2022-2023学年海南省部分学校高一下学期7月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1海南省部分学校2022-2023学年高一下学期7月期末考试试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Fe56Cu64Ag108Ba137一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学知识与日常生活密切相关。下列说法错误的是（）A.葡萄酒中可添加SO2抗氧化 B.面食师傅使用小苏打作为膨松剂C.口罩中的聚丙烯无纺布是高分子材料 D.药店处方药包装须标识“OTC”〖答案〗D〖解析〗【详析】A．SO2具有强还原性，故葡萄酒中可添加SO2抗氧化，A正确；B．碳酸氢钠受热分解产生CO2等无毒气体，使面点疏松多孔，故面食师傅使用小苏打作为膨松剂，B正确；C．聚丙烯是有机合成高分子材料，即口罩中的聚丙烯无纺布是高分子材料，C正确；D．药店处方药包装须标识“R”，非处方药包装标识“OTC”，D错误；故〖答案〗为：D。2.35S是硫的一种放射性核素，可用作蛋白质代谢研究的示踪剂，还可以协助治疗软骨肉瘤等。下列有关35S的说法正确的是（）A.K层和M层电子数之和是核内质子数的 B.核外电子数为19C.中子数为35，质量数为51 D.35S与35Cl互为同位素〖答案〗A〖解析〗【详析】A．已知S是16号元素，其核内有16个质子，K层有2个电子和M层有6个电子，电子数之和8个是核内质子数的，A正确；B．已知S是16号元素，其核内有16个质子，核外电子数为16，B错误；C．35S中质量数为35，中子数为35-16=19，C错误；D．质子数相同，而中子数不同的同一元素不同原子互为同位素，故35S与35Cl不互为同位素，D错误；故〖答案〗为：A。3.碳、氮、硫、氯是典型的非金属元素，下列有关碳、氮、硫、氯单质及其化合物的离子方程式书写正确的是（）A.向浓硝酸中加入少量粉末：B.向溶液中滴加醋酸溶液：C.实验室用溶液检验：D.溶解于水：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．向浓硝酸中加入少量粉末，浓硝酸被还原为二氧化氮：，故A错误；B．向溶液中滴加醋酸溶液，醋酸是弱电解质：，故B错误；C．实验室用溶液检验，反应生成硫酸钡沉淀：，故C正确；D．溶解于水，次氯酸是弱酸：，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。4.学过原电池后，某同学设计了如图所示的原电池。闭合电键K，下列有关说法正确的是（）A.铜丝为原电池的负极B.铁钉处的电极反应为C.玻璃杯中由正极区域移向负极区域D.正极收集0．01mol气体时，转移0．04mol电子〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铁活泼性比铜强，铁与醋酸反应，铜与醋酸不反应，则铜丝为原电池的正极，故A错误；B．铁钉处的电极反应为，故B错误；C．根据原电池“同性相吸”，则玻璃杯中由正极区域移向负极区域，故C正确；D．根据，正极收集0.01mol气体时，转移0.02mol电子，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。5.下列金属冶炼的方程式(未配平)错误的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Zn是较活泼的金属，用热还原法冶炼，，故A正确；B．Mg比Al活泼，不能用铝热法制取，用电解熔融氯化镁得到，，故B错误；C．Ag是活泼性弱的金属，用热分解法得到，，故C正确；D．Al是活泼金属，用电解熔融氧化铝得到，，故D正确。综上所述，〖答案〗为B。6.化学物质在医疗卫生领域有广泛用途。下列说法错误的是（）A.次氯酸钠溶液可用于环境消杀 B.甲醛稀溶液可用于外伤伤口消毒C.0.9%的生理盐水可用于清洗伤口，但不能杀菌 D.可降解塑料可用于包装药片〖答案〗B〖解析〗【详析】A．“84”消毒液的有效成分就是NaClO，可用于环境消毒，A项正确；B．甲醛溶液有毒，可以用来保存动物标本，不能用于外伤伤口消毒，B项错误；C．0.9%的生理盐水浓度与细胞液浓度大致相等，可以用于清洗伤口不使细胞脱水或过度吸水，但是氯化钠溶液不能杀菌，C项正确；D．可降解塑料有密封和阻透的效果，可用于包装药片，D项正确；故选B。7.下列有关煤的综合利用和石油化工的说法错误的是（）A.煤的气化、液化和煤的焦化均为化学变化B.石油裂解可能获得甲烷、乙烯、丙烯等物质C.石油的催化重整可获取苯、甲苯等化工原料D.化石燃料均为碳氢化合物组成的简单混合物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．煤的气化、液化和煤的焦化、煤的干馏均为化学变化，故A正确；B．石油裂解可能获得甲烷、乙烯、丙烯等物质，石油裂化主要提高汽油、煤油等轻质油的产量，故B正确；C．石油的催化重整在经过热或在催化剂的作用下，使油料中的烃类分子重新调整结构，生成大量苯、甲苯等化工原料，故C正确；D．化石燃料主要包括煤、石油、天然气，煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，故D错误。综上所述，〖答案〗为D。8.实验室中收集NO2时，可以用淀粉KI试纸检验是否收集满该气体，该检验原理的反应为KI+NO2+H2OI2+NO+KOH(未配平)。设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列针对该NO2验满原理的说法正确的是（）A.验满时，需用蒸馏水先将淀粉KI试纸润湿B.该反应为置换反应类型的氧化还原反应C.该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D.用单质铜与浓硝酸反应制NO2，当收集5.6L(换算为标准状况)NO2时，转移电子数为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．已知I2遇到淀粉溶液才变为蓝色，且反应中需要有H2O参与，故验满时，需用蒸馏水先将淀粉KI试纸润湿，A正确；B．置换反应是指一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，故该反应不属于置换反应，但有元素的化合价发生改变，故属于氧化还原反应，B错误；C．根据氧化还原反应配平可得该反应为：2KI+NO2+H2O=I2+NO+2KOH，反应中NO2为氧化剂，KI为还原剂，故该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，C错误；D．用单质铜与浓硝酸反应制NO2，反应中N由HNO3中的+5价转化为NO2中的+4价，故当收集5.6L(换算为标准状况)NO2时，转移电子数为=0.25NA，D错误；故〖答案〗为：A。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确〖答案〗只包括一个选项，多选得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.根据下列实验目的、操作及现象所得出的结论正确的是（）选项实验目的操作及现象结论A检验盐溶液中存在在盐溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝盐溶液中存在B比较元素的非金属性强弱在粉末中加入稀硫酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，出现白色沉淀非金属性：S>C>SiC除去乙烯中混有的将混合气体通过盛有足量NaOH溶液的洗气瓶收集到纯净干燥的乙烯气体D检验淀粉是否水解完全加热试管中淀粉与稀硫酸的混合物，冷却后滴加NaOH溶液调至碱性，再加少量新制的，加热，出现砖红色沉淀淀粉水解完全〖答案〗AB〖解析〗【详析】A．在盐溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有铵根离子，故A正确；B．在粉末中加入稀硫酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，出现白色沉淀，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳、硫酸钠和水，二氧化碳和硅酸钠、水反应生成硅酸和碳酸钠，因此非金属性：S>C>Si，故B正确；C．将混合气体通过盛有足量NaOH溶液的洗气瓶，但乙烯中含有水蒸气杂质，不能收集到干燥的乙烯气体，故C错误；D．该实验出现砖红色沉淀，只能说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，应该取水解液少许于试管中，向试管中滴加淀粉，淀粉不变蓝，说明淀粉完全水解，故D错误。综上所述，〖答案〗为AB。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是目前形成化合物种类最多的元素，Y的单质是空气的成分之一，且其非金属性比空气中形成另一种单质的元素强，Z的最高价氧化物对应的水化物能分别与强酸、强碱反应，W与Y的最外层电子数相等。下列说法正确的是（）A.Y、W同主族，且最高化合价相等B.非金属性：X<Y<WC.简单离子半径：W>Z>YD.由Y、Z、W三种元素组成的化合物中可能含离子键和极性键〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是目前形成化合物种类最多的元素，则X为C，Y的单质是空气的成分之一即N2或者O2，已知O的非金属性强于N，且其非金属性比空气中形成另一种单质的元素强，则Y为O，Z的最高价氧化物对应的水化物能分别与强酸、强碱反应则Z为Al，W与Y的最外层电子数相等，即最外层上有6个电子，且原子序数比Al大，故W为S，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，Y为O、W为S，故Y、W同主族，但O无最高正价，即二者最高化合价不相等，A错误；B．由分析可知，X为C、Y为O、W为S，根据同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，且CS2中C显正价，S显负价，故非金属性：O＞S＞C即X<W<Y，B错误；C．由分析可知，Y为O、Z为Al、W为S，根据电子层数越多微粒半径一般越大，电子层数相同核电荷数越多，半径越小可知，简单离子半径S2-＞O2-＞Al3+即W>Y>Z，C错误；D．由分析可知，Y为O、Z为Al、W为S，由Y、Z、W三种元素组成的化合物如Al2(SO4)3中含有离子键和极性键，D正确；故〖答案〗为：D。11.还原钼矿(主要成分为)制备单质钼，能防止污染，该反应原理为。向盛有一定比例、混合物的恒容密闭容器中通入使其起始浓度为，在一定条件下发生上述反应，测得容器中反应达到平衡状态时的浓度为。下列说法正确的是（）A.若达到平衡所需时间为ts，则0~ts内用CO表示的平均反应速率B.达到平衡状态时，C.升高温度、使用催化剂均能加快该反应的反应速率D.平衡后，再充入，反应速率不会改变〖答案〗C〖解析〗【详析】A．若达到平衡所需时间为ts，氢气浓度改变量为2mol∙L−1，CO浓度改变量为1mol∙L−1，则0~ts内用CO表示的平均反应速率，故A错误；B．达到平衡状态时，，故B错误；C．升高温度、使用催化剂均能加快该反应的反应速率，故C正确；D．平衡后，再充入，氢气浓度增大，则反应速率增大，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。12.液溴及其衍生物是制药工业的重要化工原料，而溴的主要来源是海水。工业上空气吹出法是海水提溴的常用方法，其简要工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A.“氧化ⅰ”操作使用热空气可降低Br2的溶解度B.“氧化ⅰ”和“氧化ⅱ”反应的离子方程式相同C.实验室模拟该工艺时，“还原”操作可用饱和Na2SO3溶液代替SO2D.粗盐精制后，电解其饱和溶液制备Na〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用太阳光将海水蒸发制取粗盐过滤后，得到的浓缩海水中通入Cl2，将Br-先转化为Br2、并用热空气将Br2吹出至SO2饱和溶液中，吸收Br2进行富集，再向富集后的溶液中通入Cl2再次将Br-氧化为Br2，然后萃取分液得到Br2的CCl4溶液，蒸馏Br2的CCl4溶液得到液溴，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，Br2易挥发，温度越高挥发性越强，故“氧化ⅰ”操作使用热空气可降低Br2的溶解度，A正确；B．由分析可知，“氧化ⅰ”和“氧化ⅱ”均是将Br-氧化为Br2，两反应的离子方程式相同，均为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，B正确；C．实验室模拟该工艺时，“还原”操作可用饱和Na2SO3溶液代替SO2，反应原理为：SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr和Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4+2HBr，C正确；D．制备金属钠需电解熔融的NaCl，电解方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，电解NaCl饱和溶液制备不到Na，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D错误；故〖答案〗为：D。13.丙烯酸乙酯既可用于制备塑料、树脂等高聚物，也可用作有机合成中间体。丙烯酸乙酯的结构简式为。下列有关该有机物的说法错误的是（）A.是乙烯同系物 B.含碳碳双键、羧基两种官能团C.能使酸性溶液褪色 D.能发生取代反应、加成反应〖答案〗AB〖解析〗【详析】A．丙烯酸乙酯含有碳碳双键和酯基，乙烯只含碳碳双键，两者结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．含碳碳双键、酯基两种官能团，故B错误；C．含有碳碳双键，能使酸性溶液褪色，故C正确；D．含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生水解反应即取代反应，故D正确。综上所述，〖答案〗为AB。14.过氧化钠是一种强氧化剂，活跃在多种化学反应中，如能与很多氧化物发生反应得到相关的钠盐(下列化学方程式未配平)：①②③下列说法正确的是（）A.三个反应中，均既是氧化剂又是还原剂B.反应②中的和反应③中的均是还原剂C.转移相等的电子时，反应①与反应②消耗的的质量比为2∶1D.三个反应中得到的钠盐生成物均是氧化产物〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．第二个反应中中氧全部降低，因此只作氧化剂，故A错误；B．反应②中的中的硫化合价只升高，反应③中的中的铬化合价只升高，因此都是还原剂，故B正确；C．反应①中1mol过氧化钠转移1mol电子，反应②中1mol过氧化钠转移2mol电子，转移相等的电子时，则反应①与反应②消耗的消耗的物质的量之比为2:1，其质量比为2∶1，故C正确；D．反应①中碳酸钠是化合价降低得到的产物，碳酸钠是还原产物，反应②中钠盐既是氧化产物又是还原产物，反应③中铬酸钠是化合价升高得到的产物，是氧化产物，故D错误。综上所述，〖答案〗为：BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。15.20世纪初德国化学家哈伯(F．Haber)发明工业合成氨，人工制出氮肥，粮食产量显著提高，为解决人类温饱做出重大贡献。回答下列问题：（1）合成氨的原料H2主要来源于煤的综合利用，如煤的气化：(吸热反应)，煤的气化反应过程中能量变化可表示为_______(填字母)。（2）一种新型的复合光催化剂(CQDs/纳米复合物)能以太阳光为能源，使水分解获得，其原理如图所示。反应①的化学方程式是_______。（3）工业合成氨反应过程中的能量变化如图所示。①合成氨反应中，断裂的化学键是_______(填“极性键”或“非极性键”，下同)，形成的化学键是_______。②生成17gNH3时，该反应_______(填“吸收”或“放出”)的能量为_______kJ。〖答案〗（1）b（2）2H2OH2↑+H2O2（3）①.非极性键②.极性键③.放出④.44〖解析〗【小问1详析】由题干信息可知，煤的气化：是一个吸热反应，即反应物总能量低于生成物总能量，故如图b所示，故〖答案〗为：b；【小问2详析】由题干反应历程图图示信息可知，反应①即H2O转化为H2O2和H2，故该转化的化学方程式是2H2OH2↑+H2O2，故〖答案〗为：2H2OH2↑+H2O2；【小问3详析】①工业上合成氨的方程式为：N2+3H22NH3，故合成氨反应中，断裂的化学键是N≡N键、H-H键均为非极性键，形成的化学键是N-H键，为极性键，故〖答案〗为：非极性键；极性键；②由题干工业合成氨反应过程中的能量变化图示信息可知，N2+H2NH3=1129kJ/mol-(324+389+460)kJ/mol=-44kJ/mol，故生成17gNH3即=1mol时，该反应放出的能量为44kJ，故〖答案〗为：放出；44。16.原电池是利用氧化还原反应设计的装置，该装置的特点是使氧化反应和还原反应在两个电极进行，“迫使”电子沿着特定的路线移动，从而产生电能。甲、乙两个原电池装置如图所示：回答下列问题：（1）若装置甲的溶液M为稀硫酸，两个电极采用镁棒和铝棒。①电极X为_______(填“正极”或“负极”)，该电极反应式为_______。②该电池的正极是_______(填“镁棒”或“铝棒”)，该电极产物W是_______(填化学式)。③该原电池总反应的化学方程式是_______。（2）若装置甲中两电极质量变化与时间的关系如图所示，其中一个电极为Ag电极，则该电池的电解质溶液为_______(填化学式)溶液，电极X为_______(填字母)a．Fe电极b．Mg电极c．Cu电极d．Al电极（3）将(1)中原电池生成的气体产物W通入装置乙中可制备燃料电池。①正极为_______(填“电极甲”或“电极乙”)，该电极发生_______(填“氧化反应”或“还原反应”)。②该电池工作时，外电路中电子由_______(填“电极甲”或“电极乙”，下同)流出；电解质溶液中的移向_______。〖答案〗（1）①.负极②.③.铝棒④.H2⑤.（2）①AgNO3②.d（3）①.电极甲②.还原反应③.电极乙④.电极乙〖解析〗【小问1详析】①镁与硫酸反应，铝与硫酸反应，镁的活泼性比铝强，因此镁为负极，铝为正极，再根据X电极是电子流出的极，则电极X为负极，该电极反应式为；故〖答案〗为：负极；。②根据前面分析该电池的正极是铝棒，该电极是氢离子得到电子变为氢气，因此正极产物W是H2；故〖答案〗为：铝棒；H2。③该原电池总反应镁和硫酸反应生成硫酸镁和氢气，其化学方程式是；故〖答案〗为：。【小问2详析】若装置甲中两电极质量变化与时间关系如图所示，其中一个电极为Ag电极，则一个电极质量增加10.8g，另一个电极质量减少0.9g，题中金属活泼性都比银弱，说明银为正极，银电极质量增加，则该电池的电解质溶液为硝酸银(AgNO3)溶液，有0.1mol银生成，有0.1mol电子转移，则负极会消耗0.05mol铁或0.05mol镁或0.05mol铜或铝，质量分别为2.8g、1.2g、3.2g、0.9g，则电极X为Al电极；故〖答案〗为：AgNO3；d。【小问3详析】①燃烧电池中燃料为负极，氧化剂为正极，则正极为电极甲，氧气得到电子，则说明该电极发生还原反应；故〖答案〗为：电极甲；还原反应。②该电池工作时，外电路中电子由负极即电极乙流出；根据原电池“同性相吸”，则电解质溶液中的移向负极即电极乙；故〖答案〗为：电极乙；电极乙。17.有机化合物A是基本的化工原料，在有机化工中具有举足轻重的作用，以A为基本原料制备E的合成路线如图所示。回答下列问题：（1）A的官能团名称是_______，以A为单体合成的高分子化合物的链节是_______。（2）A生成B的反应类型是_______。（3）写出C在催化剂铜和加热条件下生成乙醛的化学方程式：_______。（4）实验室中利用C、D制备E的装置如图所示：其中试管乙中盛有的试剂为_______(填字母，下同)，为除去生成物E中含有的C、D两种杂质，需采用_______对混合物进行洗涤，洗涤后再_______(填操作名称)，从而得到较为纯净的E。a．饱和食盐水b．饱和溶液c．饱和溶液d．饱和NaOH溶液（5）X为A的同系物，且与E含有相同的碳原子数，则X的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)，写出含两个甲基的同分异构体的结构简式：_______(填一种)。〖答案〗（1）①.碳碳双键②.（2）加成反应（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）①.b②.b③.分液（5）①.3②.CH3CH=CHCH3和CH2=C(CH3)2〖解析〗〖祥解〗由题干有机物转化关系图可知，A的分子式为C2H4，故其结构简式为：CH2=CH2，CH2=CH2与HCl催化加成得到B，即为CH3CH2Cl，CH3CH2Cl在NaOH溶液中加热发生水解反应生成C即CH3CH2OH，CH3CH2OH被酸性K2Cr2O7溶液氧化为D即CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH与浓硫酸共热发生酯化反应生成E即CH3COOCH2CH3，据此分析解题。【小问1详析】由分析可知，A为CH2=CH2，故A的官能团名称是碳碳双键，以A为单体合成的高分子化合物为：，则其链节是，故〖答案〗为：碳碳双键；；【小问2详析】由分析可知，A生成B的反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，该反应的反应类型是加成反应，故〖答案〗为：加成反应；【小问3详析】由分析可知，C为CH3CH2OH，故C在催化剂铜和加热条件下生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故〖答案〗为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；【小问4详析】由分析可知，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，故实验室中利用C、D制备E即实验制备乙酸乙酯的实验，实验中将产生的乙酸乙酯蒸汽通入饱和碳酸钠溶液中，即其中试管乙中盛有的试剂为饱和碳酸钠溶液即b，为除去生成物E即CH3COOCH2CH3中含有的C、D即CH3CH2OH、CH3COOH两种杂质，需采用饱和碳酸钠溶液对混合物进行洗涤即可中和乙酸，溶解乙醇，洗涤后液态分层，上层为乙酸乙酯，而下层为水溶液，故对分层液态再进行分液操作，从而得到较为纯净的E，故〖答案〗为：b；b；分液；【小问5详析】由分析可知，A为CH2=CH2，则X为A的同系物即含有一个碳碳双键的烯烃，且与E含有相同的碳原子数即含有4个碳原子，则X的分子式为C4H8，则X的同分异构体有：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3和CH2=C(CH3)2共3种(不考虑立体异构)，含两个甲基的同分异构体的结构简式为：CH3CH=CHCH3和CH2=C(CH3)2，故〖答案〗为：3；CH3CH=CHCH3和CH2=C(CH3)2。18.同一个化学反应，因为外界条件的不同，化学反应速率不同，通过控制变量可以测定不同条件对化学反应速率的影响。利用酸性与的反应原理，某化学兴趣小组对反应速率的影响因素进行了探究。回答下列问题：（1）溶液用稀硫酸酸化，能将氧化为，写出该反应的化学方程式：_______。（2）利用图1装置测定生成的体积，以此测定该反应的化学反应速率。向锥形瓶中加入120mL的溶液，通过分液漏斗滴加一定浓度的酸性溶液。①图2是的体积随反应时间的变化曲线。100s后，曲线斜率明显减小，解释其原因：_______。②分别计算0~80s、80~200s内生成的平均反应速率：_______、_______(保留3位小数)。（3）某同学通过测定酸性溶液褪色所需时间来探究化学反应速率快慢的影响因素。该同学在室温下完成了下表中的实验：实验组号溶液/mL酸性溶液/mL蒸馏水/mL褪色时间/s12.52.5538252.52.51937.52.5V9①实验3的V=_______。②比较三组实验，得出的结论是_______。③反应过程中，观察到开始阶段反应较慢，溶液褪色无明显变化，但之后反应速率明显加快。导致该现象的原因可能是_______(填一种)。〖答案〗（1）（2）①.草酸浓度降低，反应速率减小②.3.38③.1.58（3）①.0②.其他条件相同，草酸浓度越大，反应速率越快③.反应生成的锰离子对反应速率起催化作用〖解析〗〖祥解〗草酸和高锰酸钾在稀硫酸条件下反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，开始生成二氧化碳较缓慢，一段时间反应速率加快，可能是生成的锰离子对反应其催化作用，再过一段，反应速率明显下降，主要是草酸浓度降低，反应速率减慢，探究浓度对应速率的影响时，其他条件相同，溶液体积要相同，而草酸浓度不同对反应速率的影响。【小问1详析】溶液用稀硫酸酸化，能将氧化为，则该反应的化学方程式：；故〖答案〗为：。【小问2详析】①图2是的体积随反应时间的变化曲线。100s后，曲线斜率明显减小，解释其原因：草酸浓度降低，反应速率减小；故〖答案〗为：草酸浓度降低，反应速率减小。②分别计算0~80s、80~200s内生成的平均反应速率：、；故〖答案〗为：3.38；1.58。【小问3详析】①为探究浓度对反应速率的影响，混合溶液的体积要相同，因此实验3的V=0；故〖答案〗为：0。②比较三组实验，得出的结论是其他条件相同，草酸浓度越大，反应速率越快；故〖答案〗为：其他条件相同，草酸浓度越大，反应速率越快。③反应过程中，观察到开始阶段反应较慢，溶液褪色无明显变化，但之后反应速率明显加快，导致该现象的原因可能是反应生成的锰离子对反应速率起催化作用；故〖答案〗为：反应生成的锰离子对反应速率起催化作用。19.氨的氧化物和硫的氧化物是大气污染物的主要成分，是形成酸雨的主要物质。水污染的重要指标是水中的含氮量。回答下列问题：（1）氮的循环转化过程主要包括同化吸收，氨化、硝化……和固氮等，其中有天然转化，也有人工转化。①该氮的循环图中，M中氮的价态为+3，则其化学式是_______，循环过程中，转化_______(填序号ⅰ、ⅱ、ⅲ……)是氮的固定。②反应ⅱ的化学方程式是_______。（2）次氯酸钠作为一种强氧化剂，在污染治理方面发挥了重要的作用。①利用NaClO可除去污水中的污染，其反应原理可简要表示为图2，该总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。②NaClO溶液可除去工业烟气中的NO、等还原性气体(也称“脱硝、脱硫”)，某科研工作者设计了如图3所示的喷淋式吸收塔装置。从化学反应速率角度分析该装置的优点：_______。③某次脱硫实验共通入50L工业烟气，收集到8.00L处理后的混合液，取其中100mL该混合液样品进行下列测定实验：混合液样品过滤、洗涤、干燥→1.165g固体则该工业烟气中的浓度为_______。〖答案〗（1）①.N2O3或②.ⅰ③.5O2+4NH34NO＋6H2O（2）①.3:2②.气液逆流法使得充分接触，增大接触面积，反应速率加快③.0.512〖解析〗【小问1详析】①该氮的循环图中，M中氮的价态为+3，是硝酸根变为亚硝酸根，若是氧化物，则为三氧化二氮，则M化学式是N2O3或，氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，则循环过程中，转化ⅰ是氮的固定；故〖答案〗为：N2O3或；ⅰ。②反应ⅱ是氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，其化学方程式是5O2+4NH34NO＋6H2O；故〖答案〗为：5O2+4NH34NO＋6H2O。【小问2详析】①利用NaClO可除去污水中的污染，其反应原理可简要表示为图2，该总反应1mol次氯酸钠得到2mol电子，1mol氨气失去3mol电子，根据得失电子守恒，因此总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；故〖答案〗为：3:2。②根据如图3所示的喷淋式吸收塔装置，从化学反应速率角度分析该装置的优点：气液逆流法使得充分接触，增大接触面积，反应速率加快；故〖答案〗为：气液逆流法使得充分接触，增大接触面积，反应速率加快。③根据题意得到1.165g固体硫酸钡，物质的量为0.005mol，根据，则50L气体中二氧化硫物质的量为0.005mol×=0.4mol，则该工业烟气中的浓度为；故〖答案〗为：0.512。海南省部分学校2022-2023学年高一下学期7月期末考试试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Fe56Cu64Ag108Ba137一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学知识与日常生活密切相关。下列说法错误的是（）A.葡萄酒中可添加SO2抗氧化 B.面食师傅使用小苏打作为膨松剂C.口罩中的聚丙烯无纺布是高分子材料 D.药店处方药包装须标识“OTC”〖答案〗D〖解析〗【详析】A．SO2具有强还原性，故葡萄酒中可添加SO2抗氧化，A正确；B．碳酸氢钠受热分解产生CO2等无毒气体，使面点疏松多孔，故面食师傅使用小苏打作为膨松剂，B正确；C．聚丙烯是有机合成高分子材料，即口罩中的聚丙烯无纺布是高分子材料，C正确；D．药店处方药包装须标识“R”，非处方药包装标识“OTC”，D错误；故〖答案〗为：D。2.35S是硫的一种放射性核素，可用作蛋白质代谢研究的示踪剂，还可以协助治疗软骨肉瘤等。下列有关35S的说法正确的是（）A.K层和M层电子数之和是核内质子数的 B.核外电子数为19C.中子数为35，质量数为51 D.35S与35Cl互为同位素〖答案〗A〖解析〗【详析】A．已知S是16号元素，其核内有16个质子，K层有2个电子和M层有6个电子，电子数之和8个是核内质子数的，A正确；B．已知S是16号元素，其核内有16个质子，核外电子数为16，B错误；C．35S中质量数为35，中子数为35-16=19，C错误；D．质子数相同，而中子数不同的同一元素不同原子互为同位素，故35S与35Cl不互为同位素，D错误；故〖答案〗为：A。3.碳、氮、硫、氯是典型的非金属元素，下列有关碳、氮、硫、氯单质及其化合物的离子方程式书写正确的是（）A.向浓硝酸中加入少量粉末：B.向溶液中滴加醋酸溶液：C.实验室用溶液检验：D.溶解于水：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．向浓硝酸中加入少量粉末，浓硝酸被还原为二氧化氮：，故A错误；B．向溶液中滴加醋酸溶液，醋酸是弱电解质：，故B错误；C．实验室用溶液检验，反应生成硫酸钡沉淀：，故C正确；D．溶解于水，次氯酸是弱酸：，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。4.学过原电池后，某同学设计了如图所示的原电池。闭合电键K，下列有关说法正确的是（）A.铜丝为原电池的负极B.铁钉处的电极反应为C.玻璃杯中由正极区域移向负极区域D.正极收集0．01mol气体时，转移0．04mol电子〖答案〗C〖解析〗【详析】A．铁活泼性比铜强，铁与醋酸反应，铜与醋酸不反应，则铜丝为原电池的正极，故A错误；B．铁钉处的电极反应为，故B错误；C．根据原电池“同性相吸”，则玻璃杯中由正极区域移向负极区域，故C正确；D．根据，正极收集0.01mol气体时，转移0.02mol电子，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。5.下列金属冶炼的方程式(未配平)错误的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Zn是较活泼的金属，用热还原法冶炼，，故A正确；B．Mg比Al活泼，不能用铝热法制取，用电解熔融氯化镁得到，，故B错误；C．Ag是活泼性弱的金属，用热分解法得到，，故C正确；D．Al是活泼金属，用电解熔融氧化铝得到，，故D正确。综上所述，〖答案〗为B。6.化学物质在医疗卫生领域有广泛用途。下列说法错误的是（）A.次氯酸钠溶液可用于环境消杀 B.甲醛稀溶液可用于外伤伤口消毒C.0.9%的生理盐水可用于清洗伤口，但不能杀菌 D.可降解塑料可用于包装药片〖答案〗B〖解析〗【详析】A．“84”消毒液的有效成分就是NaClO，可用于环境消毒，A项正确；B．甲醛溶液有毒，可以用来保存动物标本，不能用于外伤伤口消毒，B项错误；C．0.9%的生理盐水浓度与细胞液浓度大致相等，可以用于清洗伤口不使细胞脱水或过度吸水，但是氯化钠溶液不能杀菌，C项正确；D．可降解塑料有密封和阻透的效果，可用于包装药片，D项正确；故选B。7.下列有关煤的综合利用和石油化工的说法错误的是（）A.煤的气化、液化和煤的焦化均为化学变化B.石油裂解可能获得甲烷、乙烯、丙烯等物质C.石油的催化重整可获取苯、甲苯等化工原料D.化石燃料均为碳氢化合物组成的简单混合物〖答案〗D〖解析〗【详析】A．煤的气化、液化和煤的焦化、煤的干馏均为化学变化，故A正确；B．石油裂解可能获得甲烷、乙烯、丙烯等物质，石油裂化主要提高汽油、煤油等轻质油的产量，故B正确；C．石油的催化重整在经过热或在催化剂的作用下，使油料中的烃类分子重新调整结构，生成大量苯、甲苯等化工原料，故C正确；D．化石燃料主要包括煤、石油、天然气，煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，故D错误。综上所述，〖答案〗为D。8.实验室中收集NO2时，可以用淀粉KI试纸检验是否收集满该气体，该检验原理的反应为KI+NO2+H2OI2+NO+KOH(未配平)。设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列针对该NO2验满原理的说法正确的是（）A.验满时，需用蒸馏水先将淀粉KI试纸润湿B.该反应为置换反应类型的氧化还原反应C.该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D.用单质铜与浓硝酸反应制NO2，当收集5.6L(换算为标准状况)NO2时，转移电子数为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．已知I2遇到淀粉溶液才变为蓝色，且反应中需要有H2O参与，故验满时，需用蒸馏水先将淀粉KI试纸润湿，A正确；B．置换反应是指一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，故该反应不属于置换反应，但有元素的化合价发生改变，故属于氧化还原反应，B错误；C．根据氧化还原反应配平可得该反应为：2KI+NO2+H2O=I2+NO+2KOH，反应中NO2为氧化剂，KI为还原剂，故该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，C错误；D．用单质铜与浓硝酸反应制NO2，反应中N由HNO3中的+5价转化为NO2中的+4价，故当收集5.6L(换算为标准状况)NO2时，转移电子数为=0.25NA，D错误；故〖答案〗为：A。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确〖答案〗只包括一个选项，多选得0分；若正确〖答案〗包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.根据下列实验目的、操作及现象所得出的结论正确的是（）选项实验目的操作及现象结论A检验盐溶液中存在在盐溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝盐溶液中存在B比较元素的非金属性强弱在粉末中加入稀硫酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，出现白色沉淀非金属性：S>C>SiC除去乙烯中混有的将混合气体通过盛有足量NaOH溶液的洗气瓶收集到纯净干燥的乙烯气体D检验淀粉是否水解完全加热试管中淀粉与稀硫酸的混合物，冷却后滴加NaOH溶液调至碱性，再加少量新制的，加热，出现砖红色沉淀淀粉水解完全〖答案〗AB〖解析〗【详析】A．在盐溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有铵根离子，故A正确；B．在粉末中加入稀硫酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中，出现白色沉淀，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳、硫酸钠和水，二氧化碳和硅酸钠、水反应生成硅酸和碳酸钠，因此非金属性：S>C>Si，故B正确；C．将混合气体通过盛有足量NaOH溶液的洗气瓶，但乙烯中含有水蒸气杂质，不能收集到干燥的乙烯气体，故C错误；D．该实验出现砖红色沉淀，只能说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，应该取水解液少许于试管中，向试管中滴加淀粉，淀粉不变蓝，说明淀粉完全水解，故D错误。综上所述，〖答案〗为AB。10.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是目前形成化合物种类最多的元素，Y的单质是空气的成分之一，且其非金属性比空气中形成另一种单质的元素强，Z的最高价氧化物对应的水化物能分别与强酸、强碱反应，W与Y的最外层电子数相等。下列说法正确的是（）A.Y、W同主族，且最高化合价相等B.非金属性：X<Y<WC.简单离子半径：W>Z>YD.由Y、Z、W三种元素组成的化合物中可能含离子键和极性键〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是目前形成化合物种类最多的元素，则X为C，Y的单质是空气的成分之一即N2或者O2，已知O的非金属性强于N，且其非金属性比空气中形成另一种单质的元素强，则Y为O，Z的最高价氧化物对应的水化物能分别与强酸、强碱反应则Z为Al，W与Y的最外层电子数相等，即最外层上有6个电子，且原子序数比Al大，故W为S，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，Y为O、W为S，故Y、W同主族，但O无最高正价，即二者最高化合价不相等，A错误；B．由分析可知，X为C、Y为O、W为S，根据同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，且CS2中C显正价，S显负价，故非金属性：O＞S＞C即X<W<Y，B错误；C．由分析可知，Y为O、Z为Al、W为S，根据电子层数越多微粒半径一般越大，电子层数相同核电荷数越多，半径越小可知，简单离子半径S2-＞O2-＞Al3+即W>Y>Z，C错误；D．由分析可知，Y为O、Z为Al、W为S，由Y、Z、W三种元素组成的化合物如Al2(SO4)3中含有离子键和极性键，D正确；故〖答案〗为：D。11.还原钼矿(主要成分为)制备单质钼，能防止污染，该反应原理为。向盛有一定比例、混合物的恒容密闭容器中通入使其起始浓度为，在一定条件下发生上述反应，测得容器中反应达到平衡状态时的浓度为。下列说法正确的是（）A.若达到平衡所需时间为ts，则0~ts内用CO表示的平均反应速率B.达到平衡状态时，C.升高温度、使用催化剂均能加快该反应的反应速率D.平衡后，再充入，反应速率不会改变〖答案〗C〖解析〗【详析】A．若达到平衡所需时间为ts，氢气浓度改变量为2mol∙L−1，CO浓度改变量为1mol∙L−1，则0~ts内用CO表示的平均反应速率，故A错误；B．达到平衡状态时，，故B错误；C．升高温度、使用催化剂均能加快该反应的反应速率，故C正确；D．平衡后，再充入，氢气浓度增大，则反应速率增大，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。12.液溴及其衍生物是制药工业的重要化工原料，而溴的主要来源是海水。工业上空气吹出法是海水提溴的常用方法，其简要工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）A.“氧化ⅰ”操作使用热空气可降低Br2的溶解度B.“氧化ⅰ”和“氧化ⅱ”反应的离子方程式相同C.实验室模拟该工艺时，“还原”操作可用饱和Na2SO3溶液代替SO2D.粗盐精制后，电解其饱和溶液制备Na〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗利用太阳光将海水蒸发制取粗盐过滤后，得到的浓缩海水中通入Cl2，将Br-先转化为Br2、并用热空气将Br2吹出至SO2饱和溶液中，吸收Br2进行富集，再向富集后的溶液中通入Cl2再次将Br-氧化为Br2，然后萃取分液得到Br2的CCl4溶液，蒸馏Br2的CCl4溶液得到液溴，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，Br2易挥发，温度越高挥发性越强，故“氧化ⅰ”操作使用热空气可降低Br2的溶解度，A正确；B．由分析可知，“氧化ⅰ”和“氧化ⅱ”均是将Br-氧化为Br2，两反应的离子方程式相同，均为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，B正确；C．实验室模拟该工艺时，“还原”操作可用饱和Na2SO3溶液代替SO2，反应原理为：SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr和Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4+2HBr，C正确；D．制备金属钠需电解熔融的NaCl，电解方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，电解NaCl饱和溶液制备不到Na，电解方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D错误；故〖答案〗为：D。13.丙烯酸乙酯既可用于制备塑料、树脂等高聚物，也可用作有机合成中间体。丙烯酸乙酯的结构简式为。下列有关该有机物的说法错误的是（）A.是乙烯同系物 B.含碳碳双键、羧基两种官能团C.能使酸性溶液褪色 D.能发生取代反应、加成反应〖答案〗AB〖解析〗【详析】A．丙烯酸乙酯含有碳碳双键和酯基，乙烯只含碳碳双键，两者结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．含碳碳双键、酯基两种官能团，故B错误；C．含有碳碳双键，能使酸性溶液褪色，故C正确；D．含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生水解反应即取代反应，故D正确。综上所述，〖答案〗为AB。14.过氧化钠是一种强氧化剂，活跃在多种化学反应中，如能与很多氧化物发生反应得到相关的钠盐(下列化学方程式未配平)：①②③下列说法正确的是（）A.三个反应中，均既是氧化剂又是还原剂B.反应②中的和反应③中的均是还原剂C.转移相等的电子时，反应①与反应②消耗的的质量比为2∶1D.三个反应中得到的钠盐生成物均是氧化产物〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．第二个反应中中氧全部降低，因此只作氧化剂，故A错误；B．反应②中的中的硫化合价只升高，反应③中的中的铬化合价只升高，因此都是还原剂，故B正确；C．反应①中1mol过氧化钠转移1mol电子，反应②中1mol过氧化钠转移2mol电子，转移相等的电子时，则反应①与反应②消耗的消耗的物质的量之比为2:1，其质量比为2∶1，故C正确；D．反应①中碳酸钠是化合价降低得到的产物，碳酸钠是还原产物，反应②中钠盐既是氧化产物又是还原产物，反应③中铬酸钠是化合价升高得到的产物，是氧化产物，故D错误。综上所述，〖答案〗为：BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。15.20世纪初德国化学家哈伯(F．Haber)发明工业合成氨，人工制出氮肥，粮食产量显著提高，为解决人类温饱做出重大贡献。回答下列问题：（1）合成氨的原料H2主要来源于煤的综合利用，如煤的气化：(吸热反应)，煤的气化反应过程中能量变化可表示为_______(填字母)。（2）一种新型的复合光催化剂(CQDs/纳米复合物)能以太阳光为能源，使水分解获得，其原理如图所示。反应①的化学方程式是_______。（3）工业合成氨反应过程中的能量变化如图所示。①合成氨反应中，断裂的化学键是_______(填“极性键”或“非极性键”，下同)，形成的化学键是_______。②生成17gNH3时，该反应_______(填“吸收”或“放出”)的能量为_______kJ。〖答案〗（1）b（2）2H2OH2↑+H2O2（3）①.非极性键②.极性键③.放出④.44〖解析〗【小问1详析】由题干信息可知，煤的气化：是一个吸热反应，即反应物总能量低于生成物总能量，故如图b所示，故〖答案〗为：b；【小问2详析】由题干反应历程图图示信息可知，反应①即H2O转化为H2O2和H2，故该转化的化学方程式是2H2OH2↑+H2O2，故〖答案〗为：2H2OH2↑+H2O2；【小问3详析】①工业上合成氨的方程式为：N2+3H22NH3，故合成氨反应中，断裂的化学键是N≡N键、H-H键均为非极性键，形成的化学键是N-H键，为极性键，故〖答案〗为：非极性键；极性键；②由题干工业合成氨反应过程中的能量变化图示信息可知，N2+H2NH3=1129kJ/mol-(324+389+460)kJ/mol=-44kJ/mol，故生成17gNH3即=1mol时，该反应放出的能量为44kJ，故〖答案〗为：放出；44。16.原电池是利用氧化还原反应设计的装置，该装置的特点是使氧化反应和还原反应在两个电极进行，“迫使”电子沿着特定的路线移动，从而产生电能。甲、乙两个原电池装置如图所示：回答下列问题：（1）若装置甲的溶液M为稀硫酸，两个电极采用镁棒和铝棒。①电极X为_______(填“正极”或“负极”)，该电极反应式为_______。②该电池的正极是_______(填“镁棒”或“铝棒”)，该电极产物W是_______(填化学式)。③该原电池总反应的化学方程式是_______。（2）若装置甲中两电极质量变化与时间的关系如图所示，其中一个电极为Ag电极，则该电池的电解质溶液为_______(填化学式)溶液，电极X为_______(填字母)a．Fe电极b．Mg电极c．Cu电极d．Al电极（3）将(1)中原电池生成的气体产物W通入装置乙中可制备燃料电池。①正极为_______(填“电极甲”或“电极乙”)，该电极发生_______(填“氧化反应”或“还原反应”)。②该电池工作时，外电路中电子由_______(填“电极甲”或“电极乙”，下同)流出；电解质溶液中的移向_______。〖答案〗（1）①.负极②.③.铝棒④.H2⑤.（2）①AgNO3②.d（3）①.电极甲②.还原反应③.电极乙④.电极乙〖解析〗【小问1详析】①镁与硫酸反应，铝与硫酸反应，镁的活泼性比铝强，因此镁为负极，铝为正极，再根据X电极是电子流出的极，则电极X为负极，该电极反应式为；故〖答案〗为：负极；。②根据前面分析该电池的正极是铝棒，该电极是氢离子得到电子变为氢气，因此正极产物W是H2；故〖答案〗为：铝棒；H2。③该原电池总反应镁和硫酸反应生成硫酸镁和氢气，其化学方程式是；故〖答案〗为：。【小问2详析】若装置甲中两电极质量变化与时间关系如图所示，其中一个电极为Ag电极，则一个电极质量增加10.8g，另一个电极质量减少0.9g，题中金属活泼性都比银弱，说明银为正极，银电极质量增加，则该电池的电解质溶液为硝酸银(AgNO3)溶液，有0.1mol银生成，有0.1mol电子转移，则负极会消耗0.05mol铁或0.05mol镁或0.05mol铜或铝，质量分别为2.8g、1.2g、3.2g、0.9g，则电极X为Al电极；故〖答案〗为：AgNO3；d。【小问3详析】①燃烧电池中燃料为负极，氧化剂为正极，则正极为电极甲，氧气得到电子，则说明该电极发生还原反应；故〖答案〗为：电极甲；还原反应。②该电池工作时，外电路中电子由负极即电极乙流出；根据原电池“同性相吸”，则电解质溶液中的移向负极即电极乙；故〖答案〗为：电极乙；电极乙。17.有机化合物A是基本的化工原料，在有机化工中具有举足轻重的作用，以A为基本原料制备E的合成路线如图所示。回答下列问题：（1）A的官能团名称是_______，以A为单体合成的高分子化合物的链节是_______。（2）A生成B的反应类型是_______。（3）写出C在催化剂铜和加热条件下生成乙醛的化学方程式：_______。（4）实验室中利用C、D制备E的装置如图所示：其中试管乙中盛有的试剂为_______(填字母，下同)，为除去生成物E中含有的C、D两种杂质，需采用_______对混合物进行洗涤，洗涤后再_______(填操作名称)，从而得到较为纯净的E。a．饱和食盐水b．饱和溶液c．饱和溶液d．饱和NaOH溶液（5）X为A的同系物，且与E含有相同的碳原子数，则X的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)，写出含两个甲基的同分异构体的结构简式：_______(填一种)。〖答案〗（1）①.碳碳双键②.（2）加成反应（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）①.b②.b③.分液（5）①.3②.CH3CH=CHCH3和CH2=C(CH3)2〖解析〗〖祥解〗由题干有机物转化关系图可知，A的分子式为C2H4，故其结构简式为：CH2=CH2，CH2=CH2与HCl催化加成得到B，即为CH3CH2Cl，CH3CH2Cl在NaOH溶液中加热发生水解反应生成C即CH3CH2OH，CH3CH2OH被酸性K2Cr2O7溶液氧化为D即CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH与浓硫酸共热发生酯化反应生成E即CH3COOCH2CH3，据此分析解题。【小问1详析】由分析可知，A为CH2=CH2，故A的官能团名称是碳碳双键，以A为单体合成的高分子化合物为：，则其链节是，故〖答案〗为：碳碳双键；；【小问2详析】由分析可知，A生成B的反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，该反应的反应类型是加成反应，故〖答案〗为：加成反应；【小问3详析】由分析可知，C为CH3CH2OH，故C在催化剂铜和加热条件下生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故〖答案〗为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；【小问4详析】由分析可知，C为CH3CH2OH，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，故实验室中利用C、D制备E即实验制备乙酸乙酯的实验，实验中将产生的乙酸乙酯蒸汽通入饱和碳酸钠溶液中，即其中试管乙中盛有的试剂为饱和碳酸钠溶液即b，为除去生成物E即CH3COOCH2CH3中含有的C、D即CH3CH2OH、CH3COOH两种杂质，需采用饱和碳酸钠溶液对混合物进行洗涤即可中和乙酸，溶解乙醇，洗涤后液态分层，上层为乙酸乙酯，而下层为水溶液，故对分层液态再进行分液操作，从而得到较为纯净的E，故〖答案〗为：b；b；分液；【小问5详析】由分析可知，A为CH2=CH2，则X为A的同系物即含有一个碳碳双键的烯烃，且与E含有相同的碳原子数即含有4个碳原子，则X的分子式为C4H8，则X的同分异构体有：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3和CH2=C(CH3)