山东省济南历城二中2019-2020学年高一5月月考化学试题

山东省济南历城二中2019-2020学年高一5月月考化学试题

高一月考化学试题 一、选择题（1-10 为单项选择题，每题 2 分；11-15 不定项选择题，每题 1-2 个答案，每题 4 分，选错 0 分，选不全的得 1 分，共 40 分）‎ ‎1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，《本草纲目》书中就充分记载了古代化学研究成果。下列关于书中古代化学应用的记载，对其说明不合理的是（ ）‎ A. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏 B. 《本草纲目》中记载：“（火药）乃焰消（KNO3）、硫黄、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”，其中利用了 KNO3的氧化性 C. 《本草纲目》中记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，取该“碱”溶于水可得到一种碱溶液 D. 《本草纲目》中记载“凡酸坏之酒,皆可蒸烧”“以烧酒复烧二次价值数倍也”，这种方法与石油分馏的原理相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从浓酒中分离出乙醇，利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，这种方法是蒸馏，A选项正确；‎ B．火药爆炸时生成氮气，KNO3中的氮元素化合价降低，被还原，作氧化剂，体现了KNO3的氧化性，B选项正确；‎ C．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，其溶液是盐溶液，C选项错误；‎ D．“酸坏之酒”含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸馏方法除去乙酸，石油分馏的原理是利用各组分的沸点不同进行分离，两者原理相同，D选项正确；‎ 答案选C ‎2.已知 X、Y、Z、W 原子序数都不超过 18，它们的离子 aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）-、dWn-具有相同的电子层结构， 则下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子序数：a＞b＞c＞d B. 离子半径：X（n+1）+＞Yn+＞Z（n+1）-＞Wn-‎ C. 离子还原性：Z（n+1）-＞Wn- D. 单质还原性：X＞Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干信息可知，X、Y、Z、W原子序数都不超过18，aX(n+1)+、bYn+、cZ(n+1)-、dWn-具有相同的电子层结构，则X、Y为第三周期元素，Z、W为第二周期元素，且X在Y的右边，Z在W的左边，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，原子序数：a＞b＞d＞c，A选项错误；‎ B．对于电子层结构相同的离子，核电荷数越小，离子半径越大，所以离子半径Z(n+1)-＞Wn-＞Yn+＞X(n+1)+，B选项错误；‎ C．非金属越强，对应离子的还原性越弱，因此，离子的还原性：Z(n+1)-＞Wn-，C选正确；‎ D．金属性越强，单质的还原性越强，金属性XS，则气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，A选项错误；‎ B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>Si，则酸性：H2SO4>H2SiO3，B选项错误；‎ C．化合物YX为MgO，含有离子键，ZX2为SiO2，含有共价键，WX3为SO3，含有共价键，三者中的化学键类型不同，C选项错误；‎ D．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径：rY＞rZ＞rW＞rX，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 干冰升华时，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂 B. 形成生成物化学键释放的能量大于破坏反应物化学键所吸收的能量时，该反应为放热反应 C. 发生铝热反应时，铝粉与 Fe2O3 需要在高温下反应，所以该反应是吸热反应 D. 灼热的木炭与 CO2 反应，反应物总能量低于生成物总能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．干冰升华时，破坏的是分子间作用力，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂，A选项正确；‎ B．反应的焓变=断裂化学键吸收的热能量-形成化学键放出的能量，若形成化学键释放的能量大于断裂化学键所吸收的能量，△H＜0，则反应是放热反应，B选项正确；‎ C．发生铝热反应时，铝粉与Fe2O3需要在高温下反应，该反应是放热反应，吸热反应、放热反应与反应条件无关，C选项错误；‎ D．灼热的木炭与CO2反应，属于吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确反应热的含义、影响因素、计算方法是解答的关键。反应热的计算方法主要有：（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比；（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物；（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量；（4）根据盖斯定律的计算。‎ ‎7.关于如图原电池的叙述错误的是（ ）‎ A. 电池工作时，电流由 a 流向 b B. 微生物所在电极区放电时发生氧化反应 C. 放电过程中，H＋从正极区移向负极区 D. 正极反应式为：MnO2＋4H＋＋2e－=Mn2＋＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由原电池装置分析可得，电池工作时，b极Cm(H2O)n转化为CO2，C元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，作负极，a极MnO2转化为Mn2+，Mn化合价降低，得到电子发生还原反应，作正极，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析可知，a为原电池正极，b为负极，电池工作时，电流由正极流向负极，即a流向b，A选项正确；‎ B．放电时，微生物所在的电极区为为电源的负极，发生氧化反应，B选项正确；‎ C．H+是阳离子，在原电池中，H+从负极区移向正极区，C选项错误；‎ D．a极MnO2转化为Mn2+，Mn化合价降低，得到电子发生还原反应，作正极，电极反应式为：MnO2＋4H＋＋2e－=Mn2＋＋2H2O，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.500℃‎时，将 2molN2 和 2.25molH2 充入体积为 ‎10L 的恒容密闭容器中，反应达到平衡时，NH3 的浓度不可能是（ ）‎ A. 0.1‎mol/L B. 0.12 mol/L C. 0.05 mol/L D. 0.16 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题干信息可知，N2和H2发生反应生成NH3，反应方程式为N2+3H2 2NH3‎ ‎，该反应中N2过量，假设2.25molH2完全反应，则生成NH3的物质的量为1.5mol，浓度为0.15mol/L，但该反应是可逆反应，H2不可能完全转化为NH3，因此达到平衡时，NH3的浓度小于0.15mol/L，D选项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎9.一定温度下，在 ‎2 L 密闭容器中，A、B、C 三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应开始到 5min，υ(C)=0.2 mol/（L·min）‎ B. 反应开始到 5min，B 的物质的量浓度增加了 0.4 mol/L C. 反应的化学方程式为：2B(g)＋C(g)‎3A(g)‎ D. a 点时，c(A)=c(B)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应开始到5min，∆n(C)=0.2 mol，υ(C)==0.02 mol/(L·min)，A选项错误；‎ B．反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4mol，则增加了0.4mol，物质的量浓度增加了0.2mol/L，B选项错误；‎ C．反应达到平衡时，A的物质的量由0.8 mol减少为0.2 mol，变化量为0.6 mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4 mol，变化量为0.4 mol，C的物质的量由0增加到0.2 mol，变化量为0.2 mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B)：∆n(C) =0.6 mol：0.4 mol：0.2 mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：‎3A2B＋C，C选项错误；‎ D．由图可知，a点时，A、B的物质的量相同，则物质的量浓度也相同，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题的关键在于从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。‎ ‎10.除去括号内杂质所用试剂和方法正确的是(　　)‎ 选项 物质 所用试剂 方法 A 乙醇(乙酸)‎ 氢氧化钠溶液 分液 B 乙烷(乙烯)‎ 酸性高锰酸钾溶液 洗气 C 乙酸乙酯(乙酸)‎ 饱和碳酸钠溶液 蒸馏 D 乙醇(水)‎ 生石灰 蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙酸和氢氧化钠溶液反应生成的乙酸钠溶液和乙醇是互溶的，不能用分液的方法分离，选项A错误；‎ B.乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯的同时引入了新杂质二氧化碳，选项B错误；‎ C.乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可以采用分液法来分离，选项C错误；‎ D.生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙，可以采用蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇的分离，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11. 和 是钍的两种同位素， 可以转化成。下列有关 Th 的说法正确的是（ ）‎ ‎①Th 元素的质量数是 232 ②和的化学性质相同 ③转换成 ‎ 是化学变化 ④Th 元素的相对原子质量是 231 ⑤和 具有相同的最外层电子数 A. ①② B. ③④ C. ②⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①Th元素的两种原子的质量数不同，230Th和232Th的质量数分别为230、232，元素没有质量数，①项错误；‎ ‎②230Th和232Th质子数相同、中子数不同，互为同位素，化学性质相同，②项正确；‎ ‎③232Th转换成233U核反应，是物理变化，不属于化学变化，③项错误；‎ ‎④Th元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，同位素的丰度未知，无法求算Th元素的相对原子质量，④项错误； ‎ ‎⑤230Th和232Th质子数相同，质子数等于电子数，所以电子数相同，则原子具有相同的最外层电子，⑤项正确；‎ 综上，②⑤正确，答案选C。‎ ‎12.X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素，X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15；X 与 Z 可形成 XZ2 分子；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状态下的密度为 ‎0.76 g·L－1；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的 1/2。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：W＞X＞Y＞Z＞M B. XZ2、X‎2M2‎、W2Z2 均为直线形的共价化合物 C. CaM2 和 CaZ2 两种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为 1∶2‎ D. 由 X、Y、Z、M 四种元素共同形成的化合物中一定有共价键，可能有离子键 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为‎0.76g•L-1，该化合物的摩尔质量为‎0.76g•L-1×‎22.4L/mol=‎17g/mol，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素；X与Z可形成XZ2分子，则X位于偶数族，X、Y、Z原子最外层电子数之和为15，故X、Z的最外层电子数之和为15-5=10，Z最外层电子数为偶数，二者平均最外层电子数为5，故Z处于第ⅥA族，X 处于第ⅣA族，所以X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为(6+7+8+1)=11，所以W为Na元素，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N＞O＞H，即W＞X＞Y＞Z＞M，A选项正确；‎ B．XZ2、X‎2M2‎、W2Z2分别为CO2、Na2O2，CO2、C2H2均为直线型共价化合物，但Na2O2为离子化合物，B选项错误；‎ C．CaH2在阳离子与阴离子个数比为1：2，而CaO2中阳离子与阴离子个数比为1：1，C选项错误；‎ D．由C、N、O、H四种元素形成的化合物一定有共价键，可能含有离子键，如NH4HCO3中既含有共价键，又含有离子键，D选项正确；‎ 答案选AD。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，根据密度判断Y与M形成的气态化合物是氨气是推断的关键，注意X、Z元素推断时最外层电子数奇偶性的利用。‎ ‎13.在一定温度下、容积不变的密闭容器中，可逆反应 A（g）+3B（g） ‎2C（g）+2D（s）达到平衡的标志的是（ ）‎ ‎① C 的生成速率与 C 的消耗速率相等 ②单位时间内生成 amolA,同时生成 3amolB ③ A、B、C 的浓度不再改变 ④混合气体的密度不再改变 ⑤ 混合气体的总压强不再改变 ⑥混合气体的总物质的量不再改变⑦ A、B、C、D 浓度之比为 1：3：2：2‎ A. ③④⑤⑥⑦ B. ①③④⑤⑥ C. ①②④⑦ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，即v正=v逆，能说明该反应达到平衡状态，故选；‎ ‎②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内a molA生成，同时生成‎3a molB，不能作为达到平衡的标准，故不选；‎ ‎③反应达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，故选；‎ ‎④该反应前后气体的总质量发生改变，当容器体积一定时，混合气体的密度不再发生改变，说明该反应达到平衡状态，故选；‎ ‎⑤该反应是一个反应前后气体体积改变的反应，当体积不变时，密闭容器中混合气体的总压强不再变化，说明混合气体的物质的量不变，所以能说明反应达到平衡状态，故选；‎ ‎⑥该反应是一个反应前后气体的物质的量改变的化学反应，当混合气体的物质的量不再变化时，能说明该反应达到平衡状态，故选；‎ ‎⑦达平衡时，A、B、C三种物质的分子数之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，要根据反应开始时加入的A、B、C三种物质是否按1：3：2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故不选；‎ 综上，①③④⑤⑥满足题意，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，化学平衡状态的本质是正逆反应速率相等，此点是高考的热点，也是学习的难点。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。‎ ‎14.对于氢氧燃料电池，下列说法正确的是（ ）‎ A. 用 KOH 做电解质，负极反应是 H2-2e-+2OH-=2H2O B. 电子从 a 电极通过外电路到 b 电极最终移到 a 电极形成闭合回路 C. 原电池不能将化学能百分之百转化成电能 D. 氢氧燃料电池在使用过程中会看到淡蓝色火焰 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据燃料电池原理图分析可知，电子由a极移向b极，则a极为原电池的负极，H2失去电子发生氧化反应，b极为原电池的正极，O2得到电子发生还原反应，据此分析解答；‎ ‎【详解】A．用KOH做电解质，负极产生的H+与OH-结合生成H2O，则负极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，A选项正确；‎ B．电子只能在外电路中移动，电子从a电极通过外电路到b电极，不能再从b电极移到a电极，B选项错误；‎ C．原电池不可能把化学能完全转化为电能，其间一定有能量损耗，比如氧化还原过程放热等，C选项正确；‎ D．燃料电池是利用燃料发生氧化还原反应将化学能转化为电能，不是燃烧，不会看到蓝色火焰，D选项错误；‎ 答案选AC。‎ ‎15.中成药连花清瘟胶囊在对抗 H1N1 病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）‎ A 绿原酸属于芳香族化合物 B. 分子式 C16H18O9‎ C. 1mol 绿原酸与 Na 反应放出 H2 的体积 ‎‎134.4L D. 1mol 绿原酸可以与 7molH2 发生加成反应 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据绿原酸的结构简式可知，该分子中含有苯环，属于芳香族化合物，A选项正确；‎ B．由绿原酸的结构简式可以计算分子式为C16H18O9，B选项正确；‎ C．未指明标准状况，不能准确计算生成H2的体积，C选项错误；‎ D．苯环与碳碳双键可与氢气发生加成反应，1 mol绿原酸发生加成反应最多可消耗4mol氢气，D选项错误；‎ 答案选CD。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查有机物的结构、分子式和结构简式的关系，有机物的性质和对官能团的认识，注意把握有机物的官能团与性质的关系，有机物的官能团代表该类有机物的主要性质，掌握官能团的结构与性质是学好化学的基础，解答时注意知识的迁移灵活应用。‎ 二、非选择题（60 分）‎ ‎16.A、U、V、W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的七种常见元素，Y 的单质在 W2 中燃烧的产物可使品红溶液褪色，Z 和 W 元素形成的化合物 Z3W4 具有磁性，U 的单质在 W2 中可燃烧生成 UW 和 UW2 两种气体。X 的单质是一种金属，该金属在 UW2 中燃烧生成黑白两种固体。请回答下列问题：‎ ‎（1）Z 元素在周期表中的位置：______‎ ‎（2）V、W 的氢化物分子结合H+的能力较强的是（化学式）：______用一个离子方程式证明______‎ ‎（3）YW2 气体通入 BaCl2 和 HNO3 的混合液， 生成白色沉淀和无色气体 VW， 有关的离子方程式为：______，由此可知 VW 和 YW2 还原性较强的是______。‎ ‎（4）A、V、W 和 Y 可组成一化合物，其原子个数之比为 8︰2︰4︰1，该化合物的名称______，化学式______‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第Ⅷ族 (2). NH3 (3). NH3+H3O+=NH4++H2O (4). 3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+ (5). SO2 (6). 硫酸铵 (7). (NH4)2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干信息，A、U、V、W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的七种常见元素，Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，U原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，V的原子序数介于碳、氧之间，则V为N元素，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，Z为Fe元素，为第26号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；‎ ‎(2)V、W的氢化物分子分别为NH3、H2O，其中NH3结合H+的能力较强，可与酸发生反应：NH3+H3O+=NH4++H2O，故答案为：NH3；NH3+H3O+=NH4++H2O；‎ ‎(3)SO2具有还原性，可与硝酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与氯化钡生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，此反应中SO2为还原剂，‎ NO为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物，故答案为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；SO2；‎ ‎(4)A、V、W和Y可组成一化合物，其原子个数之比为 8︰2︰4︰1，则A可以为H元素，该化合物为(NH4)2SO4，名称为硫酸铵，故答案为：硫酸铵；(NH4)2SO4。‎ ‎【点睛】本题考查结合元素周期表、周期律进行元素的推断，题目难度中等，侧重于元素化合物知识、化学用语、氧化还原反应等知识的考查，注意根据物质的性质以及反应的现象进行判断。解得本题的关键是正确推导出各种元素。‎ ‎17.Ⅰ.把在空气中久置的铝片 ‎5.4g 投入盛有 500mL0.5mol•L-1 盐酸溶液的烧杯中该铝片与盐酸反应产生氢气的速率与反应时间可用如图所示的坐标曲线来表示，回答下列问题：‎ ‎（1）曲线由 0→a 段不产生氢气的原因______， 用离子方程式表示为______；‎ ‎（2）曲线由 b→c 段产生氢气的速率增加较快的主要原因______。‎ ‎（3）向溶液中加入下列物质，能加快上述化学反应速率的是______。‎ A 蒸馏水 B 改用铝粉 C 饱和氯化钠溶液 D 浓盐酸 E 少量硫酸铜溶液．‎ Ⅱ.在 ‎2 L 密闭容器中，‎800 ℃‎时反应 2NO＋O22NO2 体系中，n（NO）随时间的变化如下表：‎ 时间（s）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n（NO）/mol ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.008‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎（4）如图表示各物质浓度的变化曲线，B 点处，v（正）_______v（逆），（用“大于”“小于”或“等于”填空）。‎ ‎（5）能说明该反应已经达到平衡状态的是______。‎ a 容器内压强保持不变 b v（NO）＝2v（O2）‎ c 容器内的密度保持不变 d 2v逆（NO2）＝v正（O2）‎ ‎【答案】 (1). 铝片表面有氧化铝，盐酸首先和与表面的氧化铝反应 (2). Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O (3). 铝和盐酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率 (4). BDE (5). 大于 (6). a ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ(1)铝片表面有氧化铝，盐酸首先和与表面的氧化铝反应，不产生氢气，所以开始没有气体产生，反应的离子方程式为Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O，故答案为：铝片表面有氧化铝，盐酸首先和与表面的氧化铝反应；Al2O3＋6H+＝2Al3+＋3H2O；‎ ‎(2)随着反应的进行，盐酸的浓度减小，反应放热，温度升高，b→c段反应速率加快，说明是铝和盐酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率，故答案为：铝和盐酸反应放出的热量使溶液温度升高而加快反应速率；‎ ‎(3)A．加入蒸馏水，盐酸浓度降低，反应速率降低，A不选；‎ B．改用铝粉，增大了接触面积，化学反应速率加快，B选；‎ C．加入饱和的氯化钠溶液相当于加水，盐酸浓度降低，反应速率降低，C不选；‎ D．加入浓盐酸，盐酸的浓度增大，化学反应速率加快，D选；‎ E．少量的硫酸铜溶液可与Al形成原电池，加快化学反应速率，E选；‎ 综上所述，BDE符合题意，故答案为：BDE；‎ Ⅱ(4)根据图像分析可知，B点反应时间不到3s，根据表中数据可知此时反应还没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则v(正)＞v(逆)，故答案为：大于；‎ ‎(5)a．因为反应前后气体分子数不等，所以平衡前容器内压强始终发生改变，当压强不变时，反应达平衡状态，a符合题意；‎ b．不管反应进行到什么程度，总有v(NO2)=2v(O2)，所以不一定达平衡状态，b不符合题意；‎ c．容器内气体的质量不变，容器的体积不变，所以容器内密度保持不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；‎ d．2v逆(NO2)=v正(O2)表示反应方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比，不能判断此时反应达平衡状态，d不符合题意；‎ 故答案为：a。‎ ‎【点睛】本题第(5)题为易错点，用体系的总量判断平衡状态时，应分析此总量是常量还是变量，常量不能用来判断平衡状态，变量不变时反应达平衡状态。‎ ‎18.I.已知：键能指在标准状况下，将 1mol 气态分子 AB（g）解离为气态原子 A（g），B（g）所需的能量，用符号 E 表示，单位为 kJ/mol。N≡N的键能为 946 kJ/mol，H-H 的键能为 436 kJ/mol，N-H 的键能为 391 kJ/mol，则生成 2 mol NH3 过程中______（填“吸收”或“放出”）的能量为______。‎ II.（1）下列装置属于原电池的是 ______；‎ ‎（2）在选出的原电池中，______是负极，发生______反应，正极的现象______；‎ ‎（3）此原电池反应的化学方程式为______。‎ ‎（4）将 CH4设计成燃料电池， 其利用率更高， 装置如图所示（ A、B 为多孔碳棒）， 电池总反应为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O。‎ ‎①实验测得 OH－定向移向 B 电极，则_______处电极入口通甲烷（填 A 或 B）。‎ ‎②当消耗甲烷的体积为 ‎33.6L（标准状况下）时，假设电池的能量转化率为 80%，则导线中转移电子的物质的量为_______。‎ ‎【答案】 (1). 放出 (2). 92kJ (3). ⑤ (4). Fe (5). 氧化 (6). 有气泡产生 (7). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ (8). B (9). 9.6mol ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.已知N≡N的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为39 1kJ/mol，根据N2 +3H22NH3，反应的△H=(946kJ/mol+3×436kJ/mol)-6×391kJ/mol=-92 kJ/mol，因此生成2molNH3过程中的热量变化为92kJ，该反应为放热反应，故答案为：放出；92kJ；‎ Ⅱ(1)①中没有两个活泼性不同的电极，所以不能构成原电池；‎ ‎②没有构成闭合回路，所以不能构成原电池；‎ ‎③酒精为非电解质溶液，所以不能构成原电池；‎ ‎④两材料相同，所以不能构成原电池；‎ ‎⑤符合原电池的构成条件，所以能构成原电池；‎ 故答案为：⑤；‎ ‎(2)该装置中，铁易失电子而作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，正极上氢离子得电子发生还原反应而生成氢气，所以有气泡生成，故答案为：Fe；氧化；有气泡产生；‎ ‎(3)该原电池中，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子得电子生成氢气，所以电池反应式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；‎ ‎(4)①实验测得OH-定向移向B电极，原电池中阴离子向负极移动，则B电极是负极，因此B处电极入口通甲烷，故答案为：B；‎ ‎②负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，当消耗的甲烷体积为‎33.6L(标准状况下)，则物质的量是1.5mol，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为1.5mol×80%×8＝9.6mol，故答案为：9.6mol。‎ ‎19.我们可以从海水中可制取许多化工原料。以下是某化工厂对海水加工的示意图：‎ 根据以上工艺流程回答下列问题：‎ ‎（1）饱和食盐水被电解的化学方程式______。‎ ‎（2）海水结晶过滤的母液中含有 K+ 、 Na+ 、 Mg2+等阳离子，从图中可看出对母液进行一系列的加工可制得金属镁。‎ ‎①充分考虑当地海洋化学资源，从提高生产与经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料是_______。‎ ‎②熔融氯化镁电解制镁的化学方程式是______。‎ ‎③生产过程所得的镁蒸气在特定的环境里冷却后可得固态的金属镁，下列物质中可以用作镁蒸气的冷却剂的是（填写代号）_______。‎ A.空气 B.Ar C.H2 D.CO2‎ ‎（3）在该化工厂中，海水提取氯化钠后的母液经过提取氯化镁后又形成了新的母液，向新母液中加入氯气，又制取了重要的化工原料溴单质 ‎①生成溴单质的化学反应的化学方程式是______，从溴苯混合物中分离出溴单质来应采用______（填实验方法）。‎ ‎②获取生产单质溴的原料氯气，以下设想合理的是______（填写代号）.‎ A 本厂生产镁单质处循环 B 从本厂生产烧碱处循环 C 在当地新建生产厂 D 从外地购买 ‎【答案】 (1). 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ (2). 贝壳 (3). MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑ (4). BC (5). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (6). 蒸馏 (7). AB ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电解食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的离子方程式是2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；‎ ‎(2)①碳酸钙高温分解生成氧化钙，贝壳的主要成分是碳酸钙，所以从充分利用当地海洋化学资源，提高生产与经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料是贝壳，故答案为：贝壳；‎ ‎②电解熔融氯化镁生成镁和氯气，反应的化学方程式是MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；‎ ‎③A．镁与空气的氧气、氮气都能反应，所以镁蒸气不能在空气的环境里冷却，A不选；‎ B．Ar的化学性质稳定，镁蒸气不与Ar发生反应，可用Ar作镁蒸气的冷却剂，B选；‎ C．镁蒸气、H2都具有还原性，不反应，所以镁蒸气在氢气的环境里冷却后可得固态的金属镁，C选；‎ D．镁蒸气会与CO2发生反应生成MgO，所以镁蒸气不能在CO2的环境里冷却，D不选；‎ 故答案为：BC。‎ ‎(3)①向新母液中加入氯气，制取溴单质，反应方程式是Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，溴和苯的沸点差异较大，因此从溴苯混合物中分离出溴单质可采用蒸馏的方法，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；蒸馏；‎ ‎②从节约成本、提高综合效益的角度，生产溴单质所用的氯气，可以从本厂生产烧碱外循环，也可以从本厂生产镁单质处循环，选AB，故答案为：AB。‎ ‎20.已知：①A 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；②2CH3CHO＋O2 2CH3COOH。F 是高分子化合物。现以 A 为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A 的电子式为______，结构简式为_______。‎ ‎（2）B、D 分子中的官能团名称分别是_______、_______。‎ ‎（3）反应①～⑤的反应属于取代反应的是：_____。‎ ‎（4）写出下列反应的化学方程式：①_____、④______、⑤_______。‎ ‎（5）下列物质中，可以通过 A 加成反应得到的是_____（填序号）。‎ A．CH3CH3‎ B．CH3CHCl2‎ C．CH3CH2OH ‎ D．CH3CH2Br ‎【答案】 (1). (2). CH2=CH2 (3). 羟基 (4). 羧基 (5). ④ (6). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (7). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (8). nCH2=CH2 (9). ACD ‎【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石油化工水平，故A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气发生催化氧化反应生成C，则C是乙醛，C和氧气发生催化氧化反应生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，F是高分子化合物，则A发生加聚反应生成F，F为聚乙烯，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，电子式为，故答案为：；CH2=CH2；‎ ‎(2)B为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，含有的官能团为羟基，D为乙酸，结构简式为CH3COOH，含有的官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；‎ ‎(3)由上述分析，反应①为加成反应，反应②、③为氧化反应，反应④为酯化反应，是取代反应，反应⑤为加聚反应，故答案为：④；‎ ‎(4)反应①为乙烯和水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应④为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，反应⑤为乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，反应方程式为nCH2=CH2，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；nCH2=CH2；‎ ‎(5)A．CH2=CH2与H2加成得到CH3CH3，A选项满足题意；‎ B．CH2=CH2不能直接加成得到CH3CHCl2，B选项不满足题意；‎ C．CH2=CH2与H2O发生加成得到CH3CH2OH，C选项满足题意；‎ D．CH2=CH2与HBr发生加成得到CH3CH2Br，D选项满足题意；‎ 故答案为：ACD。‎ ‎【点睛】本题为有机推断题，侧重考查了常见有机物结构与性质，注意掌握常见有机物结构与性质，明确常见有机反应概念、反应类型及判断方法。推断出各物质分别是什么是解题的关键。‎ ‎ ‎