还剩21页未读，
继续阅读
内蒙古翁牛特旗乌丹第一中学2019-2020学年高一上学期期初考试化学试题
展开
乌丹一中2019—2020学年第一学期初测试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 K：39 Cu：64 Fe：56
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共20个小题，每小题2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）
A．双氢青蒿素
B．全氮阴离子盐
C． 聚合氮
D．砷化铌纳米带
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；
B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；
C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；
D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意
故选A。
2.下列各组物质的相互关系描述正确的是
A. H2、D2和T2互为同位素 B. 和互为同分异构体
C. 金刚石、C60、石墨互为同系物 D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2、D2和T2是同种元素形成的单质，不互为同位素，故A错误；
B. 和属于甲烷的二氯代物，是一种物质，故B错误；
C. 金刚石、C60、石墨互为同素异形体，故C错误；
D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质2-甲基丁烷，故D正确；
答案：D
【点睛】“四同”的区分：同位素是质子数相同、中子数不同的核素的互称；同素异形体指的是同元素形成的不同单质的互称；同系物指的是结构相似、分子组成上组差n个CH2 化合物的互称；同分异构体指的是分子式相同、结构不同的化合物的互称。
3.电动汽车（标志为“”）在改善城市交通、保护环境等方面的作用至关重要。下列说法不正确的是
A. 电动汽车的使用有助于减少氮氧化物的排放
B. 燃油汽车也可以悬挂该标志
C. 电动汽车使用时涉及化学能与电能的转换
D. 电动汽车充电、放电过程均有电子转移
【答案】B
【解析】
【详解】A.电动汽车的使用时化学能先转化为电能，然后电能再转化为机械能，不产生氮氧化合物，所以有助于减少氮氧化物的排放，A正确；
B.燃油汽车使用时是化石燃料的化学能转化为热能，热能再转化为机械能，所以不可以悬挂该标志，B错误；
C.电动汽车使用时首先是化学能转化为电能，电能转化为机械能，充电时电能转化为化学能，所以涉及化学能与电能的转换，C正确；
D.电动汽车充电、放电过程有电能与化学能的转化过程，所以均有电子转移，D正确；
故合理选项是B。
4.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
5.下列关于有机物的正确说法是（ ）
A. 聚乙烯可发生加成反应
B. 石油干馏可得到汽油、煤油等
C. 淀粉、蛋白质完全水解的产物互为同分异构体
D. 从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4
【答案】D
【解析】
【详解】A. 聚乙烯分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反应，A错误；
B. 石油分馏可得到汽油、煤油等，B错误；
C. 淀粉完全水解的产物为葡萄糖，蛋白质完全水解的产物为氨基酸，二者不互为同分异构体，C错误；
D. 因为乙醇与水互溶，而CCl4不溶于水，所以从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4，D正确；
故选D。
6.下列表述不正确的是( )
A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3
B. 在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
C. 用于现代通讯的光导纤维的主要成分是高纯度的硅
D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液＞Fe(OH)3 胶体＞FeCl3 溶液
【答案】C
【解析】
A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3，A正确；B. 在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，B正确；C. 用于现代通讯的光导纤维的主要成分是二氧化硅，C错误；D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液，D正确，答案选C。
7.下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
选项
a
b
c
A
Al
AlCl3
Al(OH)3
B
HNO3
NO
NO2
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
NH3
NO2
NO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. Al(OH)3不能通过一步反应转化为Al，A不合题意；
B. 稀HNO3与铜反应可生成NO，NO与O2反应可生成NO2，NO2与水反应可生成HNO3，B符合题意；
C. SiO2不能通过一步反应生成H2SiO3，H2SiO3也不能通过一步反应生成Si，C不合题意；
D. NH3不能通过一步反应生成NO2，NO也不能通过一步反应生成NH3，D不合题意。
故选B。
8.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是( )
A. 其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小
B. 保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，反应速率一定增大
C. 反应达平衡状态时：v(CO)正=v(H2O)逆
D. 其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，物质的浓度增大，反应速率加快，A错误；
B.保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，由于反应体系的物质浓度不变，所以反应速率不变，B错误；
C.反应达平衡状态时任何物质浓度不变，用同一物质表示的反应速率相同，v(H2O)正=v(CO)正=v(H2O)逆，则v(H2O)正= v(H2O)逆，C正确；
D.其他条件不变，适当增加C(s)的质量，由于C是固体，物质的浓度不变，所以反应速率不变，D错误；
故合理选项是C。
9.下列关于有机物性质的叙述错误的是（ ）
A. 甲烷和氯气在光照条件下反应产生油状液滴
B. 苯和乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 乙醇催化氧化能生成乙醛
D. 乙烯、苯分子中的所有原子均共面
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下反应，产生的CH3Cl呈气态，产生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4呈液态，因此有油状液滴产生，A正确；
B.苯具有稳定性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.乙醇在Cu作催化剂条件下能被O2氧化产生乙醛，C正确；
D.乙烯、苯分子中键角是120°，分子中所有原子在同一个平面上，因此乙烯、苯分子中的所有原子均共面，D正确；
故合理选项是B。
10.NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，14 g N2含有的分子数为0.5NA
B. 6.72L NO2与足量H2O反应，转移的电子数为0.1NA
C. 0.1mol/L的NaOH溶液中含钠离子数为0.1NA
D. 0.30mol Fe粉与足量水蒸气反应生成H2的物质的量为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.14g氮气的物质的量是0.5mol，则氮气中含有的分子数是0.5NA，选项A正确；
B.未指明标准状况，所以6.72L二氧化氮与水反应转移的电子数无法计算，选项B错误；
C.氢氧化钠溶液的体积未知，所以钠离子的数目无法计算，选项C错误；
D.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，所以0.30molFe与足量水蒸气反应生成氢气的物质的量是0.4mol，氢分子数是0.4NA，选项D错误；
答案选A。
11.一定温度下的恒容密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是（ ）
A. 容器内n(A2):n(B2):n(AB)＝1:1:2
B. 容器内气体的密度不随时间变化
C. 容器内气体的总压强不随时间变化
D. 单位时间内生成2n mol AB，同时生成n mol A2
【答案】D
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此解答。
【详解】A、平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，A不能说明；
B、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，B不能说明；
C、该反应是体积不变的可逆反应，所以容器内气体的压强始终是不变的，C不能说明；
D、单位时间内生成2n mol AB，同时生成n mol A2，反应速率的方向相反，且满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，可以说明反应达到平衡状态；
答案选D。
12.下列离子方程式书写正确的是
A. 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + Fe3+ ＝ Cu2+ + Fe2+
B. 向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
C. Na2O2固体与H2O反应产生O2 ：2Na2O2 + 2H2O ＝ 4Na+ + 4OH－ + O2↑
D. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO＋4OH－== 2MnO2↓＋3SO＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 没有配平，应该是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，A错误；
B. 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，B错误；
C. Na2O2固体与H2O反应产生O2和氢氧化钠：2Na2O2+H2O＝4Na++4OH－+O2↑，C正确；
D. 溶液显酸性，氢氧根不可能参与反应，D错误；
答案选C。
13.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ·mol-1
B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C. 1molC(s)和1molH2O(l)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的热量为131.3kJ
D. 1molC(s)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图中可以看出，生成物[CO(g)＋H2(g)]的能量比反应物[C(s)＋H2O(g)]的能量高(b－a)kJ，所以反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ·mol-1，A正确；
B. 因为生成物的总能量高于反应物，所以该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，B正确；
C. 1molC(s)和1molH2O(g)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的热量为131.3kJ，但若是H2O(l)，则吸收的热量应大于131.3kJ，C不正确；
D. 图中信息告诉我们，1molC(s)、2molH、1molO的能量比1molCO(g)和1molH2(g)的能量高akJ，所以发生此转化时放出的热量为akJ，D正确。
故选C。
14.科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如下图所示。下列说法不正确的是
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上发生的电极反应为：O2 +4H+ + 4e﹣=== 2H2O
C. 电路中每流过4 mol电子，在正极消耗44.8LH2S
D. 每17 g H2S参与反应，有1 mol H+经质子膜进入正极区
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图示，电极a上H2S失去电子被氧化成S2，电极a为负极，A项正确；
B、电极b上O2发生得电子的还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，B项正确；
C、H2S在负极被消耗，负极电极反应式为2H2S-4e-=S2+4H+，电路中流过4mol电子，负极消耗2molH2S，H2S所处温度和压强未知，无法计算消耗H2S的体积，C项错误；
D、n（H2S）==0.5mol，根据正极和负极电极反应式，每17gH2S参与反应有1molH+经质子膜进入正极区，D项正确；
答案选C。
【点睛】本题考查燃料电池正负极的判断、电极反应式的书写、燃料电池的计算，准确判断燃料电池的正负极和理解原电池原理是解题的关键。书写电极反应式时注意溶液的酸碱性。
15.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是( )
A. 分子式为C7H6O5
B. 1 mol该物质能与4 mol Na发生反应
C. 分子中含有两种官能团
D. 在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.分子式为C7H10O5，故A错误；B.1 mol该物质含有3个羟基和1个羧基，能与4 mol Na发生反应，故B正确；C. 分子中含有C=C、-COOH和-OH三种官能团，故C错误；D. 在水溶液中羧基能电离出H＋,羟基不能电离出H＋，故D错误；答案：B。
【点睛】根据官能团判断相应的性质。含有-COOH和-OH能和金属钠反应，根据结构简式判断分子式。
16.下列有关金属的工业制法中，正确的是（ ）
A. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液
B. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁
C. 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁
D. 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；
B.用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故B错误；
C.CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故C正确；
D.从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，故D错误。
故选C。
【点睛】钠、镁、铝具有强还原性。钠、镁、铝等活泼金属的冶炼用电解法；氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，所以冶炼金属铝不能电解熔融氯化铝，而电解熔融氧化铝。
17.下列电子式中，书写正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaF为离子化合物，由阴、阳离子构成，A错误；
B. 在MgCl2的电子式中，两个Cl-不能放在一起，应分别放在Mg2+的两侧，B错误；
C. 在HClO的电子式中，O原子应在H、Cl中间，C错误；
D. NaCl由Na+和Cl-构成，电子式正确，D正确。
故选D。
18.海洋中有丰富的资源，如图为海水资源利用的部分过程。
下列有关说法正确的是（ ）
A 用澄清石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
B. 第③步和第⑤步均发生了氧化还原反应
C. 在第③④⑤步中溴元素均被氧化
D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca(OH)2与NaHCO3和Na2CO3都能反应生成CaCO3沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，A错误；
B. 第③步反应为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，第⑤步反应为5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，均发生了氧化还原反应，B正确；
C.第④步反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原，C错误；
D. 工业上通过电解熔融MgCl2制取金属镁，电解氯化镁溶液得不到镁，D错误；
故选B。
19.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是( )
序号
实验事实
结论
A
CO2的水溶液可以导电
CO2是电解质
B
Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀
酸性：H2CO3＞HClO
C
向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定含有SO42-
D
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色
原溶液中不含K+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO2的水溶液可以导电是因为二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出离子而导电，二氧化碳不能电离，是非电解质，A错误；
B、Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀，同时还有次氯酸生成，则可以证明酸性：H2CO3＞HClO，B正确；
C、向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银，不能说明溶液中含有硫酸根离子，C错误；
D、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色不能说明溶液中不存在钾离子，D错误；
答案选B。
【点睛】选项A是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，即化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。但能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
20.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(己知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是（ ）
A. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
B. 原混合酸中NO3-物质的量为0.4mol
C. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
D. 取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =0.1mol • L-l
【答案】B
【解析】
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，
A．铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
B． OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；
C．铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；
D．最终溶液为硫酸亚铁，结合消耗铁的总质量计算硫酸的物质的量，进而计算硫酸的浓度。
【详解】A．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，选项A正确；
B．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，由于原溶液分成2等份进行实验，故原混合液中n（NO3-）=2n（Fe）=2×=0.2mol，选项B错误；
C．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项C正确；
D．第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为=0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.25mol，所原混合酸中H2SO4物质的量浓度为=2.5mol/L，取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =2.5mol/L ×2×0.1mol • L-l，选项D正确；
答案选项B。
【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。
第Ⅱ卷
二、非选择题
21.X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：
元素代号
X
Y
Z
M
Q
R
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.075
0.077
0.037
主要化合价
＋2
＋3
＋6，－2
＋5，－3
＋4，－4
＋1
（1）Y在元素周期表中的位置是___。
（2）元素Q和R形成的化合物A是果实催熟剂，用A制备乙醇的化学方程式是___。
（3）单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的稀溶液发生反应的离子方程式为___。
（4）元素X的金属性比元素Y___（填“强”或“弱”），用原子结构的知识解释原因___。
（5）元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，采用如图装置A在高温下将钢样中元素Q、元素Z转化为QO2、ZO2。
①气体a的成分是__（填化学式）。
②若钢样中元素Z以FeZ的形式存在，在A中反应生成ZO2和稳定的黑色氧化物，则反应的化学方程式是___。
【答案】 (1). 第三周期第IIIA族 (2). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (3). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (4). 强 (5). 镁和铝在同一周期，从左到右，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱 (6). O2，SO2，CO2 (7). 5O2+3FeS3SO2+Fe3O4
【解析】
【分析】
Z的化合价为＋6、－2，则其为硫(S)元素，从主要化合价及原子半径数值，可确定X为Mg、Y为Al；参照化合价及与Z的半径比较，可确定M为氮(N)、Q为碳(C)；最后确定R为氢(H)。从而得出X、Y、Z、M、Q、R分别为Mg、Al、S、N、C、H。
(1)Y为硫，可通过书写原子结构示意图，确定其在元素周期表中的位置。
(2) A是果实催熟剂，则其为乙烯，乙烯与水发生加成反应可制得乙醇。
(3)单质铜与稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO、H2O。
(4)Mg与Al的金属性比较，可利用同周期元素的性质递变规律进行分析。
(5)钢样中的元素碳、硫在装置A中转化为CO2、SO2。
①气体a的成分中，除含两种氧化物外，还应含有过量的氧气。
②铁氧化物中，稳定的黑色氧化物为四氧化三铁。FeS与O2反应，生成SO2和Fe3O4。
【详解】由分析知，X、Y、Z、M、Q、R分别为Mg、Al、S、N、C、H。
(1)Y为硫，可通过书写原子结构示意图，确定其在元素周期表中的位置是第三周期第IIIA族。答案为：第三周期第IIIA族；
(2) A是果实催熟剂，则其为乙烯，乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
(3)单质铜与稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO、H2O，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)Mg与Al在元素周期表中位于第三周期，且镁在铝的左边，同周期元素，从左到右，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱。答案为：从左到右，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；
(5)钢样中的元素碳、硫在装置A中转化为CO2、SO2。
①气体a中，除含两种氧化物外，还应含有过量的氧气，则气体a的成分为O2，SO2，CO2。答案为：O2，SO2，CO2；
②FeS与O2反应，生成SO2和四氧化三铁，反应的化学方程式为5O2+3FeS3SO2+Fe3O4。答案为：5O2+3FeS3SO2+Fe3O4。
【点睛】推断短周期元素时，我们首先根据主要化合价，确定其所在的主族，然后利用原子半径确定所在的周期，从而确定其是何种元素。对于表中的6种元素，解题的突破口在Z元素，根据其化合价，其应为硫(氧不能表现+6价)。然后与硫的半径进行比较，确定X、Y为镁和铝(不可能是锂和铍)；再确定M、Q为氮和碳(不可能是磷和硅)，最后确定R为氢。
22.在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（1）0～9min内，v(H2)=__mol·L−1·min−1。
（2）能说明上述反应达到平衡状态的是__(填编号)。
a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1
b．混合气体的密度不随时间的变化而变化
c．单位时间内消耗3 mol H2，同时生成1 mol H2O
d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
e．混合气体的压强不随时间的变化而变化
（3）平衡时H2的转化率为___。
（4）平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数是__。
（5）一定温度下，第9分钟时v正(CH3OH)__(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时v逆 (CH3OH)。
【答案】 (1). 0.25 (2). de (3). 75% (4). 30% (5). 大于
【解析】
【分析】
(1)可先求出0～9min内v(CO2)，然后利用速率之比等于化学计量数之比，求出v(H2)。
(2)a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，不能确定反应是否达平衡状态；
b．反应前后混合气的质量不变，体积不变，则混合气体的密度始终不变；
c．单位时间内消耗3 mol H2，同时生成1 mol H2O，此关系适合于反应进行中的任意阶段；
d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，表明反应达平衡状态；
e．平衡前，混合气体的压强随时间的变化而变化，只有平衡时压强才不发生改变。
(3)利用三段式，可求出H2的变化量，从而求出平衡时H2的转化率。
(4) 利用三段式，可求出H2O的变化量，也就是平衡量，从而求出平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数。
(5)随着反应的进行，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，但平衡前，正反应速率始终大于逆反应速率。
【详解】(1)0～9min内v(CO2)==mol·L−1·min−1，v(H2)=3v(CO2)= 0.25mol·L−1·min−1。答案为：0.25；
(2)a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，不能确定反应是否达平衡状态，a不合题意；
b．反应前后混合气的质量不变，体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以密度不变时反应不一定达平衡状态，b不合题意；
c．单位时间内消耗3 mol H2，同时生成1 mol H2O，此关系适合于反应进行中的任意阶段，所以不一定达平衡状态，c不合题意；
d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，表明反应达平衡状态，d符合题意；
e．平衡前，混合气体的压强随时间的变化而变化，只有平衡时压强才不发生改变，e符合题意。答案为：de；
(3)
平衡时H2的转化率为=75%。答案为：75%；
(4)平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数为=30%。答案为：30%；
(5)随着反应的进行，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，但平衡前，正反应速率始终大于逆反应速率。由一定温度下，第9分钟时v正(CH3OH)大于第3分钟时v逆 (CH3OH)。答案为：大于。
【点睛】计算0～9min内H2表示的平均反应速率时，我们也可先求出CO2的浓度变化量，然后利用浓度的变化量之比等于化学计量数之比，求出H2的浓度变化量，最后再计算H2表示的平均反应速率。
23.丙烷是液化石油气主要成分之一，是一种优良的燃料。试回答下列问题：
(1)如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图，(图中的括号内填入“+”或“﹣”)_____。写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：_________________________
(2)科研人员设想用如图所示装置生产硫酸。
①上述生产硫酸的总反应方程式为_____________，b 是___________ 极(填“正”或“负”)，b 电极反应式为______________________________，a 电极发生______________ (填“氧化反应”或“还原反应”)。②生产过程中H+向_____(填 a 或 b)电极区域运动。
(3)将两个铂电极插入氢氧化钾溶液中，向两极分别通入甲烷和氧气，可构成甲烷燃料电池，已知通入甲烷的一极为负极，其电极反应式为：_______________________。电池在放电过程中，溶液的pH值将______________ 。(填“下降”“上升”或“不变”)
【答案】 (1). - (2). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=—2215kJ／mol (3). 2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4 (4). 正 (5). O2+4e-+4H+ =2H2O (6). 氧化反应 (7). b (8). CH4—8e-+10OH-=CO32-+7 H2O (9). 下降
【解析】
【分析】
(1)由图可知，丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O（l）的反应放热△H=-553.75kJ/mol；
（2）原电池工作时，二氧化硫在负极失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，阳离子向正极移动，；
（3）燃料电池工作时，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O。
【详解】(1)由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O（l）的反应放热△H=-553.75kJ/mol，则写出的热化学方程式为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=-2215.0kJ/mol，故答案为— C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=-2215.0 kJ/mol；
（2）①由图可知，通入二氧化硫的电极是负极，二氧化硫在负极a极失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，通入氧气的电极是正极，氧气在正极b极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，则生产硫酸的总反应方程式为2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4，故答案为2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4；正；O2+4e_+4H+=2H2O；氧化反应；
②生产过程中，电子从负极a极沿导线流向正极b极，阳离子向正极移动，H+向正极b极移动，故答案为b；
（3）燃料电池工作时，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O，反应中消耗OH-，溶液的pH值将下降，故答案为CH4—8e-+10OH-=CO32-+7 H2O；下降。
【点睛】本题考查化学反应与能量，注意依据图像分析放热反应，根据元素化合价变化确定正负极，知道离子的移动方向，能够正确书写电极反应式是解答关键。
24.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO+O22CH3COOH
（1）反应①的化学方程式是__。
（2）B的官能团是__。
（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为__。
（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
i.配制2mL浓硫酸、3mLD(含18O)和2mLE的混合溶液。
ii.按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3～5min。
iii.待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙用力振荡，然后静置待分层。
iv.分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥。
回答问题：
①装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是___。
②步骤②安装好实验装置，加入药品前还应检查__。
③反应中浓硫酸的作用是__；写出能表示18O位置的制取乙酸乙酯的化学方程式：__。
④上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是__(填字母)。
a．中和乙酸并吸收乙醇
b．中和乙酸和乙醇
c．降低乙酸乙酯的溶解度
d．加速酯的生成，提高其产率
⑤步骤③所观察到的现象是__；从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是___。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
a.反应类型是__。
b.与制法一相比，制法二的优点是__。
【答案】 (1). H2C=CH2+ Br2→BrCH2CH2Br (2). 羟基（或—OH） (3). (4). 防止倒吸 (5). 装置的气密性 (6). 催化剂、吸水剂 (7). CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O (8). ac (9). 试管乙中的液体分成上下两层，上层无色油状，下层液体的红色变浅 (10). 分液 (11). 加成反应 (12). 原子利用率高
【解析】
【分析】
(1)反应①为H2C=CH2与Br2发生加成反应，生成BrCH2CH2Br。
(2)B的官能团是-OH。
(3)F是一种高分子，可用于制作食品袋，则其为聚乙烯。
(4)G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，还能防止试管内液体进入反应试管内。
②制取气体时，第一步操作通常为检查装置的气密性。
③反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；乙酸与乙醇发生酯化反应时，酸脱羟基醇脱氢。
④上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸并吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。
⑤步骤③所得的溶液中，乙酸乙酯与水不互溶，由此可判断反应产生的现象；试管乙中，乙酸乙酯与水分层。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
a.发生反应为CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3，由此可确定反应类型。
b.与制法一相比，制法二中，CH3COOCH2CH3是唯一产物。
【详解】(1)反应①为H2C=CH2与Br2发生加成反应，生成BrCH2CH2Br，反应方程式为H2C=CH2+ Br2→BrCH2CH2Br。答案为：H2C=CH2+ Br2→BrCH2CH2Br；
(2)B的官能团是羟基（或-OH）。答案为：羟基（或-OH）；
(3)F是一种高分子，可用于制作食品袋，则其为聚乙烯其结构简式为。答案为：；
(4)G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，还能防止倒吸。答案为：防止倒吸；
②步骤②安装好实验装置，加入药品前还应检查装置的气密性。答案为：装置的气密性；
③反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；乙酸与乙醇发生酯化反应时，酸脱羟基醇脱氢，反应方程式为CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O。答案为：催化剂、吸水剂；CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O；
④上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸并吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。答案为：ac；
⑤步骤③所得的溶液中，乙酸乙酯与水不互溶，由此可判断反应产生的现象为试管乙中的液体分成上下两层，上层无色油状，下层液体的红色变浅；试管乙中，乙酸乙酯与水分层，采用分液法分离。答案为：试管乙中的液体分成上下两层，上层无色油状，下层液体的红色变浅；分液；
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
a.发生反应为CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3，反应类型为加成反应。答案为：加成反应；
b.与制法一相比，制法二中原子利用率高。答案为：原子利用率高。
【点睛】利用乙酸与乙醇反应制取乙酸乙酯，我们很容易错误地写成醇脱羟基酸脱氢，即18O进入H2O中，其原因是酸易电离出氢离子。在平时的学习中，应注意纠正。
25.某同学依照如图所示流程提取海带中的碘元素。
（1）步骤①中灼烧海带所用的仪器是___（填序号）。
a.试管 b.坩埚 c.烧杯 d.锥形瓶
（2）步骤④中用硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化成I2，反应的离子方程式是__。
（3）步骤⑤中采用的分离方法是___。
（4）经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，继续采取步骤⑥⑦的目的是__。
（5）步骤⑦的反应中，当1molIO3-发生反应时，转移电子的物质的量是__mol。
【答案】 (1). b (2). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (3). 萃取、分液 (4). 从I2的CCl4溶液中分离出I2 (5). 5
【解析】
【分析】
(1)步骤①中灼烧海带时，所用仪器必须能耐高温，从而确定所用的仪器。
(2)步骤④中，用硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化成I2，同时生成硫酸盐和水。
(3)步骤⑤中，从碘水中提取碘，应加入萃取剂。
(4)经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，得到的是碘的四氯化碳溶液，还需将其分离出来。
(5)步骤⑦的反应中，IO3-发生反应时，由+5价降低为0价。
【详解】(1)步骤①中灼烧海带时，所用仪器必须能耐高温，从而确定所用的仪器为坩埚。答案为：b；
(2)步骤④中，用硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化成I2，同时生成硫酸盐和水，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
(3)步骤⑤中，从碘水中提取碘，应加入萃取剂，然后分液。答案为：萃取、分液；
(4)经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，得到的是碘的四氯化碳溶液，还需将其分离出来，所以继续采取步骤⑥⑦的目的是从I2的CCl4溶液中分离出I2。答案为：从I2的CCl4溶液中分离出I2；
(5)步骤⑦的反应中，IO3-发生反应时，由+5价降低为0价，化合价降低5价，故当1molIO3-发生反应时，转移电子的物质的量是5mol。答案为：5。
【点睛】蒸发皿和坩埚都是可以直接加热的两种仪器，但二者的使用条件是不同的。当灼烧固体时，必须用坩埚；当蒸发溶液获得溶质，或浓缩溶液时，使用蒸发皿。
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 K：39 Cu：64 Fe：56
第Ⅰ卷
一、选择题(本题共20个小题，每小题2分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）
A．双氢青蒿素
B．全氮阴离子盐
C． 聚合氮
D．砷化铌纳米带
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；
B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；
C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；
D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意
故选A。
2.下列各组物质的相互关系描述正确的是
A. H2、D2和T2互为同位素 B. 和互为同分异构体
C. 金刚石、C60、石墨互为同系物 D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2、D2和T2是同种元素形成的单质，不互为同位素，故A错误；
B. 和属于甲烷的二氯代物，是一种物质，故B错误；
C. 金刚石、C60、石墨互为同素异形体，故C错误；
D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质2-甲基丁烷，故D正确；
答案：D
【点睛】“四同”的区分：同位素是质子数相同、中子数不同的核素的互称；同素异形体指的是同元素形成的不同单质的互称；同系物指的是结构相似、分子组成上组差n个CH2 化合物的互称；同分异构体指的是分子式相同、结构不同的化合物的互称。
3.电动汽车（标志为“”）在改善城市交通、保护环境等方面的作用至关重要。下列说法不正确的是
A. 电动汽车的使用有助于减少氮氧化物的排放
B. 燃油汽车也可以悬挂该标志
C. 电动汽车使用时涉及化学能与电能的转换
D. 电动汽车充电、放电过程均有电子转移
【答案】B
【解析】
【详解】A.电动汽车的使用时化学能先转化为电能，然后电能再转化为机械能，不产生氮氧化合物，所以有助于减少氮氧化物的排放，A正确；
B.燃油汽车使用时是化石燃料的化学能转化为热能，热能再转化为机械能，所以不可以悬挂该标志，B错误；
C.电动汽车使用时首先是化学能转化为电能，电能转化为机械能，充电时电能转化为化学能，所以涉及化学能与电能的转换，C正确；
D.电动汽车充电、放电过程有电能与化学能的转化过程，所以均有电子转移，D正确；
故合理选项是B。
4.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
5.下列关于有机物的正确说法是（ ）
A. 聚乙烯可发生加成反应
B. 石油干馏可得到汽油、煤油等
C. 淀粉、蛋白质完全水解的产物互为同分异构体
D. 从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4
【答案】D
【解析】
【详解】A. 聚乙烯分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反应，A错误；
B. 石油分馏可得到汽油、煤油等，B错误；
C. 淀粉完全水解的产物为葡萄糖，蛋白质完全水解的产物为氨基酸，二者不互为同分异构体，C错误；
D. 因为乙醇与水互溶，而CCl4不溶于水，所以从碘水中提取单质碘时，不能用无水乙醇代替CCl4，D正确；
故选D。
6.下列表述不正确的是( )
A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3
B. 在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
C. 用于现代通讯的光导纤维的主要成分是高纯度的硅
D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液＞Fe(OH)3 胶体＞FeCl3 溶液
【答案】C
【解析】
A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是Al2O3，A正确；B. 在医疗上碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，B正确；C. 用于现代通讯的光导纤维的主要成分是二氧化硅，C错误；D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液＞Fe(OH)3胶体＞FeCl3溶液，D正确，答案选C。
7.下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）
选项
a
b
c
A
Al
AlCl3
Al(OH)3
B
HNO3
NO
NO2
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
NH3
NO2
NO
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. Al(OH)3不能通过一步反应转化为Al，A不合题意；
B. 稀HNO3与铜反应可生成NO，NO与O2反应可生成NO2，NO2与水反应可生成HNO3，B符合题意；
C. SiO2不能通过一步反应生成H2SiO3，H2SiO3也不能通过一步反应生成Si，C不合题意；
D. NH3不能通过一步反应生成NO2，NO也不能通过一步反应生成NH3，D不合题意。
故选B。
8.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一定容积的密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是( )
A. 其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小
B. 保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，反应速率一定增大
C. 反应达平衡状态时：v(CO)正=v(H2O)逆
D. 其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，物质的浓度增大，反应速率加快，A错误；
B.保持体积不变，充入少量He气体使体系压强增大，由于反应体系的物质浓度不变，所以反应速率不变，B错误；
C.反应达平衡状态时任何物质浓度不变，用同一物质表示的反应速率相同，v(H2O)正=v(CO)正=v(H2O)逆，则v(H2O)正= v(H2O)逆，C正确；
D.其他条件不变，适当增加C(s)的质量，由于C是固体，物质的浓度不变，所以反应速率不变，D错误；
故合理选项是C。
9.下列关于有机物性质的叙述错误的是（ ）
A. 甲烷和氯气在光照条件下反应产生油状液滴
B. 苯和乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 乙醇催化氧化能生成乙醛
D. 乙烯、苯分子中的所有原子均共面
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下反应，产生的CH3Cl呈气态，产生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4呈液态，因此有油状液滴产生，A正确；
B.苯具有稳定性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.乙醇在Cu作催化剂条件下能被O2氧化产生乙醛，C正确；
D.乙烯、苯分子中键角是120°，分子中所有原子在同一个平面上，因此乙烯、苯分子中的所有原子均共面，D正确；
故合理选项是B。
10.NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，14 g N2含有的分子数为0.5NA
B. 6.72L NO2与足量H2O反应，转移的电子数为0.1NA
C. 0.1mol/L的NaOH溶液中含钠离子数为0.1NA
D. 0.30mol Fe粉与足量水蒸气反应生成H2的物质的量为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.14g氮气的物质的量是0.5mol，则氮气中含有的分子数是0.5NA，选项A正确；
B.未指明标准状况，所以6.72L二氧化氮与水反应转移的电子数无法计算，选项B错误；
C.氢氧化钠溶液的体积未知，所以钠离子的数目无法计算，选项C错误；
D.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，所以0.30molFe与足量水蒸气反应生成氢气的物质的量是0.4mol，氢分子数是0.4NA，选项D错误；
答案选A。
11.一定温度下的恒容密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是（ ）
A. 容器内n(A2):n(B2):n(AB)＝1:1:2
B. 容器内气体的密度不随时间变化
C. 容器内气体的总压强不随时间变化
D. 单位时间内生成2n mol AB，同时生成n mol A2
【答案】D
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此解答。
【详解】A、平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，A不能说明；
B、密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，B不能说明；
C、该反应是体积不变的可逆反应，所以容器内气体的压强始终是不变的，C不能说明；
D、单位时间内生成2n mol AB，同时生成n mol A2，反应速率的方向相反，且满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，可以说明反应达到平衡状态；
答案选D。
12.下列离子方程式书写正确的是
A. 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + Fe3+ ＝ Cu2+ + Fe2+
B. 向氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+ + 4NH3·H2O = AlO2- + 4NH4+ + 2H2O
C. Na2O2固体与H2O反应产生O2 ：2Na2O2 + 2H2O ＝ 4Na+ + 4OH－ + O2↑
D. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO＋4OH－== 2MnO2↓＋3SO＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 没有配平，应该是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，A错误；
B. 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，B错误；
C. Na2O2固体与H2O反应产生O2和氢氧化钠：2Na2O2+H2O＝4Na++4OH－+O2↑，C正确；
D. 溶液显酸性，氢氧根不可能参与反应，D错误；
答案选C。
13.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ·mol-1
B. 该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C. 1molC(s)和1molH2O(l)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的热量为131.3kJ
D. 1molC(s)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图中可以看出，生成物[CO(g)＋H2(g)]的能量比反应物[C(s)＋H2O(g)]的能量高(b－a)kJ，所以反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ·mol-1，A正确；
B. 因为生成物的总能量高于反应物，所以该反应过程反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，B正确；
C. 1molC(s)和1molH2O(g)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的热量为131.3kJ，但若是H2O(l)，则吸收的热量应大于131.3kJ，C不正确；
D. 图中信息告诉我们，1molC(s)、2molH、1molO的能量比1molCO(g)和1molH2(g)的能量高akJ，所以发生此转化时放出的热量为akJ，D正确。
故选C。
14.科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如下图所示。下列说法不正确的是
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上发生的电极反应为：O2 +4H+ + 4e﹣=== 2H2O
C. 电路中每流过4 mol电子，在正极消耗44.8LH2S
D. 每17 g H2S参与反应，有1 mol H+经质子膜进入正极区
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据图示，电极a上H2S失去电子被氧化成S2，电极a为负极，A项正确；
B、电极b上O2发生得电子的还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，B项正确；
C、H2S在负极被消耗，负极电极反应式为2H2S-4e-=S2+4H+，电路中流过4mol电子，负极消耗2molH2S，H2S所处温度和压强未知，无法计算消耗H2S的体积，C项错误；
D、n（H2S）==0.5mol，根据正极和负极电极反应式，每17gH2S参与反应有1molH+经质子膜进入正极区，D项正确；
答案选C。
【点睛】本题考查燃料电池正负极的判断、电极反应式的书写、燃料电池的计算，准确判断燃料电池的正负极和理解原电池原理是解题的关键。书写电极反应式时注意溶液的酸碱性。
15.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是( )
A. 分子式为C7H6O5
B. 1 mol该物质能与4 mol Na发生反应
C. 分子中含有两种官能团
D. 在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.分子式为C7H10O5，故A错误；B.1 mol该物质含有3个羟基和1个羧基，能与4 mol Na发生反应，故B正确；C. 分子中含有C=C、-COOH和-OH三种官能团，故C错误；D. 在水溶液中羧基能电离出H＋,羟基不能电离出H＋，故D错误；答案：B。
【点睛】根据官能团判断相应的性质。含有-COOH和-OH能和金属钠反应，根据结构简式判断分子式。
16.下列有关金属的工业制法中，正确的是（ ）
A. 制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液
B. 制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，H2还原得镁
C. 制铁：以铁矿石为原料，CO还原得铁
D. 制铝：从铝土矿中获得氧化铝再得到氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融的氯化钠可生成金属钠和氯气，故A错误；
B.用海水为原料，经一系列过程制得氢氧化镁固体，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，故B错误；
C.CO还原氧化铁可以生成铁和二氧化碳，故C正确；
D.从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝和氧气，故D错误。
故选C。
【点睛】钠、镁、铝具有强还原性。钠、镁、铝等活泼金属的冶炼用电解法；氯化铝是共价化合物，熔融状态不导电，所以冶炼金属铝不能电解熔融氯化铝，而电解熔融氧化铝。
17.下列电子式中，书写正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaF为离子化合物，由阴、阳离子构成，A错误；
B. 在MgCl2的电子式中，两个Cl-不能放在一起，应分别放在Mg2+的两侧，B错误；
C. 在HClO的电子式中，O原子应在H、Cl中间，C错误；
D. NaCl由Na+和Cl-构成，电子式正确，D正确。
故选D。
18.海洋中有丰富的资源，如图为海水资源利用的部分过程。
下列有关说法正确的是（ ）
A 用澄清石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
B. 第③步和第⑤步均发生了氧化还原反应
C. 在第③④⑤步中溴元素均被氧化
D. 工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca(OH)2与NaHCO3和Na2CO3都能反应生成CaCO3沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，A错误；
B. 第③步反应为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，第⑤步反应为5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，均发生了氧化还原反应，B正确；
C.第④步反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，溴元素被还原，C错误；
D. 工业上通过电解熔融MgCl2制取金属镁，电解氯化镁溶液得不到镁，D错误；
故选B。
19.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是( )
序号
实验事实
结论
A
CO2的水溶液可以导电
CO2是电解质
B
Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀
酸性：H2CO3＞HClO
C
向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失
原溶液中一定含有SO42-
D
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色
原溶液中不含K+
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO2的水溶液可以导电是因为二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出离子而导电，二氧化碳不能电离，是非电解质，A错误；
B、Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀，同时还有次氯酸生成，则可以证明酸性：H2CO3＞HClO，B正确；
C、向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加盐酸，沉淀不消失，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银，不能说明溶液中含有硫酸根离子，C错误；
D、观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色不能说明溶液中不存在钾离子，D错误；
答案选B。
【点睛】选项A是解答的易错点，注意电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，即化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。但能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
20.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(己知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示。下列分析或结果错误的是（ ）
A. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
B. 原混合酸中NO3-物质的量为0.4mol
C. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
D. 取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =0.1mol • L-l
【答案】B
【解析】
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，
A．铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
B． OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；
C．铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；
D．最终溶液为硫酸亚铁，结合消耗铁的总质量计算硫酸的物质的量，进而计算硫酸的浓度。
【详解】A．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，选项A正确；
B．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，由于原溶液分成2等份进行实验，故原混合液中n（NO3-）=2n（Fe）=2×=0.2mol，选项B错误；
C．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项C正确；
D．第二份反应消耗22.4g铁，物质的量为=0.25mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.25mol，所原混合酸中H2SO4物质的量浓度为=2.5mol/L，取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+) =2.5mol/L ×2×0.1mol • L-l，选项D正确；
答案选项B。
【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。
第Ⅱ卷
二、非选择题
21.X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：
元素代号
X
Y
Z
M
Q
R
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.075
0.077
0.037
主要化合价
＋2
＋3
＋6，－2
＋5，－3
＋4，－4
＋1
（1）Y在元素周期表中的位置是___。
（2）元素Q和R形成的化合物A是果实催熟剂，用A制备乙醇的化学方程式是___。
（3）单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的稀溶液发生反应的离子方程式为___。
（4）元素X的金属性比元素Y___（填“强”或“弱”），用原子结构的知识解释原因___。
（5）元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，采用如图装置A在高温下将钢样中元素Q、元素Z转化为QO2、ZO2。
①气体a的成分是__（填化学式）。
②若钢样中元素Z以FeZ的形式存在，在A中反应生成ZO2和稳定的黑色氧化物，则反应的化学方程式是___。
【答案】 (1). 第三周期第IIIA族 (2). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (3). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (4). 强 (5). 镁和铝在同一周期，从左到右，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱 (6). O2，SO2，CO2 (7). 5O2+3FeS3SO2+Fe3O4
【解析】
【分析】
Z的化合价为＋6、－2，则其为硫(S)元素，从主要化合价及原子半径数值，可确定X为Mg、Y为Al；参照化合价及与Z的半径比较，可确定M为氮(N)、Q为碳(C)；最后确定R为氢(H)。从而得出X、Y、Z、M、Q、R分别为Mg、Al、S、N、C、H。
(1)Y为硫，可通过书写原子结构示意图，确定其在元素周期表中的位置。
(2) A是果实催熟剂，则其为乙烯，乙烯与水发生加成反应可制得乙醇。
(3)单质铜与稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO、H2O。
(4)Mg与Al的金属性比较，可利用同周期元素的性质递变规律进行分析。
(5)钢样中的元素碳、硫在装置A中转化为CO2、SO2。
①气体a的成分中，除含两种氧化物外，还应含有过量的氧气。
②铁氧化物中，稳定的黑色氧化物为四氧化三铁。FeS与O2反应，生成SO2和Fe3O4。
【详解】由分析知，X、Y、Z、M、Q、R分别为Mg、Al、S、N、C、H。
(1)Y为硫，可通过书写原子结构示意图，确定其在元素周期表中的位置是第三周期第IIIA族。答案为：第三周期第IIIA族；
(2) A是果实催熟剂，则其为乙烯，乙烯与水反应生成乙醇，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
(3)单质铜与稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、NO、H2O，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(4)Mg与Al在元素周期表中位于第三周期，且镁在铝的左边，同周期元素，从左到右，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱。答案为：从左到右，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；
(5)钢样中的元素碳、硫在装置A中转化为CO2、SO2。
①气体a中，除含两种氧化物外，还应含有过量的氧气，则气体a的成分为O2，SO2，CO2。答案为：O2，SO2，CO2；
②FeS与O2反应，生成SO2和四氧化三铁，反应的化学方程式为5O2+3FeS3SO2+Fe3O4。答案为：5O2+3FeS3SO2+Fe3O4。
【点睛】推断短周期元素时，我们首先根据主要化合价，确定其所在的主族，然后利用原子半径确定所在的周期，从而确定其是何种元素。对于表中的6种元素，解题的突破口在Z元素，根据其化合价，其应为硫(氧不能表现+6价)。然后与硫的半径进行比较，确定X、Y为镁和铝(不可能是锂和铍)；再确定M、Q为氮和碳(不可能是磷和硅)，最后确定R为氢。
22.在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
（1）0～9min内，v(H2)=__mol·L−1·min−1。
（2）能说明上述反应达到平衡状态的是__(填编号)。
a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1
b．混合气体的密度不随时间的变化而变化
c．单位时间内消耗3 mol H2，同时生成1 mol H2O
d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
e．混合气体的压强不随时间的变化而变化
（3）平衡时H2的转化率为___。
（4）平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数是__。
（5）一定温度下，第9分钟时v正(CH3OH)__(填“大于”、“小于”或“等于”)第3分钟时v逆 (CH3OH)。
【答案】 (1). 0.25 (2). de (3). 75% (4). 30% (5). 大于
【解析】
【分析】
(1)可先求出0～9min内v(CO2)，然后利用速率之比等于化学计量数之比，求出v(H2)。
(2)a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，不能确定反应是否达平衡状态；
b．反应前后混合气的质量不变，体积不变，则混合气体的密度始终不变；
c．单位时间内消耗3 mol H2，同时生成1 mol H2O，此关系适合于反应进行中的任意阶段；
d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，表明反应达平衡状态；
e．平衡前，混合气体的压强随时间的变化而变化，只有平衡时压强才不发生改变。
(3)利用三段式，可求出H2的变化量，从而求出平衡时H2的转化率。
(4) 利用三段式，可求出H2O的变化量，也就是平衡量，从而求出平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数。
(5)随着反应的进行，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，但平衡前，正反应速率始终大于逆反应速率。
【详解】(1)0～9min内v(CO2)==mol·L−1·min−1，v(H2)=3v(CO2)= 0.25mol·L−1·min−1。答案为：0.25；
(2)a．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1，不能确定反应是否达平衡状态，a不合题意；
b．反应前后混合气的质量不变，体积不变，则混合气体的密度始终不变，所以密度不变时反应不一定达平衡状态，b不合题意；
c．单位时间内消耗3 mol H2，同时生成1 mol H2O，此关系适合于反应进行中的任意阶段，所以不一定达平衡状态，c不合题意；
d．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，表明反应达平衡状态，d符合题意；
e．平衡前，混合气体的压强随时间的变化而变化，只有平衡时压强才不发生改变，e符合题意。答案为：de；
(3)
平衡时H2的转化率为=75%。答案为：75%；
(4)平衡时混合气体中H2O(g)的体积分数为=30%。答案为：30%；
(5)随着反应的进行，正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，但平衡前，正反应速率始终大于逆反应速率。由一定温度下，第9分钟时v正(CH3OH)大于第3分钟时v逆 (CH3OH)。答案为：大于。
【点睛】计算0～9min内H2表示的平均反应速率时，我们也可先求出CO2的浓度变化量，然后利用浓度的变化量之比等于化学计量数之比，求出H2的浓度变化量，最后再计算H2表示的平均反应速率。
23.丙烷是液化石油气主要成分之一，是一种优良的燃料。试回答下列问题：
(1)如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O(l)过程中的能量变化图，(图中的括号内填入“+”或“﹣”)_____。写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：_________________________
(2)科研人员设想用如图所示装置生产硫酸。
①上述生产硫酸的总反应方程式为_____________，b 是___________ 极(填“正”或“负”)，b 电极反应式为______________________________，a 电极发生______________ (填“氧化反应”或“还原反应”)。②生产过程中H+向_____(填 a 或 b)电极区域运动。
(3)将两个铂电极插入氢氧化钾溶液中，向两极分别通入甲烷和氧气，可构成甲烷燃料电池，已知通入甲烷的一极为负极，其电极反应式为：_______________________。电池在放电过程中，溶液的pH值将______________ 。(填“下降”“上升”或“不变”)
【答案】 (1). - (2). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=—2215kJ／mol (3). 2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4 (4). 正 (5). O2+4e-+4H+ =2H2O (6). 氧化反应 (7). b (8). CH4—8e-+10OH-=CO32-+7 H2O (9). 下降
【解析】
【分析】
(1)由图可知，丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O（l）的反应放热△H=-553.75kJ/mol；
（2）原电池工作时，二氧化硫在负极失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，阳离子向正极移动，；
（3）燃料电池工作时，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O。
【详解】(1)由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O（l）的反应放热△H=-553.75kJ/mol，则写出的热化学方程式为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=-2215.0kJ/mol，故答案为— C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=-2215.0 kJ/mol；
（2）①由图可知，通入二氧化硫的电极是负极，二氧化硫在负极a极失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，通入氧气的电极是正极，氧气在正极b极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，则生产硫酸的总反应方程式为2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4，故答案为2SO2+ O2+2H2O=2H2SO4；正；O2+4e_+4H+=2H2O；氧化反应；
②生产过程中，电子从负极a极沿导线流向正极b极，阳离子向正极移动，H+向正极b极移动，故答案为b；
（3）燃料电池工作时，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O，反应中消耗OH-，溶液的pH值将下降，故答案为CH4—8e-+10OH-=CO32-+7 H2O；下降。
【点睛】本题考查化学反应与能量，注意依据图像分析放热反应，根据元素化合价变化确定正负极，知道离子的移动方向，能够正确书写电极反应式是解答关键。
24.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO+O22CH3COOH
（1）反应①的化学方程式是__。
（2）B的官能团是__。
（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为__。
（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
i.配制2mL浓硫酸、3mLD(含18O)和2mLE的混合溶液。
ii.按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3～5min。
iii.待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙用力振荡，然后静置待分层。
iv.分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥。
回答问题：
①装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是___。
②步骤②安装好实验装置，加入药品前还应检查__。
③反应中浓硫酸的作用是__；写出能表示18O位置的制取乙酸乙酯的化学方程式：__。
④上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是__(填字母)。
a．中和乙酸并吸收乙醇
b．中和乙酸和乙醇
c．降低乙酸乙酯的溶解度
d．加速酯的生成，提高其产率
⑤步骤③所观察到的现象是__；从试管乙中分离出乙酸乙酯的实验操作名称是___。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
a.反应类型是__。
b.与制法一相比，制法二的优点是__。
【答案】 (1). H2C=CH2+ Br2→BrCH2CH2Br (2). 羟基（或—OH） (3). (4). 防止倒吸 (5). 装置的气密性 (6). 催化剂、吸水剂 (7). CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O (8). ac (9). 试管乙中的液体分成上下两层，上层无色油状，下层液体的红色变浅 (10). 分液 (11). 加成反应 (12). 原子利用率高
【解析】
【分析】
(1)反应①为H2C=CH2与Br2发生加成反应，生成BrCH2CH2Br。
(2)B的官能团是-OH。
(3)F是一种高分子，可用于制作食品袋，则其为聚乙烯。
(4)G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，还能防止试管内液体进入反应试管内。
②制取气体时，第一步操作通常为检查装置的气密性。
③反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；乙酸与乙醇发生酯化反应时，酸脱羟基醇脱氢。
④上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸并吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。
⑤步骤③所得的溶液中，乙酸乙酯与水不互溶，由此可判断反应产生的现象；试管乙中，乙酸乙酯与水分层。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
a.发生反应为CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3，由此可确定反应类型。
b.与制法一相比，制法二中，CH3COOCH2CH3是唯一产物。
【详解】(1)反应①为H2C=CH2与Br2发生加成反应，生成BrCH2CH2Br，反应方程式为H2C=CH2+ Br2→BrCH2CH2Br。答案为：H2C=CH2+ Br2→BrCH2CH2Br；
(2)B的官能团是羟基（或-OH）。答案为：羟基（或-OH）；
(3)F是一种高分子，可用于制作食品袋，则其为聚乙烯其结构简式为。答案为：；
(4)G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，某学习小组在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①装置中球形干燥管，除起冷凝作用外，还能防止倒吸。答案为：防止倒吸；
②步骤②安装好实验装置，加入药品前还应检查装置的气密性。答案为：装置的气密性；
③反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；乙酸与乙醇发生酯化反应时，酸脱羟基醇脱氢，反应方程式为CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O。答案为：催化剂、吸水剂；CH3COOH＋C2H518OHCH3CO18OC2H5＋H2O；
④上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸并吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。答案为：ac；
⑤步骤③所得的溶液中，乙酸乙酯与水不互溶，由此可判断反应产生的现象为试管乙中的液体分成上下两层，上层无色油状，下层液体的红色变浅；试管乙中，乙酸乙酯与水分层，采用分液法分离。答案为：试管乙中的液体分成上下两层，上层无色油状，下层液体的红色变浅；分液；
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
a.发生反应为CH2=CH2+CH3COOH→CH3COOCH2CH3，反应类型为加成反应。答案为：加成反应；
b.与制法一相比，制法二中原子利用率高。答案为：原子利用率高。
【点睛】利用乙酸与乙醇反应制取乙酸乙酯，我们很容易错误地写成醇脱羟基酸脱氢，即18O进入H2O中，其原因是酸易电离出氢离子。在平时的学习中，应注意纠正。
25.某同学依照如图所示流程提取海带中的碘元素。
（1）步骤①中灼烧海带所用的仪器是___（填序号）。
a.试管 b.坩埚 c.烧杯 d.锥形瓶
（2）步骤④中用硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化成I2，反应的离子方程式是__。
（3）步骤⑤中采用的分离方法是___。
（4）经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，继续采取步骤⑥⑦的目的是__。
（5）步骤⑦的反应中，当1molIO3-发生反应时，转移电子的物质的量是__mol。
【答案】 (1). b (2). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (3). 萃取、分液 (4). 从I2的CCl4溶液中分离出I2 (5). 5
【解析】
【分析】
(1)步骤①中灼烧海带时，所用仪器必须能耐高温，从而确定所用的仪器。
(2)步骤④中，用硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化成I2，同时生成硫酸盐和水。
(3)步骤⑤中，从碘水中提取碘，应加入萃取剂。
(4)经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，得到的是碘的四氯化碳溶液，还需将其分离出来。
(5)步骤⑦的反应中，IO3-发生反应时，由+5价降低为0价。
【详解】(1)步骤①中灼烧海带时，所用仪器必须能耐高温，从而确定所用的仪器为坩埚。答案为：b；
(2)步骤④中，用硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化成I2，同时生成硫酸盐和水，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
(3)步骤⑤中，从碘水中提取碘，应加入萃取剂，然后分液。答案为：萃取、分液；
(4)经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，得到的是碘的四氯化碳溶液，还需将其分离出来，所以继续采取步骤⑥⑦的目的是从I2的CCl4溶液中分离出I2。答案为：从I2的CCl4溶液中分离出I2；
(5)步骤⑦的反应中，IO3-发生反应时，由+5价降低为0价，化合价降低5价，故当1molIO3-发生反应时，转移电子的物质的量是5mol。答案为：5。
【点睛】蒸发皿和坩埚都是可以直接加热的两种仪器，但二者的使用条件是不同的。当灼烧固体时，必须用坩埚；当蒸发溶液获得溶质，或浓缩溶液时，使用蒸发皿。
相关资料
更多
