1、山东省新泰市第一中学2019-2020高一化学下学期期末考试模拟二（含解析）可能用到的相对分子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Zn 65第I卷（选择题，共60分）一选择题：本题共15小题，每题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。1.习总书记强调“要建设天蓝、地绿、水清的美丽中国，让老百姓在宜居的环境中享受生活。”下列做法与此不相符合的是A. 将煤进行气化处理,既提高煤的综合利用效率，又可减少酸雨的危害B. 将废旧电池进行直接填埋,减少对环境的污染C. 开发核
2、能、太阳能、风能等新能源,减少对矿物能源的依赖D. 利用微生物发酵技术,将植物秸秆、动物粪便等制成沼气【答案】B【解析】【详解】A. 推广煤干馏、气化、液化技术，提供清洁、高效燃料和基础化工原料，提高煤的使用率，减少污染性气体的排放， 减少酸雨的危害，A项正确；B. 废旧电池中含有重金属离子，如果直接填埋，会对土壤造成污染，B项错误；C. 开发新能源，如核能、太阳能、风能等，减少对矿物能源的依赖，符合“促进低碳经济”宗旨，C项正确；D. 推广利用微生物发酵技术，将植物桔杆、动物粪便等制成沼气以替代液化石油气，减少污染性气体的排放，D项正确；答案选B。2.下列化学用语正确的是A. Cl离子的结构
3、示意图：B. 甲烷的球棍模型：C. 乙酸的结构简式：C2H4O2D. HCl分子的电子式：【答案】D【解析】【详解】A. Cl的核电荷数为17，其离子结构示意图为：，A项错误；B. 球棍模型表现原子间的连接与空间结构，甲烷分子式为CH4，C原子形成4个CH，为正四面体结构，碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型为，B项错误；C. 乙酸的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，C项错误；D. HCl分子内H与Cl原子之间有一对共用电子对，其电子式为：，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度较易，涉及结构式、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试
4、题培养了学生规范答题的能力3.含有共价键的离子化合物是A. KOHB. H2OC. CaCl2D. HNO3【答案】A【解析】【详解】A. KOH是离子化合物，OH-中O与H原子之间形成的是共价键，符合题意，A项正确；B. H2O为共价化合物，B项错误；C. CaCl2属于离子化合物，仅由离子键构成，C项错误；D. HNO3为共价化合物，D项错误；答案选A。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化
5、合物。4.I可用于治疗甲状腺疾病。该原子的中子数与质子数之差是A. 53B. 25C. 78D. 184【答案】B【解析】【分析】根据质子数+中子数质量数分析解答。【详解】根据核素的表示方法可知I中质子数53，质量数是131，则该原子的中子数是1315378，则该原子的中子数与质子数之差为78-53=25，B项正确；答案选B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。5.下列二者间关系的描述正确的是A. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异
6、构体B. 14C与14N互为同位素C. H2和D2互为同素异形体D. CH2BrCH2Br和CH3CHBr2是同种物质【答案】A【解析】【详解】A. CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构（官能团）不同，属于同分异构体，A项正确；B. 14C与14N的质子数不同，不属于同位素，B项错误；C. H2和D2为同种元素表示的氢气，不属于同素异形体，C项错误；D. CH2BrCH2Br和CH3CHBr2分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，不属于同一种物质，D项错误；答案选A。6.下列装置或操作能达到实验目的的是A. 除去乙醇中的乙酸用图甲装置B. 除去甲烷中混有的乙烯用图乙装置C. 用自
7、来水制取少量的蒸馏水用图丙装置D. 证明氯的非金属性比碳强可用图丁装置【答案】C【解析】【详解】A. 乙醇与乙酸互溶，不能利用分液的方法除去，A项错误；B. 酸性高锰酸钾可氧化乙烯，生成二氧化碳气体，乙烷中又引入了新的杂质，B项错误；C. 用自来水制取少量的蒸馏水可采用蒸馏方法，图丙符合题意，且科学规范，C项正确；D. 盐酸不是氯的最高价氧化物对应的水化物，无法通过强酸制弱酸的原理得出氯的非金属性比碳强的结论，D项错误；答案选C。7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 1mol碳正离子CH5+所含的电子数为10NAB. 7.8g的苯中含有碳碳双键的数目为0.3NAC. 标准状况
8、下，2.24L乙醇含有的氧原子数目约为0.1NAD. 4.6g Na与100 mL1.0 mol/L醋酸溶液反应，转移电子数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A. 1mol碳正离子CH5+所含的电子的物质的量是10mol，即电子数为10NA，A项正确；B. 苯中不含碳碳双键，B项错误；C. 标准状况下，乙醇为液体，无法利用气体摩尔体积计算其氧原子数目，C项错误；D. 4.6 g Na为0.2mol，与100 mL1.0 mol/L醋酸溶液反应后，继续与水反应，转移电子数目为0.2NA，D项错误；答案选A。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量
9、的理解与应用。本题C项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。8.下列物质转化常通过加成反应实现的是A. B. CH3CHO CH3COOHC. CH4 CH3ClD. CH2CH2 CH3CH2Br【答案】D【解析】【详解】A苯和浓硝酸、浓硫酸的混合液加热，可发生取代反应生成硝基苯，A项错误；BCH3CH2OH在铜作催化剂的作用氧化生成CH3CHO，属于氧化反应，B项错误；CCH4在光照条件下与氯气发生取代反应，生成CH3Cl
10、，C项错误；DCH2=CH2与HBr一定条件下发生加成反应生成CH3CH2Br，D项正确；答案选D。【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的B选项显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题
11、型时游刃有余。9.能说明反应X(g)+2Y(g) 2Z(g)达到化学平衡状态的是A. X、Y、Z的物质的量之比为1:2:2B. X、Y、Z的浓度不再发生变化C. 反应速率v(X)= v(Y)D. 单位时间内生成n mol Z的同时生成2n mol Y【答案】B【解析】【详解】A. 当体系达平衡状态时，X、Y、Z的物质的量之比可能为1：2：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明反应是否达到平衡状态，A项错误； B. X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明反应达到了平衡状态，B项正确；C. 达到平衡时，同一物质表示的正逆反应速率相等，v(X)与v(Y)不是同一物质，且没有正逆反应速率
12、之分，不能表示v(正)= v(逆)，则不能说明反应是否达到平衡状态，C项错误；D. 根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，单位时间内生成n mol Z的同时生成n mol Y，可表示v(正)= v(逆)，但题中相关数值不正确，D项错误；答案选B。10.一定温度下，将 2 mol SO2 和 1 mol O2 充入2L密闭容器中，在催化剂存在下进行下列反应: 2SO2+ O2 2SO3，下列说法中正确的是A. 达到反应限度时，生成2molSO3B. 达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率C. 达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比一定为212D. SO2和SO3物质的
13、量之和一定为 2mol【答案】D【解析】【详解】A. 反应为可逆反应，2 mol SO2 和 1 mol O2反应时，达到反应限度时，生成的SO3的物质的量小于2 mol，A项错误；B. 平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到反应限度时SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，B项错误；C. 分子数的关系与起始量、转化率有关，则不能确定达到反应限度时SO2、O2、SO3的分子数之比，C项错误；D. 起始加入2molSO2，化学反应中S原子守恒，则最终SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，D项正确；答案选D。11.某有机物的结构式为：，它在一定条件下可能发生的反应有加
14、成水解酯化氧化中和加聚A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】中含碳碳双键、醇羟基和羧基，故它在一定条件下可能发生的反应有加成酯化氧化中和加聚，但不能发生水解反应；答案选C。12.W、X、Y、Z、M、R为6种短周期主族元素。W原子的核电荷数等于其周期数，X+与Ne具有相同的电子层结构，Y原子与Z原子的最外层电子数之和与M原子的最外层电子数相等；Y、Z、M、R在周期表中的相对位置如下图所示。下列说法正确的是ZMRYA. R元素的最高正价为+6B. 原子半径：r(Y)r(X)r(Z)r(M)C. X的金属性比Y的金属性弱D. 由X和R组成的化合物不止一种【答案】D【解析】【分析】W、X、
15、Y、Z、M、R为6种短周期元素W原子的核电荷数等于其周期数，则W为H元素；X+与Ne具有相同的电子层结构，则X为Na；设Y最外层电子数为a，则Z、R原子最外层电子数分别为a+1、a+4，故a+a+1=a+3，解得a=2，故Y为Mg，Z为B，M为N，R为O，据此解答。【详解】依据上述分析可知，A. R元素为O，无最高正价，A项错误；B. 同周期中，元素原子半径从左到右依次减小，同主族中元素原子半径从上到下依次增大，则上述四种元素的原子半径大小顺序为：r(Na)r(Mg)r(B)r(N)，B项错误；C. 同周期从左到右元素金属性依次减弱，则金属性比较：NaMg，C项错误；D. 由X和R组成的化合物
16、可以是Na2O，也可以是Na2O2，D项正确；答案选D。13.原电池结构如图所示，下列有关该原电池的说法正确的是A. 能将电能转换成化学能B. 电子从碳棒经外电路流向铁棒C. 碳棒发生氧化反应D. 总反应为 Fe+H2SO4= FeSO4+H2【答案】D【解析】【详解】A该装置是原电池，是将化学能转变为电能的装置，故A错误；B铁为负极，碳为正极，电子从铁棒沿导线流向碳棒，故B错误；C碳棒上氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D该原电池的电池反应式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，故D正确；故选D。14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y
17、是地壳中含量最多的元素。Z原子的最外层电子数是Y原子的最外层电子数的一半，W与Y同主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)B. 电解由Y、Z组成的化合物可获得Z的单质C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D. 由X、Y组成的化合物只有两种【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，则最高价为+5价，最低价为-3价，X为氮元素；Y是地壳中含量最多的元素，则Y为氧元素；Z原子的最外层电子数是Y原子的最外层电子数的一半，则Z为Al元素；W与Y同主族，则W为S元素。【详解】A同周期主族元素核电荷数越大，
18、原子半径越小，同主族核电荷数大，原子半径大，则四种元素的原子半径：r(O)r(N)r(S)P，故C错误；DP的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误；故答案为：B。22.铜是人类认识并应用最早的金属之一，我国是最早使用铜器的国家之一。铁与人类生活密切相关，几乎无处不在，是地壳中含量仅次于铝的金属。某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜强，设计了如下实验方案，合理的是（）A. 将铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出B. 将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解C. 把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡产生，而铜片上有气泡产生D. 把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧
19、杯中，并用导线连接，铁片上有气泡产生，而铜片上无气泡产生【答案】AC【解析】【详解】A铁从CuSO4溶液中置换出铜，化学方程式CuSO4Fe=FeSO4Cu，说明Fe比Cu活泼，A符合题意；B铜溶于FeCl3溶液，反应为2Fe3Cu=Cu22Fe2，说明Fe3的氧化性强于Cu2，并不能比较Cu和Fe的金属活动性，B不符合题意；C把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，构成原电池；铁片上无气泡产生，而铜片上有气泡产生，说明Fe失去电子，作负极，而Cu极上H得电子，Cu作正极，一般情况下，较活泼金属作负极，可证实Fe比Cu活泼，C符合题意；D常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜
20、，阻止内部金属与浓硝酸进一步反应，而Cu常温下可与浓硝酸反应；因此铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铜作负极，但并不能比较Fe和Cu的活动性，D不符合题意；答案选AC。23.下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是A. 淀粉葡萄糖CO2和H2O(释放能量维持生命活动)B. 纤维素葡萄糖CO2和H2O(释放能量维持生命活动)C. 油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O(释放能量维持生命活动)D. 蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质(人体生长发育)【答案】B【解析】【详解】A淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A正确； B纤维素不是人
21、体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，故B错误；C油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，故C正确；D蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢蛋白质，故D正确。故答案选B。24.下列说法不正确的是（）A. 甲烷分子的空间充填模型为，其二氯取代物有1种结构B. 苯和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同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】BD【解析】【详解】ACH4分子空间结构是正四面体形，空间充填模型，又叫比
22、例模型，为，其二氯取代物有1种结构，故A正确；B苯与溴水混合发生萃取属于物理变化，乙烯能使溴水褪色是发生加成反应，所以褪色原理不相同，故B错误；C乙炔和苯的最简式都为CH，则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，故C正确；D苯与氯气发生取代反应生成氯苯，苯环上H被Cl取代，故D错误；答案选BD。25.下列由实验得出的结论正确的是选项实验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透明生成的1，2二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性。C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳
23、酸的酸性D甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A乙烯与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，溶液最终变为无色透明，故A正确；B乙醇不能电离出氢离子，水可以电离出氢离子，乙醇分子中的氢与水分子中的氢不具有相同的活性，故B错误；C乙酸与碳酸钙发生强酸制取弱酸的反应，则乙酸的酸性大于碳酸的酸性，故C错误；D发生取代反应生成HCl，HCl溶于水显酸性，卤代烃不显酸性，故D错误；故答案选A。卷（非选择题 共40分）26.海水中溴含量约为65mgL-1，从海水中提取溴的工艺流程如图：(1
24、)以上步骤中已获得游离态的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，其目的是_。(2)步骤通入热空气吹出Br2，利用了溴的_(填字母)。A氧化性 B还原性 C挥发性 D腐蚀性(3)步骤中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：_Br2+_=_+_Br-+_CO2(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：_。(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴萃取剂的是_(填字母)。A稀硫酸 B四氯化碳 C烧碱溶液 D水【答案】 (1). 富集溴元素 (2). C (3). 3 (4). 3 (5). 1 (6).
25、 5 (7). 3 (8). SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr (9). B【解析】【分析】将海水经过风吹日晒制得食盐，电解饱和食盐水可制得Cl2，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；生成Cl2通入卤水中，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，但由于海水中溴离子的浓度小，所以生成低浓度的溴水；利用溴的挥发性，往稀溴水中通入热空气将Br2吹出，用Na2CO3溶液吸收，发生反应生成Br-、和CO2；用硫酸酸化反应产物，发生反应5Br-+6H+=3Br2+3H2O，从而获得高浓度的溴。【详解】(1)步骤中获得低浓度的溴，步骤又将之转变成化合态的溴，主要是想实
26、现浓度的增大，所以目的是富集溴元素。答案为：富集溴元素；(2)步骤通入热空气，使溶液的温度升高，溴从溶液中挥发，即吹出Br2，利用了溴的挥发性，故选C。答案为：C；(3)步骤涉及的离子反应中，Br2中一部分生成，溴元素的价态升高5价；Br2中一部分生成Br-，溴元素的价态降低1价，依据化合价升高与降低的总数相等的原则，方程式中应为3Br2+_=+5Br-+_ CO2；再依据电荷守恒和质量守恒，便可得到配平的离子方程式：3Br2+3=+5Br-+3CO2。答案为：3；3；1；5；3；(4)溴与二氧化硫水溶液发生氧化还原反应，生成硫酸和氢溴酸，化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2
27、HBr。答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，四个选项的物质中，稀硫酸、烧碱溶液、水都能与原来的溶液互溶，液体不分层，所以不能作萃取剂，四氯化碳的密度比水大、难溶于水，且溴在其中的溶解度比在水中大得多，所以可以用作溴的萃取剂的是B。答案为：B。【点睛】虽然Br2或I2在酒精中的溶解度比在水中大得多，但由于乙醇与水互溶，所以乙醇不能作水溶液中的萃取剂。27.拆开1 mol HH键、1 mol NH键、1 mol NN键需要吸收的能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则1 mol N2生成NH3_(填“吸收”或“放出”)_kJ热
28、量；.将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。已知，通入CH4的一极，其电极反应式是CH48e10OH=CO7H2O；通入O2的另一极，其电极反应式是2O28e4H2O=8OH。请完成下列各题：(1)通入CH4的电极为_极，发生_反应。(2)该燃料电池的总反应式为_。(3)若将该电池中的燃料改为氢气，请写出此时正、负极的反应式：正极_，负极_。【答案】 (1). 放出 (2). 92 (3). 负 (4). 氧化 (5). CH42O22OH=CO3H2O (6). O24e2H2O=4OH (7). 2H24e4OH=4H2O【解析】【详解】H=反应物键能
29、和-生成物键能和，所以反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的H=(946+3436-6391)kJ/mol=-92kJ/mol，所以1 mol N2生成NH3放出92kJ热量；(1)根据题意可知通入CH4的电极失电子发生氧化反应，所以为负极；(2)正极加上负极反应可得总反应为CH42O22OH=CO3H2O；(3)若燃料改为氢气，则总反应为2H2+O2=H2O，所以正极为氧气，电解质溶液为碱性，所以电极反应为O24e2H2O=4OH；负极为氢气，电极反应为2H24e4OH=4H2O。28.（1）把0.2mol X气体和0.4mol Y气体混合于2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g
30、)+5Y(g)=nZ(g)+6W(g)；2min末生成0.3mol W。若测知Z的浓度变化表示的反应速率为0.05 mol/(Lmin)。计算：2min内用Y 的浓度变化表示的反应速率为_mol/(Lmin)化学方程式中n的值是_。（2）在一定温度下，将4mol SO2与2mol O2放入4L的密闭容器中，在一定条件下反应，2SO2O22SO3。10min 时达到平衡状态。此时容器内压强比反应前减少20%，计算SO2的转化率为_。（3）某温度时在2L容器中A、B、C 三种气态物质的物质的量（n）随时间（l）变化的曲线如图所示，由图中数据分析：该反应的化学方程式为_下列叙述能说明上述反应达到平衡
31、状态的是_。A、混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化B、相同时间内消耗2n mol 的A的同时生成4nmol 的CC、混合气体的总质量不随时间的变化而变化 D、容器内压强不再发生变化【答案】 (1). 0.0625 (2). 4 (3). 60% (4). A（g）+ 3B(g) 2C(g) (5). AD【解析】【详解】（1）把0.2mol X气体和0.4mol Y气体混合于2L密闭容器中，使它们发生如下反应，2min末生成0.3mol W；4X（g）+5Y（g）nZ（g）+6W（g）起始量（mol） 0.2 0.4 0 0变化量（mol） 0.2 0.25 0.05n 0.32min末
32、量（mol） 0 0.15 0.05n 0.3前2min内用Y 的浓度变化表示的反应速率=；若测知Z的浓度变化表示的反应速率为0.05molL-1min-1，n=4；（2） 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 物质的量减少n起始物质的量 4mol 2mol 0mol改变物质的量2xmol xmol 2xmol平衡物质的量4-2xmol 2-xmol 2xmol根据题意可知100%=80% ，x=1.2mol ，二氧化硫的转化率= 100%=60%；（3）2分钟内，A减少了2.0-1.8=0.2mol，B减少了2.0-1.4=0.6mol，C增加了0.4mol，则AB为反应物，C为生成物，
33、三者物质的量的改变量的比等于系数比，故方程式为：A（g）+ 3B(g) 2C(g)。A、反应前后物质的量不同，所以总物质的量不随时间变化而变化说明反应到平衡，故正确；B、消耗A和同时生成C都为正反应速率，故不能说明反应到平衡，故错误；C、混合气体总质量不变，不能说明反应到平衡，故错误；D、反应前后物质的量不同，故压强不变可以说明反应到平衡，故正确；故选AD。29.我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品，为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下（部分反应条件已略去）：（1）E 的名称为_，B物质的结构简式：_；（2）上述转化
34、反应中，属于取代反应的有_（用反应序号填写）；（3）写出反应的反应方程式：_；（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a试剂为_；（5）某同学在试管b中加入6.0克乙酸和足量乙醇采用适当条件使反应充分进行，结束后在试管b回收到3.0克乙酸，则该同学在本次实验中制得乙酸乙酯的最大质量为_。【答案】 (1). 乙酸乙酯 (2). CH3CH2OH (3). (4). (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 4.4g【解析】【分析】由图可知，、为甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、苯的过程，则A为乙烯；为乙烯与水的加成反应生成乙醇的过程，为乙醇的催化氧化生成乙醛的过程，为乙醛氧化生成乙酸的过程，为
35、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程；为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，以此来解答。【详解】（1）E为乙酸乙酯；B为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH；（2）为乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程，属于取代反应，故答案为 （3）反应为苯与液溴发生取代反应生成溴苯和HBr的过程，其化学方程式为：；（4）如图为实验室制取E的装置图，图中a为饱和碳酸钠，可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；（5）在试管b中加入6.0克乙酸，回收到3.0克乙酸，则参加反应的乙酸的质量为3.0g，其物质的量为=0.05 mol，根据乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的化学方程式 可知，制得的乙酸乙酯的最大的物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol88g/mol=4.4g。
