【文档说明】新疆阿勒泰地区2019-2020学年高一下学期期末考试化学（B）试题【精准解析】.doc，共(20)页，467.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期高一化学期末试卷命题人：蒋仕平一、选择题（本题共25道小题，每小题2分，共50分）1.生活中遇到的某些现实问题，常常涉及化学知识，下列叙述不正确的是A.鱼虾会产生令人不愉快的腥臭气味，应当用水冲洗，并在烹调时加入少量食醋B

.“酸可以除锈”“洗涤剂可以去油”都是发生了化学反应C.被蜂蚁蛰咬会感到疼痛难忍，这是蜂蚁咬人的皮肤时将甲酸注入人体的缘故，此时，若涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛D.苯酚溶液可用于环境消毒，医用

酒精可用于皮肤消毒，其原因均在于可以使蛋白质变性【答案】B【解析】A、发出鱼腥味的物质是胺类化合物，蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸经脱羧作用产生二氧化碳和胺，烹调时加入少量食醋是为了中和，生成醋酸铵，生成的盐没有特殊的气味，故A正确；B、酸除锈是酸和铁锈反应生成盐，属于化学变化，洗涤

剂去油是利用物质的相似相溶原理，属于物理变化，故B错误；C、甲酸是酸性物质能和碱反应生成盐，所以甲酸和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故C正确；D、强酸、强碱、重金属盐、苯酚、乙醇等都能使蛋白质变性，病菌属于蛋白质，苯酚、酒精能使病菌变性，从而达到消毒

目的，故D正确；故选B。2.下列有关说法正确的是A.煤的干馏和石油的分馏均属化学变化B.液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷C.煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D.石油裂解可以得到更多的汽油，这种

汽油是一种纯净物【答案】C【解析】【分析】【详解】A、干馏属于化学变化而分馏属于物理变化，故A错误；B、液化石油气的主要成分是含有3个和4个碳原子的烃，天然气的主要成分是甲烷，故B错误；C、煤油是由石油经分馏或裂化得到的，密度比钠小，可用作燃料和保存少量金属

钠，故C正确；D、石油分馏得到汽油仍为混合物，故D错误；答案选C。3.下列叙述中，错误的是()A.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55-60℃反应生成硝基苯B.乙苯能发生氧化反应，但不能发生还原反应C.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2-二溴乙烷D.苯乙烯在合适条件下催化加氢

可生成乙基环己烷【答案】B【解析】【详解】A．苯与浓硝酸在浓硫酸在加热条件下，发生取代反应生成硝基苯与水，反应方程式为，故A正确；B．乙苯中苯环上的侧链能够被强氧化剂氧化，能发生氧化反应，苯环能够与氢

气发生加成反应，属于还原反应，故B错误；C．乙烯含有碳碳双键，与溴发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，生成1，2-二溴乙烷，故C正确；D．苯环在一定条件下能发生加成反应，苯环上连接

的碳碳双键易发生加成反应，1mol能与4mol氢气发生加成反应，生成乙基环己烷，故D正确；故选B。4.关于石油的说法中，不正确．．．的是()A.石油主要含烃类物质，这些烃类物质随着烃分子含有的碳原子数的增加沸点升高B.常压分馏得到的汽油是混合物，没有固定的沸点，但石油气为

纯净的丙烷C.石油分馏不是化学变化，但裂化是化学变化D.裂化的目的是得到轻质油，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料【答案】B【解析】【详解】A、石油主要含烃类物质，烃类物质随着烃分子含有的碳原子数的增加沸点升高，正确；B、石油气C4以下

的烃的混合物，错误；C、分馏是根据物质沸点的不同把物质分离，是物理变化；裂化是把相对分子质量较大的烃分解为相对分子质量较小的烃，是化学变化，正确；D、裂化的目的是得到轻质油，裂解是深度裂化，目的是得到乙烯、丙烯等化工原料，正确;答案选B。5.在常温常压下，取下

列等质量4种气态烃分别在足量的氧气中燃烧其中消耗氧气最多的是()A.CH4B.C2H6C.C3H8D.C4H10【答案】A【解析】【分析】根据烃燃烧的通式：CxHy+(x+4y)O2xCO2+y2H2O可知，相同质量的烃燃烧的耗氧量的规律为：氢的质量分数越大，耗氧越多，据此分析解答

。【详解】氢的质量分数越大，即yx越大，完全燃烧时耗氧越多。A．甲烷CH4，H原子与C原子个数比为4∶1；B．乙烷C2H6，H原子与C原子个数比为6∶2=3∶1；C．丙烷C3H8，H原子与C原子个数比为8∶

3；D．丁烷C4H10，H原子与C原子个数比为10∶4=5∶2；氢的质量分数增大的是CH4，所以相同质量的各烃中甲烷燃烧时的耗氧量最大，故选A。6.下列化学式只表示一种纯净物的是()A.C3H8B.C4H10C.C2H4Br2D.C3H8O【

答案】A【解析】【分析】某化学式只表示一种纯净物，说明该物质不存在同分异构现象，加成分析解答。【详解】A．C3H8只有一种结构，无同分异构体，是纯净物，故A正确；B．C4H10有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，可能是混合物，故B错误；C．C

2H4Br2有CH2BrCH2Br和CHBr2CH3两种同分异构体，可能是混合物，故C错误；D．C3H8O有CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3和CH3CH2OCH3三种同分异构体，可能是混合物，故D错误；故选A。7.下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是()A.CH

3CH2CH2CH3B.CH3CH(CH3)2C.CH3C(CH3)3D.(CH3)2CHCH2CH3【答案】C【解析】【分析】只生成一种一氯代烃，则烃分子中只有一种H原子。【详解】A.CH3CH2CH2CH3有两种H原子，可以生成两种一氯代烃，A不选；B.CH3CH(C

H3)2有两种H原子，可以生成两种一氯代烃，B不选；C.CH3C(CH3)3有一种H原子，可以生成一种一氯代烃，C选；D.(CH3)2CHCH2CH3有四种H原子，可以生成四种一氯代烃，D不选；答案是C。8.在一可变容积的密闭容器中进行

反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，下列条件的改变能使反应速率减慢的是()A.增加C的量B.将容器的体积缩小一半C.保持体积不变，充入N2，使体系的压强增大D.保持压强不变，充入N2，使容器的体积变大【答

案】D【解析】【详解】A．C为固体，固体浓度为定值，增大固体的量对反应速率没有影响，故A错误；B．将容器的体积缩小一半，气体的浓度增大，反应速率增大，故B错误；C．保持体积不变，充入N2，N2不参加反应，参加反应

的气体的浓度不变，反应速率不变，故C错误；D．保持压强不变，充入N2，容器体积增大，N2不参加反应，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C、D，要注意加入与反应无关的气体对参加反应的气体的浓度的影响。9.在A(g)＋2B(

g)⇌3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是()A.v(A)＝0.5mol·L－1·s－1B.v(B)＝0.5mol·L－1·s－1C.v(C)＝0.8mol·L－1·s－1D.v(D)＝1mol

·L－1·s－1【答案】A【解析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快；A．()1vA=0.5mol•(L•s)-1；B．()2vB=0.25mol•(L•s)-1；C.()3vC=0.267mol•(L•s)-1；D．()4vD=0.

25mol•(L•s)-1，故反应速率v(A)＞v(C)＞v(B)=v(D)，故答案为A。10.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体

⑤加NaCl固体⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10mL0.1mol/L盐酸A.①⑥⑦B.③⑤⑦⑧C.③⑦⑧D.③⑥⑦⑧【答案】C【解析】【分析】【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变

慢；③加浓盐酸，反应速率加快，但生成的氢气量增加；④加醋酸钠固体与盐酸反应生成弱酸醋酸，故反应速率减慢，且不影响氢气量；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢，且不影响氢气量；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应

的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量，答案选C。【点睛】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类

型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。11.下列说法正确的是（）A.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增

加了反应物分子中活化分子的百分数B.有气体参加的化学反应，若増大压强(即缩小反应容器的体积)，可増加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大D.催化剂不影响反应

活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【答案】A【解析】【详解】A、由于升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是反应体系中分子能量增大，活化分子数增加，增加了活化分子百分数，A正确；B、增大压强（即缩小反应容器的体积），增大了反应物生成物浓度，从而使反应速率增大，但是活化分子百

分数不变，B错误；C、由于增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多，但是活化分子百分数不变，C错误；D、由于催化剂降低了反应所需能量，即降低了活化能，增加活化分子百分数，增大了反应速率，D正确；答案选A。【点晴】外界条件对化学反应速率的影

响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂，我们可以将其进行归纳：12.有a、b、c、d四种金属．将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，a

不易腐蚀．将b、d分别投入等浓度的盐酸中，d比b反应强烈．将铜浸入a的盐溶液里，无明显变化．如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出．据此判断它们的活动性顺序由强到弱的为A.a＞c＞d＞bB.d＞a＞b＞cC.d＞b＞a＞cD.b＞a＞d＞c【

答案】C【解析】【分析】【详解】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将a与b用导线连接起来浸入电解质溶液中，a不易腐蚀，所以b的活动性大于a；金属和相同的酸反应时

，活性强的金属反应剧烈，将b、d分别投入等浓度盐酸溶液中，d比b反应剧烈，所以d的活动性大于b；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入a的盐溶液中，无明显变化，说明a的活动性大于铜．如果把铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，说明铜的活动性大于c；所以金属的活动性顺序为：d＞b

＞a＞c。答案选C。13.将反应Cu(s)+2Ag+(aq)==Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是()A.电极X是正极,其电极反应为Cu-2e-==Cu2+B.银电极板质量逐渐减小，Y溶液中c(Ag+)增大C.当X电极质量变化0.64g时，Y溶液质量变化

2.16gD.外电路中电流由银极流向铜极【答案】D【解析】【详解】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e-==Cu2+，错误；B、银电极为电池的正极，被还原,发生的电极反应为:Ag++

e--==Ag，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，错误；C、当X电极质量减少0.64g时，即0.64g÷64g/mol=0.01mol，则正极有0.02mol的银单质析出，即0.02mol×108g/mol=2.16g，则溶液质量变化应为2.

16g-0.64g=1.52g。错误；D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极）。正确；答案选D。14.下列反应属于放热反应的是（）A.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应B.生成物总能量低于反应物总能量的反应C.化学键断裂吸收的热量比化学键

生成放出的热量多的反应D.不需要加热就能发生的反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应，A错误；B.生成物总能量低于反应物总能量的反应是放热反应，B错误；C.化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多

的反应是吸热反应，C错误；D.不需要加热就能发生的反应不一定是放热反应，D错误;答案选B。【点睛】注意反应是放热反应还是吸热反应，与反应条件没有关系，只与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系。另外还需要明确反应热和化学键键能的关系。15.已知:物质的能量越低越稳定

,白磷转化为红磷是放热的,据此下列说法中正确的是()A.白磷转化为红磷是物理变化B.在相同条件下红磷比白磷稳定C.相同条件下,红磷所具有的总能量比白磷的高D.相同质量的红磷和白磷完全燃烧放出的能量相等【答案】B【解析】【详解】白磷转化为红磷是放热反应，说明白磷的能量高于红磷

的，所以红磷比白磷稳定。同素异形体之间的转化属于化学变化。既然白磷的能量高于红磷的，所以相同质量的红磷和白磷完全燃烧放出的能量不相等，白磷放出的能量要高于红磷放出的能量。答案是B。16.下列反应既属于氧化

还原反应，又是吸热反应的是A.生石灰与水作用制熟石灰B.灼热的木炭与CO2反应C.甲烷在氧气中的燃烧反应D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】B【解析】【详解】A、生石灰与水作用制熟石灰属于放热的非氧化还原反应，A错误；B．灼热的木炭与CO2反应属

于吸热的氧化还原反应，B正确；C．甲烷在氧气中的燃烧反应是放热的氧化还原反应，C正确；D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热的非氧化还原反应，D错误；答案选B。17.下列说法不正确的是A.含有共价键的化合物一

定是共价化合物B.含有离子键的化合物一定是离子化合物C.在离子化合物中可能存在共价键D.在共价化合物中不可能存在离子键【答案】A【解析】【详解】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。即离子化合

物中可能含有共价键，但共价化合物中不能含有离子键。所以选项A是错误的。答案选A。18.下列含有非极性键的共价化合物是A.HClB.Na2O2C.C2H2D.CH4【答案】C【解析】【详解】A.HCl是含有极性键的共价化合物，不符合题意，故A不

选；B.Na2O2是含离子键与非极性键的离子化合物，不符合题意，故B不选；C.C2H2是含非极性键与极性键的共价化合物，符合题意，故C选；D.CH4是含极性键的共价化合物，不符合题意，故D不选；答案选C。19.五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元

素代号XWYZQ原子半径(×10-12m)37717475186主要化合价+1-1-2+5、-3+1下列说法正确的是（）A.由Q与Y形成的化合物中只存在离子键B.Z与X之间形成的化合物具有还原性C.由X、Y、

Z三种元素形成的化合物，一定是共价化合物D.Y与W形成的化合物中，Y显负价【答案】B【解析】【分析】从表中可以看出，W、Y只有负价，没有正价，则W为氟(F)，Y为氧(O)；由半径关系，可确定X为氢(H)，Q为钠(Na)；W、Y、Z为同周期元素，则Z为氮(N)。【详解】

A．由Q与Y形成的化合物Na2O2中，既存在离子键又存在共价键，A不正确；B．Z与X之间形成的化合物NH3，如与Cl2反应生成N2，NH3具有还原性，B正确；C．由X、Y、Z三种元素形成的化合物NH4NO3，是离子化合物，C不正确；D．Y与W形成

的化合物OF2中，O显+2价，D不正确；故选B。20.下列结论正确的是()①离子半径：K＋＞Al3＋＞S2－＞Cl－②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4③离子的还原性：S2－＞Cl

－＞Br－＞I－④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO⑥非金属性：O＞N＞P＞Si⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜KA.只有②⑤⑦B.②⑥⑦C.②④⑤⑥⑦D.②④⑥【答案】C【解析】【详解】①电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，

电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；②非金属性F＞Cl＞S＞P＞Si，氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；③非金属性Cl＞Br＞I＞S，阴离子还原性S2-＞I-＞Br-＞Cl-，故③错误；④非金属性Cl＞S＞Se＞Te

，单质氧化性Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；⑤非金属性S＞P＞C，最高价含氧酸的酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，碳酸酸性比HClO酸性强，故酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤正确；⑥同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自

上而下元素非金属性减弱，故非金属性O＞N＞P＞Si，故⑥正确；⑦同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故正确。故选C。【点睛】非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈

，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。21.

下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是()A.NH3B.PC13C.PCl5D.BCl3【答案】B【解析】【详解】A．NH3分子中H原子不可能达到8e结构，故A错误；B．PC13分子中磷原子和氯原子均达到

8电子结构，故B正确；C．PCl5分子中磷原子与5个氯原子形成了5个电子对，不是8电子结构，氯原子达到8电子结构，故C错误；D．BCl3分子中B原子不可能达到8e结构，故D错误；答案为B。22.短周期元素的离子：aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同的电子层结构，下列关系

中不正确的是()A.半径：Y2-＞Z-＞X+＞W3+B.还原性：Y2-＞Z-C.氧化性：W3+＞X+D.质子数：c＞d＞b＞a【答案】D【解析】【分析】短周期元素的离子：aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子序数a＞b＞d＞c，Y、Z

为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素【详解】A．电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，所以半径：Y2-＞Z-＞X+＞W3+，故A正确；B．非金属性F＞O，非金属性越强，对应的单质的氧化

性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性Y2-＞Z-，故B正确；C．金属性Na＞Al，金属性越强其阳离子的氧化性越弱，则氧化性：W3+＞X+，故C正确；D．原子序数越大，质子数越大，所以a＞b＞d＞c，故D错误，答案选D。23.下列关于物质性质变化的比较，不正确的

是A.稳定性：HI＞HBr＞HCl＞HFB.原子半径大小：Na＞S＞OC.碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOHD.还原性强弱：Cl﹣＜Br﹣＜I﹣【答案】A【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，由于元素的

非金属性F>Cl>Br>I，所以稳定性：HI<HBr<HCl<HF，错误；B．不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径大小：Na>S>O，正确；C．金属元素的金属性越强，其

最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于元素的金属性K>Na>Li，所以碱性：KOH>NaOH>LiOH，正确；D．非金属元素的非金属性越强，其相应的离子的还原性就越弱。由于元素的非金属性Cl>Br>I，所以还原性

：Cl-＜Br一＜I–，正确。24.下列化学用语中，不正确的是()A.钠离子结构示意图为：B.质子数为6，中子数为8的原子表示为：146CC.H、D、T互为同位素D.液态的氯气称为氯水【答案】D【解析】【详解】A．钠原子失去一个电子形成钠离子，钠离子的结构示意图为：，故A正确；B．质子数为6，

为C元素的原子，中子数为8的C原子的质量数为6+8=14，该原子可以表示为：146C，故B正确；C．H、D、T的质子数相同，均为1，中子数不同，分别为0、1、2，互为同位素，故C正确；D．液态的氯气称为液氯，液氯是纯净物，氯水是氯气的水溶液，氯水是混合物，故D错误

；故选D。25.下列有关化学用语表示正确的是()A.Al3+的结构示意图：B.水的电子式：C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.含有7个中子的碳原子：C76【答案】A【解析】【详解】A、铝离子的结构示意图正确，A正确；B、水是共价化合物，电子式为，B错误；C

、乙烯的结构简式为CH2＝CH2，C错误；D、含有7个中子的碳原子表示为136C，D错误；答案选A。第II卷（非选择题,共50分）二、填空题（本题共4道小题，共50分）26.合成乙酸乙酯的路线如下：CH2=CH2

2HO催化剂/①→C2H5OH2O催化剂，②/→CH3CHO2O→③催化剂/CH3COOH浓硫酸，④/乙醇→CH3COOCH2CH3请回答下列问题：(1)写出乙烯的电子式______________

___。(2)C2H5OH、CH3COOH分子中的官能团名称分别是____________、____________。(3)写出下列反应的反应类型：①______________，②_____________。(4)乙烯能发生聚合反应，其产物的结构简式为_________

_____。(5)写出下列反应的化学方程式：反应②：________；反应④：_________。(6)实验室用如图装置制备乙酸乙酯：甲试管中碎瓷片的作用是______；导管a的作用是_______________；乙试管中饱和碳酸钠溶液的作用是：________；______

__；该装置图中有一个明显的错误是__________________。【答案】(1).(2).羟基(3).羧基(4).加成反应(5).氧化反应(6).(7).2CH3CH2OH+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂2CH3CHO+2H2O(8).CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸

CH3COOCH2CH3+H2O(9).防止暴沸(10).导气冷凝回流(11).吸收挥发出来的乙酸和乙醇(12).降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层析出(13).导气管的出口伸入到液面以下【解析】【分析】由合成流程可知，乙烯与

水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸、乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此分析解答(1)～(5)；(6)碎瓷片可防止液体剧烈沸腾，导管a可导气、冷凝回流，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶

解度，实验中要防止发生倒吸，据此分析解答。【详解】(1)乙烯的结构简式为CH2=CH2，电子式为，故答案为：；(2)C2H5OH、CH3COOH分子中的官能团分别是羟基、羧基，故答案为：羟基；羧基；(3)反应①中碳碳双键转化为碳碳单键，在双键碳原子上分

别加上H和-OH，为加成反应；反应②中-OH转化为-CHO，为氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；(4)乙烯能发生加成聚合反应，产物的结构简式为，故答案为：；(5)反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂

2CH3CHO+2H2O；反应④为乙酸和乙醇的酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂2CH

3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O；(6)由制备乙酸乙酯的实验装置可知，甲试管中碎瓷片可以防止液体暴沸；导管a可以导气兼冷凝回流；乙试管中饱和碳酸钠溶液的作用是：吸收挥发出来的乙酸和乙醇、降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层析出；该装置

图中有一个明显的错误是导气管的出口伸入到液面以下，容易产生倒吸现象，故答案为：防止暴沸；导气冷凝回流；吸收挥发出来的乙酸和乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层析出；导气管的出口伸入到液面以下。【

点睛】本题的易错点为(6)，要注意制备乙酸乙酯的实验中的注意事项的理解和记忆。27.影响化学反应速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验一：他们只利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5mol·L－1、2mol·L－1、18.

4mol·L－1)设计实验方案来研究影响化学反应速率的因素。甲同学的实验报告如下表：实验步骤现象结论①分别取等体积的2mol·L－1的硫酸于试管中反应速率Mg＞Fe，Cu不反应金属的性质越活泼，反应速率越快②____

________反应物浓度越大，反应速率越快（1）甲同学表中实验步骤②为_________________________________________。（2）甲同学的实验目的是_____________；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是____________

。乙同学为了更精确地研究浓度对反应速率的影响，利用如图所示装置进行定量实验。（3）乙同学在实验中应该测定的数据是___________________________________________________。（4）乙同学完成该实

验应选用的实验药品是________，该实验中不选用某浓度的硫酸，理由是___________。实验二：已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，在高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，发现开始一段时间

，反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。（5）针对上述实验现象，丙同学认为KMnO4与H2C2O4反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是______________的影响。（6）若用实验证明你的猜想，除高

锰酸钾酸性溶液、草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是________(填字母)。A．硫酸钾B．硫酸锰C．二氯化锰D．水【答案】(1).向等体积浓度分别为0.5mol/L、2mol/L硫酸溶液中投入大小、形状相同的F

e或者Mg(2).研究金属(或反应物)本身的性质及反应物的浓度对化学反应速率的影响(3).温度相同(4).测定一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的气体所需时间)(5).Mg(或Fe)、0.5mol·L－1硫酸和2mol·L－1硫酸(6).常温下Mg和18.

4mol·L－1浓硫酸反应生成SO2、Fe在18.4mol·L－1浓硫酸中发生钝化(7).MnSO4(或Mn2＋)的催化作用(8).B【解析】【分析】根据控制变量法分析反应条件；根据实验结论确定实验目的；根据影响化学反应速率的因素分析化学反应速率

变化的原因。【详解】（1）甲同学表中实验步骤②所得到的实验结论为：反应物浓度越大，反应速率越快。根据控制变量法，可知该操作为：向等体积浓度分别是0.5mol/L、2mol/L的硫酸中加入投入大小、形状相同的Fe或者Mg。（2）由表中的实验结论可知，

甲同学的实验目的是：研究金属(或反应物)本身的性质及反应物的浓度对化学反应速率的影响。要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是：温度相同。这样才能形成对照实验。（3）若相同的时间内产生的气体体积越大，则反应速率越快；或者收集相同体积的气体，需

要的时间越短，则反应速率越快。因此，乙同学在实验中应该测定的数据是：相同时间内产生气体的体积的多少或者产生相同体积的气体所需要的时间的长短。（4）乙同学完成该实验应选用的实验药品是：Mg(或Fe)、0.5mol·L－1硫酸和2mol·L－1硫酸；在该实验中不能选用18.4mol/L硫酸，是因

为Fe在浓硫酸中会发生钝化现象；而Mg与18.4mol/L硫酸发生反应得到硫酸镁、SO2、反应原理发生了改变。（5）针对该实验现象，丙同学认为KMnO4与H2C2O4反应放热，导致溶液温度升高，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，还可能是反应产生的Mn2+对反应起催化剂的作用，使反

应速率大大加快。（6）若是Mn2+对反应起催化剂的作用，只要加入的物质中含有+2价的锰元素就可以。分析各个选项，可知应该加入硫酸锰。选项为B。【点睛】控制变量法是定性实验中经常采用的实验手段，通过控制不同的变量，分

析影响实验数据的关键因素。28.如图是短元素周期表的一部分，①～⑨是元素周期表中的部分元素。请回答下列问题：(1)元素③④⑧的气态氢化物中最稳定的是__________(填化学式)；(2)元素⑤和⑦的最高价氧化物对应的水化物发生反应的离子方程式是________

_______；(3)元素⑥和⑨形成的化合物的电子式是________________；(4)③、⑤、⑥形成的简单离子半径由大到小的顺序为_______________(写离子符号)；(5)由表中两种元素形成的氢化物A和B都含有18个电子，A是一种6原子分子，可做火箭发动机

燃料；B是一种常见强氧化剂；已知液态A与液态B充分反应生成一种液态10电子分子和一种气态单质，写出A与B反应的化学方程式：___________________________；(6)某同学为了比较元素⑧和⑨非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验：①

浓溶液a和溶液b分别为_________、_______(写化学式)；②浓溶液a与黑色固体a反应的离子方程式为_____________________。【答案】(1).HF(2).Al(OH)3+OH﹣=AlO-2+2H2O(3).(4).O2﹣＞Na+＞Mg2+(5).N2H4+2H2

O2=N2+4H2O(6).浓HCl(7).Na2S(或H2S)(8).MnO2+4H++2Cl﹣===Mn2++Cl2↑+2H2O【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H元素、②为N元素、③为O元素、④为

F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素。结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】(1)元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律，元素③④⑧中非金属性最强的是F元素，所

以最稳定的氢化物是HF，故答案为：HF；(2)Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2与水，反应的离子方程式为A

l(OH)3+OH-=2AlO−+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=2AlO−+2H2O；(3)活泼非金属与活泼金属易形成离子化合物，故Cl与Mg形成离子化合物氯化镁，氯化镁的电子式为，故答案为：；(4)O、Na、Mg的简单离子具有相同的电子层结构，Al

核电荷数最大，离子半径最小，O的核电荷数最小，离子半径最大，所以简单离子的半径由大到小的顺序为：O2-＞Na+＞Mg2+，故答案为：O2-＞Na+＞Mg2+；(5)由表中两种元素形成的氢化物A和B都含有18个

电子，A是一种6原子分子，可做火箭发动机的燃料，所以A是N2H4，B是一种常见强氧化剂，则B是H2O2，液态A与液态B充分反应生成一种液态10电子分子为水，和一种气态单质为氮气，二者反应的化学方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2=N2+4H

2O；(6)①元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，要证明Cl元素非金属性大于S元素，可以利用氯气氧化硫的化合物生成硫单质即可，实验室常用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，所以浓溶液a是浓HCl、溶液b是Na2S(或H2S)溶液，故答案为：浓HCl、Na2S(或H2S)溶液

；②浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-===Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-===Mn2++Cl2↑+2H2O。【点睛】本题的难点是(6)，要注意元素非金属性比较的常见方

法的归纳，需要选择合适的性质设计实验方案。29.科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下，请回答下列问题：（1）该装置的能量转化形式为________。（2）

Pt(a)电极是电池________（填“正”或“负”）极；（3）电解液中的H+向_____（填“a”或“b”）极移动；（4）如果该电池工作时消耗1molCH3OH，则电路中通过___mol电子。（5）比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃

料电池的能量转化率高，其次是________。【答案】(1).化学能转化为电能(2).负(3).b(4).6(5).对环境无污染【解析】【分析】该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极

为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，通入氧气的电极为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应O2+4H++4e-═2H2O，据此解答。【详解】(1)该装置的能量转化形式为原电池反应是化学能转化为电能；(2)Pt(a)电极甲醇通入失

电子发生氧化反应，是电池负极；(3)燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电解液中的H+向正极移动，即向b电极移动；(4)通入燃料的电极为负

极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，电子守恒，该电池工作时消耗1molCH3OH，则电路中通过6mol电子；(5)燃料电池的能量转化率高，甲醇反应产物

为CO2和H2O，对环境无污染。【点睛】以甲醇为燃料考查了燃料电池。注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。本题中通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反

应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。