【文档说明】河北省滦州市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，432.500 KB，由小赞的店铺上传

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河北省滦州市第一中学2019—2020学年度第二学期期中考试试题高一化学可能用到的相对分子质量：O16H1一、单选题（每小题只有一个正确选项）1.生活中的问题常涉及化学知识，下列过程不涉及化学变化的是()A.用食醋除去

暖瓶内的水垢B.鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液后析出白色沉淀C.碘单质遇淀粉变蓝D.用75%的乙醇溶液进行皮肤消毒【答案】B【解析】【详解】A项，水垢的主要成分为CaCO3，用醋酸除水垢发生的化学反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca

(CH3COO)2+CO2↑+H2O，故不选A项；B项，鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液，发生盐析，是物理变化，故选B项；C项，碘单质与淀粉反应生成的络合物显蓝色，是化学变化，故不选C项；D项，75%的乙醇溶液能使病毒的蛋白质发生变性，是化学变化，故不选D

项。综上所述，本题正确答案为B。2.下列关于蛋白质的叙述中不正确的是（）A.蚕丝、病毒、酶的主要成分都是蛋白质B.蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质会析出，再加水重新溶解C.重金属盐会使蛋白质变性，所以吞服“钡餐”会使人中毒D.浓硝酸溅在皮肤上

使皮肤呈黄色，这是由于蛋白质和浓硝酸发生了显色反应【答案】C【解析】【详解】A．熟蚕结茧时所分泌丝液凝固而成的连续长纤维，主要成分是蛋白质；酶是具有催化能力的特殊蛋白质；病毒由蛋白质和核酸组成，故A正确；B

．蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质析出，为蛋白质的盐析过程，蛋白质的盐析是可逆过程，再加水会溶解，故B正确；C．“钡餐”的成分是硫酸钡，硫酸钡不溶于酸，无法生成钡离子，不会引起中毒，故C

错误；D．浓硝酸能使蛋白质发生颜色反应，人的皮肤主要是由蛋白质构成，所以将浓硝酸沾到了皮肤上，会产生黄色斑点，故D正确；故选C。3.下列过程中，共价键被破坏的是（）A.碘升华B.溴蒸气被木炭吸附C.NaCl溶于水D.HCl气体溶于水【答案】D【解析】【详解】A.碘升华即I2由固态变为气态，只是分

子的状态改变，不破坏共价键，分子间作用力发生变化，故A不选；B.溴蒸气被木炭吸附，不破坏共价键，分子间作用力发生变化，故B不选；C.NaCl溶于水，发生电离，电离生成钠离子和氯离子，离子键被破坏，故C不选；D.HCl气体溶于水，在水分子的作用下，发生电离，电离生成H+和Cl-，共价键被破坏，故D

选。故选D。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键。4.下列有关化学用语的描述不正

确的是（）A.MgF2的电子式:B.中子数为15的硅原子:2914SiC.乙烯的结构简式：CH2CH2D.NH3·H2O的电离方程式:NH3·H2O⇌NH4++OH-【答案】C【解析】【详解】A．MgF2是离子化合物，其电子式为，故A正确；B．质量数=

质子数+中子数，故中子数为15的硅原子的质量数为14+15=29，表示为2914Si，故B正确；C．乙烯的官能团是碳碳双键，乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；D．一水合氨为弱电解质，不能完全电离，且为一元碱，故电离方程式为：NH3·H2O⇌NH4++

OH-，故D正确；故答案选C。5.下列叙述正确的是A.水结成冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关B.共价化合物可能含有离子键C.离子化合物中只含有离子键D.阴、阳离子之间有强烈的吸引作用而没有排斥作用【答案】A【解析】

【分析】A.水分子中含有氢键，使冰的体积比水大；B.共价化合物中一定不含离子键；C.离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；D.阴、阳离子之间有强烈的吸引作用和排斥作用；【详解】A.因水分子中含有氢键，且氢键具有饱和性和方向性，一定质量的水

因为氢键的存在，水结成冰体积膨胀、密度变小，A正确；B.共价化合物中一定不含离子键，故B错误；C.离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键如NaOH等，故C错误；D.阴、阳离子之间有强烈静电作用，既有吸引作用又有排斥作用，故D错误；答案选A。6

.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是原子半径最小的原子，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W原子的核电荷数等于X、Z原子核电荷数之和，X和Z同主族。下列说法正确的是A.工业上用电解熔融W的氯化物制备W的单质B.单质Z着火，可以用泡沫灭火器进行扑灭C.最高价氧化物对应水

化物的碱性：W＞ZD.X、Y只能形成一种化合物【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是原子半径最小的原子，故X是氢元素，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，故Y是氧元素，X和Z同主族，故Z是钠元素，W原子的核电荷数等于X、Z原子核电荷数之

和，故W是镁元素。【详解】A.工业上用电解熔融氯化镁制备镁的单质，故A正确；B.单质钠着火，因为钠以及钠的燃烧产物可以与二氧化碳、水反应，不可以用泡沫灭火器灭火，应该用沙子扑灭，故B错误；C.最高价氧化物对应水化物的碱性：Mg(OH)2<NaOH，所以W<Z，故C错误

；D.X（H）、Y（O）可以形成H2O，H2O2，故D错误；正确答案：A。7.下列物质中可用来鉴别乙酸、乙醇、苯的是（）A.氢氧化钠溶液B.碳酸钠溶液C.溴水D.汽油【答案】B【解析】【详解】A．加入氢氧化钠，与

乙醇不反应，与乙酸反应无明显现象，不能鉴别，故A不选；B．碳酸钠溶液与乙酸溶液反应产生气泡，与乙醇不反应但混溶，与苯不反应但溶液分层，现象各不相同，可鉴别，故B选；C．溴水与乙酸、乙醇不反应且混溶，无法鉴别，故C不选；D．三种物质与汽油均不反应不分层，现象相同，不能鉴别，

故D不选；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意乙酸与氢氧化钠尽管能够发生反应，但没有明显现象。8.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是A.乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2B.蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解C.甲烷和氯气

反应生成一氯甲烷，苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D.苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键【答案】B【解析】【详解】A、乙酸属于一元羧酸，酸性强于碳酸的，所以可与NaHCO3溶液反应生成CO2，故A正确；B、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，但不属

于高分子化合物，故B错误；C、甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都属于取代反应，故C正确；D、只有分子中含有不饱和键(如碳碳双键)，则可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，从而使之褪色，而苯中的化学键是介于单键和双键之间特殊的化学键，故D正确。答案选B。9.糖类、脂

肪和蛋白质是维持人体生命活动所需的三大营养物质。以下叙述正确的是（）A.植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖C.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D.蚕丝、羊毛、棉花的主要成分都是

蛋白质【答案】B【解析】【详解】A．植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，含碳碳双键，所以能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．淀粉是多糖，能够水解，且水解的最终产物是葡萄糖，故B正确；C．葡萄糖能发生氧化反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故C错误

；D．羊毛、蚕丝的主要成分是蛋白质，棉花主要成分是纤维素，故D错误；故选B。10.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z原子序数相差8，Y元素的焰色为黄色，Z元素的最高价为+6。下列叙述正确的是A

.X2-的离子半径大于Y+的离子半径B.H2Z的沸点高于H2XC.Z的简单气态氢化物稳定性比W的强D.Y2X2和Y2Z的晶体类型和化学键类型完全相同【答案】A【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y元

素的焰色为黄色，则Y为Na，Z元素的最高价为+6，则Z为S元素，W原子序数最大，故W为Cl，而X与Z原子序数相差8，则X为O元素；A.O2-、Na+离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2-＞Na+，A正确；B.H2O分子之间存在氢键，水的沸

点高于H2S，B错误；C.非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性H2S＜HCl，C错误；D.Na2O2含有离子键、共价键，Na2S只含有离子键，D错误；答案选A。11.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，1L1mol/

LHF溶液中含HF分子数目为NAB.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H＝-akJ·mol-1，将2molCO2和6molH2在一密闭容器中按照上述反应充分反应放出akJ的热量C.78gNa2O2固体中含阴离子数目为NAD.25g质量分数

68％的H2O2水溶液中含氧原子数目为NA【答案】C【解析】【详解】A.HF为弱酸，在溶液中部分电离，1L1mol/LHF溶液中含HF分子数小于NA，故A错误；B.2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）为可逆反应，将2

molCO2和6molH2在一密闭容器中，参加反应的CO2小于2mol，充分反应放出的热量小于akJ，故B错误；C.78gNa2O2物质的量为1mol，Na2O2固体中含有的阴离子是O22-，所以78gNa2O2固体中含阴离子数目为NA，故C正确；D.25g质

量分数68％的H2O2水溶液中含氧原子数目为（25g68%34g/mol×2+25g32%18g/mol）NA=1.44NA，故D错误；答案选C。12.下列说法不正确的是（）A.H和D互为同位素B.邻二甲苯存在同分异构体C.

乙烷与丙烷为同系物D.金刚石、石墨和C60为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．H和D是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故A正确；B．苯不是单双键交替结构，苯的邻位二元取代物只有一

种，邻二甲苯无同分异构体，故B错误；C．乙烷和丙烷的结构相似，分子组成相差1个CH2，乙烷和丙烷互为同系物，故C正确；D．金刚石、石墨和C60为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故D正确；故选B。13.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2的催化氧化：2SO2＋O2⇌2SO3（正反应放热

），下列有关说法正确的是A.升高温度只提高逆反应速率B.降低温度可提高正反应速率C.使用催化剂能显著增大反应速率D.达到化学平衡时正、逆反应速率相等且等于0【答案】C【解析】【详解】A、升高温度，正逆反应速率都增大，故A说法错误；B、降低温度，正逆反应速率都降低，故B说法错误；C、使用催

化剂能显著增大反应速率，故C说法正确；D、化学平衡为动态平衡，υ正=υ逆≠0，故D说法错误；答案选C。14.下列物质中属于高分子化合物的是A.脂肪B.棉花C.蔗糖D.甘油【答案】B【解析】【分析】相对分子量达到10000以上的化合物为高分子化合物，常见的高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质及各种聚

合物等，据此进行解答。【详解】A.脂肪属于油脂,相对分子量较小,不属于高分子化合物,故A错误；B.棉花（C6H10O5）主要成分为纤维素,其相对分子量达到几万、甚至几十万,属于天然有机高分子化合物，所以B选项是正确的；C.蔗糖（C6H12O6）为二糖,相对分子量较小，不属于高

分子化合物，故C错误；D.甘油为丙三醇,其分子式为:C3H8O3，相对分子量较小,不属于高分子化合物,故D错误；综上所述，本题正确选项B。15.制取一氯乙烷的最佳方法是（）A.乙烷和氯气反应B.乙烯和氯气反应C.乙烯和氯

化氢反应D.乙烯和氢气反应后，所得产物再和氯气反应【答案】C【解析】A.乙烷和氯气发生取代反应，生成多种取代物，故不是最佳方法，故错误；B.乙烯和氯气反应生成二氯乙烷，故错误；C.乙烯和氯化氢加成只生成一氯乙烷，故是最佳的方法，

故正确；D.乙烯和氢气反应后为乙烷，再与氯气反应生成复杂的产物，故错误。故选C。16.下图是氢氧燃料电池构造示意图。下列说法不正确的是（）A.a极是正极，被氧化B.电子由a通过小灯泡流向bC.该电池总反应是2H2＋O2=2H2OD.氢氧燃料电池是环保电池【答案】A【解析】【

详解】A．燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，所以a是负极、b是正极，故A错误；B．放电时，电子从负极沿导线流向正极，a是负极、b是正极，所以电子由a通过小灯泡流向b，故B正确；C．该氢氧燃料电池反应式与氢气燃烧的方程式相同，所以电池总反应为2H2

+O2═H2O，故C正确；D．该燃料电池产物是水，对环境无影响，所以氢氧燃料电池是环保电池，故D正确；故选A。17.下列有机物中，既能发生加成反应，又能发生酯化反应，还能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化的物质是（）A.3CHCHCHO=−B.32CHCHCOOHC.23CH

CHCOOCH=−D.24CHOH(CHOH)CHO【答案】D【解析】【详解】A、CH3=CH-CHO，分子中没有-OH或-COOH，不能够发生酯化反应，选项A错误；B、CH3CH2COOH，分子中没有醛基，不能被新制的Cu(OH)2氧化，选项B错误；C、分子中没有醛基，不能够被新制Cu(OH)

2悬浊液氧化，选项C错误；D、CH2OH(CHOH)4CHO分子中含有羟基、羟基，既能发生加成反应，又能发生酯化反应，还能被新制Cu(OH)2悬浊液氧化，选项D正确；答案选D。【点睛】注意根据官能团的性质判断有机物可能具有的性质，能发生

酯化反应的有机物中应含有-OH或-COOH；能发生加成反应的有机物中应含有C=C或-CHO等；能被新制的Cu(OH)2氧化的有机物应含有-CHO。18.钠与下列物质反应都能够产生氢气：①H2O；②CH3COOH；③CH3CH2OH，从产生氢气的剧烈程度可推断出这三种物质产生H+的难易程度是（从难

到易的顺序）（）A.①②③B.②③①C.③①②D.②①③【答案】C【解析】【分析】根据钠与物质产生氢气的快慢取决于羟基氢的活泼性，即物质的酸性越强，则越容易电离出氢离子，与钠反应生成氢气的速率就越快。【详解】物质的酸性越强,越容易电离出氢离子,则与钠反应生成氢气的速率就越快；酸性:CH3C

OOH>H2O>CH3CH2OH,则这三种物质产生H+的难易程度为(从难到易)③①②，C正确；正确选项C。19.下列过程中的能量变化与下图一致的是A.镁条溶于盐酸B.氨气液化C.碳酸钙分解D.硝酸铵溶于水【答案】A【解析】根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，反应是放热反应。A.

镁条溶于盐酸是放热反应，A正确；B.氨气液化放热，但不是化学变化，不属于放热反应，B错误；C.碳酸钙分解是吸热反应，C错误；D.硝酸铵溶于水吸热，D错误，答案选A。点睛：掌握放热反应、吸热反应与反应物和生成物能量的关系是解答的关键，另外还需要注意放热反应或吸热反应均是相对化学变化而

言，物理变化中的热效应，例如选项B和D，不能称为放热反应或吸热反应。20.工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时()A.粗铜接电源负极B.杂质都将以单质形式沉积到池底C.纯铜作阳极D.纯铜片增重2.56g，电路中通过电子为0.08mol【答案】D

【解析】【详解】A项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，A错误；B项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，B错误；C项、根据题知在阳极上，不参与放电的金属单质金、银等贵重金属会形成阳极泥沉积到池底，而锌等活泼金属以离子形成存在于溶液中，C错误；D项、根据题知阴极

反应为Cu2＋+2e=Cu，精铜片增重2.56g，即析出2.56g铜，则电路中通过电子为2.56g20.08mol64g/mol=，D正确。21.反应4NH3+5O24NO+6H2O在5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量

增加了0.3mol，则此反应的平均反应速率v（X）为A.v（NH3）=0.004mol•L-1•s-1B.v（O2）=0.15mol•L-1•min-1C.v（NO）=0.008mol•L-1•s-1D.v（H2O）=0.16mol•L-1•min-1【答案】B【解

析】【详解】半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，浓度是0.3mol÷5L＝0.06mol/L，则此反应的平均反应速率v（NO）＝0.06mol/L÷30s＝0.002mol•L-1•s-1，又因为反应速率之比是化学计量数之比，则v（NH3）＝v（NO）＝0.002

mol•L-1•s-1，v（O2）＝0.002mol•L-1•s-1×5/4＝0.0025mol•L-1•s-1＝0.15mol•L-1•min-1，v（H2O）＝0.15mol•L-1•min-1×6/

5＝0.18mol•L-1•min-1，答案选B。【点睛】明确反应速率的含义和计算依据是解答的关键，注意反应速率与化学计量数之间的关系换算，尤其要注意换算时单位要统一。22.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：实验装置部分实验

现象a极质量减小b极质量增加溶液中的SO42-向b极移动d极溶解c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是A.a>b>c>dB.b>c>d>aC.d>a>b>cD.a>b>d>c【答案】C【解析】【详解】

中a极质量减小b极质量增加，说明a是负极，b是正极，溶液中的铜离子在正极放电，则金属活动性a＞b；中溶液中的SO42-向b极移动，说明b电极是负极，则金属活动性b＞c；中d极溶解c极有气体产生，说明d电极是负极，c电极是正极，溶液中的氢离子放电，则金属活动性d

＞c；中电流从a极流向d极，说明a电极是正极，d电极是负极，则金属活动性d＞a；则金属活动性d>a>b>c，答案选C。【点晴】本题通过金属活动性强弱比较为载体，侧重考查了原电池的工作原理；该题的关键是明确原电池的工作原理、特别是正负极的判断依据，电极反应式的书写等

。23.下列有关有机化合物的性质和用途的说法正确的是（）A.乙烯分子与苯分子中的碳碳键相同，二者都能发生加成反应B.乙烷、乙烯、苯乙烯（）分子结构中都含有不饱和碳原子C.乙醇既可作燃料，也可在日常生活中使用，如一定浓度的乙醇可用于杀菌、消毒D.淀粉、油脂、蛋

白质都属于高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，苯中6个碳碳键完全相同，是介于单键和双键之间的独特的键，二者碳碳键不同，但二者都能发生加成反应，故A错误；B．乙烷属于烷烃，不含不饱和键，不存在不饱和碳原子，故B错误；C．乙醇能燃烧，能作燃料，医疗上

用75%酒精杀菌消毒，故C正确；D．油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意苯分子结构的特殊性的认识。24.下列物质中，既能发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是（

）①SO2②CH2=CH2③④CH3CH3A.①②③④B.③④C.①②④D.①②【答案】D【解析】【详解】①SO2具有还原性，与溴水、酸性KMnO4溶液均能发生氧化还原反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故①符合题意；②CH2=CH2中含碳碳双键

，则与溴水发生加成反应，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②符合题意；③与溴水、酸性KMnO4溶液均不反应，故③不符合题意；④CH3CH

3与溴水、酸性的高锰酸钾都不反应，故④不符合题意；既能发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是①②，故选D。【点睛】本题的易错点为③，要注意苯分子中的6个碳碳键完全相同，是介于单键和双键之间的独特的键，不存在碳碳双键。25.某有机物的结构简式为，它在一定

条件下可发生的反应为①酯化反应②氧化反应③水解反应④加聚反应⑤取代反应A.②③④B.①②③C.①②⑤D.③④⑤【答案】C【解析】【分析】由结构可以知道，该有机物含有醛基、羧基和醇羟基，结合有机物官能团的性质判断有机物可能具有的

性质。【详解】该有机物含有醛基，可发生加成、氧化反应；含有羧基可发生中和、酯化反应；含有醇羟基可发生氧化、酯化反应；即以上反应中可以发生氧化反应、酯化反应、取代反应，其它反应在一定条件下不能发生。故选C。二、填空题26.有下列各组微粒或物质（填序号）A．O2和O3B．1

26C和136CC．CH3CH2CH2CH3和D．和E．CH3CH2CH2CH3和⑴______组属于同位素；⑵______组两种物质互为同分异构体。【答案】(1).B(2).E【解析】【分析】根据具有相同质子数、不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素；分子式相同而结构不同的化

合物互为同分异构体，据此分析解答。【详解】(1)具有相同质子数、不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素，满足条件的为126C和136C，故答案为：B；(2)同分异构体是分子式相同而结构不同的化

合物，满足条件的为CH3CH2CH2CH3和，故答案为：E。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意甲烷是正四面体结构，D中的物质是同一种物质。27.火箭推进器中盛有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液

态肼与足量液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。⑴写出过氧化氢的电子式________。⑵反应的热化学方程式为_________。⑶此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个优点是_________。【答案】(1).(2).

N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)△H=－641．63kJ/mol(3).产物不会造成环境污染【解析】【分析】(1)过氧化氢为共价化合物，结合电子式的书写方法书写；(2)计算出1mol液态肼和足量液态

双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出的热量，然后根据热化学方程式的书写原则和注意问题写出热化学方程式；(3)依据反应N2H4(g)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)的产物是氮气和水分析该反应的优点。【详解】(1)过氧化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：；(2)已知0.4m

ol液态肼与足量液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量，则1mol液态肼和足量液态双氧水反应生成氮气和水蒸气时放出256.652kJ×1mol0.4mol=641.63kJ的热量，则液态肼和液态双氧水反应的热化学方程式为：N2H4(l)

+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.63kJ/mol，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-641.63kJ/mol；(3)还原剂肼(N2H4)和氧化剂H2

O2，当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，另一个突出的优点是：产物为氮气和水，清洁无污染，故答案为：产物不会造成环境污染。28.请分析下图装置。⑴Fe电极是_____（填“正”或“负”）极，其电极反应为________；⑵Cu电

极是_____电极，其电极反应为________________。⑶若用浓硝酸做电解质溶液____做负极。【答案】(1).负(2).Fe-2e-=Fe2+(3).正(4).2H++2e-=H2↑(5).Cu【解析】【分析】Cu、Fe和稀硫酸构成

原电池，Fe失电子发生氧化反应作负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2，总反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，据此分析解答。【详解】

(1)Cu、Fe和稀硫酸构成原电池，Fe失电子发生氧化反应作负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故答案为：负；Fe-2e-=Fe2+；(2)Cu、Fe和稀硫酸构成原电池，Fe失电子作负极，Cu为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，正极的电极反应为：2H++2e

-=H2↑，故答案为：正；2H++2e-=H2↑；(3)若用浓硝酸做电解质溶液，Cu、Fe和浓硝酸构成原电池，由于铁发生钝化，铜能与浓硝酸反应，则铜为负极，电池总反应为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意常温下，铁与浓硝

酸发生钝化，表面形成致密的氧化膜。三、实验题29.某化学兴趣小组用甲装置（如下图所示）进行乙酸与乙醇酯化反应的实验，回答以下问题：⑴乙酸和乙醇进行酯化反应的化学方程式是：______。⑵实验过程中选用的用品及试剂有：①碎瓷片，作用为__

_____；②乙酸、乙醇以及_______，该试剂作用为___________；③A中盛放的是_____，作用为________。【答案】(1).CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O(2).防止暴沸(3).浓硫酸(4).催化剂和

吸水剂(5).饱和碳酸钠溶液(6).吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度【解析】【分析】(1)乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，此反应为可逆反应，条件为浓硫酸加热，据此书写反应方程式；(2)碎瓷片可以防暴沸；酯化反应的催化剂是浓硫酸；收集酯用的

是饱和碳酸钠溶液，能溶解乙醇、反应掉乙酸并降低乙酸乙酯的溶解度，据此分析解答。【详解】(1)乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，此反应为可逆反应，条件为浓硫酸加热，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2C

H3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)①碎瓷片可以防暴沸；故答案为：防暴沸；②制备乙酸乙酯的酯化反应除了反应物为乙酸和乙醇外，还需浓硫酸作催化剂和吸水剂，

浓硫酸作催化剂可加快酯化反应的速率，作吸水剂有利于酯化反应正向进行、提高原料的利用率；故答案为：浓硫酸；催化剂和吸水剂；③收集酯用的是饱和碳酸钠溶液，用饱和碳酸钠溶液来收集乙酸乙酯，可以溶解掉乙醇、反应掉乙酸并降低乙酸乙酯的溶解

度的作用，故答案为：饱和碳酸钠溶液；溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。四、推断题30.已知：A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下，回答下列问题：⑴写出A、C的名

称________、_________。⑵B、D分子中的官能团化学式分别是__________、__________。⑶写出下列反应的反应类型：①______________，④____________。⑷写出下列反应的化学方程式：①_____________

_____；②__________________；③___________________。【答案】(1).乙烯(2).乙醛(3).-OH(4).-COOH(5).加成反应(6).取代（酯化）反应(7).CH2=CH2+H2OC2H5OH(8)

.2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O(9).2CH3CHO+O22CH3COOH【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应得到B，B为CH3C

H2OH，B能氧化得到C，C继续氧化得到D，C为CH3CHO，D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯，以此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为CH2=CH2，名称为乙烯，C为CH3

CHO，名称为乙醛，故答案为：乙烯；乙醛；(2)B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，B、D分子中的官能团名称分别是羟基、羧基，化学式分别为-OH、-COOH，故答案为：-OH；-COOH；(3)反应①是乙烯与水发生加

成反应生成乙醇，反应④是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；酯化反应(或取代反应)；(4)反应①的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应②的化学方程式：2CH3CH2OH

+O22CH3CHO+2H2O；反应③的化学方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3C

HO+O22CH3COOH。