山东省济宁市嘉祥一中2019-2020学年高一下学期4月月考（实验班）化学试题

山东省济宁市嘉祥一中2019-2020学年高一下学期4月月考（实验班）化学试题

嘉祥一中高一实验班2019～2020学年下学期4月化学考试二 考生注意：‎ ‎1.本卷命题范围：必修2第五章至第七章第二节。‎ ‎2.可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 S-32 Mn-55 Fe-56 Pb-207‎ 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48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.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（ ）‎ A. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料 B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 C. CuSO4因具有氧化性，故用其制成的波尔多液可作“杀菌剂”‎ D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳纳米管表面积大，有较强吸附能力，可用作新型储氢材料，A正确；‎ B．绿色化学的核心是应用化学原理从源头上消除污染，B错误；‎ C．CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性，故用其制成的波尔多液可作“杀菌剂”，和氧化性无关，C错误；‎ D．计算机芯片的材料是单质硅，能够导电，二氧化硅能够导光，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）‎ A. ‎3g3He含有的中子数为1NA B. ‎48g正丁烷和‎10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA C. 在标准状况下，22.4LNH3被O2完全氧化为NO时，转移电子的数目为5NA D. 一定条件下，‎6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．n(3He)==1mol，n(中子)=1mol×1=1mol，故‎3g3He含有的中子数为1NA，A正确；‎ B．正丁烷和异丁烷是丁烷的同分异构体，分子式均为：C4H10，每个正丁烷分子和异丁烷分子中共价键数均为13，n(C4H10)==1mol，n(共价键)=1mol×13=13mol，故‎48g正丁烷和‎10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，B正确；‎ C．由NH3～NO～5e-可知，标准状况下，‎22.4L氨气参与反应，转移5mol电子，C正确；‎ D．由2Cu～Cu2S～2e-可知，2molCu参与反应，转移2mol电子，‎6.4g铜的物质的量=0.1mol，转移电子物质的量为0.1mol，即转移电子数为0.1NA，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项中，S单质的氧化性弱，只能将变价金属氧化成低价态。‎ ‎3.某液态肼(N2H4)燃料电池被广泛应用于发射通讯卫星、战略导弹等运载火箭中。其中以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. a电极上的电极反应式为N2H4＋2O2-＋4e-=N2↑＋2H2O B 电池内电路中，电流方向：电极a→电极b C. 当电极a上消耗1molN2H4时，电极b上被氧化的O2在标准状况下体积为‎22.4L D. b极附近的pH值变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。‎ ‎【详解】A. 该燃料电池中a极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：‎ N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故A错误；‎ B. 该燃料电池中a极负极，b极是正极，电池内电路中，电流方向：电极a→电极b，故B正确；‎ C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当a电极上有1molN2H4消耗时，b电极上有1molO2被还原，状况不知，所以体积不一定是22.4LO2，故C错误；‎ D. b极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，非水溶液，没有产生氢氧根，pH不变，故D错误；‎ 正确答案是B。‎ ‎4.把100mL 2mol/L的H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应速率而不影响生成H2的总量，可在反应物中加入适量的（ ）‎ A. 硫酸铜溶液 B. 硝酸钠溶液 C. 醋酸钠溶液 D. 氢氧化钠溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入适量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜发生反应生成Cu，Cu与Zn形成原电池，加快反应速率，A错误 B．加入硝酸钠溶液后，酸性环境下，硝酸根离子具有强氧化性，与锌反应不会生成氢气，氢气的量减少，B错误；‎ C．加入醋酸钠溶液，有醋酸生成，醋酸是弱酸，氢离子浓度减小，但氢离子总的物质的量不变，反应速率减慢，且不影响氢气的总量，C正确；‎ D．加入氢氧化钠溶液，与硫酸反应消耗氢离子，反应速率减慢，产生氢气的量减少，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎5.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(设反应中HNO3被还原成NO)（ ）‎ A. ‎0.224L B. ‎0.448L C. ‎0.672L D. ‎‎0.896L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ n(H2SO4)= 4mol/L×10mL×10-3=0.04mol/L，n(HNO3)= 2mol/L×10mL×10-3=0.02mol。‎ ‎【详解】n(H+)=2×0.04mol+1×0.02mol=0.1mol，n(NO3-)=1×0.02mol=0.02mol。NO3-的氧化性比H+强，NO3-先反应，Fe过量，发生的反应为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++4H2O+2NO↑，0.02molNO3-消耗0.08mol H+，同时得到0.02molNO。剩下(0.1-0.08)mol即0.02mol H+，剩下的H+和Fe反应产生H2，Fe+2H+=Fe2++H2↑，0.02mol H+反应得到0.01mol H2，气体的总物质的量=0.02mol+0.01mol=0.03mol，标况下体积=0.03mol×‎22.4L/mol=‎0.672L，C正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】竞争型氧化还原反应，氧化性：NO3-(H+)＞H+，Fe先和NO3-(H+)反应，再和H+反应。‎ ‎6.恒温恒容条件，在密闭容器中等物质的量通入CO2和H2，反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O(g)。下列描述能说明已经达到平衡状态的是（ ）‎ A. 容器内CO2的体积分数不再变化 B. 当CO2和H2转化率的比值不再变化 C. 单位时间内断裂3NA个O-H键，同时断裂3NA个H-H键 D. 容器内混合气体的平均相对分子质量为34.5，且保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲醇的沸点比水低，水为气态，则甲醇必为气态，设CO2和H2起始物质的量为3mol，到达平衡时二氧化碳转换的物质的量为x，则：，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．CO2的体积分数==，即无论反应是否平衡，容器内CO2的体积分数均不变化，故容器内CO2的体积分数不再变化不能说明反应已平衡，A错误；‎ B．CO2和H2转化率的比值==，即无论反应是否平衡，CO2和H2转化率的比值均不变，故当CO2和H2转化率的比值不再变化，不能说明已平衡，B错误；‎ C．单位时间内断裂3NA个O-H键，同时断裂3NA个H-H键，则v逆(H2)=v正(H2)，说明反应已平衡，C正确；‎ D．设平均相对分子质量为M，还没开始反应时，M==23，假设反应彻底向右进行，n(CO2):n(H2)=3:3＞1:3，氢气反应完，3-3x=0，x=1，M==34.5，因为该反应为可逆反应，23＜M＜34.5，混合气体的平均相对分子质量不可能为34.5，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】CO2和H2反应计量数之比为1:3，结合二者起始物质的量相等，直接假设二者的物质的量为3，计算量会比较小，计算起来比较容易。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 化学反应的发生都需要在一定条件下 B. 灼热的碳与二氧化碳的反应是放热反应 C. 由C(石墨)＋1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知，金刚石比石墨稳定 D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有些反应不需反应条件也能发生，如CaO+H2O=Ca(OH)2，A错误；‎ B．碳与二氧化碳的反应是吸热反应，B错误；‎ C．由C(石墨)＋1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知，石墨转换为金刚石是吸热反应，石墨能量低于金刚石，更稳定，C错误；‎ D．等量的硫蒸气具有的能量大于硫固体具有的能量，因此等量的硫蒸气完全燃烧时放出的热量多，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.在298K时，实验测得溶液中的反应：H2O2＋2HI=2H2O＋I2，在不同浓度时的化学反应速率见表，由此可推知当c(HI)=0.500mol·L-1，c(H2O2)=0.400mol·L-1时的反应速率为（ ）‎ 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ c(HI)/mol·L-1‎ ‎0.100‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ c(H2O2)/mol·L-1‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.200‎ ‎0.300‎ v/mol·L-1·s-1‎ ‎0.00760‎ ‎0.0153‎ ‎0.0227‎ ‎0.0151‎ ‎0.0228‎ A 0.0380mol·L-1·s-1 B. 0.152mol·L-1·s-1‎ C. 0.608mol·L-1·s-1 D. 0.760mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对比实验1、2、3可知，反应速率v和c(HI)成正比，对比实验4、5可知反应速率v和c(H2O2)成正比，据此解答。‎ ‎【详解】当，，，由分析可知，速率与成正比、与成正比，所以当，时，，B正确。 答案选B。‎ ‎9.电池式氧传感器原理构造如图，可测定O2的含量。工作时铅极表面会逐渐附着Pb(OH)2。下列说法不正确的是 A. Pt电极上发生还原反应 B. 随着使用，电解液的pH逐渐减小 C. a ×10-3molO2反应，理论上可使Pb电极增重‎68a mg D. Pb电极上的反应式为Pb＋2OH－－2e－＝Pb(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Pt电极上O2得电子生成OH-，发生还原反应，故A正确；‎ B．铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2，电极反应式为Pb+2OH--2e-=Pb(OH)2，O2在正极Pt上得电子生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为：2Pb+O2+2H2O=2Pb(OH)2，消耗水，电解液碱性增强，所以电解液的pH逐渐增大，故B错误；‎ C．a×10-3molO2反应则得到‎4a×10-3‎ mol电子，所以根据得失电子守恒，理论上可使Pb电极增重‎4a×10-3mol×‎17g/mol=‎68a×10‎-3g=68amg，故C正确；‎ D．铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2，电极反应式为Pb+2OH--2e-=Pb(OH)2，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池原理，铅失电子在负极发生氧化反应生成Pb(OH)2，电极反应式为Pb+2OH--2e-=Pb(OH)2，O2在正极Pt上得电子生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。本题的易错点为D，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性。‎ ‎10.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 丙烷是直链烃，所以分子中3个碳原子也在一条直线上 B. 丙烯所有原子均在同一平面上 C. 所有碳原子一定在同一平面上 D. CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子中所有碳原子可能在同一平面上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丙烷是直链烃，碳链呈锯齿状，不在一条直线上，A错误；‎ B．丙烯中含甲基，甲基为四面体构型，所有原子不可能共面，B错误；‎ C．中碳环中（含有CH2、CH结构）碳原子不在同一平面上，即所有碳原子一定不再同一平面上，C错误；‎ D．CH3—CH=CH—C≡C—CH3分子中左边四个C原子一定在同一平面，右边4个C原子一定在同一直线上，直线过了面的两个点(中间的两个C原子)，4个C原子一定在同一个平面，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】常见的平面型分子：乙烯、苯、甲醛，常见的直线型分子：二氧化碳、乙炔。‎ ‎11.下列说法正确的是 A. 氯乙烯、聚乙烯都是不饱和烃 B. 聚苯乙烯的结构简式为 C. 氯乙烯制取聚氯乙烯的反应方程式为nCH2=CHCl D. 乙烯和聚乙烯都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．氯乙烯含有氯元素，不属于烃，而聚乙烯为饱和烃，故A错误；B．聚苯乙烯的结构简式为，故B错误；C．氯乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应为nCH2═CHCl，故C正确；D．乙烯含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，但聚乙烯的结构单元为-CH2-CH2-，不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误；故选C。‎ 点睛：本题考查有机物结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握高聚物的结构特点。本题的关键是熟悉氯乙烯和聚乙烯的结构，氯乙烯含有碳碳双键，聚乙烯的结构单元为-CH2-CH2-，不存在碳碳双键。‎ ‎12.下列有机混合物不论以何种比例混合，只要总质量一定时，充分燃烧后产生的H2O的量为定值的是（ ）‎ A. CH4、C2H6 B. C2H6、C3H‎6 ‎C. C3H6O3、C6H12O6 D. C3H4、C3H6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4和C2H6的最简式不同，二者H的含量不同，即使总质量一定，比例不同则H的质量不同，生成的水的质量就不同，A错误； ‎ B．C2H6中和C3H6的最简式不同，二者H的含量不同，即使总质量一定，比例不同则H的质量不同，生成的水的质量就不同，B错误； ‎ C．C3H6O3和C6H12O6的最简式相同，均为CH2O，无论二者如何混合，总质量一定，H的质量就一定，生成的水的质量就一定，C正确；‎ D．C3H4和C3H6的最简式不同，H的含量不同，即使总质量一定，比例不同则H的质量不同，生成的水的质量就不同，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】根据H原子守恒可知，生成水的质量取决于可燃物中H的质量，H的质量=可燃物总质量×H的质量分数，可燃物总质量不变，H的含量不变，则H的质量不变，生成水的质量就不变。‎ ‎13. 某同学探究氨和铵盐的性质，相关实验操作及现象描述正确的是 A. 室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱 B. 将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，研究Al(OH)3的两性 C. 将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟 D. 加热除去NH4Cl中的少量NaHCO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可以比较NH3·H2O和NaOH的碱性强弱，A正确；‎ B．将氨水缓慢滴入AlCl3溶液中，会发生反应产生氢氧化铝白色沉淀，由于一水合氨是弱碱，不能溶解Al(OH)3，因此不可研究Al(OH)3的两性，B错误；‎ C．浓硫酸是难挥发性酸，所以将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，不能产生白烟，C错误；‎ D．在加热的条件下氯化铵和碳酸氢钠均分解，达不到除杂的目的，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点晴】该题的易错选项是C，注意能和浓氨水相遇产生白烟的应该是挥发性酸，例如浓盐酸和浓硝酸，浓硫酸没有挥发性，浓硫酸具有吸水性和脱水性。另外还需要注意烟和雾的区别，盐是固体小颗粒，雾是小液滴。‎ ‎14.下列说法正确的是 A. PE(聚乙烯)材料因其无毒且易降解，广泛用于食品包装 B. “投泥泼水愈光明”中蕴含的化学反应是炭与灼热水蒸气反应得到两种可燃性气体 C. “一带一路”被誉为现代“丝绸之路”。丝绸来自合成纤维，主要含C、H、O、N元素 D. “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，古人鉴别硝石(KNO3)与朴硝(NaNO3)的方法利用了二者化学性质不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚乙烯材料无毒可用于食品包装，聚乙烯不易降解，引起的环境问题是“白色污染”，A项错误；‎ B．“投泥泼水愈光明”指高温下把水滴到炭火上，C与H2O（g）反应生成CO和H2，反应的化学方程式为C+H2O（g）CO+H2，CO和H2都是可燃性气体，B项正确；‎ C．丝绸的主要成分是蛋白质，主要含C、H、O、N元素，丝绸来自天然纤维中的蚕丝，C项错误；‎ D．鉴别硝石（KNO3）与朴硝（NaNO3）的方法是焰色反应，焰色呈紫色的为硝石，焰色反应属于物理性质，D项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎15.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是 A. W、X、Y、Z的简单离子的半径依次增大 B. X的简单氢化物的热稳定性比W的强 C. 析出的黄色沉淀易溶于乙醇 D. X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。‎ A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简单离子的半径由大到小的顺序是Z>W>X>Y，A错误；‎ B.‎ 同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；由于元素的非金属性X>W，所以简单氢化物的热稳定性X>W，B正确；‎ C.Z是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；‎ D.O、S是同一主族的元素，O是第二周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。‎ ‎16.一种气态烷烃和一种气态烯烃，它们分子里的碳原子数相等．将1.0体积这种混合气体在氧气中完全燃烧，生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气（气体体积均在相同状况下测定），则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为（ ）‎ A. 3：1 B. 1：‎3 ‎C. 2：3 D. 3：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据阿伏加德罗定律，相同状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，可知1mol混合烃充分燃烧后生成 2molCO2和2.4mol H2O，则混合烃的平均分子组成为C2H4.8；‎ 又知烷烃和烯烃分子里的碳原子数相同，可以判定它们分别是C2H6和C2H4，无论C2H6与C2H4以怎样的体积比混合，它们的平均碳原子个数都是2；‎ 因此符合题意的烷烃和烯烃的体积比，将由它们分子里所含的H原子个数决定，可用十字交叉法求解：‎ ‎；‎ 故答案选C。‎ 二、非选择题（本题共4小题，共52分）‎ ‎17.高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室用NaClO4、NH4Cl等原料制取(部分物质的溶解度如图1、图2)，其实验流程如图3：‎ ‎（1）反应器中发生反应的基本反应类型是_____。‎ ‎（2）上述流程中由粗产品获得纯净高氯酸铵的方法为_____。‎ ‎（3）洗涤粗产品时，宜用_____(填“‎0℃‎冷水”或“‎80°C热水”)洗涤。‎ ‎（4）已知NH4ClO4在‎400℃‎时开始分解为N2、Cl2、O2、H2O。某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略)‎ 实验开始前，已用CO2气体将整套实验装置中空气排尽；焦性没食子酸溶液用于吸收氧气。‎ ‎①写出高氯酸铵分解的化学方程式_____。‎ ‎②为了验证上述产物，按气流从左至右，装置的连接顺序为A→_____(填装置对应的字母)‎ ‎，证明氧气存在的实验现象为_____。‎ ‎③若装置E硬质玻璃管中的Cu粉换成Mg粉，向得到的产物中滴加蒸馏水，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 复分解反应 (2). 重结晶 (3). ‎0℃‎冷水 (4). N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑ (5). F→B→D→C→E→H→G (6). E中玻璃管内固体逐渐变成黑色 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaClO4溶液和NH4Cl饱和溶液混合，常温下NH4ClO4的溶解度最小，可析出NH4ClO4固体，从而制得NH4ClO4固体，实际发生复分解反应，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到NH4ClO4粗品，将NH4ClO4重结晶可得纯净的NH4ClO4；‎ NH4ClO4在A中分解，无水硫酸铜检验水，若无水硫酸铜变蓝，则产物有水；‎ 再用湿润的红色布条检验Cl2，若布条褪色，则产物有Cl2；‎ 接下来用NaOH溶液将Cl2除去，用浓硫酸将除Cl2时带上的水蒸气除去；‎ 将气体通入放有Cu和加热的硬质玻璃管检验氧气，若产物含氧气，玻璃管内红色固体逐渐变黑；‎ 接下来用焦性没食子酸溶液将O2吸收，然后将气体通入G，若产物有氮气，将收集到一瓶氮气，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上面的分析可知，反应器中发生的反应为： ，为复分解反应，故答案为：复分解反应；‎ ‎(2)将粗产品进行重结晶可得到纯净的NH4ClO4，故答案为：重结晶；‎ ‎(3)根据图2可知，NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大，‎0℃‎时溶解度低于NH4Cl和NaCl，且NH4Cl和NaCl在‎0℃‎时依然有较高的溶解度，则在洗涤粗产品时，宜用‎0℃‎冷水，故答案为：‎0℃‎冷水；‎ ‎(4)①已知NH4ClO4在时开始分解为、、、，可得高氯酸铵分解的化学方程式：，注意‎400℃‎时，水为气体，故答案为：‎ ‎；‎ ‎②从上面的分析可知， 先用无水硫酸铜检验水蒸汽，用湿润的红色布条检验氯气，再用NaOH溶液吸收氯气，用浓硫酸吸收前面带上的水蒸气，用灼热的Cu粉检验氧气，用焦性没食子酸溶液吸收氧气，用排水法收集氮气。注意：水蒸气必须在最开始检验，氧气与铜反应前必须除去氯气，故装置的连接顺序为：A→F→B→D→C→E→H→G，若产物含氧气，则红色的Cu粉会变成黑色的Cu，故答案为：F→B→D→C→E→H→G；E中玻璃管内固体逐渐变成黑色；‎ ‎③若将Cu换成Mg，则E装置中N2与Mg反应生成Mg3N2，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，结合原子守恒可知，滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】检验产物的实验，若涉及水蒸气的检验，必须放在最前面检验。‎ ‎18.某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验。‎ ‎（1）研究盐酸被MnO2氧化。‎ 实验 操作 现象 Ⅰ 常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合 溶液呈浅棕色，有刺激泩气味 Ⅱ 将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液 生成大量黄绿色气体 Ⅲ 加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物 无明显现象 ‎①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程是________ 。‎ ‎②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是________ 。‎ ‎③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，设计实验Ⅳ进行探究：‎ 将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是________。‎ ‎④用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V：‎ i. K闭合时，指针向左偏转 ⅱ. 向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指针偏转幅度变化不大ⅲ．再向左管中滴加浓H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指针向左偏转幅度增大 将i和ⅱ、ⅲ作对比，得出的结论是________。‎ ‎（2）研究盐酸能否被氧化性酸氧化。‎ ‎①烧瓶中放入浓H2SO4，通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象。由此得出浓硫酸________(填“能”或“不能”)氧化盐酸。‎ ‎②向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓HNO3，试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有NO2。‎ 实验 操作 现象 Ⅰ 将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中 试纸先变蓝，后褪色 Ⅱ 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中 试纸先变蓝，后褪色 Ⅲ ‎……‎ ‎……‎ 通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2，Ⅲ的操作是________。‎ ‎（3）由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、________有关。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O (2). MnCl4Cl2↑+MnCl2 (3). Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化 (4). HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强 (5). 不能 (6). 将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中 (7). c(Cl-)、c(H+)(或浓度)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①MnO2呈弱碱性与浓盐酸发生复分解反应，生成四氯化锰和水；‎ ‎②MnCl4加热发生分解反应，产生的黄绿色气体Cl2；‎ ‎③对比实验Ⅳ、实验Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，即可得出结论；‎ ‎④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；‎ ‎（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2；‎ ‎②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2；‎ ‎（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。‎ ‎【详解】（1）①由于MnO2呈弱碱性，与浓盐酸发生复分解反应，则该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；‎ ‎②将Ⅰ中混合物过滤后，所得滤液为MnCl4溶液，加热后产生的黄绿色气体为Cl2，由于该反应为分解反应，因此反应的化学方程式为：MnCl4MnCl2＋Cl2↑；‎ ‎③实验Ⅳ中增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，因此说明实验Ⅲ中无明显现象是由于溶液中c(H+)、c(Cl-)较低引起的，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化；‎ ‎④右管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HCl的还原性；左管中滴加浓H2SO4，溶液中c(H+)增大， 指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnO2的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越强；‎ ‎（2）①烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有Cl2，因此说明HCl不能被浓硫酸氧化；‎ ‎②实验Ⅱ中将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的Cl2中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验Ⅲ需检验NO2对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有Cl2，因此实验Ⅲ的操作是将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中；‎ ‎（3）由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(Cl-)有关。‎ ‎19.（1）恒温下，将amolN2与bmolH2‎ 的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ ‎①若反应某时刻t时，n(N2)=13mol，n(NH3)=6mol，则a=_____mol；‎ ‎②反应达平衡时，混合气体的体积为‎716.8L（标况下），其中NH3的含量(体积分数)为25%，平衡时NH3的物质的量_____；‎ ‎③原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比（写出最简整数比、下同），n(始)∶n(平)=_____；‎ ‎④原混合气体中，a∶b=_____；‎ ‎⑤达到平衡时，N2和H2的转化率之比，α(N2)∶α(H2)=______；平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=_____。‎ ‎（2）CH3OH燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气(氧气)、KOH(电解质溶液)构成。其中负极反应式为CH3OH＋8OH--6e-=CO32-＋6H2O。则下列说法正确的是______(填序号)。‎ ‎①电池放电时通入空气的电极为负极 ‎②电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱 ‎③电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子 ‎【答案】 (1). 16 (2). 8mol (3). 5:4 (4). 2:3 (5). 1:2 (6). 3:3:2 (7). ②③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意，列三段式如下：；据此可以求出a=16mol；反应达平衡时，NH3的物质的量为；平衡混合气的组成为：N2为16mol-4mol=12mol，NH3为8mol，H2为32mol-12mol-8mol=12mol，则：‎ 据此可以求出b=24；据以上分析解答问题①-⑤；气体体积分数与气体的物质的量分数成正比；转化率=变化量与起始量的比值；‎ ‎(2)甲醇燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，‎ ‎；氧气在正极发生还原反应，O2+4e-+2H2O=4OH-，据此进行①-③问题的解答。‎ ‎【详解】(1)①根据题意，列三段式如下： ，所以a=(13+3)mol=16mol，故答案为：16；‎ ‎②反应达平衡时，混合气体为，其中NH3的物质的量为，故答案为：8mol；‎ ‎③结合①②可知，平衡混合气的组成为：N2为16mol-4mol=12mol，NH3为8mol，H2为32mol-12mol-8mol=12mol，则：，解得：b=24，n(始):n(平)= (16+24):(12+12+8)=40:32=5:4，故答案为：5:4；‎ ‎④由③可知，a:b=16:24=2:3，故答案为：2:3； ‎ ‎⑤达到平衡时，N2和H2的转化率之比，α(N2):α(H2)==1:2，平衡混合气体中，n(N2):n(H2):n(NH3)=12:12:8=3:3:2，故答案为：1:2；3:3:2； ‎ ‎(2)①燃料电池放电时，氧气得电子，通入正极，①错误；‎ ‎②燃料电池总反应为：2CH3OH＋3O2+4OH-=2CO32-＋6H2O，消耗OH-的同时生成H2O，电解质溶液碱性减弱，②正确；‎ ‎③消耗6.4gCH3OH，其物质的量为，则根据负极反应式可知：转移电子为，③正确；‎ 综上所述，②③正确，故答案为：②③。‎ ‎20.Ⅰ.如图是实验室制乙烯的发生装置和乙烯性质实验装置，反应原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，回答下列问题：‎ ‎（1）图1中仪器①、②的名称分别为______、______。‎ ‎（2）收集乙烯气体最好的方法是______。‎ ‎（3）向溴的四氯化碳溶液中通入乙烯(如图2)，溶液的颜色很快褪去，该反应属于_____(填反应类型)，若将反应后无色液体中的反应产物分离出来，则宜采用的方法是_____。‎ II.为探究乙烯与溴的加成反应，甲同学设计并进行了如下实验：先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中)，使气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应。‎ 乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性的气体杂质，由此他提出必须先除去杂质，然后再使乙烯与溴水反应。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（4）甲同学的实验中有关的化学方程式为______。‎ ‎（5）甲同学设计的实验______(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生加成反应，其理由是_____(填字母)。‎ A.使溴水褪色的反应，未必是加成反应 B.使溴水褪色的反应，就是加成反应 C.使溴水褪色的物质，未必是乙烯 D.使溴水褪色的物质就是乙烯 ‎（6）乙同学推测此乙烯中必定含有的一种杂质气体是______，它与溴水反应的化学方程式是___。在验证过程中必须全部除去，除去该杂质的试剂可选用______。‎ ‎（7）为了验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应，可采取方法有______。‎ ‎【答案】 (1). 温度计 (2). 圆底烧瓶 (3). 排水法 (4). 加成反应 (5). 蒸馏 (6). (7). 不能 (8). AC (9). H2S (10). (11). CuSO4溶液(或NaOH溶液等) (12). 分别用pH计测量反应前后溴水的pH，若反应后pH明显减小，则是取代反应，否则是加成反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.实验室制乙烯的反应原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，根据乙烯的物理性质和化学性质进行问题的解答。‎ II.探究乙烯与溴的反应类型：如果发生取代反应，生成氢溴酸，溶液的酸性增强，若果发生加成反应，生成卤代烃，酸性减弱；要注意制备的乙烯气体中，会含有杂质气体硫化氢等，硫化氢也能与溴水发生氧化还原反应，影响实验的结果，在检验乙烯气体之前，一定要除去硫化氢气体。‎ ‎【详解】(1)图1中仪器①、②的名称分别为：温度计、圆底烧瓶，故答案为：温度计、圆底烧瓶； ‎ ‎(2)乙烯的密度和空气相差不大，不用排空气法收集，乙烯不溶于水，所以收集乙烯气体最好的方法是排水法，故答案为：排水法；‎ ‎(3)乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷溶于四氯化碳，但二者沸点不同，可用蒸馏方法分离，故答案为：加成反应；蒸馏； ‎ ‎(4)乙烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，方程式为：，故答案为：；‎ ‎(5)溴水褪色，未必发生加成反应，也未必就是乙烯反应，也可能是乙烯中的杂质气体与溴反应而使溴水褪色，AC满足题意，故答案为：不能；AC；‎ ‎(6)褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，该淡黄色浑浊物为S，溴水有强氧化性，可以推断乙烯中含还原性气体H2S，发生的反应为：，可以用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)除去H2S，故答案为：H2S；；CuSO4溶液(或NaOH溶液等)； ‎ ‎(7)如果乙烯与溴发生取代反应，必定生成HBr，HBr溶于水酸性会明显增强，故可用pH计予以验证，方法为：分别用pH计测量反应前后溴水的pH，若反应后pH明显减小，则是取代反应，否则是加成反应，故答案为：分别用pH计测量反应前后溴水的pH，若反应后pH明显减小，则是取代反应，否则是加成反应。‎ ‎【点睛】HBr的溶于水为氢溴酸溶液，氢溴酸是强酸，若为取代反应，将有HBr 生成，溶液酸性会明显增强，pH会显著减小。‎ ‎21.某烃的分子式为C11H20，1 mol 该烃在催化剂作用下可以吸收2 mol H2；用热的KMnO4酸性溶液氧化，得到下列三种有机物：‎ HOOC—CH2CH2—COOH。‎ 已知：+R3-COOH(R1-、R2-、R3-代表烃基)‎ 由此推断写出该烃可能的结构简式是______________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某烃的分子式为C11H20，该烃的不饱和度==2，1mol该烃在催化剂作用下可以吸收2molH2，说明该分子中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键，用热的酸性KMnO4溶液氧化，得到下列有机物：HOOC—CH2CH2—COOH，不能为三键，只能为两个双键，不饱和烃被酸性高锰酸钾溶液氧化时，碳碳双键被氧化，生成羧基或羰基，据此判断该烃可能结构简式。‎ ‎【详解】某烃的分子式为C11H20，该烃的不饱和度==2，1mol该烃在催化剂作用下可以吸收2molH2，说明该分子中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键，根据信息，碳碳双键被酸性高锰酸钾溶液氧化时，碳碳双键断裂，双键碳原子上没有H原子时被氧化成羰基，双键碳原子上连有H原子时被氧化成羧基，用热的酸性KMnO4溶液氧化，得到下列三种有机物： 、、HOOC—CH2CH2—COOH，采用逆推法，需要=CHCH2CH2CH=，CH3CH‎2C(CH3)=，=C(CH3)2分别与双键连接，即则该烃结构简式可能是 。‎ ‎【点睛】‎ 需要逆向思维，就是根据生成物的结构，推测反应物的结构，需要依据题目的有效信息。‎