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山东省滨州市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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这是一份山东省滨州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题，共31页。试卷主要包含了H2等内容，欢迎下载使用。
山东省滨州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东滨州·高一统考期末）按要求回答下列问题。
(1)2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。氮元素在周期表中的位置是________，N2的电子式是________，化合物Si3N4中N的化合价是_______价。
(2)2020年6月23日，长征系列运载大箭将北斗三号“收官之星”成功送入太空。火箭燃料燃烧的化学方程式为:2N2H4+N2O4=3N2+4H20。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______，将封装有NO2和NO混合气体的圆底烧瓶浸入热水中，气体混合物颜色变_______(填“深”或“浅”)。
(3)我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第5周期IA族元素。Rb元素原子的失电子能力______填(“强”或“弱”)于K，请用原子结构的知识解释其原因：______。
2. （2020春·山东滨州·高一统考期末）(1)以下两个反应在理论上能设计成原电池的反应是_____(填字母)。
A．NaOH+HCl=NaCl+H2O；B．2FeCl3+Fe=3FeCl2
(2)选择适宜的材料和试剂将(1)中你选择的反应设计为原电池装置。
①该电池的负极材料是______，离子导体是 ________。
②该电池的正极反应是________反应(填“氧化”或“还原”)，电池的正极电极反应式为______。
③该电池放电时溶液中阳离子移向______(填“正”或“负”)极。
④该电池放电过程中，若测得电解质溶液的质量与时间的关系如图所示，则反应从开始至t1时，电路中转移电子的物质的量为________。
3. （2021春·山东滨州·高一统考期末）某同学为验证同主族元素原子得电子能力强弱进行如下实验：
Ⅰ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅱ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅲ.在淀粉碘化钾试纸上滴加几滴溴水。
回答下列问题：
(1)实验Ⅰ的现象_______。
(2)根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的实验现象可得实验结论为_______，请用原子结构的知识解释其原因：_______。
(3)实验Ⅰ、Ⅱ得到的层中含有卤素单质，可用浓溶液反萃取分离回收。以下是反萃取回收的操作过程：
①向装有的溶液的_______(填仪器名称)中加入少量浓溶液；
②振荡至溶液的_______色消失，振荡过程中仪器内压强会增大，需要打开_______(填“上口玻璃塞”或“下口活塞”)放气；
③静置、分层，先将层从仪器的下口放出，再将含碘的碱溶液从仪器的_______(填“上”、“下”)口倒入烧杯中；
④边搅拌边加入几滴45%的溶液，溶液立即转为棕黄色，并析出碘晶体，写出该反应的离子方程式_______。
4. （2020春·山东滨州·高一统考期末）下表为元素周期表的一部分，请参照元素A～J在表中的位置，用化学用语回答下列问题。
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
(1)表中所列元素原子失电子能力最强的是______(填元素名称)。
(2)F、G、I、J元素的简单离子中，半径最大的是______(填离子符号)，G的最高价氧化物对应水化物与强碱溶液反应的离子方程式为_______。
(3)向F2I的溶液中通入J的单质,现象为____，反应的离子方程式为_______。
(4)E、I、J对应的氢化物最稳定的是_______(填氢化物的化学式)。
(5)下列关于元素周期表应用的说法不正确的是_____。
a.在金属元素和非金属元素的交界处寻找半导体材料
b.在过渡元素中寻找优良的催化剂
c.元素周期表中性质相似的元素，一定处于同一族
d.利用元素周期表可以寻找合适的超导材料
(6)利用如图装置设计实验验证B、H、I三种元素非金属性的变化规律，分液漏斗所装药品为______，试管中的现象为_______。
5. （2021春·山东滨州·高一统考期末）某种化合物是工业洗涤剂的中间体，其结构如下所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。回答下列问题：
(1)写出Q元素在周期表中的位置_______，Z单质的电子式_______。
(2)Y、Z、Q三种元素所形成的最简单气态氢化物中，稳定性最强的是_______(填化学式)；X、Y、Z、Q四种元素组成的化合物中，既含离子键又含共价键的是_______(填化学式)。
(3)Z、Q、W三种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(4)利用如图装置可比较Y、Z两元素原子的得电子能力，b中发生反应的化学方程式为_______。
(5)碲()的某化合物是常用的光盘记录材料之一，可在激光照射下记录、储存信号。已知碲与Q同主族，则碲及其化合物可能具有的性质为_______(填标号)。
A．单质碲在常温下是固体 B．比稳定
C．的酸性比弱 D．通入溶液中不发生反应
6. （2022春·山东滨州·高一统考期末）元素周期表中所列的每个序号分别代表某一元素。
回答下列问题：
(1)元素①的阴离子结构示意图为___________。
(2)①、③、④三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，其电子式为___________。
(3)金属性④___________⑤(填“＞”、“＜”或“=”)，请用原子结构的知识解释其原因___________。
(4)利用如图装置探究②和⑥的非金属性强弱，填写合理试剂的化学式：X___________、Y___________、Z___________。
(5)工业上制备⑦单质的离子方程式为___________。
(6)下列说法正确的是___________。
A．⑨的单质常温下为固体，可做半导体材料 B．⑨的氢化物很稳定
C．⑩的最高价氧化物对应的水化物具有两性 D．⑩与⑧的原子序数之差为61
7. （2020春·山东滨州·高一统考期末）合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
(1)德国化学家F·Haber利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖，该反应的能量变化及微观历程的示意图如下，用分别表示N2、H2、NH3。
①该反应是____反应(填“吸热“或“放热”，其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量_____(填“大于”或“小于”)生成物化学键形成放出的总能量。
②关于N2和H2在催化剂表面合成氨气的过程，下列说法正确的是________。
A．曲线b表示有催化剂时的能量变化情况
B．催化剂在吸附N2、H2时，催化剂与气体之间的作用力为化学键
C．在该过程中，N2、H2断键形成氮原子和氢原子
D．使用催化剂，使合成氨反应放出的能量增多
(2)一定温度下，向恒容的密闭容器中充入一定量的N2和H2发生反应，测得各组分浓度随时间变化如图所示。
①表示c(N2)变化的曲线是_____（填“曲线A”或“曲线B”或“曲线C”)。
②0～t0时用H2表示的化学反应速率：v(H2)=_____ mol‧L-1‧min-1
③下列能说明该反应达到平衡状态的是______(填序号)。
a.容器中的压强不随时间变化
b.2c(H2)=3c(NH3)
c.容器中混合气体的密度不随时间变化
d.断裂3mol H-H键的同时断裂6molN-H键
(3)人们曾认为N2+3H2 =2NH3化学反应速率小，原材料利用率低，不可能用于工业化生产。化学家们不断地研究和改进该反应的条件，如催化剂、温度、压强等，并更新设备，成功地开发了合成氨的生产工艺。下列反应条件的改变对反应速率的影响正确的是_______。
A．增大N2的浓度能加快反应速率
B．充入稀有气体增大压强能加快反应速率
C．升高温度能减慢反应速率
D．使用催化剂对反应速率无影响
8. （2021春·山东滨州·高一统考期末）化学物质在汽车的动力、安全等方面有着极为重要的作用。
(1)某同学根据所查阅的资料，绘制了三种可燃物在空气中发生燃烧反应的能量变化示意图。根据示意图，你认为可燃物_______(填“A”、“B”或“C”)更适合用作车用燃料。(已知：燃点是指在规定的条件下，应用外部热源使物质表面起火并持续燃烧一定时间所需的最低温度，燃点较低时存在安全隐患。)
(2)汽车尾气中含有、等污染物。其中生成过程的能量变化如图，由该图数据计算可得，该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)通过传感器可监测汽车尾气中的含量，其工作原理如图所示：
①A电极发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②B电极反应为_______。
(4)电动汽车普遍使用锂离子电池。某锂离子电池反应为。
①当有消耗时，电路中转移电子数目为_______。
②根据①的计算思路，分析做电极优于的原因是_______。
(5)安全性是汽车发展需要解决的重要问题。汽车受到强烈撞击时，预置在安全气囊内的化学药剂发生反应产生大量气体，气囊迅速弹出。某种产气药剂主要含有、、、，已知在猛烈撞击时分解产生两种单质，并放出大量的热。
①药剂中做冷却剂原因是_______。
②根据产气药剂的组成，在设计气囊中所运用的化学反应时，需要考虑的角度有_______(填标号)。
A．固体反应物的颜色 B．气体产物的毒性 C．反应的快慢 D．反应的能量变化
9. （2021春·山东滨州·高一统考期末）研究化学反应的快慢和限度，能使化学反应更好的服务于人类的需要。
(1)高炉炼铁中常发生副反应：。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的，反应过程中和的浓度与时间的关系如图所示。
①时，正、逆反应速率的大小关系为v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。
②0~4min时间段内，的平均反应速率_______。
③下列条件的改变能减慢其反应速率的是_______(填标号，下同)。
A．降低温度
B．减少铁粉的质量
C．保持压强不变，充入使容器的体积增大
D．保持体积不变，充入使体系压强增大
④下列描述不能说明上述反应已达平衡的是_______。
A．单位时间内生成的同时消耗
B．容器中固体质量不随时间而变化
C．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
D．的比值保持不变
(2)利用的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去的主要反应如下：，某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂()表面发生上述反应，生成的转化率随温度变化的情况如图所示。(转化率)
①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内生成的平均反应速率_______。
②在有氧条件下温度580K之后生成的转化率降低的原因可能是_______。
10. （2022春·山东滨州·高一统考期末）臭氧存在于大气中，可吸收太阳光中对人体有害的短波光线，使生物免受紫外线的伤害，是地球生命的保护伞。
(1)臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。
已知：
转化为的热化学方程式为___________。
(2)在水中易分解，一定条件下，的浓度减少一半所需的时间(t)如下图所示。
已知：的起始浓度为
①在30℃、条件下，的分解速率为___________。
②根据图中的递变规律，推测在下列条件下分解速率最大的是___________填序号)。
A．10℃、 B．40℃、 C．50℃、
(3)臭氧在烟气脱硝过程中发生反应： 。在绝热恒容密闭容器中充入和发生上述反应，一段时间后，测得的物质的量为0.1mol。
①反应前后容器内气体物质的量比为___________。
②下列叙述能说明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。
A．的体积分数保持不变 B．混合气体的密度不再变化 C．容器内的温度不再变化
11. （2022春·山东滨州·高一统考期末）二氧化碳的捕集，利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
(1)利用 CO2为氧化剂，可将乙烷转化为更有价值的乙烯： ∆H=___________。(已知：298K时，相关物质的相对能量如图。)
(2)某科研团队研发了Zn-CO2电池，电池工作时复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-。Zn-CO2电池工作原理如图所示：
①组装时，电池复合膜中a膜朝向电池的___________(填“Zn”或“Pd”)电极一侧。
②闭合K时，Zn电极的电极反应式为___________。
③当复合膜层间消耗18g水时，电池转化的CO2在标准状况下的体积为___________，左池中OH-变化的物质的量为___________。
12. （2020春·山东滨州·高一统考期末）工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，如图所示:
请回答下列问题:
(1) C的结构简式为_______，D中官能团的名称是______。
(2)②、⑤反应的反应类型分别是_____、______。
(3)反应①的化学方程式为_____；反应③的化学方程式为_____。
(4)丙烯分子中最多有____个原子共面，丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，写出其反应的化学方程式:_____。
(5)某实验小组用以下装置制备乙酸乙酯。
球形冷凝管的作用是_____。将圆底烧瓶中的液体倒入饱和碳酸钠溶液中，经过多步操作，可分离得到粗产品。此过程中定需要的操作是______(填序号)。
13. （2021春·山东滨州·高一统考期末）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料可设计合成路线如下：
查阅资料获得信息：
(1)①的加工手段称为煤的_______(填“气化”、“液化”或“干馏”)。
(2)②的反应类型为_______，写出E中含氧官能团的名称_______。
(3)反应④的化学方程式为_______。
(4)与C互为同分异构体且属于饱和烃的结构简式为_______，写出F的结构简式_______。
(5)苯基乙二醇()可用于调制香精。工业上常用苯乙烯()为原料合成苯基乙二醇，利用题干信息写出合成路线_______。提示：①合成过程中无机试剂任选，②合成路线表示方法如下：
14. （2022春·山东滨州·高一统考期末）功能高分子P的合成路线如下。
回答下列问题：
(1)A的名称为___________。
(2)E中所含官能团的名称为___________。
(3)写出D和E生成F的化学方程式___________。
(4)写出P的结构简式___________。
(5)A的同系物H比A的相对分子质量大28，其结构有___________种。
(6)以甲苯和乙酸为起始原料合成乙酸苯甲酯()，设计合成路线___________。提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线表示方法如下：ABC……→K
15. （2022春·山东滨州·高一统考期末）苯甲酸及苯甲酸盐因具有高效、方便、廉价等特点，是我国目前应用最广泛的一类防腐剂。某化学实验小组进行了相关研究。
Ⅰ．制备方法的选择
该小组通过查阅资料，发现了以下3种方法。
方法名称
主要反应方程式
甲苯氧化法
+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O
+HCl+KCl
Cannizzaro
反应法
2+KOH+，+HCl+KCl
甲苯氯化
水解法
+3Cl2+3HCl，+2+HCl，
+ H2O+HCl
(1)综合考虑，该小组选择“甲苯氧化法”的理由是___________(答出一条即可)。
Ⅱ．制备与提纯
名称
相对分子质量
性状
熔点
(℃)
沸点
(℃)
密度
溶解度
水
乙醇
乙醚
甲苯
92
无色液体，易挥发
110.6
0.8669
不溶
苯甲酸
122
白色片状或针状晶体，100℃时迅速升华
122.4
248
1.2659
微溶
易溶
易溶
查阅资料后，小组同学制备与提纯苯甲酸的过程如下。
已知：苄基三乙基氯化铵既能溶于水，又能溶于有机溶剂，且不与甲苯、反应。
回答下列问题：
(2)若在反应器中同时加入0.4g苄基三乙基氯化铵，可以使搅拌回流的时间缩短为1h。苄基三乙基氯化铵在此过程中起到的作用为___________。
(3)“反应结束”的判断依据为___________。
(4)滤渣的主要成分为___________。
(5)加入适量的饱和溶液除去的目的是___________；冰水浴降温的主要目的是___________。
(6)粗品提纯的方法为___________。
(7)该过程的产率为___________(列出计算式即可，无需化简，产率= ×100％)。
参考答案：
1. 第2周期VA族 -3 1：2 深 强 K和Rb是上下相邻的同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K
【分析】(1)短周期元素在周期表中的位置是电子层数和最外层电子数决定，N2是共价分子，按其共用电子对的情况书写电子式，根据化合物中正负价代数和为0确定化合价数值；
(2)结合氧化还原反应的相关定义、找出2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中氧化剂和还原剂并填空，将封装有NO2和NO混合气体中，有2NO2 N2O4，升温时平衡向吸热方向移动，红棕色NO2浓度变化导致混合物颜色变化；
(3)同主族金属元素，原子半径大，其原子的失电子能力强，据此回答。
【详解】(1)氮原子序数为7，电子分两层排布，最外层5个电子，在周期表中的位置是第2周期VA族，2个氮原子间通过共用3对电子对形成分子，故N2的电子式是，硅的非金属性比氮弱，化合价是＋4价，故化合物Si3N4中N的化合价-3价；
(2)反应：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中，N2O4中氮元素化合价降低，氧化剂为N2O4、N2H4中氮元素化合价升高，还原剂为N2H4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，将封装有NO2和NO混合气体的圆底烧瓶浸入热水中，2NO2 N2O4向逆反应方向移动，红棕色NO2浓度增大，混合物颜色变深；
(3)Rb元素原子的失电子能力大于K，K和Rb是上下相邻的同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K。
2. B Fe FeCl3 溶液 还原 Fe3++e-=Fe2+ 正 1
【分析】本题从构成原电池：①两个活动性不同的金属作电极，②有电解质溶液，③形成闭合回路，④与电解质溶液自发发生氧化还原反应，以及原电池的工作原理进行分析；
【详解】(1)利用原电池构成条件，总反应应为氧化还原反应，
A. 不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，该反应不能设计成原电池，故A不符合题意；
B. 该反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，该反应能设计成原电池，故B符合题意；
(2)①根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，根据反应方程式，铁单质的化合价升高，即Fe为负极，FeCl3溶液为电解质溶液，因此离子导体为FeCl3；
②根据原电池工作原理，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；
③根据原电池工作原理，阳离子移向正极；
④Fe＋2FeCl3=3FeCl2，溶液质量增加，即增加的质量为Fe的质量，开始至t1时，转移电子物质的量为=1mol。
【点睛】原电池工作原理：负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应；正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电子从负极经外电路流向正极；电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；这是分析电池工作最基础的。
3. 溶液分层，下层呈橙色 元素原子得电子能力： 氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱 分液漏斗 紫红 下口活塞 上
【分析】元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；氯气能氧化溴离子生成溴单质，能氧化碘离子生成碘单质，溴能氧化碘离子生成碘单质，据此判断非金属性强弱。
【详解】(1) 根据分析，向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置，发生置换反应，生成的溴单质溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，密度比水大，则现象为溶液分层，下层呈橙色，故答案为：溶液分层，下层呈橙色；
(2) Ⅰ中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，Ⅱ中氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Ⅲ中氧化剂是Br2，氧化产物是I2，所以氧化性强弱顺序是Cl2> Br2> I2，则元素原子得电子能力：。用原子结构的知识解释为：氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱，故答案为：元素原子得电子能力：；氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱；
(3)①用浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离和，向装有的溶液的分液漏斗中加入少量浓溶液进行反萃取，故答案为：分液漏斗；
②碘单质溶于四氯化碳时呈紫红色，加入氢氧化钠浓溶液后振荡，碘单质与氢氧化钠反应，至溶液的紫红色消失。萃取时振荡过程中分液漏斗内压强会增大，要将分液漏斗倒置让漏斗颈向上，慢慢打开下口活塞放气，故答案为：紫红；下口活塞；
③充分反应后NaI、NaIO3溶于水，密度小于四氯化碳，分层后水溶液位于上层，因此含碘的碱溶液从分液漏斗的上口倒出，故答案为：上；
④由题给信息可知，NaI、NaIO3在酸性条件下发生归中反应生成碘，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出该反应的离子方程式为：，故答案为：。
4. 钠 S2- Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- 生成淡黄色沉淀 S2- +Cl2=2C1- +S↓ HF c 稀硫酸 溶液变浑浊
【分析】根据元素在周期表中的位置，可判断A~J分别为H、C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl。
【详解】(1)根据周期律，同主族原子序数越大，失电子能力越强，同周期，原子序数越小失电子能力越强，则所列原子失电子能力最强的为Na；
(2)F、G、I、J元素分别为Na、Al、S、Cl，Na、Al失电子，其离子比S、Cl的离子少一个电子层，S2-、Cl-具有相同的核外电子排布，原子序数越小，离子半径越大，则S2-最大；G的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=+2H2O；
(3)F2I为Na2S，硫化钠与氯气反应生单质硫和氯离子，离子方程式为S2- +Cl2=2C1- +S↓；现象为有淡黄色沉淀出现；
(4)E、I、J对应的氢化物分别为HF、H2S、HCl，根据非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，则HF最稳定；
(5)a．半导体材料的导电性在导体与绝缘体之间，则在金属元素和非金属元素的交界处寻找半导体材料，a说法正确；
b．过度元素外界电子层是d能级电子或者f能级电子，空轨道多，可以容纳的电子多，因此在催化等方面有助。则在过渡元素中寻找优良的催化剂，b说法正确；
c．元素周期表对角线上的元素性质也有很大的形似性，元素周期表中性质相似的元素，可能处于同一族可能在周期表对角线上，c说法错误；
d．利用元素周期表可以寻找合适的超导材料，d说法正确；
答案为c；
(6)利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，设计硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，则分液漏斗中装有硫酸，锥形瓶中的试剂为碳酸钠，试管中试剂为硅酸钠溶液，可观察到试管中的溶液变浑浊。
5. 第2周期第ⅥA族 (或等) AC
【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素；由该化合物的结构图可知，Y为第IVA族元素，Q为VIA族元素，W为VA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，综合以上分析，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na元素。
【详解】(1)根据分析，Q为O元素，氧原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，氧元素在周期表中位于第2周期第ⅥA族；Z为N元素，Z单质为N2，氮分子中两个氮原子间共用三对电子，其电子式为：，故答案为：第2周期第ⅥA族；；
(2)Y、Z、Q三种元素所形成的最简单气态氢化物分别是CH4、NH3、H2O，非金属性C
(4) C和N均为非金属元素，非金属性越强的电子能力越强，利用如图装置可通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(通过强酸制弱酸)来比较两元素的非金属性强弱，则b中发生反应为硝酸与碳酸盐的反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；
(5)A．碲元素在周期表中位置为第五周期第VIA族，单质碲在常温下是固体，故A正确；
B．非金属性Te
故选AC。
6. (1)
(2)
(3) ＞ Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg
(4) 或
(5)
(6)AD
【分析】由元素周期表知，①为H，②为C，③为O，④Na，⑤Mg，⑥Si，⑦Cl，⑧Ca，⑨Te，⑩Tl；
（1）元素①为H，其阴离子结构示意图为；故答案为：；
（2）①、③、④三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物为NaOH，其电子式为；故答案为：；
（3）④和⑤为同周期元素，同周期从左到右金属性减弱，则金属性④＞⑤，原子结构的知识解释其原因是Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg；故答案为：＞；Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg；
（4）元素非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸原理来探究②和⑥的非金属性强弱，X为，Y为或，Z为；故答案为：；或；；
（5）⑦为Cl，工业上制备⑦单质的离子方程式为；故答案为：；
（6）A．Te为VIA族，单质常温下为固体，Te在金属与非金属分界线上，可做半导体材料，A正确；B．Te为VIA族，同主族元素从上到下非金属减弱，其气态氢化物的稳定性减弱，Te的氢化物不是很稳定，B错误；C．⑩为Tl，其最高价氧化物对应的水化物具有碱性，不具有两性，C错误；D．⑧为20号元素，⑩为81号元素，⑩与⑧的原子序数之差为61，D正确；故答案为：AD。
7. 放热 小于 AC 曲线A ad A
【分析】由反应过程中的能量变化图判断该反应是否放热，焓变=反应物化学键断裂吸收的总能量-生成物化学键形成放出的总能量，比较即可；观察图片、结合催化剂对反应过程的影响等知识判断正误； 观察图片，按物质的量浓度的变化判断反应物和生成物，按物质的量浓度变化值之比等与化学计量数之比判断表示c(N2)变化的曲线；结合定义计算0～t0时v(H2)；按平衡特征判断各说法的正误；从影响反应速率的因素相关知识点判断正误，据此回答。
【详解】(1)①由反应过程中的能量变化图知，该反应放热，其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成放出的总能量；
②A．催化剂能降低反应的活化能，故曲线b表示有催化剂时的能量变化情况，A正确；
B．催化剂在吸附N2、H2时，是物理变化，催化剂与气体之间并没有形成化学键，B错误；
C．由图知，在该过程中，N2、H2断键形成氮原子和氢原子，又重新结合形成了氨分子，C正确；
D．使用催化剂，能降低反应的活化能，但不改变反应的热效应，D错误；
则正确的是AC；
(2) ①C的物质的量浓度增加、A和B的物质的量浓度减小，所以A和B是反应物、C是生成物，物质的量浓度变化值之比等与化学计量数之比，即A、B与C的化学计量数之比为1:3:2，则表示c(N2)变化的曲线是曲线A；
②0～t0时用H2表示的化学反应速率：= mol‧L-1‧min-1；
③a．合成氨反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，a正确；
b．由图知，平衡时c(H2)= c(NH3)，b错误；
c．恒容密闭容器中， ，气体质量始终不变，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，选项c错误；
d．断裂3mol H-H键的同时断裂6molN-H键，即υ正(H2):υ逆(NH3)=3:2，不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，则说明已平衡，d正确；则正确的说法为ad；
(3) A．增大反应物如N2的浓度能加快反应速率，A正确；
B．充入稀有气体增大压强，但是无效增压，反应相关各气体的浓度没有改变，故不能加快反应速率，B错误；
C．升高温度能加快反应速率，C错误；
D．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，D错误；
综上分析，答案选A。
【点睛】考查了化学反应速率的计算、影响因素和平衡状态的判断，求化学反应速率，判断可逆反应是否平衡，通过 “等”、“定”来判断， “等”，即统一过物质的正、逆反应速率相等，“定”即各成分的浓度等保持不变，选择判据时一定要符合这2个特征才行。
8. B 吸热 氧化 单位质量的提供的电子比多 碳酸氢钠分解吸收热量 BCD
【分析】根据题意，适合用作车用的燃料需要具有较高的燃点，等物质的量的燃料完全燃烧放出的热量要多，据此分析判断；根据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的相对大小分析判断；根据电流的流向，B电极为正极，A电极为负极，据此分析解答；根据产气药剂产生的气体需要对人体和环境无影响、产气速度要快等分析判断。
【详解】(1)根据题意，适合用作车用的燃料需要具有较高的燃点，等物质的量的燃料完全燃烧放出的热量要多，燃料A到达燃点需要的能量较低，不符合要求；燃料B到达燃点需要的能量较高，且放出的能量较多，符合要求；燃料C到达燃点需要的能量较高，但放出的能量较少，不符合要求；故选B；
(2)根据图示，N2(g)+O2(g)=2NO(g)过程中反应物断键吸收的能量=(946+498)kJ/mol，生成物形成化学键释放出的能量=2×632kJ/mol，吸收的能量＞放出的能量，该反应为吸热反应，故答案为：吸热；
(3)根据电流的流向，B电极为正极，A电极为负极。
①A电极为负极，发生氧化反应，故答案为：氧化；
②B电极为正极，氧气在正极上放电生成水，电极反应式为，故答案为：；
(4) ①的物质的量==20mol，反应后Li变成+1价，电路中转移电子20mol，数目为，故答案为：；
②的相对原子质量小于，单位质量的提供的电子比多，因此做电极优于，故答案为：单位质量的提供的电子比多；
（5）①在猛烈撞击时分解产生两种单质，并放出大量的热，药剂中的分解吸收热量，用做冷却剂，故答案为：碳酸氢钠分解吸收热量；
②根据产气药剂的组成，在设计气囊中所运用的化学反应时，需要考虑：生成气体的快慢、生成气体对环境的影响、反应过程中能量的变化等，故选BCD。
9. > 0.125 AC A 氨气被氧气氧化
【详解】(1) ①时，反应未达到平衡，二氧化碳浓度随时间的推移而减小，反应向正向进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
②0~4min时间段内，的浓度的变化量为，则，故答案为：0.125；
③A．其他条件相同时，化学反应速率与温度成正相关，所以温度越低化学反应速率越慢，故A正确；
B．铁粉为固体，固体的浓度为常数，所以对化学反应速率无影响，故B错；
C．保持压强不变，充入氦气使容器体积增大，则二氧化碳、CO浓度降低，化学反应速率减小，故C正确；
D．保持体积不变，充入使体系压强增大，则浓度增大，化学反应速率增大，故D错；
答案选AC
④A．单位时间内生成的同时消耗，根据方程式可知，自反应开始时就会有这样的比例关系，故A错；
B．容器中固体质量不随时间而变化，则FeO的质量、、质量均不再随时间的变化而变化，则该反应处于平衡状态，故B正确；
C．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，则气体的质量不再改变，即处于平衡状态，故C正确；
D．的比值保持不变，则说明该反应处于平衡状态，故D正确；
答案选A
(2)①在420K时NO的转化量为，580K时NO的转化量为，在5min内NO的无质量的变化量-，此时段内NO的平均反应速率为，故答案为：；
②在有氧条件下温度580K之后生成的转化率降低的原因可能是氨气背氧气氧化，从而降低其转化率，故答案为：氨气被氧气氧化。
10. (1)
(2) 0.0001 B
(3) 6∶5 AC
【解析】（1）依题意，根据盖斯定律，将第二个热方程式乘以-3之后减去，第一个热方程式乘以2，即得到转化为的热化学方程式为： 。
（2）①在30℃、条件下，根据图示，的浓度减少一半所需的时间为108min，的分解速率为：=0.0001；②根据图中三条曲线的递变规律，可以得出结论：相同pH时，温度越高，的浓度减少一半所需的时间越短，即分解速率越快；相同温度是，pH越大，的浓度减少一半所需的时间越短，即分解速率越快。据此推测在温度越高、pH越大的环境分解速率越快，从图中可看出，pH=6时，30℃与50℃下的分解速率非常接近，故分解速率最大的是40℃、，答案选B。
（3）依据题意，列三段式：①反应前后容器内气体物质的量比为=6∶5；②当反应过程中发生改变的量保持不变时，则说明体系达到平衡状态，A．的体积分数保持不变，说明O3的含量保持不变，体系达到平衡状态，符合题意； B．该反应气体总质量始终不变，容器体积不变，混合气体密度始终不变，则混合气体的密度不再变化，不能用来判断是否达到平衡，不符合题意；C．该反应体系在绝热容器中进行，正向放热，与外界没有能量的交换，体系的温度随反应进行而增大，故容器内的温度不再变化，则说明体系达到平衡状态，符合题意；故答案选AC。
11. (1)+177
(2) Pd 11.2L 1mol
【分析】由Zn转化为[Zn(OH)4]2-，则Zn作原电池的负极，Pd作原电池的正极；因为Zn电极需要消耗OH-，所以复合膜需向左侧提供OH-。
（1）
对于反应 ∆H=生成物的总能量-反应物的总能量=[52+(-242)+(-110)-(-393)-(-84)]=+177。答案为：+177；
（2）
①由分析可知，电池复合膜应向左池提供OH-，因此组装时，电池复合膜中b膜朝向Zn电极一侧，则a膜朝向电池的Pd电极一侧。
②闭合K时，Zn电极中Zn失电子产物与电解质反应生成[Zn(OH)4]2-，则电极反应式为。
③当复合膜层间消耗18g水时，产生1molH+和1molOH-。电池右侧，电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则消耗1molH+时，电池转化的CO2为0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；复合膜向左池中提供1molOH-，则左池中OH-变化的物质的量为1mol。答案为：Pd；；11.2L；1mol。
【点睛】在电池中，左池和右池消耗多少OH-和H+，复合膜就向两池提供多少OH-和H+。
12. CH3CHO 羧基 加成反应 取代反应(酯化反应) + Br2+ HBr 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O 7 nCH3CH=CH2 冷凝回流 ac
【分析】B和D发生反应生成CH3COOCH2CH3，该反应为酯化反应，根据流程图，推出B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，CH3CH2OH被氧化成C，即C为CH3CHO，石蜡油在碎瓷片的作用下生成A，A为烯烃，即A为CH2=CH2，据此分析；
【详解】(1)根据上述分析，C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COOH，官能团是羧基；
(2) 根据上述分析，A为乙烯，与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，②为加成反应，⑤为酯化反应或取代反应；
(3)反应①发生取代反应，其反应方程式为+ Br2+ HBr；反应③为氧化反应，其反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
(4)根据乙烯空间构型为平面形、甲烷空间构型为正四面体形以及三点确定一个平面，丙烯可以表示为 ，丙烯中最多有7个原子共面；丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，其反应方程式为nCH3CH=CH2；
(5)乙酸、乙醇易挥发，因此球形冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料的利用率；碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，乙酸乙酯为无色液体，将圆底烧瓶中的液体倒入饱和碳酸钠溶液中，饱和碳酸钠溶液中出现分层，采用分液方法分离，故ac正确。
13. 气化 加成反应 羟基、酯基
【分析】①是煤在高温下与水蒸气的反应，根据A的化学式，A为乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，B在氢氧化钠水溶液中水解生成乙二醇；E是乙二醇与D发生酯化反应得到的，根据E的结构简式可知，D为CH2=CHCOOH，则为C为CH2=CHCH3，E发生加聚反应生成高分子化合物F，F为，据此分析解答。
【详解】(1)①为煤在高温下与水蒸气的反应，称为煤的气化，故答案为：气化；
(2)②为乙烯与溴的加成反应；E(CH2=CHCOOCH2CH2OH)中所含含氧官能团有酯基和羟基，故答案为：加成反应；酯基和羟基；
(3)反应④为乙二醇和丙烯酸的酯化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4) 与C(CH2=CHCH3)互为同分异构体，属于饱和烃的结构中含有一个环，符合条件的结构简式为，E发生加聚反应得到F，F的结构简式为，故答案为：；；
(5) 用苯乙烯()为原料合成苯基乙二醇 ()，需要引入羟基，可以在碳碳双键上加上卤素原子后水解即可，合成路线为，故答案为：。
14. (1)甲苯
(2)碳碳双键、羧基
(3)
(4)
(5)8
(6)
【分析】D中含羟基，E中含羧基，D与E在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成F为，F在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物P为。
（1）
A是苯环上的一个氢原子被甲基取代，名称为甲苯。
（2）
E的结构简式为，含有的官能团为碳碳双键和羧基。
（3）
与在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成，反应的化学方程式为： 。
（4）
由分析可知，P的结构简式为：。
（5）
A的同系物H比A的相对分子质量大28，即多了C2H4，苯环上的取代基可以为-CH2CH2CH3，或-CH(CH3)2，或-CH2CH3和-CH3，或-CH3、-CH3和-CH3，当取代基为-CH2CH2CH3时有1种结构，当取代基为-CH(CH3)2时有1种结构，当取代基为-CH2CH3和-CH3时有3种结构，当取代基为-CH3、-CH3和-CH3时有3种结构，总共8种结构。
（6）
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，再发生水解生成，与CH3COOH发生酯化反应即得到，合成路线为：。
15. (1)生产成本低##污染较小##生产环节少##原料利用率高 (或其他合理答案)
(2)相转移催化剂##催化剂##提高甲苯与溶液反应速率(其他合理答案)
(3)油状液体消失(或其他合理答案)
(4)
(5) 防止后续加浓盐酸时产生有毒的氯气 便于苯甲酸结晶析出
(6)重结晶##升华
(7)
【分析】通过合成路线选择的条件确认甲苯氧化法是最佳方案，甲苯与KMnO4反应生成苯甲酸钾和MnO2沉淀，用NaHSO3除去过量KMnO4后过滤，得到苯甲酸钾滤液，冰水浴环境，加入浓盐酸，调pH值，得到粗产品，经重结晶或升华得到产品。
（1）合成路线的选择要考虑生成成本、生成环节、原料利用率、环境友好等因素，甲苯氧化法与另两种方法比起来具有，生成环节少，原料利用率高等优点。
（2）依题意，苄基三乙基氯化铵不与甲苯、反应，能缩短搅拌回流的时间，则其起到催化剂作用，提高甲苯与溶液反应速率。
（3）依题意，反应结束时难溶于水的无色油状液体甲苯全部转化为可溶于水的甲苯酸钾，故现象为油状液体消失。
（4）据分析，KMnO4被甲苯还原得到MnO2固体，故滤渣是MnO2。
（5）由于KMnO4的强氧化性能氧化Cl-生成Cl2，加入适量的饱和溶液除去的目的是防止后续加浓盐酸时产生有毒的氯气；苯甲酸100℃时迅速升华，微溶于水，故冰水浴降温的主要目的是便于苯甲酸结晶析出。
（6）苯甲酸100℃时迅速升华，可用升华法提纯，其微溶于水，也可用重结晶的方法提纯，故苯粗品提纯的方法为重结晶或升华。
（7）2.7mL甲苯的物质的量为，9gKMnO4的物质的量为，根据反应的方程式：+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O，判断得到甲苯量不足，则得到的苯甲酸钾物质的量为，实际产量是2g，则该过程的产率为。
山东省滨州市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题
1. （2020春·山东滨州·高一统考期末）按要求回答下列问题。
(1)2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。氮元素在周期表中的位置是________，N2的电子式是________，化合物Si3N4中N的化合价是_______价。
(2)2020年6月23日，长征系列运载大箭将北斗三号“收官之星”成功送入太空。火箭燃料燃烧的化学方程式为:2N2H4+N2O4=3N2+4H20。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______，将封装有NO2和NO混合气体的圆底烧瓶浸入热水中，气体混合物颜色变_______(填“深”或“浅”)。
(3)我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第5周期IA族元素。Rb元素原子的失电子能力______填(“强”或“弱”)于K，请用原子结构的知识解释其原因：______。
2. （2020春·山东滨州·高一统考期末）(1)以下两个反应在理论上能设计成原电池的反应是_____(填字母)。
A．NaOH+HCl=NaCl+H2O；B．2FeCl3+Fe=3FeCl2
(2)选择适宜的材料和试剂将(1)中你选择的反应设计为原电池装置。
①该电池的负极材料是______，离子导体是 ________。
②该电池的正极反应是________反应(填“氧化”或“还原”)，电池的正极电极反应式为______。
③该电池放电时溶液中阳离子移向______(填“正”或“负”)极。
④该电池放电过程中，若测得电解质溶液的质量与时间的关系如图所示，则反应从开始至t1时，电路中转移电子的物质的量为________。
3. （2021春·山东滨州·高一统考期末）某同学为验证同主族元素原子得电子能力强弱进行如下实验：
Ⅰ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅱ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅲ.在淀粉碘化钾试纸上滴加几滴溴水。
回答下列问题：
(1)实验Ⅰ的现象_______。
(2)根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的实验现象可得实验结论为_______，请用原子结构的知识解释其原因：_______。
(3)实验Ⅰ、Ⅱ得到的层中含有卤素单质，可用浓溶液反萃取分离回收。以下是反萃取回收的操作过程：
①向装有的溶液的_______(填仪器名称)中加入少量浓溶液；
②振荡至溶液的_______色消失，振荡过程中仪器内压强会增大，需要打开_______(填“上口玻璃塞”或“下口活塞”)放气；
③静置、分层，先将层从仪器的下口放出，再将含碘的碱溶液从仪器的_______(填“上”、“下”)口倒入烧杯中；
④边搅拌边加入几滴45%的溶液，溶液立即转为棕黄色，并析出碘晶体，写出该反应的离子方程式_______。
4. （2020春·山东滨州·高一统考期末）下表为元素周期表的一部分，请参照元素A～J在表中的位置，用化学用语回答下列问题。
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
(1)表中所列元素原子失电子能力最强的是______(填元素名称)。
(2)F、G、I、J元素的简单离子中，半径最大的是______(填离子符号)，G的最高价氧化物对应水化物与强碱溶液反应的离子方程式为_______。
(3)向F2I的溶液中通入J的单质,现象为____，反应的离子方程式为_______。
(4)E、I、J对应的氢化物最稳定的是_______(填氢化物的化学式)。
(5)下列关于元素周期表应用的说法不正确的是_____。
a.在金属元素和非金属元素的交界处寻找半导体材料
b.在过渡元素中寻找优良的催化剂
c.元素周期表中性质相似的元素，一定处于同一族
d.利用元素周期表可以寻找合适的超导材料
(6)利用如图装置设计实验验证B、H、I三种元素非金属性的变化规律，分液漏斗所装药品为______，试管中的现象为_______。
5. （2021春·山东滨州·高一统考期末）某种化合物是工业洗涤剂的中间体，其结构如下所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。回答下列问题：
(1)写出Q元素在周期表中的位置_______，Z单质的电子式_______。
(2)Y、Z、Q三种元素所形成的最简单气态氢化物中，稳定性最强的是_______(填化学式)；X、Y、Z、Q四种元素组成的化合物中，既含离子键又含共价键的是_______(填化学式)。
(3)Z、Q、W三种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(4)利用如图装置可比较Y、Z两元素原子的得电子能力，b中发生反应的化学方程式为_______。
(5)碲()的某化合物是常用的光盘记录材料之一，可在激光照射下记录、储存信号。已知碲与Q同主族，则碲及其化合物可能具有的性质为_______(填标号)。
A．单质碲在常温下是固体 B．比稳定
C．的酸性比弱 D．通入溶液中不发生反应
6. （2022春·山东滨州·高一统考期末）元素周期表中所列的每个序号分别代表某一元素。
回答下列问题：
(1)元素①的阴离子结构示意图为___________。
(2)①、③、④三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，其电子式为___________。
(3)金属性④___________⑤(填“＞”、“＜”或“=”)，请用原子结构的知识解释其原因___________。
(4)利用如图装置探究②和⑥的非金属性强弱，填写合理试剂的化学式：X___________、Y___________、Z___________。
(5)工业上制备⑦单质的离子方程式为___________。
(6)下列说法正确的是___________。
A．⑨的单质常温下为固体，可做半导体材料 B．⑨的氢化物很稳定
C．⑩的最高价氧化物对应的水化物具有两性 D．⑩与⑧的原子序数之差为61
7. （2020春·山东滨州·高一统考期末）合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大，反应如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
(1)德国化学家F·Haber利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖，该反应的能量变化及微观历程的示意图如下，用分别表示N2、H2、NH3。
①该反应是____反应(填“吸热“或“放热”，其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量_____(填“大于”或“小于”)生成物化学键形成放出的总能量。
②关于N2和H2在催化剂表面合成氨气的过程，下列说法正确的是________。
A．曲线b表示有催化剂时的能量变化情况
B．催化剂在吸附N2、H2时，催化剂与气体之间的作用力为化学键
C．在该过程中，N2、H2断键形成氮原子和氢原子
D．使用催化剂，使合成氨反应放出的能量增多
(2)一定温度下，向恒容的密闭容器中充入一定量的N2和H2发生反应，测得各组分浓度随时间变化如图所示。
①表示c(N2)变化的曲线是_____（填“曲线A”或“曲线B”或“曲线C”)。
②0～t0时用H2表示的化学反应速率：v(H2)=_____ mol‧L-1‧min-1
③下列能说明该反应达到平衡状态的是______(填序号)。
a.容器中的压强不随时间变化
b.2c(H2)=3c(NH3)
c.容器中混合气体的密度不随时间变化
d.断裂3mol H-H键的同时断裂6molN-H键
(3)人们曾认为N2+3H2 =2NH3化学反应速率小，原材料利用率低，不可能用于工业化生产。化学家们不断地研究和改进该反应的条件，如催化剂、温度、压强等，并更新设备，成功地开发了合成氨的生产工艺。下列反应条件的改变对反应速率的影响正确的是_______。
A．增大N2的浓度能加快反应速率
B．充入稀有气体增大压强能加快反应速率
C．升高温度能减慢反应速率
D．使用催化剂对反应速率无影响
8. （2021春·山东滨州·高一统考期末）化学物质在汽车的动力、安全等方面有着极为重要的作用。
(1)某同学根据所查阅的资料，绘制了三种可燃物在空气中发生燃烧反应的能量变化示意图。根据示意图，你认为可燃物_______(填“A”、“B”或“C”)更适合用作车用燃料。(已知：燃点是指在规定的条件下，应用外部热源使物质表面起火并持续燃烧一定时间所需的最低温度，燃点较低时存在安全隐患。)
(2)汽车尾气中含有、等污染物。其中生成过程的能量变化如图，由该图数据计算可得，该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)通过传感器可监测汽车尾气中的含量，其工作原理如图所示：
①A电极发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。
②B电极反应为_______。
(4)电动汽车普遍使用锂离子电池。某锂离子电池反应为。
①当有消耗时，电路中转移电子数目为_______。
②根据①的计算思路，分析做电极优于的原因是_______。
(5)安全性是汽车发展需要解决的重要问题。汽车受到强烈撞击时，预置在安全气囊内的化学药剂发生反应产生大量气体，气囊迅速弹出。某种产气药剂主要含有、、、，已知在猛烈撞击时分解产生两种单质，并放出大量的热。
①药剂中做冷却剂原因是_______。
②根据产气药剂的组成，在设计气囊中所运用的化学反应时，需要考虑的角度有_______(填标号)。
A．固体反应物的颜色 B．气体产物的毒性 C．反应的快慢 D．反应的能量变化
9. （2021春·山东滨州·高一统考期末）研究化学反应的快慢和限度，能使化学反应更好的服务于人类的需要。
(1)高炉炼铁中常发生副反应：。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的，反应过程中和的浓度与时间的关系如图所示。
①时，正、逆反应速率的大小关系为v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。
②0~4min时间段内，的平均反应速率_______。
③下列条件的改变能减慢其反应速率的是_______(填标号，下同)。
A．降低温度
B．减少铁粉的质量
C．保持压强不变，充入使容器的体积增大
D．保持体积不变，充入使体系压强增大
④下列描述不能说明上述反应已达平衡的是_______。
A．单位时间内生成的同时消耗
B．容器中固体质量不随时间而变化
C．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
D．的比值保持不变
(2)利用的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去的主要反应如下：，某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂()表面发生上述反应，生成的转化率随温度变化的情况如图所示。(转化率)
①在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内生成的平均反应速率_______。
②在有氧条件下温度580K之后生成的转化率降低的原因可能是_______。
10. （2022春·山东滨州·高一统考期末）臭氧存在于大气中，可吸收太阳光中对人体有害的短波光线，使生物免受紫外线的伤害，是地球生命的保护伞。
(1)臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应。
已知：
转化为的热化学方程式为___________。
(2)在水中易分解，一定条件下，的浓度减少一半所需的时间(t)如下图所示。
已知：的起始浓度为
①在30℃、条件下，的分解速率为___________。
②根据图中的递变规律，推测在下列条件下分解速率最大的是___________填序号)。
A．10℃、 B．40℃、 C．50℃、
(3)臭氧在烟气脱硝过程中发生反应： 。在绝热恒容密闭容器中充入和发生上述反应，一段时间后，测得的物质的量为0.1mol。
①反应前后容器内气体物质的量比为___________。
②下列叙述能说明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。
A．的体积分数保持不变 B．混合气体的密度不再变化 C．容器内的温度不再变化
11. （2022春·山东滨州·高一统考期末）二氧化碳的捕集，利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
(1)利用 CO2为氧化剂，可将乙烷转化为更有价值的乙烯： ∆H=___________。(已知：298K时，相关物质的相对能量如图。)
(2)某科研团队研发了Zn-CO2电池，电池工作时复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-。Zn-CO2电池工作原理如图所示：
①组装时，电池复合膜中a膜朝向电池的___________(填“Zn”或“Pd”)电极一侧。
②闭合K时，Zn电极的电极反应式为___________。
③当复合膜层间消耗18g水时，电池转化的CO2在标准状况下的体积为___________，左池中OH-变化的物质的量为___________。
12. （2020春·山东滨州·高一统考期末）工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，如图所示:
请回答下列问题:
(1) C的结构简式为_______，D中官能团的名称是______。
(2)②、⑤反应的反应类型分别是_____、______。
(3)反应①的化学方程式为_____；反应③的化学方程式为_____。
(4)丙烯分子中最多有____个原子共面，丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，写出其反应的化学方程式:_____。
(5)某实验小组用以下装置制备乙酸乙酯。
球形冷凝管的作用是_____。将圆底烧瓶中的液体倒入饱和碳酸钠溶液中，经过多步操作，可分离得到粗产品。此过程中定需要的操作是______(填序号)。
13. （2021春·山东滨州·高一统考期末）聚丙烯酸乙二醇酯是一种良好的水溶性涂料。工业上以煤为原料可设计合成路线如下：
查阅资料获得信息：
(1)①的加工手段称为煤的_______(填“气化”、“液化”或“干馏”)。
(2)②的反应类型为_______，写出E中含氧官能团的名称_______。
(3)反应④的化学方程式为_______。
(4)与C互为同分异构体且属于饱和烃的结构简式为_______，写出F的结构简式_______。
(5)苯基乙二醇()可用于调制香精。工业上常用苯乙烯()为原料合成苯基乙二醇，利用题干信息写出合成路线_______。提示：①合成过程中无机试剂任选，②合成路线表示方法如下：
14. （2022春·山东滨州·高一统考期末）功能高分子P的合成路线如下。
回答下列问题：
(1)A的名称为___________。
(2)E中所含官能团的名称为___________。
(3)写出D和E生成F的化学方程式___________。
(4)写出P的结构简式___________。
(5)A的同系物H比A的相对分子质量大28，其结构有___________种。
(6)以甲苯和乙酸为起始原料合成乙酸苯甲酯()，设计合成路线___________。提示：①合成过程中无机试剂任选；②合成路线表示方法如下：ABC……→K
15. （2022春·山东滨州·高一统考期末）苯甲酸及苯甲酸盐因具有高效、方便、廉价等特点，是我国目前应用最广泛的一类防腐剂。某化学实验小组进行了相关研究。
Ⅰ．制备方法的选择
该小组通过查阅资料，发现了以下3种方法。
方法名称
主要反应方程式
甲苯氧化法
+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O
+HCl+KCl
Cannizzaro
反应法
2+KOH+，+HCl+KCl
甲苯氯化
水解法
+3Cl2+3HCl，+2+HCl，
+ H2O+HCl
(1)综合考虑，该小组选择“甲苯氧化法”的理由是___________(答出一条即可)。
Ⅱ．制备与提纯
名称
相对分子质量
性状
熔点
(℃)
沸点
(℃)
密度
溶解度
水
乙醇
乙醚
甲苯
92
无色液体，易挥发
110.6
0.8669
不溶
苯甲酸
122
白色片状或针状晶体，100℃时迅速升华
122.4
248
1.2659
微溶
易溶
易溶
查阅资料后，小组同学制备与提纯苯甲酸的过程如下。
已知：苄基三乙基氯化铵既能溶于水，又能溶于有机溶剂，且不与甲苯、反应。
回答下列问题：
(2)若在反应器中同时加入0.4g苄基三乙基氯化铵，可以使搅拌回流的时间缩短为1h。苄基三乙基氯化铵在此过程中起到的作用为___________。
(3)“反应结束”的判断依据为___________。
(4)滤渣的主要成分为___________。
(5)加入适量的饱和溶液除去的目的是___________；冰水浴降温的主要目的是___________。
(6)粗品提纯的方法为___________。
(7)该过程的产率为___________(列出计算式即可，无需化简，产率= ×100％)。
参考答案：
1. 第2周期VA族 -3 1：2 深 强 K和Rb是上下相邻的同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K
【分析】(1)短周期元素在周期表中的位置是电子层数和最外层电子数决定，N2是共价分子，按其共用电子对的情况书写电子式，根据化合物中正负价代数和为0确定化合价数值；
(2)结合氧化还原反应的相关定义、找出2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中氧化剂和还原剂并填空，将封装有NO2和NO混合气体中，有2NO2 N2O4，升温时平衡向吸热方向移动，红棕色NO2浓度变化导致混合物颜色变化；
(3)同主族金属元素，原子半径大，其原子的失电子能力强，据此回答。
【详解】(1)氮原子序数为7，电子分两层排布，最外层5个电子，在周期表中的位置是第2周期VA族，2个氮原子间通过共用3对电子对形成分子，故N2的电子式是，硅的非金属性比氮弱，化合价是＋4价，故化合物Si3N4中N的化合价-3价；
(2)反应：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中，N2O4中氮元素化合价降低，氧化剂为N2O4、N2H4中氮元素化合价升高，还原剂为N2H4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，将封装有NO2和NO混合气体的圆底烧瓶浸入热水中，2NO2 N2O4向逆反应方向移动，红棕色NO2浓度增大，混合物颜色变深；
(3)Rb元素原子的失电子能力大于K，K和Rb是上下相邻的同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K。
2. B Fe FeCl3 溶液 还原 Fe3++e-=Fe2+ 正 1
【分析】本题从构成原电池：①两个活动性不同的金属作电极，②有电解质溶液，③形成闭合回路，④与电解质溶液自发发生氧化还原反应，以及原电池的工作原理进行分析；
【详解】(1)利用原电池构成条件，总反应应为氧化还原反应，
A. 不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，该反应不能设计成原电池，故A不符合题意；
B. 该反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，该反应能设计成原电池，故B符合题意；
(2)①根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，根据反应方程式，铁单质的化合价升高，即Fe为负极，FeCl3溶液为电解质溶液，因此离子导体为FeCl3；
②根据原电池工作原理，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；
③根据原电池工作原理，阳离子移向正极；
④Fe＋2FeCl3=3FeCl2，溶液质量增加，即增加的质量为Fe的质量，开始至t1时，转移电子物质的量为=1mol。
【点睛】原电池工作原理：负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应；正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电子从负极经外电路流向正极；电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；这是分析电池工作最基础的。
3. 溶液分层，下层呈橙色 元素原子得电子能力： 氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱 分液漏斗 紫红 下口活塞 上
【分析】元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；氯气能氧化溴离子生成溴单质，能氧化碘离子生成碘单质，溴能氧化碘离子生成碘单质，据此判断非金属性强弱。
【详解】(1) 根据分析，向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置，发生置换反应，生成的溴单质溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，密度比水大，则现象为溶液分层，下层呈橙色，故答案为：溶液分层，下层呈橙色；
(2) Ⅰ中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，Ⅱ中氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Ⅲ中氧化剂是Br2，氧化产物是I2，所以氧化性强弱顺序是Cl2> Br2> I2，则元素原子得电子能力：。用原子结构的知识解释为：氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱，故答案为：元素原子得电子能力：；氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱；
(3)①用浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离和，向装有的溶液的分液漏斗中加入少量浓溶液进行反萃取，故答案为：分液漏斗；
②碘单质溶于四氯化碳时呈紫红色，加入氢氧化钠浓溶液后振荡，碘单质与氢氧化钠反应，至溶液的紫红色消失。萃取时振荡过程中分液漏斗内压强会增大，要将分液漏斗倒置让漏斗颈向上，慢慢打开下口活塞放气，故答案为：紫红；下口活塞；
③充分反应后NaI、NaIO3溶于水，密度小于四氯化碳，分层后水溶液位于上层，因此含碘的碱溶液从分液漏斗的上口倒出，故答案为：上；
④由题给信息可知，NaI、NaIO3在酸性条件下发生归中反应生成碘，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出该反应的离子方程式为：，故答案为：。
4. 钠 S2- Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- 生成淡黄色沉淀 S2- +Cl2=2C1- +S↓ HF c 稀硫酸 溶液变浑浊
【分析】根据元素在周期表中的位置，可判断A~J分别为H、C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl。
【详解】(1)根据周期律，同主族原子序数越大，失电子能力越强，同周期，原子序数越小失电子能力越强，则所列原子失电子能力最强的为Na；
(2)F、G、I、J元素分别为Na、Al、S、Cl，Na、Al失电子，其离子比S、Cl的离子少一个电子层，S2-、Cl-具有相同的核外电子排布，原子序数越小，离子半径越大，则S2-最大；G的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=+2H2O；
(3)F2I为Na2S，硫化钠与氯气反应生单质硫和氯离子，离子方程式为S2- +Cl2=2C1- +S↓；现象为有淡黄色沉淀出现；
(4)E、I、J对应的氢化物分别为HF、H2S、HCl，根据非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，则HF最稳定；
(5)a．半导体材料的导电性在导体与绝缘体之间，则在金属元素和非金属元素的交界处寻找半导体材料，a说法正确；
b．过度元素外界电子层是d能级电子或者f能级电子，空轨道多，可以容纳的电子多，因此在催化等方面有助。则在过渡元素中寻找优良的催化剂，b说法正确；
c．元素周期表对角线上的元素性质也有很大的形似性，元素周期表中性质相似的元素，可能处于同一族可能在周期表对角线上，c说法错误；
d．利用元素周期表可以寻找合适的超导材料，d说法正确；
答案为c；
(6)利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，设计硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，则分液漏斗中装有硫酸，锥形瓶中的试剂为碳酸钠，试管中试剂为硅酸钠溶液，可观察到试管中的溶液变浑浊。
5. 第2周期第ⅥA族 (或等) AC
【分析】X的原子半径是元素周期表中最小的，则X为H元素；由该化合物的结构图可知，Y为第IVA族元素，Q为VIA族元素，W为VA族元素，又X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q最外层电子数与Y核外电子总数相同，则Y为C元素，Q为O元素，W为Na元素，Z为N元素，综合以上分析，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na元素。
【详解】(1)根据分析，Q为O元素，氧原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，氧元素在周期表中位于第2周期第ⅥA族；Z为N元素，Z单质为N2，氮分子中两个氮原子间共用三对电子，其电子式为：，故答案为：第2周期第ⅥA族；；
(2)Y、Z、Q三种元素所形成的最简单气态氢化物分别是CH4、NH3、H2O，非金属性C
(4) C和N均为非金属元素，非金属性越强的电子能力越强，利用如图装置可通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(通过强酸制弱酸)来比较两元素的非金属性强弱，则b中发生反应为硝酸与碳酸盐的反应，反应的化学方程式为：，故答案为：；
(5)A．碲元素在周期表中位置为第五周期第VIA族，单质碲在常温下是固体，故A正确；
B．非金属性Te
故选AC。
6. (1)
(2)
(3) ＞ Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg
(4) 或
(5)
(6)AD
【分析】由元素周期表知，①为H，②为C，③为O，④Na，⑤Mg，⑥Si，⑦Cl，⑧Ca，⑨Te，⑩Tl；
（1）元素①为H，其阴离子结构示意图为；故答案为：；
（2）①、③、④三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物为NaOH，其电子式为；故答案为：；
（3）④和⑤为同周期元素，同周期从左到右金属性减弱，则金属性④＞⑤，原子结构的知识解释其原因是Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg；故答案为：＞；Na与Mg电子层数相同，核电荷数Na＜Mg，原子半径Na＞Mg，原子核对最外层电子的吸引能力Na＜Mg，失电子能力Na＞Mg，金属性Na＞Mg；
（4）元素非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应的水化物酸性越强，利用强酸制弱酸原理来探究②和⑥的非金属性强弱，X为，Y为或，Z为；故答案为：；或；；
（5）⑦为Cl，工业上制备⑦单质的离子方程式为；故答案为：；
（6）A．Te为VIA族，单质常温下为固体，Te在金属与非金属分界线上，可做半导体材料，A正确；B．Te为VIA族，同主族元素从上到下非金属减弱，其气态氢化物的稳定性减弱，Te的氢化物不是很稳定，B错误；C．⑩为Tl，其最高价氧化物对应的水化物具有碱性，不具有两性，C错误；D．⑧为20号元素，⑩为81号元素，⑩与⑧的原子序数之差为61，D正确；故答案为：AD。
7. 放热 小于 AC 曲线A ad A
【分析】由反应过程中的能量变化图判断该反应是否放热，焓变=反应物化学键断裂吸收的总能量-生成物化学键形成放出的总能量，比较即可；观察图片、结合催化剂对反应过程的影响等知识判断正误； 观察图片，按物质的量浓度的变化判断反应物和生成物，按物质的量浓度变化值之比等与化学计量数之比判断表示c(N2)变化的曲线；结合定义计算0～t0时v(H2)；按平衡特征判断各说法的正误；从影响反应速率的因素相关知识点判断正误，据此回答。
【详解】(1)①由反应过程中的能量变化图知，该反应放热，其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成放出的总能量；
②A．催化剂能降低反应的活化能，故曲线b表示有催化剂时的能量变化情况，A正确；
B．催化剂在吸附N2、H2时，是物理变化，催化剂与气体之间并没有形成化学键，B错误；
C．由图知，在该过程中，N2、H2断键形成氮原子和氢原子，又重新结合形成了氨分子，C正确；
D．使用催化剂，能降低反应的活化能，但不改变反应的热效应，D错误；
则正确的是AC；
(2) ①C的物质的量浓度增加、A和B的物质的量浓度减小，所以A和B是反应物、C是生成物，物质的量浓度变化值之比等与化学计量数之比，即A、B与C的化学计量数之比为1:3:2，则表示c(N2)变化的曲线是曲线A；
②0～t0时用H2表示的化学反应速率：= mol‧L-1‧min-1；
③a．合成氨反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，a正确；
b．由图知，平衡时c(H2)= c(NH3)，b错误；
c．恒容密闭容器中， ，气体质量始终不变，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，选项c错误；
d．断裂3mol H-H键的同时断裂6molN-H键，即υ正(H2):υ逆(NH3)=3:2，不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，则说明已平衡，d正确；则正确的说法为ad；
(3) A．增大反应物如N2的浓度能加快反应速率，A正确；
B．充入稀有气体增大压强，但是无效增压，反应相关各气体的浓度没有改变，故不能加快反应速率，B错误；
C．升高温度能加快反应速率，C错误；
D．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，D错误；
综上分析，答案选A。
【点睛】考查了化学反应速率的计算、影响因素和平衡状态的判断，求化学反应速率，判断可逆反应是否平衡，通过 “等”、“定”来判断， “等”，即统一过物质的正、逆反应速率相等，“定”即各成分的浓度等保持不变，选择判据时一定要符合这2个特征才行。
8. B 吸热 氧化 单位质量的提供的电子比多 碳酸氢钠分解吸收热量 BCD
【分析】根据题意，适合用作车用的燃料需要具有较高的燃点，等物质的量的燃料完全燃烧放出的热量要多，据此分析判断；根据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的相对大小分析判断；根据电流的流向，B电极为正极，A电极为负极，据此分析解答；根据产气药剂产生的气体需要对人体和环境无影响、产气速度要快等分析判断。
【详解】(1)根据题意，适合用作车用的燃料需要具有较高的燃点，等物质的量的燃料完全燃烧放出的热量要多，燃料A到达燃点需要的能量较低，不符合要求；燃料B到达燃点需要的能量较高，且放出的能量较多，符合要求；燃料C到达燃点需要的能量较高，但放出的能量较少，不符合要求；故选B；
(2)根据图示，N2(g)+O2(g)=2NO(g)过程中反应物断键吸收的能量=(946+498)kJ/mol，生成物形成化学键释放出的能量=2×632kJ/mol，吸收的能量＞放出的能量，该反应为吸热反应，故答案为：吸热；
(3)根据电流的流向，B电极为正极，A电极为负极。
①A电极为负极，发生氧化反应，故答案为：氧化；
②B电极为正极，氧气在正极上放电生成水，电极反应式为，故答案为：；
(4) ①的物质的量==20mol，反应后Li变成+1价，电路中转移电子20mol，数目为，故答案为：；
②的相对原子质量小于，单位质量的提供的电子比多，因此做电极优于，故答案为：单位质量的提供的电子比多；
（5）①在猛烈撞击时分解产生两种单质，并放出大量的热，药剂中的分解吸收热量，用做冷却剂，故答案为：碳酸氢钠分解吸收热量；
②根据产气药剂的组成，在设计气囊中所运用的化学反应时，需要考虑：生成气体的快慢、生成气体对环境的影响、反应过程中能量的变化等，故选BCD。
9. > 0.125 AC A 氨气被氧气氧化
【详解】(1) ①时，反应未达到平衡，二氧化碳浓度随时间的推移而减小，反应向正向进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
②0~4min时间段内，的浓度的变化量为，则，故答案为：0.125；
③A．其他条件相同时，化学反应速率与温度成正相关，所以温度越低化学反应速率越慢，故A正确；
B．铁粉为固体，固体的浓度为常数，所以对化学反应速率无影响，故B错；
C．保持压强不变，充入氦气使容器体积增大，则二氧化碳、CO浓度降低，化学反应速率减小，故C正确；
D．保持体积不变，充入使体系压强增大，则浓度增大，化学反应速率增大，故D错；
答案选AC
④A．单位时间内生成的同时消耗，根据方程式可知，自反应开始时就会有这样的比例关系，故A错；
B．容器中固体质量不随时间而变化，则FeO的质量、、质量均不再随时间的变化而变化，则该反应处于平衡状态，故B正确；
C．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，则气体的质量不再改变，即处于平衡状态，故C正确；
D．的比值保持不变，则说明该反应处于平衡状态，故D正确；
答案选A
(2)①在420K时NO的转化量为，580K时NO的转化量为，在5min内NO的无质量的变化量-，此时段内NO的平均反应速率为，故答案为：；
②在有氧条件下温度580K之后生成的转化率降低的原因可能是氨气背氧气氧化，从而降低其转化率，故答案为：氨气被氧气氧化。
10. (1)
(2) 0.0001 B
(3) 6∶5 AC
【解析】（1）依题意，根据盖斯定律，将第二个热方程式乘以-3之后减去，第一个热方程式乘以2，即得到转化为的热化学方程式为： 。
（2）①在30℃、条件下，根据图示，的浓度减少一半所需的时间为108min，的分解速率为：=0.0001；②根据图中三条曲线的递变规律，可以得出结论：相同pH时，温度越高，的浓度减少一半所需的时间越短，即分解速率越快；相同温度是，pH越大，的浓度减少一半所需的时间越短，即分解速率越快。据此推测在温度越高、pH越大的环境分解速率越快，从图中可看出，pH=6时，30℃与50℃下的分解速率非常接近，故分解速率最大的是40℃、，答案选B。
（3）依据题意，列三段式：①反应前后容器内气体物质的量比为=6∶5；②当反应过程中发生改变的量保持不变时，则说明体系达到平衡状态，A．的体积分数保持不变，说明O3的含量保持不变，体系达到平衡状态，符合题意； B．该反应气体总质量始终不变，容器体积不变，混合气体密度始终不变，则混合气体的密度不再变化，不能用来判断是否达到平衡，不符合题意；C．该反应体系在绝热容器中进行，正向放热，与外界没有能量的交换，体系的温度随反应进行而增大，故容器内的温度不再变化，则说明体系达到平衡状态，符合题意；故答案选AC。
11. (1)+177
(2) Pd 11.2L 1mol
【分析】由Zn转化为[Zn(OH)4]2-，则Zn作原电池的负极，Pd作原电池的正极；因为Zn电极需要消耗OH-，所以复合膜需向左侧提供OH-。
（1）
对于反应 ∆H=生成物的总能量-反应物的总能量=[52+(-242)+(-110)-(-393)-(-84)]=+177。答案为：+177；
（2）
①由分析可知，电池复合膜应向左池提供OH-，因此组装时，电池复合膜中b膜朝向Zn电极一侧，则a膜朝向电池的Pd电极一侧。
②闭合K时，Zn电极中Zn失电子产物与电解质反应生成[Zn(OH)4]2-，则电极反应式为。
③当复合膜层间消耗18g水时，产生1molH+和1molOH-。电池右侧，电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则消耗1molH+时，电池转化的CO2为0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；复合膜向左池中提供1molOH-，则左池中OH-变化的物质的量为1mol。答案为：Pd；；11.2L；1mol。
【点睛】在电池中，左池和右池消耗多少OH-和H+，复合膜就向两池提供多少OH-和H+。
12. CH3CHO 羧基 加成反应 取代反应(酯化反应) + Br2+ HBr 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O 7 nCH3CH=CH2 冷凝回流 ac
【分析】B和D发生反应生成CH3COOCH2CH3，该反应为酯化反应，根据流程图，推出B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，CH3CH2OH被氧化成C，即C为CH3CHO，石蜡油在碎瓷片的作用下生成A，A为烯烃，即A为CH2=CH2，据此分析；
【详解】(1)根据上述分析，C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COOH，官能团是羧基；
(2) 根据上述分析，A为乙烯，与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，②为加成反应，⑤为酯化反应或取代反应；
(3)反应①发生取代反应，其反应方程式为+ Br2+ HBr；反应③为氧化反应，其反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
(4)根据乙烯空间构型为平面形、甲烷空间构型为正四面体形以及三点确定一个平面，丙烯可以表示为 ，丙烯中最多有7个原子共面；丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，其反应方程式为nCH3CH=CH2；
(5)乙酸、乙醇易挥发，因此球形冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料的利用率；碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，乙酸乙酯为无色液体，将圆底烧瓶中的液体倒入饱和碳酸钠溶液中，饱和碳酸钠溶液中出现分层，采用分液方法分离，故ac正确。
13. 气化 加成反应 羟基、酯基
【分析】①是煤在高温下与水蒸气的反应，根据A的化学式，A为乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，B在氢氧化钠水溶液中水解生成乙二醇；E是乙二醇与D发生酯化反应得到的，根据E的结构简式可知，D为CH2=CHCOOH，则为C为CH2=CHCH3，E发生加聚反应生成高分子化合物F，F为，据此分析解答。
【详解】(1)①为煤在高温下与水蒸气的反应，称为煤的气化，故答案为：气化；
(2)②为乙烯与溴的加成反应；E(CH2=CHCOOCH2CH2OH)中所含含氧官能团有酯基和羟基，故答案为：加成反应；酯基和羟基；
(3)反应④为乙二醇和丙烯酸的酯化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；
(4) 与C(CH2=CHCH3)互为同分异构体，属于饱和烃的结构中含有一个环，符合条件的结构简式为，E发生加聚反应得到F，F的结构简式为，故答案为：；；
(5) 用苯乙烯()为原料合成苯基乙二醇 ()，需要引入羟基，可以在碳碳双键上加上卤素原子后水解即可，合成路线为，故答案为：。
14. (1)甲苯
(2)碳碳双键、羧基
(3)
(4)
(5)8
(6)
【分析】D中含羟基，E中含羧基，D与E在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成F为，F在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物P为。
（1）
A是苯环上的一个氢原子被甲基取代，名称为甲苯。
（2）
E的结构简式为，含有的官能团为碳碳双键和羧基。
（3）
与在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成，反应的化学方程式为： 。
（4）
由分析可知，P的结构简式为：。
（5）
A的同系物H比A的相对分子质量大28，即多了C2H4，苯环上的取代基可以为-CH2CH2CH3，或-CH(CH3)2，或-CH2CH3和-CH3，或-CH3、-CH3和-CH3，当取代基为-CH2CH2CH3时有1种结构，当取代基为-CH(CH3)2时有1种结构，当取代基为-CH2CH3和-CH3时有3种结构，当取代基为-CH3、-CH3和-CH3时有3种结构，总共8种结构。
（6）
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，再发生水解生成，与CH3COOH发生酯化反应即得到，合成路线为：。
15. (1)生产成本低##污染较小##生产环节少##原料利用率高 (或其他合理答案)
(2)相转移催化剂##催化剂##提高甲苯与溶液反应速率(其他合理答案)
(3)油状液体消失(或其他合理答案)
(4)
(5) 防止后续加浓盐酸时产生有毒的氯气 便于苯甲酸结晶析出
(6)重结晶##升华
(7)
【分析】通过合成路线选择的条件确认甲苯氧化法是最佳方案，甲苯与KMnO4反应生成苯甲酸钾和MnO2沉淀，用NaHSO3除去过量KMnO4后过滤，得到苯甲酸钾滤液，冰水浴环境，加入浓盐酸，调pH值，得到粗产品，经重结晶或升华得到产品。
（1）合成路线的选择要考虑生成成本、生成环节、原料利用率、环境友好等因素，甲苯氧化法与另两种方法比起来具有，生成环节少，原料利用率高等优点。
（2）依题意，苄基三乙基氯化铵不与甲苯、反应，能缩短搅拌回流的时间，则其起到催化剂作用，提高甲苯与溶液反应速率。
（3）依题意，反应结束时难溶于水的无色油状液体甲苯全部转化为可溶于水的甲苯酸钾，故现象为油状液体消失。
（4）据分析，KMnO4被甲苯还原得到MnO2固体，故滤渣是MnO2。
（5）由于KMnO4的强氧化性能氧化Cl-生成Cl2，加入适量的饱和溶液除去的目的是防止后续加浓盐酸时产生有毒的氯气；苯甲酸100℃时迅速升华，微溶于水，故冰水浴降温的主要目的是便于苯甲酸结晶析出。
（6）苯甲酸100℃时迅速升华，可用升华法提纯，其微溶于水，也可用重结晶的方法提纯，故苯粗品提纯的方法为重结晶或升华。
（7）2.7mL甲苯的物质的量为，9gKMnO4的物质的量为，根据反应的方程式：+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O，判断得到甲苯量不足，则得到的苯甲酸钾物质的量为，实际产量是2g，则该过程的产率为。
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