，盐酸属于强酸，故a符合题意；b．②的简单氢化物是NH3，NH3∙H2O属于弱碱，故b不符合题意；c

．①的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，碳酸属于弱酸，故c不符合题意；d．②的最高价氧化物对应水化物HNO3，硝酸是强酸，故d符合题意；故选ad。16.黄铁矿高温煅烧除硫后的烧渣主要含有23232FeOFeOAlOSiO、、、，某研究小组尝试用烧渣制取绿矾(42FeSO

7HO)，流程图如下。已知：3+Al完全沉淀时的pH小于2+Fe开始沉淀时的pH。回答下列问题：（1）为提高烧渣的浸取速率，可采用的措施有_______(填标号)。a升高温度b．将烧渣粉碎c．增大烧渣用量d.适当增大硫酸浓度e．增大反应容器气压

（2）滤渣I的主要成分是_______(填化学式)。（3）试剂X可以选用多种物质，若X是一种非金属氧化物，写出还原过程中发生反应的离子方程式：_______。（4）滤渣II的主要成分是_______(填化学式)。（5）过滤II后的滤液为4FeSO溶液，从4FeSO溶液得到42FeSO

7HO的一系列操作中应将4FeSO溶液放置于_______(填仪器名称)中加热。（6）绿矾容易被氧化变质，写出实验室中检验绿矾是否被氧化变质的操作和现象：_______。（7）该研究小组取14.00g烧渣进行实验，最后得到绿矾的质

量为25.02g，若从烧渣制取绿矾的流程中没有使用含铁的试剂，则烧渣中Fe的质量百分数为______。(假设流程中的铁元素全部转化到绿矾中)【答案】（1）abd（2）SiO2（3）3+2+2-+2242Fe+SO+2HO=2Fe+SO+4H（4）3Al(OH)（5）蒸发皿（6）取少量固体于试管中，

加入蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质（7）36.00%【解析】【分析】23232FeOFeOAlOSiO、、、加入稀硫酸，2323FeOFeOAlO、、溶于稀硫酸生成相应的盐，但2SiO不溶，故滤渣I为2SiO。向滤液中加入还原剂X

将Fe3+还原为Fe2+，还原剂X可以是Fe或具有还原性的SO2，调pH除去Al3+，所以滤渣II为3Al(OH)。得到滤液为4FeSO溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾晶体，加热过程在烧杯

中进行。【小问1详解】升高温度、将烧渣粉碎、适当增加稀硫酸浓度可以加快速率，故答案为abd；【小问2详解】2SiO为酸性氧化物，不溶于稀硫酸，则滤渣I为2SiO，故答案为2SiO；【小问3详解】还原剂为非金属氧化物，且生成物绿矾中有S元素，则X为SO2，反应中Fe3+

还原为Fe2+，SO2被氧化24SO−，故答案为3+2+2-+2242Fe+SO+2HO=2Fe+SO+4H；【小问4详解】根据已知条件3+Al完全沉淀时的pH小于2+Fe开始沉淀时的pH，调pH除去3+Al，所以滤渣II为3Al(OH)，故答案为3Al(OH)；【小问5详解】过滤

II后的滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾晶体，蒸发浓缩在蒸发皿中进行，故答案为蒸发皿；【小问6详解】绿矾容易被氧化为Fe3+，用KSCN溶液检验，故答案为取少量固体于试管中，加入

蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质；【小问7详解】根据题意，产品绿矾中的Fe全部来源于烧渣中，根据元素守恒可计算出烧渣中Fe的质量为5625.02g=5.04g278，则Fe的质量分数为5.04g100%=36.0

0%14.00g，故答案为36.00%。17.某小组同学欲探究3NH的催化氧化反应，用下图所示装置进行实验。A、B装置可选用的药品有：浓氨水、22HO溶液、蒸馏水、NaOH固体、2MnO。C、D装置为气体干燥装置。(部分夹持装置已略去)回答下列问

题：（1）3NH催化氧化的化学方程式是_______。（2）装置D的仪器名称为_______，盛放的试剂应为_______(填“无水4CuSO”“碱石灰”或“无水2CaCl”)。（3）反应进行一段时间后，装置G中的

溶液变成蓝色。请用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：_______。（4）甲同学进行实验后观察到装置F中有红棕色气体生成，乙同学进行实验后观察到装置F中无红棕色气体生成，而有白烟生成，白烟成分是_______(填化学式)。

（5）为帮助乙在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进，可以调节2K，_______(填“增大”或“减小”)装置B中的产气量。（6）为实现该反应，用图所示装置替换题目中所给装置的虚线框部分也可以达到实验目的，化合物X由两种短周期元素组成，且阴阳离子个数之比为1:2，则

X为_______(填化学式)。【答案】（1）4NH3+5O2=催化剂4NO+6H2O（2）①.球形干燥管②.碱石灰（3）3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）NH4NO3（5）减少（6）Na2O2【解析】【分析】欲探究3N

H的催化氧化反应，需要装置A和B制取氨气和氧气，根据干燥装置，可知装置A用22HO溶液、2MnO制取氧气，装置C盛有浓硫酸干燥氧气，装置B用浓氨水、NaOH固体制取氨气，装置D装有碱石灰干燥氨气，E装置是

氨气的催化氧化装置，从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气，因2NO+O2=2NO2，在F中看到红棕色气体生成，由于4NO+2H2O+3O2=4HNO3，NH3+HNO3=NH4NO3，在F还能看到白烟生成，装置G为铜和稀硝酸反应生成硝

酸铜和NO，尾气处理有害气体；小问1详解】氨气在催化剂、加热条件下被氧气氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O2=催化剂4NO+6H2O；【小问2详解】装置D的仪器名称为球形干燥管，用于干燥氨气，盛放的试剂应为碱石灰，因为无水4

CuSO或无水2CaCl都能与氨气反应，故不能选择作为干燥氨气的试剂；【小问3详解】的【G中溶液变蓝色说明有Cu2+生成，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2-3NO=

3Cu2++2NO↑+4H2O；【小问4详解】E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2．化学方程式：2NO+O2=2NO2，二氧化氮、水蒸气、氨气反应生成白色固体硝酸铵，化学式为：NH4NO3；【小问5详解

】要观察到有红棕色气体，可采取措施：一是减少氨气通入量，二是增加氧气通入量，可以调节2K，减少装置B中的产气量；【小问6详解】为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，1个Na2O2由2个钠离子和1个过氧

根离子组成，阴阳离子个数之比为1:2，则X为Na2O2。18.聚乙烯醇(PVA)可用于制备滴服液，以乙烯为主要原料制备PVA的一种路线如下图所示。回答下列问题：（1）反应①、②的反应类型分别是_______、_______。（2）32CHCHOH也可以以乙烯为原料合成，写出

工业上以乙烯为原料合成32CHCHOH的化学方程式：_______。（3）乙酸乙烯酯中所含的官能团名称为_______。（4）反应⑤为加聚反应，写出该反应的化学方程式：_______。（5）下列关于乙酸乙烯酯和PVAC的说法

正确的有_______(填标号)。a．等质量的乙酸乙烯酯和PVAC完全燃烧消耗氧气的质量相等b．乙酸乙烯酯和PVAC互为同系物c．乙酸乙烯酯和PVAC都能使溴的4CCl溶液褪色d．乙酸乙烯酯和PVAC都可以发生取代反应（6）写出3种与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体：

_______。【答案】（1）①.加成反应②.取代反应（2）Δ22232CH=CHHOCHCHOH+→催化剂（3）酯基、碳碳双键（4）32nCHCOOCH=CH⎯⎯⎯⎯→一定条件（5）ad（6）23CHCHCOOCH=、22HCOOCHCH=CH、()

32HCOOCCH=CH、3HCOOCH=CHCH（任写三种）【解析】【分析】①乙烯和HBr加成生成CH3CH2Br，②乙醇与HBr的浓溶液发生取代反应生成CH3CH2Br，③乙醇氧化为乙酸；④乙烯和乙酸、氧气反应转化为乙酸乙烯酯，⑤乙酸乙烯酯分子中含有碳碳双键，加聚生成P

VAC：，其水解得到PVA。【小问1详解】反应①为乙烯和HBr加成生成CH3CH2Br；反应②为乙醇与HBr的浓溶液发生取代反应生成CH3CH2Br；【小问2详解】乙烯与水在催化剂加热条件下生成乙醇，化学方程式为Δ22232CH=CHHOC

HCHOH+→催化剂；【小问3详解】由结构可知，乙酸乙烯酯所含官能团的名称为酯基、碳碳双键；【小问4详解】反应⑤为加聚反应，乙酸乙烯酯分子中含有碳碳双键，加聚生成PVAC，反应为32nCHCOOCH=CH⎯⎯⎯⎯→一定条件；小问5详解】a．等质量的乙酸乙烯酯和PVAC，C、H、O原子个数相同，完

全燃烧消耗氧气的质量相等，故a正确；b．PVAC是混合物，乙酸乙烯酯不能和PVAC互为同系物，故b错误；c．乙酸乙烯酯中含有碳碳双键，可以使溴的4CCl溶液褪色，PVAC中无碳碳双键，不能使溴的4CCl溶液褪

色，故c错误；d．乙酸乙烯酯和PVAC都可以发生酯基的水解反应，其属于取代反应，故d正确；故选ad；【【小问6详解】与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体为23CHCHCOOCH=、22HCOOCHCH=CH、()32HCOOCCH=CH、3HCOOCH=CHCH。