1、山西省孝义市第二中学校2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（B卷）（含解析）相对原子质量： H-1 C-12 . N-14 O-16 Na-23 Fe-56一、单项选择题1. “垃圾是放错了位置的资源”。生活中废弃的铁锅、铝制易拉罐、铜导线等可以归为一类加以回收，它们属于A. 酸B. 碱C. 盐D. 金属或合金【答案】D【解析】【详解】电离出的阴离子全部是H+的化合物是酸。由酸根离子和金属阳离子（铵根离子）构成的化合物是盐。电离出的阴离子全部是OH的化合物是碱。生活中废弃的铁锅、铝制易拉罐、铜导线等等都属于废旧金属材料，它们的主要成分是金属单质或合金，故它们属于金属或合金。答案选D
2、。2. 食品安全警钟长鸣。近日，一批湖南大米中重金属元素镉超标事件被媒体广泛报导。下列有关镉()的说法正确的是A. 原子序数为48B. 电子数为64C. 中子数为112D. 质量数为160【答案】A【解析】【详解】由原子可知，该原子质子数为48，原子序数为48，电子数为48，质量数为112，中子数为112-48=64，可判断A正确，答案为A。3. 下列叙述不正确的是( )A. 形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物B. 大气污染物主要来自化石燃料的燃烧和工业生产过程产生的废气C. 绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理D. 水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意
3、排放造成的【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫是形成硫酸型酸雨，氮的氧化物会形成硝酸型酸雨，因此形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物，故A正确；B化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气中往往含有二氧化硫、CO等，是产生大气污染物的主要气体，故B正确；C绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是对环境进行无毒无害的治理，故C错误；D含氮、磷的生活污水任意排放会造成水体富营养化，形成水华、赤潮等水体污染现象，故D正确；故选C。4. 可以用来鉴别甲烷和乙烯两种气体的试剂是A. 乙醇B. 溴水C. NaOH溶液D. 灼热的铜丝【答案】B【解析】【详解】A甲烷、乙烯都不与乙醇反应，故A不能
4、鉴别甲烷和乙烯两种气体； B. 甲烷与溴水不反应、乙烯与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故B能鉴别甲烷和乙烯两种气体；C甲烷、乙烯都不与NaOH溶液反应，故C不能鉴别甲烷和乙烯两种气体；D甲烷、乙烯都不与灼热的铜丝反应，故D不能鉴别甲烷和乙烯两种气体；答案选B。5. 下列有机物互为同分异构体的是A. 正丁烷和异丁烷B. 淀粉和纤维素C. 乙烯和聚乙烯D. 乙酸和乙醇【答案】A【解析】【详解】A正丁烷和异丁烷分子式均为C4H10，结构不同，互为同分异构体，故A符合题意；B淀粉和纤维素虽然都可以表示为(C6H10O5)n，但n值不一定相等，所以不是同分异构体，故B不符合题意；C聚乙烯是由n个乙烯分
5、子加聚而成，二者不是同分异构体，故C不符合题意；D乙酸分子式为C2H4O2，乙醇分子式为C2H6O，分子式不同，不是同分异构体，故D不符合题意；综上所述答案为A。6. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A. 蚕丝的主要成分是蛋白质B. 蚕丝属于天然高分子材料C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物【答案】D【解析】【详解】A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C. “蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反
6、应，C项正确；D. 高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质。7. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A. 过氧化钠与水反应时，生成0.lmol氧气转移的电子数为0.2NAB. 48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为l3NAC. 18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA【答案】C【解析】【详解】A过氧化钠和水的反应为歧化反应，即2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成1mol氧气转移2mol电子，则当生成0.1mol
7、氧气时，转移0.2NA个电子，故A正确；B正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13，二者摩尔质量相等都是58g/mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷混合物的物质的量为=1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故B正确；CD2O和H2O均含有10个质子，18gD2O中含有的质子数为/mol=9NA，18g H2O中含有的质子数为/mol=10NA，故C错误；DK2Cr2O7中铬由+6价变成+3价得到3个电子，所以1 mol K2Cr2O7中有2molCr元素，被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，故D正确；答案为C。8. 下列说法中错误的是A. 金属钠
8、与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低B. 物质的燃烧可以看作为“储存”在物质内部的能量（化学能）转化为热能释放出来C. 氮气分子内部存在着很强的共价键，故通常情况下氮气的化学性质很活泼D. 需要加热才能发生的反应不一定是吸收能量的反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A金属钠与氯气反应生成氯化钠后，氯化钠的稳定性增强，体系能量降低，物质的能量越低越稳定，故不选A；B物质的燃烧主要是将化学能转化为热能，可以看作为“储存”在物质内部的能量（化学能）转化为热能释放出来，故不选B；C氮气分子内部存在三键，要断开三键需要很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定，故选C；D需要加热才能发
9、生的反应不一定是吸热发应，如铝热反应需在高温下发生，属于放热反应，故不选D。答案：C。9. 金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量。已知12 g石墨或金刚石完全燃烧时放出的热量依次为Q1和Q2，下列说法错误的是A. Q1Q2B. 石墨不如金刚石稳定C. 石墨具有的能量比金刚石低D. 等质量的石墨与金刚石完全燃烧，生成的二氧化碳一样多【答案】B【解析】【分析】石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量，可知石墨的能量低，燃烧为放热反应，则金刚石燃烧放热多，以此来解答。【详解】A.金刚石燃烧放热多，则Q1Q2，故A正确；B.石墨转化为金刚石并需要吸收能量，石墨
10、的能量低，石墨比金刚石稳定，故B错误；C.石墨转化为金刚石并需要吸收能量，可知石墨的能量低，故C正确；D.由原子守恒可知，等质量的金刚石和石墨完全燃烧生成的二氧化碳一样多，故D正确；故选：B。10. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为17，W是地壳中含量最多的元素，X、Y、Z同周期且三者最高价氧化物对应水化物中有一种强酸M和一种强碱N。下列叙述中正确的是A. 常温下，单质Y既能溶于M中，也能溶于N中B. W、X、Z形成的化合物可能具有漂白性C. W与X形成的化合物中一定存在离子键D. X与W形成的两种化合物中，阴阳离子个数比不相同【答案】BC【解析】
11、【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素，X、Y、Z同周期且三者最高价氧化物对应水化物中有一种强酸M和一种强碱N。则X、Y、Z原子序数比O大，位于第三周期，第三周期中属于强碱是NaOH，属于强酸是H2SO4或HClO4，X为Na元素，四种元素最外层电子数之和为17，O最外层6个，Na最外层1个，Y和Z最外层电子数之和为10，若Z为S元素，Y为Si元素，若Z为Cl元素，Y为Al元素，据此解答。【详解】由上述分析可知，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为S元素或W为O元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为Cl元素；A若Y为Si元素，常
12、温下，单质Si不能溶于H2SO4中，能溶于NaOH中，故A错误；B若Z为Cl元素，W为O元素，X为Na元素，可形成NaClO，具有漂白性，故B正确；CW为O元素，X为Na元素，形成的化合物为Na2O、Na2O2，Na2O中钠离子与氧离子形成离子键，Na2O2中钠离子与过氧根形成离子键，故C正确；DW为O元素，X为Na元素，形成的化合物为Na2O、Na2O2，Na2O中钠离子与氧离子形成离子键，阴阳离子个数比为1：2，Na2O2中钠离子与过氧根形成离子键，阴阳离子个数比也为1：2，二者相同，故D错误；答案BC。11. 工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400500下发生的催化氧化反应2SO2+
13、O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果该反应在密闭容器中进行，则下列有关说法错误的是A. 使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等C. 为了提高SO2的转化率，可适当提高O2的浓度D. 在上述条件下，SO2不可能100地转化为SO3【答案】B【解析】【详解】A. 使用催化剂能加快反应速率，缩短反应时间，可以提高生产效率，故A正确；B. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要根据反应物的初始浓度及转化率进行判断，故B错误；C. 提高O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故C正确；D. 此反应为可逆反应，
14、不能完全进行到底，SO2不可能100地转化为SO3，故D正确；故答案为B。【点睛】易错选A项，注意生产效率不同于转化率，催化剂使反应速率加快，缩短反应时间，就可以提高生产效率，但不会使提高物质的转化率。12. 微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A. 正极反应中有CO2生成B. 微生物促进了反应中电子的转移C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区D. 电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解析】【详解】A根据图象，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6
15、H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A。13. 下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂
16、AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH
17、溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。14. 去年是门捷列夫发现元素周期表150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，下列有关化
18、学元素周期表的说法正确的是A. 第二周期主族元素的原子半径自左向右依次增大B. A族元素的非金属性自上而下依次增强C. 主族元素均呈现与其族数相同的最高化合价D. 元素周期表共有18列【答案】D【解析】【详解】A同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以第二周期主族元素的原子半径自左向右依次减小，故A错误；B同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，导致其非金属性减弱，所以同一主族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，则第A族元素的非金属性自上而下依次减弱，故B错误；C主族元素最高化合价与其族序数不一定相等，如F元素最高化合价为0价，但是其位于第
19、族，故C错误；D元素周期表有7个主族、7个副族、1个0族、1个第族，除了第族外，其它每一个族位于一列，第族有3列，所以有18列，故D正确；答案为D。15. 2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是A. In是第五周期第A族元素B. 11549In的中子数与电子数的差值为17C 原子半径：InAlD. 碱性：In(OH)3RbOH【答案】D【解析】【分析】A根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在
20、周期表中的位置；B质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；C同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；D同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；B.质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元
21、素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径InAl，故C不符合题意；D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3 RbOH，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。16. 下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴
22、加氯化铵溶液，沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A、氢氧化镁碱性强于氨水；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；C、电荷不守恒；D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe33H2OFe(OH)3（胶体）3H，故B不能用来解释相应实验现象；C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO22MnO42H2O=2Mn
23、24H5SO42，故C不能用来解释相应实验现象；D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO10HNO3=3Fe3NO5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；故选A。【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。17. 下列说法正确的是A. 18O2和16O2互为同位素B. 正己烷和2,2二甲基丙烷互为同系物C. C60和C70是具有相同质子数不同核素D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体【
24、答案】B【解析】【详解】A. 18O2和16O2是指相对分子质量不同的分子，而同位素指具有相同质子数，但中子数不同的元素互称同位素，A项错误；B. 正己烷的分子式C6H14，2,2二甲基丙烷即新戊烷分子式是C5H12，两者同属于烷烃，且分子式差一个CH2，属于同系物，B项正确；C.核素表示具有一定的质子数和中子数的原子，C60和C70是由一定数目的碳原子形成的分子，显然，C项错误；D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是分子式分别为C3H7O2N和C2H5O2N，分子式不同，显然不是同分异构体，D项错误。故答案选B。18. 已知下列元素的原子半径元素NSOSi原子半径/10-10m
25、0.751.020.74117根据以上数据，磷原子的半径可能是A. 1.1010-10mB. 1.2010-10mC. 0.8010-10mD. 0.7010-10m【答案】A【解析】 【分析】 【详解】 同周期元素，从左到右，原子半径减小，Si、P、S同周期，半径SiPS ，P原子的半径大于S而小于Si，因此其半径的数值应介于 1.0210-10m与1.1710-10m之间，A符合题意； 答案选A。 19. 反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 中子数为18的氯原子：B. N2的结构式：N=NC.
26、Na+的结构示意图： D. H2O的电子式： 【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为NN，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧
27、原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。20. 反应Br+H2HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是A. 正反应为放热反应B. 正反应为吸热反应C. 加入催化剂，该反应吸收的能量增大D. 从图中可看出，该反应的能量变化为117 kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.正反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以为吸热反应，故A错误；B.正反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以为吸热反应，故B正确；C.加入催化剂，只能改变反应的活化能，不能改变反应热，故C错误；D.从图中可看出，该反应的能量变化=117kJ/mol-42kJ
28、/mol=75kJ/mol，故D错误；答案选B。二、非选择题21. 下表是元素周期表的一部分，根据要求回答下列问题。族周期AAAAAAAO2EHFI3ACDGR4B（1）十种元素中化学性质最不活泼的元素是_（填元素符号）。（2）A、C、D三种元素的氧化物对应的水化物，其中碱性最强的是_（填化学式）。（3）I元素跟A元素形成化合物的电子式是_。并用电子式表示该化合物的形成过程_。（4）G的单质和B的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是_。（5）元素A和F能形成两种化合物，写出其中较稳定的化合物与CO2反应生成氧气的化学方程式 _。【答案】 (1). Ar (2). NaOH (3). (4)
29、. (5). Cl2+2OH- =Cl- + ClO- + H2O (6). 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2【解析】【详解】根据元素在周期表中的相对位置可判断AR分别是Na、K、Mg、Al、C、O、Cl、N、F、Ar。（1）十种元素中化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ar。（2）A、C、D三种元素中金属性最强的是钠，则最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是NaOH。（3）I元素跟A元素形成化合物是氟化钠，NaF为离子化合物，电子式是，用电子式表示NaF的形成过程为。（4）B的最高价氧化物对应的水化物为KOH，氯气与KOH反应生成KCl、KClO和H2O，反应的离子方程式为Cl2+2
30、OH- =Cl- + ClO- + H2O。（5）元素A和F能形成两种化合物Na2O和Na2O2，其中较稳定的化合物是Na2O2，Na2O2与CO2反应生成氧气的化学方程式为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。22. 从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应：2H2+O2=2H2O(1)为了加快正反应速率，可以采取的措施有_(填序号，下同)。A.使用合适的催化剂 B.适当提高氧气的浓度C.适当提高反应的温度 D.适当减小反应的压强(2)下图能正确表示该反应中能量变化的是_。(3)从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。化学键H-HO=OH-O键能kJmol-1436496463请填写下
31、表：化学键填“吸收热量”或“放出热量”能量变化/kJ拆开化学键2molH2和lmolO2中的化学键_形成化学键 4mo1HO键_总能最变化_（4）氢氧燃料电池的总反应方程式为2H2+O2=2H2O。其中，氢气在_极发生_反应。电路中每转移0.2mol电子，标准状况下消耗H2的体积是_L。【答案】 (1). ABC (2). A (3). 吸收热量 (4). 1368 (5). 放出热量 (6). 1852 (7). 放出热量 (8). 484 (9). 负 (10). 氧化 (11). 2.24【解析】【分析】根据反应速率的影响因素判断；根据题中图示判断能量变化；根据H=反应物中键能之和-生成
32、物中键能之和计算；根据燃烧电池总反应方程式，由化合价的变化判断正负极；据此解答。【详解】(1)A使用催化剂，加快反应速率，故A符合题意；B适当提高氧气的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，故B符合题意；C适当提高反应的温度，反应速率加快，故C符合题意；D适当降低反应的温度，反应速率减慢，故D不符合题意；答案为ABC。(2)由2H2+O2=2H2O反应可知，H2燃烧是放热反应，则由图可知，A中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，A正确；答案为A。(3)断裂2molH2中的化学键吸收2436kJ热量，断裂1molO2中的化学键吸收496kJ热量，共吸收2436+496=1368kJ热量，
33、形成4molH-O键释放4463kJ=1852kJ热量，H=反应物中键能之和-生成物中键能之和=1368-1852=-4840，该反应为放热反应；答案为吸收热量，1368，放出热量，1852，放出热量，484。(4)由氢氧燃料电池的总反应方程式为2H2+O2=2H2O可知，H元素的化合价升高，失电子发生氧化反应，则通入H2的电极为负极，电极反应为H2-2e-=2H+，由电极反应可知，转移2mol电子，消耗1molH2，电路中每转移0.2mol电子，消耗0.1molH2，标况下为2.24L；答案为负，氧化，2.24。23. “酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我
34、们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式_。（2）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：_。（3）浓硫酸的作用是：_；_；（4）饱和碳酸钠溶液的作用是_ 。（5）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是_。（6）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验方法的名称是_。（7）做此实验时，有时还向盛乙酸和乙醇的试管里加入几块碎瓷片，其目的是_。【答案】 (1). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (2). 先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢
35、加入试管，最后再加入乙酸。 (3). 催化作用（催化剂） (4). 吸水作用（吸水剂） (5). 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 (6). 防止倒吸 (7). 分液 (8). 防止大试管中液体暴沸而冲出导管【解析】【分析】(1)本题为乙酸乙酯制备，根据酯化反应的机理书写反应方程式；(2)根据物质的性质分析加入试剂的顺序为：乙醇根据浓硫酸乙酸，原因：浓硫酸密度比乙醇的大，如果先加浓硫酸，密度小的乙醇会在浓硫酸上层，浓硫酸放热会使乙醇沸腾而溅出；(3)防倒吸装置的使用：避免反应过程中因试管中乙醇挥发压强减小而发生倒吸现象；(4)分析实验中各试剂及
36、装置的作用：浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；饱和Na2CO3的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。【详解】(1)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，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，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(2)在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸。故答案：先在试管中加入一定量的乙醇
37、，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸。(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂；吸水剂；(4)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，便于闻乙酸乙酯的香味；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；故答案为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(5)导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案：防止倒吸；(6)分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，
38、让饱和碳酸钠溶液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，静置分层后取上层液得乙酸乙酯，故答案：分液；(7)液体加热要加碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，故答案：防止大试管中液体暴沸而冲出导管。24. 自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：(l)2016年IUPAC确认了四种新元素，其中一种为Mc，中文为“镆”。元素Mc可由反应+288Mc+3得到。该元素的质子数为_，287Mc与288Mc互为_。(2)Mc位于元素周期表中第VA族，同族元素N的一种氢化物为NH2NH2，
39、写出该化合物分子的电子式_，该分子内存在的共价键类型有_。(3)该族中的另一元素P能呈现多种化合价，其中+3价氧化物的分子式为_，该氧化物对应的水化物为H3PO3，已知该酸与足量NaOH溶液反应所得产物化学式为Na2HPO3，则Na2HPO3是_(填“正盐”或“酸式盐”)。【答案】 (1). 115 (2). 同位素 (3). (4). 极性键和非极性键 (5). P2O3 (6). 正盐【解析】【分析】根据题中信息，由质子守恒求出质子数，根据微粒结构判断为同位素；根据微粒结构画出电子式及成键情况判断共价键类型；根据化合价关系写出氧化物分子式；根据酸与足量NaOH反应的产物判断几元酸和正盐还是
40、酸式盐；据此解答。【详解】（1）元素Mc可由反应端+288Mc+3得到，反应中质子数守恒，则Mc元素的质子数为95+20-0=115，287Mc与288Mc的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素；答案为115， 同位素。（2）N2H4是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子间形成一个共价键形成的共价化合物，所以电子式为，该分子中含有N-H极性键和N-N非极性键；答案为，极性键和非极性键。（3）由P元素为+3价，O元素为-2价，根据化合价代数和为0可知，氧化物的分子式为P2O3，亚磷酸(H3PO3)与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸是二元酸，则Na2HPO3是正盐；答案为P2O3，正盐。