河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题（含答案）

这是一份河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题（含答案），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
青龙实验中学2022-2023学年度下学期高三年级3月考试
化 学 试 题
分值：100分 考试时间：75分钟
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至9页。满分100分，考试时间为75分钟
第I卷 选择题（共48分）
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1．下列说法正确的是(　　)。
A．制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体
B．苏打是面包发酵粉的主要成分之一
C．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
D．向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸，均有气泡冒出，说明两者均能与盐酸反应
2．下列说法或表示方法正确的是
A．乙烯的结构简式CH2CH2 B．化学名词：乙酸乙脂、苯、油酯、坩埚
C．是一种烃 D．乙醚的分子式为C4H10O
3．下列说法不正确的是（    ）
A．Fe2O3可用作红色颜料 B．浓H2SO4可用作干燥剂
C．可用SiO2作半导体材料 D．NaHCO3可用作焙制糕点
4．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A．1mol金刚石中的C-C键的数目为4
B．18g重水()中含有的质子数为9
C．标准状况下，11.2L乙烷与乙烯的混合气体中含有的碳原子数约为
D．6.4g Cu与足量反应，电子转移数目为0.2
5．新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收利用，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是

A．电极b为电池负极
B．电极b上的电极反应为：O2+4e-=2O2-
C．电子流向：电极a→氧离子固体电解质膜→电极b
D．电路中每流过4mol电子，负极消耗44.8LH2S
6．25℃下，弱电解质的电离平衡常数Ka(CH3COOH) = Kb(NH3•H2O) = 1.75×10-5，下列说法正确的是
A．用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂
B．0.2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(CH3COOH) +c(H+)
C．pH相同的①CH3COONa、②NaClO的两种溶液的c(Na+)：① > ②
D．pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(H+)=1×10－7mol/L
7．Li－FeS2热激活电池常用作智能化弹药的弹载电源，在接收到启动信号后，点火头点燃引燃条，加热片迅速反应放热使LiCl－KCl熔化，从而激活电池。下列有关Li－FeS2热激活电池的说法正确的是
A．该电池不能在常温下使用
B．放电时电池中电解质的质量将增加
C．FeS2电极做正极，电极反应为FeS2+2e-=Fe+2S
D．放电时电池内部Li+向Li电极移动
8．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．100mL18.0 mol▪L-1的H2SO4溶液中含有H+数为3.6NA
B．NA个白磷分子形成的晶体共价键数为6NA
C．2Mg+CO2= 2MgO+C，则每生成1mol[2MgO+C]转移电子数为4NA
D．Cl2通入足量NaOH溶液生成0.2molClO-和0.3mol，则Cl-为1.7NA个
9．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
除去碳酸钠固体中碳酸氢钠
将固体放置在坩埚中加热，一段时间后，在干燥器中冷却、称量整个坩埚与固体的质量为，再次加热、冷却、称量质量为
若，则说明杂质已除尽
B
检验苯中的苯酚
取少量样品，加入适量的浓溴水，观察现象
滴加溴水后，若未出现白色沉淀，则说明苯中不存在苯酚
C
探究铁与水蒸气反应后固体物质
取少量固体粉末，用磁铁吸引，观察现象
若磁铁能吸引，则固体物质为
D
探究铝配合物的生成
取少量2mL0.5mol/L的氯化铝溶液于试管，加过量的氢氧化钠后，再向其中滴加几滴饱和NaF溶液，观察现象
加入NaF溶液后，若无明显现象。说明与的结合能力比难

A．A B．B C．C D．D
10．金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．在通常状况下，金刚石比石墨更稳定
B．石墨的燃烧热为
C．    
D．12g石墨在一定量的空气中燃烧，生成气体产物36g，该过程放出的热量为
11．下列说法正确的是
A．CH4、CCl4都是含有极性键的极性分子
B．与NH3、H3O+的空间结构均为三角锥形
C．CS2、H2O、C2H2都是直线形分子
D．分子中共价键的键能越大，分子的熔、沸点越高
12．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl－＜Br－＜Fe2+＜I－＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是
A．2Fe2++I2=2Fe3++2I－ B．I2+SO2+2H2O=4H++SO42－+2I－
C．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42－+4H+ D．Cl2+2I－=2Cl－+I2
13．下列叙述正确的是
A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
B．Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O
C．1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1mol•L-1醋酸和0.1mol•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
14．类推的思维方法在化学学习和研究中常会产生错误的结论，因此类推出的结论最终要经过实践的检验才能决定其正确与否。下列几种类推结论中不正确的是（     ）
A．Mg失火不能用CO2灭火；Na失火也不能用CO2灭火
B．CaC2水解能生成乙炔气体，Li2C2水解也能生成乙炔气体
C．不能用电解熔融AlCl3来制取金属铝；也不用电解熔融MgCl2来制取金属镁
D．Fe与S直接化合生成FeS；Cu与S直接化合也可以得到Cu2S
15．X、Y、Z是短周期主族元素，X的原子中只有1个电子，Y的一种同位素在考古时用来测定文物的年代，Z原子的最外层电子数是电子层数的2倍，且其单质为黄色晶体。下列说法不正确的是
A．Z为硫元素
B．原子序数：X＜Y＜Z
C．Y的氢化物在常温常压下均为气体
D．YX4在光照条件下可与氯气发生反应
16．姜黄素是我国古代劳动人民从姜黄根茎中提取得到的一种黄色食用色素。下列关于姜黄素说法正确的是

A．分子式为C21H22O6 B．分子中存在手性碳原子
C．分子中存在2种含氧官能团 D．既能发生取代反应，又能发生加成反应


第Ⅱ卷 非选择题（共48分）
二、填空题（本题包括4个小题，共48分）
17．（12分）氯碱厂电解饱和食盐水制取氢氧化钠的工艺流程示意图如下：

依据上图，完成下列填空：
（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的化学方程式为_______________________，与电源负极相连的电极附近，溶液pH值_____________（选填：不变、升高或下降）
（2）工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质。精制过程发生反应的离子方程式为_______________________，_______________________。
（3）如果粗盐中SO42－含量较高，必须添加钡试剂除去SO42－，该钡试剂可以是___________（选填a、b、c，多选扣分）
a、Ba(OH)2         b、Ba(NO3)2         c、BaCl2
（4）为有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO42－，加入试剂的合理顺序为____________（选填a，b，c多选扣分）
a、先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
b、先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
c、先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过__________、冷却、___________（填写操作名称）除去NaCl
（6）在隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物仅是NaClO和，相应的化学方程式为______________________。

（7）电解饱和食盐水的装置如图所示，若收集的H2为2L，则同样条件下收集的Cl2____________(填“>”、“=”或“②HClO,则两种溶液的c(Na+)：① > ②，C正确；
D.常温下，Ka(CH3COOH) = Kb(NH3•H2O)，pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，溶液呈中性，溶液中的c(H+)=1×10－7mol/L，此盐为弱酸弱碱盐，促进水的电离，水电离出的c(H+)>1×10－7mol/L，D错误；
答案为C
【点睛】溶液中的c(H+)与水电离出的c(H+)不一定相等。
7．B
【详解】A．根据“在接收到启动信号后，点火头点燃引燃条，加热片迅速反应放热使LiCl－KCl熔化，从而激活电池”，说明该电池在常温下可使用，故A错误；
B．放电时，负极反应为：Li-e-=Li+，正极反应为：FeS2+4e-=Fe+2S2-，电池总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S ，电池中电解质的质量将增加，故B正确；
C．正极FeS2+4e-=Fe+2S2-，故C错误；
D．放电时，Li+向正极(FeS2)移动，故D错误；
故选：B。
8．A
【详解】A．浓硫酸中的部分硫酸分子未电离，100mL18.0 mol▪L-1的H2SO4溶液中含有H+数不能确定，A说法错误；
B．白磷分子式为P4，一个分子含有6条共价键，则NA个白磷分子形成的晶体共价键数为6NA，B说法正确；
C．2Mg+CO2=2MgO+C，则每生成1mol[2MgO+C]，Mg的化合价由0价变为+2价，则转移电子数为4NA，C说法正确；
D．Cl2通入足量NaOH溶液生成0.2molClO-和0.3mol，根据得失电子守恒，Cl原子失去1.7个电子，则Cl-为1.7NA个，D说法正确；
答案为A。
9．A
【详解】A．碳酸氢钠加热易分解为碳酸钠、二氧化碳、水，用加热法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠。将固体放置在坩埚中加热，一段时间后，在干燥器中冷却、称量整个坩埚与固体的质量为，再次加热、冷却、称量质量为，若，则说明碳酸氢钠完全分解，杂质已除尽，故A正确；
B．三溴苯酚易溶于苯。取少量样品，加入适量的浓溴水，可能生成的三溴苯酚溶解在苯中，若未出现白色沉淀，不能说明苯中不存在苯酚，故B错误；
C．磁铁能吸引铁和，固体粉末用磁铁吸引，若固体物质中有剩余的铁，也能被磁铁吸引，所以不能确定固体物质为，故C错误；
D．取少量2mL0.5mol/L的氯化铝溶液于试管，加过量的氢氧化钠后，再向其中滴加几滴饱和NaF溶液，因氟离子浓度小，没有生成六氟合铝酸钠沉淀，不能说明与的结合能力比难，故D错误；
选A。
10．D
【详解】A．由图可知，1mol金刚石的能量比1mol石墨的能量高，故在通常状况下，石墨比金刚石更稳定，A错误；
B．石墨的燃烧热为，B错误；
C．由图可知，1molCO(g)和molO2(g)变为1mol CO2(g)的，那么    ，C错误；
D．设燃烧生成二氧化碳的石墨的物质的量为xmol，燃烧生成一氧化碳的石墨的物质的量为ymol，则12x+12y=12，44x+28y=36，联立二式解得：x=0.5，y=0.5，那么，燃烧产生二氧化碳放出的热量=kJ，燃烧产生一氧化碳放出的热量=kJ，所以，该过程放出总热量=kJ+kJ=，D正确；
答案选D。
【点睛】D项未明确燃烧产物为二氧化碳还是一氧化碳，需要先确定产物为二氧化碳还是一氧化碳，然后计算。
11．B
【详解】A．CH4、CCl4的分子都是正四面体结构，分子结构对称，因此二者都是由极性共价键构成的非极性分子，A错误；
B．的中性C原子价层电子对数为3+=4，C原子上有1对孤电子对，所以其空间结构为三角锥形；NH3的中性N原子价层电子对数为3+=4，N原子上有1对孤电子对，所以其空间结构为三角锥形；H3O+的的中性O原子价层电子对数为3+=4，O原子上有1对孤电子对，所以H3O+的空间结构也为三角锥形，B正确；
C．CS2、C2H2都是直线形分子，而H2O是V形分子，不是直线形分子，C错误；
D．分子中共价键的键能越大，含有该共价键的分子就越稳定。物质分子的熔、沸点的高低与分子内化学键强弱无关，与分子之间的分子间作用力大小有关。物质的分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化消耗的能量就越高，该物质的熔沸点就越高，D错误；
故合理选项是B。
12．A
【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析。
【详解】A、根据反应得出还原性强弱是：Fe2+＞I－，和题干的还原性强弱不吻合，所以A不能发生，选项A选；
B、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞I－，和题干的还原性强弱吻合，所以B能发生，选项B不选；
C、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞Fe2+，和题干的还原性强弱吻合，所以C能发生，选项C不选；
D、根据反应得出还原性强弱是：I－＞Cl－，和题干的还原性强弱吻合，所以D能发生，选项D不选。
答案选A。
【点睛】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和氧化性还原性强弱的判断规律，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化剂的氧化性强于还原性进行判断，易错点为选项C，注意根据化合价的升降进行判断，SO2为还原剂，Fe2+为还原产物。
13．A
【详解】A．氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A正确；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B错误；
C．无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C错误；
D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误；
故选A。
14．C
【详解】A．二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃；二氧化碳能与镁反应产生氧化镁和碳，所以金属钠、镁等活泼金属着火时，都不能使用二氧化碳来灭火，故A正确；
B．CaC2与水反应生成乙炔气体，Li2C2与水反应也能生成乙炔气体，故B正确；
C．AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故C错误；
D．铁和硫直接化合可以得到 FeS，说明S的氧化性较弱，因此Cu与S直接化合也可以得到Cu2S，故D正确；
故选C。
15．C
【分析】X、Y、Z是短周期主族元素，X的原子中只有1个电子，则X为H元素，Y的一种同位素在考古时用来测定文物的年代，则Y为C元素，Z原子的最外层电子数是电子层数的2倍，且其单质为黄色晶体，则Z为S元素；据此解答。
【详解】由上述分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为S元素；
A．Z为硫元素，故A正确；
B．X为H元素，原子序数为1，Y为C元素，原子序数为6，Z为S元素，原子序数为16，则原子序数X＜Y＜Z；故B正确；
C．Y为C元素，它的氢化物为烃类，随着C原子数增多，有可能为液态或固态，故C错误；
D．X为H元素，Y为C元素，YX4为CH4(甲烷)，在光照条件下可与氯气发生取代反应，故D正确；
答案为C。
16．D
【详解】A．由结构式可知，姜黄素分子中含有21个C原子，不饱和度为12，分子式为C21H20O6，故A错误；
B．手性碳原子所连接的四个基团要都不相同，由姜黄素的分子结构可知，姜黄素分子中不存在手性碳原子，故B错误；
C．姜黄素分子中存在羟基、醚键和羰基共3种含氧官能团，故C错误；
D．姜黄素中存在甲基与苯环，可以发生取代反应；存在碳碳双键和羰基，可以发生加成反应，故D正确；
故选D。
17．     2Cl－－2e－=Cl2↑     升高     Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓     Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓     ac     bc     蒸发     过滤     NaCl＋H2O NaClO＋H2↑     ＜     产物氯气会与氢氧化钠反应     d
【分析】工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质，由流程可知，粗盐加水化盐溶解后，加NaOH除去镁离子，加碳酸钠除去钙离子，精制后得到的沉渣为CaCO3、Mg(OH)2；精制后的食盐水电解生成NaOH、氢气、氯气，最后脱盐(NaCl等)得到高浓度的NaOH溶液和氯化钠晶体，氯化钠晶体可以用于精制过程，据此分析解答(1)～(7)；
(8)利用二氧化锰和浓盐酸加热来获得氯气，制得的氯气中会含有氯化氢和水蒸气，据此分析判断。
【详解】(1)与电源正极相连的电极为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，与电源负极相连的电极为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为H2O+2e-=H2↑+2OH-，，生成了氢氧根离子，溶液的碱性增强，溶液的pH升高，故答案为2Cl--2e-=Cl2↑；升高；
(2)工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中加NaOH除去镁离子，加碳酸钠除去钙离子，发生反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Mg2++OH-=Mg (OH)2↓，故答案为Ca2++CO32-=CaCO3↓；Mg2++OH-=Mg (OH)2↓；
(3)除去硫酸根离子的同时不能引入新的离子，而氯离子和氢氧根离子原溶液中本身就含有，故钡试剂可以是Ba(OH)2或BaCl2，故答案为ac；
(4)加入的过量的钡离子可以由碳酸钠除去，故碳酸钠需要在钡试剂之后加入，钡试剂与氢氧化钠先后都可，故加入试剂的顺序为先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3或先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3，故答案为bc；
(5)NaOH的溶解度随温度的升高而变大，NaCl的溶解度随温度的升高基本不变，利用溶解度差异可以除去NaCl，步骤一般为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为蒸发；过滤；
(6)电解饱和食盐水，阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极：H2O+2e-=H2↑+2OH-，Cl2与NaOH充分接触，采用无隔膜电解冷的食盐水时，产物仅是NaClO和H2，反应的化学方程式为：NaCl+H2ONaClO+H2↑，故答案为NaCl+H2ONaClO+H2↑；
(7)电解饱和食盐水中若收集的H2为2L，产物 Cl2 会与 NaOH反应，则同样条件下收集的Cl2 ＜2L，故答案为＜；产物Cl2 会与NaOH反应；
(8)实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热来获得氯气，属于加热固体和液体生成气体的反应，其中的杂质氯化氢可以加饱和食盐水来除，杂质水蒸气可以采用浓硫酸来除去，故选装置d，故答案为d。
18．(1)MnO2+SO2=MnSO4或H2O+SO2 =H2SO3、MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O
(2)     Al (OH)3     l.0×l0-14mol/L
(3)4OH--4e-=O2↑+2H2O
(4)    
     NH4HCO3与电解生成的酸反应，防止MnCO3沉淀溶解损失     NH4HCO3受热分解损失

【分析】软锰矿在 “脱硫浸锰”环节主要是二氧化硫与MnO2作用生成硫酸锰，并且铁、铝的氧化物等杂质也会反应，溶液中会有Al3+、Fe3+，可能还有Fe2+；氧化环节，加双氧水确保溶液中铁元素以Fe3+形式存在；加氨水调节溶液的PH=5～6把Al3+和Fe3+转化为沉淀除去，故“滤渣2”中主要成分的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；“电解”时用惰性电极，阳极由水电离出的氢氧根离子放电，最后“50℃碳化”得到高纯碳酸锰。
【详解】（1）由流程可知，“脱硫浸锰”环节主要是二氧化硫与MnO2作用生成硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4或H2O+SO2=H2SO3、MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O；
故答案为：MnO2+SO2=MnSO4或H2O+SO2=H2SO3、MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O；
（2）“脱硫浸锰”环节，铁、铝的氧化物等杂质也会反应，溶液中会有Al3+、Fe3+，可能还有Fe2+；氧化环节，加双氧水确保溶液中铁元素以Fe3+形式存在；加氨水调节溶液的PH=5～6把Al3+和Fe3+转化为沉淀除去，故“滤渣2”中主要成分的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；常温下，pH=6时c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=Kw/c(H+)=10-8mol/L，此时溶液中的Fe3+物质的量浓度为：=mol∙L-1=l.0×l0-14mol/L；
故答案为：Al(OH)3；l.0×l0-14mol/L；
（3）“电解”时用惰性电极，阳极由水电离出的氢氧根离子放电，发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O(或2H2O-4e-=O2↑+4H+)；
故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O(或2H2O-4e-=O2↑+4H+)；
（4）“50℃碳化”得到高纯碳酸锰，结合流程可得，Mn2+和HCO3-反应生成MnCO3和CO2，根据原子守恒，还有水生成，故离子方程式为；因为①原溶液显酸性、②碳酸氢铵受热易分解，所以“50℃碳化”时加入过量NH4HCO3，可能的原因是：①NH4HCO3与H+反应，防止MnCO3沉淀溶解损失；②可以防止NH4HCO3受热分解损失；
故答案为：；NH4HCO3与电解生成的酸反应，防止MnCO3沉淀溶解损失；NH4HCO3受热分解损失。
19．(1)CH2 = CH2
(2)Br2/CCl4
(3)HOOC-CH2-CH2-COOH
(4)
(5)酯化反应（取代反应）
(6)nH3COOCCH=CHCOOCH3+n
(7)
(8)

【分析】烃A的相对分子质量为28，则A为CH2=CH2；乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，B为1，2-二溴乙烷，由题给信息可知，B与NaCN反应，酸性条件下水解生成C，C应为四个碳的羧酸；则C为HOOC-CH2-CH2-COOH；C发生溴代反应得D，D为HOOC-CHBr-CH2-COOH；D在氢氧化钠醇溶液并加热条件下发生消去反应生成E，E为NaOOC-CH=CH-COONa；E酸化得F，F为HOOC-CH=CH-COOH；HOOC-CH=CH-COOH与甲醇发生酯化反应得G，G为CH3COOCCH=CHCOOCH3；有机物H为，G和H在一定条件下发生加聚反应生成有机物M，据此分析解答。
【详解】（1）烃A的相对分子质量为28，所以A为乙烯，结构简式为CH2 = CH2，正确答案：CH2 = CH2；
（2）乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与NaCN反应，酸性条件下水解生成四个碳的羧酸；所以a为Br2/CCl4；正确答案Br2/CCl4；
（3）乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与NaCN反应，酸性条件下水解生成四个碳的羧酸；由以上分析可以知道C为HOOC-CH2-CH2-COOH，正确答案是：HOOC-CH2-CH2-COOH；
（4）反应II为HOOC-CHBr-CH2-COOH的消去反应，反应的化学方程式：；正确答案：；
（5）反应Ⅲ为HOOC-CH=CH-COOH与甲醇的酯化反应，也为取代反应；正确答案是：酯化反应(取代反应)；
（6）有机物G为CH3COOCCH=CHCOOCH3，有机物H为，二者在一定条件下发生加聚反应生成有机物M，化学方程式是：nCH3COOCCH=CHCOOCH3+n→nH2O+；正确答案：nCH3COOCCH=CHCOOCH3+n→nH2O+；
（7）对应的单体I为CH3CHOHCOOH，1mol N生成2molI，可以知道N为；正确答案： ；
（8）H为，以苯和乙醛为原料制备H，可先由苯和溴在溴化铁作用下发生取代反应生成溴苯，溴苯与Mg/乙醚作用下生成，然后与乙醛反应生成，经消去反应可生成，则反应的流程如下：；
正确答案：。
【点睛】由有机物苯制备苯乙烯，就要通过苯和溴在溴化铁作用下发生取代反应生成溴苯，然后通过乙醚作用下生成，再与乙醛发生加成反应，生成芳香醇，最后在发生消去反应得到苯乙烯；这种合成题，一般要用到题给的信息，进行推断，步骤一般为3-4步。
20．     CH4(g)+2NO2(g)=2H2O(g)+ CO2(g)+N2(g) ∆H=-867kJ/mol     NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+     a     2H++2HSO+2e-=S2O+2H2O     243a（或5600a/23）
【详解】Ⅰ(1)根据盖斯定律，将两个已知热化学方程式相加得2CH4(g)+4NO2(g)=4H2O(g)+2 CO2(g)+2N2(g)  △H=（-574 kJ·mol- 1）+（-1160 kJ·mol- 1）=-1734kJ/mol，所以甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=2H2O(g)+ CO2(g)+N2(g)  △H=-867kJ/mol；
Ⅱ(2)由图可知，NO被Ce4+ 氧化为， Ce4+被还原为Ce3+，结合得失电子守恒初步确定反应为：NO+3Ce4+ →+3Ce3+，结合酸性条件，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，结合元素守恒，左边添加2个H2O，所以只生成的离子方程式为NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+++4H+；
(3)①装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，即电解时发生反应：Ce3+-e-=Ce4+，该反应为氧化过程，故在电解的阳极发生，所以Ce4+从电解槽的阳极a处流出；
②由图示知，在阴极得电子生成，初步确定反应为： 2+2e-=，结合图示，可在方程式左边添加2个H+配平电荷守恒，在右边添加2个H2O配平元素守恒，故电极反应式为2H+ +2+2e- =+2H2O；
(4)在装置Ⅳ中，被O2氧化为，设所需O2体积为V L，由得失电子守恒列式得：4n(O2)=2n()，代入数据得：，解得V=243a L。