新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

化学试卷（问卷）‎ 相对原子质量：H‎-1 C-12 Cu-64 Ag-108 O-16 Zn-65‎ 第I卷（选择题共42分）‎ 一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.据报道，美国科学家制得一种新原子283116X，它属于一种新元素，是116号元素(元素符号用X代替)，关于它的推测正确的是 A. 这种原子的中子数为167‎ B. 它位于元素周期表中第六周期 C. 这种元素一定是过渡元素 D. 这种元素的原子易与氢气化合 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀有气体的原子序数分别为：2、10、18、36、54、86、118，116号元素与118号元素同周期，且位于118号元素的前2列，即116号元素处于第七周期ⅥA族，据此解答。‎ ‎【详解】A.中子数＝质量数－质子数＝283－116＝167，A正确；‎ B.116号元素位于第七周期ⅥA族元素，B错误；‎ C.116号元素位于第七周期ⅥA族元素，属于主族元素，不是过渡元素，C错误；‎ D.这种元素位于第七周期ⅥA族元素，该元素为金属元素，金属性比较弱，不易与氢气化合，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列各物质或微粒性质的比较中正确的是（ ）‎ A. 粒子半径：K+>O2->Al3+>S2->Cl- B. 离子的还原性：S2->Cl->Br->I-‎ C. 酸性：HClO>H2SO4>H3PO4>H2SiO3 D. 稳定性：H2O>NH3>PH3>SiH4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径S2->Cl-> K+> O2-> Al3+‎ ‎，错误；B、非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为S2->I-> Br->Cl-，错误；C、非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，且碳酸与NaClO反应生成HClO,则H2SO4>H3PO4>H2SiO3>HClO，错误；D、非金属性越强，对应氢化物越稳定，则氢化物的稳定性H2O>NH3>PH3>SiH4，正确；故选D。‎ 点睛：本题主要考察元素周期律的应用。①电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；②非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；③非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱；非金属性越强，对应单质的氧化性越强；非金属性越强，对应氢化物越稳定。‎ ‎3.下列关于元素周期表应用的说法正确的是 A. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索 B. 在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料 C. 在IA、IIA族元素中，寻找制造农药的主要元素 D. 在过渡元素中，可以找到半导体材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它反映元素原子的内部结构和它们之间相互联系的规律。为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，故A正确； ‎ B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故B错误；‎ C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C错误；‎ D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面：‎ ‎①农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。 ②半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。 ③催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发现过渡元素对许多化学反应有良好的催化性能。‎ ‎④耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从ⅢB到ⅣB的过渡元素，如钛、钽、钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。 ‎ ‎⑤矿物的寻找：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。科学实验发现如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量较大的元素在地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是强烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共生在一起，同处于一种矿石中。‎ ‎4.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是（ ）‎ 选项 事实 推测 A Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快 Ba与水反应会更快 B Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料 第ⅣA族的元素的单质都可作半导体材料 C HCl在‎1500℃‎时分解，HI在‎230℃‎时分解 HBr的分解温度介于二者之间 D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，与水反应越来越剧烈，第ⅡA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、La，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，故A正确；‎ B．第ⅣA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电(除了石墨)，Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电的良导体，推测不合理，故B错误；‎ C．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCl在‎1500℃‎时才分解，而HI在‎230℃‎时即分解，由此推测HBr的分解温度介于两者之间，故C正确；‎ D．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与H2‎ 要在高温时反应，推测合理，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎5.下列有关化学用语表示正确的是 A. H2O2电子式：‎ B. 钠离子电子式：Na+‎ C. 乙烯的结构简式：CH2=CH2‎ D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子：‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O2是共价化合物，电子式：，A错误；‎ B．钠离子的电子式就是离子符号：Na+，B正确；‎ C．乙烯的分子式为C2H4，含有碳碳双键，其结构简式：CH2=CH2，C正确；‎ D．中子数为146、质子数为92的铀(U)原子可表示为，D错误，‎ 答案选BC。‎ ‎6.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag。下列有关说法正确的是( )‎ A. 测量原理示意图中，电流方向从Cu流向Ag2O B. 负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O C. 电池工作时，OH-向正极移动 D. 2molCu与1molAg2O的总能量低于1molCu2O与2molAg具有的总能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应的总方程式为2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，据此分析可知，铜为负极，氧化银为正极，极反应分别为：2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，据以上分析解答。‎ ‎【详解】A．测量原理示意图中，铜为负极，氧化银为正极，所以电流方向从Ag2O流向Cu，故A错误；‎ B．铜为负极，失去电子，负极的电极反应式为2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，故B正确；‎ C．电池工作时，OH-向负极移动，故C错误；‎ D．该反应为放热反应，所以2molCu与1molAg2O的总能量高于1molCu2O与2molAg具有的总能量，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能 B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C. 有化学键断裂一定发生化学反应 D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池；B、化学反应中的能量变化有多种形式，如光能、电能等；C、化学键的断裂不一定有新物质生成，所以不一定都发生化学反应；D、只有是放热反应才能保持铂丝红热。‎ 详解：A、只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，而反应CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不可能设计成原电池，故A错误；‎ B、任何化学反应都伴随着能量变化，但不一定都是热量变化，也可能是光能、电能等多种形式，所以B错误；‎ C、某些物质的溶解、电离，或状态的变化可能伴随着化学键的破坏，但没有发生化学反应，所以C错误；‎ D、氨气的催化氧化用灼热的铂丝做催化剂，由于是放热反应，所以铂丝保持红热，故D正确。本题答案为D。‎ 点睛：原电池反应一定由氧化还原反应设计而成的；化学反应一定伴随有能量变化，且能量变化的形式有多种，但有能量变化的过程不一定是化学反应；化学反应一定有化学键的断裂，但有化学键的断裂的过程不一定都发生化学反应。‎ ‎8.下列说法或表示方法正确的是（ ）‎ A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH=+1.9kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定 C. 在稀溶液中：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ D. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH=-285.8kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫单质从固体变为气体是一个吸热的过程，则将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故A错误；‎ B．由“C(石墨)═C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol”可知石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；‎ C．浓硫酸溶解于水时放出大量热，则将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3KJ，故C正确；‎ D．101 kPa时，2gH2的物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8 kJ/mol，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查燃烧热、中和热概念的理解应用，涉及热化学方程式正误判断，注意概念的条件和实质分析。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，而浓硫酸、NaOH固体、弱酸或弱碱在溶解或电离过程均涉及能量变化，影响反应中的能量变化；另外燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。‎ ‎9.下列反应中既属于氧化还原反应又属于放热反应的是（ ）‎ A. 氢氧化钾与硫酸的反应 B. 碳酸钙与盐酸反应放出二氧化碳 C. 镁条在空气中燃烧 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钾与硫酸反应生成硫酸钾和水，为中和反应，不是氧化还原反应，故A错误；‎ B．碳酸钙与盐酸反应放出二氧化碳是非氧化还原反应，故B错误；‎ C．镁条在空气中燃烧生成MgO，Mg、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故C正确；‎ D．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，，但不是氧化还原反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查氧化还原反应和反应中的热效应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应、吸热反应判断的考查，注意归纳常见的放热、吸热反应及从元素化合价角度分析。‎ ‎10.下列反应中的能量变化关系符合如图所示的是 A. 盐酸与烧碱反应 B. 天然气燃烧 C. 三氧化硫与水反应 D. 煅烧石灰石 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】图像显示该反应为吸热反应。‎ A．盐酸与烧碱反应为中和反应，是放热反应，选项A错误；‎ B．燃烧为放热反应，选项B错误；‎ C．三氧化硫与水反应属于放热反应，选项C错误；‎ D．煅烧石灰石属于吸热反应，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎11.下列措施不符合节能减排的是 A. 在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用水 B. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏 C. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气作为家庭燃气 D. 大力发展火力发电，解决广东电力紧张问题 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．太阳能热水器是将太阳能转化为热能，不会产生环境污染，A正确；‎ B．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，B正确；‎ C．沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，C正确；‎ D．火力发电不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，D错误。‎ 故选D。‎ ‎12.下列说法正确的是（  ）‎ A. 1H，2H，3H互为同素异形体 B. O2、O3互为同位素 C. 乙烷、乙烯互为同系物 D. 正丁烷和异丁烷互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1H、2H、3H的质子数相同，但中子数不同，互为同位素，故A错误；‎ B．O2、O3都是氧元素的单质，互为同素异形体，故B错误；‎ C．乙烷、乙烯结构不同，组成不相差CH2原子团，不是同系物，故C错误；‎ D．正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查同素异形体、同位素、同分异构体、同系物概念的含义和分析判断。同素异形体是同种元素形成的不同单质；同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素；同系物是结构相似，组成上相差一个或多个CH2原子团的物质；同分异构体是分子式相同，结构不同的物质。‎ ‎13.公元前一世纪，我国已使用天然气井。现在“西气东输”工程早已全面竣工。天然气的主要成分为甲烷。下列关于甲烷的叙述中，错误的是（ ）‎ A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应 B. 甲烷的化学性质比较稳定，点燃前不必验纯 C. 甲烷与氯气反应，无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，都属于取代反应 D. 甲烷的四种有机氯代产物都难溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通常情况下，甲烷性质稳定，与强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；‎ B．可燃性气体在加热或点燃前都要验纯，以防爆炸事故的发生，甲烷能够燃烧，点燃甲烷前必须进行验纯，故B错误；‎ C．甲烷和氯气在光照条件下，发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，故C正确；‎ D．CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是氯代烃，都难溶于水，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎14.能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的一组物质是（ ）‎ A. 乙烯、乙炔 B. 苯、己烷 C. 苯、甲苯 D. 己烷、环己烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯和乙炔都含有不饱和键，都可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液均褪色，不能鉴别，故A不选；‎ B．苯和己烷都不能与酸性高锰酸钾发生反应，不能鉴别，故B不选；‎ C．甲苯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应导致溶液褪色，但苯不与酸性高锰酸钾发生反应，可鉴别，故C选；‎ D．己烷、环己烷都不能与酸性高锰酸钾发生反应，不能鉴别，故D不选；‎ 故选：C。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共58分）‎ 二．非选择题(本大题共5题，共计58分)‎ ‎15.四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：‎ 信息：①原子半径：ANa+>Al3+ (2). 第二周期第IVA族 (3). (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (5). (6). HF (7). HF分子间有氢键 (8). CH4+10OH-－8e-=CO3² -+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中位置,可以知道①为H、②为C、③为N、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为 S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br。根据元素的元素周期律进行解答。‎ ‎【详解】（1）元素⑤为Na、⑥为Al、简单离子电子层数相同均为2个电子层，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大半径越小，所以Na+>Al3+，⑦为S简单离子为3个电子层所以微粒半径大小为：S2->Na+>Al3+；②为C核电荷数为6，,在元素周期表位置为第二周期第IVA族；③为N，简单氢化物NH3，⑧为Cl其氢化物为HCl混合形成的化合物为NH4Cl,属于离子化合物，电子式。‎ ‎（2）⑤为Na其最高价氧化物水合物为NaOH，⑥为Al的最高价氧化物为Al2O3，NaOH和Al2O3反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。‎ ‎（3）元素①为H，⑧为Cl，两者形成的化合物为HCl属于共价化合物，其形成过程电子式为：。‎ ‎（4）④为F、⑧为Cl、⑩为Br他们的氢化物分别为HF、HCl、HBr，根据元素周期律知F、Cl、Br的非金属性逐渐减弱，但HF分子间能形成氢键，所以沸点最高的是HF，答案：HF ；HF分子间有氢键。‎ ‎（5）由②为C和①为H组成最简单物质为CH4，，与O2组成燃料电池，电解质为KOH的水溶液CH4做负极，其电极反应式为CH4+10OH-－8e-=CO3²-+7H2O。‎ ‎17.在‎2L密闭容器内，‎800℃‎时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n(NO)(mol)‎ ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.008‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎（1）图中表示NO2的变化的曲线是___(填字母)；‎ ‎（2）‎800℃‎，反应达到平衡时，NO转化率是___　；‎ ‎（3）用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=___。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 65% (3). 1.5×10-3mol/(L·s)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合反应速率的计算公式v=和NO转化率=×100%计算。‎ ‎【详解】(1)NO2是产物，随反应进行浓度增大，由方程式可知平衡时△c(NO2)=△c(NO)==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；‎ ‎(2)由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，即3s时反应达平衡，NO转化率=×100%=65%；‎ ‎(3)2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==3.0×10-3mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=×3.0×10-3mol•L-1•s-1=1.5×10-3mol•L-1•s-1。‎ ‎18.将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。‎ ‎（1）下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是___(填选项)；‎ A.2v生(NH3)=v耗(CO2)‎ B.密闭容器中氨气的物质的量不变 C.容器中CO2与NH3的物质的量之比保持不变 D.密闭容器中总压强保持不变 E.形成6个N-H键的同时有2个C=O键断裂 ‎（2）能使该反应的反应速率增大的是___(填选项);‎ A.及时分离出CO2气体 B.适当升高温度 C.加入少量NH2COONH4(s)‎ D.选择高效催化剂 ‎（3）如图所示，上述反应中断开反应物中化学键吸收的能量___形成生成物中化学键放出的能量(填写“大于”“等于”“小于”)。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). BD (3). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化学平衡状态的特征解答；‎ ‎(2)增大浓度或升高温度或加催化剂可加快反应速率来解答；‎ ‎(3)由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，结合化学键分析解答。‎ ‎【详解】(1)A．平衡时应有v生(NH3)=2v耗(CO2)，所以2v生(NH3)=v耗(CO2)时，反应没有达到平衡状态，故A错误；‎ B．密闭容器中氨气的物质的量不变，说明正、逆反应速率相等，可以判定反应达到平衡状态，故B正确；‎ C．只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2：1，始终保持不变，不能判定反应是否达平衡状态，故C错误；‎ D．密闭容器中总压强保持不变，说明气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；‎ E．形成6个N-H键等效于2个C=O键形成的同时有2个C=O键断裂，正、逆反应速率相等，达平衡状态，故E正确；‎ 故答案为AC；‎ ‎(2)A．及时分离出CO2气体，生成物浓度减小，反应速率减小，故A错误；‎ B．适当升高温度，反应速率加快，故B正确；‎ C．加入少量NH2COONH4(s)，固体物质量变但浓度不变，故C错误；‎ D．选择高效催化剂，反应速率加快，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎(3)由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，即反应中断开反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量。‎ ‎【点睛】‎ 考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎19.某些有机化合物的模型如图所示。回答下列问题：‎ ‎（1）属于比例模型的是___（填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”或“戊”，下同）。‎ ‎（2）表示同一种有机化合物的是___。‎ ‎（3）存在同分异构体的是___，写出其同分异构体的结构简式___。‎ ‎（4）含碳量最低的是___，含氢量最低的分子中氢元素的质量百分含量是___（保留一位小数）。‎ ‎（5）C8H10属于苯的同系物的所有同分异构体共有___种。‎ ‎【答案】 (1). 乙、丙 (2). 甲、丙 (3). 戊 (4). CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、C（CH3）4 (5). 甲、丙 (6). 16.7% (7). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲、丁、戊分别是甲烷、丁烷、戊烷的球棍模型，乙、丙分别是乙烷和甲烷的比例模型。‎ ‎【详解】(1)乙、丙能表示的是原子的相对大小及连接形式，属于比例模型；‎ ‎(2)甲、丙分别是甲烷的球棍模型与比例模型，属于同一种有机化合物；‎ ‎(3)存在同分异构体的是戊(戊烷)，其同分异构体的结构简式CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4；‎ ‎(4)烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，含碳量最低的是甲烷，含氢量最低的分子是戊烷，氢元素的质量百分含量是×100%=16.7%；‎ ‎(5)C8H10属于苯的同系物，侧链为烷基，可能是一个乙基，如乙苯；也可以是二个甲基，则有邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯三种，则符合条件的同分异构体共有4种。‎ ‎20.某化学研究性学习小组针对原电池形成条件，设计了实验方案，进行如下探究。‎ ‎(1)请填写有关实验现象并得出相关结论。‎ 编号 实验装置 实验现象 ‎1‎ 锌棒逐渐溶解，表面有气体生成；铜棒表面无现象 ‎2‎ 两锌棒逐渐溶解，表面均有气体生成；电流计指针不偏转 ‎3‎ 铜棒表面的现象是______________________，电流计指针___________________‎ ‎①通过实验2和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。‎ ‎②通过实验1和3，可得出原电池的形成条件是______________________________。‎ ‎③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，从而可得出原电池形成条件___________________。‎ ‎(2)分别写出实验3中Zn棒和Cu棒上发生的电极反应式：‎ Zn棒：______________________________。‎ Cu棒：______________________________。‎ ‎(3)实验3的电流是从________棒流出(填“Zn”或“Cu”)，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，则Zn电极质量减轻___________g。‎ ‎【答案】 (1). 有气体生成 (2). 发生偏转 (3). 活泼性不同的两个电极 (4). 形成闭合回路 (5). 有电解质溶液 (6). Zn－2e－＝Zn2＋ (7). 2H＋＋2e－＝H2↑ (8). Cu (9). 13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据实验现象、装置特点结合原电池的构成条件、原电池工作原理分析解答；‎ ‎(2)实验3中锌是负极，铜是正极，据此解答。‎ ‎(3)原电池中电流与电子的流向相反，根据负极反应式计算。‎ ‎【详解】(1)实验3中构成原电池，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，则铜棒表面的现象是有气体生成，电流计指针发生偏转；‎ ‎①实验2和3相比电极不一样，因此可得出原电池的形成条件是有活泼性不同的两个电极。‎ ‎②实验1和3相比实验3中构成闭合回路，由此可得出原电池的形成条件是形成闭合回路。‎ ‎③若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，由于乙醇是非电解质，硫酸是电解质，因此可得出原电池形成条件是有电解质溶液。‎ ‎(2)锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则Zn棒上发生的电极反应式为Zn－2e－＝Zn2＋；铜是正极，溶液中的氢离子放电，则Cu棒上发生的电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑；‎ ‎(3)实验3中锌是负极，铜是正极，则电流是从Cu棒流出，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，根据Zn－2e－ ＝Zn2＋可知消耗0.2mol锌，则Zn电极质量减轻0.2mol×‎65g/mol＝‎13.0g。‎ ‎【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池的构成条件，即：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。‎