2022年高考化学一轮复习高频考点集训专题06 高中化学人教版必修二（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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专题06 高中化学人教版必修2
一、单选题
1．下列说法不正确的是
A．利用盐析可分离提纯蛋白质
B．用碘水检验淀粉是否发生水解
C．棉花的主要成分为纤维素，属于天然纤维
D．油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，可用于制取肥皂
【答案】B
【解析】
A.加入轻金属盐的饱和溶液，可以降低蛋白质在水中的溶解度，使蛋白质从溶液中析出从而实现蛋白质的提纯，A项正确；B.碘水检出的是剩余的淀粉，而检验淀粉是否发生水解，要检验溶液中是否含葡萄糖，通常方法是：向水解液中加NaOH溶液，调整溶液至碱性，然后加入银氨溶液（水浴加热）或新制氢氧化铜悬浊液并加热，B项错误；C.棉花等主要成分都是纤维素，属于天然纤维，C项正确；D.油脂的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，其在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上可用油脂制肥皂，D项正确；答案选B项。
2．芳樟醇和橙花叔醇是决定茶叶花甜香的关键物质。芳樟醇和橙花叔醇的结构如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）

A．橙花叔醇的分子式C15H28O
B．芳樟醇和橙花叔醇互为同分异构体
C．芳樟醇和橙花叔醇与H2完全加成后的产物互为同系物
D．二者均能发生取代反应、加成反应、还原反应，但不能发生氧化反应
【答案】C
【解析】
A、根据橙花叔醇的结构，橙花叔醇的分子式为C15H26O，故A错误；
B、芳樟醇的分子式为C10H18O，芳樟醇与橙花叔醇不属于同分异构体，故B错误；
C、与氢气加成后产物的分子式分别是C10H22O、C15H32O，两者都属于醇，且含有1个羟基，碳的连接方式相同，因此与氢气加成后的产物互为同系物，故C正确；
D、两种有机物含有的官能团都是碳碳双键和羟基，可以发生取代反应、加成反应、还原反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此芳樟醇和橙花叔醇能发生氧化反应，故D错误；
答案选C。
3．下列变化中，气体被还原的是
A．二氧化碳使Na2O2固体变白 B．氯气使KBr溶液变黄
C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，A错误；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，B正确；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，C错误；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。
4．下列选项中的操作、现象与结论完全一致的是
选项
操作
现象
结论
A
A．向滴有酚酞的NaOH 溶液中通入Cl2
溶液褪色
HClO有漂白性
B
无水乙醇与浓硫酸共热至170℃,将产生气体通入溴水
溴水褪色
乙烯和溴水发生加成
C
向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞
变红,前者红色深
结合H+能力: CO32->HCO32-
D
用发光小灯泡分别做HCl和CH3COOH导电性实验
发光强度: HCl强于CH3COOH
CH3COOH是弱电解质
【答案】C
【解析】
A．氯气与NaOH反应，溶液的碱性减弱，酚酞也可褪色，不能判断是HClO的漂白性，故A错误；B．无水乙醇与浓硫酸共热至170℃，发生氧化还原反应，能够反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水反应，不能确定乙烯与溴水发生加成反应，故B错误；C．水解程度越大，对应酸的酸性越弱，则由现象可知结合H+能力：CO32-＞HCO3-，故C正确；D．导电性与离子浓度有关，浓度未知，不能判断电离出离子浓度及电解质的强弱，故D错误；故选C。
5．氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是（ ）

A．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
B．在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移
C．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成
D．如果向容器中放入1molN2和3molH2，最终可以生成2molNH3
【答案】C
【解析】
A．催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，故A项错误；
B．在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，B项错误；
C．催化剂a表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，生成不同种元素氮氢键极性共价键的形成，故C项正确；
D．如果向容器中放入1molN2和3molH2，该反应是可逆反应，最终可以生成NH3的物质的量小于2mol，故D项错误；
答案选C。
6．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡: ，。然后在恒定温度下缩小容器体积，重新达到平衡。下列分析正确的是
A．若，则该反应达到平衡状态
B．两次平衡时，后一次平衡时的浓度大
C．重新达到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变
D．若开始时向容器中加入2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出akJ热量
【答案】C
【解析】
A．，未体现正逆的关系，反应不一定达到平衡状态，选项A错误；
B．反应均按物质的量比例进行，前后两次为等效平衡，两次平衡时相等，选项B错误；
C．NH3、CO2的物质的量比始终为2：1，反应均按物质的量比例进行，前后两次为等效平衡，重新达到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变，选项C正确；
D．因反应为可逆反应，不能反应彻底，故若开始时向容器中加人2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出热量小于akJ，选项D错误；
答案选C。
7．某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：

下列分析不合理的是（　　）
A．状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B．合成NH3总反应的原子利用率是100%
C．“TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△H D．生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3
【答案】C
【解析】
A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；
B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；
C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；
D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。
故选C。
8．下列有关海水综合利用的说法中，不正确的是
A．用氯气从海水中提溴的关键反应是：Cl2+2Br—=2Cl—+Br2
B．海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
C．海水中的Na+、Cl—结晶成NaCl的过程，形成了化学键
D．从海水中可以得到氯化镁，再经过电解可制金属镁
【答案】B
【解析】
A、海水中溴元素以离子形式存在，海水提溴是氯气氧化溴离子为单质溴，发生Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，选项A正确；
B、海水中钾元素是钾离子，需要得到氯化钾固体，电解熔融KCl得到钾，必须发生化学反应，选项B错误；
C、海水中离子自由移动，结晶析出晶体氯化钠，钠离子和氯离子形成离子键，结晶成NaCl的过程，形成了化学键，选项C正确；
D、海水中加入氢氧化钙得到氢氧化镁沉淀，沉淀在盐酸中溶解得到氯化镁溶液，浓缩蒸发得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁，符合海水提镁，选项D正确；
答案选B。
9．温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（　　）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A．反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25 mol·L－1·min－1
B．T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C．其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D．其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)=0.025mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.16    0.16      0
变化量(mol/L) 0.06    0.06    0.12
平衡浓度(mol/L）0.1    0.1    0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
10．Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+，分别表示为 Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用 H2消除酸性废水中的致癌物 NO2-，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是

A．用该法处理后水体的 pH降低
B．Fe(Ⅱ)与 Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NO2-被 Fe(Ⅱ)还原为 N2
D．Pd 上发生的电极反应为：H2- 2e－== 2H＋
【答案】A
【解析】
A.电源负极虽然产生，但是正极会消耗更多的，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH上升，A项错误；
B. Fe(Ⅱ)与 Fe(Ⅲ)在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B项正确；
C.被还原为氮气，而本身被氧化为，C项正确；
D.钯即负极，氢气在负极失电子变成，D项正确；
答案选A。
11．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是

A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】
A．根据图象，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；
C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；
D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；
故选A。
12．汽车发动机中生成NO的反应为：，时该反应的化学平衡常数。在下甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入和模拟反应，起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是．
起始浓度
甲
乙
丙








A．起始时，反应速率：丙甲乙
B．平衡时，：甲丙乙
C．平衡时，的转化率：甲乙
D．平衡时，甲中
【答案】B
【解析】
A. 温度相同时，反应物浓度越大，反应速率越快，则起始时，反应速率：丙 甲乙，故A正确；
B. 甲和丙比，反应物浓度按比例增大，相当于增大压强，平衡不移动，但容器体积相同，丙中的气体物质的量多，所以NO浓度大。甲和乙比，甲相等于在乙的基础上增加了N2的浓度，平衡正向移动，NO浓度增大，所以平衡时， ：丙甲乙，故B错误；
C. 增大氧气的浓度，平衡正向移动，的转化率增大，所以平衡时，的转化率：甲乙，故C正确；
D. 设甲中反应量为，

平衡时，，解得，所以平衡时甲中  ，故D正确。
故选B。
13．在不同温度下，向2L密闭容器中加入1mol NO和1mol活性炭，发生反应：
2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g) ΔH=-213.5kJ/mol，达到平衡时的数据如下：
温度/℃
n(活性炭)/mol
n(CO2)/mol
T1
X

T2

0.25
下列说法不正确的是（ ）
A．T2℃时，若该反应经过10min达到平衡，反应速率v(NO)=0.025mol/(L·min)
B．T1℃时，若该反应的平衡常数K=9/16，则达平衡时NO的转化率为60%
C．T2℃时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c(N2):c(NO)不变
D．T1℃时，若开始时反应物的用量均减少一半，平衡后NO的转化率减小
【答案】D
【解析】
A. T2℃时，若该反应经过10min达到平衡，因CO2生成0.25mol，根据方程式可知，NO消耗0.5mol，则用NO表示的反应速率v（NO）=0.5mol÷2L÷10min=0.025mol/(L•min)，故A正确；B. 设达到平衡时NO消耗2ymol/L，根据化学平衡三段式法列式计算：
2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)
起始浓度（mol/L） 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 2y y y
平衡浓度（mol/L）0.5－2y y y
则K= = ，解得y=0.15，则NO的转化率为：×100%=60%，故B正确；C. 平衡后再缩小容器的体积，压强增大，因该反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，则c(N2):c(NO)不变，故C正确；D. T1℃时，若开始时反应物的用量均减少一半，相当于减小压强，因该反应前后气体体积不变，平衡不移动，则NO的转化率不变，故D错误；答案选D。
14．已知X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0。反应发生后，t1时达到平衡，t2时改变条件，t3时达到新平衡，则t2时改变的条件可能是

A．升高温度 B．减小Z的浓度 C．增大压强 D．增大X或Y的浓度
【答案】A
【解析】
A.该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，Z的浓度减小，X、Y的浓度增大，A正确；
B.减小Z的浓度，则t2时刻Z的浓度应小于原平衡的浓度，由于平衡右移，所以Z的浓度再增大，B错误；
C.增大压强，对于气体的物质的量不变的可逆反应来讲，平衡不移动，但体积减小，X、Y、Z的浓度均增大，C错误；
D.增大X或Y的浓度，则在t2时刻X、Y的浓度应大于原平衡时的浓度，随着反应向右移，浓度又减小，D错误；
答案选A。
二、综合题
15．电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr(Ⅵ)是主要污染物，可采用多种处理方法将其除去。查阅资料可知：
①在酸性环境下，Cr(Ⅵ)通常以Cr2O72-的形式存在；
②Cr2O72-的氧化能力强于CrO42-；
③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
阳离子
Fe3＋
Fe2＋
Cr3＋
开始沉淀的pH
1.9
7.0
4.3
沉淀完全的pH
3.2
9.0
5.6
Ⅰ.腐蚀电池法
(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(Ⅵ)。下列关于焦炭的说法正确的是_______(填字母代号)。
a．作原电池的正极　 b．在反应中作还原剂　c．表面可能有气泡产生
Ⅱ.电解还原法
向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。电解装置如图1所示。

(2)A极连接电源的______________极，A极上发生的电极反应式为_______________
(3)电解开始时，B极上除了发生产生H2的反应外，还有少量Cr2O72-在B极上直接放电，该反应的电极反应式为_________________
(4)电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间(t)与溶液中铬元素去除率的关系如图2所示。

①由图可知，电解还原法应采取的最佳pH范围为____(填字母代号)。
a．2～4　　　　　　b．4～6　　　　　　c．6～10
②解释曲线Ⅰ和曲线Ⅳ去除率低的原因：________________
【答案】 (1)ac (2) 正 Fe－2e－===Fe2＋ (3) Cr2O72-＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O
(4)①b ②曲线Ⅰ的pH较小，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低
【解析】
(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H＋＋2e－===H2↑，观察到焦炭表面有气泡产生，则a、c正确，
故答案为：ac；
(2)由图可知，与电源的B极相连的一极表面产生H2，该电极的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，则B是电源负极，A是电源正极；与A极相连的电极为电解池的阳极，电极材料是Fe，Fe发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。
(3)B极是阴极，发生还原反应，少量Cr2O在B极上直接放电被还原为Cr3＋，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O。
(4)①由图可知，曲线Ⅱ对应pH＝4时，溶液中铬元素去除率最大，且所用时间最短，反应速率快；曲线Ⅲ对应pH＝6时，铬元素去除率最终与pH＝4相同，但所用时间较长，反应速率比pH＝4慢；图中曲线Ⅰ、Ⅳ 对应的铬元素去除率偏低，故最佳pH范围为4～6，答案选b。
②由题给信息可知，去除废水中的铬元素，最终要生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀排出。曲线Ⅰ的pH＝2，酸性较强，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致铬元素去除率较低；曲线Ⅳ的pH＝10，溶液呈碱性，促使平衡Cr2O3-＋H2O2CrO42-＋2H＋正向移动，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致铬元素去除率较低。
16．某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。
资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
装置
编号
电极A
溶液B
操作及现象

Ⅰ
Fe
pH=2的H2SO4
连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转
Ⅱ
Cu
pH=2的H2SO4
连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a
①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是______________。
②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是________________________；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________________。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。
编号
溶液B
操作及现象
Ⅲ
经煮沸的pH=2的 H2SO4
溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b
Ⅳ
pH=2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ
pH=12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c>a>b，请解释原因是____________________。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响。
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是__________________。
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用右图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是___________________________。

【答案】（1）①2H++ 2e-= H2↑；②在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+ 4H++ 4e-=2H2O
（2）①O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②溶液的酸碱性；③排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）
【解析】（1）①Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故答案为2H++2e-=H2↑；
②铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H++4e-=2H2O，故答案为在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-=2H2O；
（2）①实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电解质相同，不同的是氧气的浓度不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；
②实验Ⅳ、Ⅴ是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况，所以Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，故答案为溶液的酸碱性；
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰，故答案为排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；
④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。
17．反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题：

已知：RCHO+R＇OH+R＂OH
（1）A的名称是__________；B分子中共面原子数目最多为__________；C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有__________种。
（2）D中含氧官能团的名称是__________，写出检验该官能团的化学反应方程式：__________。
（3）E为有机物，能发生的反应有__________。
a．聚合反应 b．加成反应 c．消去反应 d．取代反应
（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构：________。
（5）以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部分补充完整。

（6）问题（5）的合成路线中第一步反应的目的是__________。
【答案】 (1)正丁醛或丁醛 (2) 9 (3) 8 (4) 醛基 (5)+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O； cd CH2=CHCH2OCH3、、、 ； (6) 保护醛基
【解析】
（1）根据流程图，A为CH3CH2CH2CHO，是丁醛；B为CH2=CHOC2H5，分子中共面原子数目最多为9个(如图：)，C分子中与环相连的三个基团中，8个碳原子上的氢原子化学环境都不相同，共有8种，故答案为丁醛；9；8；
（2）D为，其中含氧官能团是醛基，检验醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为醛基；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（3）根据流程图，结合信息，C在酸性条件下反应生成、CH3CH2CH2CHO和CH3CH2OH以及水，因此E为CH3CH2OH，属于醇，能发生的反应有消去反应和取代反应，故选cd；
（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团， F可能的结构有：CH2=CHCH2OCH3、、，故答案为CH2=CHCH2OCH3、、；
（5）D为，己醛的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CHO，根据信息和己醛的结构，首先需要将碳碳双键转化为单键，然后在酸性条件下反应即可，故答案为；
（6）醛基也能够与氢气加成，（5）中合成路线中第一步反应的目的是保护醛基，故答案为保护醛基。
18．Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一 种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物。

（1）W在元素周期表中的位置是______。
（2）2.24L（标准状况）XQ3被200mL 1mol/L QXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是______。
（3）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是______。
（4）已知：W（s）+Y2（g）═WY2（g）△H=-393.5kJ/mol WY（g）+ Y2（g）═WY2（g）△H=-283.0kJ/mol24g W与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物的物质的量之比是______。
（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是______。
【答案】 (1)第二周期IVA族 (2) c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-）
(3) CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
(4) n（CO2）：n（CO）=1：3
(5) Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O
【解析】
（1）W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA族；
故答案为：第二周期IVA族；
（2）2.24L（标准状况）NH3为0.1mol，200mL1mol/L HNO3溶液含有HNO30.2mol，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)；
故答案为：c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)；
（3）由图可知，电子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
（4）已知：①C(s)+O2 (g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol；
②CO(g)+O2 (g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol；
由①-②得C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110kJ/mol；
24gC的物质的量为2mol，与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol×2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol×2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，所以x+y=2，393.5x+110y=362.5，解得x=0.5 mol，y=1.5 mol，所以n(CO2)：n(CO)=1：3；
故答案为：n(CO2)：n(CO)=1：3；
(5)X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3H2O；
故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3H2O。
19．X 、Y、 Z、 W为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如下图所示：
X
Y


Z
W
请回答下列问题：
(1)W位于周期表中第______________周期，第___________族。
(2)X和氢可以构成+1价阳离子，其电子式是_________，Y的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性_________(填“强”、或“弱”)。
(3)X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M, M的水溶液显酸性的原因是_____________________(用离子方程式表示)。
(4)①Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是_______________________________。
②在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_________________。
【答案】(1)第三 第VIIA
(2) 强
(3)NH4++H2ONH3·H2O + H+
（4）①SO2+ Cl2+ 2H2O = 2HCl + H2SO4 ②2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)△H =" -190.0" kJ·mol－1
【解析】
由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl；
(1)W为Cl元素，处于周期表中第三周期第ⅦA族；
(2)X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+，其电子式是，非金属性O＞S，故氢化物稳定性：H2O＞H2S；
(3)X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M为NH4NO3，水溶液中铵根离子水解NH4++H2ONH3•H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性；
(4)①Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl，反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
②在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2+O22SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为=2mol，该反应的热化学方程式是：2SO2 (g)+O2(g)2SO3(g)△H=-190.0 kJ•mol-1。