2018-2019学年湖北省重点高中联考协作体高二上学期12月月考化学试题 解析版



湖北省孝感市六校2018-2019学年高二12月月考
化学试卷
可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 O 16
第I卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。)
1.习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”而利用化学知识降低污染、治理污染，改善人类居住环境是化学工作者当前的首要任务。下列做法不利于环境保护的是
A. 开发清洁能源 B. 有效提高能源利用率
C. 研制易降解的生物农药 D. 对废电池做深埋处理
【答案】D
【解析】
A. 开发清洁能源有利于减少空气污染，保护环境；B. 有效提高能源利用率，可以减少能源的消耗，保护环境；C. 研制易降解的生物农药 ，可以减少农药的残留，保护了环境； D. 对废电池做深埋处理，电池中的重金属离子会污染土壤和地下水。本题选D。
2. 下列化学用语正确的是（ ）
A. 二氧化碳分子的比例模型
B. NH3的电子式
C. 乙烷的分子式 CH3CH3
D. 丙烯的结构简式 CH3CH＝CH2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、碳原子半径大于氧原子半径，则该二氧化碳分子的比例模型不正确，A错误；B、氨气是共价化合物，电子式为，B错误；C、乙烷的分子式为C2H6，C正确；D、丙烯含有碳碳双键，结构简式为CH3CH＝CH2，D正确，答案选D。
考点：考查化学用语正误判断
3.已知.下列两个结构简式：CH3-CH2CH3和HO-，两式中均有短线“一”，这两条短线所表示的意义是
A. 都表示一对共用电子
B. 都表示一个共价单键
C. 前者表示一对共用电子，后者表示一个未成对电子
D. 前者表示分子内只有一个共价单键，后者表示该基团内无共价单键
【答案】C
【解析】
有机物结构简式或结构式中短线表示共价键即共用电子对，则CH3-CH3中短线“-”表示共用电子对，CH3-是甲烷失去一个氢原子后剩下的电中性的基团，所以CH3-中短线“-”表示一个未成对电子，只有C正确，故选C。
4.有关基本营养物质说法正确的是（ ）
A. 淀粉和纤维素互为同分异构体 B. 鸡蛋白滴加浓硝酸变黄色
C. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应 D. 木材、稻草、蚕丝主要成分都是纤维素
【答案】B
【解析】
【详解】A.淀粉和纤维素由于分子中聚合度不一样，不属于同分异构体，故A错误；B.鸡蛋白滴加浓硝酸因发生颜色反应而变黄色，故B正确；C.单糖不能发生水解反应，故C错误；D.蚕丝主要成分是蛋白质，故D错误；答案选B。
【点睛】淀粉和纤维素虽然分子式的表达形式是一样的，都为(C6H10O5)n，但其中的n的值是不一样的，故并不属于同分异构体。
5.下列变化全部属于化学变化的是
A. 石油裂解，煤的气化
B. 煤的干馏，石油分馏
C. 金属导电，熔融氯化钠导电
D. 金属的焰色反应，浓硫酸吸水
【答案】A
【解析】
【分析】
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。
【详解】A．煤的气化是碳和水反应生成氢气和CO的过程，为化学变化，石油裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程（主要为乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃），为化学变化，A正确；
B．煤在高温条件下，经过干馏生成粗氨水、煤焦油、焦炉气以及焦炭等物质，发生化学变化，石油分馏得到汽油、柴油等是利用了物质的沸点不同而分离的方法，属于物理变化，B错误；
C．金属单质含有自由电子能导电，没有新物质生成，属于物理变化；熔融氯化钠导电，是氯化钠自身完全电离出自由移的氯离子和钠离子导电，其导电过程中被电解生成氯气和钠，属于化学变化，C错误；
D．焰色反应是金属元素的一种性质，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，不同的金属元素呈现出不同的焰色反应，焰色反应在本质上是物理变化，该过程中可能会伴随化学变化；浓硫酸吸水时放出热量，该过程中发生复杂的物理、化学变化，D错误；
答案选A。
6.有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯，⑧环己烯。其中既不能使KMnO4酸性溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是 (　　)
A. ①②③⑤ B. ④⑥⑦⑧
C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧
【答案】C
【解析】
②③⑧中含有碳碳双键或碳碳三键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色。甲苯和溴水不反应，但能被酸性高锰酸钾溶液氧化。所以正确的答案是C。
7.下列实验操作和结论说法正确的是：
选项
实验
结论
A
除去甲烷中的乙烯杂质，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
乙烯含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾反应，甲烷不反应
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2­二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
D
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，故A错误；B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇分子中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故B错误；C．乙烯含碳碳双键，与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，则溶液最终变为无色透明，故C正确；D．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故D错误；故选C。
8.在同温同压下，下列各组热化学方程式中 ，ΔH2＞ΔH1的是(　　)
A. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2
B. S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1 S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2
C. C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH1 C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2
D. 2HCl(g) === H2(g)＋Cl2(g) ΔH1 1/2H2(g)＋1/2Cl2(g)===HCl(g) ΔH2
【答案】B
【解析】
【分析】
A.液态水变为气态水的过程是吸热过程；
B.固体硫变为气态硫需要吸收热量；
C.碳单质完全燃烧放热多于不完全燃烧放的热；
D.化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，据此分析解答。
【详解】A.物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，液态水变为气态水的过程是吸热的，故△H1＞△H2，选项A错误；
B.物质的燃烧反应是放热的，所以焓变是负值，固体硫变为气态硫需要吸收热量，所以△H1＜△H2，选项B正确；
C.碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反应的焓变是负值，故△H1＞△H2，选项C错误；
D.化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该分解反应是吸热的，所以焓变值是正值，△H1=2△H2，△H1＞△H2，选项D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了物质反应与能量变化关系的知识。主要是盖斯定律的应用，物质量不同、状态不同、产物不同，反应的能量变化不同。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是：
A. 和互为同分异构体
B. 15g甲基（﹣CH3）含有的电子数是9NA
C. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 和的结构相同，是同一种物质，故A错误；B．甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，15g甲基的物质的量是1mol，则1mol甲基（一CH3）所含的电子数应为9NA，故B正确；C、7.8g苯的物质的量为0.1mol，苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键，不存在碳碳双键，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；故选B。
10.由两种烃组成的混合气体2 L与足量的氧气充分反应后生成CO25 L、H2O(g) 7 L（所有
气体体积都在120℃测定），则这两种混合气体的可能组成是
A. C2H4、C3H8 B. CH4、C5H8
C. CH4、C4H8 D. C2H6、C3H8
【答案】D
【解析】
根据体积比是物质的量之比可以得出烃与生成的二氧化碳和水蒸气的物质的量之比是1︰2.5︰3.5，即混合烃的平均分子式为C2.5H7.若A正确，则根据碳原子的平均值，依据十字交叉法可计算出二者的物质的量之比是1︰1，而根据氢原子的平均值计算出的物质的量之比是1︰3，所以假设不成立。同样也可分别分析BCD这三个选项，通过计算选项D是正确的，二者的体积比是1︰1。答案选D。
11.100mL 2mol/L的盐酸与过量的锌片反应时，为减慢反应速率，又不影响生成的氢气的总量，可采用的方法是
A. 加入适量的6 mol/L的盐酸 B. 加入适量的醋酸钠固体
C. 加入适量的NaOH固体 D. 加入适量碳酸钠溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
盐酸与过量的锌片反应，盐酸不足量完全反应，则减慢反应速率又不影响生成氢气的总量，可通过减小氢离子浓度或减小金属的接触面积等方式，只要不改变其氢离子物质的量即可，以此来解答。
【详解】A．加入适量的6 mol•L-1的盐酸，使溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，生成氢气增多，选项A不符合题意；
B．加入适量醋酸钠固体，醋酸钠与盐酸反应生成醋酸，因醋酸为弱酸，使溶液中氢离子浓度减小，反应速率减小，随着反应的进行，溶液中氢离子浓度减小，醋酸会进一步电离产生氢离子。由于最终电离出的氢离子物质的量不变，所以生成氢气总量不变，选项B符合题意；
C．加入适量NaOH溶液，NaOH与盐酸发生中和反应消耗盐酸，使氢离子的物质的量减小，最终生成氢气的总量减小，选项C不符合题意；
D．加入少量Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应产生水和二氧化碳，盐酸被消耗，使溶液中氢离子的物质的量减少，导致最终溶液生成氢气的总量减小，选项D不符合题意；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、接触面积对反应速率的影响， Zn过量，盐酸完全反应是本题解答的关键。
12.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（ ）个
①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤C(g)的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1 ⑦某时刻v(A)＝2v(C)且不等于零
⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
【解析】
①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；⑤C（g）的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；⑦某时刻υ（A）=2υ（C）且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；⑧单位时间内生成nmolD一定消耗2nmolA，同时生成2nmolA，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。
点睛：本题考查化学平衡的标志，化学平衡的标志是：逆向相等，变量不变。“逆向相等”指达到平衡时同一物质表示的正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态；“变量不变”指可变物理量不变是平衡的标志，不变物理量不变不能作为平衡的标志。注意本题中的B呈固态以及容器为绝热容器。
13.已知短周期元素的四种离子 A2＋、 B＋、 C3－、 D－具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是 ( )
A. 原子序数： D＞C＞B＞A B. 离子半径： C3－＞D－＞A2＋＞B＋
C. 原子半径： B＞A＞C＞D D. 氧化性： A2＋＞B＋，还原性： C3－＜D－
【答案】C
【解析】
因为A2+、B+、C3-、D-都具有相同电子层结构，则A、B都是阳离子，所以在同一周期，为金属元素，且原子序数A＞B，C、D在同一周期，为非金属元素，且原子序数D＞C，
A．由电子层数越多的原子序数越大，同周期从左向右原子序数在增大，所以原子序数为A＞B＞D＞C，故A错误；B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，原子序数为A＞B＞D＞C，则离子半径为C3-＞D-＞B+＞A2+，故B错误；C．电子层越多，半径越大，同周期原子序数越大，半径越小，则原子半径为B＞A＞C＞D，所以C选项是正确的；D．金属性越强，其阳离子的氧化性越弱，金属性为B＞A，则氧化性：A2+＞B+，非金属性：C＜D，则还原性：C3-＞D-，故D错误；所以C选项是正确的。
点睛:A2+、B+、C3-、D-都具有相同电子层结构，则A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数A＞B，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数D＞C，以此来解答。
14.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：

A. 淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法
B. 以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品
C. 步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小
D. 用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣
【答案】C
【解析】
【详解】A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力。本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。
15.下列说法正确的是
A. 常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4
B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C. 用0.2000 mol•L-1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol•L-1)，当pH=7时，溶液中的酸恰好完全中和
D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol•L-1盐酸、③0.1 mol•L-1氯化镁溶液、④0.1 mol•L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：④＞①＞②＞③
【答案】D
【解析】
A. 常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，醋酸的电离平衡正向移动，溶液的pH小于4，A不正确；B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测0.1mol/LH2A溶液的pH。若pH1，则H2A是强酸；若pH>1，则H2A是弱酸。若测NaHA溶液的pH，即使pH＜7，也不能说明H2A是强酸，也可能是因为HA-的电离程度大于其水解程度所致，B不正确；C. 用0.2000 mol•L-1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol•L-1)，当酸碱恰好完全反应时得到氯化钠和醋酸钠溶液，因醋酸钠水解而使溶液显碱性，所以，当pH=7时，溶液中的酸没有被完全中和，C不正确；D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol•L-1盐酸、③0.1 mol•L-1氯化镁溶液、④0.1 mol•L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度④为0.1mol•L-1，②、③两溶液中的Cl-离子抑制氯化银的溶解，③中Ag＋浓度最小，D正确。本题选D。
点睛：酸碱中和反应恰好完全进行时，溶液的pH不一定等于7，溶液的pH由生成的盐的性质决定，强酸强碱盐溶液显中性，强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。
16.在通电条件下，用如图所示装置由乙二醛(OHC-CHO)制备乙二酸(H00C-COOH)。其制备反应为：OHC-CHO+2Cl2+2H2O→HOOC-COOH+4HCl。下列说法正确的是( )

A. 盐酸是起提供Cl-和增强导电性的作用
B. Pt1的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 每消耗0.1mol乙二醛在Pt1极放出2.24L气体(标准状况)
D. 每得到lmol乙二酸将有2molH+从右室迁移到左室
【答案】A
【解析】
【分析】
A. HCl是电解质；B. Pt1为阴极，得电子发生还原反应；C. Pt1阴极发生的电极反应方程式为Cl2+2e-═2Cl-，据此进行分析；D. Pt2为阳极发生的电极反应方程式为OHC-CHO-4e-+2H2O=HOOC-COOH+4H+，据此进行分析。
【详解】A. HCl是电解质，其在水溶液中电离产生的Cl-起提供和增强导电性的作用，选项A正确；
B. Pt1为阴极，该电极上得电子发生还原反应，电极反应方程式为Cl2+2e-═2Cl-，选项B错误；
C. Pt1阴极发生的电极反应方程式为Cl2+2e-=2Cl-，为吸收气体，而不是放出气体，选项C错误；
D. Pt2为阳极发生的电极反应方程式为OHC-CHO-4e-+2H2O=HOOC-COOH+4H+，故每发生反应产生1mol乙二酸，就有4molH+从右室迁移到左室，选项D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了电解池原理的分析应用，把握电解池原理以及电解过程中电极方程式的书写，掌握基础是关键。
第Ⅱ卷(非选择题,共52分)
17.①甲烷、②乙烷、③乙烯、④苯、⑤甲苯、⑥二甲苯、⑦乙醇、⑧乙酸，它们都是常见的重要化工原料。
(1)上述物质中，氢元素的质量分数最大的是______填分子式；
(2)分别写出⑦、⑧中所含官能团的名称____________、____________二者发生酯化反应的化学方程式为_________________________________________________，如果用4.6g乙醇和9.0g乙酸充分反应制得乙酸乙酯5.28g，则本实验的产率是：__________产率指的是目标生成物的实际产量与理论产量的比值。
(3)上述物质中，能发生加成反应的烃类物质有：__________________________填序号。
(4)下列物质中，不能通过乙烯加成反应得到的是______填序号。
a.CH3CH3       b.CH3CHCl2        c.CH3CH2Br  
(5)苯、甲苯、二甲苯是用途广泛的有机溶剂。二甲苯的结构有______种，其中一种被称为“PX”，它的一氯代物只有两种，则“PX”的结构简式是____________________________。
【答案】 (1). CH4 (2). 羟基 (3). 羧基 (4). CH3CH3OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3 +H2O (5). 60% (6). ③④⑤⑥ (7). b (8). 3 (9).
【解析】
【分析】
(1)最简式中H、C原子个数比越大，H原子的质量分数越大；
(2)乙醇含—OH，乙酸中含—COOH，二者发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；用4.6g乙醇和9.0g乙酸充分反应，乙酸的物质的量(0.15mol)大于乙醇的物质的量(0.1mol)，乙醇完全反应，理论上生成0.1mol×88g/mol=8.8g；
(3)含双键、三键及苯环的烃可发生加成反应；
(4)乙烯可与氢气、HBr、氯气发生加成反应；
(5) 二甲苯分子中两个甲基在苯环上的位置有邻、间、对三种，要从苯环和侧链分析其一氯代物，据此分析解答。
【详解】(1)最简式中H、C原子个数比越大，H原子的质量分数越大，则上述物质中甲烷(CH4)中H的质量分数最大，其化学式是CH4；
(2)⑦、⑧中所含官能团的名称分别为羟基、羧基，二者发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应时酸脱羟基醇脱氢，反应方程式为为CH3COOH+ CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；用4.6g乙醇和9.0g乙酸充分反应，乙酸的物质的量(0.15mol)大于乙醇的物质的量(0.1mol)，所以乙醇完全反应，理论上生成0.1mol×88g/mol=8.8g，充分反应制得乙酸乙酯5.28g，但本实验的产率是(5.28g÷8.8g) ×100%=60%；
(3)含双键、三键及苯环的烃可发生加成反应，在上述物质中，能发生加成反应的烃类物质有③④⑤⑥；
(4)乙烯可与氢气、HBr、氯气发生加成反应分别生成CH3CH3、CH3CH2Br、ClCH2CH2Cl，只有b物质( CH3CHCl2)不可能反应产生；
(5) 二甲苯的结构有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯三种不同结构；其中一种被称为“PX”，它的一氯代物只有两种，说明在其苯环上只有一种位置的H原子，测链上有一种H原子，该物质为对二甲苯，其结构简式是。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意不饱和烃、醇的性质，题目难度不大。
18.某化学兴趣小组利用如图装置进行铝热反应实验，发现生成的铁呈疏松的褐色硬块。小组成员推测主要原因是产物铁含杂质较多，并进一步探究该褐色硬块的组成。请回答下列问题：

（l）铝热反应原理____________（写化学方程式）；试剂A为_____（写化学式）。实验现象：_________、有褐色固体生成。
（2）将褐色硬块处理成粉未状，研究小组首先排除了含有单质Al杂质的可能性。
实验方法：首先取少量粉未加入_____溶液中；
实验现象：__________；实验结论是：粉末中含有Al2O3而没有Al。
（3）根据上述实验判断该褐色硬块的组成基本确定为Fe、Fe2O3、Al2O3。提出假设：
假设l：固体粉末中除Al2O3外还有Fe；
假设II：固体粉末中除Al2O3外还有Fe和Fe2O3。
设计方案并实验：
实验步骤
实验现象
实验结论
①取少量黑色固体于试管中加稀盐酸
固体全部溶解，有气泡产生
假设I成立，假设II不成立
②再滴入几滴0.01mol/L KSCN 溶液
溶液不变色

你认为上述结论是否合理，_________，理由是_______________。
（4）取上述实验所得溶液，滴入适量氯水溶液变红色。此时涉及的离子反应方程式为：_________________、____________。
【答案】 (1). Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe (2). KClO3（或Na2O2） (3). 火星四射，有强光（或放出大量的热） (4). NaOH溶液 (5). 粉末部分溶解，但没有气泡产生 (6). 不合理 (7). Fe2O3与酸反应生成的Fe3+余Fe反应生成Fe2+，滴入KSCN溶液后也不变色 (8). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (9). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3
【解析】
（l）通过本题图可以看出铝热反应为氧化铁和铝的反应，其反应方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；试剂A的作用是加热产生氧气，帮助燃烧，促进反应反应快速进行，一般选取的是KClO3或Na2O2．此反应非常剧烈，在反应过程中会有火星四射的现象，同时伴有有强光，并放出大量热，生成黑色的金属固体铁
（2）金属铝可以和氢氧化钠发生反应产生氢气，所以可以取少量粉末加入NaOH溶液中，结果没有产生气泡证明粉末中含有Al2O3而没有Al；
（3）含有Fe3+的溶液与KSCN溶液混合后溶液会变红，如果没有Fe3+离子，加入KSCN溶液混合后溶液也不会变红．由于固体全部溶解，在这个过程中Fe3O4与酸反应生成的Fe3+可能与Fe反应生成Fe2+，这样溶液也不变红．故结论不合理，应该确认铁溶解后Fe3+还有剩余才能变红；
（4）取上述实验所得溶液，滴入适量氯水，溶液变红色，说明溶液中含有Fe2+，而Cl2能把Fe2+氧化成Fe3+，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe3+和SCN-生成配合物，发生反应Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3。
19.（1）已知拆开1mo1H-H键、1molN≡N键、lmolN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。则生成1mo1 NH3时反应放出___________kJ 的热量。
（2）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是________（填序号）。

（3）直接乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。

①三种乙醇燃料电池中正极反应物均为______________________；
②碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为_______________________________；
③熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，电极b上发生的电极反应式为______________________________。
【答案】 (1). 46 (2). ① (3). O2 (4). C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO32－＋11H2O (5). O2＋2CO2＋4e－=2CO32－
【解析】
【详解】（1）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3mol H-H键，1mol N≡N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，生成2molNH3放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，所以生成1molNH3放出的热量为46kJ，故答案为：46；
（2）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐，①中铜作负极、C作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故正确；②中铁发生钝化现象，Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；③中铁作负极、C作正极，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；故答案为：①；
（3）①正极发生还原反应，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为O2，故答案为：O2；
②碱性乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO32－＋11H2O，故答案为：C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO32－＋11H2O；
③原电池中阴离子向负极移动，所以CO32-向负极（a）移动，电极b上是氧气得到电子发生还原反应，b电极上的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故答案为：O2+2CO2+4e-=2CO32-。
20.请结合下列有机物回答相关问题，

(1)有机物A习惯命名为___________，标注“*”的碳原子连接起来构成的图形为________(填“菱形”、“正方形”或“正四面体形”)。E是A的同系物，且比A少一个碳原子，则E的一氯代物有______种。
(2)相同质量的上述四种有机物完全燃烧时耗氧量最大的是_______________(填结构简式)
(3)有机物B能实现如下转化：

各步转化的反应条件为①___________________________；②__________________________。
(4)有机物D的官能团名称为_______________，D在一定条件下能生成高分子化合物的反应化学方程式为___________________________________________________________。
【答案】 (1). 新戊烷 (2). 正四面体形 (3). 4 (4). 无 (5). 溴蒸汽、光照 (6). 液溴(或纯溴)、FeBr3或Fe (7). 碳碳双键 (8).
【解析】
【分析】
(1)有机物A中主链上含有3个C原子，在2号C原子上含有2个甲基，标注“*”的碳原子连接起来构成的图形和甲烷相似；E是A的同系物，且比A少一个碳原子，说明E中含有4个C原子，可能是正丁烷或异丁烷；
(2)A、B、C、D分子式分别为C5H12、C7H8、C8H10、C8H8，设其质量都是1g，分别计算出上述四种物质消耗氧气物质的量，再比较判断；
(3)B为甲苯，甲苯和氯气在光照条件下发生支链上取代反应，和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上的取代反应生成2-甲基溴苯；
(4)有机物D是苯乙烯，其官能团名称为碳碳双键，D在一定条件下能发生加聚反应，生成高分子化合物聚苯乙烯，反应化学方程式为。
【详解】(1)有机物A分子中含有五个碳原子，主链上有3个碳原子，在2号C原子上含有2个甲基，为新戊烷或系统命名法命名为2，2-二甲基丙烷；标注“*”的碳原子连接起来构成的图形和甲烷相似，为正四面体结构；E是A的同系物，且比A少一个碳原子，说明E中含有4个C原子，可能是正丁烷或异丁烷，正丁烷和异丁烷都含有两种氢原子，则其一氯代物各有两种，所以一共是四种一氯代物；
(2)A、B、C、D分子式分别为C5H12、C7H8、C8H10、C8H8，设其质量都是1g，则消耗氧气物质的量分别为mol、mol、mol、mol；可见等质量的上述四种物质耗氧量最大的是A，其结构简式是；
(3)B为甲苯，甲苯和氯气在光照条件下发生支链上取代反应；和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上的取代反应生成2-甲基溴苯，反应条件分别为①溴蒸汽、光照；②液溴(或纯溴)、FeBr3；
(4)有机物D的官能团名称为碳碳双键，D在一定条件下能生成高分子化合物聚苯乙烯，反应方程式为。
【点睛】本题考查物质结构和性质、燃烧耗氧量比较等知识，明确官能团及其性质关系、化学反应原理是解本题关键，注意甲苯发生苯环、甲基上取代反应的区别。
21.乙烯产量是衡量一个国家石油化工水平的主要标志。下图是由乙烯合成乙酸乙酯可能的合成路线：

请回答下列问题：
(1)反应④的化学方程式为_____________________________ ；
(2)在实验室制备乙酸乙酯时，用到饱和的碳酸钠溶液，其作用是：___________________；
(3)乙醇的结构式为，若实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为 _________________________________；
(4)乙酸乙酯的同分异构体(只含一种官能团)有______________种；
【答案】 (1). 2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O (2). 吸收挥发出来的乙酸和乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度 (3). 2CH3CH2OH + 2Na → 2CH3CH2ONa + H2↑ (4). .5
【解析】
【分析】
(1) 乙醇含有羟基，可以被催化氧化产生乙醛；
(2)从制取乙酸乙酯的反应物及生成物的的物理性质、化学性质和物质的分离提纯分析；
(3)与Na反应生成氢气的量可说明含1个特殊H原子；
(4)根据乙酸乙酯的分子式及题干要求写出符合要求的同分异构体，据此分析解答。
【详解】(1)乙醇分子中含有羟基，在Cu作催化剂时，在加热条件下，发生氧化反应，产生乙醛和水，反应的化学方程式是：2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O ；
(2)乙醇和乙酸在浓硫酸催化下，在加热时发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水。乙醇、乙酸沸点低，加热容易挥发，反应产生的乙酸乙酯及未反应的乙醇、乙酸通过导气管进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，饱和碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度；
(3)实验证明乙醇分子有一个特殊氢原子的反应的化学方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；
(4) 乙酸乙酯分子式是C4H8O2，它的同分异构体，且只含有一种官能团的物质有酯、羧酸；属于酯类的有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3；羧酸有CH3CH2CH2COOH、 (CH3)2 CHCOOH，因此共有5种同分异构体。
【点睛】本题考查了有机物性质、转化、同分异构体等知识，掌握官能团结构是实现物质转化和分析物质的性质和作用的前提。