【文档说明】江西省宜春市上高县第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，972.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年度下学期高一期末考试化学试卷本卷可能用到的相对原子质量：H1O16C12P31S32Al271.化学知识无处不在，下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是()古诗文记载化学知识A采蒿墓之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如“石”，浣衣发面“石”

即石碱，具有碱性，遇酸产生气体B南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之．泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖C绿蚁新醅酒，红泥小火炉在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应D陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉制陶的主要原料是黏土，烧制陶瓷属硅酸盐工业A.AB.

BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．草木灰中含碳酸盐，碳酸盐显碱性，遇到酸会产生二氧化碳，A正确；B．“长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白”，蔗糖变白的原因是利用黄泥的吸附作用，故B正确；C．葡萄糖是单糖，不发生水解，故C错误；D．陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的

主要原料是黏土，D正确；答案选C。2.下列说法不正确的是()A.碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力B.化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化．C.BaCl2属于离子化合物，该晶体中只存在离子键D.NaHSO4和NaHCO3两种晶体溶于水

时，被破坏的作用力既有离子键又有共价键【答案】B【解析】【详解】A．碘升华，物质从固态变成气态，发生物理变化，只克服分子间作用力，A正确，不选；B．化学键的断裂和形成一定有能量变化，但是不一定有电子的转移，

如BaCl2和Na2SO4的反应，有离子键的破坏和形成，有能量变化，但不是氧化还原反应，没有电子的转移，B错误，符合题意；C．BaCl2由Ba2＋和Cl－构成，只存在离子键，C正确，不选；D．NaHSO4在水溶液中电离出Na＋、H＋

、SO42－；NaHCO3在水溶液中，电离出Na＋和HCO3－，HCO3－会电离出H＋和CO32－，被破坏的作用力既有离子键又有共价键，D正确，不选；答案选B。3.最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力

极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A.18O2和16O2是两种不同的原子B.甲醇（CH3OH）属于离子化合物C.N5和N2是氮元素的两种同位素D.由N5变成N2是化学变化【答案】D【解析】【详解】A.18O2和16O2是两种不同的原

子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。4.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO

2，一定条件下使反应223()()()()SOgNOgSOgNOg++达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是（）A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：a点小于b点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.12tt=时，SO2的转化率：~ab段小于~bc段

【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始

时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。5.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元

素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是()A.反应③为工业上制取粗硅的原理B.甲、丙、丁均为酸性氧化物，可以与碱反应得到对应的盐C.4种元素的原子中，Y原子的半径相对最小D.Z位于

元素周期表第三周期IIA族【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙，甲和Z的单质生

成X和乙，X和Y生成甲，X和丙在高温下生成W的单质和丁，由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO，据此分析。【详解】A．反应③为碳和二氧化硅高温下生成硅和一氧化碳，是工业上制取粗硅的原理，

故A正确；B．甲、丙、丁分别为CO2，丙为SiO2，丁为CO，CO2和SiO2为酸性氧化物，可以与碱反应得到对应的盐，CO为不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；C．X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，C和O位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐

减小，O半径小于C，Mg和Si位于第三周期，半径大于第二周期的元素，4种元素的原子中，O原子的半径相对最小，故C正确；D．Z为Mg，有三层电子，最外层电子数为2，Z位于元素周期表第三周期IIA族，故D正确；答案选B。6.已知短周期元素

的离子aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A.原子半径A＞B＞C＞DB.原子序数d＞c＞b＞aC.单质的还原性A＞B＞D＞CD.离子半径C＞D＞B＞A【答案】D【解析】【分析】已知短周期元素

的离子aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则a－2＝b－1＝c+2＝d+1，其中A和B是金属，C和D是非金属，且位于A和B的上一周期，据此解答。【详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径B＞A＞C＞D，A错误；B.原

子序数应该是a＞b＞d＞c，B错误；C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强，则单质的还原性B＞A＞C＞D，C错误；D.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径C

＞D＞B＞A，D正确；答案选D。7.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：A.淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B.以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产

品C.步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小D.用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣【答案】C【解析】【详解】A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水

合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C

错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。【点睛】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力。本题的难点

为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。8.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AC2H6(C3H6)酸性KMnO4溶液洗气BC2H5OH(乙酸)新制生

石灰蒸馏C乙酸乙酯(乙醇)饱和Na2CO3溶液蒸馏DNH4Cl溶液(FeCl3)NaOH溶液过滤A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.酸性高锰酸钾溶液能把丙烯氧化为二氧化碳而引入新杂质，A错误；B

.乙酸能和生石灰反应，乙醇的沸点较低，通过蒸馏可实现分离，B正确；C.乙酸乙酯难溶于水，乙醇能溶于饱和碳酸钠溶液中，然后分液即可，不需要蒸馏，C错误；D.氯化铵、氯化铁均与氢氧化钠溶液反应，不能除杂，D

错误；答案选B。9.三硫化四磷用于制造火柴即火柴盒摩擦面，分子结构如图所示。下列有关三硫化四磷的说法正确的是()A.该物质中磷元素的化合价为+3B.22gP4S3含硫原子数目约为1.806×1023C.该物质分子结构中S、P最外层电子数不全为8D.该物质分中子所含化学

键类型完全相同【答案】B【解析】【详解】A．最上面的P形成3个P−S键，下面的P只形成1个P−S键，只有1个P为+3价，3个P为+1价，故A错误；B．22gP4S3含硫原子数目约为23A22g3N=1.8061022

0g/mol，故B正确；C．P周围有3个单键、S周围有2个单键，则S、P最外层电子数均为8，故C错误；D．存在P−P键，为非极性共价键，P−S键，为极性共价键，化学键类型不完全相同，故D错误；答案选B。10.图为烃分子的球棍模型，“大球”表示碳原子，“小球”表示氢原子。下列说法正确的是()A

.图1表示的烃叫丙烷B.图2烃分子的结构简式为CH3CH2CH2CH3C.图1与图2表示的物质的二氯代物种数相同D.图1与图2表示的物质的沸点：前者高于后者【答案】D【解析】【详解】A．图1含4个碳，故图1表示的烃叫丁烷，A错误；B．图2

烃分子含支链，故其结构简式为：CH(CH3)3，B错误；C．图1的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物只有两种，故C错误；D．两物质相对分子质量相同，图2有支链，沸点更低，故D正确；答案选D。11.有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是（）A.M至

N的反应类型是取代反应B.N的同分异构体有6种C.可用酸性KMnO4溶液区分N与QD.0.3molQ与足量金属钠反应生成0.15NA个H2【答案】C【解析】【详解】A.M至N，C=C生成C−C键，反应类型是加成反应，故A错误；B.N的分子式

是C4H8Cl2，其同分异构体可以采取“定一移二”法确定，由图可知N共有9种同分异构体，故B错误；C.醇可被高锰酸钾氧化，卤代烃不能被酸性高锰酸钾氧化，可用高锰酸钾溶液区分N与Q，故C正确；D.Q含有2个羟基，则0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3NA个H2，故D错误；故选：C。12.某有机物

的结构简式如图所示，下列说法中错误的是()A.该有机物能够在催化剂作用下发生加成反应B.该有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2C.可用酸性KMnO4溶液检验其中的羟基D.2mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成3

molH2【答案】C【解析】【详解】A.含有苯环和碳碳双键，该有机物能够在催化剂作用下发生加成反应，A正确；B.含有羧基，该有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B正确；C.羟基和碳碳双键均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性

KMnO4溶液检验其中的羟基，C错误；D.含有2个羧基和1个羟基，2mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成3molH2，D正确；答案选C。13.2017年2月19日在第十三届阿布扎比国际防务展上，采用先进的氢燃料电池系统的无人机，

创造了该级别270分钟续航的新世界记录。下列有关氢燃料电池的说法不正确．．．的是（）A.通入氢气的电极发生氧化反应B.碱性电解液中阳离子向通入氢气的方向移动C.正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－D.放电过程中碱性电解液的OH－的物质的量不变【答案】B【解析】

【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，

阳离子向正极移动。【详解】A.该电池工作时化学能转化为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，A项正确；B.阳离子向正极移动即通入氧气的一极移动，B项错误；C.通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C

项正确；D.由图可知，氢氧燃料电池放电过程中，总反应为氢气和氧气反应生成水，则碱性电解液中氢氧根的物质的量不变，D项正确；答案选B。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。其中D

项需理解正极与负极得失电子数守恒，通过总反应方程式判断溶液中的氢氧根离子。14.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是A.向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB.实验中装置b中的液体逐渐变

为浅红色C.装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D.反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗

的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装

置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得

到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。15.某化合物的分子式为C

5H12O，结构分析表明，该分子中有两个-CH3，有两个-CH2有一个和一个－OH，它的结构种类有()A.2种B.3种C.4种D.4种【答案】C【解析】【详解】某化合物的化学式为C5H12O，分析数据表明，分子中有两个-CH3，有两个-CH2有一个和一个－OH，两个甲基和

一个羟基子只能位于边上，两个亚甲基只能连接两个原子或原子团，一个次亚甲基连接3个原子或原子团，则符合条件的结构简式为：、、、，共计是4种。答案选C。16.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2⇌N2+CO2+2H2O。在

1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见表。组别温度n/mol时间/min010204050①T1n(CH4)0.500.300.180.15②T2n(CH4)0.500.350.25

0.100.10下列说法正确的是()A.由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2B.0～20min内，CH4的降解速率：②＞①C.40min时，表格中T1对应的数据为0.18D.组别②中，0～10min内，NO2的降解速率为0.0300mol•L-

1·min-1【答案】D【解析】【详解】A．根据表中数据可知①中浓度变化快，可知T2＜T1，A错误；B．根据表中数据可知0～20min内甲烷的变化量分别是0.32mol、0.25mol，所以CH4的降解速率①＞②，B错误；C．20min时反应没有达到平衡状态，则40min

时，表格中T1对应的数据小于0.18，C错误；D．②中0～10min内消耗甲烷的物质的量是0.15mol，根据方程式可知消耗NO2是0.3mol，浓度是0.3mol/L，则NO2的降解速率为0.3mol/L÷10min＝0.0300mol

•L-1·min-1，D正确；答案选D。17.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年。元素周期表体现了元素位置，结构和性质的关系，揭示了元

素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：(l)Ge的最高价氧化物对应水化物的化学式为_____，P、S、Cl元素对应的简单离子的还原性由强到弱的顺序为_____。(写离子符号)(2)根据元素周期律，推断：①阴影部分元素最高价氧

化物对应水化物的酸性最强的是_____。(写化学式)②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4(填“>”“<”或“=”)_____H2SeO4。③镓的氯化物与氨水反应的化学方程式为_____(3)用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。：

如2A1+4BaO高温3Ba↑+BaO•A12O3，利用上述方法可制取Ba的主要原因是____________a．高温时Al的活泼性大于Bab．高温有利于BaO分解c．高温时BaO•A12O3比A12O3稳定d．Ba的沸点比Al的低(4)用铝热法还原下列氧

化物，制得金属各lmol，消耗铝最少的是________。a．MnO2b．WO3c．Cr2O3d．Co3O4【答案】(1).H2GeO3或Ge(OH)4或H4GeO4(2).p3->s2->Cl-(3).HClO4(4)

.<(5).GaCl3+3NH3•H2O=Ga(OH)3↓+3NH4C1(6).d(7).d【解析】【详解】(1)Ge与Si、C同主族，其最高价为＋4价，其最高价氧化物对应水化物的化学式类似于H2CO3或H4SiO4，为H2GeO3、或H4GeO4、Ge(OH)4（Ge为金属元素，可写成氢

氧化物的形式）；同周期非金属元素的非金属性从左到右依次增强，元素的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，则还原性：P3－＞S2－＞Cl－；(2)①同主族非金属元素的非金属性从上到下依次减弱，元素非金属性

越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由于F没有最高氧化物对应的水化物，因此酸性最强的是HClO4；②同周期非金属元素的非金属性从左到右依次增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Se＞As，则酸性：H

3AsO4＜H2SeO4；③Ga和Al同主族，镓的氯化物与氨水的反应可模仿AlCl3与氨水的反应，化学方程式为GaCl3+3NH3•H2O=Ga(OH)3↓+3NH4C1；(3)Ba的活泼性强于Al，其还原性也强于Al；反应2A1+4BaO高温3Ba↑+BaO•A12O3，反应能够发生，原

因是Ba的沸点比Al的低，Ba变成了气体，离开了反应体系，促使反应正向移动，反应得以发生，因此d符合题意；(4)制备1molMn，Mn的化合价从＋4价降低到0价，转移4mol电子；同理，制备1mol的金属W、Cr、Co，转移的电子的

物质的量分别为6mol、3mol、83mol；转移的电子越少，消耗的铝越少，因此消耗铝最少的是d，为Co3O4。【点睛】同主族元素的性质具有相似性，一般情况下，其最高价的氧化物、最高价氧化物的水化物等物质的化

学式都相似。如问题(l)、(2)③，均利用同主族元素的性质的相似性。18.I．依据A~E几种烃分子的示意图或结构填空。(1)分子中所有原子共平面的是______(填序号)。(2)等物质的量的上述烃完全燃烧时消耗O2最多的是______(填序号)；等质量的上述烃

完全燃烧时消耗O2最多的是_________(填序号)。(3)在120℃，1.01×l05Pa下，取气态的上述分烃别与足O2量混合点燃，完全燃烧后恢复至初始状态，气体体积没有变化的是______(填序号)。II．现有以下几种有机物：①CH4②CH3CH2CH2OH

③④癸烷⑤CH3COOH⑥⑦⑧⑨丙烷请根据上述给出的物质按要求回答下列问题：(4)与⑧互为同分异构体的是__________(填序号)；(5)用“>”表示①③④⑨密度从高到低排列顺序：__________；(6)具有特殊气味，常作萃取剂的有机物在铁

作催化剂的条件下与液溴发生一取代反应的化学方程式___________；(7)有机物②在加热条件下和CuO反应的化学方程式__________；【答案】(1).BD(2).D(3).A(4).AB(5).⑦(6).④>③>⑨>①(7).+Br

2Fe⎯⎯⎯⎯→+HBr(8).CH3CH2CH2OH+CuO⎯⎯→CH3CHO+Cu+H2O【解析】【分析】根据结构简式可知，ABCD都是球棍模型，A是甲烷CH4，B是乙烯C2H4，C是丙烷C3H8，D是苯C6

H6，E是丙烷C3H8；依次解答。【详解】I（1）共平面的是乙烯和苯，故答案为BD；（2）等物质的量时，物质分子中含有的C、H原子数越多，消耗O2就越多；假设各种物质的物质的量都是1mol，1molCH4完全燃烧消耗O2的物质的量是2mol，1mol

乙烯完全燃烧消耗O2的物质的量是3mol；1mol丙烷完全燃烧消耗O2的物质的量是5mol；1mol苯完全燃烧消耗O2的物质的量是7.5mo；则完全燃烧消耗O2的物质的量最多的是苯，序号是D；当烃等质量时

，由于消耗1mol氧气，需要4mol氢原子，其质量是4g；同样消耗1mol氧气，需要1mol碳原子，其质量是12g；若都是12g，则氢元素要消耗3mol氧气，碳元素消耗1mol氧气，所以等质量的不同烃，有机物中氢元素的含量越高，消耗氧气就越多，由于CH4

中H元素含量最多，所以等质量时完全燃烧时消耗氧气最多的是CH4，其序号是A；故答案为：D；A；（3）烃的燃烧通式为：xy222yyCH+x+OxCO+HO42⎯⎯⎯→点燃，在120℃、1.01×105Pa下，水是气态，燃烧前后体积没有变化，则yy1+x+=x+42

，y=4，即在120℃、1.01×105Pa下氢原子数为4的烃燃烧前后体积没有变化，符合条件的是AB；II（4）分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，则与⑧互为同分异构体的是⑦；（5）用“>”表示①③④⑨均是烃，碳越多，状态由气态向固态转变，故密度从高到低排列顺序：④>③>⑨>①；

（6）具有特殊气味，常作萃取剂的有机物在该题中为苯，苯在铁作催化剂的条件下与液溴发生一取代反应的化学方程式为：+Br2Fe⎯⎯⎯⎯→+HBr；（7）有机物②丙醇在加热条件下和CuO反应生成丙醛的化学方程式为：CH3CH2CH2OH+CuO⎯⎯→CH3C

HO+Cu+H2O。19.乳酸乙酯是白酒的香气成分之一，广泛用于食品香精。适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气，是清香型白酒的主体香成份。乳酸乙酯发生如图变化：(已知烃A的产量是衡量一个国家家石油化工发展的重要标志)(l)D

的化学式是____，F中含氧官能团的名称是______。(2)G是有水果香味的液体，⑤的化学方程式是___，③的反应类型是___。(3)lmol乳酸与足量Na反应，消耗Na_____mol。(4)绿色化学的核

心内容之一是“原子经济性”，即原子的理论利用率为100%。下列转化过程符合绿色化学要求的是__________(填序号)。a．上图中反应①b甲制烷备CH3Clc．2CH3CHO+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂2CH3COOH【答案】(1).C2H4O2(2).羟基、羧基(3).CH3CH(OH)COO

H+CH3COOH浓硫酸CH3CH(COOH)OOCH3+H2O(4).氧化反应(5).2(6).c【解析】【分析】乳酸乙酯在酸性条件下水解生成F乳酸和B，则B为：CH3CH2OH；烃A是衡量一个国家化工水平的重要标志，A与水发生反应生成乙醇，则A为CH2=CH2；B催化氧化生成C为CH3CHO

、C催化氧化生成D为CH3COOH，D与乳酸发生酯化反应生成G为，据此进行解答。【详解】(l)C为CH3CHO、C催化氧化生成D为CH3COOH，D的化学式是C2H4O2，F中含氧官能团的名称是羟基、羧基。故答案为：C2H4O2；羟基、羧基；(2)G是有水果香味的液体，⑤为酸和醇的酯化反

应，化学方程式是CH3CH(OH)COOH+CH3COOH浓硫酸CH3CH(COOH)OOCH3+H2O．③B催化氧化生成C为CH3CHO，反应类型是氧化反应。故答案为：CH3CH(OH)COOH+CH3COOH浓硫酸CH3CH(COOH)OOCH3

+H2O；氧化反应；(3)中含有羟基、羧基，均能与Na发生置换反应，lmol乳酸与足量Na反应，消耗2molNa。故答案为：2；(4)a．图中反应①酯E水解生成两种生成物，不符合绿色化学，故错误；b.甲制烷备CH3C

l同时还生成HCl，不符合绿色化学，故错误；c．2CH3CHO+O2⎯⎯⎯⎯→催化剂2CH3COOH，该反应产物只有一种，符合绿色化学，故正确；故答案为：c。【点睛】本题考查了有机推断，涉及反应方程式书写、绿色化学、有机物结构与性质等知识，明确常见有机物结构与性质为解答关键，难点(2)酯化

反应方程式的书写，注意“酸脱羟基醇脱氢”规则的应用。20.回收利用CO2是环境科学研究的热点课题，是减轻温室效应危害的重要途径。(1)工业上，利用天然气与二氧化碳反应制备合成气(CO和H2)，化学方程

式为CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2O(g)，上述反应的能量变化如图1所示，该反应是____(填“吸热反应”或“放热反应"”)。(2)工业上用CO2生产甲醇(CH3OH)燃料，可以将CO2变废为宝。在体积为IL的密闭容器中，充入lmolCO2和4mo1H2，一定条

件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。①从反应开始到平衡，用CH3OH表示的平均反应速率为______。②若反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)在四种不同情况下的反应速率分

别为：A．v(H2)=0.01mol•L-1•s-1B．v(CO2)=0.15mol•L-1•s-1C．v(CH3OH)=0.3mol•L-1•min-1D．v(H2O)=0.45mol•L-1•min-1该反应进行

由慢到快的顺序为_______(填字母)。③下列描述能说明反应达到最大限度的是_____(填字母)A．混合气体的密度保持不变B．混合气体中CH3OH的体积分数约为21.4%C．混合气体的总质量保持不变D．H2、CH3OH的生成速率之比为3:1

(3)甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景。以甲醇、氧气和KOH溶液为原料，石墨为电极制造新型手机电池，氧气在___极反应；电极反应式为______。【答案】(1).吸热反应(2).0.075mol/(L•min)(3).A<C<D<B(4

).BD(5).正(6).O2+2H2O+4e-=4OH-【解析】【详解】(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应，根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则为吸热反应；(2)①甲醇为产物，随着反应进行

其浓度增大，10min时达到平衡状态，从反应开始到平衡，用CH3OH表示的平均反应速率为1111Δc0.75molLv===0.075molLminΔt10min−−−−；②单位相同的条件下，其反应速率与其

计量数之比数值越大化学反应速率越快：A．()-1-12-1-1vH0.01molLs=60=0.2molLmin33；B．()-1-12-1-1vCO0.15molLs=609molLmin1

1=；C．()-1-13-1-1vCHOH0.3molLmin=0.3molLmin11=D．()-1-12-1-1vHO0.45molLmin=0.45molLmin11=；通过以上分析知，反应速率由慢到快的顺序：A<C<D<B；③A．反应前后气体总质量不

变、容器体积不变，所以混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；B．根据图知，达到平衡状态时，n（CH3OH）=0.75mol/L×1L=0.75mol，根据方程式知，生成的n（H2O）=n（

CH3OH）=0.75mol，剩余的n（CO2）=0.25mol/L×1L=0.25mol，剩余的n（H2）=4mol-0.75mol×3=1.75mol，则混合气体中CH3OH的体积分数0.75mol=100%=21.

4%0.75mol+0.75mol+0.25mol+1.75mol，所以该反应达到平衡状态，故B正确；C．根据质量守恒定律知，混合气体的总质量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；D．H2、CH3OH的生成速率之比为3：1，正逆反

应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选BD；(3)甲醇、氧气和KOH溶液为原料，石墨为电极制造新型手机电池，该电池为燃料电池，通入燃料甲醇的电极为负极，通入氧化剂氧气的电极为正极，溶液为碱性环境，故发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。21.某同学设计实验探究工业制乙烯的原理和

乙烯主要的化学性质，实验装置如图所示。(1)工业制乙烯的实验原理是烷烃(液态)在催化剂和加热、加压条件下发生反应生成不饱和烃。已知烃类都不与碱反应。例如，石油分馏产物之一十六烷可发生如下反应，反应式已配平：C16H34催化剂加热、加压⎯⎯⎯⎯→C8H18+甲，甲催化剂加热、加压⎯⎯⎯⎯→4乙，C

8H18催化剂加热、加压⎯⎯⎯⎯→C3H8＋丙，则甲的分子式为__；丙的所有同分异构体中能够共面的碳原子最多有__个。(2)B装置中的实验现象是____，其中发生反应的反应类型是_____。(3)C装置中的实验现象是________。(4)查阅资料知，乙烯与酸性高锰酸钾

溶液反应产生二氧化碳。根据本实验中装置_____(填序号)中的实验现象可判断该资料是否真实。(5)通过题述实验探究可知，检验甲烷和乙烯的方法是______(填序号)；除去甲烷中乙烯的方法是__(填序号)。A．气体通入水中B．气体通过装溴水的洗气瓶C．气体通过装酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D．气体

通过氢氧化钠溶液(6)分别燃烧乙烯和甲烷，乙烯产生黑烟，原因是______。【答案】(1).C8H16(2).5(3).橙色褪去(4).加成反应(5).紫色褪去(6).D(7).BC(8).B(9).乙烯中碳的质量分数为85.7%，大于甲烷中碳的质量分数(75%)或乙

烯中碳的质量分数大于甲烷中碳的质量分数【解析】【分析】石蜡油经过催化裂化得到乙烯，乙烯会与溴发生加成，使得溴水褪色；乙烯能被高锰酸钾溶液氧化，生成CO2，高锰酸钾溶液褪色，D中的澄清石灰水会变浑浊。【详解】(1)根

据原子守恒，甲的分子式为C8H16；C8H16在催化剂，加热，加压下得到乙，乙为C2H4，乙烯；根据原子守恒，可得丙为C5H10，其所有同分异构体中能够共面的碳原子最多有5个；(2)乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反

应，使得溴水橙色褪色；(3)乙烯能被高锰酸钾溶液氧化，使得高锰酸钾溶液褪色，现象为紫色褪去；(4)CO2可以使澄清石灰水变浑浊，因此可用装置D来判断资料是否真实；(5)甲烷和乙烯均不与水和NaOH溶液反应，因此水或NaOH不能用于检验或除杂；甲烷不与溴水反应，不与

高锰酸钾溶液反应，而乙烯可与溴水、高锰酸钾溶液反应，因此可用溴水或高锰酸钾溶液来检验甲烷和乙烯，BC符合题意；乙烯与高锰酸钾溶液作用会生成CO2会带来新的杂质，因此除去甲烷中乙烯，可以通过溴水，因为乙烯与溴水

发生加成反应生成1,2-二溴乙烷是液体，与甲烷分离，可以此方法除去乙烯，B符合题意。(6)烃类燃烧时，一般含碳量越高，黑烟越浓；分别燃烧乙烯和甲烷，乙烯产生黑烟，原因是乙烯中碳的质量分数为85.7%，大于甲烷中碳的质量分数(75%)或乙烯中碳的质量分数大于甲烷中碳的质量分数

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