四川乐山市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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四川乐山市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2019春·四川乐山·高一统考期末）按要求填空：
（1）某原子含有6个质子和8个中子，用核素符号表示该原子___（用元素符号表示）。
（2）写出HClO的电子式___，CS2的结构式___。
（3）S2﹣、Al3+、Na+、F﹣四种离子半径由大到小顺序为___，H2O、H2S、I2三种分子熔沸点由高到低顺序为___。
（4）Na2O2中含有的化学键类型为___。
2. （2019春·四川乐山·高一统考期末）回答下列问题：
（1）下列反应属于放热反应的是___
A、铝片与稀H2SO4反应制取H2
B、碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳
C、葡萄糖在人体内氧化分解
D、氢氧化钾和硫酸中和
E．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl固体反应
（2）一定条件下，某恒容密闭容器中充入SO2与O2反应，经5min后，若SO2和SO3物质的量浓度分别为2mol/L和5mol/L，则SO2起始物质的量浓度为___：用SO3表示这段时间该化学反应速率为___，以下操作会引起化学反应速率变快的是___。
A、向容器中通入O2B、扩大容器的体积C、使用正催化剂D、升高温度E．向容器中通入氦气
（3）如图是某笔记本电脑使用的甲醇空气燃料电池的结构示意图。放电时甲醇应从___处通入（填“a”或““b“），电池内部H+向___（填“左”或“右”）移动，写出正极的电极反应式___。

3. （2021春·四川乐山·高一统考期末）塑料制品是人类日常生活中使用量最大的合成高分子材料，但也造成了严重的环境问题——白色污染。回答下列问题：
(1)写出工业上利用石油裂解气生产聚乙烯的化学方程式___________。
(2)下列物质与乙烯互为同系物的是___________。
a．    b．
c．    d．
(3)下列几组物质，可以用分液漏斗分离的是___________
a．硝基苯与水    b．溴的溶液
c．乙醇与乙酸    d．乙酸乙酯与溶液
(4)可以将废旧塑料隔绝空气加强热，使其变成氢气、甲烷、乙烯、苯……等有用物质，实验装置如图所示(加热装置略)。

①试管B收集到的产物的结构简式为___________。
②锥形瓶中发生反应的方程式为___________。
③点燃C处气体火焰呈___________色。
4. （2021春·四川乐山·高一统考期末）某同学设计如图所示装置来探究原电池工作原理，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。请回答下列问题：

(1)原电池总反应的离子方程式为___________。
(2)a电极材料为___________，其电极反应式为___________，外电路中电流的方向为___________(选填“a到b”或“b到a”)。
(3)电池工作一段时间后，若a极质量减少1.3g，量筒中收集到的气体在标况下的体积为___________L(不考虑气体的溶解)，此时U形管溶液中的物质的量浓度为___________(假设溶液体积未发生变化)。
(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是___________。
5. （2022春·四川乐山·高一统考期末）某温度下，在2L密闭容器中通入一定量的气体A和B，发生反应，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：

(1)若4s内用C表示的化学反应速率，则该反应的化学方程式为_______。
(2)10s时，物质C的物质的量为_______mol。
(3)下列说法可以判定该反应已经达到平衡状态的是_______。
a．气体A的体积分数不再变化                b．体系压强不再变化
c．                            d．混合气体的平均分子量不再变化
(4)若改变下列一个条件，该反应的速率变化是(填“增大”、“减小”或“不变”)。
①降低温度，化学反应速率_______。
②向密闭容器中充入1mol氦气(不参与反应)，化学反应速率_______。
③将容器的体积变为3L，化学反应速率_______。
6. （2022春·四川乐山·高一统考期末）分子中含有6个碳原子的A、B两种烃均为常见的化工原料。已知烃A不与溴水反应，但能与发生加成；烃B的一氯取代物只有两种，且B在足量的氧气中完全燃烧，生成的与的物质的量之比为6∶7，回答下列问题：
(1)烃A的化学名称为_______，A分子中共面的原子共有_______个；烃B的结构简式为_______。
(2)A不与溴水反应，但能与液溴发生反应，写出该反应的化学方程式_______，该反应属于_______反应。
(3)写出一种同时符合下列条件的烃A的同分异构体的结构简式(或键线式)_______。
(ⅰ)只有一种一氯取代物；(ⅱ)不能与氢气发生加成反应
(4)烃B的同分异构体中，其一氯代物有3种的同分异构体有_______种。
7. （2022春·四川乐山·高一统考期末）某同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱，实验装置如图所示，已知酸性：，回答下列问题：

(1)仪器B的名称为_______。
(2)实验步骤：①连接仪器，②_______，③加入药品，④打开a，滴入浓硫酸，⑤加热观察。
(3)铜与浓硫酸反应的化学方程式为_______，装置E中酸性高锰酸钾溶液的作用为_______。
(4)能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是_______，试管F中发生反应的离子方程式为_______。
(5)该实验是否能证明S的非金属性强于C的非金属性_______(填“能”或“不能”)。
8. （2019春·四川乐山·高一统考期末）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素氢化物中有2个氢原子，试回答：
（1）写出B原子结构示意图___
（2）元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是___，写出一种含有F元素的具有漂白性的物质___（用化学式表示）。
（3）用电子式表示A、F原子形成化合物的过程___。
（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式___。
（5）设计实验证明E、F两种元素非金属性的强弱___（化学方程式加必要文字说明）。
9. （2021春·四川乐山·高一统考期末）元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分(前四周期的元素)。请探寻扇形元素周期表的填充规律，回答下列问题：

(1)表中七种元素，原子半径最大的是___________(元素符号表示)。
(2)元素③在常用周期表中的位置为___________；元素④的原子结构示意图为___________。
(3)物质X由②⑥两种元素组成，请用电子式表示该物质的形成过程___________。
(4)元素①②⑤可以形成一种强碱Y，Y中含有的化学键类型为___________。
(5)写出由元素①⑤形成的10电子阳离子的化学式___________和四核18电子分子的结构式___________。
10. （2022春·四川乐山·高一统考期末）短周期的五种元素原子半径和化合价数据如表所示，回答下列问题：

①
②
③
④
⑤
原子半径(nm)
0.074
0.152
0.037
0.186
0.102
最高化合价





最低化合价






(1)①元素在周期表中的位置为_______，②③两种元素形成化合物的电子式为_______，③⑤两种元素形成化合物的结构式为_______。
(2)用电子式表示仅含④⑤两种元素的常见化合物的形成过程_______。
(3)①和⑤两种元素的简单氢化物中沸点较高的是_______(填化学式)，原因是_______。
11. （2019春·四川乐山·高一统考期末）A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。E是具有果香气味的液体。A、B、C、D、E在一定条件下存在如图转化关系（部分反应条件、产物被省略）

请回答下列问题：
（1）工业上，由石油获得白蜡油的方法是___。
（2）丁烷是由石蜡油求得A的过程中的中间产物之一，它的一种同分异构体中含有三个甲基（﹣CH3），则这种同分异构体的结构简式是___。
（3）反应B→C反应发生需要的条件为___，D物质中官能团的名称是___。
（4）写出B+D→E的化学方程式___；该反应的速率比较缓慢，实验中为了提高该反应的速率，通常采取的措施有___（写出其中一条即可）。
12. （2019春·四川乐山·高一统考期末）有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀，由钛铁矿钛的一种工业流程为：

（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价___价，反应①化学方程式为___。
（2）反应②的化学方程式为TiO2+C+ClTiCl4+CO（未配平），该反应中每消耗12gC，理论上可制备TiCl4___g。
（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式___，该反应属于___（填基本反应类型）
（4）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是___（填名称），由前面提供的信息可知，除去它的试剂可以是以下剂中的___（填序号）
A HCl   BNaOH   CNaCl   DH2SO4
13. （2021春·四川乐山·高一统考期末）海洋中有丰富的矿产、能源、水产……等资源，部分化学资源获取途径如下：

请回答下列有关问题：
(1)下列有关实验室模拟步骤①的说法正确的是___________。
a．溶解粗盐时，尽量使溶液稀些，以保证食盐完全溶解
b．滤去不溶性杂质后，将滤液移到坩埚内加热浓缩
c．当蒸发到剩有少量液体时停止加热，利用余热蒸干
d．制得的晶体转移到新过滤器中，需用大量水进行洗涤
(2)“氯碱工业“通过电解饱和食盐水可制得NaOH溶液、和另一种无色无味的气体，该气体的化学式为___________。
(3)下列有关说法正确的是___________(填字母序号)。
a．在第②、③、④步骤中，溴元素均被氧化
b．用澄清的石灰水可鉴别溶液和溶液
c．除去粗盐中、、加入试剂的先后顺序为NaOH、、
d．海水中还含有碘元素，将海水中的碘升华可直接制备单质碘
(4)某活动小组模拟上述工业原理制备。实验装置如图所示(夹持、固定用的仪器未画出)。

①乙装置盛装的试剂是___________；丁装置的作用为___________。
②丙中发生反应的化学方程式为___________。
③实验时分离出晶体的操作为___________(填操作名称)，该操作所需要的玻璃仪器有___________。
14. （2022春·四川乐山·高一统考期末）某工厂用含铁废铜为原料生产胆矾()的工艺流程如图所示，

已知：调节pH的目的是使沉淀。回答下列问题：
(1)气体X和红褐色固体的化学式分别为_______和_______。
(2)稀硝酸和稀硫酸混合液中和的理论最佳物质的量之比为_______。
(3)操作Ⅰ包括蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥等。晶体用无水乙醇洗涤而不用蒸馏水的原因是_______，干燥时采用晾干，不用加热烘干的原因是_______。
(4)流程中气体X可以循环利用，请你为化工厂设计此方案_______(用化学原理加适当文字描述)。
15. （2021春·四川乐山·高一统考期末）汽车尾气中含有CO、NO等有毒气体，会危害人体健康。
(1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图示。和完全反应生成NO会___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。

(2)汽缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大的原因是___________。
(3)一种新型催化剂用于治理汽车尾气，反应原理为：，一定温度下，在容积固定的容器中发生反应，下列不能说明已达到平衡状态的是___________。
a．容器内压强不变   b．容器内NO的浓度等于的浓度
c． d．容器内混合气体密度保持不变
(4)某温度下，在两个容积均为1L的恒容密闭容器中，分别充入和，在不同条件下进行上述反应，反应体系总压强随时间的变化如图所示：

①与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ改变的一种反应条件是___________。
②实验Ⅰ从开始至达到平衡时的反应速率为___________。
③实验中Ⅱ达平衡时CO的转化率为___________。

参考答案：
1.      ；          S=C=S     S2﹣＞F-＞Na+＞Al3+     I2、H2O、H2S     离子键和非极性共价键
【详解】（1）质子数为6的元素为C，其质量数=6+8=14，核素符号为 ；
（2）氯原子最外层7个电子成1个共价键、氧原子的最外层6个电子，成2个共价键，电子式为；
硫原子与碳原子之间形成2对共用电子对，结构式为S=C=S；
（3）S2﹣比其他三种离子多一个电子层，离子半径最大，其他三种离子的电子层数相同，核电荷数越大了，离子半径越小，则离子半径：S2﹣＞F-＞Na+＞Al3+；
从两个角度考虑，H2O可形成分子间氢键，沸点比H2S高，H2O、H2S、I2二者均由分子构成，常温下I2为固体，H2O为液体，故H2O、H2S、I2三种分子熔沸点由高到低顺序为I2、H2O、H2S；
（4）过氧化钠是离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成，过氧根离子电子式为，所以过氧化钠的电子式为，含离子键和O-O非极性共价键，故答案为离子键和非极性共价键。
2.     ACD     8mol/L     1mol/(L⋅min)     ACD     a极     右     CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+
【详解】（1）A．铝片与稀H2SO4反应制取H2属于放热反应；
B．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳属于吸热反应；
C．葡萄糖在人体内氧化分解是氧化反应，属于放热反应；
D．氢氧化钾和硫酸中和属于放热反应；
E．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，
故属于放热反应的是ACD；
(2)根据初始时加入的是SO2和O2，反应5min后，SO3物质的量浓度为5mol/L，则反应增加的SO3的浓度为5mol/L，2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，根据转化量之比=化学计量数之比，则减少的的SO2浓度为5mol/L，由反应物初始量=转化量+剩余的量，计算出SO2起始物质的量浓度=3mol/L+5mol/L=8mol/L，用SO3表示这段时间该化学反应速率为：v(SO3)= ==1mol/(L⋅min)；
A．向容器中通入O2，反应物浓度增大，反应速率加快，选项A正确；
B．扩大容器的体积，减小了压强，反应速率减小，选项B错误；
C．使用正催化剂，能够降低反应需要的能量，加快反应速率，选项C正确；
D．升高温度，能够加快反应速率，选项D正确；  
E．向容器中通入氦气，对气体的浓度没有影响，不影响反应速率，选项E错误；
故答案为ACD；
（3）原电池中负极失去电子，正极得到电子，所以根据装置图可知，甲醇在a极通入。原电池中阳离子向正极移动，所以氢离子向右移动，因此负极电极反应式是CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ 。
3.     nCH2=CH2     c     ad               淡蓝
【详解】(1)乙烯发生加聚反应生成聚乙烯的化学方程式为：nCH2=CH2；
(2)结构相似，分子组成相差若干个CH,原子团的化合物互为同系物，按照这个定义下列物质与乙烯互为同系物的是：c；
(3)可以用分液漏斗分离的是互不相溶的两种液体，下列几组物质中满足这个要求的是ad
，所以答案是：ad
(4)可以将废旧塑料隔绝空气加强热，使其变成氢气、甲烷、乙烯、苯……等有用物质，实验装置如图所示(加热装置略)。

①试管B收集到应该是常温下为液体的物质，根据题干中信息可知这种物质为：；
②锥形瓶中是乙烯和溴的加成反应，其反应的方程式为；
③点燃C处气体是甲烷和氢气，其燃烧时火焰呈淡蓝。
4.           纯锌片          b到a     0.448     0.32     U形管a端气体增多，液面左低右高，b端电极逐渐溶解
【详解】(1)一个电极是铜，一个电极是锌，电解质是硫酸，可以组成原电池，其原电池总反应的离子方程式为：，答案为：；
(2)b电极产生气体，所以b电极为正极，a为负极，其电极材料为：纯锌片；其电极反应式为，外电路中电流应该是正极到负极，其方向为b到a，故答案为：纯锌片，，b到a；
(3)电池工作一段时间后，若a极（Zn）质量减少1.3g，其物质的量=转移电子的物质的量=，量筒中收集到的气体在标况下的体积=，此时消耗此时U形管溶液中，其物质的量浓度为，故答案为：0.448，0.32；
(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，a端产生气体，左侧气体压强增大液面下降，右侧液面上升，故答案为：U形管a端气体增多，液面左低右高，b端电极逐渐溶解。
5. (1)
(2)0.8
(3)a
(4)     减小     不变     减小

【解析】(1)
4s内用C表示的化学反应速率，则4s内C的物质的量浓度的变化量为0.2mol/L，由图象可知，4s内A、B的物质的量浓度的减少量分别为0.1mol/L、0.1mol/L，则该反应的化学方程式为：；
(2)
由图象，10s内A的物质的量浓度减少0.2mol/L，则C的物质的量浓度为0.4mol/L，物质的量为0.4mol/L×2L=0.8mol；
(3)
a．气体A的体积分数不再变化，说明物质的量不再改变，反应达到平衡，a符合题意；
b．该反应为气体分子总数不变的反应，压强不变不能说明反应达到平衡，b不符合题意；
c．未指明正逆反应速率，因此不能说明反应达到平衡，c不符合题意；
d．反应为气体分子总数不变的反应，由公式可知，混合气体的平均分子量为定值，不能作为判断反应达到平衡的标志，d不符合题意；
答案选a。
(4)
①降低温度，活化分子数目减少，有效碰撞几率减小，化学反应速减小；
②向密闭容器中冲入1mol氦气，由于容器体积不变，因此参加反应的气体浓度不变，化学反应速率不变；
③将容器的体积变为3L，气体浓度减小，化学反应速率减小。
6. (1)     苯     12    
(2)     +Br2+HBr     取代
(3)
(4)2

【分析】烃A含有6个碳原子，烃A不与溴水反应，但能与氢气发生加成，这是苯的性质，即烃A为苯；烃B的一氯取代物只有两种，说明含有2种不同环境的氢原子，B在足量的氧气中完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为6∶7，且B有6个碳原子，因此B的分子式为C6H14，其结构简式为，据此分析；
(1)
根据上述分析，烃A为苯；苯空间构型为平面六边形，六个碳原子和六个氢原子共面，即苯中共面的原子有12个；根据上述分析，烃B的结构简式为；故答案为苯；12；；
(2)
苯不与溴水反应，但在铁或FeBr3作催化剂下与液溴发生取代反应，其反应方程式为+Br2+HBr；故答案为+Br2+HBr；取代反应；
(3)
分子式为C6H6，只有一种一氯代物，说明只有一种化学环境的氢原子，不能与氢气发生加成反应，说明不含不饱和键，符合条件的结构简式为；故答案为；
(4)
烃B的同分异构体中，其一氯代物有3种，说明有3种不同环境的氢原子，结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CH3、C(CH3)3CH2CH3，共有2种；故答案为2。
7. (1)圆底烧瓶
(2)检查装置气密性
(3)     (浓)     除去中混有的并检验是否除尽
(4)     E中酸性溶液显紫色，F中溶液出现浑浊     ↓
(5)不能

【分析】B中铜与浓硫酸反应制取二氧化硫，D中碳酸氢钠和二氧化硫反应制取二氧化碳，E中高锰酸钾除去中混有的并检验是否除尽，F中二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅的非金属性。
(1)
根据装置图，仪器B的名称为圆底烧瓶；
(2)
由于实验涉及气体反应，所以连接仪器后要检查装置气密性；
(3)
铜与浓硫酸反应加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为(浓)；装置F的作用是验证碳酸的酸性大于硅酸，为避免二氧化硫的干扰，装置E中酸性高锰酸钾溶液的作用为除去中混有的并检验是否除尽；
(4)
E中酸性溶液显紫色，说明二氧化硫已除尽，F中溶液出现浑浊，说明二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，则说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是E中酸性溶液显紫色，F中溶液出现浑浊；试管F中二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为；
(5)
二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不是S的最高价含氧酸，酸性：，不能证明S的非金属性强于C的非金属性。
8.           NaOH     HClO、Ca(ClO)2、NaClO等          Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O     H2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl和S，反应方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓
【分析】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素，据此分析解答。
【详解】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，故B为镁元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素。
（1）B为镁元素，原子序数为12，原子结构示意图为；
（2）同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，故元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH，F为氯元素，含有F元素的具有漂白性的物质有HClO、Ca(ClO)2、NaClO等；
（3）A、F原子形成化合物NaCl，氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合而成，NaCl的形成过程为；
（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（5）E为硫元素、F为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的氧化性等，如H2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl和S，反应方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓。
【点睛】考查物质性质原子结构与位置关系、电子式等化学用语、元素化合物性质，易错点为（5）E为硫元素、F为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的氧化性等。
9.      K     第3周期第ⅢA族               离子键、共价键(极性键)         
【分析】对比中学常见元素周期表，思考扇形元素周期表的填充规律，可以得出①~⑦分别是H、K、Al、N、O、S、Cl。
【详解】(1)电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故七种元素中，原子半径最大的是K，故答案为：K；
(2)元素③为Al，在周期表中的位置时：第3周期第ⅢA族，故答案为：第3周期第ⅢA族；
(3)K2S为离子化合物，用电子式表示其形成过程为，故答案为：；
(4)元素①②⑤可以形成一种强碱KOH，K+与OH-之间是离子键，O-H之间是(极性键)共价键，故答案为：离子键、共价键(极性键)；
(5)H与O形成的10电子阳离子是，四核18电子分子式H2O2，故答案为：，。
10. (1)     第2周期第ⅥA族          H-S-H
(2)
(3)          能形成分子间氢键

【分析】①⑤最低化合价为-2价，①⑤位于第ⅥA族元素，因为O元素高中阶段没有正价，因此①为O，⑤为S，③元素最低价为-1价，最高价为+1价，推出③为H，②④最高价为+1价，位于第ⅠA族，根据同主族元素从上到下原子半径依次增大，推出②为Li，④为Na，据此分析；
(1)
根据上述分析①为O元素，位于第二周期第ⅥA族；②③形成的化合物为LiH，属于离子化合物，其电子式为；③⑤两元素形成的化合物是H2S，属于共价化合物，其结构式为H-S-H；故答案为于第二周期第ⅥA族；；H-S-H；
(2)
④⑤形成化合物是Na2S，属于离子化合物，形成过程表示为；故答案为；
(3)
①的简单氢化物为H2O，存在分子间氢键，⑤的简单氢化物为H2S，不存在分子间氢键，因此H2O的沸点高于H2S；故答案为H2O；H2O存在分子间氢键。
11.      分馏          Cu或Ag作催化剂并加热     羧基     CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O     加入浓硫酸作催化剂、加热等
【详解】A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，则C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化为D，则D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为乙酸乙酯。
（1）工业上，由石油分馏获得石蜡油，故答案为分馏；
（2）丁烷的一种同分异构体中含有三个甲基，则这种同分异构体的结构简式是：；
（3）反应B→C是乙醇催化氧化生成乙醛，反应发生需要的条件为Cu或Ag作催化剂并加热；D为CH3COOH，物质中官能团的名称是羧基；
（4）反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，反应方程式是CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应B+D→E是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下生成乙酸乙酯，该反应的速率比较缓慢，通常采取加入浓硫酸作催化剂、加热等措施提高该反应的速率。
【点睛】本题考查有机推断及合成，据题意可知A为乙烯、B为乙醇、C为乙酸、D为乙酸乙酯。从石蜡油里获得乙烯主要是通过石蜡油的裂解得到，所以是化学变化。乙醇与乙酸在浓硫酸做催化剂的条件下，乙醇脱掉羟基中的氢，而乙酸脱掉羧基中的羟基，所以产物为乙酸乙酯和水。同分异构体特点是分子式相同结构不同。
12.      +4     2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2     95g     2Mg+TiCl42MgCl2+Ti     置换反应     镁     AD
【详解】（1）根据正负化合价的代数和为0，设钛元素的化合价为x，则+2+x+（-2）×3=0，解得x=+4；钛酸亚铁和碳在高温条件下生成二氧化碳、铁和二氧化钛，2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；故填：+4；2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；
（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，根据反应可知，每消耗12gC，理论上可制备TiCl4 190g/mol×=95g；
（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，根据质量守恒定律，还应有氯化镁，化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；该反应是一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质和一种新的化合物，所以反应类型为置换反应；故填：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；置换反应；
（3）反应③中加入足量金属镁可知得到的金属钛中会混有少量的金属镁，金属镁可以和盐酸或硫酸反应，所以除去它的试剂可以是稀盐酸或稀硫酸。故填：镁；AD。
【点睛】本题考查化学实验的设计和评价，物质的制备、收集和净化物质的分离等知识。易错点为（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式，钛的化合价不变，碳的化合价由0价变为+2价，氯的化合价变为-1价，结合质量守恒配得反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
13.     c          c     饱和碳酸氢钠溶液     吸收防止污染空气          过滤     烧杯、玻璃棒、漏斗
【详解】(1)a．溶解时，若加入太多水，则蒸发时就需要大量时间，故A错误；
b．溶液应该移至蒸发皿加热浓缩，故B错误；
c．蒸发时，有少量液体剩余就应该停止加热，所以C选项是正确的；
d．晶体应用少量水洗涤，否则会导致晶体溶于水损失，故D错误；
所以c选项是正确的；
(2)“氯碱工业“通过电解饱和食盐水的方程式为：，故答案为：H2；
(3)a第④步骤中，溴元素由0价将至-1价，被还原，故a项错误；
b．澄清的石灰水与NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能生成CaCO3沉淀，现象相同，不能鉴别，故B项错误；
c．Na2CO3溶液应在BaCl2溶被之后加入，用于除去剩余的Ba2+，因此除去Ca2+、Mg2+、SO加入试剂的先后顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3，故c项正确；
d．海水中的碘元素是碘离子，不能直接升华制备碘单质，故d项错误；
故选c；
(4)①乙装置中试剂用于除去盐酸挥发产生的HCl气体，同时需要降低CO2在溶液中的溶解度，因此选用的试剂为饱和NaHCO3溶液；稀盐酸的作用为吸收防止污染空气，故答案为：饱和NaHCO3溶液；吸收防止污染空气；
②丙中发生反应的化学方程式为，故答案为：；
③从溶液中分离NaHCO3晶体的操作为过滤；过滤操作所需的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；
14. (1)     NO    
(2)2：3
(3)     降温结晶     减少胆矾晶体的溶解，且酒精易挥发便于晶体干燥     受热易分解
(4)将NO气体与空气同时通入稀硝酸溶液中，发生反应，提高原料利用率，减少环境污染

【分析】将稀硝酸、稀硫酸混合液加入到含铁废铜中，Cu、Fe与NO(H+)反应生成Cu2+、Fe3+和NO，加入CuO等调节溶液pH，使Fe3+以氢氧化铁的形式沉淀除去，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾，据此分析；
(1)
含铁废铜中加入稀硝酸和稀硫酸混合液，利用硝酸的强氧化性，将金属溶解，生成NO气体，即气体X为NO，红褐色固体为Fe(OH)3；故答案为NO；Fe(OH)3；
(2)
NO完全反应，且金属全部溶解时是最佳比值，Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++ 2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，因此硝酸与硫酸的理论最佳物质的量之比为2∶3；故答案为2∶3；
(3)
滤液为CuSO4，从溶液中得到胆矾，需要进行操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；洗涤时用无水乙醇不用蒸馏水的原因是减少胆矾的溶解，无水乙醇易挥发，便于晶体的干燥；胆矾中含有结晶水，如果加热烘干，容易使胆矾失去结晶水，因此干燥是采用晾干；故答案为降温结晶；减少胆矾晶体的溶解，且酒精易挥发便于晶体干燥；胆矾受热易分解；
(4)
气体X为NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，设计方案为将NO气体与空气同时通入稀硝酸溶液中，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，提高原料利用率，减少环境污染；故答案为将NO气体与空气同时通入稀硝酸溶液中，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，提高原料利用率，减少环境污染。
15.      吸收     180     温度越高化学反应速率越快，单位时间内生成NO越多     bd     使用催化剂          40%
【分析】根据N2(g)+O2(g)=2NO(g)结合能量变化图计算反应物断键吸收的能量和生成物形成化学键释放出的能量分析解答；实验Ⅰ和实验Ⅱ的起始状态及平衡状态相同，结合恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比计算解答。
【详解】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g)，和完全反应生成NO时，反应物断键吸收的能量=946 kJ +498kJ =1444 kJ ，生成物形成化学键释放出的能量=2×632kJ=1264kJ，反应吸热，吸收的热量= 1444 kJ- 1264kJ =180kJ，故答案为：吸收；180；
(2)升高温度，化学反应速率加快，因此汽缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，故答案为：温度越高化学反应速率越快，单位时间内生成NO越多；
(3)在容积固定的容器中发生反应2NO+2CO2CO2+N2。a．该反应为气体体积减小的反应，容器内的气体压强为变量，当容器内的气体压强保持不变，说明混合气体的总物质的量保持不变，说明达到平衡状态，故a不选；b．容器内NO的浓度等于的浓度，不能说明二者浓度是否变化，不能说明达到平衡状态，故b选；c．v逆(NO)=2v正(N2)，速率之比等于化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故c不选；d．混合气体的总质量和总体积始终不变，说明密度始终不变，当容器内混合气体密度保持不变，不能说明达到平衡状态，故d选；故答案为：bd；
(4)①实验Ⅰ和实验Ⅱ相比，平衡状态相同，实验Ⅱ达到平衡需要的时间少，反应速率快，因此实验Ⅱ使用了催化剂，故答案为：使用催化剂；
②恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则实验I平衡时的物质的量为0.4mol×=0.36mol，根据2NO+2CO2CO2+N2，生成的N2为0.4mol-0.36mol=0.04mol，则v（N2）= ==0.001mol/(L·min)，则=2 v（N2）=2×0.001mol/(L·min)= 0.002mol/(L·min)，故答案为：0.002mol/(L·min)；
③实验Ⅰ和实验Ⅱ相比，平衡状态相同，则实验Ⅱ达平衡时生成的N2为0.04mol，则CO的转化率为×100%=40%，故答案为：40%。