【化学】辽宁省六校协作体2019-2020学年高二上学期开学考试试题(解析版）

【化学】辽宁省六校协作体2019-2020学年高二上学期开学考试试题(解析版）

辽宁省六校协作体2019-2020学年高二上学期开学考试试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 Fe 56 Zn 65‎ 一、选择题（本题共20道小题，每小题3分，共60分）‎ ‎1.垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾归类不合理的是（ ）‎ A B C D 垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸 垃圾 分类 可回收物 其他垃圾 有害垃圾 可燃垃圾 ‎【答案】B ‎【解析】废塑料瓶可以回收再利用，在垃圾分类中属于可回收物。‎ ‎2.改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是（ ）‎ A.太阳能分解水制取氢气 B.开采可燃冰获取燃料 C.新能源汽车燃料电池供电 D.运载“嫦娥四号”的火箭发射 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；‎ B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；‎ C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；‎ D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. Fe3O4与稀硝酸反应：3Fe3O4＋28H+＋NO3-=9Fe3+＋NO↑＋14H2O B. FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3+＋Cu=Fe2+＋Cu2+‎ C. FeO与稀硝酸反应：FeO＋2H+=Fe2+＋H2O D. 铁屑与稀硫酸反应：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe3O4与稀硝酸反应，硝酸有强氧化性，可使+2价铁变为+3价，3Fe3O4＋28H+＋NO3-=9Fe3+＋NO↑＋14H2O，A正确；‎ B.FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，B错误；‎ C.FeO与稀硝酸反应：3FeO＋10H+＋NO3-=3Fe3+＋NO↑＋5H2O，C错误；‎ D.铁屑与稀硫酸反应：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，D错误；‎ 答案为A；‎ ‎4.去年热播的《三生三世十里桃花》中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3＋Zn===ZnO＋N2↑＋2H2O，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 该反应中NH4NO3只作氧化剂 B. 常温下每消耗1.3gZn粉，即可产生336mLN2‎ C. 水在反应中可能起催化作用 D. 每生成1 mol N2共转移2 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】A．NH4NO3中N元素的化合价升高也降低，则既作氧化剂也作还原剂，A错误；B．1.3gZn的物质的量是1.3g÷65g/mol＝0.02mol，根据方程式可知可产生0.02mol氮气，在标准状况下的体积为0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL，B错误；C．该反应中水不参加反应，则可能起催化作用，C正确；D．每生成1mol N2，1 mol NH4NO3转移电子由N元素的化合价降低可知，转移1mol×（5-0）＝5mol电子，D错误；答案选C。‎ ‎5.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是（ ）‎ A．长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 B．证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)‎ C．探究氧化性：‎ KMnO4＞Cl2＞I2‎ D．比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化；‎ B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；‎ C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；‎ D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。‎ ‎【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；‎ B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水)，故A能达到实验目的；‎ C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4＞Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2＞I2，故C正确；‎ D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。‎ ‎6. 下列可被工业上采用的冶金方法是(　　)‎ A. 电解熔融的氯化铝制铝 B. 电解熔融的氯化镁制镁 C. 电解氯化钠溶液制钠 D. 高温下用H2还原氧化镁制镁 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：氯化铝是共价化合物，熔融状态下以分子状态存在，其中缺少自由移动的离子，故不能用电解熔融氯化铝的方法制铝。A不正确。Na＋、Mg2＋、Al3＋在水溶液中电解时，电子被H＋‎ 得到，因而电解比氢活泼的金属阳离子的水溶液是得不到金属单质的。C不正确。比Al活泼的金属很难用一般的还原剂(如H2、CO、C等)把它们从化合物中还原出来。况且，MgO熔点很高。工业上制取镁是采用电解熔融MgCl2的方法。D不正确，所以答案选B。‎ ‎7.用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（ ）‎ ‎①中的物质 ‎②中的物质 预测①的现象 A 淀粉KI溶液 浓硝酸 无明显变化 B 酚酞溶液 浓盐酸 无明显变化 C MgCl2溶液 浓氨水 有白色沉淀 D 湿润红纸条 饱和氯水 红纸条褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故选A；‎ B.浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故不选B；‎ C.浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气，溶于氯化镁溶液，一水合氨与氯化镁反应生成氢氧化镁白色沉淀，故不选C；‎ D.饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故不选D；‎ 答案：A ‎8.已知短周期元素离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子序数 d＞c＞b＞a B. 原子半径：r(A)＞r(B)＞r(D)＞r(C)‎ C. 单质的还原性：A＞B＞D＞C D. 离子半径：r(C3-)> r(D-)> r(B+)> r(A2+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】属于短周期元素，且四种离子具有相同的电子层结构，根据所带电荷数，推出A为Mg，B为Na，C为N，D为F，A、原子序数：a>b>d>c，故A错误；B、电子层数越多，半径越大，电子层数相等，都具有相同的电子层结构，半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径大小顺序是r(Na)>r(Mg)>r(N)>r(F)，故B错误；C、Na的金属性强于Mg，F的非金属性强于N，因此N2的还原性强于F2，因此还原性的强弱是Na>Mg>N2>F2，故C错误；D、电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此离子半径大小顺序是r(N3－)>r(F－)>r(Na＋)>r(Mg2＋)，故D正确。‎ ‎9.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：d>c>b>a B. 4种元素中b金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【解析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，因此a、b、c、d分别为O、Na或Mg、Al、S。A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。‎ ‎10.用括号中的试剂和方法除去各物质中的杂质，正确的是（ ）‎ A. 甲烷中的乙烯（酸性高锰酸钾溶液，洗气）‎ B. 乙醇中的乙酸（NaOH溶液，分液）‎ C. 乙醇中的水（CaO，蒸馏）‎ D. 乙酸乙酯中的乙酸（加入浓硫酸和过量乙醇并加热）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，甲烷中产生新的杂质气体，甲烷中的乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液除杂，A错误；‎ B.乙醇易溶于水，无法用分液的方法分离乙醇与水溶液，则乙醇中的乙酸不能用NaOH溶液和分液的方式除杂，B错误；‎ C.水与氧化钙反应生成氢氧化钙固体，则乙醇中的水可用CaO，蒸馏的方式除杂，C正确；‎ D.乙酸与乙醇反应为可逆反应，则乙酸乙酯中的乙酸不能用浓硫酸和过量乙醇并加热的方式除杂，D错误；‎ 答案为C；‎ ‎11.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图，已知断裂1 mol N≡N键吸收942kJ热量，生成1 mol N－N键释放167 kJ热量根据以上信息和数据，下列热化学方程式正确的是（ ）‎ A. 2N2=N4 △H =-882 kJ·mol-1‎ B. N2 (g)=0.5N4 (g) △H=+441 kJ C. N2 (g)=0.5N4 (g) △H=-441 kJ·mol-1‎ D. 2N2(g)=N4(g) △H=+882 kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】由N4的结构知1molN4分子中含有6molN-N键。反应2N2（g）=N4（g）的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2E（NN）-6E（N-N）=2942kJ/mol-6167kJ/mol=+882kJ/mol。A项，没有标明物质的聚集状态，且ΔH应0，错误；B项，ΔH的单位错，错误；C项，ΔH应0，错误；D项，正确；答案选D。‎ ‎12.在同温同压下，将10mL某气态烃，在60mLO2里充分燃烧，得到液态水和体积为45mL的混合气体，则该烃可能为（ ）‎ A. 甲烷 B. 乙烷 C. 丙烷 D. 乙烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】烃在氧气中充分燃烧，则产物为二氧化碳，则反应的通式为CxHy ‎+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O；‎ ‎【详解】已知水为液体，则减少体积与烃的体积比为25/10，25：10=（1+y/4）：1，则y=6，为乙烷，答案为B；‎ ‎13.450℃时，在某恒容密闭容器中存在反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法能作 为判断该反应达到化学平衡状态标志的是（ ）‎ A. 容器内压强保持不变 B. v正(N2)=2v逆(NO)‎ C. N2与CO2的物质的量之比为1∶1 D. 容器内混合气体的密度保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，压强保持不变不一定平衡，故不选A；‎ B、v 正(N2) = 2v逆 (NO)，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选B；‎ C、N2与CO2的物质的量之比始终为1∶1，所以N2与CO2的物质的量之比为1∶1，不一定平衡，故不选C；‎ D、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，反应前后气体质量是变量，根据 ，密度是变量，所以容器内混合气体的密度保持不变一定是平衡状态，故选D。‎ 答案为D。‎ ‎14.对于反应A2(g)+3B2(g)=2AB3(g)来说，下列所表示的化学反应速率最快的是( )‎ A. V(A2)=0.01mol/(L·s) B. V(B2)=1.0mol/(L·min)‎ C. V(AB3)=0.9mol/(L·min) D. V(A2)=0.4mol/(L·min)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，因此根据化学方程式可知，若A、B、C、D4个选项都用v(A2)表示反应速率，分别是0.6 mol/(L·min)、0.333mol/(L·min)、0.45mol/(L·min)、0.4mol/(L·min)，则表示的化学反应速率最快的是A，故选A。‎ ‎15.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。‎ 时间 水样 ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ I (pH=2)‎ ‎0.40‎ ‎0.28‎ ‎0.19‎ ‎0.13‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ II(pH=4)‎ ‎0.40‎ ‎0.31‎ ‎0.24‎ ‎0.20‎ ‎0.18‎ ‎0.16‎ Ⅲ(pH=4)‎ ‎0.20‎ ‎0.15‎ ‎0.12‎ ‎0.09‎ ‎0.07‎ ‎0.05‎ IV(pH=4，含 Cu2+)‎ ‎0.20‎ ‎0.09‎ ‎0.05‎ ‎0.03‎ ‎0.01‎ ‎0‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快 B. 其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快 C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大 D. 在0～20 min内，I中M平均分解速率为0.015mol/(L·min)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0~20min时，I的浓度改变为0.3mol/L，反应IV中浓度改变为0.19mol/L，IV中M的分解速率比I慢，A错误；‎ B.对比I、II组数据可知，其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快，B正确；‎ C.在0～25 min内，II、Ⅲ中M的分解百分率分别为0.24/0.40、0.15/0.20，Ⅲ比II大，C正确；‎ D.在0～20 min内，I中M的平均分解速率为=0.015mol/(L·min)，D正确；‎ 答案为A。‎ ‎16.某原电池的装置如图所示，总反应为 H2(g)+HgO(s)=H2O(1)+Hg(1)，其中阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过。下列说法正确的是（ ）‎ A. 正极反应为：HgO(s)−2e−+H2O=Hg(l)+2OH−‎ B. OH-通过离子交换膜从负极向正极移动，保持溶液中电荷平衡 C. 每反应2.24L氢气，交换膜通过0.2mol离子 D. 放电结束后，溶液的碱性减弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图像可知，该装置为原电池装置，通入氢气的一极为负极，化合价升高失电子，与氢氧根离子反应生成水，氧化汞一极为正极，与水反应生成汞和氢氧根离子；‎ ‎【详解】A.正极反应为：HgO(s)+2e−+H2O=Hg(l)+2OH−，A错误；‎ B.OH-通过离子交换膜从正极向负极移动，保持溶液中电荷平衡，B错误；‎ C.每反应标况下的2.24L氢气，交换膜通过0.2mol离子，C错误；‎ D.放电结束后，生成的水对氢氧根离子有稀释作用，溶液的碱性减弱，D正确；‎ 答案为D；‎ ‎17.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 丙烷和丁烷互称为同系物 B. 的名称为3-甲基丁烷 C. 沸点：正丁烷>异丁烷>丙烷 D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、丙烷和丁烷结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，互称为同系物，选项A正确；‎ B. 最长碳链4个碳，2号碳上有一个甲基，名称为2-甲基丁烷，选项B不正确；‎ C、分子晶体中，相对分子质量越大，沸点越高，烷烃同分异构体中支链越多，沸点越低，相对分子质量正丁烷=异丁烷＞丙烷，但异丁烷支链多，所以沸点低，即沸点为正丁烷＞异丁烷＞丙烷，选项C正确；‎ D、CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎18. 下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）‎ A. 光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇 D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲烷和氯气混合光照发生的是甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，选项A错误；‎ B、乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，选项B错误；‎ C、在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，选项C正确；‎ D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯使溴水褪色属于加成反应，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎19.已知某有机物的结构简式为,判断下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 它可以使酸性KMnO4溶液褪色 B. 它可发生取代反应、加成反应、加聚反应、氧化反应 C. 它与氢气发生加成反应，最多可以消耗5mol氢气 D. 1mol该有机物燃烧消耗氧气为18.5mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.含碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，故A正确；‎ B.由有机物的结构简式可知分子中含有甲基可以与氯气发生取代反应，含碳碳双键可以发生加成反应，加聚反应，氧化反应，故B正确；‎ C.该有机物的物质的量未知，无法计算，故C错误；‎ D.由有机物的结构简式可知，该有机物的分子式为C14H18，根据C～O2、4H～O2，1mol该有机物燃烧消耗氧气为18.5mol，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎20.下列相关实验不能达到预期目的的是（ ）‎ 相关实验 预期目的 A 利用电解质溶液的导电性装置，检测AlCl3溶液的导电性 证明AlCl3是离子化合物 B 将氯水加入淀粉KI溶液中 验证Cl非金属性比I强 C 在相同温度下，将表面积相同的铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，观察产生气泡的速率。‎ 比较同周期金属元素的金属性强弱。‎ D 将SO2通入溴水，溴水褪色 验证SO2的还原性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.证明氯化铝为离子化合物的方法为验证其熔融状态时能否导电，水溶液不能证明，A错误；‎ B.氯气与碘离子反应生成氯离子和碘，氯气为氧化剂，碘为氧化产物，B正确；‎ C.镁铝与盐酸反应的条件相同，则金属性越强，反应越剧烈，C正确；‎ D.二氧化硫、水与溴反应生成硫酸和氢溴酸，S的化合价由+4价变为+6价，作还原剂，具有还原性，D正确；‎ 答案为A；‎ 二、填空题（本题共4道小题，共40分）‎ ‎21.氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。‎ ‎（1）下列表述中没有氧化还原反应发生是_____。‎ a．滴水成冰 b．蜡炬成灰 c．百炼成钢 ‎（2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2—N2+HCl ‎①该反应中被氧化的元素是___(填元素名称)，氧化剂是__(填化学式)。‎ ‎②配平该方程式：____NH3+ ____Cl2—____N2+____HCl ‎③工业生产中常用喷洒氨水的方法来检查是否有Cl2泄漏，若Cl2有泄漏，可以观察到的现象是______，产生该现象的反应方程式为___。‎ ‎（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：‎ ‎①反应I的化学方程式为____。‎ ‎②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为____。‎ ‎【答案】(1). a (2). 氮 (3). Cl2 (4). 2 (5). 3 (6). 1 (7). 6 (8). 有白烟产生 (9). HCl+NH3＝NH4Cl(3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2) (10). 2HCl+CuO＝CuCl2+H2O (11). 1mol ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）化学变化的本质为有新的物质的生成；‎ ‎（2）根据化合价升降法进行配平；还原剂为升失氧；‎ ‎（3）①根据图示可知，反应I为非氧化还原反应，无电子转移；反应II为氧化还原反应。‎ ‎【详解】（1）a．滴水成冰，水由液体变为固态，分子式未变，为物理变化，a正确；‎ b．蜡炬成灰，为含碳化合物的燃烧，为化学变化，b错误；‎ c．百炼成钢，降低铁中碳的含量，为化学变化，c错误；‎ 答案为a；‎ ‎（2）①‎ 反应中N的化合价由-3价变为0价，Cl的化合价由0价变为-1价，氮原子被氧化，氧化剂为氯气；‎ ‎②根据化合价升降法，2个氨气分子中的N失去6个电子，3个氯气分子得到6个电子，则系数分别为：2、3、1、6；‎ ‎③氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，氯化铵为白色固体，观察到有白烟生成，反应方程式为：3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2；‎ ‎（3）①根据图示可知，反应I中，反应物为HCl、CuO，生成物为水和氯化铜，方程式为2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；‎ ‎②反应I为非氧化还原反应，无电子转移；反应II中生成1mol氯气，化合价由-1价变为0价，转移2mol电子，制得标准状况下氯气11.2L，即0.5mol，转移1mol电子；故答案为：1mol。‎ ‎22.下表是元素周期表中的一部分。‎ 根据A—J在周期表中的位置，用元素符号、化学式或反应式回答下列问题：‎ ‎（1）氧化性最强的单质是___，用一个化学反应证明H单质的氧化性强于G单质__________。‎ ‎（2）A分别与F、G、H形成的简单化合物中，稳定性由强到弱的顺序为_________。‎ ‎（3）B、C、G、H离子半径由大到小的顺序是_________。‎ ‎（4）D单质可用来制造D—空气燃料电池，该电池通常以氯化钠或氢氧化钾溶液为电解质溶液，通入空气的电极为正极。若以氯化钠为电解质溶液时，正极的反应式为______。若以氢氧化钾溶液为电解质溶液时，电池的总反应式为____。‎ ‎【答案】(1). F2 (2). 2F2+2H2O=4HF+O2 (3). HF>H2O>NH3 (4). O2->F->Na+>Mg2+ (5). O2+2H2O+4e-=4OH- (6). 4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的位置，可判断出元素A为H元素，B为Na元素，C为Mg元素，D为Al元素，E为C元素，F为N元素，G为O元素，H为F元素，I为Cl元素，J为Ne元素，再结合元素周期律以及相关物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】（1）上述元素中非金属性最强的是F元素，则F2‎ 单质的氧化性最强，可以通过单质间的置换反应，证明F2的氧化性强于O2，反应方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：F2，2F2+2H2O=4HF+O2。‎ ‎（2）元素的非金属性越强，则形成的氢化物越稳定，N、O、F位于元素周期表的同一周期，同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，则氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HF>H2O>NH3，故答案为：HF>H2O>NH3。‎ ‎（3）B为Na元素，C为Mg元素，G为O元素，H为F元素，这4种元素形成的离子具有相同的核外电子排布，具有相同的核外电子排布的离子，元素的核电荷数越大，离子的半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是O2->F->Na+>Mg2+，故答案为：O2->F->Na+>Mg2+。‎ ‎（4）D为Al元素，Al单质可用来制造Al—空气燃料电池，该电池通常以氯化钠或氢氧化钾溶液为电解质溶液，通入空气的电极为正极。若以氯化钠为电解质溶液时，氧气得到电子转化为氢氧根，正极的反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；若以氢氧化钾溶液为电解质溶液时，铝为负极，负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，氧气在正极得到电子发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，则电池的总反应式为4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；4Al+3O2+4KOH=4KAlO2+2H2O。‎ ‎23.甲醇（CH3OH）可作为新型汽车动力燃料，以下是甲醇在工业上的制备过程：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)在一定条件下反应室Ⅰ中发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。将1molCH4和2molH2O通入反应室Ⅰ（设反应室容积为10L），10min末有0.1molCO生成，则10min内反应的平均速率ν(H2)=_____mol/(L·min)。‎ ‎(2)在容积不变的条件下，不能说明反应室Ⅰ中的反应已达到平衡状态的是____（选填字母标号）‎ a．CO的物质的量不在改变 b．容器内的压强保持不变 c．CH4的消耗速率与生成速率相等 d．容器内的密度保持不变 ‎(3)在容积为1L反应室Ⅱ中充入1molCO与2molH2，在催化剂作用下反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，当反应达平衡时，CO的转化率为80%，则平衡前后的压强之比为____(最简整数比)。‎ ‎(4)氢氧燃料电池的反应原理示意图如图所示。‎ 该电池中电极b是_____（填“正极”或“负极”），其电极反应式为______。‎ ‎【答案】(1). 0.003 (2). d (3). 15:7 (4). 正 (5). O2+4e-+4H+=2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)先计算V(CO)，然后根据方程式中CO、H2生成关系计算V(H2)；‎ ‎(2)根据可逆反应达到平衡时，任何物质的物质的量、物质的量浓度及物质的量分数等不变分析、判断；‎ ‎(3)先计算平衡时各种气体的物质的量，然后根据物质的量的比等于压强比计算；‎ ‎(4)在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，结合电解质溶液的酸碱性书写反应方程式。‎ ‎【详解】(1)根据化学反应速率V(CO)==0.001 mol/(L·min)，根据方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知：每反应产生1个CO，就会同时产生3个H2，所以V(H2)=3V(CO)=3×0.001 mol/(L·min)=0.003 mol/(L·min)；‎ ‎(2) a.CO是生成物，若未达到平衡，则CO的物质的量就会发生变化，所以CO的物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，a不符合题意； ‎ b.该反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量改变，若容器内的压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，b不符合题意；‎ c.CH4的消耗速率与生成速率相等，则甲烷的物质的量不变，反应处于平衡状态，c不符合题意；‎ d.反应在恒容密闭容器内进行，反应混合物都是气体，无论反应是否进行，也无论反应是否处于平衡状态，容器内的密度始终保持不变，因此不能根据气体密度不变判断平衡状态，d符合题意；‎ 故合理选项是d；‎ ‎(3)可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ n(开始)mol 1 2 0‎ n(转化)mol 0.8 1.6 0.8‎ n(平衡)mol 0.2 0.4 0.8‎ 平衡时气体的总物质的量为n(总)平衡=0.2mol+0.4mol+0.8mol=1.4mol，反应开始时的总物质的量为1mol+2mol=3mol，由于容器的容积不变，所以反应前后的压强比等于气体的物质的量的比，故p(前)：p(后)=n(前)：n(后)=3:1.4=15:7；‎ ‎(4)在该燃料电池中，a电极通入H2，为负极，b电极通入O2，为正极，由于电解质溶液为酸性，所以在正极b上发生的反应为O2+4e-+4H+=2H2O；在负极a上，H2失去电子，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-=2H+。‎ ‎24.A是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。以A原料衍生出部分化工产品的反应流程如下（部分反应条件已略去）：‎ 已知：①2RCHO+O22RCOOH；②R-CH＝CH-OH烯醇式的结构不能稳定存在。请回答下列问题：‎ ‎（1）A的电子式为___。‎ ‎（2）B、D分子中的官能团名称分别是____、____。‎ ‎（3）C和B反应生成D的化学方程式为________。‎ ‎（4）E的结构简式为_____。‎ ‎（5）结合题意，写出E可能的同分异构体的结构简式_____。‎ ‎（6）F和C反应生成G的化学方程式为_____。‎ ‎【答案】(1). (2). 羟基 (3). 酯基 (4). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (5). (6). CH3CHO (7). 2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】A是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，B为乙醇；乙醇氧化生成的物质可与乙醇反应，则C为乙酸，D为乙酸乙酯；乙烯与氧气反应生成的产物可与水发生反应，则F为乙二醇，E为环氧乙烷；‎ ‎【详解】（1）分析可知A为乙烯，电子式为；‎ ‎（2）B、D分别为乙醇和乙酸乙酯，含有的官能团分别为羟基、酯基；‎ ‎（3）B、C、D分别为乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯和水，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；‎ ‎（4）E为环氧乙烷，结构简式为；‎ ‎（5）E的分子式为C2H4O，同分异构体的结构简式为CH3CHO；‎ ‎（6）乙二醇与2倍的乙酸在浓硫酸加热的条件下生成CH3COOCH2CH2OOCCH3和水，方程式为2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；‎