【化学】河北省石家庄市元氏县第四中学2019-2020学年高一下学期摸底考试试题（解析版） 17页

河北省石家庄市元氏县第四中学2019-2020学年高一下学期摸底考试试题 一、选择题 ‎1. 化学与生活、社会密切相关．“低碳经济，节能减排”是今后经济发展的新思路．下列说法不正确的是（ ）‎ A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境 B. 将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 C. 为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术 D. 采用新技术开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用，减少有毒气体的排放、二氧化碳的排放，减少环境污染，故A正确；‎ B. 可以将废弃的秸秆转化为沼气，而沼气是可以再生的清洁能源，故B正确；‎ C. 废旧电池不能随便丢弃，会污染水源和土壤，应加以综合处理和应用，故C正确；‎ D. 煤、石油和天然气均为化石燃料，不能再生，故应加以有节制的开采，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎2.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是（ ）‎ R X T Z Q A. 简单离子半径：R＜T＜X B. X元素在自然界中只存在化合态 C. 气态氢化物的稳定性：R＜T＜Q D. 最高价氧化物的水化物的酸性：T＜X ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，生成HR，则R是F。因此根据元素在周期表中的位置可知X是S，T是Cl，Q是Br，Z是Ar。可在此基础上对各选项作出判断。‎ ‎【详解】根据分析可知，R、X、T、Z、Q分别是F、S、Cl、Ar、Br。‎ A．卤离子均带一个负电荷，同主族元素的阴离子半径随原子序数的增大而增大，所以，简单离子半径：R＜T＜X，A选项正确；‎ B．S元素在自然界中有游离态的单质存在，B选项错误；‎ C．非金属性越强，气态氢化物越稳定性，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，因此氢化物的稳定性也逐渐减弱，所以，气态氢化物的稳定性：R＞T＞Q，C选项错误；‎ D．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，同周期元素的非金属性随原子序数的增大而增大，所以，最高价氧化物的水化物的酸性：T＞X，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列化合物的电子式书写正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钙为离子化合物，电子式为电子式为，故A错误；‎ B．硫化钠为离子化合物，由钠离子与硫离子构成，电子式为，故B错误；‎ C．MgO为离子化合物，电子式为，故C错误；‎ D．KF为离子化合物，由钾离子和F-构成，阴离子用中括号，F周围有8个电子，电子式为，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）‎ A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl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】‎ ‎【详解】A．铝片与稀H2SO4反应，Al和H的化合价发生改变且反应放热，属于氧化还原反应和放热反应，A选项不符合题意；‎ B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应，元素化合价没有发生改变，属于非氧化还原反应，该反应为吸热反应，B选项不符合题意；‎ C．灼热的炭与CO2反应，C的化合价发生改变，属于氧化还原反应，该反应为吸热反应，C选项符合题意；‎ D．甲烷在O2中的燃烧反应，C和O的化合价发生改变且反应放热，属于氧化还原反应和放热反应，D选项不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎5.有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是(　　)‎ A. D>C>A>B B. D>A>B>C C. D>B>A>C D. B>A>D>C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池中较活泼的金属作负极，负极上失电子生成阳离子进入溶液而被腐蚀；金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈；金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，据此分析解答。‎ ‎【详解】①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，该装置构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性A>B；‎ ‎②金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，所以金属活动性D>A；‎ ‎③金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以金属活动性：B>Cu；‎ ‎④‎ 金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，说明金属活动性：Cu>C。‎ 所以它们的活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C，故合理选项是B。‎ ‎6.下列表示物质的化学用语正确的是（ ）‎ A. CO2的结构式：O＝C＝O B. HF的电子式：H＋[:F:]－‎ C. Cl－离子的结构示意图： D. 8个中子的碳原子的核素符号：‎‎12C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2的结构式：O＝C＝O， A正确；‎ B. HF的电子式：，B错误；‎ C. Cl－离子的结构示意图：，C错误； ‎ D. 8个中子的碳原子的核素符号：‎14C，D错误；‎ 答案选A ‎7.下列各组元素关于金属性或非金属性的强弱比较错误的一组是(　　)‎ A. 金属性：K＞Na B. 金属性：B＞Al C. 非金属性：Cl＞P D. 非金属性，F＞O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K、Na为同主族元素，K在Na的下方，从上到下，金属性依次增强，所以金属性：K>Na，A正确；‎ B．B、Al为同主族元素，B在Al的上方，从上到下，金属性依次增强，所以金属性：BP，C正确；‎ D．F、O为同周期元素，从左往右，非金属性依次增强，F在O的右方，非金属性，F>O，D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.Ar、K、Ca三种原子，它们具有相同的（ ）‎ A. 质子数 B. 中子数 C. 质量数 D. 电子数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ar、K、Ca三种原子的质子数分别是18、19、20，故A错误；‎ B．Ar、K、Ca三种原子的中子数分别为：22，21，20，故B错误；‎ C．Ar、K、Ca三种原子具有相同的质量数，都是40，故C正确；‎ D．Ar、K、Ca三种原子的电子数分别为：18，19，20，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎9.化学与生活密切相关。下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是(　　)‎ A. 苛性钠——NaOH B. 绿矾——CuSO4·5H2O C. 醋酸——C2H5OH D. 熟石灰——CaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaOH的俗名为烧碱、火碱、苛性钠，A项正确；‎ B. 绿矾的主要成分是FeSO4·7H2O，B项错误；‎ C. 醋酸的主要成分是CH3COOH，C项错误；‎ D. 熟石灰的化学式为Ca(OH)2，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.已知：4P(红磷，s)＝P4(白磷，s)△H＝+17kJ/mol，下列推论正确的是(　　)‎ A. P(红磷，s)转化为P4(白磷，s)不需要加热就可以实现 ‎ B. 当‎4g红磷转变为白磷时吸收17kJ热量 C. 该反应是放热反应 ‎ D. 红磷的热稳定性比白磷大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．P(红磷，s)转化为P4(白磷，s)时，需要提供能量引发反应，由于反应吸热，若想维持反应的进行，需要不断提供能量，A不正确；‎ B．由热化学方程式知，当4mol红磷转变为白磷时，需吸收17kJ的热量，B不正确；‎ C．该反应的△H>0，所以反应是吸热反应，C不正确；‎ D．红磷转化为白磷时吸热，则表明白磷的能量高，红磷的能量低，所以红磷的热稳定性比白磷大，D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.化学反应速率受很多因素影响。下列措施主要是从降低反应速率的角度考虑的是(　　)‎ A. 将CaCO3固体研磨后再与稀HCl反应 B. 将FeCl3加入H2O2溶液中制备O2‎ C. 将洗衣粉溶于温水后洗涤衣服 D. 将食物置于冰箱中冷藏保存 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将CaCO3固体研磨成粉末，增大与稀HCl的接触面积，从而加快反应速率，A不合题意；‎ B．FeCl3是H2O2分解的催化剂，往H2O2中加入FeCl3溶液，可加快分解速率，B不合题意；‎ C．将洗衣粉溶于温水后洗涤衣服，升高温度加快反应速率，C不合题意；‎ D．将食物置于冰箱中冷藏保存，温度低，食物腐烂的速率慢，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎12.下列有关能量转化的说法不正确的是( )‎ A. 手机电池充电：电能转化为化学能 ‎ B. 铝热剂焊接钢轨：化学能转化为热能 C. 植物光合作用：太阳能转化为化学能 ‎ D. 太阳能电池：化学能转化为电能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，手机电池充电是电能转化为化学能，放电是化学能转化为电能，故A正确，不符合题意；‎ B选项，铝热剂焊接钢轨剧烈反应，放出大量热，因此是化学能转化为热能，故B正确，不符合题意；‎ C选项，植物利用光合作用把太阳能转化为化学能，故C正确，不符合题意；‎ D选项，太阳能电池是把太阳能转化为电能，故D不正确，符合题意。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎13.某学生用如图所示装置做浓硫酸和蔗糖反应的实验。下列有关实验操作或叙述错误的是 ‎（ ）‎ A. 打开A中分液漏斗活塞，加入浓硫酸，充分反应后烧瓶内出现黑色膨化固体 B. 品红溶液红色褪去，证明有SO2气体生成 C. 检验A中产生的气体中含有水蒸气，应将E接在A和B之间 D. D中溶液变浑浊，即可证明反应产生了CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】在装置A中，浓硫酸使蔗糖脱水生成碳，同时有一部分碳与浓硫酸进一步反应生成SO2、CO2等，若想检验生成的水，需在气体通过溶液前检验，否则不能肯定水的来源；生成的SO2用品红检验；若想检验反应生成的CO2，需在确保SO2已经除尽的前提下，将气体通入澄清石灰水中。‎ ‎【详解】A．打开A中分液漏斗活塞，加入浓硫酸，浓硫酸使蔗糖脱水碳化，生成黑色碳、二氧化碳、二氧化硫等，气体逸出后，导致固体体积膨胀，A正确；‎ B．浓硫酸与蔗糖作用生成的气体中，可能含有CO2、SO2、水蒸气等，能使品红溶液红色褪去的气体，只能是SO2，B正确；‎ C．检验A中产生的气体中含有水蒸气，应在气体通过溶液前进行，所以将E接在A和B之间，C正确；‎ D．即便酸性KMnO4溶液的紫色没有褪去，但仍不能肯定SO2已被除尽(可能是气体通入速率过快，有一部分SO2没来得及反应就逸出)，所以D中溶液变浑浊，不能证明反应产生了CO2，D错误；‎ 故选D。‎ ‎14.下列反应不属于取代反应的是(　　)‎ A. 乙烯制聚乙烯 B. 乙酸乙酯的水解 ‎ C. 乙烷制氯乙烷 D. 苯酚与浓溴水反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯制聚乙烯属于加聚反应，符合题意，故A选；‎ B．乙酸乙酯的水解，水中的-OH取代中的-OCH2CH3，属于取代反应，故B不选；‎ C．乙烷制氯乙烷，氯原子取代乙烷中的氢，属于取代反应，故C不选；‎ D．苯酚与浓溴水，溴原子取代苯酚中酚羟基的邻对位上的H生成三溴苯酚，属于取代反应，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎15.Se元素是人体必需的微量元素之一。下列说法不正确的是（ ）‎ A. SeO2可以被氧化 B. H2SeO4酸性弱于H2SO4‎ C. SeO2能和碱溶液反应 D. H2Se的热稳定性强于H2S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SeO2中Se元素化合价为+4，处于中间价态，既可以被氧化又可以被还原，故A正确；‎ B．S、Se同主族，同主族元素从上到下非金属减弱，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，所以H2SeO4酸性弱于H2SO4，故B正确；‎ C．S、Se同主族，SO2是酸性氧化物，能和碱溶液反应，所以SeO2能和碱溶液反应，故C正确；‎ D．S、Se同主族，同主族元素从上到下非金属减弱，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，所以H2S的热稳定性强于H2Se，故D错误；‎ 选D。‎ ‎16.下列食用油不属于植物油的是(　　)‎ A. 花生油 B. 芝麻油 C. 橄榄油 D. 牛油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】油脂包括油和脂肪，油主要指植物油，脂肪主要指动物脂肪，花生油、芝麻油、橄榄油都是植物油，牛油是动物脂肪，故选D。‎ ‎17.分子式为C8H8O2，含有苯环，能发生水解反应且水解产物能发生银镜反应的同分异构体共有(　　)‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C8H8O2，含有苯环，能发生水解反应且水解产物能发生银镜反应的有机物，分子内应含有HCOO-，可能为苯环上连有HCOOCH2-，即；也可能为苯环上连有HCOO-，且在苯环的邻、间、对位置连有1个-CH3，即，共有4种同分异构体。故选B。‎ ‎18.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 B. 天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点 C. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 D. 葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在油脂中，常温下呈液态的称为油，常温下呈固态的称为脂肪，不管是油还是脂肪，都是高级脂肪酸甘油酯，都属于酯，A正确；‎ B．天然油脂是高级脂肪酸甘油酯和不饱和高级脂肪酸甘油酯的混合物，天然油脂没有固定的熔点和沸点，B正确；‎ C．单糖、低聚糖、油脂等相对分子质量都小于10000，都不是高分子化合物，C不正确；‎ D．葡萄糖分子中含有醛基，既能被银氨溶液氧化，也能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，D正确；‎ 故选C。‎ ‎19.2019年8月，第二届全国青年运动会在山西举办，位于我省体育中心的主火炬塔的燃料是天然气。储存天然气时应张贴的标志是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】天然气是一种易燃、易爆的气体，无色、无味、难溶于水，B为氧化剂标识、C为腐蚀品标识、D为放射性物品标识，均不符合，而A为易燃气体标识，符合天然气性质。‎ 答案选A。‎ ‎20.大气污染物SO2、NO2导致的主要环境问题对应为(　　)‎ A. 酸雨和光化学烟雾 B. 温室效应和赤潮 C. 水华和臭氧层空洞 D. 酸雨和白色污染 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．大气污染物SO2导致的主要环境问题是形成硫酸型酸雨，NO2导致的主要环境问题是形成光化学烟雾和硝酸型酸雨，A符合题意；‎ B．温室效应与二氧化碳气体有关，赤潮是水中氮磷元素浓度过大造成的，B不符题意；‎ C．水华是水体富营养化造成，臭氧层空洞的成因来自多个方面，C不符题意；‎ D．白色污染是聚乙烯等塑料造成的，D不符题意。‎ 答案选A。‎ ‎21.下列说法中正确的是(　　)‎ A. CO2的分子结构模型：‎ B. NaF、H2SO4中所含化学键类型相同 C. F2、Cl2、Br2、I2熔沸点逐渐升高 D. HCI气体溶于水和NaOH熔化破坏的化学键类型相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化碳分子为直线形结构，比例模型为，故A错误；‎ B.NaF为离子化合物，只含有离子键，H2SO4为共价化合物，只含有共价键，所含化学键类型不相同，故B错误；‎ C.组成和结构相似的分子，随着相对分子质量增大，分子间作用力依次增大，熔沸点逐渐升高，则F2、Cl2、Br2、I2‎ 是组成和结构相似的双原子分子，熔点随相对分子质量增大而升高，故C正确；‎ D.HCI是共价化合物，溶于水时，发生电离破坏共价键；NaOH是离子化合物，熔化时，破坏离子键，二者破坏的化学键类型不相同，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎22.化学与生活、生产密切相关，对下列现象或事实解释错误的是(　　)‎ 选项 现象或事实 解释 A ‎《淮南万毕术》中“曾青得铁则化为铜”是现代湿法冶金的基础 该变化是置换反应 B 维生素C将食物中不易吸收的Fe3+转化为Fe2+‎ 维生素C具有氧化性 C 高铁酸钠(Na2FeO4)是新型消毒剂，3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2+3Cl﹣+5H2O 碱性条件下次氯酸钠的氧化性强于高铁酸钠 D 熔融烧碱时，不能用石英坩埚或陶瓷坩埚 烧碱可以与二氧化硅发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“曾青得铁则化为铜”，发生的反应为Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，属于置换反应，A正确；‎ B．维生素C将Fe3+转化为Fe2+，发生还原反应，维生素C表现出还原性，B错误；‎ C．在反应3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2+3Cl﹣+5H2O中，ClO﹣是氧化剂，是氧化产物，氧化性：ClO﹣>，C正确；‎ D. 石英坩埚和陶瓷坩埚中都含有二氧化硅，熔融烧碱时，发生反应SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，会损坏坩埚，D正确；‎ 故选B。‎ ‎23.如图是铜－锌原电池示意图。下列有关该原电池的描述中正确的是（ ）‎ A. 锌片作正极，不断溶解 B. 铜片作负极，有气泡产生 C. 负极反应：Zn2＋＋2e-＝Zn D. 正极反应：2H+＋2e-＝H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Cu、Zn与硫酸构成原电池，电池总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，Zn为负极、Cu正极，正极发生还原反应，氢气在Cu电极析出。‎ ‎【详解】A．锌电极做负极，不断消耗溶解，故A选项错误。‎ B．铜电极为正极，发生还原反应，氢气在Cu电极析出，故B选项错误。‎ C．负极发生的反应是锌做负极失电子发生氧化反应生成锌离子，Zn-2e-=Zn2+，故C选项错误。‎ D．铜电极为正极，发生还原反应有氢气产生，发生反应2H+＋2e-＝H2↑，故D选项正确。‎ 故答案选D。‎ ‎24.已知反应：4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)，一定条件下测得反应过程中n(Cl2)与时间的关系如表所示：则4～6min内用O2的物质的量变化表示的反应速率是(　　)‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ n(Cl2)/mol ‎0‎ ‎1.2‎ ‎2.6‎ ‎4.4‎ ‎5.4‎ ‎6.0‎ A. 7.2‎mol•min-1 B. 8.0mol•min‎-1 ‎ C. 0.9mol•min-1 D. 0.45mol•min-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由表中数据可以看出，4～6min内Cl2的物质的量变化为4.4mol-2.6mol=1.8mol，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可得，4～6min内O2的物质的量变化为0.9mol，用O2的物质的量变化表示的反应速率是=0.45mol•min-1，答案为：D。‎ ‎25.下列关于有机物的说法正确的是（ ）‎ A. 葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体 B. 2，2-二甲基丙烷可以由烯烃通过加成反应制得 C. 分子式为C5H12O的有机物，能与Na反应放出氢气的结构有8种 D. 汽油、柴油、植物油都是碳氢化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．淀粉和纤维素的聚合度不同，故纤维素和淀粉的分子式不同，故两者不是同分异构体，故A错误； ‎ B．2，2-二甲基丙烷的2号碳上无H原子，故不能由烯烃加成，故B错误； ‎ C．分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷；CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被-OH取代得到3种醇； CH3CH2CH(CH3)2分子中有4种H原子，被-OH取代得到4种醇； C(CH3)4分子中有1种H原子，被-OH取代得到1种醇，所以该有机物的可能结构有8种，故C正确； ‎ D．植物油是高级脂肪酸的甘油酯，故不是碳氢化合物，故D错误； ‎ 故答案为C。‎ 二．非选择题 ‎26.如图，是实验室制备乙酸乙酯的装置。a试管中加入3mL95%的乙醇、2mL浓硫酸、2mL冰醋酸；b试管中是饱和碳酸钠溶液。连接好装置，用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。‎ ‎(1)在a试管中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入__，目的是__。‎ ‎(2)试管b中观察到的主要现象是__。‎ ‎(3)实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是__。‎ ‎(4)饱和Na2CO3溶液的作用是__。‎ ‎(5)反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，__、__，然后分液，得到乙酸乙酯。‎ ‎【答案】(1). 沸石（或碎瓷片） (2). 防止暴沸 (3). 溶液分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体 (4). 防倒吸 (5). 除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度有利于分层 (6). 振荡 (7). 静置 ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇、乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生取代反应，由于物全部为液体，加热时反应比较剧烈，加入沸石以防暴沸，反应后生成的乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液接收，除去产品中的乙醇、乙酸等杂质，最后经分液得到纯净的乙酸乙酯。‎ ‎【详解】(1)加热前，a试管中需要加入沸石或碎瓷片，目是为了防止暴沸，答案为：沸石（或碎瓷片）；防止暴沸；‎ ‎(2) 碳酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，乙酸乙酯密度小且不溶于饱和碳酸钠溶液，试管b中液体会出现分层现象，上层为有特殊香味的无色液体，答案为：溶液分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体；‎ ‎(3) 酸钠溶液能溶解乙醇、与乙酸反应，使压强减小，容易产生倒吸，所以实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止倒吸，答案为：防倒吸；‎ ‎(4)碳酸钠溶液中的水溶解乙醇，碳酸钠能跟乙酸反应吸收乙酸，同时可以降低乙酸乙酯的溶解度，使乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，便于分层，答案为：除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度有利于分层；‎ ‎(5)乙酸乙酯的密度比水小，制得的乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，且处于碳酸钠溶液的上层，因此分离的方法为分液，即将产品倒入分液漏斗中，充分振荡除杂，静置合之分层，然后分液，得到乙酸乙酯，答案为：振荡；静置。‎ ‎27.人类利用能源经历了三个时期。‎ ‎(1)柴草时期：从能量转化的角度看，木材燃烧时化学能主要转化成__能和光能。‎ ‎(2)化石能源时期：天然气的主要成分是甲烷。甲烷的电子式为，其化学键类型是__(选填“离子键”或“共价键”)‎ ‎(3)石油化工生产可以合成某有机物，其分子球棍模型如图所示。‎ 据此写出该物质的结构式或结构简式__。‎ ‎(4)多能源结构时期：基于环保理念，将逐步减少传统燃油汽车的使用，燃料电池汽车将有更广阔的发展前景。下图为氢氧燃料电池的示意图，其基本工作原理与铜锌原电池相同。‎ 根据图中电子流动方向判断A电极是__(选填“正极”或“负极”)；氢氧燃料电池的优点是__(写一条即可)。‎ ‎【答案】(1). 热 (2). 共价键 (3). CH3CH2OH或C2H5OH (4). 负极 (5). 产物是水，清洁环保（或容易持续通氢气和氧气，产生持续电流，或能量转换率较高）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】柴草燃烧主要是为了产生热量，甲烷是共价化合物，在分子球棍模型中，将球转化为原子，便可得到结构简式；在燃料电池中，从电子流动的方向，可确定负极和正极。‎ ‎【详解】(1)木材燃烧时，通过化学反应产生热量，将化学能主要转化成热能和光能。答案为：热；‎ ‎(2)甲烷的电子式为，C、H原子间通过形成共用电子对相结合，其化学键类型是共价键。答案为：共价键；‎ ‎(3)将小球改成原子，则为CH3-CH2-OH，据此写出该物质的结构式或结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH。答案为：CH3CH2OH或C2H5OH；‎ ‎(4)由图中箭头可能看出，A电极失电子作负极，电子流入B电极，B电极作正极。所以A电极是负极；氢氧燃料电池的最终产物只有水，所以其优点是产物是水，清洁环保（或容易持续通氢气和氧气，产生持续电流，或能量转换率较高）。答案为：负极；产物是水，清洁环保（或容易持续通氢气和氧气，产生持续电流，或能量转换率较高）。‎ ‎28.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。‎ ‎(1)Y的元素符号为________，Z在周期表中的位置为________；‎ ‎(2)写出化合物WZX的电子式_________；‎ ‎(3)实验室制取Y简单氢化物的化学方程式为________；‎ ‎(4)W2Z2可作供氧剂，当有O.1molO2生成时转移的电子数目为________。‎ ‎【答案】(1). N (2). 第二周期第VI A族 (3). Na+[H]- (4). 2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H20 (5). 0.2NA ‎【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，Z是O，所以Y是N，X是H，W是短周期中金属性最强的元素，W是Na。‎ ‎(1)Y的元素符号为N，O在周期表中的位置为第二周期第VIA族；(2)化合物WZX是氢氧化钠，属于离子化合物，电子式为；(3)实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H20；(4)反应中氧元素化合价从－1价升高到0价，所以当有O.1molO2生成时转移的电子数目为0.2NA。‎ ‎29.可再生的生物质资源的应用是科学家研究的重大课题。我国科学家研发了葡萄糖的各种应用。利用葡萄糖可以获得乙醇、乙二醇等基本化工原料。‎ ‎（1）C2H5OH中所含官能团的名称是_______。‎ ‎（2）反应②的化学方程式为_______。‎ ‎（3）反应④化学方程式为_______。‎ ‎（4）用系统命名法命名Y______。‎ ‎【答案】(1). 羟基 (2). (3). (4). 1,2-二溴乙烷 ‎【解析】‎ ‎【分析】反应③中的溴的四氯化碳溶液常用于溴的加成反应，故X中含有碳碳双键，则X为CH2=CH2，Y为BrCH2CH2Br。‎ ‎【详解】（1）C2H5OH中所含官能团的名称是羟基；‎ ‎（2）经分析，X为CH2=CH2，则反应②的化学方程式为：；‎ ‎（3）经分析，Y为BrCH2CH2Br，则反应④的化学方程式为：；‎ ‎（4）Y的系统命名为1,2-二溴乙烷。‎ ‎30.下列各组粒子，属于同种核素的是__(填编号，下同)，互为同位素的是__，互为同素异形体的是__，互为同分异构体的是__。‎ ‎①16O2和18O3②CH4和C3H8③、D、T④和(核内15个中子)⑤CH3CH2OH和CH3OCH3⑥和 ‎【答案】(1). ④ (2). ③ (3). ① (4). ⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】同种核素：就是两种元素的质子数和中子数分别相等：和(核内15个中子)，质子中子均为15，属于同种核素，故选④‎ 同位素：是具有相同质子数而中子数不同的的同一元素的不同核素之间的互称，、D、T，质子数均为1，中子分别为0、1、2，属于同位素关系，故选③‎ 同素异形体：是指由同一种元素组成，因排列方式不同或分子组成不同，而具有不同性质的单质之间的互称，16O2和18O3是由氧元素组成的、分子组成不同的氧的不同单质，属于同素异形体关系，故选①‎ 同分异构体：具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2OH和CH3OCH3分子式均为C2H6O，但结构不同，二者属于同分异构体关系，故选⑤。‎ ‎②CH4和C3H8同属烷烃，组成相同，结构相似，属于同系物关系。‎ ‎⑥甲烷属于正四面体构型，两个氯原子取代了甲烷中的两个氢原子，形成的二氯甲烷的结构只有一种，所以和属于同一物质。故答案为：④；③；①；⑤。‎