青海省海东市2019-2020学年高一下学期期末考试联考化学试卷 Word版含解析 16页

青海省海东市2019-2020学年高一下学期期末联考 化学试题 ‎1.下列有关海洋资源的综合利用说法错误的是 A. 从海水中提取溴单质的工艺流程中包含了富集过程 B. 海底的资源非常丰富,含有铁、锰、钴等多种金属结核矿 C. 海水的淡化方法主要有蒸馏法、离子交换法、过滤法等 D. 开发海洋资源不能破坏环境,应遵循绿色环保的思想 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．海水中溴离子的浓度较低，从海水中提取溴单质的工艺流程中包含了富集过程，从而提高溴的浓度，故A正确；‎ B．海底的资源非常丰富，不仅含有常规的化石燃料煤、石油、天然气，还含有新发现的新型矿产资源，海底多数金属结合矿含有铁、锰、钴等多种金属元素，如锰结核，故B正确；‎ C．海水为盐和水的混合物，二者沸点不同，蒸馏法是把水从海水的混合物中分离出来，得到纯净的水，电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换海水淡化的方法，离子交换法是用阳离子交换树脂（HR）和水中的金属离子Mn＋进行交换的一种方法，可以实现海水的淡化，海水的淡化方法主要有蒸馏法、离子交换法、电渗析法，故C错误；‎ D．开发海洋资源不能破坏环境，应遵循绿色环保的思想，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎2.下列化学用语的表示正确的是 A. 次氯酸的电子式：‎ B. 苯的结构简式 C. 质量数为18的氧原子：18O D. 乙酸的结构式：‎ ‎【答案】D - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸的电子式：，故A错误；‎ B．为环己烷的结构简式，苯的结构简式为，故B错误；‎ C．质量数为18的氧原子：18O，故C错误；‎ D．乙酸的结构简式为CH3COOH，结构式：，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列装置能构成原电池的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构成原电池的条件是：活泼性不同的金属或金属和导电的非金属，导线连接，并且插入电解质溶液中形成闭合回路，能够发生自发的氧化还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．没有形成闭合回路，不能构成原电池，A不选；‎ B．酒精是非电解质，不能构成原电池，B不选；‎ C．Fe比C活泼，铁与稀硫酸反应生成氢气，且形成了闭合回路，能构成原电池，C选；‎ D．C和Cu均不能与硫酸发生自发的氧化还原反应，不能构成原电池，D不选；‎ 答案选C。‎ - 16 -‎ ‎4.已知某反应aX(g)+bY(g)=cZ(g)的各物质浓度数据如下：‎ X Y Z 起始浓度(mol∙L-1)‎ ‎0.3‎ ‎0.5‎ ‎0‎ ‎5s末浓度(mol∙L-1)‎ ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.3‎ 据此可推算出上述化学方程式中X、Y、Z三种物质的化学计量数之比是（ ）‎ A. 2:1:3‎ B. 3:1:2‎ C. 1:4:3‎ D. 3:2:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从表中数据可以得出，5s末X、Y、Z的浓度变化量分别为0.2 mol∙L-1、0.1 mol∙L-1、0.3 mol∙L-1，利用浓度的变化量之比等于化学计量数之比，可得出化学方程式中X、Y、Z三种物质的化学计量数之比是0.2:0.1:0.3=2:1:3，故选A。‎ ‎5.下列有关化学反应的热现象的说法正确的是（ ）‎ A. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化 B. 化学反应中能量的变化量与参加反应物质的物质的量无关 C. 能量变化必然伴随化学变化的发生 D. 化学反应发生过程中一定有能量变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学反应中的能量变化通常表现为热量变化，有的产生光能、有的产生电能等，A不正确；‎ B．同种物质发生相同的化学反应时，通常用量越多，能量的变化量越多，所以化学反应中能量的变化量与参加反应物质的物质的量有关，B不正确；‎ C．能量变化不一定伴随化学变化的发生，如物质因状态发生改变而产生能量变化，就没有化学反应发生，C不正确；‎ - 16 -‎ D．化学反应发生过程中，由于断裂化学键吸收的能量与形成化学键释放的能量不同，一定有能量变化，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.下列物质中，仅含有共价键的化合物是 A. Na2O2 B. H2S C. N2 D. NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2中既含钠离子与过氧根离子间的离子键，又含有O-O共价键，故A不符；‎ B．化合物H2S中只有H-S共价键，故B符合；‎ C．单质N2中只有N≡N共价键，故C不符；‎ D．NaCl中含钠离子与氯离子间的离子键，故D不符；‎ 故选B ‎7.下列变化是通过加成反应来实现的是 A. CH3CH3→CH3-CH2Br B. CH3COOH→CH3COOC2H5‎ C. → D. CH2=CH2→CH3CH2OH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3CH3与溴发生取代反应生成CH3-CH2Br，故A不符；‎ B．CH3COOH与乙醇发生酯化反应生成水和CH3COOC2H5，故B不符；‎ C．苯与液溴在铁催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故C不符；‎ D．乙烯含碳碳双键与水发生加成反应生成乙醇，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎8.在2L恒容密闭容器中加入4molNH3和6molO2，发生反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)。若10s后剩下2molNH3，则0~10s内O2的平均反应速率是 A. 0.125mol/(L·s) B. 0.2mol/(L·s) C. 0.25mol/(L·s) D. 0.1mol/(L·s)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题目信息可知，在0~10s内，氨气消耗2mol，则可列出三段式：‎ - 16 -‎ ‎ ，则0~10s内O2的平均反应速率是：，故答案为A。‎ ‎9.下列有关物质水解的说法正确的是 A. 蛋白质水解的最终产物是高级脂肪酸 B 纤维素不能水解成葡萄糖 C. 蔗糖水解的最终产物为葡萄糖和果糖 D. 油脂只能在碱性条件下水解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A错误；‎ B．纤维素在催化剂作用下能水解成葡萄糖，故B错误；‎ C．蔗糖水解的最终产物为葡萄糖和果糖，故C正确；‎ D．油脂在酸性和碱性条件下都能水解，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎10.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是 A. 0.1molC6H14中含有的共用电子对数为1.9NA B. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中所含氧原子的总数为0.4NA C. 标准状况下，2.24L己烷中含有的分子数为0.1NA D. 1mol苯乙烯()中含有的碳碳双键数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据碳氢的成键原理，1molC6H14中含有的共用电子对数为19mol，故0.1molC6H14中含有的共用电子对数为1.9NA，A正确，不选；‎ B．在乙醇溶液中，除了乙醇外，水也含氧原子，而10g 46%的乙醇(C2H6O)水溶液中含乙醇的质量为4.6g，物质的量为n=4.6g÷46g/mol=0.1mol，故含氧原子为0.1mol；含水的质量为5.4g，物质的量为n=5.4g÷18g/mol=0.3mol，故含氧原子为0.3mol，故此溶液中含氧原子共0.4mol，即氧原子的个数为0.4NA，故B正确，不选；‎ - 16 -‎ C．己烷是6个碳的烷烃，是液体，故标准状况下，2.24L己烷无法计算物质的量，C错误，符合题意；‎ D．苯环不含碳碳双键，故1mol苯乙烯()中含有的碳碳双键数为NA，D正确，不选；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列叙述正确的是 A. 第IA族第IIA族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布 B. 元素周期表中从第ⅢB族到第IIB族10个纵行的元素都是金属元素 C. 第IA族元素铯的两种同位素137Cs、133Cs，前者比后者多4个质子 D. 因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：P＞N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H+核外没有电子，同周期稀有气体元素He核外是2个电子，两者不相等，故A错误；‎ B．Ⅷ有三个纵行，元素周期表中从第ⅢB族到第IIB族10个纵行元素都是金属元素，称为过渡元素，故B正确；‎ C．第IA族元素铯的两种同位素137Cs、133Cs，前者比后者多4个中子，质子数相同，故C错误；‎ D．因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，还原性P＞N，非金属性顺序为：N＞P，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.在一恒容密闭容器中进行反应2X(g)+Y(g)2Z(g)，测得某时刻X、Y、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，则反应经一段时间后，下列测定数据一定不正确的是（ ）‎ A. c(X)=0.25mol·L-1‎ B. c(Y)=0.15mol·L-1‎ C. c(X)+c(Y)=0.4mol·L-1‎ D. c(Z)=0.4mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 16 -‎ ‎【分析】‎ 对于某时刻X、Y、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，可采用一边倒的形式，确定平衡时的浓度范围，从而得出平衡时：c(X)介于0~0.4mol·L-1之间，c(Y)介于0~0.2mol·L-1之间，c(Z)介于0~0.4mol·L-1之间。‎ ‎【详解】A．对于c(X)，0.25mol·L-1介于0~0.4mol·L-1之间，可能是反应进行到某时刻的数据，A正确；‎ B．对于c(Y)，0.15mol·L-1介于0~0.2mol·L-1之间，可能是反应进行到某时刻的数据，B正确；‎ C．某时刻X、Z的浓度分别为0.2mol·L-1、0.2mol·L-1，所以不管反应如何进行，一定存在c(X)+c(Y)=0.4mol·L-1，C正确；‎ D．只有当反应物全部转化为生成物时，c(Z)=0.4mol·L-1，此数据一定不是反应进行中的某个数据，D不正确；‎ 故选D。‎ ‎13.柠檬酸的结构简式为，下列说法正确的是 A. 与柠檬酸互为同系物 B. 1mol柠檬酸可与4molNaOH发生中和反应 C. 1mol柠檬酸与足量金属Na反应生成4molH2‎ D. 柠檬酸中能发生酯化反应的官能团有2种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该物质与柠檬酸的结构不相似，该物质含两个羧基，柠檬酸含三个羧基，故A错误；‎ B．羧基可以和NaOH反应，1mol柠檬酸可与3molNaOH发生中和反应，故B错误；‎ C．柠檬酸中的羧基和羟基均可以和金属钠发生反应生成氢气，因此1mol柠檬酸与足量金属Na反应生成2molH2，故C错误；‎ D．羟基、羧基都可以发生酯化反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ - 16 -‎ ‎14.下列关于甲烷一空气碱性燃料电池的说法不正确的是 A. 通入甲烷的一极发生的是氧化反应 B. 外电路中电子由正极通过导线流向负极 C. 该电池中通入空气的一极是正极 D. 该电池的总反应：CH4+2O2+2KOH=3H2O+K2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷具有还原性，在负极失电子，因此通入甲烷的一极发生的是氧化反应，故A正确，不选；‎ B．外电路中电子由负极通过导线流向正极，故B错误，符合题意；‎ C．氧气作氧化剂，发生还原反应，该电池中通入空气的一极是正极，故C正确，不选；‎ D．甲烷和氧气反应生成水和二氧化碳，二氧化碳溶于KOH生成碳酸钾，该电池的总反应：CH4+2O2+2KOH=3H2O+K2CO3，故D正确，不选；‎ 故选B。‎ ‎15.为提纯下列物质(括号内的物质为杂质，杂质少量)，所选用的除杂试剂正确的是（ ）‎ 选项 物质(括号内的物质为杂质)‎ 除杂试剂 A 乙醇(水)‎ 生石灰 B 乙酸乙酯(乙酸)‎ 氢氧化钠溶液 C 乙烷(乙烯)‎ 酸性高锰酸钾溶液 D 溴苯(溴)‎ 苯 A. A B. B C. C D. D - 16 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇(水)中加入生石灰，生石灰是CaO，CaO可与水反应生成难挥发氢氧化钙，乙醇和CaO不反应，再蒸馏即可得到纯净乙醇，所以可用生石灰除去乙醇中的水，A选项正确；‎ B．氢氧化钠均能和乙酸乙酯、乙酸发生反应，则不能用氢氧化钠除去乙酸乙酯中的乙酸，B选项错误；‎ C．酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳，引入了新的杂质气体二氧化碳，C选项错误；‎ D．溴苯、溴均易溶于苯，易引入新的杂质，应选用NaOH溶液、分液除去溴苯中的溴，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.分子式为C10H14的苯的同系物X，苯环上只有一个取代基则符合条件的X有 A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C10H14的苯的同系物X，含有4个C的支链丁基有几种同分异构体，该有机物就有相应的同分异构体。‎ ‎【详解】丁基中碳原子连接方式有：、、、，所以丁基总共含有四种同分异构体，故苯环上只有一个取代基的、分子组成为C10H14的苯的同系物有四种，故选C。‎ ‎17.下表是元素周期表的一部分，回答有关问题。‎ ‎(1)写出元素符号：①______，⑥______。‎ - 16 -‎ ‎(2)在这些元素中，最活泼的金属元素的原子结构示意图为______。‎ ‎(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的物质为______(填化学式，下同)，碱性最强的物质为____________。‎ ‎(4)在②、④、⑤这些元素形成的最简单离子中,离子半径由大到小的顺序为______(填离子符号)。‎ ‎(5)②、⑦的最简单氢化物中热稳定性较强的是______(填化学式)。‎ ‎(6)由元素⑦和⑧形成的某种化合物可表示为X2Y2(其中各原子均满足8电子稳定结构)，写出X2Y2的电子式____________。‎ ‎【答案】 (1). N (2). Si (3). (4). HClO4 (5). NaOH (6). O2-＞Mg2+＞Al3+ (7). H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置可知，①为N元素，②为O元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质进行分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，①为N元素，⑥为Si元素，故答案为：N；Si；‎ ‎(2)上述元素中，最活泼的金属元素是Na，其原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎(3)在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的物质是HClO4，碱性最强的物质是NaOH，故答案为：HClO4；NaOH；‎ ‎(4)O2-、Mg2+、Al3+的电子层数均为2层，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，核电荷数Al＞Mg＞O，则离子半径O2-＞Mg2+＞A13+，故答案为：O2-＞Mg2+＞A13+；‎ ‎(5)同主族从上到下元素的非金属性减弱，最简单氢化物的热稳定性减弱，O、S的最简单氢化物中热稳定性较强的是H2O。故答案为：H2O；‎ ‎(6)由S和Cl组成的化合物为S2Cl2，为共价化合物，其电子式为，故答案为：。‎ ‎18.工业上用铝土矿(含氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图：‎ - 16 -‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)“滤渣A”的化学式为_____，该物质除了用于冶炼金属以外，还可用作____。‎ ‎(2)通入“过量二氧化碳”时生成沉淀的离子方程式为________。‎ ‎(3)往“滤液A”中加入适量的CaO后过滤，所得滤液可以加入___过程中循环利用。‎ ‎(4)若铝土矿中还含有二氧化硅，则“灼烧”后所得固体中混有的杂质为___(填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3 (2). 涂料 (3). (4). 溶解 (5). SiO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿(含氧化铝、氧化铁)加入足量NaOH溶液，氧化铝溶解得到偏铝酸钠溶液，过滤得到的滤渣A为不溶于NaOH溶液的Fe2O3；滤液中通入过量的二氧化碳酸化得到氢氧化铝沉淀，过滤灼烧沉淀得到氧化铝，电解熔融氧化铝得到铝单质。‎ ‎【详解】(1)滤渣A为不与NaOH溶液反应的Fe2O3；氧化铁为红色固体，常用作红色涂料；‎ ‎(2)二氧化碳可以和偏铝酸根在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀，由于二氧化碳过量，所以最终生成碳酸氢根，离子方程式为；‎ ‎(3)滤液A中主要成分为碳酸氢钠，加入氧化钙会反应得到NaOH溶液，可以加入到“溶解”过程中循环使用；‎ ‎(4)若铝土矿中还含有二氧化硅，则溶解过程中二氧化硅会转化为硅酸钠，通过量二氧化碳时会生成硅酸沉淀，灼烧后得到SiO2，所以“灼烧”后所得固体中混有的杂质为SiO2。‎ ‎【点睛】第2小题为易错点，要注意过量二氧化碳在与碱性溶液反应时会生成碳酸氢根。‎ ‎19.实验室合成乙酸乙酯的实验装置如图所示(加热及夹持装置已省略)。实验步骤为组装仪器、加入药品、加热回流反应。‎ - 16 -‎ 已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次为78.4℃、118℃、77.1℃。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)配制乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液的方法是_______________。‎ ‎(2)在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外,还应放入几块碎瓷片,其目的是_____________。‎ ‎(3)冷凝水的进出方向为______________。‎ ‎(4)一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。现拟提纯含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品,提纯流程如图所示。‎ ‎①向乙酸乙酯粗产品中加入饱和碳酸钠溶液的作用是______________。‎ ‎②“操作1”的名称是______________。‎ ‎③在得到的油层中加入无水硫酸钠粉末并振荡，目的是_____________；“操作2”需要用到的玻璃仪器除玻璃棒外还有______________。‎ ‎【答案】 (1). 先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶中，边加边振荡，冷却后再加入乙酸(合理均可) (2). 防止烧瓶中液体暴沸 (3). a进b出 (4). 除去未反应完的乙酸和乙醇，降低乙酸乙醋的溶解度 (5). 分液 (6). 除去乙酸乙醋中混有的少量水 (7). 烧杯、漏斗 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先注入乙醇，再分别缓缓加入浓硫酸、乙酸（乙醇和浓硫酸的加入顺序不可互换）；液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸；冷凝器进水为下口进上口出；分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，油层中加入无水硫酸钠进行干燥，过滤得产品；‎ ‎【详解】(1)‎ - 16 -‎ 浓硫酸的密度大于乙醇，浓硫酸溶于水放出大量的热，乙醇中含有少量水，应将浓硫酸加入到乙醇中，防止硫酸溶解时放出大量的热导致液体飞溅，配制乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液的方法是先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶中，边加边振荡，冷却后再加入乙酸(合理均可)。故答案为：先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶中，边加边振荡，冷却后再加入乙酸(合理均可)；‎ ‎(2)液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是防止烧瓶中液体暴沸。故答案为：防止烧瓶中液体暴沸；‎ ‎(3)为了达到更好的冷凝效果，冷凝水的进出方向为a进b出。故答案为：a进b出；‎ ‎(4)①乙酸乙酯是不溶于水的物质，乙醇和乙酸均是易溶于水的，乙酸和乙醇的碳酸钠水溶液是互溶的。向乙酸乙酯粗产品中加入饱和碳酸钠溶液的作用是除去未反应完的乙酸和乙醇，降低乙酸乙醋的溶解度。故答案为：除去未反应完的乙酸和乙醇，降低乙酸乙醋的溶解度；‎ ‎②分离油层和水层采用分液的方法，“操作1”的名称是分液。故答案为：分液；‎ ‎③在得到的油层中加入无水硫酸钠粉末并振荡，目的是除去乙酸乙醋中混有的少量水；分离固体和液体的混合物常用过滤法，“操作2”需要用到的玻璃仪器除玻璃棒外还有烧杯、漏斗。故答案为：除去乙酸乙醋中混有的少量水；烧杯、漏斗。‎ ‎【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备，涉及酯化反应的制备反应装置，反应条件，反应特征等分析判断、分离混合物的操作步骤和方法选择等方面，难点(4)①饱和碳酸钠溶液的作用要答全。‎ ‎20.在一定温度下，将2molCO2(g)和6molH2(g)置于容积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。反应进行到5s时，测得CO2的物质的量为1.4mol，则：‎ ‎(1)5s时，生成物CH3OH的浓度为______________。‎ ‎(2)0~5s内，用反应物H2的浓度变化表示的该反应的平均速率v(H2)=________________。‎ ‎(3)5s时，容器内气体的总物质的量与反应前容器内气体的总物质的量之比为_____________。‎ ‎(4)若反应进行到15s时达到平衡，此时气体的总物质的量为5.6mol。‎ ‎①平衡时，CO2的转化率为____________。‎ ‎②下列关于达到平衡时的有关表述正确的是____________(填标号)。‎ A．CO2已经完全转化为CH3OH B．CH3OH的生成速率和消耗速率相等 C．反应物的浓度不再改变，而生成物的浓度会改变 ‎③若要缩短反应达到平衡的时间，则可采取的措施为_______(填标号)。‎ - 16 -‎ A．降低温度 B．加入合适的催化剂 C．减小反应物浓度 ‎【答案】 (1). 0.3mol/L (2). 0.18mol/(L·s) (3). 17：20 (4). 60% (5). B (6). B ‎【解析】‎ ‎【详解】列出三段式:‎ ‎(1)5s时，生成物CH3OH的浓度为0.3mol/L。故答案为：0.3mol/L；‎ ‎(2)0~5s内，用反应物H2的浓度变化表示的该反应的平均速率v(H2)= =0.18mol/(L·s)。故答案为：0.18mol/(L·s)；‎ ‎(3)5s时，容器内气体的总物质的量与反应前容器内气体的总物质的量之比为(0.7+2.1+0.3+0.3)：(1+3)=17：20。故答案为：17：20；‎ ‎(4)列出平衡时三段式：‎ 若反应进行到15s时达到平衡，此时气体的总物质的量为(2mol-x+6mol-3x+x+x)=5.6mol，解得x=1.2mol。‎ ‎①平衡时，CO2的转化率为=60%。故答案为：60%；‎ ‎②A．反应是可逆反应，CO2不可能完全转化为CH3OH，故A错误；‎ B．CH3OH的生成速率和消耗速率相等，正速率等于逆速率，反应达到平衡，故B正确；‎ C．反应物的浓度不再改变，生成物的浓度也不再改变，故C错误；‎ 故答案为：B；‎ ‎③若要缩短反应达到平衡时间，即加快反应速率，则可采取的措施为A．降低温度，减慢速率，故不选；B．加入合适的催化剂，增活化分子百分数，提高反应速率，故B选；C．减小反应物浓度，减慢反应速率，故C不选；故答案为：B。‎ - 16 -‎ ‎21.常温下，G是具有香味的液态物质，用淀粉制备化合物G的过程如图。‎ 已知：通常用C的产量来衡量一个国家的化工发展水平。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）B的名称为_________；E的名称为_________。‎ ‎（2）C的结构简式为_________。‎ ‎（3）F中含有的官能团的名称为__________________。‎ ‎（4）A→B是淀粉的水解过程。检验淀粉水解完全的方法是_________。‎ ‎（5）D→E的化学方程式为____________________________________。‎ ‎（6）F→G的化学方程式为____________________________________。‎ ‎（7）G的同分异构体中，与互为同系物的所有结构有_________（填结构简式）。‎ ‎【答案】 (1). 葡萄糖 (2). 乙醛 (3). (4). 羧基 (5). 取水解后的混合溶液，滴入碘水，若未出现蓝色，说明淀粉水解完全 (6). (7). (8). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是淀粉，水解为葡萄糖B，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇D，乙醇催化氧化为乙醛E，乙醛被氧化为乙酸F，乙酸和乙醇发生酯化反应生成具有香味的液态物质乙酸乙酯G；C的产量来衡量一个国家的化工发展水平，C是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇。‎ ‎【详解】(1) A是淀粉，水解为葡萄糖，B的名称为葡萄糖；乙醇催化氧化为乙醛， E - 16 -‎ 的名称为乙醛；‎ ‎(2) C的产量来衡量一个国家的化工发展水平，C是乙烯，乙烯的结构简式为；‎ ‎(3) 乙醛被氧化为乙酸F，乙酸中含有的官能团的名称为羧基；‎ ‎(4)淀粉遇碘水变蓝，检验淀粉水解完全的方法是：取水解后的混合溶液，滴入碘水，若未出现蓝色，说明淀粉水解完全；‎ ‎(5)D→E是乙醇在铜作催化剂的条件下氧化为乙醛，反应的化学方程式为；‎ ‎(6)F→G是乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为；‎ ‎(7)乙酸乙酯的同分异构体中，属于羧酸有、。‎ ‎【点睛】本题考查有机推断，明确官能团的性质、转化是解题关键，注意醇、醛、酸、酯官能团转化的条件，知道乙烯和水发生加成反应生成乙醇。‎ - 16 -‎