新疆生產建設兵團一師高級中學2024年高一化學第二學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

新疆生產建設兵團一師高級中學2024年高一化學第二學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、為檢驗某溶液中的離子，下列操作方法及結論正確的是A．加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液顯紅色，則溶液中一定含有Fe2+B．加入鹽酸，產生無色無味且能使澄清石灰水變渾濁的氣體，則溶液中一定含有CO32-C．加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀鹽酸，產生白色沉淀，則溶液中一定含有SO42-D．加入NaOH溶液并加熱，產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則溶液中一定含有NH4+2、將下列氣體通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，沒有沉淀產生的是A．HClB．NH3C．Cl2D．NO23、在一定溫度下，容器內某一反應中M、N的物質的量隨反應時間變化的曲線如圖，下列表述中正確的是A．反應的化學方程式為.2MNB．t2時，正逆反應速率相等達到平衡狀態(tài)C．t1時，N的濃度是M濃度的2倍D．t3時，正反應速率大于逆反應速率4、將煤制成氣體燃料煤氣(CO)的主要目的是（）A．方便存放

B．方便運輸C．提高燃燒效率，減少大氣污染

D．多賺錢5、下列關于Al(OH)3的性質敘述錯誤的是()A．Al(OH)3受熱易分解生成Al2O3和H2OB．Al(OH)3是難溶于水的白色膠狀物質C．Al(OH)3能凝聚水中的懸浮物，也能吸附色素D．Al(OH)3既能溶于NaOH溶液、氨水，又能溶于鹽酸6、石油是一種重要能源，但人類目前正面臨著石油短缺、油價上漲的困惑。下列解決能源問題的措施不合理的是(

)A．開發(fā)和利用太陽能

B．大量使用木材作燃料

C．開發(fā)和利用風能

D．開發(fā)和利用地熱7、如圖，在注射器中加入少量Na2SO3晶體，并吸入少量濃硫酸(以不接觸紙條為準)。則下列有關說法正確的是()A．藍色石蕊試紙先變紅后褪色B．品紅試紙、沾有酸性KMnO4溶液的濾紙均褪色，證明SO2具有漂白性C．濕潤淀粉－KI試紙未變藍說明SO2的氧化性弱于I2D．NaCl溶液可用于除去實驗中多余的SO28、下列變化中離子鍵和共價鍵均被破壞的是A．干冰氣化 B．硝酸溶于水 C．碳酸鉀熔化 D．KHSO4溶于水9、研究人員研有出一種可在一分鐘內完成充放電的超常性能鋁離子電池，充放電時AlCl4-和Al2Cl7-兩種離子在Al電極上相互轉化，其他不參與電極反應，其放電工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．放電時，有機陽離子向鋁電極方向移動B．充電時，鋁電極連接外加電源的正極，石墨電極連接外加電源的負極C．放電時負極的電極反應：A1-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-D．該電池的工作原理：3Cn+4Al2Cl7-3CnAlCl4+Al+AlCl4-10、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的5種主族元素，其中元素A、E的單質在常溫下呈氣態(tài)，元素B的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料。下列說法不正確的是(

)A．元素A、B組成的化合物常溫下一定呈液態(tài)B．一定條件下，元素C、D的最高價氧化物對應的水化物之間能發(fā)生反應C．工業(yè)上常用電解法制備元素C、D、E的單質D．化合物AE與CE含有相同類型的化學鍵11、下列物質中，不能由金屬跟非金屬單質直接化合而成的是A．Fe3O4 B．Na2O2 C．Mg3N2 D．FeCl212、下列各組微粒中，一定能夠在溶液中大量共存的是A．Na+、Mg2+、C1-、NH3·H2O B．Mg2+、NH4+、C1-、NO3-、C．K+、Fe3+、SO42-、SCN- D．Fe2+、H+、SO42-、NO3-13、反應3X(g)+Y(g)?2Z(g)+2W(g)在2L密閉容器中進行，5min時Y減少了0.5mol，0~5min內此反應的平均速率為A．v(X)=0.05mol·L?1·min?1B．v(Y)=0.10mol·L?1·min?1C．v(Z)=0.10mol·L?1·min?1D．v(W)=0.05mol·L?1·s?114、下列反應屬于加成反應的是A．CH4+C12CH3Cl+HCl B．CH2=CH2+C12C．+Br2+HBr D．CH4+2O2CO2+2H2O15、反應4A(s)+3B(g)==2C(g)+D(g)，經2min后B的濃度減少0.6mol·L-1。下列說法正確的是A．用A表示的反應速率是0.4mol·L-1·min-1B．在2min內的反應速率，用B表示是0.3mol·L-1min-1C．分別用B、C、D表示反應的速率，其比值是3:2:1D．在這2min內B和C兩物質濃度是逐漸減小的16、已知反應Na2SO4·10H2ONa2SO4·nH2O+(10-n)H2O。有人將裝有芒硝（Na2SO4·10H2O）的密閉聚乙烯管安裝在房屋的外墻內就能達到白天蓄熱使室內保持低溫度，晚上把白天所蓄熱量放出，使室內保持溫暖。以下說法不正確的是（）A．白天將太陽能轉化為化學能B．白天將化學能轉化為太陽能C．晚上將化學能轉化為熱能D．晚上發(fā)生的是放熱反應二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A的產量通常用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平,B、D是飲食中兩種常見的有機物,F是一種有香味的物質,F中碳原子數是D的兩倍?，F以A為主要原料合成F和高分子化合物E,其合成路線如圖所示:(1)A的結構式為_____。B中官能團的名稱為____________。(2)寫出反應的化學方程式。①_________________,反應類型:______。②________________,反應類型:______。(3)寫出D與金屬鈉反應的化學方程式______________(4)實驗室怎樣區(qū)分B和D?_________________。(5)含B的體積分數為75%的水溶液可以作____________________。18、A是一種重要的化工原料，部分性質及轉化關系如下圖：請回答：（1）D中官能團的名稱是_____________。（2）A→B的反應類型是________________。A．取代反應B．加成反應C．氧化反應D．還原反應（3）寫出A→C反應的化學方程式_______________________。（4）某烴X與B是同系物，分子中碳與氫的質量比為36:7，化學性質與甲烷相似?，F取兩支試管，分別加入適量溴水，實驗操作及現象如下：有關X的說法正確的是_______________________。A．相同條件下，X的密度比水小B．X的同分異構體共有6種C．X能與Br2發(fā)生加成反應使溴水褪色D．實驗后試管2中的有機層是上層還是下層，可通過加水確定19、乙酸乙酯是無色、具有果香氣味的液體，沸點為77.2℃。某同學采用14.3mL乙酸、23mL95%的乙醇、濃硫酸、飽和Na2CO3溶液及極易與乙醇結合的CaCl2溶液制備乙酸乙酯，其實驗裝置如圖所示(燒杯、部分夾持裝置、溫度計已略去)。實驗步驟：①先向蒸餾燒瓶中加入乙醇，邊振蕩邊慢慢加入濃硫酸和乙酸。此時分液漏斗中兩種有機物的物質的量之比約為5:7。②加熱保持油浴溫度為135～145℃。③將分液漏斗中的液體慢慢滴入蒸餾燒瓶中，調節(jié)加料速率使蒸出乙酸乙酯的速率與進料速率大體相等，直到加料完畢。④保持油浴溫度至不再有液體流出后，停止加熱。⑤取帶有支管的錐形瓶，將一定量的飽和Na2CO3溶液分批、少量、多次地加入餾出液中，邊加邊振蕩至無氣泡產生。⑥將步驟⑤中的液體混合物分液，棄去水層。⑦將適量飽和CaCl2溶液加入分液漏斗中，振蕩一段時間后靜置，放出水層(廢液)。⑧分液漏斗中得到初步提純的乙酸乙酯粗產品。試回答下列問題：（1）實驗中加入濃硫酸的主要作用是__________。（2）使用過量乙醇的主要目的是__________。（3）使用飽和Na2CO3溶液洗滌餾出液的目的是__________。如果用NaOH濃溶液代替飽和Na2CO3溶液，引起的后果是__________。（4）步驟⑦中加入飽和CaCl2溶液的目的是__________。（5）步驟③中要使加料速率與蒸出乙酸乙酯的速率大致相等的原因是__________。（6）步驟⑧中所得的粗產品中還含有的雜質是__________。20、化學離不開實驗，氨氣和乙酸乙酯的制備分別是無機實驗和有機實驗的典型代表。請結合已有藥品（選擇性使用）和已學知識，回答下列問題：(1)氨氣的制備現提供藥品有：氯化銨固體、濃氨水、濃硫酸、堿石灰、水①該實驗條件下，氨氣的發(fā)生裝置應選擇上圖中的_____（填大寫字母）②C的作用是_____。③欲收集一瓶干燥的氨氣，選擇上圖中的部分裝置，其連接順序為：發(fā)生裝置→______(氣流方向，用小寫字母表示）。(2)乙酸乙酯的制備現提供藥品有：乙酸、乙醇、濃硫酸、水、氫氧化鈉溶液①濃硫酸在該反應中的作用是_____________②該實驗條件下，試管B內盛放的液體是____，可以判斷該實驗反應結束的現象為_______③該實驗制各少量的乙酸乙酯，產率往往偏低，除本身反應可逆外的原因可能還有（填一點即可）：______________________21、A、B、C、D、E為原子序數依次增大的5種短周期主族元素，其中僅含有一種金屬元素，A單質是自然界中密度最小的氣體，A和D最外層電子數相同；B原子的最外層電子數是次外層電子數的兩倍；C和E在周期表中相鄰，且E的質子數是C的2倍。請回答下列問題：（1）B位于第___周期___族；（2）E的離子結構示意圖是_____；DA中含有_______。（填化學鍵類型）（3）BC2的電子式為________；（用具體元素表示，下同）（4）C、D、E三種元素簡單離子的離子半徑由大到小的順序是______________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】試題分析：A．加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液顯紅色，則溶液中可能含有Fe2+，也可能含有Fe3+，錯誤；B．加入鹽酸，產生無色無味且能使澄清石灰水變渾濁的氣體，則溶液中可能含有CO32-，也可能含有HCO3-，錯誤；C．加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀鹽酸，溶液中含有H+、NO3-，起硝酸的作用，具有強的氧化性，可以將SO32-氧化產生SO42-，而產生白色沉淀，則溶液中可能含有SO42-，也可能含有SO32-，錯誤；D．加入NaOH溶液并加熱，產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則溶液中一定含有NH4+，正確?？键c：考查離子檢驗方法正誤判斷的知識。2、A【解析】

二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性小于HCl，所以亞硫酸和氯化鋇不反應，則向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某氣體，溶液中仍然沒有沉淀，則該氣體不能將亞硫酸氧化為硫酸或該氣體不能和亞硫酸反應生成沉淀?！驹斀狻緼．HCl和亞硫酸不反應且和氯化鋇不反應，所以沒有生成沉淀，符合題意，選項A正確；B．氨氣和亞硫酸反應生成亞硫酸氨，亞硫酸氨和氯化鋇發(fā)生復分解反應生成亞硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項B錯誤；C．氯氣和二氧化硫及水反應生成硫酸和鹽酸，與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項C錯誤；D．二氧化氮和水反應生成硝酸，硝酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，所以不符合題意，選項D錯誤；答案選A。3、C【解析】A．達到平衡時，N的物質的量為2mol，變化6mol，M的物質的量為5mol，變化3mol，反應的方程式為2N?M，A正確；B．t2時，沒有達到平衡狀態(tài)，則正逆反應速率不等，B錯誤；C．t1時，N的物質的量為6mol，M的物質的量為3mol，則N的濃度是M濃度的2倍，C錯誤；D．t3時，達到平衡狀態(tài)，則正逆反應速率相等，D錯誤；答案選A。4、C【解析】分析：將煤制成氣體燃料煤氣，燃燒充分，可減少大氣污染。詳解：煤和氣體相比較，便于儲存和運輸，但煤燃燒不充分，常產生污染性氣體，將煤制成氣體燃料煤氣，燃燒充分，可減少大氣污染，主要是從環(huán)境的角度考慮，而不是多賺錢。答案選C。5、D【解析】

A.Al(OH)3受熱易分解生成Al2O3和H2O，A正確；B.Al(OH)3是難溶于水的白色膠狀物質，B正確；C.Al(OH)3能凝聚水中的懸浮物，也能吸附色素，C正確；D.Al(OH)3是兩性氫氧化物，與弱堿氨水不反應，D錯誤；答案選D。6、B【解析】

A.太陽能，是指太陽的熱輻射能，即太陽光線，是一種無害、能量大、覆蓋面廣、長久的可再生資源，目前已得到廣泛使用，比如太陽能熱水器、光伏系統，A合理；B.大量使用木材做燃料，一方面會破壞自然生態(tài)環(huán)境，另一方面會增加空氣中CO2的排放，加劇溫室效應，B不合理；C.風能空氣流動所產生的動能，其特點是清潔、儲量大、分布廣、可再生，是一種重要的能源，部分國家和地區(qū)已經使用風力發(fā)電來代替?zhèn)鹘y的燃料發(fā)電模式，C合理；D.地熱能是由地殼抽取的天然熱能，這種能量來自地球內部的熔巖，并以熱力形式存在，是一種潔凈的可再生能源，可用于發(fā)電、供暖、發(fā)展溫室農業(yè)、溫泉旅游等，現在已在我國廣泛應用，D合理；故合理選項為B。【點睛】新興能源有太陽能、風能、水能、地熱能、生物能、核能、地熱能、潮汐能、海洋能、核能等，其中核能是不可再生資源。開發(fā)和利用新興能源，可以緩解化石燃料短缺的壓力，也可以減少環(huán)境污染。7、C【解析】

濃硫酸具有強酸性、吸水性，亞硫酸鈉是一種弱酸鹽，亞硫酸鈉能與濃硫酸反應：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，吸入少量濃硫酸后，注射器中充滿了干燥的SO2氣體，SO2具有還原性、漂白性、具有酸性氧化物的通性等性質，由此分析?！驹斀狻繚饬蛩峋哂袕娝嵝浴⑽?，亞硫酸鈉是一種弱酸鹽，亞硫酸鈉能與濃硫酸發(fā)生反應：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，吸入少量濃硫酸后，注射器中充滿了干燥的SO2氣體，A.SO2與溶解在濕潤試紙的水反應生成H2SO3，H2SO3屬于中強酸使石蕊變紅，但SO2不能漂白指示劑，所以試紙變紅后不會褪色，A項錯誤；B.SO2使品紅試紙褪色能證明SO2具有漂白性；SO2與酸性KMnO4能發(fā)生氧化還原反應：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，能夠使酸性高錳酸鉀褪色體現的是二氧化硫的還原性，與漂白性無關，B項錯誤；C.濕潤淀粉-KI試紙未變藍，說明SO2不能將I-氧化為I2，弱氧化劑不能制取強氧化劑所以SO2的氧化性弱于I2，C項正確；D.二氧化硫有毒，不能直接排放到空氣中，可與NaOH溶液反應生成鹽和水，所以NaOH溶液可用于除去實驗中多余的SO2，NaCl溶液不可用于除去實驗中多余的SO2，故D項錯誤；答案選C。8、D【解析】

A．干冰氣化只破壞分子間作用力，選項A錯誤；B．硝酸屬于共價化合物，溶于水只破壞共價鍵，選項B錯誤；C．碳酸鉀為離子化合物，熔化時破壞離子鍵，沒有破壞共價鍵，選項C錯誤；D．KHSO4屬于離子化合物，為強酸的酸式鹽，溶于水電離產生鉀離子、氫離子和硫酸根離子，既破壞離子鍵，又破壞共價鍵，選項D正確；答案選D?！军c睛】注意物質聚集狀態(tài)的變化對化學鍵無影響，為易錯點。9、C【解析】試題分析：A、放電時，鋁是活潑的金屬，鋁是負極，被氧化生成Al2Cl7－，不活潑石墨為正極，原電池中陽離子向正極移動，所以有機陽離子向石墨電極方向移動，A錯誤；B、充電時，鋁電極連接外加電源的負極，石墨電極連接外加電源的正極，B錯誤；C、放電時負極發(fā)生氧化反應生成鋁離子，鋁離子與AlCl4-結合生成Al2Cl7－，所以電極反應式為Al－3e－＋7AlCl4－＝4Al2Cl7－，C正確；D、根據以上分析可知該電池的工作原理為：3CnAlCl4＋Al＋AlCl4－3Cn＋4Al2Cl7－，D錯誤，答案選C?？键c：考查二次電池的工作原理以及原電池和電解池的工作原理知識10、D【解析】分析：A、B、C、D、E是短周期中原子序數依次增大的5種主族元素，D的合金是日常生活中常用的金屬材料，則D為Al元素，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，則C為Na元素；元素B的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，B為第二周期的O元素，結合原子序及元素A、E的單質在常溫下呈氣態(tài)，E為Cl，A為H，以此來解答。詳解：由上述分析可知，A為H，B為O，C為Na，D為Al，E為Cl。A．由元素A、B組成的化合物為水或過氧化氫，常溫下均為呈液態(tài)，故A正確；B.氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，因此氫氧化鋁和高氯酸能夠反應，故B正確；C.工業(yè)上常用電解法熔融氯化鈉的方法制備金屬鈉，同時得到氯氣，電解熔融氧化鋁的方法冶煉鋁，電解飽和食鹽水的方法制備氯氣，故C正確；D.氯化氫為共價化合物，含有共價鍵，氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，故D錯誤；故選D。11、D【解析】

A.鐵在氧氣中燃燒生成Fe3O4,故A不能選；B.鈉與氧氣加熱生成Na2O2，故B不能選；C.鎂在氮氣中燃燒生成Mg3N2，故C不能選；D.鐵在氯氣中反應只能生成FeCl3，故選D。12、B【解析】分析：離子是否能夠大量共存，主要判斷這些離子是否生成沉淀、氣體、弱電解質或者是否能夠發(fā)生氧化還原反應，A.Mg2+和NH3·H2O生成沉淀；B.選項中的幾種離子能夠大量共存；C.Fe3+和SCN-生成配離子；D.Fe2+、

H+、NO3-發(fā)生氧化還原反應。詳解：Mg2+和NH3·H2O生成氫氧化鎂沉淀，所以Mg2+和NH3·H2O不能夠大量共存，A選項錯誤；Mg2+、NH4+、C1-、NO3-四種離子不能夠相互反應，所以能夠大量共存，B選項正確；Fe3+和SCN-生成難電離的配位離子，所以Fe3+和SCN-不能夠大量共存，C選項錯誤；Fe2+、H+、NO3-能夠反應氧化還原反應生成Fe3+和NO氣體，所以Fe2+、

H+、NO3-不能夠大量共存；正確選項B。點睛：有關溶液中離子能否共存問題是中學化學中的常見問題，有下列情況說明離子不能夠大量共存：1.有氣體產生：如CO32-與H+不能大量共存，主要是由于CO32-＋2H+＝CO2↑＋H2O

；2.有沉淀生成，按照溶解性表，如果兩種離子結合能形成沉淀的，就不能大量共存，如本題中的Mg2+和NH3·H2O生成氫氧化鎂沉淀不能夠大量共存；3.有弱電解質生成或者形成絡合離子，如本題中的Fe3+和SCN-因生成Fe（SCN）2+不能大量共存；4.能水解的陽離子跟能水解的陰離子在水溶液中不能大量共存，即一些容易發(fā)生雙水解的離子，如：Al3+和HCO3-在溶液中發(fā)生雙水解而不能夠大量共存；5.由于發(fā)生氧化還原反應，如本題中的Fe2+、H+、NO3-能夠反應氧化還原反應生成Fe3+和NO氣體，所以Fe2+、

H+、NO3-不能夠大量共存。13、C【解析】

根據v=計算v（Y），再利用速率之比等于化學計量數之比求出用其它物質表示的反應速率，據此判斷?！驹斀狻縱（Y）==0.05mol?L-1?min-1，A．速率之比等于化學計量數之比，所以v(X)=3v(Y)=3×0.05mol?L-1?min-1=0.15mol?L-1?min-1，故A錯誤；B．v（Y）==0.05mol?L-1?min-1，故B錯誤；C．速率之比等于化學計量數之比，所以v(Z)=2v(Y)=2×0.05mol?L-1?min-1=0.1mol?L-1?min-1，故C正確；D．速率之比等于化學計量數之比，所以v(W)=2v(Y)=2×0.05mol?L-1?min-1=0.1mol?L-1?min-1=0.0017mol?L-1?s-1，故D錯誤；答案選C?！军c睛】需注意化學反應速率的計算公式，知道它是平均速率，注意單位的換算。14、B【解析】

A.CH4+C12CH3Cl+HCl屬于取代反應，選項A錯誤；B.CH2=CH2+C12屬于加成反應，選項B正確；C.+Br2+HBr屬于取代反應，選項C錯誤；D.CH4+2O2CO2+2H2O屬于氧化反應，選項錯誤；答案選B。15、C【解析】分析：經2min，B的濃度減少0.6mol/L，v(B)==0.3mol·L-1·min-1，結合反應速率之比等于化學計量數之比來解答。詳解：A．A物質為純固體，不能用來表示反應速率，故A錯誤；B．經2min，B的濃度減少0.6mol/L，v(B)==0.3mol·L-1·min-1，反應速率為平均速率，不是2min末的反應速率，故B錯誤；C．反應速率之比等于化學計量數之比，則分別用B、C、D表示的反應速率其比值是3：2：1，故C正確；D．B為反應物，C為生成物，則在這2min內用B和c表示的反應速率的值分別為逐漸減小、逐漸增大，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查化學反應速率的計算及與化學計量數的關系，明確計算公式及反應速率為平均速率即可解答，注意選項A為易錯點，純液體或固體的物質的量濃度不變，化學反應速率不能用純液體或固體來表示。16、B【解析】

白天吸收太陽能使Na2SO4·10H2O分解，即太陽能轉化為化學能，晚上Na2SO4·nH2O與（10-n）H2O作用形成Na2SO4·10H2O放出熱量，即化學能轉化為熱能。選項A、C、D均是正確的，答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羥基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反應CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反應(或取代反應)2CH3COOH+2Na2CH3COONa+H2↑分別取待測液于試管中,滴加少量石蕊溶液,若溶液變紅,則所取待測液為乙酸,另一種為乙醇(或其他合理方法消毒劑（或醫(yī)用酒精）【解析】

以A、B、D、F為突破口，結合合成路線中的信息進行分析求解?！驹斀狻恳阎狝的產量通常用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，則A為乙烯；A與水反應可生成B，B、D是飲食中兩種常見的有機物，則B為乙醇，D可能乙酸；F是一種有香味的物質，F可能為酯；由圖中信息可知，B和D可在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生酯化反應生成F，F中碳原子數是D的兩倍，則可確定D為乙酸、F為乙酸乙酯；以A為主要原料合成高分子化合物E，則E為聚乙烯。(1)A為乙烯，其結構式為。B為乙醇，其官能團的名稱為羥基。(2)反應①為乙醇的催化氧化反應，化學方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,反應類型:氧化反應。反應②為酯化反應，化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,反應類型:酯化反應(或取代反應)。(3)乙酸有酸性，可以與金屬鈉反應生成氫氣，化學方程式為2CH3COOH+2Na2CH3COONa+H2↑。(4)實驗室區(qū)分乙醇和乙酸的方法有多種，要注意根據兩者的性質差異尋找，如根據乙酸有酸性而乙醇沒有，可以設計為；分別取待測液于試管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液變紅，則所取待測液為乙酸，另一種為乙醇。(5)含乙醇的體積分數為75%的水溶液可以使蛋白質變性，故可作消毒劑（或醫(yī)用酒精）?！军c睛】本題注重考查了常見重要有機物的經典轉化關系，要求學生在基礎年級要注意夯實基礎，掌握這些重要有機物的重要性質及其轉化關系，并能將其遷移到相似的情境，舉一反三，融會貫通。18、羧基BDCH2=CH2+H2OCH3CH2OH

AD【解析】C與D反應生成乙酸乙酯，則C、D分別為乙酸、乙醇中的一種，A與水反應生成C，A氧化生成D，且A與氫氣發(fā)生加成反應生成B，可推知A為CH2=CH2，與水在一定條件下發(fā)生加成反應生成C為CH3CH2OH，乙烯氧化生成D為CH3COOH，乙烯與氫氣發(fā)生加成反應生成B為CH3CH3。(1)D為CH3COOH，含有的官能團為羧基，故答案為羧基；(2)A→B是乙烯與氫氣發(fā)生加成反應生成乙醇，也屬于還原反應，故選BD；(3)A→C反應的化學方程式：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

(4)某烴X與B(乙烷)是同系物，分子中碳與氫的質量比為36：7，則C、H原子數目之比為：=3：7=6：14，故X為C6H14。A．相同條件下，C6H14的密度比水小，故A正確；B．C6H14的同分異構體有己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2，3-二甲基丁烷、2，2-二甲基丁烷，共5種，故B錯誤；C．X為烷烴，不能與溴發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．發(fā)生取代反應得到溴代烴，與水不互溶，可以可通過加水確定試管2中的有機層是上層還是下層，故D正確；故選AD。點睛：本題考查有機物推斷，涉及烯烴、醇、羧酸等性質與轉化。本題的突破口為：C與D反應生成乙酸乙酯，則C、D分別為乙酸、乙醇中的一種。本題的易錯點為己烷同分異構體數目的判斷。19、作催化劑和吸水劑促使平衡向生成乙酸乙酯的方向移動，有利于提高乙酸的轉化率除去乙酸乙酯中的乙醇，中和乙酸乙酯中的乙酸,減小乙酸乙酯的溶解度使乙酸乙酯完全水解除去乙酸乙酯中的乙醇讓產生的乙酸乙醋及時蒸餾出來，使蒸餾燒瓶內壓強一定，從而得到平穩(wěn)的蒸氣氣流水【解析】

（1）乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，需濃硫酸作催化劑，該反應為可逆反應，濃硫酸吸水有利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動，因此濃硫酸的作用為催化劑，吸水劑；（2））乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，該反應屬于可逆反應，過量乙醇可以使平衡正向移動，增加乙酸乙酯的產率，有利于乙酸乙酯的生成；（3）制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液，目的是中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉化為乙酸鈉溶于水中，便于聞乙酸乙酯的香味；溶解揮發(fā)出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層得到酯；由于乙酸乙酯在強堿性條件下發(fā)生水解反應，如果用NaOH濃溶液代替飽和Na2CO3溶液，引起的后果是使乙酸乙酯