1、山西省晋中市祁县第二中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.焦点访谈栏目中曾报道“铊中毒事件”，铊再次成为公众关注的焦点。下列关于说法正确的是A. 质子数为203B. 质量数与电子数之差为122C. 中子数为81D. 和互为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A在核素中，质子数为81，质量数为203，A不正确；B的质量数为203，电子数为81，二者的差值为122，B正确；C的中子数为203-81=122，C不正确；D和的质子数相同、质量数不同、中子数不同，二者互为同位素，D不正确；故选B。2.化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A. 平昌冬奥会“北京8分钟”
2、主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是导热金属材料B. “地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油C. “一带一路”被誉为现代丝绸之路”，丝绸属于合成纤维，主要含C、H、O、N元素D. 聚乙烯和聚氯乙烯都是食品级塑料制品的主要成分【答案】B【解析】【详解】A.石墨烯是非金属材料，故A错误；B.地沟油经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油,可以实现厨余废物合理利用,所以B选项是正确的；C. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C错误； D.PVC用于食品、蔬菜外包装，但对人体存在潜在危害，故D错误；所以B选项是正确的。【点睛】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的
3、性质、化学与材料、健康的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，题目难度不大。3.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A. 原子半径：SClB. 热稳定性：Na2CO3NaHCO3C. 还原性：IBrD. 酸性：H2SO4H3PO4【答案】B【解析】【详解】A. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，由于原子序数ClS，所以原子半径：SCl，A不符合题意；B.二者都是碳酸的钠盐，酸式盐稳定性比正盐差，与元素周期律无关，B符合题意；C.Br、I是同一主族的元素，由于非金属性，BrI，所以还原性：IBr，与元素周期律有关，C不符合题意；D.元素的非金属性
4、SP，所以酸性：H2SO4H3PO4，与元素周期律有关，D不符合题意；故合理选项是B。4.下列叙述正确的是A. 欲配制1L1mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1L水中B. 可用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质C. 实验室制取乙酸乙酯时药品的加入顺序依次为浓硫酸、乙醇、乙酸D. 充满Cl2和CH4的试管倒扣在盛有饱和NaCl溶液的水槽中，光照，试管内液面上升【答案】D【解析】【详解】A欲配制1L1mol/L的NaCl溶液，可将58.5gNaCl放入烧杯内并溶于一定量水中，充分溶解后冷却至室温，然后转移入1000mL的容量瓶中，并加水定容，A不正确；B浓硝酸遇含苯环的蛋白质
5、变黄，不是浓硫酸，鉴别部分蛋白质时，可利用浓硝酸与蛋白质发生的颜色反应，B不正确；C浓硫酸稀释产生大量的热，稀释或者混合时应将密度大液体的加入到密度小的液体中，实验室制取乙酸乙酯时，乙醇应最先加入，然后加入浓硫酸，最后加入乙酸，C不正确；DCl2和CH4在光照条件下发生反应，由于生成的HCl易溶于水，CH2Cl2、CHCl3、CCl4都呈液态，所以试管内压强减小，试管内液面上升，D正确；故选D。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z的原子最外层电子数之和为5；W与Y同族；X是形成化合物种类最多的元素，W的单质为常见气体，其水溶液具有漂白性。下列说法正确的是A. Y的最高正化
6、合价为+7B. 元素X氢化物中，各原子均满足8电子的稳定结构C. Z的氧化物中阴阳离子个数比为1：2D. W的单质与过量的铁反应产物为FeW2【答案】C【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是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；X、Z的原子最外层电子数之和为5，则Z最外层含有电子数为5-4=1，其原子序数大于C，则Z为Na元素；W的单质为常见气体，其水溶液具有漂白性，在W为Cl元素；W 与Y同族，则Y为F元素，X、Y、Z、W分别为C、F、Na、Cl，据此解答。【详解】AY为F元素，元素非金属性最强，没有正化合价，故A错误；BX的氢化物为烃，烃分子中氢原子最外层电
7、子数为2，不满足8电子稳定结构，故B错误；CZ为Na元素，钠的氧化物有氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，故C正确；DW为Cl，W的单质氯气为强氧化剂，与铁反应生成氯化铁，与反应物过量情况无关，故D错误；故答案选C。【点睛】过氧化钠中阴阳离子的个数比为1：2，为学生的易错点。6.下列解释事实的离子方程式书写正确的是A. 向氯化铁溶液中加入铁粉，颜色变浅：2Fe3+Fe=3Fe2+B. 向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，产生气体：+2H+=CO2+H2OC. 向稀硝酸溶液加入少量锌粉：Zn+2H+=Zn2+H2D. 向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸，生成沉淀：Ba2+=BaSO4【答
8、案】A【解析】【详解】A向氯化铁溶液中加入铁粉，Fe3+被Fe还原为Fe2+，溶液的颜色变浅，发生反应的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，A正确；B向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，溶液中与H+发生反应，生成CO2气体等，反应的离子方程式为：+H+=CO2+H2O，B不正确；C向稀硝酸溶液加入少量锌粉，由于硝酸是氧化性酸，所以Zn、H+、发生氧化还原反应，没有H2产生，C不正确；D向氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸，生成硫酸钡沉淀的同时，有水生成，反应的离子方程式为：Ba2+ + 2OH+ 2H+ = BaSO4+ 2H2O，D不正确；故选A。7.下列说法不正确的是A. 光导纤维的主要成分是SiO2
9、B. 工业浓硝酸通常呈黄色C. 实验室可以用NaOH溶液处理SO2和NO2D. Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能做氧化剂【答案】D【解析】【详解】A光导纤维是一种能够以全反射原理传导光波和各种光信号的纤维，它的主要成分是SiO2，A正确；B工业浓硝酸中因为溶解了二氧化氮，所以通常呈黄色，B正确；C实验室可以用NaOH溶液处理SO2和NO2，前者生成Na2SO3和水，后者生成NaNO3、NaNO2和水，C正确；DCl2虽然具有很强的氧化性，但在与碱发生的反应中，既做氧化剂又做还原剂，D不正确；故选D。8.下列实验方案不能达到目的是A. 用萃取的方法分离煤油和汽油B. 用水鉴别苯、四氯化碳
10、、乙醇三种无色液体C. 用如图装置验证Na和水反应是否为放热反应D. 棉织品与丝织品可以用灼烧法进行鉴别【答案】A【解析】【详解】A煤油和汽油是两种互溶的有机物，不管是加水还是加入有机萃取剂，都不能将二者分离，可利用分馏的方法分离煤油和汽油，A不能达到目的；B苯和四氯化碳都难溶于水且分层，前者在水的上层，后者在水的下层，乙醇与水互溶，不分层，所以可用水区分它们，B能达到目的；CNa和水反应若放热，将导致大试管内气体的体积膨胀，U型管内的红墨水液面左低右高，因此，利用U型管内的液面变化，可确定Na与水反应是否为放热反应，C能达到目的；D棉织品灼烧时，具有烧纸的气味，丝织品灼烧时，具有烧焦羽毛的气
11、味，所以利用灼烧法可进行鉴别，D能达到目的；故选A。9.关于下列图示的说法中正确的是( )A. 用图所示装置测量气体的体积B. 用图所示实验装置排空气法收集CO2气体C. 图表示可逆反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放热反应D. 图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量也相同【答案】C【解析】【详解】A. 量气时导气管应该遵循“短进长出”原则，否则左侧广口瓶中水无法排出到量筒中，A错误；B. 二氧化碳密度大于空气，应该采用向上排空法收集二氧化碳，所以集气瓶中导气管采用“长进短出”原则，B错误；C. 反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，否则为放
12、热反应，由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，所以CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应，C正确；D. 左侧Al作负极、右侧Zn作负极，每个Al原子失去3个电子生成Al3+、每个Zn原子失去2个电子生成Zn2+，所以两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量：Al7的溶液：K+、Na+、CH3COO-、I-D 饱和氯水中：C1-、NO3-、Na+、SO32-【答案】C【解析】【详解】A. 无论在强酸性或强碱性溶液中HCO3-因与H+或OH-反应，均不能大量存在，选项A错误；B. 使酚酞呈红色的溶液显碱性，NH4+与OH-反应而不能大量共存，选项B错误；C.
13、pH7的溶液中OH-、K+、Na+、CH3COO-、I-相互不反应，能大量共存，选项C正确；D. 饱和氯水中C12、HClO、NO3-(H+)均能氧化SO32-而不能大量共存，选项D错误；答案选C。11.物质中杂质(括号内为杂质)的检验方法、除杂试剂或方法均正确的是选项物质及其杂质检验方法除杂ACl2(HCl)通入AgNO3溶液中饱和食盐水BFeCl2溶液（FeCl3）滴入KSCN溶液通入过量氯气C食盐(I2)滴入淀粉溶液升华D乙烷（乙烯）溴水一定条件下通入氢气A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】ACl2中混入HCl时，通入AgNO3溶液中，二者都能与AgNO3溶液发生反
14、应生成白色沉淀，此方法不能进行杂质的检验，A不正确；BFeCl2溶液中混入FeCl3，通入过量氯气，会将FeCl2氧化为FeCl3，达不到除杂的目的，B不正确；C食盐中混入I2，可用淀粉检验I2的存在，利用升华法可将I2转化为蒸气，然后冷凝回收，C正确；D乙烷中混入乙烯，一定条件下通入氢气，很难控制H2的通入量，不仅乙烯难以除尽，最终乙烷中可能又会混入氢气，达不到除杂的目的，D不正确；故选C。12.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 15g甲基(-CH3)中含有的电子数为9NAB. 标准状况下，2.24L辛烷中所含碳原子数为0.8NAC. 1.8gH2O与D2O的混合物中含有的质子
15、数和电子数均为NAD. 定条件下，密闭容器中2molSO2(g)与1molO2(g)充分反应，则容器中分子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A 15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，选项A正确；B在标准状况下，辛烷不是气体，无法计算22.4L辛烷的物质的量，也就无法计算辛烷中含碳原子数目，选项B错误；C1.8g的物质的量=0.1mol，1.8g D2O的物质的量=0.09mol，所以1.8gH2O与D2O的混合物中含有的质子数和电子数不能确定，选项C错误；D二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，故容器中分子数大于2NA，选项D错误。答案选A。13.
16、下列说法正确的的是A. 只含非金属元素的化合物一定是共价化合物B. Na2CO3和CaCl2中化学键类型完全相同C. 含有共价键的物质不一定是共价化合物D. 溶于水能导电的化合物一定是电解质【答案】C【解析】【详解】A、只含有非金属元素的化合物可能是离子化合物而不一定是共价化合物，例如硝酸铵等，选项A错误；B碳酸钠中存在离子键和共价键，而氯化钙中只含离子键，所以两者化学键的类型不同，选项B错误；C含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键但属于离子化合物，选项C正确；D. 溶于水能导电的化合物不一定是电解质，例如三氧化硫溶于水能导电，但属于非电解质，选项D错误；答案选C。1
17、4.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如图。下列说法不正确的是A. 该过程将太阳能转化成为化学能B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3C. 该过程中，涉及离子键和共价键的断裂与生成D. 原料气N2可通过分离液态空气获得【答案】C【解析】【分析】从原理图中可以看出，N2与H2O在光照条件下，在催化剂表面发生反应，转化为NH3和O2，发生反应的化学方程式为2N2+6H2O4NH3+3O2。【详解】A在光照条件下，N2与H2O在催化剂LDH表面发生化学反应生成NH3和O2，将太阳能转化成为化学能，A正确；B从反应2N2+6H2O4N
18、H3+3O2中可以得出，氧化剂(N2)与还原剂(H2O)的物质的量之比为2:6=1:3，B正确；C该过程中，没有离子化合物参与反应，也没有离子化合物生成，所以不涉及离子键的断裂与生成，C不正确；D空气中含有大量的N2，可将空气液化，然后蒸馏，从而获得原料气N2，D正确；故选C。15.下列反应中，属于加成反应是A. 乙烯与氢气反应生成乙烷B. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷C. 乙醇与氧气反应生成乙醛D. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A乙烯与氢气反应生成乙烷，C=C键生成C-C键，为加成反应，故A选；B甲烷与氯气反应生成一氯甲烷的过程中甲烷的H被Cl原子替代，为取代反应，故B
19、不选；C乙醇与氧气反应生成乙醛，为氧化反应，故C不选；D乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，为酯化反应，也为取代反应，故D不选；故选A。16.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。在恒容密闭容器中，CO2和H2在催化剂作用下发生反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)。CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变时，下列说法正确的是A. CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度一定相等B. 该反应已经达到化学平衡状态C. CO2和H2完全转化为CH3OH和H2OD. CO2、H2的反应速率等于CH3OH、H2O的反应速率且为零【答案】B【解析】CO2、
20、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变时，达到平衡状态，但CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度不一定相等，故A错误；根据化学平衡的定义，反应物、生成物浓度不变的状态为平衡状态，故B正确；可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，故C错误；平衡状态时，正逆反应速率一定相等，但反应速率不等于0，故D错误。点睛：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，但反应速率不等于0时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即化学平衡状态.17.下列实验的现象与对应结论均正确的是选项操作现象结论A常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应B向某溶液中逐滴加入盐
21、酸产生无色无味气体此溶液中含有或C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无D先向某溶液中逐滴加入氯化钡溶液，再加稀硝酸有白色沉淀产生，且沉淀不溶解此溶液中一定含有A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A常温下，铝和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，不是Al与浓硝酸不反应，而是反应速率太快停止了，所以没有明显变化，故A错误；B能和稀盐酸反应生成无色无味气体的微粒可能是碳酸根离子或碳酸氢根离子，所以该实验说明溶液中含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，故B正确；C向溶液中加入NaOH稀溶液时，铵根离子和氢氧化钠反应生成一水合氨，要想得到氨气需要
22、加热，否则一水合氨不分解，故C错误；D若原溶液中本身含有亚硫酸根，生成的亚硫酸钡能被稀硝酸氧化生成硫酸钡，所以该实验不能说明溶液中含有硫酸根离子，故D错误；答案选B。18.水热法制备直径为1-100nm的颗粒Y(化合物），反应原理为3Fe2+2+O2+aOH-=Y+2H2O，下列说法中不正确的A. a=4B. 将Y均匀分散到水中形成体系具有丁达尔效应C. Fe2+、都是还原剂D. 每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数目为5NA【答案】D【解析】【详解】制备Y为胶体粒子，本身不带电，从电荷守恒的角度分析，6-4-a=-2，所以a=4可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32-+
23、O2+4OH-Y+S4O62-+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O。A根据电荷守恒可知，a26224，选项A正确；B微粒直径在1nm100nm之间，形成的分散性是胶体，选项B正确；C根据方程式可知，铁元素的化合价从2价部分升高到3价，失去电子，被氧化；硫元素的化合价从2价升高到2.5价，失去电子被氧化，作还原剂；故Fe2+、都是还原剂，选项C正确；D2S2O32-S4O62-失电子2 mol、1molO2得电子4mol，根据电子守恒，3Fe2+失电子2 mol，每有3 mol Fe2
24、+ 参加反应，反应中转移的电子总数为4 NA，选项D不正确；答案选D。19.(1)以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成原电池。H2SO4所含化学键为_；若有0.4mole-流过导线，则理论上负极质量减少_g；若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是_(填“锌极”或“铜极”），原因是_(用电极方程式表示）；(2)T1温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。容器中各反应物和生成物的物质的量随时间变化如图所示。下列能判断达到化学平衡的是_A反应中NO与O2的物质的量之比为2：1B混合气体的总质量不随时间的变化而变化C单位时间内每消耗2nmo
25、lNO2，同时生成nmolO2D2v正(O2)=v逆(NO)E混合气体的压强不变0t时间段，反应速率v(NO2)=_。【答案】 (1). 共价键 (2). 13 (3). 铜极 (4). Cu22e=Cu (5). DE (6). mol/(Lmin)【解析】【分析】H2SO4是由非金属元素形成的共价化合物，Zn、Cu、稀H2SO4形成原电池时，Zn作负极，Zn失电子生成Zn2+，若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，则正极为Cu2+得电子生成Cu，附着在正极表面，使其质量增加。T1温度时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，利用图中曲线上物质的量的变化量，借助化
26、学方程式，可确定三条曲线对应的物质，从而确定起始投入量：NO为1mol，O2为0.6mol，NO2为0mol；分析平衡状态时，利用“变量不变是平衡态”进行分析；在进行v(NO2)计算时，可从图中采集数据，然后进行计算。【详解】(1)以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成原电池。H2SO4的结构式为，分子中不含有金属元素，所含化学键为共价键；负极电极反应式为Zn-2e- =Zn2+，若有0.4mole-流过导线，则理论上负极质量减少=13g；若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，则在正极，Cu2+得电子生成Cu，附着在正极的表面，所以电极质量增加的是铜极，原因是Cu22e=Cu；答案为：共价键；1
27、3；铜极；Cu22e=Cu；(2)参照化学方程式，从图中可采集以下信息：起始投入量：NO为1mol，O2为0.6mol，NO2为0mol。A反应过程中NO与O2的物质的量之比始终为2：1，所以二者比值为2：1时，不一定达平衡状态，A不符合题意；B反应混合物都为气体，在反应过程中，混合气体的总质量始终不随时间的变化而变化，总质量不变时，反应不一定达平衡状态，B不符合题意；C单位时间内每消耗2nmolNO2，同时生成nmolO2，反应进行方向相同，不一定达平衡状态，C不符合题意；D2v正(O2)=v逆(NO)，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，D符合题意；E因为反应
28、前后气体的分子数不等，所以只有在平衡状态时，混合气体的压强不变，E符合题意；故选DE；0t时间段，生成NO2的物质的量为0.8mol，反应速率v(NO2)= =mol/(Lmin)。答案为：DE；mol/(Lmin)。【点睛】在进行速率计算时，需使用单位时间内的浓度变化量，若我们使用平衡量，则会产生错误。20.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有重要的作用。下表列出十种元素在周期表中的位置。AAAAAAA0234(1)中金属性最强的元素为_(写名称）。(2)、两种元素形成的化合物，在高温下灼烧，火焰呈_色。(3)、两种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是_(填化学式）。(4)
29、、四种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序依次是_。（用微粒符号来表示）(5)元素的氢化物实验室制法的化学方程式是_。(6)、的气态氢化物在空气中相遇有白烟生成，写出白烟对应物质的电子式_。(7)下列说法正确的是_(填字母）。a的非金属性强于 b氢化物稳定性： c单质与水反应比单质剧烈【答案】 (1). 钾 (2). 黄 (3). HClO4 (4). S2ClFNa (5). 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O (6). (7). ab【解析】【分析】依据元素在周期表中的位置，可确定分别为Na、K、Mg、Al、N、S、Se、F、Cl、Br。利用同周期、同主族元素的性质递变规
30、律，可比较元素的金属性、非金属性强弱，并由此判断氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性强弱，比较原子半径的大小顺序等。【详解】(1)同周期元素，从右到左，金属性依次增强，同主族元素，从上到下，金属性依次增强，所以金属性最强的元素位于元素周期表的左下角，中金属性最强的元素为，其为钾。答案为：钾；(2)、两种元素分别为Na、F，形成的化合物为NaF，在高温下灼烧，火焰呈黄色。答案为：黄；(3)、两种元素分别为Se、Cl，非金属性SeCl，最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是HClO4。答案为：HClO4；(4)、四种元素分别为Na、S、F、Cl，形成的简单离子中，电子层数多、离子半径大，核外电
31、子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则半径由大到小的顺序依次是S2ClFNa。答案为：S2ClFNa；(5)元素为N，其氢化物在实验室用NH4Cl和Ca(OH)2加热条件下反应制得，化学方程式是2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O。答案为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；(6)、分别为N和Cl，气态氢化物在空气中相遇有白烟生成，此白烟对应物质为NH4Cl，电子式为。答案为：；(7)a和分别为S和Se，二者为同主族元素，非金属性S强于Se，a正确；b和分别为Se和Br，二者为同周期元素，非金属性SeBr，所以氢化物稳定性：SeBr，b正确；c和分别为
32、Na和Mg，二者位于同周期，金属性NaMg，单质与水反应Na比单质Mg剧烈，c不正确；故选ab。答案为：ab。21.某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗渣进行综合利用不仅可以提高综合效益，而且还能防止环境污染，生产流程如图：已知:石油裂解已成为生产H的主要方法，G是具有香味的液体。回答下列问题：(1)H中的官能团名称为_;E的名称为_。(2)HD的化学反应类型为_。(3)实验室中制备G的反应装置如图所示：与教材中采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是_。饱和碳酸钠溶液的作用_。实验结束后，若要分离试管a中的G需要用到的主要玻璃仪器是_、烧杯。若实验中用含18O
33、的D与F反应则FG的化学方程式为_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 乙醛 (3). 加成反应 (4). 防倒吸 (5). 中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 (6). 分液漏斗 (7). CH3COOHCH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3H2O【解析】【分析】甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成F为CH3COOH，F与D发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，H和水加成得乙醇，则H为CH2=CH2。【详解】(
34、1)根据分析可知：H是乙烯，结构式为CH2=CH2，官能团名称为碳碳双键；E的名称为乙醛；(2)HD是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，化学反应类型加成反应；(3)与教材中采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是防止倒吸；乙醇、乙酸都具有挥发性，乙酸乙酯中会有少部分乙醇，乙酸，在饱和碳酸钠溶液中，乙酸乙酯的溶解度较小，故饱和碳酸钠溶液的作用中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；实验结束后，若要分离试管a中的G，G为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液互不相溶，可以采用分液的方法分离，分液需要用到的主要玻璃仪器是分液漏斗、烧杯；D是乙醇，F为CH3COOH，乙酸和乙醇
35、发生酯化反应时，是酸脱去羟基，醇脱去羟基上的氢原子，用含18O的D与F反应则FG的化学方程式为：CH3COOHCH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3H2O。【点睛】酯化反应是醇脱去羟基上的氢原子，酸脱去羟基，为易错点。22.由硫铁矿“烧渣”(主要成分Fe3O4，Fe2O3，FeO和部分难溶于酸的杂质)制备绿矾(FeSO47H2O)的流程如下：已知：FeS2(S的化合价为-1)难溶于水。(1)中加入的酸为_(填名称)。(2)中生成Fe3+的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O、_。(3)检验中Fe3+已经完全转化为Fe2+实验方法：取适量溶液2，_。(4)通过得到
36、绿矾晶体的实验操作：加热浓缩、冷却结晶、_、洗涤、干燥。【答案】 (1). 硫酸 (2). Fe2O36H=2Fe33H2O (3). 向其中滴加KSCN溶液，溶液不变红 (4). 过滤【解析】【分析】烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)均溶于硫酸，溶液1含Fe2+、Fe3+，步骤发生FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，以此解答该题。【详解】(1)因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤，应用硫酸来溶解烧渣； (2)中生成Fe3+的物质有Fe3O4、Fe2O3，则另一个离子反应为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O； (3)可向其中加入KSCN溶液，溶液不变红，则可说明中Fe3+已经完全转化为Fe2+；(4)通过得到绿矾晶体的实验操作：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【点睛】加热浓缩一般和冷却结晶结合一起，加热到溶液在高温下达到饱和状态，然后冷却，溶液达到过饱和状态，析出晶体，为易错点。- 17 -