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浙江省舟山中学2022-2023学年高一化学下学期5月月考试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省舟山中学2022-2023学年高一化学下学期5月月考试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022学年第二学期舟山中学高一化学5月月考试题
一、选择题(共有20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意)
1. 镁条与盐酸的反应
A. 吸热反应 B. 体系能量降低的反应
C. 既是吸热反应也是放热反应 D. 既不是吸热反应也不是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁条与盐酸的反应为放热反应，A错误；
B．镁条与盐酸的反应为放热反应，生成物总能量降低，B正确；
C．镁条与盐酸的反应为放热反应，C错误；
D．镁条与盐酸的反应为放热反应，D错误；
故选B。
2. 对于达到平衡状态的可逆反应：N2+3H22NH3(正反应为放热反应)下列叙述中正确的是
A. 反应物和生成物的浓度相等 B. 反应物和生成物的浓度不再发生变化
C. 充入稀有气体，对合成氨一定有不利影响 D. 增大压强，不利于氨的合成
【答案】B
【解析】
【详解】A．平衡时反应物与生成物的物质的量浓度取决于起始浓度和反应转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；
B．当反应物和生成物的浓度不再发生变化时，说明达到平衡状态，故B正确；
C．在恒容条件下充入稀有气体，对合成氨没有影响，故C错误；
D．反应前气体的化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，故增大压强有利于氨气的合成，故D错误；
故选：B。
3. 原电池产生电流的本质原因是
A. 原电池中，电解质溶液能电离出自由移动的离子
B. 有两个活泼性不同的电极
C. 导线将电极、电解质溶液连接，形成了闭合回路
D. 原电池中发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】原电池中，外电路中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极；内电路中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以形成了闭合回路，产生了电流，所以在原电池中发生氧化还原反应是原电池产生电流的本质原因。故选：D。
4. 恒温恒容密闭容器中发生反应2A(g)＋B(g)2C(g)，若反应物A的浓度由0.1 mol·L－1降到0.06 mol·L－1需20 s，那么由0.06 mol·L－1降到0.036 mol·L－1所需的时间为( )
A. 等于10 s B. 等于12 s
C. 大于12 s D. 小于12 s
【答案】C
【解析】
【分析】在反应2A(g)＋B(g)2C(g)中，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，以此判断。
【详解】在恒温恒容的容器中进行反应2A(g)＋B(g)2C(g)，若反应物浓度由0.1mol•L-1降到0.06mol•L-1需20s，此时：=(0.1mol/L−0.06mol/L)/20s=0.002mol/（L•s），如反应速率不变，则由0.06mol•L-1降到0.036mol•L-1，需要反应的时间是t=△c/v=0.024mol/L÷0.002mol/(L•s)=12s，但随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，所以需要的时间大于12s。
答案选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，注意化学反应中，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小是解答该题的关键。
5. 在一个不传热的固定容积的密闭容器中发生可逆反应：mA(g)+nB(g)===pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数（不为零）时，能说明达到平衡状态的标志是
A. 体系的压强不再改变
B. 混合气体的密度不再改变
C. 反应速率VA:VB:VC:VD=m:n:p:q
D. 单位时间内m molA 断键发生反应，同时p molC也断键发生反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．若该反应的m+n=p+q，则该反应的压强始终不会发生变化，体系的压强不再改变不能说明反应达到平衡状态，A项错误；
B．在恒容密闭容器中密度始终不变，混合气体的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，B项错误；
C．在任意时刻，反应速率υA：υB：υC：υD=m：n：p：q，而不保持不变，C项错误；
D．单位时间内mmolA断键等效于pmolC形成，同时pmolC也断键发生反应，正逆反应速率相等，说明反应达平衡状态，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
6. 下列化学用语书写正确的是
A. 乙烯的球棍模型： B. 的电子式：
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 乙醚的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯的球棍模型： ，A正确；
B．的电子式：，B错误；
C．乙烯的结构简式：CH2=CH2，C错误；
D．乙醚的结构式为，D错误；
故答案为：A。
7. 下列物质的名称正确的是
A. 聚异戊二烯： B. 油酸：C17H33COOH
C. 麦芽糖： D. 乙二酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A．的名称是聚乙炔，聚异戊二烯是，A错误；
B．油酸的结构简式为C17H33COOH，B正确；
C．为葡萄糖或者果糖，麦芽糖的分子式为，C错误；
D．为碳酸，乙二酸结构简式为，D错误。
故选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 与互为同分异构体 B. 和是两种不同的核素
C. 乙酸与硬脂酸互为同系物 D. 碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．与为同一物质，A错误；
B．和是两种不同的氯原子，是两种不同的核素，B正确；
C．乙酸结构简式为CH3COOH，硬脂酸结构简式为C17H35COOH，分子组成上相差16个CH2，互为同系物，C正确；
D．碳纳米管与石墨烯均为由碳组成的单质，互为同素异形体，D正确；
故选A。
9. 下列说法正确的是
A. 石油裂解气可以使溴水褪色，但不能使高锰酸钾溶液褪色
B. 在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳
C. 用蒸馏的方法分离乙醇(沸点为78.3℃)和苯(沸点为80.1℃)的混合物
D. 甲烷与氯气在光照时发生自由基型链的取代反应，产物中可能含有少量乙烷杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油裂解气含有乙烯可以使溴水褪色、高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇和二氧化碳，属于氧化反应，B错误；
C．乙醇(沸点为78.3℃)和苯(沸点为80.1℃)的沸点相近，不能用蒸馏的方法，C错误；
D．光照引发，这个时候体系里面只有甲烷，氯气，甲基自由基和氯自由基。随着反应的进行，可能会生成二氯甲烷或者乙烷等副产物，D正确；
答案选D。
10. 关于生活中的有机物，下列说法错误的是
A. 葡萄糖在一定条件下可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色的氧化亚铜沉淀
B. 淀粉和纤维素分子式都是，互称为同分异构体
C. 很多蛋白质与浓硝酸作用时呈黄色，可用于蛋白质的检验
D. 植物油长时间放置会变质，食用时会有“哈喇味”
【答案】B
【解析】
【详解】A．葡萄糖分子中含醛基，在一定条件下可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色的氧化亚铜沉淀，A正确；
B．淀粉和纤维素分子通式都是(C6H10O5)n，但二者n值不同，不互为同分异构体，B错误；
C．含苯环的蛋白质遇浓硝酸呈黄色，很多蛋白质与浓硝酸作用时呈黄色，可用于蛋白质的检验，C正确；
D．植物油是含较多不饱和键(碳碳双键)的油脂，在一定条件下可以被氧化，生成具有有“哈喇味”的物质，D正确；
选B。
11. 下列说法正确的是
A. 鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯可用新制Cu(OH)2悬浊液
B. 对二甲苯只有一种结构证明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构
C. 乙烯使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的反应机理相同
D. 用苯、溴水混合制溴苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu(OH)2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，而乙酸乙酯不溶于水，与新制Cu(OH)2混合静置后分层，现象均不同，则可鉴别，故A选项正确；
B．无论是否含有碳碳双键，对二甲苯只有一种结构，应用邻二甲苯，故B选项错误；
C．乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，乙烯与高锰酸钾发生氧化反应使高锰酸钾褪色，二者反应机理不相同，故C选项错误；
D．制溴苯应用苯和液溴、溴化铁混合，不是用溴水，故D选项错误。
故正确答案：A。
12. 某有机物的结构简式为，则下列说法错误的是
A. 该有机物可与碳酸氢钠溶液反应放出CO2
B. 1mol该有机物可以和足量金属钠反应生成1molH2
C. 1mol该有机物最多能与6molH2反应
D. 该有机物可发生氧化、还原、取代、加聚、加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物中含有羧基，羧基可以与NaHCO3反应产生CO2，A正确；
B．该有机物中羟基、羧基能与Na反应产生H2，1 mol该有机物中含有1 mol 羧基和1 mol羟基，根据反应比例：2—COOH~H2、2—OH~H2，知产生H21 mol，B正确；
C．该有机物中，碳碳双键、醛基、苯环可以与H2加成，根据加成比例：-CHO~H2、碳碳双键~H2、苯环~3H2，知1 mol H2最多消耗5 mol H2，C错误；
D．该有机物可以发生氧化反应，如燃烧、碳碳双键（醛基、羟基）与KMnO4反应；可以发生取代反应，如酯化反应；可以发生加成反应，如苯环、碳碳双键、醛基与H2加成（也可看成还原反应）；含碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；
故答案选C。
13. 下列说法中正确的是
A. 天然油脂不具有固定熔点，其相对分子质量较大，所以是有机高分子化合物
B. 聚乙炔是由乙炔经加聚反应合成的，二者均可使溴水褪色
C. 淀粉属于多糖，水解产物只有葡萄糖
D. 一块无色透明的塑料的成分是聚乙烯，它是纯净物
【答案】B
【解析】
【详解】A．天然油脂不具有固定熔点，其相对分子质量较大，但相对分子质量低于1万，不属于有机高分子化合物，故A不选；
B．聚乙炔是由乙炔经加聚反应合成的，乙炔和乙炔中分别含有碳碳双键和碳碳三键，二者均可使溴水褪色，故B选；
C．淀粉属于多糖，不完全水解可生成麦芽糖，完全水解可生成葡萄糖，故C不选；
D．聚乙烯中聚合度n不确定，属于混合物，故D不选；
选B。
14. 乙炔分子间发生反应可以生成乙烯基乙炔(CHC-CH=CH2)，下列说法正确的是
A. 乙烯基乙炔是乙炔分子间通过加成反应生成的
B. 1 mol乙烯基乙炔能与6 mol Br2发生加成反应
C. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同
D. 乙烯基乙炔分子中的所有碳原子都处于同一直线
【答案】A
【解析】
【详解】A．2分子乙炔加成即生成乙烯基乙炔，故A正确；
B．1 mol乙烯基乙炔能与3 mol Br2发生加成反应，故B错误；
C．乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同，均为CH，则等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧的耗氧量相同，故C错误；
D．乙烯基乙炔中碳碳三键两端连接的原子在一条直线上，碳碳双键两端连接的原子在同一平面，分子中的所有碳原子都处于同一平面，故D错误；
答案选A。
15. 为研究某溶液中溶质 R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度 R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法错误的是
A. 25℃时，10~30min 内，R 的分解平均速率为 0.030 mol·L-1·min-1
B. 对比 30℃和 10℃曲线，在同一时刻，能说明 R的分解速率随温度升高而增大
C. 对比 30℃和 25℃曲线，在 0~50min 内，能说明R 的分解平均速率随温度升高而增大
D. 对比 30℃和 10℃曲线，在 50min 时，R 的分解率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据，代入R在10~30min内的浓度变化，解得，A项正确；
B.对比30℃和10℃的曲线，同一时刻浓度不同，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，B项错误；
C.根据计算出当温度为25℃时，0~50min内分解平均速率为，当温度为30℃时，0~50min内分解平均速率为，C项正确；
D.在50min时，无论10℃还是30℃均无R剩余，因此分解率均为100%，D项正确；
答案选B。
【点睛】分解率即转化率，转化率即“转化了的”与“一开始的”之比，可以是物质的量、体积、质量、浓度之比。
16. 在25℃和101kPa条件下，断开1molH2(g)中的化学键要吸收436kJ的能量，断开1 molCl2(g)中的化学键要吸收243kJ的能量，形成2molHCl(g)中的化学键要释放862kJ的能量。下列说法不正确的是
A. 断开1molHCl(g)中的化学键要吸收431kJ的能量
B. 2 mol H(g)比1molH2(g)具有的能量低
C. H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(l)为放热反应
D. 在H2和Cl2的反应过程中，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．形成2molHCl(g)中的化学键要释放862kJ的能量，故断开1molHCl(g)中的化学键要吸收431kJ的能量，A正确；
B．1molH2(g)断键生成2mol H(g)，断键过程需要吸热，故2 molH(g)比1molH2(g)具有的能量高，B错误；
C．由题意可知H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的反应热为：(436+243-862)kJ/mol=-183kJ/mol，为放热反应，HCl(g)转化为HCl(l)也需要放热，故H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(l)为放热反应，C正确；
D．H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，故断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量，D正确；
故选B。
17. 叔丁基氯与碱溶液经两步反应得到叔丁基醇，反应(CH3)3CCl+OH-→(CH3)3COH+Cl-的能量与反应进程如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. (CH3)3C+比(CH3)3CCl稳定
C. 图中可以看出，C-Cl键能大于C-O键能
D. 增大碱的浓度和升高温度均可加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，A错误；
B．物质能量越低越稳定，由图可知：(CH3)3C+能量比(CH3)3CCl高，所以(CH3)3CCl更稳定，B错误；
C．由图可知：反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，C-Cl键能小于C-O键能，C错误；
D．增大反应物浓度和升高温度均可加快反应速率，所以增大碱的浓度和升高温度均可加快反应速率，D正确；
综上所述答案为D。
18. 银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故，根据原电池原理可进行如下处理，在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，下列说法正确的是
A. 将铝质容器换成铂质容器，黑色也会褪去
B. 银器为正极，Ag2S被氧化生成单质银
C. 负极的电极反应：Al-3e-=Al3+
D. 反应过程中Cl-向银器移动
【答案】C
【解析】
【分析】铝的活泼性大于银，铝做原电池的负极，发生氧化反应，硫化银在正极发生还原反应，生成银，黑色褪去。
【详解】A． 银的活泼性比铂强，将铝质容器换成铂质容器，黑色不会褪去，故A错误；
B． 银器为正极，Ag2S被还原生成单质银，故B错误；
C． 负极的电极反应：Al-3e-=Al3+，故C正确；
D． 阴离子向负极移动，反应过程中Cl-向铝器移动，故D错误；
故选C。
19. 已知：相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。热再生氨电池工作原理如图所示，通入NH3发生反应Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+，电池开始工作，左边电极质量减少，右边电极质量增加，放电后利用废热进行充电。下列说法正确是
A. 放电、充电过程中，能量主要是在电能与化学能之间转变
B. Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正反应为吸热反应
C. Cu2+通过中间离子交换膜移向右侧极区
D. 放电时，外电路有0.2mol电子通过时，右池溶液质量减少18.8g
【答案】D
【解析】
【分析】电池开始工作时，左侧电极质量减少，右侧电极质量增加，可知，左侧电极为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为：Cu＋4NH3-2e−=，则右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，则电池的总反应为：Cu2＋＋4NH3，据此分析解答。
【详解】A．由题干信息，放电后利用废热进行充电，说明能量转换还有热能，A错误；
B．放电后利用废热进行充电，说明放电时为放热反应，即Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正反应为放热反应，B错误；
C．电池工作是由Cu2+浓度不用引发的，铜离子不可能通过中间离子交换膜，C错误；
D．右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，外电路有0.2mol电子通过时，铜析出0.1mol，减少6.4g，溶液中有0.2mol通过交换膜，从右池到左池，溶液质量减少0.2mol×62g/mol=12.4g，一共减少18.8g，D正确；
答案选D。
20. 广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是
A. CaO2的水解产物是Ca(OH) 2和H2O2
B. CH3Cl的水解产物之一是CH3OH
C. Al4C3的水解产物是Al(OH)3和C3H12
D. CH3CH2ONa水解生成CH3CH2OH和氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A. CaO2的水解产物是Ca(OH) 2和H2O2,该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，A正确；
B.CH3Cl的水解产物是CH3OH和HCl，B正确；
C. Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4，C错误；
D. CH3CH2ONa水解生成CH3CH2OH和氢氧化钠，D正确；
故选C。
二、填空题
21. 回答下列问题：
（1）写出乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的化学方程式：_______
（2）HOOCOCH3与足量氢氧化钠反应的方程式：_______
（3）H2N-CH2-COOH与碳酸氢钠反应方程式：_______;与盐酸反应的方程式：_______
（4）足量乙烯通入溴水中的实验现象是_______。
（5）聚丙烯可表示为，其重复结构单元即它的链节是_______。
（6）三聚氟氰分子式为：，分子结构中显示有六元环状结构，分子呈现平面正六边形。请从价键理论和物质的相对稳定性角度，写出三聚氟氰的结构式_______。
【答案】（1）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O
（2）HOOCOCH3+NaOH=CH3COCOONa+H2O
（3） ①. H2N-CH2-COOH+NaHCO3= H2N-CH2-COONa+H2O+CO2↑ ②. H2N-CH2-COOH+HCl=ClH3N-CH2-COOH
（4）溶液由橙黄色变为无色，且溶液分层
（5） （6）
【解析】
【小问1详解】
乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；
【小问2详解】
HOOCOCH3与足量氢氧化钠发生酸碱中和反应，反应的方程式：HOOCOCH3+NaOH=CH3COCOONa+H2O；
【小问3详解】
H2N-CH2-COOH与碳酸氢钠反应方程式：H2N-CH2-COOH+NaHCO3= H2N-CH2-COONa+H2O+CO2↑；与盐酸反应的方程式：H2N-CH2-COOH+HCl=ClH3N-CH2-COOH；
小问4详解】
溴水是橙黄色，足量乙烯通入溴水中，两者发生加成反应，溴水褪色，且生成的1，2-二溴乙烷不溶于水，实验现象是溶液由橙黄色变为无色，且溶液分层；
【小问5详解】
聚丙烯可表示为，其重复结构单元即它的链节是；
【小问6详解】
由题给可知，三聚氟氰分子式为C3N3F3，分子结构中显示有环状结构，价键规则为：碳原子形成四键（成键方式可以是一个三键和一个单键、两个双键、一个双键和两个单键、四个单键）、N原子形成三键（成键方式可以是一个三键、一个双键和一个单键、三个单键）、卤素原子形成单键，达到相对稳定结构，则F原子只能是取代原子，不能是形成环状结构的原子，分子中含有3个C原子和3个N原子，则3个C原子和3个N原子形成6元环，并且每个C原子上连接1个F原子，所以三聚氟氰的结构式为。
22. 烃A的相对分子质量为28。由A为原料合成E(具有水果香味)的路线如图：
请回答：
（1）B的结构简式_______。
（2）D中所含官能团的名称是_______。
（3）C和D反应生成E的化学方程式是_______。
（4）下列说法正确的是_______。
A. 足量的金属钠与C反应生成氢气22.4L(标况下)
B. 目前石油裂解已成为生产A的主要方法
C. 由A制备B的反应为氧化反应
D. 实验室制备E时可以用NaOH溶液收集产物
【答案】（1） （2）羧基
（3）； （4）BC
【解析】
【分析】烃A的相对分子质量为28，则A为乙烯，乙烯氧化生成B为，B和水反应生成C为乙二醇，C乙二醇和D乙酸发生酯化反应生成E二乙酸乙二酯。
【小问1详解】
根据分析可得，B为。
【小问2详解】
D为乙酸，官能团为羧基。
【小问3详解】
乙二醇和乙酸发生酯化反应的化学方程式为；。
【小问4详解】
A.足量的金属钠与1mol乙二醇反应生成氢气22.4L(标况下)，错误；
B.目前石油裂解已成为生产乙烯的主要方法，正确；
C.乙烯发生氧化反应生成B，正确；
D.实验室制备二乙酸乙二酯时，氢氧化钠溶液会使酯发生水解反应，收集不到产物，错误；
故选BC。
23. 为确定乙醇分子(C2H6O)中活泼氢原子个数，采用下列装置，通过测定乙醇与金属钠反应放出氢气的多少进行计算。
（1）指出实验装置中的错误：_______。纠正不足之后，进行下列实验步骤
（2）写出乙醇与金属钠反应的方程式：_______
（3）该实验中，金属钠与乙醇反应后，相对过量的物质是_______
（4）若实验中用含有少量水的乙醇代替相同质量的无水乙醇，相同条件下，测得乙醇分子中活泼氢数目将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）广口瓶中进气导管不应插入水中，排水导管应插至广口瓶底部
（2）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
（3）钠 （4）偏大
【解析】
【分析】①实验误差分析(影响测定氢气体积大小的因素)：等质量的水与钠反应产生氢气比乙醇与钠反应放出气体多，如果乙醇含有水，则导致实验结果偏大。
②实验相关问题与关键：装置气密性良好(检查方法)、实验注意事项(如加入乙醇的快慢、排水导管插入的位置等)、准确确定乙醇的用量(称其质量或量其体积)、金属钠要足量(若乙醇为nmol则钠大于nmol)、准确测定氢气的体积(测定的方法)等。
【小问1详解】
实验装置中的错误的地方有：广口瓶中进气导管不应插入水中，排水导管应插至广口瓶底部；
【小问2详解】
乙醇与金属钠反应的方程式：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；
【小问3详解】
该实验中，为保证乙醇全部反应，需要加入稍过量的金属钠；
【小问4详解】
等质量的水与钠反应产生氢气比乙醇与钠反应放出气体多，如果乙醇含有水，则导致实验结果偏大，测得乙醇分子中活泼氢数目将偏大。
24. 某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。已知：
密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
-103
83
难溶于水
（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是_______，导管B除了导气外还具有的作用是_______。水浴加热的好处是：_______
（2）制备精品
环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_______层(填上或下)，然后用_______法，得到有机层，再用_______(填入字母编号)洗涤，最后用_______干燥(填入字母编号)。再通过_______(填操作名称)即可得到精品。
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液 d.无水硫酸钠
【答案】（1） ①. 防止暴沸 ②. 冷凝回流 ③. 加热均匀，便于控制反应温度
（2） ①. 上 ②. 分液 ③. c ④. d ⑤. 蒸馏
【解析】
【分析】根据题意，利用环己醇制备环己烯，环己醇为液体，为防止液体暴沸，需要加入沸石或碎瓷片；根据表中数据，反应温度控制在83℃，环己烯以气体形式经导管进入装置C，常温下环己烯为液体，装置C应放在冰水浴中，得到环己烯中混有环己醇、少量酸性杂质等，利用表中数据以及物质性质进行分析。
【小问1详解】
根据表中数据，常温下，环己醇为液体，加热液体时，为防止暴沸，需要加入沸石或碎瓷片；环己醇具有挥发性，则导管B除了导气外，还具有冷凝回流的作用，提高原料的利用率；根据表中数据，反应温度控制在83℃，利用水浴加热使得加热均匀，便于控制反应温度；
【小问2详解】
环己烯中混有环己醇和少量酸性杂质，环己醇能溶于水，加入饱和食盐水，吸收环己醇，因为环己烯的密度小于水，且环己烯难溶于水，环己烯在上层；然后用分液法得到有机层；酸性物质用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去，故用碳酸钠溶液洗涤；高锰酸钾溶液和稀硫酸不能干燥物质，所以再用无水硫酸钠干燥；再通过蒸馏得到精品。
25. 探究硫及其化合物的转化，有重要的现实意义。一定温度下，恒压密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，
（1）精制炉气各组分的体积分数为、为b%(b>0.5a)，为。选择五氧化二钒()作催化剂合成的平衡转化率与反应温度和压强的关系如图所示。
①催化反应过程中与相互转化，写出生成这一步的反应方程式_______。
②实际生产选择图中点的反应条件，不选择、点理由分别是______。
③计算，点的体积分数是_______(用含有的代数式表示)。
（2）工业上一般选用浓硫酸吸收，得到一种液态物质，取5.16X与足量溶液反应仅生成难溶性盐(白色沉淀)和水，则液态物质的化学式为_______。
（3）若将该反应设计程原电池，熔融硫酸钠作为电解质，正负极为惰性电极，二氧化硫参与反应电极名称为_______极，电极反应式为：_______。正极通入的是混合气体，其成分为_______。
【答案】（1） ①. SO2+V2O5=SO3+V2O4 ②. C点，温度低，影响催化剂活性；B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强会增大成本 ③.
（2）3SO3•H2O或H2S3O10或2SO3⋅H2SO4或SO3⋅H2S2O7
（3） ①. 负 ②. 2SO2-4e-+2SO=4SO3 ③. O2、SO3
【解析】
【小问1详解】
①SO2被V2O5氧化为SO3，同时得到V2O4，方程式为SO2+V2O5=SO3+V2O4；
②不选B点，是因为压强大对设备的投资大，消耗的能量多，同温度下SO2的转化率在0.1MPa时已达到97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用0.1MPa；不选择C点，是因为温度低催化剂的催化作用受影响，反应速率低，450℃时，催化剂的催化效率最高，则不选择、点理由分别是C点，温度低，影响催化剂活性；B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强会增大成本；
③精制炉的体积不变，因此体积分数与体积成正比，体积又与物质的量成正比，起始时a%+b%+c%=100%，则N2的体积分数c%=100%-a%-b%，列出三段式：
反应后SO3体积分数为=；
【小问2详解】
生成的难溶性盐为BaSO4，n（BaSO4）═=0.06mol，H2SO4可以看成SO3•H2O，故H2SO4吸收SO3后的物质X可以看做aSO3•bH2O，X中n（SO3）=n（BaSO4）=0.06mol，m（SO3）=0.06mol×80g/mol=4.8g，故m（H2O）=5.16g-4.8g=0.36g，则n（H2O）═0.02mol，故X为3SO3•H2O，也可以写作H2S3O10或2SO3⋅H2SO4或SO3⋅H2S2O7；
【小问3详解】
2022学年第二学期舟山中学高一化学5月月考试题
一、选择题(共有20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意)
1. 镁条与盐酸的反应
A. 吸热反应 B. 体系能量降低的反应
C. 既是吸热反应也是放热反应 D. 既不是吸热反应也不是放热反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．镁条与盐酸的反应为放热反应，A错误；
B．镁条与盐酸的反应为放热反应，生成物总能量降低，B正确；
C．镁条与盐酸的反应为放热反应，C错误；
D．镁条与盐酸的反应为放热反应，D错误；
故选B。
2. 对于达到平衡状态的可逆反应：N2+3H22NH3(正反应为放热反应)下列叙述中正确的是
A. 反应物和生成物的浓度相等 B. 反应物和生成物的浓度不再发生变化
C. 充入稀有气体，对合成氨一定有不利影响 D. 增大压强，不利于氨的合成
【答案】B
【解析】
【详解】A．平衡时反应物与生成物的物质的量浓度取决于起始浓度和反应转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；
B．当反应物和生成物的浓度不再发生变化时，说明达到平衡状态，故B正确；
C．在恒容条件下充入稀有气体，对合成氨没有影响，故C错误；
D．反应前气体的化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，故增大压强有利于氨气的合成，故D错误；
故选：B。
3. 原电池产生电流的本质原因是
A. 原电池中，电解质溶液能电离出自由移动的离子
B. 有两个活泼性不同的电极
C. 导线将电极、电解质溶液连接，形成了闭合回路
D. 原电池中发生了氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】原电池中，外电路中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极；内电路中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以形成了闭合回路，产生了电流，所以在原电池中发生氧化还原反应是原电池产生电流的本质原因。故选：D。
4. 恒温恒容密闭容器中发生反应2A(g)＋B(g)2C(g)，若反应物A的浓度由0.1 mol·L－1降到0.06 mol·L－1需20 s，那么由0.06 mol·L－1降到0.036 mol·L－1所需的时间为( )
A. 等于10 s B. 等于12 s
C. 大于12 s D. 小于12 s
【答案】C
【解析】
【分析】在反应2A(g)＋B(g)2C(g)中，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，以此判断。
【详解】在恒温恒容的容器中进行反应2A(g)＋B(g)2C(g)，若反应物浓度由0.1mol•L-1降到0.06mol•L-1需20s，此时：=(0.1mol/L−0.06mol/L)/20s=0.002mol/（L•s），如反应速率不变，则由0.06mol•L-1降到0.036mol•L-1，需要反应的时间是t=△c/v=0.024mol/L÷0.002mol/(L•s)=12s，但随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，所以需要的时间大于12s。
答案选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，注意化学反应中，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小是解答该题的关键。
5. 在一个不传热的固定容积的密闭容器中发生可逆反应：mA(g)+nB(g)===pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数（不为零）时，能说明达到平衡状态的标志是
A. 体系的压强不再改变
B. 混合气体的密度不再改变
C. 反应速率VA:VB:VC:VD=m:n:p:q
D. 单位时间内m molA 断键发生反应，同时p molC也断键发生反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．若该反应的m+n=p+q，则该反应的压强始终不会发生变化，体系的压强不再改变不能说明反应达到平衡状态，A项错误；
B．在恒容密闭容器中密度始终不变，混合气体的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，B项错误；
C．在任意时刻，反应速率υA：υB：υC：υD=m：n：p：q，而不保持不变，C项错误；
D．单位时间内mmolA断键等效于pmolC形成，同时pmolC也断键发生反应，正逆反应速率相等，说明反应达平衡状态，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
6. 下列化学用语书写正确的是
A. 乙烯的球棍模型： B. 的电子式：
C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 乙醚的结构式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯的球棍模型： ，A正确；
B．的电子式：，B错误；
C．乙烯的结构简式：CH2=CH2，C错误；
D．乙醚的结构式为，D错误；
故答案为：A。
7. 下列物质的名称正确的是
A. 聚异戊二烯： B. 油酸：C17H33COOH
C. 麦芽糖： D. 乙二酸：
【答案】B
【解析】
【详解】A．的名称是聚乙炔，聚异戊二烯是，A错误；
B．油酸的结构简式为C17H33COOH，B正确；
C．为葡萄糖或者果糖，麦芽糖的分子式为，C错误；
D．为碳酸，乙二酸结构简式为，D错误。
故选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 与互为同分异构体 B. 和是两种不同的核素
C. 乙酸与硬脂酸互为同系物 D. 碳纳米管与石墨烯互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．与为同一物质，A错误；
B．和是两种不同的氯原子，是两种不同的核素，B正确；
C．乙酸结构简式为CH3COOH，硬脂酸结构简式为C17H35COOH，分子组成上相差16个CH2，互为同系物，C正确；
D．碳纳米管与石墨烯均为由碳组成的单质，互为同素异形体，D正确；
故选A。
9. 下列说法正确的是
A. 石油裂解气可以使溴水褪色，但不能使高锰酸钾溶液褪色
B. 在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳
C. 用蒸馏的方法分离乙醇(沸点为78.3℃)和苯(沸点为80.1℃)的混合物
D. 甲烷与氯气在光照时发生自由基型链的取代反应，产物中可能含有少量乙烷杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A．石油裂解气含有乙烯可以使溴水褪色、高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇和二氧化碳，属于氧化反应，B错误；
C．乙醇(沸点为78.3℃)和苯(沸点为80.1℃)的沸点相近，不能用蒸馏的方法，C错误；
D．光照引发，这个时候体系里面只有甲烷，氯气，甲基自由基和氯自由基。随着反应的进行，可能会生成二氯甲烷或者乙烷等副产物，D正确；
答案选D。
10. 关于生活中的有机物，下列说法错误的是
A. 葡萄糖在一定条件下可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色的氧化亚铜沉淀
B. 淀粉和纤维素分子式都是，互称为同分异构体
C. 很多蛋白质与浓硝酸作用时呈黄色，可用于蛋白质的检验
D. 植物油长时间放置会变质，食用时会有“哈喇味”
【答案】B
【解析】
【详解】A．葡萄糖分子中含醛基，在一定条件下可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色的氧化亚铜沉淀，A正确；
B．淀粉和纤维素分子通式都是(C6H10O5)n，但二者n值不同，不互为同分异构体，B错误；
C．含苯环的蛋白质遇浓硝酸呈黄色，很多蛋白质与浓硝酸作用时呈黄色，可用于蛋白质的检验，C正确；
D．植物油是含较多不饱和键(碳碳双键)的油脂，在一定条件下可以被氧化，生成具有有“哈喇味”的物质，D正确；
选B。
11. 下列说法正确的是
A. 鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯可用新制Cu(OH)2悬浊液
B. 对二甲苯只有一种结构证明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构
C. 乙烯使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的反应机理相同
D. 用苯、溴水混合制溴苯
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇、乙醛、乙酸三种溶液分别与新制Cu(OH)2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、蓝色溶液，而乙酸乙酯不溶于水，与新制Cu(OH)2混合静置后分层，现象均不同，则可鉴别，故A选项正确；
B．无论是否含有碳碳双键，对二甲苯只有一种结构，应用邻二甲苯，故B选项错误；
C．乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，乙烯与高锰酸钾发生氧化反应使高锰酸钾褪色，二者反应机理不相同，故C选项错误；
D．制溴苯应用苯和液溴、溴化铁混合，不是用溴水，故D选项错误。
故正确答案：A。
12. 某有机物的结构简式为，则下列说法错误的是
A. 该有机物可与碳酸氢钠溶液反应放出CO2
B. 1mol该有机物可以和足量金属钠反应生成1molH2
C. 1mol该有机物最多能与6molH2反应
D. 该有机物可发生氧化、还原、取代、加聚、加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机物中含有羧基，羧基可以与NaHCO3反应产生CO2，A正确；
B．该有机物中羟基、羧基能与Na反应产生H2，1 mol该有机物中含有1 mol 羧基和1 mol羟基，根据反应比例：2—COOH~H2、2—OH~H2，知产生H21 mol，B正确；
C．该有机物中，碳碳双键、醛基、苯环可以与H2加成，根据加成比例：-CHO~H2、碳碳双键~H2、苯环~3H2，知1 mol H2最多消耗5 mol H2，C错误；
D．该有机物可以发生氧化反应，如燃烧、碳碳双键（醛基、羟基）与KMnO4反应；可以发生取代反应，如酯化反应；可以发生加成反应，如苯环、碳碳双键、醛基与H2加成（也可看成还原反应）；含碳碳双键，可以发生加聚反应，D正确；
故答案选C。
13. 下列说法中正确的是
A. 天然油脂不具有固定熔点，其相对分子质量较大，所以是有机高分子化合物
B. 聚乙炔是由乙炔经加聚反应合成的，二者均可使溴水褪色
C. 淀粉属于多糖，水解产物只有葡萄糖
D. 一块无色透明的塑料的成分是聚乙烯，它是纯净物
【答案】B
【解析】
【详解】A．天然油脂不具有固定熔点，其相对分子质量较大，但相对分子质量低于1万，不属于有机高分子化合物，故A不选；
B．聚乙炔是由乙炔经加聚反应合成的，乙炔和乙炔中分别含有碳碳双键和碳碳三键，二者均可使溴水褪色，故B选；
C．淀粉属于多糖，不完全水解可生成麦芽糖，完全水解可生成葡萄糖，故C不选；
D．聚乙烯中聚合度n不确定，属于混合物，故D不选；
选B。
14. 乙炔分子间发生反应可以生成乙烯基乙炔(CHC-CH=CH2)，下列说法正确的是
A. 乙烯基乙炔是乙炔分子间通过加成反应生成的
B. 1 mol乙烯基乙炔能与6 mol Br2发生加成反应
C. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同
D. 乙烯基乙炔分子中的所有碳原子都处于同一直线
【答案】A
【解析】
【详解】A．2分子乙炔加成即生成乙烯基乙炔，故A正确；
B．1 mol乙烯基乙炔能与3 mol Br2发生加成反应，故B错误；
C．乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同，均为CH，则等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧的耗氧量相同，故C错误；
D．乙烯基乙炔中碳碳三键两端连接的原子在一条直线上，碳碳双键两端连接的原子在同一平面，分子中的所有碳原子都处于同一平面，故D错误；
答案选A。
15. 为研究某溶液中溶质 R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度 R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法错误的是
A. 25℃时，10~30min 内，R 的分解平均速率为 0.030 mol·L-1·min-1
B. 对比 30℃和 10℃曲线，在同一时刻，能说明 R的分解速率随温度升高而增大
C. 对比 30℃和 25℃曲线，在 0~50min 内，能说明R 的分解平均速率随温度升高而增大
D. 对比 30℃和 10℃曲线，在 50min 时，R 的分解率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据，代入R在10~30min内的浓度变化，解得，A项正确；
B.对比30℃和10℃的曲线，同一时刻浓度不同，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，B项错误；
C.根据计算出当温度为25℃时，0~50min内分解平均速率为，当温度为30℃时，0~50min内分解平均速率为，C项正确；
D.在50min时，无论10℃还是30℃均无R剩余，因此分解率均为100%，D项正确；
答案选B。
【点睛】分解率即转化率，转化率即“转化了的”与“一开始的”之比，可以是物质的量、体积、质量、浓度之比。
16. 在25℃和101kPa条件下，断开1molH2(g)中的化学键要吸收436kJ的能量，断开1 molCl2(g)中的化学键要吸收243kJ的能量，形成2molHCl(g)中的化学键要释放862kJ的能量。下列说法不正确的是
A. 断开1molHCl(g)中的化学键要吸收431kJ的能量
B. 2 mol H(g)比1molH2(g)具有的能量低
C. H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(l)为放热反应
D. 在H2和Cl2的反应过程中，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．形成2molHCl(g)中的化学键要释放862kJ的能量，故断开1molHCl(g)中的化学键要吸收431kJ的能量，A正确；
B．1molH2(g)断键生成2mol H(g)，断键过程需要吸热，故2 molH(g)比1molH2(g)具有的能量高，B错误；
C．由题意可知H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的反应热为：(436+243-862)kJ/mol=-183kJ/mol，为放热反应，HCl(g)转化为HCl(l)也需要放热，故H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(l)为放热反应，C正确；
D．H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，故断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量，D正确；
故选B。
17. 叔丁基氯与碱溶液经两步反应得到叔丁基醇，反应(CH3)3CCl+OH-→(CH3)3COH+Cl-的能量与反应进程如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. (CH3)3C+比(CH3)3CCl稳定
C. 图中可以看出，C-Cl键能大于C-O键能
D. 增大碱的浓度和升高温度均可加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，A错误；
B．物质能量越低越稳定，由图可知：(CH3)3C+能量比(CH3)3CCl高，所以(CH3)3CCl更稳定，B错误；
C．由图可知：反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，C-Cl键能小于C-O键能，C错误；
D．增大反应物浓度和升高温度均可加快反应速率，所以增大碱的浓度和升高温度均可加快反应速率，D正确；
综上所述答案为D。
18. 银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故，根据原电池原理可进行如下处理，在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，下列说法正确的是
A. 将铝质容器换成铂质容器，黑色也会褪去
B. 银器为正极，Ag2S被氧化生成单质银
C. 负极的电极反应：Al-3e-=Al3+
D. 反应过程中Cl-向银器移动
【答案】C
【解析】
【分析】铝的活泼性大于银，铝做原电池的负极，发生氧化反应，硫化银在正极发生还原反应，生成银，黑色褪去。
【详解】A． 银的活泼性比铂强，将铝质容器换成铂质容器，黑色不会褪去，故A错误；
B． 银器为正极，Ag2S被还原生成单质银，故B错误；
C． 负极的电极反应：Al-3e-=Al3+，故C正确；
D． 阴离子向负极移动，反应过程中Cl-向铝器移动，故D错误；
故选C。
19. 已知：相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。热再生氨电池工作原理如图所示，通入NH3发生反应Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+，电池开始工作，左边电极质量减少，右边电极质量增加，放电后利用废热进行充电。下列说法正确是
A. 放电、充电过程中，能量主要是在电能与化学能之间转变
B. Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正反应为吸热反应
C. Cu2+通过中间离子交换膜移向右侧极区
D. 放电时，外电路有0.2mol电子通过时，右池溶液质量减少18.8g
【答案】D
【解析】
【分析】电池开始工作时，左侧电极质量减少，右侧电极质量增加，可知，左侧电极为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为：Cu＋4NH3-2e−=，则右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，则电池的总反应为：Cu2＋＋4NH3，据此分析解答。
【详解】A．由题干信息，放电后利用废热进行充电，说明能量转换还有热能，A错误；
B．放电后利用废热进行充电，说明放电时为放热反应，即Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+正反应为放热反应，B错误；
C．电池工作是由Cu2+浓度不用引发的，铜离子不可能通过中间离子交换膜，C错误；
D．右侧电极作正极，其电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，外电路有0.2mol电子通过时，铜析出0.1mol，减少6.4g，溶液中有0.2mol通过交换膜，从右池到左池，溶液质量减少0.2mol×62g/mol=12.4g，一共减少18.8g，D正确；
答案选D。
20. 广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是
A. CaO2的水解产物是Ca(OH) 2和H2O2
B. CH3Cl的水解产物之一是CH3OH
C. Al4C3的水解产物是Al(OH)3和C3H12
D. CH3CH2ONa水解生成CH3CH2OH和氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A. CaO2的水解产物是Ca(OH) 2和H2O2,该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，A正确；
B.CH3Cl的水解产物是CH3OH和HCl，B正确；
C. Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4，C错误；
D. CH3CH2ONa水解生成CH3CH2OH和氢氧化钠，D正确；
故选C。
二、填空题
21. 回答下列问题：
（1）写出乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的化学方程式：_______
（2）HOOCOCH3与足量氢氧化钠反应的方程式：_______
（3）H2N-CH2-COOH与碳酸氢钠反应方程式：_______;与盐酸反应的方程式：_______
（4）足量乙烯通入溴水中的实验现象是_______。
（5）聚丙烯可表示为，其重复结构单元即它的链节是_______。
（6）三聚氟氰分子式为：，分子结构中显示有六元环状结构，分子呈现平面正六边形。请从价键理论和物质的相对稳定性角度，写出三聚氟氰的结构式_______。
【答案】（1）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O
（2）HOOCOCH3+NaOH=CH3COCOONa+H2O
（3） ①. H2N-CH2-COOH+NaHCO3= H2N-CH2-COONa+H2O+CO2↑ ②. H2N-CH2-COOH+HCl=ClH3N-CH2-COOH
（4）溶液由橙黄色变为无色，且溶液分层
（5） （6）
【解析】
【小问1详解】
乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；
【小问2详解】
HOOCOCH3与足量氢氧化钠发生酸碱中和反应，反应的方程式：HOOCOCH3+NaOH=CH3COCOONa+H2O；
【小问3详解】
H2N-CH2-COOH与碳酸氢钠反应方程式：H2N-CH2-COOH+NaHCO3= H2N-CH2-COONa+H2O+CO2↑；与盐酸反应的方程式：H2N-CH2-COOH+HCl=ClH3N-CH2-COOH；
小问4详解】
溴水是橙黄色，足量乙烯通入溴水中，两者发生加成反应，溴水褪色，且生成的1，2-二溴乙烷不溶于水，实验现象是溶液由橙黄色变为无色，且溶液分层；
【小问5详解】
聚丙烯可表示为，其重复结构单元即它的链节是；
【小问6详解】
由题给可知，三聚氟氰分子式为C3N3F3，分子结构中显示有环状结构，价键规则为：碳原子形成四键（成键方式可以是一个三键和一个单键、两个双键、一个双键和两个单键、四个单键）、N原子形成三键（成键方式可以是一个三键、一个双键和一个单键、三个单键）、卤素原子形成单键，达到相对稳定结构，则F原子只能是取代原子，不能是形成环状结构的原子，分子中含有3个C原子和3个N原子，则3个C原子和3个N原子形成6元环，并且每个C原子上连接1个F原子，所以三聚氟氰的结构式为。
22. 烃A的相对分子质量为28。由A为原料合成E(具有水果香味)的路线如图：
请回答：
（1）B的结构简式_______。
（2）D中所含官能团的名称是_______。
（3）C和D反应生成E的化学方程式是_______。
（4）下列说法正确的是_______。
A. 足量的金属钠与C反应生成氢气22.4L(标况下)
B. 目前石油裂解已成为生产A的主要方法
C. 由A制备B的反应为氧化反应
D. 实验室制备E时可以用NaOH溶液收集产物
【答案】（1） （2）羧基
（3）； （4）BC
【解析】
【分析】烃A的相对分子质量为28，则A为乙烯，乙烯氧化生成B为，B和水反应生成C为乙二醇，C乙二醇和D乙酸发生酯化反应生成E二乙酸乙二酯。
【小问1详解】
根据分析可得，B为。
【小问2详解】
D为乙酸，官能团为羧基。
【小问3详解】
乙二醇和乙酸发生酯化反应的化学方程式为；。
【小问4详解】
A.足量的金属钠与1mol乙二醇反应生成氢气22.4L(标况下)，错误；
B.目前石油裂解已成为生产乙烯的主要方法，正确；
C.乙烯发生氧化反应生成B，正确；
D.实验室制备二乙酸乙二酯时，氢氧化钠溶液会使酯发生水解反应，收集不到产物，错误；
故选BC。
23. 为确定乙醇分子(C2H6O)中活泼氢原子个数，采用下列装置，通过测定乙醇与金属钠反应放出氢气的多少进行计算。
（1）指出实验装置中的错误：_______。纠正不足之后，进行下列实验步骤
（2）写出乙醇与金属钠反应的方程式：_______
（3）该实验中，金属钠与乙醇反应后，相对过量的物质是_______
（4）若实验中用含有少量水的乙醇代替相同质量的无水乙醇，相同条件下，测得乙醇分子中活泼氢数目将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）广口瓶中进气导管不应插入水中，排水导管应插至广口瓶底部
（2）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑
（3）钠 （4）偏大
【解析】
【分析】①实验误差分析(影响测定氢气体积大小的因素)：等质量的水与钠反应产生氢气比乙醇与钠反应放出气体多，如果乙醇含有水，则导致实验结果偏大。
②实验相关问题与关键：装置气密性良好(检查方法)、实验注意事项(如加入乙醇的快慢、排水导管插入的位置等)、准确确定乙醇的用量(称其质量或量其体积)、金属钠要足量(若乙醇为nmol则钠大于nmol)、准确测定氢气的体积(测定的方法)等。
【小问1详解】
实验装置中的错误的地方有：广口瓶中进气导管不应插入水中，排水导管应插至广口瓶底部；
【小问2详解】
乙醇与金属钠反应的方程式：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；
【小问3详解】
该实验中，为保证乙醇全部反应，需要加入稍过量的金属钠；
【小问4详解】
等质量的水与钠反应产生氢气比乙醇与钠反应放出气体多，如果乙醇含有水，则导致实验结果偏大，测得乙醇分子中活泼氢数目将偏大。
24. 某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。已知：
密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
-103
83
难溶于水
（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是_______，导管B除了导气外还具有的作用是_______。水浴加热的好处是：_______
（2）制备精品
环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_______层(填上或下)，然后用_______法，得到有机层，再用_______(填入字母编号)洗涤，最后用_______干燥(填入字母编号)。再通过_______(填操作名称)即可得到精品。
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液 d.无水硫酸钠
【答案】（1） ①. 防止暴沸 ②. 冷凝回流 ③. 加热均匀，便于控制反应温度
（2） ①. 上 ②. 分液 ③. c ④. d ⑤. 蒸馏
【解析】
【分析】根据题意，利用环己醇制备环己烯，环己醇为液体，为防止液体暴沸，需要加入沸石或碎瓷片；根据表中数据，反应温度控制在83℃，环己烯以气体形式经导管进入装置C，常温下环己烯为液体，装置C应放在冰水浴中，得到环己烯中混有环己醇、少量酸性杂质等，利用表中数据以及物质性质进行分析。
【小问1详解】
根据表中数据，常温下，环己醇为液体，加热液体时，为防止暴沸，需要加入沸石或碎瓷片；环己醇具有挥发性，则导管B除了导气外，还具有冷凝回流的作用，提高原料的利用率；根据表中数据，反应温度控制在83℃，利用水浴加热使得加热均匀，便于控制反应温度；
【小问2详解】
环己烯中混有环己醇和少量酸性杂质，环己醇能溶于水，加入饱和食盐水，吸收环己醇，因为环己烯的密度小于水，且环己烯难溶于水，环己烯在上层；然后用分液法得到有机层；酸性物质用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去，故用碳酸钠溶液洗涤；高锰酸钾溶液和稀硫酸不能干燥物质，所以再用无水硫酸钠干燥；再通过蒸馏得到精品。
25. 探究硫及其化合物的转化，有重要的现实意义。一定温度下，恒压密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，
（1）精制炉气各组分的体积分数为、为b%(b>0.5a)，为。选择五氧化二钒()作催化剂合成的平衡转化率与反应温度和压强的关系如图所示。
①催化反应过程中与相互转化，写出生成这一步的反应方程式_______。
②实际生产选择图中点的反应条件，不选择、点理由分别是______。
③计算，点的体积分数是_______(用含有的代数式表示)。
（2）工业上一般选用浓硫酸吸收，得到一种液态物质，取5.16X与足量溶液反应仅生成难溶性盐(白色沉淀)和水，则液态物质的化学式为_______。
（3）若将该反应设计程原电池，熔融硫酸钠作为电解质，正负极为惰性电极，二氧化硫参与反应电极名称为_______极，电极反应式为：_______。正极通入的是混合气体，其成分为_______。
【答案】（1） ①. SO2+V2O5=SO3+V2O4 ②. C点，温度低，影响催化剂活性；B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强会增大成本 ③.
（2）3SO3•H2O或H2S3O10或2SO3⋅H2SO4或SO3⋅H2S2O7
（3） ①. 负 ②. 2SO2-4e-+2SO=4SO3 ③. O2、SO3
【解析】
【小问1详解】
①SO2被V2O5氧化为SO3，同时得到V2O4，方程式为SO2+V2O5=SO3+V2O4；
②不选B点，是因为压强大对设备的投资大，消耗的能量多，同温度下SO2的转化率在0.1MPa时已达到97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用0.1MPa；不选择C点，是因为温度低催化剂的催化作用受影响，反应速率低，450℃时，催化剂的催化效率最高，则不选择、点理由分别是C点，温度低，影响催化剂活性；B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强会增大成本；
③精制炉的体积不变，因此体积分数与体积成正比，体积又与物质的量成正比，起始时a%+b%+c%=100%，则N2的体积分数c%=100%-a%-b%，列出三段式：
反应后SO3体积分数为=；
【小问2详解】
生成的难溶性盐为BaSO4，n（BaSO4）═=0.06mol，H2SO4可以看成SO3•H2O，故H2SO4吸收SO3后的物质X可以看做aSO3•bH2O，X中n（SO3）=n（BaSO4）=0.06mol，m（SO3）=0.06mol×80g/mol=4.8g，故m（H2O）=5.16g-4.8g=0.36g，则n（H2O）═0.02mol，故X为3SO3•H2O，也可以写作H2S3O10或2SO3⋅H2SO4或SO3⋅H2S2O7；
【小问3详解】
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