拉萨市重点名校2019-2020学年高一下学期期末调研化学试题含解析

拉萨市重点名校2019-2020学年高一下学期期末调研化学试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．己知元素的离子a A n+、b B(n+1)+、c C n-、d D(n+1)-均是由同周期主族元素形成的简单离子。

下列叙述正确的是（）
A．原子半径: C > D > A > B B．原子序数：C > D > B > A
C．离子半径：D > C > B > A D．单质的还原性：B > A > C > D
【答案】B
【解析】根据题意，该题中四元素在周期表中的相对位置应为
则原子半径为A>B>D>C，A项不正确；原子序数关系C>D>B>A，B项正确；离子A n＋和B（n＋1）＋比C n－和D （n＋1）－少一层，离子半径关系应为B<A<C<D，C项不正确；同周期元素自左至右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，单质的还原性逐渐减弱，四种元素单质的还原性关系为A>B>D>C，D项不正确。

2．25℃时，关于pH = 2的盐酸，下列说法不正确的是
A．溶液中c(H+) = 1.0ⅹ10-2 mol/L
B．加水稀释100倍后，溶液的pH = 4
C．加入等体积pH = 12的氨水，溶液呈碱性
D．此溶液中由水电离出的c(OH-) = 1.0ⅹ10-2 mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】
A、根据pH=－lgc(H＋)，其中c(H＋)表示溶液中c(H＋)，即常温下，pH=2的盐酸溶液中c(H＋)=1.0×10－2mol·L －1，故A说法正确；
B、稀释前后溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为1L，稀释100倍后，溶液中c(H
＋)=
-2
1L10mol/L
100L
⨯
=1×10－4mol·L－1，即pH=4，故B说法正确；
C、NH3·H2O为弱碱，因此pH=12的氨水中c(NH3·H2O)大于pH=2的盐酸中c(HCl)，等体积混合后，NH3·H2O 过量，混合后溶液显碱性，故C说法正确；
D、酸溶液中OH-全部来自水电离，根据水的离子积，pH=2的盐酸中c(OH－)=
14
+2
Kw10
c(H)10
-
-
==10－12mol·L－1，
故D说法错误；
3．下列各选项中错误的是
A．离子半径：Li+<Na+<K+B．稳定性：SiH4>H2S>HF
C．酸性：H2SiO3<H2CO3<H2SO4<HClO4D．碱性：Al(OH)3<Mg(OH)2<NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】
A项、同主族元素自上而下，离子半径依次增大，则离子半径的大小顺序为Li+<Na+<K+，故A正确；
B项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性的强弱顺序为Si<S<F，则氢化物稳定性的强弱顺序为SiH4< H2S<HF，故B错误；
C项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性的强弱顺序为Si<C <S<Cl，则最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为H2SiO3<H2CO3<H2SO4<HClO4，故C正确；
D项、元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性的强弱顺序为Al<Mg <Na，则最高价氧化物对应水化物的碱性的强弱顺序为Al(OH)3<Mg(OH)2<NaOH，故D正确；
故选B。

【点睛】
本题考查元素周期律，侧重于分析能力的考查，注意把握周期律的内涵及应用，明确元素金属性和非金属性强弱的比较方法是解答关键。

4．下列各物质中，不能发生水解反应的是
A．油脂B．酶C．纤维素D．葡萄糖
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 油脂在酸、碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸，A项错误；
B. 酶是蛋白质，蛋白质在一定条件下可最终水解生成氨基酸，B项错误；
C. 纤维素是多糖，在一定条件下水解最终生成为单糖，C项错误；
D. 葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D项正确；
答案选D。

5．配制250mL 0.1mol/L NaCl溶液，必须用到下列哪种仪器（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
【详解】
配制250mL 0.10mo1•L-1NaCl溶液的步骤为：计算、量取(或者称量)、稀释(或者溶解)、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；
如果用固体配置，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀；
如果用浓溶液配置，一般用量筒量取浓溶液，在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀；
所以一定用到的仪器：烧杯、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管，答案选B。

6．下列说法正确的是（）
A．铝合金的熔点比纯铝高
B．铜具有良好的导电性，常用来制作印刷电路板
C．镁在空气中或纯净的氧气中燃烧，产物一定只有MgO
D．钠在敞口容器中长期存放或在空气中燃烧，产物一定是Na2O2
【答案】B
【解析】分析：A．合金熔点低、硬度大；
B．铜具有良好的导电性；
C．镁能在氮气、二氧化碳中燃烧；
D．钠在空气中长久放置转化为碳酸钠。

详解：A．铝合金的熔点比纯铝的低，A错误；
B．铜具有良好的导电性，因此可用来制作印刷电路板，B正确。

C．镁能在氮气、二氧化碳中燃烧，分别是生成氮化镁、氧化镁和碳，因此镁在空气中燃烧，产物不一定只有MgO，C错误；
D．钠在敞口容器中长期存放首先转化为氧化钠，然后吸水转化为氢氧化钠，最终转化为碳酸钠，D错误。

答案选B。

7．下列属于含有共价键的离子化合物的是（）
A．HCl B．N2C．CaCl2D．NaOH
【答案】D
【解析】
A. HCl是含有共价键的共价化合物，A错误
B. N2是含有共价键的单质，B错误；
C. CaCl2是含有离子键的离
子化合物，C错误；D. NaOH是含有离子键、共价键的离子化合物，D正确，答案选D。

点睛：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。

注意含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，其中离子化合物中可以含有共价键，但共价化合物中一定不存在离子键。

8．最近我国科研人员成功攻克了5G通信芯片制造中关键材料—氮化镓的研制难题。

已知元素镓（Ga）与Al同主族，氮化镓中镓显最高正价，氮显最低负价。

则氮化镓的化学式为
A．GaN B．GaN2C．Ga2N3D．Ga3N2
【答案】A
【解析】
【详解】
元素镓（Ga）与Al同主族，在反应过程中它容易失去三个电子而达到稳定结构，形成了带三个正电荷的离子；氮原子的最外层电子数是5，易得到三个电子，形成了带三个负电荷的离子．则Ga为+3价，N为-3价，故氮化镓的化学式是GaN。

答案选A。

9．下列物质中，不能与金属钠反应的是（）
A．氯气B．水C．氧气D．煤油
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．钠是活泼金属，可与氯气反应生成NaCl，故A不符合题意；
B．钠可与水剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气，故B不符合题意；
C．在常温和点燃的条件下，钠和氧气反应生成钠的氧化物或过氧化物，故C不符合题意；
D．实验室中少量的金属钠保存在煤油中，说明钠与煤油不反应，故D符合题意；
答案选D。

10．如图所示是425℃时，在1 L密闭容器中发生化学反应的浓度随时间的变化示意图。

下列叙述错误的是()
A．图①中t0时，三种物质的物质的量相同
B．图①中t0时，反应达到平衡状态
C．图②中的可逆反应为2HI(g) H2(g)＋I2(g)
D．图①②中当c(HI)＝3.16 mol/L时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】
A.图①中t0时，由图可知三种物质的物质的量浓度相等，由于体系恒容，所以三者的物质的量也相等，故A正确；
B.图①中t0时，由图可知三种物质的物质的量浓度相等，但t0后各物质的量浓度未保持不变，反应没有达到平衡状态，故B错误；
C.由图②可知，该图表示的反应为2HI(g)=H2(g)+I2(g)。

该反应可达平衡状态，所以图②的逆反应为
H2(g)+I2(g)=2HI(g)，故C正确；
D.由图可知：图①、②中当c(HI)=3. 16mol/L时，之后各物质的物质的量浓度都保持不变，说明反应均达到平衡状态，故D正确；
故选B。

【点睛】
（1）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率与逆反应速率相等时，反应物和生成物的物质的量浓度不再发生改变的状态，叫化学平衡状态。

（2）在同一化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比。

11．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。

若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（）
A．原子半径：Z> W>X>Y
B．氧化物对应水化物的酸性：W>Z>X
C．四种元素氢化物的沸点：W> Z>Y>X
D．四种元素对应阴离子的还原性：W> Z>Y>X
【答案】A
【解析】
【分析】
Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，Y的次外层电子数为2，最外层电子数为6，Y为氧元素，根据元素在周期表中的位置关系可以推出：X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素。

再根据元素周期性分析判断。

【详解】
A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，故X＞Y，Z＞W，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故Z＞Y，故原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A正确；
B．同一周期，从左到右，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，但其他氧化物对应水化物的酸性不满足此规律，如次氯酸为弱酸，而硫酸为强酸，故B错误；
C．水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，即氢化物的沸点存在：Y > Z，故C错误；
D．元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，阴离子的还原性：Z> W，故D错误；
答案选A。

12．已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。

下列判断正确的是
A．N元素的化合价降低B．NH3被还原
C．消耗0.3 mol CuO转移0.6 N A个电子D．CuO是还原剂
【答案】C
【解析】
【分析】
3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。

据此分析解答。

【详解】
A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；
B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；
C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3 mol CuO转移0.6 N A个电子，故C正确；
D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D 错误；
故选C。

【点睛】
掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。

本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。

13．反应P（g）+3Q（g）2R（g）+2S（g）在不同情况下测得反应速率如下,其中反应速率最快的是( ) A．v（P）= 0.15mol/(L·min)B．v（Q）= 0.6mol/(L·min)
C．v（R）= 0.1mol/(L·s)D．v（S）= 0.4mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快；A．0.15
1
=0.15；B．
0.6
3
=0.2；C．
0.160
2
=3；
D．0.4
2
=0.2；C中比值最大，反应速率最快，故选C。

14．缬氨霉素（valinomycin）是一种脂溶性的抗生素，是由12个分子组成的环状化合物，它的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（）
A．缬氨霉素是一种蛋白质
B．缬氨霉素完全水解可得到四种氨基酸
C．缬氨霉素完全水解后的产物中有三种产物互为同系物
D．缬氨霉素完全水解，其中一种产物与甘油醛（）互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】
A、蛋白质是高分子化合物，分子中含有氨基、羧基和肽键，而缬氨霉素是由12个分子组成的环状化合物，不是蛋白质，A错误；
B．缬氨霉素发生水解产物有三种、和，且只有
是氨基酸，B错误：
C．只有两种物质，即和互为同系物，C错误；
D．与甘油醛（）的分子式相同，均是C3H6O3，结构不同，互为同分异构体，D正确；
答案选D。

15．常温下，取铝热反应后所得固体（含有Al2O3、Fe、Fe2O3等物质）用过量稀硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）
A．加入过量 NaOH 溶液：Na+、AlO2-、OH-、SO42-
B．加入过量氨水：NH4+、Al3+、OH-、SO42-
C．加入过量铁粉:Fe3+、H+、Al3+、SO42-
D．加入过量 NaNO3溶液：Fe2+、H+、NO3-、SO42-
【答案】A
【解析】
加入过量硫酸溶解后过滤，滤液中含有的离子为：Fe2+、Al3+、SO42-、H+，可能还含有铁离子，A．加入过量NaOH溶液，亚铁离子或铁离子转化为沉淀，Al3+转化为AlO2-，A正确；B．加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀，溶液不存在Al3+，B错误；C．铁离子能氧化铁单质，溶液中不会存在铁离子、氢离子，C错误；D．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，Fe2+不能够大量共存，D错误，答案选A。

点睛：本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息、离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断。

16．下列关于Fe(OH)3胶体的说法中，不正确的是( )
A．分散质粒子直径在10-9～10-7m之间B．是一种纯净物
C．具有丁达尔效应D．具有净水作用
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 氢氧化铁胶体胶粒的直径在10-9～10-7m之间，A正确；
B. 氢氧化铁胶体是氢氧化铁和水的混合物，B错误；
C. 胶体具有丁达尔效应，C正确；
D. 氢氧化铁胶粒能吸附水中的杂质颗粒，有净水的作用，D正确；
答案选B。

17．高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：3Fe（s）＋4H2O（g）＝Fe3O4(s)＋4H2（g），下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A．把铁块变成铁粉B．将容器的体积缩小一半
C．压强不变，充入氮气使容器体积增大D．体积不变，充入氮气使容器压强增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
增大固体反应物的表面积，可以加快反应速率；该反应有气体参加，增大压强，反应速率加快。

压强不变，充入氮气使容器体积增大，则水蒸气的浓度降低，反应速率降低。

体积不变，充入氮气使容器压强增大，但水蒸气的浓度不变，反应速率不变，答案选D。

该题侧重考查学生对外界条件影响反应速率的熟悉了解掌握程度。

该题的关键是明确压强对反应速率影响的实质是通过改变物质的浓度来实现的，需要具体问题、具体分析。

18．某温度下，在2L 容器中3种物质间进行反应，X 、Y 、Z 的物质的量随时间的变化曲线如图。

其中X 、Y 、Z 都为气体，反应在t 1min 时到达平衡，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．该反应的化学方程式是2X ＝3Y+Z
B ．已知１molX 完全反应要吸收46kJ 的热量，则至t 1min 时，该反应吸收的热量为36.8kJ·mol -1
C ．在此ｔ1min 时间内，用Ｙ表示反应的平均速率ｖ(Y)为0.6mol/(L·min)
D ．在相同状态下，反应前的压强是反应后的0.75倍 【答案】D 【解析】 【详解】
A ．在0~t 1min 时X 、Y 、Z 三者变化的物质的量依次为0.8mol 、1.2mol 、0.4mol ，且X 是反应物，Y 、Z 是生成物，三者的物质的量之比为2:3:1，t 1min 时反应达到平衡，则此反应的化学方程式为2X(g)
3Y(g)+Z(g)，故A 错误；
B ．达到平衡时X 的变化量为0.8mol ，则反应中吸收的热量为46kJ×
0.8mol
1mol
=36.8kJ ，单位错误，故B 错误；
C ．达到平衡过程中Y 的平均反应速率为11.22?min mol L t =1
0.6
t mol/(L·min)，故C 错误；
D ．在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则反应前的压强是反应后的
2.4mol
0.751.6mol 1.2mol 0.4mol
=++倍，故D 正确；
答案为D 。

19．在2A (g )+B (g )=3C (g )+4D (g )反应中，表示该反应速率最快的是 A ．v (A )=0.5mol /(L ·s ) B ．v (B )=0.3mol /(L ·s ) C ．v (C )=0.8mol /(L ·s ) D ．v (D )=1mol /(L ·s )
【答案】B 【解析】 【分析】
比较化学反应速率，先统一单位，后转换成同一物质进行比较。

根据反应速率之比是化学计量数之比可知
A. v(A)=0.5mol/(L·s)，v(B)=0.25mol/(L·s)；
B. v(B)=0.3mol/(L·s)；
C. v(C)=0.8mol/(L·s)，v(B)=0.27mol/(L·s)；
D. v(D)=1mol/(L·s)，v(B)=0.25mol/(L·s)；
因此反应速率最快的是选项B。

答案选B。

【点睛】
比较化学反应速率，先统一单位，后转换成同一物质进行比较；或者各物质的速率除以自身系数，转化为该反应的化学反应速率进行大小比较。

20．下图是电解实验装置，X、Y都是惰性电极，a是滴有酚酞的饱和NaCl溶液。

下列有关实验的说法正确的是
A．X电极为阳极，Y电极为阴极
B．X电极溶液先变红色，且有刺激性气味气体产生
C．将X、Y两极产生的气体收集起来，相同条件下其体积比略大于1: 1
D．电解后，将溶液混匀，电解前后溶液的pH未发生变化
【答案】C
【解析】分析：与电源正极连接的是电解池的阳极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应，生成黄绿色的氯气；与负极连接的是电解池的阴极，氢离子在阴极上得电子发生还原反应，生成无色无味的氢气，同时有氢氧化钠生成，据此分析。

详解:A、Y与电源正极相连接,所以Y电极为阳极，则X电极为阴极,故A错误；
B、X与电源的负极相连,所以是阴极,溶液中的氢离子在阴极上得电子发生还原反应,生成无色无味的氢气,同时有氢氧化钠生成,所以X电极附近溶液变红色,但无刺激性气味气体产生,故B错误；
C、X电极上析出氢气,Y电极上析出氯气,因为氯气能溶于水,所以电解一段时间收集产生的气体,Y电极得到气体体积稍小,所以将X、Y两极产生的气体收集起来,其体积比略大于1:1，所以C选项是正确的；
D、电解后生成氢氧化钠，所以溶液的碱性增强，故D错误。

所以C选项是正确的。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．某化合物由碳、氢两种元素组成，其中含碳的质量分数为85.7%，在标准状况下11.2L此化合物的质
量为14g，求此化合物的分子式_______。

【答案】C2H4
【解析】
【分析】
根据n＝V/V m计算气体的物质的量，再结合M＝m/n计算摩尔质量，根据元素质量分数计算分子中C、H 原子数目，进而确定分子式。

【详解】
标况下11.2L气体的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol
因此该气态烃的摩尔质量是14g÷0.5mol/L＝28g/mol
则烃分子中C原子数目是28×0.857/12＝2
H原子数目是（28－24）/1＝4
所以该烃的分子式是C2H4
七、工业流程
三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．某同学利用下列实验装置图探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验（假设药品足量），请回答下列问题：
(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO气体的离子方程式为_______________________。

(2)实验开始时，该同学进行了如下的操作步骤，正确的顺序是__________(填选项序号)
①打开活塞与止水夹
②U形管右侧酸液与铜丝分离后，打开活塞
③检查气密性，组装好其它部分仪器
④从长颈漏斗往U形管中注入稀硝酸至与橡皮塞下端齐平
⑤关闭活塞与止水夹
(3)第(2)题中操作④的目的是________________________________________。

(4)上述实验过程中长颈漏斗所起的作用是______________________________。

(5)能证明稀硝酸与铜反应还原产物是NO气体的实验现象是_____________(填选项字母)。

原因是
____________________________（用化学方程式表示）。

A．U形管右侧中收集到无色气体
B．U形管右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气变为红棕色
C．U形管中溶液颜色变成蓝色
【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ③①④⑤②将整个装置内的空气赶尽，避免NO和
O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 B 2NO+O2=2NO2
【解析】
【分析】
（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；
（2）该实验为探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，所以连接装置后先进行检查气密性，原理是利用活塞与止水夹构成封闭体系，根据装置内外的压强差形成水柱或气泡判断，然后进行反应，实验要验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，生成的气体不能与空气接触，应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，据此分析操作步骤；
（3）装置中残留空气，反应产物一氧化氮易与空气中的氧气反应，需用反应产生的气体赶走装置中的空气；
（4）长颈漏斗球形部分空间较大，能起缓冲作用，接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；（5）NO是无色气体，NO遇空气中氧气生成NO2气体，NO2是红棕色的气体，稀硝酸与Cu反应生成NO 气体，右侧压强增大，右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气变为红棕色，说明还原产物是NO。

【详解】
（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）该实验为探究铜与稀硝酸反应的还原产物并进行喷泉实验，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，所以连接装置后先进行检查气密性（③），然后打开活塞与止水夹（①），从长颈漏斗往U形管中注入稀硝酸至与橡皮塞下端齐平（④），铜和稀硝酸反应，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰，关闭活塞与止水夹（⑤），U形管右侧酸液与铜丝分离后，打开活塞（②），反应结束，所以操作步骤为：③①④⑤②；
（3）装置中残留空气，反应产物一氧化氮易与空气中的氧气反应，操作④从长颈漏斗往U形管中注入稀硝酸至与橡皮塞下端齐平，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；
（4）该实验铜和稀硝酸反应，生成的NO是无色难溶于水的气体，装置内压强增大，用长颈漏斗能接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，
故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；
（5）NO是无色难溶于水的气体，若稀硝酸与Cu反应生成NO气体，右侧压强增大，右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气，NO遇空气中氧气反应2NO+O2=2NO2，生成红棕色的NO2气体，所以U形管右侧产生的无色气体进入圆底烧瓶后接触空气变为红棕色，能证明稀硝酸与铜反应还原产物是NO，
故答案为：B；2NO+O2=2NO2。

八、工业流程
四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．A是一种常见的有机物，其产量可以作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，F是高分子化合物，有机物A可以实现如下转换关系。

请回答下列问题:
(1)写出A的电子式____________，B、D分子中的官能团名称分别是_______、_______。

(2)在实验室中，可用如图所示装置制取少量G，试管a中盛放的试剂是____________，其作用为
____________；
(3)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：
①_______________________________ ；
②________________________________；
④________________________________。

【答案】羟基羧基饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度CH2 = CH2 + H2O CH3CH2OH，加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，氧化反应CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应
【解析】
【分析】
A的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成B，B为
CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G，G为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙醇与E，E为CH3COONa；F是高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物F，F为，据此分析解答。

【详解】
根据上述分析，A是CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COONa，F为。

(1)A是CH2=CH2，乙烯的电子式为；B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，含有的官能团分别是羟基和羧基，故答案为：；羟基；羧基；
(2)在实验室中，可用图2所示装置制取少量乙酸乙酯，试管a 中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，其作用为：溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：饱和碳酸钠溶液；溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；
(3)反应①为乙烯的水化反应，反应的化学方程式为CH 2 = CH 2 + H 2O
CH 3CH 2OH ，该反应为加成反应；反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH 3CH 2OH+O 2
2CH 3CHO + 2H 2O ，属于氧化反应；反应④的化学方程式为：CH 3COOH+CH 3CH 2OH
CH 3COOCH 2CH 3+H 2O ，属于酯化反应或取代反应，故答案为：CH 2 = CH 2 + H 2O
CH 3CH 2OH ，加成反应；2CH 3CH 2OH+O 22CH 3CHO + 2H 2O ，氧化反应；CH 3COOH+CH 3CH 2OH CH 3COOCH 2CH 3+H 2O ，酯化反应或取代反应。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．如何降低大气中2CO 的含量及有效地开发利用2CO 引起了全世界的普遍重视。

目前工业上有一种方法是用2CO 来生产燃料甲醇。

为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L 的密闭容器中，充入21molCO 和23molH ，在500℃下发生发应，()()()()2232CO g 3H g CH OH g H O g ++实验测得2CO 和()3CH OH g 的物质的量浓度随时间变化如下所示：
(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率()2v H =______。

500℃达平衡时，()3CH OH g 的体积分数为______，如上图是改变某条件时化学反应速率随时间变化的示意图，则该条件是______ 该反应的逆反应为______反应(填“放热”或“吸热”)
(2)500℃该反应的平衡常数为______(保留两位小数)，若降低温度到300℃进行，达平衡时，
K 值______(填“增大”“减小”或“不变”)．
(3)下列措施中能使2CO 的转化率增大的是______．
A ．在原容器中再充入21molCO ?
B ．在原容器中再充入21molCO 和23molH
C ．在原容器中充入1molHe
D. 使用更有效的催化剂
E. 将水蒸气从体系中分离出
(4)500℃条件下，改变起始反应物的用量，测得某时刻()2CO g 、()2H g 、()3CH OH g 和()2H O g 的浓度均为0.75mol /L ，则此时v(正)______ v(逆)(填“>”“<”或“=”)
(5)假定该反应是在恒容恒温条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______．
A ．消耗21molCO 同时生成1mol 3
CH OH B. 混合气体密度不变
C ．混合气体平均相对分子质量不变
D ．3v 正(H 2)=v 逆(H 2O)
E.()()32
n CH OH /n CO .不变 【答案】0.225mol/(L·
min) 30% 升高温度 吸热 5.33 增大 BE > CE 【解析】
【分析】
根据速率之比等于化学计量数之比计算反应速率；根据平衡时各物质的浓度计算体积分数及平衡常数；根据平衡移动规律分析平衡的移动方向及判断反应是否到达平衡状态。

【详解】
(1)v(CO 2)=2c(CO )1mol/L-0.25mol/L =t 10min
=0.075mol/(L·min)，v(H 2)=3v(CO 2)=0.075mol/(L·min)×3=0.225mol/(L·min)；500℃达平衡时，n(CH 3OH)=0.75mol/L×1L=0.75mol ，n(H 2O)=0.75mol ，n(CO 2)=0.25mol/L×1L=0.25mol ，n(H 2)=3mol-0.75mol×3=0.75mol ，则()3CH OH g 的体积分数为0.75mol 100%0.75mol+0.75mol+0.75mol+0.25mol
⨯ =30% ；如图所示，正逆反应速率都增大，说明升高了反应温度，且逆反应速率增大的更多，平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析得，该反应的逆反
应为吸热反应，故答案为：0.225mol/(L·
min)；30%；升高温度；吸热； (2)500℃该反应的平衡常数为K 3233
22c(CH OH)c(H O)0.750.75=c(CO )c (H )0.250.75⋅⨯⋅⨯=5.33；降低温度，平衡正方向移动，平衡常数增大，故答案为：5.33；增大；
(3)A. 在原容器中再充入1molCO 2，平衡正方向移动，但2CO 的转化率减小，故A 不选；
B. 在原容器中再充入21molCO 和23molH ，该反应为气体体积较小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以2CO 的转化率增大，故B 选；
C. 在原容器中充入1molHe ，平衡不移动，所以2CO 的转化率不变，故C 不选；
D. 使用更有效的催化剂，改变反应速率，但对平衡不影响，故D 不选；。