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安徽省阜阳市临泉第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）
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这是一份安徽省阜阳市临泉第一中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上， 下列化学用语描述不正确的是， 已知等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2.请将答案正确填写在答题卡上。
可能用到的元素相对原子质量：H-1 Li-3 C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个最佳选项)
1. 劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，A正确；
B．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，B正确
C．草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件下水解，此过程并没有使纤维素发生水解，不能促进纤维素溶解，C错误；
D．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成的，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，D正确；
故答案选C。
2. 下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；
B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；
C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；
D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；
故答案选D。
3. 地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示(X、Y均为氨氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([(NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。
设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 2.8gN2中含有的共价键总数为0.6NA
B. 0.1ml•L-1溶液中Na+和NO数均为0.1NA
C. 3.3gNH2OH完全转化为NO时，转移的电子数为0.6NA
D. 标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【分析】在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，X在X还原酶的作用下转化为Y，X、Y均为氮氧化物，即X为NO，Y为N2O。
【详解】A．物质的量为0.1ml，N与N形成三键，含有的共价键总数为0.3，A错误；
B．没有注明溶液体积，无法计算，B错误；
C．完全转化为时，N的化合价由-1上升到+3，物质的量为0.1ml，转移的电子数为，C错误；
D．标准状况下，和N2O混合气体物质的量为0.1ml，氧原子数为，D正确；
答案选D。
4. 过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误；
B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确；
C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C 正确；
D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确；
综上所述，本题选A。
5. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：Z＞W＞X＞Y
B. X、Y、Z三种元素组成的化合物只有2种
C. 简单气态氢化物稳定性：Z＜X
D. W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为第二周期O元素；X、Z同主族，则Z为S；W的原子序数最大，可以知道W为Cl，由上述分析可以知道，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl。
【详解】A．电子层越多，离子半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径减小，则简单离子半径：Z＞W＞X＞Y，故A正确；
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种，如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等，故B错误；
C．Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O，非金属性O＞S，则简单气态氢化物稳定性：Z＜X，故C正确；
D．W的非金属性强于Z，W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z，题目没说最高价，则W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z，故D正确；
故选B。
6. 下列化学用语描述不正确的是
A. 可用于考古断代的一种核素的符号：
B. 的电子式：
C. 钠离子的结构示意图：
D. 用电子式表示的形成过程为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．用于考古断代的一种核素中子数为8的碳原子，质子数为6，该核素为，故A正确；
B．的结构式为H-O-H，电子式为：，故B正确；
C．钠是11号元素，钠离子的结构示意图：，故C正确；
D．镁原子失去电子，氯原子得到电子，电子从镁原子转移到氯原子，因此其形成过程为：，故D错误；
故选D。
7. 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ·ml-1
下列说法不正确的是
A. H2的燃烧热是241.8kJ/ml
B. 破坏1mlH-O键需要的能量是463.4kJ
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H<-483.6·mb
D. H2(g)中的H-H键比H2O(g)中的H-O键弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．由已知反应得到H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·ml−1，而燃烧热是在1个标准大气压下，1ml可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水要为液态，但反应中生成的水为气态，若转化为液态还要放出热量，即H2的燃烧热ΔH＜-241.8kJ·ml−1，A错误；
B．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量，则2436 kJ+498 kJ-4E(H-O)=-483.6，解得E(H-O)=463.4 kJ，B正确；
C．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ•ml-1，气态水转化为液态还要放出热量，即H2燃烧热ΔH＜-241.8kJ·ml−1，C正确；
D．H2(g)中的H-H键的键能为436 kJ•ml-1，H2O(g)中的H-O键的键能为463.4 kJ/ml，键能越大越稳定，则H-H键比H2O(g)中的H-O键稳定性差，D正确；
答案选A。
8. 一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是
A. 反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为0.158ml•L-1•s-1
B. 从开始反应进行到10s时，Y的转化率为79%
C. 反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)=2Z(g)
D. 当容器内压强不变时，反应达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象可知，0～10s内，用Z表示的反应速率v(Z)＝＝0.079ml/(L·s)，A错误；
B．根据图象可知，0～10s内，Y的物质的量由1ml减少到0.21ml，转化率为×100%=79%，B正确；
C．据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应。从反应开始到10s末，Δn(X)＝1.20ml－0.41ml＝0.79ml，Δn(Y)＝1.00ml－0.21ml＝0.79ml，Δn(Z)＝1.58ml，所以化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，C错误；
D．该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，是气体不变的反应，压强始终不变，所以容器内压强不变时，不能判断反应是否达到平衡，D错误；
答案选B。
9. 某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是
A. X分子中含有三种官能团
B. 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和X
C. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
D. 在催化剂的作用下，1 ml X最多能与5 ml H2加成
【答案】D
【解析】
【详解】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；
B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；
C、该物质含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；
D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1ml X最多能与4 ml H2加成，选项D错误；
答案选D。
10. 下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将SO2通入酸性KMnO4溶液使其褪色，是验证SO2具有还原性，而不是漂白性，A错误；
B．容量瓶不可以用来溶解固体，固体的溶解应当在烧杯中进行，然后冷却至室温后再转移到容量瓶中，B错误；
C．苯的密度小于水，水层在下层，当水层从下口放出以后，苯层应从分液漏斗的上口倒出，C正确；
D．乙酸乙酯的的收集应用饱和碳酸钠溶液，不能用氢氧化钠溶液，否则会与乙酸乙酯反应，D错误；
答案选C。
11. 下列热化学方程式正确的是
A. 稀硫酸与0.1ml•L-1NaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=+57.3kJ•ml-1
B. 1mlSO2(g)、0.5mlO2(g)充分反应生成SO3(g)放出热量98.3kJ，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-196.6kJ•ml-1
C. 已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6gFeS(s)时放出19.12kj热量，则
Fe(s)+S(s)=FeS(s) △H=-95.6kJ•ml-1
D. 已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.8kJ•ml-1，则有CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-726.8kJ•ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．中和反应为放热反应，故△H=-57.3kJ•ml-1，A错误；
B．若 1 mlSO2 和 0.5 mlO2 完全反应放热98.3kJ，该反应为可逆反应，则2mlSO2和1mlO2反应生成2mlSO3，放出热量大于196.6kJ，△H＜-196.6kJ•ml-1，B错误；
C．生成17.6gFeS(s)即0.2ml时放出19.12kJ热量，则Fe(s)+S(s)=FeS(s) △H=-95.6kJ•ml-1，C正确；
D．燃烧热要求完全燃烧，生成指定产物，C应该生成CO2(g)，D错误；
答案选C。
12. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施腐蚀。如图所示的情境中，下列有关说法正确的是
A. 阴极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+
B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱
C. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
D. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，这是利用牺牲阳极的阴极保护法来保护钢铁设施，其中金属M做负极，钢铁设施做正极被保护；
【详解】A．阴极（正极）得电子发生还原反应，A错误；
B．金属M要做负极，故金属M的活动性比Fe的活动性强，B错误；
C．海水中含有大量的氯化钠等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，C错误；
D．金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，D正确；
答案选D。
13. 研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池。该电池分别以铝和石墨为电极，用AlCl和有机阳离子构成的电解质溶液作为离子导体，其放电工作原理如图所示。下列说法中，不正确的是
A. 放电时，铝为负极，石墨为正极
B. 放电时，有机阳离子向铝电极方向移动
C. 放电时的负极反应为：Al+7AlCl-3e-=4Al2Cl
D. 充电时的阳极反应为：Cn+AlCl-e-=CnAlCl4
【答案】B
【解析】
【分析】由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，被氧化生成 ，电极反应式为 Al+7 -3e-=4，石墨为正极，电极反应式为CnAlCl4+e-= Cn+；充电时为电解池，石墨为阳极，Al为阴极，阴、阳极反应与原电池负、正极反应相反，据此分析判断。
【详解】A．放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，石墨为正极，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，因此有机阳离子向石墨电极方向移动，故B错误；
C．放电时为原电池，活泼的金属铝是负极， Al失电子生成，电极反应式为Al+7 -3e-=4，故C正确；
D．充电时为电解池，阳极反应与原电池的正极反应相反，即阳极反应为Cn+ - e-= CnAlCl4，故D正确；
故选B。
14. 我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图，该电池分别以Zn－TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液，下列说法错误的是
A. 充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn－TCPP
B. 标注框内所示结构中存在共价键
C. 电池总反应为：I+ZnZn2++3I-
D. 放电时，消耗6.5gZn，理论上转移0.2ml电子
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，锌电极是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，超分子材料是正极，碘三离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，总反应为I+ZnZn2++3I-。
【详解】A．充电时，溶液中的锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，故A错误；
B．由图可知，标注框内所示结构属于配合物，配合物中含有的极性键、非极性键和配位键都属于共价键，故B正确；
C．由分析可知，电池总反应为I+ZnZn2++3I-，故C正确；
D．由分析可知，放电时，锌电极是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，则消耗6.5g锌时，转移电子物质的量为×2=0.2ml，故D正确；
故选A。
二、填空题(本题包括4小题，共58分)
15. 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如图所示。
回答下列问题：
（1）S位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸液2”中的______(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
（5）“还原”步骤中，产物Au与N2的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. 三 ②. VIA
（2）Cu2+ （3）2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O
（4）AgCl （5）4∶3
【解析】
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。
【小问1详解】
S的原子序数16，位于元素周期表第三周期第VIA族；
【小问2详解】
由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
【小问3详解】
浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；
【小问4详解】
根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为AgCl；
【小问5详解】
还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。
16. 某学习小组为验证浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，设计如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。
【查阅资料】NO与NaOH溶液不反应；NO2与NaOH溶液能反应(2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O)。
备选药品：浓硝酸、0.24ml•L-1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、NaOH溶液及CO2气体。
回答下列问题：
（1）连接好装置，紧接着的操作步骤是检查装置的气密性，请写出检查装置①部分气密性的具体操作_______，再加入药品，打开装置①中的弹簧夹后通入CO2气体一段时间，关闭弹簧夹，将装置④中导管末端伸入倒置的烧瓶内，然后再通过①中_______(填仪器名称)滴入浓硝酸，进行实验。
（2）装置①中发生反应的离子方程式为_______。
（3）若用质量分数为63.0%的浓硝酸(密度为1.25g•cm-3)配制250mL0.24ml•L-1的稀硝酸，除量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还要用到的玻璃仪器有_______，则需量取63.0%的浓硝酸体积为_______。
（4）装置中盛有水洗气瓶的主要作用是________(用化学方程式回答)。
（5）根据实验设计，装置③中盛放的试剂是_______。
（6）实验证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，则②和③装置中的实验现象是______。
【答案】（1） ①. 向①与②中间的集气瓶加水至没过长导管，①中弹簧夹和分液漏斗均关闭，微热装置①，集气瓶中有气泡产生，则气密性良好。(用弹簧夹夹住①与②中间的橡胶管，①中的弹簧夹关闭，向分液漏斗中注水，至没过分液漏洞底部，一段时间后，有水柱出现，则气密性良好。) ②. 分液漏斗
（2）Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O
（3） ①. 250mL容量瓶 ②. 4.8mL
（4）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（5）浓硝酸(浓HNO3)
（6）②中无红棕色气体生成，③中有红棕色气体生成
【解析】
【分析】装置①中浓硝酸和铜反应生成NO2，生成的二氧化氮通入水中，和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮。根据装置特点和实验目的，装置③用来验证浓硝酸的氧化性，氧化生成的NO2用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境；装置②用来验证稀硝酸不能氧化NO，未被氧化的NO用排水法收集，因此②中盛放稀硝酸，装置③中盛放浓HNO3，据此分析解答。
【小问1详解】
由于装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以加入药品前，要检验装置的气密性，检查气密性的方法是向①与②中间的集气瓶加水至没过长导管，①中弹簧夹和分液漏斗均关闭，微热装置①，集气瓶中有气泡产生，则气密性良好。(用弹簧夹夹住①与②中间的橡胶管，①中的弹簧夹关闭，向分液漏斗中注水，至没过分液漏洞底部，一段时间后，有水柱出现，则气密性良好。)；滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，然后打开①中分液漏斗，滴入浓硝酸；
【小问2详解】
装置①中Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的离子方程式为Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O；
【小问3详解】
用浓溶液稀释配制一定物质的量的浓度的稀溶液时，用到的仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶，质量分数为63.0%、密度为1.25g•cm-3的浓硝酸的物质的量浓度为c(HNO3)=，根据稀释定律有：12.5ml/L×V(浓)=0.24ml•L-1×250mL，解得：V(浓)=4.8mL。
【小问4详解】
装置中盛有水的洗气瓶的作用是让水和NO2反应生成硝酸和NO，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
【小问5详解】
根据实验设计，装置③中盛放的试剂是浓硝酸，将NO氧化生成NO2。
【小问6详解】
实验证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，则②和③装置中的实验现象是②中液面上方是无色气体，装置④是排水法收集NO，③中液面上方是红棕色气体，通过装置⑤吸收处理。
17. Ⅰ.回答下列问题：
（1）在25℃，101kPa时，已知①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8kJ•ml-1
②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H2=-726.5kJ•ml-1
则由H2(g)和CO2(g)生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为______。
Ⅱ.如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：
（2）当电极a为Fe，电极b为石墨电极，电解质溶液为氯化钠溶液时，正极的电极反应式为______，阳离子移向_______极(填“a”或“b”)。
（3）利用反应“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”设计一个双液化学原电池，请画出该电池装置示意图，并标出电极材料和电解质溶液：_______
Ⅲ.一种将废水中的氯乙烯(C2H3Cl)转化成对环境无害的物质的微生物电池装置如图，同时利用此装置在铁上镀铜。
（4）Ⅰ极为_______(填“正极”、“负极”、“阳极”成“阴极”)；镀铜时，_______(填“X”或“Y”)与铁电极相连。
（5）若I极消耗0.1ml氯乙烯(反应中生成CO2、H+、Cl-)，则铁电极增重______g，写出Ⅱ电极的电极反应式：______，硫酸铜溶液的浓度______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) △H2=-130.9kJ•ml-1
（2） ①. O2+2H2O+4e-=4OH- ②. b
（3） （4） ①. 负极 ②. X
（5） ①. 32 ②. O2+4H++4e-=2H2O ③. 不变
【解析】
【分析】Ⅱ.Fe、石墨在NaCl溶液中与空气中的氧气形成原电池，发生吸氧腐蚀，负极为铁发生氧化反应；
Ⅲ.该装置可以实现在铁上镀铜，则为原电池，由电极Ⅱ上氧气转化为水，则电极Ⅱ为正极，则Ⅰ极为负极，据此分析解题。
【小问1详解】
①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8kJ•ml-1
②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H2=-726.5kJ•ml-1
根据盖斯定律3×①-②可得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+2H2O(l) △H=3×(-285.8) kJ•ml-1-(-726.5) kJ•ml-1=-130.9kJ•ml-1；
【小问2详解】
该装置为原电池，铁为负极，石墨为正极，电解质溶液为氯化钠溶液时，发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，阳离子移向正极b；
【小问3详解】
Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，若为双液化学原电池则需要盐桥，铜失电子为负极，铜极插入的电解质溶液为硫酸铜溶液，银离子在正极得电子还原成Ag，Ag为正极，银极插入的电解质溶液为硝酸银，该电池装置示意图为：；
【小问4详解】
微生物电池为原电池，Ⅱ电极上O的化合价由0→-2，化合价降低发生还原反应，则为正极，I极为负极；镀铜时，则为电解池，铁上镀铜说明在铁极上铜离子→铜，Cu的化合价降低发生还原反应，则铁极为阴极，故与X极相连；
【小问5详解】
氯乙烯中C的化合价为-1价，若I极消耗0.1ml氯乙烯(反应中生成CO2、H+、Cl-)，C化合价的变化值为5，氯乙烯失去电子物质的量为0.2ml×5=1ml，铁电极发生反应，则铁电极发生反应为：，则析出0.5ml铜，故增重0.5ml ×64g/ml=32g；Ⅱ电极上氧气得电子转化为水，电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O；铁上镀铜时阳极反应为：，硫酸铜溶液的浓度不变。
18. 已知：A、B、C、D、E、F、G均为有机物，气态烃A是衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，它们之间有如下转化关系。请回答下列问题：
（1）写出A的结构简式：_______。
（2）E中官能团的名称为______。
（3）④反应类型为_______。
（4）下列说法正确的是_______。
A. B可用作燃料，缓解化石燃料的危机
B. 室温时，46gB与足量钠反应可以得到11.2L氢气
C. 实验室中，既可用反应⑥，也可用反应⑦制取纯净的G
D. 可用碳酸钠溶液鉴别B、D、E三种有机物
（5）写出反应②的化学方程式：______。
（6）D的一种同分异构体能发生水解反应，写出该同分异构体的结构简式：______。
【答案】（1）CH2=CH2
（2）酯基 （3）取代反应(酯化反应) （4）AD
（5）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（6）HCOOCH3
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G均为有机物，气态烃A是衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，A是乙烯；A和氯化氢发生加成反应生成G，G是氯乙烷；A和氢气发生加成反应生成乙烷，F的乙烷；A和水发生加成反应生成乙醇，B是乙醇；乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，C是乙醛、D是乙酸；乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，E是乙酸乙酯。
【小问1详解】
A是乙烯，结构简式为CH2=CH2；
【小问2详解】
E是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，官能团的名称为酯基；
【小问3详解】
④是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应类型为取代反应(酯化反应)；
【小问4详解】
A．B是乙醇，乙醇燃烧放出大量的热，乙醇可用作燃料，缓解化石燃料的危机，故A正确；
B．室温时，46g乙醇的物质的量为1ml，与足量钠反应可以得到0.5ml氢气，室温时，0.5ml氢气的体积不是11.2L，故B错误；
C．乙烷和氯气发生取代反应生成多种氯代乙烷，不能用反应⑥制取纯净的氯乙烷，故C错误；
D．乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸乙酯和碳酸钠溶液混合后分层，乙酸和碳酸钠反应放出二氧化碳气体，可用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种有机物，故D正确；
选AD。
【小问5详解】
反应②是乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
【小问6详解】
D是乙酸，D一种同分异构体能发生水解反应，该同分异构体为HCOOCH3。发明
关键操作
化学原理
A
制墨
松木在窑内焖烧
发生不完全燃烧
B
陶瓷
黏土高温烧结
形成新的化学键
C
造纸
草木灰水浸泡树皮
促进纤维素溶解
D
火药
硫黄、硝石和木炭混合，点燃
发生氧化还原反应
选项
甲
乙
丙
A
B
C
D
溶液
现象
化学方程式
A
产生淡黄色沉淀
B
溶液由棕黄色变浅绿色
C
溶液褪色，产生白色沉淀
D
(含酚酞)
溶液由红色变无色
A．验证SO2具有漂白性
B．配制NaOH溶液
C．苯萃取碘水中I2放出下层液体
D．乙酸乙酯的制备和收集
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。
2.请将答案正确填写在答题卡上。
可能用到的元素相对原子质量：H-1 Li-3 C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个最佳选项)
1. 劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，A正确；
B．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，B正确
C．草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件下水解，此过程并没有使纤维素发生水解，不能促进纤维素溶解，C错误；
D．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成的，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，D正确；
故答案选C。
2. 下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；
B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；
C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；
D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；
故答案选D。
3. 地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示(X、Y均为氨氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺([(NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。
设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 2.8gN2中含有的共价键总数为0.6NA
B. 0.1ml•L-1溶液中Na+和NO数均为0.1NA
C. 3.3gNH2OH完全转化为NO时，转移的电子数为0.6NA
D. 标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【分析】在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，X在X还原酶的作用下转化为Y，X、Y均为氮氧化物，即X为NO，Y为N2O。
【详解】A．物质的量为0.1ml，N与N形成三键，含有的共价键总数为0.3，A错误；
B．没有注明溶液体积，无法计算，B错误；
C．完全转化为时，N的化合价由-1上升到+3，物质的量为0.1ml，转移的电子数为，C错误；
D．标准状况下，和N2O混合气体物质的量为0.1ml，氧原子数为，D正确；
答案选D。
4. 过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误；
B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确；
C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为,C 正确；
D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确；
综上所述，本题选A。
5. X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，其中X、Z同主族，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：Z＞W＞X＞Y
B. X、Y、Z三种元素组成的化合物只有2种
C. 简单气态氢化物稳定性：Z＜X
D. W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，且原子序数依次递增，Y原子半径是短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，X为第二周期O元素；X、Z同主族，则Z为S；W的原子序数最大，可以知道W为Cl，由上述分析可以知道，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl。
【详解】A．电子层越多，离子半径越大，相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径减小，则简单离子半径：Z＞W＞X＞Y，故A正确；
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种，如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等，故B错误；
C．Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O，非金属性O＞S，则简单气态氢化物稳定性：Z＜X，故C正确；
D．W的非金属性强于Z，W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z，题目没说最高价，则W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z，故D正确；
故选B。
6. 下列化学用语描述不正确的是
A. 可用于考古断代的一种核素的符号：
B. 的电子式：
C. 钠离子的结构示意图：
D. 用电子式表示的形成过程为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．用于考古断代的一种核素中子数为8的碳原子，质子数为6，该核素为，故A正确；
B．的结构式为H-O-H，电子式为：，故B正确；
C．钠是11号元素，钠离子的结构示意图：，故C正确；
D．镁原子失去电子，氯原子得到电子，电子从镁原子转移到氯原子，因此其形成过程为：，故D错误；
故选D。
7. 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ·ml-1
下列说法不正确的是
A. H2的燃烧热是241.8kJ/ml
B. 破坏1mlH-O键需要的能量是463.4kJ
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H<-483.6·mb
D. H2(g)中的H-H键比H2O(g)中的H-O键弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．由已知反应得到H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·ml−1，而燃烧热是在1个标准大气压下，1ml可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水要为液态，但反应中生成的水为气态，若转化为液态还要放出热量，即H2的燃烧热ΔH＜-241.8kJ·ml−1，A错误；
B．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量，则2436 kJ+498 kJ-4E(H-O)=-483.6，解得E(H-O)=463.4 kJ，B正确；
C．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6 kJ•ml-1，气态水转化为液态还要放出热量，即H2燃烧热ΔH＜-241.8kJ·ml−1，C正确；
D．H2(g)中的H-H键的键能为436 kJ•ml-1，H2O(g)中的H-O键的键能为463.4 kJ/ml，键能越大越稳定，则H-H键比H2O(g)中的H-O键稳定性差，D正确；
答案选A。
8. 一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是
A. 反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为0.158ml•L-1•s-1
B. 从开始反应进行到10s时，Y的转化率为79%
C. 反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)=2Z(g)
D. 当容器内压强不变时，反应达到平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象可知，0～10s内，用Z表示的反应速率v(Z)＝＝0.079ml/(L·s)，A错误；
B．根据图象可知，0～10s内，Y的物质的量由1ml减少到0.21ml，转化率为×100%=79%，B正确；
C．据曲线图可判断出X、Y为反应物、Z为生成物，且该反应为可逆反应。从反应开始到10s末，Δn(X)＝1.20ml－0.41ml＝0.79ml，Δn(Y)＝1.00ml－0.21ml＝0.79ml，Δn(Z)＝1.58ml，所以化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，C错误；
D．该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，是气体不变的反应，压强始终不变，所以容器内压强不变时，不能判断反应是否达到平衡，D错误；
答案选B。
9. 某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是
A. X分子中含有三种官能团
B. 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和X
C. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
D. 在催化剂的作用下，1 ml X最多能与5 ml H2加成
【答案】D
【解析】
【详解】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；
B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；
C、该物质含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；
D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1ml X最多能与4 ml H2加成，选项D错误；
答案选D。
10. 下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将SO2通入酸性KMnO4溶液使其褪色，是验证SO2具有还原性，而不是漂白性，A错误；
B．容量瓶不可以用来溶解固体，固体的溶解应当在烧杯中进行，然后冷却至室温后再转移到容量瓶中，B错误；
C．苯的密度小于水，水层在下层，当水层从下口放出以后，苯层应从分液漏斗的上口倒出，C正确；
D．乙酸乙酯的的收集应用饱和碳酸钠溶液，不能用氢氧化钠溶液，否则会与乙酸乙酯反应，D错误；
答案选C。
11. 下列热化学方程式正确的是
A. 稀硫酸与0.1ml•L-1NaOH溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=+57.3kJ•ml-1
B. 1mlSO2(g)、0.5mlO2(g)充分反应生成SO3(g)放出热量98.3kJ，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-196.6kJ•ml-1
C. 已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6gFeS(s)时放出19.12kj热量，则
Fe(s)+S(s)=FeS(s) △H=-95.6kJ•ml-1
D. 已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.8kJ•ml-1，则有CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-726.8kJ•ml-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．中和反应为放热反应，故△H=-57.3kJ•ml-1，A错误；
B．若 1 mlSO2 和 0.5 mlO2 完全反应放热98.3kJ，该反应为可逆反应，则2mlSO2和1mlO2反应生成2mlSO3，放出热量大于196.6kJ，△H＜-196.6kJ•ml-1，B错误；
C．生成17.6gFeS(s)即0.2ml时放出19.12kJ热量，则Fe(s)+S(s)=FeS(s) △H=-95.6kJ•ml-1，C正确；
D．燃烧热要求完全燃烧，生成指定产物，C应该生成CO2(g)，D错误；
答案选C。
12. 将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施腐蚀。如图所示的情境中，下列有关说法正确的是
A. 阴极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+
B. 金属M的活动性比Fe的活动性弱
C. 钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
D. 钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，这是利用牺牲阳极的阴极保护法来保护钢铁设施，其中金属M做负极，钢铁设施做正极被保护；
【详解】A．阴极（正极）得电子发生还原反应，A错误；
B．金属M要做负极，故金属M的活动性比Fe的活动性强，B错误；
C．海水中含有大量的氯化钠等电解质，而河水中电解质较少，故钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的慢，C错误；
D．金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，D正确；
答案选D。
13. 研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池。该电池分别以铝和石墨为电极，用AlCl和有机阳离子构成的电解质溶液作为离子导体，其放电工作原理如图所示。下列说法中，不正确的是
A. 放电时，铝为负极，石墨为正极
B. 放电时，有机阳离子向铝电极方向移动
C. 放电时的负极反应为：Al+7AlCl-3e-=4Al2Cl
D. 充电时的阳极反应为：Cn+AlCl-e-=CnAlCl4
【答案】B
【解析】
【分析】由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，被氧化生成 ，电极反应式为 Al+7 -3e-=4，石墨为正极，电极反应式为CnAlCl4+e-= Cn+；充电时为电解池，石墨为阳极，Al为阴极，阴、阳极反应与原电池负、正极反应相反，据此分析判断。
【详解】A．放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，石墨为正极，故A正确；
B．原电池工作时，阳离子向正极移动，因此有机阳离子向石墨电极方向移动，故B错误；
C．放电时为原电池，活泼的金属铝是负极， Al失电子生成，电极反应式为Al+7 -3e-=4，故C正确；
D．充电时为电解池，阳极反应与原电池的正极反应相反，即阳极反应为Cn+ - e-= CnAlCl4，故D正确；
故选B。
14. 我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如图，该电池分别以Zn－TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液，下列说法错误的是
A. 充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自Zn－TCPP
B. 标注框内所示结构中存在共价键
C. 电池总反应为：I+ZnZn2++3I-
D. 放电时，消耗6.5gZn，理论上转移0.2ml电子
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，锌电极是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，超分子材料是正极，碘三离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，总反应为I+ZnZn2++3I-。
【详解】A．充电时，溶液中的锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，故A错误；
B．由图可知，标注框内所示结构属于配合物，配合物中含有的极性键、非极性键和配位键都属于共价键，故B正确；
C．由分析可知，电池总反应为I+ZnZn2++3I-，故C正确；
D．由分析可知，放电时，锌电极是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，则消耗6.5g锌时，转移电子物质的量为×2=0.2ml，故D正确；
故选A。
二、填空题(本题包括4小题，共58分)
15. 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如图所示。
回答下列问题：
（1）S位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸液2”中的______(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
（5）“还原”步骤中，产物Au与N2的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. 三 ②. VIA
（2）Cu2+ （3）2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O
（4）AgCl （5）4∶3
【解析】
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。
【小问1详解】
S的原子序数16，位于元素周期表第三周期第VIA族；
【小问2详解】
由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
【小问3详解】
浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au+3H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；
【小问4详解】
根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为AgCl；
【小问5详解】
还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。
16. 某学习小组为验证浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，设计如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。
【查阅资料】NO与NaOH溶液不反应；NO2与NaOH溶液能反应(2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O)。
备选药品：浓硝酸、0.24ml•L-1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、NaOH溶液及CO2气体。
回答下列问题：
（1）连接好装置，紧接着的操作步骤是检查装置的气密性，请写出检查装置①部分气密性的具体操作_______，再加入药品，打开装置①中的弹簧夹后通入CO2气体一段时间，关闭弹簧夹，将装置④中导管末端伸入倒置的烧瓶内，然后再通过①中_______(填仪器名称)滴入浓硝酸，进行实验。
（2）装置①中发生反应的离子方程式为_______。
（3）若用质量分数为63.0%的浓硝酸(密度为1.25g•cm-3)配制250mL0.24ml•L-1的稀硝酸，除量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还要用到的玻璃仪器有_______，则需量取63.0%的浓硝酸体积为_______。
（4）装置中盛有水洗气瓶的主要作用是________(用化学方程式回答)。
（5）根据实验设计，装置③中盛放的试剂是_______。
（6）实验证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，则②和③装置中的实验现象是______。
【答案】（1） ①. 向①与②中间的集气瓶加水至没过长导管，①中弹簧夹和分液漏斗均关闭，微热装置①，集气瓶中有气泡产生，则气密性良好。(用弹簧夹夹住①与②中间的橡胶管，①中的弹簧夹关闭，向分液漏斗中注水，至没过分液漏洞底部，一段时间后，有水柱出现，则气密性良好。) ②. 分液漏斗
（2）Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O
（3） ①. 250mL容量瓶 ②. 4.8mL
（4）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（5）浓硝酸(浓HNO3)
（6）②中无红棕色气体生成，③中有红棕色气体生成
【解析】
【分析】装置①中浓硝酸和铜反应生成NO2，生成的二氧化氮通入水中，和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮。根据装置特点和实验目的，装置③用来验证浓硝酸的氧化性，氧化生成的NO2用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境；装置②用来验证稀硝酸不能氧化NO，未被氧化的NO用排水法收集，因此②中盛放稀硝酸，装置③中盛放浓HNO3，据此分析解答。
【小问1详解】
由于装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以加入药品前，要检验装置的气密性，检查气密性的方法是向①与②中间的集气瓶加水至没过长导管，①中弹簧夹和分液漏斗均关闭，微热装置①，集气瓶中有气泡产生，则气密性良好。(用弹簧夹夹住①与②中间的橡胶管，①中的弹簧夹关闭，向分液漏斗中注水，至没过分液漏洞底部，一段时间后，有水柱出现，则气密性良好。)；滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，然后打开①中分液漏斗，滴入浓硝酸；
【小问2详解】
装置①中Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的离子方程式为Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O；
【小问3详解】
用浓溶液稀释配制一定物质的量的浓度的稀溶液时，用到的仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、250mL容量瓶，质量分数为63.0%、密度为1.25g•cm-3的浓硝酸的物质的量浓度为c(HNO3)=，根据稀释定律有：12.5ml/L×V(浓)=0.24ml•L-1×250mL，解得：V(浓)=4.8mL。
【小问4详解】
装置中盛有水的洗气瓶的作用是让水和NO2反应生成硝酸和NO，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
【小问5详解】
根据实验设计，装置③中盛放的试剂是浓硝酸，将NO氧化生成NO2。
【小问6详解】
实验证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，则②和③装置中的实验现象是②中液面上方是无色气体，装置④是排水法收集NO，③中液面上方是红棕色气体，通过装置⑤吸收处理。
17. Ⅰ.回答下列问题：
（1）在25℃，101kPa时，已知①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8kJ•ml-1
②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H2=-726.5kJ•ml-1
则由H2(g)和CO2(g)生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为______。
Ⅱ.如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：
（2）当电极a为Fe，电极b为石墨电极，电解质溶液为氯化钠溶液时，正极的电极反应式为______，阳离子移向_______极(填“a”或“b”)。
（3）利用反应“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”设计一个双液化学原电池，请画出该电池装置示意图，并标出电极材料和电解质溶液：_______
Ⅲ.一种将废水中的氯乙烯(C2H3Cl)转化成对环境无害的物质的微生物电池装置如图，同时利用此装置在铁上镀铜。
（4）Ⅰ极为_______(填“正极”、“负极”、“阳极”成“阴极”)；镀铜时，_______(填“X”或“Y”)与铁电极相连。
（5）若I极消耗0.1ml氯乙烯(反应中生成CO2、H+、Cl-)，则铁电极增重______g，写出Ⅱ电极的电极反应式：______，硫酸铜溶液的浓度______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) △H2=-130.9kJ•ml-1
（2） ①. O2+2H2O+4e-=4OH- ②. b
（3） （4） ①. 负极 ②. X
（5） ①. 32 ②. O2+4H++4e-=2H2O ③. 不变
【解析】
【分析】Ⅱ.Fe、石墨在NaCl溶液中与空气中的氧气形成原电池，发生吸氧腐蚀，负极为铁发生氧化反应；
Ⅲ.该装置可以实现在铁上镀铜，则为原电池，由电极Ⅱ上氧气转化为水，则电极Ⅱ为正极，则Ⅰ极为负极，据此分析解题。
【小问1详解】
①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8kJ•ml-1
②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H2=-726.5kJ•ml-1
根据盖斯定律3×①-②可得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+2H2O(l) △H=3×(-285.8) kJ•ml-1-(-726.5) kJ•ml-1=-130.9kJ•ml-1；
【小问2详解】
该装置为原电池，铁为负极，石墨为正极，电解质溶液为氯化钠溶液时，发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，阳离子移向正极b；
【小问3详解】
Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，若为双液化学原电池则需要盐桥，铜失电子为负极，铜极插入的电解质溶液为硫酸铜溶液，银离子在正极得电子还原成Ag，Ag为正极，银极插入的电解质溶液为硝酸银，该电池装置示意图为：；
【小问4详解】
微生物电池为原电池，Ⅱ电极上O的化合价由0→-2，化合价降低发生还原反应，则为正极，I极为负极；镀铜时，则为电解池，铁上镀铜说明在铁极上铜离子→铜，Cu的化合价降低发生还原反应，则铁极为阴极，故与X极相连；
【小问5详解】
氯乙烯中C的化合价为-1价，若I极消耗0.1ml氯乙烯(反应中生成CO2、H+、Cl-)，C化合价的变化值为5，氯乙烯失去电子物质的量为0.2ml×5=1ml，铁电极发生反应，则铁电极发生反应为：，则析出0.5ml铜，故增重0.5ml ×64g/ml=32g；Ⅱ电极上氧气得电子转化为水，电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O；铁上镀铜时阳极反应为：，硫酸铜溶液的浓度不变。
18. 已知：A、B、C、D、E、F、G均为有机物，气态烃A是衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，它们之间有如下转化关系。请回答下列问题：
（1）写出A的结构简式：_______。
（2）E中官能团的名称为______。
（3）④反应类型为_______。
（4）下列说法正确的是_______。
A. B可用作燃料，缓解化石燃料的危机
B. 室温时，46gB与足量钠反应可以得到11.2L氢气
C. 实验室中，既可用反应⑥，也可用反应⑦制取纯净的G
D. 可用碳酸钠溶液鉴别B、D、E三种有机物
（5）写出反应②的化学方程式：______。
（6）D的一种同分异构体能发生水解反应，写出该同分异构体的结构简式：______。
【答案】（1）CH2=CH2
（2）酯基 （3）取代反应(酯化反应) （4）AD
（5）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（6）HCOOCH3
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G均为有机物，气态烃A是衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，A是乙烯；A和氯化氢发生加成反应生成G，G是氯乙烷；A和氢气发生加成反应生成乙烷，F的乙烷；A和水发生加成反应生成乙醇，B是乙醇；乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，C是乙醛、D是乙酸；乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，E是乙酸乙酯。
【小问1详解】
A是乙烯，结构简式为CH2=CH2；
【小问2详解】
E是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，官能团的名称为酯基；
【小问3详解】
④是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应类型为取代反应(酯化反应)；
【小问4详解】
A．B是乙醇，乙醇燃烧放出大量的热，乙醇可用作燃料，缓解化石燃料的危机，故A正确；
B．室温时，46g乙醇的物质的量为1ml，与足量钠反应可以得到0.5ml氢气，室温时，0.5ml氢气的体积不是11.2L，故B错误；
C．乙烷和氯气发生取代反应生成多种氯代乙烷，不能用反应⑥制取纯净的氯乙烷，故C错误；
D．乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸乙酯和碳酸钠溶液混合后分层，乙酸和碳酸钠反应放出二氧化碳气体，可用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种有机物，故D正确；
选AD。
【小问5详解】
反应②是乙醇发生催化氧化生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
【小问6详解】
D是乙酸，D一种同分异构体能发生水解反应，该同分异构体为HCOOCH3。发明
关键操作
化学原理
A
制墨
松木在窑内焖烧
发生不完全燃烧
B
陶瓷
黏土高温烧结
形成新的化学键
C
造纸
草木灰水浸泡树皮
促进纤维素溶解
D
火药
硫黄、硝石和木炭混合，点燃
发生氧化还原反应
选项
甲
乙
丙
A
B
C
D
溶液
现象
化学方程式
A
产生淡黄色沉淀
B
溶液由棕黄色变浅绿色
C
溶液褪色，产生白色沉淀
D
(含酚酞)
溶液由红色变无色
A．验证SO2具有漂白性
B．配制NaOH溶液
C．苯萃取碘水中I2放出下层液体
D．乙酸乙酯的制备和收集
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