【文档说明】江西省宜春市高安中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学（B）试题【精准解析】.doc，共(16)页，446.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题第I卷(选择题)一、单项选择题(每小题3分，16小题共48分)1.下列表示正确的是()A.HClO的结构式为H-Cl-OB.二硫化碳的结构式：S═C═SC.CH4的比例模型D.HCl的电子式：【答案】B

【解析】【详解】A.HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；B.二硫化碳的结构式：S═C═S，B正确；C.CH4的球棍模型为：，C错误；D.HCl的电子式为：H:Cl:，D错误；答案选B。【点睛】A容易错，同学往往不从结构的角度去认识氢原子需要共用一

对电子对、氯原子共用一对电子对、而氧原子要共用两对电子对，应该氧原子分别与氢、氯原子共用电子对。2.下列分子中所有原子均满足最外层8电子结构的是A.LiClB.NCl3C.PCl5D.BF3【答案】B【解析】【详解】A、Li失去一个电子，变成Li+，最外层2个电子；B、

N最外层5个电子，Cl最外层7个电子，通过共用电子对，都达到8个电子稳定结构；C、PCl5中的P最外层5个电子，共用5对电子，总数为10个电子；D、B最外层3个电子，共用3对，总数为6个电子。3.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn－和dRm－(a、b、c

、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m>n，对下列叙述的判断正确的是()①a－b=n－m②元素的原子序数a>b>c>d③元素非金属性Z>R④最高价氧化物对应水化物碱性X>YA.②③B.

①②③④C.③④D.①②③【答案】A【解析】【分析】四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn－和dRm－具有相同的电子层结构，则离子核外电子总数相等，则m-a=b-n=c+n=d+m；若m>n，则元

素在周期表中的相对位置为R与Z同周期且位于Z的左侧，非金属性R＜Z，X与Y均位于下周期且Y位于X的左侧，金属性X＜Y；【详解】①a－b=n－m错误；②元素的原子序数a>b>c>d正确；③元素非金属性Z>R正确；④最高价

氧化物对应水化物碱性X>Y错误；据此组合，A正确；答案选A。4.下列说法正确的是()A.由分子组成的物质都含有共价键B.C(石墨，s)=C(金刚石，s)，反应中既没有电子的得失也没有能量的变化C.干冰升华时，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂D.伴

有能量变化的物质变化，都是化学变化【答案】C【解析】【详解】A.由分子组成的物质绝大多数含有共价键，稀有气体的原子就是分子，A错误；B.C(石墨，s)=C(金刚石，s)，反应中没有电子的得失，但是有能量的变

化，B错误；C.干冰升华时，要克服分子间的作用力，但二氧化碳分子中的共价键不发生断裂，C正确；D.伴有能量变化的物质变化，未必是化学变化，也可能是物理变化，例如干冰升华，D错误；答案选C。5.已知R2-离子的核

内有n个中子，R的质量数为M，则mgR2-离子里含有电子的物质的量为（）A.m(M-n)MB.m(M-n+2)MC.m(M-n-2)MD.M-N+2Mm【答案】B【解析】【详解】由R2-的核内有n个中子，

R的质量数为M，则质子数为M-n，故R2-阴离子的核外电子数为M-n+2，mgR2-的物质的量为mMmol，所以mgR2-阴离子含有的电子的物质的量为mM×（M-n+2）=。答案：B【点睛】本题考查原子构成，计算时要注意电子的质量可忽略，质量数近似等于相对原子质量。6.能说明Cl

的非金属性比S的非金属性强的事实是()A.Cl2与H2反应生成HCl，而S与H2反应生成H2SB.Cl原子最外电子层上有7个电子，而S原子最外层上有6个电子C.Cl2能与水反应而S不与水反应D.向H2S的水溶液中通入Cl2可得到淡黄色的固体【答案】D【解析】【分析】通常情况下，元素的金属性

越强，它的单质越容易从水或酸中置换出氢，该元素最高价氧化物的水化物的碱性越强；元素的非金属性越强，它的单质越容易与氢气反应形成气态氢化物，气态氢化物越稳定，该元素最高价氧化物的水化物的酸性越强；【详解】A.Cl2与H2反应生成HCl，S与H2反应生成H2S，应通过比较这两个反应

的难易程度来确定非金属性的强弱，A错误；B.Cl原子最外电子层上有7个电子，而S原子最外层上有6个电子，最外层电子数不同，为达到稳定结构所需获得的电子数不同，但是，非金属性的强弱取决于得电子的难易程度，而

不是得电子数目的多少，B错误；C.金属单质与水反应的难易程度可判断金属性的相对强弱，而不是非金属性的强弱，C错误；D.向H2S的水溶液中通入Cl2可得到淡黄色的固体，则H2S+Cl2=2HCl+S，D正确；答案选D。

7.下列表示变化为放热反应的是()A.B.Ba(OH)2．8H2O与NH4Cl反应C.D.【答案】D【解析】【详解】A.由图知该反应是吸热反应，A错误；B.该反应生成氯化钡、氨气和水，是室温下就能自发的吸热反应，B错误；C.是物理变化、不是化学反应，C错误；D.生成氯化

亚铁和氢气，是放热反应，D正确；答案选D。8.对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是()A.υ(W)=3υ(Z)B.2υ(X)=3υ(Z)C.2υ(X)=υ

(Y)D.3υ(W)=2υ(X)【答案】C【解析】【详解】对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，反应速率关系满足(W)(X)(Y)(Z)3243vvvv===，据此分析C正确；答案选C。9

.下列反应过程中，既有共价键的断裂，又有离子键的形成的是A.氢气和氧气燃烧生成水B.氯气和钠燃烧生成白烟C.氯化氢气体溶解于水D.食盐水蒸发结晶【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，反

应中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，说明发生了化学反应，据此分析解答。【详解】A.氢分子、氧分子和水分子中都存在共价键，所以氢气和氧气燃烧生成水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故A错误；B.2Na+Cl2=

2NaCl中既有共价键（氯气）的断裂，又有离子键的形成，所以B选项是正确的；C.氯化氢溶于水，氯化氢在水分子的作用下电离出氢离子和氢氧根离子，只有共价键的断裂，故C错误；D.食盐水蒸发结晶有氯化钠晶体析出，有离子键形成，但无共价键断裂，故D错误。所以B选项是正确的。10.下

列关于原电池的叙述正确的是()A.原电池放电时，电子由负极经电解质溶液流向正极B.原电池是将电能转变为化学能的装置C.在原电池中，电流流入的一极是负极，该电极发生氧化反应D.构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属【答案】C【

解析】【详解】A.原电池放电时，电子由负极经导线流向正极，A错误；B.原电池是将化学能转变为电能的装置，B错误；C.在原电池中，电子流出、电流流入的一极是负极，该电极发生氧化反应，C正确；D.构成原电池的正极和负极不一定是两种不同的金

属，例如燃料电池的正负极均可以用石墨，D错误；答案选C。【点睛】如何判断电池的正负极？我们来看看判断负极的常见方法：①电子流出那一极是负极，②发生氧化反应的一极是负极，③阴离子向负极移动，④负极有可能因参加反

应溶解而变细，⑤当电池总反应为金属与氢离子产生氢气的反应，通常活泼金属做负极，⑥如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极。11.下列说法正确的是()A.甲烷中混有少量乙烯可用酸性高锰酸钾溶液除去B.苯和乙烯都有碳碳双键所以都能使溴水褪色C.相同质量的

乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同D.在一定条件下，苯与氯气生成氯苯的反应类型是加成反应【答案】C【解析】【详解】A.乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化而产生二氧化碳气体，引入新杂质，A错误；B.苯不含碳碳双键，B

错误；C.乙炔与苯的最简式相同，相同质量的乙炔与苯所含碳元素质量相同、氢元素的质量也相同，分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，C正确；D.在一定条件下，苯与氯气反应生成氯苯和氯化氢，反应类型是取代反应，D错误；答案选C

。【点睛】A容易错，乙烯通入溴水和高锰酸钾都会褪色，虽然反应现象相同，但反应类型不同，所得产物不同，乙烯和溴水发生的是加成反应，可除去甲烷中的乙烯，乙烯和酸性高锰酸钾的是氧化反应，产生二氧化碳气体，引入新杂质，

不能用于除去甲烷中的乙烯。12.关于化合物2−苯基丙烯()，下列说法正确的是()A.可以发生加聚反应B.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.分子中所有原子共平面D.易溶于水及甲苯【答案】A【解析】【详解】A

.分子内含碳碳双键，故可以发生加聚反应，A正确；B.分子内含碳碳双键，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.分子中含甲基，故所有原子不可能共平面，C错误；D.烃难溶于水，D错误；答案选A。13.应用元素周期律分析下列推断，其中

正确的组合是()①第ⅡA族单质的熔点随原子序数的增大而降低②砹(At)是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl③硒(Se)的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性⑤铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应⑥第三周期金

属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱A.①③⑥B.②④⑥C.③④⑤D.①③④【答案】A【解析】【详解】①第ⅡA族单质均为金属，构成金属晶体，金属晶体的熔点取决于金属键的强弱，金属离子电荷越高、离子半径越小，金属键

越牢固，熔点越高，ⅡA的离子电荷相同、离子半径随核电荷数的递增而递增，故熔点随原子序数的增大而降低，故①正确；②砹(At)是第VIIA族，非金属性比Cl弱，故其氢化物的稳定性小于HCl，故②不正确；③硒(Se)的非金属性比S弱，最高价氧化物对应水化物的

酸性比硫酸弱，故③正确；④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液有酸性也有碱性，例如氨气的水溶液呈碱性，故④不正确；⑤铊(Tl)与铝同主族，离金属和非金属分界线有一定距离，因此铊具金属性，其单质既能与盐酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故⑤不正确；

⑥第三周期金属元素随着核电荷数的递增金属性递减，故最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；答案选A。14.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确

的是()A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)B.由X、Y组成的化合物中不含共价键C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D.X的简单氢化物的沸点比W的高【答案】D【解析】【分析】据题意可推出X为O、Y为Na、Z为Al、W为S；【详解】A.原子半径：

r(W)＜r(Z)＜r(Y)，A错误；B.由X、Y组成的化合物可以是氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中含共价键，B错误；C.Y和Z的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，故Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C错误；D.X和W的简单氢化物分别为水、硫化氢，

水沸点比硫化氢的高，D正确；答案选D。15.下列说法正确的是()A.H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B.C(s)＋H2O(g)⇌H2(g)＋CO(g)，气体

的总物质的量不再改变不能说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g)⇌2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体D.1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的

热量为Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2等于Q1【答案】D【解析】【详解】A.H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积增大压强，则正逆反应速率均增大，A错误；B.C(s)＋H2O(g)⇌

H2(g)＋CO(g)，气体的总物质的量会随着反应而变化，当其不再改变时则能说明反应已达平衡，B错误；C.2A(?)＋B(g)⇌2C(?)的两边，气体分子总数不可能相等，故不管A、C是什么状态，若压强不再随时间变化均能说明反应2A(?)＋B(g)⇌2C(?)已达平衡，C错误；D.设合成氨反应中

消耗1molN2和3molH2同时生成2molNH3时，放出热量为Q，则热化学方程式为：1223N(g)+3H(g)2NH(g)kJmolHQ−=−，消耗2molNH3同时生成1molN2和3molH2时，吸收热量为Q，则热化学方程式为：13222NH(g)N(g)+3H(

g)kJmolHQ−=+，当1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1=0.1Q，在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2=0.1Q，D正确；答案选D。16.中学常见的短周期主族元素R、X、Y、Z、M的原子序数依

次增大，它们占据三个周期。Y和M位于同主族，Y原子最外层电子数是电子层数的3倍。这五种元素组成一种离子化合物Q。取一定量Q溶于蒸馏水得到溶液，向溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，产生的沉淀质量与滴加氢氧化钠溶液体积的变化情况如图所示。下列说法不正确的

是()A.简单离子半径：M>Y>ZB.气态氢化物的热稳定性：Y>XC.最高价氧化物对应水化物的酸性：M>ZD.由R、X、Y、M四种元素只能组成二种盐【答案】D【解析】【分析】R为H、X为N、Y为O、Z为Al、M为S，由图知，离子化合物Q中含铵离子、铝离子，一定量Q

溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，铝离子先被沉淀生成氢氧化铝、铵离子再与氢氧根离子结合成一水合氨，继续滴氢氧化钠溶液，则氢氧化铝被溶解，由图知，Q中铵离子和铝离子物质的量之比为1:1；【详解】A.M为S、Y为O、Z为Al，简单离子半径：M>Y>Z，A正

确；B.X为N、Y为O，非金属性Y>X，则气态氢化物的热稳定性：Y>X，B正确；C.Z为Al、M为S，最高价氧化物对应水化物的酸性硫酸是强酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，有弱酸性，C正确；D.由R、X、Y、M四种元素能组成的盐不止2种，例如硫酸铵、硫酸氢

铵、亚硫酸铵、亚硫酸氢铵等等，D不正确；答案选D。【点睛】选项A中氧离子、铝离子是具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小。第II卷(非选择题)二、填空题(4小题，共52分)17.A、B、C

、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，其中，A、C及B、D分别是同主族元素；A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的；B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的2倍；四种元素所形成的单质中A、B单质是气体，C、D单质是固体。(1

)写出以下元素的名称：B________________；C______________。(2)写出D元素在周期表中的位置___________________________(3)用电子式表示C2D的形成过程：_______________________________(4)写出

由B、C两元素所形成的原子个数比为1：1的化合物的的电子式_______；属于_______(填“离子”或“共价”)化合物，存在的化学键的种类有______________________；写出它与水反应的

离子方程式_______________________________【答案】(1).氧(2).钠(3).第三周期，ⅥA族(4).(5).(6).离子(7).离子键、非极性键(共价键)(8).2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑【解析】【分析】A、B、C

、D是四种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径是所有主族元素中原子半径最小的，A与C同主族，则A为H元素；B与D同主族，分别处于二、三周期，二者质子数之和至少为11，两元素的原子核中质子数之和是A

、C两元素原子核中质子数之和的二倍，C不可能为Li，可推知C为Na；则B、D质子数之和为(1+11)×2=24，令B的质子数为x、则D的质子数为x+8，则x+x+8=24，解得x=8，则B为O元素、D为S元素，

据此填空；【详解】(1)据以上分析，B为氧、C为钠；答案为：氧；钠；(2)写出D为硫元素，其在周期表中的位置为第三周期，ⅥA族；答案为：第三周期，ⅥA族；(3)C2D即硫化钠，则用电子式表示C2D的形成过程为：；答案为：；(4)由B、C两元素所形成的原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，其电

子式为+2-+Na[:O:O:]Na；过氧化钠属于离子化合物，钠离子和2-2O之间是离子键，2-2O内存在有非极性键(共价键)；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑；答案为：+2-+Na[:O:O:]

Na；离子；离子键、非极性键(共价键)；2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH－+O2↑。18.某温度下，在2L恒容密闭容器中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所示，反应在t

1min时达到平衡。(1)请写出该反应的化学方程式：____________________________(2)若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2的一种，在此t1min时间内，用H2表示该反应的平均速率υ(H

2)为____________________________(3)拆开1mol共价键所需吸收的能量如下表：共价键H－HN≡NN－H吸收的能量/kJ4369463911molN2完全反应生成NH3__________(填：吸收或放出多少)kJ能量。但事实上，将1molN2和3mol

H2放在反应容器中，使它们充分反应，反应的热量变化总小于计算值，原因是________________________________(4)下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是___________(填字母代号)。A．容器内各气体组分的质量分数不再发生

改变B．容器内气体的压强不再发生改变C．容器内气体的密度不再发生改变D．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变【答案】(1).2X⇌3Y＋Z(2).0.6/t1(mol.L-1.min-1)(3).放出92(4).该反应为可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度时，转化率小于100%

,因此放出的热量总是小于理论计算值(5).ABD【解析】【分析】(1)分析图像中X、Y、Z物质的量的变化值之比，据此写出该反应的化学方程式；(2)按定义计算用H2表示该反应的平均速率υ(H2)即可；(3)通过表格种的键能数据，反应中放出的热量等于生成物的总键能减去反应物的总键能；反应的热量

变化与实际消耗的反应物的物质的量成正比；(4)按平衡状态的特征“等”、“定”，判断选项即可；【详解】(1)由图象可以看出，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，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：2X⇌3Y+Z；答案为：2X⇌3Y+Z；(2)若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、

N2的一种，则Y为氢气，在此t1min时间内，用H2表示该反应的平均速率1122111.2mol(H)0.62L(H)molLminmincvttt−−===；答案为：1110.6molLmint−−；(3

)合成氨反应为：223N(g)+3H(g)2NH(g)，实际消耗1molN2、3molH2，生成2molNH3，则消耗1molN2吸收能量946kJ、消耗3molH2吸收能量3×436kJ、生成2molNH3放出能量6×391kJ，则

1molN2完全反应生成NH3时放出92kJ能量；答案为：92；但合成氨反应是可逆反应，当1molN2完全反应生成NH3时，实际提供的反应物必定大于1molN2和3molH2，若将1molN2和3molH2放在反应容器中，使

它们充分反应，实际不可能完全消耗，故反应的热量变化总小于计算值；答案为：该反应为可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度时，转化率小于100%，因此放出的热量总是小于理论计算值；(4)该反应为2X⇌3Y＋Z；A．容器内各

气体组分的质量分数不再发生改变，则各成分的浓度不再变化，已达平衡，A符合；B．容器内气体的压强不再发生改变，则各成分的物质的量、浓度不再变化，B符合；C．容器内气体的密度不会随着反应而变化，故密度不再发生改变，不能说明已经平衡，C不符合；D．气体的物质的量、混合气体的平均相对分子质量会随着反

应而变化，故混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，则各成分的物质的量不再变化说明已达平衡，D符合；答案为：ABD。【点睛】平衡状态的判断方法有：①对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，如υ正(X)=υ逆(X

)，若选用不同物质的速率，则如不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，如本题的反应中，2X⇌3Y＋Z，则υ正(Z)=12υ逆(X)，则说明已平衡，②各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了，③选定的某个物理量，一开始会随着反应的发生而变化，而当这个

量不再改变的时候，就达到化学平衡状态，如2X⇌3Y＋Z中混合气体的平均摩尔质量就是这样的物理量。19.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。(1)将纯锌片和纯铜片按图方式插入100mL相同浓度的稀硫酸中一段时

间，回答下列问题：①下列说法正确的是____________。A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置B．乙中铜片上没有明显变化C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D．甲乙两烧杯中溶液的pH均增大②同条件下两烧杯中产生同体积的气体，需要的时间甲________乙(填“>”“<”或“

＝”)。③请写出甲乙图中构成原电池的负极电极反应式：__________________。④当甲中溶液质量增重15.75g时，电极上转移电子数目为______________。(2)图丙为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是KOH。写出负极的电

极反应方程式为____________________________________。【答案】(1).BD(2).<(3).Zn－2e－=Zn2＋(4).0.5NA(5).CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O【

解析】【分析】(1)由图知，甲为原电池，乙并不是原电池，但甲乙两装置中总反应均为锌和稀硫酸反应生成硫酸锌、放出氢气，据此回答相关内容；(2)图丙是甲烷碱式燃料电池，负极是甲烷失去电子被氧化的反应，据此

写负极电极方程式；【详解】(1)①A.甲为化学能转变为电能的装置，但乙没有形成闭合回路，故A错误；B.乙中主要是锌与稀硫酸反应，锌片溶解，在锌片表面产生气泡，故B正确；C.甲、乙中均为锌片质量减小，铜片质量保持不变，故C错误

；D.由于两烧杯中硫酸被消耗，氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；答案为：BD；②相同条件下两烧杯中产生同体积的氢气时，因为甲装置是原电池装置，则甲中反应速率大，所需时间段，故需要的时间甲小于乙；答案为：<；③甲为原电池，负极为锌，其电极反应式为

：Zn－2e－=Zn2＋；答案为：Zn－2e－=Zn2＋；④当甲中溶液质量增重15.75g时，则+2+-2Zn+2H=Zn+H~2e~2mol63g15.75gmx，则x=0.5mol，故电极上转移电子数目为0.5

NA；答案为：0.5NA；(2)通入甲烷的一极为负极，甲烷在碱性条件下失去电子转化为碳酸根，对应的电极反应式为2432CH10OH8eCO7HO−−−+−=+；答案为：2432CH10OH8eCO7HO−−−+

−=+。20.根据以下转化关系，完成以下各空：(1)A和C的结构简式：A__________________C________________。(2)写出②③的化学方程式：②_______________________________________________

________③________________________________________________________(3)④的反应类型_____________(4)C2H518OH与D酸化后的产物反应的化学方程式__________________

____。(5)用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯后，分离得到乙酸乙酯的方法是__________，分离需要的玻璃仪器有________________。【答案】(1).CH2OH(CHOH)4CHO(2).CH3CHO(3)

.2CH3CH2OH+O2⎯⎯→2CH3CHO+2H2O(4).CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯→CH3COONa+Cu2O+3H2O(5).氧化反应(6).CH3COOH+CH3CH218OH浓硫酸CH3CO18OCH2CH3+H2O(7).分液(8).分液漏斗，

烧杯【解析】【分析】由流程图知：在稀硫酸和加热条件下，淀粉水解最终产物为葡萄糖，故A为葡萄糖，葡萄糖发酵得乙醇，故B为乙醇，乙醇催化氧化得乙醛，故C为乙醛，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液共热得乙酸钠，则D为乙酸钠，据此填空；【详解】(1)按分析A为葡萄糖，结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO；

C为乙醛，结构简式为CH3CHO；答案为：HOCH2(CHOH)4CHO；CH3CHO；(2)反应②为乙醇的催化氧化，生成乙醛和水，化学方程式为2CH3CH2OH+O2Cu⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；③为乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液的反应，生成乙酸钠、氧化亚

铜和水，化学方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯→CH3COONa+Cu2O+3H2O；答案为：2CH3CH2OH+O2Cu⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯→C

H3COONa+Cu2O+3H2O；(3)反应④为葡糖糖和银氨溶液的反应，葡萄糖被氧化；答案为：氧化反应；(4)C2H518OH与D酸化后的产物反应，其中D酸化后的产物为乙酸，故为乙酸和乙醇之间的酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OH浓硫酸CH3CO18OCH2

CH3+H2O；答案为：CH3COOH+CH3CH218OH浓硫酸CH3CO18OCH2CH3+H2O；(5)用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯后，得到互不相溶的两层液体，故分离得到乙酸乙酯的方法是分液，需要的玻璃仪器有分

液漏斗，烧杯；答案为：分液；分液漏斗，烧杯。