1、山西省运城市2019-2020学年高一化学下学期期中调研试题（含解析）注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。2.答题时使用0.5毫术的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。可能用到的相对原子质量：H1 O16 N14 C12一、选择题（共18个小题，每题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分）1.中国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通
2、世界等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是（ ）A. 中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料B. 打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A中国天眼的“眼眶”，索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构，不是新型无机非金属材料，故A错误； B电能不是一次能源，属于二次能源，故B错。C二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料
3、，故C正确； D高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D 错误； 故选：C2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 水分子的比例模型：B. 过氧化氢的电子式为：C. 正丁烷的球棍模型：D. 乙烯的结构式：CH2=CH2【答案】C【解析】【详解】A水分子是V型结构，它的比例模型为：，故A错误；B过氧化氢是共价化合物，电子式为，故B错误；C正丁烷的分子式为C4H10，正丁烷的球棍模型：，故C正确；D乙烯的结构简式为：CH2=CH2，结构式为：，故D错误；答案选C。3.据报道，科学家新合成了一种抗癌、治癌的药物，其化学式可表示为10B20下列叙述正确的是（）A. 10B20为硼元素
4、的一种原子B. 10B20为硼元素的一种单质C. 10B20的中子数比核外电子数多D. 10B的原子核外电子排布为【答案】B【解析】【详解】A. 10B20既表示一种由B元素组成的单质，又表示由20个10B原子构成的分子，A不正确；B. 10B20为硼元素的一种单质，B正确；C. 10B20的中子数与核外电子数相同，C不正确；D. 10B原子的最外层只有3个电子，D不正确。答案选B。4.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（）A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗
5、句中涉及氧化还原反应D. 屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A.雾霾属于气胶体，具有胶体的性质，能够发生丁达尔效应，A不符合题意； B.胆矾为CuSO4，“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”过程中发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，发生的是置换反应，B不符合题意；C.诗句中涉及蜡烛的燃烧，燃烧反应都为氧化还原反应，C不符合题意；D.加入乙醚作用是萃取，在这个过程中，没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意；故合理选项是D。5.下列反应是吸热反应的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】此题主要考察两个方面的内容，一是对反应过程中能量变化图像的
6、认识，二是对常见的吸放热反应的总结。【详解】A. 由图像可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，因此A反应为吸热反应；B. 由图像可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，因此B反应为放热反应；C. 铝热反应为放热反应，C反应为放热反应；D. 锌和稀盐酸的置换反应为放热反应，D反应为放热反应；综上所述，属于吸热反应的是A，故答案选A。6.在研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化所引起的化学键及能量的变化，下列叙述错误的是（ ）A. 化学反应中物质变化的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C. 燃烧可看成“储存”在物质内部的能量转化
7、为热能、光能并释放出来D. 破坏化学键所吸收的能量大于形成化学键所释放的能量，这样的反应是吸热反应【答案】B【解析】【详解】A化学反应的过程就是原子重新组合的过程，这个过程中有旧化学键的断裂和新化学键的形成，因此化学反应中物质变化的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，A选项正确；B化学反应是吸热还是放热取决于反应物和生成物所具有的总能量高低，与反应条件无关，B选项错误；C物质的燃烧主要是将化学能转化为热能的过程，可以看成“储存”在物质内部的能量(化学能)转化为热能、光能并释放出来，C选项正确；D反应的焓变=断裂化学键吸收的能量-形成化学键放出的能量，当破坏化学键所吸收的能量大于形成化学键所释
8、放的能量时，反应的焓变大于0，则该反应为吸热反应，D选项正确；答案选B。7.下列说法正确的是( )A. 氯化钠熔化时克服离子键，碘升华克服共价键B. HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键C. 一氯甲烷只有一种空间结构，证明甲烷是正四面体的空间结构而不是平面结构D. 分子式为C5H12O且能与钠反应的有机物的同分异构体有8种【答案】D【解析】【详解】ANaCl是离子化合物，含有离子键，熔化时需克服离子键，而碘升华时由碘单质转化为碘蒸气，只是克服了分子间作用力，A选项错误；BHF分子很稳定是因为HF键能较大，与氢键无关，B选项错误；C二氯甲烷只有一种空间结构，证明甲烷是正四面体的空间结构而不
9、是平面结构，C选项错误；D分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，戊基-C5H11可能的结构有：CH2CH2CH2CH2CH3、CH(CH3)CH2CH2CH3、CH(CH2CH3)2、CH2CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)2CH2CH3、CH(CH3)CH(CH3)2、CH2CH2CH(CH3)2、CH2C(CH3)3，所以该有机物的可能结构有8种，D选项正确；答案选D。【点睛】D选项，同分异构体数目的判断方法：（1）一取代产物数目的判断；基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。替代法：例如二氯苯(C6H
10、4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将H替代Cl)；又如CH4的一氯代物只有一种，新戊烷C(CH3)4的一氯代物也只有一种。等效氢法等，对于该选项利用烃基异构判断，比书写戊醇的同分异构体简单容易，注意方法的灵活应用。8.某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的叙述正确的是（ ）A. 该有机物的分子式为C11H14O3B. 该有机物共有四种官能团，分别为：碳碳双键、苯环、羟基、羧基C. 该有机物最多消耗NaOH与NaHCO3的物质的量之比为2：1D. 1mo1该有机物在Ni作催化剂的条件下能与4mo1H2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A该分子中含有11个碳原子、1
11、2个H原子、3个O原子，其分子式为C11H12O3，故A错误；B该有机物共有三种官能团，分别为：碳碳双键、羟基、羧基，苯环不属于官能团，故B错误；C该有机物含有羧基，1mol该有机物最多消耗NaOH1mol，1mol该有机物最多消耗NaHCO31mol，最多消耗NaOH与NaHCO3的物质的量之比为1：1，故C错误；D苯环和碳碳双键能和氢气在一定条件下发生加成反应，则1mol该有机物在Ni作催化剂的条件下，苯环消耗3mol氢气发生加成反应，侧链上的双键能与1molH2发生加成反应，共与4mol氢气发生加成反应，故D正确；答案选D。9.应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是( )第A族单质
12、的熔点随原子序数的增大而降低砹(At)是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl硒(Se)的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】第A族单质均为金属，构成金属晶体，金属晶体的熔点取决于金属键的强弱，金属离子电荷越高、离子半径越小，金属键越牢固，熔点越高，A的离子电荷相同、离子半径随核电荷数的递增而递增，故熔点随原子序数的增大而降低，故正确；砹(At)是第VII
13、A族，非金属性比Cl弱，故其氢化物稳定性小于HCl，故不正确；硒(Se)的非金属性比S弱，最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故正确；第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液有酸性也有碱性，例如氨气的水溶液呈碱性，故不正确；铊(Tl)与铝同主族，离金属和非金属分界线有一定距离，因此铊具金属性，其单质既能与盐酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故不正确；第三周期金属元素随着核电荷数的递增金属性递减，故最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故正确；答案选A。10.两气体A、B分别为0.6mo1与0.5mo1，在0.4L密闭容器中发生反应：3A+BmC+2D(C、D均为气态物质)
14、，经5min后达到平衡，此时C为0.2mo1，在此时间内D的平均反应速率为0.1mo1L-1min-1，下列结论错误的是( )A. 平衡时反应混合物总物质的量为1mo1B. B的转化率为20%C. A的平均反应速率为0.15mo1L-1min-1D. m值为2【答案】A【解析】【分析】经5min后达到平衡，此时C为0.2mol，v(C)=0.1molL-1min-1，又知在此反应时间D的平均反应速率为0.1molL-1min-1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知m=2，则据此分析。【详解】A平衡时混合物总物质的量为：0.3mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol，故A
15、错误；B平衡时B的转化率为：100%=20%，故B正确；CA的平均反应速率为=0.15 molL1min1，故C正确；D根据分析可知，m=2，故D正确；答案选A。11.反应H2(g)+I2(g)2HI(g)为放热反应，若在恒容绝热的容器中发生，下列选项表明已达平衡状态的是（ ）A. 气体总物质的量不再变化B. 容器内的压强不再变化C. 相同时间内，断开H-H键的数目和生成HI键的数目相等D. 容器内气体的浓度c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2【答案】B【解析】【分析】可逆反应，若正反应速率等于逆反应速率，或各物质的浓度、物质的量分数等保持不变，则表明反应一定已达平衡状态，据此分析作
16、答。【详解】A根据反应可知，该反应前后气体的总物质的量始终不发生改变，因此气体的总物质的量不再变化不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B在恒容绝热的容器中，容器内的压强为变量，当容器内的压强不再发生改变时，反应达到平衡，B符合题意；C相同时间内，断开HH键的数目和生成HI键的数目相等，表示的都是正反应，不能判断反应是否达到平衡，C不符合题意；D容器内气体的浓度c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，无法说明反应达到平衡状态，D不符合题意；答案选B。12.反应A+3B=2C+D在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)=0.15molL-1s-1，v(B)
17、=0.6molL-1s-1，v(C)=0.5molL-1s-1，v(D)=0.45molL-1s-1。则反应进行的快慢顺序为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【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，反应速率越快，由题意可得、，则反应进行由快到慢的顺序为，故选D。【点睛】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，反应速率越快是解答关键。13.某学生进行蔗糖的水解实验，并检验水解产物中是否含有葡萄糖。他的操作如下：取少量纯蔗糖加适量的水配成溶液，在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸，将混
18、合溶液煮沸几分钟后冷却，在冷却后的溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液煮沸几分钟，实验结果没有砖红色沉淀产生，其原因是（ ）A. 蔗糖尚未水解B. 加热时间不够C. 煮沸后的溶液没有加碱D. 蔗糖水解的产物没有葡萄糖【答案】C【解析】【详解】蔗糖水解的实验的步骤为：取少量纯蔗糖加适量水配成溶液；在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸；将混合液煮沸几分钟、冷却；在冷却后的溶液中先加入NaOH溶液中和至中性或弱碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液煮沸几分钟。由于水解完毕生成还原性糖葡萄糖，与新制的Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应时需在碱性条件下，所以在冷却后的溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液，没有加碱
19、中和至碱性，加热，其实验结果没有砖红色沉淀产生。故选C。【点睛】本题考查蔗糖水解产物的检验，易错点：由于水解在酸性条件下进行，而醛基的检验要在碱性条件下进行，水解进行结束，冷却后的溶液中要先加入NaOH溶液中和至中性或弱碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液煮沸几分钟，否则酸会与新制的Cu(OH)2悬浊液反应。14.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. Q与氧形成的某化合物中可能含有离子键和非极性键B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：ZZQX【答案】B【解析】【分析】由题干信息，X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，根据原子
20、半径和最外层电子数之间的关系图可知，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、P为S元素；据此解答。【详解】A根据上述分析可知，Q为Na元素，与氧形成的化合物Na2O2中，Na+和形成离子键，中O原子和O原子之间形成非极性键，A选项正确；B非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性NC，则酸性HNO3H2CO3，B选项错误；CP为S元素，
21、其最低价氢化物为H2S，H2S的水溶液久置于空气中会被氧化生成S单质，从而产生浑浊，C选项正确；D离子所含电子层数越多，半径越大，S2-的电子层数最多，则其半径最大，H+电子层数最少，其半径最小，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，核电荷数NaN，则离子半径：S2-N3-Na+H+，D选项正确；答案选B。15.给某潜水器提供动力的电池如图所示。下列有关说法正确的是（ ）A. Zn极发生了还原反应B. 电池中的Na+向Zn电极移动C. Pt电极反应式为H2O2+2e-=2OH-D. 电子从Zn电极沿导线流向Pt电极，再经溶液回到Zn电极【答案】C【解析】【分析】锌、过氧化氢和食盐水形成原电池
22、，锌作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，铂作正极，电极反应为H2O2+2e-=2OH-，电子从负极经导线流向正极，电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析。【详解】A锌作负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Zn极发生了氧化反应，故A错误；B阳离子向原电池的正极移动，电池中的Na+向Pt电极移动，故B错误；C铂作正极，Pt电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，故C正确；D电子从负极移向正极，电子从Zn电极沿导线流向Pt电极，电子不能在溶液中流动，故D错误；答案选C。16.Zu1emaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 该装置可以
23、在高温下工作B. 正极附近溶液的pH值减小C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+D. 该装置工作时，电能转化为化学能【答案】C【解析】【详解】A高温条件下微生物会失活无法工作，故A错误；B据图可知通入氧气的一极为正极，氧气得电子发生还原反应，电解质溶液显中性，所以生成OH，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故电极附近pH增大，故B错误；C据图可知左侧为负极，CH3COO失电子发生氧化反应生成二氧化碳，同时生成氢离子，电极反应式为CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+，故C正确；D该装置工作时为原电池，将化学能转化为电能，故D错误；故答案为C。17.苯
24、环实际上不具有碳碳单键和双键的交替结构,可以作为证据的事实有（ ）苯的间位二取代物只有一种苯的邻位二取代物只有一种苯分子中碳碳键的键长均相等苯不能使酸性KMnO4溶液褪色苯在加热和催化剂存在条件下,与氢气发生加成反应苯在FeBr3存在的条件下,与液溴发生取代反应,但不能因化学变化而使溴水褪色A. B. C. D. 全部【答案】B【解析】【详解】无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，间位二元取代物均只有1种，所以不能作为证据；如果苯的结构中存在单双键交替结构，则苯的邻位二元取代物有两种，而事实是苯的邻位二元取代物只有一种，所以可以证明苯的结构中不存在单双键交替结构，故能作为证据；因单键和双键的
25、键长不相等，苯分子中碳碳键的键长均相等，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故能作为证据；苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故能作为证据；含有双键的物质能够与氢气发生加成反应，苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷，可以用单双健结构来解释，故不能作为证据；苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应，而不是加成反应，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故能作为证据；正确的选项为；故选B。18.类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错
26、误的是（ ）钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中化合物KC1的焰色为紫色；K2CO3的焰色也为紫色生铁比纯铁的熔点低；钠钾合金的熔点也应介于Na和K熔点之间A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】钠是活泼金属，与水反应生成NaOH 和H2，但铁需要在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，所以错误；铁因含有杂质，露置在空气中由于发生电化学反应而生锈，但性质更活泼的铝由于易被氧化，在表面形成致密的氧化膜而得到保护，所以铝具有较好的抗腐蚀能力，可稳定存在于空气中，即错误；焰色反应是用来检验某些金属
27、元素的，所以只要含有钾元素，焰色都是紫色的，即正确；合金的熔点比构成合金的成分金属熔点都低，钠钾合金的熔点也比钠和钾的低，所以错误；错误的为；答案选D。二、非选择题(共46分)19.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年。元素周期表体现了元素位置、结构和性质的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：(1)Sn的最高价氧化物对应水化物的化学式为_，N、O、F对应的简单离子的半径由大到小的顺序为_。(写离子符号)(2)根据元素周期律，推断：阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是_。(写化学式)H3AsO
28、4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4(填“”“”或“=”)_ H2SeO4。镓的氯化物与氨水反应的化学方程式为_。(3)用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：2A1+4BaO3Ba+BaOA12O3利用上述方法可制取Ba的主要原因是（ ）a.高温时A1的活泼性大于Bab.高温有利于BaO分解c.高温时BaOA12O3比Al2O3稳定d.Ba的沸点比A1的低(4)用铝热法还原下列氧化物，制得金属各1mo1，消耗铝最少的是_。a.MnO2 b.WO3 c.Cr2O3 d.Co3O4【答案】 (1). H2SnO3或Sn(OH)4或H4SnO4 (2). N3-O2-F- (
29、3). HF (4). (5). GaC13+3NH3H2O=Ga(OH)3+3NH4C1 (6). d (7). d【解析】【详解】(1)根据周期表可知，Sn与C同主族，则Sn的最高正价为+4价，其最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SnO3或Sn(OH)4或H4SnO4，N、O、F对应的简单离子的核外电子层数相同，核电荷数NOF，则离子半径N3-O2-F-；(2)同一主族元素自上而下非金属性依次减弱，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是HF；非金属性越强，最高价氧化为对应水化物的酸性越强，非金属性SeAs，则酸性H3AsO4H2SeO4；镓的氯化物为GaC
30、l3，与氨水反应生成氯化铵和Ga(OH)3，反应的化学方程式为GaC13+3NH3H2O=Ga(OH)3+3NH4C1；(3)Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来，原因是Ba的沸点低于铝，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，使反应正向进行，故选d；(4)根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越少，则消耗铝的量最少；aMnO2Mn，生成1molMn，需要4mol电子，消耗molAl；bWO3W，生成1molW，需要6mol电子，消耗2molAl；cCr2O3Cr，生成1molCr，需要3mol电子，消耗1molAldCo3O4Co，生成1molCo，需要mo
31、l电子，消耗molAl；结合以上分析可知，消耗Al最少的是Co3O4，故答案选d。【点睛】解答此类问题时：心中要有元素周期表，从元素在周期表中的位置出发，进行“位构性”的相互推演，形象地从位置中看出元素金属性和非金属性的递变，明确气态氢化物的热稳定性的强弱、最高价氧化物的水化物的酸、碱性强弱等。20.某化学课外小组在实验室制取乙酸乙酯时查阅资料如下：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，根据查得的资料设计了如图所示的装置(夹持装置忽略)制取纯净的乙酸乙酯。步骤如下：在如图的三口烧瓶中加入3mL乙醇，边摇动边慢慢加入3mL浓硫酸，在分液漏斗中装入体积比为3：2的乙醇和乙酸混合
32、液。油浴加热三口烧瓶至一定温度，然后把分液漏斗中的混合液慢慢地滴入三口烧瓶里并保持反应混合物在一定温度。反应一段时间后，向锥形瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液，并不断摇动，分层后进行分液。用饱和食盐水和氯化钙溶液洗涤酯层，再分液，在酯层加入干燥剂干燥得粗乙酸乙酯。将粗乙酸乙酯转入下图的仪器A中，在水浴中加热，收集74-80的馏分即得纯净的水果香味无色透明液体。根据题目要求回答：(1)在实验中浓硫酸的作用_；(2)图2中仪器A的名称是_，冷凝管中冷水从_(填a或b)口进入。(3)步骤和中都用到了分液操作，在分液操作时，上下两层液体移出的操作方法是_。(4)步骤中干燥乙酸乙酯，可选用干燥剂为_(填
33、字母)。a.五氧化二磷 b.无水Na2SO4c.碱石灰(5)已知丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)跟乙醇具有相似的化学性质，试写出丁醇的催化氧化的化学方程式：_。【答案】 (1). 催化剂、吸水剂 (2). 蒸馏烧瓶 (3). b (4). 分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出 (5). b (6). 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O【解析】【分析】三口烧瓶中加入3mL乙醇，边摇动边慢慢加入3mL浓硫酸，在分液漏斗中装入体积比为3：2的乙醇和乙酸混合液，乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂和干燥剂的条件下加热发生酯化反应制得乙酸乙酯，使用饱和碳酸钠溶
34、液溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，再将乙酸乙酯蒸馏制得较纯净的产品。【详解】(1)酯化反应是可逆反应，反应中有水生成，则在实验中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；(2)根据仪器的结构特点可知图2中仪器A的名称是蒸馏烧瓶，冷凝管中冷水与蒸气的方向相反，使冷却效果较好，则冷水从b口进，故答案为b；(3)步骤和中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是分液漏斗，在分液操作时，为防止试剂间相互污染，则上下两层液体移出的方法是分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出；(4)由于乙酸乙酯在酸性或碱性溶液中容易发生水解反应，步骤中干燥乙酸乙酯时不能选择酸性或碱性干燥剂，五氧化二磷是酸性干燥
35、剂，碱石灰为碱性干燥剂，故选b，(5)醇在铜或银作催化剂的条件下反应生成醛和水，丁醇在铜或银作催化剂的条件下发生催化氧化生成丁醛和水，反应的化学方程式为：2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O。【点睛】由于乙酸乙酯在酸性或碱性溶液中容易发生水解反应，不能使用酸性或碱性干燥剂，可以使用硫酸钠等中性干燥剂，为易错点。21.某学习小组做了如下实验探究海带中碘元素的存在形式，探究过程如图：（1）操作I为灼烧，则灼烧时应该用_(仪器名称)盛装海带，操作II为_；（2）水浸时通常要将悬浊液煮沸2-3min，目的是_。（3）操作III，是同学们对溶液A中碘元素的存在形式进行
36、的探究实验。推测：以IO形式存以I-形式存在查阅资料：IO具有较强的氧化性将上述溶液稀释配制成200mL溶液，请完成下列实验探究。限选试剂：3%H2O2溶液、KSCN溶液、FeC12溶液、稀硫酸序号实验操作实验现象结论取少量稀释后的溶液A加入淀粉后再用硫酸酸化，分装于试管I、II无现象往试管I中加入FeC12溶液，然后加入2滴KSCN溶液并振荡；_证明不是以IO形式存在往试管II中加入_；_证明以I-形式存在（4）取20mL稀释后溶液A于锥形瓶，滴加0.01mo1/LKMnO4溶液至溶液刚显浅红色，将I-氧化为I2并得到溶液B；已知在酸性条件下，MnO的还原产物为Mn2+，写出离子方程式_。【
37、答案】 (1). 坩埚 (2). 过滤 (3). 加快含碘物质在水中的溶解，以使灰烬中的含碘物质尽可能多的进入溶液 (4). 无明显现象/不变红 (5). 3%H2O2溶液并振荡 (6). 变蓝 (7). 2MnO+10I-+16H+=2Mn2+5I2+8H2O【解析】【分析】实验中，将干海带放入坩埚中灼烧得到固体粉末(海带灰)，水浸后过滤得到固体B和溶液A，溶液A中含有碘元素，利用氧化还原反应的相关知识点进行探究碘元素的存在形式。【详解】(1)干海带放入坩埚中灼烧得到固体粉末(海带灰)，水浸后过滤得到固体B和溶液A，故答案为：坩埚；过滤；(2)为了加快含碘物质在水中的溶解，以使灰烬中的含碘物
38、质尽可能多的进入溶液，水浸时通常要将悬浊液煮沸2-3min，故答案为：加快含碘物质在水中的溶解，以使灰烬中的含碘物质尽可能多的进入溶液；(3)若碘元素不是以IO形式存在时，则Fe2+不会被氧化成Fe3+，加入KSCN溶液后无明显现象，若以I-形式存在，可用3%H2O2溶液氧化I-为I2，I2可以使淀粉溶液变蓝，故答案为：无明显现象/不变红；3%H2O2溶液并振荡；变蓝；(4)根据题干信息，向溶液A中加入0.01mo1/LKMnO4溶液至溶液刚显浅红色，KMnO4和I-发生氧化还原反应，KMnO4将I-氧化为I2，MnO被还原为Mn2+，根据氧化还原反应得失电子守恒可得离子反应方程式为2MnO+
39、10I-+16H+=2Mn2+5I2+8H2O，故答案为：2MnO+10I-+16H+=2Mn2+5I2+8H2O。22.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：(1)该反应的化学方程式为_。(2)若X、Y、Z均为气体，2min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为_。(3)若X、Y、Z均为气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时_ (填“增大”“减小”或“相等”)。【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 9：10 (3). 增大【解析】【详解】(1)根据图像，X和Y的物质的量减少，X和Y为
40、反应物，Z的物质的量增多，Z为生成物；2min后各组分的物质的量保持不变，达到了该条件下的最大限度，故该反应为可逆反应；利用物质的量变化之比等于化学计量数之比，X、Y、Z的物质的量变化比值为(1.0-0.7)mol：(1.0-0.9)mol：0.2mol=3：1：2，该反应的化学方程式为3X+Y2Z；(2)根据阿伏加德罗定律PV=nRT可知，恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，开始时组分的总物质的量为(1.0mol+1.0mol)=2.0mol，达到平衡时，组分的总物质的量为(0.9mol+0.7mol+0.2mol)=1.8mol，反应达到平衡时的压强与起始压强之比为1.8：2.0=9：1
41、0；(3)混合气体的平均摩尔质量为M=，组分都是气体，气体总质量不变，总物质的量减少，则混合气体的平均摩尔质量增大，即混合气体的平均相对分子质量比起始投料时增大。【点睛】考查物质的量随时间变化的曲线，把握物质的量变化、压强比的计算、摩尔质量的计算等为解答的关键。23.被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点。如图为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒。当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流。试回答下列问题：(1)写出氢氧燃料电池工作时的正极反应式：_。(2)该氢氧燃料电池每转
42、移0.1mo1电子，消耗标准状态下_L氧气。【答案】 (1). 2H2O+O2+4e-=4OH- (2). 0.56【解析】【分析】通常在燃料电池反应中，O2得电子，所以通O2的电极为正极，在碱性电解质溶液中，O2得电子的产物与溶液反应生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；通H2的电极为负极，H2失电子的产物与电解质溶液反应生成H2O，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，通O2的电极为正极，在碱性电解质溶液中，O2得电子的产物与溶液反应生成OH-，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；(2)该氢氧燃料电池中，在正极：O24e-，若电池工作时转移0.1mol电子，理论上消耗标准状态下O2的体积为。【点睛】在书写电极反应式时，需注意电解质的性质，此电解质为KOH，所以正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。
