山东省菏泽市2024-2025学年高一年级下册期末考试化学试卷（解析版）

2024-2025学年高一下学期教学质量检测

化学试题

注意事项：

L本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。

2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题

区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每题只有一个选项符合题目要求。

1.下列变化中，不属于化学变化的是

A.煤的干溜B.石油分储C.重油裂化D.石油气裂解

【答案】B

【解析】

【详解】A.煤的干福是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，有新物质生

成，属于化学变化，A不符合题意；

B.石油分储是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物

质生成，属于物理变化，B符合题意；

C.重油的裂化是重油在催化剂作用下进行裂化，生产出轻质燃料汽油，有新物质生成，属于化学变化，C

不符合题意；

D.石油裂解是石油在高温时裂解成短链的烧，有新物质生成，属于化学变化，D不符合题意；

故选B。

2.材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列说法错误的是

A.“应变玻璃”含有的镁铳合金属于金属材料

B.氧化铝高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料

C.制造轮胎的氯丁橡胶属于天然有机高分子材料

D.四大建筑材料之一塑料属于合成有机高分子材料

【答案】C

【解析】

【详解】A.镁铳合金属于金属材料（金属材料包含合金），A正确；

B.氧化铝高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；

C.氯丁橡胶是人工合成的橡胶，属于合成有机高分子材料，C错误；

D.塑料是人工合成的有机高分子材料（如聚乙烯、聚丙烯等），D正确；

故选C。

3.一定质量的两种垃，无论以何种比例混合，在足量氧气中充分燃烧生成水的量不变的是

A.甲烷和乙烯B.乙烯和丙烯C,乙烯和乙烷D,乙烯和乙炊

【答案】B

【解析】

【详解】两种煌无论以何种质量匕例混合，燃烧生成水的量不变说明两种烧中氢元素的质量分数相同。甲

4x14x1

烷中氢元素质量分数：—xl00%=25%=25%；乙烯中氢元素质量分数：—x100%«14.29%,乙

1628

6x1

烯和丙烯的最简式均为CH2,氢元素质量分数相同，乙烷中氢元素质量分数：—xl00%=20%,乙块

30

2x1

中氢元素质量分数：—x100%«7.69%,综上，符合题意的为乙烯和丙烯，选B。

26

4.科研人员发现：*Ca和MC均可作为示踪原子用于科学研究，且49a原子的半衰期很长。已知半衰期是

指放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，下列说法错误的是

A.RCa和引Ca是两种不同的核素，互为同位素

BdCa和叱a电子数相同，中子数不同

c.,2C和14c的物理性质不同，化学性质相似

D/Ca原子的半衰期长，说明5Ca难以失去电子

【答案】D

【解析】

【详解】A.《oca和"Ca质子数相同，中子数不同，属于同位素，A正确；

B.同位素的电子数等于质子数，均为20,中子数分别为20和21,B正确；

C.同位素物理性质不同，但化学性质由电子排布决定，故化学性质相似，C正确；

D.半衰期反映原子核稳定性，与失去电子的难易（化学性质）无关，D错误；

故选D。

5.下列有关化学用语或图示正确的是

A.氨气分子的空间填充模型:

聚丙烯的结构简式：+十

B.CH2—CH2—CH2

c.钾原子与硫原子形成离子键的过程：K.午SQ.KfK+[：S-]2'K+

••••

D.AlCh溶液与足量的NaOH溶液反应：A13++3OH=A1(OH)31

【答案】C

【解析】

【详解】A.氨气分子空间构型为三角锥形，图示为其球棍模型，A错误；

CH+

B.聚丙烯的结构简式：I,B错误；

CH3

c.硫化钾形成过程中钾原子失电子，硫原子得电子，形成的硫化钾为离子化合物，图示正确.c正确;

D.AlCb溶液与足量的NaOH溶液反应生成Na[Al(OHR,离子方程式为：AP++4OH=[A1(OH)4]-,D错

误；

故选C。

6.下列依据元素周期律的推测正确的是

3

A.还原性：As<BrB.碱性：Be(OH)2<Ca(OH)2

C.稳定性：PH3>H2sD.酸性：HC1O4<HIO4

【答案】B

【解析】

【详解】A.同周期从左往右元素的非金属性增强，非金属性：Br>As,还原性：As3>Br,A错误；

B.同主族从上往下元素的金属性增强，金属性：Ca>Bc,碱性Be(OH)2<Ca(OH)2,B正确；

C.同周期从左往右元素的非金属性增强，非金属性：5>匕稳定性：H2S>PH3,C错误；

D.同主族从上往下元素的非金属性减弱，非金属性：C1>I,酸性：HC1O4>HIO4,D错误：

故选B。

HOOHO

H

0=^丫

HOOH

A.分子式为C6H9O7B.所有原子不可能共平面

C.可与NaHCCh溶液反应D.可发生取代反应和氧化反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据结构简式，分子式为：C6H10O7,A错误；

B.该分子中含多个饱和碳原子，所有原子不可能共平面，B正确；

C.该分子中含峻基，能与NaHCCh溶液反应，C正确；

D.该分子能与氧气发生氧化反应，含羟基和竣基，能发生取代（酯化）反应，D正确；

故选Ao

10.某同学利用燃烧法进行有机物分了式的测定，所需装置（夹持装置略）如下。实验过程中称取12.2g

样品（摩尔质量为122g・moH）,燃烧后B管增重5.4g,C管增重30.8g。下列说法错误的是

电炉

。2-<一吨—雪一牛

>样4品产0°网caa,U碱布灰Ug碱石—灰Ug

BCD

A.装置D作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C

B.实验开始前和结束后均需要通一段时间氧气

C.该有机物的分子式为CsH.oO

D.若无CuO网,则C管增重可能小于30.8g

【答案】C

【解析】

【分析】A中有机物燃烧，CuO网可将生成的CO充分氧化为CO2,B中无水氯化钙吸水，C中碱石灰吸收

CO2,E中碱石灰防止空气中的水和CO2进入CoB管增重5.4g,则有机物中H元素的物质的量为：

54s

——£―x2=0.6mol,质量为06moixlg/mol=0.6g；C管增重30.8g,有机物中C元素的物质的量为：

18g/mol

墨.瓯=0.7mol,质量为0.7molxl2g/mol=8.4g,样品总质量为12.2g,物质的量为：

44g/mol

122s32。

TTT—=0.1mol,o元素的质量为：12.2g8.4g0.6g=3.2g,物质的量为：--^-=0.2mol,有机

122g/mol16g/mol

物的分子式为：C7H6。2。

【详解】A.根据分析，装置D的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C,A正确；

B.实验开始前通一段时间氧气，目的是将装置中的空气排干净，防止空气中的水和二氧化碳干扰实验结

果，结束后通一段时间氧气，目的是将装置中剩余的水蒸气和二氧化碳被充分吸收，B正确：

C.根据分析，分子式为：C7H6。2,C错误；

D.若无CuO网，C元素未充分转化为CCh,则C管增重可能小于30.8g,D正确；

故选C。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每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，有选错不得分。

11.由下列实验操作及现象能推出相应结论的是

实验操作和现象结论

铜丝灼烧变黑后，迅速插入盛有某有机物的试管中，铜丝变

A该有机物一定是乙醇

红

向等浓度的KBr、KI混合液中依次加入少量氯水和CC14,振

B氧化性:Cl2>Br2>I2

荡后静置，下层呈紫红色

升高温度，平衡2NO2（giQ

C常温下，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入热水，红棕色加深

N2O4（g）发生了移动

将少量含有酚酣的食盐水滴在一块除去铁锈的铁片上，一段

D铁片上发生了析氢腐蚀

时间后，溶液边缘出现红色

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.铜丝灼烧后插入有机物变红，只能说明有机物含羟基，该物质不一定是乙醇，A结误；

B.氯水加入KBr和KI混合液后下层呈紫红色，仅证明Cb氧化了I-生成12,无法确定CL是否氧化Br,

不能得出C12>Bn>l2的结论，B错误；

C.NO2受热后红棕色加深，说明升温使平衡2NO2（g）=N2O4（g）逆向移动（该反应放热），NCh浓度增

大，结论正确，c正确；

D.酚1%变红表明溶液呈碱性，析氢腐蚀需酸性条件，此处应为吸氧腐蚀（正极生成OH），D错误；

故选C。

12.已知与Na2c03反应时，Bn转化为Bro?和BL一种以海水为原料提取澳的工艺流程如卜。卜.列说法

错误的是

海水逑卜粗盐------►精盐

苦卤水法i含澳空气W器静含溟溶液4澳蒸气一产品澳

A.操作1为蒸发结晶、过滤

B.反应i,iii,iv均为氧化还原反应

2

C.脱氯过程脱除ImolCb最多消耗一molFeBrz

3

D.操作2为蒸储，若用乙醇萃取替代蒸储更利于分离

【答案】CD

【解析】

【分析】海水蒸发结晶后过滤得到粗盐和苦卤水，粗盐提纯得到精盐，苦卤水先通氯气将澳离子氧化为澳单

质，热空气将澳单质吹出得到含溟空气，用FeBr?脱氯除去含浸空气中的氯气，碳酸钠和膜电质反应得到

NaBrCh和NaBr,酸性条件下NaBrOa和NaBr发生氧化还原反应生成澳单质，得到含溟溶液，蒸储得到产

品溟。

【详解】A.根据分析，操作1为蒸发结晶、过滤，A正确；

B.根据分析，反应i,iii,iv均有单质参与反应或生成单质，均为氧化还原反应，B正确；

C.还原性：Fe2+>Br,ImolCb得到2moi电子,若只有F/+被氧化为Fe3+,消耗的FeB「2最多，物质的量

为2moiFeBn,C错误;

D.乙醇与水互溶，不能用来萃取剂，D错误；

故选CD。

13.以丙烯为原料制备化合物丁的合成路线如下，下列说法错误的是

m-CPB&△稀好.CHWOH*。p^°

甲乙丙丁

A.用滨水可鉴别甲和丙B.乙的一氨代物有2种

C.：mol丙最多可与2moiNa反应D.③的反应类型为酯化反应

【答案】D

【解析】

【详解】A.甲中含碳碳双键，能使溟水褪色，因中含羟基，不能使滨水褪色，可鉴别，A正确；

0、3

2I/CH2

B.乙有3种不同化学环境的氢原子：,一氯代物有3种，B错误；

C.Imol羟基消耗ImolNa,1个丙分子含2个羟基，Imol丙最多可与2moiNa反应，C正确；

D.丙含羟基，乙酸含竣基，两者发生酯化反应生成丁，D正确；

故选Bo

14.色度传感器可用于测定溶液的透光率。现用色度传感器探究Na2s?03与H2s04反应

（Na2sg3+H2s04二Na2sO4+SO2T+SI+H2O）过程中浓度对反应速率的影响。室温下，将不同体积的

Naf2O3与H2s04混合（见下表），测得透光率（T）随时间（/）的变化曲线如图。下列说法错误的是

T/%

20406080100120140160180200220

实验序号().1moH-Na2s2()3(mL)0.1mol-L^HzSO4mL)蒸储水（mL）

150

①().5()1.00

②1.00Vi0.50

③1.501.500

1.50LOOVi

⑤1.500.501.00

A.可以通过产生气泡快慢定性判断反应快慢

B.表中V>=1.5,V2=0.5

C.曲线L5表示实验③的变化曲线

D.Na2s2O3浓度和H2s04浓度对反应速率的影响程度不同

【答案】A

祸斤】

【分析】由表格中数据可知,溶液的总体积为3.0mL,故0=1.5,V2=0.5O

【详解】A.没有通过收集气体及测定•定时间内产生气体的多少，无法通过产生气泡快慢定性判断反应

快慢，A错误；

B.根据分析，Vi=1.5,V2=0.5,B正确；

C.溶液浓度越大，反应速率越快，透光率降低越快，故L5表示的实验反应速率最大，溶液浓度应最大,

序号为③，C正确；

D.L1到L5没有重叠的曲线，推测Na2s2。3浓度和硫酸浓度对反应速率的影响程度不同，因实验中有两

者浓度数据互换的组合，说明反应速率的关系不是同倍数关系，D正确：

故选Ao

+

15.利用如图装置可实现海水中锂的提取，其中电极1的反应为：FeP04+Li+e=LiFeP04o保持电源正负

极不变，每运行一段时间后，通过改变电极材料实现锂的富集。下列说法正确的是

储液槽电极1电极2电极3电极4

A.电极1上的电势比电极4上的低

B.电极2的反应式为Age=Ag+

C.改变电极材料的方法为：将电极1与4互换，电极2与3互换

D.理论上，电路中每转移Imole,右侧电解液质量相应增加7g

【答案】AC

【解析】

【分析】为从海水中提取锂，电极1的电极反应式为FePO4+Li++e-=LiFePO,，则电极1为阴极，电

极2为阳极，电极3为阴极，电极4为阳极，在电极4上发生氧化反应LiFePO4-e=Li++FePC)4,实现了

锂的提取。

【详解】A.电极1为阴极，电极2为阳极，电极3为阴极，电极4为阳极，阳极电势高，A正确；

B.电极2为阳极，Ag在阳极失电子结合海水中氯离子的生成氯化银，电极反应式为Ag-e+Cr=AgCl,

B错误:

C.运行一段时间后，将电极1与4取下互换，电极2与3取下互换，实现锂的富集，C正确；

D.电极3上电极反应式为AgCl+e=Ag+C「，电极4上电极反应式为LiFePO』e=Li'+FeP。』，所以理

论上，电路通过Imol电子时，右侧电解液增加的质量相当于ImolLiCI的质量，质量为

Imolx42.5g/mol=42.5g,D错误；

故答案选ACo

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.已知X、Y、Z、W、R、T为前四周期主族元素，且原子序数依次增大。它们的性质与原子结构见下

表：

元素编号元素性质与原子结构

X原子内层电子数与最外层电子数之比为1：3

Y在短周期元素中金属性最强

Z工业上通过电解它的氧化物制取其单质

W在地壳中的含量仅次于氧

R焰色试验呈浅紫色

T与W具有相同的最高正价

回答下列问题：

（I）W在元素周期表中的位置是。T元素的原子结构示意图为。

（2）Y、Z、R简单离子的半径由大到小的顺序为（填离子符号）。X与Y可形成原子个数比为

1：1的化合物，请写出该化合物的电子式。

（3）X、Y、W、T四种元素的单质中，适合作半导体材料的是________（填元素符号）。

（4）常温下R元素的单质与X元素的简单氢化物反应的化学方程式为,Y元素的单质也发生此

反应，对比反应剧烈程度可证明R元素原子的失电子能力（填"强''或"弱”）于Y,请用原子结构

的知识解释其原因________o

【答案】(1)①.第3周期1VA族②.M2)28184

5))

(2)①.K+>Na+>AP+②.Na+[：d：O：]2-Na+

••••

(3)Si和Ge(4)①.2K+2H2O=2KOH+H2T②.强③.钾原子和钠原子的最外层电子

数相同，钾的原子半径大于钠，其原子核对最外层电子的吸引力比钠弱，所以其原子的失电子能力强于钠

【解析】

【分析1X、Y、Z、W、R、T为前四周期主族元素，且原子序数依次增大。X原子内层电子数与最外层电

子数之比为1：3,X为O；Y在短周期元素中金属性最强，Y为Na：工业上通过电解Z的氧化物制取Z单

质，Z为Al；W在地壳中的含量仅次于氧，W为Si；R的焰色试验呈浅紫色，R为K；T与W具有相同的

最高正价，T与W同主族，T为Ge。

【小问1详解】

,W为Si,在元素周期表中的位置是第3周期NA族。T为Gc,在第4周期NA族，原子结构示意图为：

6j-32)28)18)4；

【小问2详解】

Y、Z、R简单离子分别为：Na\AW、K+,电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电

荷数越大，半径越小，故离子半径由大到小的顺序为：K+>Na+>AP+；X与Y可形成原子个数比为1：1

的化合物为Na?。?，电子式为：Na+[-O:O:]2-Na+；

••••

【小问3详解】

位「金属和非金属分界线的元索能作半导体材料，故四种元素的单质中，适合作半导体材料的是：Si和

Ge；

【小问4详解】

常温下，钾与水反应的方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2t：钠也与水发反应，但钾与水反应更剧烈，可

证明K元素原子的失电子能力强于Na,原子结构的知识解释其原因为：钾原子和钠原子的最外层电子数

相同，钾的原子半径大于钠，其原子核对最外层电子的吸引力比钠弱，所以其原子的失电子能力强于钠。

17.以淀粉为原料在一定条件下制取一系列有机物的转化关系如下(部分反应条件略)。

稀H2sOj浓

淀粉葡萄铺—»A(CH,CH,OH)-

F-o）催化剂

rrCH照高分子M

。）而

—>F(C2HJ-G（WHGHJ

回答下列问题：

（1）淀粉的化学式为，若要检验淀粉水解是否完全，向水解后的溶液中加入的试剂为

（填名称）。

（2）A-B的化学方程式为。FTG反应类型为。

（3）已知E中含有酯基和拨基两种官能团，则D中官能团的名称为。D的结构简式为

（4）下列关于H和M的说法正确的是（填标号）。

a.二者互为同系物b.二者的分子组成相同

c.二者的碳氢原子个数比相同d.二者都能使滨水褪色，性质相似

【答案】（1）（C6Hl（）O5）n碘水

（2）®.2CH3CH2OH+02^->2CH3CHO+2H2O②,加成反应

-「

（3）①.按基、羟基②.ICH29CH29COOH或CH.3丫CHCOOH

OH0H

（4）be

【解析】

【分析】淀粉水解成菊萄糖，简萄糖转化为乙醇，乙醇先氧化为乙醛，乙醛再氧化为乙酸，乙酸和D发生

酯化反应生成E,乙醇发生消去反应生成F乙烯，F和苯发生加成反应生成G苯乙烷，G在催化剂高温条件

下生成H苯乙烯，H在引发剂作用下又生成高分子M聚苯乙烯.

【小问1详解】

淀粉为多糖的化学式为（CeHoOs）”；若要检验淀粉水解是否完全，向水解后的溶液中加入碘水，水解完

全溶液不变蓝，水解不完全溶液变蓝；

【小问2详解】

乙薛氧化到乙醛化学方式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O：

F为乙烯,结合G的分子式，F-G反应类型为加成反应；

【小问3详解】

已知E中含有酯基和粉基两种官能团，C为乙酸和D发生酯化反应生成E,则D中官能团的名称为粉基和

羟基；D的结构简式为।CH.2CH.2COOH或CH.3丫CHCOOH；

OHOH

【小问4详解】

G在催化剂高温条件下生成H,结合H的分子式可知H为苯乙烯，在引发剂作用下又生成高分子M聚苯

乙烯，二者结构不相似不互为同系物；苯乙烯为聚苯乙烯的单体，二者的分子组成相同：二者的碳氢原子

个数比相同均为1:1;聚茶乙烯不能使滨水褪色。

18.氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势（用“E”表示）。E越大，半

反应中氧化还原电对（氧化型/还原型）中氧化型物质的氧化性越强；E越小，电对中还原型物质的还原性

越强。一定条件下，E（h/r）.E（H3ASO"H3ASO3）随pH的变化关系如图甲所示，图乙为其对应的原电池装

置。

同答下列问题:

（I）一定条件下，若溶液的pH=0,石墨2电极反应式为。

（2）试推测E（h/T）不受pH影响的原因是（用电极方程式和必要的文字说明）。

（3）电解含1%NH,NO3的废水制备硝酸和氨水的装置如下：

若用图乙所示原电池作电源，调节右侧溶液的pH为2.0进行电解，电极（填“石墨1”或“石墨

2”）与惰性电极A相连。膜I为（填“阳离子”或“阴离子”）交换膜。左侧加入的溶液m为

（写名称，下同），右侧流出的溶液q为o当电路中有2moi电子通过时，理论上可处理

上述废水kg。

+

【答案】(1)H3ASO4+2H+2C=HJASO3+H2O

(2)电极反应卜+2&=2卜中无H+或OH-参与

(3)①.石墨2②.阳成子③.稀氨水④.浓硝酸⑤.16

【解析】

【小问1详解】

E越大，半反应中氧化还原电对(氧化型/还原型)中氧化型物质的氧化性越强，pH=0时，E(l2/I)<

E(H3ASO4/H3ASO3),氧化性：I2VH3ASO4,故此时该原电池装置中，石墨2为正极，电极反应式为：

+

H3AsO4+2H+2e=H3ASO3+H2O；

【小问2详解】

E(WI)不受pH影响的原因可能是：电极反应12+2&=21-中无H+或0日参与；

【小问3详解】

若用图乙所示原电池作电源，调节右侧溶液的pH为2.0进行电解，此时E(l2/T)>E(H3AsO4/H3AsC)3)，故石

墨I电极为正极，石墨2电极为负极，惰性电极A上总反应为NH；得电子生成氢气：

2NH；+2c+2H2O=2NHrH2O+H2?,为阴极，与石墨2电极相连，膜I为阳离子交换膜，NH：移向

电极A,左侧加入的溶液m为稀氨水，流出的溶液p为浓氨水；右侧电极B为阳极：

+

2H2O-4e=O2T+4H,膜H为阴离子交换膜，硝酸根移向电极B,右侧加入的溶液n为稀梢酸，流出

的溶液q为浓硝酸。根据阴极的电极式，当电路中有2mol电子通过时能处理2moiNH4NO3,理论上可处理

……2molx80g/mol…八八…

上述废水：--------------=16000g=16kgo

1%

19.乙酸乙酯是一种无色透明、有香味的油状液体。实验室制备乙酸乙酯的相关信息和装置示意图如下

(加热及夹持装置略)：

物乙酸乙

乙醇乙酸

质酯

沸

77.rc78.5℃118℃

卢

实验过程：向圆底烧瓶中加入乙醇8.8mL（0.15mol）,浓硫酸5.7mL,乙酸5.7mL（O.lmol）o冷凝管中通

入冷却水后，开始缓慢加热。反应结束后，从粗品中分离出乙酸乙酯。回答下列问题：

（1）制备乙酸乙酯的化学方程式为

（2）仪器甲的作用为。如果加热一段时间后发现圆底烧瓶中忘记加沸石，应该采取的正确方法

是________

（3）实验过程中观察到圆底烧瓶中混合溶液变黑，将反应产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中，溶液

褪色。据此甲同学得出结论：气体中含有SO2，乙同学认为不严谨，理由是

（4）初步分离乙酸乙酯、乙酸和乙静混合溶液的流程如下:

乙酸乙酯

乙酸

乙醇

试剂a为（填名称，下同），试剂b为o分离方法②为

实际产量

（5）测得乙酸乙酯的质量为6.6g,则乙酸乙酯的产率为x1()0%)。

理论产量

【答案】（1）CH3COOH+CH3CH2OH^=±CH3COOC2H5+H2O

（2）①.冷凝回流②.停止加热，待装置冷却后补加

（3）酸性高镒酸钾溶液氧化乙醇而褪色，不产生SO2气体

（4）①.饱和碳酸钠溶液②.硫酸③.蒸储

（5）75%

【解析】

【分析】向圆底烧瓶中加入乙醇8.8mL（0.15mol）,浓硫酸5.7mL,乙酸5.7mL（O.lmol）o冷凝管中通入冷

却水后，开始缓慢加热，发生反应CH3coOH+CHCH?OH、…厂、CH3copc?&+H?0,反应结束

后，向混有乙醉、乙酸的乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液后分液，试剂a为饱和碳酸钠溶液，上层为乙酸乙

酯，下层为乙酸钠、乙醇混合液，A为乙酸乙酯，B为乙酸钠、乙醇混合液，经蒸储得到乙醇、乙酸钠溶液，

乙酸钠溶液加硫酸酸化得到乙酸，故分离方法②为蒸偏，试剂b为硫酸。

【小问1详解】

乙库与乙酸在浓硫酸催化脱水作用下发生酯化反应

十故答案为：

CH3COOHCH3CH2OH—"CH3COOC2H5+H2O,

CH3coOH+CH3cH法:松、CH3coOC2H$+H2O；

【小问2详解】

仪器甲为球形冷凝管，冷凝回流挥发的乙酸、乙醇，提高原料的利用率；如果加热一段时间后发现圆底烧瓶

中忘记加沸石，应停止加热，待装置冷却后补加，故答案为：冷凝回流：停止加热，待装置冷却后补加；

【小问3详解】

乙醇易挥发，能被酸性高钵酸钾氧化，实验中挥发出来的乙醇被酸性高钵酸钾氧化，酸性高锌酸钾溶液氧化

乙醇而褪色，不产生SO?气体，故答案为：酸性高镭酸钾溶液氧化乙醇而褪色，不产生S02气体；

【小问4详解】

混有乙醇、乙酸乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液后分液，试剂a为饱和碳酸钠溶液，上层为乙酸乙酯，下

层为乙酸钠、乙醇混合液，A为乙酸乙酯，B为乙酸钠、乙醇混合液，经蒸储得到乙醇、乙酸钠溶液，乙酸

钠溶液加硫酸酸化得到乙酸，故分离方法②为蒸储，试剂b为硫酸，故答案为：饱和碳酸钠溶液：硫酸：蒸

储：

【小问5详解】

圆底烧瓶中加入乙醇0.15mol,乙酸O.lmoL乙醇过量，理论上生成乙酸乙酯O.lmol,乙酸乙酯产率

6.6g

x100%=75%,故答案为:75%

O.lmolx88g/molO

20.载人航天工程的发展是衡量一个国家综合国力的重要指标。航天器中二氧化碳的消除、氧气的再生等

是非常重要的环节。利用萨巴蒂尔反应清除二氧化碳并再生氧Q的大致流程如图所示。

叵

高浓度的C02萨巴蒂尔出0电电解水

反应器装置

CH4

回答下列问题:

（1）已知H2和CH4的摩尔燃烧管分别为-285.5kJ・mo口和-890.0kJ・molT,Imol比0⑴变为+09）需要吸

收44.0kJ热量。萨巴蒂尔反应的热化学方程式为,其中反应物的总能量________（填“大于”或

“小于”）生成物的总能量。

（2）恒温恒压下，向密闭容器中充入4moic02和4moi也发生上述萨巴蒂尔反应。下列说法能充分说明

该反应已经达到平衡状态的是（填标号）。

a.CO?的体积分数不变b.容器内气体压强不变c.混合气体的密度不变

d.混合气体的平均摩尔质量不变e.4u正（凡尸u逆（CH«）

（3）萨巴蒂尔反应有一个明显的缺陷，即有部分氢元素存在于CH』中而没有得到利用，人们正在研究其

他反应。例如甲烷可直接脱氢制备乙烯：2cH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）。不同温度下，向初始体积均为％）