精品解析：福建省莆田第二中学2024-2025学年高一下学期期末考试化学试题

莆田二中2024-2025学年高一下学期期末考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Zn 65 一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共45分) 1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列说法正确的是 A. 利用CO2合成脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变 B. 晶体硅具有导电性，可用于制作光导纤维 C. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用 D. 蚕茧中提取出的蚕蛹油()具有调节血脂的功效，蚕蛹油属于油脂。 2. 工业上生产尿素(有机肥)的方程式为。下列叙述正确的是 A. 反应中涉及的四种物质中化学键类型完全一样，微粒间的作用力也完全相同 B. 二氧化碳分子的空间填充模型： C. NH4CNO是尿素的同分异构体 D. H2O的结构式为H-O-H，分子构型是直线形 3. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素组成的物质甲～己转化关系如图。其中，乙为气体，丁为有机混合物，己为淡黄色固体。下列说法正确的是 A. 元素原子得电子能力：Z>W>Y>X B. 甲一定属于烃类 C. 氧化性：乙<己 D. X与Z可形成含非极性键的化合物 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 14g乙烯和丙烯的混合物中，所含碳原子数为0.5NA B. 足量Zn与0.1L 18mol/L的浓硫酸反应，转移的电子数为3.6NA C. 25℃、101kPa时，22.4LO2中氧原子的数目小于2NA D. 足量乙烷与22.4L(标准状况)Cl2发生取代反应，形成的C-Cl键数为2NA 5. 羟基磷灰石(HAP)可作为HCHO与O2反应的催化剂，反应历程如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是 A. 催化剂参与化学反应，反应前后催化剂的质量和化学性质保持不变 B. 用 HAP 高效去除居室污染，符合绿色化学理念 C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子来自于O2和HCHO D. 反应历程中，既有O=O、C-H键的断裂，又有C=О键的形成 6. 根据实验目的，下列操作、现象及结论正确的是 选项 操作及现象 结论 A 向碳酸氢钠溶液中滴加适量盐酸溶液，产生无色无味气体 非金属性：Cl>C B 向盛有某溶液的试管中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变蓝 该溶液中不含 C 向Na2SO3溶液中加入盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀 Na2SO3已变质 D 向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4的浓溶液，有白色固体析出 盐能使蛋白质变性 A. A B. B C. C D. D 7. 利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 装置 实验目的 A.烧杯中溶液变蓝，可以证明还原性：I->Fe2+ B.通过关闭a、打开b的操作，可以证明装置气密性 装置 实验目的 C.观察到固体由黑色变红色，证明乙醇具有还原性 D.观察到黄色火焰，证明样品含钠元素 A. A B. B C. C D. D 8. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 足量的Fe溶于少量稀硝酸：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O B. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO C. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O D. 铝与氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ 9. 有机物R的结构如图所示，下列有关R的叙述正确的是 A. R中一共有4种官能团 B. 该物质使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色的原理相同 C. R中所有碳原子都有可能共平面 D. 1molR与足量的Na反应，可生成标准状况下11.2L H2 10. 某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粒（假设溶液体积不变），用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）： 时间t/min 1 2 3 4 5 氢气体积/mL（标准状况） 105 217 334 410 476 下列说法错误的是 A. 1～2min内，用盐酸的浓度变化表示的平均反应速率为 B. 化学反应速率最大时间段为 C. 根据以上实验数据可以判定该反应为放热反应 D. 反应开始时，向盐酸中滴加少量的溶液，相同时间内产生氢气的体积比未加溶液时大 11. 废旧中的金和回收的部分流程如下： 已知：。下列说法正确的是 A. “酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B. “过滤”所得滤液中的阳离子只含有Cu2+和 C. 用浓盐酸和也可以溶解金 D. 用过量粉将完全还原为，参加反应的为 12. 零价纳米铁在有机氯化物降解等方面有重要作用，采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的化学反应为：Fe2+＋2BH＋6H2O = Fe↓＋2H3BO3＋7H2↑，其中反应前后B元素化合价不变。下列说法正确的是 A. H3BO3是三元弱酸，酸性比H2CO3弱 B. 已知纳米Fe颗粒直径为60nm，则纳米Fe颗粒为胶体 C. 若有3molH2O参加反应，则反应中转移电子的物质的量为4mol D. 该反应的氧化剂是Fe2+，氧化产物是H3BO3 13. 下列关于电化学的说法正确的是 A. 若左图中a为Ag，b为石墨，X溶液为硝酸银溶液，通过以上装置，可以实现2Ag+H2SO4=Ag2SO4+H2↑ B. 若左图中a为Zn，b为石墨，X溶液为硫酸锌溶液，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液 C. 右图为铅蓄电池，可以用铅蓄电池来电解熔融氯化铝，可以制得金属铝 D. 右图铅蓄电池总反应式为： Pb+PbO2+ 4H++ 22PbSO4+2H2O，放电时，铅蓄电池的两极质量都增加 14. 碘酸钙是重要的食品添加剂。实验室制取的实验流程如图： 已知：常温下微溶于水，难溶于乙醇。 下列说法错误的是 A. 的作用是增大的溶解度，提高I2的利用率 B. 转化中发生的反应是 C. 分离2的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 D. 粗产品可以用乙醇进行洗涤 15. 下列说法正确的是 A. 为了充分利用热能，可在燃烧时通入大量的空气以确保燃料完全燃烧 B. H2S的标准燃烧热为562.2kJ/mol，则H2S燃烧的热化学方程式为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H=-1124.4kJ/mol C. 侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是前者更有利于保护环境 D. 若如图的转化可以实现，根据盖斯定律， 二、填空题(一共4题，共55分) 16. 工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如图： 请回答下列问题。 （1）为提高浸取得速率，可采用的措施有_______(任写一种)。 （2）过滤I后，滤液中的含有金属阳离子_______，滤渣II的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“酸浸”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是_______。 （4）还原时，试剂X 若选用铁粉，则该反应的离子方程式为_______。写出滤液I已经被完全还原的实验操作及现象_______。 （5）FeSO4·7H2O 可制备氧化铁黄(化学式为FeOOH)。合格氧化铁黄的色光度值范围为-0.5~0.5。结合氧化过程中溶液的pH对产率、色光度的影响如图所示，氧化时应控制 pH 值的合理范围是_______，pH过大会导致产品的颜色变黑，可能含有的杂质_______(填化学式)。 （6）把FeSO4·7H2O加入到氢氧化钠溶液中，同时通入空气，即可制备氧化铁黄(FeOOH)固体，发生的离子方程式是_______。 17. I.回答下列问题。 （1）Si在科技发展中有着重要的地位。Si在元素周期表中的位置为_______。 化学键 Si—Cl H—H H—Cl Si—Si 键能/kJ/mol a 436 431 176 已知：1mol Si中有2mol Si-Si键；工业上所用的高纯硅可通过下列应反制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，△H=+236 kJ/mol。则a=_______。 II. 近年来，我国化工技术获得重大突破，利用合成气(主要成分为 CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成乙醇(CH3CH2OH)是其中的一个研究项目。该研究发生的主要反应如下： i． CO的燃烧热为282.8 kJ/mol； ii．2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) △H2=-483.6 kJ/mol iii.2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+ H2O(g) △H3=-256.9 kJ/mol （2）写出2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)的热化学方程式：_______。 （3）在某一时刻采取下列措施，能使反应 iii 的反应速率减小的措施是_______。 A. 恒温恒容下，再充入CO B. 升高温度 C. 恒温恒容下，向其中充入Ar D. 恒温恒压下，向其中充入 Ar E. 液化并移出CH3CH2OH （4）一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应iii，下列说法可以表明反应达到化学平衡状态的是_______。 A. 单位时间内消耗 4molH2，同时生成1mol的CH3CH2OH B. CH3CH2OH的体积分数不再发生变化 C. 2v(CO)=v(H2) D. 容器内气体密度不再改变 E. 容器内气体的平均相对分子质量不变 III. （5）用于处理酸性废水中的有机物及脱除硝态氮的微生物原电池装置如图所示。质子交换膜是只允许氢离子通过的薄膜。 ①b极的电极反应式为_______。 ②每生成1 mol N2，则有_______mol H+通过质子交换膜移向_______侧极室(填“左”或“右”)。 18. 亚硝酸钠NaNO2主要用于医药、染料和漂白等行业，也常用于食品保鲜剂。某小组拟利用氮氧化物制备产品NaNO2。 已知：， 回答下列问题： （1）实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置图，选出一种可行的方法，写出化学方程式_______。 [可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)] 实验时装置B中应间断性通入适量的O2，其目的是_______。 （2）关于装置D的说法不正确的是_______。 a. 装置D中漏斗的作用是防倒吸 b. 若装置D中NaClO溶液足够，也不可能把尾气完全吸收 c. 反应结束后装置D中溶液酸性增强 d. 装置D中发生的反应均为氧化还原反应 （3）NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氨的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，则n(NO)：n(NO2)=_______。 （4）设计实验探究NaNO2的性质。实验完毕后，从装置C中分离出NaNO2固体粗产品，取少量上述产品配制成溶液，分成2份分别进行甲、乙两组实验，实验操作及现象、结论如表。 实验操作及现象 结论 甲 滴加少量酸性KI淀粉溶液，振荡，溶液变蓝 酸性条件下具有氧化性 乙 滴加少量酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去 酸性条件下具有还原性 ①上述实验_______(填标号)的结论不可靠，理由是_______。 ②经实验测得实验乙反应后的溶液中氮元素仅以的形式存在，酸性KMnO4溶液与，反应的离子方程式为_______。 （5）测定粗产品中NaNO2的含量 称取5g粗产品，溶解后稀释至250mL。取出25mL溶液，逐滴滴加0.1mol/LKMnO4酸性溶液，重复实验三次，平均消耗的体积为20mL。粗产品中NaNO2的质量分数为_______。 19. 已知A的产量是石油化工发展水平的重要标志，常在汽油中加入适量B作为汽车燃料，可以节约石油资源，并减少汽车尾气对空气的污染。根据如图的转化关系回答下列问题： （1）已知溴苯是重要的医药中间体。反应①的反应类型为_______。获得的溴苯中混有苯，可以通过_______进行分离。 （2）C中含有的官能团是碳碳双键和_______(写名称)。 （3）甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置制取丙烯酸乙酯。 ①写出制备丙烯酸乙酯的化学方程式为_______。 ②实验室制取丙烯酸乙酯不应选择的装置是_______(填“甲”、“乙”或“丙”)，装置丙中的球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是_______。 ③当观察到b中_______(填反应现象)时，反应基本完成。 （4）下列对图中有关物质的叙述正确的是_______(填标号)。 a．煤的气化、煤的液化、石油的分馏均为物理变化 b．溴苯是制作苯乙烯()的原料，苯乙烯中有4个碳碳双键 c．化合物1molC能和足量的Na2CO3反应生成1mol CO2气体 d．用A合成出的聚合物可以用作食品包装袋 （5）化合物M和化合物C是同系物，且M的相对分子质量比C大14，请写出化合物M可能的结构简式(任意两种即可)：_______。 （6）该实验取46g乙醇与足量C反应，最终获得 50g 丙烯酸乙酯，则该实验的产率为_______%。(提示：产率=实际得到的质量÷理论得到的质量×100%。) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田二中2024-2025学年高一下学期期末考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Zn 65 一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共45分) 1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列说法正确的是 A. 利用CO2合成脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变 B. 晶体硅具有导电性，可用于制作光导纤维 C. 刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用 D. 蚕茧中提取出的蚕蛹油()具有调节血脂的功效，蚕蛹油属于油脂。 【答案】C 【解析】 【详解】A．脂肪酸的相对分子质量小于1万，不属于高分子，所以利用二氧化碳合成脂肪酸不可能实现了无机小分子向有机高分子的转变，A错误； B．晶体硅是半导体，是芯片的主要成分；二氧化硅透明度高，可用于制作光导纤维，能让光在纤维中以全反射的形式传输，B错误； C．熟桐油是从油桐树种子中提取的天然植物油，涂于伞面可形成防水层，传统油纸伞即用此法防水，C正确； D．油脂是高级脂肪酸与甘油(丙三醇)形成的酯，蚕蛹油不属于甘油酯，D错误； 故选C。 2. 工业上生产尿素(有机肥)的方程式为。下列叙述正确的是 A. 反应中涉及的四种物质中化学键类型完全一样，微粒间的作用力也完全相同 B. 二氧化碳分子的空间填充模型： C. NH4CNO是尿素的同分异构体 D. H2O的结构式为H-O-H，分子构型是直线形 【答案】C 【解析】 【详解】A．四种物质均为共价化合物，均由共价键构成，但是微粒间的作用力不完全相同，二氧化碳分子间不存在氢键，其他分子之间存在氢键，A错误； B．二氧化碳为直线形分子，分子的空间填充模型： ，B错误； C．和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C正确； D．的结构式为，分子构型是V形，D错误； 故答案选C。 3. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素组成的物质甲～己转化关系如图。其中，乙为气体，丁为有机混合物，己为淡黄色固体。下列说法正确的是 A. 元素原子得电子能力：Z>W>Y>X B. 甲一定属于烃类 C. 氧化性：乙<己 D. X与Z可形成含非极性键的化合物 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中只有Y和Z同周期。由上述元素组成的物质中乙为气体，丁为有机混合物，甲和乙在光照条件下发生反应生成丁和戊，则甲可能为烃或卤代烃、乙为氯气，氯气和丙反应生成戊和己，已为淡黄色固体，丙为H2S、己为S单质，所以W、X、Y、Z分别是H、C、S、Cl。 【详解】A．元素非金属性越强，越易得电子 ，元素原子得电子能力，Cl>S >C>H，故A错误； B．甲能与氯气在干燥条件下反应，甲可能为卤代烃或烃，故B错误； C．H2S+Cl2=2HCl+S，Cl2是氧化剂、S是氧化产物，则氧化性：Cl2>S，故C错误； D．C与Cl可形成含非极性键的化合物，如CCl3CCl3，故D正确； 选D。 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 14g乙烯和丙烯的混合物中，所含碳原子数为0.5NA B. 足量Zn与0.1L 18mol/L的浓硫酸反应，转移的电子数为3.6NA C. 25℃、101kPa时，22.4LO2中氧原子的数目小于2NA D. 足量乙烷与22.4L(标准状况)Cl2发生取代反应，形成的C-Cl键数为2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g混合物即14g “CH2”原子团，其物质的量为1mol，则碳原子数为NA，A错误； B．Zn足量的情况下，随反应进行，硫酸会由浓变稀，浓硫酸与Zn反应的方程式为，存在计量关系：，稀硫酸与Zn反应的方程式为，存在计量关系：，所给硫酸的物质的量为1.8mol，转移的电子数介于1.8NA和3.6NA之间，B错误； C．25℃时气体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4L O2的物质的量小于1mol，氧原子数小于2NA，C正确； D．每消耗一分子Cl2可取代1个H同时形成1个C-Cl键，22.4L(标准状况)Cl2为1mol，可形成1mol C-Cl键，D错误； 故选C。 5. 羟基磷灰石(HAP)可作为HCHO与O2反应的催化剂，反应历程如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是 A. 催化剂参与化学反应，反应前后催化剂的质量和化学性质保持不变 B. 用 HAP 高效去除居室污染，符合绿色化学理念 C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子来自于O2和HCHO D. 反应历程中，既有O=O、C-H键的断裂，又有C=О键的形成 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂需要参与化学反应，反应后催化剂会生成，质量和化学性质保持不变，故A正确； B．绿色化学理念的核心是从源头上阻止污染，先污染后治理不符合绿色化学思想，故B错误； C．过渡态图中可以看出来，CO2分子中的氧原子一个来自于O2，另一个来自于甲醛，C正确； D．图中可以看出来从过渡态到生成CO2和H2O，氧气中的O=O发生断裂，HCHO中的C-H键断裂，同时有CO2中C=О键的形成，故D正确； 故选B。 6. 根据实验目的，下列操作、现象及结论正确的是 选项 操作及现象 结论 A 向碳酸氢钠溶液中滴加适量盐酸溶液，产生无色无味气体 非金属性：Cl>C B 向盛有某溶液的试管中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸不变蓝 该溶液中不含 C 向Na2SO3溶液中加入盐酸酸化的BaCl2，产生白色沉淀 Na2SO3已变质 D 向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4的浓溶液，有白色固体析出 盐能使蛋白质变性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸产生气体(CO2)，说明盐酸酸性比碳酸强，但比较非金属性应该用最高价氧化物对应酸的酸性(即HClO4与H2CO3)，该实验不能得到非金属性：Cl>C的结论，A错误； B．和OH-能反应生成，受热分解产生的氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由于本实验中未对混合溶液进行加热，可能导致氨气不能逸出，不能根据试纸不变蓝就得到原溶液不含的结论，B错误； C．亚硫酸钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化硫，这里产生的白色沉淀为，说明Na2SO3溶液中含，即Na2SO3已变质，C正确； D．(NH4)2SO4属于铵盐，向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4 浓溶液析出固体，蛋白质的结构并未发生改变，蛋白质发生了盐析(物理变化)，而非变性(化学变化)，D错误； 故选C。 7. 利用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 装置 实验目的 A.烧杯中溶液变蓝，可以证明还原性：I->Fe2+ B.通过关闭a、打开b的操作，可以证明装置气密性 装置 实验目的 C.观察到固体由黑色变红色，证明乙醇具有还原性 D.观察到黄色火焰，证明样品含钠元素 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．若I-还原性强，0.1mol的Cl2可以恰好把0.2molI-氧化为碘单质，则溶液变蓝；若Fe2+还原性强，0.1molCl2与0.1molFe2+反应后还有0.05molCl2剩余，剩余的氯气继续与I-反应也可生成碘单质，溶液也会变蓝，无法通过变蓝的现象判断两者还原性强弱，A错误； B．装置中烧瓶和分液漏斗通过玻璃管连通，则关闭a、打开b，不管气密性是否良好，分液漏斗中的液体均可顺利流下，故不可检查装置的气密性，B错误； C．黑色氧化铜变成红色铜，能证明铜元素被乙醇还原，乙醇具有还原性，C正确； D．玻璃中含有钠元素，会干扰所蘸取溶液中钠元素的检验，玻璃棒不能用于做焰色反应试验，应用铁丝或铂丝，故D错误； 故选C。 8. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 A. 足量的Fe溶于少量稀硝酸：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O B. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO C. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O D. 铝与氢氧化钠溶液反应：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑ 【答案】B 【解析】 【详解】A．足量Fe与少量稀硝酸反应时，硝酸完全反应，硝酸将铁氧化为而非(能与铁单质反应生成)，所给离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，A不符合题意； B．ClO-具有强氧化性，会将还原性气体SO2氧化为，自身被还原为Cl-，结合溶液中的Ca2+生成CaSO4而非CaSO3，正确的离子反应方程式应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，B符合题意； C．酸性环境下的可将银氧化为Ag+，自身被还原为NO，所给离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C不符合题意； D．铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，所给离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，D不符合题意； 故选B。 9. 有机物R的结构如图所示，下列有关R的叙述正确的是 A. R中一共有4种官能团 B. 该物质使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色的原理相同 C. R中所有碳原子都有可能共平面 D. 1molR与足量的Na反应，可生成标准状况下11.2L H2 【答案】C 【解析】 【详解】A．R中有羧基，羟基，碳碳双键三种官能团，故A项错误； B．R中所含的羟基、碳碳双键属于还原性基团，能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，R中的碳碳双键能与溴水中溴发生加成反应而使溴水褪色，原理不同，故B项错误； C．苯平面中12原子共面，碳碳双键形成的“烯平面”中6原子共面，羧基所连的碳原子属于饱和碳原子，该饱和碳原子与其直接相连的4个原子中的2个共面，通过单键的旋转可以使所有碳原子在同一平面上，故C项正确； D．羟基和羧基都可以和金属钠反应生成氢气，且存在计量关系：，所以1mol该物质与钠反应生成1mol氢气，标况下生成气体的体积为22.4L，故D项错误； 故选C。 10. 某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粒（假设溶液体积不变），用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）： 时间t/min 1 2 3 4 5 氢气体积/mL（标准状况） 105 217 334 410 476 下列说法错误的是 A. 1～2min内，用盐酸的浓度变化表示的平均反应速率为 B. 化学反应速率最大时间段为 C. 根据以上实验数据可以判定该反应为放热反应 D. 反应开始时，向盐酸中滴加少量的溶液，相同时间内产生氢气的体积比未加溶液时大 【答案】B 【解析】 【详解】A．1～2min内生成氢气的体积为217mL－105mL＝112mL，物质的量是0.005mol，消耗氯化氢是0.01mol，盐酸的浓度是0.01mol÷0.4L＝0.025mol/L，因此用盐酸的浓度变化表示的平均反应速率为0.025mol/L÷1min＝，A正确； B．根据表中数据可知0～1、1～2、2～3、3～4、4～5生成氢气分别是（mL）105、112、117、76、66，所以化学反应速率最大时间段为，B错误； C．随着反应的进行反应速率先增大后减小，而盐酸的浓度一直是减小的，所以反应速率增大只能是温度升高，这说明该反应为放热反应，C正确； D．反应开始时，向盐酸中滴加少量的溶液，锌置换出铜，构成原电池加快反应速率，因此相同时间内产生氢气的体积比未加溶液时大，D正确； 答案选B。 11. 废旧中的金和回收的部分流程如下： 已知：。下列说法正确的是 A. “酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B. “过滤”所得滤液中的阳离子只含有Cu2+和 C. 用浓盐酸和也可以溶解金 D. 用过量粉将完全还原为，参加反应的为 【答案】C 【解析】 【分析】硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后过滤得到金，滤液中含金属离子为铜离子和银离子，经过溶金分离后得到氯金酸溶液，锌粉还原得到金。 【详解】A．浓硝酸被还原产生NO2，产生1molNO2得1mol电子，稀硝酸被还原产生NO，产生1molNO得3mol电子，金属的量相同，“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多，A错误； B．“过滤”所得滤液中的阳离子含有H+、Cu2+和，B错误； C．浓盐酸和在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子，相当于有硝酸，也可以溶解金，C正确； D．，氢离子也会与锌反应，参加反应时转移的电子物质的量为4mol，消耗锌的物质的量为2mol，D错误； 故选C。 12. 零价纳米铁在有机氯化物降解等方面有重要作用，采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的化学反应为：Fe2+＋2BH＋6H2O = Fe↓＋2H3BO3＋7H2↑，其中反应前后B元素化合价不变。下列说法正确的是 A. H3BO3是三元弱酸，酸性比H2CO3弱 B. 已知纳米Fe颗粒直径为60nm，则纳米Fe颗粒为胶体 C. 若有3molH2O参加反应，则反应中转移电子的物质的量为4mol D. 该反应的氧化剂是Fe2+，氧化产物是H3BO3 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．反应前后B元素化合价不变，为+3价，H3BO3是与水结合产生H+,而不是靠自身电离：H3BO3 + H2O = B(OH)4- + H+，故H3BO3是一元弱酸而不是三元弱酸，A错误； B．胶体应为分散系，纳米Fe颗粒是单质，不是分散系，不属于胶体，B错误； C．由化学反应可知，每消耗6mol H2O，转移8mol电子，则若有3mol H2O参加反应，反应中转移电子的物质的量为4mol，C正确； D．该反应中H2O所含部分氢元素化合价由+1价降到H2中的0价，也作氧化剂。B元素化合价不变，H3BO3既不是氧化产物也不是还原产物，D错误； 故选C。 13. 下列关于电化学的说法正确的是 A. 若左图中a为Ag，b为石墨，X溶液为硝酸银溶液，通过以上装置，可以实现2Ag+H2SO4=Ag2SO4+H2↑ B. 若左图中a为Zn，b为石墨，X溶液为硫酸锌溶液，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液 C. 右图为铅蓄电池，可以用铅蓄电池来电解熔融氯化铝，可以制得金属铝 D. 右图铅蓄电池总反应式为： Pb+PbO2+ 4H++ 22PbSO4+2H2O，放电时，铅蓄电池的两极质量都增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属活动性顺序表中，Ag的活动性在H之后，2Ag+H2SO4=Ag2SO4+H2↑无法自发进行，不能通过原电池装置实现该转化，A错误； B．原电池总式为，Zn是负极，C是正极，盐桥中的阳离子移向正极，即移向硫酸溶液，B错误； C．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，应用电解熔融氧化铝来制得金属铝，C错误； D．铅蓄电池工作时(即放电)，正极为PbO2，负极为Pb，二者都转化生成PbSO4，所以两极质量都增大，D正确； 故选D。 14. 碘酸钙是重要的食品添加剂。实验室制取的实验流程如图： 已知：常温下微溶于水，难溶于乙醇。 下列说法错误的是 A. 的作用是增大的溶解度，提高I2的利用率 B. 转化中发生的反应是 C. 分离2的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 D. 粗产品可以用乙醇进行洗涤 【答案】C 【解析】 【分析】转化过程将I2转化为碘酸根，由于CCl4不溶于水经分液得到水层。加入氢氧化钙产生Ca(IO3)2⋅H2O。Ca(IO3)2⋅H2O微溶于水，即经过滤洗涤干燥等得到晶体。 【详解】A．I2在水中的溶解度小，CCl4 的作用是增大I2的溶解度，A项正确； B．Cl2将I2氧化为碘酸而自身被还原为HCl，则反应为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，B项正确； C．经上述分析，采取过滤，C项错误； D．产品难溶于乙醇，为了减少溶解损失可选用乙醇洗涤，D项正确； 故选C。 15. 下列说法正确的是 A. 为了充分利用热能，可在燃烧时通入大量的空气以确保燃料完全燃烧 B. H2S的标准燃烧热为562.2kJ/mol，则H2S燃烧的热化学方程式为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H=-1124.4kJ/mol C. 侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是前者更有利于保护环境 D. 若如图的转化可以实现，根据盖斯定律， 【答案】D 【解析】 【详解】A．通入大量的空气会带走大量的热能，反而不能充分利用热能，通入的空气应适量，A错误； B．H2S的标准燃烧热是指1molH2S燃烧生成二氧化硫和液态水放出的能量，则H2S燃烧的热化学方程式应为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) △H=-1124.4kJ/mol，B错误； C．氨碱法通过“制氨盐水→通CO2产生沉淀→煅烧得纯碱→回收氨”的循环流程实现碳酸钠的制备，流程复杂、产生废液较多，且煅烧石灰石生成二氧化碳时的能耗较高(侯氏制碱法利用合成氨工厂的副产品二氧化碳)，侯氏制碱法对其不足进行了改进，侯氏制碱法比氨碱法更好的主要原因是提高了食盐利用率，缩短了生产流程，降低了生产纯碱的成本，C错误； D．根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分多步完成，只要反应物和生成物的状态确定，反应热都是相同的，则图中存在：-=，即=0成立，D正确； 故选D。 二、填空题(一共4题，共55分) 16. 工业上采用硫铁矿焙烧去硫后的烧渣(主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，流程如图： 请回答下列问题。 （1）为提高浸取得速率，可采用的措施有_______(任写一种)。 （2）过滤I后，滤液中的含有金属阳离子_______，滤渣II的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“酸浸”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3的原因是_______。 （4）还原时，试剂X 若选用铁粉，则该反应的离子方程式为_______。写出滤液I已经被完全还原的实验操作及现象_______。 （5）FeSO4·7H2O 可制备氧化铁黄(化学式为FeOOH)。合格氧化铁黄的色光度值范围为-0.5~0.5。结合氧化过程中溶液的pH对产率、色光度的影响如图所示，氧化时应控制 pH 值的合理范围是_______，pH过大会导致产品的颜色变黑，可能含有的杂质_______(填化学式)。 （6）把FeSO4·7H2O加入到氢氧化钠溶液中，同时通入空气，即可制备氧化铁黄(FeOOH)固体，发生的离子方程式是_______。 【答案】（1）搅拌、粉碎烧渣、加热、适当提高酸的浓度 （2） ①. Al3+、Fe3+ 、Fe2+ ②. Al(OH)3 （3）稀硝酸具强氧化性，易与Fe2+反应生成污染性气体(或降低产率) （4） ①. Fe+ 2Fe3+ =3Fe2+ ②. 取“还原”后的少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象（或取还原后的少量溶液于试管中，滴加亚铁氰化钾，没有出现蓝色沉淀） （5） ①. 3.5~4.0 ②. Fe3O4 （6） 【解析】 【分析】烧渣(主要成分为 Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入稀硫酸，通过浸酸的到硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，二氧化硅不反应；经过过滤除去二氧化硅，在滤液中加入试剂X，随着X的加入三价铁离子被还原为二价铁离子；调节pH生成氢氧化铝沉淀，溶液经过蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，据此分析作答。 【小问1详解】 为提高浸取得速率，可采用的措施有搅拌、粉碎烧渣、加热、适当提高酸的浓度等，故答案为：搅拌、粉碎烧渣、加热、适当提高酸的浓度。 【小问2详解】 根据分析可知过滤Ⅰ后，滤液中的含有金属阳离子Al3+、Fe3+ 、Fe2+，滤渣Ⅱ的主要成分是Al(OH)3，故答案为：Al3+、Fe3+ 、Fe2+；Al(OH)3。 【小问3详解】 稀硝酸具强氧化性，易与 Fe2+反应生成污染性气体(或降低产率)，所以“酸浸”不宜将稀H2SO4换成稀HNO3，故答案为：稀硝酸具强氧化性，易与Fe2+反应生成污染性气体(或降低产率)。 【小问4详解】 过滤Ⅰ后，滤液中的含有金属阳离子Al3+、Fe3+ 、 Fe2+，还原时，试剂X 若选用铁粉，则该反应的离子方程式为：Fe+ 2Fe3+ =3Fe2+；检验Fe3+被完全还原，即要检验没有Fe3+，实验操作为取“还原”后的少量溶液于洁净试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象（或取还原后的少量溶液于试管中，滴加亚铁氰化钾，没有出现蓝色沉淀），故答案为：Fe+ 2Fe3+ =3Fe2+；取“还原”后的少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象（或取还原后的少量溶液于试管中，滴加亚铁氰化钾，没有出现蓝色沉淀）。 【小问5详解】 由图可知pH 值在3.5~4.0时，色光度值在合格范围内且产率较高，则氧化时应控制 pH 值的合理范围是3.5~4.0；pH 过大会导致产品的颜色变黑，可能含有的杂质Fe3O4，故答案为：3.5~4.0；Fe3O4。 【小问6详解】 FeSO4·7H2O被氧气氧化为FeOOH，反应离子方程式是：，故答案为：。 17. I.回答下列问题。 （1）Si在科技发展中有着重要的地位。Si在元素周期表中的位置为_______。 化学键 Si—Cl H—H H—Cl Si—Si 键能/kJ/mol a 436 431 176 已知：1mol Si中有2mol Si-Si键；工业上所用的高纯硅可通过下列应反制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，△H=+236 kJ/mol。则a=_______。 II. 近年来，我国化工技术获得重大突破，利用合成气(主要成分为 CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成乙醇(CH3CH2OH)是其中的一个研究项目。该研究发生的主要反应如下： i． CO的燃烧热为282.8 kJ/mol； ii．2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) △H2=-483.6 kJ/mol iii.2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+ H2O(g) △H3=-256.9 kJ/mol （2）写出2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3H2O(g)的热化学方程式：_______。 （3）在某一时刻采取下列措施，能使反应 iii 的反应速率减小的措施是_______。 A. 恒温恒容下，再充入CO B. 升高温度 C. 恒温恒容下，向其中充入Ar D. 恒温恒压下，向其中充入 Ar E. 液化并移出CH3CH2OH （4）一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应iii，下列说法可以表明反应达到化学平衡状态的是_______。 A. 单位时间内消耗 4molH2，同时生成1mol的CH3CH2OH B. CH3CH2OH的体积分数不再发生变化 C. 2v(CO)=v(H2) D. 容器内气体密度不再改变 E. 容器内气体的平均相对分子质量不变 III. （5）用于处理酸性废水中的有机物及脱除硝态氮的微生物原电池装置如图所示。质子交换膜是只允许氢离子通过的薄膜。 ①b极的电极反应式为_______。 ②每生成1 mol N2，则有_______mol H+通过质子交换膜移向_______侧极室(填“左”或“右”)。 【答案】（1） ①. 第三周期IVA族 ②. 360 （2） （3）DE （4）BE （5） ①. ②. 10 ③. 右 【解析】 【小问1详解】 Si在周期表中的位置为第三周期IVA族；ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=4a kJ/mol +2×436 kJ/mol -2×176 kJ/mol -4×431 kJ/mol =236 kJ/mol，求得a=360，故答案为：第三周期IVA族；360。 【小问2详解】 i．CO的燃烧热为282.8 kJ/mol，则热反应方程式为：，根据盖斯定律，未知反应由iii-2i+ii得到，，则反应的热化学方程式为：，故答案为：。 【小问3详解】 A．恒温恒容下，再充入CO，反应物浓度增大，反应速率加快，A项错误； B．升高温度，反应速率加快，B项错误； C．恒温恒容下，向其中充入Ar，反应物浓度保持不变，反应速率不变，C项错误； D．恒温恒压下，向其中充入Ar，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，D项正确； E．液化并移出CH3CH2OH，反应正向进行，反应物减少，反应速率减小，E项正确； 故答案为：DE； 【小问4详解】 A．单位时间内消耗3molH2，同时生成1mol的CH3OH，均表示正向反应，不能判断反应达到化学平衡状态，A项错误； B．CH3OH的体积分数不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，B项正确； C．2v(CO)=v(H2)，未指明正逆反应速率，不能判断反应达到化学平衡状态，C项错误； D．反应前后气体总质量保持不变，容器容积不变，故容器内密度始终不变，不能判断反应达到化学平衡状态，D项错误； E．反应前后气体总质量保持不变，但是气体总物质的量会变化，则平均相对分子质量会变，当平均相对分子质量不变时就是平衡状态，E项正确； 故答案为：BE。 【小问5详解】 ①质子交换膜能通过氢离子，b极得电子生成N2，为原电池的正极，电极反应式为，故答案为：。 ②根据电极反应式可知，由得到电子被还原，每生成1 mol N2，得到10mol电子，b极是正极，则a极是负极，有10 molH+通过质子交换膜移向右侧极室，故答案为：10；右。 18. 亚硝酸钠NaNO2主要用于医药、染料和漂白等行业，也常用于食品保鲜剂。某小组拟利用氮氧化物制备产品NaNO2。 已知：， 回答下列问题： （1）实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置图，选出一种可行的方法，写出化学方程式_______。 [可供选择的试剂：CuO(s)、NH3(g)、Cl2(g)、O2(g)、饱和NaNO2(aq)、饱和NH4Cl(aq)] 实验时装置B中应间断性通入适量的O2，其目的是_______。 （2）关于装置D的说法不正确的是_______。 a. 装置D中漏斗的作用是防倒吸 b. 若装置D中NaClO溶液足够，也不可能把尾气完全吸收 c. 反应结束后装置D中溶液酸性增强 d. 装置D中发生的反应均为氧化还原反应 （3）NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氨的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，则n(NO)：n(NO2)=_______。 （4）设计实验探究NaNO2的性质。实验完毕后，从装置C中分离出NaNO2固体粗产品，取少量上述产品配制成溶液，分成2份分别进行甲、乙两组实验，实验操作及现象、结论如表。 实验操作及现象 结论 甲 滴加少量酸性KI淀粉溶液，振荡，溶液变蓝 酸性条件下具有氧化性 乙 滴加少量酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去 酸性条件下具有还原性 ①上述实验_______(填标号)的结论不可靠，理由是_______。 ②经实验测得实验乙反应后的溶液中氮元素仅以的形式存在，酸性KMnO4溶液与，反应的离子方程式为_______。 （5）测定粗产品中NaNO2的含量 称取5g粗产品，溶解后稀释至250mL。取出25mL溶液，逐滴滴加0.1mol/LKMnO4酸性溶液，重复实验三次，平均消耗的体积为20mL。粗产品中NaNO2的质量分数为_______。 【答案】（1） ①. NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O ②. 将部分NO转化为NO2 （2）bd （3）1:1 （4） ①. 甲 ②. 产品可能混有硝酸根离子，在酸性条件下能将碘离子氧化为I2 ③. （5）69% 【解析】 【分析】装置A中铜与稀硝酸反应制取NO，装置B中间断性通入适量的O2将部分NO转化为NO2，装置C中发生反应生成亚硝酸钠，装置D进行尾气处理，防止污染大气。 【小问1详解】 该装置用于加热液体或固液混合物制备气体，故选择饱和NaNO2(aq)和饱和NH4Cl(aq)，在加热条件下发生氧化还原反应生成NaCl、N2和H2O，反应的化学方程式为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；由题干信息可知，装置C中的反应物中有NO2、NO，则实验时装置B中应间断性通入适量的O2将部分NO转化为NO2； 【小问2详解】 装置D中NaClO可以吸收尾气NO2、NO、CO2，发生的反应分别为： 3ClO-+2NO+H2O=3Cl-+2+2H+；ClO-+2NO2+H2O=Cl-+2+2H+；ClO-+CO2 +H2O =+HClO。 a．由于尾气被吸收，压强减小，有倒吸的可能，D装置可以防倒吸，a正确； b．三种尾气均可以与NaClO反应，NaClO足够，则尾气可以被完全吸收，b错误； c．根据发生的化学方程式可以看出，反应结束后，溶液酸性增强，c正确； d．由发生的化学方程式可以看出，D中有发生氧化还原反应，也有发生非氧化还原反应，d错误； 故答案选bd； 【小问3详解】 NO不能单独被纯碱溶液吸收，若要使氮的氧化物完全被纯碱溶液吸收且产品纯度最高，则NO2、NO混合物与纯碱溶液恰好发生反应生成亚硝酸钠，即发生反应为NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2，故n(NO)∶n(NO2)=1∶1； 【小问4详解】 ①NO2与纯碱反应生成NaNO2、NaNO3和CO2，在酸性条件下能将I-氧化为I2，因此上述实验甲的结论不可靠；②酸性KMnO4溶液与NO2-反应生成Mn2+、和水，结合得失电子守恒，反应的离子方程式为； 【小问5详解】 反应过程中存在如下计量关系：，则粗产品中NaNO2的质量分数为。 19. 已知A的产量是石油化工发展水平的重要标志，常在汽油中加入适量B作为汽车燃料，可以节约石油资源，并减少汽车尾气对空气的污染。根据如图的转化关系回答下列问题： （1）已知溴苯是重要的医药中间体。反应①的反应类型为_______。获得的溴苯中混有苯，可以通过_______进行分离。 （2）C中含有的官能团是碳碳双键和_______(写名称)。 （3）甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置制取丙烯酸乙酯。 ①写出制备丙烯酸乙酯的化学方程式为_______。 ②实验室制取丙烯酸乙酯不应选择的装置是_______(填“甲”、“乙”或“丙”)，装置丙中的球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是_______。 ③当观察到b中_______(填反应现象)时，反应基本完成。 （4）下列对图中有关物质的叙述正确的是_______(填标号)。 a．煤的气化、煤的液化、石油的分馏均为物理变化 b．溴苯是制作苯乙烯()的原料，苯乙烯中有4个碳碳双键 c．化合物1molC能和足量的Na2CO3反应生成1mol CO2气体 d．用A合成出的聚合物可以用作食品包装袋 （5）化合物M和化合物C是同系物，且M的相对分子质量比C大14，请写出化合物M可能的结构简式(任意两种即可)：_______。 （6）该实验取46g乙醇与足量C反应，最终获得 50g 丙烯酸乙酯，则该实验的产率为_______%。(提示：产率=实际得到的质量÷理论得到的质量×100%。) 【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 蒸馏 （2）羧基 （3） ①. CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O ②. 甲 ③. 防止倒吸 ④. 上层油状液体的量不再增加 （4）d （5）CH2=CHCH2-COOH、CH3CH=CH-COOH、CH2=C(CH3)COOH(任意两种) （6）50% 【解析】 【分析】A是石油化工发展水平的重要标志，所以A为乙烯；乙烯和水反应生成B，常在汽油中加入适量B作为汽车燃料，则B为乙醇；图中苯与液溴在FeBr3做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢；③中乙烯水化制备乙醇，属于加成反应，纤维素或淀粉发酵后得到葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下产生酒精；④中丙烯发生催化氧化生成C，C与乙醇发生反应生成丙烯酸乙酯，据其结构分析可知，C为丙烯酸，结构简式为CH2=CHCOOH，据以上分析解答。 【小问1详解】 反应①是苯和液溴在FeBr3做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，则反应①的反应类型为取代反应。苯与溴苯都是有机物，二者互溶，可根据沸点不同通过蒸馏的方法进行分离。 【小问2详解】 由分析可知，C是丙烯酸，含有的官能团是碳碳双键和羧基。 【小问3详解】 ①由分析可知，反应⑤中乙醇和丙烯酸在浓硫酸、加热作用下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O。 ②装置甲中没有防倒吸装置，不应选择装置甲制备丙烯酸乙酯，装置丙中的球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是防止倒吸； ③丙烯酸乙酯不溶于水，密度比水小，当观察到b中上层油状液体的量不再增加时，丙烯酸乙酯不再生成，说明反应基本完成。 【小问4详解】 a．煤的气化是指煤在特定条件下转化为可燃性气体的过程，煤的液化最终将煤转化为液体燃料(如乙醇、汽油等)，均为化学变化，而石油的分馏为物理变化，故a错误； b．苯环中不含碳碳双键，其中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊价键，苯乙烯中只含一个碳碳双键，故b错误； c．化合物C是丙烯酸，结构简式为CH2=CHCOOH，一个分子中只含有一个羧基，根据2RCOOHNa2CO3CO2，则1mol丙烯酸与足量的Na2CO3反应只能生成0.5mol CO2气体，故c错误； d．A是乙烯，合成的聚乙烯可以用作食品包装袋，故d正确； 故选d。 【小问5详解】 化合物M和化合物C(CH2=CHCOOH)是同系物，且M的相对分子质量比C大14，可推断M结构中比C多了一个“CH2”结构，则化合物M是丁烯酸，其结构简式可为CH2=CHCH2-COOH、CH3CH=CH-COOH、或CH2=C(CH3)COOH(写出其中两种即可)。 【小问6详解】 46g乙醇的物质的量为1mol，理论上1mol乙醇可以生成1mol丙烯酸乙酯，对应的质量为，产率是实际得到的丙烯酸乙酯质量与理论得到的丙烯酸乙酯质量的比值，则其产率为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $