【化学】江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）

江西省南昌市八一中学、洪都中学、麻丘高中等七校2018-2019学年高一下学期期末考试试题
1.下列有关煤、石油、天然气等资源的说法错误的是（ ）
A. 天然气是一种清洁的化石燃料
B. 煤的气化和煤的液化都属于物理变化
C. 石油是由多种烃组成的混合物
D. 通过石油的裂化可以提高汽油的产量
【答案】B
【解析】A.化石燃料包括煤、石油和天然气，故天然气属于化石燃料，且燃烧产物无污染，A正确；
B.用煤来生产水煤气是煤的气化，用煤来生产甲醇为煤的液化，两个变化均有新物质生成，因此这两个变化都是化学变化，B错误；
C.石油是多种烷烃、环烷烃和少量芳香烃的混合物，即石油是多种烃的混合物，C正确；
D.石油裂化的目的是获得轻质油，提高汽油的产量和质量，D正确。
故合理选项是B。
2.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】根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是相对活泼金属应该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。
3.反应A+3B=2C+2D在不同条件下反应速率如下，其中最快的是( )
A. V(A)=0.15mol/（L·min） B. V(B)=0.6mol/（L·min）
C. V(C)=0.4mol/（L·min） D. V(D)=0.0075 mol/（L·s）
【答案】D
【解析】
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的速率与其化学计量数的比值越大，表示反应速率越快，注意单位保持一致。
【详解】A.=0.15mol/（L•min）；
B.=0.2mol/（L•min）；
C.=0.2mol/（L•min）；
D.V(D)=0.0075 mol/(L•s)=0.45 mol/（L•min），
=0.225mol/（L•min）；
故反应速率V(D)>V(B)= V(C)>v(A)，所以合理选项是D。
4.某烯烃只含1个双键与H2加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】C
【解析】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置。该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间(或2和6)；2和3之间；3和7之间，共有3种，故答案为C。
5.短周期元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大， X的原子在周期表中半径最小，Y的次外层电子数是其最外层的，Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，W与 Y属于同一主族。下列叙述正确的是（ ）
A. 由Y元素形成的离子与 Z元素形成的离子的核外电子总数可能相同
B. 单质的氧化性:W>Y
C. 化合物X2Y、Z2Y、ZX 中化学键的类型均相同
D. 原子半径：rw>rz>rY
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 的原子在周期表中半径最小，X为H元素；Y 的次外层电子数是其最外层的，Y有2个电子层符合电子排布规律，则最外层电子数为6，Y为O元素；Z 单质可与冷水缓慢反应产生 X 单质，Z为Na元素；W 与 Y 属于同一主族，W为S元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为S。
A.Y元素形成的离子与 Z元素形成的离子的核外电子总数分别为10、10，二者相同，A正确；
B.非金属性越强，该元素的单质的氧化性就越强，由于元素的非金属性O>S，所以氧化性：O2>S，B错误；
对应阴离子的还原性越弱，则阴离子的还原性：W＞Y＞X，故B正确；
C.化合物 X2Y是H2O，只含共价键，Z2Y是Na2O只含有离子键，ZX是NaH只含离子键，C错误；
D.同一周期从左下右原子半径减小，不同周期是元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：rz＞rw＞rY，D错误；
故合理选项是A。
6.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是( )
A. 其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小
B. 保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，反应速率一定增大
C. 反应达平衡状态时：v(CO)正=v(H2O)逆
D. 其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大
【答案】C
【解析】A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，物质的浓度增大，反应速率加快，A错误；
B.保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，由于反应体系的物质浓度不变，所以反应速率不变，B错误；
C.反应达平衡状态时任何物质的浓度不变，用同一物质表示的反应速率相同，v(H2O)正=v(CO)正=v(H2O)逆，则v(H2O)正= v(H2O)逆，C正确；
D.其他条件不变，适当增加C(s)的质量，由于C是固体，物质的浓度不变，所以反应速率不变，D错误；
故合理选项是C。
7.在密闭容中加入2.0molSO2和1.0molO2，一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)/mol
n(O2)/mol
n(SO3)/mol
A
2.0
1.0
0
B
1.0
0.8
1.0
C
0.20
0.10
1.80
D
0
0
2.0
【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，根据反应的特点来回答。
【详解】反应2SO2+O22SO3是可逆反应，加入2.0mol SO2和1.0molO2，最终各种物质都应该存在，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减小1mol，消耗氧气0.5mol，所以应该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。
8.根据下图提供的信息，下列所得结论不正确的是（ ）

A. 该反应是吸热反应
B. 因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应一定需要加热才能发生
C. 该反应反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量
D. 该反应可能是碳酸钙分解反应
【答案】B
【解析】A.根据图示可知：生成物的能量比反应物的能量高，所以该反应是吸热反应，A正确；
B.任何化学反应发生都有断裂反应物化学键吸收能量的过程，和形成生成物化学键释放能量的过程，与化学反应是放热反应还是吸热反应无关，B错误；
C.该反应是吸热反应说明反应物断裂旧键所吸收的能量高于生成物形成新键放出的能量，C正确；
D.碳酸钙分解反应是吸热反应，该反应图示过程是吸热反应，因此可能为碳酸钙分解反应，D正确；
故合理选项B。
9.既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的方法是( )
A. 混合气体通过盛水的洗气瓶 B. 混合气体和过量H2混合
C. 混合气体通过装有过量溴水的洗气瓶 D. 混合气体通过酸性KMnO4溶液
【答案】C
【解析】A.二者与水都不能反应且不溶于水，因此不能鉴别和除去杂质，A错误；
B.又引入了新的杂质氢气，B错误；
C.乙烯与溴水反应产生1，2-二溴乙烷，该生成物呈液态，乙烷不能反应，因此可以用于鉴别和除杂，C正确；
D.乙烯与酸性KMnO4溶液反应产生CO2气体，又引入了新的杂质，D错误；
故合理选项是C。
10.人体缺乏维生素A，会出现皮肤干燥、夜盲症等症状。维生素A又称视黄醇，分子结构如下图所示,下列说法正确的是（ ）

A. 1mol维生素A最多能与7molH2发生加成反应
B. 维生素A不能被氧化得到醛
C. 维生素A是一种易溶于水的醇
D. 维生素A的分子式为C20H30O
【答案】D
【解析】A.维生素A中含5个碳碳双键，1mol维生素A最多可以与5mol H2发生加成反应，A错误；
B.根据维生素A结构简式可以看出该物质中含有-CH2OH结构，因此能被氧化得到醛，B错误；
C.维生素A烃基部分含有的C原子数较多，烃基是憎水基，烃基部分越大，水溶性越小，所以维生素A是一种在水中溶解度较小的醇，C错误；
D.维生素A的分子式为C20H30O，D正确；
故合理选项是D。
11.下列关于基本营养物质的说法错误的是（ ）
A. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
B. 在加热条件下,葡萄糖可与新制氢氧化铜浊液反应产生砖红色沉淀
C. 植物油含不饱和脂肪酸甘油酯,能使Br2的CCl4溶液褪色
D. 糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成
【答案】D
【解析】A.淀粉和纤维素均为多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，A正确；
B.葡萄糖含-CHO，加热条件下，葡萄糖可与新制氢氧化铜浊液反应产生砖红色沉淀，B正确；
C.植物油含碳碳双键、-COOC-，则植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，能使Br2的CCl4溶液褪色，C正确；
D.蛋白质含-CONH-，由C、H、O、N等元素组成，D错误；
故合理选项是D。
12.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH-4e﹣+H2OCH3COOH+4H+，下列有关说法正确的是（ ）
A. 检测时，电解质溶液中的H+向负极移动
B. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
C. 乙醇所在的电极发生了氧化反应
D. 正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O4OH﹣
【答案】C
【解析】
【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。
【详解】A.原电池中，阳离子向正极移动，A错误；
B.氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，B错误；
C.酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水发生氧化反应，C正确；
C.在燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e-+4H+2H2O，溶液为酸性，不能产生OH-，D错误；
故合理选项是C。
13.下列关于酯化反应说法正确的是（ ）
A. 用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H218O
B. 乙酸乙酯不会和水生成乙酸和乙醇
C. 反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸
D. 用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯
【答案】C
【解析】A.用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，由于酯化反应的实质是酸脱羟基醇脱氢，所以反应产生的水分子式应该为H2O，A错误；
B.酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，因此乙酸乙酯也会和水生成乙酸和乙醇，B错误；
C.进行酯化反应，反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸，待混合溶液冷却后再加入乙酸，C正确；
D.乙醇能够溶液碳酸钠溶液的水中，乙酸与碳酸钠发生反应，产生可溶性乙酸钠，而乙酸乙酯难溶于碳酸钠饱和溶液，且密度比水小，因此可用饱和Na2CO3溶液通过分液方法分离出乙酸乙酯，D错误；
故合理选项C。
14.已知乙烯分子中含有一个碳碳双键，分子呈平面结构，六个原子都在同一平面上，下列对丙烯(CH3-CH=CH2)结构和性质的推断正确的是（ ）
A. 丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应
B. 丙烯分子中三个碳原子有可能在同一条直线上
C. 过量的丙烯通入浓溴水中，观察到溴水褪色，溶液均一稳定
D. 丙烯分子中所有的原子都在同一平面上，丙烯既可以发生加成反应，又可以发生取代反应
【答案】A
【解析】
【分析】CH3-CH=CH2中含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，甲基可发生取代，碳碳双键为平面结构、甲基为四面体构型，以此来解答。
【详解】A.含碳碳双键可发生加成反应，甲基上H可发生取代反应，A正确；
丙烯分子中含甲基，甲基为四面体构型，则所有原子不可能都在同一平面上，故A错误；
B.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子，键角是120°，所以丙烯分子中三个碳原子不可能在同一条直线上，B错误；
C.丙烯与溴水发生加成反应，产生溴代烷烃，该物质是有机物，难溶于水，因此观察到溴水褪色，但得到的液体有分层现象，C错误；
D.丙烯分子可看作是乙烯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，乙烯分子是平面分子，而甲基为四面体构型，因此丙烯分子中不可能所有的原子都在同一平面上，D错误；故合理选项是A。
15.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】在A中加入少量CuSO4溶液，发生置换反应：Zn+CuSO4ZnSO4+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。
16.下图所示的实验，能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D




验证化学能转化为电能
研究催化剂对化学反应速率的影响
实验室制氨气
验证非金属性：Cl>C>Si
【答案】B
【解析】A.没有形成闭合回路，不能构成原电池，A错误；
B.不加FeCl3溶液放出氢气的速率比加入FeCl3溶液放出氢气的速率慢，说明FeCl3溶液对H2O2的分解有催化作用，B正确；
C.氯化铵加热分解产生氨气和氯化氢，二者遇冷有重新化合形成氯化铵，因此不能用于实验室制取氨气，C错误；
D.在锥形瓶中HCl与Na2CO3发生反应产生CO2气体，证明酸性：HCl>H2CO3，但盐酸有挥发性，会随CO2进入烧杯内，发生反应2HCl+Na2SiO3H2SiO3↓+2NaCl，而且盐酸是HCl溶于水形成的，不是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能证明元素的非金属性Cl>C>Si，D错误；
故合理选项是B。
17.【一】有下列各组物质：① 126C和136C；②石墨和足球烯；③漂白粉和漂白液主要成分 ④正丁烷和异庚烷；⑤乙烯和聚乙烯；⑥和；⑦丙烷和环丙烷 ⑧CH3-CH2-CH2-CH3 和CH3-CH(CH3)CH3。用序号填空：
(1)____________组两者互为同系物。
(2)____________组两者互为同分异构体
(3)____________组两者属于同位素。
(4)____________组两者互为同素异形体。
(5)____________组两者是同一物质。
【二】乙烯在化工生产领域应用广泛。
(1)乙烯能合成很多有实用价值的有机物。

①试剂a是_____________。
②反应Ⅰ的反应类型是_____________。
(2)以原油为起始原料合成聚乙烯的路线如下图所示。

①反应Ⅲ的化学方程式是_____________。
②写出分子式符合C4H10的有机物的结构简式_____________。
【答案】(1). ④ (2). ⑧ (3). ① (4). ② (5). ⑥ (6). HCl (7). 加成反应 (8). nCH2=CH2 (9). CH3CH2CH2CH3、
【解析】
【分析】(一)根据同系物、同分异构体、同位素、同素异形体概念分析判断；
(二)乙烯与HCl发生加成反应产生氯乙烷，两个乙烯分子发生加成反应产生环丁烷；乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯。
【详解】(一)(1)同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，在上述物质中，正丁烷和异庚烷都是烷烃，属于同系物，故合理选项是④；
(2)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，在上述物质中，CH3-CH2-CH2-CH3和CH3-CH(CH3)CH3分子式相同，结构不同，因此属于同分异构体的选项是⑧；
(3)同位素是指质子数相同，中子数不同的原子，其中126C和136C质子数都是6个，中子数分别是6、7，故二者互为同位素，因此合理选项是①；
(4)同素异形体是指由同种元素组成的不同性质的单质，在上述物质中，石墨和足球烯都是C元素的单质，二者结构不同，互为同素异形体，故合理选项是②；
(5)甲烷是正四面体结构，任何两个化学键都相邻， 和都是甲烷分子中的2个H原子被2个Br原子取代产生的物质，属于同一物质，故合理选项是⑥；
(二) (1)①乙烯与HCl在一定条件下与HCl发生加成反应产生CH3CH2Cl，所以试剂a是HCl；②2个分子的乙烯在一定条件下发生加成反应产生环丁烷，因此该反应类型为加成反应；
(2)①原油经高温裂化可得到丁烷C4H10，丁烷在高温下发生裂解可产生乙烯CH2=CH2，乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯，该反应的化学方程式为：nCH2=CH2 ；
②C4H10是丁烷，分子式符合的有机物的结构简式有：CH3CH2CH2CH3、。
18.如图为元素周期表的一部分，请参照①-⑨在表中的位置，回答下列问题：(用元素符号或化学用语回答)

(1)由①②⑧三种元素形成的常见化合物的电子式为_____，其包含的化学键类型为_____(填“离子键”、“共价键”)。
(2)⑦和⑨能以原子个数1:2形成化合物，用电子式表示其形成过程______________。
(3)金属性最强是____________。
(4)③的简单氢化物的沸点比⑦的简单氢化物的沸点___(填“高”或“低”)，理由_____________。
(5)元素⑥的单质和④的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为：____________。
(6)在②的化合物中，红棕色、有刺激性气味的有毒气体是___________（填写化学式），请写出该气体与水反应的化学方程式________________________。
(7)⑦的最高价氧化物对应水化物的浓溶液在加热时与碳发生反应的化学方程式为：_________
【答案】(1). (2). 离子键 共价键 (3). (4). K (5). 高 (6). 水分子间形成氢键 (7). 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (8). NO2 (9). 3NO2+H2O2HNO3 +NO (10). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】根据元素在周期表的位置，可确定从①到⑨号元素分别是H、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、K，然后利用元素的位、构、性的关系和元素周期律分析解答。
【详解】(1)由①②⑧三种元素形成的常见化合物是NH4Cl，该物质为离子化合物，NH4+与Cl-通过离子键结合，NH4+中N原子与H原子通过共价键结合，因此NH4Cl的电子式为，其中包含的化学键类型为离子键、共价键。
(2)⑦和⑨能以原子个数1：2形成化合物是K2S，该物质是离子化合物，K+与S2-之间通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为。
(3)由于同一周期的元素原子序数越大，元素的金属性越弱，同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强，所以上述元素中金属性最强是K。
(4)③的简单氢化物H2O的沸点比⑦的简单氢化物H2S的沸点高，这是由于水分子间形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质气化需要消耗更多的能量。
(5)元素⑥Al的单质和④的最高价氧化物的水化物NaOH在水溶液中发生反应，产生偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑。
(6)②是N元素，在②的化合物中，红棕色、有刺激性气味的有毒气体是NO2，该气体与水反应产生硝酸和NO，该反应的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3 +NO。
(7)⑦是S，S元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液浓硫酸具有强的非氧化性，在加热时与碳发生反应，产生CO2、SO2、H2O，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
19.某实验小组用下图所示装置制备一硝基甲苯(包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯)：

反应原理：
实验中可能用到的数据：

相对原子质量：H-1 C-12 N-14
实验步骤：①浓硫酸与浓硝酸按体积比1：3配制混合溶液（即混酸）共40mL；
②在三颈瓶中加入13g甲苯（易挥发），按图所示装好药品和其他仪器；
③向三颈瓶中加入混酸；
④控制温度约为50℃，反应大约10 min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；
⑤分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15 g。
请回答下列问题：
(1)实验前需要在三颈瓶中加入少许________，目的是____________________。
(2)冷凝管的作用是______________；冷却水从冷凝管的_______（填“a”或“b”）端进入。
(3)仪器A的名称是________ ，使用该仪器前必须进行的操作是_________________。
(4)分离反应后产物的方案如下：

其中，操作1的名称为________，操作2必需的玻璃仪器有酒精灯、温度计、锥形瓶、牛角管（尾接管）和________________、_________________。
(5)本实验中甲苯的转化率为________（结果保留3位有效数字）。
【答案】(1). 碎瓷片（或沸石） (2). 防止暴沸 (3). 冷凝回流 (4). a (5). 分液漏斗 (6). 检漏 (7). 分液 (8). 蒸馏烧瓶 (9). 冷凝管 (10). 77.5％
【解析】
【分析】(1)反应物甲苯沸点低，加热时容易发生暴沸；
(2)冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，冷凝水应是下进上出，延长热量交换时间，使热量能更充分交换，确保气体充分冷凝；
(3)仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；
(4)因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此方法是分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，根据蒸馏所需仪器分析解答；
(5)根椐方程式可知，一摩尔的甲苯可以得到一摩尔的对硝基甲苯与一摩尔的邻硝基甲苯，本实验中分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g，根据方程克制13g甲苯理论产生硝基甲苯的质量，产率的计算方法就是用实际产量除以理论产量。
【详解】(1)甲苯的沸点为110.6℃易挥发，容易发生暴沸，需用碎瓷片(沸石)，防止暴沸；
(2)冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，因此冷凝管的作用是冷凝回流。蒸馏时，冷却水从冷凝管的下口通入，上口流出，可使冷凝管充满冷水而进行充分冷却，所以冷却水从冷凝管的a端进入；
(3)仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；
(4)因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此操作1的名称为分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，蒸馏烧瓶盛放两种一硝基化合物混合物，酒精灯用于加热蒸馏烧瓶，温度计测量蒸汽的温度，冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，铁架台用于固定蒸馏烧瓶，牛角管(尾接管)用于承接冷凝后的液体，锥形瓶用于盛放产品，所以操作2必需的玻璃仪器还有蒸馏烧瓶、冷凝管；
(5)产率等于实际产量与理论产量的比；根椐方程式可知，1mol的甲苯可以得到1mol的对硝基甲苯与1mol的邻硝基甲苯，换成质量即：92g的甲苯可以得到137g的对硝基苯和邻硝基苯，则13g的甲苯就能得到的一硝基苯的质量m=g=19.35g，本实验中分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g，所以一硝基苯的产率为：×100%≈77.5%。
20.按要求回答问题：
(1)以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池中：
①H+向___________极移动（填“正”或“负”）。
②电子流动方向由____________极流向____________极（填：“正”、“负”）。
③若有1mole- 流过导线，则理论上负极质量减少____________g。
④若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是___________（填“锌极”或“铜极”），原因是_____________（用电极方程式表示）。
(2)一定温度下，在容积为2 L的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)+cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

①反应化学方程式中各物质的系数比为a∶b∶c=_________。
②1 min到3 min这段时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为： _____________。
③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是____________________________。
A.反应中当M与N的物质的量相等时
B.混合气体的总物质的量不随时间变化而变化
C.单位时间内每消耗amolN，同时消耗bmolM
D.混合气体的压强不随时间的变化而变化
E.M的物质的量浓度保持不变
【答案】(1). 正 (2). 负 (3). 正 (4). 32.5 (5). 铜极 (6). Cu2++2e-Cu (7). 2:1:1 (8). 0.25mol/(L·min) (9). CE
【解析】
【分析】(1)Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，锌易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn-2e-Zn2+、正极反应式为2H++2e-H2↑，电子从负极沿导线流向正极，放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；
(1)①化学方程式的系数之比等于各物质的物质的量的变化量之比；
②根据v=计算v(M)；
③当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等（同种物质），各物质的浓度、含量不再改变，以及由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断。
【详解】(1)①在原电池中，电解质溶液中阳离子向正极移动；
②电子从负极沿导线流向正极；
③负极反应式为Zn-2e-Zn2+，若有1mole-流过导线，则理论上负极反应消耗0.5molZn，其质量为32.5g；
④若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，则会发生金属锌置换金属铜反应，金属锌是负极，电极质量减小，金属铜在正极Cu电极上析出，电极反应式为：Cu2++2e-Cu，因此电极质量增加的是铜极；
(2)①参加反应的N的物质的量n(N)=8mol-2mol=6mol，反应生成的M的物质的量n(M)=5mol-2mol=3mol，生成的P的物质的量n(P)=4mol-1mol=3mol，由于物质发生反应时的物质的量的比等于化学方程式中该物质是化学计量数的比，所以该反应的化学方程式中a：b：c=2：1：1；
②由图可知，t1到t2时刻M的物质的量变化为4mol-3mol=1mol，故v(M)==0.25 mol/(L·min)；
③A.平衡时反应混合物各组分的物质的量不变，但各组分的物质的量不一定相等，A错误；
B.混合气体的总物质的量始终不变，混合气体总物质的量不变不能说明到达平衡，B错误；C.单位时间内消耗amolN，同时消耗bmolM，表示正逆反应速率相等，能说明到达平衡，C正确；
D.反应前后气体的系数相等，混合气体的压强始终不随时间的变化而变化，因此不能说明到达平衡，D错误；
E.M的物质的量浓度保持不变，说明反应达到了平衡状态，E正确；
故合理选项是CE。
21.标准状况下，1.68L无色的可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀质量为15g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g。
（1）燃烧产物中水的质量为_______ g。
（2）若原气体是单一气体，则其分子式为_____________________。
（3）若原气体是由两种等物质的量的气态烃组成的混合物，请写出他们的分子式__________________。（请写出两组）
（4）若原气体是由两种等物质的量的气体组成的混合物，其中只有一种是烃，请写出他们的分子式____________________________。（请写出两组）
【答案】(1). 2.7 (2). C2H4 (3). CH4 和 C3H4  C2H2和 C2H6 (4). H2 和C4H6 CO和 C3H8
【解析】分析:根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钙完全反应，生成不溶于水的白色沉淀碳酸钙，利用生成碳酸钙的质量计算燃烧生成二氧化碳的质量；碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和，从而求出水的质量，根据生成二氧化碳和水的质量计算出可燃物中C、H元素的物质的量，再根据条件求出分子式，据此解答。
详解：(1)设燃烧产物中二氧化碳的质量为x，

而碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和：m(CO2)+m(H2O)=9.3g，m(H2O)=9.3g-6.6g=2.7g，
故答案为：2.7g；
(2)无色可燃气体的物质的量：n= = 0.075mol，n(CO2)==0.15mol，则n(C)=0.15mol；n(H2O)==0.15mol，则n(H)=n (H2O)×2=0.3mol，即0.075mol气体中含有0.15molC，0.3molH，所以n(气体):n(C):n(H)= 0.075mol :0.15mol:0.3mol=1:2:4，即1mol气体中含有2molC，4molH，所以该气体的分子式是C2H4，
故答案为：C2H4；
(3)因为单一气体为C2H4，现为等物质的量的两种气体烃的混合物，所以在2mol混合气体中，应含有4molC原子，8molH原子，这两种气气态烃可能是“CH4和C3H4”或“C2H2和C2H6”。
故答案为：CH4和 C3H4； C2H2和C2H6；
（4）因为单一气体为C2H4，现为等物质的量的两种气体的混合物，其中只有一种是烃，所以在2mol混合气体中，应含有4molC原子、8mol H原子，这两种气体可能是：H2和C4H6 ；CO和C3H8等，故答案为：H2和C4H6 ；CO和C3H8。