【文档说明】【精准解析】甘肃省武威市第八中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(16)页，788.000 KB，由小赞的店铺上传

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武威第八中学2019-2020学年第二学期期末考试试卷高一化学相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64Ba137Al27第I卷一、选择题(每小题列出的四个备选项中

只有一个正确选项。)1.下列反应不是氧化还原反应，但是吸热反应的是A.铝片与稀硫酸的反应B.灼热的碳与二氧化碳的反应C.甲烷在氧气中的燃烧D.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应【答案】D【解析】【详解】A.铝片与稀硫酸的反应生成硫酸铝和氢气，有化合价变化，是氧化还原反应

，是放热反应，故A不符合题意；B.灼热的碳与二氧化碳的反应生成一氧化碳，有化合价变化，是氧化还原反应，是吸热反应，故B不符合题意；C.甲烷在氧气中的燃烧生成二氧化碳和水，有化合价变化，是氧化还原反应，是放

热反应，故C不符合题意；D.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应生成氯化钡、氨气和水，没有化合价变化，是吸收反应，故D符合题意。综上所述，答案为D。2.下列物质在一定条件下不能发生水解反应的是A.蔗糖B.植物油C.葡萄糖D

.淀粉【答案】C【解析】【详解】A．蔗糖在一定条件下发生水解生成果糖和葡萄糖，故A不符合题意；B．植物油属于高级脂肪酸甘油酯，酸性或碱性条件下都可水解，生成高级脂肪酸(碱性条件下生成高级脂肪酸盐)和甘油，故B不符合题意；C．葡

萄糖是单糖，不能水解，故C符合题意；D．淀粉是多糖，在一定条件下水解生成葡萄糖，故D不符合题意；答案选C。3.在2L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(g)，若最初加入的A和B都是2mol

，在前10秒钟A的平均反应速度为0.04mol/(L·s)，则10秒钟时，容器中B的物质的量是A.0.8mol?B.1.2molC.1.6molD.1.8mol【答案】C【解析】【详解】前10秒钟A的平均反应速

度为0.04mol/(L·s)，根据反应速率之比等于化学反应计量数之比，则前10秒钟B的平均反应速度为0.02mol/(L·s)，则B物质的量变化是0.02mol/(L·s)×10s×2L=0.4mol；容器中B的物质的量是2mol

－0.4mol=1.6mol，答案选C。4.下列物质中，其主要成分不属于烃的是（）A.汽油B.甘油C.煤油D.柴油【答案】B【解析】【详解】A.汽油的主要成分是烃；B.甘油为丙三醇，属于多元醇类，不是烃；C.煤油的主要成分是烃；D.柴油的主要成分是烃。答案选B。5.下

列关于苯的说法中，正确的是A.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，属于饱和烃B.常温下苯是一种易溶于水且密度比水小的液体C.苯不具有典型的双键，故苯不能发生加成反应D.苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的价键完全相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A.苯分子式为C

6H6属于不饱和烃，分子结构中含有一种特殊的介于单双键之间的化学键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B.苯不易溶于水，B错误；C.苯在一定条件下可以和氢气发生加成反应生成环己烷，C错误；D.苯的空间构

型为平面正六边形，6个键长是相等，D正确；答案选D。6.将甲烷与氯气按物质的量之比1:2混合，光照条件下发生化学反应后，得到的有机产物是①CH3Cl②CH2Cl2③CHCl3④CCl4A.只有①B.只有②C.①②③④的混合物D.①②的混合物【答案】C【解析】【详解】

由于取代反应是逐步进行的，因此在光照条件下，甲烷与氯气不论以何种比例混合，发生取代反应产生的有机物均为成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷的混合物，所以得到的有机物为①②③④的混合物，故选项C正确，合理选项是C。7.下列叙述不正确的是A.用电子式表示HCl的形成过程：B

.16667Ho中的原子核内的中子数是99C.在空气中加热金属锂：4Li+O22Li2OD.溴化铵的电子式：【答案】D【解析】A.用电子式表示HCl的形成过程：，A正确；B.16667Ho中的原子核内质量数为166、质子数为67，所以中子数是99，B正确；C.在空

气中加热金属锂：4Li+O22Li2O，C正确；D.溴化铵的溴离子最外层有8个电子，其电子式为，D不正确。本题选D。8.人造地球卫星上使用的一种高能电池(银锌蓄电池)，其电池的电极反应式为：Zn+2OH--2e-=Zn

O+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。据此判断氧化银是A.正极，被还原B.负极，被氧化C.正极，被氧化D.负极，被还原【答案】A【解析】【详解】根据化合价可知，电极反应Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-中银元素的化合价由+1价降低为0价，被还原，所以氧化银为

正极，故选A。9.下列事实与元素周期律相关知识无关．．的是（）A.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝B.金属钠燃烧呈现黄色火焰，金属钾燃烧呈现紫色火焰C.CH4、SiH4、GeH4、SnH4的沸点依次升高D.F2和H2暗处化合爆炸，而Cl2和H2化合需光照或点燃【答案】B【解析】【详

解】A.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴的非金属性强于碘，故A不选；B.金属钠燃烧呈现黄色火焰，金属钾燃烧呈现紫色火焰，这种变化属于焰色反应，与核外电子在不同能级之间的跃迁有关，故B选；C.CH4、SiH4、GeH4、SnH4是

同一主族的元素的气态氢化物，其组成和结构相似，其相对分子质量随着其核电荷的增大而增大，故其分子间作用力的增大，其沸点依次升高，故C不选；D.F2和H2暗处化合爆炸，而Cl2和H2化合需光照或点燃，说明F的非金

属性强于Cl，故D不选。综上所述，本题选B。10.下列反应中不属于取代反应的是A.甲烷与氯气的光照反应B.苯的硝化反应C.由乙醇制乙醛的反应D.乙酸和乙醇的酯化反应【答案】C【解析】【分析】根据取代反应的定义：有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，据此进行分

析判断。【详解】A．甲烷与氯气的光照反应，甲烷上的氢原子被氯原子取代，生成多氯代烃，属于取代反应，故A不符合题意；B．苯与浓硝酸反应，苯环上的氢原子被硝基取代取代生成硝基苯，属于取代反应，故B不符合题意；C．乙

醇被氧气氧化为乙醛，属于氧化反应，不是取代反应，故C符合题意；D．乙酸和乙醇的酯化反应，乙酸羧基上的羟基被乙醇分子中的-OC2H5取代，属于取代反应，故D不符合题意；答案选C。11.用块状碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，下列可以降低反应速率的措施是A.加热B.加入浓盐

酸C.加入蒸馏水D.将块状碳酸钙固体粉碎【答案】C【解析】A.加热反应速率加快，A错误；B.加入浓盐酸增大氢离子浓度，反应速率加快，B错误；C.加入蒸馏水氢离子浓度降低，反应速率减小，C正确；D.将块状碳

酸钙固体粉碎增大反应物接触面积，加快反应速率，D错误，答案选C。12.某研究性学习小组在实验室中模拟石油的催化裂化，装置如图：下列说法不正确的是A.加药品前必须检验装置的气密性B.加热一段时间后观察到试管B、C中溶液颜色褪去，证明B、C中均发生了加成反应C.实验证明

石油经催化裂化生成了不饱和烃D.试管C中可能发生了如下反应：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br【答案】B【解析】【详解】A．任何有活塞的仪器在实验前都必须检验装置的气密性，否则可能得不到气体，影响实验现象，故A正确；B．加热一段时间后观察

到试管B、C中溶液颜色褪去，证明A中生成了含不饱和键的烃，B中不饱和烃被高锰酸钾溶液氧化，C中是溴单质和不饱和烃发生了加成反应，B、C中发生的反应类型不相同，故B错误；C．根据B项分析，装置BC的反应现象证明石油经催化裂化生

成了不饱和烃，故C正确；D．乙烯属于不饱和烃，则催化裂化过程中可能生成乙烯，试管C中可能发生了如下反应：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故D正确；答案选B。13.用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A.常温常压下，48gO2和O3含有的氧原子数均为3NAB.标准状

况下，22.4LH2O含有的分子数为NAC.11.2LCl2中含有的原子数为NAD.2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数NA【答案】A【解析】【详解】A．氧气和臭氧都是由氧原子构成，48gO2和O3含有的氧原子物质的量都为48g16g/mol=3mol，个数为均为

3NA，故A正确；B．标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故B错误；C．题中未注明气体的状态条件，不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯气的物质的量，故C错误；D．2.7g铝的物质的量为0.1mol，0.1mo

l铝完全反应失去0.3mol电子，转移的电子数0.3NA，故D错误；答案选A。14.由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确．．．的是甲乙丙装置现象金属W不断溶解Y的质量增加W上有气体产生A.装置甲中W作原电池负极B.装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2

e−＝CuC.装置丙中溶液的c(H+)不变D.四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y【答案】C【解析】【详解】A.W不断溶解，说明W失电子发生氧化反应，所以装置甲中W作原电池负极，故A正确；B.装置乙中Y的质量增加，说明溶液中铜离子在Y极得电子生成铜

单质，Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝Cu，故B正确；C.W极有气体生成，说明氢离子得电子生成氢气，装置丙中c(H+)减小，故C错误；D.甲装置中金属W不断溶解，W是负极，活泼性W＞X；乙装置中Y的质量增加，Y是正极，活泼性X＞Y；丙装置中W上有气体产生，W是

正极，活泼性Z＞W；所以四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y，故D正确；选C。【点睛】本题考查原电池知识，注意把握原电池中正负极的判断方法以及电极方程式的书写方法，明确活泼金属作负极，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。15.下列说法中，正确的是()A.△H＞0表示放热反应，△H＜0表示吸

热反应B.M与N是同素异形体，由M＝N△H＝＋119KJ/mol可知，M比N稳定C.lmolH2SO4与1molBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热D.1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A.△H＞0表

示吸热反应，△H＜0表示放热反应，A说法不正确；B.M与N是同素异形体，由M＝N△H＝＋119KJ/mol可知，该反应为吸热反应，故M的能量较低，M比N稳定，B说法正确；C.在一定条件下，稀溶液中酸和碱作用生成1mol水时所放出的热量是中和热。lmolH2

SO4与1molBa(OH)2反应生成BaSO4沉淀和2molH2O，该反应的反应热不能称为中和热，C说法不正确；D.。燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。1molH2与0.5molO2反应后，生成物水的状态没有指

明，无法确定其燃烧热，D说法不正确。答案选B。16.对于以下反应：A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，在一定温度、压强下，在一体积可变的容器中，当下列物理量不再发生变化时就可确定反应一定达到平衡

状态的是A.容器的体积不再发生变化B.B的生成速率和D的反应速率之比为3∶1C.混合气体的密度不随时间变化D.B、C、D的分子个数之比为3∶2∶1【答案】C【解析】【详解】A．A为固体，反应前后气体的化学

计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，气体体积不变，所以不能根据容器体积判断是否达到平衡状态，故A错误；B．无论反应是否达到平衡状态，B的生成速率和D的反应速率始终为3：1，所以不能说明正逆反应速率相等，故B错误；C．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积可变，气体的质量

可变，所以混合气体的密度不随时间变化能证明该反应达到平衡状态，故C正确；D．平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，平衡时的浓度取决于起始物质的配料比以及转化的程度，不能用以判断是否达到平衡状态，故D错误。答案选C。17.几种短周期元素的原子半径

及主要化合价如下表所示，下列说法正确的是()元素代号XYZMR原子半径(×10-10m)1.601.860.750.741.02主要化合价+2+1+5，－3－2+6，－2A.Z的最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢

化物反应生成的化合物中含离子键和极性键B.最简单氢化物的稳定性：Z＞MC.最简单氢化物的沸点高低顺序为：Z＞MD.最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：X＞Y【答案】A【解析】【分析】短周期元素中，M、R都有−2价，处于ⅥA族元素，R有

+6价，M无正价，且M的原子半径较小，则R为S元素、M为O元素；X、Y化合价分别为+2、+1价，则分别处于ⅡA族、IA族，且原子半径Y＞X＞硫，故X为Mg、Y为Na；Z有+5、−3价，处于ⅤA族，原子半径小于硫的，故Z为N元素，据此分析解答；【详解】A．Z为N元素，N的最高

价氧化物对应的水化物为硝酸，其最简单氢化物反应生成的化合物为氨气，二者反应生成的物质为硝酸铵，属于离子化合物，含离子键和极性共价键，故A正确；B．Z为N元素，M为O元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越

强，非金属性：O＞N，则最简单氢化物的稳定性：M＞Z，故B错误；C．Z为N元素，M为O元素，O的最简单氢化物为水，N最简单氢化物为氨气，水分子和氨气分子都能形成氢键，但常温下，水为液态，氨气为气态，则最简单氢化物的沸点高低顺序为：M＞Z，故C错误；D．X为Mg、Y为Na，金属性越强

，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性强弱顺序为：Y＞X，故D错误；答案选A。18.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是（）ABCD实验方案实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用验证单质氧化性：Cl

2>Br2>I2加热至混合液呈红褐色，停止加热，制备Fe(OH)3胶体比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.根据控制变量法可知，两实验的温度不同，故无法判断催化剂对化学反应速率的影响，A不正确；B.氯水分别滴加到溴化钠溶液和碘

化钾溶液中，两溶液均有明显的颜色变化，可以证明氯气的氧化性强于溴、氯气的氧化性强于碘，但无法判断溴和碘的氧化性强弱，B不正确；C.向沸水中滴加少量的饱和氯化铁溶液，加热至混合液呈红褐色，即得到氢氧化铁胶体，C正确；D.该实验制备的

二氧化碳气体中含有一定量的氯化氢气体，无法证明碳酸与硅酸的酸性强弱关系，D不正确；答案选C。19.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，W、X、Y处于同一周期，X、Z的的最低价离子分别为X2－和Z－，Y＋和Z－具有相同的电子层结构，W和Z的最外层电子

数相同。下列说法正确的是（）A.W、X的最高价氧化物对应水化物的酸性：X>WB.单质沸点：Y>Z>WC.离子半径：X2－＞W－>Y+>Z－D.结合H＋的能力：X2－＞W－【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，W、X、Y处于同一周期

，X、Z的的最低价离子分别为X2－和Z－，Y＋和Z－具有相同的电子层结构，则X、Y、Z分别为S、F、Na；W和Z的最外层电子数相同，则W为Cl元素。【详解】A．W、X的最高价氧化物对应水化物的酸性为高氯酸>硫酸，A不正确；B．单质沸点：硫>氯气>氟气，B不正确；C．电

子层数越多的离子，其半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越小的半径越大，所以，离子半径：S2－＞Cl－>F－>Na+，C不正确；D．因为硫化氢为弱电解质、氯化氢为强电解质，故结合H＋的能力：S2－＞Cl－，D正确。答案选D。20.根据下面的信息，下列叙述正确的是（）A.

2molH2(g)跟1molO2(g)反应生成2molH2O(g)吸收能量为490kJB.化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关C.1molH2(g)跟0.5molO2(g)反应生成1molH

2O(l)释放能量为245kJD.2molH2O(g)的能量比2molH2(g)与1molO2(g)的能量之和低【答案】D【解析】【详解】A.2molH2(g)跟1molO2(g)反应生成2molH2O(g)放出的能量为490kJ，A不

正确；B.化学反应中能量变化的大小与参加反应的反应物的质量成正比，B不正确；C.1molH2(g)跟0.5molO2(g)反应生成1molH2O(g)释放能量为245kJ，C不正确；D.2molH2(g)跟1m

olO2(g)反应生成2molH2O(g)的反应是放热反应，故2molH2O(g)的能量比2molH2(g)与1molO2(g)的能量之和低，D正确；本题选D。【点睛】化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。在计算

键能总和时，要明确各物质的化学计量数是多少，还要明确物质分子内所含化学键和类别及其数目，特别要注意一个原子可以与多个原子成键的情况，防止少算。第II卷二、填空题21.下面列出了几组物质：①金刚石与“足球烯”60C；②2DO与2HO；③16O、18O；④氧气与臭氧；⑤与；⑥32

23CHCHCHCH和；⑦4CH和323CHCHCH；⑧33CHCH和。(1)其中互为同位素的是________；互为同素异形体的是________；属于同系物的是________；互为同分异构体________。(2)的一氯取代物的同分异构体有_______种

。【答案】(1).③(2).①④(3).⑦⑧(4).⑥(5).2【解析】【分析】同位素是质子数相同中子数不同的核素；同素异形体是一种元素构成的不同单质；同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；同系物是结构相似、分子式相差若干CH2原子团的有机物，据此分析解答。【详解】①金刚石与“足球烯”60C都

是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；②2DO与2HO都是氢的同位素与氧元素形成的化合物；③16O、18O质子数相同，中子数不同，互为同位素；④氧气与臭氧都是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体；⑤与均为丙烷，属于同种物质；⑥

3223CHCHCHCH和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；⑦4CH和323CHCHCH结构相似，分子组成相差2个“CH2”原子团，互为同系物；⑧33CHCH和结构相似，分子组成相差3个“CH2”

原子团，故互为同系物；(1)其中互为同位素的是③；互为同素异形体的是①④；属于同系物的是⑦⑧；互为同分异构体⑥；(2)有机物的分子结构中含有2种不同环境的氢原子，则一氯取代物的同分异构体有2种。【点睛】判断有机物中一氯代

物的数量，可以根据有机物结构中氢原子的种类判断，有几种不同环境的氢原子，其一氯代物就为几个。22.根据元素在周期表中的位置能推测元素的原子结构以及相关物质的性质，下图是元素周期表的一部分，请根据图中字母

所示元素的位置回答问题。XYZMNWTP(1)元素P的原子结构示意图为________；元素Y的最高价氧化物的电子式为________。(2)元素Z、N、T形成的简单离子中，半径由大到小的顺序为_______(填离子符号)。(3)下列说

法中，正确的有________(填序号)。①元素Y的单质有多种同素异形体②2MZ中仅含离子键，22MZ中仅含共价键③2XT和2MZ都是离子化合物④2XZ比2XT的沸点更高(4)已知2R离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则2mgR离子里

含有电子的物质的量为_____mol。【答案】(1).(2).(3).S2-＞O2-＞Al3+(4).①④(5).mM-n+2M【解析】【分析】由元素在周期表中相对位置，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为Na、N为Al、W为Si、T为S元素，P为

Ca元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】(1)P为Ca元素，原子序数为20，原子结构示意图为；Y为C元素，其最高价氧化物为CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，其电子式为；(2)元素Z、N、T形成的简单离子分别为：O2−、Al3+、S2−，电子层结构相同的离子

，核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞O2-＞Al3+；(3)①Y为碳元素，由同一元素形成的不同单质互为同素异形体，碳元素单质有：石墨、金刚石、C60等，故①正确；

②Z为O元素，M为Na，2MZ为Na2O，是只含离子键的离子化合物，22MZ为Na2O2，其中含有离子键、共价键，故②错误；③X2T和M2Z分别为H2S、Na2O，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故③错误；④X2Z、X2T分别为H2O、H2S，常温下H2O为液体，而H2S为气体，故

水的沸点较高，故④正确；答案选①④；(4)已知2R离子的核内有n个中子，R的质量数为M，则R的质子数=质量数-中子数=M-n，则一个2R中含有的电子数为M-n+2，2mgR的物质的量为mMmol，则含有电子的物质mMmol×(M-n+2)=mM-n+2Mm

ol。23.Ⅰ：已知A为常见烃，是一种水果催熟剂；草莓、香蕉中因为含有F而具有芳香味。现以A为主要原料合成F，其合成路线如下图所示。(1)D中官能团名称为____________。(2)写出反应①的化学方程式：______________。(3)写出反应②的化学方程式：_____

________。(4)写出A生成高分子化合物的化学方程式：___________。Ⅱ：乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用下图装置来制备。完成下列填空：(5)饱和Na2CO3溶液的作用是_________、_

_______、________。(6)反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，_______、______，然后分液。(7)采用下图装置的优点是___________(写出两点)【答案】(1).羧基(2).2CH3CH2OH+O2Cu加热2CH3CHO+2

H2O(3).CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸加热CH3COOCH2CH3+H2O(4).nCH2=CH2催化剂(5).中和乙酸(6).溶解乙醇(7).减少乙酸乙酯在水中的溶解(8).振荡(9).静置(10).便于控制反应温度、减少副反应的发生、提高原料的利用率、增加酯的产率

【解析】【分析】A为常见烃，是一种水果催熟剂，则A为乙烯，乙烯在一定条件下与水发生加成反应生成乙醇，B为乙醇，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，C为乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸

作催化剂加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，F为乙酸乙酯，乙酸乙酯制备实验中，乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇杂质，使用饱和碳酸钠溶液溶液中和乙酸，溶解乙醇，同时减小乙酸乙酯的溶解度，据此分析解答。【详解】Ⅰ(1)根据分析，D为乙酸，则D中官能团名称为羧基；(2)反应

①为乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，化学反应方程式2CH3CH2OH+O2Cu加热2CH3CHO+2H2O；(3)反应②为乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯

，化学反应方程式：CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸加热CH3COOCH2CH3+H2O；(4)乙烯在催化剂作用下发生加聚反应生成聚乙烯，则生成高分子化合物的化学反应方程式为：nCH2=CH2催化剂；Ⅱ：(5)根据分析，饱和Na

2CO3溶液的作用是中和乙酸，溶解乙醇，减小乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置分层，然后分液；(7)该装置使用水浴加热，便于控制反应温度、减少副反应的发生、提高原料的利用率、增加酯的产率。24.将等

物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)3C(g)＋2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，n(A)∶n(B)＝3∶5。求：(1)此时A的浓度c(A)＝_________mol/L，(2)反应开始前容

器中的A、B的物质的量：n(A)＝n(B)＝________mol。(3)B的平均反应速率：v(B)＝__________mol/(L·min)。【答案】(1).0.75(2).3(3).0.05【解析】【详解】由已知，经5min后

，生成D的物质的量为：0.5mol/L×2L=1mol，根据题意，列三段式如下：则根据5min后n(A)∶n(B)＝3∶5可知1.50.5nn=35，解得n=3mol。（1）此时A的浓度c(A)=(3-1.5)mol÷2L=0.75mol/L。（2）反应开始前容器中的A、B的物质的量

：n(A)=n(B)=3mol。（3）B的平均反应速率：v(B)=0.5mol÷2L÷5min=0.05mol/(L·min)。