上海市松江二中2021-2022学年高一化学下学期期末学情调研试题（Word版附解析）

2021学年第二学期松江二中高一学情调研化学学科考生注意：1.试卷满分100分，考试时间60分钟；本考试的平台为学校在线答题平台。2.本考试设试卷和答题纸两部分，答案写在答题纸上按要求拍照上传。3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64Cl-35.5一、选择题(共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案)1.《本草纲目》对烧酒的制作工艺有如下记载“自元时始刨其法，用浓酒和糟入甄，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。文中涉及的操作方法最适用于分离A.I2、苯B.KNO3、NaClC.NH4Cl、I2D.氯化钾、硫酸钡【答案】A【解析】【分析】由“其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”等词语可知，白酒的制造过程中涉及到的操作方法是利用混合物中各组分的沸点不同把混合物进行分离的方法，该方法现在称为蒸馏。【详解】A．根据查表苯的沸点为80.1摄氏度，碘的沸点为184.4摄氏度，可以采用加热蒸馏的方法将碘的苯溶液分离，故A符合题意；B．硝酸钾的溶解度受温度影响较大，而氯化钠溶解度受温度影响较小，故可用冷却结晶进行分离，故B不符合题意；C．分离NH4Cl、I2用萃取方法，故C不符合题意；D．氯化钾溶于水，硫酸钡不溶于水，故用过滤可将两者分开，故D不符合题意。故答案选A。2.以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应不正确的是选项氧化物环境问题主要来源ACO2温室效应化石燃料的燃烧BNO2酸雨工厂废气的排放CCOCO中毒燃料的不完全燃烧DSO2光化学烟雾汽车尾气的排放 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】A、CO2主要是导致温室效应；B、NO2是酸性气体，可以引起酸雨和光化学烟雾；C、燃料的不完全燃烧生成CO，CO有毒；D、光化学烟雾主要是氮的氧化物形成的。【详解】A、CO2主要是导致温室效应，故A正确；B、NO2是酸性气体，可以引起酸雨和光化学烟雾，故B正确；C、燃料的不完全燃烧生成CO，CO有毒，故C正确；D、光化学烟雾主要是氮的氧化物形成的，SO2主要引起酸雨，故D错误。3.下列化学用语不正确的是A.乙醇的官能团：-OHB.乙酸的分子式：C2H4O2C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.乙酸乙酯的官能团：-COOR【答案】C【解析】【详解】A．乙醇的官能团：-OH故A项正确；B．乙酸的分子式：C2H4O2故B项正确；C．乙烯的结构简式：故C项错误；D．乙酸乙酯的官能团：-COOR，故D项正确。故答案选C。4.下列有关糖类的说法正确的是A.糖类都符合通式Cn(H2O)mB.糖类是人类维持生命的六大类营养素之一C.糖类物质都有甜味D.符合通式Cn(H2O)m的都是糖类【答案】B【解析】【详解】A．不符合Cn(H2O)m这一通式的物质也可能属于糖类，如脱氧核糖C5H10O4、鼠李糖C6H12O5，故 A项错误；B．人体的六大营养物质是：水、无机盐、蛋白质、脂肪、糖类和维生素，糖类是人类维持生命的营养素之一，故B项正确；C．糖不一定有甜味，如多糖：淀粉、纤维素等，故C项错误；D．糖类俗称碳水化合物，大都可用Cn(H2O)m来表示，但符合这一通式的不一定都是糖，如乙酸CH3COOH、甲酸甲酯HCOOCH3[C2(H2O)2]等，故D项错误；答案选B。5.下列关于可逆反应的说法中正确的是A.可逆反应就是既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的化学反应B.对于合成氨的反应，如果调控好反应条件，可使一种反应物的转化率达到100%C.在催化剂的作用下，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的同时，三氧化硫又分解成二氧化硫和氧气，因此该反应是可逆反应D.碳酸钙在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化碳在常温下生成碳酸钙，因此这两个反应可逆反应【答案】C【解析】【详解】A．只有条件相同、正逆反应同时进行的化学反应才是可逆反应，故A项错误；B．合成氨的反应是可逆反应，无论怎么调节器转化率均不可能为100%，故B项错误；C．在催化剂的作用下，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的同时，三氧化硫又分解成二氧化硫和氧气，因此该反应是可逆反应，故C项正确；D．碳酸钙在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化碳在常温下生成碳酸钙，条件不同，故D项错误。故答案选C。6.如图是某有机物分子的比例模型，黑色的是碳原子，白色的是氢原子，灰色的是氧原子。该物质不具有的性质是（）A.能与氢氧化钠反应B.能与稀硫酸反应C.能发生酯化反应D.能使紫色石蕊试液变红【答案】B【解析】 【详解】该物质的结构简式为CH3COOH，为乙酸。A．乙酸具有酸性，能够与NaOH溶液反应，不选A；B．乙酸不与稀硫酸反应，选B；C．乙酸能够与醇发生酯化反应，不选C；D．乙酸具有酸性，能够使紫色石蕊试液变红，不选D。答案选B。7.下列说法中正确的一组是A.H2和D2互为同位素B.和互为同分异构体C.正丁烷和异丁烷是同系物D.和是同一种物质【答案】D【解析】【详解】A．H2和D2都是氢分子，只能说是同一种物质，讨论同位素时应使用抽象的核素符号，而不能是具体的分子、离子等符号讨论，描述错误，不符题意；B．烷基碳所连原子或原子团只要有相同的两个结构，该碳原子就不属于手性碳原子，则选项中两个结构是一种物质，只是从不同角度观察的结果，描述错误，不符题意；C．正丁烷与异丁烷碳原子数均是4，是互为同分异构体，描述错误，不符题意；D．选项中两个结构均是主链4个碳原子，第二个碳原子上有一个甲基支链的烷烃结构，都表示的是2-甲基丁烷，描述正确，符合题意；综上，本题选D。8.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（）A.Na与水反应时增大水的用量B.将稀H2SO4改为98%浓H2SO4与Zn反应制取H2C.在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强D.恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量【答案】D【解析】 【详解】A.水为纯液体，增大水的用量，反应速率不变，A错误；B.将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4，浓H2SO4有强氧化性，发生钝化反应，其与Zn反应不产生氢气，B错误；C.H2SO4与NaOH两溶液反应，没有气体参与反应，增大压强，反应速率基本不变，C错误；D.恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，D正确。答案为D。9.下列各组物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入KSCN溶液，溶液变成血红色的是A.新制氯水和氯化亚铁溶液B.铁屑和氯化铜溶液C.铁屑和过量稀硫酸D.过量铁屑和氯化铁溶液【答案】A【解析】【详解】加入KSCN溶液，能使溶液变成血红色，则溶液中应有Fe3＋。所给选项中，只有A项反应产物中生成Fe3＋：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-。故选：A。10.下列叙述错误的是A.通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、高锰酸钾溶液都不反应B.甲烷化学性质稳定，不能被任何氧化剂氧化C.甲烷与Cl2反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应D.甲烷的四种有机取代产物有一种气态，其余三种为液态且都不溶于水【答案】B【解析】【详解】A．甲烷化学性质比较稳定跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A项正确；B．甲烷可以燃烧，能被氧气氧化，故B项错误；C．甲烷是饱和链烃，跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应，故C项正确；D．甲烷的四种取代物都是有机物，根据相似相溶的原则都难溶于水，故D项正确。故答案选B11.对于反应：(放热反应)，某一时刻改变外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是 A.t1时刻，增大了X的浓度B.t1时刻，增大了容器压强C.t1时刻，降低了体系温度D.t1时刻，升高了体系温度【答案】B【解析】【详解】A．t1时刻，增大X的浓度，正反应速率瞬间增大，且平衡正向移动，与图像不符，故A错误；B．t1时刻，增大容器压强，根据反应前后气体分子数相等可知，正逆反应速率均增大且平衡不移动，与图像相符，故B正确；C．t1时刻，降低体系温度，正逆反应速率均减小且反应放热，平衡正向移动，与图像不符，故C错误；D．t1时刻，升高体系温度，正逆反应速率均增大且反应放热，平衡逆向移动，与图像不符，故D错误；故答案选B。12.在制硫酸的工业生产中，下列实际生产操作及其原因解释都正确的是A.从沸腾炉出来的气体只有SO2和O2B.SO2氧化为SO3时需要高压，这样可以提高SO2的转化率C.SO2氧化为SO3时需要使用催化剂，这样可以提高SO2的转化率D.用98.3%的浓H2SO4吸收SO3，可以防止形成酸雾，以便使SO3吸收更充分【答案】D【解析】【分析】根据工业上接触法制硫酸的原料和步骤，原料是硫铁矿，使用前要将硫铁矿粉碎，是因为大块的硫铁矿不能充分燃烧，硫铁矿粉碎后与氧气的接触面积增大，利于硫铁矿的充分燃烧；步骤分为三步：二氧化硫的制备与干燥、二氧化硫转化为三氧化硫、三氧化硫的吸收，三步分别在沸腾炉、接触室、吸收塔中进行，从沸腾炉里出来的气体要经过干燥和净化，是因为接触室中的催化剂遇到水和杂质会中毒，在接触室内SO2氧化成SO3时需使用催化剂，这样可以提高反应的速率，但平衡没有改变，所以SO2的转化率不变，在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生成实践中用98.3%的浓H2SO4吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，使SO3吸收完全等来解答 【详解】A．从沸腾炉出来的气体除了SO2和O2外还有N2，故A项错误；B．SO2氧化为SO3时通常在常压下进行，故B项错误；C．在接触室内SO2氧化成SO3时需使用催化剂，这样可以提高反应的速率，但平衡没有改变，所以SO2的转化率不变，故C项错误；D．在吸收塔中三氧化硫与水反应生成硫酸，但水直接吸收三氧化硫会形成酸雾，使三氧化硫的吸收率降低，生产实践中用98.3%的浓H2SO4吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，使SO3吸收完全，故D项正确。故答案选D。13.氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是A.新制氯水呈淡黄绿色，是因为氯水中溶解了未反应的Cl2B.新制氯水滴入硝酸银溶液中产生白色沉淀是因为氯水中有Cl-C.久置氯水酸性将增强D.新制氯水能使有色布条褪色是因为Cl2具有漂白性【答案】D【解析】【分析】氯水中含有三分子（H2O、Cl2、HClO）、四离子（H+、Cl-、ClO-、OH-），因此氯水具有漂白性（HClO）、强氧化性（HClO、Cl2）、酸性（HCl），久置的氯水中，HClO分解生成HCl和O2，HCl溶于水形成盐酸，氯水酸性增强。据此解答。【详解】A．新制氯水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸。未反应完的氯气溶解在水中，使氯水呈淡黄绿色，故A项正确；B．新制氯水中存在HCl分子，向新制氯水中滴入硝酸银溶液，Ag+与Cl-反应产生白色沉，故B项正确；C．氯水久置后，氯水中的次氯酸分解生成氧气和HCl气体，HCl溶于水形成盐酸，溶液酸性增强，故C项正确；D．新制氯水能使有色布条褪色，是因为氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，故D项错误。故答案为：D。14.下列方程式书写正确的是A.醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO－+H+B.钠与水反应的离子方程式：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑C.用过量氨水吸收二氧化硫气体：NH3•H2O+SO2=NH4HSO3D.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br【答案】D 【解析】【详解】A．醋酸为弱电解质，不完全电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO－+H+，故A错误；B．钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，故B错误；C．氨水过量，应生成亚硫酸铵，离子方程式为：2NH3•H2O+SO2=2NH+SO+H2O，故C错误；D．乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色，化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故D正确；综上所述答案为D。15.下列反应中，说明氨有还原性和碱性的是A.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2OB.C.4NH3+6NO5N2+6H2OD.【答案】B【解析】【详解】A．反应中N元素化合价升高，无铵盐生成，NH3只表现还原性，A不符合题意；B．反应中，NH3表现还原性和碱性，B符合题意；C．反应中由NH3→N2，N元素化合价升高，无铵盐生成，NH3只表现还原性，C不符合题意；D．NH3→NH4Cl，N元素化合价不变，生成铵盐，NH3只表现喊性，D不符合题意；故答案选B。16.下列溶液中能够区别SO2和CO2气体的是①澄清石灰水②H2S溶液③KMnO4酸性溶液④氯水⑤品红溶液A.①②③B.②③④C.除①以外D.全部【答案】C【解析】 【分析】【详解】①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2；②SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质(有黄色沉淀生成)，而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2；③SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2；④SO2也具有还原性，能被氯水氧化(溶液褪色)，而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2；⑤SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：②③④⑤，故选：C。17.分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是A.根据SiO2是酸性氧化物，判断其可与NaOH溶液反应B.金属氧化物一定是碱性氧化物C.根据丁达尔现象将分散系分为胶体、溶液和浊液D.根据酸分子中H原子个数分为一元酸、二元酸等【答案】A【解析】【详解】A．酸性氧化物是指能与碱反应只生成盐和水的氧化物，所以可根据SiO2是酸性氧化物，判断其可与NaOH溶液反应，故A正确；B．碱性氧化物指能与酸反应只生成盐和水的氧化物，金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如过氧化钠，故B错误；C．分散系根据粒子直径大小可分为胶体、溶液和浊液，而不是丁达尔现象，故C错误；D．一元酸、二元酸是根据酸分子中能电离出的H离子个数区分的，而不是含有的H原子个数，故D错误；故答案选A。18.甲、乙两容器都在进行A→B的反应，甲容器内每分钟减少了4molA，乙容器内每分钟减少了2molA，则甲容器内的反应速率比乙容器内的反应速率要（）A.快B.慢C.相等D.无法判断【答案】D【解析】【详解】反应速率的表达式为v=Δc/Δt，因为容器的体积不知道，所以无法求出一分钟内两容器中A的浓度 变化量，仅根据每分钟减少了的A的物质的量，是不能判断出甲乙两容器的反应速率孰大孰小的；答案选D。19.把一小块金属钠放入下列溶液中，说法正确的是A.放入饱和NaOH溶液中：有气体放出，恢复至室温后溶液的pH增大B.放入稀CuSO4溶液中：有气体放出，有紫红色铜析出C.放入MgCl2溶液中：有气体放出，有白色沉淀生成D放入NH4NO3溶液中：有无色无味气体放出【答案】C【解析】【详解】A．饱和NaOH溶液中放入钠，钠与水反应消耗水且生成NaOH，恢复至室温会有部分NaOH晶体析出，同时生成氢气，由于溶液仍是饱和溶液，故溶液的pH不变，A错误；B．钠首先与水反应生成氢气和NaOH，NaOH与CuSO4反应会出现蓝色沉淀，不能置换出Cu单质，B错误；C．钠与水反应生成NaOH和H2，NaOH与MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，C正确；D．钠与水反应放热，生成的NaOH与反应生成NH3·H2O，NH3·H2O受热会分解产生有刺激性气味的NH3，NH3与H2同时放出，故放出的气体有刺激性气味，D错误；故合理选项是C。20.有机物与氯气发生取代反应，生成的一氯代物有A.1种B.2种C.3种D.4种【答案】C【解析】【分析】等效氢原子指在有机物中位置相同的氢原子，包括同一甲基上的氢原子和同一碳原子所连甲基上的氢原子。利用等效氢原子法可判断有机物的一氯代物数目，即该有机物有多少种等效氢原子，就有多少种一氯代物。【详解】该有机物存在3种等效氢原子，因此其一氯代物有3种，选C。故答案为：C。二、综合分析题(共60分)(一)物质结构和元素周期律(本题16分，每空2分) 21.我国的四大发明之一黑火药，爆炸时发生反应的化学方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑。请根据其中所含的元素回答下列问题：（1）如图所示为元素周期表中钾元素框图，数据“39.10”表示的是___________；钾元素在周期表中的位置为___________。（2）上述元素中，简单离子半径最大的元素，已知其氧化物中一种对应水化物能与氯单质反应，该反应的化学方程式是___________。（3）上述反应生成物中，属于非电解质的是___________(写结构式)；生成物中含有离子键的物质电子式是___________。（4）上述化学方程式的元素中，属于同周期元素的原子半径由大到小顺序为___________，它们的非金属性由强到弱的顺序为___________；列举一条能证明S和O非金属性强弱的实验事实___________。【答案】（1）①.相对原子质量②.第四周期第IA族（2）Cl+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl（3）①.O=C=O②.（4）①.C>N>O②.O>N>C③.氧气可以与硫化氢发生置换反应生成硫单质和水【解析】【小问1详解】钾元素框图中数据“39.10”表示钾元素的相对原子质量；钾元素序号为19，在周期表中的位置为：第四周期第IA族；故答案为：相对原子质量；第四周期第IA族。【小问2详解】上述元素中，简单离子半径最大的元素为S，其氧化物中一种对应水化物能与氯单质反应，则该物质为SO2，反应的化学方程式是：Cl+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；【小问3详解】根据电解质的概念可知，上述反应生成物中，属于非电解质的是CO2，结构式为O=C=O；生成物中含有离子键的物质是K2S，其电子式为：； 故答案为：O=C=O；；【小问4详解】上述化学方程式的元素中，属于同周期元素为：C、N、O，原子半径由大到小顺序为：C>N>O；非金属性由强到弱的顺序为：O>N>C；能证明S和O非金属性强弱的实验事实是：氧气可以与硫化氢发生置换反应生成硫单质和水；故答案为：C>N>O；O>N>C；氧气可以与硫化氢发生置换反应生成硫单质和水。(二)化学反应速率和化学平衡(本题16分，每空2分)22.恒温下在2L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的量随时间变化曲线如图。（1）该反应的化学方程式为___________；（2）从开始至5min，Y的平均反应速率为___________；平衡时，Z的物质的量浓度为___________，X的转化率为___________；（3）反应达平衡时体系的压强是开始时的___________倍；（4）下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是___________。(填序号)①混合气体的密度不变②容器内温度不变③混合气体压强不变④容器内X、Y、Z三种气体的浓度之比为3：1：2⑤混合气体的平均相对分子质量不变⑥Z(g)的物质的量浓度不变⑦某时刻且不等于零⑧单位时间内生成2nmolZ，同时生成3nmolX（5）反应达平衡后，若向该体系中充入He，平衡移动的方向为___________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)；若升温X的体积分数增大，则正反应为___________(填“吸热”或“放热”)。【答案】（1）（2）①.②.③.60% （3）（4）③⑤⑥⑧（5）①.不移动②.放热【解析】【小问1详解】由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量的变化量与化学计量数之比成正比，则有，则反应的化学方程式为，故答案为；【小问2详解】反应开始到5min，用Y表示的反应速率为：，平衡时Z的物质的量浓度为，X的转化率为，故该题答案为：；；60%；【小问3详解】起始时各物质的总物质的量为：，平衡时各物质的总物质的量为0.8mol+0.5mol+0.4mol=1.7mol，在相同条件下，压强之比等于物质的量之比，则反应达平衡时体系的压强与开始时体系压强的比值为，故答案为：；【小问4详解】①该反应前后气体质量不变，体积也不变，则容器内密度始终不变，不能判断达到平衡，故①错误；②此反应是在恒温下进行，则容器内温度始终不变，不能判断达到平衡，故②错误；③该反应气体分子数不相等的反应，则混合气体的压强不变，能判断达到平衡，故③正确；④容器内x、y、z三种气体的浓度之比为的状态不一定是平衡状态，与物质的起始量和变化量有关，不能判断达到平衡，故④错误；⑤反应前后气体质量不变，但该反应气体分子数前后改变，则混合气体的平均相对分子质量不变，能判断达到平衡，故⑤正确；⑥Z(g)的物质的量浓度不变，是平衡状态标志，能判断达到平衡，故⑥正确；⑦某时刻且不等于零，没有标明是正反应速率和逆反应速率关系，则不能判断达到平衡，故⑦错误；⑧单位时间内生成2nmolZ，同时生成3nmolX，正逆反应速率之比等于化学计量数之比，能判断达到平衡，故⑧正确；故答案为：③⑤⑥⑧；【小问5详解】 反应达平衡后，若向该体系中充入He，不改变各物质的物质的量浓度，平衡不移动；升温，平衡向吸热反应方向移动，X的体积分数增大，则平衡逆向移动，则正反应为放热；故答案为：不移动；放热。(三)有机化合物(本题14分，每空2分)23.已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G之间的转化关系：请回答下列问题：（1）A、D中所含官能团的名称分别是______；C的结构简式是______。（2）E是一种具有香味的液体，由B+D→E的反应方程式为______，反应类型是___________。（3）G是一种高分子化合物，其结构简式是___________。（4）在比赛中当运动员肌肉扭伤时，队医立即对其受伤部位喷射物质F进行应急处理。写出由A制F的化学方程式___________。（5）H是B的同分异构体，则H的结构简式为___________。【答案】（1）①.碳碳双键、羧基②.CH3CHO（2）①.CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O②.酯化反应（或取代反应）（3）（4）CH2=CH2+HClCH3CH2Cl（5）CH3OCH3【解析】【分析】已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，由此推出A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，A与水在一定条件下发生加成反应得到B，所以B的结构简式为CH3CH2OH，B在Cu的催化作用下与氧气反应生成C，C为CH3CHO，B与高锰酸钾溶液反应，被氧化成CH3COOH，所以D为CH3COOH，B与D在浓硫酸加热条件下发生酯化反应得到E，E的结构简式为CH3COOCH2CH3；A在一定条件下与HCl反应得到F，F为CH3CH2Cl；G为高分子化合物，所以A到G发生加聚反应，G的结构简式为：。 【小问1详解】由分析可知，A为CH2=CH2，官能团为碳碳双键；D为CH3COOH，官能团为羧基，C的结构简式为CH3CHO，故答案为：碳碳双键、羧基；CH3CHO；【小问2详解】E为有香味的液体，通过有机合成路线可分析出E是乙酸乙酯，B为乙醇，D为乙酸，所以B+D→E的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于酯化反应，酯化反应属于取代反应。故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应（或取代反应）；【小问3详解】G是一种高分子化合物，是通过A(乙烯)加聚反应得到的，即nCH2=CH2→,所以G的结构简式为：；【小问4详解】A(CH2=CH2)在一定条件下与HCl反应得到F，F为CH3CH2Cl，所以由A制F的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；小问5详解】见分析，B的结构简式为CH3CH2OH，为饱和一元醇，其同分异构体的结构简式为：CH3OCH3。(四)化学实验与探究(本题14分，除II(3)4分，其他每空2分)24.某化学研究性学习小组用CO还原Fe2O3，并在实验结束后用磁铁吸出生成的黑色粉末X进行探究。[探究目的]分析黑色粉末X的组成，并进行相关实验。[查阅资料]①CO还原Fe2O3的实验中若温度不同、受热不均时会生成Fe3O4，也能被磁铁吸引。②③④[实验探究]I．定性检验编实验操作实验现象 号①取少量黑色粉末X放入试管1中，注入浓盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈黄绿色②向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液出现血红色③另取少量黑色粉末X放入试管2中，注入足量硫酸铜溶液，振荡，静置有极少量红色物质析出，仍有较多黑色固体未溶解（1）实验③发生的反应的离子方程式为___________。（2）上述实验说明黑色粉末X中含有___________。II．定量测定根据下图所示的实验方案进行实验并记录数据：（3）操作Z的名称是____。（4）用单线桥法标出下面反应的电子转移情况____：（5）通过以上数据，得出12.48g黑色粉末X中各成分及物质的量为___________。（6）若溶液Y的体积仍为200mL，则溶液Y中______mol/L。【答案】（1）Fe＋Cu2+Fe2+＋Cu（2）Fe和Fe3O4（3）过滤、洗涤（4）（5）n(Fe)=0.14mol，n(Fe3O4)=0.02mol（6）1mol/L【解析】【分析】I．定性检验：实验1中黑色粉末溶于水，溶液呈黄绿色，证明有亚铁离子；实验2中Fe3+能使KSCN溶液呈现血红色，这是Fe3+的特征反应，据此判断Fe3O4的存在；实验3中铁和铜离子发生置换反应生成红色的铜，据此现象判断存在铁；故黑色粉末X为Fe3O4和Fe的混合物。II．定量测定：加入稀硝酸将Fe和四氧化三铁全部氧化为三价铁，加入氢氧化钠后的到氢氧化铁，过滤、洗涤、灼烧后得到三氧化二铁，称 量三氧化二铁即可得到各物质的含量。【小问1详解】铁和铜离子发生置换反应生成红色的铜，故反应离子方程式为Fe+Cu2+Fe2+＋Cu；【小问2详解】据分析黑色粉末X为Fe3O4和Fe的混合物，故答案为：Fe3O4和Fe的混合物；【小问3详解】黑色粉末为铁与Fe3O4，加入过量盐酸可知生成含Fe2+、Fe3+的溶液，再加足量过氧化氢溶液，使Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水生成Fe(OH)3沉淀，操作Z为过滤、洗涤；【小问4详解】四氧化三铁和稀硝酸反应，铁元素失去电子，氮元素得到电子，化合价+5降到+2价，故用单线桥表示为【小问5详解】(3)设Fe、Fe3O4的物质的量分别为：xmol与ymol，16.00g红棕色Fe2O3固体的物质的量为，根据Fe原子守恒得：x+3y=0.1①；由Fe3O4和Fe的混合物的质量为12.48g得，56x+232y=12.48②；联立①和②，故答案为：n(Fe)=0.14mol，n(Fe3O4)=0.02mol；【小问6详解】若溶液Y的体积仍为200mL，此时溶液中全部为Fe3+，无Fe2+，则溶液Y中。【点睛】本题为物质成分的定性和定量分析题，对于定性分析，先做出合理猜想，再选用合适的试剂进行检验；定量分析一般遵循：核心转化→产品分离→产品提纯”的思路。