20202021学年福建省莆田市高一下学期期末考试备考金卷化学(A卷)试题 化学(解析版)

化学〔A卷〕试题

化学

考前须知：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5

一、选择题

1．?天工开物?中记载：人贱者短褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，其质造物之所具也。属草木者，为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛〞和“裘褐、丝绵〞分别属于

A．纤维素、蛋白质 B．糖类、油脂

C．纤维素、油脂

D．单糖、蛋白质

2．以下化学用语的书写正确的选项是

A．乙醇的分子式：C2H5OH

B．氮气的电子式：

C．用电子式表示HCl的形成过程：

D．苯的结构简式：C6H6

3．进行一氯取代反响后，只能生成三种沸点不同的有机物的是 A．(CH3)3CCH2CH3 B．(CH3CH2)2CHCH3 C．(CH3)2CHCH(CH3)2 D．(CH3)2CHCH2CH2CH3

4．以下变化属于物理变化的是

A．纤维素水解 B．重油裂化 C．煤的干馏 D．石油分馏

5．以下关于乙烯、苯、乙醇、乙酸的说法中，不正确的选项是

A．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯分子中含有碳碳双键 B．苯可以使溴水褪色，发生了加成反响

C．乙醇在铜催化并加热条件下生成乙醛，乙醇发生了氧化反响

D．生活中可以用食醋除去水壶中的水垢，主要是利用了食醋中醋酸的酸性 6．下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是

选项 A B C D 物质 MgCl2 CO2 HCl NaOH 化学键类型 离子键、共价键 共价键 离子键 离子键 化合物类型 离子化合物 共价化合物 离子化合物 离子化合物 7．在开发利用金属矿物和海水资源过程中，以下说法不正确的选项是

A．海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化

B．工业上可用电解法冶炼得到金属铝

C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法等

D．海水中含有钾元素，需经过氧化复原反响才可得到钾单质

8．某有机物的结构简式为HOCH2CH=CHCH2COOH，以下关于该有机物的说法错误的选项是 A．该有机物含有3种官能团

B．该有机物能发生氧化反响、加成反响、加聚反响、酯化反响 C．该有机物能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理一样 D．1mol该有机物能与2mol Na发生反响

9．除去以下物质中的杂质(括号内的物质)，所使用的试剂和主要操作都正确的选项是

选项 物质 使用的试剂 主要操作 A FeCl2(FeCl3)溶液 过量铜粉 过滤 B 乙烷(乙烯) 酸性高锰酸钾溶液 洗气 C 乙醇(水) 金属钠 蒸馏 D 乙酸乙酯(乙酸) 饱和碳酸钠溶液 分液 10．以下方程式书写正确的选项是

A．乙醇在铜催化下被氧化的化学方程式：2CH3CH2OH+O2CuΔ2CH3CHO+2H2O B．醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO−+H+

C．用过量氨水吸收二氧化硫气体：NH3·H2O+SO2=NH4HSO3 D．丙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH3CH=CH2+Br2→CH2BrCH2CH2Br

11．以下金属的冶炼〔“〞前为原料，“〞后为所得的金属〕，①MgCl2→Mg、②MnO2→Mn、③ZnO→Zn、④HgO→Hg、⑤磁铁矿→Fe、⑥NaCl→Na，其中最适宜用热复原法冶炼的是 A．①②④⑥ B．③④ C．②③⑤ D．②③④⑤

12．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。以下说法错误的选项是

A．化合物XZ2各原子均满足8电子的稳定结构

B．含氧酸的酸性：H2ZO3＞H2XO3，那么Z的非金属性强于X C．假设单质W失火，不能用泡沫灭火器扑灭 D．Y的氢氧化物可用于治疗胃酸过多 13．对于以下反响：A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，在一定温度和容积的容器中，以下判断正确的选项

是

A．往容器中通入稀有气体He，由于压强增大，所以反响速率增大 B．当容器内的压强不再变化，可以判断反响已经到达平衡

C．往容器中参加少量A，反响速率增大

D．无论反响是放热反响还是吸热反响，升高温度，正反响速率一定增大

14．燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4、C2H6等)跟氧气(或空气)起反响将化学能转变为电能的装置，假设电解质溶液是强碱溶液，下面关于乙烷(C2H6)燃料电池的说法正确的选项是

A．该电池工作时，正极附近溶液的碱性增强 B．负极反响式：C2H6+18OH−+14e−=2CO2−3+12H2O

C．通入5.6L O2完全反响后，有1mol电子发生转移

D．燃料电池的优点之一是点燃时化学能大局部转化为电能而不是热能和光能

15．我国有广阔的海岸线，建设海峡经济区，海水的综合利用大有可为，图为海水综合利用局部流程，有关说法正确的选项是

A．过程①只发生了化学变化

B．过程④中反响的离子方程式为SO22Br22H2O4HSO42Br C．过程⑤只需要蒸馏即可得到单质Br2

D．上述工艺流程中涉及到化合、分解、复分解和置换反响 16．以下说法正确的选项是

A．重金属盐能使蛋白质变性，所以吞服“钡餐〞会引起中毒

B．酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下可水解生成乙醇和二氧化碳

C．液态植物油在一定条件下可转化为性质更稳定的氢化植物油

D．淀粉溶液中参加一定量稀硫酸，加热，待溶液冷却，向溶液参加新制的Cu(OH)2，加热，未见砖红色沉淀，证明淀粉没有发生水解 二、非选择题

17．乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。请答复以下问题。

〔1〕乙烯的电子式____________，结构简式____________。

〔2〕鉴别甲烷和乙烯的试剂是______(填序号)。

a．稀硫酸 b．溴的四氯化碳溶液 c．水 d．酸性高锰酸钾溶液 〔3〕以下物质中，可以通过乙烯加成反响得到的是______(填序号)。 a．CH3CH3 b．CH3CHCl2 c．CH3CH2OH d．CH3CH2Br

〔4〕2CH3CHO＋O2催化剂Δ2CH3COOH。假设以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如以下图所示：

反响②的化学方程式为_________。工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反响的化学方程式为_____________，反响类型是__________。

18．I．在某温度时，在0.5L的恒容容器中发生气体M、N两种物质的相互转化，M、N的物质的量随时间变化的曲线如下图，请根据图中数据分析，完成以下问题：

(1)该反响的化学方程式___________。

(2)反响开始的一瞬间进行的反响___________(填“只有正反响发生〞或者“只有逆反响发生〞、

“正、逆反响同时发生〞)，在t2时刻M的正反响速率_____M的逆反响速率(填“大于〞或者“小于〞、“等于〞)。

(3)以下表达能说明原反响到达到达平衡状态的是___________(多项选择)。 a．单位时间内生成n mol M的同时生成2n mol N b．N的浓度是M浓度的2倍

c．反响体系中气体的密度保持不变

d．反响体系中气体的平均相对分子质量保持不变

II．被誉为改变末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，答复以下问题：

(1)O2进入的电极为___________(填“正极〞或“负极〞)。

(2)电池工作时，溶液中的OH−向___________(填“正极〞或“负极〞)迁移。 (3)假设电池工作时转移0.04mol电子，理论上消耗标准状态下___________mL O2。

19．化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。

〔1〕碱性锌锰干电池(如下图)是应用最普遍的电池之一，电池总反响为Zn+2MnO2+2H2O=====KOH

2MnOOH+Zn(OH)2，碱性锌锰干电池的负极材料是___(填名称)，负极上发生的电极反响为___。假设反响消耗13g负极材料，那么电池中转移电子的物质的量为___mol。

(2)铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正、负极格板都是惰性材料，电池总反响式为PbO2+2H2SO4

2PbSO4+2H2O。以下说法正确的选项是___(填标号)。 A．电解液中H2SO4的浓度始终保持不变

B．放电时正极上的电极反响式为PbO2+2e−+4H++SO2−4=PbSO4+2H2O C．放电时，当外电路通过1mol电子时，理论上负极质量增加48g D．放电时，溶液中的SO2−4向正极移动

(3)镁铝电池的构造如下图，当电解质溶液为NaOH溶液时，可知电池的负极材料为___(填“Mg〞或“Al〞)，正极上的电极反响式为___。

20．乙酸正丁酯有愉快的果香气味，可用于香料工业，它的一种合成步骤如下：

I．合成：在枯燥的圆底烧瓶中加11.5mL(9.3g，0.125mol)正丁醇、7.2mL(7.5g，0.125mol)冰醋酸和3～4滴浓H2SO4，摇匀后，加几粒沸石，再按图1所示装置安装好。在分水器中预先参加5.00mL水，其水面低于分水器回流支管下沿3～5mm，然后用小火加热，反响大约40min。

Ⅱ．别离提纯

①当分水器中的液面不再升高时，冷却，放出分水器中的水，把反响后的溶液与分水器中的酯

层合并，转入分液漏斗中，用10mL 10%的碳酸钠溶液洗至酯层无酸性，充分振荡后静置，分去水层。②将酯层倒入小锥形瓶中，加少量无水硫酸镁枯燥(生成MgSO4·7H2O晶体)。

③将乙酸正丁酯粗产品转入50mL蒸馏烧瓶中，加几粒沸石进行常压蒸馏，收集产品。主要试剂及产物的物理常数如下：

化合物 正丁醇 冰醋酸 乙酸正丁酯 正丁醚 密度/g·mL−1 0.810 1.049 0.882 0.7689 沸点/Ⅱ 117.8 118.1 126.1 143 在水中的溶解性 易溶 易溶 难溶 难溶 制备过程中还可能发生的副反响有：

2CHCH浓硫酸3CH22CH2OHΔCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O

根据以上信息答复以下问题：

(1)写出合成乙酸正丁酯的化学方程式___________。

(2)如图1整个装置可看作由分水器、圆底烧瓶和冷凝管组成，其中冷水应从___________(填“a〞或“b〞)管口通入。

(3)别离提纯步骤①中的碳酸钠溶液的作用主要是除去___________。

(4)在步骤②后(即酯层用无水硫酸镁枯燥后)，应先进行___________(填实验揉作名称)，再将乙酸正丁酯粗产品转入蒸馏烧瓶中。

(5)步骤③中常压蒸馏装置如图2所示，应收集___________Ⅱ左右的馏分，那么收集到的产品中可能混有___________杂质。

(6)反响结束后，假设放出的水为6.98mL(水的密度为lg·mL−1)，那么正丁醇的转化率为___________(精确到1%)。

21．X、Y、Z、R、W为五种短周期元素。X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y最高正价与最低负价代数和为4；Z的单质常用于漂白工业；R是短周期元素中金属性最强的元素，W是生活中的常见金属，其氧化物常作耐高温材料。答复以下问题。 (1)Y元素的名称为_______，在周期表中位于第三周期_______族。

(2)W与Z单质化合得到的物质属于_______(选填“离子〞或“共价〞)化合物，向其溶液中参加足量NaOH溶液，反响的离子方程式为_______。

(3)工业上常用W单质与氨气在1700Ⅱ发生置换反响，生成一种最轻的气体和一种坚硬耐磨的固体，试写出该反响的化学方程式_______。

(4)化合物甲由元素X、R组成，甲能与水剧烈反响，并产生大量气泡，写出其化学反响方程式_______。

(5)为比拟元素X和Y的非金属性强弱，以下方法不可行的是_______(填字母序号)。 a．比拟这两种元素的常见单质的沸点 b．比拟这两种元素的单质与氢气化合的难易程度 c．比拟这两种元素的气态氢化物的稳定性

22．烃A是一种根底化工原料，标准状况下密度为1.25g·L−1，B与G互为同系物。H是有芳香味的油状液体。有关物质转化关系如以下图：

请答复：

(1)化合物A的结构简式为___________，化合物B所属有机物类别为___________，化合物F中所含的官能团是___________(填名称)，F→G反响的反响类型是___________。 (2)D+G→H的化学方程式是___________。 (3)E→X的化学方程式是___________。 (4)以下说法正确的选项是___________。

A．D+G→H过程，浓硫酸作催化剂和吸水剂 B．H在碱性条件下水解是皂化反响 C．用碳酸钠溶液无法鉴别D、G和H

D．相同物质的量的B、C、D完全燃烧消耗的氧气量依次减少

2021-2021学年下学期高一期末备考金卷

化学答案〔A〕

1.【答案】A

【解析】“枲、麻、苘、葛〞是植物纤维，属于纤维素；裘褐由动物毛皮制造、丝绵成分是蚕丝，动物的毛皮和蚕丝的主要成分是蛋白质，故A正确；故答案选A。

2.【答案】C

【解析】A．乙醇的分子式为：C2H6O，C2H5OH为结构简式，A错误；B．氮气的电子式应该为：

，B错误；C．氯化氢是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：

，C正确；D．苯的结构简式为：

D错误。

3.【答案】A

【解析】A．(CH3)3CCH2CH3中含有3种等效氢，所以能生成3种沸点不同的有机物，选项A正确；B．(CH3CH2)2CHCH3中含有4种等效氢，所以能生成4种沸点不同的有机物，选项B错误；C．(CH3)2CHCH(CH3)2中含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，选项C错误；D．(CH3)2CHCH2CH2CH3中含有5种等效氢，所以能生成5种沸点不同的有机物，选项D错误；答案选A。

4.【答案】D

【解析】A．纤维素水解反响，反响时氧桥断裂，同时水分子参加，纤维素由长链分子变成短链分子，直至氧桥全部断裂，变成葡萄糖，生成了新的物质，属于化学变化，故A错误；B．重油裂化是将重油这种复杂的大分子有机化合物的化合键翻开，生成小分子有机化合物、氢气及焦炭，小分子的有机化合物，生成了新的物质，属于化学变化，故B错误；C．煤的干馏是隔绝空气加强热生成煤焦油、粗氨水等，发生化学变化，生成了新的物质，属于化学变化，故C错误；D．石油分馏是控制一定温度范围得到不同温度范围内的馏分，该过程中无新物质生成，属于物理变化，故D正确；应选D。

，C6H6为苯的分子式，

5.【答案】B

【解析】A．乙烯中碳碳双键不稳定，易被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．苯因萃取溴水中的溴而使溴水褪色，并没有发生加成反响，B错误；C．乙C正确；D．醇在铜做催化剂并加热条件下生成乙醛，乙醇失电子做复原剂，发生氧化反响，水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，而食醋中含醋酸，醋酸可以和碳酸钙和氢氧化镁反响生成溶于水的盐，所以可以用醋酸除水垢，D正确。

6.【答案】B

【解析】A．氯化镁中只含有氯离子和镁离子形成的离子键，故A错误；B．CO2只含碳原子和氧原子形成的共价键，属于共价化合物，故B正确；C．HCl中只含氢原子和氯原子形成的共价键，属于共价化合物，故C错误；D．NaOH中除含有离子键外，还含有氧原子和氢原子形成的共价键，故D错误；综上所述答案为B。

7.【答案】A

A．A项错误；B．【解析】海水晒盐只发生物理变化，没有化学变化，工业上用电解Al2O3的方法制得金属铝，B项正确；C．海水淡化主要方法有蒸馏法、离子交换法等，C项正确；D．海水中所含的K元素以化合态形式存在，要使化合态转化为游离态，一定发生氧化复原反响，D项正确；答案选A。

8.【答案】C

【解析】A．该有机物含有3种官能团，分别是羟基、碳碳双键和羧基，A正确；B．含有羟基、碳碳双键和羧基，因此该有机物能发生氧化反响、加成反响、加聚反响、酯化反响，B正确；C．该有机物能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，其褪色原理不一样，前者是加成反响，后者是氧化反响，C错误；D．羟基和羧基与金属钠均反响生成氢气，1mol该有机物能与2mol Na发生反响，D正确。

9.【答案】D

【解析】A．用铜粉会产生氯化铜杂质，应用过量的铁粉除去，故A错误；B．高锰酸钾能将乙烯氧化成二氧化碳，引入新的气体杂质，故B错误；C．乙醇和水均能与金属钠发生反响，应加生石灰后蒸馏除去乙醇中的水，故C错误；D．饱和碳酸钠能中和乙酸，同时降

低乙酸乙酯在水中的溶解度，可用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正确；应选D。

10.【答案】A

【解析】A．乙醇在铜催化下被氧化产生乙醛和水，其化学方程式是：2CH3CH2OH+O2

Cu Δ2CH3CHO+2H2O，B．CH3COOH故A正确；醋酸是弱酸，那么其电离方程式：CH3COO−+H+，

故B错误；C．用过量氨水吸收二氧化硫气体，一水合氨过量，应该生成正盐，其化学方程式是：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，故C错误；D．丙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH3CH=CH2+Br2

→CH3CH2CH2Br，故D错误。

11.【答案】C

【解析】金属的冶炼一般有电解法、热复原法、热分解法、物理别离法，金属活动顺序表中的金属冶炼：活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热复原法制得，常用复原剂有(C、CO、H2等)；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理别离的方法制得。由分析可知答案选C。

12.【答案】B

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，元素W是制备一种高效电池的重要材料，W是Li元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X为C元素，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y是Al元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z是S元素。由CS2的结构式S＝C＝S可知，各原子均满足8电子的稳定结构，A项正确；酸性：H2SO3＞H2CO3，但H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，所以不能说明S的非金属性强于C，B项错误；Li和Na性质相近，常温下可以和水反响，在加热时也可以和CO2反响，所以Li着火时，不能用二氧化碳灭火器扑灭，C项正确；Al(OH)3能与HCl反响，故可以用于治疗胃酸过多。D项正确；答案选B。

13.【答案】D

【解析】A．恒容条件下，往容器中通入稀有气体He，虽然整体压强增大，但没有改变浓度，反响速率不变，A错误；B．反响前后气体分子数不变，压强在任何时候都不变，故压强不变不能用来判断此反响是否达平衡状态，B错误；C．A为固体，增大固体的量，不改变反响速率，C错误；D．温度升高，正逆反响速率均加快，与反响吸热放热无关，D正确。

14.【答案】A

【解析】A．该电池工作时，正极发生的电极反响为O2+4e−+2H2O=4OH−，c(OH−)增大，正极附近溶液的碱性增强，选项A正确；B．乙烷(C2H6)在负极失电子产生CO2−3，负极反响式为：C2H6+18OH−-14e−=2CO2−3+12H2O，选项B错误；C．没有说明标准状况下，无法计算氧气的物质的量，也就无法计算转移电子数，选项C错误；D．燃料电池的突出优点是将化学能直接转变为电能，而不经过热能这一中间环节，能量利用率高，而不需要点燃，选项D错误。

15.【答案】B

A．A错误；B．【解析】过程①为蒸发结晶，属于物理变化，根据上述分析海水提溴中，过程④为二氧化硫吸收溴单质，使其转化为HBr，其中发生反响的离子方程式为

2SO2Br22H2O4HSO42Br，B正确；C．得到的吸收液中溴元素是以离子形式存在，

需要再次利用氯气氧化溴离子得到溴单质后再蒸馏别离，C错误；D．根据分析可知，②可以是电解熔融氯化钠的过程，属于分解反响，③和⑤为置换反响，④属于氧化复原反响，该反响不属于根本反响类型，所以上述工艺流程中没有涉及到化合和复分解反响，D错误；应选B。

16.【答案】C

【解析】A．“钡餐〞是BaSO4，在水和酸中都不溶，不会使人中毒，A项错误；B．葡萄糖是单糖，不能水解，B项错误；C．液态植物油分子中含有碳碳双键，可以在一定条件下与H2发生加成反响，生成固态氢化植物油，C项正确；D．淀粉水解的产物与新制的Cu(OH)2悬浊液反响的实验中，需要保证碱过量，故题中实验中假设非碱性环境那么不会出现砖红色沉淀，进而不能证明淀粉没有发生水解，D项错误；答案选C。

17.【答案】〔1〕

CH2=CH2

（2）bd （3）acd

Cu或Ag―——→ 2CH3CHO+2H2O nCH2=CH2―加热（4）2CH3CH2OH+O2加聚反响

一定条件

【解析】〔1〕乙烯的结构简式为CH2=CH2，电子式为：；〔2〕乙烯能与溴的四

氯化碳溶液发生加成反响，而使溶液褪色，能与高锰酸钾溶液发生氧化复原反响而使溶液褪色，甲烷与溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾溶液均不反响，可用溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾溶液检验两种物质；〔3〕乙烯和水加成能生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，和溴化氢加成生成溴乙烷，答案选acd；〔4〕乙烯和水发生加成反响，生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛再氧化，最终生成乙酸，因而A为CH3CH2OH，B为CH3CHO，反响②为乙醇催化氧化的反响，方程式为：2CH3CH2OH+O22 加热CH3CHO+2H2O；以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物为聚乙烯，反响方一定条件

―——→程式为：nCH2=CH2―

18.【答案】I．〔1〕2N

M

，反响属于加聚反响。

Cu或Ag〔2〕正、逆反响同时发生 大于 〔3〕ad II．〔1〕正极 〔2〕负极 〔3〕224

【解析】I．(1)由图象可知，反响中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，那么在反响中N为反响物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之2N比为(8-2)mol∶(5-3)mol=2∶1，所以反响方程式应为：

M；(2)可逆反响是正逆反响同

时发生，同时进行。所以反响开始的一瞬间，正、逆反响同时发生；由图可知t2时刻时，反

响没有到达平衡，M的物质的量继续增多，N的物质的量继续减少，此时反响继续向正方向移动，正反响速率大于逆反响速率，大于，故答案为：正、逆反响同时发生；大于；(3)a．单位时间内生成n mol M的同时生成2n mol N，说明正反响速率等于逆反响速率，即反响到达平衡状态，故a正确；b．N的浓度是M浓度的2倍，不能说明浓度保持不变，即不能说明c．反响到达平衡状态，故b错误；反响体系中气体的质量保持不变，气体的体积保持不变，那么气体的密度始终保持不变，气体的密度不变不能说明反响到达平衡状态，故c错误；d．反响体系中气体的质量保持不变，气体的物质的量始终变化，那么气体的平均相对分子质量为变量，假设其保持不变，那么可说明反响到达平衡状态，故d正确；故答案为：ad；II．根据装置图可知，该电池为氢氧碱性燃料电池，氢气在负极失去电子生成水，氧气在正(1)O2进入的电极为正极，极区得电子生成氢氧根离子。发生得电子的复原反响，故答案为：正极；(2)该电池为原电池的工作原理，溶液中的阴离子会移向负极，那么该电池溶液中的OH−向负极迁移，故答案为：负极；(3)正极反响式为：O2+4e−+2H2O=4OH−，即1mol O2参与燃料电池反响转移4mol电子，那么假设电池工作时转移0.04mol电子，理论上消耗标准状态下氧气的体积为

0.04mol22.4L/mol=0.224L〔或224mL〕，故答案为224mL。 419.【答案】〔1〕锌 Zn-2e−+2OH−=Zn(OH)2 0.4 （2）BC

（3）Al 2H2O+2e−=2OH−+H2↑

(1)根据反响式，Zn-2e−+2OH−=Zn(OH)2；【解析】锌化合价升高，被氧化，做负极，反响式为：每消耗1mol锌，转移2mol电子，消耗13g锌，即0.2mol Zn，转移0.4mol电子。(2)放电PbO2+2e−+4H++SO2−Pb-2e−+SO2−A．时，电池反响如下：正极：负极：硫4=PbSO4+2H2O；4=PbSO4。B．酸为反响物被消耗，电解液中H2SO4的浓度始终减少，故A错误；放电时正极发生复原，电极反响式为PbO2+2e−+4H++SO2−4=PbSO4+2H2O，故B正确；C．放电时，当外电路通过1mol电子时，生成0.5mol PbSO4，又由于反响会消耗0.5mol的Pb，净生成0.5mol SO2−据m=n×M，4，理论上负极质量增加0.5mol×96g/mol=48g，故C正确；D．放电时，正极上聚集电子，电子带负电，同种电荷相互排斥，溶液中的SO2−4不向正极移动，故D错误；应选BC；(3)碱性溶液，仅有两性金属Al与氢氧根发生反响，镁不与氢氧根反响，反响方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，Al失电子故Al为负极，镁为正极，负极反响式为：Al-

−−

3e−+4OH−=AlO−2，由总反响式可得正极反响式为：2H2O+2e=2OH+H2↑。

20.【答案】〔1〕CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH（2）b

（3）硫酸、乙酸、正丁醇 （4）过滤

（5）126.1 正丁醚 （6）88%

浓硫酸ΔCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O

【解析】(1)正丁醇与冰醋酸在浓H2SO4加热条件下发生酯化反响生成乙酸正丁酯和水，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OH

浓硫酸ΔCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O；(2)冷凝管采

取逆流原理通入冷凝水，其中冷水应从b管口通入，从a管中流出，有利于冷却，故答案为b；(3)根据反响的原理和可能的副反响，乙酸正丁酯中含有乙酸、正丁醇、正丁醚和硫酸杂质，乙酸正丁酯、正丁醚不溶于饱和碳酸钠溶液，而正丁醇、硫酸易溶，乙酸可与碳酸钠反响而被吸收，可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸正丁酯中乙酸、正丁醇和硫酸杂质；(4)酯层用无水硫酸镁枯燥后，应过滤除去枯燥剂；(5)乙酸正丁酯的沸点是126.1Ⅱ；正丁醇、硫酸和乙酸易溶于水，在用水洗、10%碳酸钠溶液洗时，已经被除去，正丁醚与乙酸正丁酯互溶，水洗和10%碳酸钠溶液洗时不能除去，所以蒸馏时会有少量挥发进入乙酸正丁酯中，那么乙酸正丁酯的杂质为正丁醚；(6)反响结束后，假设放出的水为6.98mL〔水的密度为1g·mL−1〕，那么反响生成的水为6.98mL-5.00mL=1.98mL，即1.98g，设参加反响的正丁醇为x，那么

，解得x=8.14g，那么正丁醇的利用率=

88%。

8.14g参加反应的质量100%=×100%=

9.3g投入的总质量21.【答案】〔1〕硫 ⅡA

3（2）共价 Al4OH=AlO22H2O

1700℃

（3）2Al+2NH3======3H2+2AlN （4）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ （5）a

【解析】X、Y、Z、R、W为五种短周期元素。X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为O元素；Y最高正价与最低负价代数和为4，Y为S元素；Z的单质常用于漂白工业，Z为Cl元素；R是短周期元素中金属性最强的元素，R为Na元素；W是生活中的常见金属，其氧化物常做耐高温材料，W为Al元素。(1)Y元素的名称硫，在周期表中的位于第三周期ⅡA族；(2)W与Z单质化合得到的物质为AlCl3，属于共价化合物，向其溶液中参加足

3量NaOH溶液，生成偏铝酸钠和水，反响的离子方程式为Al4OH=AlO22H2O。(3)根

据题意Al与氨气在1700Ⅱ发生置换反响，生成一种最轻的气体和一种坚硬耐磨的固体，产1700℃

物应为H2和AlN，根据元素守恒和电子守恒可得：2Al+2NH3======3H2+2AlN。(4)化合物甲由元素X、R组成，甲能与水剧烈反响，并产生大量气泡，那么应为甲为Na2O2，化学反响方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。(5)a．单质的沸点为物理性质，与非金属性强弱无关，a符合题意；b．非金属性越强单质越易与氢气化合，可以比拟，b不符合题意；c．非金属性越强气态氢化物越稳定，可以比拟，c不符合题意；综上所述答案为a。

22.CH2=CH2 饱和一元醇 碳碳双键和醛基 复原反响【答案】〔1〕〔或加成反响〕 （2）CH3COOH+CH3CH2CH2OH一定条件

——―→（3）nCH2=CHCOOH―

浓硫酸ΔCH3COOCH2CH2CH3+H2O

（4）AD

【解析】烃A是一种根底化工原料，标准状况下密度为1.25g·L−1，相对分子质量是1.25×22.4＝28，所以A是乙烯，和水发生加成反响生成B是乙醇，乙醇催化氧化生成C是

乙醛，乙醛继续氧化生成D是乙酸，B与G互为同系物，G是醇，乙酸和G发生酯化反响生成H是有芳香味的油状液体，根据H的分子式可知G是1－丙醇，丙烯醛发生加成反响生E可以发生加聚反响生成X，成G，发生氧化反响生成E，那么E的结构简式为CH2=CHCOOH。(1)化合物A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，化合物B是乙醇，所属有机物类别为饱和一元F→G醇，化合物F的结构简式为CH2=CHCHO，其中所含的官能团的名称是碳碳双键和醛基，是碳碳双键、醛基和氢气的加成反响。(2)D+G→H是酯化反响，反响的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2CH2OH

浓硫酸ΔCH3COOCH2CH2CH3+H2O。(3)E→X是碳碳双键的加聚反响，反

。(4)A．D+G→H是酯化反响，浓硫

一定条件

——―→响的化学方程式是nCH2=CHCOOH―

A正确；B．H不是油脂，B错误；酸作催化剂和吸水剂，油脂在碱性条件下水解是皂化反响，C．乙酸和碳酸钠反响，乙醇和碳酸钠溶液互溶，酯类不溶于碳酸钠溶液，可用碳酸钠溶液鉴别D、G和H，C错误；D．B、C、D分子式分别是C2H6O、C2H4O、C2H4O2，可分别写为C2H4·H2O、C2H2·H2O、C2·2H2O，因此相同物质的量的B、C、D完全燃烧消耗的氧气量依次减少，D正确；答案选AD。