河南省安阳市2020年高一(下)化学期末调研模拟试题含解析

河南省安阳市2020年高一(下)化学期末调研模拟试题
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．某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应有（）
①取代②加成③氧化④酯化⑤水解⑥中和
A．①②③⑤B．②③④⑤C．①②③④⑤D．①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物分子中含有碳碳双键、酯基、羧基、羟基，结合相应官能团的结构与性质分析解答。

【详解】
含有苯环、羧基、羟基和酯基，可发生取代反应；含有苯环和碳碳双键，可发生加成反应；含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反应；含有羟基和羧基，可发生酯化反应；含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，可发生中和反应。

答案选D。

2．我国开发了一种新型的锂－钠合金空气电池。

下列有关锂、钠的叙述正确的是
A．少量钠可贮存在煤油中
B．电解食盐水可得到金属钠
C．金属锂与水反应比金属钠与水反应剧烈
D．锂、钠分别在足量氧气中燃烧生成Li2O、Na2O
【答案】A
【解析】
【详解】
A项、金属钠易与空气中的氧气和水反应，金属钠的密度比煤油大，则少量钠可贮存在煤油中隔绝与空气中的氧气和水，故A正确；
B项、电解熔融的氯化钠可得到金属钠和氯气，故B错误；
C项、金属元素的金属性越强，单质与水反应越剧烈，钠元素的金属性强于锂元素，则金属钠与水反应比金属锂与水反应剧烈，故C错误；
D项、钠放置在空气中生成氧化钠，在空气中燃烧生成过氧化钠，故D错误；
故选A。

3．在用Zn片、Cu片和稀硫酸组成的电池装置中，经过一段时间工作后，下列说法中正确的是
A．锌片是正极，铜片上有气泡产生
B．电流方向是从锌片流向铜片
C．溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动
D．电解质溶液的pH值逐渐减小
【答案】C
【解析】
试题分析：A．锌片是负极，铜片上有气泡产生，故A错误；B．电流方向是从Cu片经导线流向Zn片，故B错误；C．溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故C正确；D．因氢离子参加反应生成氢气，氢离子减少，则电解液的pH增大，故D错误；故选C。

【考点定位】考查原电池的工作原理
【名师点晴】本题考查原电池知识，为高考常见题型。

在Zn片、Cu片和稀硫酸组成的电池装置中，Zn活泼作负极，电流由正极流向负极，阴离子向负极移动，氢离子参加反应生成氢气，则氢离子减少，溶液的pH增大。

侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池工作原理，把握电极方程式的书写，注意正负极的判断、电流的方向、离子的移动方向。

4．工业上用铝土矿(主要成分为A12O3，还有少量的Fe2O3、SiO2等杂质)提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如下:
下列说法错误的是
A．滤渣A主要成分为SiO2
B．滤液乙含有的阴离子主要为[ Al(OH)4]-、Cl-、OH-
C．滤液丙中溶质的主要成分为Na2CO3
D．④的基本反应类型为分解反应
【答案】C
【解析】
分析：本题考查的是金属及其化合物的分离和提纯，掌握铝的化合物的性质是关键。

详解：铝土矿加入盐酸，氧化铝和氧化铁都可以溶解，二氧化硅不溶解，所以滤渣A为二氧化硅，滤液甲中加入过量的氢氧化钠，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，滤液乙主要成分为偏铝酸钠，通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀。

A.滤渣A为二氧化硅，故正确；B.滤液乙含有多阴离子主要为偏铝酸根离子和氯离子和氢氧根离子，故正确；C.滤液丙中主要成分为碳酸氢钠，故错误；D.氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，为分解反应，故正确。

故选C。

点睛：注意流程中物质的使用量的多少，通常量的不同产物不同。

与物质的量有关的反应有：1.硝酸银和少量氨水反应生成氢氧化银沉淀，和过量氨水反应生成银氨溶液。

2.氢氧化钠和少量氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯化钠，和过量的氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。

3.盐酸和少量偏铝酸钠反应生成氯化铝和氯化钠，和过量的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。

4.碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，和过量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳和水。

5.铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，和过量硝酸反应生成硝酸铁。

5．下列有关化学用语表示正确的是
A．质子数为117，中子数为176的Ts原子:176117Ts
B．Al3+的结构示意图:
C．Na2O的电子式:
D．磁性氧化铁的化学式:Fe2O3
【答案】C
【解析】
【详解】
Ts，A错误；
A.质量数=质子数+中子数，因此质子数为117，中子数为176的Ts原子表示为:293
117
B. Al3+的最外层有8个电子，其正确的离子结构示意图为：，B错误；
C. Na2O为离子化合物，电子式为: ，C正确；
D. 磁性氧化铁的化学式为Fe3O4，D错误；
答案选C。

6．下列常见物质的俗名与化学式对应关系正确的是
A．烧碱—NaOH B．明矾—Al2(SO4)3C．石膏—CaCO3D．纯碱—Na2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 烧碱、火碱、苛性钠都为氢氧化钠的俗名，化学式为NaOH，故A正确；
B. 明矾化学式为KAl(SO4)2⋅12H2O，故B错误；
C. 石膏的化学式为CaSO4⋅2H2O，故C错误；
D. 纯碱是碳酸钠的俗称，化学式为Na2CO3，故D错误；
答案选A。

7．25℃时，下列说法正确的是
A．0.1 mol/L (NH4)2SO4溶液中的c(NH4+)<c(SO42-)
B．0.02 mol/L氨水和0.01 mol·L-1氨水中c(OH－)之比是2∶1
C．向醋酸钠溶液中加入醋酸使溶液的pH＝7，此时混合液中c(Na＋)>c(CH3COO－)
D．向0.1mol/L NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液pH＝5，此时混合液中c(Na＋)=c(NO3-)
【答案】D
【解析】
【详解】
A、NH4＋虽然水解，但水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)>c(SO42－)，故A错误；
B、相同条件下，弱电解质的浓度越小，电离程度越大，因此0.02mol·L－1氨水与0.01mol·L－1氨水溶液溶液中c（OH-）之比不等于2：1，故B错误；
C、依据电荷守恒，得出c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，混合后溶液的pH=7，即c(H＋)=c(OH－)，推出c(Na＋)=c(CH3COO－)，故C错误；
D、硝酸钠是强酸强碱盐，Na＋和NO3－不发生水解，也不与HCl发生反应，根据物料守恒，即c(Na＋)=c(NO3－)，故D正确；
答案选D。

8．普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。

根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。

此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag。

下列有关说法正确的是( )
A．测量原理示意图中，电流方向从Cu流向Ag2O
B．负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O
C．电池工作时，OH-向正极移动
D．2molCu与1molAg2O的总能量低于1molCu2O与2molAg具有的总能量
【答案】B
【解析】
分析：本题以水泥的硬化为载体考查了原电池的原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，要会根据电池反应进行正负极及溶液中离子移动方向的判断是解题的关键。

详解：A. 测量原理示意图中，铜为负极，氧化银为正极，所以电流方向从Ag2O流向Cu，故错误；B. 铜为负极，失去电子，负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故正确；C. 电池工作时，OH-向负极移动，故错误；D. 该反应为放热反应，所以2molCu与1molAg2O的总能量高于1molCu2O与2molAg具有的总
能量，故错误。

故选B。

9．标准状况下，44.8L CH4与一定量Cl2在光照条件下发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机取代产物的物质的量相等，则消耗的Cl2为()
A．1mol B．2 mol C．4mol D．5 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量。

【详解】
在标准状况下，44.8LCH4的物质的量为2mol，2mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.5mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以生成0.5mol一氯甲烷需要氯气0.5mol氯气，生成0.5mol二氯甲烷需要氯气1mol，生成0.5mol三氯甲烷需要氯气1.5mol氯气，生成0.5mol四氯化碳需要氯气2mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.5mol+1mol+1.5mol+2mol=5mol。

答案选D。

10．古代很多诗词蕴含了好多哲理和化学知识。

下面有关诗词对化学知识的分析错误的是
A．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”，说明金的性质稳定，金在自然界中以游离形态存在，不需要冶炼还原
B．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”。

“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，萄萄糖发生了水解反应C．“化尽素衣冬未老，石烟多似洛阳尘。

”诗中的石烟就是指石油燃烧产生的烟。

石油主要是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物
D．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐，该句诗表明玉熔点高且不易分解【答案】B
【解析】
A．美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来过程中没有新物质生成，金的化学性质稳定，在自然界中以单质形态存在，故A正确；B．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故B错误；C．石油主要是各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物，燃烧有浓烟，故C正确；D．“玉”的成分是硅酸盐，熔点很高，不易分解，故D正确；答案为B。

11．W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是
A．四种元素中原子半径最大的为Z
B．四种元素最高价氧化物的水化物都是酸
C．XZ4、WY2中所含化学键类型相同
D．W、X形成的单质都是重要的半导体材料
【答案】C
【解析】
【分析】
有图可知X,Y,W,Z分别是C,O,Si,Cl元素。

【详解】
A. 四种元素中原子半径最大的为W;故错误；
B.氧元素没有氧化物，故错误；
C. XZ4、WY2为CCl4,SiO2,都是共价键，化学键类型相同，故正确；
D. W形成的单质是重要的半导体材料，X形成的单质不是半导体材料，故错误。

12．下列关于有机物实验现象与原因的叙述中，完全正确的一组是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A、苯能将溴水中的溴萃取出来，上层呈橙红色，没有发生加成反应，故A错误；
B、乙酸的酸性大于碳酸，与NaHCO3溶液反应产生二氧化碳，故B正确；
C、蔗糖中不存在醛基，不能与银氨溶液反应产生银镜，故C错误；
D、乙醇和钠反应比较缓慢，故D错误。

故选B。

13．下列离子方程式书写正确的是
A．NO2与H2O反应：NO2+H2O＝NO3－+2H+
B．CaCO3与盐酸反应：CO32－+2H+＝CO2↑+ H2O
C．FeCl3溶液与足量氨水反应：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓
D．Cu与稀硝酸反应：3Cu +8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】
A. NO2与H2O反应生成硝酸和NO，反应的离子方程式为：3NO2+H2O＝2NO3－+2H++NO，选项A错误；
B. CaCO3与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钙难溶于水，必须写化学式，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+ H2O，选项B错误；
C. FeCl3溶液与足量氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵，氨水为弱碱必须写化学式，反应的离子方程式为：Fe3++3NH3·H2O＝3NH4++Fe(OH)3↓，选项C错误；
D. Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu +8H++2NO3－＝
3Cu2++2NO↑+4H2O，选项D正确。

答案选D。

14．下列关于指定粒子构成的叙述中，不正确的是()
A．14C与16O具有相同的中子数
B．119
50Sn与207
82
Pb具有相同的最外层电子数
C．
4
NH 与OH－具有相同的质子数和电子数
D．Na2O2和Na2O具有相同的阴阳离子个数比
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 14C与16O具有相同的中子数都是8，A正确；
B. 11950Sn与20782Pb都是第IVA族的元素，最外层电子数都是4，故具有相同的最外层电子数，B正确；
C. NH4+的质子数是11、电子数是10，而OH－的质子数是9、电子数是10，故两者具有不同的质子数，C 不正确；
D. Na2O2和Na2O阴阳离子个数比均为1:2，故两者具有相同的阴阳离子个数比，D正确。

综上所述，关于指定粒子构成的叙述中不正确的是C，本题选C。

15．核内中子数为N的R2＋离子，质量数为A，则n g它的氧化物所含电子物质的量为()
A．
n
A+16
(A－N＋8) mol B．
n
A+16
(A－N＋10)mol
C．(A－N＋2)mol D．n
A
(A－N＋6)mol
【答案】A 【解析】【分析】
【详解】
核内中子数为N 的R 2＋离子，质量数为A ，则R 原子的质子数是A-N 、电子数是A-N ；R 氧化物的化学式是RO ，n g 氧化物的物质的量是mol 16n A +，电子物质的量为()mol A-N 816
n
A ⨯++，故选A 。

【点睛】
本题考查了原子中质子数、中子数、质量数、电子数之间的关系，注意质量数在数值上等于其相对原子质量，质子数+中子数=质量数。

16．反应2H 2(g)＋O 2(g)=2H 2O(l)过程中的能量变化如图所示，下列有关说法中正确的是（ ）
A ．ΔH 1<0
B ．ΔH 2为该反应的反应热
C ．ΔH 3不是H 2的燃烧热
D ．ΔH 2＝ΔH 1＋ΔH 3
【答案】C 【解析】 【详解】
A.△H 1是分子拆成原子的过程，需吸收能量，△H 1＞0，故A 错误；
B.△H 3是该反应的反应热，△H 2只是原子结合成分子时释放的能量，故B 错误；
C.燃烧热是指1mol 可燃物燃烧放出的热量，△H 3是2mol 氢气燃烧放出的热量，故C 正确；
D.一个反应的△H 应是拆开反应物的化学键吸收的能量与形成新的化学键释放的能量之差，从反应过程分析，△H 3=△H 1+△H 2，故D 错误； 答案选C 。

17．化学用语是学好化学知识的重要基础，下列有关化学用语表示正确的有（ ） ①用电子式表示HCl 的形成过程：
②MgCl 2的电子式：
③质量数为133、中子数为78的铯原子：
Cs
④乙烯、乙醇结构简式依次为：CH 2=CH 2、C 2H 6O ⑤S 2﹣的结构示意图：
⑥次氯酸分子的结构式：H-O-Cl ⑦CO 2的分子模型示意图: A ．3个 B ．4个
C ．5个
D ．6个
【答案】A 【解析】
分析：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式；②氯化镁中含有两个氯离子不能合
并；③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析；④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH；⑤硫离子核电荷数为16，电子数18；⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键；⑦碳原子半径大于氧原子半径。

详解：①用电子式表示化合物的形成过程时，左边为原子的电子式，故①错误；
②氯化镁中含有两个氯离子，应写成，故②错误；
③元素符号的左上角写质量数，左下角写质子数，根据质量数=质子数+中子数分析，质子数=133-78=55，故③正确；
④乙烯的结构简式为CH2=CH2，乙醇的结构简式为C2H5OH，故④错误；
⑤硫离子核电荷数为16，电子数为18，故⑤正确；
⑥次氯酸中氧原子分别和氢原子、氯原子形成共价键，故⑥正确。

⑦碳原子半径大于氧原子半径，故⑦错误。

综合以上分析，正确的有③⑤⑥三项，故答案选A。

点睛：在书写电子式是要注意，电子尽可能的分步在元素符号的四周，有化学键的物质的电子式要注意分清化学键的类型，若为离子键，则书写电荷和[]，若为共价键，则不能写电荷和[]，同时注意电子式的对称性和电子的总数，注意多数原子满足8电子的稳定结构（氢原子满足2电子稳定结构）。

18．下列变化中，属于物理变化的是
A．从石油中分馏出汽油B．煤的气化制水煤气
C．煤的干馏制焦炭D．油脂的水解制肥皂
【答案】A
【解析】A项，石油分馏原理是根据沸点不同分离混合物，过程中没有新物质生成，属于物理变化，A正确；B项，水煤气是水蒸气通过炽热的焦炭而生成的气体，主要成份是一氧化碳、氢气，故煤的气化制水煤气过程有新物质生成，属于化学变化，B错误；C项，煤的干馏是隔绝空气加强热使煤分解的过程，属于化学变化，C错误；D项，油脂水解生成新物质，属于化学变化，D错误。

点睛：本题考查化学变化和物理变化的判断，抓住化学变化和物理变化的本质区别，注意分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。

19．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．油脂能在碱性条件下水解，可用于工业上制取肥皂
B．碘单质易溶于有机溶剂，可用酒精萃取碘水中的碘
C．二氧化锰具有较强的氧化性，可用于H2O2分解的氧化剂
D．聚氯乙烯膜具有塑性和弹性，可用作食品保鲜膜
【答案】A
【解析】A. 油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐为肥皂主要成分，该反应为皂化反应，可以用来制取肥皂，故A正确；B.酒精与水混溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，故B错误；
C. 在双氧水的分解过程中，二氧化锰是催化剂，故C错误；
D. 聚氯乙烯在使用过程中会缓慢释放出有害物质——氯化氢等，不能用作食品保鲜膜，故D错误；故选A。

20．决定化学反应速率的本质因素是
A．浓度B．压强C．温度D．反应物质的性质
【答案】D
【解析】
【分析】
根据决定化学反应速率的根本原因(内因)和外界因素分析判断。

【详解】
因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素，故选D。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．已知：① NO + NO2 + 2NaOH2NaNO2 + H2O；
② 2NO2 + 2NaOH NaNO3 + NaNO2 + H2O
将51.2 g Cu溶于一定浓度的硝酸中，若生成的气体只含有NO、NO2，且这些气体恰好被500 mL2.0 mol/L 的NaOH溶液完全吸收，得到只含NaNO2和NaNO3的溶液。

求：气体中NO、NO2的物质的量分别为多少？【答案】0.3mol、0.7mol
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中电子守恒，原子守恒进行解答；
【详解】
根据题意知：n(Cu)=0.8mol ，n(NaOH)=0.5mol×2. 0mol/L=1.0mol
设反应生成的NO、NO2的物质的量分别为x、y
根据Cu与硝酸反应中的得失电子守恒，可得：3 x + y=2×0.8mol ①
因为气体恰好能被500 mL2.0 mol/L的NaOH溶液完全吸收，生成只含NaNO2和NaNO3的溶液，所以生成的NO2和NO的物质的量之和与NaOH的物质的量相等
即x + y = 1.0mol ②
①②方程联立求解
解得：x= 0.3mol，y= 0.7mol
所以反应生成的NO、NO2的物质的量分别为0.3mol、0.7mol；
答案：0.3mol、0.7mol。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．溴苯可用作有机溶剂溴苯是制备精细化工品的原料，也是制备农药的基本原料。

其制备可采用下列装置：
有关数据如下表：
密度(g·cm-3) 熔点/℃沸点/℃溶解性
溴 3.12 -7.2 58.8 微溶于水,易溶于乙醇、乙醚、氯仿、四氯化碳等
苯0.88 5.5 80.1 不溶于水,易溶于有机溶剂
不溶于水,溶于甲醇、乙醚、苯、四氯化碳等多数有溴苯 1.50 -30.7 156.2
机溶剂
有关反应：
(ⅰ)+Br2+HBr(溴苯制备反应)
(ⅱ)+H2O+HBr(反应微弱)
实验步骤：
在装置A底部放入少许石棉丝，然后加入2g铁粉;装置C中加入由22.0mL苯和10.0mL液溴混合而成的混合液;其他装置的试剂如图所示;打开装置 C的活塞,使苯、液溴混合液滴到铁粉上;取下装置B,进行下列流程图中的操作，最后得到11.1 mL溴苯。

粗溴苯与
回答下列问题：
(1)装置A中的铁粉可以用___________(填试剂的化学式)代替，原因是___________。

(2)装置B中的NaOH的作用是_____________________。

(3)装置D中苯的作用是___________。

(4)分离Ⅰ、分离Ⅱ、分离Ⅲ分别为___________(填标号)。

a．分液、蒸馏、过滤b．分液、分液、过滤
c．过滤、分液、过滤d．分液、过滤、过滤
(5)流程图中加入的CaCl2的作用是___________，若实验过程中省略该步操作，实验的产率_________(填“偏高”偏低“或“不变”)。

(6)本实验的产率为___________。

【答案】FeBr 3 起催化作用的是FeBr 3 除去溴苯中的Br 2 除去HBr 中的Br 2 b 干燥(或答“除去溴苯中的水分”) 偏低 0.750或75.0%
【解析】
(1)苯和溴的反应中溴化铁为催化剂，所以铁粉可以用溴化铁代替； (2)反应后容器中有溴，加入氢氧化钠，溴可以和氢氧化钠反应，进而除去溴苯中的Br 2 ；(3)溴可以溶解在苯这种有机溶剂中，所以可以用苯除去HBr 中的Br 2； (4)溴苯和氢氧化钠是分层的，用分液的方法分离，加水洗涤，在用分液的方法分离，在加入氯化钙吸水，氯化钙不溶于水，不溶于苯，所以用过滤的方法分离，故选b 。

(5).加入氯化钙是为了吸水，干燥溴苯；如果省略该不操作，则加热过程中溴苯和水发生微弱反应，所以溴苯的产率偏低；(6)根据铁和溴的反应计算铁消耗的溴的质量，2Fe+3Br 2=2FeBr 3，消耗的溴的质量为3160
2=8.57112
g ⨯⨯，仪器中加入的溴的质量为10×3.12=31.2g ，则与苯反应的溴的质量为31.2-8.57=22.63g ，苯的质量为22×0.88=19.36g ，生成的溴苯的质量为11.1×1.5=16.65g ，根据方程式计算苯和溴反应中苯过量，用溴计算，
则理论上溴苯的质量为22.63157160⨯，则溴苯的产率为16.6575.0%22.63157160
=⨯，故答案为0.750或75.0%。

四、推断题（本题包括
1个小题，共10分）
23．A 是一种气态烃。

B 和D 是生活中两种常见的有机物。

以A 为主要原料合成乙酸乙酯，其中成路线如下图所示：
（1）A 制备B 的方程式为______________________________。

（2）B 与钠反应的化学方程式为__________，利用B 与钠反应制备氢气，若制得1 mol H 2需要B________mol 。

（3）物质B 在空气中可以被氧气为C ，此过程的化学方程式为____________________。

（4）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图，图中圆括号表示加入适当的试剂，编号表示适当的分离方法。

①写出加入的试剂：(a)是__________，(b)是__________。

②写出有关的操作分离方法：①是__________，②是__________。

【答案】CH 2=CH 2+H 2O −−−→催化剂△
CH 3CH 2OH 2CH 3CH 2OH+2Na→2CH 3CH 2ONa+H 2↑ 2 2CH 3CH 2OH+O 2Cu
−−→△2CH 3CHO+2H 2O 饱和碳酸钠溶液 H 2SO 4 分液 蒸馏
【解析】
B 和D 反应生成乙酸乙酯，B 氧化生成
C ，C 氧化生成
D ，故B 为乙醇，C 为乙醛，D 为乙酸，A 与水反应生成乙醇，故A 为乙烯。

（1）乙烯与与水加成反应生成乙醇，反应的方程式为CH 2=CH 2+H 2O →V 催化剂
CH 3CH 2OH ，故答案为CH 2=CH 2+H 2O →V 催化剂
CH 3CH 2OH ； （2）乙醇与钠反应放出氢气，反应的化学放出式为2CH 3CH 2OH+2Na→2CH 3CH 2ONa+H 2↑，根据方程式，制得1molH 2需要2mol ，故答案为2CH 3CH 2OH+2Na→2CH 3CH 2ONa+H 2↑；2；
（3）乙醇在空气中可以被氧气为乙醛，反应的方程式为2CH 3CH 2OH+O 2Cu
→V 2CH 3CHO+2H 2O ，故答案为2CH 3CH 2OH+O 2Cu
→V 2CH 3CHO+2H 2O ； （4）①加入饱和碳酸钠溶液a ，溶解乙醇和乙酸反应生成醋酸钠溶液，乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸馏混合溶液分离出乙醇，然后向剩余混合液中加入稀硫酸b ，稀硫酸与醋酸钠反应生成醋酸和硫酸钠混合溶液，蒸馏将醋酸分离出来，
故答案为饱和碳酸钠；稀硫酸溶液；
②乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸馏混合溶液分离出乙醇，故答案为分液；蒸馏。

点睛：本题考查有机物的推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化和乙酸乙酯的除杂。

解题时注意饱和碳酸钠溶液的作用，乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性质的掌握。

本题的易错点是方程式的书写。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．Ⅰ.某温度时，在一个10L 的恒容容器中，X 、Y 、Z 均为气体，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）反应开始至2min ，以气体Z 表示的平均反应速率为______________________；
（2）平衡时容器内混合气体密度比起始时__________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时___________；
（3）将a mol X 与b mol Y 的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n （X ）=n （Y ）=2n （Z ），则原混合气体中a ：b=___________。

Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，
③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比。

（1）一定能证明2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是_______（填序号，下同）。

（2）一定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。

（3）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。

（注：B,C,D均为无色物质）Ⅲ.（1）铅蓄电池是常见的化学电源之一，其充电、放电的总反应是：2PbSO4+ 2H2O Pb + PbO2 + 2H2SO4, 铅蓄电池放电时，_______（填物质名称）做负极。

放电过程中硫酸浓度由5mol/L 下降到
4mol/L，电解液体积为 2L（反应过程溶液体积变化忽略不计），求放电过程中外电路中转移电子的物质的量为___________mol。

（2）有人设计将两根 Pt 丝作电极插入 KOH 溶液中，然后向两极上分别通入乙醇和氧气而构成燃料电池。

则此燃料电池工作时，其电极反应式为：
负极：_____________
正极：_____________
【答案】0.01mol/(L·min)相等变大7：5①③④⑤②④铅2
C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】Ⅰ．分析：(1)根据化反应速率v=来计算化学反应速率;
(2)混合气体的平均相对分子质量M=,混合气体密度来判断；
(3)根据化学反应中的三段式进行计算；
详解: (1)反应开始至2min,以气体Z表示的平均反应速率v=0.01mol/(L min),因此，本题正确答案是: 0.01mol/(L min);
(2)混合气体密度,从开始到平衡,质量是守恒的,体积是不变的,所以密度始终不变,混合气体的平均相
对分子质量M=,从开始到平衡,质量是守恒的,但是n是逐渐减小的,所以M会变大,因此，本题正确答案是:相等;变大；
(3) 根据图示的内容知道,X和Y是反应物,X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2,反应的化学方程式为:3X+Y⇌2Z,利用三行式找出有关量，
3X+Y⇌2Z (设Y的变化量是x)
初始量:a b 0
变化量:3x x 2x
平衡量:a-3x b-x 2x
当n (X)=n (Y)=2n (Z)时, a-3x = b-x=4，则a=7x,b=5x,所以原混合气体中a:b=7:5,因此，本题正确答案是: 7:5。

Ⅱ．分析：化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以此分析。

详解：(1)对于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，①混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故①正确；②混合气体的密度一直不变，故②错误；③混合气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，故③正确；④混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故④正确；⑤混合气体的颜色一直不变，反应达平衡状态，故⑤错误；⑥只要反应发生就有各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比，故⑥错误；故选：①③④；
(2)对于反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)，①混合气体的压强一直不变，故①错误；②混合气体的密度一直不变，故②错误；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④混合气体的平均相对分子质量一直不变，故④错误；⑤混合气体的颜色说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故⑤正确；故选：⑤。

（3）对于反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，①混合气体的压强一直不变，故①错误；②根据，混合气体的密度不变，因V不变，说明气体质量一定，即浓度不变，故②正确；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④根据M=，混合气体的平均相对分子质量不变，因n不变，m则不变，说明各组分气体浓度不变，故④正确；⑤混合气体为无色，故⑤错误；故选②④：。

Ⅲ.分析：（1）放电时铅失电子而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式计算；
（2）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应．
详解：（1）根据电池反应式知，铅失电子化合价升高而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式得，转移电子的物质的量=×2=2mol，
故答案为：铅；2；
（3）该燃料电池中，负极上乙醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：
C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式
为 O2+4e-+2H2O=4OH-，
故答案为：C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-。

点睛：本题考查了化学平衡的图象分析和化学平衡状态的判断，侧重考查学生分析及计算能力，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系。

化学平衡状态的判断，紧扣正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。

原电池设计及原电池原理，明确原电池原理内涵是解本题关键，根据电池反应式确定原电池正负极及电解质，再结合得失电子方向解答。