【文档说明】江西省新余市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(19)页，879.500 KB，由小赞的店铺上传

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新余市2019—2020学年度下学期期末质量检测高一化学试题可能用到的原子量：C-12H-1O-16Fe-56I-127第Ⅰ卷一、选择题1.共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分属于有机

物但不属于高分子化合物的是A.中国丝绸B.埃及长绒棉C.乌克兰葵花籽油D.捷克水晶A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．中国丝绸主要成分是蛋白质，属于有机物且属于高分子化合物，故A错误；B．埃及长绒棉主要成分是纤维素，属于有机物且

属于高分子化合物，故B错误；C．乌克兰葵花籽油主要成分是油脂，属于有机物，不属于高分子化合物，故C正确；D．捷克水晶主要成分是二氧化硅，属于无机物，故D错误；故答案选C。2.某元素的一个原子形成的离子可表示

为baXn-，下列说法正确的是（）A.baXn-中含有的中子数为a+bB.baXn-中含有的电子数为a-nC.X原子的质量数为a+b+nD.一个X原子的质量约为236.0210bg【答案】D【解析】【分析】根据baXn-中质子数是a，质量数是b，中子数=质量

数-质子数，阴离子中核外电子数=核内质子数+电荷数，原子的质量以克为单位，数值为原子的相对原子质量和阿伏伽德罗常数的比值。【详解】A.baXn-中含有的中子数=质量数-质子数=b-a，A错误；B.baXn-的核外电子数=核内质子数+电荷数=a+n，B错误

；C.baXn-的质量数为b，C错误；D.1molbaXn-的质量是bg，根据n=mM及n=ANN，则原子的质量为1mol该原子的质量和阿伏伽德罗常数的比值，所以1个X原子的质量为m=236.0210bg，D正确；故合理选项是

D。【点睛】本题考查了质子数、质量数和中子数之间的关系，注意把握阴、阳离子核外电子数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。3.下列有关化学用语使用正确的是（）A.次氯酸的结构式：H—Cl—OB.CO2的比例模型C.NH4Cl的电子式：D.H2F+的

电子式：【答案】D【解析】【详解】A.次氯酸的结构式：H—O—Cl,故A错误；B.CO2的比例模型，故B错误；C.NH4Cl的电子式：，故C错误；D.H2F+的电子式：，故D正确；答案选D。4.下列有关化学键和化合物

的叙述正确的是①化学键是可以使离子相结合，也可以使原子相结合的作用力②只含共价键的物质一定是共价化合物③22NaO中含有离子键和非极性键④离子化合物与共价化合物的区别可以看是否有金属元素A.①②B.①③

C.②③D.①②③【答案】B【解析】【详解】①化学键是指使离子或原子之间结合的强烈相互作用，或者说相邻的原子或原子团强烈的相互作用叫化学键，因此化学键是可以使离子相结合，也可以使原子相结合的作用力，正确；②只含共

价键的物质不一定是共价化合物，也可能是单质，例如氧气、氢气等；错误；③22NaO的电子式为，其中含有离子键和非极性键，正确；④含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，因此离子化合物与共价化合物的区别不能看是否有金属元素，

例如氯化铵全部是由非金属元素组成的离子化合物，错误；答案选B。5.下列说法不正确．．．的是（）A.石油的裂解主要是为了得到乙烯、丙烯等短链气态不饱和烃B.煤气化生成的CO和H2再经过催化合成得到液体燃料，属于煤的液化C.利用化石燃料放出的

热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向D.捕获工业排放的CO2，既能降低地球的温室效应，又能用来合成全降解塑料，实现碳的循环利用【答案】C【解析】【详解】A．石油裂解的目的是为了获得“三烯”，提高乙烯、丙烯和1，3−丁二烯的产量和质量，故A正确；B．煤和水蒸气反应生成CO和氢气，CO和氢

气再化合生成甲醇，故过程为煤的液化，故B正确。C．利用化石燃料燃烧放出的热量，消耗不再生能源，且燃烧排放污染物，应研究高效催化剂使水分解制备氢气，是氢能开发的研究方向，故C错误；D．CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚

碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳，所以能实现碳的循环利用，故D正确；答案选C。6.下列分子中所有原子均满足最外层8电子结构的是（）A.LiClB.BF3C.PCl5D.NCl3【答案】D【解析】【详解】A．Li原子的最

外层有1个电子，与Cl－形成离子化合物，而Li＋的最外层有2个电子，选项A错误；B.BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子不满足8电子结构；F元素化合价为-1，F原子最外层电子数为7，所以1+7=8，F原子

满足8电子结构，选项B错误；C.PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，选项C错误；D．NCl3中，N元素位于第ⅤA族，则5+3=8，满足分子中所有原子都

满足最外层8电子结构，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查8电子结构的判断，难度不大，清楚元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构是关键，注意离子化合物不适合，对于ABn型共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素

原子满足8电子结构，据此判断。7.下列表示变化为放热反应的是()A.B.Ba(OH)2．8H2O与NH4Cl反应C.D.【答案】D【解析】【详解】A.由图知该反应是吸热反应，A错误；B.该反应生成氯化钡、氨气和水，是室温下就能自发的吸热反应，B错误；C.是物理变化、不是化学反应，C错误

；D.生成氯化亚铁和氢气，是放热反应，D正确；答案选D。8.下列说法正确的是A.由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高B.HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子内存在氢键C.F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成

结构相似，分子间的范德华力增大D.氢氧化钠固体溶于水破坏了共价键【答案】C【解析】【详解】A.由于H－O键比H－S键牢固，所以水的稳定性强于硫化氢，水的熔沸点比H2S高是因为水分子间形成氢键，A错误；B.HF的沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子间存在氢键，B错误；C.F2、Cl2、

Br2、I2熔沸点逐渐升高，是因为它们的组成结构相似，形成的晶体均是分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间的范德华力增大，C正确；D.氢氧化钠固体溶于水电离出钠离子和氢氧根离子，破坏了离子键，D错误；答案选C。9.为提纯下列物质(括号内的物质

为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（）选项①②③④被提纯物质乙醇(水)乙醇(乙酸)乙烷(乙烯)溴苯(溴)除杂试剂生石灰氢氧化钠溶液酸性高锰酸钾溶液KI溶液分离方法蒸馏分液洗气分液A.①B.②C.③D.④【答案】A【解析】【

详解】A．要除去乙醇中的少量水，可以加新制的生石灰，生石灰和水反应生成微溶的熟石灰，然后蒸馏，可以把沸点低的乙醇蒸馏出去，从而得到无水乙醇，故A正确；B．乙酸可以和NaOH溶液反应生成溶于水的乙酸钠，但乙醇和水互溶，所以当乙醇和乙酸

的混合物中加入氢氧化钠溶液后，不分层，所以无法分液，故B错误；C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，在除去了乙烯的同时引入新杂质二氧化碳，除杂试剂选择错误，应选择溴水，故C错误；D．溴可以和KI反应：Br2+2KI=2KBr+I2，但I2也易溶于溴苯，除去了溴苯中的溴，但是溴苯中混入了新

杂质I2，除杂试剂选择错误，应选择NaOH溶液，故D错误；故选A。【点睛】除杂质的要求是：（1）不增，即不增加新杂质；（2）不减，即不减少原物质；（3）易分离，即反应后生成的物质和原物质易分离。10.生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO2的120

00～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，已知键能是指断开1mol化学键变为气态原子时所需要的能量，或形成1mol化学键时所释放的能量。以下是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/kJ∙mol-1941.7154.8283.0下列说法中正确的是（）A.过程N2(g)→2

N(g)放出能量B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量C.反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)是吸热反应D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与形成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】【分析】发生化学反应的过程中，先是反应物的化学键

断裂要吸收能量，后放出能量生成生成物的化学键，即旧的化学键断裂要吸收能量，新的化学键形成要释放能量，化学反应过程中的能量变化可以通过旧的化学键断裂和新的化学键形成过程中的能量变化来计算。【详解】A.过程N

2(g)→2N(g)为氮气分子断裂化学键，所以要吸收能量，故A错误；B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)为氮原子和氟原子要形成N—F键，所以要放出能量，故B正确；C.反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)过程中氮气分子、氟气分子化学键断裂要吸收能量，即要吸收热量（941.7+154

.8×3）kJ∙mol-1=1406.1kJ∙mol-1，三氟化氮分子化学键形成要释放能量即要释放热量（283.0×3×2）kJ∙mol-1=1698kJ∙mol-1，吸收的能量小于放出的能量，所以该

反应为放热反应，故C错误；D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与形成，即只可能有状态变化，不可能发生化学反应，故D错误；综上所述，答案为B。11.某有机物的结构简式如下所示，下列说法中错误的是A.可用酸性KMnO4溶液检验其中的羟基B.该有机物能与NaHCO3溶液反应发出CO2C.该有机

物能够在催化剂作用下发生加成反应D.2mo1该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成3molH2【答案】A【解析】【详解】A．中羟基、碳碳双键都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液检验其中的羟基，故A错误；B．该有机物含有羧基，能与NaHCO3溶

液反应发出CO2，故B正确；C．该有机物含有碳碳双键、苯环，所以能够在催化剂作用下与氢气发生加成反应，故C正确；D．羧基、羟基都能与金属钠反应放出氢气，2mo1该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成3molH2

，故D正确；选A。12.少量铁片与l00mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加KNO3固体③滴入几滴浓盐酸④加入少量铁粉⑤加NaCl溶液

⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL0.1mol/L盐酸．A.②⑥⑦B.③⑤⑧C.③⑦⑧D.③④⑥⑦⑧【答案】C【解析】【详解】①加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝

酸，不会生成氢气；③加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生

氢气的量；⑦升高温度，反应速率加快；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快；故选C。13.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.铜电极上发生氧化反应B.电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小C.电池工作一段时间后，乙池溶

液的总质量增加D.阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】【详解】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；B.该装置中为阳离

子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B项错误；C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2

＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。14.在372K时，把0.5molN2O

4通入体积为5L的真空密闭容器中，发生反应()()242NOg2NOg垐?噲?。反应进行到2s时，2NO的浓度为-10.02molLg。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是A.

前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为-1-10.01molLsggB.在2s时体系内压强为开始时的1.1倍C.在平衡时体系内含有N2O40.25molD.平衡时，N2O4的转化率为40%【答案】B【解析】【

详解】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为0.01/2molLs=0.005mol/（L·s），故A错误；B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1m

ol，由()()242NOg2NOg垐?噲?可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的0.10.

450.5molmolmol+（）=1.1倍，故B正确；C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol-x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则0.520.5molxxmol−+（）=1.6，

解得x=0.3mol，故C错误；D．N2O4的转化率为0.30.5molmol×100%=60%，故D错误；故答案选B。15.将有机物完全燃烧，生成CO2和H2O。将12g该有机物的完全燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸增重14

.4g，再通过碱石灰，碱石灰增重26.4g。则该有机物的分子式为A.410CHB.262CHOC.38CHOD.242CHO【答案】C【解析】【详解】浓硫酸增加的质量就是燃烧生成的水的质量，则水的物质的量是14.4g÷

18g/mol=0.8mol，其中氢原子的质量是1.6g。碱石灰增加的质量就是CO2的质量，则CO2的物质的量是26.4g÷44g/mol=0.6mol，其中碳原子的质量是0.6mol×12g/mol=7.2g，根据质量守恒，12g有机物分子中氧原子的质量是12g-1.6g-7.2g=3.2g，

氧原子的物质的量是3.2g÷16g/mol=0.2mol，该有机物中n(C):n(H):n(O)=0.6:1.6:0.2=3:8:1，分子式是38CHO，故选C。16.分子式为592CHClO的同分异构体较多，其中能与3NaHCO发生反应产生CO2的同分异构体共有(不考

虑立体异构)A.10种B.11种C.12种D.13种【答案】C【解析】【详解】分子式为C5H9ClO2的有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基，同时含有氯原子，然后看成丁烷的二元取代产

物，丁烷的二元取代产物，主链有4个碳原子时，二元取代产物共有8种：①HOOCCHClCH2CH2CH3、②HOOCCH2CHClCH2CH3、③HOOCCH2CH2CHClCH3、④HOOCCH2CH2CH2CH2Cl、⑤CH2ClCH（COOH）CH2

CH3、⑥CH3CCl（COOH）CH2CH3、⑦CH3CH（COOH）CHClCH3、⑧CH3CH（COOH）CH2CH2Cl；主链是3个碳原子时，二元取代产物共有4种：①HOOCCHClCH（CH3）2、

②HOOCCH2CCl（CH3）2、③HOOCCH2CH（CH2Cl）CH3、④CH2ClC（COOH）（CH3）2，所以符合条件的同分异构体为12种，故答案选C。第Ⅱ卷二、填空题17.下述反应中，属于氧化反应的是______，

属于取代反应的是______，属于加成反应的是______。①乙醇在铜催化加热条件下制乙醛的反应②乙烷在光照条件下与氯气反应③乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色④乙烯使溴水褪色⑤苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯⑥乙酸和1832CHCHOH在浓硫酸加热条件下生成酯的反应⑦苯在一定条件下与氢气的反应写

出下列编号对应的化学反应方程式：⑤______________；⑥_____________。【答案】(1).①③(2).②⑤⑥(3).④⑦(4).+HNO35060⎯⎯⎯⎯→浓硫酸～℃+H2O(5).CH3COOH+CH3CH218OH浓硫酸加热CH3CO18OCH2CH3+H2O【解析】

【详解】①乙醇在铜催化加热条件下制乙醛的反应乙醇被氧化，属于氧化反应；②乙烷在光照条件下与氯气反应属于取代反应；③乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯被氧化，属于氧化反应；④乙烯使溴水褪色发生加成反应；⑤苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯属于硝化反应，也是取代

反应；⑥乙酸和1832CHCHOH在浓硫酸加热条件下生成酯的反应属于酯化反应，也是取代反应；⑦苯在一定条件下与氢气的反应属于加成反应；则属于氧化反应的是①③，属于取代反应的是②⑤⑥，属于加成反应的是④⑦；其中⑤、⑥的化学反应方程式分别是+HNO35060⎯⎯⎯⎯→浓硫酸～℃+H2O、CH3CO

OH+CH3CH218OH浓硫酸加热CH3CO18OCH2CH3+H2O。18.现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大。A能分别与B、C、D三种元素形成电子数相同的分子，且B的最外层电

子数是次外层电子数的2倍。E的阳离子、D的阴离子均与氖原子的电子层结构相同，且E的单质与D的单质反应能生成E2D和E2D2两种化合物。F所在主族序数与所在周期序数之差为4。(答题时，请用具体的化学用语表示)(1)元素B在周期表中的位置__

_____；(2)C2A4的结构式为：_______，用电子式表示E2D的形成过程：_______。(3)C、D、E形成的简单离子的半径由大到小的顺序为：______。(用离子符号表示)(4)E的最高价氧化物对应

的水化物与F的最高价氧化物对应的水化物之间发生的化学反应方程式为：__________。(5)向KI溶液中通入适量的F单质后，再滴加一定量的CCl4，振荡静置后，继续通入F单质并充分振荡，混合溶液逐渐变为无

色，若1mol还原剂转移10NA电子，上述反应的化学方程式为：_______。【答案】(1).第二周期ⅣA族(2).(3).(4).N3-＞O2-＞Na+(5).442NaOHHClONaClOHO++＝(6).22235ClI6HO10HCl2HI

O+++＝【解析】【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大。A能分别与B、C、D三种元素形成电子数相同的分子，且B的最外层电子数是次外层电子数的2倍，因此A是H，B是C。E的阳离子、D的阴离子均与氖原子的电子层结构相同，且E的单质与D的单质反

应能生成E2D和E2D2两种化合物，所以D是O，C是N，E是Na。F所在主族序数与所在周期序数之差为4，F位于第三周期，因此F是Cl，据此解答。【详解】根据以上分析可知A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素分别是H、C

、N、O、Na、Cl。则(1)元素B为碳元素，在周期表中的位置为：第二周期ⅣA族；(2)C2A4是N2H4，根据氨气的结构可知其结构式为；氧化钠是离子化合物，则用电子式表示E2D的形成过程为。(3)核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则C、D、E形成的简

单离子的半径由大到小的顺序为N3-＞O2-＞Na+。(4)E的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠与F的最高价氧化物对应的水化物高氯酸之间发生的化学反应方程式为442NaOHHClONaClOHO++＝。(5)向KI溶液中通入适量的氯气后有

单质碘生成，再滴加一定量的CCl4，振荡静置后，继续通入氯气并充分振荡，混合溶液逐渐变为无色，若1mol还原剂转移10NA电子，即1molI2转移10mol电子，所以碘元素化合价从0价升高到+5价，因此上述反应的化学方程式为22235ClI6HO10HCl2HIO+

++＝。19.(1)氮气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：()()()()3226NOg+4NHg5Ng+6HOg垐?噲?。①能说明该反应已达到平衡状态的标志是__

________。a.反应速率()()32vNH=vNb.容器内压强不再随时间而发生变化c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化d.容器内()()()()322nNO:nNH:nN:nHO=6:4:5:6e.12molN—H键断裂的同时生成5molN≡N键f.

混合气体的总质量不随时间的变化而变化②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中b点对应的速率关系是v(正)______v(逆)(填＞、＜或=)，d点对应的速率关系是v(正)______v(逆)(填＞、＜或=)。(2)298K时，

若已知生成标准状况下2.24LNH3时放出热量为4.62kJ。在该温度下，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量总小于92.4kJ，其原因是____。(3)一定条件下，在2L密闭容器内

，反应()()2242NOgNOg垐?噲?，()2nNO随时间变化如下表：时间/s012345()2nNO/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005根据上表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是______。【答案】(1)

.bc(2).＞(3).=(4).反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应，所以放出的热量总是小于92.4kJ(5).随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，反应速率减小【解析】【详解】（1）①a．根据方程式可知反应速率()()32vNH=vN时正逆反应速率不相等，该

反应没有达到平衡状态，故a错误；b．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应达到平衡状态，故b正确；c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化说明

浓度不变，即达到了平衡状态，故c正确；d．物质的量之比不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，故d错误；e．12molN－H键断裂的同时生成5molN≡N键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故e错误；f．根据质量守恒定律可知混合气体的总

质量始终不变，不能据此说明反应的达到平衡状态，故f错误；故答案为bc；②b点不是平衡点，反应正向进行为主，即b点ν（正）＞ν（逆）；而d点达到平衡，此时ν（正）=ν（逆）；（2）由于反应是可逆反应，1molN2和3molH2不可能完全反应，所以放出

的热量总是小于92.4kJ；（3）根据上表可以看出，随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小，因此反应速率逐渐减小。20.A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示(反应条件已省略)。其中，A是一种气态烃，在标准状况下的密度是11.25gL−，其产量

是衡量一个国家石油化工发展水平的标志；C的分子式为242CHO；B和C在浓硫酸和加热的条件下发生反应，生成的有机物D有特殊的香味。试回答下列问题：(1)丙烯酸分子结构中所含的官能团名称是______，丙烯分子中最多有______个原子共平面。(2)写出聚丙烯酸的结构简式______。(3)写出

丙烯酸与B反应的化学方程式________。(4)下列有关说法正确的是______(填编号)。A.D与丙烯酸乙酯互为同系物B.B→C的转化是氧化反应C.可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和丙烯酸D.蒸馏能分离B和C的混合物【答案】(1).碳碳双键、羧基(2).7(3).(4).2322232CH

CHCOOHCHCHOHCHCHCOOCHCHHO=+=+浓硫酸(5).BD【解析】【分析】A是一种气态烃，在标况下的密度为1.25g/L，则()AM1.25g/L22.4/L28g/molmol==，其产量是衡量一个国家石油化工发展水

平的标志则A为乙烯22CHCH=，乙烯与水发生加成反应生成B（32CHCHOH），B被氧化成C（3CHCOOH），B与C反应生成D（323CHCOOCHCH），丙烯发生氧化反应生成丙烯酸，丙烯酸与32CHCHOH反应生成223CHCHCOOCHCH=，丙烯酸在一定条件下发生加成聚合反

应生成聚丙烯酸。【详解】（1）由丙烯酸2CHCHCOOH=可知，丙烯酸中所含的官能团为碳碳双键和羧基，丙烯分子中乙烯基中所有原子共面，甲基中有两个原子与乙烯基共面，所以丙烯分子中最多有7个原子共面，故

答案为：碳碳双键和羧基；7；（2）聚丙烯酸由丙烯酸（2CHCHCOOH=）在一定条件下发生加聚反应生的，故聚丙烯酸的结构为：；（3）丙烯酸（2CHCHCOOH=）与B（32CHCHOH）在催化剂存在并加热的条件下发生取代反应（或酯化反应）

的化学反应方程式为：2322232CHCHCOOHCHCHOHCHCHCOOCHCHHO=+=+浓硫酸；（4）A．D为（323CHCOOCHCH），丙烯酸乙酯（223CHCHCOOCHCH=），D与丙烯酸乙酯的结构不相似，所以不是同系物，故A不选；B．B（32CHCHOH），C（3CHCOOH）

，根据有机化合物中失氢加氧为氧化反应可知，B转化为C属于氧化反应，故选B；C．A（22CHCH=）与丙烯酸（2CHCHCOOH=）中都含碳碳双键，均能使酸性高猛酸价溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液鉴

别A和丙烯酸，故C不选；D．B和C分别为乙醇和乙酸，两者的沸点相差较大，故可用蒸馏的方法分离两者，故选D。答案选BD21.I.金属矿物资源以及海水资源的利用有着非常重要的意义。(1)金属铁常用的冶炼方法是______(填序号)；A.热分解法B.热还原法C.电解法D.湿法冶金(2)利用冶

炼得到的铁屑和海带中提取的碘可以用于生产KI，其工艺流程如图所示：①操作A包括______、______、过滤。②用冰水洗涤的目的是：a除去附着在KI表面的可溶性杂质：b.____________。③反应I生成了铁与碘的化合物X，若X中铁元素与碘元素的质量比为21：127，反应Ⅱ中1molX

完全反应生成89.6L(标准状况)CO2，写出反应Ⅱ的化学方程式：______。Ⅱ.海带或海苔中含有丰富的碘元素，也是人体碘的一种来源。下图是实验室从海带(含I−)中提取碘单质的流程图。(1)步骤②的实验操作包

括_______。(2)步骤③中反应的离子方程式．．．．．是_________。【答案】(1).B(2).加热浓缩(3).冷却结晶(4).同时减少KI的溶解损失(5).Fe3I8+4K2CO3＝Fe3O4+8KI+4CO2↑(6).

溶解和过滤(7).H2O2+2I－+2H＋＝I2+2H2O【解析】【详解】I.（1）A．冶炼不活泼的金属，用热分解法，如Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，故A错误；B．热还原法冶炼较不活泼的金属，例

如Fe、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等），故B正确；C．电解法冶炼活泼金属，例如Na、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得，故C错误；D．湿法冶金用较活泼的金属从溶液中置换出活泼性相对弱的金属，如我国古代利用铁和硫酸铜溶液反应炼铜，反应为Fe+CuSO4=Cu+Fe

SO4，属于湿法冶金，故D错误；故答案为：B；（2）①反应Ⅱ的滤液需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾，故操作A包括加热浓缩；冷却结晶、过滤；②冰水晶体溶解度小，由于碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，故用冰水洗涤，洗涤除去表面

可溶性杂质，同时减少KI的溶解损失；③铁元素与碘元素的质量比为21：127，铁、碘原子个数比为21127:56127=3：8，反应Ⅰ生成了Fe3I8，反应中Ⅱ1molX完全反应生成89.6L（标准状况）CO2，生成二氧化碳气体为8

9.6L÷22.4L/mol=4mol，所以反应Ⅱ是Fe3I8和碳酸钾反应生成四氧化三铁、二氧化碳与KI，反应Ⅱ的反应方程式是：Fe3I8+4K2CO3＝Fe3O4+8KI+4CO2↑。Ⅱ.(1)步骤②从海带灰中得到滤液A，因此

实验操作包括溶解和过滤。(2)步骤③加入硫酸酸化的双氧水氧化碘离子，其中反应的离子方程式是H2O2+2I－+2H＋＝I2+2H2O。