北京市四中2017-2018学年高一化学下学期第二次月考试题(含解析)练习

xiaoxiao 3月前 180

 
北京市四中2017-2018学年高一化学下学期第二次月考试题(含解
析)练习 化学试卷 
1. 化学与生活密切相关。下列说法不正确的是 
A. 雾霾天气对人的健康造成危害,“雾”和“霾”的分散质微粒不相同 B. 绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理 
C. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋,可防止食物受潮、氧化变质 D. 人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶,因此纤维素不能作为人类的营养食物 【答案】B 
【解析】试题分析:A、“雾”是小液滴在空气中得到的分散系,“霾”是固体小颗粒在空气中得到的分散系,二者的分散质微粒不同,A正确;B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头消灭污染,B错误;C、硅胶能吸收水分,铁是较活泼的金属,具有还原性,能防止食品被氧化,C正确;D、人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶,因此纤维素不能作为人类的营养食物,D正确。答案选B。 考点:化学与生活 2. 下列说法正确的是 
A. 燃烧后能生成CO2和H2O的有机物,一定含有碳、氢、氧三种元素 B. 所有烷烃中均有碳碳单键 
C. 属于同分异构体的物质,其分子式相同,分子量相同;但分子量相同的不同物质不一定是同分异构体 
D. 分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质是同系物 【答案】C 
【解析】分析:A.燃烧产物为二氧化碳和水,有机物分子中可能为烃类物质,有可能含有氧元素; 
B.甲烷中只有1个碳原子,不存在碳碳单键; 
C.具有相同分子量的物质不一定具有相同的分子式,如乙醇与甲酸; D.互为同系物的有机物分子的结构必须相似,否则一定不属于同系物。 
详解:A.燃烧后能生成CO2和H2O的有机物,其分子中可能中含有碳、氢两种元素,有可能含有C、H、O三种元素,A错误; 
B.并不是所有烷烃分子中都含有碳碳键,如甲烷分子中只有1个C原子,不存在碳碳单键,B错误; 
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D.分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质,如果结构不相似,一定不属于同系物,如环丁烷与乙烯相差2个CH2原子团,但是二者结构不同,所以不属于同系物,D错误;答案选C。 
3. 下列互为同分异构体的是 
A. CO(NH2)2、NH4CNO    B. 白磷、红磷 
C.  H、H    D. CH3CH2CH2CH3、 
【答案】A 
【解析】分析:分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体,结合物质的组成解答。 详解:A、CO(NH2)2、NH4CNO的化学式相同,结构不同,互为同分异构体,A正确; B、白磷、红磷均是磷元素形成的单质,互为同素异形体,B错误; C、
的质子数相同,中子数不同,互为同位素,C错误; 
D、CH3CH2CH2CH3、的分子式不同,结构相似,二者互为同系物,D错误,答案
选A。 
 
4. X、Y、Z均为短周期元素,X、Y处于同一周期,X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣,Y 和Z﹣具有相同的电子层结构.下列说法正确的是 
A. 原子最外层电子数:X>Y>Z    B. 原子半径:X>Y>Z C. 离子半径:X2﹣>Y >Z﹣    D. 原子序数:X>Y>Z 【答案】D 
【解析】分析:X、Z的最低价离子分别为X和Z,则X为第ⅥA族元素,Z为ⅦA族元素;Y 和Z-具有相同的电子层结构,则Y在Z的下一周期,则Y为Na元素,Z为F元素,X、Y同周期,则X为S元素,结合元素周期律解答。 详解:根据以上分析可知X是S,Y是Na,Z是F。则 
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A.X、Y、Z分别为S、Na、F,原子最外层电子数分别为6、1、7,A错误; 
B.同周期自左向右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径大小顺序为Na>S>F,B错误; 
C.Na 、F-具有相同的核外电子排布,离子的核电荷数越大,半径越小,应为F->Na ,C错误; 
D.X、Y、Z原子序数分别为16、11、9,原子序数:X>Y>Z,D正确。答案选D。 5. 下列变化过程中,无化学键断裂或生成的是 A. 石墨转化为金刚石    B. NaCl晶体熔化 C. 干冰升华    D. HCl溶于水 【答案】C 
【解析】分析:化学变化中一定存在化学键的断键和生成,电解质溶于水或在熔融状态下会发生化学键的断键,结合物质的性质和变化特点解答。 
详解:A、石墨转化为金刚石是化学变化,存在化学键的断键和新化学键的生成,A不符合; 
B、NaCl晶体熔化电离出阴阳离子,离子键被破坏,B不符合; 
C、干冰升华是物理变化,破坏的是分子间作用力,化学键不变,C符合题意; D、HCl溶于水电离出阴阳离子,共价键被破坏,D不符合,答案选C。 
6. 下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系,据此判断下列说法中正确的是 
 
A. 石墨转变为金刚石是吸热反应 B. 白磷比红磷稳定 
C. S(g) O2(g)═SO2(g)△H1,S(s) O2(g)═SO2(g)△H2,则△H1>△H2 D. CO(g) H2O(g)═CO2(g) H2(g)△H>0 
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【答案】A 
【解析】从图像1可知,金刚石所具有的能量高于石墨,A项正确;能量越高越不稳定,B项错误;因S(s)→S(g),要吸收热量,故ΔH1<ΔH2,C项错误;由图4可以看出,反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量,故表现为放热,ΔH1<0,D项错误。 
7. 电池是人类生产和生活中重要的能量来源.各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是 A. 锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细 B. 氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能 C. 氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化 D. 太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅 【答案】C 
【解析】试题分析:A.在锌锰干电池中,正极是碳棒,该极上二氧化锰发生得电子的还原反应,该电极质量不会减少,A项错误;B.氢氧燃料电池属于原电池的一种,是将化学能转化为电能的装置,不能将热能直接转变为电能,B项错误;C.氢氧燃料电池中,燃料做负极,发生失电子的氧化反应,被氧化,C项正确;D.太阳能电池的主要材料是半导体硅,不是二氧化硅,D项错误;答案选C。 
考点:考查燃料电池、太阳能电池和干电池的工作原理。 
8. 为将反应2Al 6H═2Al 3H2↑的化学能转化为电能,下列装置能达到目的是(铝条均已除去了氧化膜) 
 

A.     B.     C.     D.  
【答案】B 
【解析】分析:将反应2Al 6H =2Al3  3H2↑的化学能转化为电能,需要形成原电池,并且铝为负极,电解质溶液为非氧化性稀酸,据此判断。 
详解:A.为原电池,铝为负极,但总反应为:2Al 2OH 2H2O=2AlO2 3H2↑,A不符合; B.为原电池,铝的金属性强于铜,铝为负极,总反应为2Al 6H=2Al 3H2↑,B符合; C.为原电池,但硝酸是氧化性酸,则总反应为Al 4H  NO3-=Al3  NO↑ 2H2O,C不符合; D.装置中有外接电源,为电解池,D不符合;答案选B。 
点睛:本题考查原电池的总反应,注意判断装置及工作原理为解答的关键,明确正负极及电池总反应即可解答,注意电解质溶液的性质,选项C是易错点。 
 

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9. 一定温度下,在容积恒定的密闭容器中进行反应A(s) 2B(g)述能表明该反应已达到平衡状态的是  
①混合气体的密度不变             ②容器内气体的压强不变 ③混合气体的总物质的量不变       ④B的物质的量浓度不变   ⑤v正(C)=v逆(D)                   ⑥v正(B)=2v逆(C) A. ①④⑤⑥    B. ②③⑥    C. ②④⑤⑥    D. 只有④ 【答案】A 
C(g) D(g),下列叙
【解析】该反应是个体积不变的反应,②③不是平衡状态的标志。由于总的质量随着A的改变而改变,V不变,密度是平衡状态的标志。①④⑤⑥都是平衡状态的标志。 10. 下列对相应有机物的描述完全正确的是  ①甲烷:天然气的主要成分,能发生取代反应 
②乙烯:一个国家石油化工发展水平的标志,可以发生加成反应 ③苯:平面结构,每个分子中含有3个碳碳双键 ④油脂:属于高分子化合物,可以发生水解反应 ⑤淀粉:属于糖类物质,遇碘元素变蓝色 
⑥蛋白质:水解的最终产物为氨基酸,遇浓硝酸显黄色 A. ①②③    B. ②④⑥    C. ①⑤⑥    D. ①②⑥ 【答案】D 
【解析】试题分析:①天然气的主要成分是甲烷,甲烷和氯气在光照的条件下发生取代反应,故正确;②乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志,乙烯含有碳碳双键,能发生加成反应,故正确;③苯空间构型为平面正六边形,苯中不含碳碳双键,故错误;④油脂不属于高分子化合物,但可以水解,故错误;⑤淀粉属于多糖,淀粉遇碘单质变蓝,但不是碘元素,故错误;⑥蛋白质颜色反应,遇浓硝酸显黄色,氨基酸是构成蛋白质的基石,因此蛋白质水解最终产物是氨基酸,故正确;故选项D正确。 考点:考查有机物结构和性质等知识。 
11. 下列反应中,与其它三个反应不属于同一类型的反应是 A. B. 
C. CH3CH2OH CH3COOH
 
CH3COOCH2CH3 H2O 
 
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D. CH4 Cl2【答案】B 
CH3Cl HCl 
【解析】A.苯中的H与硝基取代,为取代反应; B.乙烯中碳碳双键断裂,与溴水发生加成反应; C.乙醇与乙醇发生酯化反应,属于取代反应; D.甲烷与氯气光照下发生取代反应, 显然只有B中反应类型不同,故选B. 
【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握有机物的官能团与性质、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意反应类型的判断,题目难度不大. 12. 乙炔是一种重要的有机化工原料,以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。下列说法正确的是  
 
A. 正四面体烷的分子式为C4H4,其二氯代物有两种 
B. 苯为平面六边形结构,分子中存在C﹣C和C═C,能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量相同 D. 环辛四烯跟苯的结构很像,不能使溴水褪色 【答案】C 
【解析】试题分析:A.由正四面体烷结构可知,分子中含有4个C原子、4个H原子,故分子式为C4H4,正四面体烷中只有1种H原子,任意2个H原子位置相同,故其二氯代物有1种,故A错误;B.苯为平面六边形结构,分子中不存在C-C和C=C,苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键,不能使酸性高锰酸钾褪色,故B错误;C.乙烯基乙烯的分子式为C4H4,乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同为CH,等质量的乙炔与乙烯基乙炔耗氧量相同,故C正确;D.环辛四烯中存在C=C双键,能与溴水发生加成反应,能使溴水褪色,故D错误;故选C。 
考点:以乙炔为原料的有机合成为载体,考查有机物的结构与性质、同分异构体等。 13. 已知4NH3(g) 5O2(g)═4NO(g) 6H2O(g),若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、
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v(H2O)表示,则正确的关系式为 
A. 4v(NH3)=5v(O2)    B. 5v(O2)=6v(H2O) C. 2v(NH3)=3v(H2O)    D. 4v(O2)=5v(NO) 【答案】D 
【解析】分析:根据在化学反应中反应速率之比是相应的化学计量数之比分析解答。 详解:反应速率之比是相应的化学计量数之比,则根据方程式4NH3(g) 5O2(g)=
4NO(g) 6H2O(g)可知v(NH3):v(O2):v(NO):v(H2O)=4:5:4:6,因此选项D正确,答案选D。 
14. 除去乙烷中混有的少量乙烯,应采用的简便方法是 A. 将混合气体通过氢氧化钠溶液 B. 将混合气体通过溴水 
C. 将混合气体在催化剂条件下跟氢气反应 D. 将混合气体通过酸性KMnO4溶液 【答案】B 
【解析】分析:乙烯能和溴水加成,能和酸性高锰酸钾溶液之间发生氧化还原反应,而乙烷则不能,据此解答。 
详解:A、乙烯和乙烷与氢氧化钠均不反应,不能除去乙烷中混有的少量乙烯,A错误; B、乙烯能和溴水加成,而乙烷则不能,将混合气体通过溴水,可以除去乙烷中混有的少量乙烯,B正确; 
C、将混合气体在催化剂条件下跟氢气反应会使乙烯成为乙烷,但氢气的用量很难控制,达不到除杂目的,C错误; 
D、乙烯能和酸性高锰酸钾溶液之间发生氧化还原反应,乙烯被氧化为二氧化碳,这样乙烷中混有二氧化碳气体,达不到除杂目的,D错误。答案选B。 15. 下列鉴别方法不可行的是 A. 用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯 B. 用燃烧法鉴别乙醇、苯 
C. 用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯 D. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲苯、环己烯和环己烷 【答案】D 
【解析】分析:A.根据有机物的溶解性以及密度大小鉴别; B.根据乙醇、苯燃烧的实验现象不同分析; 
C.根据乙醇、乙酸和乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合时的现象不同分析; 
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D.甲苯、环己烷均不与高锰酸钾溶液反应。 
详解:A.乙醇与水混溶,甲苯与水混合分层后有机层在上层,溴苯水混合,有机层在下层,现象不同,可以鉴别,A不符合; 
B.乙醇燃烧产生淡蓝色火焰,苯燃烧冒黑烟,现象不同,可以鉴别,B不符合; C.乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体,乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层,现象不同,可以鉴别,C不符合; 
D.甲苯、环己烷均不与高锰酸钾溶液反应,现象相同,不能鉴别,只有环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D符合题意;答案选D。 
点睛:本题考查有机物的鉴别,把握常见有机物的性质及性质差异为解答的关键,注意在物质鉴定过程中常常是根据颜色的变化、是否有气体产生、能否溶解、有无沉淀、有无吸热或放热等现象来判别。 
16. 完全燃烧2mol某有机物,可以收集到标准状况下89.6L的CO2和6mol的H2O,同时消耗6molO2,试推断该有机物的分子式是 A. C2H4    B. C2H4O    C. C2H6    D. C2H6O 【答案】D 
【解析】分析:先计算出二氧化碳的物质的量,再根据C、H原子守恒确定有机物分子中C、H原子数目,最后结合耗氧量确定有机物分子中O原子数目。 
详解:标况下89.6L二氧化碳的物质的量为89.6L÷22.4L/mol=4mol,完全燃烧2mol某有机物,生成4molCO2和6mol H2O,同时消耗6mol O2,则有机物分子中C原子数目=4mol÷2mol=2、H原子数目=6mol×2/2mol=6。设有机物分子式为C2H6On,根据耗氧量,则:2mol×(2 6/4-n/2)=6mol,解得n=1,故该有机物的分子式为C2H6O,答案选D。 点睛:本题考查有机物分子式确定,注意掌握质量守恒定律在确定有机物分子式中的应用方法,注意利用通式理解烃及含氧衍生物的耗氧量。 
17. 如图表示4个碳原子相互结合的方式.小球表示碳原子,小棍表示化学键,假如碳原子上其余的化学键都是与氢结合。 
 
(1)图中属于烷烃的是_________;属于烯烃的是_______(填字母)。 (2)上图中互为同分异构体的是A与____; B与______;D与____(填字母)。 
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(3)C的化学式为____________;其一氯代物的同分异构体有___种。 
(4)写出B与氯化氢反应的化学反应方程式:__________________________________。 【答案】    (1). AC    (2). BEF    (3). C    (4). EFH    (5). G    (6). C4H10    (7). 2    (8). CH3﹣CH=CH﹣CH3 HCl→CH3CH2CHClCH3 
【解析】分析:根据有机物的球棍模型可知A是正丁烷,B是2-丁烯,C是异丁烷,D是2-丁炔,E是1-丁烯,F是2-甲基-1-丙烯,G是1-丁炔,H是环丁烷,结合有机物的结构和性质解答。 
详解:(1)烷烃是指烃分子中碳原子之间以单键相结合,剩余价键全部与氢原子合,使每个碳原子都达到价键饱和,烷烃又叫饱和链烃,因此图中属于烷烃的是AC;分子中含有1个碳碳双键的链烃是烯烃,则属于烯烃的是BEF。 
(2)分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体,则上图中互为同分异构体的是A与C;B与EFH;D与G。 
(3)C是异丁烷,化学式为C4H10;分子中含有两类氢原子,则其一氯代物的同分异构体有2种。 
(4)B是2-烯烃,与氯化氢发生加成反应的化学反应方程式为CH3-CH=CH-CH3 HCl→CH3CH2CHClCH3。 
18. 原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W,其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物;Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2的离子化合物。 
(1)写出Y2O2的电子式:_________________,其中含有的化学键是_________________。 (2)用电子式表示Y2O的形成过程________________________________。 (3)X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物中,稀溶液氧化性最强的是________(填化学式)。 
(4)XH3、H2Z和HW三种化合物,其中一种与另外两种都能反应的是_______(填化学式)。 (5)由X、W组成的化合物分子中。X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构,该化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物,试写出反应的化学方程式___________________。 【答案】    (1). 
    (2). 离子键、共价键    (3).     (4). HNO3    (5). NH3    (6). 
NCl3 3H2O=NH4ClO 2HClO 
【解析】原子序数由小到大排列的四种短周期元素X、Y、Z、W,Y与氧元素可组成Y2O和Y2O2的离子化合物,Y为Na,其中X、Z、W与氢元素可组成XH3、H2Z和HW共价化合物,可知X为N,Z为S,W为Cl。 
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(1)Y2O2为Na2O2,电子式为
;离子键、共价键; 
,含离子键、共价键,故答案为:
(2)Na2O为离子化合物,用电子式表示形成过程为为:
; 
,故答案
(3)X、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物,分别为硝酸、硫酸、高氯酸,稀溶液中只有HNO3具有强氧化性,故答案为:HNO3; 
(4)XH3、H2Z和HW三种化合物,其中一种与另外两种都能反应的是NH3,故答案为:NH3; (5)X、W原子的最外层均达到8电子稳定结构,该化合物为NCl3,遇水可生成一种具有漂白性的化合物为HClO,该反应为NCl3 3H2O=NH4ClO 2HClO或NCl3+3H2O=3HClO+NH3,故答案为:NCl3 3H2O=NH4ClO 2HClO或NCl3+3H2O=3HClO+NH3。 
19. 化学上常用燃烧法确定有机物的组成。这种方法是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品,根据产物的质量确定有机物的组成。下列装置是用燃烧法确定有机物分子式常用的装置。 
回答下列问题: 
 
(1)产生的氧气按从左到右流向,所选装置的连接顺序为_________________; (2)C装置中浓硫酸的作用是__________________; (3)D装置中MnO2的作用是___________________; (4)燃烧管中CuO的作用是________________; 
(5)若准确称取0.90g样品CxHyOz,经充分燃烧后,A管质量增加1.32g,B管质量增加0.54g,则x:y:z为________________。 
【答案】    (1). g﹣f﹣e﹣h﹣i﹣c﹣d﹣a﹣b    (2). 干燥氧气    (3). 催化剂    (4). 防止生成CO    (5). 1:2:1 
【解析】分析:利用双氧水分解生成氧气,由于生成的氧气中含有水蒸气,与样品反应前需要首先净化,利用浓硫酸除去水蒸气。有机物燃烧产生水蒸气和二氧化碳,利用无水氯化钙吸水,氢氧化钠吸收二氧化碳,根据水蒸气和二氧化硫的质量结合质量守恒定律计算
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有机物的最简式。 
详解:(1)D中生成的氧气中含有水蒸气,应先通过C中的浓硫酸干燥,在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品,生成二氧化碳和水,如有一氧化碳生成,则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳,然后分别通入B(吸收水)、A(吸收二氧化碳)中,根据产物的质量推断有机物的组成,则产生的氧气按从左到右流向,所选择装置各导管的连接顺序是g-f-e-h-i-c-d-a-b; 
(2)D中生成的氧气中含有水蒸气,应先通过C中的浓硫酸干燥,以免影响实验结果,所以浓硫酸的作用是干燥氧气; 
(3)MnO2为分解双氧水制备氧气的催化剂; 
(4)一氧化碳能与氧化铜在加热时发生反应,产生Cu与CO2,因此CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2,防止生成CO; 
(5)A管质量增加1.32g说明生成了1.32g二氧化碳,物质的量是1.32g÷44g/mol=0.03mol,可得碳元素的质量:m(C)=0.03mol×12g/mol=0.36g;B管质量增加0.54g说明生成了0.54g水,物质的量是0.54g÷18g/mol=0.03mol,可得氢元素的质量:m(H)=0.06g,根据质量守恒定律可知含氧元素的质量为m(O)=0.90g-0.36g-0.06g=0.48g,n(O)=0.48g÷16g/mol=0.03mol,所以n(C):n(H):n(O)=1:2:1,所以x:y:z=1:2:1。 20. 如图所示是原电池的装置图(
为电流表)。请回答: 
 
(1)若C为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe且做负极,则A电极上发生的电极反应式为____________; 
(2)若C为CuSO4溶液,A电极材料为Zn,B电极材料为石墨,电流表指针发生偏转,此时B为______极,反应一段时间后B电极上能够观察到的现象是______________________; 
(3)若C为NaOH溶液,A电极材料为Al,B电极材料为Mg,负极上发生的电极反式为___________________________ 
【答案】    (1). 2H 2e=H2↑    (2). 正    (3). B上生成一种红色物质    (4). Al﹣3e﹣ 4OH﹣=AlO2﹣ 2H2O 
 

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【解析】分析:(1)氢离子在正极上放电产生氢气; 
(2)原电池中较活泼的金属作负极,结合电解质溶液的性质解答; (3)根据铝能与氢氧化钠溶液反应分析正负极。 
详解:(1)若C为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,形成原电池。B电极材料为Fe且做负极,则A电极是正极,溶液中的氢离子放电,因此发生的电极反应式为2H  2e-=H2↑; 
(2)若C为CuSO4溶液,A电极材料为Zn,B电极材料为石墨,电流表指针发生偏转,形成原电池,锌是负极,此时B为正极,溶液中的铜离子放电析出铜,因此反应一段时间后B电极上能够观察到的现象是B上生成一种红色物质; 
(3)若C为NaOH溶液,A电极材料为Al,B电极材料为Mg,由于铝能与氢氧化钠溶液反应,镁不反应,则镁是正极,铝是负极,则负极上发生的电极反式为Al-3e- 4OH-=AlO2

 2H2O。 
点睛:掌握原电池的工作原理是解答的关键,(3)是解答的易错点,注意判断电极时,不能简单地依据金属的活泼性来判断,要看反应的具体情况,如:a.Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子,Al作负极,Mg作正极;b.Fe、Al在浓HNO3中钝化后,比Cu等金属更难失电子,Cu等金属作负极,Fe、Al作正极,解答时需要灵活应用。 
21. 已知:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。现以A为主要原料合成乙酸乙酯,其合成路线如图1所示。 
 
(1)B分子中官能团的名称是________,D中官能团的名称是_________;反应①的反应类型是__________反应。 
(2)反应②的化学方程式是________________________________________,反应⑤的化学方程式是_________________________________________________。 
(3)①某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯.实验结束后,试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。上述实验中试管甲中试剂为___________________,其作用是(填字母)_____________。 A.中和乙酸和乙醇 B.中和乙酸并吸收部分乙醇 
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C.乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小,有利于分层析出 D.加速酯的生成,提高其产率 
②在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中,若用1mol B和1mol D充分反应,_____(能/不能)生成1mol 乙酸乙酯,原因是
_____________________________________________________。 【答案】    (1). 羟基    (2). 羧基    (3). 加成    (4). 2CH3CH2OH O2
2CH3CHO 2H2O    (5). CH3COOCH2CH3 NaOH
CH3COONa CH3CH2OH    (6). 饱
和Na2CO3溶液    (7). BC    (8). 不能    (9). 该反应为可逆反应,有一定的限度,不可能完全转化 
【解析】分析:有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平,A是乙烯。乙烯与水发生加成反应生成B是乙醇,乙醇发生催化氧化生成C是乙醛,乙醛发生氧化反应生成D是乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯,乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解生成乙醇和F乙酸钠,据此解答。 
详解:根据以上分析可知A是乙烯,B是乙醇,C是乙醛,D是乙酸,E是乙酸乙酯,F是醋酸钠。则 
(1)B是乙醇,分子中官能团的名称是羟基,D是乙酸,分子中官能团的名称是羧基;反应①是乙醇与水的加成反应。 
(2)反应②是乙醇的催化氧化,反应的化学方程式是2CH3CH2OH O2⑤是乙酸乙酯的水解反应,反应的化学方程式是CH3COOCH2CH3 NaOH
2CH3CHO 2H2O,反应CH3COONa CH3CH2OH。 
(3)①由于生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,因此需要利用饱和碳酸钠溶液除杂,其主要作用是中和乙酸并吸收部分乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度,便于分层析出,答案选BC; ②由于酯化反应是可逆反应,有一定的限度,不可能完全转化,所以用1mol B和1mol D充分反应,不能生成1mol 乙酸乙酯。      
 
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