2023-2024学年山东省烟台市高一下学期7月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省烟台市2023-2024学年高一下学期7月期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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：H1C12O16S32Cu64Br80一、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.化学与现代科技的发展密切相关。下列说法正确的是（）A.华为“麒麟9000”芯片的主要成分与光导纤维相同B.“长征七号”使用的推进剂煤油可由煤的干馏得到C.“神舟十七号”使用的太阳能电池供电时化学能转化为电能D.“深海一号”潜水器母船海水浸泡区镶上铝基，利用了牺牲阳极保护法【答案】D【解析】【详解】A．晶体硅常用作芯片的主要材料，光导纤维的主要材料是二氧化硅，两者不同，故A错误；B．煤油是石油的分馏产品，故B错误；C．太阳能电池供电时是将太阳能转化为电能，故C错误；D．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基和铁在海水中形成原电池，铝做负极被腐蚀，铁做正极被保护，牺牲阳极可保障船体不易腐蚀，故D正确；故答案选D。2.下列物质应用错误的是（）A.、用于制造氢弹B.福尔马林用于食品保鲜C.油脂用于制取甘油D.聚四氟乙烯用于制作不粘锅的涂层【答案】B【解析】【详解】A．、用是氢元素的两种核素，可以发生核聚变反应，用于制造氢弹，故A正确；B．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品保鲜，故B错误；C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故C正确；D．聚四氟乙烯是一种塑料，耐高温，耐腐蚀，不吸水，不生锈，可用于制作不粘锅的涂层，故D正确；故选B。3.下列化学用语表述正确的是（）A.乙醛的结构简式： B.的电子式：C.乙酸的空间填充模型：D.的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．乙醛的官能团为醛基﹣CHO，则乙醛的结构简式为，故A错误；B．为离子化合物，其电子式为，故B错误；C．乙酸的空间填充模型为，故C正确；D．为硫原子得到两个电子，其结构示意图为，故D错误；故选C。4.五种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示。其中Y原子核外电子数是X原子的2倍，下列说法错误的是（）A.M、W、X的原子半径大小：M>W>X B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<ZC.简单氢化物的还原性：X<Y D.与水化合生成对应的酸【答案】D【解析】【分析】X与Y同主族，且Y原子核外电子数是X原子的2倍，则X为O，Y为S，Z为Cl，W为C，M为Si，据此解答。【详解】A．一般来说，原子电子层数越多，半径越大，同周期从左到右，原子半径递减，则M、W、X的原子半径大小：M>W>X，故A正确；B．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S，故B正确；C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的还原性越弱，非金属性O＞S，则简单氢化物的还原性：X<Y，故C正确；D．为，其不与水反应，故D错误；故选D。5.下列说法正确的是（）A.用溴溶液可鉴别分馏汽油和裂化汽油B.糖类、油脂和蛋白质均可在一定条件下水解C甲烷、苯和葡萄糖均不能使酸性溶液褪色D.与组成上相差1个，一定互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．裂化汽油中含有烯烃，分馏汽油中主要含有烷烃，烯烃与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，褪色，而烷烃不与溴的四氯化碳溶液反应，可以鉴别，故A正确；B．蛋白质、油脂在一定条件下均能发生水解反应，而糖类中单糖不能发生水解，故B错误；C．甲烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，葡萄糖中含有羟基和醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．C3H6、C4H8可能是环烷烃，也可能为单烯烃，它们可能为同系物，也可能不互为同系物，故D错误；故答案选A。6.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管(数量不限)，选用上述仪器(非玻璃仪器任选)不能完成的实验是（）A.检验淀粉是否水解 B.粗盐提纯 C.从碘水中萃取碘 D.验证非金属性：S>C>Si【答案】B【解析】【详解】A．检验淀粉是否水解，需要用试管、烧杯、胶头滴管，故A不选；B．粗盐提纯需要用烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，故B选；C．从碘水中萃取碘，需要用分液漏斗、烧杯，故C不选；D．发生强酸制弱酸的反应验证非金属性，需要试管、导管、分液漏斗、烧杯等，故D不选；故选B。7.下列说法错误的是（）A.VIIA元素随着原子序数的递增，元素对应单质的熔沸点逐渐升高B.碱金属元素随着原子序数的递增，原子半径增大，元素的金属性增强C.VIIA元素随着原子序数的递增，元素对应氢化物的稳定性越来越弱D.IA族元素原子和VIIA族元素原子形成的化学键一定是离子键【答案】D【解析】【详解】A．VIIA元素为卤族元素，其单质均为分子，随着原子序数的递增，相对原子质量逐渐变大，范德华力变大，元素对应单质的熔沸点逐渐升高，故A正确；B．碱金属元素随着原子序数的递增，原子半径增大，失去电子能力增强，元素的金属性增强，故B正确；C．VIIA元素随着原子序数的递增，非金属性逐渐减弱，元素对应氢化物的稳定性越来越弱，故C正确；D．IA族元素原子和VIIA族元素原子形成的化学键不一定是离子键，如HCl是共价键，故D错误；故选D。8.已知反应：，下列说法错误的是（）A.该反应为取代反应B.乙的结构简式为C.1mol甲反应的n(Na)与之比为1∶1D.乙、丙均能与Na按物质的量1∶2反应【答案】C【解析】【详解】A．该反应属于酯化反应也属于取代反应，故A正确；B．根据甲和丙的结构简式及方程式特点知，甲和乙发生酯化反应生成丙和水，乙为，故B正确；C．甲含有的羟基和羧基均能与NaOH溶液反应，1mol甲反应消耗的n(Na)=2mol，甲含有的羧基能与NaHCO3溶液反应，1mol甲反应消耗的，因此1mol甲反应的n(Na)与之比为2∶1，故C错误；D．根据可知，乙与Na的反应为：，丙与Na的反应为：，与Na按物质的量1∶2反应，故D正确；故答案选C。9.人工合成淀粉的部分过程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.合成淀粉过程中有碳碳键的形成B.等物质的量的和含有共价键数目之比为2∶3C.15gHCHO与DHA的混合物中所含氧原子数为D.理论上Ⅰ中反应的与Ⅱ中生成的HCHO物质的量之比为2∶1【答案】D【解析】【分析】转化过程中各步反应的化学方程式如表所示：Ⅰ为；Ⅱ为、；Ⅲ为，据此分析解题。【详解】A．淀粉（）中含有碳碳键，而中只有碳氧双键，因此合成淀粉过程中有碳碳键的形成，故A正确；B．1个中含有2个O-H键，1个中含有2个O-H键、1个O-O键，因此等物质的量的和含有共价键数目之比为2∶3，故B正确；C．与DHA的最简式均为，则15g与DHA的混合物中含氧原子的物质的量为，所含氧原子数为，故C正确；D．根据分析可知，理论上Ⅰ中反应的与Ⅱ中生成的HCHO物质的量之比为3∶1，故D错误；故答案选D。10.有机物丙具有抗菌、抗氧化作用，可采用如图所示路线合成。下列说法错误的是（）A.甲中所有原子可能共平面B.乙与互为同分异构体C.丙可与乙醇发生取代反应D.等物质的量的乙、丙完全燃烧消耗的量不同【答案】A【解析】【详解】A．甲中存在1个sp3杂化的碳原子，该碳原子连接的四个原子为四面体的四个顶点，不可能所有原子共平面，故A错误；B．乙的分子式为C8H6O4，的分子式为C8H6O4，分子式相同而结构不同，两者互为同分异构体，故B正确；C．丙中含有羧基、羟基均可以与乙醇发生取代反应，故C正确；D．乙、丙的分子式分别为：C8H6O4、C7H6O4，根据可知，1mol的乙、丙完全燃烧消耗的量分别为：、，比较可知消耗的量不同，故D正确；故答案选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.利用选定的实验试剂，能达到实验目的的是（）实验试剂实验目的ANaOH溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸B浓硝酸检验鸡蛋清中的蛋白质C浓硫酸除去乙醇中含有的水D酸性重铬酸钾溶液检查司机呼出的气体中是否含有乙醇【答案】BD【解析】【详解】A．乙酸能与NaOH溶液，但乙酸乙酯和氢氧化钠溶液也能反应，因此不能用于NaOH溶液除杂，应该使用碳酸钠溶液，原因是乙酸能够与反应，溶于水溶液中，而乙酸乙酯不溶于溶液，密度比水小，分层，用分液的方法分离，故A错误；B．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸会发生硝化反应变黄色，可以用来检验蛋白质，故B正确；C．乙醇在浓硫酸加热的条件下可以发生消去反应，因此加入浓硫酸不能达到实验目的，而是应该加入生石灰后再加热蒸馏，故C错误；D．乙醇易挥发，而酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，能将呼出的乙醇氧化，反应为：，溶液颜色由橙黄色变为灰绿色，可以实现检验乙醇，故D正确；故答案选BD。12.一种新型原电池工作原理如图所示。已知工作时两极室均无气体生成，阴离子交换膜只允许通过。下列说法错误的是（）A.工作时，甲室溶液pH减小B.电子由n极经外电路流向m极C.每转移时，乙室溶液质量增加24gD.电池总反应式为【答案】A【解析】【分析】在原电池装置中，阴离子向负极移动，电极n为负极，电极m为正极，n极的电极反应式为：，m极的电极反应式为：，据此作答。【详解】A．工作时甲室中，m极的电极反应式：，消耗氢离子、生成水，溶液增大，故A错误；B．电极n为负极，电极m为正极，电子从负极经过导线、负载流向正极，故B正确；C．每转移时，有通过阴离子交换膜进入乙室，乙室质量增加，故C正确；D．根据正、负电极反应式可知，总反应的离子方程式为H++OH-=H2O，则电池总反应式为，故D正确；故答案选A。13.苯的氢化是研究液态储氢材料的方向之一，相关有机物之间相互转化的焓变如图所示。已知物质的摩尔生成焓()是指在一定温度和压强下，由最稳定的单质合成1mol该物质的焓变，最稳定单质的为0，下列说法正确的是（）A.B.相同条件下，(g)比(g)稳定C.相同条件下，[(g)]<[(g)]D.，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键【答案】BD【解析】【分析】根据图中转化关系可知，①(g)(g)；②(g)(g)；③(g)(g)；④(g)(g)；⑤(g)(g)；⑥(g)(g)，据此作答。【详解】A．根据盖斯定律可知，①=③-②-④，则，故A错误；B．根据盖斯定律可知，⑤=③-⑥-④，，假设转化为(g)(g)，根据盖斯定律可知该反应=⑤-①，，可知的能量比的能量低，能量越高则物质越不稳定，即相同条件下，(g)比(g)稳定，故B正确；C．假设转化为(g)(g)，根据盖斯定律可知该反应=①+②，可知该反应的，根据的含义可知，=[(g)]-[(g)]<0，即[(g)]<[(g)]，故C错误；D．若是苯环中含有的碳碳双键为3个，则放出的能量是环己烯与氢气加成的三倍，但，说明苯环与氢气加成时放出的能量却小于环己烯所释放的能量的3倍，所以苯环中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D正确；故答案选BD。14.一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下。下列说法正确的是（）A.第一步的阳极反应式为B.第二步为原电池，工作过程中两电极质量均增大C.第三步中石墨为阴极，发生还原反应D.第三步外电路上每转移4mol电子，电解池中就有4molHCl被电解【答案】AB【解析】【分析】第一步反应为电解池，为阳极，阳极反应为，左侧电极为阴极，电极反应为；第二步为原电池，左侧为正极，其电极反应为，右侧为负极，电极反应为；第三步为电解池，左侧为阴极，电极反应为，右侧石墨为阳极，电极反应为，据此解答。【详解】A．由分析可知，第一步的阳极反应式为，故A正确；B．第二步为原电池，由分析中两个电极的方程式可知，工作过程中两电极质量均增大，故B正确；C．第三步中石墨为阳极，发生氧化反应，故C错误；D．第三步，电解池总反应为，溶液中HCl浓度保持不变，故D错误；故选AB。15.某温度下，向甲、乙两个容积均为1L的恒容密闭容器中分别充入4molHCl和，发生反应：ΔH，其一为绝热过程，另一为恒温过程。反应过程中两容器内的压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是（）A.甲容器为绝热过程，ΔH<0B.a点气体颜色深于b点C.c点，单位时间内生成的同时生成D.乙容器中0～10min内化学反应速率【答案】B【解析】【分析】该反应为反应前后气体总物质的量减小的反应，该体系的容积不变，若是恒温过程，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小至不变；而若是绝热过程，则物质的量减小时，若温度降低，则压强减小，若温度升高，压强既可能升高也可能降低，但是图中只有一条曲线最初的压强在减小，说明绝热时最初温度在升高、压强在增加，所以该反应为放热反应，且曲线甲表示恒容绝热时的压强变化，曲线乙表示恒温恒容时的压强变化，据此分析解答。【详解】A．据以上分析可知，甲容器为绝热过程，且反应为放热反应，即ΔH<0，故A正确；B．a、b两点压强相同，容器体积相等，依据阿伏加德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，甲过程为绝热过程，反应放热温度升高，甲过程温度更高，说明甲过程气体总的物质的量小于乙过程，甲过程正向进行的程度更大，容器内Cl2的浓度较大，颜色较深，气体的颜色深浅：b点气体颜色深于a点，故B错误；C．c点时反应达到平衡状态，生成为逆反应方向，生成为正反应方向，该数据也符合计量数之比1：2，故C正确；D．曲线乙表示恒温恒容时的压强变化，乙容器反应到10min时，压强为44KPa，压强之比等于气体的物质的量，此时混合气体的物质的量为，列三段式有：，可知，x=0.6mol，则乙容器中0～10min内化学反应速率，故D正确；故答案选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.下图中的A是重要的有机化工基础原料，它的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志。回答下列问题：（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做___________，图中①～⑤的反应中属于取代反应的是___________。（2）丙烯中最多有___________个原子在同一平面上，丙烯酸中官能团的名称为___________。（3）反应，Y与X是同系物且比X多一个碳原子，Y的一氯代物有___________种。（4）下列有关说法正确的是___________(填标号)。a．石蜡油中含有A和丙烯等小分子烃b．工业上将反应①的方法称为裂解c．B→C的转化是氧化反应d．B与互为同分异构体（5）写出下列反应的化学方程式。反应②___________；反应⑤___________。【答案】（1）①.分馏②.④（2）①.7②.碳碳双键、羧基（3）8（4）bcd（5）①.②.【解析】A是重要的有机化工基础原料，它的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，则A为乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B为，B被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，则C为，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做分馏，图中①属于分解反应，②属于加成反应，③属于氧化反应，④属于取代反应，⑤属于加聚反应，故答案为：分馏；④；（2）丙烯，甲烷中最多3个原子共面，碳碳双键两端的原子共面，则中最多7个原子共面，由丙烯酸的结构简式可知，其官能团名称为碳碳双键、羧基，故答案为：7；碳碳双键、羧基；（3）根据原子守恒X为，则Y为，其一氯代物有、、共8种，故答案为8；（4）a．石蜡油是由分子中碳原子数在17-36多种烃类组成的混合物，故a错误；b．相对分子质量较大的烃分裂成乙烯丙烯等小分子的烃在工业称为裂解，故b正确c．B→C转化是乙醇氧化为乙酸的反应，其类型为氧化反应，故c正确d．B为乙醇其与互为同分异构体，故d正确；故选bcd；（5）反应②为乙烯和水的加成反应其化学方程式为，反应⑤为丙烯酸的加聚反应，其化学方程式为。17.X、Y、Z、W、K、L、M为原子序数依次增大的七种短周期主族元素。Y原子的最外层电子数是其所在周期序数的2倍，K原子在短周期中半径最大。由X、Z、W、L四种元素组成的常见物质间转化关系如下图所示，其中m是单质，Q是由三种元素组成的盐。回答下列问题：（1）M在元素周期表中的位置为___________，Q中含有的化学键类型为___________。（2）W、K、L简单离子的半径由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)。（3）由X、Y两种元素形成的10电子分子的空间结构为___________。由X、Y两种元素组成的分子中只含有22个共价单键的链状化合物的分子式为___________，其主链含有五个碳原子的同分异构体有___________种。（4）常温下，以K的最高价氧化物对应的水化物为电解质溶液，与为电极反应物构成的燃料电池，具有能量利用效率高、产物无污染等优点。①的电子式为___________；负极电极反应式为___________。②以此燃料电池电解溶液，若电解后需加入才能使电解液复原，则燃料电池理论上消耗标准状况下的体积为___________L。【答案】（1）①.第三周期ⅦA族②.离子键、共价键（2）（3）①.正四面体形②.③.4（4）①.②.③.11.2【解析】Y原子的最外层电子数是其所在周期序数的2倍，则Y为C元素或S元素，结合Y的位置可知Y为C元素，K原子在短周期中半径最大，K可以考虑为Na元素，由X、Z、W、L四种元素组成的常见物质间转化关系如下图所示，其中m是单质，Q是由三种元素组成的盐，Q最后可以转化为两种强酸，可以考虑为和的合成路线，则Q为，则X为H，Y为C，Z为N，W为O，K为Na，L为S，M为Cl元素，据此解题。（1）Cl在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族，Q为，其含有的化学键为离子键、共价键，故答案为：第三周期ⅦA族；离子键、共价键；（2）W为O，K为Na，L为S，一般来说电子层数越多，半径越大，电子数相同，核电荷数越大，半径越小，故其顺序为，故答案为：；（3）C、H两种元素形成的10电子分子为甲烷，其空间结构为正四面体形，由C、H两种元素组成的分子中只含有22个共价单键的链状化合物为庚烷，其分子式为，其主链含有五个碳原子的同分异构体采用定一移一的方法一共有4种，分别是、（箭头指另一个甲基的位置），故答案为：正四面体形；；4；（4）①以NaOH为电解质溶液，与为电极反应物构成的燃料电池，其作为负极，电极反应为，氧气为正极，电极反应为；的电子式为，故答案为：；；②电解硫酸铜溶液，阳极的反应为，阴极的反应为，若电解后需加入，即1mol才能使电解液复原，则电解过程消耗的也为1mol，转移电子数量为2mol，由正极的反应可知，消耗标况下体积为11.2L，故答案为：11.2。18.利用秸秆(主要成分为纤维素)为原料制备多种化工产品，合成路线如图。回答下列问题：（1）纤维素分子的化学式为___________；反应②的化学方程式为___________。（2）反应⑦的化学方程式为___________；B与D在一定条件下形成六元环状酯类物质E，E的结构简式为___________。（3）反应④实验装置如图。下列说法正确的是___________(填标号)。A．实验时，先加浓硫酸，再加乙醇和冰醋酸B．若采用水浴加热，原料的损失会减少C．加热过程中发现未加碎瓷片，需要立即补加D．饱和溶液作用为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度上述实验结束后从试管b的溶液中分离出乙酸乙酯的实验方法是___________，振荡过程中需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示为___________(填标号)。【答案】（1）①.②.（2）①.②.（3）①.D②.分液③.丁【解析】秸秆水解成葡萄糖，葡萄糖经酶发酵成乙醇，乙醇经过氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇经过消去反应可以生成乙烯，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，则A为1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在一定条件下发生取代反应生成乙二醇，乙二醇经氧气氧化为乙二醛，则C为乙二醛，乙二醛继续氧化为乙二酸，据此解答。（1）纤维素分子的化学式为，反应②为葡萄糖水解成乙醇，其化学方程式为，故答案为：；；（2）反应⑦为乙二醇氧化为乙二醛的反应，其化学方程式为，乙二酸和乙二醇可以发生酯化反应生成六元环酯，其结构简式为，故答案为：；（3）A．实验时，先加乙醇，再加浓硫酸和乙酸，故A错误；B．乙醇和乙酸的酯化反应温度高于100℃，不能采用水浴加热，故B错误；C．加热过程中发现未加碎瓷片，需要等装置冷却后补加，故C错误；D．饱和溶液作用为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，故D正确；故选D；乙酸乙酯不溶于水，分离出乙酸乙酯的实验方法是分液；放气时将分液漏斗倒置，用手顶紧上口活塞，将下口斜向上对着安全位置，不时慢慢旋开下口的活塞，放出气体，故正确的操作时丁，故答案为：分液；丁。19.为探究苯与液溴的反应原理并分离提纯溴苯，某化学小组用如图装置进行实验。已知：苯的沸点为80℃、密度为，溴苯的沸点为156℃、密度为。回答下列问题：（1）仪器M的作用是___________。（2）反应开始时，关闭、打开、、和恒压分液漏斗活塞，将15mL苯和足量液溴的混合物缓慢滴到___________(填仪器名称)中，B中液体微沸，C中无色液体逐渐变为橙红色。（3）反应结束，为除去B中残余气体，需将A中水倒吸入B中，具体操作为___________。（4）能证明苯与液溴发生取代反应的现象是___________。（5）对B中反应后的混合液体进行提纯分离，设计流程如下图所示。①水洗的主要目的是___________；操作Ⅳ无需使用下列仪器中___________(填标号)，先馏出的物质为___________。②提纯得到15.7g溴苯，则溴苯的产率为___________％(结果保留整数，)。【答案】（1）冷凝回流，提高原料的利用率（2）三颈烧瓶（3）关闭和恒压分液漏斗活塞，打开（4）装置D不变色，装置E中产生无色气泡，且球形干燥管不发生倒吸现象（5）①.将残留的氢氧化钠洗净②.AD③.苯④.55%【解析】本实验探究苯与液溴的反应原理并分离提纯溴苯，B装置为反应的发生装置，反应原理为，装置M为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，提高原料的利用率，装置C和装置D中都盛有溶液，则装置C的作用是吸收挥发出的溴蒸汽，装置D的作用是检验溴蒸汽是否被吸收干净，防止对装置E中产生的现象造成干扰，装置E中盛有碳酸钠溶液，用来证明此反应有HBr产生，则可以证明苯和氯气发生取代反应，装置A中盛有水，溴化氢气体易溶于水，其作用是吸收B装置中残留的HBr气体；分离操作时，制取的溴苯中会混有苯、溴化氢、液溴，第一步加入氢氧化钠，除掉溴化氢和液溴，经过分液操作得到有机相和无机相，有机相水洗后将残留的氢氧化钠洗净，经分液后得到有机相，有机相中加入无水氯化钙吸收水分，经过滤后得到有机相，利用苯和溴苯沸点不同，经过蒸馏操作分离苯和溴苯，据此解答。（1）仪器M的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为：冷凝回流，提高原料的利用率；（2）根据仪器构造可知，装置B的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（3）反应结束，为除去B中残余HBr，需将A中水倒吸入B中，则操作为关闭和恒压分液漏斗活塞，打开，利用HBr气体易溶于水的性质，将A中水倒吸入B中，故答案为：关闭和恒压分液漏斗活塞，打开；（4）由分析可知，能证明苯与液溴发生取代反应的现象是，装置D不变色，装置E中产生无色气泡，且球形干燥管不发生倒吸现象，故答案为：装置D不变色，装置E中产生无色气泡，且球形干燥管不发生倒吸现象；（5）①由分析可知水洗的目的是将残留的氢氧化钠洗净，故答案为：将残留的氢氧化钠洗净；②操作Ⅳ为蒸馏操作，不需要球形冷凝管和分液漏斗，故答案为AD；③苯的沸点低，则先蒸出的是苯，故答案为：苯；④15ml苯的质量为15ml×=13.2g，根据反应，理论上可以制取溴苯的质量为28.78g，则产率为，故答案为55%。20.丙烯()可由异丙醇催化脱水制取，其主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：回答下列问题：（1）已知相同条件下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)能量-56-273.5a-242a=___________，反应Ⅱ中断开化学键所吸收的能量___________断开化学键所吸收的能量(填“大于”或“小于”)。（2）在1350℃下，向恒容密闭容器中加入一定量的异丙醇，反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间/μs04812t20浓度04～12μs内，___________；tμs时，若与分压之比为4∶5(分压=体系总压×物质的量分数)，则的物质的量浓度为___________。（3）在恒容、绝热密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是___________(填标号)。a．密闭容器中温度保持不变b．的浓度保持不变c．d．混合气体密度不变（4）下图是某科研团队设计的光电催化反应器，实现了由制得异丙醇(常温下为液态)，其中A极和B极均为Pt/CNT电极。①下列说法错误的是___________(填标号)。A．A极上发生还原反应B．由A极经质子交换膜向B极移动C．该工艺涉及的能量转化形式只有两种D．使用催化剂可以提高单位时间内的转化率(已知：)②该反应器的负极反应式为___________；一段时间后，若A、B两极分别收集到标况下67.2L气体，则此时理论上制得异丙醇的质量为___________。【答案】（1）①.②.大于（2）①.0.145②.（3）ab（4）①.BC②.③.20.0g【解析】（1）根据可知，，得到a=；，该反应为吸热反应，可知反应Ⅱ中断开化学键所吸收的能量大于断开化学键所吸收的能量，故答案为：；大于。（2）4~12µs内，v(H2O)=，根据反应速率之比等于化学计量数之比可得；tμs时，浓度为，根据反应可知，产生的水即为反应Ⅰ中产生的，恒温恒容条件下，物质的量之比等于压强之比，因此实际体系中含有的的物质的量为，可知反应Ⅱ中所消耗的的物质的量为，根据浓度改变之比等于化学计量数之比可知，消耗反应Ⅱ中所消耗的生成（3）a．在恒容绝热体系中，温度为变量，当温度不变时，说明反应达到平衡，故a符合题意；b．为反应物，反应过程中浓度在发生改变，当浓度不变时说明达到平衡状态，故b符合题意；c．当某组分浓度不变时可作为判断依据，C3H6、C6H12均为产物，比值关系不能说明达到平衡，故c不符合题意；d．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，恒容说明容器体积不变，则混合气体密度不变，是个不变量，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，d不符合题意；故选ab。（4）①根据图中装置可知，该装置为原电池，产生A电极上CO2得到电子转化为异丙醇CH3CH(OH)CH3，同时还有H+得到电子变为H2，发生还原反应，则A电极为正极，B电极为负极，A．根据分析可知，A电极为正极，发生还原反应，A正确；B．根据分析可知，A电极为正极，B电极为负极，因此由B极经质子交换膜向A极移动，故B错误；C．根据图示可知该工艺涉及到光能转化为化学能及化学能转化为电能，是三种形式的能量之间的转化，故C错误；D．使用催化剂可以降低反应的活化能，因而可以加快反应速率，提高单位时间内反应物的转化率，故D正确；故合理选项是BC；②根据分析可知，电极B为负极，电极反应式为；若A、B两极分别收集到标况下67.2L的气体，，，在A电极上CO2得到电子变为异丙醇CH3CH(OH)CH3，反应方程式为：，根据反应过程中电子得失数目相等可得：2n(H2)+18n(异丙醇)=4n(O2)，3mol×2+18n(异丙醇)=4×3mol，解得n(异丙醇)=，则反应产生的异丙醇的质量m(异丙醇)=。山东省烟台市2023-2024学年高一下学期7月期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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：H1C12O16S32Cu64Br80一、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.化学与现代科技的发展密切相关。下列说法正确的是（）A.华为“麒麟9000”芯片的主要成分与光导纤维相同B.“长征七号”使用的推进剂煤油可由煤的干馏得到C.“神舟十七号”使用的太阳能电池供电时化学能转化为电能D.“深海一号”潜水器母船海水浸泡区镶上铝基，利用了牺牲阳极保护法【答案】D【解析】【详解】A．晶体硅常用作芯片的主要材料，光导纤维的主要材料是二氧化硅，两者不同，故A错误；B．煤油是石油的分馏产品，故B错误；C．太阳能电池供电时是将太阳能转化为电能，故C错误；D．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基和铁在海水中形成原电池，铝做负极被腐蚀，铁做正极被保护，牺牲阳极可保障船体不易腐蚀，故D正确；故答案选D。2.下列物质应用错误的是（）A.、用于制造氢弹B.福尔马林用于食品保鲜C.油脂用于制取甘油D.聚四氟乙烯用于制作不粘锅的涂层【答案】B【解析】【详解】A．、用是氢元素的两种核素，可以发生核聚变反应，用于制造氢弹，故A正确；B．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛有毒，不能用于食品保鲜，故B错误；C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故C正确；D．聚四氟乙烯是一种塑料，耐高温，耐腐蚀，不吸水，不生锈，可用于制作不粘锅的涂层，故D正确；故选B。3.下列化学用语表述正确的是（）A.乙醛的结构简式： B.的电子式：C.乙酸的空间填充模型：D.的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．乙醛的官能团为醛基﹣CHO，则乙醛的结构简式为，故A错误；B．为离子化合物，其电子式为，故B错误；C．乙酸的空间填充模型为，故C正确；D．为硫原子得到两个电子，其结构示意图为，故D错误；故选C。4.五种短周期元素在元素周期表中的位置如图所示。其中Y原子核外电子数是X原子的2倍，下列说法错误的是（）A.M、W、X的原子半径大小：M>W>X B.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<ZC.简单氢化物的还原性：X<Y D.与水化合生成对应的酸【答案】D【解析】【分析】X与Y同主族，且Y原子核外电子数是X原子的2倍，则X为O，Y为S，Z为Cl，W为C，M为Si，据此解答。【详解】A．一般来说，原子电子层数越多，半径越大，同周期从左到右，原子半径递减，则M、W、X的原子半径大小：M>W>X，故A正确；B．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S，故B正确；C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的还原性越弱，非金属性O＞S，则简单氢化物的还原性：X<Y，故C正确；D．为，其不与水反应，故D错误；故选D。5.下列说法正确的是（）A.用溴溶液可鉴别分馏汽油和裂化汽油B.糖类、油脂和蛋白质均可在一定条件下水解C甲烷、苯和葡萄糖均不能使酸性溶液褪色D.与组成上相差1个，一定互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．裂化汽油中含有烯烃，分馏汽油中主要含有烷烃，烯烃与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，褪色，而烷烃不与溴的四氯化碳溶液反应，可以鉴别，故A正确；B．蛋白质、油脂在一定条件下均能发生水解反应，而糖类中单糖不能发生水解，故B错误；C．甲烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，葡萄糖中含有羟基和醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．C3H6、C4H8可能是环烷烃，也可能为单烯烃，它们可能为同系物，也可能不互为同系物，故D错误；故答案选A。6.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、烧杯、酒精灯、分液漏斗、玻璃棒、胶头滴管(数量不限)，选用上述仪器(非玻璃仪器任选)不能完成的实验是（）A.检验淀粉是否水解 B.粗盐提纯 C.从碘水中萃取碘 D.验证非金属性：S>C>Si【答案】B【解析】【详解】A．检验淀粉是否水解，需要用试管、烧杯、胶头滴管，故A不选；B．粗盐提纯需要用烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，故B选；C．从碘水中萃取碘，需要用分液漏斗、烧杯，故C不选；D．发生强酸制弱酸的反应验证非金属性，需要试管、导管、分液漏斗、烧杯等，故D不选；故选B。7.下列说法错误的是（）A.VIIA元素随着原子序数的递增，元素对应单质的熔沸点逐渐升高B.碱金属元素随着原子序数的递增，原子半径增大，元素的金属性增强C.VIIA元素随着原子序数的递增，元素对应氢化物的稳定性越来越弱D.IA族元素原子和VIIA族元素原子形成的化学键一定是离子键【答案】D【解析】【详解】A．VIIA元素为卤族元素，其单质均为分子，随着原子序数的递增，相对原子质量逐渐变大，范德华力变大，元素对应单质的熔沸点逐渐升高，故A正确；B．碱金属元素随着原子序数的递增，原子半径增大，失去电子能力增强，元素的金属性增强，故B正确；C．VIIA元素随着原子序数的递增，非金属性逐渐减弱，元素对应氢化物的稳定性越来越弱，故C正确；D．IA族元素原子和VIIA族元素原子形成的化学键不一定是离子键，如HCl是共价键，故D错误；故选D。8.已知反应：，下列说法错误的是（）A.该反应为取代反应B.乙的结构简式为C.1mol甲反应的n(Na)与之比为1∶1D.乙、丙均能与Na按物质的量1∶2反应【答案】C【解析】【详解】A．该反应属于酯化反应也属于取代反应，故A正确；B．根据甲和丙的结构简式及方程式特点知，甲和乙发生酯化反应生成丙和水，乙为，故B正确；C．甲含有的羟基和羧基均能与NaOH溶液反应，1mol甲反应消耗的n(Na)=2mol，甲含有的羧基能与NaHCO3溶液反应，1mol甲反应消耗的，因此1mol甲反应的n(Na)与之比为2∶1，故C错误；D．根据可知，乙与Na的反应为：，丙与Na的反应为：，与Na按物质的量1∶2反应，故D正确；故答案选C。9.人工合成淀粉的部分过程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.合成淀粉过程中有碳碳键的形成B.等物质的量的和含有共价键数目之比为2∶3C.15gHCHO与DHA的混合物中所含氧原子数为D.理论上Ⅰ中反应的与Ⅱ中生成的HCHO物质的量之比为2∶1【答案】D【解析】【分析】转化过程中各步反应的化学方程式如表所示：Ⅰ为；Ⅱ为、；Ⅲ为，据此分析解题。【详解】A．淀粉（）中含有碳碳键，而中只有碳氧双键，因此合成淀粉过程中有碳碳键的形成，故A正确；B．1个中含有2个O-H键，1个中含有2个O-H键、1个O-O键，因此等物质的量的和含有共价键数目之比为2∶3，故B正确；C．与DHA的最简式均为，则15g与DHA的混合物中含氧原子的物质的量为，所含氧原子数为，故C正确；D．根据分析可知，理论上Ⅰ中反应的与Ⅱ中生成的HCHO物质的量之比为3∶1，故D错误；故答案选D。10.有机物丙具有抗菌、抗氧化作用，可采用如图所示路线合成。下列说法错误的是（）A.甲中所有原子可能共平面B.乙与互为同分异构体C.丙可与乙醇发生取代反应D.等物质的量的乙、丙完全燃烧消耗的量不同【答案】A【解析】【详解】A．甲中存在1个sp3杂化的碳原子，该碳原子连接的四个原子为四面体的四个顶点，不可能所有原子共平面，故A错误；B．乙的分子式为C8H6O4，的分子式为C8H6O4，分子式相同而结构不同，两者互为同分异构体，故B正确；C．丙中含有羧基、羟基均可以与乙醇发生取代反应，故C正确；D．乙、丙的分子式分别为：C8H6O4、C7H6O4，根据可知，1mol的乙、丙完全燃烧消耗的量分别为：、，比较可知消耗的量不同，故D正确；故答案选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.利用选定的实验试剂，能达到实验目的的是（）实验试剂实验目的ANaOH溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸B浓硝酸检验鸡蛋清中的蛋白质C浓硫酸除去乙醇中含有的水D酸性重铬酸钾溶液检查司机呼出的气体中是否含有乙醇【答案】BD【解析】【详解】A．乙酸能与NaOH溶液，但乙酸乙酯和氢氧化钠溶液也能反应，因此不能用于NaOH溶液除杂，应该使用碳酸钠溶液，原因是乙酸能够与反应，溶于水溶液中，而乙酸乙酯不溶于溶液，密度比水小，分层，用分液的方法分离，故A错误；B．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸会发生硝化反应变黄色，可以用来检验蛋白质，故B正确；C．乙醇在浓硫酸加热的条件下可以发生消去反应，因此加入浓硫酸不能达到实验目的，而是应该加入生石灰后再加热蒸馏，故C错误；D．乙醇易挥发，而酸性重铬酸钾溶液具有强氧化性，能将呼出的乙醇氧化，反应为：，溶液颜色由橙黄色变为灰绿色，可以实现检验乙醇，故D正确；故答案选BD。12.一种新型原电池工作原理如图所示。已知工作时两极室均无气体生成，阴离子交换膜只允许通过。下列说法错误的是（）A.工作时，甲室溶液pH减小B.电子由n极经外电路流向m极C.每转移时，乙室溶液质量增加24gD.电池总反应式为【答案】A【解析】【分析】在原电池装置中，阴离子向负极移动，电极n为负极，电极m为正极，n极的电极反应式为：，m极的电极反应式为：，据此作答。【详解】A．工作时甲室中，m极的电极反应式：，消耗氢离子、生成水，溶液增大，故A错误；B．电极n为负极，电极m为正极，电子从负极经过导线、负载流向正极，故B正确；C．每转移时，有通过阴离子交换膜进入乙室，乙室质量增加，故C正确；D．根据正、负电极反应式可知，总反应的离子方程式为H++OH-=H2O，则电池总反应式为，故D正确；故答案选A。13.苯的氢化是研究液态储氢材料的方向之一，相关有机物之间相互转化的焓变如图所示。已知物质的摩尔生成焓()是指在一定温度和压强下，由最稳定的单质合成1mol该物质的焓变，最稳定单质的为0，下列说法正确的是（）A.B.相同条件下，(g)比(g)稳定C.相同条件下，[(g)]<[(g)]D.，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键【答案】BD【解析】【分析】根据图中转化关系可知，①(g)(g)；②(g)(g)；③(g)(g)；④(g)(g)；⑤(g)(g)；⑥(g)(g)，据此作答。【详解】A．根据盖斯定律可知，①=③-②-④，则，故A错误；B．根据盖斯定律可知，⑤=③-⑥-④，，假设转化为(g)(g)，根据盖斯定律可知该反应=⑤-①，，可知的能量比的能量低，能量越高则物质越不稳定，即相同条件下，(g)比(g)稳定，故B正确；C．假设转化为(g)(g)，根据盖斯定律可知该反应=①+②，可知该反应的，根据的含义可知，=[(g)]-[(g)]<0，即[(g)]<[(g)]，故C错误；D．若是苯环中含有的碳碳双键为3个，则放出的能量是环己烯与氢气加成的三倍，但，说明苯环与氢气加成时放出的能量却小于环己烯所释放的能量的3倍，所以苯环中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D正确；故答案选BD。14.一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下。下列说法正确的是（）A.第一步的阳极反应式为B.第二步为原电池，工作过程中两电极质量均增大C.第三步中石墨为阴极，发生还原反应D.第三步外电路上每转移4mol电子，电解池中就有4molHCl被电解【答案】AB【解析】【分析】第一步反应为电解池，为阳极，阳极反应为，左侧电极为阴极，电极反应为；第二步为原电池，左侧为正极，其电极反应为，右侧为负极，电极反应为；第三步为电解池，左侧为阴极，电极反应为，右侧石墨为阳极，电极反应为，据此解答。【详解】A．由分析可知，第一步的阳极反应式为，故A正确；B．第二步为原电池，由分析中两个电极的方程式可知，工作过程中两电极质量均增大，故B正确；C．第三步中石墨为阳极，发生氧化反应，故C错误；D．第三步，电解池总反应为，溶液中HCl浓度保持不变，故D错误；故选AB。15.某温度下，向甲、乙两个容积均为1L的恒容密闭容器中分别充入4molHCl和，发生反应：ΔH，其一为绝热过程，另一为恒温过程。反应过程中两容器内的压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是（）A.甲容器为绝热过程，ΔH<0B.a点气体颜色深于b点C.c点，单位时间内生成的同时生成D.乙容器中0～10min内化学反应速率【答案】B【解析】【分析】该反应为反应前后气体总物质的量减小的反应，该体系的容积不变，若是恒温过程，随着反应的进行，气体的分子数不断减小，压强不断减小至不变；而若是绝热过程，则物质的量减小时，若温度降低，则压强减小，若温度升高，压强既可能升高也可能降低，但是图中只有一条曲线最初的压强在减小，说明绝热时最初温度在升高、压强在增加，所以该反应为放热反应，且曲线甲表示恒容绝热时的压强变化，曲线乙表示恒温恒容时的压强变化，据此分析解答。【详解】A．据以上分析可知，甲容器为绝热过程，且反应为放热反应，即ΔH<0，故A正确；B．a、b两点压强相同，容器体积相等，依据阿伏加德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，甲过程为绝热过程，反应放热温度升高，甲过程温度更高，说明甲过程气体总的物质的量小于乙过程，甲过程正向进行的程度更大，容器内Cl2的浓度较大，颜色较深，气体的颜色深浅：b点气体颜色深于a点，故B错误；C．c点时反应达到平衡状态，生成为逆反应方向，生成为正反应方向，该数据也符合计量数之比1：2，故C正确；D．曲线乙表示恒温恒容时的压强变化，乙容器反应到10min时，压强为44KPa，压强之比等于气体的物质的量，此时混合气体的物质的量为，列三段式有：，可知，x=0.6mol，则乙容器中0～10min内化学反应速率，故D正确；故答案选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.下图中的A是重要的有机化工基础原料，它的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志。回答下列问题：（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做___________，图中①～⑤的反应中属于取代反应的是___________。（2）丙烯中最多有___________个原子在同一平面上，丙烯酸中官能团的名称为___________。（3）反应，Y与X是同系物且比X多一个碳原子，Y的一氯代物有___________种。（4）下列有关说法正确的是___________(填标号)。a．石蜡油中含有A和丙烯等小分子烃b．工业上将反应①的方法称为裂解c．B→C的转化是氧化反应d．B与互为同分异构体（5）写出下列反应的化学方程式。反应②___________；反应⑤___________。【答案】（1）①.分馏②.④（2）①.7②.碳碳双键、羧基（3）8（4）bcd（5）①.②.【解析】A是重要的有机化工基础原料，它的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，则A为乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B为，B被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，则C为，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。（1）工业上从原油获得石蜡油的方法叫做分馏，图中①属于分解反应，②属于加成反应，③属于氧化反应，④属于取代反应，⑤属于加聚反应，故答案为：分馏；④；（2）丙烯，甲烷中最多3个原子共面，碳碳双键两端的原子共面，则中最多7个原子共面，由丙烯酸的结构简式可知，其官能团名称为碳碳双键、羧基，故答案为：7；碳碳双键、羧基；（3）根据原子守恒X为，则Y为，其一氯代物有、、共8种，故答案为8；（4）a．石蜡油是由分子中碳原子数在17-36多种烃类组成的混合物，故a错误；b．相对分子质量较大的烃分裂成乙烯丙烯等小分子的烃在工业称为裂解，故b正确c．B→C转化是乙醇氧化为乙酸的反应，其类型为氧化反应，故c正确d．B为乙醇其与互为同分异构体，故d正确；故选bcd；（5）反应②为乙烯和水的加成反应其化学方程式为，反应⑤为丙烯酸的加聚反应，其化学方程式为。17.X、Y、Z、W、K、L、M为原子序数依次增大的七种短周期主族元素。Y原子的最外层电子数是其所在周期序数的2倍，K原子在短周期中半径最大。由X、Z、W、L四种元素组成的常见物质间转化关系如下图所示，其中m是单质，Q是由三种元素组成的盐。回答下列问题：（1）M在元素周期表中的位置为___________，Q中含有的化学键类型为___________。（2）W、K、L简单离子的半径由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)。（3）由X、Y两种元素形成的10电子分子的空间结构为___________。由X、Y两种元素组成的分子中只含有22个共价单键的链状化合物的分子式为___________，其主链含有五个碳原子的同分异构体有___________种。（4）常温下，以K的最高价氧化物对应的水化物为电解质溶液，与为电极反应物构成的燃料电池，具有能量利用效率高、产物无污染等优点。①的电子式为___________；负极电极反应式为___________。②以此燃料电池电解溶液，若电解后需加入才能使电解液复原，则燃料电池理论上消耗标准状况下的体积为___________L。【答案】（1）①.第三周期ⅦA族②.离子键、共价键（2）（3）①.正四面体形②.③.4（4）①.②.③.11.2【解析】Y原子的最外层电子数是其所在周期序数的2倍，则Y为C元素或S元素，结合Y的位置可知Y为C元素，K原子在短周期中半径最大，K可以考虑为Na元素，由X、Z、W、L四种元素组成的常见物质间转化关系如下图所示，其中m是单质，Q是由三种元素组成的盐，Q最后可以转化为两种强酸，可以考虑为和的合成路线，则Q为，则X为H，Y为C，Z为N，W为O，K为Na，L为S，M为Cl元素，据此解题。（1）Cl在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族，Q为，其含有的化学键为离子键、共价键，故答案为：第三周期ⅦA族；离子键、共价键；（2）W为O，K为Na，L为S，一般来说电子层数越多，半径越大，电子数相同，核电荷数越大，半径越小，故其顺序为，故答案为：；（3）C、H两种元素形成的10电子分子为甲烷，其空间结构为正四面体形，由C、H两种元素组成的分子中只含有22个共价单键的链状化合物为庚烷，其分子式为，其主链含有五个碳原子的同分异构体采用定一移一的方法一共有4种，分别是、（箭头指另一个甲基的位置），故答案为：正四面体形；；4；（4）①以NaOH为电解质溶液，与为电极反应物构成的燃料电池，其作为负极，电极反应为，氧气为正极，电极反应为；的电子式为，故答案为：；；②电解硫酸铜溶液，阳极的反应为，阴极的反应为，若电解后需加入，即1mol才能使电解液复原，则电解过程消耗的也为1mol，转移电子数量为2mol，由正极的反应可知，消耗标况下体积为11.2L，故答案为：11.2。18.利用秸秆(主要成分为纤维素)为原料制备多种化工产品，合成路线如图。回答下列问题：（1）纤维素分子的化学式为___________；反应②的化学方程式为___________。（2）反应⑦的化学方程式为___________；B与D在一定条件下形成六元环状酯类物质E，E的结构简式为___________。（3）反应④实验装置如图。下列说法正确的是___________(填标号)。A．实验时，先加浓硫酸，再加乙醇和冰醋酸B．若采用水浴加热，原料的损失会减少C．加热过程中发现未加碎瓷片，需要立即补加D．饱和溶液作用为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度上述实验结束后从试管b的溶液中分离出乙酸乙酯的实验方法是___________，振荡过程中需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示为___________(填标号)。【答案】（1）①.②.（2）①.②.（3）①.D②.分液③.丁【解析】秸秆水解成葡萄糖，葡萄糖经酶发酵成乙醇，乙醇经过氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇经过消去反应可以生成乙烯，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，则A为1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷在一定条件下发生取代反应生成乙二醇，乙二醇经氧气氧化为乙二醛，则C为乙二醛，乙二醛继续氧化为乙二酸，据此解答。（1）纤维素分子的化学式为，反应②为葡萄糖水解成乙醇，其化学方程式为，故答案为：；；（2）反应⑦为乙二醇氧化为乙二醛的反应，其化学方程式为，乙二酸和乙二醇可以发生酯化反应生成六元环酯，其结构简式为，故答案为：；（3）A．实验时，先加乙醇，再加浓硫酸和乙酸，故A错误；B．乙醇和乙酸的酯化反应温度高于100℃，不能采用水浴加热，故B错误；C．加热过程中发现未加碎瓷片，需要等装置冷却后补加，故C错误；D．饱和溶液作用为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，故D正确；故选D；乙酸乙酯不溶于水，分离出乙酸乙酯的实验方法是分液；放气时将分液漏斗倒置，用手顶紧上口活塞，将下口斜向上对着安全位置，不时慢慢旋开下口的活塞，放出气体，故正确的操作时丁，故答案为：分液；丁。19.为探究苯与液溴的反应原理并分离提纯溴苯，某化学小组用如图装置进行实验。已知：苯的沸点为80℃、密度为，溴苯的沸点为156℃、密度为。回答下列问题：（1）仪器M的作用是___________。（2）反应开始时，关闭、打开、、和恒压分液漏斗活塞，将15mL苯和足量液溴的混合物缓慢滴到___________(填仪器名称)中，B中液体微沸，C中无色液体逐渐变为橙红色。（3）反应结束，为除去B中残余气体，需将A中水倒吸入B中，具体操作为___________。（4）能证明苯与液溴发生取代反应的现象是___________。（5）对B中反应后的混合液体进行提纯分离，设计流程如下图所示。①水洗的主要目的是___________；操作Ⅳ无需使用下列仪器中___________(填标号)，先馏出的物质为___________。②提纯得到15.7g溴苯，则溴苯的产率为___________％(结果保留整数，)。【答案】（1）冷凝回流，提高原料的利用率（2）三颈烧瓶（3）关闭和恒压分液漏斗活塞，打开（4）装置D不变色，装置E中产生无色气泡，且球形干燥管不发生倒吸现象（5）①.将残留的氢氧化钠洗净②.A