山西省朔州市怀仁一中2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试卷
2019-2020学年度上学期高二年级
第一次化学检测
一、客观题（1-13题13*2=26分；14-23题10*3=30分）
1.中华先人在以化学为核心的诸多领域取得了辉煌成就，为人类社会的发展做出了杰出贡献，下列中国古代发明的产物与有机物无关的是（ ）
①青铜冶炼②酿酒酿醋③制造火药④做豆腐⑤制饴糖⑥炼金丹⑦树皮造纸⑧制陶瓷
A. ①⑤⑥⑧ B. ①③⑥⑧ C. ③⑤⑥⑦ D. ②④⑦⑧
【答案】B
【解析】
【详解】①青铜冶炼是利用铁和硫酸铜反应，是无机反应，符合题意，①正确；
②酿酒酿醋是利用淀粉生成乙醇、乙酸，为有机反应，与题意不符，②错误；
③制造火药是利用硫磺、硝酸钾和木炭按一定比例混合，符合题意，③正确；
④做豆腐是利用蛋白质的聚沉，与题意不符，④错误；
⑤制饴糖是制取有机物糖类，与题意不符，⑤错误；
⑥炼金丹为无机反应，符合题意，⑥正确；
⑦树皮造纸利用有机物纤维素制备纸张，与题意不符，⑦错误；
⑧制陶瓷利用粘土制备陶瓷，粘土主要成分为硅酸盐、二氧化硅等，符合题意，⑧正确；
答案为B。
2.核内中子数为N的R2+ 离子，质量数为A，则ng该氧化物中所含质子的物质的量（ ）
A. （A-N+8）mol
B. （A-N+10）mol
C. (A-N＋2)mol
D. （A-N+6）mol
【答案】A
【解析】
【分析】
质量数=质子数+中子数，质子数=A-N。
【详解】A的物质的量=ng/（A+16）g/mol=mol，则氧化物含有质子的物质的量=×（A-n+8）mol，答案为A。
【点睛】某原子的质子数=A-N，则其氧化物中质子数= A-N+8。
3.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构，则（ ）
A. 原子半径：r(A)>r(B)>r(D)>r(C)
B. 原子序数：d>c>b>a
C. 离子半径：r(C3-)>r(D-)>r(B+)>r(A2+)
D. 单质的还原性：A>B；D>C
【答案】C
【解析】
【分析】
aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构，则A、B在C、D的下一周期，原子序数c
r(A)>r(C)>r(D)，A错误；
B. 原子序数：cr(D-)>r(B+)>r(A2+)，C正确；
D.同周期元素，原子序数越大，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，则单质的还原性：B>A；C>D，D错误；
答案为C。
【点睛】具有相同核外电子排布的离子，原子序数越大，半径越小。
4.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子 数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是
A. 单质的沸点：W>X B. 阴离子的还原性：W >Z
C. 氧化物的水化物的酸性：Yr(N)>r(O)>r(H)，故A错误；B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C错误；D、可以组成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。
9. 下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是
①HCl比H2S稳定
②HClO氧化性比H2SO4强
③HClO4酸性比H2SO4强
④Cl2能与H2S反应生成S
⑤氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子
A. ②⑤ B. ①② C. ①②④ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
试题分析：①HCl比H2S稳定，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；②HClO氧化性比H2SO4强，与元素的非金属性强弱无关，错误；③HClO4酸性比H2SO4强，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；④Cl2能与H2S反应生成S，可以证明元素的非金属性Cl>S，正确；⑤元素的非金属性强弱与元素原子的最外层电子数无直接关系，不能证明元素的非金属性Cl>S，错误。故不能证明的是②⑤，选项A正确。
考点：考查元素非金属性强弱判断的知识。
10.两电极用导线连接插入电解质溶液中（不考虑溶液中溶解的氧气的影响），你认为不能构成原电池的是（ ）
选项
A
B
C
D
电极材料
Zn
Fe
Cu
Al
电极材料
Cu
Zn
Ag
C
电解质溶液
CuCl2溶液
H2SO4溶液
CuSO4溶液
NaOH溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应．
解：A．锌为活泼金属，可与氯化铜发生氧化还原反应，可形成原电池反应，故A错误；
B．锌比铁活泼，可与硫酸溶液发生氧化还原反应，可形成原电池，故B错误；
C．不能形成自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故C正确；
D．铝比碳活泼，铝可与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，能形成原电池，故D错误；
故选C．
11.分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）
A. 10种 B. 9种 C. 8种 D. 7种
【答案】B
【解析】
试题分析：分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4H10中的两个Cl原子被两个H原子取代，C4H10结构中，属于直链正丁烷的结构中，两个氢原子有6个位置；属于支链异丁烷结构中，两个氢原子有3个位置，因此该分子的同分异构体共有9种，因此B正确。
考点：卤代烃同分异构体的种类判定方法；
12.甲烷燃料电池的化学反应为CH4+ 2O2= CO2+ 2H2O，其中1个电极反应式为
2O2+ 8H4+ 8e-= 4H2O下列叙述不正确的是（ ）
A. CH4通入负极
B. O2通入正极
C. 正极发生氧化反应
D. 负极的电极反应式为：CH4+ 2H2O– 8e-= CO2+ 8H+
【答案】C
【解析】
在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。甲烷在反应中失去电子，所以甲烷在负极通入，氧气在正极通入，发生还原反应，C不正确。总反应式减去正极反应式即得到负极反应式，D正确。答案选C。
13.下列事实能说明苯分子结构中，碳碳键不是单、双键交替排布，而是6个完全相同的碳碳键的是（ ）
a．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色
b．苯中碳碳键的键长均相等
c．苯能在加热和催化剂存在的条件下氢化生成环己烷
d．经实验测得邻二甲苯仅有一种
e．苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应，但不会因化学变化而使溴水褪色
A. bcde B. acde C. abcd D. abde
【答案】D
【解析】
【详解】a．碳碳双键可使高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色说明苯分子中不含有碳碳双键，符合题意，a正确；
b．碳碳单键与碳碳双键的键长不相等，则苯中碳碳键的键长均相等，碳碳之间不是单双键交替出现，符合题意，b正确；
c．碳碳双键可与氢气在一定条件下发生加成反应，则苯能在加热和催化剂存在的条件下氢化生成环己烷，苯分子中可能含有碳碳双键，与题意不符，c错误；
d．经实验测得邻二甲苯仅有一种，则不存在二甲基相连碳原子上有双键、单键2种同分异构现象，相邻碳原子均为同一种化学键，符合题意，d正确；
e．碳碳双键可与溴发生加成反应，苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应，但不会因化学变化而使溴水褪色，苯分子中不含有碳碳双键，符合题意，e正确；
答案为D。
14.将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L-1•s-1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L-1•s-1
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1
其中正确的是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】
2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则C的物质的量=0.6mol•L-1×2L=1.2mol；
2A（g）+B（g）2C（g）
初始：4mol 2mol
反应：1.2mol 0.6mol 1.2mol
平衡：2.8mol 1.4mol 1.2mol
【详解】①v（A）=∆c/∆t=0.6mol/L/2s=0.3 mol•L-1•s-1，①正确；
②v（B）=∆c/∆t=0.3mol/L/2s=0.15mol•L-1•s-1，②错误；
③2s时物质A的转化率=×100%=30%，③错误；
④2s时物质c（B）=1.4mol/2L=0.7mol/L，④正确；
答案为B。
15.在恒温恒容的密闭体系中，可逆反应：A（s）＋2B（g）2C（g）；ΔH<0，不能作为该反应达到化学平衡的标志的是
①v正（B）＝v逆（C）②n（B）∶n（C）＝1∶1 ③容器内压强不再改变 ④容器内气体的密度不再改变 ⑤容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变
A. ②③④⑤ B. ②③ C. ①③④ D. 全部
【答案】B
【解析】
【详解】①二者化学计量数相同，说明正逆反应速率相等，可做标志；②物质的量相等不能说明反应到平衡；③反应前后气体体积不变，所以压强不能做标志；④气体的总质量随着反应而改变，所以密度不变可做标志；⑤平均相对分子质量=气体总质量/气体总物质的量，由于气体总物质的量不变，而气体的总质量随时改变，所以平均相对分子质量不变可做标志。所以选B。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。
一、直接标志：正反应速率=逆反应速率
注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。
二、间接标志
1、各物质的浓度不变。
2、各物质的百分含量不变。
3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。
4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。
5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。
6、对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
16.下列图象分别表示有关反应的反应过能量变化的关系：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. (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
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据图像可知，相同物质量的石墨具有的能量低于金刚石的能量，则石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；
B.根据图像可知，相同量的红磷具有的能量低于白磷的能量，则红磷比白磷稳定，B错误；
C.根据图像可知，S(g)+O2(g)总能量大于S(s)+O2(g)的总能量，则S(g)+O2(g)放出的热量多，焓变小于0，则△H1<△H2，C错误；
D.根据图像可知，CO(g)+H2O(g)具有的总能量大于CO2(g)+H2(g)的总能量，则CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为放热反应，△H<0，D错误；
答案为A。
【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，焓变小于零，释放的能量越多，则焓变越小。
17.反应：A(气)＋3B(气)2C(气)； ΔH<0达平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是( )
A. 正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动
B. 正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动
C. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动
D. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：A、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，A错误；B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，B错误；C、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，C正确；D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，D错误；答案选C。
考点：考查影响化学反应速率和平衡的因素。
18.现有乙烯和丙烯，它们进行加聚反应后，产物中可能含有（ ）
A. 只有①② B. 只有①④ C. 有①②③ D. 全可能含有
【答案】C
【解析】
【详解】现有乙烯和丙烯，若乙烯加聚反应，产物为CH2-CH2；若丙烯发生加聚反应，产物为；若乙烯、丙烯发生加聚反应，产物为、，答案为C。
19.下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断以下叙述正确的是（ ）
元素代号
A
B
C
D
E
原子半径／nm
0.160
0.143
0.102
0.071
0.099
主要化合价
＋2
＋3
+6、－2
－1
－1
A. A、B的单质与稀盐酸反应速率B＞A
B. D、E形成的简单离子的还原性E－＞D－
C. 气态氢化物的稳定性HD＜H2C
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO4＞HEO4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据表中数据，结合原子半径及化合价的变化规律，可确定D为F，E为Cl，C有正价，则为S；A、B的半径大于C，则A、B分别为镁、铝；
【详解】A. A、B的单质分别为镁、铝，且镁比铝活泼，则与稀盐酸反应速率A＞B，A错误；
B. D、E分别为F、Cl，非金属性F＞Cl，形成的简单离子的还原性E－＞D－，B正确；
C. C、D分别为S、F，气态氢化物的稳定性H2C＜HD，C错误；
D. C、E分别为S、Cl，最高价氧化物对应的水化物的酸性HEO4＞H2CO4，D错误；
答案为B
20.一定量的锌粉和6mol·L—1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质：①石墨 ②铜粉③CuO ④锌粒 ⑤CuCl2溶液 ⑥无水乙酸 ⑦浓盐酸 ⑧KNO3时，能够加快反应速率，又不响产生H2总量的是（ ）
A. ①③④ B. ①②⑥⑦ C. ②④⑧ D. ①⑤⑦
【答案】B
【解析】
①加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，①正确；②加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，②正确；③加入氧化铜，与盐酸反应生成CuCl2，锌和CuCl2反应生成铜，铜、锌在盐酸溶液中形成原电池反应，加快反应速率，但消耗少量锌，生成氢气量减小，③错误；④加入锌粒，产生H2的总量增大，④错误；⑤加入氯化铜，锌和CuCl2反应生成铜，铜、锌在盐酸溶液中形成原电池反应，加快反应速率，但消耗少量锌，生成氢气量减小，⑤错误；⑥加入无水乙酸氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，⑥正确；⑦加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，⑦正确；
⑧加入硝酸钾溶液，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，不生成氢气，⑧错误；答案选B。
21.下列说法中正确是（ ）
A. 在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.31kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合，放出的热量大于57.31kJ
D. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) ΔH=+285.8kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A.在相同条件下，若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，固体硫变为气体硫时，吸收热量，则后者放出热量少，A错误；
B.由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH=+1.9kJ·mol-1”可知，石墨具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，B错误；
C.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.31kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与1molNaOH溶液混合，反应除中和热外，还有浓硫酸溶于水释放的热量，则放出的热量大于57.31kJ，C正确；
D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，放热反应时焓变小于零，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1，D错误；
答案为C。
22.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色
B. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键
D. 丁只与浓硫酸混合加热，就能发生酯化反应生成乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲为甲烷，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；
B.乙为乙烯，含有碳碳双键可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B错误；
C.丙为苯，其含有的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，C正确；
D.丁为乙醇，与浓硫酸、乙酸混合加热，就能发生酯化反应生成乙酸乙酯，D错误；
答案为C。
【点睛】苯环主链上的碳原子之间并不是由以往所认识的单键和双键排列（凯库勒式），每两个相邻碳原子之间的键均相同，是由一个既非双键也非单键的键（大π键）连接。
23.海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下
下列关于海水制碘的说法，正确的是
A. 实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌
B. 可用酒精萃取碘水中的I2
C. 沸水浸泡海带灰的目的是为了加快I-的溶解，并使之溶解更充分
D. 含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生还原反应
【答案】C
【解析】
分析：A项，灼烧时选用的仪器是坩埚；B项，酒精与水互溶；C项，沸水浸泡海带灰，升高温度加快I-的溶解，使溶解更充分；D项，含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水，发生的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。
详解：A项，灼烧时选用的仪器是坩埚，而不是蒸发皿，A项错误；B项，酒精与水互溶，不能用酒精萃取碘水中的I2，B项错误；C项，沸水浸泡海带灰，升高温度加快I-的溶解，使溶解更充分，C项正确；D项，含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水，发生的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，该反应中碘元素的化合价由-1价升至0价，碘元素发生氧化反应，D项错误；答案选C。
点睛：
本题以从海带中提取碘单质的工艺流程为载体，考查基本的实验操作、物质的分离和提纯、氧化还原反应等知识。注意萃取剂选择的原则：①萃取剂与原溶剂互不相溶，②萃取剂与原溶液不反应，③溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。
二、主观题（10+12+10+12=44分）
24.（1）有以下8种物质：①Ne ②HCl ③P4 ④H2O2 ⑤Na2S ⑥NaOH ⑦Na2O2 ⑧NH4Cl请用上述物质的序号填空：
①不存在化学键的是____。
②只存在极性共价键的是___。
③只存在非极性共价键的是___。
④既存在非极性共价键又存在极性共价键的是___。
⑤只存在离子键的是___。
⑥既存在离子键又存在共价键的是___。
（2）在下列变化中：①I2升华 ②烧碱熔化 ③NaCl溶于水 ④HC1溶于水 ⑤O2溶于水 ⑥Na2O2溶于水。
①未破坏化学键的是___(填序号，下同）；②仅离子鍵被破坏的是____；
③仅共价键破破坏的是___；④离子键和共价键同时被破坏的是____。
【答案】 (1). ① (2). ② (3). ③ (4). ④ (5). ⑤ (6). ⑥⑦⑧ (7). ①⑤ (8). ②③ (9). ④ (10). ⑥
【解析】
【分析】
（1）①Ne单原子分子，不含有化学键；
②HCl只含有极性共价键的化合物；
③P4只含有非极性共价键的单质；
④H2O2既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物；
⑤Na2S只含有离子键的离子化合物；
⑥NaOH既含有离子键，又含有极性共价键的离子化合物；
⑦Na2O2既含有离子键，又含有非极性共价键的离子化合物；
⑧NH4Cl既含有离子键，又含有极性共价键离子化合物；
（2）①I2升华、O2溶于水为物理变化；
②烧碱熔化发生NaOH=Na++OH-、NaCl溶于水发生NaCl=Na++Cl-；
③HC1溶于水发生HCl=H++Cl-；
④Na2O2溶于水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
【详解】（1）①Ne为单原子分子，不存在化学键；
②HCl只存在极性共价键；
③P4只存在非极性共价键；
④H2O2既存在非极性共价键又存在极性共价键；
⑤Na2S只存在离子键；
⑥NaOH、Na2O2、NH4Cl既存在离子键又存在共价键；
（2）①I2升华、O2溶于水为物理变化，未破坏化学键；
②烧碱熔化发生NaOH=Na++OH-、NaCl溶于水发生NaCl=Na++Cl-，只破坏离子键；
③HC1溶于水发生HCl=H++Cl-，仅破坏共价键破；
④Na2O2溶于水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，破坏了离子键和共价键。
25.某同学用如图所示实验装置制取乙酸乙酯。回答以下问题：
（1）在大试管中先加入3mL__，然后一边摇动一边慢慢地加入2mL___和2mL乙酸，混合均匀，然后加入几粒碎瓷片。按上图连好装置，用酒精灯对大试管小心均匀加热，当观察到明显现象时停止实验。
（2）加入浓硫酸的目的是：____，_____。
（3）加热前，大试管中加入几粒碎瓷片的作用是___。
（4）乙酸乙酯的密度比水____(填“大”或“小”)，有___气味。
（5）与书中采用的实验装置的不同之处是：这位同学采用了球形干燥管代替了长导管，并将干燥管的末端插入了饱和碳酸钠溶液中，在此处球形干燥管的作用有：①____，②___。
（6）饱和碳酸钠溶液的作用是____、____、____。
【答案】 (1). 乙醇 (2). 浓H2SO4 (3). 催化剂 (4). 吸水剂 (5). 防止暴沸 (6). 小 (7). 芳香 (8). 防止倒吸 (9). 使乙酸乙酯充分冷凝 (10). 溶解乙醇 (11). 中和乙酸 (12). 降低乙酸乙酯的溶解度
【解析】
【分析】
（1）乙酸乙酯制取实验时，应先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸；
（2）浓硫酸在反应中作催化剂、吸水剂；
（3）加入几粒碎瓷片可防止液体剧烈沸腾；
（4）乙酸乙酯的密度比水小，并带有水果香味；
（5）干燥管内可盛有较多的液体，可防止倒吸，其与空气的接触面积增大，降低气体温度；
（6）饱和碳酸钠可中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。
【详解】（1）乙酸乙酯制取实验时，应先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸，若把乙醇加入浓硫酸时放出大量的热量，导致飞溅造成危险；
（2）浓硫酸在反应中作催化剂、吸水剂；
（3）加入几粒碎瓷片可防止液体剧烈沸腾；
（4）乙酸乙酯的密度比水小，并带有水果香味；
（5）用球形干燥管代替长导管时，干燥管内可盛有较多的液体，可防止倒吸，其与空气的接触面积增大，可使乙酸乙酯温度降低；
（6）饱和碳酸钠可与乙酸反应生成乙酸钠溶液，中和乙酸，还可溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。
26.（1）反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
①该反应是____反应（填“吸热”、“放热”）。
②当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率___（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是____。
③反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？____（填“有”、“无”），原因是____。
④在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1____，E2____（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（2）已知由氢气和氧气反应生成1 mol水蒸气，放出241.8kJ热量。
①写出该反应的热化学方程式___。
②若1g水蒸气转化成液态水放热2.494kJ，则反应H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)的ΔH＝_kJ·mol－1。
【答案】 (1). 放热 (2). 减小 (3). 该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动 (4). 无 (5). 催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变 (6). 减小 (7). 减小 (8). H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH＝－241.8kJ·mol－1 (9). －286.7
【解析】
【分析】
（1）①根据图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量；
②正反应为放热反应，根据勒夏特列原理进行推理；
③催化剂能降低反应的活化能，对反应物及生成物的总能量无影响；
④催化剂能降低反应的活化能；
（2）①生成1 mol水蒸气时，氢气为1mol，氧气为0.5mol计算热化学方程式的焓变；
②1g水为1/18mol，则1mol水蒸汽生成液体水时释放能量=2.494kJ×18=44.892kJ，则热方程式为H2O(g)= H2O(l) ΔH＝-44.892kJ/mol，根据盖斯定律计算焓变。
【详解】（1）①根据图像可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应；
②正反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，A的反应量减少，转化率减小；
③催化剂能降低反应的活化能，对反应物及生成物的总能量无影响，则对反应热无影响；
④催化剂能降低反应的活化能，则E1减小，反应的焓变不变，则E2减小；
（2）①生成1 mol水蒸气时，氢气为1mol，氧气为0.5mol，则热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH＝－241.8kJ/mol；
②1g水为1/18mol，则1mol水蒸汽生成液体水时释放能量=2.494kJ×18=44.892kJ，则热方程式为H2O(g)= H2O(l) ΔH＝-44.892kJ/mol，根据盖斯定律，两式相加可得H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)，则ΔH＝－241.8kJ/mol-44.892kJ/mol=－286.7 kJ/mol。
27. 某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
（1）上述实验中发生反应的化学方程式有 ；
（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是 ；
（3）实验室中现有、、、等4中溶液，可与实验中溶液起相似作用的是 ；
（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措旌有 （答两种）；
（5）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
①请完成此实验设计，其中：V1= ，V6= ，V9= ；
②该同学最后得出的结论为：当加入少量溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因
【答案】
【解析】
