高中化学必修二第八章《化学与可持续发展》知识点总结2.docx
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高中化学必修二第八章《化学与可持续发展》知识点总结2
一、选择题
1.下列说法正确的是
A.可燃物的物质的量发生变化,其燃烧热会发生变化
B.物质燃烧的热化学方程式与物质燃烧热的热化学方程式书写一样
C.使燃料充分燃烧,要有足够的空气;燃料与空气有足够小的接触面积
D.新能源的优势,资源丰富,可以再生,没有污染或污染很少
答案:
D
解析:
A.燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的反应热,所以与可燃物的物质的量没有关系,故A错误;
B.燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量为1mol,但燃烧的热化学方程式中可燃物的物质的量不一定是1mol,故二者书写不一定一样,故B错误;
C.使燃料充分燃烧,要有足够的空气,燃料与空气有足够大的接触面积,故C错误;
D.化石能源资源减少,不能再生,也有污染,所以新能源的优势应该是资源丰富,可以再生,没有污染或污染很少,故D正确。
故选D。
2.抗疫居家期间,同学们在参与家务劳动的过程中体会到化学知识无处不在。
下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是
选项
家务劳动
化学知识
A
餐后将洗净的铁锅擦干
铁在潮湿环境中易生锈
B
使用白醋除去水壶中的水垢
白醋可溶解碳酸钙等沉淀
C
使用含NaClO的84消毒液拖地
NaClO具有还原性
D
用温热的纯碱溶液擦拭有油污的灶台
油脂在碱性条件下发生水解反应
A.AB.BC.CD.D
答案:
C
解析:
A.餐后将洗净的铁锅擦干,是由于铁在潮湿环境中易发生吸氧腐蚀导致铁锅生锈,A正确;
B.白醋的主要成分是醋酸,由于酸性:
醋酸>碳酸,水壶中的水垢的主要成分是CaCO3,白醋与碳酸钙等沉淀发生反应产生可溶性物质,因此使用白醋除去水壶中的水垢,B正确;
C.使用含NaClO的84消毒液拖地,是由于NaClO具有强氧化性,能够使蛋白质的分子结构发生改变而失去其生理活性,因而具有杀菌消毒作用,C错误;
D.纯碱溶液显碱性,升高温度,溶液的碱性增强,油脂在碱性条件下发生水解反应产生可溶性物质,因此可以用温热的纯碱溶液擦拭有油污的灶台,D正确;
故合理选项是C。
3.化学知识无处不在,下列与古籍记载对应的化学知识错误的是()
常见古籍记载
化学知识
A
《荀子·劝学》:
冰水为之,而寒于水。
冰的能量低于水,冰变为水属于吸热反应
B
《泉州府志》:
元时南安有黄长者为宅煮糖,宅垣忽坏,去土而糖白,后人遂效之。
泥土有吸附作用,能将红糖变白糖。
C
《天工开物》:
凡研硝(KNO3)不以铁碾入石臼,相激火生,祸不可测。
“相激火生”是指爆炸。
D
《本草纲目》:
采蒿蓼之属……晒干烧灰,以原水淋汁……久则凝淀如石(石碱)……浣衣发面,甚获利也。
石碱具有碱性,遇酸产生气体。
A.AB.BC.CD.D
答案:
A
解析:
A.冰和水是同种物质的不同状态,冰变为水属于物理变化,故A选;
B.“长者为宅煮糖,宅垣忽坏,去土而糖白”,蔗糖变白的原因是利用黄泥的吸附作用,故B不选;
C.凡研硝(KNO3)不以铁碾入石臼,相激火生,祸不可测”,“相激火生”是指硝酸钾撞击、击打发生爆炸,故C不选;
D.草木灰的主要成分是碳酸钾,碳酸钾水解显碱性,可洗衣服,遇酸产生气体,故D不选;
故选:
A。
4.化学与人们的生活、生产密切相关。
下列说法正确的是
A.酒精和84消毒液混合使用能提高对新型冠状病毒的预防效果
B.纳米铁粉可以去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子,其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成,同时也可以减少温室气体的排放
D.5G时代某三维存储器能储存海量数据,其半导体衬底材料是单晶硅
答案:
D
解析:
A.若酒精和84消毒液混合使用,具有还原性的乙醇与具有强氧化性的次氯酸钠发生氧化还原反应生成有毒的氯气,不但不能提高对新型冠状病毒的预防效果,还可能发生意外中毒,故A错误;
B.纳米铁粉可以去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子的原因是纳米铁粉与被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应生成铜和汞,属于化学变化,故B错误;
C.煤燃烧生成二氧化碳和二氧化硫,煤中加入氧化钙,氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙,亚硫酸钙被空气中氧气氧化生成硫酸钙,而二氧化碳高温下不能与氧化钙反应,则燃煤中加入氧化钙可以减少二氧化硫的排放,减少酸雨的形成,但不能减少二氧化碳的排放,故C错误;
D.三维存储器的半导体衬底材料是单晶硅,故D正确;
故选D。
5.海水是重要的资源,可以制备一系列物质.下列说法错误的是
A.步骤②中,应先通
,再通
B.步骤③中可将
晶体在
气流中加热脱水
C.除去粗盐中
、
、
等杂质,加入试剂及相关操作顺序可以是:
溶液
溶液
溶液→过滤→盐酸
D.步骤④、⑤、⑥反应中,溴元素均被氧化
答案:
D
解析:
A.根据侯氏制碱法原理,步骤②中生成碳酸氢钠,先通入氨气可增大二氧化碳的溶解,利于析出碳酸氢钠,故A正确;
B.HCl可抑制镁离子水解,则步骤③中可将MgCl2•6H2O晶体在HCl气流中加热脱水得到无水氯化镁,故B正确;
C.碳酸钠一定在氯化钡之后,可除去Ca2+及过量Ba2+,则加入试剂及相关操作顺序可为NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸,故C正确;
D.步骤④是溴离子被氧化为溴单质,步骤⑤是溴单质被还原为溴化氢,步骤⑥溴元素被氧化为溴单质,故D错误;
故答案为D。
6.著名的Vanviel反应为:
12H2S+6CO2
C6H12O6+6H2O+12S↓,下列说法错误的()
A.该反应将光能转变为化学能
B.该反应原理应用于废气处理,有利于环境保护和资源再利用
C.每生成1molC6H12O6转移24×6.02×1023个电子
D.H2S、CO2均属于弱电解质
答案:
D
解析:
A.反应需要光能,反应过程中,光能转化为化学能,故A正确;
B.硫化氢属于有毒气体,反应消耗硫化氢,该反应原理应用于废气处理,有利于环境保护和资源再利用,故B正确;
C.反应消耗12mol硫化氢,转移24mol电子生成1molC6H12O6,即每生成1molC6H12O6转移24×6.02×1023个电子,故C正确;
D.硫化氢属于弱酸,是弱电解质,二氧化碳属于非电解质,不是弱电解质,故D错误;
故选:
D。
7.金属材料的制造与使用在我国已有数千年历史。
下列文物不是由金属材料制成的是
A.陕西西安秦兵马俑B.山西黄河大铁牛
C.“曾侯乙”青铜编钟D.南昌“海昏侯”墓中出土的金饼
答案:
A
解析:
A.秦兵马俑由陶土烧制形成,陶土属于硅酸盐,不是由金属材料制成的,故A错误;
B.山西黄河大铁牛是铁的合金,属金属材料,故B正确;
C.曾候乙编钟主要材料是青铜,内含铜、锡等,是由合金制作的,属金属材料,故C正确;
D.金是金属单质,属金属材料,故D正确;
故答案为A。
8.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源,下图为海水利用的部分过程。
下列说法正确的是
A.步骤①是指蒸发结晶
B.步骤⑤是先通CO2再通NH3
C.在步骤②、③、④中,溴元素均被氧化
D.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度在常温下小于NaCl和NH4HCO3
答案:
D
【分析】
由流程可知,海水晒盐分离出粗盐和母液,粗盐溶解、除杂后过滤、蒸发得到精盐,先通氨气后通二氧化碳可生成碳酸氢钠,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠;母液含溴离子,②中氧化溴离子生成溴单质,热空气吹出溴后,③中二氧化硫与溴水反应生成硫酸和HBr,④中通氯气可氧化HBr生成溴,以此来解答。
解析:
A.步骤①粗盐经溶解、除杂后过滤、蒸发得到精盐,故A错误;
B.侯氏制碱应先通NH3再通CO2,可增大二氧化碳的溶解度,故B错误;
C.第②、④步骤中,溴元素均被氧化,只有③中Br被还原,故C错误;
D.碳酸氢钠的溶解度比NaCl和NH4HCO3小,才可从溶液中析出,故D正确;
故答案为D。
9.古籍中记载的下列事实或现象的形成,未涉及氧化还原反应的是
A.《本草纲目》:
“野外之鬼磷,其火色青,其状如炬,俗称鬼火”
B.《淮南万毕术》:
“曾青得铁则化为铜”
C.《梦溪笔谈》:
“石穴中水所滴者皆为钟乳”
D.《本草经疏》:
“丹砂(HgS),味甘微寒而无毒……若经伏火……则毒等砒硇,服之必毙”
答案:
C
解析:
A.鬼火指的是
的自燃现象,燃烧属于氧化还原反应,故A不选;
B.曾青(
溶液)与铁反应生成铜单质,化合价发生变化属于氧化还原反应,故B不选;
C.钟乳石的主要成分是碳酸钙,其形成过程是
、
,此过程没有发生元素化合价的变化,不涉及氧化还原反应,故C选;
D.HgS加热会分解生成S和Hg,属于氧化还原反应,故D不选。
故答案选:
C。
10.海水开发利用的部分过程如图所示。
下列说法错误的是
A.将氯气通入苦卤中,溴元素被氧化
B.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂提镁
C.蒸发海水得到粗盐的过程中没有发生化学变化
D.用空气和水蒸气吹出单质溴,再用吸收剂SO2将其转化成氢溴酸,以富集溴
答案:
B
解析:
A.将氯气通入苦卤中发生反应:
,溴元素化合价升高被氧化,故A正确;
B.工业生产中将石灰乳作为沉淀剂提镁,而不是NaOH作为沉淀剂,故B错误;
C.蒸发海水得到粗盐的过程中没有生成新的物质,属于物理变化,故C正确;
D.用空气和水蒸气吹出单质溴,再用吸收剂SO2将其转化成氢溴酸,反应为:
,生成溶解度较高的氢溴酸以富集溴,故D正确。
故答案选:
B。
11.能源是国民经济和社会发展的重要物质基础,它的开发和利用应遵循社会可持续发展原则。
下列措施有利于节能减排、保护环境的是
①推广使用节能环保材料②研发高效、低毒、低残留的生物农药③开发利用太阳能④提高煤的开采技术水平,推广火力发电
A.①②③B.②③④C.①②④D.①③④
答案:
A
解析:
①推广使用节能环保材料,有利于节能减排,故选①;
②研发高效、低毒、低残留的生物农药,有利于保护环境,故选②;
③开发利用太阳能,降低化石燃料的燃烧,有利于节能减排、保护环境,故选③;
④推广火力发电,不能减少二氧化碳排放,不利于节能减排、保护环境,故不选①;
选A。
12.保护环境日益引起人们的重视。
下列做法不利于保护环境的是
A.造纸厂污水没经处理直接排放B.推广使用太阳能电池
C.电动汽车代替部分燃油汽车D.氢能源代替化石能源
答案:
A
解析:
工业“三废”是污染环境的主要来源,直接排放不利于环境保护,答案选A;
利用新型的能源如:
太阳能、氢能、风能、地热能等可以保护环境;燃油汽车排放的尾气也是空气污染的主要来源,用电动汽车代替燃油汽车可以保护环境;氢能源代替化石能源也能保护环境,;D有利于保护环境。
13.南海是一个巨大的资源宝库,开发利用这些资源是科学研究的重要课题。
下图为海水资源利用的部分过程,有关说法不正确的是
A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
B.氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度
C.由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干
D.溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素,溴元素在反应③、④、⑤中均被氧化
答案:
D
解析:
A项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法,故A正确;
B项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应,氯碱工业中采用阳离子交换膜,只允许阳离子通过,不允许分子和阴离子通过,防止氯气和氢氧化钠溶液反应,从而提高了产品的纯度,故B正确;
C项、氯化镁在溶液中会发生水解,由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干,防止氯化镁发生水解,故C正确;
D项、反应④是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应,溴元素被还原,故D错误;
故选D。
【点睛】
氯碱工业中采用阳离子交换膜,只允许阳离子通过,不允许分子和阴离子通过,防止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键,也是易错点。
14.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含Fe2O3等杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下:
对上述流程中的判断不正确的是
A.试剂X为氢氧化钠溶液,试剂Y为CO2
B.结合质子(H+)的能力由强到弱的顺序是
>
>OH-
C.反应Ⅱ中生成Al(OH)3的反应为CO2+
+2H2O=Al(OH)3↓+
D.Al2O3熔点很高,电解时向Al2O3中加入冰晶石,使Al2O3的熔点降低,从而减少冶炼过程中能量消耗
答案:
B
【分析】
铝土矿中的氧化铝和氧化铁在NaOH的作用下,氧化铝溶解变为NaAlO2,氧化铁不反应,可以过滤除去。
溶液乙中含有NaAlO2,通入过量的Y,生成NaHCO3,所以通入的Y是CO2,得到的Al(OH)3沉淀加热分解后得到Al2O3,电解熔融的Al2O3得到金属Al。
解析:
(1)试剂X为NaOH溶液,Y为CO2,故A不选;
B.
能与
反应生成Al(OH)3和
,所以
结合H+能力强于
。
OH-结合H+能力最强,所以三者结合H+能力由强到弱的顺序是OH->
>
,故B选;
C.反应Ⅱ是向NaAlO2溶液通入过量的CO2,反应为CO2+
+2H2O=Al(OH)3↓+
,故C不选;
D.Al2O3熔点很高,电解时向Al2O3中加入冰晶石,使Al2O3的熔点降低,从而减少冶炼过程中能量消耗,是正确的,故D不选。
故选B。
15.下列属于化学变化的是()
A.煤的干馏B.石油的分馏C.氨气液化D.干冰的气化
答案:
A
解析:
A.煤的干馏是化学变化,故A正确;
B.石油的分馏是物理变化,故B错误;
C.氨气液化是物理变化,故C错误;
D.干冰的气化是物理变化,故D错误;
故答案为A。
二、填空题
16.现在和将来的社会,对能源和材料的需求是越来越大,我们学习化学就为了认识物质,创造物质,开发新能源,发展人类的新未来。
请解决以下有关能源的问题:
(1)未来新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或污染很小,且可以再生。
下列属于未来新能源标准的是:
____
①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能
A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.③⑤⑥⑦⑧D.③④⑤⑥⑦⑧
(2)运动会上使用的火炬的燃料一般是丙烷(C3H8),请根据完成下列题目。
①已知11g丙烷(C3H8)在298K和101Kpa条件下完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为555kJ,请写出丙烷燃烧热的热化学方程式:
______;
②丙烷在一定条件下发生脱氢反应可以得到丙烯。
已知:
C3H8(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)+H2(g)△H1=+156.6kJ·mol-1
CH3CH=CH2(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)△H2=+32.4kJ·mol-1
则相同条件下,反应C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g)的△H=_______
(3)已知:
H—H键的键能为436kJ/mol,H—N键的键能为391kJ/mol,根据化学方程式:
N2+3H2⇌2NH3ΔH=-92.4kJ/mol。
①请计算出N≡N键的键能为____。
②若向处于上述热化学方程式相同温度和体积一定的容器中,通入1molN2和3molH2,充分反应后,恢复原温度时放出的热量____92.4KJ(填大于或小于或等于)。
答案:
CC3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ·mol-1124.2kJ·mol-1945.6KJ/mol小于
解析:
(1)煤、石油、天然气是化石能源;核能不可再生,但属于新能源;⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能属于新能源,故答案为C;
(2)①11g丙烷(C3H8)在298K和101Kpa条件下完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为555kJ,计算1mol丙烷放出热量,则1mol丙烷燃烧放出热量:
2220kJ,反应的热化学方程式:
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ·mol-1;
②已知:
反应①C3H8(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)+H2(g)△H1=+156.6kJ·mol-1,反应②CH3CH=CH2(g)→CH4(g)+HC≡CH(g)△H2=+32.4kJ·mol-1,根据盖斯定律,①−②得C3H8(g)→CH3CH=CH2(g)+H2(g),△H=△H1−△H2=156.6kJ⋅mol−1−32.4kJ⋅mol−1=124.2kJ⋅mol−1;
(3)①设N≡N键的键能是x,N2+3H2=2NH3△H=−92.4KJ/mol,则x+3×436KJ/mol−2×3×391KJ/mol=−92.4KJ/mol,解得x=945.6KJ/mol;
②N2+3H2⇌2NH3△H=−92.4KJ/mol,意义为1mol氮气与3mol氢气完全反应生成2mol氨气放出热量92.4KJ,而该反应为可逆反应,1mol氮气与3mol氢气不能完全反应,所以放出的热量小于92.4KJ。
17.某种食品的配料标签如图所示:
(1)该配料中,富含糖类的物质是_________,富含蛋白质的物质是_________,富含油脂的物质是________;
(2)该配料中的________有防腐作用。
碳酸氢钠受热分解,产生的气体使食品膨松,该过程的化学方程式为____________;
(3)用于包装该食品的聚乙烯塑料包装属于_________(填字母);
a.有机高分子材料b.无机非金属材料c.金属材料
答案:
小麦粉、淀粉鸡蛋棕榈油苯甲酸钠2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑a
【分析】
(1)小麦粉、淀粉富含糖类;鸡蛋、瘦肉类、蛋类、豆类等富含蛋白质,植物油和动物脂肪富含油脂;
(2)苯甲酸钠是防腐剂,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳;
(3)聚乙烯是由乙烯CH2=CH2通过加聚反应产生的有机高分子化合物。
解析:
(1)小麦粉、淀粉中含有丰富的淀粉,淀粉是多糖,属于糖类,为人提供能量;
鸡蛋中蛋白主要成分是蛋白质,所以富含蛋白质的物质是鸡蛋;
植物油和动物脂肪富含油脂,因此棕榈油是植物油,含丰富的油脂;
(2)苯甲酸钠是防腐剂有防腐作用,是食品中的防腐剂;
碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、H2O和CO2,反应的化学方程式为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑;
(3)聚乙烯是由乙烯CH2=CH2通过加聚反应产生的有机高分子化合物,故合理选项是a。
18.以原油为原科生产聚烯烃的流程如下:
回答下列问题:
(1)流程中②表示的加工方法是_____(填序号)。
A.分馏B.分液C.裂解D.干馏
(2)C4~C10的混合物中含戊烷,请写出戊烷的所有同分异构体的结构简式:
______。
(3)聚乙烯的结构简式为______。
(4)丙烯与乙烯化学性质相似。
丙烯可以与水反应生成丙醇,该反应类型是____,丙醇中官能团的名称是____。
(5)写出乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式______。
答案:
CCH3-(CH2)3-CH3、
、
加成反应羟基2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O
解析:
(1)由流程图可以看出流程中②表示的是由相对分子量较大的含C4~C10的烃类化合物断裂成分子量较小的乙烯、丙烯等,所以此种加工方法是裂解,故答案为C。
(2)戊烷的分子式为C5H12,有三种同分异构体,分别为:
正戊烷:
CH3-(CH2)3-CH3,异戊烷:
,新戊烷:
,故答案为CH3-(CH2)3-CH3、
、
。
(3)聚乙烯的结构简式为:
,故答案为
。
(4)由丙烯与水反应制丙醇为加成反应,丙醇中含有的官能团为羟基,故答案为加成反应,羟基。
(5)乙醇在铜作催化剂条件下催化氧化生成乙醛和水,化学方程式为:
2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O,故答案为2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O。
19.下表是某食品包装袋上的说明,从表中的配料中分别选出一种物质填在相应的横线上。
品 名
浓缩菠萝汁
配 料
水.浓缩菠萝汁.蔗糖.柠檬酸.二氧化硫.甜蜜素.维生素C,菠萝香精.柠檬黄等
果汁含量
≥80%
生产日期
标于包装袋封口上
其中属于着色剂的有______________,属于调味剂的有________________,属于防腐剂的有_____________________________,属于营养强化剂有_______________,富含维生素的有_________
答案:
柠檬黄蔗糖、柠檬酸、甜蜜素、菠萝香精二氧化硫维生素C浓缩菠萝汁
【分析】
食品添加剂的品种很多,作用各不相同,主要包括着色剂、调味剂、防腐剂、营养强化剂.各食品添加剂的作用为:
着色剂-改善食品的外观;调味剂-增添食品的味道;防腐剂-防止食品腐烂、变质;营养强化剂-增强食品的营养价值;根据各食品添加剂的作用分析;
解析:
着色剂包括胡萝卜素、胭脂红、柠檬黄、苋菜红、日落黄等,所以该题中属于着色剂的为柠檬黄.
调味剂包括食盐、醋、味精、蔗糖、柠檬酸、甜蜜素、香精等,所以该题中属于调味剂的有蔗糖、柠檬酸、甜蜜素、菠萝香精.
防腐剂包括食盐、醋、苯甲酸钠、山梨酸钾、亚硝酸盐、二氧化硫等,所以该题中属于防腐剂的为二氧化硫;
营养强化剂,增强食品的营养价值,所以该题中属于营养强化剂是维生素C;
浓缩菠萝汁富含维生素C,富含维生素的有:
浓缩菠萝汁;
【点睛】
本题考查常用的食品添加剂,解题关键:
明确食品添加剂的性质、作用,注意物质性质的差异,可能一种物质有多种作用。
20.
(1)下列常用物质:
A.碳酸氢钠B.阿斯匹林C.苯甲酸钠D.柠檬黄
请用字母填空:
具有解热镇痛疗效的是_______,可用作食品防腐剂的是_______,常用作食品着色剂的是_______,常用作治疗胃酸过多的抗酸剂的是_______。
(2)蔗糖业是广西经济的支柱产业,产糖量位居全国首位。
甘蔗可用来生产蔗糖、乙醇、纸张等产品。
①甘蔗压榨后得到的糖主要是蔗糖。
蔗糖是一种二糖,水解后生成两种单糖,一种是葡萄糖,另一种是________。
葡萄糖具有________(填“氧化性”或“还原性”),能发生银镜反应。
葡萄糖是人体内最重要的供能物质,它在人体内代谢的最终产物是______和_____。
②糖蜜是制糖过程中的一种副产物,它在酵母菌的作用下可发酵成乙醇。
乙醇分子中含有的官能团是________,乙醇可与金属钠反应生成乙醇钠和一种气体,该气体是________。
答案:
BCDA果糖还原性二氧化碳(或CO2)水(或H2O)羟基(或—OH)H2
【分析】
(1)根据各物质的性质分析;
(2)①蔗糖水解后的产物是葡萄糖和果糖;葡萄糖的结构简式是(CH2OH)(CHOH)4CHO,根据结构简式分析性质;葡萄糖在体内能被氧化分解,最终生成二氧化碳和水,同时释放能量。
②乙醇结构简式是CH3CH2OH;乙醇可与金属钠发生置换反应。
解析:
(1)A.碳酸氢钠在水中能水解,使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度,所以碳酸氢钠的水溶液呈碱性,故能和酸反应;B.阿斯匹林具有解热镇痛作用;C.苯甲酸钠是常用的防腐剂;D.柠檬黄、胭脂红、胡
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- 化学与可持续发展 高中化学 必修 第八 化学 可持续发展 知识点 总结