【文档说明】陕西省西安市莲湖区2021-2022学年高一下学期期末质量检测化学试题 含解析.docx，共(20)页，2.106 MB，由小赞的店铺上传

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陕西省西安市莲湖区2021~2022学年高一下学期期末质量检测化学试题注意事项：1.本试卷共6页，全卷满分100分，答题时间90分钟；2.答卷前，考生需准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3.第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用

0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收。可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16S—32第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项符合题意)1.2022年1月，国务院

办公厅印发了《中央生态环境保护整改工作办法》，凸显了国家治理环境的决心和力度。下列说法错误的是A.含氮的氧化物是光化学烟雾的主要污染物B.使用绿色工艺、开发绿色产品，从源头上消除污染C.大力开发使用化石能源，解决能源危机D.大气中2CO含量的增加会导致温室效应加剧【答案】C【解析】【详解】A．氮

氧化物能产生光化学烟雾，故A正确；B．使用绿色工艺、开发绿色产品，能从源头上消除污染，故B正确；C．化石能源燃料燃烧，产生大量污染性气体，故C错误；D．2CO是主要温室气体，大气中2CO含量的增加会导致温室效应加剧，故D正确；选C。2.北

京成为世界上首座“双奥之城”。北京冬奥会也是历史上首个全部使用绿色清洁能源供电的奥运会，场馆中大量使用了绿色环保的化镉(CdTe)发电玻璃。下列说法正确的是A.114Cd比112Cd多两个质子B.12852Te的中子数为128C.12852Te的核电荷数为76

D.112Cd与114Cd互为同位素【答案】D【解析】【详解】A．114Cd和112Cd是同种元素的原子，质子数相等，114Cd比112Cd多两个中子，故A错误；B．12852Te的中子数为128-52=76

，故B错误；C．核电荷数=质子数，12852Te的核电荷数为52，故C错误；D．112Cd与114Cd的质子数相等、中子数不相等，互为同位素，故D正确；选D。3.下列日常生活中的做法不是为了加快化学反应速率的是A.煤燃烧时

向煤炉中鼓入空气B.将煤块粉碎后燃烧C.面团加酵母粉并放在温热处发酵D.月饼盒内放置还原性铁粉【答案】D【解析】【详解】A．煤燃烧时向煤炉中鼓入空气，增大了氧气的浓度，燃烧更充分，反应速率加快，选项A不符合；B．将煤块粉碎后燃烧，增大反应物

的接触面积，使化学反应速率加快，选项B不符合；C．面团发酵时放在温热处，温度较高，加快了化学反应速率，选项C不符合；D．月饼盒内放置还原性铁粉能减小装置中氧气浓度，所以能减慢反应速率，选项D符合；答案选D。4.含有非极性共价键的离子化合物是A.22

HOB.22NaOC.4NHClD.2N【答案】B【解析】【详解】A．过氧化氢为含有氢氧极性共价键、氧氧非极性共价键的共价化合物，A项错误；B．过氧化钠为含有离子键和氧氧非极性共价键的离子化合物，B项正确；C．氯化铵为

含有离子键和氢氮极性共价键的离子化合物，C项错误；D．氮气为含有非极性共价键的单质，D项错误；答案选B。5.下列关于煤和石油的叙述正确的是A.煤和石油均属于可再生矿物能源B.煤的干馏和石油的分馏都是化学变化C.石油产品裂解

能生产乙烯D.石油分馏的各馏分均是纯净物【答案】C【解析】【详解】A．煤和石油均属于不可再生矿物能源，故A错误；B．煤干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，故B错误；C．石油产品裂解能生产乙烯、丙烯等小分子烯烃，故C正确；D．石油分馏的各馏分均是混合物，故D错误；

选C。6.铝热反应有广泛的用途，实验装置如图1所示。下列说法错误的是A.铝热反应的能量变化可用图2表示B.23FeO和铝粉的混合物被称为铝热剂C.铝热反应只能用于冶炼铁、锰、铬、镁等熔点较高的金属D.铝热反应可用于焊

接铁轨，反应的化学方程式为23232AlFeO2FeAlO++高温【答案】C【解析】【详解】A．铝热反应是放热反应，能量变化可用图2表示，故A正确；B．23FeO和铝粉的混合物被称为铝热剂，故B正确；C．镁的活泼性大于Al，不能用铝热反应冶炼金属镁，故C错误；D．

铝热反应可用于焊接铁轨，反应的化学方程式为23232AlFeO2FeAlO++高温，故D正确；选C。7.下列各反应中属于加成反应的是A.苯和氢气反应生成环己烷B.乙酸和钠反应生成氢气的C.苯与浓硝酸、

浓硫酸共热可反应生成硝基苯D.甲烷在氧气中完全燃烧【答案】A【解析】【详解】A．苯和氢气发生加成反应生成环己烷，故选A；B．乙酸和钠发生置换反应生成乙酸钠和氢气，故不选B；C．苯与浓硝酸、浓硫酸共热发生取代反应生成硝基苯和水，故不选C；D．

甲烷在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应，故不选D；选A。8.糖类、油脂、蛋白质为食物中的基本营养物质。下列说法正确的是A.工业上可利用油脂来制肥皂B.糖类、油脂、蛋白质中都只含C、H、O三种元素C.向鸡蛋清中加入硝酸，无明显现象D.

淀粉、纤维素分子组成都可表示为()6105nCHO，二者互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，工业上可利用油脂来制肥皂，故A正确；B．糖类

、油脂中都只含C、H、O三种元素，蛋白质中含有C、H、O、N等元素，故B错误；C．向鸡蛋清中加入硝酸，溶液变黄色，故C错误；D．淀粉、纤维素分子组成都可表示为()6105nCHO，二者聚合度不同，不是同分异构体，故D错误；选A。9.煤的气化原理为22C(s)HO

(g)CO(g)H(g)++，在恒温恒容的密闭容器中模拟该反应，下列不能作为反应达到平衡状态的标志的是A.容器中气体的压强不再变化B.单位时间内，生成nmol2H的同时消耗nmol2HOC.容器中混合气体密度不再

变化D.CO体积分数不再变化【答案】B的的【解析】【详解】A．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器中气体的压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选A；B．单位时间内，生成nmol2H的同时消耗nmol2HO，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故选

B；C．反应前后气体总质量是变量、容器体积不变，密度是变量，容器中混合气体的密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选C；D．反应达到平衡状态，各物质浓度不变，CO的体积分数不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选D；选B。10.已知反应22H(g)I(g)2

HI(g)+中，每生成2molHI时会有akJ的能量放出，有关化学键的键能如下，下列说法正确的是A.H-I键的键能为10.5(a+b+c)kJmol−B.1mol2H的能量比2molH的能量高C.H+IHI⎯⎯→是吸热变

化D.将1mol2H(g)与1mol2I(g)混合，充分反应后放出的热量为akJ【答案】A【解析】【详解】A．22H(g)I(g)2HI(g)+中，每生成2molHI时会有akJ的能量放出，设H-I键的键

能为x，则b+c-2x=-a，x=10.5(a+b+c)kJmol−，故A正确；B．断键吸热，1mol2H的能量比2molH的能量低，故B错误；C．H+IHI⎯⎯→形成化学键，是放热变化，故C错误；D．22H(g)I(g)2HI(

g)+反应可逆，将1mol2H(g)与1mol2I(g)混合，生成HI的物质的量小于2mol，充分反应后放出的热量小于akJ，故D错误；选A。11.文献记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”下列有关

“气”的说法错误的是A.将“气”通入溴水中，溴水褪色且分层B.常温下，将“气”通入水中生成32CHCHOHC.该“气”能作植物生长的调节剂，促进植物生长D.将“气”通入酸性4KMnO溶液中，发生氧化反应，溶液褪色【答案】B【解析】【分析】“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。

”，乙烯是催熟剂，这里的“气”指的是乙烯。【详解】A．将乙烯通入溴水中，生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷难溶于水，所以溴水褪色且分层，故A正确；B．常温下，乙烯和水不反应，故B错误；C．乙烯能作植物生长的调节剂，促进植物生长，故C正确；D．乙烯含有碳碳双键，将乙烯通入酸性4KMnO溶液中，

乙烯能被高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，故D正确；选B。12.苯是重要的有机化工原料。下列说法正确的是A.苯在铁粉的作用下与液溴反应生成溴苯B.常温常压下，苯是一种无色、易溶于水的液体C.苯与酸性高锰酸钾溶液发生

反应，使高锰酸钾溶液褪色D.苯环是单、双键交替组成的平面环状结构【答案】A【解析】【详解】A．苯在铁粉的作用下与液溴发生取代反应生成溴苯，A项正确；B．苯难溶于水，B项错误；C．苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，不能使酸性

高锰酸钾褪色，C项错误；D．苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于单键和双键之间的特殊键，D项错误；答案选A。13.向容积为1.00L的恒容密闭容器中通入一定量24NO和2NO的混合气体，发生反应：24NO(g，无色)22NO(g)。体系中

各物质浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.64s时，反应达到化学平衡状态B.从反应开始至化学平衡，混合气体的颜色逐渐变浅C.0~100s内，该反应的正反应速率小于逆反应速率D.0~100s内，用2NO浓度的变化表示

该反应的平均速率为0.00811molLs−−【答案】D【解析】【详解】A．64s后，24NO和2NO的浓度继续改变，64s时反应没有达到化学平衡状态，故A错误；B．从反应开始至化学平衡，2NO的浓度逐渐增大，混合气体的颜色逐渐加深，故B错误；C．0~1

00s内，反应正向进行，该反应的正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D．0~100s内，用2NO浓度的变化表示该反应的平均速率为()1-0.2mol/L0.008100s=11molLs−−，故D正确；选D。14.丙烷的二氯取代物有A.3

种B.4种C.5种D.6种【答案】B【解析】【详解】丙烷的二氯取代物有1，1-二氯丙烷、1，2-二氯丙烷、1，3-二氯丙烷、2，2-二氯丙烷，共4种，选B。15.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，形

成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z的最外层电子数与X核外电子总数相等，W的原子半径在元素周期表中最小。下列叙述错误的是A.简单离子半径：Y>Z>QB.Z元素的最外层电子数为6C.简单氢化物的稳定性：X<ZD.该化合物中Y原子不满足8电子稳定结构【

答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W的原子半径在周期表中最小，则W为H元素；由图示可知，X形成4个共价键，Y形成3个共价键，Q形成＋1价阳离子，Z形成2个共价键，且Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等，结

合原子序数大小可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Na元素，据此分析作答。【详解】A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y>Z>Q，A项正确；B．O元素位于VIA族，其最外层电子数为6，B

项正确；C．非金属性：C＜O，则简单氢化物的稳定性：X<Z，C项正确；D．该化合物中N元素形成3个共价键，其最外层电子数为5＋3=8，满足8电子稳定结构，D项错误；答案选D。16.根据下列实验操作、现象所得结论正确的是

选项实验操作现象结论A向盛有1mL20%蔗糖溶液的试管中加入稀未产生砖蔗糖未水解24HSO，水浴加热5min，冷却后加入少量新制2Cu(OH)悬浊液，加热红色沉淀B向乙醇中加入一块金属钠有气泡生成乙醇中含有水C向装有碳酸钙粉末的试管中滴加乙酸溶液粉末溶解，有气泡

生成酸性：3CHCOOH23HCOD向某溶液中加入几滴22HO溶液，再向溶液中加入2滴KSCN溶液溶液变为红色溶液中一定含有2Fe+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．检验蔗糖水解

产物，向盛有1mL20%蔗糖溶液的试管中加入稀24HSO，水浴加热5min，冷却后，先加氢氧化钠中和硫酸，再加入少量新制2Cu(OH)悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀，故A错误；B．乙醇、水都能与钠反应放出氢

气，向乙醇中加入一块金属钠，有气泡生成，不能证明乙醇中是否含水，故B错误；C．根据强酸制弱酸，向装有碳酸钙粉末的试管中滴加乙酸溶液，粉末溶解，有气泡生成，说明酸性：3CHCOOH23HCO，故C正确；D．向某溶液中加入几滴22HO溶液，再向溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液变为红色，原溶液可能

含有2Fe+或3+Fe，故D错误；选C。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本大题共5小题，计52分)17.烷烃是重要的化工原料和能源物资。（1）下列各图均能表示甲烷的分子结构，其中最能反映其真实

存在情况的是_______(填字母)。A.B.C.D.（2）某课外活动小组利用如图所示装置探究甲烷和氯气的反应：①实验中可观察到的现象有_______(填字母)。A.试管内液面上升，最终充满试管B.试管内气体颜色逐

渐变深C.试管内壁出现油状液滴D.试管内有少量白雾生成②用饱和食盐水而不用水的原因是_______。③请写出生成一氯甲烷的化学反应方程式：_______。（3）某链状烷烃的相对分子质量为114，该烷烃的分子式为_____

__。（4）有机物26CHO、25CHCl、32CHCHCH=、512CH中，与甲烷互为同系物的是_______。【答案】（1）D（2）①.CD②.降低2Cl在水中的溶解度③.423CHClCHClHCl+→+光（3）818CH（4）512CH【解

析】【小问1详解】填充模型既能体现原子的相对大小又能体现空间构型，所以最能反映其真实存在情况的是D。【小问2详解】①A．甲烷和氯气发生取代反应的产物中含有难溶于水的气体一氯甲烷，所以液体不能充满试管，故A错误；B．氯气和甲烷发生

取代反应，氯气的量减少，所以试管内气体颜色逐渐变浅，故B错误；C．甲烷和氯气发生取代反应，产物中有难溶于水的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳液体，试管内壁出现油状液滴，故C正确；D．氯气和甲烷发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，试管内有少量白雾生成，故D正确；

选CD。②氯气在饱和食盐水的溶解度小，用饱和食盐水而不用水的原因降低2Cl在水中的溶解度。③氯气和甲烷发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，反应的化学反应方程式为423CHClCHClHCl+→+光。【小问3详解】烷烃的通式为n22CHn+，某链状烷烃的相对分子质量为114，则14n+2=114，n

=8，该烷烃的分子式为818CH；【小问4详解】512CH与甲烷都属于烷烃，结构相似，分子组成相差4个CH2，512CH与甲烷互为同系物。18.从海水中可以提取多种化工原料，如图是某工厂对海水综合利用的示意图：Ⅰ海水淡化（1）人类可以从海水中获得淡水，以解决水资源危机。海水淡化的方法

主要有_______、_______等。Ⅱ.海水提溴（2）步骤①中已获得2Br，后续操作又将2Br，还原为Br−，其目的是_______。用2SO水溶液吸收2Br，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为_______。Ⅲ.海带提碘（3）灼烧是将海带放入_______

(填仪器名称)中，用酒精灯充分加热灰化。（4）步骤②加入22HO和稀24HSO的目的是_______。向步骤②反应后的溶液中加入淀粉，可观察到的现象是_______。【答案】（1）①.蒸馏法②.电渗析法(或离子交换法)（2）①.富集溴元素②.22224BrSO2HO=4HSO2Br+−−

++++.（3）坩埚（4）①.将I−氧化为2I②.溶液变蓝【解析】【分析】海洋资源的海水淡化得到淡水和母液，母液中通入氯气得到低浓度溴的溶液，通入热空气吹出溴，用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr等物质的溶液，通入氯气后，蒸馏得到工业溴；海带在坩埚中灼烧，加入蒸馏水溶解过滤，滤液中加入过氧化

氢溶液和稀硫酸溶液，发生氧化还原反应，生成碘单质，加入CCl4萃取分液得到I2的四氯化碳溶液，据此分析作答。【小问1详解】海水淡化即利用海水脱盐生产淡水的过程，常见的方法有：蒸馏法、电渗析法、冷冻法、离子交

换法等，故答案为：蒸馏法；电渗析法(或离子交换法)；【小问2详解】步骤①中已获得Br2，后续操作又将Br2，还原为Br-，其目的是：为了富集溴元素；用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为：22224BrSO2HO=4H

SO2Br+−−++++，故答案为：富集溴元素：22224BrSO2HO=4HSO2Br+−−++++；【小问3详解】灼烧是将海带放入坩埚中，用酒精灯充分加热灰化，故答案为：坩埚；【小问4详解】步骤②加入22HO和稀24HSO的目的是：将I−氧化为2I；向步骤②反应后的溶液中加入淀粉，遇到碘单质变

蓝色，则可观察到的现象是：变蓝色，故答案为：将I−氧化为2I；变蓝色。19.元素周期表有许多有趣的编排方式，有同学将短周期元素按照原子序数递增的顺序进行排列，得到如图所示的“蜗牛元素周期表”，图中每个圆圈代表一种元素，其中①代表氢元素。请回

答下列问题：（1）⑨在元素周期表中的位置为_______。（2）④⑤⑦的原子半径由大到小的顺序为_______(填元素符号)。（3）③⑨⑩的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是_______(填化学式)。（4）用电子式表示由⑦和①组成的化合物的形成过程：___

____。（5）实验室制取④的简单氢化物的化学方程式为_______。（6）可以验证⑦、⑧两元素金属性强弱的实验是_______(填字母)。A.比较⑦、⑧两种元素的单质的硬度及熔点B.将除去氧化物薄膜的⑦、⑧的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液C.将除去氧化物薄膜的⑦、⑧的单质分别

和2mL1mol/L的盐酸反应D.比较⑦、⑧两种元素的最高价氧化物对应水化物的溶解性【答案】（1）第三周期第ⅥA族（2）Mg>N>F（3）42423HClO>HSO>HCO（4）（5）422322NHCl+Ca(OH)CaCl2NHΔ+2HO+（6）BC【解析】【分析】根据“蜗牛元

素周期表”，①是H元素；②是Li元素；③是C元素；④是N元素；⑤是F元素；⑥是Na元素；⑦是Mg元素；⑧是Al元素；⑨是S元素；⑩是Cl元素。【小问1详解】⑨是S元素，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族；【小问2详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，N、F、Mg的原子

半径由大到小的顺序为Mg>N>F；【小问3详解】元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Cl>S>C，最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是42423HClO>HSO>HCO。【小问4详解

】Mg和H形成离子化合物MgH2，形成过程表示为【小问5详解】实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气，反应的化学方程式为422322NHCl+Ca(OH)CaCl2NHΔ+2HO+；【小问6详解】A．单质的硬度及熔点

与金属性无关，故不选A；B．将除去氧化物薄膜的Mg、Al的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液，放入镁条的水中溶液呈浅红色，说明镁和热水反应生成氢氧化镁和氢气、铝和热水不反应，证明Mg的金属性大于铝，故选B；C．将除去氧化物薄膜的Mg、Al的单质分

别和2mL1mol/L的盐酸反应，镁反应剧烈，说明证明Mg的金属性大于铝，故选C；D．Mg(OH)2、Al(OH)3均难溶于水，最高价氧化物对应水化物的溶解性与金属性无关，故不选D；选BC。20.化学电源在日常生活中有着广泛的应用。（1）将石墨和铜片用导线及电流计相连浸入500mL

3FeCl溶液中，构成如图所示的原电池装置，正极发生的电极反应式为_______；该电池在工作时，Cu的质量将_______(填“增加”、“减少”或“不变”)。（2）研究人员发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，电池的总反应方

程式为225105MnO2Ag2NaCl=NaMnO2AgCl+++。①该电池负极的电极反应式为_______。②电池中，Na+不断移动到“水”电池的_______极(填“正”或“负”)。③外电路每通过4mol电子时，生成2510NaMnO的物质的量是_______mol。（3）如图是甲

烷燃料电池的原理示意图：①电池的负极是_______(填“a”或“b”)电极，该电极的反应式为_______。②电池工作一段时间后，电解质溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.32FeeFe=+−++②.减少（2）①.AgCle=

AgCl−−+−②.正③.2（3）①.a②.2432CH8e10OH=CO7HO−−−−++③.减小【解析】【小问1详解】将石墨和铜片用导线及电流计相连浸入500mL3FeCl溶液中，发生反应3+2+22Fe+Cu2Fe+Cu+=，Cu发生氧化反应，Cu是负极、石墨是正极，正极

发生的电极反应式为32FeeFe=+−++；该电池在工作时，Cu发生Cu-2e-=Cu2+反应，质量将减少。【小问2详解】①根据总反应，Ag发生氧化反应生成AgCl，该电池负极的电极反应式为AgCle=AgCl−−+−。②原电池中，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以Na+不断移动到“水”电池

的正极。③根据总反应，Mn元素化合价由+4降低为+185，生成1mol2510NaMnO转移2mol电子，外电路每通过4mol电子时，生成2510NaMnO的物质的量是2mol。【小问3详解】①甲烷发生氧化反应，通入甲烷的电极为负极，电池的负极是a，该电

极甲烷失电子生成碳酸钾和水，电极的反应式为2432CH8e10OH=CO7HO−−−−++。②电池总反应为24232CH+2O2OHCO3HO−−+→+，反应消耗氢氧化钠，电池工作一段时间后，电解质溶液的pH减

小。21.兴趣小组围绕乙醇的性质进行了探究。请完成下列问题：Ⅰ.乙醇催化氧化已知：乙醇的沸点为78℃，易溶于水；乙醛的沸点为20.8℃，易溶于水。（1）乙醇发生催化氧化反应的化学方程式为_______。（2）实验

时上述装置需要加热，其中应该首先加热的是装置_______(填字母)，为使装置A中的乙醇形成稳定的蒸气，适宜的加热方法是_______。（3）实验开始后，间歇性地通入氧气，装置B中观察到的现象是_______。Ⅱ.制取乙酸乙酯已知数据：物质熔点

/℃沸点/℃密度/3gcm−乙醇-117.078.00.78乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90主要步骤如下：①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按图1连接好装置(

装置气密性良好)并加入混合液，用小火均匀加热3~5min。③待试管b收集到一定量产物后停止加热，撤出试管b并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥。最后得到2g纯净的乙酸乙酯。（4）反应

中浓硫酸的作用是_______。（5）写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_______。（6）通过分离后，饱和碳酸钠溶液中含有一定量的乙醇，拟用图2所示装置回收乙醇，回收过程中应控制温度保持_______℃；找出图2中的错误：_______。（7）乙酸乙酯的产率为____

___(精确到0.1%)。实际产量低于理论产量，结合信息，可能的原因是_______。【答案】（1）Cu322322CHCHOHO2CHCHO2HO+⎯⎯→+△（2）①.B②.水浴加热（3）受热部分铜丝随间歇性地通入

氧气而交替出现先变黑、后变红（4）催化剂、吸水剂（5）3323232CHCOOHCHCHOHCHCOOCHCHHO++浓硫酸△（6）①.78.0②.温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，冷凝水应下进上出（7）①.64.

9%②.原料被蒸出，利用率不高或发生副反应，使产率降低等【解析】【分析】装置A提供乙醇蒸气，为得到稳定的蒸气，适宜采用水浴加热法；氧气和乙醇混合气体进入装置B，灼热的螺旋状铜丝作催化剂，反应生成乙醛和水；装置C中的无水硫酸铜用于检验生成的水；

为防止E装置中水蒸气进入C装置而造成干扰，可在C、E装置之间添加干燥装置D，生成的乙醛易溶于水，可通入水中冷却收集，据此分析作答。【小问1详解】乙醇催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式为：Cu322322CHCHOHO2CHCHO2HO+⎯⎯→+△，故答案为：Cu322322CHCHOHO

2CHCHO2HO+⎯⎯→+△；【小问2详解】乙醇催化氧化需要加热，则可先加热B处铜丝，再加热A处无水乙醇，使得到的乙醇蒸气进入装置B，且的用水浴加热形成稳定的乙醇蒸气，故答案为：B；水浴加热；【小问3详解】乙醇的催化氧

化反应中，铜作催化剂，反应过程中铜网出现黑色，22CuO2CuO+，CuO再与32CHCHOH反应，3232CHCHOHCuOCHCHOHO+Cu+⎯⎯→+△，交替出现先变黑、后变红现象，故答案为：受热部分的铜丝随间歇性地通入氧气而交替出现先变黑、后变红；【小问4详

解】浓硫酸具有吸水性，在酯化反应中起催化剂和吸水剂的作用，故答案为：催化剂、吸水剂；【小问5详解】酯化反应中，羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，所以该反应的化学方程式为：3323232CHCOOHCHCHOHCHCOOCHCH

HO++浓硫酸△，故答案为：3323232CHCOOHCHCHOHCHCOOCHCHHO++浓硫酸△；【小问6详解】乙醇与碳酸钠溶液互溶，但水、乙醇沸点不同，可采用蒸馏法分离，酒精沸点为78.0℃，所以温度计的金属球应该在蒸馏烧瓶

支管处，控制此处温度为78.0℃，冷凝水方向应该下进上出，故答案为：78.0；温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管口处，冷凝水应下进上出；【小问7详解】消耗乙醇的质量是0.78×3g=2.34g，消耗乙酸质量是1.05×2g=2.1g，根据

方程式可知，乙醇剩余，乙酸全部反应，理论产生乙酸乙酯的质量882.1g==3.08g60，所以产率2g100%=64.9%3.08g；实际产量低于理论产量，结合信息，可能的原因有原料被蒸出，利用率不高或发

生副反应，使产率降低等，故答案为：64.9%；原料被蒸出，利用率不高或发生副反应，使产率降低等。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com