山东省滨州市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 Word版含解析

山东省滨州市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 Word版含解析

高一化学试题 可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 016 Na23 S32 Cl 35.5 Fe56 Cu64‎ 一、选择题:每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.新冠肺炎疫情出现以来，系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起到了重要作用。下列有关说法不正确的是 A. 使用84消毒液杀菌消毒是利用了溶液的强氧化性 B. 防控新冠病毒所用的酒精浓度越大，消毒效果越好 C. N95型口罩的核心材料聚丙烯属于有机高分子材料 D. 冷链运输抗病毒疫苗可避免蛋白质变性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 84消毒液主要成分为NaClO，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，能够杀菌消毒，故A说法正确；‎ B. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，酒精浓度过高，会使病毒的蛋白质外壳迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入内，因而不能将病毒彻底杀死，故B说法错误；‎ C. 聚丙烯属于有机高分子材料，故C说法正确；‎ D. 蛋白质在高温、强酸、强碱等环境下会变性而失去活性，冷链运输可以较长时间地保存蛋白质，防止蛋白质变性，故D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎2.下列化学用语正确的是 A. 中子数为10的氧原子：‎ B. 氯元素的原子结构示意图：‎ C. 氯化镁的电子式：‎ D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程： ‎ ‎【答案】A - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原子构成为，A为质量数，Z为质子数，根据题意，Z为8，A为10＋8=18，即该氧原子表示为，故A正确；‎ B. 对原子来说，质子数等于核外电子数，为Cl－，氯原子的结构示意图为，故B错误；‎ C. 书写电子式时，相同离子不能合并书写，即氯化镁的电子式为，故C错误；‎ D. HCl为共价化合物，不能书写成离子形式，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】用电子式表示形成过程时，首先判断物质是离子化合物还是共价物质，用箭头连接左端和右端，左端相同原子可以合并书写，右端相同原子不能合并书写。‎ ‎3.下列说法不正确的是 A. 金刚石、C60、石墨互同素异形体 B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体 C. H、D、T互为同位素 D. 乙醇与甘油互为同系物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金刚石、C60、石墨都是有碳元素组成结构不同的单质，三种物质互为同素异形体，故A说法正确；‎ B. 葡萄糖和果糖的分子式都为C6H12O6，葡萄糖属于多羟基醛，果糖属于多羟基酮，它们分子式相同，结构不同，因此互为同分异构体，故B说法正确；‎ C. H、D、T的中子数分别为0、1、2，即分别是，它们互为同位素，故C说法正确；‎ D. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，甘油的结构简式为，它们所含羟基的个数不同，它们不互为同系物，故D说法错误；‎ 答案D。‎ ‎【点睛】‎ - 19 -‎ 难点是对同系物的理解，应正确理解结构相似，结构相似：碳的连接方式相同、所含官能团的种类相同、所含官能团的数目相同。‎ ‎4.对于化学反应中的能量变化，下列表述不正确的是 A. 吸热反应中,反应物的总能量低于生成物的总能量 B. 形成化学键的过程释放能量 C. 加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 任何化学反应都伴随着能量变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一个反应的是放热反应还是吸热反应是由反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定，如果反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，如果反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故A说法正确；‎ B. 断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要放出热量，故B说法正确；‎ C. 加热反应不一定是吸热反应，有些放热反应也需要加热，如煤的燃烧，故C说法错误；‎ D. 任何化学反应都伴随能量变化，故D说法正确；‎ 答案为C。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 葡萄糖的化学式为C6H12O6，一定条件下能与新制氢氧化铜悬浊液反应 B. 淀粉的化学式为(C6H10O5)，遇含碘元素的物质一定变为蓝色 C. 蛋白质的组成元素有C、H、O、N、P、S等，加入饱和(NH4)2SO4溶液会失去生理活性 D. 油脂的组成元素有C、H、O三种元素，属于天然有机高分子化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 葡萄糖的化学式为C6H12O6，含醛基，故一定条件下能与新制氢氧化铜悬浊液反应，A正确；‎ B. 淀粉的化学式为(C6H10O5)n，遇含碘单质的物质变为蓝色，B错误；‎ C. 蛋白质的组成元素有C、H、O、N、P、S等，加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，蛋白质不会失去生理活性，C错误；‎ D. 油脂的组成元素有C、H、O三种元素，不属于天然有机高分子化合物，D错误；‎ 答案选A。 ‎ ‎6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同主族。下列说法不正确的是 - 19 -‎ A. 原子半径:r(X)r(S)>r(O)，故A说法正确；‎ B. O的最高化合价不是＋6价，S的最高化合价为＋6价，故B说法错误；‎ C. Y的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性就越强，金属性：Na>Al，即碱性：NaOH>Al(OH)3，故C说法正确；‎ D. 非金属性越强，其气态氢化物稳定性越强，非金属性：O>S，即氢化物稳定性：H2O>H2S，故D说法正确；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较：①看电子层数，一般电子层数越多，微粒半径越大；②看原子序数，电子层数相同，微粒半径随着原子序数的递增而减小；③电子数，电子层数相同，原子序数相同，微粒半径随着电子数增大而增大。‎ ‎7.潜艇中使用的液氨一液氧燃料电池工作原理如图所示，电池工作时，下列说法正确的是 A. 电极b是负极 B. 电解质溶液中的OH-向电极b移动 C. 电极a的电极反应式为2NH3+6OH-= 6e-=N2+6H2O D. 电流从电极a经负载流向电极b ‎【答案】C - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置为燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，电解质为KOH，然后根据原电池工作原理进行分析；‎ ‎【详解】A. NH3中N显－3价，N2中N显0价，N的化合价升高，根据原电池工作原理，因此电极a为负极，电极b为正极，故A错误；‎ B. 根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即OH－向电极a移动，故B错误；‎ C. 电极a为负极，根据装置图，电极a电极反应式为2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O，故C正确；‎ D. 根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电流从电极b经负载流向电极a，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】电极反应式的的书写是本题的难点，书写电极反应式，一般先写出氧化剂+ne-→还原产物，还原剂－ne－→氧化产物，像本题：2NH3－6e－→N2，然后根据溶液的酸碱性，判断H＋、OH－、H2O谁参与反应，本题为NaOH溶液，溶液显碱性，因此根据电荷守恒和原子守恒，配平即可。‎ ‎8.不列各组反应(表内物质均为反应物)刚开始时，放出H2的速率最大的是 选项 金属(粉末状)‎ 酸的浓度 酸的体积 反应温度 A ‎0.1molMg ‎6mol‧L-1硝酸 ‎20mL ‎60℃‎ B ‎0.1molMg ‎3mol‧L-1盐酸 ‎20mL ‎60℃‎ C ‎0.1molFe ‎3mol‧L-1盐酸 ‎40mL ‎60℃‎ D ‎0.1molMg ‎3mol‧L-1盐酸 ‎40mL ‎30℃‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ Mg比Fe活泼，与酸反应较剧烈，硝酸与活泼金属反应生成NO，不生成氢气，Mg与盐酸反应时，氢离子浓度越大，反应速率越大、温度越大，反应速率越大；‎ ‎【详解】A．硝酸与镁反应不生成氢气，故A错误；‎ B．B中Mg比Fe活泼，氢离子浓度大，温度高，放出氢气的速率快，故B正确；‎ C．Mg比Fe活泼，与酸反应较剧烈，反应速率比镁小，故C错误；‎ D．温度较低，反应速率较小，放出氢气的速率慢，故D错误；‎ 故选B ‎9.某有机物的结构简式如图所示，下列说法不正确的是 A. 该有机物的分子式为C13H14O5‎ B. 该有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2‎ C. 该有机物能够在催化剂作用下发生加成反应 D. 1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成3mol H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图知，该有机物的分子式为C13H14O5，A正确；‎ B．该有机物分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B正确；‎ C．该有机物分子中含有碳碳双键和苯基，它们都能在催化剂作用下与H2等发生加成反应，C正确；‎ D．该有机物分子中含有2个-COOH、1个醇-OH，它们都能与Na反应，所以1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5mol H2，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜强，设计了如下实验方案:‎ ‎①将铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出 ‎ ‎②定量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热条件下反应分别生成FeSO4和CuSO4‎ ‎③将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解 - 19 -‎ ‎④把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡而铜片上有气泡产生 ‎⑤把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡而铜片上无气泡产生 以上实验方案设计合理的是 A. ①④ B. ①③④ C. ②③④ D. ②⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①发生的反应方程式为Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，利用金属活动性强的制取金属活动性弱的，说明铁的金属性强于铜，故①可以达到实验目的；‎ ‎②两者都可以跟浓硫酸发生反应，因此无法比较出两者活动性，故②不能达到实验目的；‎ ‎③发生离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，无法比较铁的金属性强于Cu，故③不能达到实验目的；‎ ‎④构成原电池，一般金属性强的作负极，铜片上有气泡产生，该电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，铜片为正极，Fe片为负极，能够说明Fe的金属性强于Cu，故④能达到实验目的；‎ ‎⑤铁片与浓硝酸在常温下发生钝化反应，阻碍反应的进行，不能说明Fe的金属性强于Cu，故⑤不能达到实验目的；‎ 综上所述，选项①④正确；‎ 答案为A。‎ 二、选择题:每小题有1个或2个选项符合题意 ‎11.用括号内的试剂和分离方法除去下列物质中的少量杂质，正确的是 A. 乙烷中混有乙烯(高锰酸钾溶液，洗气) B. 溴苯中混有溴(氢氧化钠溶液，分液)‎ C. 乙醇中混有水(生石灰，蒸馏) D. 乙醇中混有乙酸(金属钠，蒸馏)‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯能被高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，故A不符合题意；‎ B. 溴单质与NaOH溶液反应生成可溶于水的NaBr和NaBrO，溴苯是一种不与氢氧化钠溶液反应，难溶于水的液体，因此加入NaOH溶液后，溶液出现分层，然后分液得到溴苯，故B说法正确；‎ C. 乙醇中混有水，加入生石灰，然后蒸馏获得无水乙醇，故C说法正确；‎ D. 金属钠能与乙酸、乙醇发生反应，因此该混合物中加入金属钠，蒸馏不能获得乙醇，故D - 19 -‎ 说法错误；‎ 答案为BC。‎ ‎12.下列装置或操作都能达到实验目的的是 A. 苯萃取溴水中的溴，分液，放出苯层 B. 形成原电池 ‎ C. 制取乙酸乙酯 D. 蒸馏米酒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯的密度小于水的密度，分层后溴的苯溶液在上层，分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，而本题中溴的苯溶液从下口流出，故A错误；‎ B. 乙醇为非电解质，该装置不是闭合回路，因此不能构成原电池，故B错误；‎ C. 制取乙酸乙酯时，为防止倒吸，导管不能伸入液面以下，而本题中导管伸入液面以下，故C错误；‎ D. 蒸馏米酒需要用蒸馏装置，题中所给装置，符合蒸馏装置的要求，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎13.下列说法中不正确的是 - 19 -‎ A. C5H12有3种同分异构体 B. 的一氯代物有3种 C. CH3CH2OH与CH3OCH3互为同分异构体 D. 立方烷（）的二氯代物有2种 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C5H12符合烷烃的通式，有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种结构，故A正确；‎ B.甲苯有四种氢原子，一氯代物也四种，可以取代甲基上的氢，也可以取代甲基邻、间、对位的氢原子，故B错误；‎ C.两者分子式相同，结构不同符合同分异构体的概念，故C正确；‎ D.立方烷有三种二氯代物，可以取代同一边上的碳原子氢、面对角线上的碳原子氢、体对角线上的碳原子氢，故D错误；‎ 故选：BD。‎ ‎14.CO2可转化成有机物实现碳循环。在容积1L的密闭容器中,充1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g),测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 3～9min内，v(H2)=0.125mol‧L-1‧min-1‎ B. 混合气体中CO2的体积分数保持不变时，说明上述反应达到平衡状态 C. 平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是30%‎ D. 3 min时v正(CH3OH)= v逆(CH3OH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 3～9min内，‎ - 19 -‎ ‎，A正确；‎ B. 混合气体中CO2的体积分数保持不变时，说明各成分的量保持不变，则上述反应达到平衡状态，B正确；‎ C. ，则平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数 ，C正确；‎ D. 由图知，3 min时化学反应还没有平衡，v正(CH3OH)≠v逆(CH3OH)，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如下实验方案:‎ 下列说法不正确的是 A. 上述实验方案中采用了反萃取法 B. ②中有机溶剂a可为CCl4‎ C. ③中发生反应的化学方程式：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O D. 操作Z的名称是加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 海带浸取液中碘元素以I－形式存在，H2O2具有强氧化性，反应①发生2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O，I2易溶于有机溶剂，反应②萃取分液，得到含I2的有机溶液，然后加入NaOH - 19 -‎ 溶液，发生3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O，NaI和NaIO3易溶于水，根据流程图，CCl4难溶于水，且密度大于水，下层溶液为CCl4，上层溶液为NaI和NaIO3，上层溶液加入H2SO4发生5I－＋IO3－＋6H＋=3H2O＋3I2，然后采用过滤的方法获得I2，据此分析；‎ ‎【详解】A. 根据上述分析，I－先转化成I2，利用I2易溶于有机溶剂，进行萃取，得到I2的有机溶液，然后再获得I2的悬浊液，该实验方案中采用了反萃取法，故A说法正确；‎ B. 根据上述分析，有机溶剂a为CCl4，故B说法正确；‎ C. I2与NaOH反应发生歧化反应，其反应方程式为3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O，故C说法正确；‎ D. 含I2饿悬浊液获得I2固体，操作应是过滤，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ 三、非选择题 ‎16.按要求回答下列问题。‎ ‎(1)2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。氮元素在周期表中的位置是________，N2的电子式是________，化合物Si3N4中N的化合价是_______价。‎ ‎(2)2020年6月23日，长征系列运敦大箭将北斗三号“收官之星”成功送入太空。火箭燃料燃烧的化学方程式为:2N2H4+N2O4=3N2+4H20。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______，将封装有NO2和NO混合气体的圆底烧瓶浸入热水中，气体混合物颜色变_______(填“深”或“浅”)。‎ ‎(3)我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第5周期IA族元素。Rb元素原子的失电子能力______填(“强”或“弱”)于K，请用原子结构的知识解释其原因：______。‎ ‎【答案】 (1). 第2周期VA族 (2). (3). -3 (4). 1：2 (5). 深 (6). 强 (7). K和Rb是上下相邻同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)短周期元素在周期表中的位置是电子层数和最外层电子数决定，N2是共价分子，按其共用电子对的情况书写电子式，根据化合物中正负价代数和为0确定化合价数值；‎ - 19 -‎ ‎(2)结合氧化还原反应的相关定义、找出2N2H4+N2O4=3N2+4H20中氧化剂和还原剂并填空，将封装有NO2和NO混合气体中，有2NO2 N2O4，升温时平衡向吸热方向移动，红棕色NO2浓度变化导致混合物颜色变化；‎ ‎(3)同主族金属元素，原子半径大，其原子的失电子能力强，据此回答。‎ ‎【详解】(1)氮原子序数为7，电子分两层排布，最外层5个电子，在周期表中的位置是第2周期VA族，2个氮原子间通过共用3对电子对形成分子，故N2的电子式是，硅的非金属性比氮弱，化合价是＋4价，故化合物Si3N4中N的化合价-3价；‎ ‎(2)反应：2N2H4+N2O4=3N2+4H20中，N2O4中氮元素化合价降低，氧化剂为N2O4、N2H4中氮元素化合价升高，还原剂为N2H4，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，将封装有NO2和NO混合气体的圆底烧瓶浸入热水中，2NO2 N2O4向逆反应方向移动，红棕色NO2浓度增大，混合物颜色变深；‎ ‎(3)Rb元素原子的失电子能力大于K，K和Rb是上下相邻的同主族元素，Rb的原子半径大于K，原子核对最外层电子的吸引作用小于K，所以其原子的失电子能力强于K。‎ ‎17.下表为元素周期表的一部分，请参照元素A～J在表中的位置，用化学用语回答下列问题。‎ A B C D E F G H I J ‎(1)表中所列元素原子失电子能力最强的是______(填元素名称)。‎ ‎(2)F、G、I、J元素的简单离子中，半径最大的是______(填离子符号)，G的最高价氧化物对应水化物与强碱溶液反应的离子方程式为 _______。‎ ‎(3)向F2I的溶液中通入J的单质,现象为____，反应的离子方程式为_______。‎ ‎ (4)E、I、J对应的氢化物最稳定的是_______(填氢化物的化学式)。‎ ‎(5)下列关于元索周期表应用的说法不正确的是_____。‎ a.在金属元素和非金属元素的交界处寻找半导体材料 b.在过渡元素中寻找优良的催化剂 c.元素周期表中性质相似的元素，一定处于同一族 - 19 -‎ d.利用元素周期表可以寻找合适的超导材料 ‎ (6)利用如图装置设计实验验证B、H、I三种元素非金属性的变化规律，分液漏斗所装药品为______，试管中的现象为_______。‎ ‎【答案】 (1). 钠 (2). S2- (3). Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- (4). 生成淡黄色沉淀 (5). S2- +Cl2=2C1- +S↓ (6). HF (7). c (8). 稀硫酸 (9). 溶液变浑浊 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置，可判断A~J分别为H、C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl。‎ ‎【详解】(1)根据周期律，同主族原子序数越大，失电子能力越强，同周期，原子序数越小失电子能力越强，则所列原子失电子能力最强的为Na；‎ ‎(2)F、G、I、J元素分别为Na、Al、S、Cl，Na、Al失电子，其离子比S、Cl的离子少一个电子层，S2-、Cl-具有相同的核外电子排布，原子序数越小，离子半径越大，则S2-最大；G的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=+2H2O；‎ ‎(3)F2I为Na2S，硫化钠与氯气反应生单质硫和氯离子，离子方程式为S2- +Cl2=2C1- +S↓；现象为有淡黄色沉淀出现；‎ ‎(4)E、I、J对应的氢化物分别为HF、H2S、HCl，根据非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，则HF最稳定；‎ ‎(5)a．半导体材料的导电性在导体与绝缘体之间，则在金属元素和非金属元素的交界处寻找半导体材料，a说法正确；‎ b．过度元素外界电子层是d能级电子或者f能级电子，空轨道多，可以容纳的电子多，因此在催化等方面有助。则在过渡元素中寻找优良的催化剂，b说法正确；‎ c．元素周期表对角线上的元素性质也有很大的形似性，元素周期表中性质相似的元素，可能处于同一族可能在周期表对角线上，c说法错误；‎ d．利用元素周期表可以寻找合适的超导材料，d说法正确；‎ 答案为c；‎ - 19 -‎ ‎(6)利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，设计硫酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于硅酸，则分液漏斗中装有硫酸，锥形瓶中的试剂为碳酸钠，试管中试剂为硅酸钠溶液，可观察到试管中的溶液变浑浊。‎ ‎18.(1)以下两个反应在理论上能设计成原电池的反应是_____(填字母)。‎ A. NaOH+HCl=NaCl+H2O；B.2FeCl3+Fe=3FeCl2‎ ‎(2)选择适宜的材料和试剂将(1)中你选择的反应设计为原电池装置。‎ ‎①该电池的负极材料是______，离子导体是 ________。‎ ‎②该电池的正极反应是________反应(填“氧化”或“还原”)，电池的正极电极反应式为______。‎ ‎③该电池放电时溶液中阳离子移向______(填“正”或“负”)极。‎ ‎④该电池放电过程中，若测得电解质溶液的质量与时间的关系如图所示，则反应从开始至t1时，电路中转移电子的物质的量为________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). Fe (3). FeCl3 溶液 (4). 还原 (5). Fe3++e-=Fe2+ (6). 正 (7). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题从构成原电池：①两个活动性不同的金属作电极，②有电解质溶液，③形成闭合回路，④与电解质溶液自发发生氧化还原反应，以及原电池的工作原理进行分析；‎ ‎【详解】(1)利用原电池构成条件，总反应应为氧化还原反应，‎ A. 不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，该反应不能设计成原电池，故A不符合题意；‎ B. 该反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，该反应能设计成原电池，故B符合题意；‎ ‎(2)①根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，根据反应方程式，铁单质的化合价升高，即Fe为负极，FeCl3溶液为电解质溶液，因此离子导体为FeCl3；‎ ‎②根据原电池工作原理，正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；‎ ‎③根据原电池工作原理，阳离子移向正极；‎ ‎④Fe＋2FeCl3=3FeCl2，溶液质量增加，即增加的质量为Fe的质量，开始至t1‎ - 19 -‎ 时，转移电子物质的量为=1mol。‎ ‎【点睛】原电池工作原理：负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应；正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应；电子从负极经外电路流向正极；电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；这是分析电池工作最基础的。‎ ‎19.合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大,反应如下：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)‎ ‎(1)德国化学家F·Haber利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖，该反应的能量变化及微观历程的示意图如下，用分别表示N2、H2、NH3。‎ ‎①该反应是____反应(填“吸热“或“放热”,其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量_____(填“大于”或“小于”)生成物化学键形成放出的总能量。‎ ‎②关于N2和H2在催化剂表面合成氨气的过程，下列说法正确的是________。‎ A.曲线b表示有催化剂时的能量变化情况 ‎ B.催化剂在吸附N2、H2时,催化剂与气体之间的作用力为化学键 C.在该过程中，N2、H2断键形成氮原子和氢原子 D.使用催化剂，使合成氨反应放出的能量增多 ‎(2)一定温度下，向恒容的密闭容器中充入一定量的N2和H2发生反应，测得各组分浓度随时间变化如图所示。‎ ‎①表示c(N2)变化的曲线是_____（填“曲线A”或“曲线B”或“曲线C”)。‎ ‎②0～t0时用H2表示的化学反应速率：v(H2)=_____ mol‧L-1‧min-1‎ - 19 -‎ ‎③下列能说明该反应达到平衡状态的是______(填序号)。‎ a.容器中的压强不随时间变化 b.2c(H2)=3c(NH3)‎ c.容器中混合气体的密度不随时间变化 d.断裂3mol H-H键的同时断裂6molN-H键 ‎(3)人们曾认为N2+3H2 =2NH3化学反应速率小，原材料利用率低,不可能用于工业化生产。化学家们不断地研究和改进该反应的条件，如催化剂、温度、压强等，并更新设备，成功地开发了合成氨的生产工艺。下列反应条件的改变对反应速率的影响正确的是_______。 ‎ A.增大N2的浓度能加快反应速率 B.充入稀有气体增大压强能加快反应速率 C.升高温度能减慢反应速率 D.使用催化剂对反应速率无影响 ‎【答案】 (1). 放热 (2). 小于 (3). AC (4). 曲线A (5). (6). ad (7). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应过程中的能量变化图判断该反应是否放热，焓变=反应物化学键断裂吸收的总能量-生成物化学键形成放出的总能量，比较即可；观察图片、结合催化剂对反应过程的影响等知识判断正误； 观察图片，按物质的量浓度的变化判断反应物和生成物，按物质的量浓度变化值之比等与化学计量数之比判断表示c(N2)变化的曲线；结合定义计算0～t0时v(H2)；按平衡特征判断各说法的正误；从影响反应速率的因素相关知识点判断正误，据此回答。‎ ‎【详解】(1)①由反应过程中的能量变化图知，该反应放热，其原因是反应物化学键断裂吸收的总能量小于生成物化学键形成放出的总能量；‎ ‎②A. 催化剂能降低反应的活化能，故曲线b表示有催化剂时的能量变化情况，A正确；‎ B. 催化剂在吸附N2、H2时，是物理变化，催化剂与气体之间并没有形成化学键，B错误；‎ C. 由图知，在该过程中，N2、H2断键形成氮原子和氢原子，又重新结合形成了氨分子，C正确；‎ D. 使用催化剂，能降低反应的活化能，但不改变反应的热效应，D错误；‎ 则正确的是AC； ‎ - 19 -‎ ‎(2) ①C的物质的量浓度增加、A和B的物质的量浓度减小，所以A和B是反应物、C是生成物，物质的量浓度变化值之比等与化学计量数之比，即A、B与C的化学计量数之比为1:3:2，则表示c(N2)变化的曲线是曲线A；‎ ‎②0～t0时用H2表示的化学反应速率：= mol‧L-1‧min-1；‎ ‎③a. 合成氨反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，a正确；‎ b. 由图知，平衡时c(H2)= c(NH3)，b错误；‎ c. 恒容密闭容器中， ，气体质量始终不变，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，选项c错误；‎ d. 断裂3mol H-H键的同时断裂6molN-H键，即υ正(H2):υ逆(NH3)=3:2，不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，则说明已平衡，d正确；则正确的说法为ad；‎ ‎(3) A. 增大反应物如N2的浓度能加快反应速率，A正确；‎ B. 充入稀有气体增大压强，但是无效增压，反应相关各气体的浓度没有改变，故不能加快反应速率，B错误；‎ C. 升高温度能加快反应速率，C错误；‎ D. 使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，D错误；‎ 综上，正确的为A。‎ ‎【点睛】考查了化学反应速率的计算、影响因素和平衡状态的判断，求化学反应速率，判断可逆反应是否平衡，通过 “等”、“定”来判断， “等”，即统一过物质的正、逆反应速率相等，“定”即各成分的浓度等保持不变，选择判据时一定要符合这2个特征才行。‎ ‎20.工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，如图所示:‎ - 19 -‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1) C的结构简式为_______，D中官能团的名称是______。‎ ‎(2)②、⑤反应的反应类型分别是_____、______。 ‎ ‎(3)反应①的化学方程式为_____；反应③的化学方程式为_____。‎ ‎(4)丙烯分子中最多有____个原子共面，丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，写出其反应的化学方程式:_____。‎ ‎(5)某实验小组用以下装置制备乙酸乙酯。‎ 球形冷凝管的作用是_____。将圆底烧瓶中的液体倒入饱和碳酸钠溶液中，经过多步操作，可分离得到粗产品。此过程中定需要的操作是______(填序号)。‎ ‎【答案】 (1). CH3CHO (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). 取代反应(酯化反应) (5). + Br2+ HBr (6). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (7). ‎ - 19 -‎ ‎7 (8). nCH3CH=CH2 (9). 冷凝回流 (10). ac ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B和D发生反应生成CH3COOCH2CH3，该反应为酯化反应，根据流程图，推出B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，CH3CH2OH被氧化成C，即C为CH3CHO，石蜡油在碎瓷片的作用下生成A，A为烯烃，即A为CH2=CH2，据此分析；‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COOH，官能团是羧基； ‎ ‎(2) 根据上述分析，A为乙烯，与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，②为加成反应，⑤为酯化反应或取代反应；‎ ‎(3)反应①发生取代反应，其反应方程式+ Br2+ HBr；反应③为氧化反应，其反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎(4)根据乙烯空间构型为平面形、甲烷空间构型为正四面体形以及三点确定一个平面，丙烯可以表示为，丙烯中最多有7个原子共面；丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应，其反应方程式为nCH3CH=CH2；‎ ‎(5)乙酸、乙醇易挥发，因此球形冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料的利用率；碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，乙酸乙酯为无色液体，将圆底烧瓶中的液体倒入饱和碳酸钠溶液中，饱和碳酸钠溶液中出现分层，采用分液方法分离，故ac正确。‎ - 19 -‎