1、甘肃省张掖市20182019学年高一下学期期末考试化学试题1.某些建筑材料含有放射性元素氡( )，会对人体产生一定危害。研究表明氡的射线会致癌，WHO认定的19种致癌因素中，氡为其中之一。该原子中中子数和质子数之差是（ ）A. 136B. 50C. 86D. 222【答案】B【解析】【分析】表示质子数为86，质量数为222的一个Rn原子，结合质量数=质子数+中子数计算解答。【详解】由氡原子的符号可知该原子质子数为86，质量数222，依据质量数=质子数+中子数，可知中子数=质量数-质子数=222-86=136，该原子中中子数和质子数之差=136-86=50，答案选B。【点睛】本题考查了质子数、中
2、子数、质量数之间的关系，注意弄清元素符号中各个上标或者下标的含义是解题的关键。2.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是A. 植物油不能发生水解反应B. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖C. 葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D. 蛋白质水解的产物为纯净物【答案】B【解析】【详解】A因植物油属于酯，而酯能发生水解，故A错误；B因淀粉水解的产物是葡萄糖，故B正确；C因葡糖糖是单糖，单糖不能发生水解，故C错误；D因蛋白质水解的最终产物为氨基酸，而氨基酸有多种，产物为混合物，故D错误；故选B。3.A、B两元素电子层数相同，如果A原子半径比B大，则下列判断正确的是 ()A.
3、两元素形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性应是A强于BB. A的气态氢化物比B的气态氢化物稳定C. A的金属性比B的金属性强D. A的阴离子比B的阴离子还原性弱【答案】C【解析】【分析】A、B两元素电子层数相同，表明A、B处在同一周期。同周期元素原子半径随着原子序数增大而减小。如果A原子半径比B大，则原子序数AB。【详解】A.非金属性AB，两元素形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性B强于A，故A错误；B.非金属性AB，所以A的气态氢化物不如B的气态氢化物稳定，故B错误；C.A的金属性比B的金属性强，故C正确；D.非金属性AB，所以A的阴离子比B的阴离子还原性强，故D错误。故选C。4.绿色化学中
4、，最理想的“原子经济”是原子利用率为100%。下列反应类型最能体现“原子经济性”原则的是取代反应 加成反应 酯化反应 水解反应 加聚反应A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】取代反应酯化反应水解反应三种反应生成物不止一种，有副产物产生。加成反应和加聚反应原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，原子利用率高达100%。故选：C。5.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（）。A. 2NaCl（熔融）2NaCl2B. MgOH2MgH2OC. Fe3O44CO3Fe4CO2D. 2HgO2HgO2【答案】B【解析】【详解】A、钠是活泼金属，应采用电解法制取，选项A正确；B、镁是
5、活泼金属，应采用电解法制取，并且镁与热水反应，选项B错误；C、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，选项C正确；D、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，选项D正确；答案选B。6.下列过程中，共价键被破坏的是A. HCl气体溶于水B. 溴蒸气被活性炭吸附C. 葡萄糖溶于水D. 碘升华【答案】A【解析】【详解】A. HCl气体溶于水，发生电离，共价键被破坏，故A正确；B. 炭吸附溴蒸气克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故B错误；C. 葡萄糖溶于水没有发生电离，克服的是分子间作用力，
6、共价键没有破坏，故C错误；D. 碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；故答案为A 。7.把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g） nZ（g）+2W（g）。5min末生成0.2molW，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/( L min)，则的值为A. 1B. 3C. 2D. 4【答案】A【解析】【详解】5min内W的平均化学反应速率v(W)=0.02mol/(Lmin)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/Lmin，v(Z)：
7、v(W)=0.01mol/(Lmin)：0.02mol/(Lmin)=n：2=1：2，所以n=1，故答案为：A。8.已知一定温度时：。当生成2mol SO3时，放出热量197kJ，在相同温度和压强下，向密容器中通入3mol SO2和1molO2，达到平衡时放出热量Q，则下列关系式中正确的是A. Q197 kJB. Q1972 kJC. Q197 kJD. Q197 kJ【答案】C【解析】【详解】一定温度时：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；在上述条件下2molSO2和1molO2，完全反应生成2molSO3气体放出热量为197kJ，可逆反应中反应物不能完全反应，故向密闭容器中通入3mo
8、lSO2和1molO2，达到平衡时生成的三氧化硫的物质的量要小于2mol，故平衡时放出的热量小于197kJ，所以Q197 kJ故选：C。9.把纯净的甲烷与氯气混合气放在集气瓶中，用玻璃片盖好瓶口，放在光亮的地方一段时间后，下列说法中，不正确的是A. 气体发生爆炸反应B. 瓶内气体的颜色变浅C. 用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生D. 集气瓶壁有油状液体生成【答案】A【解析】【详解】A. 氯气与甲烷的反应不剧烈，反应比较缓慢，变化不发生爆炸现象，故A错误；B. 由于黄绿色的氯气参加了反应，物质的量减小，所以瓶内气体的颜色变浅，故B正确；C. 甲烷和氯气反应生成了氯化氢气体，所以用一根蘸
9、有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生，故C正确；D. 反应生成了不溶于水的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳等液体，所以集气瓶壁有油状液体生成，故D正确；故选：A。10.下列各组物质中，互为同分异构体是（ ）A. 水与冰B. O2与O3C. 与D. 与【答案】D【解析】【详解】A、水与冰的构成物质均为H2O，是同一种物质，故A不选；B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；C、由甲烷的结构可知，与为同一种物质，故C不选；D、与分子式相同、结构不同，互同分异构体，故D选，答案选D。11.某有机物的结构简式如图，该物质应有的化学性质是可燃烧；可跟溴加成；可使酸性KMnO
10、4溶液褪色；可跟NaHCO3溶液反应可跟Cu(OH)2悬浊液反应；可跟金属钠反应A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据有机物结构特点，有碳碳双键所以具有烯的性质，有羧基所以具有羧酸的性质，有醇羟基所以具有醇的性质，有苯环所以还具有苯的性质。【详解】该有机物是烃的含氧衍生物，具有可燃烧性，项正确；该有机物分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，项正确；该有机物分子中含有碳碳双键，醇羟基等，能被酸性KMnO4氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，项正确；该有机物分子中有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，项正确；该有机物分子中有羧基，能与Cu(OH)2悬浊液发生酸碱中和反应，项正
11、确；该有机物分子中含有羧基和醇羟基，所以能与钠反应生成氢气，项正确；综上所述，均符合题意，D项正确；答案选D。12.对于可逆反应H2（g）+I2（g）2HI(g)，在温度一定下由H2（g）和I2（g）开始反应，下列说法正确的是A. H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为2:1B. 正、逆反应速率的比值是恒定的C. 达到平衡时，正、逆反应速率相等D. 达到平衡时，H2（g）和I2（g）浓度不在变化且相等【答案】C【解析】【详解】A. H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率都为该反应的正反应速率，之比恒为1：2，故A错误。B. 平衡正向移动时，正反应速率减小，逆反应速率增大，正逆反应
12、速率的比值减小，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故B错误。C. 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故C正确。D. 达到平衡时，H2(g)和I2(g)浓度不再变化，反应过程中二者消耗的量为1:1，但平衡时剩余的氢气和碘的浓度是否相等与其初始浓度有关，故D错误。故选：C。13.高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：3Fe（s）4H2O（g）Fe3O4(s)4H2（g），下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ( )A. 把铁块变成铁粉B. 将容器的体积缩小一半C. 压强不变，充入氮气使容器体积增大D. 体积不变，充入氮气使容器压强增大【答案】D【解析】【详解】增大固
13、体反应物的表面积，可以加快反应速率；该反应有气体参加，增大压强，反应速率加快。压强不变，充入氮气使容器体积增大，则水蒸气的浓度降低，反应速率降低。体积不变，充入氮气使容器压强增大，但水蒸气的浓度不变，反应速率不变，答案选D。【点睛】该题侧重考查学生对外界条件影响反应速率的熟悉了解掌握程度。该题的关键是明确压强对反应速率影响的实质是通过改变物质的浓度来实现的，需要具体问题、具体分析。14.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；苯中的碳碳键的键长均相等；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷；苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应，但不因
14、化学变化而使溴水褪色。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故正确；苯环中的碳碳键的键长均相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，碳碳双键和碳碳三键可以发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故错误；苯不能因发生化学反应而使溴水溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，故正确。故选D。15.已知自然界氧的同位素有16O、
15、17O、18O，与氢的其中两种同位素H、D组成水分子，从水分子的原子组成来看，此水一共有A. 3种B. 18种C. 9种D. 12种【答案】C【解析】【详解】氧的同位素有16O、17O、18O，氢的其中两种同位素 H、D，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O可分别与H、D构成水，即存在2种水；17O可分别与H、D构成水，即存在2种水；18O可分别与H、D构成水，即存在2种水；若水分子中的氢原子不同，则16O、17O、18O可与HD构成水，即存在三种水；综上所述，共形成6+3=9种水，故选：C。【点睛】明确水中的氢原子相同或不同是解答的关键，利用组合的方法来
16、分析解答即可，16.有X、Y两种元素，原子序数20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同(选项中m、n均为正整数)。下列说法正确的是A. 若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性B. 若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱C. 若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D. 若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m【答案】B【解析】【分析】X、Y原子的最外层电子数相同，说明位于同一主族，X的原子半径小于Y，则原子序数Y大于X，结合同主族元素性质的递变规律判断。【详解】A若HnXOm为硝酸，则X的氢化物为氨气，溶于水显碱性，故A错误；B如X、Y为
17、金属元素，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n一定为强碱，故B正确；C若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质不一定是Y2，如X单质为H2，Y为Li或Na，故C错误；D若Y为Cl，则X为F，Cl的最高价为+7，而F元素没有正化合价，故D错误；故选：B。17.在恒温、恒容的密闭容器中进行反应A(g)=B(g)C(g)。若反应物A的浓度由2molL-1降到0.8molL-1需20s，那么反应物浓度由0.8molL-1降到0.2molL-1所需反应时间为()A. 10 sB. 大于10 sC. 小于10 sD.
18、无法判断【答案】B【解析】【详解】反应物的浓度越大，反应速率越大；反应物A的浓度由2molL-1降到0.8molL-1需20s，那么反应物浓度由0.8molL-1降到0.2molL-1的这个过程中，A的浓度比前一段的小，故反应速率也小，则所需时间增加，故该过程的时间要大于10s，故选B。【点睛】v=表示的是一段时间内的平均反应速率，并非某个时间点的瞬时速率；但是，浓度对平均反应速率和瞬时反应速率的影响是相同的：浓度越大，反应速率越大。18.已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量
19、463 kJ，则氢气中1mol H-H键断裂时吸收热量为A. 920 kJB. 557 kJC. 436 kJD. 188 kJ【答案】C【解析】【详解】已知1 g即0.5mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ ，则该反应的热化学反应方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=-242 kJ/mol，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，设1mol H-H键断裂时吸收热量为xkJ，则有x kJ/mol+496kJ/mol-2463 kJ/mol=-242 kJ/mol，解得x=436 kJ/mol，即1mol H-H键断裂时吸收热量为436kJ，故答案为 C。【点睛】焓变=反
20、应物键能总和-生成物键能总和，在进行计算的时候要注意共价键的数目，如一个水分子中含有两个O-H键。19.两种气态烃组成的混合气体0.1mol, 完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水。下列说法正确的是 （ ）A. 混合气体一定没有甲烷B. 混合气体中一定是甲烷和乙烯C. 混合气体中一定没有乙烷D. 混合气体中一定有乙烯【答案】C【解析】【详解】3.6g水的物质的量为0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，根据甲烷中含有4个氢原子，则
21、另一种烃中一定含有4个H原子，可能含有乙烯或丙炔，一定不含乙烷，故选C。20.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁做电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。下列推断合理的是A. 铁是阳极，电极反应为Fe6e4H2O=FeO42-8HB. 镍电极上的电极反应为2H2O+2e-=H2+2OH-C. 若隔膜为阴离子交换膜，则OH自右向左移动D. 电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，最终溶液pH不变【答案】B【解析】【详解】A铁是阳极，电极反应为Fe-6e+8OHFeO42-+4H2O，碱性条件下不能生成氢离子，故A错误；B镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式
22、为2H2O+2eH2+2OH-，故B正确；C电解池中阴离子移向阳极，所以OH-自左向右移动，故C错误；D电解时阳极区消耗氢氧根pH降低、阴极区生成氢氧根pH升高，电解池总反应为：Fe+2H2O+2OHFeO42-+3H2，则混合溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低，故D错误；故选：B。【点睛】电解池中与电源正极相连为阳极，失电子发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，得电子发生还原反应；电解质溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。21.（1）下列3种不同粒子H、H、H表示_种元素，_种核素，H、H、H互称为_。（2）有人称煤炭是“工业的粮食”，通过煤的综合利用可以获得重要化工原料，如焦炭，它
23、是煤的_ (填“蒸馏”或“干馏”)产物，可用于_ (填出一种用途)；以煤为原料可以制得水煤气，其反应的化学方程式为_。（3）元素的电负性的大小可以作为判断元素金属性与非金属性强弱的尺度。下表列出部分短周期元素的电负性。请回答下列问题。元素AlBBeCClXLi电负性1.52.01.52.53.04.01.0元素MgNYOPSSi电负性1.23.00.93.52.12.51.8根据上表给出的数据，可知元素的电负性越大，_(填“金属性”或“非金属性”)越强。推测Y 为_(填元素符号)，用电子式表示X元素与Y元素的化合物的形成过程_。【答案】 (1). 1 (2). 3 (3). 同位素 (4).
24、干馏 (5). 金属冶炼 (6). C(s)H2O(g)CO(g)H2(g) (7). 非金属性 (8). Na (9). 【解析】【详解】(1)H、H、H为氢元素的三种不同核素，三种微粒质子数相同中子数不同，互称为同位素；(2)煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫做煤的干馏，干馏后剩余的黑色固体是焦炭，焦炭具有还原性可以用来冶炼金属，例如用焦炭还原氧化铜、高炉炼铁等，水蒸汽通过炽热煤层而生成的气体叫水煤气，主要成份是一氧化碳、氢气，化学方程式为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；(3)电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以电负性越强非金属性越强；由表中数据
25、可知，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，Y电负性为0.9，介于Li1.0和Mg1.2间为Na，X电负性最大，为F元素，NaF为离子化合物，书写电子式时注意，左边写钠原子和氟原子电子式，右边写氟化钠的电子式，中间用箭头连接，用电子式表示氟化钠的形成过程为。【点睛】煤是我们生活中常用的燃料之一，将煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫做煤的干馏，也叫煤的焦化。煤隔绝空气受强热时，有气体生成，其成分为煤焦油、焦炉气、粗氨水、粗笨。反应完毕后的黑色固体物质叫焦炭，碳具有强的还原性常用来冶炼金属，也可用来制水煤气。22.I某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。（1）下表是该小组
26、研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用10mL H2O2制取150mL O2所需的时间(秒) 无催化剂、不加热 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 无催化剂、加热 360 480 540 720 催化剂、加热 10 25 60 120 该研究小组在设计方案时，考虑了温度、_、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响： _。（2）将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：催化剂(MnO2)操作情况观察结果反应完成所需的时间粉末状混合
27、不振荡剧烈反应，带火星的布条复燃3.5分钟块状反应较慢，火星红亮但木条未复燃30分钟实验结果说明催化剂作用的大小与_有关。在体积为2L的密闭容器中充入1molH2 (g)和1molI2 (g)，在一定温度下发生下列反应：，回答下列问题：（1）保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，反应速率_（填“加快”“减慢”或“不变”）。（2）保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol氦气，反应速率_。（填“加快”“减慢”或“不变”）。（3）反应进行到2min，测得容器内HI的浓度为0.2mol/L，用H2表示前2min该反应的平均化学反应速率为_，此时I2的转化率为_。【答案】 (1). 浓度 (
28、2). 其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂, H2O2分解速率更快 (或其它条件相同时,反应物H2O2的浓度越大, H2O2分解速率更快。或其它条件相同时,反应物H2O2的温度越高, H2O2分解速率更快。) (3). 催化剂表面积 (4). 加快 (5). 减慢 (6). 0.05mol/(Lmin) (7). 20%【解析】【详解】I(1)根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓
29、度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂， H2O2分解速率更快 (或其它条件相同时，反应物H2O2的浓度越大， H2O2分解速率更快。或其它条件相同时，反应物H2O2的温度越高， H2O2分解速率更快。)；(2)因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂表面积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；. (1)保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，生成物浓度变大，逆反应速率增
30、大，平衡左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol氦气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；(3)反应进行到2min，测得容器内HI的浓度为0.2mol/L，则v(HI)=0.1mol/(Lmin)，同一反应中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)= v(HI)=0.05mol/(Lmin)；容器体积为2L，碘的初始浓度为0.5mol/L，平衡时HI的浓度为0.2mol/L，根据方程式可知，消耗的c(I2)=0.1mol/L，所以I2的转化
31、率为=20%，故答案为：0.05mol/(Lmin)；20%。23.利用海洋资源可以获得很多物质如从海水中可以得到食盐等许多化工原料，可以通过蒸馏获得淡水，从海洋植物中提取碘等一从海水得到的粗盐中常含有杂质需要分离提纯，在除去悬浮物和泥沙之后，要用以下试剂盐酸、Na2 CO3、NaOH、BaCl2来除去食盐水中的、（1）为有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂的合理顺序为_a.先加 NaOH，后加Na2 CO3，再加 BaCl2b.先加NaOH，后加BaCl2，再加Na2 CO3C.先加BaCl2，后加NaOH，再加Na2 CO3（2）判断试剂BaCl2己经足量的方法是_。二海洋植物
32、如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在实验室里从海带中提取碘的流程如下：（1）实验时灼烧海带应在_(填仪器名称)内进行（2）步骤中反应的离子方程式是_。（3）步骤的实验操作为_，应选用的一种溶剂X可以是_。a.苯、酒精 b.四氯化碳、苯 c.汽油、酒精（4）步骤的实验操作应选用如图中的_。【答案】 (1). bc (2). 静置,在上层淸液中滴加BaCl2溶液,若不再产生白色沉淀,则BaCl2己足量 (3). 坩埚 (4). 2I+H2O2+2H+=I2+2H2O (5). )萃取分液 (6). b (7). C【解析】【分析】(二)海带在坩埚中灼烧得到海带灰，溶于水过滤得到
33、含碘离子的溶液，加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入萃取剂萃取分液得到含碘单质的四氯化碳溶液，蒸馏得到碘单质，萃取剂循环使用。【详解】(一)(1)先加入过量的氢氧化钠可以除去镁离子，加入氯化钡可以除去硫酸根离子，加入适量的碳酸钠可以除去钙离子和反应剩余的氯化钡，(注意碳酸钠必须加在氯化钡的后面)最后加入适量的盐酸可以除去反应剩余的氢氧化钠和碳酸钠，所以选bc；(2)判断试剂BaCl2己经足量的方法是：静置，在上层淸液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则BaCl2己足量；(二)实验时灼烧海带应在坩埚中灼烧；(2)步骤中反应是过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式是：2I+H2O
34、2+2H+=I2+2H2O；(3)步骤的实验操作为萃取分液，溶剂X需要满足不溶于水，碘单质在其中溶解性大于水中，可以是b四氯化碳或苯，a和c中的酒精易溶于水不能做萃取剂；(4)步骤的实验操作是利用物质沸点不同蒸馏的方法分离混合物，选C。24.红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。（1）乙醇分子中官能团的名称是_。（2）试管a中加入几块碎瓷片的目的是_。（3）试管a中发生反应的化学方程式为_，反应类型是_。（4）反应开始前，试管b中盛放的溶液是_。（5）可用_的方法把制得的乙酸乙酯分离出来。【答案】
35、(1). 羟基 (2). 防止暴沸 (3). CH3COOHC2H5OHCH3COOC2H5H2O (4). 酯化反应 (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 分液【解析】【详解】（1）醇的官能团是羟基，乙醇中含有羟基；（2）液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；反应类型为酯化反应，也是取代反应；（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；（5）因B中的液体混合物分层不互溶，可用分液方法分离。2
36、5.乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。请回答下列问题。（1）乙烯的电子式_，结构简式_。（2）鉴别甲烷和乙烯试剂是_(填序号)。a稀硫酸 b溴的四氯化碳溶液 c水 d酸性高锰酸钾溶液（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是_(填序号)。aCH3CH3 bCH3CHCl2 cCH3CH2OH dCH3CH2Br（4）已知 2CH3CHOO22CH3COOH。若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如下图所示：反应的化学方程式为_。 工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为_，反应类型是_。【答案】 (1). (2).
37、 CH2=CH2 (3). bd (4). acd (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). nCH2 =CH2 (7). 加聚反应【解析】【分析】（1）略（2）甲烷化学性质比较稳定，和强酸、强碱、强氧化剂之间均不发生反应，在一定条件下能与氯气，氧气反应，在高温下可以发生分解反应，生成碳和氢气；乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色；（3）乙烯和水加成能生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，和溴化氢加成生成溴乙烷；（4）乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛再氧化，最终生成乙酸，因而A为CH3CH2O
38、H，B为CH3CHO。【详解】（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2，电子式为：；（2）乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，甲烷与溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾溶液均不反应，可用溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾溶液检验两种物质；（3）乙烯和水加成能生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，和溴化氢加成生成溴乙烷，答案选acd；（4）乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛再氧化，最终生成乙酸，因而A为CH3CH2OH，B为CH3CHO，反应为乙醇催化氧化的反应，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；以乙烯为原料可以生产一
39、种重要的合成有机高分子化合物为聚乙烯，反应方程式为：nCH2 =CH2 ，反应属于加聚反应。26.某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为_ ; （2）反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率为_;（3）当反应达平衡时后：若X、Y、Z均为气体，若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容器内温度将降低(容器不与外界进行热交换)，则该反应为_反应（填放热或吸热）。【答案】 (1). 3X+Y 2Z (2). 0.05molL-1min-1 (3). 放热【解析】【详解】（1）由图象可知X、Y为反应物，Z为生成物，X、Y、Z的化学计量数之比等于它们的物质的量变化量之比，为：(1.0-0.7)mol:(1.0-0.9)mol:(0.2)mol3:1:2，且各物质的含量在2mim后保持不变，所以方程式为3X+Y2Z；（2）Z的平均反应速率v(Z)=0.2mol/(2L2min)=0.05molL-1min-1；（3）反应的方程式为3X+Y2Z，若X、Y、Z均为气体，此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，平衡向逆反应方向移动，达新平衡时，容器内温度将降低，说明逆反应方向为吸热方向，则该反应为放热反应；