湖南省长郡中学2024-2025学年高二上学期入学考试化学试卷（8月）
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024高二上·湖南开学考）日常生活中经常用到各类材料，下列说法正确的是
A．铝制餐具不宜长时间存放酸性食物，适合长时间存放碱性食物
B．新能源汽车上使用的半导体材料是一种新型陶瓷
C．与石墨互为同分异构体
D．天然橡胶、聚丙烯纤维、玻璃纤维都属于有机高分子材料
2．（2024高二上·湖南开学考）下列化学用语表达错误的是
A．HClO的电子式：
B．质量数为195、中子数为117的铂原子：
C．乙醇的球棍模型：
D．乙醛的结构简式：CH3COH
3．（2024高二上·湖南开学考）下列说法不正确的是
A．食用油在空气中放置过久产生“哈喇”味，是因为其中的某些有机物发生了氧化反应
B．糖类都能在加热条件下与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀
C．聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．医用酒精消毒的原理是使蛋白质变性
4．（2024高二上·湖南开学考）下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是(部分夹持装置已略去)
A．制取并收集NH3 B．除去Cl2气体中混有的少量HCl气体
C．分离粗盐中的不溶物 D．灼烧碎海带
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高二上·湖南开学考）下列有关电极方程式或离子方程式书写正确的是
A．过量NaHSO3溶液与澄清石灰水混合：
B．氯气与水反应：
C．锌、铜和稀硫酸组成的原电池正极发生的反应：
D．硝酸亚铁稀溶液中加入稀硫酸：
6．（2024高二上·湖南开学考）下列离子能大量共存的是
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·湖南开学考）反应在一可变容积的容器中进行反应，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
A．将容器的体积缩小一半 B．保持体积不变，充入N2
C．保持体积不变，升高温度 D．压强不变，充入N2使体积增大
8．（2024高二上·湖南开学考）一种锌-溴电池原理示意图如下图所示，隔膜为阳离子交换膜(只允许阳离子通过)。下列说法错误的是
A．电子从电极a经导线流向电极b
B．在电池内部，阳离子由电极a往电极b方向移动
C．电极b为负极，发生的电极反应为
D．每消耗，理论上转移电子
9．（2024高二上·湖南开学考）某温度下，化学反应的能量变化如下图所示，分子内原子均以单键结合。则下列说法正确的是
A．该反应是放热反应
B．加入催化剂可以改变反应的热效应
C．断裂需要吸收的能量
D．和具有的能量为
10．（2024高二上·湖南开学考）下图是实验室进行制备与性质实验的组合装置，部分固定装置和装置B前后的干燥装置未画出。下列有关说法确的是
A．为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用饱和的石灰水
B．关闭，打开，滴加硫酸，则装置B中每消耗，转移电子
C．关闭，打开，试剂X是酸性溶液或溶液，均可证明有还原性
D．实验过程中体现了硫酸的酸性、吸水性、难挥发性、强氧化性
11．（2024高二上·湖南开学考）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体：Y是短周期主族元素中金属性最强的元素；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A．X与W元素、X与Y元素都可形成不止一种二元化合物
B．W的氧化物对应的水化物是氧化性强酸
C．最简单氢化物的稳定性：
D．最简单氢化物的沸点：
12．（2024高二上·湖南开学考）工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸，反应方程式为。在亚硒酸溶液中通入，有单质硒析出。下列说法错误的是
A．氧化性：
B．亚硒酸与生成单质硒的反应可能生成
C．析出硒需要消耗标准状况下
D．亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸
13．（2024高二上·湖南开学考）工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下图所示：
对上述流程的判断正确的是
A．试剂X可以为NaOH溶液，“沉淀”中含有铁的化合物
B．CO2可以用稀硫酸或稀盐酸代替
C．Y为Na2CO3溶液
D．工业上还可采用Fe高温还原Al2O3的方法制Al
14．（2024高二上·湖南开学考）柠檬酸加热时可发生如下的转化：
下列说法正确的是
A．柠檬酸、顺乌头酸、异柠檬酸互为同分异构体
B．柠檬酸可以在Cu作催化剂、加热的条件下与O2发生催化氧化反应
C．1mol柠檬酸与足量NaOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH
D．顺乌头酸转化为异柠檬酸的反应属于加成反应
二、非选择题(本题共4个小题，共58分)
15．（2024高二上·湖南开学考）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑥在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族 周期 IA 0
1 IIA IIIA IVA VA VIA VIIA
2 ① ② ③
3 ④ ⑤ ⑥
⑦是短周期元素中原子半径最大的元素(稀有气体元素除外)。
（1）⑦在元素周期表中的位置是 。
（2）画出⑥的简单离子结构示意图： 。
（3）①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为 (用原子符号表示)。
（4）④和⑥组成的化合物中化学键类型是 。
（5）化合物X由③和⑦组成且两种元素物质的量之比为，X的电子式是 。
（6）④的单质和⑦的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是 。
（7）下列化合物中属于强酸的有 (填标号)。
a．⑥的简单氢化物 b．②的简单氢化物
c．①的最高价氧化物对应水化物 d．②的最高价氧化物对应水化物
16．（2024高二上·湖南开学考）黄铁矿高温煅烧除硫后的烧渣主要含有，某研究小组尝试用烧渣制取绿矾()，流程图如下。
已知：完全沉淀时的小于开始沉淀时的。
回答下列问题：
（1）为提高烧渣的浸取速率，可采用的措施有 (填标号)。
a升高温度 b．将烧渣粉碎 c．增大烧渣用量 d.适当增大硫酸浓度 e．增大反应容器气压
（2）滤渣I的主要成分是 (填化学式)。
（3）试剂X可以选用多种物质，若X是一种非金属氧化物，写出还原过程中发生反应的离子方程式： 。
（4）滤渣II的主要成分是 (填化学式)。
（5）过滤II后的滤液为溶液，从溶液得到的一系列操作中应将溶液放置于 (填仪器名称)中加热。
（6）绿矾容易被氧化变质，写出实验室中检验绿矾是否被氧化变质的操作和现象： 。
（7）该研究小组取烧渣进行实验，最后得到绿矾的质量为，若从烧渣制取绿矾的流程中没有使用含铁的试剂，则烧渣中的质量百分数为 。(假设流程中的铁元素全部转化到绿矾中)
17．（2024高二上·湖南开学考）某小组同学欲探究的催化氧化反应，用下图所示装置进行实验。A、B装置可选用的药品有：浓氨水、溶液、蒸馏水、固体、。C、D装置为气体干燥装置。(部分夹持装置已略去)
回答下列问题：
（1）催化氧化的化学方程式是 。
（2）装置D的仪器名称为 ，盛放的试剂应为 (填“无水”“碱石灰”或“无水”)。
（3）反应进行一段时间后，装置G中的溶液变成蓝色。请用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因： 。
（4）甲同学进行实验后观察到装置F中有红棕色气体生成，乙同学进行实验后观察到装置F中无红棕色气体生成，而有白烟生成，白烟的成分是 (填化学式)。
（5）为帮助乙在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进，可以调节， (填“增大”或“减小”)装置B中的产气量。
（6）为实现该反应，用图所示装置替换题目中所给装置的虚线框部分也可以达到实验目的，化合物X由两种短周期元素组成，且阴阳离子个数之比为，则X为 (填化学式)。
18．（2024高二上·湖南开学考）聚乙烯醇()可用于制备滴服液，以乙烯为主要原料制备的一种路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）反应①、②的反应类型分别是 、 。
（2）也可以以乙烯为原料合成，写出工业上以乙烯为原料合成的化学方程式： 。
（3）乙酸乙烯酯中所含的官能团名称为 。
（4）反应⑤为加聚反应，写出该反应的化学方程式： 。
（5）下列关于乙酸乙烯酯和的说法正确的有 (填标号)。
a．等质量的乙酸乙烯酯和完全燃烧消耗氧气的质量相等
b．乙酸乙烯酯和互为同系物
c．乙酸乙烯酯和都能使溴的溶液褪色
d．乙酸乙烯酯和都可以发生取代反应
（6）写出3种与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体： 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、铝既能和酸反应，也能和碱反应 。所以铝制餐具不管酸性、碱性食物，都不能长时间存放，A错误；
B、SiC 是无机非金属材料，属于新型陶瓷，B正确；
C、C60和石墨是由碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，不是同分异构体，C错误；
D、玻璃纤维是无机非金属材料，不是有机高分子材料；天然橡胶、聚丙烯纤维是有机高分子材料 ，D错误；
故答案为：B 。
【分析】本题围绕生活中各类材料的性质与分类展开，需逐个分析选项，结合物质的化学性质、同素异形体与同分异构体的概念、材料分类等知识，判断说法的正误 。
2．【答案】D
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A： 中，、 各形成 1 个共价键， 形成 2 个共价键 ，电子式为 ，符合成键规律，A 正确；
B：原子表示时，左上角为质量数、左下角为质子数。由质量数 = 质子数 + 中子数，算得铂质子数 ，表示为 ，遵循原子符号写法，B 正确；
C：乙醇结构简式是 ，且原子半径 ，球棍模型能体现原子连接与空间结构，C 正确；
D：乙醛官能团是 ，正确结构简式为 ； 易误认含 ，实际乙醛无此结构，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题聚焦化学用语（电子式、原子符号、球棍模型、结构简式 ）的规范书写，需依据各类化学用语的既定规则，对每个选项逐一核验，判断表达是否正确。
3．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；聚合反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、食用油因含不饱和键，放置过久会被空气中氧气氧化，产生“哈喇”味，A正确；
B、蔗糖、淀粉、纤维素等非还原性糖，不含醛基，加热时不能与新制氢氧化铜生成砖红色沉淀；只有葡萄糖等含醛基的还原性糖可以，B错误；
C、聚乙烯结构中不存在碳碳双键，无法与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，C正确；
D、酒精可渗透进细菌细胞，让细菌蛋白质变性，破坏细菌组织，所以医用酒精可杀菌消毒，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．食用油（多为不饱和高级脂肪酸甘油酯 ）含不饱和键，在空气中易被氧化。
B．糖类分还原性糖（含醛基 ）和非还原性糖（不含醛基 ），只有还原性糖能与新制氢氧化铜反应。
C．聚乙烯由乙烯加聚生成，分子无碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾氧化。
D．医用酒精能使细菌蛋白质变性，破坏细菌结构达到消毒目的。
4．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常用仪器及其使用；过滤；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、极易溶于水，排水法收集时会因溶解无法收集，且其密度小于空气，应选向下排空气法，故A不符合题意 ；
B、与饱和溶液反应生成，引入新杂质；除去中，需用饱和食盐水（在其中溶解度小，易溶 ），故B不符合题意 ；
C、粗盐中不溶物可通过过滤分离，图中过滤操作（漏斗、玻璃棒引流等 ）规范，能实现分离，故C符合题意 ；
D、灼烧碎海带时，烧杯无法承受高温，会破裂，应使用坩埚，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．氨气（）的溶解性与密度决定收集方法 。
B．除杂要遵循“不引入新杂质”原则，把握、与试剂的反应差异 。
C．过滤是分离固体不溶物与液体的方法，操作需符合“一贴、二低、三靠”规范 。
D．灼烧固体需用耐高温的坩埚，烧杯材质不适合灼烧 。
5．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、过量溶液和澄清石灰水混合， 少量， 与 按 反应，生成、和 ，离子方程式 ，A正确；
B、氯气和水反应生成（强酸，拆成离子 ）和（弱酸，保留化学式 ），正确离子方程式是 ，原方程式拆分错误，B错误；
C、锌、铜和稀硫酸组成原电池，失电子作负极，反应为 ；正极是得电子发生还原反应，反应为 ，C错误；
D、硝酸亚铁稀溶液中加稀硫酸，（有时 ）氧化 ，被还原为（不是，因是稀溶液反应 ），正确离子方程式为 ，原方程式产物错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．过量与澄清石灰水反应，需结合量的关系分析离子反应 。
B．是弱酸，离子方程式中不能拆成离子，要保留化学式 。
C．原电池中正极发生还原反应，负极发生氧化反应；锌、铜和稀硫酸构成原电池时，是负极，是正极 。
D．硝酸亚铁与稀硫酸混合，在酸性条件下有强氧化性，会氧化，结合氧化还原规律判断产物 。
6．【答案】C
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、和结合形成硫氰化铁络合物，使离子浓度降低，无法大量共存，A错误；
B、和反应产生气体与，离子不能大量共存，B错误；
C、、、、之间，既无复分解反应（无沉淀、气体、弱电解质生成 ），也无氧化还原、络合等反应，能大量共存，C正确；
D、、、混合时，将氧化为，发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题聚焦离子共存判断，需依据离子间能否发生复分解（生成沉淀、气体、弱电解质 ）、络合、氧化还原等反应，来分析各组离子能否大量共存：
A．与会发生络合反应，生成络合物 。
B．与会发生复分解反应，生成气体和水 。
C．判断离子间有无反应，需看是否满足复分解、氧化还原、络合等反应条件 。
D．在酸性条件（有 ）下具强氧化性，会氧化 。
7．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、容器体积缩小一半，、、（气体 ）浓度增大，反应速率加快（固体浓度视为常数，不影响 ），故A不符合题意 ；
B、体积不变，充入，、、浓度未变，反应速率不变（不参与反应 ），故B符合题意 ；
C、体积不变升高温度，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C不符合题意 ；
D、压强不变充入，容器体积增大，、、浓度减小，反应速率减慢，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题围绕反应速率影响因素展开，需依据浓度、温度、压强对反应速率的作用原理，结合反应体系中物质状态（固体、气体 ），分析各条件改变时反应速率的变化情况。
A．考查容器体积缩小，气体物质浓度变化对反应速率的影响 。
B．体积不变时充入无关气体（）， 各种气体物质浓度不变 。
C．分析温度对反应速率的影响（从活化分子、有效碰撞角度分析 ） 。
D．压强不变充入，容器体积变化导致参与反应气体浓度减小，化学反应速率减慢 。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 上 失电子（ ），发生氧化反应，是负极；电极 上 得电子（ ），发生还原反应，是正极。电子从负极（ ）经导线流向正极（ ），A正确；
B、 是负极、 是正极，电池内部阳离子（如 ）由负极（ ）向正极（ ）移动，B正确；
C、电极 上 得电子，发生还原反应，应为正极，电极反应为 ，但选项说电极 是负极，C错误；
D、 转化为 ，每消耗转移 电子，消耗 时，理论转移 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕锌 - 溴电池工作原理，需依据原电池正负极判断（氧化反应、还原反应 ）、电子流向、离子移动方向、电极反应及电子转移计算，分析各选项正误，根据图示，a极Zn失电子发生氧化反应生成Zn2+，a是负极；b极Br2得电子发生还原反应生成Br-，b是正极。
A．原电池中电子从负极经导线流向正极，先确定正负极 。
B．原电池内部，阳离子向正极移动，结合正负极判断离子移动方向 。
C．根据电极反应类型（氧化或还原 ）判断正负极，再核对电极反应式 。
D．依据 失电子的反应式（ ），计算电子转移量 。
9．【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图中 1mol A2与 1mol B2的总能量低于 2mol AB 的总能量，反应需吸收能量，为吸热反应，A错误；
B、催化剂仅降低反应的活化能，不改变反应物与生成物的总能量差，反应的热效应不变，B错误；
C、2mol AB 分解为 2mol A (g) 和 2mol B (g) 时吸收 b kJ 能量，即断裂 2mol A-B 键需要吸收 b kJ 能量，C正确；
D、a kJ 是 1mol A2和 1mol B2断裂为原子时吸收的能量，并非这两种物质本身具有的总能量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题通过化学反应能量变化图像，结合反应吸放热判断（比较反应物生成物总能量比较）、催化剂的作用（仅改变化学反应速率，不影响反应热）、化学键与能量的关系（断裂吸热、形成放热） 来分析各选项。
A．比较反应物和生成物总能量。
B．明确催化剂的作用特点。
C．理解化学键断裂与能量吸收的关系。
D．区分 “断裂化学键吸收的能量” 与 “物质的总能量”。
10．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、饱和石灰水（）溶解度小，吸收能力弱，无法有效防污染；应选浓溶液（溶解度大，吸收效果好 ），A错误；
B、关闭、打开，进入B中与反应生成。中为价，反应后变为价，每消耗，有原子得电子，转移电子，B正确；
C、关闭、打开，若试剂是溶液，与不反应（氧化性弱，无法氧化），不能证明还原性；若为酸性溶液则可，C错误；
D、70%硫酸与反应生成、和，硫酸仅体现酸性（提供）；反应中硫酸元素化合价未变，未体现强氧化性，也无吸水性、难挥发性体现，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．尾气处理试剂需具备强吸收能力，是酸性氧化物 ，需用碱性溶液吸收 。
B．考查与反应中元素化合价变化及电子转移计算 。
C．验证还原性需选具强氧化性的试剂，且能发生氧化还原反应 。
D．理解硫酸在与反应中体现的性质（酸性、氧化性等 ）。
11．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、与可形成、、、、、等多种二元化合物；与可形成、等二元化合物，均不止一种，A正确；
B、的氧化物对应的水化物有（亚硝酸，为弱酸 ）、（硝酸，是氧化性强酸 ），并非所有水化物都是氧化性强酸，B错误；
C、非金属性（元素非金属性越强，最简单氢化物越稳定 ），则最简单氢化物的稳定性，即，C错误；
D、、分子间存在氢键，且分子间氢键数目更多，沸点更高；分子间仅存在范德华力。故沸点，即，D错误；
故答案为：A。
【分析】依据“与可生成一种红棕色有刺激性气味的气体”，该气体为，可推出为元素，为元素，依据“是短周期主族元素中金属性最强的元素”，可知为元素，依据“原子最外层的电子数与的电子总数相同”，（ ）电子总数为，则原子最外层电子数为，结合原子序数大于（ ），推出为元素。
A．分析与、与形成二元化合物的种类。
B．先判断的氧化物对应的水化物的种类，再判断是否为氧化性强酸。
C．根据非金属性强弱判断最简单氢化物的稳定性。
D．依据分子间作用力（含氢键 ）判断最简单氢化物的沸点。
12．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、反应 中，是氧化剂，是氧化产物，故氧化性；又可氧化生成，则氧化性，所以氧化性 ，A正确；
B、中为价，有氧化性，有还原性，反应时元素化合价降低生成单质，元素化合价升高可能生成，反应为 ，B正确；
C、反应中从价→价（降价 ），从价→价（升价 ）。析出，转移电子，需（每升价 ），标准状况下体积为，C错误；
D、中为价（介于和之间 ），既有氧化性又有还原性；由能氧化但不氧化，可知还原性弱于，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．依据“氧化剂氧化性＞氧化产物氧化性”，结合反应判断氧化性顺序 。
B．分析与反应的产物，依据氧化还原规律判断 。
C．根据反应中、元素化合价变化，计算电子转移与的量 。
D．依据元素化合价判断物质氧化性、还原性，结合反应比较还原性 。
13．【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、可为溶液，溶于生成可溶性盐，不溶，沉淀含（铁的化合物 ），A正确；
B、若用稀硫酸或稀盐酸代替，过量酸会与生成的反应溶解，无法得到沉淀，B错误；
C、反应生成，是含的溶液（如溶液 ），不是溶液，C错误；
D、还原性强于，根据金属活动性顺序，无法还原得到，D错误；
故答案为：A。
【分析】氧化铝矿石含和杂质。加入过量（如溶液 ），与反应生成（或 ）进入溶液乙，不与反应，成为沉淀分离，溶液乙中通入过量，发生反应，生成沉淀和含的溶液，加热分解得，电解（熔融 ）生成。
A．明确、与的反应差异 。
B．明确与强酸（硫酸、盐酸 ）的反应特性 。
C．关键在于溶液乙通“过量”。
D．考查和的还原性强弱及反应可行性 。
14．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醇类简介；羧酸简介；加成反应
【解析】【解答】A、柠檬酸、异柠檬酸分子式为C6H8O7，顺乌头酸分子式是C6H6O6，与前两者分子式不同，不互为同分异构体，A错误；
B、柠檬酸中与羟基（-OH）相连的C无H，不满足催化氧化条件，不能在Cu催化、加热下与O2发生催化氧化反应，B错误；
C、1个柠檬酸分子含3个-COOH、1个-OH，-OH不与NaOH反应，故1mol柠檬酸与足量NaOH反应，最多消耗3molNaOH，C错误；
D、顺乌头酸含不饱和结构，与H2O反应时，H2O加成到不饱和键上，属于加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕柠檬酸及其转化产物的结构与性质，结合同分异构体判断（分子式、结构）、催化氧化条件（与羟基相连C上的H）、官能团与NaOH反应的数量关系、反应类型判断（加成反应特征），分析各选项：
A．同分异构体需分子式相同、结构不同，需对比三者分子式。
B．醇发生催化氧化反应，要求与羟基相连的C上有H。
C．柠檬酸中只有羧基（-COOH）与NaOH反应，醇羟基（-OH）不反应。
D．加成反应是不饱和键两端原子结合其他原子/原子团，据此分析顺乌头酸到异柠檬酸的反应。
15．【答案】（1）第三周期第IA族
（2）
（3）Si>C>O
（4）共价键
（5）
（6）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
（7）ad
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）⑦是短周期元素中原子半径最大的元素，则为Na元素，Na在元素周期表中的位置是第三周期第IA族；
（2）⑥为氯元素，其简单离子Cl-核内质子数为17，核外电子数为18，结构示意图：；
（3）电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径减小，①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为Si>C>O；
（4）④和⑥组成的化合物AlCl3是共价键化合物，化学键类型是共价键；
（5）化合物X由③O和⑦Na组成且两种元素物质的量之比为，则X为Na2O2，过氧化钠是离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根内O与O原子存在共价键，电子式是；
（6）④的单质Al和⑦的最高价氧化物对应水化物NaOH反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（7）a．⑥的简单氢化物是HCl，盐酸属于强酸，故a符合题意；
b．②的简单氢化物是NH3，NH3 H2O属于弱碱，故b不符合题意；
c．①的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，碳酸属于弱酸，故c不符合题意；
d．②的最高价氧化物对应水化物HNO3，硝酸是强酸，故d符合题意；
故选ad。
【分析】先依据元素在周期表位置及“⑦是短周期原子半径最大元素（除稀有气体）”，确定① - ⑦对应元素：①为C、②为N、③为O、④为Al、⑤为Si、⑥为Cl、⑦为Na ；然后结合各元素原子结构、性质（如周期表位置、离子结构、原子半径规律、化学键、化合物电子式、反应离子方程式、酸的强弱判断 ），依次解答各小问 。
（1）⑦是短周期元素中原子半径最大的元素，则为Na元素，Na在元素周期表中的位置是第三周期第IA族；
（2）⑥为氯元素，其简单离子Cl-核内质子数为17，核外电子数为18，结构示意图：；
（3）电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径减小，①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为Si>C>O；
（4）④和⑥组成的化合物AlCl3是共价键化合物，化学键类型是共价键；
（5）化合物X由③O和⑦Na组成且两种元素物质的量之比为，则X为Na2O2，过氧化钠是离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根内O与O原子存在共价键，电子式是；
（6）④的单质Al和⑦的最高价氧化物对应水化物NaOH反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（7）a．⑥的简单氢化物是HCl，盐酸属于强酸，故a符合题意；
b．②的简单氢化物是NH3，NH3 H2O属于弱碱，故b不符合题意；
c．①的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，碳酸属于弱酸，故c不符合题意；
d．②的最高价氧化物对应水化物HNO3，硝酸是强酸，故d符合题意；故选ad。
16．【答案】（1）abd
（2）SiO2
（3）
（4）
（5）蒸发皿
（6）取少量固体于试管中，加入蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质
（7）36.00%
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）升高温度、将烧渣粉碎、适当增加稀硫酸浓度可以加快速率；
（2）为酸性氧化物，不溶于稀硫酸，则滤渣I为；
（3）还原剂为非金属氧化物，且生成物绿矾中有S元素，则X为SO2，反应中Fe3+还原为Fe2+，SO2被氧化；
（4）根据已知条件完全沉淀时的小于开始沉淀时的，调pH除去，所以滤渣II为；
（5）过滤II后的滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾晶体，蒸发浓缩在蒸发皿中进行；
（6）绿矾容易被氧化为Fe3+，用KSCN溶液检验，故答案为取少量固体于试管中，加入蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质；
（7）根据题意，产品绿矾中的Fe全部来源于烧渣中，根据元素守恒可计算出烧渣中Fe的质量为，则Fe的质量分数为，故答案为36.00%。
【分析】烧渣（含Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2）先加稀硫酸“浸取”，SiO2不溶，过滤得“滤渣Ⅰ”（SiO2）和含Fe3+、Fe2+、Al3+的滤液；滤液加“试剂X”（一般为Fe，还原Fe3+为Fe2+）“还原”；再“调pH”使Al3+沉淀，过滤得“滤渣Ⅱ”（Al(OH)3）和含FeSO4的滤液，后续经处理制得FeSO4·7H2O。
（1）升高温度、将烧渣粉碎、适当增加稀硫酸浓度可以加快速率，故答案为abd；
（2）为酸性氧化物，不溶于稀硫酸，则滤渣I为，故答案为；
（3）还原剂为非金属氧化物，且生成物绿矾中有S元素，则X为SO2，反应中Fe3+还原为Fe2+，SO2被氧化，故答案为；
（4）根据已知条件完全沉淀时的小于开始沉淀时的，调pH除去，所以滤渣II为，故答案为；
（5）过滤II后的滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾晶体，蒸发浓缩在蒸发皿中进行，故答案为蒸发皿；
（6）绿矾容易被氧化为Fe3+，用KSCN溶液检验，故答案为取少量固体于试管中，加入蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质；
（7）根据题意，产品绿矾中的Fe全部来源于烧渣中，根据元素守恒可计算出烧渣中Fe的质量为，则Fe的质量分数为，故答案为36.00%。
17．【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2）球形干燥管；碱石灰
（3）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）NH4NO3
（5）减少
（6）Na2O2
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氨气在催化剂、加热条件下被氧气氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）装置D的仪器名称为球形干燥管，用于干燥氨气，盛放的试剂应为碱石灰，因为无水或无水都能与氨气反应，故不能选择作为干燥氨气的试剂；
（3）G中溶液变蓝色说明有Cu2+生成，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2．化学方程式：2NO+O2=2NO2，二氧化氮、水蒸气、氨气反应生成白色固体硝酸铵，化学式为：NH4NO3；
（5）要观察到有红棕色气体，可采取措施：一是减少氨气通入量，二是增加氧气通入量，可以调节，减少装置B中的产气量；
（6）为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，1个Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子组成，阴阳离子个数之比为，则X为Na2O2。
【分析】欲探究的催化氧化反应，需要装置A和B制取氨气和氧气，根据干燥装置，可知装置A用溶液、制取氧气，装置C盛有浓硫酸干燥氧气，装置B用浓氨水、固体制取氨气，装置D装有碱石灰干燥氨气，E装置是氨气的催化氧化装置，从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气，因2NO+O2=2NO2，在F中看到红棕色气体生成，由于4NO+2H2O+3O2=4HNO3，NH3+HNO3=NH4NO3，在F还能看到白烟生成，装置G为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，尾气处理有害气体；
(1)明确反应：催化氧化生成和 。
(2)识别仪器：判断装置为球形干燥管 ，依据氨气性质，选碱石灰干燥氨气 。
(3)中溶液变蓝，说明生成 。
(4)氧化为，、水蒸气、氨气反应生成（白烟成分 ） 。
(5)要观察红棕色气体（ ），需减少氨气、增加氧气 。
(6)分解产物与反应生成，结合阴阳离子个数比，推出为 。
（1）氨气在催化剂、加热条件下被氧气氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）装置D的仪器名称为球形干燥管，用于干燥氨气，盛放的试剂应为碱石灰，因为无水或无水都能与氨气反应，故不能选择作为干燥氨气的试剂；
（3）G中溶液变蓝色说明有Cu2+生成，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2．化学方程式：2NO+O2=2NO2，二氧化氮、水蒸气、氨气反应生成白色固体硝酸铵，化学式为：NH4NO3；
（5）要观察到有红棕色气体，可采取措施：一是减少氨气通入量，二是增加氧气通入量，可以调节，减少装置B中的产气量；
（6）为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，1个Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子组成，阴阳离子个数之比为，则X为Na2O2。
18．【答案】（1）加成反应；取代反应
（2）
（3）酯基、碳碳双键
（4）
（5）ad
（6）、、、（任写三种）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醇类简介；取代反应
【解析】【解答】（1）反应①为乙烯和HBr加成生成CH3CH2Br；反应②为乙醇与HBr的浓溶液发生取代反应生成CH3CH2Br；
（2）乙烯与水在催化剂加热条件下生成乙醇，化学方程式为；
（3）由结构可知，乙酸乙烯酯所含官能团的名称为酯基、碳碳双键；
（4）反应⑤为加聚反应，乙酸乙烯酯分子中含有碳碳双键，加聚生成PVAC，反应为；
（5）a．等质量的乙酸乙烯酯和PVAC，C、H、O原子个数相同，完全燃烧消耗氧气的质量相等，故a正确；
b．PVAC是混合物，乙酸乙烯酯不能和互为同系物，故b错误；
c．乙酸乙烯酯中含有碳碳双键，可以使溴的溶液褪色，中无碳碳双键，不能使溴的溶液褪色，故c错误；
d．乙酸乙烯酯和PVAC都可以发生酯基的水解反应，其属于取代反应，故d正确；
故选ad；
（6）与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体为、、、。
【分析】以乙烯为原料，经多步反应制备聚乙烯醇（PVA）。乙烯（）先发生反应①生成溴乙烷（）；溴乙烷经反应②生成乙醇（）；乙醇通过反应③氧化为乙酸（）；乙烯与乙酸经反应④生成乙酸乙烯酯（）；乙酸乙烯酯发生反应⑤聚合为PVAC；PVAC经反应⑥水解转化得到PVA 。
（1）反应①为乙烯和HBr加成生成CH3CH2Br；反应②为乙醇与HBr的浓溶液发生取代反应生成CH3CH2Br；
（2）乙烯与水在催化剂加热条件下生成乙醇，化学方程式为；
（3）由结构可知，乙酸乙烯酯所含官能团的名称为酯基、碳碳双键；
（4）反应⑤为加聚反应，乙酸乙烯酯分子中含有碳碳双键，加聚生成PVAC，反应为；
（5）a．等质量的乙酸乙烯酯和PVAC，C、H、O原子个数相同，完全燃烧消耗氧气的质量相等，故a正确；
b．PVAC是混合物，乙酸乙烯酯不能和互为同系物，故b错误；
c．乙酸乙烯酯中含有碳碳双键，可以使溴的溶液褪色，中无碳碳双键，不能使溴的溶液褪色，故c错误；
d．乙酸乙烯酯和PVAC都可以发生酯基的水解反应，其属于取代反应，故d正确；
故选ad；
（6）与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体为、、、。
1 / 1湖南省长郡中学2024-2025学年高二上学期入学考试化学试卷（8月）
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024高二上·湖南开学考）日常生活中经常用到各类材料，下列说法正确的是
A．铝制餐具不宜长时间存放酸性食物，适合长时间存放碱性食物
B．新能源汽车上使用的半导体材料是一种新型陶瓷
C．与石墨互为同分异构体
D．天然橡胶、聚丙烯纤维、玻璃纤维都属于有机高分子材料
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；高分子材料
【解析】【解答】A、铝既能和酸反应，也能和碱反应 。所以铝制餐具不管酸性、碱性食物，都不能长时间存放，A错误；
B、SiC 是无机非金属材料，属于新型陶瓷，B正确；
C、C60和石墨是由碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，不是同分异构体，C错误；
D、玻璃纤维是无机非金属材料，不是有机高分子材料；天然橡胶、聚丙烯纤维是有机高分子材料 ，D错误；
故答案为：B 。
【分析】本题围绕生活中各类材料的性质与分类展开，需逐个分析选项，结合物质的化学性质、同素异形体与同分异构体的概念、材料分类等知识，判断说法的正误 。
2．（2024高二上·湖南开学考）下列化学用语表达错误的是
A．HClO的电子式：
B．质量数为195、中子数为117的铂原子：
C．乙醇的球棍模型：
D．乙醛的结构简式：CH3COH
【答案】D
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A： 中，、 各形成 1 个共价键， 形成 2 个共价键 ，电子式为 ，符合成键规律，A 正确；
B：原子表示时，左上角为质量数、左下角为质子数。由质量数 = 质子数 + 中子数，算得铂质子数 ，表示为 ，遵循原子符号写法，B 正确；
C：乙醇结构简式是 ，且原子半径 ，球棍模型能体现原子连接与空间结构，C 正确；
D：乙醛官能团是 ，正确结构简式为 ； 易误认含 ，实际乙醛无此结构，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题聚焦化学用语（电子式、原子符号、球棍模型、结构简式 ）的规范书写，需依据各类化学用语的既定规则，对每个选项逐一核验，判断表达是否正确。
3．（2024高二上·湖南开学考）下列说法不正确的是
A．食用油在空气中放置过久产生“哈喇”味，是因为其中的某些有机物发生了氧化反应
B．糖类都能在加热条件下与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀
C．聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．医用酒精消毒的原理是使蛋白质变性
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；聚合反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、食用油因含不饱和键，放置过久会被空气中氧气氧化，产生“哈喇”味，A正确；
B、蔗糖、淀粉、纤维素等非还原性糖，不含醛基，加热时不能与新制氢氧化铜生成砖红色沉淀；只有葡萄糖等含醛基的还原性糖可以，B错误；
C、聚乙烯结构中不存在碳碳双键，无法与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，C正确；
D、酒精可渗透进细菌细胞，让细菌蛋白质变性，破坏细菌组织，所以医用酒精可杀菌消毒，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．食用油（多为不饱和高级脂肪酸甘油酯 ）含不饱和键，在空气中易被氧化。
B．糖类分还原性糖（含醛基 ）和非还原性糖（不含醛基 ），只有还原性糖能与新制氢氧化铜反应。
C．聚乙烯由乙烯加聚生成，分子无碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾氧化。
D．医用酒精能使细菌蛋白质变性，破坏细菌结构达到消毒目的。
4．（2024高二上·湖南开学考）下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是(部分夹持装置已略去)
A．制取并收集NH3 B．除去Cl2气体中混有的少量HCl气体
C．分离粗盐中的不溶物 D．灼烧碎海带
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法；常用仪器及其使用；过滤；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、极易溶于水，排水法收集时会因溶解无法收集，且其密度小于空气，应选向下排空气法，故A不符合题意 ；
B、与饱和溶液反应生成，引入新杂质；除去中，需用饱和食盐水（在其中溶解度小，易溶 ），故B不符合题意 ；
C、粗盐中不溶物可通过过滤分离，图中过滤操作（漏斗、玻璃棒引流等 ）规范，能实现分离，故C符合题意 ；
D、灼烧碎海带时，烧杯无法承受高温，会破裂，应使用坩埚，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．氨气（）的溶解性与密度决定收集方法 。
B．除杂要遵循“不引入新杂质”原则，把握、与试剂的反应差异 。
C．过滤是分离固体不溶物与液体的方法，操作需符合“一贴、二低、三靠”规范 。
D．灼烧固体需用耐高温的坩埚，烧杯材质不适合灼烧 。
5．（2024高二上·湖南开学考）下列有关电极方程式或离子方程式书写正确的是
A．过量NaHSO3溶液与澄清石灰水混合：
B．氯气与水反应：
C．锌、铜和稀硫酸组成的原电池正极发生的反应：
D．硝酸亚铁稀溶液中加入稀硫酸：
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、过量溶液和澄清石灰水混合， 少量， 与 按 反应，生成、和 ，离子方程式 ，A正确；
B、氯气和水反应生成（强酸，拆成离子 ）和（弱酸，保留化学式 ），正确离子方程式是 ，原方程式拆分错误，B错误；
C、锌、铜和稀硫酸组成原电池，失电子作负极，反应为 ；正极是得电子发生还原反应，反应为 ，C错误；
D、硝酸亚铁稀溶液中加稀硫酸，（有时 ）氧化 ，被还原为（不是，因是稀溶液反应 ），正确离子方程式为 ，原方程式产物错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．过量与澄清石灰水反应，需结合量的关系分析离子反应 。
B．是弱酸，离子方程式中不能拆成离子，要保留化学式 。
C．原电池中正极发生还原反应，负极发生氧化反应；锌、铜和稀硫酸构成原电池时，是负极，是正极 。
D．硝酸亚铁与稀硫酸混合，在酸性条件下有强氧化性，会氧化，结合氧化还原规律判断产物 。
6．（2024高二上·湖南开学考）下列离子能大量共存的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】离子共存；铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、和结合形成硫氰化铁络合物，使离子浓度降低，无法大量共存，A错误；
B、和反应产生气体与，离子不能大量共存，B错误；
C、、、、之间，既无复分解反应（无沉淀、气体、弱电解质生成 ），也无氧化还原、络合等反应，能大量共存，C正确；
D、、、混合时，将氧化为，发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题聚焦离子共存判断，需依据离子间能否发生复分解（生成沉淀、气体、弱电解质 ）、络合、氧化还原等反应，来分析各组离子能否大量共存：
A．与会发生络合反应，生成络合物 。
B．与会发生复分解反应，生成气体和水 。
C．判断离子间有无反应，需看是否满足复分解、氧化还原、络合等反应条件 。
D．在酸性条件（有 ）下具强氧化性，会氧化 。
7．（2024高二上·湖南开学考）反应在一可变容积的容器中进行反应，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
A．将容器的体积缩小一半 B．保持体积不变，充入N2
C．保持体积不变，升高温度 D．压强不变，充入N2使体积增大
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、容器体积缩小一半，、、（气体 ）浓度增大，反应速率加快（固体浓度视为常数，不影响 ），故A不符合题意 ；
B、体积不变，充入，、、浓度未变，反应速率不变（不参与反应 ），故B符合题意 ；
C、体积不变升高温度，活化分子百分数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故C不符合题意 ；
D、压强不变充入，容器体积增大，、、浓度减小，反应速率减慢，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题围绕反应速率影响因素展开，需依据浓度、温度、压强对反应速率的作用原理，结合反应体系中物质状态（固体、气体 ），分析各条件改变时反应速率的变化情况。
A．考查容器体积缩小，气体物质浓度变化对反应速率的影响 。
B．体积不变时充入无关气体（）， 各种气体物质浓度不变 。
C．分析温度对反应速率的影响（从活化分子、有效碰撞角度分析 ） 。
D．压强不变充入，容器体积变化导致参与反应气体浓度减小，化学反应速率减慢 。
8．（2024高二上·湖南开学考）一种锌-溴电池原理示意图如下图所示，隔膜为阳离子交换膜(只允许阳离子通过)。下列说法错误的是
A．电子从电极a经导线流向电极b
B．在电池内部，阳离子由电极a往电极b方向移动
C．电极b为负极，发生的电极反应为
D．每消耗，理论上转移电子
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 上 失电子（ ），发生氧化反应，是负极；电极 上 得电子（ ），发生还原反应，是正极。电子从负极（ ）经导线流向正极（ ），A正确；
B、 是负极、 是正极，电池内部阳离子（如 ）由负极（ ）向正极（ ）移动，B正确；
C、电极 上 得电子，发生还原反应，应为正极，电极反应为 ，但选项说电极 是负极，C错误；
D、 转化为 ，每消耗转移 电子，消耗 时，理论转移 电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题围绕锌 - 溴电池工作原理，需依据原电池正负极判断（氧化反应、还原反应 ）、电子流向、离子移动方向、电极反应及电子转移计算，分析各选项正误，根据图示，a极Zn失电子发生氧化反应生成Zn2+，a是负极；b极Br2得电子发生还原反应生成Br-，b是正极。
A．原电池中电子从负极经导线流向正极，先确定正负极 。
B．原电池内部，阳离子向正极移动，结合正负极判断离子移动方向 。
C．根据电极反应类型（氧化或还原 ）判断正负极，再核对电极反应式 。
D．依据 失电子的反应式（ ），计算电子转移量 。
9．（2024高二上·湖南开学考）某温度下，化学反应的能量变化如下图所示，分子内原子均以单键结合。则下列说法正确的是
A．该反应是放热反应
B．加入催化剂可以改变反应的热效应
C．断裂需要吸收的能量
D．和具有的能量为
【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、图中 1mol A2与 1mol B2的总能量低于 2mol AB 的总能量，反应需吸收能量，为吸热反应，A错误；
B、催化剂仅降低反应的活化能，不改变反应物与生成物的总能量差，反应的热效应不变，B错误；
C、2mol AB 分解为 2mol A (g) 和 2mol B (g) 时吸收 b kJ 能量，即断裂 2mol A-B 键需要吸收 b kJ 能量，C正确；
D、a kJ 是 1mol A2和 1mol B2断裂为原子时吸收的能量，并非这两种物质本身具有的总能量，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题通过化学反应能量变化图像，结合反应吸放热判断（比较反应物生成物总能量比较）、催化剂的作用（仅改变化学反应速率，不影响反应热）、化学键与能量的关系（断裂吸热、形成放热） 来分析各选项。
A．比较反应物和生成物总能量。
B．明确催化剂的作用特点。
C．理解化学键断裂与能量吸收的关系。
D．区分 “断裂化学键吸收的能量” 与 “物质的总能量”。
10．（2024高二上·湖南开学考）下图是实验室进行制备与性质实验的组合装置，部分固定装置和装置B前后的干燥装置未画出。下列有关说法确的是
A．为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用饱和的石灰水
B．关闭，打开，滴加硫酸，则装置B中每消耗，转移电子
C．关闭，打开，试剂X是酸性溶液或溶液，均可证明有还原性
D．实验过程中体现了硫酸的酸性、吸水性、难挥发性、强氧化性
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、饱和石灰水（）溶解度小，吸收能力弱，无法有效防污染；应选浓溶液（溶解度大，吸收效果好 ），A错误；
B、关闭、打开，进入B中与反应生成。中为价，反应后变为价，每消耗，有原子得电子，转移电子，B正确；
C、关闭、打开，若试剂是溶液，与不反应（氧化性弱，无法氧化），不能证明还原性；若为酸性溶液则可，C错误；
D、70%硫酸与反应生成、和，硫酸仅体现酸性（提供）；反应中硫酸元素化合价未变，未体现强氧化性，也无吸水性、难挥发性体现，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．尾气处理试剂需具备强吸收能力，是酸性氧化物 ，需用碱性溶液吸收 。
B．考查与反应中元素化合价变化及电子转移计算 。
C．验证还原性需选具强氧化性的试剂，且能发生氧化还原反应 。
D．理解硫酸在与反应中体现的性质（酸性、氧化性等 ）。
11．（2024高二上·湖南开学考）W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体：Y是短周期主族元素中金属性最强的元素；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A．X与W元素、X与Y元素都可形成不止一种二元化合物
B．W的氧化物对应的水化物是氧化性强酸
C．最简单氢化物的稳定性：
D．最简单氢化物的沸点：
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、与可形成、、、、、等多种二元化合物；与可形成、等二元化合物，均不止一种，A正确；
B、的氧化物对应的水化物有（亚硝酸，为弱酸 ）、（硝酸，是氧化性强酸 ），并非所有水化物都是氧化性强酸，B错误；
C、非金属性（元素非金属性越强，最简单氢化物越稳定 ），则最简单氢化物的稳定性，即，C错误；
D、、分子间存在氢键，且分子间氢键数目更多，沸点更高；分子间仅存在范德华力。故沸点，即，D错误；
故答案为：A。
【分析】依据“与可生成一种红棕色有刺激性气味的气体”，该气体为，可推出为元素，为元素，依据“是短周期主族元素中金属性最强的元素”，可知为元素，依据“原子最外层的电子数与的电子总数相同”，（ ）电子总数为，则原子最外层电子数为，结合原子序数大于（ ），推出为元素。
A．分析与、与形成二元化合物的种类。
B．先判断的氧化物对应的水化物的种类，再判断是否为氧化性强酸。
C．根据非金属性强弱判断最简单氢化物的稳定性。
D．依据分子间作用力（含氢键 ）判断最简单氢化物的沸点。
12．（2024高二上·湖南开学考）工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸，反应方程式为。在亚硒酸溶液中通入，有单质硒析出。下列说法错误的是
A．氧化性：
B．亚硒酸与生成单质硒的反应可能生成
C．析出硒需要消耗标准状况下
D．亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、反应 中，是氧化剂，是氧化产物，故氧化性；又可氧化生成，则氧化性，所以氧化性 ，A正确；
B、中为价，有氧化性，有还原性，反应时元素化合价降低生成单质，元素化合价升高可能生成，反应为 ，B正确；
C、反应中从价→价（降价 ），从价→价（升价 ）。析出，转移电子，需（每升价 ），标准状况下体积为，C错误；
D、中为价（介于和之间 ），既有氧化性又有还原性；由能氧化但不氧化，可知还原性弱于，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．依据“氧化剂氧化性＞氧化产物氧化性”，结合反应判断氧化性顺序 。
B．分析与反应的产物，依据氧化还原规律判断 。
C．根据反应中、元素化合价变化，计算电子转移与的量 。
D．依据元素化合价判断物质氧化性、还原性，结合反应比较还原性 。
13．（2024高二上·湖南开学考）工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下图所示：
对上述流程的判断正确的是
A．试剂X可以为NaOH溶液，“沉淀”中含有铁的化合物
B．CO2可以用稀硫酸或稀盐酸代替
C．Y为Na2CO3溶液
D．工业上还可采用Fe高温还原Al2O3的方法制Al
【答案】A
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、可为溶液，溶于生成可溶性盐，不溶，沉淀含（铁的化合物 ），A正确；
B、若用稀硫酸或稀盐酸代替，过量酸会与生成的反应溶解，无法得到沉淀，B错误；
C、反应生成，是含的溶液（如溶液 ），不是溶液，C错误；
D、还原性强于，根据金属活动性顺序，无法还原得到，D错误；
故答案为：A。
【分析】氧化铝矿石含和杂质。加入过量（如溶液 ），与反应生成（或 ）进入溶液乙，不与反应，成为沉淀分离，溶液乙中通入过量，发生反应，生成沉淀和含的溶液，加热分解得，电解（熔融 ）生成。
A．明确、与的反应差异 。
B．明确与强酸（硫酸、盐酸 ）的反应特性 。
C．关键在于溶液乙通“过量”。
D．考查和的还原性强弱及反应可行性 。
14．（2024高二上·湖南开学考）柠檬酸加热时可发生如下的转化：
下列说法正确的是
A．柠檬酸、顺乌头酸、异柠檬酸互为同分异构体
B．柠檬酸可以在Cu作催化剂、加热的条件下与O2发生催化氧化反应
C．1mol柠檬酸与足量NaOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH
D．顺乌头酸转化为异柠檬酸的反应属于加成反应
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醇类简介；羧酸简介；加成反应
【解析】【解答】A、柠檬酸、异柠檬酸分子式为C6H8O7，顺乌头酸分子式是C6H6O6，与前两者分子式不同，不互为同分异构体，A错误；
B、柠檬酸中与羟基（-OH）相连的C无H，不满足催化氧化条件，不能在Cu催化、加热下与O2发生催化氧化反应，B错误；
C、1个柠檬酸分子含3个-COOH、1个-OH，-OH不与NaOH反应，故1mol柠檬酸与足量NaOH反应，最多消耗3molNaOH，C错误；
D、顺乌头酸含不饱和结构，与H2O反应时，H2O加成到不饱和键上，属于加成反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题围绕柠檬酸及其转化产物的结构与性质，结合同分异构体判断（分子式、结构）、催化氧化条件（与羟基相连C上的H）、官能团与NaOH反应的数量关系、反应类型判断（加成反应特征），分析各选项：
A．同分异构体需分子式相同、结构不同，需对比三者分子式。
B．醇发生催化氧化反应，要求与羟基相连的C上有H。
C．柠檬酸中只有羧基（-COOH）与NaOH反应，醇羟基（-OH）不反应。
D．加成反应是不饱和键两端原子结合其他原子/原子团，据此分析顺乌头酸到异柠檬酸的反应。
二、非选择题(本题共4个小题，共58分)
15．（2024高二上·湖南开学考）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑥在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族 周期 IA 0
1 IIA IIIA IVA VA VIA VIIA
2 ① ② ③
3 ④ ⑤ ⑥
⑦是短周期元素中原子半径最大的元素(稀有气体元素除外)。
（1）⑦在元素周期表中的位置是 。
（2）画出⑥的简单离子结构示意图： 。
（3）①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为 (用原子符号表示)。
（4）④和⑥组成的化合物中化学键类型是 。
（5）化合物X由③和⑦组成且两种元素物质的量之比为，X的电子式是 。
（6）④的单质和⑦的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是 。
（7）下列化合物中属于强酸的有 (填标号)。
a．⑥的简单氢化物 b．②的简单氢化物
c．①的最高价氧化物对应水化物 d．②的最高价氧化物对应水化物
【答案】（1）第三周期第IA族
（2）
（3）Si>C>O
（4）共价键
（5）
（6）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
（7）ad
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）⑦是短周期元素中原子半径最大的元素，则为Na元素，Na在元素周期表中的位置是第三周期第IA族；
（2）⑥为氯元素，其简单离子Cl-核内质子数为17，核外电子数为18，结构示意图：；
（3）电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径减小，①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为Si>C>O；
（4）④和⑥组成的化合物AlCl3是共价键化合物，化学键类型是共价键；
（5）化合物X由③O和⑦Na组成且两种元素物质的量之比为，则X为Na2O2，过氧化钠是离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根内O与O原子存在共价键，电子式是；
（6）④的单质Al和⑦的最高价氧化物对应水化物NaOH反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（7）a．⑥的简单氢化物是HCl，盐酸属于强酸，故a符合题意；
b．②的简单氢化物是NH3，NH3 H2O属于弱碱，故b不符合题意；
c．①的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，碳酸属于弱酸，故c不符合题意；
d．②的最高价氧化物对应水化物HNO3，硝酸是强酸，故d符合题意；
故选ad。
【分析】先依据元素在周期表位置及“⑦是短周期原子半径最大元素（除稀有气体）”，确定① - ⑦对应元素：①为C、②为N、③为O、④为Al、⑤为Si、⑥为Cl、⑦为Na ；然后结合各元素原子结构、性质（如周期表位置、离子结构、原子半径规律、化学键、化合物电子式、反应离子方程式、酸的强弱判断 ），依次解答各小问 。
（1）⑦是短周期元素中原子半径最大的元素，则为Na元素，Na在元素周期表中的位置是第三周期第IA族；
（2）⑥为氯元素，其简单离子Cl-核内质子数为17，核外电子数为18，结构示意图：；
（3）电子层数越多原子半径越大，同周期主族元素从左到右原子半径减小，①、③、⑤的原子半径由小到大的顺序为Si>C>O；
（4）④和⑥组成的化合物AlCl3是共价键化合物，化学键类型是共价键；
（5）化合物X由③O和⑦Na组成且两种元素物质的量之比为，则X为Na2O2，过氧化钠是离子化合物，钠离子和过氧根离子间存在离子键，过氧根内O与O原子存在共价键，电子式是；
（6）④的单质Al和⑦的最高价氧化物对应水化物NaOH反应生成Na[Al(OH)4]和氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（7）a．⑥的简单氢化物是HCl，盐酸属于强酸，故a符合题意；
b．②的简单氢化物是NH3，NH3 H2O属于弱碱，故b不符合题意；
c．①的最高价氧化物对应水化物是H2CO3，碳酸属于弱酸，故c不符合题意；
d．②的最高价氧化物对应水化物HNO3，硝酸是强酸，故d符合题意；故选ad。
16．（2024高二上·湖南开学考）黄铁矿高温煅烧除硫后的烧渣主要含有，某研究小组尝试用烧渣制取绿矾()，流程图如下。
已知：完全沉淀时的小于开始沉淀时的。
回答下列问题：
（1）为提高烧渣的浸取速率，可采用的措施有 (填标号)。
a升高温度 b．将烧渣粉碎 c．增大烧渣用量 d.适当增大硫酸浓度 e．增大反应容器气压
（2）滤渣I的主要成分是 (填化学式)。
（3）试剂X可以选用多种物质，若X是一种非金属氧化物，写出还原过程中发生反应的离子方程式： 。
（4）滤渣II的主要成分是 (填化学式)。
（5）过滤II后的滤液为溶液，从溶液得到的一系列操作中应将溶液放置于 (填仪器名称)中加热。
（6）绿矾容易被氧化变质，写出实验室中检验绿矾是否被氧化变质的操作和现象： 。
（7）该研究小组取烧渣进行实验，最后得到绿矾的质量为，若从烧渣制取绿矾的流程中没有使用含铁的试剂，则烧渣中的质量百分数为 。(假设流程中的铁元素全部转化到绿矾中)
【答案】（1）abd
（2）SiO2
（3）
（4）
（5）蒸发皿
（6）取少量固体于试管中，加入蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质
（7）36.00%
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）升高温度、将烧渣粉碎、适当增加稀硫酸浓度可以加快速率；
（2）为酸性氧化物，不溶于稀硫酸，则滤渣I为；
（3）还原剂为非金属氧化物，且生成物绿矾中有S元素，则X为SO2，反应中Fe3+还原为Fe2+，SO2被氧化；
（4）根据已知条件完全沉淀时的小于开始沉淀时的，调pH除去，所以滤渣II为；
（5）过滤II后的滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾晶体，蒸发浓缩在蒸发皿中进行；
（6）绿矾容易被氧化为Fe3+，用KSCN溶液检验，故答案为取少量固体于试管中，加入蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质；
（7）根据题意，产品绿矾中的Fe全部来源于烧渣中，根据元素守恒可计算出烧渣中Fe的质量为，则Fe的质量分数为，故答案为36.00%。
【分析】烧渣（含Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2）先加稀硫酸“浸取”，SiO2不溶，过滤得“滤渣Ⅰ”（SiO2）和含Fe3+、Fe2+、Al3+的滤液；滤液加“试剂X”（一般为Fe，还原Fe3+为Fe2+）“还原”；再“调pH”使Al3+沉淀，过滤得“滤渣Ⅱ”（Al(OH)3）和含FeSO4的滤液，后续经处理制得FeSO4·7H2O。
（1）升高温度、将烧渣粉碎、适当增加稀硫酸浓度可以加快速率，故答案为abd；
（2）为酸性氧化物，不溶于稀硫酸，则滤渣I为，故答案为；
（3）还原剂为非金属氧化物，且生成物绿矾中有S元素，则X为SO2，反应中Fe3+还原为Fe2+，SO2被氧化，故答案为；
（4）根据已知条件完全沉淀时的小于开始沉淀时的，调pH除去，所以滤渣II为，故答案为；
（5）过滤II后的滤液为FeSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到绿矾晶体，蒸发浓缩在蒸发皿中进行，故答案为蒸发皿；
（6）绿矾容易被氧化为Fe3+，用KSCN溶液检验，故答案为取少量固体于试管中，加入蒸馏水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变红则已变质，若无明显现象，则未变质；
（7）根据题意，产品绿矾中的Fe全部来源于烧渣中，根据元素守恒可计算出烧渣中Fe的质量为，则Fe的质量分数为，故答案为36.00%。
17．（2024高二上·湖南开学考）某小组同学欲探究的催化氧化反应，用下图所示装置进行实验。A、B装置可选用的药品有：浓氨水、溶液、蒸馏水、固体、。C、D装置为气体干燥装置。(部分夹持装置已略去)
回答下列问题：
（1）催化氧化的化学方程式是 。
（2）装置D的仪器名称为 ，盛放的试剂应为 (填“无水”“碱石灰”或“无水”)。
（3）反应进行一段时间后，装置G中的溶液变成蓝色。请用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因： 。
（4）甲同学进行实验后观察到装置F中有红棕色气体生成，乙同学进行实验后观察到装置F中无红棕色气体生成，而有白烟生成，白烟的成分是 (填化学式)。
（5）为帮助乙在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进，可以调节， (填“增大”或“减小”)装置B中的产气量。
（6）为实现该反应，用图所示装置替换题目中所给装置的虚线框部分也可以达到实验目的，化合物X由两种短周期元素组成，且阴阳离子个数之比为，则X为 (填化学式)。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2）球形干燥管；碱石灰
（3）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）NH4NO3
（5）减少
（6）Na2O2
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）氨气在催化剂、加热条件下被氧气氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）装置D的仪器名称为球形干燥管，用于干燥氨气，盛放的试剂应为碱石灰，因为无水或无水都能与氨气反应，故不能选择作为干燥氨气的试剂；
（3）G中溶液变蓝色说明有Cu2+生成，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2．化学方程式：2NO+O2=2NO2，二氧化氮、水蒸气、氨气反应生成白色固体硝酸铵，化学式为：NH4NO3；
（5）要观察到有红棕色气体，可采取措施：一是减少氨气通入量，二是增加氧气通入量，可以调节，减少装置B中的产气量；
（6）为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，1个Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子组成，阴阳离子个数之比为，则X为Na2O2。
【分析】欲探究的催化氧化反应，需要装置A和B制取氨气和氧气，根据干燥装置，可知装置A用溶液、制取氧气，装置C盛有浓硫酸干燥氧气，装置B用浓氨水、固体制取氨气，装置D装有碱石灰干燥氨气，E装置是氨气的催化氧化装置，从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气，因2NO+O2=2NO2，在F中看到红棕色气体生成，由于4NO+2H2O+3O2=4HNO3，NH3+HNO3=NH4NO3，在F还能看到白烟生成，装置G为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，尾气处理有害气体；
(1)明确反应：催化氧化生成和 。
(2)识别仪器：判断装置为球形干燥管 ，依据氨气性质，选碱石灰干燥氨气 。
(3)中溶液变蓝，说明生成 。
(4)氧化为，、水蒸气、氨气反应生成（白烟成分 ） 。
(5)要观察红棕色气体（ ），需减少氨气、增加氧气 。
(6)分解产物与反应生成，结合阴阳离子个数比，推出为 。
（1）氨气在催化剂、加热条件下被氧气氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）装置D的仪器名称为球形干燥管，用于干燥氨气，盛放的试剂应为碱石灰，因为无水或无水都能与氨气反应，故不能选择作为干燥氨气的试剂；
（3）G中溶液变蓝色说明有Cu2+生成，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2．化学方程式：2NO+O2=2NO2，二氧化氮、水蒸气、氨气反应生成白色固体硝酸铵，化学式为：NH4NO3；
（5）要观察到有红棕色气体，可采取措施：一是减少氨气通入量，二是增加氧气通入量，可以调节，减少装置B中的产气量；
（6）为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，1个Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子组成，阴阳离子个数之比为，则X为Na2O2。
18．（2024高二上·湖南开学考）聚乙烯醇()可用于制备滴服液，以乙烯为主要原料制备的一种路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）反应①、②的反应类型分别是 、 。
（2）也可以以乙烯为原料合成，写出工业上以乙烯为原料合成的化学方程式： 。
（3）乙酸乙烯酯中所含的官能团名称为 。
（4）反应⑤为加聚反应，写出该反应的化学方程式： 。
（5）下列关于乙酸乙烯酯和的说法正确的有 (填标号)。
a．等质量的乙酸乙烯酯和完全燃烧消耗氧气的质量相等
b．乙酸乙烯酯和互为同系物
c．乙酸乙烯酯和都能使溴的溶液褪色
d．乙酸乙烯酯和都可以发生取代反应
（6）写出3种与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体： 。
【答案】（1）加成反应；取代反应
（2）
（3）酯基、碳碳双键
（4）
（5）ad
（6）、、、（任写三种）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醇类简介；取代反应
【解析】【解答】（1）反应①为乙烯和HBr加成生成CH3CH2Br；反应②为乙醇与HBr的浓溶液发生取代反应生成CH3CH2Br；
（2）乙烯与水在催化剂加热条件下生成乙醇，化学方程式为；
（3）由结构可知，乙酸乙烯酯所含官能团的名称为酯基、碳碳双键；
（4）反应⑤为加聚反应，乙酸乙烯酯分子中含有碳碳双键，加聚生成PVAC，反应为；
（5）a．等质量的乙酸乙烯酯和PVAC，C、H、O原子个数相同，完全燃烧消耗氧气的质量相等，故a正确；
b．PVAC是混合物，乙酸乙烯酯不能和互为同系物，故b错误；
c．乙酸乙烯酯中含有碳碳双键，可以使溴的溶液褪色，中无碳碳双键，不能使溴的溶液褪色，故c错误；
d．乙酸乙烯酯和PVAC都可以发生酯基的水解反应，其属于取代反应，故d正确；
故选ad；
（6）与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体为、、、。
【分析】以乙烯为原料，经多步反应制备聚乙烯醇（PVA）。乙烯（）先发生反应①生成溴乙烷（）；溴乙烷经反应②生成乙醇（）；乙醇通过反应③氧化为乙酸（）；乙烯与乙酸经反应④生成乙酸乙烯酯（）；乙酸乙烯酯发生反应⑤聚合为PVAC；PVAC经反应⑥水解转化得到PVA 。
（1）反应①为乙烯和HBr加成生成CH3CH2Br；反应②为乙醇与HBr的浓溶液发生取代反应生成CH3CH2Br；
（2）乙烯与水在催化剂加热条件下生成乙醇，化学方程式为；
（3）由结构可知，乙酸乙烯酯所含官能团的名称为酯基、碳碳双键；
（4）反应⑤为加聚反应，乙酸乙烯酯分子中含有碳碳双键，加聚生成PVAC，反应为；
（5）a．等质量的乙酸乙烯酯和PVAC，C、H、O原子个数相同，完全燃烧消耗氧气的质量相等，故a正确；
b．PVAC是混合物，乙酸乙烯酯不能和互为同系物，故b错误；
c．乙酸乙烯酯中含有碳碳双键，可以使溴的溶液褪色，中无碳碳双键，不能使溴的溶液褪色，故c错误；
d．乙酸乙烯酯和PVAC都可以发生酯基的水解反应，其属于取代反应，故d正确；
故选ad；
（6）与乙酸乙烯酯含有相同官能团的同分异构体为、、、。
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