【文档说明】辽宁省营口市第二高级中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学（理）试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.226 MB，由小赞的店铺上传

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2019~2020学年下学期期末考试高一化学试题全卷满分100分，时间为90分钟。考生注意：本试卷分为第I卷和第II卷两部分，第I卷为选择题，共50分。第II卷为非选择题，共50分。可能用到的原子量：H-1N-14C-12O-16Cl-35.5Fe-56I-127

Zn-65Mn-55S-32Na-23第I卷选择题(50分)一、选择题(本题共20小题，1-10每小题2分，，11-20每小题3分，共50分，每小题只有一个选项符合题意1.下列我国科技创新的产品设备在

工作时,由化学能转变成电能的是A.长征三号乙运载火箭用偏二甲肼为燃料B.嫦娥四号月球探测器上的太阳能电池板C.和谐号动车以350km/h飞驰D.世界首部可折叠柔屛手机通话A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．偏二甲肼为燃料发动机能将化学能转变

为了动能，而没有将化学能转变为电能，故A错误；B．太阳能电池板将太阳能转变为电能，而没有将化学能转变为电能，故B错误；C．和谐号动车将电能转变为了动能，而没有将化学能转变为电能，故C错误；D．世界首部可折叠柔屏

手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，故D正确。答案选D。2.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（）A.图a表示的是吸热反应的能量变化B.图a中生成物比反应物稳定C.图b可以表示甲烷燃烧反

应的能量变化D.图b表示的反应一定需要加热才能发生【答案】B【解析】【详解】A、图a中反应物总能量高于生成物总能量，故为放热反应，选项A错误；B、图b中反应物总能量低，反应物稳定，选项B正确；C、图b中反应物总能量低于生成物总能量，可以表示吸热反应，而甲烷燃烧反应为放热

反应，选项C错误；D、图b表示的是吸热反应，吸热反应发生不一定需要加热也能发生，如氢氧化钡晶体和氯化铵固体在常温下就可发生，故D错误。答案选B。3.下列“中国制造”所用的材料属于无机非金属材料的是（）A.宇航服所用聚酯纤维B.“

天眼”反射面板所用铝合金C.港珠澳大桥所用水泥D.“蛟龙号”所用钛合金【答案】C【解析】【分析】材料主要分为无机材料（包括金属材料和无机非金属材料）和有机高分子材料（包括天然有机材料和有机合成材料），据此解答。【

详解】A、聚酯纤维属于有机合成材料，故A错误；B、铝合金属于金属材料，故B错误；C、水泥属于无机非金属材料，故C正确；D、钛合金属于金属材料，故D错误。答案选C。【点睛】本题主要考查了材料的分类，了解材料的分类是解答本题的关键。4.含硫煤燃

烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是()A.该过程中可得到化工产品H2SO4B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2C.该过程中化合价发生改变的

元素只有Fe和SD.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4【答案】C【解析】【分析】根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2（SO4）3和H2O吸收SO2生成

FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4，据此分析解答。【详解】A．从图可以看出，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，可得到化工产品H2SO4，A正确；B．根据A中分析可知，该工艺流程是除去煤燃

烧时产生的SO2，B正确；C．该过程中化合价发生改变的元素除去Fe和S外，还有O，C不正确；D．该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应方程式为Fe2(SO4)3＋SO2＋2H2O=2FeSO4＋2H2SO4，D正确；故选C。5

.将2SO气体通入显红色的酚酞溶液中，发现红色消失，这主要是因为2SOA.有漂白性B.有还原性C.有氧化性D.溶于水后溶液显酸性【答案】D【解析】【详解】二氧化硫不能使指示剂褪色，酚酞显红色说明溶液中存在着碱性的物质，而二氧化硫溶于水后显酸性，可将碱性物质中和，而使酚酞褪色。答案选

D。【点睛】二氧化硫虽然具有漂白性，但不能使指示剂褪色。6.下列现象和用途中，浓硫酸表现脱水性的是()A.实验室制取氯气时浓硫酸做干燥剂B.浓硫酸使火柴梗变黑C.浓硫酸滴到胆矾上，蓝色晶体变成白色粉末D.浓硫酸与碳单质反应【答案】B【解析】【详解】A.用浓硫酸干燥

氯气时浓硫酸表现吸水性，A不符合题意；B.浓硫酸使火柴梗变黑，浓硫酸表现脱水性，B符合题意；C.浓硫酸滴到胆矾上，蓝色晶体变成白色粉末，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；D.浓硫酸与碳单质反应，浓硫酸表现强氧化性，D不符合题意；答案选B。7.实验室里可按下图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R

可用水吸收，则R是A.HClB.Cl2C.COD.NH3【答案】D【解析】【详解】根据装置可知，被收集的气体密度小于空气的。根据吸收装置可知，该气体极易溶于水，所以答案选D。8.硅及其化合物在材料领域中应用广泛

。下列叙述中，正确的是（）A.如图是常见于汽车中的小摆件“苹果花”，它的动力是以Si为原料制作的太阳能电池B.晶体硅主要用途是制造光导纤维C.硅是地壳中含量最多的元素D.硅的化学性质很稳定，因此硅在自然界中以游离态形式存在【答案

】A【解析】【详解】A.晶体硅是良好的半导体材料，主要用途是制作太阳能电池、集成电路，故A正确；B.晶体硅主要用途是制作太阳能电池、集成电路等，制造光导纤维的是二氧化硅，故B错误；C.氧是地壳中含量最多的

元素，故C错误；D.硅是亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，D错误；故答案为A。9.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法错误的是A.甲不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳

双键之间的独特的键D.丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应【答案】D【解析】由四种有机物的比例模型可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，则A、甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B、乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B正确；C、苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的

独特的键，C正确；D、乙醇与乙酸的酯化(取代)反应常用浓硫酸作催化剂和吸水剂，不能用稀硫酸，D错误。答案选D。10.下列说法不正确的是（）A.煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠B.煤可与水蒸气反应制成水煤气，水煤气的主要成分为一氧化碳和氢气C.汽油、煤油、柴油和植物

油都是碳氢化合物D.以石油、煤和天然气为原料，可生产塑料、合成橡胶和合成纤维【答案】C【解析】【详解】A、石油分馏可得到煤油，易隔绝空气和水，钠的密度比煤油大，可保持在煤油中，且煤油能燃烧，可作燃料，故A正确；B、水煤气的主要成分为CO和H2，C与水

蒸气反应生成一氧化碳和氢气，则煤可与水蒸气反应制成水煤气，故B正确；C、植物油是碳、氢、氧三种元素组成的有机物，不属于碳氢化合物，故C错误；D、以石油、煤和天然气为原料，可生产塑料、合成橡胶和合成纤维，故D正确。故选C。1

1.下列有机物分子中所有原子一定不在同一平面内的是()A.乙烯B.苯乙烯()C.异戊烷D.氯乙烯(CH2=CHCl)【答案】C【解析】【详解】A.乙烯分子中所有原子一定共平面，A不符合；B.苯乙烯()分子中所有原子有可能共平面，B不符合；C.异戊烷分子内

碳原子都是四面体结构，分子中所有原子一定不能共平面，C符合；D.氯乙烯(CH2=CHCl)分子中所有原子一定共平面，D不符合；答案选C。12.某学生设计了如下实验方案用以检验淀粉的水解情况。下列结论正确的是（）A.淀粉尚有部分水解B.淀粉已完全水解C.淀

粉没有水解D.淀粉已发生水解，但不知是否完全水解【答案】D【解析】【详解】淀粉在酸催化下水解后的溶液，加入过量NaOH溶液后显碱性，加入少量碘水，I2会与NaOH发生反应，无法证明是否有淀粉剩余；在上述碱性溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，产生

砖红色沉淀，可证明水解液中有葡萄糖，则淀粉已经发生水解。综上，答案选D。【点睛】用新制的Cu(OH)2悬浊液检验还原糖，需要在碱性条件下进行；而I2会与NaOH发生反应（与Cl2、Br2类似），所以不能

在碱性条件下用碘水检验淀粉。13.能正确表示下列反应的离子方程式的是()A.向澄清石灰水中通入少量SO2气体：Ca2＋＋SO2=CaSO3↓B.过量SO2气体通入氢氧化钠溶液中：SO2＋OH－=-3HSOC.SO2气体通入溴水中：SO2＋Br2＋H2O=2H＋＋2Br－＋2-3SOD.向

氢硫酸中通入氯气：S2－＋Cl2=S↓＋2Cl－【答案】B【解析】【详解】A．向澄清石灰水中通入少量SO2气体，反应的化学方程式是SO2(少量)＋Ca(OH)2=CaSO3↓＋H2O，对应的离子方程式是Ca2＋＋2OH－＋SO2=Ca

SO3↓＋H2O，A错误；B．过量SO2气体通入氢氧化钠溶液中，反应的化学方程式是SO2＋NaOH=NaHSO3，对应的离子方程式是SO2＋OH－=-3HSO，B正确；C．SO2气体通入溴水中，反应的化学方程式是SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋

H2SO4，对应的离子方程式是SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－+24SO−，C错误；D．氢硫酸是弱酸，向氢硫酸中通入氯气的离子方程式为：H2S＋Cl2=S↓＋2H++2Cl－，D错误；答案选B。14.下列实验报告记录的

实验现象正确的是()实验记录abcdA无色无色无现象无色溶液B红色无色白色沉淀白色沉淀C红色无色无色溶液白色沉淀D无色无色无色溶液无色溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】SO2的水溶液呈酸性，使石蕊试液变红，但不能漂白石蕊试液，故试管a内显红色；SO2能漂白品红溶液，使品红溶液

褪色，故试管b内显无色；SO2的饱和溶液加入Ba(NO3)2溶液中，酸性环境下SO2被-3NO氧化为2-4SO，2-4SO与Ba2＋形成BaSO4白色沉淀，故试管c内有白色沉淀；d试管中：SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，Na

2SO3与BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀，则B正确；答案选B。15.已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。下列有关操作、装置、原理及对现象的表述正确的是A.用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2B.用装置乙可检验分解产

生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色C.用装置丙可检验分解产生的SO3，现象是产生白色沉淀D.用装置丁可吸收尾气，避免污染环境【答案】A【解析】A.点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置中的空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；B.装置乙

不能检验分解产生的SO2，产物中有SO3对SO2的检验造成干扰，并且SO2只能使石蕊试液变红，B错误；C.SO3极易溶于水，当混合气体经过乙时，SO3会被吸收，所以要想检验SO3，应该把乙和丙的位置互换，C错误；D

.装置丁中应该用饱和的Na2SO3溶液，D错误；答案选A.16.有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增大b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是()A.a>b>

c>dB.b>c>d>aC.d>a>b>cD.a>b>d>c【答案】C【解析】【详解】装置一是原电池，a极质量减小，说明a极金属易失去电子形成离子，故a极金属比b极金属活泼；装置二没有形成原电池，可知b比c活泼，且c位于

金属活动性顺序表中氢的后面；装置三和四均形成原电池，易知d比c活泼，d比a活泼。因此四种金属的活动性顺序为d>a>b>c，故C正确；故选C。17.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-而进行下列五项操作，其中正确的操作顺序是（）①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO

3溶液⑤加过量BaCl2溶液A.①④②⑤③B.④①②⑤③C.⑤②①④③D.②⑤④①③【答案】D【解析】【详解】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-，除去钙离子用碳酸钠，除去镁离子用氢氧根离子，除去硫酸根离子用钡离子，由于加入的试剂均过量，

则加入碳酸钠溶液应该放在氯化钡溶液之后可除去过量的钡离子，然后过滤除去沉淀，最后加入盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，则正确的操作顺序是②⑤④①③或⑤②④①③，故答案为D。18.一定条件下，将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器

中，发生反应：3A（g）＋B（g）C（g）＋2D（s）。2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是（）A.若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态

B.2min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢C.反应过程中A和B的转化率之比为3∶1D.开始到平衡，用A表示的化学反应速率为0.3mol·L－1·min－1【答案】D【解析】【详解】A.因为生成物D为固体，所以气体质量和气体体积都发生变化，若混合气体的密度不再改

变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；B.2min后加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；C.将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，因为加入的反应物之比和方程式中化学计量数相同，所以反应过程

中A和B的转化率相等即为1：1，故C错误；D.根据反应方程式可知：2min内生成0.8molD，消耗A的物质的量为1.2mol，故2min内A的反应速率v(A)=c/t=1.2mol2?min2?L=0

.3mol·L－1·min－1，故D选项是正确的；所以正确答案为D。【点睛】解题依据：根据化学反应速率影响因素进行判断速率的变化；根据速率的计算公式计算速率的大小；根据变化量判断转化率。19.38.4mg铜跟适量

的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到22.4mL(标准状况下)气体，反应消耗的HNO3的物质的量可能是()A.1.0×10－3molB.1.6×10－3molC.2.2×10－3molD.2.4×10－3mol【答案】C【解析】【详解】铜跟适量的浓

硝酸反应，铜全部作用后，消耗的硝酸，是表现酸性的硝酸与表现氧化性的硝酸之和，38.44mgCu的物质的量为：n(Cu)=0.038464/ggmol=0.0006mol,所以表现酸性的硝酸为：n(HNO3)=2n(Cu)=0.0012mol,表现氧化性的硝酸等于气体（NO、NO2）的物

质的量为：n(HNO3)=0.022422.4/LLmol=0.001mol，故消耗硝酸为：0.001mol+0.0012mol=2.2×10−3mol；本题答案为C。【点睛】在铜和硝酸的反应中，硝酸既表现了氧化性又表现了酸性。20.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（

不含立体异构）A.8种B.10种C.12种D.14种【答案】C【解析】【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不

同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C有、共8种，骨架有和，4种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，C项正确；答案选C。【点睛】本题考

查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键。第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、填空题(本题共4小题，共50分)21.为了验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，选用下图所示仪器(内含物质)组装成实验装置：(1)如按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是(填各接口字母)

：_____接________，_____接_____，____接____；(2)仪器乙、丙应有怎样的实验现象才表明已检验出CO2?乙中_______，丙中_______；(3)丁中酸性KMnO4溶液的作用是_

________；(4)写出甲中反应的化学方程式________。【答案】(1).A(2).F(3).E(4).C(5).D(6).B(7).乙中出现白色沉淀(8).丙中品红未褪色(9).吸收SO2(

10).C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O【解析】【分析】该实验的目的为验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，并检验生成气体。甲为反应装置，乙检验二氧化碳，丙检验二氧化硫是否除尽，丁除去二氧化硫防止干扰二氧化碳的检验。【详解】（1）根据实验室浓H2SO4氧化木

炭的反应原理、条件，固液加热下反应，进行选择发生装置，高锰酸钾可氧化二氧化硫，用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，故答案为A；F；E；C；D

；B；（2）乙中为澄清的石灰水，澄清的石灰水和二氧化碳反应变浑浊，二氧化硫具有漂白性，二氧化硫能使品红褪色，丁装置用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色，故答案为出现白色沉淀；品红未褪色；（

3）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以除去二氧化硫；二氧化硫具有漂白性，可以检验二氧化硫是否存在，所以为了验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，应先用酸性高锰酸钾酸性溶液除SO2，再用品红溶液检验二氧化硫是否除尽；（4）碳和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为：C+2H

2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。【点睛】本题考查浓硫酸的性质及常见气体的检验，题目难度中等，把握反应原理、物质的性质、实验装置的作用为解答的关键。22.甲、乙、丙三位同学分别用如下实验装置及化学药品(碱石灰为氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气。请你参与探究，并回答下列问题：(

1)制取氨气的化学方程式为_________________________________________。(2)三位同学都用向下排空气法收集氨气，其原因是_________________________________________。(3)三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一

位同学没有收集到氨(实验操作都正确)，你认为没有收集到氨气的同学是________(填“甲”、“乙”或“丙”)。(4)检验氨气是否收集满的方法是___________(简述操作方法、现象和结论)。(5)三位同学都认为，采用上述各自的装置，还可用于加热碳酸氢铵固体的方法来制取纯

净的氨气，你认为哪位同学能够达到实验目的________(填“甲”、“乙”或“丙”)。他们还认为，装置中的NH4HCO3固体可用NH4Cl固体代替，你认为________(填“能”或“不能”)。【答案】(1).2NH4Cl+Ca(OH)2△CaCl2+2NH

3↑+2H2O(2).氨气的密度比空气小且极易溶于水(3).乙(4).用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，则氨气已满)(5).丙(6).不能

【解析】【分析】本题考查的是氨气的制备和性质。（1）实验室可以用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气；也可以用浓氨水与碱石灰制备少量氨气；（2）氨气的收集方法可根据氨气的溶解性和密度选择；（3）氨气为碱性气体，可与酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气；（4）碳

酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可用碱石灰除杂。（5）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以可以用湿润的红色石蕊试纸检验。【详解】（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2ΔCa

Cl2+2H2O+2NH3↑。本小题答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2ΔCaCl2+2H2O+2NH3↑。（2）根据氨气的溶解性和密度选择收集氨气的方法，氨气的密度比空气小且极易溶于水，应用向下排空气法收集。本小题答案为：氨气的密度比空气小且极易溶于水。（3）

氨气为碱性气体，浓硫酸具有酸性，氨气能与浓硫酸反应而被硫酸吸收，乙同学无法收集到氨气。本小题答案为：乙。（4）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3•H2O，电离出OH-离子，溶液呈碱性，若用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝，可证明氨气已满；氨气与氯化氢

气体反应生成氯化铵固体小颗粒，现象是有白烟生成，则用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，如果产生白烟，可证明氨气已满。本小题答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试纸变蓝，则氨气已满(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管

口，如果产生白烟，则氨气已满)。（5）碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，其中可用碱石灰吸收二氧化碳和水，只有丙能做到；氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，在温度较低时又重新生成氯化铵，只用氯化铵无法获得氨气。本小题答案为：丙；不能。【点睛】本题解题时

需注意①注意观察装置的特点，甲有制气装置和收集装置，乙、丙中还有除杂装置，但乙中的浓硫酸不宜除去氨气中的水分。②氨气收集方法的选择可根据氨气的溶解性和密度选择，氨气的密度比空气的密度小且不溶于水，可采用向下排空气法收集。③不结合实际情况和装置误认为不能通过加热碳酸氢铵固体获得氨气

，只要用试剂将分解产物中的水和二氧化碳除去就可得到氨气。23.(1)同一物质在气态时的能量大于在液态时的能量。一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1______(填“大于”“小于

”或“等于”)Q2。(2)已知：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，则断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为______

kJ。(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图：①该反应的化学方程式是__________。②该反应达到平衡状态的标志是________(填字母)。A.Y的体积分数在混合气体中保持不变B.X、Y的反应速率之比为3:1C.容器内气体的压强保持

不变D.容器内气体的总质量保持不变③0～2min内Y的转化率为________。【答案】(1).小于(2).31.9(3).3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)(4).AC(5).10%【解析】【详解】(1)氢气燃烧分别生成液态水和气态水，由气态水转化为液态水还要放出热量，故Q1＜Q2；答案为

：小于；(2)用E(H—O)、E(H—Cl)分别表示H—O键、H—Cl键的键能，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，则反应物总键能－生成物总键能＝－115.6kJ·mol－1，故4×E(H—Cl)＋498kJ·mol－1－2×243kJ·mol

－1－4×E(H—O)＝－115.6kJ·mol－1，整理得4E(H—Cl)－4E(H—O)＝－127.6kJ·mol－1，即E(H—O)－E(H—Cl)＝31.9kJ·mol－1，故断开1molH—O键与断开1molH—Cl键

所需能量相差约为31.9kJ·mol－1×1mol＝31.9kJ；答案为：31.9；(3)①由题图可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到5min时，Δn(Y)＝0

.2mol，Δn(Z)＝0.4mol，Δn(X)＝0.6mol，则Δn(Y)∶Δn(Z)∶Δn(X)＝1:2:3，则化学方程式中各物质前化学计量数之比为1:2:3，则反应的化学方程式为3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)；答案为：3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)；②A.Y的体积分数在混合气体中

保持不变，则已达平衡，A正确；B.平衡时正反应速率和逆反应速率相等，而同一方向的X、Y的反应速率之比始终为3:1，故X、Y的反应速率之比为3:1，不能作为平衡状态的标志，B错误；C.反应3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)从开

始到平衡的过程中，4L容器内的气体物质的量和气体压强始终在变化，当容器内气体的压强保持不变，也即各气体的物质的量保存不变，则已平衡，C正确；D.容器内气体的总质量始终保持不变，故容器内气体的总质量保持不变不能作为平衡状态的标志，D错误；答案为：AC；③0～2min内Y的转化率＝

变化物质的量起始物质的量×100%＝1mol-0.9mol1mol×100%＝10%；答案为：10%。【点睛】问题(3)中3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)是否处于平衡状态的判断易错。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υ正(Y)=13υ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，如选项C中提到的压强就是这样的一个物理量。24.实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在甲试管(如图)中加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸的混合溶液。②按上图连

接好装置(装置气密性良好)并加入碎瓷片，用小火均匀地加热3～5min。③待试管乙中收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯、洗涤、干燥。(1)配制该混合溶液的主要操作步骤为______；反应

中浓硫酸的作用是_____。(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_________。(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是________(填字母)。A.中和乙酸和乙醇B.中和乙酸并吸收部分乙醇C.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出D.加速酯

的生成，提高其产率(4)欲将乙试管中的物质分离以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器有________；分离时，乙酸乙酯应该从仪器的________(填“下口放出”或“上口倒出”)。【答案】(1).先向试管中加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸(2).做催化

剂和吸水剂(3).CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸ΔH2O＋CH3COOCH2CH3(4).BC(5).分液漏斗(6).上口倒出【解析】【分析】根据浓H2SO4比水重，溶于水放出大量的热，为了防止暴沸，将浓H2SO4注入乙醇中，由

浓H2SO4特性，判断浓H2SO4的作用；根据乙酸与乙醇发生酯化反应，写出化学方程式；根据Na2CO3可与乙酸反应，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，判断其作用；根据乙酸乙酯与Na2CO3互不相溶且分层，用分液操作分离，据此解答。【详

解】（1）浓硫酸密度大于水，且溶于水放出大量热，为了防止暴沸，应该将浓硫酸加入乙醇中，所以操作方法为：先向试管中加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，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；答案为先向试管中

加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，催化剂和吸水剂。（2）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：CH3COOH+C2H5OH浓硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O；答案为CH3COOH+C2H5OH浓硫酸ΔCH3COOC2H5+H2O。（3

）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，所以BC正确；答案为BC。（4）由于乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，所以混合液会分层，可以通过分液操作分离出乙酸乙酯，使用到的主要仪器为分液漏斗，乙酸

乙酯密度小于碳酸钠溶液，在上层，分液时从分液漏斗的上口倒出；答案为分液漏斗，上口倒出。