甘肃省兰州市第一中学20222024学年高一下学期期末考试化学试卷高中教育

1/1甘肃省兰州市第一中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试卷-高中教育

兰州一中2022-2023-2学期高一班级期末考试试题

化学

说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。

可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Fe—56Cu—64Zn—65

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题

1.能源是人类社会赖以生存和进展的重要物质基础，煤、石油、自然 气是当今世界最重要的三种化石能源。下列有关叙述错误的是

A.石油液化气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物

B.石油通过催化裂化过程可将重油裂化为汽油

C.石油是由多种烃组成的混合物

D.人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的

【答案】A

【解析】

【详解】A.石油液化气、汽油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物，地沟油为植物油，为烃的衍生物，A错误；

B.石油通过催化裂化，将大分子变为小分子，使较长碳链变短，可将重油裂化为汽油，B

正确；

C.石油是由多种烷烃、环烷烃组成的混合物，C正确；

D.人类目前所直接利用的能量大部分是由化石燃料的燃烧供应，主要为化学反应产生，D

正确；

答案为A

2.下列关于基本养分物质的说法错误的是

A.植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，能使Br2的CCl4溶液褪色

B.用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素

C.往皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，上层析出固体物质

D.不是全部的糖类都能发生水解

第1页共21页

第2页

共21页【答案】B

【解析】

【详解】A.植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，能使Br2的CCl4溶液褪色，A正确；

B.用于纺织的棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分为蛋白质，B错误；

C.油脂在碱性条件下发生反应生成高级脂肪酸钠和甘油，往皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，能降低高级脂肪酸钠的溶解度，且密度比水小，则上层析出固体物质为高级脂肪酸钠，C正确；

D.单糖不能发生水解反应，则不是全部的糖类都能发生水解，D正确；

答案为B

3.可以用分液漏斗分别的一组混合物是

A.酒精和碘

B.苯和水

C.乙酸和水

D.溴和四氯化碳

【答案】B

【解析】【详解】A．酒精和碘是混溶的物质，不能用分液漏斗分别，A错误；

B．苯和水是互不相溶的两层液体物质，可以用分液漏斗分别，B正确；

C．乙酸与水互溶，不能用分液漏斗分别，C错误；

D．溴易溶在四氯化碳中，不能用分液漏斗分别，D错误。答案选B。4.下列有关化学用语使用正确的是A.乙醇的分子式：C2H5OHB.乙烯的结构简式：CH2CH2C.—OH的电子式：

D.丙烷分子的球棍模型：

【答案】D【解析】

【详解】A.乙醇的分子式：C2H6O，A错误；

B.乙烯的结构简式：CH2=CH2，

B错误；

C.—OH的电子式：，C错误；

D.丙烷分子的球棍模型：，D正确；

答案为D

5.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示试验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示

A.铜棒的质量

B.c(Zn2＋)

C.c(H＋)

D.c(SO42-)-

【答案】C

【解析】

【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑。则

A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；

B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）渐渐降低，故C正确；

D．SO42-不参与反应，其浓度不变，故D错误；

故选C。

6.下列操作能达到试验目的的是

选项试验目的试验操作

A验证SO2的漂白性将SO2通入溴水，观看溴水是否褪色

第3页共21页

A.A

B.B

C.C

D.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.二氧化硫与溴水反应体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，A错误；

B.向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量碳酸钠溶液，振荡后静置分液，用NaOH会使乙酸乙酯水解，B错误；

C.浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，与稀硫酸和锌的反应不具有可比性，C错误；

D.将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池，活泼金属作负极，另一金属作正极，D正确；

答案为D

【点睛】浓硫酸表现强氧化性，为硫的化合价的变化，稀硫酸表现弱氧化性，为氢化合价的降低，反应原理不同。

7.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

A.1mol分子式为C2H6O的物质，含O—H数肯定是NA

B.标准状况下，22.4LCH2=CH2中含C—H数为4NA

C.1mol甲基（—CH3）中含有的电子数为9NA

D.0.1mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.1mol分子式为C2H6O的物质，若为乙醇含O—H数是NA，若为甲醚不含有O—H

第4页共21页

第5页共21页键，A错误；

B.标准状况下，22.4LCH2=CH2中即1mol乙烯中含C—H数为4NA，B正确；

C.1个甲基中含有9个电子，则1mol甲基（—CH3）中含有的

电子数为9NA，C正确；

D.等物质的量的乙烯与乙醇，耗氧量相同，0.1mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3NA，D正确；

答案为A

【点睛】甲基为甲烷失去一个氢原子剩余部分，则1个甲基含有9个质子，9个电子。

8.下列关于乙酸和乙醇发生酯化反应的说法正确的是

A.用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H218O

B.浓硫酸的作用是中和碱性物质

C.反应液混合时，挨次为先取乙醇再加入浓硫酸最终加入乙酸

D.用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分别出乙酸乙酯

【答案】C

【解析】

【详解】A.用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H2O和CH3CH218OOCCH3，A错误；

B.浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，B错误；

C.反应液混合时，挨次为先取乙醇再加入浓硫酸最终加入乙酸，C正确；

D.用分液的方法从饱和Na2CO3溶液中分别出乙酸乙酯，D错误；

答案为C

9.下列反应属于氧化还原反应，而且△H＞0的是

A.铝片与稀H2SO4反应

B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应

C.灼热的炭与CO2反应

D.甲烷在O2中的燃烧反应【答案】C

【解析】

【分析】

有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；△H＞0的反应为吸热反应，据此分析推断。【详解】A．铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，

第6页共21页故A不选；B．Ba(OH)2?8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，故B不选；C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，且属于吸热反应，故C选；D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故D不选；故选C。

【点睛】本题考查氧化还原反应及吸热反应，明确元素的化合价变化及常见的吸热反应是解题的关键。解答本题需要记住常见的吸热反应：Ba(OH)2?8H2O与NH4Cl反应、C参与的氧化还原反应、大多数的分解反应等。

10.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是

A.甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B.乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色

C.丙在铁作催化剂下可与溴水发生取代反应

D.丁的

溶液常用于对皮肤、医疗器械等的消毒

【答案】D

【解析】

【分析】

依据比例模型可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇；

【详解】A.甲烷不与酸性高锰酸钾反应，则高锰酸钾溶液不褪色，A错误；

B.乙烯含有碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B错误；

C.苯在铁作催化剂下可与液溴发生取代反应，与溴水发生萃取，C错误；

D.75%的乙醇具有杀菌消毒的作用，75%的乙醇溶液常用于对皮肤、医疗器械等的消毒，D正确；

答案为D

11.下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是()

A.铝粉和Fe2O3共热

B.加热HgO

C.电解熔融的MgCl2

D.氢气通入Al2O3并加热

【答案】D

【解析】

【分析】

依据金属的活泼性强弱冶炼金属，K、Ca、Na、Mg、Al等金属用电解法，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法、Hg、Ag等金属用热分解法冶炼.

【详解】A.铝粉和Fe2O3共热反应可以得到金属铁和氧化铝，A不符合题意；

B.加热氧化汞会发生分解，制的金属Hg，B不符合题意；

C.Mg为活泼金属，要用电解熔融MgCl2的方法冶炼，C不符合题意；

Dal是相对活泼的金属应当使用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能使用热还原法冶炼，因此不能制取得到Al单质，D符合题意；

故合理选项是D。

【点睛】本题考查金属的冶炼方法与金属活动性关系的学问，留意常见金属的冶炼方法，把握金属的活泼性强弱是解题关键。

12.今有五种有机物：①CH2=CHCl、②CH3(CH2)3OH、③CH2=CHCH2OH、

④CH2=CHCOOCH3、⑤CH2=CHCOOH，其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是

A.③⑤

B.①②⑤

C.②④

D.③④【答案】A

【解析】

【分析】

①CH2=CHCl含有碳碳双键，可以发生加成、加聚、氧化反应，不能发生酯化反应，①错误；

②CH3(CH2)3OH含有羟基，可以发生氧化、酯化反应，②错误；

③CH2=CHCH2OH含有碳碳双键、羟基，可以发生加成、加聚、氧化、酯化反应，③正确；

④CH2=CHCOOCH3含有碳碳双键、酯基，可发生加成、加聚、氧化、水解反应，④错误；

⑤CH2=CHCOOH含有碳碳双键、羧基，可以发生加成、加聚、氧化、酯化反应，⑤正确。【详解】③⑤正确，答案为A

第7页共21页

13.将少量的A、B两份锌粉装入试管中，分别加入足量的等浓度、等体积的稀硫酸中，同时向装A的试管中加入少量CuSO4溶液。如下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】在A中加入少量CuSO4溶液，发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，锌与置换出铜及硫酸可形成铜锌原电池，导致A中反应速率增大，由于锌不足量，发生该反应而消耗，所以最终产生氢气的体积比B少，只有选项C符合题意。

14.下列试验操作和现象与结论的关系相符的是

操作和现象结论

A

将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，

钠与乙醇反应要平缓得多乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性

B

在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气

体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色

石蜡油的分解产物中含有烯烃C

甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿

润的石蕊试纸变红

生成的氯甲烷具有酸性

D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间

后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，

未见砖红色沉淀

蔗糖未水解

第8页共21页

A.A

B.B

C.C

D.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子比水分子中的氢原子活泼性弱，A错误；

B.石蜡油加强热生成的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中与烯烃发生加成反应，使溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，B正确；

C.甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体为氯化氢、一氯甲烷、未反应的氯气，氯化氢溶于水显酸性，C错误；

D.蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，该试验没有加碱至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，D错误；

答案为B

【点睛】蔗糖水解时，稀硫酸作催化剂，试验完成后，加入新制的氢氧化铜悬浊液时，先调整溶液呈碱性，在加入试剂，否则酸与氢氧化铜反应导致现象不明显。

15.下列各组物质中，互为同分异构体的是

A.水与冰

B.O2与O3

C.与

D.与

【答案】D

【解析】

【详解】A、水与冰的构成物质均为H2O，是同一种物质，故A不选；

B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；

第9页共21页

C、由甲烷的结构可知，与为同一种物质，故C不选；

D、

与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D选，

答案选D。

16.依据图供应的信息，下列所得结论正确的是

A.该反应断裂旧键所汲取的能量低于形成新键放出的能量

B.该反应只有在加热条件下才能进行

C.若加入催化剂，可使该反应速率加快，△H增大

D.该反应可能是碳酸钙的分解反应

【答案】D

【解析】

【分析】

依据图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应；

【详解】A.依据图像，该反应断裂旧键所汲取的能量高于形成新键放出的能量，A错误；

B.吸热反应不肯定需要加热才可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐为吸热反应，不需加热即可进行，B错误；

C.若加入催化剂，可使该反应速率加快，△H不影响，C错误；

D.碳酸钙的分解反应为吸热反应，该反应可能是碳酸钙的分解反应，D正确；

答案为D

【点睛】吸热反应不肯定要加热才能进行，可以在体系外进行吸热即可进行。

17.在一个不传热的固定容积的密闭容器中,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当m、n、

第10页共21页

p、q为任意整数时,肯定达到平衡的标志是

①体系的温度不再转变②体系的压强不再转变

③各组分的浓度不再转变④各组分的质量分数不再转变

⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q

⑥单位时间内mmolA发生断键反应,同时pmolC也发生断键反应

A.③④⑤⑥

B.①③④⑥

C.②③④⑥

D.

①③④⑤

【答案】B

【解析】

【详解】①体系的温度不再转变，正、逆反应速率相等，据此能推断该反应达到平衡状态，

①正确；

②假如该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能依据压强推断反应是否达到平衡状态，②错误；

③各组分的物质的量浓度不再转变，说明该反应达到平衡状态，③正确；

④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再转变，④正确；

⑤任何时刻反应时都存在速率关系：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q，故不能依据反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q推断该反应是否达到平衡状态，⑤错误；

⑥单位时间内mmolA断键反应等效于pmolC形成，同时pmolC也断键反应，⑥正确；

综上所述可知正确的说法为①③④⑥，故合理选项是B。

18.试验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I?等)中回收碘，其试验过程如下：

下列叙述不正确的是

A.“操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行

B.“还原”步骤发生的反应为：SO32?+I2+H2O==2I?+SO42?+2H+

C.“氧化”过程中，可用双氧水替代氯气

D.“富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子

第11页共21页

【答案】A

【解析】

【详解】A.“操作X”为分别CCl4层和水层名称为分液，可在分液漏斗中进行，A错误；B.“还原”步骤为使溶液中的碘单质变为碘离子，用亚硫酸汲取，发生的反应为：SO32?+I2+H2O==2I?+SO42?+2H+，B正确；

C.“氧化”过程中，双氧水为绿色氧化剂，可氧化碘离子为单质，则可用双氧水替代氯气，C正确；

D.“富集”即I2富集于有机溶剂，碘单质易溶于有机溶剂，而杂质离子易溶于水，利用碘的富集，除去某些杂质离子，D正确；

答案为A

19.在2L容积不变的容器中,发生N2+3H22NH3的反应。现通入H2和N2发生反应

,10s

内用H2表示的反应速率为0.12mol·L-1·s-1,则10s内消耗N2的物质的量是

A.2.4mol

B.1.2mol

C.0.8mol

D.0.4mol【答案】C

【解析】

已知10s内用H2表示的反应速率为0.12mol·L-1·s-1，则消耗的H2的物质的量是0.12mol·L-1·s-1×10s×2L=2.4mol，所以10s内消耗N2的物质的量0.8mol，故本题正确答案为C。

20.溴苯是不溶于水的液体，常温下不与酸、碱反应，可用如图装置制取（该反应放出热量）。制取时观看到锥形瓶中导管口有白雾消失等现象。下列说法错误的是

A.制备溴苯的反应属于取代反应

B.装置图中长直玻璃导管仅起导气作用

C.该反应还可能看到烧瓶中有红色蒸汽

第12页共21页

D.溴苯中溶有少量的溴，可用NaOH溶液洗涤除去

【答案】B

【解析】

【详解】A.试验室用苯和液溴在氯化铁的条件下制备溴苯，反应属于取代反应，A正确；

B.装置图中长直玻璃导管既起导气作用，又起冷凝回流的作用，B错误；

C.该反应为放热反应，还可能看到烧瓶中有红色溴蒸汽消失，C正确；

D.溴苯中溶有少量的溴，可与NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠，其易溶于水，不易溶于有机溶剂，从而洗涤除去，D正确；

答案为B

21.在密闭容中加入2.0molSO2和1.0molO2，肯定条件下发生如下反应2SO2＋O22SO3。反应达到平衡后，各物质的物质的量可能为()

n(SO2)/moln(O2)/moln(SO3)/mol

A2.01.00

B1.00.81.0

C0.200.101.80

D002.0

A.A

B.B

C.C

D.D

【答案】C

【解析】

【分析】

反应2SO2+O22SO3是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，生成物不能完全转化为反应物，依据反应的特点来回答。

【详解】反应2SO2+O22SO3是可逆反应，加入2.0molSO2和1.0molO2，最终各种物质都应当存在，不能全为反应物，也不能都为生成物，所以A、D错误；反应正向进行，所以正向进行SO2向生成SO3的方向进行，SO2与O2反应的物质的量关系为2：1，所以SO2减

第13页共21页

小1mol，消耗氧气0.5mol，所以应当剩余氧气物质的量为0.5mol，不能是0.8mol，B错误，故合理选项是C。

【点睛】本题考查同学化学平衡的建立学问，留意可逆反应的特点是解题的关键。

22.某烃完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2体积比为3:2，则该烃的分子式可能为

A.C3H4

B.C2H4

C.C2H6

D.C6H6【答案】B

【解析】

【分析】

已知该有机物为烃，则仅含有C、H两元素，其燃烧通式为：CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O；【详解】依据题意可知，(x+y/4)：x=3：2，化简可得2x=y，所给的物质中C2H4符合，答案为B

23.已知(x)、(y)、(z)互为同分异构体，下列说法不正确的是

A.z的二氯代物有三种

B.x、y的一氯代物均只有三种

C.x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色

D.x、y、z中只有x的全部原子可能处于同一平面

【答案】B

【解析】

A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（2个Cl处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，x、y中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、z中都含有饱和碳原子，y、z中全部原子不行能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中全部原子可能处于同一平面，正确；答案选B。

点睛：本题涉及两个难点：烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面、共线问题。烃的氯

第14页共21页

代物种类的确定：（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法。确定分子中共线、共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线，苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直

线；（2）任意三个原子肯定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面；（4）分子中消失饱和碳原子，全部原子不行能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）留意“可能”“最多”“最少”“全部原子”“碳原子”等限制条件。

24.讨论人员研制出一种可作为鱼雷和潜艇的储备电源的新型电池——锂水电池(结构如图)，使用时加入水即可放电。下列关于该电池的说法不正确的是()

A.锂为负极，钢为正极

B.工作时负极的电极反应式为Li－e－＝Li＋

C.工作时OH－向钢电极移动

D.放电时电子的流向：锂电极→导线→钢电极

【答案】C

【解析】

【详解】A、电池以金属锂和钢为电极材料，LiOH为电解质，锂做负极，钢为正极，钢上发生还原反应，A正确；

B、锂水电池中，锂是负极，发生失去电子的氧化反应：Li－e－＝Li+，B正确；

C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH-向负极锂电极移动，C错误；

D、放电时电子流向为负极→导线→正极，即锂电极→导线→钢电极，D正确；

答案选C。

【点睛】把握原电池的工作原理是解答的关键，留意电极名称、电极反应、离子移动方向、电子和电流方向的推断，难点是电极反应式的书写，留意结合放电微粒和电解质溶液的性质分析。

第15页共21页

第II卷（非选择题）

二、非选择题

25.某试验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的试验。

（1）试验过程中铜网消失黑色和红色交替的现象，请写出相应的化学方程式

______________________________、________________________________。

（2）甲水浴的作用是_________________________________________；乙水浴的作用是

_________________________________________。

（3）反应进行一段时间后，干试管a中能收集到不同的物质，它们是________。集气瓶中收集到的气体的主要成分是________。

（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有______。要除去该物质，可在混合液中加入____________（填写字母）。

ａ．氯化钠溶液b．苯c．碳酸氢钠溶液d．四氯化碳

【答案】(1).2Cu+O22CuO(2).CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O(3).加热，使乙醇气化(4).冷却，使乙醛等液化(5).乙醛、乙醇、水(6).氮气(7).乙酸(8).c

【解析】

【分析】

甲中鼓入空气，且在水浴加热条件下产生乙醇蒸汽，氧气和乙醇在铜催化下加热发生氧化还原反应生成乙醛和水，进入乙中的为乙醇、乙醛，在冷却下收集到乙醛，集气瓶收集氮气，据此解答。

【详解】（1）加热条件下铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜又氧化乙醇生成乙醛、铜和水，因此试验过程中铜网消失黑色和红色交替现象，相应的化学方程式分别是2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。

第16页共21页

第17页共21页（2）常温下乙醇是液体，参与反应的是乙醇蒸汽，则甲水浴的作用是加热，使乙醇气化；生成物乙醛是液体，则乙水浴的作用是冷却，使乙醛等液化。

（3）由于是连续反应，乙醇不能完全被消耗，则反应进行一段时间后，干试管a中能收集到的物质是乙醛、乙醇、水。空气中含有氮气不参加反应，则集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。

（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明显酸性，因此液体中还含有乙酸。四个选项中只有碳酸氢钠能与乙酸反应，则要除去该物质，可在混合液中加入碳酸氢钠溶液，答案选c。

26.Ⅰ．已知：反应aA(g)+bB(g)?cC(g)，某温度下，在2L的密闭容器中投入肯定量的A、

B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）经测定前4s内v(C)=0.05mol·

L?1·s?1，则该反应的化学方程式为______________。（2）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三

个容器中的反应速率分别为甲：v(A)=0.3mol·L?1·s?1；乙：v(B)=0.12mol·L?1·s?1；丙：

v(C)=9.6mol·L?1·min?1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的挨次为___________（用甲、乙、丙表示）。

Ⅱ．为了讨论外界条件对过氧化氢分解速率的影响，某同学做了以下试验，请回答下列问题。编号操作试验现象

①

分别在试管A、B中加入5mL5％H2O2溶液，各滴入1～

2滴1mol/LFeCl3溶液。待试管中均有适量气泡消失时，将试管A放入盛有5℃左右冷水的烧杯中；将试管B放

入盛有40℃左右热水的烧杯中试管A中不再产生气泡试管B中产生的气泡量增大

②另取两支试管分别加入5mL5％H2O2溶液和5mL10％H2O2溶液

试管A、B中均未见气泡产生

（3）试验①的目的是_______________________________，试验中滴加FeCl3溶液的目的是____________________________。

（4）试验②未观看到预期的试验现象，为了关心该同学达到试验目的，你提出的对上述操作的改进意见是______________________________________________________________(用试验中所供应的几种试剂)。

（5）某同学在50mLH2O2溶液中加入肯定量的二氧化锰，放出气体的体积(标准状况)与反应时间的关系如右图所示，则A、B、C三点所表示的即时反应速率最慢的是______。

【答案】(1).3A(g)+B(g)?2C(g)(2).乙>甲>丙(3).讨论温度对H2O2分解速率的影响(4).加快H2O2分解速率，使试验现象易于观看(5).将两支试管同时放入盛有热水的烧杯中，或向两支试管中同时滴入2滴1mol/LFeCl3溶液，观看产生气泡的速率(6).C点

【解析】

【详解】I（1）反应中各物质浓度的转变量之比等于化学计量数之比，前4s时，A、B分别为0.3mol/L、0.1mol/L，C的转变量为v(C)×?t=0.05mol/（L?s）×4s=0.2mol/L，计量数之比为3：1：2，则方程式为：3A(g)+B(g)?2C(g)；

（2）转化为同一物质的反应速率分别为：甲：v(A)=0.3mol·L?1·s?1；乙：

v(A)=0.36mol·L?1·s?1；丙：v(C)=0.24mol·L?1·s?1，反应由快到慢的挨次为乙＞甲＞丙；II（3）试验①过氧化氢的浓度、催化剂相同，而温度不同，则目的探究温度对H2O2分解速率的影响；滴加FeCl3溶液的目的加快H2O2分解速率，使试验现象易于观看；

（4）常温下，过氧化氢不易分解，为提高分解速率可使用催化剂或上升温度的方法；（5）反应开头时，过氧化氢的浓度最大，催化剂参加反应，反应前后量不变，则浓度越大反应速率越快，反应速率最慢的为C点。

27.为讨论海水提溴工艺，甲、乙两同学分别设计了如下试验流程：

甲：

第18页共21页

第

19

页

共

21

页

乙：

（1）甲、乙两同学在第一阶段得到含溴海水中，氯气的利用率较高的是________(填“甲”或“乙”)，缘由是____________________________________。

（2）甲同学步骤④所发生反应的离子方程式为________________________。

（3）对比甲、乙两流程，最大的区分在于对含溴海水的处理方法不同，其中符合工业生产要求的是________(填“甲”或“乙

”)，理由是__________________________________。

（4）某课外小组在试验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行试验（全部橡胶制品均已被爱护，夹持装置已略去）。下列说法错误的是___________。

A．A装置中通入的a气体是Cl2

B．试验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气

C．B装置中通入的b气体是SO2

D．C装置的作用只是汲取多余的SO2气体

【答案】(1).甲(2).酸化可防止Cl2与H2O反应(3).SO2＋Br2＋2H2O===4H+＋SO42-＋2Br－(4).甲(5).含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，削减能源消耗，降低成本(6).D

【解析】

【详解】（1）氯气通入到海水中，发生反应生成盐酸、次氯酸，若用硫酸酸化，则增大溶液中氢离子浓度，使平衡逆向移动，从而提高氯气的利用率；

（2）步骤④用二氧化硫与溴反应生成硫酸和氢溴酸来汲取溴蒸气，反应的离子方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=4H+＋SO42-＋2Br－；

（3）工业流程要求首先对试剂进行富集，大批量生产，且降低成本，则甲符合；工业进行蒸馏时需要大量的能源，且产量低；

第20页共21页（4）A．A装置中通入的a气体是Cl2，利用氯气将溶液中的溴离子氧化为单质，A正确；B．试验时应在A装置中通入氯气气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，否则通入热空气会降低氯气的利用率，且产生氯气杂质，B正确；

C．B装置中通入的b气体是SO2，