2022-2023学年山东省烟台市高一下学期期末考试化学试题 （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2山东省烟台市2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A.米酒的酿造过程涉及氧化还原反应B.工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油C.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质均为含有氧元素的高分子化合物D.使用75%酒精、“84”消毒液、双氧水消毒，均涉及蛋白质的变性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．酿酒的过程中淀粉转化为葡萄糖，葡萄糖转化为酒精和二氧化碳，C元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A正确；B．植物油中含有碳碳双键，在一定条件下能与氢气发生加成反应，此过程称为油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，B正确；C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，C错误；D．使用75%酒精能使蛋白质变性，“84”消毒液、双氧水具有强氧化性，可以消毒能使蛋白质的变性，D正确；故选C。2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.氯乙烯的结构简式：CH2CHClB.丙烷的空间填充模型：C.氢氧化钠的电子式：D.中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯乙烯结构简式为CH2＝CHCl，A错误；B．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，该模型是球棍模型，B错误；C．氢氧化钠含有离子键，属于离子化合物，电子式为，C正确；D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子可表示为，D错误；〖答案〗选C。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Y是地壳中含量最高的元素，最外层电子数X+Z=Y，Y和W在元素周期表中相邻。下列说法正确的是（）A.Z2Y2的阴阳离子个数比为1∶1 B.简单离子半径：X>Y>ZC.简单离子的还原性：W>Y>X D.气态氢化物稳定性：W>Y〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推断X是N元素，Y是地壳中含量最高的元素则Y是O元素，最外层电子数X+Z=Y则Z是Na，Y和W在元素周期表中相邻则W是S元素，据此分析。【详析】A．据分析可知Z2Y2即，其阴阳离子个数比为1∶2，故A错误；B．X、Y、Z的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，简单离子半径：N3->O2->Na+，故B正确；C．X、Y、W的简单离子分别为N3-、O2-、S2-，还原性：S2>N3->O2-，故C错误；D．Y、W的气态氢化物分别为H2O和H2S，气态氢化物稳定性：H2O>H2S，故D错误；故选B。4.从化石燃料中获取有机物是化工产业常用方式之一。下列说法正确的是（）A.石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物B.甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料D.汽油、煤油、柴油等石油分馏的产物，属于不可再生能源〖答案〗D〖解析〗【详析】A．石油是混合物，其分馏产品汽油也是混合物，A错误；B．甲烷、乙烯通过石油裂解得到，苯可通过催化重整得到，B错误；C．煤的气化是用煤来生产水煤气等，煤的液化是用煤来生产甲醇等，煤的气化和液化都是化学变化，C错误；D．化石燃料属于不可再生能源，则汽油、煤油、柴油等石油分馏的产物也属于不可再生能源，D正确；〖答案〗选D。5.下列每组物质均为含有共价键的离子化合物的是（）A.CaCO3、Ca(OH)2、NaHS B.MgO、MgSO4、NH4ClC.H2SO4、HNO3、HClO4 D.MgF2、Al2O3、Mg3N2〖答案〗A〖解析〗【详析】A．CaCO3、Ca(OH)2、NaHS均为离子化合物、均含离子键，碳酸根离子、氢氧根离子和HS-离子内均含有共价键，A正确；B．MgO为离子化合物、只含离子键不含共价键，B错误；C．H2SO4、HNO3、HClO4均为共价化合物、均只含共价键，C错误；D．MgF2、Al2O3、Mg3N2均为离子化合物、均只含离子键不含共价键，D错误；〖答案〗选A。6.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.20gD2O和中含有的中子数为9NAB.1mol苯分子中，含有碳碳双键的数目为C.标准状况下，2.24LCH2Cl2中含有的氢原子数目为0.2NAD.氯碱工业中，阴极和阳极产生气体的总质量为7.3g时，转移电子数为0.2NA〖答案〗D〖解析〗【详析】A．D2O和含有的中子数均是10，相对分子质量均是20，因此20gD2O和中含有的中子数为10NA，A错误；B．苯分子中不存在碳碳双键，B错误；C．标准状况下CH2Cl2不是气态，2.24LCH2Cl2中含有的氢原子数目不是0.2NA，C错误；D．氯碱工业中，阴极和阳极产生气体分别是氢气和氯气，且体积比是1：1，若总质量为7.3g，则二者的物质的量均是0.1mol，因此转移电子数为0.2NA，D正确；〖答案〗选D。7.一定条件下，的γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应生成γ-丁内酯：，不同时刻测得γ-丁内酯的浓度如表。t/min2050801201602003003500.0240.0500.0710.0900.1040.1160.1320132不考虑副反应及溶液体积变化。下列说法正确是（）A.前20min的化学反应速率小于20~50min的化学反应速率B.反应一定是在第300min时达到平衡状态、C.该反应在160~200min的化学反应速率v(γ-丁内酯)D.当γ-羟基丁酸和γ-丁内酯的总浓度保持不变时，说明反应已达到平衡状态〖答案〗C〖解析〗【详析】A．前20min的化学反应速率v(γ-丁内酯)，20~50min的化学反应速率v(γ-丁内酯)，前者速率大，A错误；B．从表中只能看出来第300min时处于平衡状态看不出在何时建立的平衡状态，B错误；C．该反应在160~200min的化学反应速率v(γ-丁内酯)，C正确；D．由物料守恒可知，γ-羟基丁酸和γ-丁内酯的总浓度始终是定值，故其保持不变时不能说明反应已达到平衡状态，D错误；〖答案〗选C。8.奥司他韦是甲流特效药，由莽草酸合成奥司他韦的部分路线如图。下列说法正确的是（）A.奥司他韦分子式为 B.莽草酸与中间体互为同系物C.1mol莽草酸最多可与4molNaOH反应 D.莽草酸能发生加成反应、取代反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．据结构简式可知奥司他韦分子式为，A错误；B．莽草酸含羧基、中间体含酯基，二者所含官能团不完全相同，结构不相似，不互为同系物，B错误；C．所含羧基能和氢氧化钠反应，1mol莽草酸最多可与1molNaOH反应，C错误；D．莽草酸含碳碳双键，能发生加成反应，含醇羟基和羧基，能发生取代反应，D正确；〖答案〗选D。9.在缺氧的深层潮湿土壤中，厌氧细菌会促进钢铁发生厌氧腐蚀，其原理如图所示。为抑制腐蚀的发生，通常将钢管、石墨电极分别与外接电源相连，使钢管表面形成致密的Fe3O4薄膜。下列说法正确的是（）A.腐蚀过程中，厌氧细菌促进H2O发生氧化反应B.腐蚀过程中存在C.上述保护方法为阴极电保护法D.通电后电子从钢管流向石墨电极，再经潮湿的土壤回到钢管〖答案〗B〖解析〗【详析】A．腐蚀过程中，阴极水得到电子被还原为氢气，厌氧细菌促进H2与硫酸根反应、氢气发生氧化反应，A错误；B．由图、结合选项A可知：腐蚀过程中存在，B正确；C．已知：为抑制腐蚀的发生，通常将钢管、石墨电极分别与外接电源相连，使钢管表面形成致密的Fe3O4薄膜，则铁被氧化，铁为阳极不是阴极，故上述保护方法不属于阴极电保护法，C错误；D．通电后电子从钢管流向石墨电极，但电子不会进入电解液，故不会经潮湿的土壤回到钢管，D错误；〖答案〗选B。10.碘是人体不可缺少的微量元素，采用离子交换法从卤水(富含)中提取碘的工艺流程如下。下列说法错误的是（）A.“氧化1”的主要离子方程式为B.离子交换树脂的作用是富集碘元素C.理论上参加反应的D.“吹碘”鼓入热空气是利用了I2易升华的性质〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗卤水中的碘离子在硫酸酸性条件下，被氯气氧化成，用树脂交换吸附后，用亚硫酸钠将还原成碘离子，然后树脂在氯化钠和HCl通入后再次发生离子交换，将碘离子转移到水溶液中，溶液中碘离子被加入的氯酸钾氧化成碘单质，最后用热空气吹出，得到碘单质，据此分析解答。【详析】A．氧化1”中生成，氯气被还原成氯离子，根据化合价升降总数相等配平反应，其反应的离子方程式为，A错误；B．据分析，离子交换树脂的作用是富集碘元素，B正确；C．氧化1”中，碘离子转变为，氯气被还原成氯离子，氯元素化合价从0降低到-1，亚硫酸钠又将还原成碘离子，硫元素从+4升高到+6价，则存在关系式，故理论上参加反应的，C正确；D．吹碘”中通入热空气，使碘成为气体从溶液中逸出，则“吹碘”鼓入热空气是利用了I2易升华的性质，D正确；〖答案〗选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作能达到相应实验目的的是（）选项实验操作实验目的A相同温度下，向两支盛有相同体积、相同浓度双氧水的试管中，分别滴入等量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究、对H2O2分解速率的影响B将铁片和铜片用导线连接，插入浓HNO3中比较铁和铜的失电子能力C向鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，观察现象：然后加入蒸馏水振荡，观察现象探究蛋白质的变性是否可逆D向淀粉的水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热检验淀粉是否水解完全〖答案〗C〖解析〗【详析】A．双氧水中加入的CuSO4溶液和FeCl3溶液，其阴离子和阳离子均不同，故不能探究、对H2O2分解速率的影响，A错误；B．铁片在浓HNO3中发生钝化，不能通过该原电池反应比较铁和铜的失电子能力，B错误；C．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，则向鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，观察到白色沉淀，然后加入蒸馏水振荡发现沉淀不溶解，可探究蛋白质的变性且其不可逆，C正确；D．在水解液中加过量氢氧化钠使得它呈碱性，再加新制的氢氧化铜悬浊液加热，若有砖红色沉淀，则证明淀粉已水解；另取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余，淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余，D错误；选C。12.科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A.肉桂醇苯环上的四氯取代产物有3种B.肉桂醇中所有碳原子不可能共平面C.苯丙醛的同分异构体中含苯环和醛基的有12种D.等物质的量的苯丙醛、肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．肉桂醇苯环上有3类氢原子，共5个氢原子，其一氯取代产物有3种，则其四氯取代产物有3种，故A正确；B．由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以肉桂醇中所有碳原子可能共平面，故B错误；C．苯丙醛的同分异构体中含苯环和醛基，若苯环上含有1个取代基，除本丙醛以外还有一种，如果含有2个取代基，可以是醛基和乙基，或甲基和－CH2CHO，若含有3个取代基，应该是2个甲基和1个醛基，共有13种，故C错误；D．苯丙醛和肉桂醇是同分异构体，则等物质的量的苯丙醛，肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等，故D正确；故选：BC。13.CH4(g)与Cl2(g)发生取代反应分别生成1mol相关有机物和HCl(g)的能量变化如下。已知断开1molCl-Cl键、1molC-Cl键吸收的能量分别为243kJ、327kJ。下列说法错误的是（）A.1molCH3Cl(g)比1molCH4(g)的能量少99kJB.C.D.断开1molC-H键吸收的能量比断开1molH-Cl键吸收的能量少〖答案〗A〖解析〗【详析】A．由题干信息可知，1molCH3Cl(g)和1molHCl(g)的能量之和比1molCH4(g)和1molCl2(g)的能量之和少99kJ，故A错误；B．由题干信息可知，，故B正确；C．由题干信息可知，，由CCl4(g)=CCl4(l)为放热过程，故，故C正确；D．由B可知，反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，又已知断开1molCl-Cl键、1molC-Cl键吸收的能量分别为243kJ、327kJ，则△H=3×E(C-H键能)+327+3×243-4×327-3×E(H-Cl键能)=-301，得E(C-H键能)-E(H-Cl键能)＜0，故断开1molC-H键吸收的能量比断开1molH-Cl键吸收的能量少，故D正确；故选A。14.电还原CO2时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如图所示。下列说法正确的是（）A.a为电源的负极B.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上C.阴极发生的反应有：D.理论上每消耗1molCO2，阳极至少生成1.5mol气体〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗由图可知，该装置为电解池，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，则铜电极为阴极，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。【详析】A．据分析IrOx-Ti电极为电解池的阳极，则a为直流电源的正极，故A错误；B．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故B错误；C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、，故C正确；D．理论上每消耗1molCO2，转移电子6mol，按阳极的电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+及电子数守恒，可知在阳极生成1.5mol氧气，故D正确；〖答案〗选CD。15.电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示：下列说法错误的是（）A.电解一段时间后，Pt电极附近pH减小B.阴极的电极反应有：、C.根据图b可判断合适的电流强度约为40mAD.若处理0.1mol，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36LO2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故电极为阴极，电极反应式分别为、，后发生反应，氧化苯酚，反应为，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑。【详析】A．电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑，电解一段时间后，Pt电极附近pH减小，故A正确；B．据分析，阴极的电极反应有：、，故B正确；C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，故C正确；D．由分析可知，苯酚转化为二氧化碳和水，，由图可知，反应中氧气转化为H2O2，H2O2转化为，转化关系为，故而，若处理0.1mol，则阴极消耗氧气的物质的量为2.8mol，理论上消耗标准状况下氧气的体积为，故D错误；选D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.有机物F的合成路线如下。回答下列问题：（1）A的结构简式为___________；B的名称为___________。（2）B→C的化学方程式为___________；D与E生成F的反应类型为___________。（3）1molE分别与足量Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比为___________。（4）F所含官能团的名称为___________；碳原子数与F相同的烷烃的结构有___________种，其一氯代物共有___________种。〖答案〗（1）①.CH2OH(CHOH)4CHO②.乙醇（2）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.取代反应（3）1：1（4）①.酯基、羧基②.3③.8〖解析〗淀粉在酶的作用下水解成葡萄糖，所以A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成B，B是乙醇，乙醇氧化成C，C是乙醛，C在一定条件下生成D，D是乙酸，所以C→D是乙醛氧化成乙酸的过程，乙酸与E在浓硫酸和加热条件下反应生成了含酯基和羧基的有机物F，所以这步发生的是酯化反应，通过F的结构可知E为：。（1）葡萄糖的结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO；B是乙醇；（2）B→C是乙醇氧化成乙醛，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，D与E生成F的反应类是CH3COOH和发生酯化反应生成F，酯化反应也是取代反应；（3）E为，含有羟基和羧基，两个官能团都能与Na反应生成氢气，所以与1molE反应后生成的氢气共1mol，NaHCO3只和羧酸反应，所以反应后可生成1mol二氧化碳，则产生气体的物质的量之比为1∶1；（4）从F的结构式可知，所含官能团为酯基和羧基；F有5个碳原子，所以与其碳原子数相同的烷烃是戊烷，有3种同分异构体，分别是，，，其对应的等效氢的种数分别是3种，4种，1种，所以其一氯代物共有8种。17.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的电子总数等于电子层数，Y最外层电子数为电子层数的3倍，Z的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应可生成Z的单质。由上述四种元素及元素Q组成的物质之间的转化关系如图所示，其中C为强酸，D、N分别是元素Q和W组成的单质(反应过程中部分产物略去)。回答下列问题：（1）W在元素周期表中的位置是___________；Z简单阴离子的结构示意图为___________。（2）若A与M均为微粒，则A的化学式为___________，M的电子式为___________；（3）Y、Z、W的非金属性由强到弱的顺序为___________(用元素符号表示)。（4）F与B反应生成E的离子方程式为___________。（5）500℃，向恒容密闭容器中通入等物质的量的B(g)与O2(g)充分反应。下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。①气体压强保持不变②气体密度保持不变③混合气体平均摩尔质量不再变化④为定值⑤B的质量不再改变⑥容器内原子总数不再变化〖答案〗（1）①.第3周期VIIA族②.（2）①.H2S②.（3）O>Cl>S（4）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++（5）②⑥〖解析〗X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的电子总数等于电子层数，则X为H，Y最外层电子数为电子层数的3倍，则Y为O，Z的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应可生成Z的单质，则Z为S、则W为Cl，由上述四种元素及元素Q组成的物质之间的转化关系如图所示，由图中E→G可知，G为Fe(OH)3，则Q为Fe元素，D、N分别是元素Q和W组成的单质，则D为Fe单质、N为Cl2，其中C为强酸，C+D→E，即H+与Fe反应得到E为Fe2+，棕黄色溶液含Fe3+、F为Fe3+，由F+B→E，得B为还原剂，从组成元素看B为SO2，E+M→F，则M为氧化剂，从组成元素看，M为H2O2，结合流程及题干信息可知，X为H，Y为O，Z为S、W为Cl，A为H2S，B为SO2，C为H2SO4，D为Fe单质，E为FeSO4，N为Cl2，F为Fe2(SO4)3，G为Fe(OH)3，据此回答。（1）据分析，W为Cl，在元素周期表中的位置是第3周期VIIA族；Z简单阴离子即S2-结构示意图为。（2）据分析，若A与M均为微粒，则A的化学式为H2S，M的电子式为；（3）同主族从上到下元素非金属性递减，同周期从左到右元素非金属性递增，Y、Z、W的非金属性由强到弱的顺序为O＞Cl＞S。（4）F与B反应生成E，即Fe2(SO4)3与SO2发生氧化还原反应生成FeSO4，离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++。（5）500℃，向恒容密闭容器中通入等物质的量的B(g)与O2(g)充分反应：2SO2+O22SO3：①反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，①不选；②气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，②选；③气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，③不选；④通入等物质的量的B(g)与O2(g)进行反应，随反应而变化，为定值说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，④不选；⑤B的质量不再改变说明其物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，⑤不选；⑥容器内原子总数始终不变，故原子总数不再变化不能说明已平衡，⑥选；选②⑥。18.乙烯、乙醇是重要有机化工原料。回答下列问题：已知：（1）石蜡油裂解产生的不饱和烃是重要的有机合成中间体。①反应I的化学方程式是___________。②D为高分子化合物，结构简式是___________。③下列装置正确且能达到实验目的的是___________(填序号)。A．甲装置：从石油中分离石蜡油B．乙装置：证明石蜡油分解生成乙烯C．丙装置：完成乙醇的催化氧化D．丁装置：制备乙酸乙酯（2）已知：CaCl2与C2H5OH形成CaCl2·6C2H5OH．实验室制备乙酸乙酯粗产品并精制提纯，流程如下。①制备乙酸乙酯的化学方程式为___________。②饱和Na2CO3溶液的作用是___________；操作1的名称是___________。③为除去有机层2中的乙醇，加入的试剂X为___________。④选择合适的仪器组装完成操作2(夹持、加热及单孔、双孔橡胶塞、导管等连接仪器略)，仪器的连接顺序为d→___________。〖答案〗（1）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.③.C（2）①.②.吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度③.分液④.无水CaCl2⑤.i→b→g→e〖解析〗(1)石油分馏得到石蜡油，石蜡油裂解得到乙烯，由信息知乙醛氧化为乙酸，则B为乙醛、乙醇在一定条件下被氧气氧化得到乙醛，则A为乙醇，则反应Ⅰ为乙烯和水的加成反应得到乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应得到C为乙酸乙酯，D为高分子化合物聚丙烯酸；(2)乙酸乙酯的精制：加入饱和溶液，可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，通过分液可以得到有机层1和无机层，有机层1中加入氯化钠至饱和，后静置分液，可回收水中的乙酸乙酯，分液得到有机相2，有机层2加入无水氯化钙，可除去乙酸乙酯中的乙醇，分液得到有机层3，将有机层3加入无水硫酸镁可除去残留的水，蒸馏可以得到精制的乙酸乙酯；（1）①反应I为CH2=CH2和H2O的加成反应得到CH3CH2OH，化学方程式是CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②丙烯酸发生加聚反应得到D为聚丙烯酸，结构简式是。③A．蒸馏时温度计的水银球略低于蒸馏烧瓶支管口，则A错误；B．乙装置石蜡油分解得到烯烃可能是乙烯、丙烯等，故不能证明石蜡油分解生成的一点是乙烯，则B错误；C．铜丝加热得到氧化铜，酒精灯芯处有乙醇蒸气，碰到氧化铜，氧化铜重新转变为铜，乙醇被氧化，故通过铜丝由红→黑→红可知乙醇被氧化、反应中铜为催化剂，丙装置能完成乙醇的催化氧化，则C正确；D．丁装置：制备乙酸乙酯时应防止倒吸，导管不能插入液面下，则D错误；选C。（2）①制备乙酸乙酯的化学方程式为。②饱和Na2CO3溶液的作用是吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；操作1用于分离互不相溶的两层液体，其名称是分液。③据信息可知，为除去有机层2中的乙醇，加入的试剂X为无水CaCl2。④操作2为蒸馏，则需要蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶组成成一套装置，故按由下而上、从左到右的顺序，仪器的连接顺序为d→i→b→g→e。19.以硫铁矿(FeS2，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备软磁性材料α-Fe2O3的主要工艺流程如下。回答下列问题：（1）为了提高硫铁矿的焙烧效率可以采取的措施有___________(任写一条)。（2）滤渣1的主要成分为___________(填化学式)：“还原”过程中的还原产物为___________(填化学式)：检验是否被完全还原的实验操作是___________。（3）“除铝”过程中，NaOH溶液过量导致滤渣2减少的原因是___________(用化学方程式表示)。（4）“操作a”所用的玻璃仪器有___________：“滤液”的主要成分为Na2SO4、(NH4)2SO4，则向“除Al”后的溶液中加入氨水-NH4HCO3混合溶液发生反应的离子方程式为___________。〖答案〗（1）将硫铁矿石粉碎（2）①.SiO2②.FeSO4、H2③.取少量清液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为红色（3）Al(OH)3＋NaOH=Na[Al(OH)4]（4）①.漏斗、烧杯、玻璃棒②.Fe2＋＋NH3·H2O＋=FeCO3↓＋＋H2O〖解析〗硫铁矿(FeS2，含Al、Si氧化物等杂质)通入空气”焙烧”，FeS2转化为Fe2O3和SO2，则气体X为SO2，烧渣“酸浸”时Al2O3、Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铝、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣1的成分是SiO2，滤液加过量铁粉还原，铁溶解得到硫酸亚铁，滤液加适量氢氧化钠溶液使铝离子沉淀为氢氧化铝，则滤渣2为氢氧化铝沉淀、经过滤，滤液加入氨水-NH4HCO3混合溶液发生反应生成FeCO3沉淀，经过滤分离出FeCO3并最终转变为α-Fe2O3。（1）为了提高硫铁矿的焙烧效率可以采取的措施有将硫铁矿石粉碎。（2）据分析滤渣1的主要成分为SiO2，“还原”过程中铁分别参与反应、，则还原产物为FeSO4、H2；检验是否被完全还原的实验操作是：取少量清液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为红色。（3）氢氧化铝是两性氢氧化物、能溶于过量的氢氧化钠中，则“除铝”过程中，NaOH溶液过量导致滤渣2即氢氧化铝沉淀减少，用化学方程式表示为：Al(OH)3＋NaOH=Na[Al(OH)4]。（4）“操作a”用于分离沉淀和溶液、为过滤，所用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，向“除Al”后的溶液主要成分为硫酸亚铁、硫酸钠，向其中加入氨水-NH4HCO3混合溶液发生反应可得到FeCO3沉淀，离子方程式为：Fe2＋＋NH3·H2O＋=FeCO3↓＋＋H2O。20.研究CO、CO2与H2催化合成CH4对实现“碳中和”具有重要的意义。（1）在一定条件下，CO(g)与H2(g)发生反应I：。已知：；CO(g)、H2(g)、CH4(g)的摩尔燃烧焓分别为、、，则___________。（2）我国科学家最近合成多孔壳核催化剂实现CO2氢化制备CH4，可能发生如下反应：反应II：反应III：一定条件下，向2L的密闭容器中充入1molCO2(g)和5molH2(g)，5min后达到平衡时测得CO为0.1mol，H2O(g)为1.3mol，则0~5min内___________；体系___________(填“吸收”或“放出”)热量___________kJ。（3）以CH4为燃料的新型电池得到广泛的研究应用，图1是以熔融碳酸盐(如K2CO3)为电解质的CH4燃料电池工作原理示意图，负极的电极反应式为___________。CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用图1燃料电池作电源实现两种分子的耦合转化，图2是其原理示意图，则c电极接图1的___________电极(填“a”或“b”)，阴极的电极反应式为___________；同温同压下，若生成C2H4和C2H6的体积比为2∶1，则c电极消耗的CH4和d电极消耗的CO2的体积比为___________。〖答案〗（1）a＋3b-c＋x（2）①.0.06②.放出③.95.0（3）①.CH4−8e−＋4=5CO2＋2H2O②.a③.CO2＋2e−=CO＋O2−④.6：5〖解析〗（1）已知：CO(g)、H2(g)、CH4(g)的摩尔燃烧焓分别为、、，①CO(g)+O2(g)＝CO2(g)ΔH3＝②H2(g)+O2(g)＝H2O(l)ΔH4＝③CH4(g)+2O2(g)＝2H2O(l)+CO2(g)ΔH5＝④则根据盖斯定律可知①+3×②－③+④即得到反应的（a＋3b-c＋x）。（2）5min后达到平衡时测得CO为0.1mol，根据方程式可知反应Ⅲ中生成水蒸气是0.1mol，因此反应Ⅱ中生成水蒸气的是物质的量是1.3mol－0.1mol＝1.2mol，因此生成甲烷是0.6mol，浓度是0.3mol/L，则0~5min内0.3mol/L÷5min＝0.06；反应Ⅱ中放出的热量是0.6mol×165.2kJ/mol＝99.12kJ，反应Ⅲ中吸收的热量是4.12kJ，因此体系放出热量99.12kJ－4.12kJ＝95.0kJ。（3）负极甲烷失去电子转化为二氧化碳，由于是熔融的碳酸盐作电解质，则其负极的电极反应式为CH4−8e−＋4=5CO2＋2H2O。c电极甲烷失去电子转化为乙烯等，作阳极，则c电极接图1的a电极，阴极二氧化碳得到电子转化为CO，电极反应式为CO2＋2e−=CO＋O2−；设c电极消耗的CH4和d电极消耗的CO2的物质的量分别是xmol、ymol，根据原子守恒可知生成C2H4和C2H6的物质的量分别是mol、mol，根据电子得失守恒可知mol+mol＝2y，解得x：y＝6：5，即则c电极消耗的CH4和d电极消耗的CO2的体积比为6：5。山东省烟台市2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A.米酒的酿造过程涉及氧化还原反应B.工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油C.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质均为含有氧元素的高分子化合物D.使用75%酒精、“84”消毒液、双氧水消毒，均涉及蛋白质的变性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．酿酒的过程中淀粉转化为葡萄糖，葡萄糖转化为酒精和二氧化碳，C元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A正确；B．植物油中含有碳碳双键，在一定条件下能与氢气发生加成反应，此过程称为油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，B正确；C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，C错误；D．使用75%酒精能使蛋白质变性，“84”消毒液、双氧水具有强氧化性，可以消毒能使蛋白质的变性，D正确；故选C。2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.氯乙烯的结构简式：CH2CHClB.丙烷的空间填充模型：C.氢氧化钠的电子式：D.中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯乙烯结构简式为CH2＝CHCl，A错误；B．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，该模型是球棍模型，B错误；C．氢氧化钠含有离子键，属于离子化合物，电子式为，C正确；D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子可表示为，D错误；〖答案〗选C。3.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Y是地壳中含量最高的元素，最外层电子数X+Z=Y，Y和W在元素周期表中相邻。下列说法正确的是（）A.Z2Y2的阴阳离子个数比为1∶1 B.简单离子半径：X>Y>ZC.简单离子的还原性：W>Y>X D.气态氢化物稳定性：W>Y〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推断X是N元素，Y是地壳中含量最高的元素则Y是O元素，最外层电子数X+Z=Y则Z是Na，Y和W在元素周期表中相邻则W是S元素，据此分析。【详析】A．据分析可知Z2Y2即，其阴阳离子个数比为1∶2，故A错误；B．X、Y、Z的简单离子分别为N3-、O2-、Na+，简单离子半径：N3->O2->Na+，故B正确；C．X、Y、W的简单离子分别为N3-、O2-、S2-，还原性：S2>N3->O2-，故C错误；D．Y、W的气态氢化物分别为H2O和H2S，气态氢化物稳定性：H2O>H2S，故D错误；故选B。4.从化石燃料中获取有机物是化工产业常用方式之一。下列说法正确的是（）A.石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物B.甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C.煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料D.汽油、煤油、柴油等石油分馏的产物，属于不可再生能源〖答案〗D〖解析〗【详析】A．石油是混合物，其分馏产品汽油也是混合物，A错误；B．甲烷、乙烯通过石油裂解得到，苯可通过催化重整得到，B错误；C．煤的气化是用煤来生产水煤气等，煤的液化是用煤来生产甲醇等，煤的气化和液化都是化学变化，C错误；D．化石燃料属于不可再生能源，则汽油、煤油、柴油等石油分馏的产物也属于不可再生能源，D正确；〖答案〗选D。5.下列每组物质均为含有共价键的离子化合物的是（）A.CaCO3、Ca(OH)2、NaHS B.MgO、MgSO4、NH4ClC.H2SO4、HNO3、HClO4 D.MgF2、Al2O3、Mg3N2〖答案〗A〖解析〗【详析】A．CaCO3、Ca(OH)2、NaHS均为离子化合物、均含离子键，碳酸根离子、氢氧根离子和HS-离子内均含有共价键，A正确；B．MgO为离子化合物、只含离子键不含共价键，B错误；C．H2SO4、HNO3、HClO4均为共价化合物、均只含共价键，C错误；D．MgF2、Al2O3、Mg3N2均为离子化合物、均只含离子键不含共价键，D错误；〖答案〗选A。6.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.20gD2O和中含有的中子数为9NAB.1mol苯分子中，含有碳碳双键的数目为C.标准状况下，2.24LCH2Cl2中含有的氢原子数目为0.2NAD.氯碱工业中，阴极和阳极产生气体的总质量为7.3g时，转移电子数为0.2NA〖答案〗D〖解析〗【详析】A．D2O和含有的中子数均是10，相对分子质量均是20，因此20gD2O和中含有的中子数为10NA，A错误；B．苯分子中不存在碳碳双键，B错误；C．标准状况下CH2Cl2不是气态，2.24LCH2Cl2中含有的氢原子数目不是0.2NA，C错误；D．氯碱工业中，阴极和阳极产生气体分别是氢气和氯气，且体积比是1：1，若总质量为7.3g，则二者的物质的量均是0.1mol，因此转移电子数为0.2NA，D正确；〖答案〗选D。7.一定条件下，的γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应生成γ-丁内酯：，不同时刻测得γ-丁内酯的浓度如表。t/min2050801201602003003500.0240.0500.0710.0900.1040.1160.1320132不考虑副反应及溶液体积变化。下列说法正确是（）A.前20min的化学反应速率小于20~50min的化学反应速率B.反应一定是在第300min时达到平衡状态、C.该反应在160~200min的化学反应速率v(γ-丁内酯)D.当γ-羟基丁酸和γ-丁内酯的总浓度保持不变时，说明反应已达到平衡状态〖答案〗C〖解析〗【详析】A．前20min的化学反应速率v(γ-丁内酯)，20~50min的化学反应速率v(γ-丁内酯)，前者速率大，A错误；B．从表中只能看出来第300min时处于平衡状态看不出在何时建立的平衡状态，B错误；C．该反应在160~200min的化学反应速率v(γ-丁内酯)，C正确；D．由物料守恒可知，γ-羟基丁酸和γ-丁内酯的总浓度始终是定值，故其保持不变时不能说明反应已达到平衡状态，D错误；〖答案〗选C。8.奥司他韦是甲流特效药，由莽草酸合成奥司他韦的部分路线如图。下列说法正确的是（）A.奥司他韦分子式为 B.莽草酸与中间体互为同系物C.1mol莽草酸最多可与4molNaOH反应 D.莽草酸能发生加成反应、取代反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．据结构简式可知奥司他韦分子式为，A错误；B．莽草酸含羧基、中间体含酯基，二者所含官能团不完全相同，结构不相似，不互为同系物，B错误；C．所含羧基能和氢氧化钠反应，1mol莽草酸最多可与1molNaOH反应，C错误；D．莽草酸含碳碳双键，能发生加成反应，含醇羟基和羧基，能发生取代反应，D正确；〖答案〗选D。9.在缺氧的深层潮湿土壤中，厌氧细菌会促进钢铁发生厌氧腐蚀，其原理如图所示。为抑制腐蚀的发生，通常将钢管、石墨电极分别与外接电源相连，使钢管表面形成致密的Fe3O4薄膜。下列说法正确的是（）A.腐蚀过程中，厌氧细菌促进H2O发生氧化反应B.腐蚀过程中存在C.上述保护方法为阴极电保护法D.通电后电子从钢管流向石墨电极，再经潮湿的土壤回到钢管〖答案〗B〖解析〗【详析】A．腐蚀过程中，阴极水得到电子被还原为氢气，厌氧细菌促进H2与硫酸根反应、氢气发生氧化反应，A错误；B．由图、结合选项A可知：腐蚀过程中存在，B正确；C．已知：为抑制腐蚀的发生，通常将钢管、石墨电极分别与外接电源相连，使钢管表面形成致密的Fe3O4薄膜，则铁被氧化，铁为阳极不是阴极，故上述保护方法不属于阴极电保护法，C错误；D．通电后电子从钢管流向石墨电极，但电子不会进入电解液，故不会经潮湿的土壤回到钢管，D错误；〖答案〗选B。10.碘是人体不可缺少的微量元素，采用离子交换法从卤水(富含)中提取碘的工艺流程如下。下列说法错误的是（）A.“氧化1”的主要离子方程式为B.离子交换树脂的作用是富集碘元素C.理论上参加反应的D.“吹碘”鼓入热空气是利用了I2易升华的性质〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗卤水中的碘离子在硫酸酸性条件下，被氯气氧化成，用树脂交换吸附后，用亚硫酸钠将还原成碘离子，然后树脂在氯化钠和HCl通入后再次发生离子交换，将碘离子转移到水溶液中，溶液中碘离子被加入的氯酸钾氧化成碘单质，最后用热空气吹出，得到碘单质，据此分析解答。【详析】A．氧化1”中生成，氯气被还原成氯离子，根据化合价升降总数相等配平反应，其反应的离子方程式为，A错误；B．据分析，离子交换树脂的作用是富集碘元素，B正确；C．氧化1”中，碘离子转变为，氯气被还原成氯离子，氯元素化合价从0降低到-1，亚硫酸钠又将还原成碘离子，硫元素从+4升高到+6价，则存在关系式，故理论上参加反应的，C正确；D．吹碘”中通入热空气，使碘成为气体从溶液中逸出，则“吹碘”鼓入热空气是利用了I2易升华的性质，D正确；〖答案〗选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作能达到相应实验目的的是（）选项实验操作实验目的A相同温度下，向两支盛有相同体积、相同浓度双氧水的试管中，分别滴入等量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究、对H2O2分解速率的影响B将铁片和铜片用导线连接，插入浓HNO3中比较铁和铜的失电子能力C向鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，观察现象：然后加入蒸馏水振荡，观察现象探究蛋白质的变性是否可逆D向淀粉的水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热检验淀粉是否水解完全〖答案〗C〖解析〗【详析】A．双氧水中加入的CuSO4溶液和FeCl3溶液，其阴离子和阳离子均不同，故不能探究、对H2O2分解速率的影响，A错误；B．铁片在浓HNO3中发生钝化，不能通过该原电池反应比较铁和铜的失电子能力，B错误；C．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，则向鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，观察到白色沉淀，然后加入蒸馏水振荡发现沉淀不溶解，可探究蛋白质的变性且其不可逆，C正确；D．在水解液中加过量氢氧化钠使得它呈碱性，再加新制的氢氧化铜悬浊液加热，若有砖红色沉淀，则证明淀粉已水解；另取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反应，如果不变色，则淀粉无剩余，淀粉已完全水解，如果呈现特殊的蓝色，则有淀粉剩余，D错误；选C。12.科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A.肉桂醇苯环上的四氯取代产物有3种B.肉桂醇中所有碳原子不可能共平面C.苯丙醛的同分异构体中含苯环和醛基的有12种D.等物质的量的苯丙醛、肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等〖答案〗BC〖解析〗【详析】A．肉桂醇苯环上有3类氢原子，共5个氢原子，其一氯取代产物有3种，则其四氯取代产物有3种，故A正确；B．由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以肉桂醇中所有碳原子可能共平面，故B错误；C．苯丙醛的同分异构体中含苯环和醛基，若苯环上含有1个取代基，除本丙醛以外还有一种，如果含有2个取代基，可以是醛基和乙基，或甲基和－CH2CHO，若含有3个取代基，应该是2个甲基和1个醛基，共有13种，故C错误；D．苯丙醛和肉桂醇是同分异构体，则等物质的量的苯丙醛，肉桂醇完全燃烧消耗O2的量相等，故D正确；故选：BC。13.CH4(g)与Cl2(g)发生取代反应分别生成1mol相关有机物和HCl(g)的能量变化如下。已知断开1molCl-Cl键、1molC-Cl键吸收的能量分别为243kJ、327kJ。下列说法错误的是（）A.1molCH3Cl(g)比1molCH4(g)的能量少99kJB.C.D.断开1molC-H键吸收的能量比断开1molH-Cl键吸收的能量少〖答案〗A〖解析〗【详析】A．由题干信息可知，1molCH3Cl(g)和1molHCl(g)的能量之和比1molCH4(g)和1molCl2(g)的能量之和少99kJ，故A错误；B．由题干信息可知，，故B正确；C．由题干信息可知，，由CCl4(g)=CCl4(l)为放热过程，故，故C正确；D．由B可知，反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，又已知断开1molCl-Cl键、1molC-Cl键吸收的能量分别为243kJ、327kJ，则△H=3×E(C-H键能)+327+3×243-4×327-3×E(H-Cl键能)=-301，得E(C-H键能)-E(H-Cl键能)＜0，故断开1molC-H键吸收的能量比断开1molH-Cl键吸收的能量少，故D正确；故选A。14.电还原CO2时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如图所示。下列说法正确的是（）A.a为电源的负极B.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上C.阴极发生的反应有：D.理论上每消耗1molCO2，阳极至少生成1.5mol气体〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗由图可知，该装置为电解池，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，则铜电极为阴极，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。【详析】A．据分析IrOx-Ti电极为电解池的阳极，则a为直流电源的正极，故A错误；B．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故B错误；C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、，故C正确；D．理论上每消耗1molCO2，转移电子6mol，按阳极的电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+及电子数守恒，可知在阳极生成1.5mol氧气，故D正确；〖答案〗选CD。15.电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，、电极产生量()与电流强度关系如图b所示：下列说法错误的是（）A.电解一段时间后，Pt电极附近pH减小B.阴极的电极反应有：、C.根据图b可判断合适的电流强度约为40mAD.若处理0.1mol，理论上HMC-3电极消耗标准状况下31.36LO2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由图可知，电极上铁元素、氧元素价态降低得电子，故电极为阴极，电极反应式分别为、，后发生反应，氧化苯酚，反应为，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑。【详析】A．电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑，电解一段时间后，Pt电极附近pH减小，故A正确；B．据分析，阴极的电极反应有：、，故B正确；C．过量的过氧化氢会氧化亚铁离子，导致生成的羟基自由基减少，使得降解去除废水中的持久性有机污染物的效率下降，故据图b可判断合适的电流强度范围为40mA左右，故C正确；D．由分析可知，苯酚转化为二氧化碳和水，，由图可知，反应中氧气转化为H2O2，H2O2转化为，转化关系为，故而，若处理0.1mol，则阴极消耗氧气的物质的量为2.8mol，理论上消耗标准状况下氧气的体积为，故D错误；选D。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.有机物F的合成路线如下。回答下列问题：（1）A的结构简式为___________；B的名称为___________。（2）B→C的化学方程式为___________；D与E生成F的反应类型为___________。（3）1molE分别与足量Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比为___________。（4）F所含官能团的名称为___________；碳原子数与F相同的烷烃的结构有___________种，其一氯代物共有___________种。〖答案〗（1）①.CH2OH(CHOH)4CHO②.乙醇（2）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.取代反应（3）1：1（4）①.酯基、羧基②.3③.8〖解析〗淀粉在酶的作用下水解成葡萄糖，所以A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成B，B是乙醇，乙醇氧化成C，C是乙醛，C在一定条件下生成D，D是乙酸，所以C→D是乙醛氧化成乙酸的过程，乙酸与E在浓硫酸和加热条件下反应生成了含酯基和羧基的有机物F，所以这步发生的是酯化反应，通过F的结构可知E为：。（1）葡萄糖的结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO；B是乙醇；（2）B→C是乙醇氧化成乙醛，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，D与E生成F的反应类是CH3COOH和发生酯化反应生成F，酯化反应也是取代反应；（3）E为，含有羟基和羧基，两个官能团都能与Na反应生成氢气，所以与1molE反应后生成的氢气共1mol，NaHCO3只和羧酸反应，所以反应后可生成1mol二氧化碳，则产生气体的物质的量之比为1∶1；（4）从F的结构式可知，所含官能团为酯基和羧基；F有5个碳原子，所以与其碳原子数相同的烷烃是戊烷，有3种同分异构体，分别是，，，其对应的等效氢的种数分别是3种，4种，1种，所以其一氯代物共有8种。17.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的电子总数等于电子层数，Y最外层电子数为电子层数的3倍，Z的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应可生成Z的单质。由上述四种元素及元素Q组成的物质之间的转化关系如图所示，其中C为强酸，D、N分别是元素Q和W组成的单质(反应过程中部分产物略去)。回答下列问题：（1）W在元素周期表中的位置是___________；Z简单阴离子的结构示意图为___________。（2）若A与M均为微粒，则A的化学式为___________，M的电子式为___________；（3）Y、Z、W的非金属性由强到弱的顺序为___________(用元素符号表示)。（4）F与B反应生成E的离子方程式为___________。（5）500℃，向恒容密闭容器中通入等物质的量的B(g)与O2(g)充分反应。下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。①气体压强保持不变②气体密度保持不变③混合气体平均摩尔质量不再变化④为定值⑤B的质量不再改变⑥容器内原子总数不再变化〖答案〗（1）①.第3周期VIIA族②.（2）①.H2S②.（3）O>Cl>S（4）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++（5）②⑥〖解析〗X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X的电子总数等于电子层数，则X为H，Y最外层电子数为电子层数的3倍，则Y为O，Z的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应可生成Z的单质，则Z为S、则W为Cl，由上述四种元素及元素Q组成的物质之间的转化关系如图所示，由图中E→G可知，G为Fe(OH)3，则Q为Fe元素，D、N分别是元素Q和W组成的单质，则D为Fe单质、N为Cl2，其中C为强酸，C+D→E，即H+与Fe反应得到E为Fe2+，棕黄色溶液含Fe3+、F为Fe3+，由F+B→E，得B为还原剂，从组成元素看B为SO2，E+M→F，则M为氧化剂，从组成元素看，M为H2O2，结合流程及题干信息可知，X为H，Y为O，Z为S、W为Cl，A为H2S，B为SO2，C为H2SO4，D为Fe单质，E为FeSO4，N为Cl2，F为Fe2(SO4)3，G为Fe(OH)3，据此回答。（1）据分析，W为Cl，在元素周期表中的位置是第3周期VIIA族；Z简单阴离子即S2-结构示意图为。（2）据分析，若A与M均为微粒，则A的化学式为H2S，M的电子式为；（3）同主族从上到下元素非金属性递减，同周期从左到右元素非金属性递增，Y、Z、W的非金属性由强到弱的顺序为O＞Cl＞S。（4）F与B反应生成E，即Fe2(SO4)3与SO2发生氧化还原反应生成FeSO4，离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++。（5）500℃，向恒容密闭容器中通入等物质的量的B(g)与O2(g)充分反应：2SO2+O22SO3：①反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，①不选；②气体质量、容积体积、气体密度均始终不变，故混合气体的密度不变不能说明已平衡，②选；③气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，③不选；④通入等物质的量的B(g)与O2(g)进行反应，随反应而变化，为定值说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，④不选；⑤B的质量不再改变说明其物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，⑤不选；⑥容器内原子总数始终不变，故原子总数不再变化不能说明已平衡，⑥选；选②⑥。18.乙烯、乙醇是重要有机化工原料。回答下列问题：已知：（1）石蜡油裂解产生的不饱和烃是重要的有机合成中间体。①反应I的化学方程式是___________。②D为高分子化合物，结构简式是___________。③下列装置正确且能达到实验目的的是___________(填序号)。A．甲装置：从石油中分离石蜡油B．乙装置：证明石蜡油分解生成乙烯C．丙装置：完成乙醇的催化氧化D．丁装置：制备乙酸乙酯（2）已知：CaCl2与C2H5OH形成CaCl2·6C2H5OH．实验室制备乙酸乙酯粗产品并精制提纯，流程如下。①制备乙酸乙酯的化学方程式为___________。②饱和Na2CO3溶液的作用是___________；操作1的名称是___________。③为除去有机层2中的乙醇，加入的试剂X为___________。④选择合适的仪器组装完成操作2(夹持、加热及单孔、双孔橡胶塞、导管等连接仪器略)，仪器的连接顺序为d→___________。〖答案〗（1）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.③.C（2）①.②.吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度③.分液④.无水CaCl2⑤.i→b→g→e〖解析〗(1)石油分馏得到石蜡油，石蜡油裂解得到乙烯，由信息知乙醛氧化为乙酸，则B为乙醛、乙醇在一定条件下被氧气氧化得到乙醛，则A为乙醇，则反应Ⅰ为乙烯和水的加成反应得到乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应得到C为乙酸乙酯，D为高分子化合物聚丙烯酸；(2)乙酸乙酯的精制：加入饱和溶液，可以吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，通过分液可以得到有机层1和无机层，有机层1中加入氯化钠至饱和，后静置分液，可回收水中的乙酸乙酯，分液得到有机相2，有机层2加入无水氯化钙，可除去乙酸乙酯中的乙醇，分液得到有机层3，将有机层3加入无水硫酸镁可除去残留的水，蒸馏可以得到精制的乙酸乙酯；（1）①反应I为CH2=CH2和H2O的加成反应得到CH3CH2OH，化学方程式是CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②丙烯酸发生加聚反应得到D为聚丙烯酸，结构简式是。③A．蒸馏时温度计的水银球略低于蒸馏烧瓶支管口，则A错误；B．乙装置石蜡油分解得到烯烃可能是乙烯、丙烯等，故不能证明石蜡油分解生成的一点是乙烯，则B错误；C．铜丝加热得到氧化铜，酒精灯芯处有乙醇蒸气，碰到氧化铜，氧化铜重新转变为铜，乙醇被氧化，故通过铜丝由红→黑→红可知乙醇被氧化、反应中铜为催化剂，丙装置能完成乙醇的催化氧化，则C正确；D．丁装置：制备乙酸乙酯时应防止倒吸，导管不能插入液面下，则D错误；选C。（2）①制备乙酸乙酯的化学方程式为。②饱和Na2CO3溶液的作用是吸收乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；操作1用于分离互不相溶的两层液体，其名称是分