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2019-2020年高二下学期6月月考化学试卷含解析 (III)1在含2 mol H2SO4的浓硫酸中加入足量的Zn粉，使其充分反应，则下列推断中正确的是（）放出的气体除了SO2外，还有H2；只放出了SO2气体，其物质的量为1 mol；反应结束时产生气体的物质的量一定小于2 mol；在反应中硫酸全部起氧化性作用；转移电子为2NAABCD【答案】A【解析】2下列有关化学用语表示正确的是ACO2分子的比例模型：B过氧化氢的电子式：C氟原子的结构示意图：DH2CO3的电离方程式：H2CO32H+CO32-【答案】C【解析】试题分析：A、同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，碳原子半径比氧原子半径大，故A错误；B、过氧化氢属于共价化合物，不存在离子键，故B错误；C、氟为9号元素，核外电子排布为2,7，故C正确；D、H2CO3属于弱酸，分步电离，故D错误；故选C。【考点定位】考查化学用语【名师点晴】本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生元素周期律的认识，考查全面，注重基础。本题中容易错误的选项有A，A中容易受题示二氧化碳的结构的影响，属于易错点，在比例模型中还要注意微粒半径的大小关系。3能够说明氨水是弱碱的事实是（ ） A氨水具有挥发性 B1 molL1氨水溶液pHll C氨水溶液能导电 D氨水与HCl溶液反应生成NH4Cl 【答案】B【解析】略4我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞箐”的分子（直径为1.3109m）恢复了磁性。“钴酞箐”分子的结构和性质与人体内的血红素和植物的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞箐”分子的说法正确的是（ ）A它的分子直径比Na+小B它的分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C在水中所形成的分散系属悬浊液D在水中形成的分散系能产生丁达尔效应【答案】D【解析】试题分析：胶体分散质粒子直径介于1100nm之间。A、它的分子直径比Na+大，错误；B、它的分子能透过滤纸，不能透过半透膜，错误；C、在水中所形成的分散系属胶体，错误； D、在水中形成的分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，正确。考点：考查胶体的本质和性质。5下列材料的特性及用途的说法不正确的是( ) A氧化铝陶瓷具有两性，可用来制造人造牙齿 B氮化硅陶瓷具有耐高温且不易传热的特性，可用来制造柴油机 C光导纤维传导光的能力很强，是非常好的通讯材料 D人造金刚石硬度高，可用来制造切割机 【答案】A 【解析】制造人造牙齿的材料必须具有生物功能。6常温下用0.10 mol /L KOH溶液，滴定0.10 mol /L CH3COOH溶液，有关滴定过程中的说法正确的是 A滴定终点时：溶液的pH=7B滴定终点时：c(K+) = c(CH3COO)，c(H+) c(CH3COO)，A错误；pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，B错误；氢氧化钠抑制水的电离，碳酸氢钠中的碳酸氢根离子水解，促进水的电离，水的电离程度不同，故C错误；pH=9的NaHX溶液中：溶液显碱性，水解程度大于电离程度，故 c(H2X)c(X2-)，D正确，答案选D.考点：盐类的水解9在100 mL 0.1 molL1的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，H浓度减小，可采用的方法是A加热B加入100 mL 0.1 molL1的醋酸溶液C加入少量的0.5 molL1的硫酸 D加入少量的1 molL1的NaOH溶液【答案】D【解析】试题分析：A醋酸是弱电解质，醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，氢离子浓度增大，A错误；B向溶液中加入浓醋酸溶液，氢离子浓度增大，B错误；C向溶液中加入少量硫酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸电离，C错误；D向溶液中加入少量氢氧化钠溶液，氢氧根离子和氢离子反应，所以促进醋酸电离，且氢离子浓度降低，D正确。考点：考查了弱电解质的电离的影响因素。10铍及其化合物的性质与铝十分相似，下列关于铍及其化合物的推断正确的是A铍能与强酸、强碱溶液发生反应 B氢氧化铍可溶于水C氯化铍溶液显中性 D氧化铍的化学式Be2O3 【答案】A【解析】试题分析：A铝和铍的性质十分相似，Al能与能与强酸或强碱溶液起反应，则铍也能与强酸或强碱溶液起反应， A正确；B铝和铍的性质十分相似，氢氧化铝不溶于水，则氢氧化铍也不溶于水，B错误；C氯化铍与氯化铝性质相似，溶液中Be2+离子水解，溶液显酸性，C错误；DBe的化合价为+2，氧化物化学式为BeO，D错误；答案为A。考点：考查元素周期表与元素周期律的应用11下列变化中，只破坏了共价键的是( )A干冰气化 B氯酸钾受热分解C氯化钠溶于水 D晶体硅熔化【答案】D【解析】试题分析：A干冰属于分子晶体，气化破坏的是分子间作用力，化学键没有变化，错误；B氯酸钾受热分解断裂了离子键、共价键，错误；C氯化钠是离子化合物，氯化钠溶于水断裂的是离子键，错误；D晶体硅是原子晶体，熔化断裂的只有共价键，正确。考点：考查物质变化断裂的作用力的类型的判断的知识。12某溶液中含有NH4+、SO32-、SiO32-、Br - CO32-、Na+，向该溶液中通入过量的Cl2，下列判断正确的是反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有NH4+、Na+ 有胶状物质生成有气体产生 溶液颜色发生变化 溶液中共发生了2个氧化还原反应A B C D【答案】A【解析】试题分析：通入过量的氯气发生的反应有：SO32Cl2H2O=2HSO422Cl，Cl22Br=2ClBr2，Cl2H2OHClHClO，2HSiO32=H2SiO3，2HCO32=H2OCO2，根据上述反应NH4、Na浓度基本保持不变，故正确；生成了硅酸，属于胶状物质，故正确；产生CO2气体，故正确；生成了溴单质，溶液的颜色显橙色，故正确；上述反应发生3个氧化还原反应，故错误，所以选项A正确。考点：考查元素及其化合物的性质。13常温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是Aa点溶液中：水电离出的c(H+)=110-10molL-1Bb点溶液中：c(H+)=110-7molL-1Cc点溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)Dd点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)【答案】C【解析】试题分析：Aa点溶液是NaOH溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=110-10molL-1，正确。Bb点溶液中c(OH-)=110-7molL-1，由于水的离子积是kw=110-14mol2L-2，所以c(H+)=110-7molL-1，正确。Cc点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，错误。Dd点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=110-7molL-1，所以c(H+)=110-7molL-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。14向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，则氯气的体积在标准状况下为（ ）A7.84L B6.72L C4.48L D无法计算【答案】A【解析】试题分析：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，反应生成了铁离子和铁离子，加入足量氢氧化钠溶液生成Fe（OH）3、Cu（OH）230.3g，则氢氧化铁和氢氧化铁中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g-18.4g=11.9g，则n（OH-）=11.9/17=0.7mol；另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，则FeCl3、CuCl2中n（Cl-）等于Fe（OH）3、Cu（OH）2中n（OH-），即n（Cl-）=0.7mol，则消耗的Cl2的物质的量为：n（Cl2）=1/2n（Cl-）=0.35mol，标况下0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol0.35mol=7.84L。答案选A。考点：元素守恒15常温下，下列各溶液的叙述中正确的是ANaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c（Na+）=c（HSO3-）+c（SO32-）B0.1 mol/L的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol/L盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c（CH3COO-）c（CH3COOH） c（Cl-）c（H+）C等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）c（SO42-）c（NH4+）c（H+）c（OH-）D向1.00 L 0.3 mol/L NaOH溶液中缓慢通入0.2 mol CO2气体，溶液中：c（Na+）c（CO32-）c（HCO3-）c（OH-）c（H+）【答案】C【解析】试题分析：任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3-）+3c（SO32-）+3c （H2SO3），选项A不正确；二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，溶液呈酸性，氯离子不水解，所以存在c（CH3COOH）c（Cl-），选项B不正确；等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的 Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42-）c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（SO42-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），选项C正确；n（NaOH）=0.3mol/L1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32-水解程度大于HCO3-，所以c（CO32-）c（HCO3-），选项D不正确。考点：混合溶液里微粒浓度的大小比较，重点考查了电荷守恒及物料守恒的应用16（10分）（1）实验室制取Cl2的反应方程式之一为：。被氧化的盐酸占反应盐酸总量的 ，用NA表示阿伏加德罗常数的值，当标准状况下有11.2L氯气生成时，该反应的电子转移数为 。（2）已知下列两个氧化还原反应：O2+4HI 2I2+2H2O 及Na2S+I22NaI+S，则三种单质的氧化性顺序由强到弱为： （3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式： ；在以上中性溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式： 。（4）医疗上常用小苏打治疗胃酸过多，小苏打溶液与盐酸反应的离子方程式为： 。【答案】（1）； 5/8 （1分） NA （1分） （2）O2I2S(2分) (3) 2H+ +SO42- +Ba2+ + 2OH-= BaSO4 + 2H2O SO42-+Ba2+=BaSO4 (2分) （4）HCO3- + H+ H2O+CO2 (2分)【解析】试题分析：（1）从反应中可以看出有10个Cl原子的化合价从-1价变为0价，则被氧化的盐酸占反应盐酸总量10/16= 5/8 ，从反应中可以得出，每生成5分子的Cl2需要注转移10e-,当标准状况下有11.2L氯气(0.5mol)生成时转移的电子为1mol，个数为NA。(2)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，从第一个反应中得出：氧化性：O2I2，从第二个反应得出，氧化性：I2S ，则三种单质的氧化性顺序由强到弱为：O2I2S。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性时SO42-,H+反应完，此时SO42-还有剩余，离子方程式为：2H+ +SO42- +Ba2+ + 2OH-= BaSO4 + 2H2O，继续滴加Ba(OH)2溶液，SO42-与Ba2+反应，离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4 。（4）小苏打是NaHCO3，与盐酸反应的离子方程式为：HCO3- + H+ H2O+CO2 考点：氧化还原反应电子的转移计算，氧化性的比较、离子方程式的书写。17一个体重50 kg的健康人体内含铁元素2 g，这2 g铁元素以Fe2和Fe3的形式存在。Fe2易被吸收。所以给贫血者补充铁时，应补充含Fe2的亚铁盐(如FeSO4)。服用维生素C可使食物中的Fe3转化成Fe2，有利于人体对铁的吸收。请回答下列问题：(1)维生素C可使食物中的Fe3转化成Fe2，在此过程中_是氧化剂，说明维生素C具有_性。(2)已知下列反应：H2O22Fe3=2Fe2O22H，2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。反应中生成1mol O2转移电子的物质的量为_，反应、的总反应方程式为_，在该反应中Fe3的作用为_。【答案】(1) Fe3 还原 (2) 2mol 2H2O22H2OO2 催化剂【解析】试题分析：服用维生素C使Fe3+转化成Fe2+，Fe3+是氧化剂，维生素C是还原剂、具有还原性。反应H2O22Fe3=2Fe2O22H中Fe3+得电子总数或O失电子总数为2，所以生成1molO2转移电子数为2mol。将、相加得总方程式为2H2O22H2OO2，其中Fe3+是催化剂。考点：氧化还原反应 催化剂点评：将题中两个反应相加消去Fe3+、Fe2+、H+，得总反应2H2O22H2OO2，Fe3+参与反应后又生成Fe3+，Fe3+是催化剂，Fe2+和H+是中间产物。18(5分)实验室常利用甲醛（HCHO）法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4 6HCHO =3H6H2O(CH2)6N4H 滴定时，1 mol (CH2)6N4H与 l mol H相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I 称取样品1500 g。步骤II 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤III 移取2500 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。（1）根据步骤III 填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。A滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时现象：_。（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125001022103225002002199325000202020若NaOH标准溶液的浓度为01010 molL1，则该样品中氮的质量分数为_。【答案】（5分）（1）偏高 无影响 B 溶液由无色变为粉红(或浅红)色，且半分钟内不变色 （2）1885%【解析】试题分析：（1）碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就是无影响。定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察颜色变化，确定滴定终点。待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红（或浅红）。（2）标准溶液的体积应取三次实验的平均值，首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为（2001+1999+2000）/3mL=2000mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1500g 铵盐 经溶解后，取了其中1/10进行滴定，即015g，滴定结果，溶液中含有H+（含（CH2）6N4H+）共002L01010mol/L=000202mol，根据4NH4+6HCHO3H+6H2O+（CH2）6N4H+，每生成4molH+（含（CH2）6N4H+），会消耗NH4+4mol，所以共消耗NH4+000202mol，其中含氮元素000202mol14g/mol=002828g所以氮的质量分数为002828/015100%=1885%考点：物质含量的测定，酸碱中和滴定19“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式，并指出其反应类型：_，属于_反应。（2）浓硫酸的作用是：_；_。（3）装置中通蒸气的导管要插在_ 溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止_。（4）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是_。A蒸馏 B分液 C过滤 D结晶（5）用30克乙酸与46克乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到乙酸乙酯的质量是_。A29.5克 B44克 C74.8克 D88克【答案】（1）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 取代（酯化）（2）催化剂；吸水剂 （3）饱和Na2CO3，倒吸（4）B （5）A【解析】试题分析：（1）实验室制取乙酸乙酯的化学反应方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；该反应类型是取代反应，也是酯化反应；（2）浓硫酸的作用是：催化剂；是吸水剂；（3）装置中通蒸气的导管要插在饱和Na2CO3溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是防止倒吸现象的发生；（4）由于乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液；人体乙酸、乙醇能够溶解在饱和碳酸钠溶液中，因此分类互不相溶的两层液体，若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是分液。选项是B。（5）n(CH3COOH)=0. 5mol；n(CH3CH2OH)=1mol；二者反应时的物质的量的比是1:1,所以乙醇过量，反应按照乙酸来计算。由于实际产率是理论产率的67%，所以产生的乙酸乙酯的物质的质量是0. 5mol67%88g/mol= 29.5g。故选项是A。考点：考查乙酸乙酯的制取方法的知识。20（10分）某实验小组用工业上废弃固体（主要成分Cu2S和Fe2O3）混合物制取粗铜和Fe2（SO4）3晶体，设计的操作流程如下：（1）除酒精灯和铁架台（或三脚架）外，中所需的容器为_；和中都用到的玻璃仪器为_；（2）已知试剂x为过氧化氢，写出H2O2与溶液B反应的离子方程式_；（3）某同学取少量的溶液B向其中加入过量的某种强氧化剂，再滴加KSCN溶液，发现溶液变红色，放置一段时间后，溶液褪色，该同学猜测溶液褪色的原因是溶液中的SCN-被过量的氧化剂氧化所致。现给出以下试剂：10 molL-1硫酸、10 molL-1NaOH溶液、01 molL-1Fe2（SO4）3；溶液、20KSCN溶液、蒸馏水。请你设计合理实验验证该同学的猜测是否合理。简要说明实验步骤和现象_。【答案】（1）坩埚（2分），玻璃棒（2分）（2）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ 2Fe3+ + 2H2O（2分）（3）取少量褪色后的溶液于试管中，逐滴加入过量的20%KSCN溶液（2分），如溶液变红色，说明该同学的猜测是合理的，如不变红色，说明猜测不合理（2分）。（或滴加过量的01 molL1 Fe2（SO4）3溶液，如溶液不变红色，说明合理，若变红色，说明猜测不合理）【解析】试题分析：（1）是固体灼烧，需要坩埚，所以除酒精灯和铁架台（或三脚架）外，中所需的容器为坩埚；是蒸发，因此和中都用到的玻璃仪器为玻璃棒；（2）溶液A和过量铁反应生成溶液B，则溶液B中含有亚铁离子，亚铁离子极易还原性，能被双氧水氧化反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H+2Fe3+ + 2H2O ；（3）如果溶液褪色的原因是溶液中的SCN-被过量的氧化剂氧化所致，则可以继续向溶液中滴加KSCN溶液看是否变红色，即实验方案可设计为取少量褪色后的溶液于试管中，逐滴加入过量的20%KSCN溶液，如溶液变红色，说明该同学的猜测是合理的，如不变红色，说明猜测不合理。（或滴加过量的01 molL1 Fe2（SO4）3溶液，如溶液不变红色，说明合理，若变红色，说明猜测不合理）。考点：考查物质制备工艺流程图的分析与有关判断21将x mol O2，ymol CH4和z mol Na2O2放入密闭容器中，在150条件下用电火花引发，恰好完全反应后，容器内压强为0，通过计算确立x，y和z之间的关系式。【答案】【解析】根据反应后气体压强等于0，所以可将以下反应方程式2CH44O22CO2+4H2O，2CO2+2Na2O22Na2CO3O2，2H2O2Na2O24NaOHO2相加消去气体，得：2CH4O26Na2O28NaOH2Na2CO3所以，即22已知X、Y、Z、W四种元素分别是元素周期表中三个连续短周期的元素，且原子序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z 原子的最外层电子数之和。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，试推断：（1）上述元素两两形成的化合物中，溶于水显碱性的气态氢化物的电子式为 ，含有离子键和非极性共价键的化合物的电子式为 ；含有极性共价键和非极性共价键的化合物的电子式为 。（2）由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是 （写化学式），该化合物与W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为 。【答案】（1） （2）NH4NO3 NH OH NH3H2O【解析】试题分析：四种元素在三个连续的短周期，则X在第一周期，为氢元素，W与氢同主族，在第三周前，为钠元素，Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，为氧元素，W原子的质子数等于Y、Z 原子的最外层电子数之和，则Y为氮元素。（1） 四种元素中两两形成化合物中只有氨气是碱性的气体，其电子式为：，含有离子键和非极性共价键的物质为过氧化钠，其电子式为：；含有极性键和非极性键的物质为过氧化氢，其电子式为：； （2）氮、氢、氧形成的离子化合物为硝酸铵，其与氢氧化钠的浓溶液加热时生成氨气，离子方程式为： NHOH NH3H2O。考点：元素推断和电子式的书写23乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：催化剂已知：CH3CHO + O2CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是_（填序号）。分馏 裂解（2）A的官能团是_。（3）反应II的化学方程式是_。（4）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是_。（5）E是有香味的物质，反应IV的化学方程式是_。（6）下列关于CH2CHCOOH的说法正确的是_。与CH3CHCHCOOH互为同系物可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应【答案】（1） （2）羟基或OH（3）2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O （4）（5）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O （6） 【解析】试题分析：（1）石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是；（2）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇中官能团是羟基；（3）在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为（5）乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（6）CH2=CH-COOH和CH3CH=CHCOOH结构相似，且在分子组成上相差一个CH2-原子团，所以属于同系物，正确；CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；CH2=CH-COOH含有碳碳双键、甲基，属于含氧衍生物，能发生加成反应、取代反应，能燃烧而发生氧化反应，正确；答案选。考点：考查有机物的推断，乙烯的性质，石油的分馏、裂化和裂解等知识。