1、高考资源网（） 您身边的高考专家2019-2020学年度第二学期期末调研考试高一化学试题可能用到的相对质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Cl-35.5第卷（选择题共40分）一、选择题1.门捷列夫的突出贡献是()A. 提出原子学说B. 提出分子学说C. 发现元素周期律D. 发现能量守恒定律【答案】C【解析】【详解】A道尔顿提出了近代原子学说，故A错误；B阿佛加德罗提出了分子学说，故B错误； C1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故正确；D焦耳发现“能量守恒定律”，故D错误；故选：C。2.下列设备工作时，将化学能主要转化为热能的是（ ）A. 硅太阳能电池B. 燃料
2、电池C. 电热水器D. 天燃气灶具【答案】D【解析】【详解】A. 硅太阳能电池工作时把太阳能转变电能，A错误； B. 燃料电池工作时把化学能转变为电能，B错误；C. 电热水器工作时把电能转变为热能，C错误； D. 天燃气灶具工作时把化学能转变为热能，D正确；答案选D。3.下列各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）A. H2OB. SF6C. CCl4D. PCl5【答案】C【解析】【分析】共价化合物中，原子的最外层电子数等于其最外层电子数与其化合价的绝对值之和，即最外层电子数与其形成的共用电子对的对数之和。【详解】A、H2O分子中，氢原子最外层有2个电子，所以氢原子不满足8电子稳
3、定结构；B、SF6中，S原子的最外层电子为：6+6=12，不满足8电子稳定结构；C、CCl4中，C原子的最外层电子为：4+4=8，Cl原子的最外层电子为：1+7=8，全部满足8电子稳定结构；D、PCl5中，P原子的最外层电子为：5+5=10，不满足8电子稳定结构；综上所述，所有原子都满足最外层为8电子结构的是C，故选C。【点睛】本题考查原子核外电子排布，解题关键：明确原子核外电子排布规律及结构特点，注意掌握判断是否满足8电子结构的方法，难点D，利用化合价与最外层电子数来分析即可解答，PCl5，P原子最外层有5个电子，化合价位+5，最外层电子数为：5+5=104.下列各组物质中所含化学键的类型完
4、全相同的是A. B. PH3 H2SC. HCl NH4ClD. CaCl2 ClO2【答案】B【解析】【详解】A为共价化合物，只含有共价键， 为离子化合物，含有离子键，化学键类型不相同，故A错误；BPH3、H2S均为共价化合物，都只含有共价键，故B正确；CHCl为共价化合物，只含有共价键，NH4Cl为离子化合物，含有离子键，化学键类型不相同，故C错误；DCaCl2为离子化合物，含有离子键，ClO2为共价化合物，只含有共价键，化学键类型不相同，故D错误；故选B。5.下列关于原电池的叙述错误的是( )A. 干电池、铅蓄电池和燃料电池都是原电池B. 在原电池中，电子流入的一极是正极，发生还原反应C
5、. 原电池放电时，外电路电流的方向是从正极到负极D. 构成原电池的正极和负极必须是两种不同材料的金属【答案】D【解析】【详解】A干电池、铅蓄电池和燃料电池都能够将化学能转化为电能，都是原电池，故A正确；B原电池中电子由负极流向正极，则电子流出的一极是负极，负极发生氧化反应，电子流入的一极是正极，正极发生还原反应，故B正确；C原电池中外电路中的电流由正极流向负极，故C正确； D构成原电池的正负极可能都是非金属或金属和非金属，如Zn、石墨和稀硫酸构成的原电池，以石墨为电极的氢氧燃料电池等，故D错误； 故选D。6.下列化学用语或模型表示正确的是( )A. HClO结构式：HClOB. 羟基的电子式：
6、C. 结构示意图：D. 分子比例模型：【答案】B【解析】【详解】AHClO中应该是O原子形成2个共价单键，Cl只能形成1个共价单键，结构式：HOCl，故A错误；B羟基不带电荷，为电中性的微粒，电子式：，故B正确；C的核内有16个质子，核外有18个电子，结构示意图：，故C错误；D为分子的球棍模型，不是比例模型，故D错误；故选B。7.下列说法正确的是( )A. 可以用灼烧后闻气味区别棉花和羊毛B. 油脂水解一定全部生成甘油和高级脂肪酸C. 向蛋白质溶液中加入重金属盐溶液可使蛋白质产生盐析D. 淀粉和纤维素的组成都是，但淀粉水解纤维素不能水解【答案】A【解析】【详解】A棉花主要成分为纤维素，羊毛的主
7、要成分是蛋白质，蛋白质灼烧时有烧焦的羽毛气味，可以用灼烧后闻气味区别棉花和羊毛，故A正确；B油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，酸性条件下可水解生成高级脂肪酸和甘油，故B错误；C重金属盐会使蛋白质变性，只有加入不含重金属离子的盐的溶液才能使蛋白质盐析，故C错误；D淀粉与纤维素分子式都为(C6H10O5)n，一定条件下都能水解生成葡萄糖，故D错误；故选A。8.下列叙述错误的是( )A. 合金材料中可以含有非金属元素B. 三大合成材料是指人造纤维、塑料和橡胶C. 加热能杀死非典冠状病毒，是因为病毒中的蛋白质受热变性D. 在汽车排气管上加装“催化转化器”是为了减少有害气体的排放【答案】B【解
8、析】【详解】A合金材料中可以含有非金属元素，如铁合金中含有非金属元素C，故A正确；B橡胶包括天然橡胶和合成橡胶，三大合成材料是指人造纤维、塑料和人造橡胶，故B错误；C蛋白质受热能够发生变性，因此加热能杀死非典冠状病毒，故C正确；D汽车尾气中含有氮氧化物和CO，在汽车排气管上加装“催化转化器”可以将氮氧化物和CO转化为氮气和二氧化碳，减少有害气体的排放，故D正确；故选B。9.在反应中，表示该反应的速率最快的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。A=0.35molL-1
9、s-1；B=0.4molL-1s-1；C=0.3molL-1s-1；D=0.325molL-1s-1；因此B表示的反应速率最快，故选B。10.提纯下列物质(括号内为杂质)，所选除杂试剂及方法均正确的是( )选项物质除杂试剂方法A酒精(水)CaO蒸馏B乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液C甲烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气D苯(溴)KI溶液分液A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A水与氧化钙反应生成氢氧化钙，增大了乙醇和杂质沸点间的差值，然后用蒸馏的方法将乙醇蒸出，能够达到分离的目的，故A正确；B乙酸乙酯和乙酸都能与NaOH溶液反应，不符合除杂原则，故B错误；C乙烯能够被酸性高锰
10、酸钾溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，不符合除杂原则，故C错误；D溴与KI反应生成的碘，易溶于苯，会混入新杂质，不符合除杂原则，故D错误；故选A。11.某锂电池的电池总反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2，下列有关说法正确的是( )A. 锂作该电池负极，放电过程中发生还原反应B. 电池内部的导电材料是LiCl的水溶液C. 组装该电池必须在无氧的条件下进行D. 电池的正极反应为2SOCl2+2e-=4Cl-+S+SO2【答案】C【解析】【分析】根据电池总反应4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2可知，电池工作时，Li被氧化，为原电池的负极，电池反应式为Li-e-=Li+，
11、SOCl2被还原，为电池的正极，电极反应式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2，由于Li易与水反应，电解质应为非水电解质，据此分析解答。【详解】A锂电极作电池负极，放电过程中发生氧化反应，故A错误；BLi易与水反应，电池内部的导电介质为非水溶液，故B错误；C由于Li极易被氧化，电解池必须在无氧的条件下进行，故C正确；D结合以上分析可知，正极电极反应式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2，故D错误；故选C。12.下列有关能源的说法正确的是( )A. 煤、石油、天然气是重要的化石燃料，加快其开采与使用促进经济的发展B. 燃料电池是利用燃料燃烧的热能转化为电能而工作的C. 夏天为了更
12、凉快，把室内空调温度设置很低，这样不符合“低碳生活”理念D. 煤炉生火时，用木材引燃是为了提高煤的着火点【答案】C【解析】【详解】A煤、石油、天然气是重要的化石燃料，化石燃料不能再生，故应合理开采，节约使用，故A错误；B燃料电池是将化学能转化为电能，不需要将化学能转化为热能，故B错误；C室内空调温度设置太低，会耗费更多电能，引起碳的更多排放，故不符合“低碳生活”理念，故C正确；D一种物质的着火点无法改变，煤炉生活用木材引燃是为了让温度达到木材的着火点，故D错误；故选C。13.正己烷是优良的有机溶剂，其某种模型如图所示。下列有关说法正确的是( )A. 正己烷的分子式为B. 正己烷的一氯代物有3种
13、C. 正己烷能与溴水发生取代反应而使溴水褪色D. 正己烷中的所有碳原子位于同一条直线【答案】B【解析】【分析】由球棍模型可知正己烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2CH3，具有烷烃的结构和性质特点，据此分析解答。【详解】A由球棍模型可知正己烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2CH3，分子式为C6H14，故A错误；BCH3CH2CH2CH2CH2CH3中含有3种H原子，则一氯代物有3种，故B正确；C正己烷与溴水不反应，可在光照条件下与溴发生取代反应，与溴水发生萃取，故C错误；D正己烷为饱和烃，具有甲烷的结构特点，键角不是180，则所有碳原子不可能在一条直线上，故D错误；故选B
14、。14.已知： 2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1H2(g)S(g)=H2S(g)H20.1 kJmol1。下列判断正确是（ ）A. 1 mol氢气完全燃烧生成液态水吸收热量241.8 kJB. 1 mol H2O(g)和1 mol H2S(g)的能量相差221.7 kJC. 由知，水的热稳定性小于硫化氢D. 若反应中改用固态硫，1 mol S(s)完全反应，放出的热量小于20.1 kJ【答案】D【解析】【详解】A氢气燃烧放出热量，由热化学方程式可知1mol氢气完全燃烧生成气态水，放出241.8 kJ，故A错误；B由热化学方程式可知1mol氢气与氧气反应放出的热量
15、比1mol氢气与硫反应放出的热量多221.7kJ，为反应热的差值，但不等于lmolH2O(g)和1molH2S(g)的能量差值，故B错误；C放出的热量越多，说明物质的总能量越低，物质越稳定，故C错误；D固体变为气体，吸收热量，则若反应中改用固态硫，1molS(s)完全反应，放出热量小于20.1kJ，故D正确。答案选D。15.甲、乙、丙三种烃分子的结构如图所示，下列有关说法错误的是( )A. 1 mol甲分子内含有10 mol共价键B. 由乙分子构成的物质不能发生氧化反应C. 丙分子的二氯取代产物只有三种D. 三者不互为同系物【答案】B【解析】【详解】A1个甲分子中含有6个碳碳共价单键、4个碳氢
16、共价单键，即1个甲分子中含有10个共价键，所以1mol甲分子内含有10mol共价键，故A正确，不符合题意；B乙能在空气中燃烧，物质的燃烧反应属于氧化反应，故B错误，符合题意；C丙分子中含有1种氢原子，而丙分子的二氯取代产物有如下三种情况，同时取代棱上两端的氢，同时取代面对角线上的两个氢，同时取代体对角线上的两个氢，所以丙分子的二氯取代产物有三种，故C正确，不符合题意；D甲、乙、丙三种烃分子的结构不相似，不属于同系物，故D正确，不符合题意；故选B。16.在一定温度时，将1 mol A和2 mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：，经5min后，测得容器内B的浓度减少了，则下列叙述错误
17、的是（ ）A. 在5 min内，该反应用C的浓度变化表示的反应速率为B. 在5 min时，容器内D的浓度为C. 该可逆反应未达限度前，随反应的进行，容器内压强逐渐增大D. 5 min时，容器内气体总的物质的量为3 mol【答案】D【解析】【详解】A. ，则在5 min内，该反应用C的浓度变化表示的反应速率，A正确；B. 由化学方程式知，相同时间内B的浓度减少值等于D的浓度增加值，则在5 min时，容器内D的浓度为，B正确；C. 正方向是气体分子数目增加的反应，则该可逆反应未达限度前，随反应的进行，容器内气体的物质的量逐步增加，则压强逐渐增大，C正确；D. 5min后，测得容器内B的浓度减少了，
18、则，2x=1mol，x=0.5mol，则5 min时，容器内气体总的物质的量为2-2x+x+2x=2.5 mol，D错误；答案选D。17.下列事实中，能说明氯的非金属性比硫强的是( )A. 次氯酸(HClO)的酸性比硫酸强B. 次氯酸的氧化性比稀硫酸强C. 氯化氢比硫化氢的热稳定性好D. 最外层电子数氯原子的比硫原子的多【答案】C【解析】【详解】AHClO不是氯元素最高价氧化物对应的水化物，不能通过HClO和H2SO4酸性的强弱判断两元素非金属性的强弱，故A错误；B比较次氯酸与稀硫酸的氧化性，不能判断非金属性的强弱，故B错误；CHCl比H2S稳定，说明氯原子比硫原子更易结合氢原子，即氯的非金属
19、性比硫强，故C正确；D原子得电子能力与最外层电子数的多少无关，即元素非金属强弱与最外层电子数的多少无关，故D错误；故选C。18.化学能可与热能、电能等相互转化。下列说法正确的是（ ）A. 化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成B. 中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低C. 图I所示的装置能将化学能转化为电能D. 图II所示的反应为吸热反应【答案】A【解析】【详解】A.化学反应中化学键的断裂要消耗能量，化学键形成要释放能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成能量的差值，故A正确；B.中和反应是放热反应，故反应物的总能量比生成物的总能量高，故B错误；C.图I所示
20、的装置没有形成闭合回路，不能构成原电池，故C错误；D.由图II可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为放热反应，故D错误；故答案：A。19.下列有关反应限度的说法错误的是( )A. 可逆反应达到反应限度前，正反应速率与逆反应速率一定不相等，但各物质的浓度可能相等B. 一定条件下，炼铁高炉尾气中CO含量不随高炉高度改变而改变，是因为该反应达到了限度C. 化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率D. 可逆反应的化学反应限度不会随反应条件的改变而改变【答案】D【解析】【详解】A可逆反应达到反应限度时正、逆反应速率相等，则没有达到反应限度之前，正反应速率与逆反应速率一定不相等，但各物质
21、的浓度可能不相等，也可能相等，故A正确；B一定条件下，可逆反应达到了反应限度时，浓度将不再变化，则炼铁高炉尾气中CO含量不随高炉高度改变而改变，说明该反应达到了反应限度，故B正确；C化学平衡建立的过程中反应物转化率逐渐增大，达到反应限度时反应物的转化率最大，则化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率，故C正确；D反应速率受外界条件的影响，如浓度、压强、温度等如果发生改变，则反应速率会发生改变，改变后正逆反应速率可能不再相等，则反应限度可能发生改变，故D错误；故选D。20.有X、Y两种主族元素，原子序数小于等于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
22、数)。下列说法中正确的是（ ）A. 若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱B. 若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性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】A【解析】【分析】由题可知，X、Y是同一主族的元素，且X的原子序数小于Y的。【详解】A由元素周期律可知，Y(OH)n的碱性一定比X(OH)n强，A正确；B若X为N元素，则其氢化物NH3溶于水显碱性，B错误；C若X为H，Y为Li，则不符合，C错误；D若Y为S，X为O，则不符合，D错误；答案选A。第卷（非选择题共60分）二、填空题21.据报道，美国
23、科学家卡尔克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其极强的爆炸性，又称为“盐粒炸弹”。科学家发现“N5”实际上是带正电荷的分子碎片，其结构是对称的，5个N原子排列成V形，如果5个N原子结合后都达到8电子结构，且含有2个氮氮叁键，则“N5”分子碎片所带电荷是_，写出它的电子式_，1个“N5”正离子共有_个核外电子。【答案】 (1). 1 (2). (3). 34【解析】【分析】N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个氮氮叁键，满足条件的结构为：，据此分析解答。【详解】N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N原子结合后都达到8电子结构，且含有2
24、个氮氮叁键，满足条件的结构为：，5个N原子含有35个电子，结构中最外层有24个电子，内层有10个电子，共34个电子，因此“N5”失去了1个电子，带一个单位正电荷，即电子式为，故答案为：+1；34。【点睛】解答本题的关键是根据题意确定“N5”正离子的电子式中共用电子对的排布，难点是电荷数的确定。22.硼酸()为一元弱酸，广泛用于玻璃、医药、冶金、皮革等工业。回答下列问题：(1)中B元素的化合价为_。(2)已知：，的电离方程式为_，酸性：_(填“”或“”)。(3)受热分解得到，和镁粉混合点燃可得单质B，写出生成单质B的化学方程式_，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为_。(4)可用于生产储氢材料N
25、aBH4。涉及的主要反应为：.“反应”的类型为_(填标号)。a.取代反应 b.加成反应 c.加聚反应 d.氧化反应NaH的电子式为_。在碱性条件下，NaBH4与CuSO4溶液反应可得Cu和，其中H元素由价升高为价，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). +3 (2). H3BO3 + H2O H+ + B(OH)4- (3). (4). 3Mg+B2O32B + 3MgO (5). 1:3 (6). a (7). (8). BH+ 4Cu2+ + 8OH- 4Cu + B(OH)4- + 4H2O【解析】【分析】(1)根据H为+1价，O为-2价，结合化合价规则计算硼酸中硼元素化合价；(2)
26、B、Al同主族，H3BO3的电离与氢氧化铝的相似，结合非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析解答；(3)B2O3和镁粉混合点燃可得单质B，还生成MgO，结合氧化还原反应的规律分析解答；(4)硼酸可以改写为B(OH)3，结合方程式中结构的变化分析判断；NaH由钠离子与氢负离子构成的；碱性条件下，BH与Cu2+反应生成Cu、B(OH)4-，其中H元素由-1价升高为+1价，结合氧化还原反应的规律书写离子方程式。【详解】(1)设H3BO3中B元素的化合价为x，则3(+1)+x+3(-2)=0，解得x=+3，故答案为：+3；(2)由氢氧化铝的电离方程式可知，H3BO3的电离方程式为：H3BO
27、3+H2OH+B(OH)4-，非金属性BAl，故酸性：H3BO3Al(OH)3，故答案为：H3BO3+H2OH+B(OH)4-；(3)B2O3和镁粉混合点燃可得单质B，属于置换反应，还生成MgO，反应的化学方程式为：3Mg+B2O32B+3MgO，反应中Mg元素的化合价升高，Mg被氧化，是还原剂，B2O3是氧化剂，反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为13，故答案为：3Mg+B2O3 2B+3MgO；13；(4)反应中硼酸中的3个-OH被3个OCH3替代，属于取代反应，故答案为：a；NaH是由钠离子与氢负离子构成的，电子式为：，故答案为：；碱性条件下，BH4-与Cu2+反应生成Cu、B(OH)4-
28、，其中H元素由-1价升高为+1价，根据得失电子守恒，Cu与B(OH)4-的物质的量之比为41，结合电荷守恒、原子守恒，可知反应的离子方程式为：3BH+4Cu2+8OH-=4Cu+B(OH)4-+4H2O，故答案为：3BH+4Cu2+8OH-=4Cu+B(OH)4-+4H2O。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意模仿氢氧化铝的电离方程式书写H3BO3的电离方程式，难点为(4)，要注意离子方程式的书写和配平。23.A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内只有一个质子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素
29、，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。回答下列问题：（1）C在元素周期表中的位置为_，G的原子结构示意图为_。（2）D与E按原子个数比1:1形成化合物甲，其电子式为_，所含化学键类型为_，向甲中滴加足量水时发生反应的化学方程式为_。（3）E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序为_（用离子符号表示）。（4）用BA4、D2和EDA的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极，在a极通入BA4气体，b极通入D2气体，则a极是该电池的_极，正极的电极反应式为_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). (3). (4). 离子键和非极性共价键（或离子键和共价
30、键） (5). 2Na2O22H2O=4NaOHO2 (6). S2-ClNa+ (7). 负 (8). O22H2O4e=4OH【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内只有一个质子，则A为H元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为C元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，则F为S元素、G为Cl元素，综上，A为H元素，B为C元素，C为N元
31、素，D为O元素，E为Na，F为S元素，G为Cl元素，据此解答。【详解】(1)C是氮元素，原子有2个电子层，最外层电子数为5，在元素周期表中的位置：第二周期第VA族，G为Cl元素，原子结构示意图是；故答案为：第二周期第VA族；(2)D与E按原子个数比1:1形成化合物甲为Na2O2，其电子式为，所含化学键类型为：离子键和非极性共价键（或离子键和共价键）；向过氧化钠中滴加足量水时发生反应的化学方程式是：2Na2O22H2O=4NaOHO2；故答案为：；离子键和非极性共价键（或离子键和共价键）；2Na2O22H2O=4NaOHO2；(3) E、F、G三种元素所形成的简单离子分别为钠离子、硫离子和氯离子
32、，其中硫离子和氯离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则硫离子半径大于氯离子半径且大于钾离子半径，钾和钠均位于A，离子电子层越多离子半径越大，则离子半径由大到小的顺序为：S2-ClNa+；故答案为：S2-ClNa+；(4)用CH4、O2和NaOH的水溶液组成燃料电池，电极材料为多孔惰性金属电极，在a极通入CH4气体，b极通入O2气体，甲烷发生氧化反应，则a极是该电池的负极，b为正极，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，正极的电极反应式为：O22H2O4e=4OH；故答案为：负；O22H2O4e=4OH。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，涉及电子式、核外电子排布、离子半径比
33、较、化学键以及原电池等知识，推断元素为解答关键之一，注意掌握元素周期律内容，离子半径的比较则是一些同学的难点。24.一定温度下，某容积为2L的密闭容器内，某一反应中M、N(均为气体)的物质的量随反应时间变化的曲线如图，如图所示：(1)该反应的化学方程式是_。(2)在图上所示的三个时刻中，_(填t1、t2或t3)时刻处于平衡状态，t2时刻V(生成M)_V(消耗M)(填、或=)；(3)若反应容器的容积不变，则“压强不再改变”_(填“能”或“不能”)作为该反应已达到平衡状态的判断依据。(4)下列措施能增大反应速率的是_(选填字母)。A.升高温度 B.降低压强 C.减小M的浓度 D.将反应容器体积缩小
34、【答案】 (1). 2NM (2). t3 (3). (4). 能 (5). AD【解析】【详解】(1)分析曲线可以看出，随着反应的进行，N的物质的量减小，M的物质的量增加，所以N是反应物，M是生成物，一段时间后，M和N的物质的量不再变化，说明达到了反应限度，所以该反应是可逆反应。从反应开始到t2时刻，N的物质的量减小了8mol-4mol=4mol，M的物质的量增加了4mol-2mol=2mol，物质的量变化的比等于方程式的系数比，所以该反应的化学方程式是2NM。(2)在图上所示的三个时刻中，t1和t2都没有达到平衡，所以v正v逆，即v(生成M)v(消耗M)，t3时刻N和M的物质的量不再变化，
35、说明处于平衡状态。(3)在一定温度下，若反应容器的容积不变，则压强和气体的物质的量成正比。该反应是反应前后气体系数不相等的反应，所以在平衡建立过程中，压强在一直变化，当压强不再改变时，反应即达到了平衡状态，所以压强不再改变能作为该反应已达到平衡状态的判断依据。(4)升高温度、增大压强（将反应容器体积缩小）、增大反应物的浓度、使用催化剂、增大接触面积等都可以增大反应速率，故选AD。25.A、B、C、D四种有机物分别由碳、氢、氧元素中的两种或三种元素组成各取四种有机物0.1mol，分别完全燃烧，均能得到4.48 L（标准状况下）二氧化碳，D的水溶液显酸性。四种有机物转化关系如图：回答下列问题：（1
36、）A、D分子中所含官能团的名称分别是_、_。（2）a mol A、B的混合气体完全燃烧，消耗氧气的体积为_（标准状况）。（3）BC的化学方程式_，反应类型_。（4）在实验室里可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。写出用与乙酸发生酯化反应的化学方程式_。反应开始前，试管乙中盛放的试剂为_，制乙酸乙酯时，试管甲中试剂加入顺序为_。合成乙酸乙酯的反应为放热反应，实验表明，反应温度应控制在85左右为宜。本实验温度不宜低于85左右的原因是_。（5）对所得乙酸乙酯粗产品的提纯过程如下（已知：氯化钙与乙醇生成难溶物）。图中操作的名称为_，操作的名称为_，操作的名称为_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 羧
37、基 (3). 67.2aL (4). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (5). 氧化反应 (6). CH3COOHC2H518OHCH3CO18OC2H5H2O (7). 饱和碳酸钠溶液 (8). 乙醇、浓硫酸、乙酸 (9). 温度低，反应速率低，且达不到催化剂活性温度，所以温度不能低于85 (10). 分液 (11). 过滤 (12). 蒸馏【解析】【分析】(1) (3)：0.1mol A、B、C、D四种有机物，分别完全燃烧，均能得到4.48 L（标准状况下）二氧化碳，则分子内均含有2个碳原子，按转化关系知，D为连续氧化的产物， 且D的水溶液显酸性，则D乙酸、乙酸可由乙醛氧化所
38、得，则C为乙醛、乙醇催化氧化得乙醛，则B为乙醇、乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应得乙醇，则A为乙烯，据此回答； (4)结合反应机理写与乙酸发生酯化反应的化学方程式；反应开始前，试管乙中盛放的试剂为饱和碳酸钠溶液，制乙酸乙酯时，试管甲中试剂加入顺序要考虑实验安全；温度不宜低于85左右的原因从温度对速率的影响来分析回答；(5)乙酸乙酯粗产品中含有可溶于水乙醇、乙酸，用饱和食盐水洗涤，得互不相溶的两层液体，经分液后得到纯度较高的乙酸乙酯，残留的少量乙醇与氯化钙反应生成难溶物，经过滤后得纯度高的乙酸乙酯，再加入无水碳酸钾固体，可除去残留的水和乙酸，通过蒸馏，就可得乙酸乙酯，据此回答；【详解】(1)据
39、分析A、D分别为乙烯和乙酸，则A、D分子中所含官能团的名称分别是碳碳双键、羧基；答案为：碳碳双键、羧基；(2) 据分析A、B分别为乙烯和乙醇，1mol乙烯和乙醇分别燃烧时耗氧量均为3 mol，1mol乙烯和乙醇的混合气体燃烧时耗氧量也为3 mol，则 a mol A、B的混合气体完全燃烧，消耗氧气的体积为3a mol 22.4L/ mol=67.2 a L（标准状况）；答案为：67.2 a L；(3) 据分析B、C分别为乙醇和乙醛，则BC的化学方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O，反应类型是氧化反应；答案为：2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；氧化反应；(4)酯化反应
40、的机理是酸脱羟基醇去氢，则与乙酸发生酯化反应的化学方程式为CH3COOHC2H518OHCH3CO18OC2H5H2O；答案为：CH3COOHC2H518OHCH3CO18OC2H5H2O；反应开始前，试管乙中盛放的试剂为饱和碳酸钠溶液，便于除去粗产品中的乙酸和乙醇、形成互不相溶的两层液体；试管甲中试剂加入顺序要考虑实验安全，浓硫酸密度较大，溶于水放出大量的热，因此制取乙酸乙酯时，先加入乙醇，然后边振荡边加入浓硫酸，最后加入乙酸，以防止混合液体溅出，发生危险；答案为：饱和碳酸钠溶液；乙醇、浓硫酸、乙酸；温度低，反应速率低，且达不到催化剂活性温度，所以温度不能低于85；答案为：温度低，反应速率低，且达不到催化剂活性温度，所以温度不能低于85；(5)据分析知，乙酸乙酯粗产品中含有杂质乙醇、乙酸，绝大多数杂质通过饱和食盐水洗涤、经分液后除去，故可得到纯度较高的乙酸乙酯，按信息，残留的少量乙醇与氯化钙反应生成难溶物，经过滤后，得纯度更高的乙酸乙酯，最后用无水碳酸钾固体除去残留乙酸并吸收水，通过蒸馏，就可得纯净的乙酸乙酯； 答案为：分液；过滤；蒸馏。【点睛】解本题的关键要书写烃及其衍生物的相互转化，醇醛羧酸之间的连续氧化是一个重要的切入点；制备乙酸乙酯是一个典型的有机制备实验，为高频考点，把握制备实验操作、混合物分离提纯、有机物的性质为解答的关键。高考资源网版权所有，侵权必究！