【文档说明】贵州省兴仁市凤凰中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，947.500 KB，由小赞的店铺上传

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兴仁市凤凰中学2022届高一第二学期期末化学试卷第Ⅰ卷(选择题，共48分)相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Ag-108一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选

项。1.下列物质属于天然高分子化合物的是（）A.葡萄糖B.油脂C.蔗糖D.淀粉【答案】D【解析】【分析】相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物。【详解】A．葡萄糖属于单糖，分子式为C6H1

2O6，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A不符合题意；B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B不符合题意；C．蔗糖属于二糖，分子式为C12H22O11，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C不符合题意；D．淀粉的化学式为(C6H

10O5)n相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故D符合题意；答案为D。2.下列说法正确的是A.石油的炼制过程都是化学变化过程B.石油分馏目的是将含碳原子数较多的烃先气化经冷凝而分离出来C.石油经过常、减压分馏、裂化等工序炼制后即能制得纯净物D.石油分馏出来

的各馏分仍是多种烃的混合物【答案】D【解析】【详解】下列说法正确的是A.石油的炼制过程中包括石油的分馏，石油的分馏属于化学变化，A说法不正确；B.石油分馏目的是利用其中各组分的沸点不同，将其加热至沸腾、气化然后再冷

凝液化从而分离出来不同沸点范围的馏分，B说法不正确；C.石油经过常、减压分馏、裂化等工序炼制后，不能制得纯净物，其产品仍是混合物，C说法不正确；D.石油的主要成分有烷烃、环烷烃和芳香烃，其分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物，D说法正确。本题答案为D。3.下列物质中，含有

非极性键的共价化合物是（）A.CH3CH3B.Na2O2C.NaClD.N2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.CH3CH3分子中含有C-C之间的非极性共价键，属于共价化合物，A正确；B.过氧化钠中含有钠离子

和过氧根离子之间的离子键，O-O之间的非极性共价键，属于离子化合物，B错误；C.NaCl是只含离子键的离子化合物，C错误；D.氮气是单质，氮氮原子间为非极性共价键，但是氮气不是化合物，D错误；答案选A。【点睛】明确化学键和化合物的关系是解答的关键，一般

活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，同一种非金属原子之间形成的是非极性键，不同种非金属原子之间形成的是极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物

，解答时注意灵活应用。4.正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语表示正确的是（）A.中子数为10的氧原子：1018OB.Na2S的电子式：C.乙酸的球棍模型：D.次氯酸的电子式：【答案】C【解析】【详解】A.中子数为10的氧原子的质量数是10+8＝18

，可表示为188O，A错误；B.Na2S是离子化合物，电子式为，B错误；C.乙酸的结构简式为CH3COOH，球棍模型为，C正确；D.次氯酸分子中只有共价键，电子式为，D错误；答案选C。5.如下图，在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图

所示，下列关于该装置的说法正确的是A.外电路电流方向为：X—外电路—YB.若两极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒C.X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D.若两极都是金属，则它们的活动性顺序为X>Y【答案】D【解析】【分析】

根据装置图知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，据此分析解答。【详解】A．根据电子流动方向，X是原电池负极，Y是正极。外电路的电流方向为：Y→外电路→

X，A选项错误；B．原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，B选项错误；C．X是原电池的负极，失电子发生氧化反应，Y是原电池的正极，得电子发生还原反应，C选项错误；D．若两电极都是金属，活泼金属

作负极，X是负极，则它们的活动性顺序为X＞Y，D选项正确；答案选D。【点睛】本题考查了原电池原理，会根据电子的流向判断原电池的正负极是解本题的关键，明确正负极的判断方法、正负极上发生反应的类型、电子和电流的流向即可解答本题。6.利用金属活性的不同，可以采取不同的冶炼方法冶炼

金属。下列反应所描述的冶炼方法不．可能实．．．现的是()A.2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al＋3O2↑B.Fe2O3＋3CO高温2Fe＋3CO2C.Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuD.2KCl(水溶液)电解2K＋Cl2↑【答案】D【解析】【详解】A．铝是活泼金属，常用电解

熔融氧化铝的方法冶炼，故A正确；B．根据铁的活泼性，工业上常用热还原法炼铁，故B正确；C．铜活泼性比铁弱，湿法炼铜法就是用铁将铜从盐溶液中置换出来，故C正确；D．钾是活泼金属，电解KCl的水溶液得不到钾，电解KCl溶液生成KOH、氢气和氯气，故D错误

；故选D。7.汽车尾气中的有毒气体NO和CO，在一定条件下可发生反应生成N2和CO2。下列关于此反应的说法中，正确的是()A.减小压强能增大反应速率B.增大压强能减小反应速率C.使用适当的催化剂能增大反应速率D.升高温度对反应速率无影响【答案】C【解析】【详解】A．减小压强能降

低反应速率，A错误；B．增大压强能增大反应速率，B错误；C．使用适当的催化剂能增大反应速率，C正确；D．升高温度反应速率加快，D错误，答案选C。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z；化

合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是A.非金属性：W>X>Y>ZB.原子半径：Z>Y>X>WC.元素X的含氧酸均为强酸D.Y的氧化物水化物为强碱【答案】D【解析】【分析】根据题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，则WX3为N

H3，WZ为HCl，所以W为H元素，X为N元素，Z为Cl元素，又四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为11，Y为Na元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Na元素，Z为Cl元素，则A．Na为金属元素，非金属性最弱，非金属性Y＜Z，A选项

错误；B．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素至上而下原子半径依次增大，则原子半径：Na＞Cl＞N＞H，B选项错误；C．N元素的含氧酸不一定全是强酸，如HNO2为弱酸，C选项错误；D．Y的氧化物水化物为NaOH，属于强碱，

D选项正确；答案选D。9.利用下列反应不能制得括号中纯净物质的是()A.乙烯与水反应(乙醇)B.等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应(氯乙烷)C.液溴与苯用溴化铁作催化剂反应(溴苯)D.乙烯与氯气反应(1，2-二氯乙烷)【

答案】B【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成乙醇，故A不选；B.等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下发生取代反应可以得到多种卤代烃，不能制得纯净的一氯乙烷，故B选；C.液溴与苯用溴化铁

作催化剂发生取代反应可以制备溴苯，故C不选；D.乙烯含有碳碳双键，与氯气发生加成反应可以制备CH2ClCH2Cl，故D不选；答案选B。10.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下叙述正确的是()元素代号LMQRT原子半径/

nm0.1600.1430.0860.1020.074主要化合价+2+3+2+6、-2-2A.L2+、R2-的核外电子数相等B.M与T形成的化合物既能与强酸反应又能与强碱反应C.氢化物的稳定性为H2T＜H2RD.单质与浓度相等的稀盐酸反应的速率为Q＞L【答案】B【解析】【分

析】在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；L、Q属于第ⅡA族元素，L原子半

径大于Q，则L是Mg元素，Q是Be元素；M属于第ⅢA族元素，M原子半径大于Q而小于L，所以M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第ⅥA族元素，R有正化合价，则R为S元素，T为O元素，再结合题目分析解答。【详解】在短周期元素中，元

素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小；L、Q属于第ⅡA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素，Q是Be元素；M属于第ⅢA族元素，M

原子半径大于Q而小于L，所以M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第ⅥA族元素，R有正化合价，则R为S元素，T为O元素。A．L是Mg元素、R是S元素，Mg2+核外电子数是10，S2-的核外电子数

是18，二者核外电子数不等，A错误；B．M是Al元素、T是O元素，二者形成的化合物是Al2O3，属于两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应，B正确；C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O>S即T>R，所以氢化物的稳定性为H

2T>H2R，C错误；D．Q是Be元素、L是Mg元素，元素的金属性越强，其单质与同浓度的稀盐酸反应速率越快，金属性Mg>Be即L>Q，所以单质与同浓度的稀盐酸反应的速率为L>Q，D错误。答案选B。11.某反应由两步反应A⇌B⇌C构成，它的反应能

量曲线如反应过程如图所示，下列有关叙述正确的是()A.两步反应均为吸热反应B.三种化合物中B最稳定C.吸热反应一定需要加热D.A反应生成C实现了化学能转化为热能【答案】D【解析】【详解】A．第一步是吸热反应，第二步是放热反应，故A错误；B．C的能

量最低，三种化合物中C最稳定，故B错误；C．加热是反应条件，与反应是否吸热无必然联系，故C错误；D．C的能量低于A，从A生成C反应放热，实现了化学能转化为热能，故D正确；故选D。12.关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）A.图1所示的装

置能将化学能转变为电能B.图2所示的反应为吸热反应C.化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成D.中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低【答案】C【解析】【详解】A．图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原

电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；B．图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；C．化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确；D．中和反应为放热反应，

反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；答案选C。【点睛】从化学模型中帮助学生理解反应中的能量变化，高处的水，流入低处，释放能量，低处的水吸收能量才能到达高处，从生活中找出合适的化学模型，有利于学生理解。13.已知氢化铵（NH4H）与NH4Cl的结构相似，又知N

H4H与水反应有H2生成，下列有关叙述中不正确的是（）①NH4H是离子化合物，含有离子键和共价键②NH4H溶于水，所形成的溶液显酸性③NH4H与水反应时，NH4H是氧化剂④NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生A.①②B.②③C.①②③D

.全部【答案】B【解析】【详解】①氯化铵属于离子化合物，氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似，所以NH4H是离子化合物，NH4+和H-之间存在离子键、NH4+中N和H之间存在共价键，①正确；②NH4H与水反应有H2生成，同时还会生成氨气，氨气溶于水形成氨水，所以所形成的溶液显碱性，

②错误；③NH4H溶于水时发生的反应为NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑，氢化铵中H-中H的化合价从-1价升到0价，氢化铵是还原剂，③错误；④NH4H与少量水反应有H2和氨气生成，④正确；答案选B。【点睛】本题是信息迁移题，考查学生分析和解决问题的能力，特别是知

识的迁移能力，题目难度不大。①根据氯化铵的化合物类型来判断；②NH4H与水反应有H2和NH3·H2O生成；③根据物质中元素化合价的变化来确定氧化剂和还原剂，解答时注意灵活应用。14.下列叙述正确的是（）。A.反应①为取代反应，有机产物与水混合后有机产物浮在上层B.反应②为氧化反应，反应

现象是火焰明亮并带有浓烟C.反应③为取代反应，有机产物是一种烃D.反应④中1mol苯最多与3molH2发生加成反应，因为一个苯分子含有三个碳碳双键【答案】B【解析】【详解】A．苯与液溴发生取代反应生成溴苯，溴苯密度比水大，

在下层，A错误；B．苯在空气中燃烧，发生氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟，B正确；C．苯与硝酸在浓硫酸条件下发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N、O，不属于烃，C错误；D．苯分子间没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间的特殊的键，D错误；答案选B。【点睛】本题

综合考察苯的性质，苯结构中没有碳碳单键和碳碳双键，而是介于单键和双键之间特殊的键；苯主要发生的反应类型有取代反应，加成反应，氧化反应；同时注意生成物的类别及密度，C选项考察烃的基本概念，是易错点，从概念入手进行判断即可。15.镁燃料电池具有比能量高、使用安全方便、原材料来源丰富、成本

低、燃料易于贮运等特点。研究的燃料电池可分为镁—空气燃料电池，镁—海水燃料电池，镁—过氧化氢燃料电池，镁—次氯酸盐燃料电池。如图为镁—次氯酸盐燃料电池的工作原理图，下列有关说法不正确的是A.放电过程中OH

−移向正极B.电池的总反应式为Mg+ClO−+H2O=Mg(OH)2↓+Cl−C.镁电池中镁均为负极，发生氧化反应D.镁—过氧化氢燃料电池，酸性电解质中正极反应式为H2O2+2H++2e−=2H2O【答案】A【解析】【详解】A.放电过程

中阴离子向负极移动，OH-移向负极，A错误；B.根据装置原理图，该电池放电时ClO-在正极得到电子发生还原反应生成Cl-，正极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，Mg在负极发生失电子的氧化反应

，负极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2↓，电池总反应式为Mg+ClO−+H2O=Mg(OH)2↓+Cl−，B正确；C.镁电池中镁均为负极，发生氧化反应，C正确；D.镁—过氧化氢燃料电池，酸性电解质中，Mg在负极发生失电子的氧化反应，负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，过氧化

氢在正极发生得电子的还原反应，正极反应式为H2O2+2H++2e−=2H2O，D正确；答案选A。16.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使

其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）＋CO2（g）。不能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A.密闭容器中二氧化碳的体积分数不变B.密闭容器中气体的总物质的量不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.υ（NH3）正＝2υ（CO2）逆【答案】A【解析】【详解】A．该反应的

反应物为固体，随着反应的进行，生成氨气和CO2的物质的量之比恒为2：1，二氧化碳的体积分数始终不变，所以密闭容器中二氧化碳的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，A选；B．随着反应的进行，气体的总物质的量不断增加，当密闭容器中气体的总物质的量不变时，反应达到平衡

状态，B不选；C．在恒容密闭容器中，气体的质量不断增加，气体的密度不断增大，当密度不变时说明反应达到平衡状态，C不选；D．υ（NH3）正=2υ（CO2）逆符合正、逆反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比

，说明反应达到平衡状态，D不选；答案选A。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物

理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。第Ⅱ卷非选择题(共52分)二、填空题：(本题共6小题，共52分)17.有下列各种微粒或物质：A．O2和O3B．126C和136CC．CH3CH2CH2CH3和CH4D．和E．CH3CH2CH2CH3和（1）

________________组两种微粒互为同位素；(填字母，下同)（2）________________组两种物质互为同素异形体；（3）________________组两种物质属于同系物；（4）_____________

___组两物质互为同分异构体；（5）_______________组两物质是同一物质。【答案】(1).B(2).A(3).C(4).E(5).D【解析】【详解】A．O2和O3是氧元素形成的两种不同的单质，两者互为同素异形体；B．126C和136C是质子数相同、中子数不同的两种核

素，两者互为同位素；C．CH3CH2CH2CH3和CH4都属于烷烃，结构相似，分子组成相差3个“CH2”，两者互为同系物；D．和都代表二氯甲烷的结构式，为同一物质；E．CH3CH2CH2CH3和的分子式相同，都为C4H10，结构不同，两者互为同分异构体；（1

）B组互为同位素；（2）A组互为同素异形体；（3）C组互为同系物；（4）E组互为同分异构体；（5）D组为同一物质。18.下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑩的元素回答下列问题。IAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②③④三⑤⑥⑦⑧⑨⑩(1)非金属性最强的元素是_

___(填元素符号，下同)，考古时利用____测定一些文物的年代。(2)第三周期元素除⑩外原子半径最小的是____(填元素符号)，这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是____(填氧化物的化学式，下同)、具有两性的是____

。(3)由⑨和⑥两种元素组成的化合物的电子式是____；(4)②和③两种元素的气态氢化物更稳定的是____(填“②”或“③”)。【答案】(1).F(2).14C(3).Cl(4).Na2O(5).Al2O3(6).(7).③【解析】【分析】根据周期表，各元素分别为：①C②N③O④F⑤

Na⑥Mg⑦Al⑧S⑨Cl⑩Ar，由此分析。【详解】(1)同周期从左到右，元素的非金属性增强，同主族从下至上，元素的非金属性增强，非金属性最强的元素是F；考古时利用14C测定一些文物的年代。故答案为：F；14C；(2)同周期从左到右，原子半径逐渐减小，第三周期元素除⑩外原子半径最

小的是Cl，同周期从左到右，元素的金属性减弱，这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是Na2O(填氧化物的化学式，下同)、具有两性的是Al2O3。故答案为：Cl；Na2O；Al2O3；(3)由⑨和⑥两种元素组成的化合物氯化镁是离子化合物，镁失去最外层两个电子形成镁离子，两个氯原子

各得到1个电子最外层达到8电子稳定结构，形成氯离子，电子式是；故答案为：；(4)同周期从左到右，元素的非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，②和③两种元素的气态氢化物更稳定的是③，稳定性：H2O＞NH3。故答案为：③。19.海洋资源的利用具有

广阔前景。(1)如图是从海水中提取镁的简单流程。①工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是____，Mg(OH)2转化为MgCl2的离子方程式是____。②由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是____。(2)海带灰中富含以I﹣形式存在的碘元素.实验室提取I2的途径如图所示：干海带灼

烧⎯⎯⎯→海带灰水过滤⎯⎯⎯→滤液酸化过氧化氢溶液⎯⎯⎯⎯⎯→4CCl⎯⎯⎯→多步操作⎯⎯⎯⎯→I2①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是____。②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式____。③反应结束后，加入C

Cl4作萃取剂，采用萃取——分液的方法从碘水中提取碘，主要操作步骤如图：甲、乙、丙3步实验操作中，不正确的是____(填“甲”、“乙”或“丙”).【答案】(1).石灰乳或氧化钙(2).Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O(3).MgCl2(熔融)电解Cl2↑+Mg(4).坩埚(

5).2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O(6).丙【解析】【分析】(1)氯化镁转化为氢氧化镁需要加入碱液，从经济效益、原料易得的角度，试剂A是石灰乳或氧化钙，生成的Mg(OH)2中加试剂B盐酸转化为MgCl2，MgCl2溶液在HCl气流中

蒸发制成无水MgCl2，电解熔融无水MgCl2制取Mg；(2)海带是固体，在坩埚中灼烧成灰，冷却、过滤后，在滤液中加酸化的双氧水将碘离子氧化成碘单质，用四氯化碳萃取，蒸馏得碘单质。【详解】(1)①氯化镁转化为氢氧化镁需要加入碱液，从经济效益、原料易得的角度，工业上常用于

沉淀Mg2+的试剂A是石灰乳或氧化钙，Mg(OH)2加试剂B盐酸转化为MgCl2，离子方程式是Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。故答案为：石灰乳或氧化钙；Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；②电解熔融无水MgCl2制取Mg，化学方程式是MgCl2(熔融)电解Cl2↑+Mg

。故答案为：MgCl2(熔融)电解Cl2↑+Mg；(2)①海带是固体，灼烧海带至灰烬时，所用的主要仪器名称是坩埚。故答案为：坩埚；②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，将碘离子氧化成碘单质，该反应的离子方程式

2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O。故答案为：2H++2I﹣+H2O2═I2+2H2O；③甲、乙、丙3步实验操作中，甲是加萃取剂后振荡，使碘与水溶液充分分离，操作正确；乙是静置分层，装置符合规范；丙是将互不相溶的两层液

体分离，下层液体应从下口放出，上层液体从上口倒出，图中操作不规范。故答案为：丙。【点睛】本题考查物质的分离和提纯，解题关键：注意掌握过滤、萃取、蒸馏等操作，注意萃取剂选择的基本原理。易错点(1)①氯化镁转化为氢氧化镁需要加入碱液，从经济效益、原料易得的角度，工业上常用于沉淀Mg2+的试

剂A是石灰乳或氧化钙，不选用价格较贵的NaOH。20.A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，并能进行如图所示的多种反应。(1)写出下列反应的化学方程式：反应①_________；反应②_________；反应④

_________。(2)红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。①试管a中加入几块碎瓷片的目的是____。②浓硫酸的作用是：____。③若加的是C2H518OH，写出制乙酸乙酯的方程式____。④试管

b中加入饱和碳酸钠的作用是：____。【答案】(1).2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑(2).H2C=CH2+H2O一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OH(3).2CH3CH2OH＋O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO＋2H2O(4).防止暴沸(5).催化剂和吸水剂(6).CH3

CH218OH＋CH3COOH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CO18OCH2CH3＋H2O(7).吸收乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯在水中的溶解度【解析】【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验

室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，乙烯与水发生加成反应生成乙醇。【详解】(1)反应①是乙醇与钠的反应，生成乙醇钠和氢气，2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑

；故答案为：2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；反应②是乙烯和水发生加成反应生成乙醇：H2C=CH2+H2O一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OH；故答案为：H2C=CH2+H2O一定条件⎯

⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2OH；反应④是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，2CH3CH2OH＋O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO＋2H2O。故答案为：2CH3CH2OH＋O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO＋2H2O；(2)①试管a中加入几块碎瓷片的目的是防止暴沸。故答案为：防止暴

沸；②乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，浓硫酸的作用是：催化剂和吸水剂，浓硫酸吸水，使反应向生成酯的方向进行。故答案为：催化剂和吸水剂；③酯化反应的实质是“酸脱羟基醇脱氢”，故反应的实质是乙醇分子中的CH

3CH2O－取代了乙酸分子中羧基上的羟基，若加的是C2H518OH，制乙酸乙酯的方程式CH3CH218OH＋CH3COOH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CO18OCH2CH3＋H2O。故答案为：CH3CH218OH＋CH3COOH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH3C

O18OCH2CH3＋H2O；④制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯。故答案为：吸收乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯在水中的溶解度。【点睛】本题考查了有机物的推断和

乙酸乙酯的制备，难点：注意酯化反应的原理，注意生成的酯中18O示踪原子的位置：CH3CO18OCH2CH3；饱和碳酸钠溶液的作用：从三个角度回答完整。21.某温度下，在2L容器中3种物质间进行反应，X，Y，Z的物质的量随时间的变化曲

线如图，反应在t1min时到达平衡，如图所示：(1)该反应的化学方程式是_________。(2)①若上述反应中X，Y，Z分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1

min时，该反应吸收的热量为_______；在此t1min时间内，用H2表示反应的平均速率v(H2)为___________。【答案】(1).2X3Y+Z(2).36.8kJ(3).10.6tmol/(L·min)【解析】【详解】(1)由图象可知，X的物质的量逐渐减小，则X为反应物，Y、Z的物质的

量逐渐增多，则Y、Z为生成物，当反应到达2min时，△n(X)=0.8mol，△n(Y)=1.2mol，△n(Z)=0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=2：3：1，所以反应的化学方程

式为：2X3Y+Z；(2)若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1min时，分解氨气物质的量n(NH3)=2.4mol-1.6m

ol=08mol，据此计算反应放出的热量Q=460.81kJ=36.8kJ；在此t1min时间内，生成H2物质的量为1.2mol，用H2表示反应的平均速率v(H2)=11.22molLtmin=10.6tmol/(L·min)。22.近来，科学家研制了一种新型的乙醇电池(DEFC)

，它用磺酸类质子作溶剂，在200℃左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更加安全。电池总反应式为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O。(1)电池正极的电极方程式为：____。(2)1mol乙醇被氧化转移____mol电子。(3)铜、硝酸银溶

液和银组成的原电池装置中，当导线中有0.02mol电子通过时，理论上银片的质量变化了____g。【答案】(1).O2+4H++4e-=2H2O(2).12(3).2.16【解析】【分析】电池总反应式为：C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O，乙醇在负极反应，氧气在正极得电子发生还原

反应，反应中碳由-2价升高到+6价，1mol乙醇被氧化转移12mol电子；铜、硝酸银溶液和银组成的原电池装置中，由2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag得每生成1molAg转移1mol电子，当导线中有0.02mol电子通过时，析出0.02molAg。【详解】(1)氧气在电池正极上得电子发生还原反应

，电极方程式为：O2+4H++4e-=2H2O。故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；(2)由C2H5OH+3O2→2CO2+3H2O得：反应中碳由-2价升高到+6价，1mol乙醇被氧化转移12mol电子。故答案为：12；(3)铜、硝酸银溶液和银组成的原电池装置中，由2Ag＋＋Cu=Cu2＋

＋2Ag得每生成1molAg转移1mol电子，当导线中有0.02mol电子通过时，析出0.02molAg，理论上银片的质量变化了0.02mol×108g·mol-1=2.16g。故答案为：2.16。