资源描述
期末检测模拟卷03〔根底卷〕
一、单项选择题〔36分)
1．〔2分〕以下关于有机物的说法中，错误的选项是〔 〕
A．在一定条件下葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反响
B．肥皂的主要成分是油脂在碱性条件下水解生成的
C．淀粉、纤维素和油脂都是天然高分子化合物
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀不能重新溶于水
【答案】C
【解析】
A.葡萄糖分子结构中含-CHO，具有复原性，与新制的Cu(OH)2反响生成砖红色沉淀，A正确；
B.油脂(动物油、植物油)在碱性条件下水解(进行皂化反响)，生成高级脂肪酸盐(钠盐、钾盐等)和丙三醇(甘油)，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；
C.油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C错误；
D.蛋白质溶液遇重金属盐硫酸铜溶液后会发生变性，变性是不可逆过程，产生的沉淀不能重新溶于水，D正确；
故合理选项是C。
2．〔2分〕以下说法正确的选项是 ( )
A．F、Cl、Br原子的最外层电子数都是7，次外层电子数都是8
B．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属性递增规律
C．卤素按F、Cl、Br、I的顺序，其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加电子层数增大起主要作用
D．砹(At)原子序数为85，根据同主族元素性质的递变规律，非金属性：At>I
【答案】C
【解析】
A. F是9号元素，原子核外电子排布是2、7，原子的次外层电子数是2，A错误；
B. F、Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，形成的氢化物HF、HCl、HBr、HI中的化学键逐渐减弱，越容易电离产生H+，因此HF、HCl、HBr、HI的酸性递增，B错误；
C. F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大。元素的非金属性逐渐减弱，原子核外电子层数增多，原子半径增大起主要作用，C正确；
D. 同一主族的元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，所以元素的非金属性：I>At，D错误；
故合理选项是C。
3．〔2分〕X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如下图。以下说法错误的选项是
A．Q位于第三周期ⅠA族
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C．简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋
D．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；
B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；
C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；
D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。
答案为C。
4．〔2分〕15N、N5+、NH5〔为离子化合物，结构与NH4Cl相似〕等均已被发现，以下说法正确的选项是〔 〕
A．15N的原子结构示意图为：
B．N5+中含36个电子
C．NH5既含离子键，又含共价键
D．NH5的电子式为：NH4+[：H]-
【答案】C
【解析】
A．15N中15为原子的质量数，而不是质子数，A项错误；
B．一个N原子中含有7个电子，N5+包含5个N原子且构成中失去一个电子，故其中含34个电子，B项错误；
C．NH4Cl中包含离子键和共价键，由题给信息：NH5为离子化合物，结构与NH4Cl相似可知，NH5既含离子键，又含共价键。C项正确；
D．NH4+的电子式表示错误，NH5的电子式正确应为：，D项错误；
答案选C。
5．〔2分〕以下说法正确的选项是〔 〕
A．化学反响的发生都需要在一定条件下
B．灼热的碳与二氧化碳的反响是放热反响
C．由C(石墨)＋1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知，金刚石比石墨稳定
D．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
【答案】D
【解析】
A．有些反响不需反响条件也能发生，如CaO+H2O=Ca(OH)2，A错误；
B．碳与二氧化碳的反响是吸热反响，B错误；
C．由C(石墨)＋1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知，石墨转换为金刚石是吸热反响，石墨能量低于金刚石，更稳定，C错误；
D．等量的硫蒸气具有的能量大于硫固体具有的能量，因此等量的硫蒸气完全燃烧时放出的热量多，D正确。
答案选D。
6．〔2分〕以下各组材料中，不能组成原电池的是 ( )
A
B
C
D
两极材料
锌片、石墨
铜片、银片
锌片、铜片
铁片、铜片
插入溶液
稀硫酸
硝酸银溶液
蔗糖溶液
稀盐酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
A. 锌是活泼金属，石墨能导电的非金属单质，锌和硫酸能自发发生氧化复原反响，所以能形成原电池，A不符合题意；
B. 两金属的活泼性不同，且铜片能自发与硝酸银发生氧化复原反响，所以能形成原电池，B不符合题意；
C. 两金属的活泼性不同，但蔗糖是非电解质不能导电，负极不能和电解质溶液发生氧化复原反响，所以不能形成原电池，C符合题意；
D. 两金属的活泼性不同，且铁片能自发与盐酸发生氧化复原反响，所以能形成原电池，故D不符合题意；
故合理选项是C。
7．〔2分〕把100mL 2mol/L的H2SO4跟过量锌粉反响，在一定温度下，为了减缓反响速率而不影响生成H2的总量，可在反响物中参加适量的〔 〕
A．硫酸铜溶液 B．硝酸钠溶液 C．醋酸钠溶液 D．氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】
A．参加适量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜发生反响生成Cu，Cu与Zn形成原电池，加快反响速率，A错误
B．参加硝酸钠溶液后，酸性环境下，硝酸根离子具有强氧化性，与锌反响不会生成氢气，氢气的量减少，B错误；
C．参加醋酸钠溶液，有醋酸生成，醋酸是弱酸，氢离子浓度减小，但氢离子总的物质的量不变，反响速率减慢，且不影响氢气的总量，C正确；
D．参加氢氧化钠溶液，与硫酸反响消耗氢离子，反响速率减慢，产生氢气的量减少，D错误；
故答案选C。
8．〔2分〕某化学反响中，反响混合物A、B、C的物质的量浓度(c)与时间(t)关系如下表所示：
初始
2 min
4 min
6 min
c (A)(mol/L)
1.45
1.28
1.00
1.00
c (B)(mol/L)
0.38
0.72
1.28
1.28
c (C)(mol/L)
0.095
0.18
0.32
0.32
以下说法正确的选项是〔 〕
A．该反响的化学方程式为A = 2B+C
B．4 min末A的转化率约为31%
C．4~6min时，反响停止了
D．正反响是吸热反响
【答案】B
【解析】
A、由表格中的数据可知，A减少，B、C增加，那么A为反响物，B、C为生成物，浓度变化量之比为〔〕mol/L：〔〕mol/L：〔0.18-0.095 〕mol/L =2：4：1，反响速率之比等于化学计量数之比，该反响为2A4B+C，故A错误；
B、4 min末A的转化率为×100%=31%，故B正确；
C、4min到达化学平衡状态，4--6min时，反响没有停止，为动态平衡，故C错误；
D、由表格中的数据分析判断随着反响的进行，反响物浓度在减小而速率在增大，所以是放热反响，故D错误；
应选B。
9．〔2分〕实验室中用如下图的装置进行甲烷与氯气在光照下反响的实验。
光照下反响一段时间后，以下装置示意图中能正确反映实验现象的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
在光照条件下氯气与甲烷发生取代反响生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
10．〔2分〕两种气态烃组成的混和气体0.1mol完全燃烧得0.16摩尔CO2和3.6gH2O,以下说法正确的〔 〕
A．一定有乙烯 B．一定是甲烷和乙烯
C．一定有乙炔 D．一定有甲烷
【答案】D
【解析】
由题意知两气态烃的平均分子式为：C1.6H4，所以两烃必有一烃的碳原子数为1，即甲烷CH4，而另一烃的氢原子数必为4，例如C2H4、C3H4均可。答案选D。
11．〔2分〕以下化合物分子中的所有原子都处于同一平面的是
A．溴苯 B．对二甲苯 C．丙炔 D．丙烯
【答案】A
【解析】
A．苯中所有原子都在一个平面上，溴苯是一个溴原子取代苯环上的一个氢原子，故所有原子在同一个平面，A正确；
B．对二甲苯含有2个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，B错误；
C．丙炔中有一个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，C错误；
D．丙烯中有一个甲基，所有原子不可能处于同一平面上，D错误。
答案选A。
12．〔2分〕〕实验室制备硝基苯的反响装置如下图，步骤之一是将仪器a中浓硝酸和浓硫酸形成的混酸参加到装有苯的三颈烧瓶中，那么以下表达不正确的选项是〔 〕
A．仪器a的名称是恒压滴液漏斗
B．长玻璃导管可以起到冷凝回流的作用
C．配制混酸时应在烧杯中先参加浓硫酸
D．别离出硝基苯的主要操作是分液和蒸馏
【答案】C
【解析】
A．根据仪器装置图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，故A不符合题意；
B．加热条件下，苯、浓硝酸均易挥发，因此长玻璃导管可起到平衡装置内外气压以及冷凝回流的作用，故B不符合题意；
C．浓硫酸密度较大，且溶解过程中放出大量热，因此不能先参加浓硫酸，应在浓硝酸中参加浓硫酸，冷却后滴入苯，其目的是：一方面两酸混合产生大量的热，使混合酸的温度升高，一局部浓硝酸将分解；另一方面，苯的沸点比拟低，大量的苯将蒸发掉，影响硝基苯的产率，故C符合题意；
D．苯和硝基苯不易溶于水中，因此产品可先进行分液，别离出苯和硝基苯的有机层，然后利用蒸馏有机物别离出硝基苯，故D不符合题意；
故答案为：C。
13．〔2分〕加成反响是有机化学中的一类重要的反响，以下属于加成反响的是〔 〕
A．CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl
B．CH4＋2O2CO2＋2H2O
C．CH2=CH2+H2OCH3—CH2OH
D．+Br2HBr+
【答案】C
【解析】
A．一氯甲烷与氯气混合后光照条件下发生的是取代反响，A选项不满足题意；
B．甲烷在氧气中点燃生成二氧化碳和水是氧化反响，B选项不满足题意；
C．乙烯含有碳碳双键，与水在高温高压催化剂的条件下发生加成反响生成乙醇，C选项满足题意；
D．苯与溴单质在催化剂的条件下发生取代反响生成溴苯，D选项不满足题意；
答案选C。
14．〔2分〕〕在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，以下操作未涉及的是
A． B．
B． C． D．
【答案】D
【解析】
分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反响生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。
详解：A、反响物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；
B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；
C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现别离，C正确；
D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现别离，D错误。
答案选D。
15．〔2分〕某有机物的结构简式为，在以下各反响的类型中：①取代，②加成，③加聚，④置换，⑤酯化，⑥中和，⑦氧化，它能发生的反响有( )
A．①②③⑤⑥⑦ B．①②③⑥ C．①②④⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦
【答案】C
【解析】
根据有机物的结构简式，该有机物中含有苯环、羟基、羧基，苯环能发生加成等反响，羟基发生取代、置换、酯化、氧化等反响，羧基能发生酯化、置换、中和等反响，故C正确；
答案：C。
16．〔2分〕乙醇分子中的各种化学键如下图，关于乙醇在各种反响中断裂键的说法不正确的选项是( )
A．和金属钠反响时键①断裂
B．在铜催化共热下与O2反响时断裂①和③键
C．在铜催化共热下与O2反响时断裂①和⑤键
D．在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤键
【答案】C
【解析】
A. 乙醇与钠反响生成乙醇钠，是羟基中的O—H键断裂，A项正确；
B. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，B项正确，
C. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，C项错误；
D. 乙醇完全燃烧时，化学键①②③④⑤全部断裂，D项正确；
答案选C。
17．〔2分〕以下实验中，所采取的别离方法与对应原理都正确的选项是〔 〕
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；
B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应参加饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；
C. 除去KNO3固体中的NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；
D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行别离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行别离，利用两者沸点相差较大，故D正确；
答案：D。
18．〔2分〕以下有关环境问题的说法正确的选项是
A．燃煤时参加适量石灰石，可减少废气中SO2的量
B．臭氧的体积分数超过10-4%的空气有利于人体健康
C．pH在5.6—7.0之间的降水通常称为酸雨
D．含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染
【答案】A
【解析】
A．高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反响生成硫酸钙，减少废气中SO2的量，选项A正确；
B．空气中臭氧的体积分数低于10-5时可加速血液循环，令人产生兴奋的感觉，但高于此值那么会对人体产生伤害，选项B错误；
C．酸雨pH＜5.6，而非“5.6-7.0〞，选项C错误；
D．含磷废水易导致水体富营养化，应经处理后才能排放，选项D错误；
答案选A。
二、多项选择题〔6分)
19．〔3分〕以下关于蛋白质的表达中，正确的选项是
A．蛋白质溶液中参加饱和(NH4)2SO4溶液可提纯蛋白质
B．天然蛋白质分子中既含-NH2，又含-COOH
C．温度越高，酶对某些化学反响的催化效率越高
D．任何结构的蛋白质遇到浓HNO3都会变为黄色
【答案】AB
【解析】
A．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质发生盐析，再加水，蛋白质又溶解，因此通过盐析可以提纯蛋白质，故A正确；
B．蛋白质分子中既含-NH2，又含-COOH，既能与酸反响生成盐，又能跟碱反响生成盐，故B正确；
C．酶的活性受温度限制，超过适宜的温度时酶将失去活性，故C错误；
D．只有一些含有特殊结构的蛋白质遇到浓HNO3才会变为黄色，发生颜色反响，故D错误；
应选AB。
20．〔3分〕2022年3月召开的“两会〞指出，当前我国城乡居民正在进入生活质量全面提升时期，人们对生态环境质量非常关注，迫切希望生态环境越来越好。以下做法有利于环境保护的是 ( )
A．市区禁止自行车通行 B．自己尽量不做饭，多叫外卖
C．提倡将生活垃圾进行分类处理 D．将工业废水进行处理，并尽量减少排放量
【答案】CD
【解析】
A.市区禁止自行车通行，导致大量汽车的使用，产生大量废气污染物，不利于环境保护，故A错误；
B.“少做饭，多叫外卖〞虽然可以减少家庭中的能源消耗，但会增加一次性餐具的使用，一次性餐具多为木材和难降解的塑料，所以不是低碳行为，不利于环境保护，故B错误；
C.生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排，有利于环境保护，故C正确；
D.将工业废水进行处理，尽量减少排放量，不会污染地下水，符合可持续开展理念，有利于环境保护，故D正确；
故答案选：CD。
第II卷〔非选择题)
三、填空题〔20分)
21．〔6分〕(1)某实验小组同学进行如下图实验，以检验化学反响中的能量变化。
实验发现，反响后①中的温度升高，②中的温度降低。由此判断铝条与盐酸的反响是______热反响，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反响是______热反响。反响_____(填①或②)的能量变化可用图(b)表示。
(2)一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。假设生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1______(填大于、小于或等于)Q2。
(3)：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，该反响中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量，那么断开1 mol H—O键与断开1 mol H—Cl键所需能量相差约为______ kJ。
【答案】放 吸 ① 小于 31.9
【解析】
(1)通过实验测出，反响前后①烧杯中的温度升高，那么Al跟盐酸的反响是放热反响，②烧杯中的温度降低，那么Ba(OH)2⋅8H2O跟NH4Cl的反响是吸热反响；根据图(b)数据可知，该反响中，反响物总能量大于生成物总能量，那么该反响为放热反响，可表示反响①的能量变化；
(2)由于一定量的氢气在相同条件下都充分燃烧，且燃烧后都生成水，假设都是生成气态水，那么Q1=Q2，但事实是氢气燃烧分别生成液态水和气态水，由气态水转化为液态水还要放出热量，故Q1＜Q2；
(3)E(H-O)、E(HCl)分别表示H-O键能、H-Cl键能，反响中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反响热△H=反响物总键能-生成物的总键能，那么4×E(H-Cl)+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E(H-O)]=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ。
22．〔6分〕〔1〕在①蛋白质 ②油脂 ③葡萄糖 ④纤维素⑤淀粉五种物质中，不能水解的是______〔填序号〕，在人体中不能直接被消化吸收的是________〔填序号〕，蛋白质水解后最终生成__________〔填名称〕，油脂水解后得到醇的结构简式是_________。
〔2〕某学生设计用如下实验方案用以检验淀粉水解的情况：
由水解液分别进行上述实验后的现象，可得出的实验结论应该是________〔填序号〕。
A．淀粉尚有局部未水解
B．淀粉已完全水解
C．淀粉没有水解
【答案】③ ④ 氨基酸 CH2OHCHOHCH2OH B
【解析】
〔1〕葡萄糖是单糖，不能水解；人体没有水解纤维素的酶，所以纤维素不能被人体直接消化吸收；蛋白质水解最终生成氨基酸，油脂水解得到的醇为甘油，结构简式为CH2OH CHOH CH2OH；
〔2〕淀粉水解后溶液中加碘水，不变蓝，说明淀粉水解完全。
23．〔8分〕A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。
A． B． C．
(1)A中反响的离子方程式为_____，B中Cu极电极反响式为______。
(2)C中被腐蚀的金属是____________，总反响方程式为____________，
(3)A、B、C中铁被腐蚀的速率，由大到小的顺序是__________。
【答案】Fe+2H+=Fe2++H2↑ 2H++2e-=H2↑ Zn Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ B﹥A﹥C
【解析】
(1)Fe和稀硫酸反响离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B中Cu为正极，H+发生复原反响，电极反响式为：2H++2e-=H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；2H++2e-=H2↑；
(2)C中Zn作负极，失电子，被腐蚀，总反响为Zn和硫酸反响：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，故答案为：Zn；Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；
(3)A中为化学腐蚀，为一般腐蚀，B中作原电池的负极，加快了腐蚀速率，C中Fe作正极，被保护，所以A、B、C中铁被腐蚀的速率，由大到小的顺序是B﹥A﹥C，故答案为：B﹥A﹥C。
四、实验题〔20分)
24．〔10分〕“铝热反响〞的化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。某同学对“铝热反响〞的现象有这样的描述：“反响放出大量的热，并发出耀眼的光辉〞、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中〞。查阅?化学手册?知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：
物质
Al
Al2O3
Fe
Fe2O3
熔点/℃
660
2 054
1 535
1 462
沸点/℃
2 467
2 980
2 750
——
(1)该同学推测，铝热反响所得到的熔融物应是铁铝合金。这种推测有一定的道理，理由是________________________________________________________________________。
(2)根据已有知识找出一种验证产物中有Fe的最简单方法：_____________________。
(3)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是________，当观察到________时，说明熔融物中含有金属铝。
(4)实验室溶解该熔融物，最好选用以下试剂中的____(填字母)，理由是__________。
A．浓硫酸 B．稀硫酸
C．稀硝酸 D．氢氧化钠溶液
【答案】该反响温度下铝已熔化，未反响的铝与生成的铁熔合在一起 用磁铁吸引，假设能被吸附，说明有铁生成 NaOH溶液 有气泡生成 B 稀硫酸能完全溶解此熔融物，并且不造成环境污染
【解析】
(1)铝的熔点比铁低，该反响温度下铝已熔化，未反响的铝与生成的铁熔合在一起，所以铝热反响所得到的熔融物应是铁铝合金；
(2)验证产物中有Fe的最简单方法：用磁铁吸引，假设能被吸附，说明有铁生成；
(3)铝与NaOH溶液反响生成气体，反响的化学方程式为2Al+2OH-+H2O=2AlO2-+3H2↑，所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝，当观察到有气泡生成时，说明熔融物中含有金属铝；
(4)A．浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解，选项A错误；
B．活泼金属与稀硫酸反响，熔融物可溶解于稀硫酸中，选项B正确；
C．稀硝酸与金属反响生成污染性气体，不是最正确选择，选项C错误；
D．铁不与NaOH溶液反响，不能将熔融物全部溶解，选项D错误；
答案选B。
25．〔10分〕如图是用于制备乙酸乙酯的常见简易装置。请根据该装置答复以下问题：
(1)在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是先向试管中参加一定量的________，然后边振荡边缓缓参加________，冷却后再参加一定量的冰醋酸，轻轻振荡使之混合均匀。
(2)制备乙酸乙酯的化学反响方程式为_______。生成的乙酸乙酯，其密度比水_____(填“大〞或“小〞)。
(3)浓硫酸的作用是____________。
(4)试管B内装入饱和碳酸钠溶液，写出除去乙酸时发生反响的化学方程式_________。
(5)与书中采用的实验装置的不同之处是本实验采用了球形枯燥管代替了长导管，并将枯燥管的末端插入了溶液中。在此处球形枯燥管的作用有________。
【答案】乙醇 浓硫酸 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 小 催化剂、吸水剂 2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O 防倒吸
【解析】
(1)浓硫酸绝对不能第一个参加，在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是先向试管中参加一定量的乙醇，然后边振荡边缓缓参加浓硫酸，冷却后再参加一定量的冰醋酸，轻轻振荡使之混合均匀。
(2)制备乙酸乙酯的化学反响方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。生成的乙酸乙酯，其密度比水小。
(3)酯化反响是可逆反响，浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂。
(4)试管B内装入饱和碳酸钠溶液，除去乙酸时发生反响的化学方程式为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O。
(5)与书中采用的实验装置的不同之处是本实验采用了球形枯燥管代替了长导管，并将枯燥管的末端插入了溶液中。球形枯燥管内容量大，在此处的作用为防倒吸。
五、推断题〔10分)
26．〔10分〕以石油化工的一种产品A〔乙烯〕为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：
(1)步骤①的化学方程式_____________，反响类型____________。步骤②的化学方程式_____________________，反响类型____________。
(2)某同学欲用上图装置制备物质E，答复以下问题：
①试管A发生反响的化学方程式_____________。
②试管B中的试剂是__________。
(3)为了制备重要的有机原料——氯乙烷(CH3—CH2Cl)，下面是两位同学设计的方案。
甲同学：选乙烷和适量氯气在光照条件下制备，原理是：CH3－CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl。
乙同学：选乙烯和适量氯化氢在一定条件下制备，原理是：CH2＝CH2+HCl CH3CH2Cl。
你认为上述两位同学的方案中，合理的是________(选填“甲同学〞或“乙同学〞)，简述你的理由：____
【答案】CH2=CH2+ H2O CH3CH2OH 加成反响 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O 氧化反响 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O 饱和碳酸钠溶液 乙同学 ； 烷烃的取代反响是分步进行的，反响很难停留在某一步，所以得到的产物往往是混合物，乙烯与HCl反响只有一种加成产物，所以乙同学的方案更合理。
【解析】
(1)步骤①反响乙烯与水发生加成反响生成乙醇,反响的方程式为: CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，该反响为加成反响；步骤②为乙醇催化氧化生成乙醛,反响的方程式为: 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,该反响为氧化反响,因此，此题正确答案是: CH2=CH2+H2O CH3CH2OH;加成反响;2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反响。
(2)①由图可知试管A中是乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反响,生成乙酸乙酯和水,反响的化学方程式为: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ，因此，此题正确答案是: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ; ②因为乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小,碳酸钠溶液能够与乙酸反响,还能够溶解乙醇,所以用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯。所以试管B中的试剂是饱和碳酸钠溶液。因此，此题正确答案是:饱和碳酸钠溶液。
(3)烷烃的取代反响是分步进行的,反响很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;乙烯与HCl反响只有一种加成产物,所以乙同学的方案更合理。因此，此题正确答案是:乙同学的方案;因为烷烃的取代反响是分步进行的,反响很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;而用乙烯与HCl反响只有一种加成产物,所以可以得到相对纯洁的产物。
六、计算题〔8分)
27．〔8分〕〔2022·湖南省高一期末〕丁烷在催化剂、加热、加压的条件下会以如下两种方式发生裂解：
现有1 mol丁烷，其中有36％以方式①裂解，有24％以方式②裂解，还有40％没有裂解，那么最终所得混合气体的平均摩尔质量是______________________。
【答案】36.25 g·mol－1
【解析】
现有1mol丁烷，其中有36%以方式①裂解，有24%以方式②裂解，还有40%没有裂解；
发生反响①C4H10 CH4+C3H6的丁烷为：1mol×36%=0.36mol，分解后气体总物质的量增大一倍，变为0.72mol；
发生反响②C4H10 C2H6+C2H4的丁烷为：1mol×24%=0.24mol，分解后气体总物质的量增大一倍，变为0.48mol；
分解后气体总物质的量为：0.72mol+0.48mol+1mol×40%=1.6mol，丁烷分解过程中总质量不变，那么最终所得混合气体的平均摩尔质量为：=36.25g/mol。
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