【文档说明】黑龙江省齐齐哈尔市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(20)页，699.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度下学期期末“线上教学”质量监测高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Fe56Zn65第I卷一、选择题：(每题只有一个选项符合题意)1.2020年5月1日北

京市在全市范围内开展施行垃圾分类，下列垃圾分类不正确的是ABCD垃圾废易拉罐果皮废旧电池废塑料瓶垃圾分类可回收物厨余垃圾有害垃圾其他垃圾A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．废易拉罐主要材料为金属，例如铝制品，属于

可回收利用的材料，属于可回收物，A正确；B．果皮主要含大量的水分、有机物，很容易腐蚀，跟菜叶菜根之类都属于厨余垃圾，B正确；C．废旧电池中含有汞、镉等重金属，是危险废弃物，易污染环境，属于有害垃圾，C正确；D．废塑料瓶主要由聚乙烯或聚丙烯等等制造而成，也可回收利用，所以属于可回收物，

D错误；答案选D。2.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是A.天然气是高效清洁的燃料，属于新能源B.糖类都可以发生水解反应C.煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯，以达到保鲜目的【答案】D【解析】【详解】A．天然气燃烧生

成CO2和H2O，是清洁的燃料，属于化石能源，不是新能源，A错误；B．单糖不可以发生水解反应，B错误；C．煤的气化和液化过程均有新物质产生，均属于化学变化，C错误；D．乙烯具有催熟作用，乙烯可被高锰酸钾溶液氧化，因此可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯，以达到保鲜目的，D正确；答案选D

。3.2020年6月5日，新冠病毒蛋白结构模型资源库的面世可以帮助科学家更好地了解新冠病毒，促进新冠肺炎药物和疫苗的研发工作，但是新冠病毒个人预防措施不能松懈。下列说法错误的是A.每天最好用肥皂洗手，肥皂是由高

分子化合物油脂在碱性条件水解得到的B.每天可以用84消毒液对环境消毒，但84消毒液不能与洁厕灵混用C.出门要带口罩，口罩原料无纺布成分是聚对苯二甲酸乙二醇酯，属于合成纤维D.可以用75%的酒精对手机、键盘和皮肤消毒，原理是酒精可以使蛋白质变性【答案

】A【解析】【详解】A．油脂是高级脂肪酸酯，不属于高分子化合物，A错误；B．84消毒液的主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分为HCl，两者混合会发生氧化还原反应产生有毒气体Cl2，因此不能混合使用，B正确；C．聚对苯二甲酸乙二醇酯又名聚酯纤维，是目前世界上产量最高的合成纤

维，C正确；D．75%的酒精可以使蛋白质变性，因此可以用75%的酒精对手机、键盘和皮肤消毒，D正确；答案选A。4.反应A＋B＝C＋D的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应为放热反应B.该反应吸收的能量为（E1－E2）C.反应物A的能量低于生成物C的能

量D.该反应只有在加热条件下才能进行【答案】B【解析】A.反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，A错误；B.根据图像可知该反应吸收的能量为（E1－E2），B正确；C.无法比较反应物A的能量与生成物C的能量的大小，C错误；D.反应条件与反应是放热反应或吸热反应没有关系

，D错误，答案选B。5.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子。在agHmX中所含质子的物质的量是()A.aA+m(A－N)molB.aA(A-N)molC.aA+m(A－N＋m)molD.aA(A－N＋m)mol【答案】C【解析】【分析】利用质量

数等于同位素的近似相对原子质量，即X的相对原子质量为A，然后利用质子数＋中子数=质量数，求出X的质子数，进行分析；【详解】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，则质子数为A－N，则每个HmX分子含有质子数为A－N＋m，agHmX的物质的量为-1ag(

m+A)gmol＝aA+mmol，故含有质子物质的量为aA+mmol×(A－N＋m)＝aA+m(A－N＋m)mol，故C正确；答案为C。6.下列说法中不正确的是A.126C和146C是同一种核素B.红磷和白磷互为同素异形体C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3互为同分异

构体D.甲烷与正丁烷（CH3CH2CH2CH3）互为同系物【答案】A【解析】【详解】A.和质子数相同，中子数不同，是不同种核素，A说法不正确；B.红磷和白磷是磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，B说法正确；C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子式相同而结构不同，二者互为

同分异构体，C说法正确；D.甲烷与正丁烷都属于烷烃，结构相似，分子组成相差3个CH2原子团，故互为同系物，D说法正确；答案选A。7.下列反应中，属于加成反应的是A.CH2=CH2+HClCH3CH2ClB.+HNO3(浓)+H2OC.CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HC

lD.CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O【答案】A【解析】【详解】加成反应是指有机物中的不饱和键（碳碳双键或三键）断裂在两端分别与其他原子或原子团相连的反应，产物只有一种，据此解题。A．CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，符合加成反应的定义，属于加成反应，A符合题意；B．

+HNO3(浓)+H2O属于取代反应，B不合题意；C．CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl属于取代反应，C不合题意；D．CH3CH2OH＋3O22CO2＋3H2O属于氧化反应，D不合题意；故答案为A。8.今年是门捷列夫发现元素周期律151周年。下表是元素周期表的一

部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是WXYZA.原子半径：W＜XB.常温常压下，Y单质为固态C.Z的最高价氧化物的水化物是强酸D.气态氢化物热稳定性：Z＜W【答案】C【解析】【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依

据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分

析作答。【详解】A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：W＜X，A说法正确；B.常温常压下，Si为固体，B说法正确；C.Z的最高价氧化物的水化物为磷酸，不是强酸，C说法错误；D.同一主族

元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，D说法正确；答案选C。9.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol甲基（－CH3）含有电子数为10NAB

.常温常压下，44gCO2含有的共用电子对数目为2NAC.1molC2H6中含有的共价键数目为7NAD.标准状况下，11.2LCHCl3中含有的分子数目为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A.1mol甲基含有

电子数为9NA，A错误；B.二氧化碳分子中每个氧原子和碳原子共用两对电子对，分子内有四对共用电子，44gCO2为1mol，故含有的共用电子对数目为4NA，B错误；C.一个乙烷分子有一个碳碳键、六个碳氢键，则1molC2H6中含有的共价键数目为7NA，C正确；D.标准状况下，三氯甲烷为液体，故1

1.2LCHCl3的物质的量并不是0.5mol，D错误；答案选C。10.下列说法中正确的是①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键②共价化合物中一定不含离子键③非金属单质中一定含有共价键④碱性：NaOH＜LiOH⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也

可能存在于离子化合物中A.①②⑥B.①③④⑥C.③④⑤⑥D.①④⑤【答案】A【解析】【详解】①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH，故①正确；②共价化合物中一定只有共价键、不含离子键，故②正确；③非金属单质中不一定含有共价

键，如He等，故③错误；④钠的金属性比锂强，则碱性：NaOH＞LiOH，故④错误；⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏离子键，而HCl是共价化合物，溶于水破坏共价键，故⑤错误；⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中，如H

2、Na2O2、H2O2等，故⑥正确；只有①②⑥正确；答案选A。11.两种气态烃组成的混和气体0.1mol完全燃烧得0.18molCO2和3.6gH2O，下列说法正确的是A.一定有乙烯B.一定没有乙烷C.

一定有乙炔（C2H2）D.一定没有甲烷【答案】B【解析】【详解】3.6gH2O的物质的量是0.2mol，根据反应前后元素的原子个数不变，可知混合烃的平均化学式是C1.8H4，C元素数小于1.8的只有甲烷，因此一定含有甲烷，甲烷分子中含有4个H原子，平均含有四个H原子，则另外一种烃分

子中含有的H原子个数也是4个，所以一定不含有乙烷，可能是乙烯，也可能是丙炔，故答案选B。12.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，由此可判断这四种金属的活动性顺序是（）实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增加b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c

极有气体产生电流计指示，导线中电流从a极流向d极A.a＞b＞c＞dB.b＞c＞d＞aC.d＞a＞b＞cD.a＞b＞d＞c【答案】C【解析】【详解】中发生电化学腐蚀，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序a>b；中发生化

学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b>c；中发生电化学腐蚀，d极溶解所以d是负极，c极有气体产生所以c是正极，所以金属的活动性顺序d>c；中发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，a极为正极，

d极为负极，所以金属的活动性顺序d>a；综上所述，这四种金属的活动性顺序d>a>b>c，故选C。13.被称为“软电池”的纸质电池，其总反应为：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnOOH。下列说法正确的是A.该电池中Zn作正

极B.MnO2电极上发生氧化反应C.该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D.当6.5gZn完全溶解时，流经电路的电子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．由电池的总反应：Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO+2M

nOOH，可知Zn的化合价由0价变为+2价，Zn失电子作负极，故A错误；B．Zn是负极，失电子，发生氧化反应，MnO2电极上发生还原反应，故B错误；C．该电池工作时电流是由正极流向负极，电流从MnO2经导线流向Zn，故C错误；D．根据电极反应，负极：Zn-2e-=Zn2+，1molZn溶解，转移

2mol电子，则6.5gZn为0.1mol，转移0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故D正确；答案选D。14.应：2A2B+C(A为红棕色气体，其余气体无色)在恒温恒容密闭容器中进行，达到反应限度的标志是①单位时间内生成nmolC的同时，生成2nmolA②v正(B)

=v正(A)③混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态A.①③④⑥B.②③⑤⑦C.②④⑥D.①⑤

⑦【答案】A【解析】【分析】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。【详解】①单位时间内生成nmolC的

同时生成2nmolA，说明正逆反应速率比等于系数比，一定达到平衡状态，故选①；②v正(B)=v正(A)，反应向右进行，反应速率同向，反应没有达到平衡状态，故不选②；③反应前后气体质量不变，气体物质的量是变量，根据()()_mM=n总总，混合气体的平均相对

分子质量是变量，平均相对分子质量不再改变的状态，达到平衡状态，故选③；④A为红棕色气体，混合气体的颜色不再改变的状态，说明A浓度不变，一定达到平衡状态，故选④；⑤反应前后气体质量不变，容器体积不变，根据mρ

=v，密度是恒量，密度不再改变的状态，不一定平衡，故不选⑤；⑥反应前后气体物质的量是变量，所以混合气体的压强是变量，压强不再改变的状态为平衡状态，故选⑥；⑦用A与B、C表示的反应速率之比为2:2:1的状态，无论是否平衡，A与B、C表示的反应速率之比都是2：2：

1，故不选⑦；综上，①③④⑥符合题意，答案选A。15.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法都正确的是序号不纯物除杂试剂分离方法A溴苯（苯）H2O分液B苯（Br2）NaOH溶液过滤C乙酸乙酯（乙酸）饱和Na2CO3溶液蒸馏DC2H5OH（H2O）新制生石灰蒸馏A.AB.B

C.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．溴苯和苯互溶，加水不发生萃取，用水难以除去溴苯中的苯，故A错误；B．溴与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠，苯不与氢氧化钠反应，但苯不溶于水会分层，应使用分液的方法分离，故B错误；

C．饱和的碳酸钠溶液和乙酸乙酯互不相溶，但可以和乙酸反应，可以采用加入饱和碳酸钠再分液的方法来分离，而不是蒸馏，故C错误；D．乙醇与生石灰CaO不会发生反应，CaO可以与水化合生成Ca(OH)2，是离子化合物，沸点较高，可采用蒸馏的方法让乙醇先挥发出来，再冷凝就得到无水乙醇，故D正确；答

案选D。16.分子式为C3H6BrCl的有机物共有（不含立体异构）（）A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】B【解析】【详解】分子式为C3H6BrCl的有机物共有、、、、共5种答案为B。17.中国是中草药的发源地，目前中国大约有12000种药用植

物。从某中草药提取的有机物结构如图所示，该有机物的下列说法中不正确的是A.分子式为C14H18O6B.能使酸性KMnO4溶液褪色C.分子间能发生酯化反应D.1mol该有机物与足量的金属钠反应产生4molH2【答案】D【解析】【详解】A.根据分子结构可知，分子式是C14H18O6，

选项A正确；B.分子内有碳碳双键，故能和酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使其褪色，选项B正确；C.分子上有-OH和-COOH，分子间能发生酯化反应，选项C正确；D.1mol该有机物有2mol-OH和2mol-COOH，与足量的金属钠反应产生2molH2，选项D不正确。答案选D。18.一定条件

下，对于可逆反应：X（g）＋3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0，单位mol/L），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断不正确的是A.c1∶c2＝1∶3B.平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2

C.X、Y的转化率之比等于1:3D.c2的取值范围为0＜c2＜0.42mol/L【答案】C【解析】【详解】A.设X转化的浓度为x，若从正反应建立平衡，则123X(g)+3Y(g)=2Z(g)ccc320.10.30.08xxx起始(mol/L)

转化(mol/L)平衡(mol/L)，12c0.1moL/L1c30.3mol/L3xx+==+，若从逆反应建立平衡，则，12c0.1moL/L-1c0.3mol/L-33xx==，故A正确；B.平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成

速率之比为3:2，故B正确；C.按A分析，反应前后X、Y气体的浓度比为1:3、化学方程式中化学计量数之比为1:3，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如从正反应建立平衡，则消耗X小于0.0

4mol⋅L−1、消耗X小于0.12mol⋅L−1，则c2<0.12mol⋅L−1+0.3mol⋅L−1=0.42mol⋅L−1，如反应从逆反应建立平衡，按已知条件，0<c2，故有0<c2<0.42mol⋅L−1，故D正确；答案选C

。第Ⅱ卷二、填空题19.短周期元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，其中X的一种同位素原子没有中子，Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，Z为地壳中含量最多的非金属元素，W的焰色反应为黄色，N原子为所在周

期原子半径最小的原子（稀有气体除外）（1）W在周期表中的位置_____；X、Z形成的原子个数比1：1的分子的结构式_____。（2）元素Z和W形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为_____，该化合物中化学键有_____，该化合

物与Y的最高价氧化物反应的化学方程式为__________。（3）Z、W、N的简单离子半径从大到小的顺序：_____（用离子符号表示）（4）甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，沸点____＞____（填化学式），原因：_____。【答案】(1).第三周期

第IA族(2).H-O-O-H(3).+2-+Na[:O:O:]Na(4).离子键和非极性共价键（或离子键和共价键）(5).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(6).Cl－＞O2-＞Na+(7

).H2O(8).CH4(9).水分子之间有氢键【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、N的原子序数依次增大，其中X的一种同位素原子没有中子，则X为氢，Y的一种核素可做考古学家测定文物的年代，则Y为碳

，Z为地壳中含量最多的非金属元素，则Z为氧，W的焰色反应为黄色，则W为钠，N原子为所在周期原子半径最小的原子，由于几种短周期元素中N原子序数最大，则N位于第3周期，该周期原子半径最小的为氯原子，故N为氯，综上，X为

氢、Y为碳、Z为氧、W为钠、N为氯，据此回答；【详解】(1)W为钠，在周期表中的位置为第三周期第IA族；X为氢、Z为氧，形成的原子个数比1：1的分子H2O2，结构式为H-O-O-H；(2)元素Z为氧、W为钠，它们形

成的一种淡黄色固体化合物为Na2O2，其电子式为+2-+Na[:O:O:]Na，过氧化钠是离子化合物，由Na+和2-2O构成，2-2O内有非极性共价键，故该化合物中化学键有离子键和非极性共价键（或离子

键和共价键），过氧化钠与Y的最高价氧化物即CO2反应，生成碳酸钠和氧气，故化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(3)Z、W、N的简单离子分别为O2-、Na+和Cl－，其中O2-、Na+具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离

子半径越小，故离子半径O2-＞Na+，同理S2-＞Cl－，S和O元素位于同主族，核电荷数越大，电子层数越多，离子半径越大，故离子半径S2-＞O2-，综上可知离子半径S2-＞Cl－＞O2-＞Na+，则Z、W、N的简单离子半径从大到小的顺序为Cl－＞O2-

＞Na+；(4)甲和乙是由上述元素X分别与元素Y、Z形成的10电子分子，则甲为CH4，乙为H2O，显然沸点为：H2O＞CH4，因为水分子之间有氢键，甲烷存在分子间作用力，氢键比分子间作用力强。【点睛】本题考查位构性知识，结合元素的特征、把握元素

的位置等推断元素为解答的关键，离子半径比较容易出错。20.化学在金属矿物和海水资源的开发利用过程中具有重要的意义和作用。按要求回答下列问题。（1）在工业生产中金属冶炼的原理错误的是_A电解熔融的NaCl来制取NaB电解熔融的AlCl3来制取AlCCO还原Fe2O3制取FeD铝热反应原理制锰

：4Al+3MnO2高温3Mn+2Al2O3（2）下图是从海水中提取溴的简单流程：提取溴的过程中，经过2次Br-⎯⎯→Br2转化的目的是_____（3）吸收塔中发生反应的离子方程式是_____（4）海带中富含碘元素，实验室从海带中提取I2的途径如下图所示：①步骤I灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器

名称是_____。②步骤IV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步骤V加入萃取剂M为_____，步骤VI从I2的有机溶液获得I2可以用_____的方法。【答案】(1).B(2).富集溴(3).Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO2-4(4).坩埚(5).

2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O(6).四氯化碳或苯(7).蒸馏【解析】【分析】根据金属性强弱不同性质冶炼方法，活泼金属利用电解法，不活泼金属利用热分解法，一般金属利用还原剂还原，据此解答；海水中加入氢氧化钙沉淀镁离

子后过滤，在滤液中通入氯气是将滤液中的Br-氧化为Br2，再利用热的空气将Br2吹出，进入吸收塔与SO2反应生成溴离子；再通入氯气将Br-氧化为Br2，两次转化的目的是对溴元素进行富集；提取碘单质时，将海带进行灼烧后得到海带灰，溶解后加入过氧化氢，过氧化氢具有氧化性，碘离子具

有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应生成碘单质和水，再结合碘单质的物理性质进行分离提纯，据此分析解答。【详解】(1)A．钠是活泼的金属，工业上电解熔融的NaCl来制取Na，A正确；B．铝是活泼的金属，工业上电解熔融的氧化铝来制取Al，熔融的AlCl3不导

电，B错误；C．铁是较活泼的金属，可以用CO热还原Fe2O3制取Fe，C正确；D．可以用铝热反应冶炼难溶的金属，即利用铝热反应原理冶炼Mn：4Al+3MnO23Mn+2Al2O3，D正确；答案选B；(2)根据以上分

析可知经过2次Br-→Br2转化的目的是得到更多的溴单质，提取过程对溴元素进行富集；(3)吸收塔内通入的是二氧化硫气体是和溴单质反应生成溴离子，因此吸收塔中反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=

4H++2Br-+SO2-4；(4)①坩埚可以加强热，因此固体一般用坩埚进行灼烧；②过氧化氢具有氧化性，碘离子具有还原性，在酸性溶液中发生氧化还原反应生成碘单质和水，该反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=

I2+2H2O；③碘单质易溶于CCl4或苯，所以萃取剂M可以为CCl4或苯，碘单质易升华，可采用蒸馏的方法从I2的有机溶液获得I2。21.A、B、C、D、E、F、G转化关系如下图所示（以下变化中，有些反应条件及产物未标明）。已知：烃A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，G是天然

有机高分子化合物，C、F能发生银镜反应，E分子具有浓郁的香味，F是一种单糖。（1）写出A官能团名称：_____；G的分子式：_____。（2）写出B与D反应生成E的化学方程式__________，该反应需

要使用浓硫酸作用是：_____，E的同分异构体中，能与Na反应，又能与Na2CO3溶液反应的物质是_____（用结构简式书写一种即可）（3）物质X可由下图装置制备。固体药品Z可能为_____（填一种化学式）。B与X催化反应生产C的化学方

程式为_____。（4）检验G的水解生成了F的方法为_____【答案】(1).碳碳双键(2).（C6H10O5）n(3).CH3CH2OH＋CH3COOH浓硫酸CH3COOCH2CH3＋H2O(4).催化剂、吸水剂(5).CH3CH2CH2COOH

或（CH3）2CHCOOH(6).Na2O2或MnO2(7).2CH3CH2OH+O2Cu加热⎯⎯⎯→2CH3CHO+2H2O(8).取水解液于试管中，先加氢氧化钠至碱性，再加新制氢氧化铜浊液加热。若出现砖红色沉淀，证明水解液中含有葡萄糖，（或取水解液于试管中，先加氢氧化钠至

碱性，再加新制银氨溶液加热。若产生光亮的银镜，证明水解液中含有葡萄糖）【解析】【分析】烃A的产量可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯，G是天然有机高分子化合物，在硫酸作用下能与水反应生成F，F是一种单糖、F能发生银镜反应，则F为葡萄糖、G为(C6H10O5)n，B为葡萄糖发酵

得到的乙醇，B在催化剂作用下与X反应生成C、在催化剂作用下与X反应生成D、B与D又能反应得到E、E分子具有浓郁的香味，则E为乙酸乙酯，C为乙醛、D为乙酸，X为氧气，据此回答。【详解】(1)A为乙烯，A中官能团

名称碳碳双键；G属于是多糖，分子式为(C6H10O5)n；(2)B与D反应生成E，即乙醇和乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯，化学方程式为CH3CH2OH＋CH3COOH浓硫酸CH3COOCH2CH3＋H2O，该反应中浓硫酸作用是吸水剂和催化剂，E分子式为C4H8O2，

不饱和度为1，同分异构体能与Na反应、又能与Na2CO3溶液反应，说明还有1个—COOH，则由1个—COOH与—C3H7组成，丙基有2种，故同分异构体为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH；(3)物质X为氧气，制取原理为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧

气或双氧水在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气，故固体药品Z可能为Na2O2或MnO2，B与X催化反应生产C，即乙醇被氧气催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O2Cu→2CH3CHO+2H2O；(4)要检验G水解生成了F，要注意的是

检验葡萄糖必须在碱性环境中进行，而多糖的水解是在酸性条件下，所以检验方法为：取水解液于试管中，先加氢氧化钠至碱性，再加新制氢氧化铜浊液加热，若出现砖红色沉淀，证明水解液中含有葡萄糖，（或取水解液于试管中，先加氢氧化钠至碱性，再加新制银氨溶液加热。若产

生光亮的银镜，证明水解液中含有葡萄糖）。【点睛】考查了常见有机物之间的相互转化、同分异构体的书写、化学方程式的书写、有机物水解产物的检验等等，关键是要熟悉常见有机物的结构、性质和特征等，水解产物的检验容易出错。22.按要求回答下列问

题：I.某温度时，在2L密闭容器中某一反应中气体A、B的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为________。(2)0~4min内，用A表示反应速率v(A)=______。(3)反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时______(填“变大”、

“变小”或“相等”)。(4)下列措施能加快反应速率的是_______。A．缩小体积，使压强增大B．恒温恒容充入He气C．恒温恒压充入He气D．使用催化剂Ⅱ.化学能与电能之间可以相互转化。(1)直接提供电能的反应一般是放热反应，

下列反应能设计成原电池的是_________A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应B．氢氧化钠与稀盐酸反应C．灼热的炭与CO2反应D．H2与Cl2燃烧反应(2)氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型

发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀了一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答：①电池的负极反应式为：_______。②电池工作时OH-向移动_______(填“正极”或“负极”)。③正极上消耗标况下4.4

8L气体时，转移电子的数目为________。【答案】(1).2A⇌B(2).0.05mol/(L•min)(3).变大(4).AD(5).D(6).H2-2e-+2OH-=2H2O(7).负极(8).0.8NA【解析】【分析】I.(1)

根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；(2)根据=cntVt=•计算反应速率；(3)反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量mMn=；(4)能加快反应速率的措施可以是升高温度，增大反应物的浓度，使用催化剂，增大接触面积等；Ⅱ．(1

)直接提供电能的反应一般是放热反应，且是自发的氧化还原反应；(2)氢氧燃料电池是原电池，是把化学能转化为电能；负极是氢气失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应；注意溶液是强碱溶液。【详解】I．(1)由图象可知，A的物质的量逐渐减小，应为反应物，B的物质的量逐渐增加，

应为生成物，变化的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则变化的物质的量之比n（A）：n（B）=（0.8mol-0.2mol）：（0.5mol-0.4mol）=2：1，所以反应的化学方程式为：2AB，故答案为：2AB；(2)反应开

始至4min时，A的平均反应速率为：0.8mol-0.4mol0.05mol/L?min2L?4mi()=n=cntVt==•（）故答案为：0.05mol/（L•min）；(3)反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量mMn

=，质量守恒m不变，n减小，反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时变大；故答案为：变大；(4)能加快反应速率的措施可以是升高温度，增大反应物的浓度，使用催化剂，增大接触面积等；A．缩小体积，使压强增大，增大了反应物的浓度，A正确；B．恒温恒容充入He气，没

有改变反应物的浓度，B错误；C．恒温恒压充入He气，容器体积增大，减小了反应物的浓度，反应速率减小，C错误；D．使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，D正确；故答案为：AD；Ⅱ．(1)直接提供电能的反应一般是放

热反应，且是自发的氧化还原反应；A．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应，不是氧化还原反应，A错误；B．氢氧化钠与稀盐酸反应，不是氧化还原反应，B错误；C．灼热的炭与CO2反应，为吸热反应，C错误；D．H2与Cl2燃烧反应，自发的氧化还原反应，且可以释放热量，D正确；故答案为：D；(

2)氢氧燃料电池是原电池，是把化学能转化为电能；负极是氢气失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应；注意溶液是强碱溶液。①负极上是氢气失去电子发生氧化反应，电解质溶液是氢氧化钾，所以电极反应为：H2+2

OH--2e-=2H2O；故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O；②电池内部，阴离子向负极移动，OH-向负极移动；故答案为：负极；③正极上消耗标况下4.48L氧气时，1mol氧气对应4mol电子，

标况下4.48L氧气的物质的量为0.2mol，转移电子的数目为0.8NA，故答案为：0.8NA。