1、浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（2-10班，含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列化学用语表达正确的是（ ）A. 乙酸的分子球棍模型图：B. 甘氨酸的结构简式：H2NCH2COOHC. 醛基的结构简式：COHD. 乙烯的结构简式：CH2CH2【答案】B【解析】【详解】A乙酸分子的球棍模型图为：，为乙酸分子的比例模型，A错误；B甘氨酸的结构简式：H2NCH2COOH，B正确；C醛基的结构简式：CHO，C错误；
2、D乙烯的结构简式：CH2=CH2，碳碳双键不能省，D错误。答案选B。2.含有共价键的离子化合物是()A. MgCl2B. HBrC. N2D. KOH【答案】D【解析】【详解】A.MgCl2是只含离子键的离子化合物，A不选；B.HBr是只含共价键的共价化合物，B不选；C.N2是只含共价键的单质，C不选；D.KOH是既含离子键又含共价键的离子化合物，D选；答案选D。3.下列有机物的命名中，正确的是( )A. 2，4-二甲基丁烷B. 2，3，3-三甲基丁烷C. 2-乙基戊烷D. 2，3-二甲基戊烷【答案】D【解析】【详解】A、应该是2甲基戊烷，A错误；B、应该是2，2，3三甲基丁烷，B错误；C、应
3、该是3甲基己烷，C错误；D、命名正确，答案选D。4.下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（ ）XYZWTA. X、W、Z元素的原子半径依次减小B. YX2晶体熔化需克服分子间作用力C. 根据元素周期律可以推测T2X3具有氧化性和还原性D. Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，其最高价氧化物水化物酸性依次递增【答案】C【解析】【分析】设X元素的核电荷数为x，则W的核电荷数为x+8，因为W元素的核电荷数为X元素的2倍，则x+8=2x，解得x=8，故X、Y、Z、W、T分别为：O、Si、P、S、As，据此分析解答。【详解】A
4、电子层数越多，原子半径越大，Z和W原子半径比X大，同周期元素从左往右，原子半径减小，Z的原子半径比W大，所以X、W、Z元素的原子半径依次增大，A错误；BSiO2是原子晶体，熔化时克服共价键，B错误；CAs(T)和P位于同主族，最高价为+5，最低价为-3，As2O3中As元素化合价为+3，价态可降低，具有氧化性，O元素为-2价，是O元素的最低价态，有还原性，故As2O3既有氧化性，又有还原性，C正确；DY、Z、W的非金属增强，故最高价氧化物水化物酸性依次递增，Si和P在自然界中不以游离态存在，但S在自然界中有游离态的S，D错误。答案选C。5.下列烧杯中盛放的都是稀硫酸，在铜电极上能产生大量气泡的
5、是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A该装置电极材料不能和电解质溶液自发的进行氧化还原反应，所以铜上没有气泡产生，A错误；B该装置电极材料不能和电解质溶液自发的进行氧化还原反应，所以铜上没有气泡产生，B错误；C该装置构成原电池，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气产生气泡，C正确；D没有形成原电池，Zn表面产生气泡，Cu表面无现象，D错误。答案选C。6.下列措施能加快Fe与0.1mol/L的稀H2SO4反应产生H2的反应速率的是（ ）A. 增加Fe的用量B. 降低温度C. 将稀硫酸改为98%的浓硫酸D. 滴加少量的CuSO4溶液【答案】D【解析】【分析】Fe与H2SO4反
6、应的实质是：Fe+2H+=Fe2+H2。【详解】AFe是纯固体，增加Fe的用量，反应速率不变，A错误；B降低温度，反应速率减小，B错误；C常温下，浓硫酸将Fe钝化，不能产生氢气，C错误；D滴加少量的CuSO4溶液，少量Fe和CuSO4反应产生Cu附着在Fe表面，形成原电池，加快了产生氢气的速率，D正确。答案选D。7.短周期元素的离子aW2+、bX+、cY2-、dZ- 都具有相同的电子层结构，下列推断正确的是A. 原子半径：WXZYB. 热稳定性： H2YHZC. 离子半径：W2+Y2-D. 碱性：XOHW(OH)2【答案】D【解析】【分析】核外电子排布相同，根据所带电荷数确定所在大概位置，YZ
7、在一周期，Y在Z左侧，且为非金属元素；WX 在一周期，在YZ的下一周期，且X在W的左侧，且为金属元素。【详解】A、半径大小比较：（1）看电子层数，电子层数越大，半径越大，（2）看原子序数，核外电子层数相等，原子序数越大，半径越小，原子半径的大小：XWYZ，故错误；B、热稳定性与非金属性有关，非金属性越强氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性增强，稳定性：HZH2Y，故错误；C、根据A的分析，Y2W2，故错误；D、 最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明金属性越强，同周期从左向右金属性减弱，XOHW(OH)2，故正确。故选D。8.已知可逆反应2SO2+ O22SO3，当生成2 mol SO3时放出
8、热量为Q，现将1 mol SO2和0.5 mol O2在相同条件下反应生成SO3放出的热量为Q1，则A. Q1=QB. Q1QD. 无法判断【答案】B【解析】【分析】根据可逆反应的特点可知，可逆反应是不能进行到底的反应，即反应后的体系中含有所有反应物和生成物。【详解】若将 1mol SO2和0.5mol O2在相同条件下放入密闭容器发生反应2SO2+O22SO3，因为该反应为可逆反应，则 1mol SO2和0.5mol O2不会完全反应生成1molSO3，即生成SO3物质的量小于1mol；生成2mol SO3放出的热量为Q，生成1mol SO3放出的热量为Q；则生成小于1mol的 SO3时放出
9、的热量必小于Q，即 Q1Q，答案选B。9.下列说法不正确的是（ ）A. 由于氢键比范德华力强，所以H2O分子比H2S分子稳定B. 某晶体固态时不导电，水溶液能导电，该晶体可能是离子晶体或者分子晶体C. 硫酸氢钠溶于水过程中，既破坏了离子键又破坏了共价键D. 二氧化硅晶体和氢氧化钠中都含有共价键【答案】A【解析】【详解】A由于水分子间存在氢键，所以H2O的熔沸点比H2S高，分子稳定性和化学键键能有关，与分子间作用力、氢键无关，A错误；B某晶体固态时不导电，水溶液能导电，该晶体可能是离子晶体，如NaCl，也可能是分子晶体，如AlCl3，B正确；C硫酸氢钠溶于水，电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，钠
10、离子和硫酸氢根之间的离子键被破坏，氢和硫酸根之间的共价键被破坏，C正确；DSiO2中Si和O以共价键结合成空间网状结构，NaOH中H和O之间以共价键结合，D正确。答案选A。10.向装有乙醇的烧杯中投入一小块金属钠，下列对该实验现象的描述不正确的是（ ）A. 钠沉在乙醇的底部B. 钠不熔化成小球C. 钠在乙醇中四处游动D. 钠表面有气体放出【答案】C【解析】【详解】A钠的密度比乙醇大，沉在乙醇底部，A正确；B钠和乙醇的反应放热很少，不足以将钠熔化，B正确；C钠和乙醇的反应比较安静，并不剧烈，不会看到钠块在乙醇中游动，C错误；D钠和乙醇反应产生氢气，D正确。答案选C。11.对可逆反应N23H22N
11、H3，用v(H2)和v(N2)分别表示其中的化合反应的速率，用v(NH3)表示其中分解反应的速率。下列能说明反应已达到平衡状态的是()A. 3v(N2)v(H2)B. v(H2)v(NH3)C. 2v(H2)3v(NH3)D. v(N2)3v(H2)【答案】C【解析】【分析】达到化学平衡时，对于同一种物质来说，生成和分解的反应速率相等；达到化学平衡时，对于不同物质来说，正逆反应速率之比等于化学计量系数之比；【详解】因化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）即化合反应速率等于分解反应速率；A无论该反应是否达到平衡状态，都有3v(N2)=v(H2)，故A错误；B反应达到平衡状态时，v(N2
12、):v(NH3)=1:2，故B错误；C反应达到平衡状态时，v(H2):v(NH3)=3:2，故C正确；D反应达到平衡状态时，v(N2):v(H2)=1:3，故D错误；答案选C。【点睛】在用速率判断化学平衡时，一定是一个正反应（化合反应）速率与一个逆反应（分解反应）速率，如果是同方向则不能说明反应是否达到平衡，由此结合选项判断。12.如图是石油分馏塔的示意图，a、b、c三种馏分中()A. a的沸点最高B. b的熔点最低C. c的平均相对分子质量最大D. 每一种馏分都纯净物【答案】C【解析】【分析】在分馏塔中，位置越高温度越低，石油蒸气在上升途中会逐步液化、冷却及凝结成液体馏分，易挥发的沸点较低、
13、较轻的馏分先出来，一定在最高处，也就是说分馏塔中出口越低，分馏出的馏分的沸点越高；a先分馏出来，c较a、b最后分馏出来，故熔沸点高低顺序为abc，熔沸点越高，烃中含碳原子数越多，平均分子量越大，即相对分子质量abc；【详解】A熔沸点高低顺序为abc，a处的馏分为汽油，故a的沸点最低，故A错误；B熔沸点高低顺序为abc，b处的馏分为煤油，故b的熔点不是最低，故B错误；Ca先分馏出来，c较a、b最后分馏出来，故熔沸点高低顺序为abc，熔沸点越高，烃中含碳原子数越多，平均分子量越大，即相对分子质量abc，故C正确；D从分馏塔各个出口出来的馏分都为混合物，故D错误；答案选C。13.化学反应的本质是旧化
14、学键的断裂和新化学键的形成。已知某些化学键的键能数据如下：化学键HHClClHCl键能/(kJmol-1)436243431则下列热化学方程式不正确的是（ ）A. H2(g)Cl2(g)=HCl(g) H=-91.5kJmol-1B. H2(g)Cl2(g)=2HCl(g) H=-183kJmol-1C. H2(g)Cl2(g)=HCl(g) H=+91.5kJmol-1D. 2HCl(g)=H2(g)Cl2(g) H=+183kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A ，A正确；B ，B正确；C由A可知，氢气和氯气反应生成HCl(g)是放热反应，C错误；D2HCl(g)=H2(g)Cl2(g
15、)是的逆过程，故2HCl(g)=H2(g)Cl2(g) H=+183kJmol-1，D正确。答案选C。14.下列与有机物结构、性质相关的叙述不正确的是（ ）A. 苯分子中所有原子均在同一平面B. 甲烷是一种无色，有臭味的气体C. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同D. 苯不能使溴水因发生化学反应褪色【答案】B【解析】【详解】A苯平面型分子，所有原子均在同一平面，A正确；B甲烷是一种无色、无味的气体，B错误；C甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯都属于取代反应，C正确；D苯不含碳碳双键等能和溴水发生反应的官能团，不能使溴水因发生化学反应褪色，D正确。答
16、案选B。15.在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%。下列反应类型能体现“原子经济性”原则的是（ ）置换反应 化合反应 分解反应 取代反应 加成反应 消去反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】置换反应生成一种单质和一种化合物，除欲制得的产物外，还生成另一种物质，原子利用率小于百分之百，错误； 化合反应只生成一种产物，原子利用率为百分之百，正确； 分解反应产物多于一种，除欲制得的产物外，还生成其它物质，原子利用率小于百分之百，错误； 取代反应的产物至少有两种，除欲制得的产物外，还生成其它物质，原子利用率小于百分之百，错误； 加
17、成反应只生成一种产物，原子利用率为百分之百，正确； 消去反应除欲制得的产物外，还生成其它物质，原子利用率小于百分之百，错误；综上所述，满足题意，B符合。答案选B。16.如图是镁-空气燃料电池工作原理示意图，电池总反应为2MgO22H2O=2Mg(OH)2。下列有关该电池的说法正确的是（ ）A. a极为负极，发生还原反应B. b电极上电极反应：O22H2O4e-=4OH-C. 工作时电子由b极经外电路流向a极D. 该装置实现了电能转化成化学能【答案】B【解析】【分析】电池总反应为2MgO22H2O=2Mg(OH)2，Mg元素化合价升高，失电子，被氧化，Mg为负极，O元素化合价降低，得电子，被还原
18、，O2在正极反应，通入空气的为正极。【详解】A由分析可知，a极为负极，发生氧化反应，A错误；Bb电极为正极，O2在b电极得电子，发生的反应为：O22H2O4e-=4OH-，B正确；C电子由负极经外电路流到正极，即由a极经外电路流向b极，C错误；D该装置将化学能转换为电能，D错误。答案选B。17.下列说法正确的是（ ）A. C2H4与C3H6一定互为同系物B. 石油的裂化和裂解是化学变化，煤的干馏是物理变化C. 常温下，燃烧苯时会产生大量黑烟，而燃烧乙炔时只看到淡蓝色火焰D. 在高温下，煤和水蒸气作用可以得到CO、H2、CH4等气体【答案】D【解析】【详解】AC2H4为乙烯，有一个碳碳双键，C3
19、H6为丙烯或者环丙烷，分子内不一定含碳碳双键，二者结构不一定相似，不一定互为同系物，A错误；B石油的裂化和裂解、煤的干馏均是化学变化，B错误；C苯(C6H6)和乙炔(C2H2)中含碳量相等，燃烧时均会产生大量黑烟，C错误；D在高温下，煤和水蒸气反应称为煤的气化，可得到CO、H2、CH4等气体，D正确。答案选D。【点睛】C有机物燃烧产生的黑烟是碳不完全燃烧所致，相同条件下，含碳量越高，产生的黑烟越浓。18.以下说法正确的是（ ）A. 二氧化碳和干冰互为同素异形体B. 金刚石是碳的一种同位素C. C60与金刚石一样属于原子晶体D. 水结冰体积膨胀、密度变小，这一事实与水中存在氢键有关【答案】D【解
20、析】【详解】A干冰是固态的二氧化碳，故二氧化碳和干冰为同一种物质，只是状态不同，A错误；B金刚石是碳的一种单质，B错误；CC60是分子晶体，金刚石是原子晶体，C错误；D氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大、密度变小，D正确。答案选D。19.除去乙烷中乙烯的办法是（ ）A. 点燃B. 与氢气反应C. 通过酸性高锰酸钾溶液D. 通过溴水【答案】D【解析】【详解】A乙烷也能燃烧，A错误；B与氢气反应可能引入新的杂质氢气，B错误；C酸性高锰酸钾将乙烯氧化成二氧
21、化碳和水，引入新的杂质二氧化碳，C错误；D乙烷不能和溴水反应，乙烯和Br2反应生成液态的1,2-二溴乙烷，可除去乙烷中的乙烯，D正确。答案选D。20.有机物(CH3)3CCH2CH3与氯气发生取代反应,生成的一氯代物有()A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解析】【分析】有机物分子中含有几类等效氢原子，与氯气发生取代反应，生成的一氯代物就有几种，据此判断。【详解】根据有机物(CH3)3CCH2CH3的结构简式可知分子中有3种环境不同的H原子，即如图所示的三种，故其一氯代物有3种，答案选C。【点睛】确定等效氢原子是解本题的关键，对于等效氢的判断需要掌握以下方法：分子中同一甲基上连
22、接的氢原子等效；同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；处于镜面对称位置上的氢原子等效；注意有几种氢原子就有几种一氯代烃。21.下列有关说法中正确的是（ ）A. 淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物B. 葡萄糖、果糖互为同分异构体C. 油脂具有固定的熔沸点D. 纤维素的组成是(C6H10O5)n，所以纤维素是纯净物【答案】B【解析】【详解】A淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，油脂不是高分子化合物，A错误；B葡萄糖、果糖分子式都为C6H12O6，但结构不同，互为同分异构体，B正确；C油脂是含多种高级脂肪酸甘油酯的混合物，混合物没有固定的熔沸点，C错误；D纤维素中n不确定，为混合物，D错误。答案选
23、B。22.用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，当反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）A. 18O只存在于乙酸乙酯中B. 18O存在于水、乙酸、乙醇以及乙酸乙酯中C. 18O存在于乙酸乙酯、乙醇中D. 有的乙醇分子可能不含18O【答案】C【解析】【详解】酯化反应的原理为：酸脱羟基醇脱氢，酯化反应的逆反应为酯的水解，酯水解时哪里来的回哪里，所以18O存在于生成物乙酸乙酯和反应物乙醇中，C满足。答案选C。23.巴豆酸是一种对胃肠道有强烈刺激性、对呼吸中枢和心胜有麻痹作用的有机酸，其结构简式为CH3-CH=CH-COOH，现有氯化氢 溴水 纯碱溶液 乙醇 酸性高锰酸钾溶液试根据
24、其结构特点判断在一定条件下能与巴豆酸反应的物质是（ ）A. 只有B. 只有C. 只有D. 全部【答案】D【解析】【详解】主要观察到巴豆酸中含有碳碳双键故，都可以与巴豆酸发生反应，巴豆酸中含有羧基故可以跟巴豆酸发生反应。所以答案选D。24.甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）组成的混合物中，若碳元素的质量分数为60%，那么可以推断氢元素的质量分数约为A. 5%B. 8.7%C. 17.4%D. 无法计算【答案】B【解析】【分析】甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的相对分子质量相等，分子中H原子个数相等，则H的质量分数相同，两物质以任意比混合H的质量分数不变。【详解】甲苯(C7H8)和甘油(
25、C3H8O3)的相对分子质量都为92，1个分子中都含有8个H原子，则甲苯和甘油中H的质量分数均为100%=8.7%，两物质无论以何种比例混合H的质量分数不变，所以混合物中H的质量分数为8.7%，故答案选B。【点睛】本题的关键在于确定甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)所含H的质量分数相同，重在考查学生的分析思维能力。25.下列关于能源的说法不正确的是A. 植物通过光合作用，将太阳能转化为生物质能B. 在农村推广建造沼气池，是对生物质能的有效利用C. 天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清洁能源D. 氢能是重要的清洁能源，在蓝绿藻、微生物和太阳光作用下使水分解制氢是目前科学家研究的新方法之一
26、【答案】C【解析】A、植物通过光合作用，把太阳能转化成生物质能，故说法正确；B、建造沼气池，充分利用秸秆等，是对生物质能有效利用，故说法正确；C、天然气不是再生能源，故说法错误；D、氢能是重要的清洁能源，在蓝绿藻、微生物和太阳光作用下使水分解制氢是目前科学家研究的新方法之一，故说法正确。二、非选择题（本大題共5小题，共50分）26.（1）写出2，2-二甲基-3-乙基戊烷的结构简式_；（2）写出蔗糖的分子式_；（3）医院常用消毒酒精的体积分数是_；（4）乙酸乙酯在酸性条件下水解的化学方程式_。【答案】 (1). 或(CH3)3CCH2(C2H5)2 (2). C12H22O11 (3). 75%
27、 (4). CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH【解析】【详解】(1) 2,2-二甲基-3-乙基戊烷的结构简式为：或(CH3)3CCH2(C2H5)2，故答案为：或(CH3)3CCH2(C2H5)2；(2)蔗糖的分子式为：C12H22O11，故答案为：C12H22O11；(3)医院常用体积分数75%的酒精消毒，故答案为：75%；(4)乙酸乙酯在酸性条件下水解生成乙酸和乙醇，化学方程式为；CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH，故答案为：CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH。27.将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：
28、3A(g)B(g)2C(g)2D(g)，反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。（1）用C表示10s内反应的平均反应速率为_；（2）A与B的平衡转化率之比为_；（3）反应过程中容器内气体的平均相对分子质量变化是_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，气体的密度变化是_；（4）一定能说明上述反应已经达到化学平衡状态的是_。a.容器内气体压强不再改变b.2v(A)=3v(C)c.A的浓度不再改变d.A、B、C、D的分子数之比为3122e.反应停止，不再继续进行【答案】 (1). 0.04molL-1s-1 (2).
29、11 (3). 不变 (4). 不变 (5). c【解析】【分析】设A、B起始物质物质的量为a、b，则：，据此分析解答。【详解】(1)C的物质的量变化量=0.8mol，则C的物质的量浓度变化量=0.4 molL-1，所以用C表示10s内反应的平均反应速率=0.04 molL-1s-1，故答案为：0.04 molL-1s-1；(2)由分析可知，A、B起始物质的量为a=1.8mol+1.2mol=3mol、b=0.6mol+0.4mol=1mol，所以，A与B的平衡转化率之比=:=11，故答案为：11；(3)该反应的所有反应物和生成物均是气体，气体总质量不变，同时，该反应是个气体物质的量不变的反应
30、，由可知，n、m不变，则M不变，即反应过程中容器内气体的平均相对分子质量不变。由可知，m、V不变，则不变，即反应过程中容器内气体的密度不变，故答案为：不变；不变；(4)a该反应是气体分子数不变的反应，任何时刻气体总压都不变，a不能说明是否已平衡；b没有指明是逆反应速率还是正反应速率，b不能说明是否已平衡；c容器体积始终为2L，A的浓度不再改变，说明A的物质的量不再改变，c说明已达平衡；dA、B、C、D的分子数之比为3122不代表它们的分子数不再改变，d不能说明是否已平衡；e平衡时反应并没有停止，是动态平衡，e不能说明是否已平衡；综上所述，c能说明已平衡，故答案为：c。【点睛】达到平衡有如下基本
31、特征：v(正)=v(逆)0，体系中各种物质的物质的量、质量不变。28.以乙烯为原料生产部分化工产品的反应流程如图(部分反应条件己略去)：请回答下列问题：（1）乙烯的电子式_；（2）乙烯与水反应生成A的反应类型为_；（3）C所含官能团的名称为_；（4）写出C+EF的化学方程式_；（5）下列说法不正确的是_。A.有机物A也可由淀粉发酵制得，能与水以任意比互溶B.有机物B在一定条件下可以被氢气还原为AC.可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别有机物B与CD.有机物E与A性质相似，互为同系物【答案】 (1). (2). 加成反应 (3). 羧基 (4). +2CH3COOH+2H2O (5). D【解析】【分析】
32、乙烯和水加成生成A，A为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，B为乙醛(CH3CHO)，乙醛催化氧化生成乙酸，C为乙酸(CH3COOH)，乙烯在Ag作催化剂条件下被氧化成环氧乙烷，D为环氧乙烷，环氧乙烷和H2O加成得到乙二醇E，两分子的乙酸和一分子的乙二醇酯化生成二乙酸乙二酯，F为二乙酸乙二酯()，据此解答。【详解】(1)乙烯电子式为：，故答案为：；(2)乙烯与水发生加成反应生成A，故答案为：加成反应；(3) C为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：羧基；(4) C+EF的化学方程式为：+2CH3COOH+2H2O，故答案为：+2CH3COOH+2H2O；(5)A淀粉水解得葡萄糖，葡萄糖
33、发酵可得乙醇，乙醇与水任意比例互溶，A正确；B乙醛在催化剂作用下可被氢气还原为乙醇，B正确；CB为乙醛，含醛基，C为乙酸，不含醛基，可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别有机物B与C，C正确；DA为乙醇，只有一个羟基，E为乙二醇，含两个羟基，结构不相似，不互为同系物，D错误；综上所述，D不满足题意，故答案为：D。29.实验室用乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯。有关物质的相关数据如下表：化合物相对分子质量密度/gcm-3沸点/溶解度/100g水正丁醇740.80118.09冰醋酸601045118.1互溶乙酸正丁酯1160.882126.10.7操作如下：在50mL三颈烧瓶中，加入18.5mL正丁醇和13.4mL
34、冰醋酸，3-4滴浓硫酸，投入沸石。安装分水器作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水、温度计及回流冷凝管。将分水器分出的酯层和反应液一起倒入分液漏斗中，水洗，10%Na2CO3溶液洗涤，再水洗，最后转移至锥形瓶，干燥。将干燥后的乙酸正丁酯滤入烧瓶中，常压蒸馏，收集馏分，得到15.1g乙酸正丁酯。请回答有关问题：（1）冷水应该从冷凝管_(填“a”或“b”)端管口通入；（2）反应中浓硫酸的作用是_；（3）步骤中用10%Na2CO3溶液洗涤有机层，该操作的目的是_；（4）进行分液操作时，使用的漏斗是_(填选项)；（5）步骤在进行蒸馏操作时，若从118开始收集馏分，产率偏_（填“高”或“低”)，原因_
35、；（6）该实验过程中，生成乙酸正丁酯的产率是_。【答案】 (1). a (2). 催化剂、吸水剂 (3). 除去产品中含有的乙酸等杂质，降低乙酸正丁酯的溶解度便于分液 (4). C (5). 高 (6). 会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇 (7). 65%【解析】【详解】(1)冷水应该从冷凝管的下口进上口出，即a端进，故答案为：a；(2)酯化反应中，浓硫酸的作用是作催化剂、吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂；(3)Na2CO3溶液洗涤有机层的作用是除去产品中含有的乙酸等杂质，降低乙酸正丁酯的溶解度便于分液，故答案为：除去产品中含有的乙酸等杂质，降低乙酸正丁酯的溶解度便于分液；(4)分液用梨形分
36、液漏斗，即C，故答案为：C；(5)正丁醇的沸点为118，冰醋酸的沸点为118.1，若从118开始收集，则会收集到较多的正丁醇和醋酸，导致产率偏高，故答案为：高；会收集到少量未反应的冰醋酸和正丁醇；(6)正丁醇的质量=0.8gcm-318.5mL=14.8g，n(正丁醇)=0.2mol，冰醋酸的质量=1.045 gcm-313.4mL=14.003g，n(冰醋酸)=0.23mol，冰醋酸过量，用正丁醇的量计算理论值。根据CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O可知，理论上可得乙酸正丁酯0.2mol，理论上可得乙酸正丁酯的质量为：0.2mol116g
37、/mol=23.2g，所以，乙酸正丁酯的产率=100%=65%，故答案为：65%。30.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）氢气进入的这极为_极；（2）写出氢氧燃料电池工作时的正极反应式：_；（3）该氢氧燃料电池每转移0.1mol电子，消耗标准状态下_L氧气；（4）若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，负极反应式为_。【答案】 (1). 负 (2).
38、 2H2O+O2+4e-4OH- (3). 0.56 (4). CH4+10OH-8e-CO32-+7H2O【解析】【详解】(1)H元素化合价升高，失电子，在负极发生氧化反应，即氢气进入负极，故答案为：负；(2)氧气在正极得电子，发生还原反应，正极反应式为：2H2O+O2+4e-4OH-，故答案为：2H2O+O2+4e-4OH-；(3)由2H2O+O2+4e-4OH-可知，每转移4mol电子，消耗标况下22.4L氧气，那么，转移0.1mol电子，消耗标准状态下氧气的体积=0.56L，故答案为：0.56；(4)甲烷在负极失电子，电解质是碱，生成碳酸根，负极反应式为：CH4+10OH-8e-CO32-+7H2O，故答案为：CH4+10OH-8e-CO32-+7H2O。【点睛】燃料电池中，燃料通入负极，在负极失电子，氧气通入正极，在正极得电子。
