1、河南省信阳市2019-2020学年高一化学下学期期末教学质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Mg-24 Al-27一、选择题：每个小题只有一项符合题目要求。1.2020年1月武汉爆发新冠肺炎疫情，湖北省采用包括封城封镇的多种措施终于控制住疫情的蔓延。下列有关说法正确的是A. 新型冠状病毒由 C、H、O 三种元素组成B. 制备防护服和医用手套要用到有机高分子材料C. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%D. 用于制作 N95型口罩的“熔喷布”主要原料是聚丙烯，聚丙烯属于纯净物【答案】B【解析】【详解】A病毒主要含蛋白质和
2、核酸，由C、H、O、N、P等元素组成，A错误；B防护服、医用手套主要由塑料、合成纤维等有机高分子材料制造而成，B正确；C医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，C错误；D聚丙烯有机高分子，属于混合物，D错误。答案选B。2.设 NA 为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A. 6g 4He含有的中子数为1.5 NAB. 标准状况下，22.4L 苯中含有的碳碳双键数为3 NAC. 60g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含有氢原子的数目为4 NAD. 密闭容器中，1molN2与4molH2充分反应生成的NH3分子数为2 NA【答案】C【解析】【详解】A1个4He中有 2个中子，6g4He含有的中子数为3 N
3、A，故A错误；B标准状况下苯是液体，22.4L苯的物质的量不是1mol，故B错误；C乙酸和葡萄糖的最简式都是CH2O，60g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含有氢原子的数目为4 NA，故C正确；D反应可逆，密闭容器中，1molN2与4molH2充分反应生成的NH3分子数小于2 NA，故D错误；选C。3.下列有关化学反应方程式或电极反应式的书写，错误的是A. 锂在空气中点燃发生反应：4Li+ O2 2Li2 OB. 将铁棒和铜棒导线连接后放入浓硝酸中构成原电池，铁电极反应式：Fe2e- = Fe2+C. 以乙烯为原料，银作催化剂生产环氧乙烷，原子利用率100%的化学反应方程式：2CH2 = CH2+
4、O2 2D. CH3COOH 与 H18O C2H5 发生酯化反应的方程式：CH3CH2 18OH+HOOCCH3 CH3CO18OC2H5+H2O【答案】B【解析】【详解】A. 锂在空气中燃烧生成氧化锂，发生反应方程式是4Li+O22Li2O，故A正确；B. 铁在浓硝酸中钝化，将铁棒和铜棒导线连接后放入浓硝酸中构成原电池，铜是负极，铁是正极，故B错误；C. 以乙烯为原料，银作催化剂生产环氧乙烷，没有副产物，原子利用率100%，化学反应方程式是2CH2= CH2+O22，故C正确；D. 酯化反应，酸脱“羟基”醇脱“氢”，CH3COOH与H18O C2H5发生酯化反应的方程式：CH3CH218O
5、H+HOOCCH3CH3CO18OC2H5+H2O，故D正确；选B。4.一般情况下，前者无法决定后者的是A. 原子核外电子排布主族元素在周期表中的位置B. 物质内部储存的能量高低化学反应的热效应C. 分子间作用力的大小分子稳定性的强弱D. 金属活泼性金属的冶炼方法【答案】C【解析】【详解】A电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族序数，原子核外电子排布决定主族元素在周期表中的位置，故不选A；B物质内部储存的能量越多，化学反应放出的能量越多，物质内部储存的能量高低决定化学反应的热效应，故不选B；C分子间作用力的大小决定物质的熔沸点，共价键的强弱决定分子稳定性，故选C；D活泼性强的金属用电解法冶炼
6、，如用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝；较活泼的金属用热还原法冶炼，如用CO还原氧化铁的方法冶炼金属铁；活泼性差的金属用热分解的方法冶炼，如加热分解氧化汞冶炼金属汞，所以金属活泼性决定金属的冶炼方法，故不选D；选C。5.下列关于物质性质变化的比较，不正确的是A. 酸性强弱：H2SO4H2SiO3H2CO3B. 原子半径大小：NaSOC. 碱性强弱：KOHNaOHLiOHD. 金属性强弱：NaMgAl【答案】A【解析】【详解】A同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，酸性强弱：H2SO4 H2CO3H2SiO3，故A错误；B同主族元素从上到下半径增大、同周期元素从左到右半径减小，原子
7、半径大小：NaSO，故B正确；C同主族元素从上到下金属性增强，最高价氧化物的水化物碱性增强，碱性强弱：KOHNaOHLiOH，故C正确；D同周期元素从左到右金属性减弱，金属性强弱：NaMgAl，故D正确；选A。6.下列描述中，正确的是A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B. 稀有气体都不能形成双原子分子C. 形成离子键的阳、阴离子间只存在静电吸引力D. 离子化合物中一定只含有离子键【答案】B【解析】【详解】A反应焓变与反应条件无关，需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，故A错误；B稀有气体是单原子分子，稀有气体都不能形成双原子分子，故B正确；C形成离子键的阳、阴离子间存在静电作用力，故
8、C错误；D离子化合物中一定含有离子键、可能含有共价键，故D错误；答案选B。7.下列变化过程中，属于放热反应的是NaOH 溶于水 燃烧木炭取暖 煅烧石灰石制生石灰铝热反应酸与碱的中和反应 NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O 混合搅拌A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】NaOH溶于水放热，但不化学反应，不选；燃烧木炭取暖，属于燃烧反应，反应放热，选；煅烧石灰石制生石灰，属于分解反应，反应吸热，不选；铝热反应放热，属于放热反应，选；酸与碱的中和反应放出热量，属于放热反应，选；NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O混合搅拌，吸收热量，属于吸热反应，不选；属于放热反应的是，故选D。8.
9、液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小、安全性高等优点。如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池，该固体氧化物电解质在700900温度时，O2- 可在该固体氧化物电解质中自由移动，电池反应生成物均为无毒无害的物质，下列说法正确的是A. 电池的总反应为：N2H4+2O2 = 2NO+2H2OB. 电池外电路的电流由电极乙流向电极甲C. 电池工作时内部的 O2- 由电极甲移向电极乙D. 当甲电极上消耗1molN2H4时，乙电极上有22.4L O2参与反应【答案】B【解析】【分析】电极甲通入N2H4，N2H4发生氧化反应，甲是负极；电极乙通入氧气，
10、氧气发生还原反应，乙是正极。【详解】A根据题意，电池反应生成物均为无毒无害的物质，电池的总反应为：N2H4+O2= N2+2H2O，故A错误；B乙是正极，甲是负极，电池外电路的电流由电极乙流向电极甲，故B正确；C原电池中，阴离子移向负极，电池工作时内部的O2-由电极乙移向电极甲，故C错误；D根据总反应N2H4+O2= N2+2H2O，当甲电极上消耗1molN2H4时，乙电极上有1mol O2参与反应，但非标准状况下的体积不一定是22.4L，故D错误；选B。9.短周期元素 A、B、C、D 的原子序数依次增大，B 与C的简单离子具有相同的电子层结构，D 的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在
11、二氧化钛与 A 的单质混合物中通入D 的单质，高温下反应得到化合物 X 和一种常见的可燃性气体 Y(化学式为 AB)，X 与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的是A. X 与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛B. 单质 C能在 A 与B组成的某化合物中燃烧C. B 与D 组成的某化合物可用于饮用水消毒D. 简单离子半径：DCB【答案】D【解析】【分析】D的最高正价与最低负价代数和为6，则D为Cl元素；工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO，则A为C元素
12、，B为O元素，X为TiCl4；工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛，则C为Mg元素；综上所述，A、B、C、D分别为：C、O、Mg、Cl，据此分析解答。【详解】A因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故A正确；BMg能在CO2中燃烧，故B正确；、CD为Cl，B为O，由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故C正确；DD为Cl，B为O，C为Mg，Cl-核外有3个电子层，O2-和Mg2+核外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：DBC，故D错误。答案选
13、D。【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiO2(或天然的金红石)和炭粉混合加热至10001100K，进行氯化处理，并使生成的TiCl4蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。10.ChemicalReviews最近报道了一些化学物质，如价格比黄金还贵的18O2、爆炸力极强的 N5、太空中的乙醇气团、海洋中的新型能源可燃冰等。下列说法中，正确的是A. 18O2和16O2是两种不同的核素B. N5和 N2互为同素异形体，它们之间的转化属于物理
14、变化C. 乙醇是一种可再生能源，乙醇的燃烧属于放热反应D. 可燃冰(CH48H2O)中甲烷分子与水分子之间可形成氢键【答案】C【解析】【详解】A含有一定数目质子和一定数目中子的原子称为核素，18O2和16O2是两种分子，不是原子，不属于核素，A错误；BN5和N2之间的转化有新物质生成，属于化学变化，B错误；C乙醇可再生，能燃烧，燃烧放出大量的热，C正确；DN、O、F元素易形成氢键，碳元素不能形成氢键，所以甲烷分子与水分子之间不存在氢键，D错误。答案选C。11.2019年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素，W 与X 的最高化合价之和为8。
15、下列说法错误的是WXYZA. 常温常压下，Y 单质为液态B. 原子半径：X Z WC. 简单氢化物的稳定性：W Z YD. Z的最高价氧化物对应的水化物是中强酸【答案】A【解析】【分析】若X的族序数是a，则W的族序数是a+2，W 与X 的最高化合价之和为8，a+a+2=8，a=3，X是Al元素、W是N元素，根据元素在周期表中的相对位置，Y是Si元素、Z是P元素。【详解】AY是Si元素，常温常压下，Si单质为固体，故A错误；B同周期元素从左到右半径减小、同主族从上到下半径增大，原子半径：Al P N，故B正确；C同周期元素从左到右非金属性增强、同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强气态氢化物越
16、稳定，简单氢化物的稳定性：NH3PH3SiH4，故C正确；DP的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，H3PO4是中强酸，故D正确；选A。12.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等。离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数不变B. 水中的 、Cl- 通过阴离子树脂后被除去C. 阴离子树脂填充段存在反应 H+ +OH- =H2OD. 通过净化处理后，水的导电性降低【答案】A【解析】【详解】A经过阳离子交换树脂后，溶液中Ca2+、Mg2+、Na+被H+替换，根据电荷守，水中阳离子的总数增大，故A错误；B水中的、Cl-通过阴离子树脂后被O
17、H-替换，故B正确；C经过阳离子交换树脂后溶液中阳离子是氢离子，水中的阴离子通过阴离子树脂后被OH-替换，阴离子树脂填充段存在反应H+ +OH-=H2O，故C正确；D经过阳离子交换树脂后，溶液中Ca2+、Mg2+、Na+被H+替换，水中的阴离子通过阴离子树脂后被OH-替换，发生反应H+ +OH-=H2O，溶液中离子浓度降低，通过净化处理后，水的导电性降低，故D正确；选A。13.下列关于有机反应的条件和装置都正确的是A.甲烷取代反应：日光直射B.石蜡油裂解反应：加强热C.苯的硝化反应：水浴加热D.制取溴苯：净化生成物A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A甲烷、氯气发生取代反
18、应反应条件是光照，不用太阳光直射，以防爆炸，故A错误；B右侧试管口密封，石蜡油裂解生成的气体不能进入右侧试管，导管口应伸入高锰酸钾溶液中且去掉橡皮塞，故B错误；C苯的硝化反应控制温度在5560，需要水浴加热，故C正确；D用CCl4除去溴化氢中的溴蒸气，导气管应长进短出，故D错误；选C。14.有机化合物 A 只由 C、H 两种元素组成且能使溴水褪色，其产量可以用来衡量一个国家石油化工业的发展水平，A、B、C、D、E 有如图所示的关系，下列推断不正确的是 (已知：2CH3CHO+O2 2CH3COOH )A. B、D均能与金属钠反应B. 物质C能发生银镜反应C. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别 A 和甲
19、烷D. 除去 E中残留的 D，可用过量的氢氧化钠洗涤后再分液【答案】D【解析】【分析】A的产量可以用来衡量一个国家石油化工业的发展水平，则A为乙烯；乙烯与水反应生成乙醇，B为乙醇；乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，C为乙醛；乙醛被氧气氧化成乙酸，D为乙酸；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，E为乙酸乙酯，据此解答。【详解】AB为乙醇、D以为乙酸，乙醇和乙酸均能和Na反应，A正确；BC为乙醛，乙醛含醛基，能发生银镜反应，B正确；C乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，可以鉴别，C正确；DE为乙酸乙酯，乙酸乙酯能和NaOH反应，D错误。答案选D。15.一定质量铁块和3mol/L 的过量盐酸反应，当向
20、其中加入少量的下列物质或采取下列措施时：CuSO4；适当升温；NaCl；KNO3；6mol/L浓盐酸；粉碎铁块。其中既能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】盐酸过量，产生氢气的量由Fe决定。【详解】少量的Fe和CuSO4反应产生Cu，Fe和Cu、盐酸形成原电池，加快反应速率，盐酸过量，产生氢气的量由Fe决定，Fe的量减少，产生氢气的量减少，不满足题意；适当升温，可以加快反应速率，盐酸过量，产生氢气的量由Fe决定，产生氢气的量不变，满足题意；铁和盐酸反应的实质是Fe和盐酸电离的氢离子反应，加NaCl对反应速率无影响，不满足题意；KNO3在酸
21、性条件下有强氧化性，与铁发生氧化还原反应，产生一氧化氮，不生成氢气，致使产生氢气的量减少，不满足题意；6mol/L浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率增大，盐酸过量，产生氢气的量由Fe决定，Fe不变，产生氢气的量不变，满足题意；粉碎铁块，增大了反应物间的接触面积，反应速率加快，Fe的量不变，产生氢气的量不变，满足题意。综上所述，满足题意。答案选A。16.在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)乙：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)现有下列状态：混合气体平均相对分子质量不再改变恒温时，气体压强不再改变各气体组成浓度相等反应体系中温度保持不变断裂
22、氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍混合气体密度不变单位时间内，消耗水蒸气质量与生成氢气质量比为91其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，乙中气体的质量和物质的量都是不变的，不能说明；同样乙中压强不再发生变化时，也不能说明；各种组分的浓度不再发生变化，但各种组分的浓度不一定相等，不正确；正确，中反应速率的方向相反，且满足速率之
23、比是相应的化学计量数之比，正确；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程乙中质量和容积始终是不变的，不正确；中反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此中的关系始终是成立，不正确，所以正确的答案选D。考点：考查可逆反应平衡状态的判断点评：该题是中等难度的试题，该题也是高考中的常见题型和考点。试题基础性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确平衡状态的特点，如何结合具体的可逆反应灵活运用即可。二、非选择题17.氧族元素包括氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素，是位于元素
24、周期表中第16纵列VIA 族元素。请回答下列问题：(1)Te的原子序数为_；(2)写出氧族元素中一种含18个电子、4个原子的氢化物的电子式_；(3)O、S、Se三种元素的简单氢化物沸点由高到低的顺序是_；(4)NaHSO4固体溶于水时，被破坏的化学键类型有_；(5)钋(Po)是原子序数最大的氧族元素，推测它及其化合物最不可能具有的性质是_(填字母)。A. 钋是能导电的固体 B. 钋的氧化物的水化物至少有两种C. 钋与氢气很容易化合 D. 钋的氢化物非常稳定【答案】 (1). 52 (2). (3). H2OH2SeH2S (4). 离子键、(极性)共价键 (5). CD【解析】【分析】(1)T
25、e位于第五周期、VIA族；(2)氧族元素中含18个电子、4个原子的氢化物是H2O2；(3)O、S、Se三种元素的简单氢化物是H2O、H2S、H2Se，H2O分子间易形成氢键；(4)NaHSO4固体溶于水时电离出Na+、H+、SO42-；(5)根据同主族元素性质递变规律推测；【详解】(1)Te位于第五周期、VIA族，Te原子序数为52；(2)氧族元素中含18个电子、4个原子的氢化物是H2O2，电子式是；(3) O、S、Se三种元素的简单氢化物中H2O分子间易形成氢键，所以氢化物沸点由高到低的顺序是H2OH2SeH2S；(4)NaHSO4固体溶于水时电离出Na+、H+、SO42-，被破坏的化学键类
26、型有离子键、(极性)共价键；(5) A. 同主族元素从上到下，金属性增强，钋是金属，钋是能导电的固体，故A不符合题意； B. 钋应有+4和+6两种化合价态，故钋的氧化物的水化物至少有两种，故B不符合题意；C. 钋的非金属性很弱，与氢气不容易直接化合，故C符合题意；D. 钋的非金属性很弱，与氢气不容易直接化合，钋的氢化物很不稳定，故D符合题意；选CD。【点睛】本题考查同主族元素性质递变规律，明确同主族元素从上到下金属性增强、非金属性减弱，非金属性越强，越易与氢气化合，气态氢化物越稳定。18.下图表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合。(
27、1)参考上图分析，我们可得出有机物种类繁多的原因，其中正确的是_(填编号) A.有机物分子里碳原子间的连接方式可以是链状，也可以是环状B.碳原子间通过共用电子对形成共价键时，可以以单键、双键或叁键结合C.有机物中普遍存在同分异构现象D.有机物里的碳元素有多种同位素(2)图中属于烷烃的是_(填编号)，其中沸点较高的是_(填编号)(3)上图中与B 互为同分异构体的是_(填编号) (4)烃F在一定条件下能发生加聚反应，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1). A、B、C (2). A、C (3). A (4). E、F、H (5). 【解析】【分析】由图可知，A为CH3CH2CH2CH3、B为CH
28、3CH=CHCH3、C为CH(CH3)3、D为CH3CCHCH3、E为CH3CH2CH=CH2、F为CH2=C(CH3)2、G为CHCCH2CH3、H为，据此解答。【详解】(1)有机物种类繁多的原因：有机物分子里碳原子间的连接方式可以是链状，也可以是环状，碳原子间通过共用电子对形成共价键时，可以以单键、双键或叁键结合，有机物中普遍存在同分异构现象，A、B、C满足题意，故答案为：A、B、C；(2)碳原子之间以单键结合成链状的烃称为烷烃，符合条件的有：A、C，原子数相同的烷烃，支链越多，沸点越低，所以A的沸点比C高，故答案为：A、C；A；(3B、E、F、H的分子式相同，均为C4H8，结构不同，互为
29、同分异构体，故答案为：E、F、H；(4)F为CH2=C(CH3)2，其发生加聚反应的化学方程式为：，故答案为：。19.从海水中可以提取很多有用的物质，例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘 。活性炭吸附法是工业提碘的方法之一，其流程如下：资料显示：I.pH=2时，NaNO2溶液只能将I- 氧化为I2，同时生成 NOII. I2+5Cl2+6H2O = 2HIO3+10HCl，5+2+2H+ = I2+5+H2O(1)反应的离子方程式_。 (2)方案甲中，根据I2的特性，分离操作 X 的方法是_。(3)已知：反应中每吸收3molI2转移5mol电子，离子方程式是_。 (4)Cl2、酸性 KMnO
30、4 等都是常用的强氧化剂，但该工艺中氧化卤水中的I- 却选择了价格较高的NaNO2，原因是_。【答案】 (1). 2+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O (2). 升华或加热、冷凝结晶 (3). 3I2+3=5I-+3CO2或3I2+6+3H2O=5I-+6 (4). 氯气、酸性高锰酸钾等能够继续氧化I2，导致产率降低【解析】【分析】卤水中的I-在酸性条件下被NaNO2氧化成I2，用活性炭吸附I2，碘易升华，方案甲为加热升华法，方法二为纯碱液吸收将I2转化为I-和IO3-，再加酸使I-和IO3-发生归中反应生成I2，过滤得粗碘。【详解】亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下二者发
31、生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，离子反应方程为2+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O，故答案为：2+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O；碘易升华，方案甲中，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶，故答案为：升华或加热、冷凝结晶；(3)反应中每吸收转移5mol电子，说明生成、，则该离子方程式为：3I2+3=5I-+3CO2或3I2+6+3H2O=5I-+6，故答案为：3I2+3=5I-+3CO2或3I2+6+3H2O=5I-+6；(4)氯气、酸性高锰酸钾等都是常用的强氧化剂，会继续氧化，而亚硝酸钠仅能把碘离子氧化为碘单质，故该工艺中氧化卤水中的选择了价格较高的故答案为：氯气、酸性高锰酸钾等
32、能够继续氧化I2，导致产率降低。20.下图是实验室制备乙酸乙酯的装置图，填写下列空白：(1)试管 A 中需加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各5mL，正确的加入顺序是_。(2)为防止 A 中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是_。 (3)干燥管B 的作用是_。 (4)试管 C中加有饱和 Na2CO3溶液，其作用是_。 (5)反应结束后，振荡试管 C，静置观察到的现象是_。(6)下图是分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图 。在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是_、 _、_(填序号) 蒸馏 过滤 分液 萃取 结晶【答案】 (1). 先加入乙醇，然后加入浓硫酸，再加冰醋酸 (2).
33、 在试管A中加入几粒沸石(或碎瓷片) (3). 防止倒吸 (4). 吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度 (5). 液体分层，上层是透明油状的液体；闻到香味 (6). (7). (8). 【解析】【分析】试管A中加入乙醇，然后加入浓硫酸，再加冰醋酸，加热发生反应生成乙酸乙酯，乙酸、乙醇易溶于水，干燥管B可以防止倒吸，饱和碳酸钠吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，反应结束后，振荡试管 C，静置观察到液体分层，上层是透明油状的液体。【详解】(1) 浓硫酸密度大、溶于水放热，而乙醇、乙酸均易挥发，所以加入试剂的顺序是先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，再加入冰醋酸；(2
34、)碎瓷片可以防暴沸，为防止 A 中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是在试管A中加入几粒沸石(或碎瓷片)；(3) 乙酸、乙醇易溶于水引起倒吸，干燥管B可以防止倒吸；(4) 收集乙酸乙酯的试管中常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，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；(5)乙酸乙酯难溶于水、密度比水小，反应结束后，振荡试管 C，静置观察到的现象是液体分层，上层是透明油状的液体，闻到香味；(6)乙酸乙酯不溶于水，乙醇和乙酸易溶于水，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，所以步骤是互不相溶液体的分离，采用分液的方法；乙酸钠、乙醇都溶于水，其中乙醇的沸点较低，可以采
35、用蒸馏的方法将乙醇分离出来；乙酸钠和硫酸反应生成乙酸，再蒸馏可以获得乙酸；在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是分液、蒸馏、蒸馏。【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备、混合物分离，明确乙酸乙酯的制备原理、实验操作是解题关键，注意用分液法分离互不相溶的两种液体、蒸馏法分离沸点不同的互溶液体。21.研究氮、硫及卤素等单质及其化合物在生产生活和环境保护中有着重要意义。I.反应I2+2= 2I- + 常用于精盐中碘含量测定。某同学利用该反应探究浓度对反应速率的影响。实验时均加入1mL 淀粉溶液作指示剂，若不经计算，可直接通过褪色时间的长短来判断浓度与反应速率的关系，下列试剂中：1mL 0.001mol
36、L-1的碘水 1mL 0.01molL-1的碘水3mL 0.001molL-1的 Na2S2O3溶液 3mL 0.01molL-1的 Na2S2O3溶液(1)应选择_(填字母)。A. B. C. D.(2)若某同学选取进行实验，测得褪色时间为4s，忽略混合后溶液体积变化，试计算v()=_。II.一定条件下，在水溶液中1molCl-、(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如下图所示。回答下列问题： (3)D是_(填离子符号) (4)BA+C 反应的离子方程式为：_； 当生成1molC 时，_ kJ的热量(填吸收或放出以及具体数值)。III.以 NO2、O2和熔融 NaNO3组成的燃料电池装
37、置如图，电池在工作过程中，石墨电极I 处燃料 NO2结合电解质离子共同转移电子生成一种氧化物 Y，在石墨电极II 处通入氧化物 Y，结合氧化剂共同转移电子生成电解质离子，使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成能保持稳定。(5)石墨电极II的电极反应式为_； (6)电极I处消耗1molNO2时电极II处反应的O2的体积(标准状况)为_升。【答案】 (1). C (2). 110-3mo1L-1s-1 (3). (4). 3C1O-=+2C1- (5). 放出117 (6). O2+4e-+2N2O5=4 (7). 5.6【解析】【分析】(1)直接通过褪色时间的长短来判断浓度与反应速率的关系
38、，要保证碘水浓度相同且完全反应，Na2S2O3浓度不同；(2)根据 计算；(3)根据化合价代数和等于-1计算x；(3) C中Cl元素的化合价为+1，则的化学式是；C中Cl元素的化合价为+5，则的化学式是；(5)氧气在石墨电极II得电子结合N2O5生成；(6)根据得失电子守恒计算消耗O2的体积。【详解】(1)碘水有颜色，直接通过褪色时间的长短来判断浓度与反应速率的关系，要保证碘水浓度相同且完全反应，Na2S2O3浓度不同，1mL 0.01molL-1的碘水和3mL 0.001molL-1的Na2S2O3溶液反应，碘水有剩余，故不选，应选择1mL 0.001molL-1的碘水、3mL 0.001m
39、olL-1的Na2S2O3溶液、 3mL 0.01molL-1的Na2S2O3溶液，故选C；(2)选取进行实验，混合后碘水的浓度是0.01molL-1(1+3+1)= 0.002molL-1，测得褪色时间为4s， v(I2)=0.0005mo1L-1s-1，v()= 0.0005mo1L-1s-12=0.001 mo1L-1s-1；(3)根据化合价代数和等于-1，x=4，则D是；(4)根据电荷守恒，BA+C反应的离子方程式为是3C1O-=+2C1-；生成物总能量-反应物的总能量=焓变，3C1O-=+2C1-(63-603)-117kJ/mol，当生成1molC 时， 放出117kJ的热量；(5)氧气在石墨电极II得电子结合N2O5生成，石墨电极II的电极反应式为O2+4e-+2N2O5=4；(6) 电极I处消耗1molNO2，转移1mol电子，根据O2+4e-+2N2O5=4，电极II处消耗O2的物质的量是0.25mol，标准状况下的体积是0.25mol22.4mol/L=5.6L。【点睛】本题考查影响反应速率因素的探究、燃料电池，明确根据控制变量法设计实验探究影响反应速率的因素，注意燃料电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应。
