【化学】河北省重点中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】河北省重点中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

河北省重点中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 考生注意：‎ ‎1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。‎ ‎2.请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3.本试卷主要考试内容：人教版必修2。‎ ‎4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65‎ 第I卷 ‎(选择题共60分)‎ 一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列有关海水综合利用的说法正确的是（ ）‎ A. 海水潮汐发电，是将化学能转化为电能 B. 可利用过滤的方法分离海水从而获取淡水资源 C. 海水中含有丰富的镁元素，需经过化学变化才可以得到镁单质 D. 海水中含有丰富的盐类，用明矾消毒后可直接饮用，补充人体运动后消耗的盐 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．海水潮汐发电，是将海水的动能和势能转化为电能，A选项错误；‎ B．从海水中获取淡水资源可采用蒸馏法、电渗析法、离子交换法，过滤只能除去不溶性的杂质，而不能除去可溶性的化合物，B选项错误；‎ C．海水中的镁元素以离子形式存在，需经过化学变化获得氯化镁，然后电解熔融的氯化镁可以得到镁单质，C选项正确；‎ D．海水中含有丰富的盐类，明矾电离的Al3+水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，明矾用于净水，明矾不能用于消毒，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列化学用语的表示正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的电子式：‎ B. 苯的结构简式：‎ C. 质量数为18的氧原子：‎ D. 乙酸的结构式：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，则电子式为，A不正确；‎ B．苯的分子式为C6H6，结构简式为，B不正确；‎ C．对于核素来说，质量数应标在元素符号的左上角，所以质量数为18的氧原子符号为，C不正确；‎ D．乙酸的结构简式为CH3COOH，其结构式为，D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.下列原子或原子团中，属于官能团的是（ ）‎ A. Br- B. OH- C. D. -COOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Br-表示溴离子，若表示溴原子(官能团)，应为-Br，A不符合题意；‎ B．OH-表示氢氧根离子，若表示羟基(官能团)，则应为-OH，B不符合题意；‎ C．表示硝酸根离子，硝基(官能团)化学式为-NO2，C不符合题意；‎ D．-COOH表示羧基，是羧酸的官能团，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎4.下列各组化合物中，只含有离子键的是（ ）‎ A. NaOH和NaHS B. CaCl2和Na2O C. CO2和K2S D. H2O2和HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH中Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成共价键，NaHS中既含有离子键，也含有共价键，A不符合题意；‎ B．CaCl2和Na2O中均只含有离子键，B符合题意；‎ C．CO2分子中只含有共价键，K2S只含有离子键，C不符合题意；‎ D．H2O2、HCl分子中均只含有共价键，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 皂化反应指的是油脂的酸性水解 B. 葡萄糖和果糖互为同分异构体 C. 部分蛋白质遇浓硝酸变黄色 D. 驴皮熬制的阿胶中含有丰富的蛋白质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．皂化反应指的是油脂在碱性条件下的水解，A选项错误；‎ B．葡萄糖和果糖的分子式均为C6H12O6，两者结构不同，互为同分异构体，B选项正确；‎ C．部分蛋白质遇浓硝酸发生变色反应而变黄，C选项正确；‎ D．阿胶为驴的皮去毛后熬制而成的胶块，其中含有丰富的蛋白质，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列装置能构成原电池的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】构成原电池的条件是：电极活泼性不同的金属或金属和非金属，导线连接，并且插入电解质溶液中形成闭合回路，可以发生自发的氧化还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该装置没有形成闭合回路，不能构成原电池，A不符合题意；‎ B．酒精是非电解质，不能构成原电池，B不符合题意；‎ C．Fe比C活泼，且Fe与稀硫酸发生自发的氧化还原反应生成氢气，Fe和C用导线相连，插入电解质溶液中形成闭合回路，能构成原电池，C符合题意；‎ D．该装置中不能发生自发的氧化还原反应，不能构成原电池，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列反应中反应物总能量小于生成物总能量的是（ ）‎ A. 钠和水的反应 B. 炭与水蒸气制水煤气反应 C. 盐酸与氢氧化钠溶液的反应 D. 铝在氧气中燃烧的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】反应物总能量小于生成物总能量，则表明该反应为吸热反应。‎ ‎【详解】A．钠和水发生置换反应，会放出热量，属于放热反应，A不合题意；‎ B．炭与水蒸气在高温下发生置换反应，制得水煤气，需要不断提供高温条件，属于吸热反应，B符合题意；‎ C．盐酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，会释放热量，属于放热反应，C不合题意；‎ D．铝在氧气中燃烧，生成氧化铝，会产生热量，属于放热反应，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎8.下列措施一定不能增大化学反应速率的是（ ）‎ A. 升高温度 B. 使用催化剂 C. 减小反应物的浓度 D. 块状固体的反应物改为粉末状 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度，可增大反应物的能量，从而增大反应物分子的有效碰撞次数，加快反应速率，A不合题意；‎ B．使用催化剂，可降低反应的活化能，从而加快反应速率，B不合题意；‎ C．减小反应物的浓度，从而减小反应物分子的碰撞次数，通常会减慢反应速率，C符合题意；‎ D．块状固体的反应物改为粉末状，可增大反应物的接触面积，从而加快反应速率，D不合题意；‎ 故选C。‎ ‎9.下列有关化学反应的热现象的说法正确的是（ ）‎ A. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化 B. 化学反应中能量的变化量与参加反应物质的物质的量无关 C. 能量变化必然伴随化学变化的发生 D. 化学反应发生过程中一定有能量变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学反应中的能量变化通常表现为热量变化，有的产生光能、有的产生电能等，A不正确；‎ B．同种物质发生相同的化学反应时，通常用量越多，能量的变化量越多，所以化学反应中能量的变化量与参加反应物质的物质的量有关，B不正确；‎ C．能量变化不一定伴随化学变化的发生，如物质因状态发生改变而产生能量变化，就没有化学反应发生，C不正确；‎ D．化学反应发生过程中，由于断裂化学键吸收的能量与形成化学键释放的能量不同，一定有能量变化，D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.下列关于原电池的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 原电池的负极上发生还原反应 B. 原电池工作时，电子总是由负极经导线流入正极 C. 原电池中，正、负极的电极材料一定都是金属单质 D. 酸碱中和反应也可以设计成原电池 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池工作时，负极上失电子，发生氧化反应，A不正确；‎ B．原电池工作时，电子总是由负极出发，沿着导线流向正极，B正确；‎ C．原电池中，通常负极材料为金属单质，但正极的电极材料不一定是金属单质如石墨等，C不正确；‎ D．酸碱中和反应属于非氧化还原反应，不能设计成原电池，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎11.丙三醇俗称甘油，为无色、无臭、味甜的澄清、透明、黏稠液体。其结构简式为，该有机物能发生的化学反应的类型是（ ）‎ A. 酯化反应 B. 加成反应 C. 加聚反应 D. 中和反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】丙三醇的结构简式为，分子中含有羟基，可以和羧酸发生酯化反应生成酯；不含不饱和键，不能发生加成反应和加聚反应；不能发生中和反应；故答案选A。‎ ‎12.已知某反应aX(g)+bY(g)=cZ(g)的各物质浓度数据如下：‎ X Y Z 起始浓度(mol∙L-1)‎ ‎03‎ ‎0.5‎ ‎0‎ ‎5s末浓度(mol∙L-1)‎ ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.3‎ 据此可推算出上述化学方程式中X、Y、Z三种物质的化学计量数之比是（ ）‎ A. 2:1:3 B. 3:1:2 C. 1:4:3 D. 3:2:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从表中数据可以得出，5s末X、Y、Z的浓度变化量分别为0.2 mol∙L-1、0.1 mol∙L-1、0.3 mol∙L-1，利用浓度的变化量之比等于化学计量数之比，可得出化学方程式中X、Y、Z三种物质的化学计量数之比是0.2:0.1:0.3=2:1:3，故选A。‎ ‎13.某烷烃相对分子质量为86，分子中含有1个-CH2-和4个-CH3，则该烃一氯代物的结构有(不考虑立体异构)（ ）‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】烷烃的通式为CnH2n+2，则14n+2=86，n=6，烷烃的分子式为C6H14。分子中含有1个-CH2-和4个-CH3，则其结构简式为(CH3)3CCH2CH3，分子中含有3种氢原子，所以一氯代物的结构有3种(不考虑立体异构)，故选B。‎ ‎14.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 1.0L1.0mol·L-1H2SO4溶液中含有的氢原子总数为2NA B. 标准状况下，22.4LCl2与足量CH4完全反应时，生成HCl的分子总数为NA C. 标准状况下，0.3molNO2溶于水，转移的电子数为0.3NA D. 常温常压下，22g由N2O和CO2组成的混合气体中含有的质子总数为1.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液中存在着H2O，因此1.0L1.0mol·L-1H2SO4溶液中含有的氢原子总数大于2NA，A选项错误；‎ B．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，1molCl2与足量CH4完全反应，根据原子守恒可知，生成的HCl的分子总数为NA，B选项正确；‎ C．NO2溶于水，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，则0.3molNO2转移0.2mol电子，则转移的电子数为0.2NA，C选项错误；‎ D．N2O和CO2的摩尔质量均为44g/mol，两者含有的质子总数均为22，则22g由N2O和CO2组成的混合气体的物质的量为0.5mol，含有的质子总数为11NA，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.在一定温度下，向密闭容器中充入等物质的量的NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。当上述化学反应达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）‎ A. CO2和CO的物质的量一定相等 B. NO和CO2的物质的量一定相等 C. 反应物的转化率达到了该条件下的最大限度 D. 平衡时混合物的总物质的量一定等于反应开始前混合物的总物质的量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于此可逆反应，由于反应物的转化率未知，所以无法确定CO2和CO的物质的量是否相等，A不正确；‎ B．反应达平衡时，由于反应物的转化率未知，NO和CO2的物质的量不一定相等，B不正确；‎ C．反应达平衡时，反应物的转化率称为平衡转化率，此时反应物的转化率达到了该条件下的最大限度，C正确；‎ D．由于反应前后气体的分子数不等，所以平衡时混合物的总物质的量一定不等于反应开始前混合物的总物质的量，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎16.乙酰水杨酸(阿司匹林)的结构如图，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 分子式为C9H8O4 B. 能与H2发生加成反应 C. 能和乙醇发生酯化反应 D. 是一种不饱和烃 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据乙酰水杨酸可知，1个该分子中含有9个C原子，8个H原子，4个O原子，故其分子式为C9H8O4，A选项正确；‎ B．该分子中含有苯环，能与H2在催化剂的条件下发生加成反应，B选项正确；‎ C．该分子中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，C选项正确；‎ D．烃是指只含有C、H两种元素的有机化合物，而该分子中还含有O元素，属于烃的衍生物，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎17.根据元素周期表和元素周期律判断下列结论正确的是（ ）‎ A. 氧化性：C12＞S＞Se＞Te B. 离子的还原性：S2-＞C1-＞Br-＞I-‎ C. 酸性：H2SO4＞HClO4＞H2SeO4 D. 离子半径：K+＞Ca2+＞C1-＞S2-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl与S为同周期元素，非金属性Cl＞S，S、Se、Te为同主族元素，非金属性S＞Se＞Te，所以氧化性：C12＞S＞Se＞Te，A正确；‎ B．S、C1、Br、I的非金属性C1＞Br＞I＞S，所以离子的还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，B不正确；‎ C．非金属性Cl＞S＞Se，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SeO4，C不正确；‎ D．K+、Ca2+、C1-、S2-的电子层结构相同，核电荷数越小，离子半径越大，所以离子半径：S2-＞C1-＞K+＞Ca2+，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎18.碱性锌锰电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应方程式为Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，下列说法不正确的是（ ）‎ A. Zn作负极，失去电子 B. 电池工作时，MnO2得电子被还原 C. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极 D. 理论上，锌的质量减小6.5g，通过外电路的电子为0.2mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】从电池总反应方程式Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)看，Zn由0价升高到+2价，失电子，Zn作负极；MnO2中的Mn元素由+4价降低到+3价，MnO2得电子，作正极。‎ ‎【详解】A．在电池工作时，Zn失电子，价态升高，所以Zn作负极，A正确；‎ B．电池工作时，MnO2得电子生成Mn2O3，Mn元素价态降低，被还原，B正确；‎ C．电池工作时，负极产生电子，电子由负极通过外电路流向正极，C错误；‎ D．理论上，锌的质量减小6.5g，参加反应的Zn物质的量为0.1mol，通过外电路的电子为0.1mol ×2=0.2mol，D正确；‎ 故选C。‎ ‎19.为提纯下列物质(括号内的物质为杂质，杂质少量)，所选用的除杂试剂正确的是（ ）‎ 选项 物质(括号内的物质为杂质)‎ 除杂试剂 A 乙醇(水)‎ 生石灰 B 乙酸乙酯(乙酸)‎ 氢氧化钠溶液 C 乙烷(乙烯)‎ 酸性高锰酸钾溶液 D 溴苯(溴)‎ 苯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇(水)中加入生石灰，生石灰是CaO，CaO可与水反应生成难挥发的氢氧化钙，乙醇和CaO不反应，再蒸馏即可得到纯净乙醇，所以可用生石灰除去乙醇中的水，A选项正确；‎ B．氢氧化钠均能和乙酸乙酯、乙酸发生反应，则不能用氢氧化钠除去乙酸乙酯中的乙酸，B选项错误；‎ C．酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳，引入了新的杂质气体二氧化碳，C选项错误；‎ D．溴苯、溴均易溶于苯，易引入新的杂质，应选用NaOH溶液、分液除去溴苯中的溴，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.在一恒容密闭容器中进行反应2X(g)+Y(g)2Z(g)，测得某时刻X、Y、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，则反应经一段时间后，下列测定数据一定不正确的是（ ）‎ A. c(X)=0.25mol·L-1 B. c(Y)=0.15mol·L-1‎ C. c(X)+c(Y)=0.4mol·L-1 D. c(Z)=0.4mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】对于某时刻X、Y、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，可采用一边倒的形式，确定平衡时的浓度范围，从而得出平衡时：c(X)介于0~0.4mol·L-1之间，c(Y)介于0~0.2mol·L-1之间，c(Z)介于0~0.4mol·L-1之间。‎ ‎【详解】A．对于c(X)，0.25mol·L-1介于0~0.4mol·L-1之间，可能是反应进行到某时刻的数据，A正确；‎ B．对于c(Y)，0.15mol·L-1介于0~0.2mol·L-1之间，可能是反应进行到某时刻的数据，B正确；‎ C．某时刻X、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.2mol·L-1，所以不管反应如何进行，一定存在 c(X)+c(Y)=0.4mol·L-1，C正确；‎ D．只有当反应物全部转化为生成物时，c(Z)=0.4mol·L-1，此数据一定不是反应进行中的某个数据，D不正确；‎ 故选D。‎ 第II卷(非选择题，共40分)‎ 二、非选择题(本题包括4小题，共40分)‎ ‎21.下表是元素周期表的一部分，回答有关问题。‎ ‎(1)写出元素符号：①___，⑥___。‎ ‎(2)在这些元素中，最活泼的金属元素的原子结构示意图为___。‎ ‎(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质与碱性最强的物质在水溶液中发生反应的离子方程式为___。‎ ‎(4)在②、③、④、⑤这些元素形成的最简单离子中，离子半径由大到小的顺序为___(填离子符号)。‎ ‎(5)由元素②、③、⑧形成的一种常见的杀菌消毒剂中存在的化学键有___。‎ ‎(6)由元素⑦和⑧形成的某种化合物可表示为X2Y2(其中各原子均满足8电子稳定结构)，写出X2Y2的电子式：___。‎ ‎【答案】(1). N (2). Si (3). (4). H++OH-=H2O (5). O2->Na+>Mg2+>A13+ (6). 离子键和共价键(或离子键和极性键) (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①为N元素，②为O元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质进行分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，①为N元素，⑥为Si元素，故答案为：N；Si；‎ ‎(2)上述元素中，最活泼的金属元素是Na，其原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质是HClO4，碱性最强的物质是NaOH，两者在水溶液中反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故答案为：H++OH-=H2O；‎ ‎(4)O2-、Na+、Mg2+、Al3+的电子层数均为2层，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，核电荷数Al＞Mg＞Na＞O，则离子半径O2-＞Na+＞Mg2+＞A13+，故答案为：O2-＞Na+＞Mg2+＞A13+；‎ ‎(5)由O、Na、Cl形成的一种常见的杀菌消毒剂为NaClO，该化合物为离子化合物，其中含有离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键(或离子键和极性键)；‎ ‎(6)由S和Cl组成的化合物为S2Cl2，为共价化合物，其电子式为，故答案为：。‎ ‎22.某温度下，向体积为2L恒容密闭容器中通入2molN2和6molH2，在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。实验测得反应经5min后达到平衡，此时混合物的总物质的量为5.6mol，求：‎ ‎(1)平衡时NH3的浓度为___mol·L-1。‎ ‎(2)0~5min内，v(H2)=___mol·L-1·min-1。‎ ‎(3)反应达到平衡时，N2的转化率为___。‎ ‎(4)下列图象中能反映该反应的能量变化的是___(填标号)。‎ ‎(5)若以N2和H2合成氨的反应设计如图所示的原电池，则通入N2的一极为__(填“正”或“负")极；负极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】(1). 1.2 (2). 0.36 (3). 60%(或0.6) (4). A (5). 正 (6). H2-2e-=2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】对于合成氨反应，可假设N2物质的量的变化量，并由此建立三段式，然后利用混合气的总量，求出各物质的变化量和平衡量，从而求出速率、反应物的转化率及平衡浓度等；合成氨反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量；若将合成氨反应设计成原电池，则通N2的电极作正极，通H2的电极作负极，酸作电解质溶液。‎ ‎【详解】设参加反应N2的物质的量为x，从而建立如下三段式；‎ ‎2-x+6-3x+2x=5.6，x=1.2mol。‎ ‎(1)平衡时NH3的浓度为=1.2mol·L-1。答案为：1.2；‎ ‎(2)0~5min内，v(H2)== 0.36mol·L-1·min-1。答案为：0.36；‎ ‎(3)反应达到平衡时，N2的转化率为=60%(或0.6)。答案为：60%(或0.6)；‎ ‎(4)合成氨反应是一个放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，对照图中反应物与生成物的能量关系，可确定答案为A。答案为：A；‎ ‎(5)若以N2和H2合成氨的反应设计如图所示的原电池，则N2得电子，通入正极，H2失电子，通入负极，则通入N2的一极为正极；电解质为酸，所以负极的电极反应式为H2-2e-=2H+。答案为：正；H2-2e-=2H+。‎ ‎23.实验室制取硝基苯的主要步骤如下：‎ ‎①将配制好的浓硫酸与浓硝酸的混合酸，冷却后加入试管中。‎ ‎②向混合酸中逐滴加入一定量的苯，充分振荡，混合均匀。‎ ‎③水浴加热发生反应。‎ ‎④反应结束后，待混合液冷却后转移至分液漏斗中，除去混合酸，粗产品依次用蒸馏水和10%的Na2CO3溶液洗涤，再用蒸馏水洗涤，得粗硝基苯。‎ ‎⑤将粗硝基苯用无水CaCl2干燥后蒸馏得到纯硝基苯。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)配制一定比例浓硫酸和浓硝酸的混合酸的操作是___。‎ ‎(2)步骤③中，水浴加热的优点是___。‎ ‎(3)图中长玻璃导管的作用是___。‎ ‎(4)写出制取硝基苯的化学方程式：___。‎ ‎(5)步骤④中粗产品用10%的Na2CO3溶液洗涤的目的是___。‎ ‎【答案】(1). 将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入浓硝酸中，并用玻璃棒不断搅拌 (2). 使反应混合物受热均匀，易于控制温度 (3). 冷凝回流 (4). +HNO3(浓) +H2O (5). 除去粗产品中残留的硝酸和硫酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】配制混合酸时，应将浓硫酸沿烧杯壁注入浓硝酸中，并不断搅拌；加入苯，然后水浴加热，为防止苯、硝酸的挥发，需将试管口塞上带有长玻璃导管的橡皮塞，以起到冷凝回流的作用；反应结束后，硝基苯中混有苯、硝酸、硫酸，需先水洗、纯碱液洗，以除去酸，再水洗去除硝基苯中混入的少量纯碱液，再用干燥剂去水，再蒸馏便可得到纯净的硝基苯。‎ ‎【详解】(1)配制一定比例浓硫酸和浓硝酸混合酸时，需将浓硫酸加入浓硝酸中，类似于浓硫酸的稀释，具体操作是将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入浓硝酸中，并用玻璃棒不断搅拌。答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入浓硝酸中，并用玻璃棒不断搅拌；‎ ‎(2)一般来说，凡加热温度不超过100℃，都采用水浴加热，步骤③中，水浴加热的优点是使反应混合物受热均匀，易于控制温度。答案为：使反应混合物受热均匀，易于控制温度；‎ ‎(3)反应物中苯、浓硝酸都易挥发，为提高原料的利用率，减少对大气造成的污染，常在试管口加装长导管，图中长玻璃导管的作用是冷凝回流。答案为：冷凝回流；‎ ‎(4)苯与混合酸在水浴加热条件下发生反应，生成硝基苯和水，反应的化学方程式为+HNO3(浓) +H2O。答案为：+HNO3(浓) +H2O；‎ ‎(5)步骤④中，为去除粗产品中的酸，常用10%的Na2CO3‎ 溶液洗涤，其目的是除去粗产品中残留的硝酸和硫酸。答案为：除去粗产品中残留的硝酸和硫酸。‎ ‎24.B、E、H是生活中常见的有机物，H常用于食品包装，A的产量是石油化工发展水平的标志。根据如图转化关系回答问题：‎ ‎(1)写出A和F中官能团的名称：A___，F___。‎ ‎(2)反应①、④的反应类型分别为___、___。‎ ‎(3)写出D和E的结构简式：D___、E___。‎ ‎(4)请写出下列反应的化学方程式：‎ I．写出反应②在催化剂存在的条件下并加热的化学方程式：___。‎ II．A→H的化学方程式：___。‎ ‎(5)H是一种常见的高分子材料，由这种材料造成的环境问题是___。‎ ‎【答案】(1). 碳碳双键 (2). 酯基 (3). 加成反应 (4). 酯化反应或取代反应 (5). CH3CH2Cl (6). CH3COOH (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (8). nCH2=CH2 (9). 白色污染 ‎【解析】‎ ‎【分析】A的产量是石油化工发展水平的标志，则A为乙烯(CH2=CH2)；A与H2O发生加成反应生成B(CH3CH2OH)，B催化氧化生成C(CH3CHO)，C催化氧化生成E(CH3COOH)，E与B发生酯化反应生成F(CH3COOCH2CH3)；A与HCl发生加成反应生成D(CH3CH2Cl)，A发生加聚反应生成H()。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知，A为乙烯(CH2=CH2)，F为乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)，所以A和F中官能团的名称：A为碳碳双键，F为酯基。答案为：碳碳双键；酯基；‎ ‎(2)反应①为A(CH2=CH2)与H2O反应生成B(CH3CH2OH)、④为E(CH3COOH)与B(CH3CH2OH)反应生成F(CH3COOCH2CH3)和H2O，反应类型分别为加成反应、酯化反应或取代反应。答案为：加成反应；酯化反应或取代反应；‎ ‎(3)由以上分析可知，D和E的结构简式：D为CH3CH2Cl、E为CH3COOH。答案为：CH3CH2Cl；CH3COOH；‎ ‎(4)I．反应②是B(CH3CH2OH)催化氧化生成C(CH3CHO)，化学方程式为：2CH3CH2OH+O2‎ ‎2CH3CHO+2H2O；‎ II．A(CH2=CH2)→H()时，发生加聚反应，化学方程式为：nCH2=CH2 。答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；nCH2=CH2 ；‎ ‎(5)H()是一种常见的高分子材料，由于这种材料的化学稳定性强，会对环境造成污染，所以造成的环境问题是白色污染。答案为：白色污染。‎