2018-2019学年河北省邢台市第二中学高一下学期第四次月考化学试卷（解析版）

2018-2019学年河北省邢台市第二中学高一下学期第四次月考化学试卷（解析版）

‎2018-2019学年河北省邢台市第二中学高一下学期第四次月考化学试卷（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H－1，C－12，O－16‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20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.下列氧化还原反应中，在一定条件下不能构成原电池的是（ ）‎ A. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 B. Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag C. 3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2 D. 2H2+O2=2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能构成原电池的条件，由题意可知，构成原电池的条件有两个：一是必须是氧化还原反应，二是要求总反应为放热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 2FeCl2+Cl2=2FeCl3是氧化还原反应，且总反应为放热反应，A不选；‎ B. Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag是氧化还原反应，总反应为放热反应，B不选；‎ C. 3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2是吸热反应，因此不能构成原电池，C选；‎ D. 2H2+O2=2H2O为氧化还原反应，总反应为放热反应，D不选；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池的构造原理，学生要明确构成原电池的化学反应特点是解本题关键，只有能自发进行的放热的氧化还原反应才能设计原电池，结合元素化合价来分析解答。‎ ‎2.我国酒文化源远流长。下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是（ ）‎ A. 酒曲捣碎 B. 酒曲发酵 C. 高温蒸馏 D. 泉水勾兑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，A错误；B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，B正确；C．高温蒸馏是利用沸点不同通过控制温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，C错误；D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，D错误；答案选B。‎ ‎3.下列化学用语表达不正确的是（ ）‎ A. Ca2＋的结构示意图： B. 苯分子的比例模型：‎ C. 次氯酸的电子式： D. 乙烯的实验式：CH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Ca是20号元素，Ca原子核外有20个电子，核外电子排布是2、8、8、2，Ca原子失去最外层2个电子形成Ca2+，所以Ca2＋的结构示意图：，A正确；‎ B.苯分子为平面结构，分子中含有6个C原子和6个H原子，这12个原子在同一个平面上，由于苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，所有的碳碳键完全相同，所以苯的比例模型为，B正确；‎ C.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子形成共用电子对，所以HClO的电子式为，C错误；‎ D.乙烯中2个C原子形成共价双键，每个C原子再与2个H原子结合，形成2个共价键，因此乙烯结构简式为CH2=CH2，实验式：CH2，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.U和U是铀的两种主要的同位素。U是制造原子弹和核反应堆的主要原料，曾经人们觉得U没有什么用处，于是就把它叫做贫铀。后来，美国人利用U制造了贫铀弹，它具有很强的穿甲能力。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. U原子核中含有92个中子 B. U原子核外有143个电子 C. U与U互为同位素 D. U与U互为同素异形体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 的中子数为235－92＝143，其核外电子数为92，故A、B错误；同素异形体是指同一种元素形成的不同单质，和应互为同位素。‎ ‎5.下列反应过程中的能量变化与图一致的是（ ）‎ A. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3‎ B. C+CO22CO C. CaCO3CaO+CO2↑‎ D. C+H2OCO+H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：按反应过程中热量的变化，通常把化学反应分为放热反应、吸热反应。①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等。②吸热反应：有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O； C+CO2→CO的反应，以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等、A、铝热反应属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故A选项正确；B、碳与二氧化碳反应生成一氧化碳属于吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故B选项错误；C、碳酸钙分解生成吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故C选项错误；D、碳和水蒸气反应属于吸热反应，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，故D选项不正确，故选A。‎ 考点：考查物质发生化学变化时的能量变化 ‎6.从金属利用的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是200来年的事。下列金属的性质和特点跟这个先后顺序有关的是（ ）‎ ‎①地壳中的含量 ②活动性顺序 ③导电性 ④冶炼的难易程度 ⑤延展性 A. ①③ B. ②⑤ C. ③⑤ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属的活泼性越强，金属越容易被氧化，越不稳定，在自然界中越容易以化合态存在，金属的冶炼越难，据此分析解答。‎ ‎【详解】铜、铁、铝三种金属活动性由强到弱的顺序为：铝>铁>铜，金属的活泼性越强，金属越容易被氧化、越不稳定，在自然界中越容易以化合态存在，金属的冶炼越难，所以金属的使用早晚与金属的活动性强弱、金属的冶炼难易程度有关，序号为②④，故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了金属活泼性与使用早晚的关系，明确金属活泼性与金属冶炼难易之间的关系是解题关键。‎ ‎7.下列反应中，属于加成反应的是（ ）‎ A. 甲烷与氯气反应生成油状液滴 B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色 C. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 苯燃烧时火焰明亮并带有浓烟 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、甲烷和氯气混合光照后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物而使黄绿色消失，属于取代反应，故A错误；B、乙烯中碳碳双键中的1个碳碳键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应，故B正确；C、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，故C错误；D、苯燃烧时火焰明亮并带有浓烟，是燃烧反应，属于氧化反应，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查取代反应与加成反应 ‎【名师点晴】本题主要考查了加成反应的判断，加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等，根据有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎8.糖类、油脂、蛋白质都是与生命息息相关的物质，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 葡萄糖和蔗糖是同系物，淀粉和纤维素是同分异构体 B. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应 C. 葡萄糖和蔗糖都能与新制Cu(OH)2悬浊液共热，产生砖红色沉淀 D. 天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．葡萄糖和蔗糖结构不同，不属于同系物；纤维素和淀粉都是多糖，分子式都可用（C6H12O5）n表示，但两者的n不同，它们不是同分异构体，A项错误；B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，B项错误；C．蔗糖是非还原性糖，无醛基，不能于与新制Cu（OH）2悬浊液反应，C项错误；D．天然油脂是混合物，没有固定的熔沸点，D项正确；答案选D。‎ 考点：考查糖类、油脂、蛋白质的性质等知识。‎ ‎9.下列除去括号内杂质的有关操作正确的是（ ）‎ A. 苯(硝基苯)：加蒸馏水振荡，待分层后分液 B. 乙醇(水)：加新制的生石灰，蒸馏 C. CO2(水蒸气)：通过盛有碱石灰的干燥管 D. 乙烷(乙烯)：通入氢气发生加成反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯和硝基苯都不溶于水，二者互溶，应该采用蒸馏方法分离，A错误；‎ B.水与新制的生石灰反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2是离子化合物，沸点高难气化，而乙醇沸点低，易气化，因此可通过蒸馏方法提纯乙醇，B正确；‎ CCO2和水蒸气都能够被碱石灰吸收，因此不能用于干燥，可以用浓硫酸干燥，C错误；‎ D.反应需在一定条件下进行，而且不能完全反应，会引入新的杂质，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.下列说法正确的是（ ）‎ A. Li是最活泼金属，F是最活泼非金属 B. Mg(OH)2碱性比Ca(OH)2强 C. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16纵行 D. X2＋的核外电子数目为18，则X在第四周期第ⅡA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 最活泼的金属在周期表的左下方,为Fr,最活泼的非金属是F,A错;Mg(OH)2碱性比Ca(OH)2弱,B错;元素周期表共有18个纵行,C错;D中X是钙元素,D正确。‎ 二、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题有一个选项符合题目要求的。）‎ ‎11.碲（Te）是与O、S同族的元素，位于第五周期金属与非金属分界线的非金属一边。据此，推断碲的相关性质错误的是（ ）‎ A. 碲的单质在常温下是固态 B. 碲的常见化合价是－2、＋4、＋6‎ C. 碲可能作半导体材料 D. 碲的氢化物H2Te很稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Te位于第五周期第VIA族，属于氧族元素。‎ A.在氧族元素中，从S开始其单质为固体，所以常温下Te是固体，A正确；‎ B.同主族元素含有相似的性质，S元素有-2、+4、+6化合价，故Te也有-2、+4、+6化合价，B正确；‎ C.碲处于金属与非金属的交界处，可作半导体材料，C正确；‎ D.同主族自上而下非金属性减弱，碲的氢化物H2Te很不稳定，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.在‎4L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：‎3A(g)＋B(g)‎2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是（ ）‎ A. x＝1‎ B. B的转化率为20%‎ C. 平衡时A的浓度为1.50mol·L－1‎ D. 达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ n(D)＝0.5 mol·L－1×‎4 L＝2 mol，所以x＝2。‎ ‎　　　　 ‎3 A(g)＋B(g)‎2 C(g)＋2 D(g)‎ 起始/mol 6 5 0 0‎ 变化/mol 3 1 2 2‎ 平衡/mol 3 4 2 2‎ B的转化率＝×100%＝20%，c(A)平＝3/4＝0.75 mol·L－1，n平＝(3＋4＋2＋2)mol＝11 mol＝n始＝6 mol＋5 mol＝11 mol。总的物质的量不变，压强不变。故选B。‎ ‎13.在一定温度下，某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 体系的压强不再发生变化 B. v正(CO)=v逆(H2O)‎ C. 生成n mol CO的同时生成n mol H2‎ D. 1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于该反应是前后气体分子数不等的反应，容器的容积不变，若体系的压强不发生变化，则反应为平衡状态，A不符合题意；‎ B. v正(CO)=v正(H2O)=v逆(H2O)，反应达到平衡状态，B不符合题意；‎ C.根据方程式的系数关系可知：生成n molCO的同时生成n mol H2，不能说明正、逆反应的速率相等，不能判断反应是否为平衡状态，C符合题意；‎ D.1mol H-H键断裂等效于形成2mol H-O键，同时断裂2mol H-O键，反应处于平衡状态，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎14.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1 mol苯分子中含有碳碳双键数目为3NA B. 标准状况下，‎11.2L己烷中含有的极性共价键数目为7NA C. 1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3NA D. 常温常压下，‎17g羟基含有的电子总数为7NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，不含有碳碳双键，A错误；‎ B.标准状况下己烷呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；‎ C.1 mol乙烯完全燃烧消耗3molO2，1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2，所以乙烯和乙醇的混合物1mol完全燃烧时消耗O2的物质的量是3mol，则O2的分子数为3NA，C正确；‎ D‎.17g羟基的物质的量为1mol，由于1个羟基中含有9个电子，所以1mol羟基中含有电子总数为9NA，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的铁粉与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，其中反应速率最快的是 A B C D t/℃‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎40‎ ‎40‎ c(H2SO4 )/(mol/L)‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎1‎ ‎3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：铁粉与足量稀硫酸反应实质是Fe+2H+==Fe2++H2↑，温度越高，H+浓度越大反应速率越快，以此分析。‎ 详解:A、温度为10，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L； B、温度为10，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；‎ C、温度为40，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；‎ D、温度为40，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；‎ 对比发现D选项温度最高，同时H+浓度最大，故D最快。 所以D选项是正确的。‎ ‎16.X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2－和Z－，Y＋和Z－离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子最外层电子数：X＞Y＞Z B. 单质沸点：X＞Z＞Y C. 离子半径：X2－＞Y＋＞Z－ D. 原子序数：X＞Y＞Z ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，Y+和Z-离子具有相同的电子层结构，可知X、Y位于第三周期，结合元素的最低价可知X为S，Y为+1价，Y为Na，Z位于第二周期，为-1价，可知Z为F，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为S，Y为Na，Z为F，‎ A.S原子最外层有6个电子，Na原子最外层有1个电子，F原子最外层有7个电子，所以原子最外层电子数：Z>X>Y，A错误；‎ B.Y是Na，在室温下为固体，Z为F，在室温下单质为气体，所以沸点Y>Z，B错误；‎ C.电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X2->Z->Y+，C错误；‎ D.S是16号元素，Na是11号元素，F是9号元素，所以原子序数X＞Y＞Z，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用的知识，把握元素的位置、具有相同电子排布的离子、元素的化合价来推断元素为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力，注意规律性知识的应用。‎ ‎17.将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。已知通入CH4的一极的电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 通入CH4的电极为负极 B. 电池工作时，溶液中的OH-向负极移动 C. 正极反应：2O2+4H2O+8e-=8OH-‎ D. 电池使用一段时间后溶液中KOH的浓度将不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃料原电池中，通入燃料甲烷的电极为负极，失电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，通入氧化剂O2的电极为正极，其电极反应是：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应为：CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O；溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极，据此进行解答。‎ ‎【详解】A.甲烷失电子发生氧化反应，所以通入CH4的电极为负极，A正确；‎ B.溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极，则氢氧根离子向负极附近移动，B正确；‎ C.原电池的正极上O2得到电子发生还原反应，电极反应是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；‎ D.该原电池的总反应为：CH4+2OH-+2O2=CO32-+3H2O，所以该电池使用一段时间后KOH浓度变小，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查碱性甲烷电池的工作原理，注意掌握电极反应式的书写方法，正确判断两极发生的反应为解答关键，在学习中注意归纳电子、电流、离子的流向，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎18.菠萝酯是一种具有菠萝香气的食用香料，其结构为OCH2COOCH2CH＝CH2。下列关于菠萝酯性质的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 可以使溴四氯化碳溶液褪色 B. 能和氢氧化钠溶液发生反应 C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 可以生成高分子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该物质含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；‎ B.该物质含有酯基，因此能和氢氧化钠溶液发生水解反应，B正确；‎ C.该物质含有不饱和碳碳双键，因此可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，C错误；‎ D.该物质含有不饱和碳碳双键，在一定条件下可以发生加成反应而生成高分子化合物，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎19.下列物质一氯代物有三种同分异构体的是 A. 丙烷 B. 异丁烷 C. 正戊烷 D. 甲苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.丙烷分子中含有2种不同的H原子，因此其一氯代物有两种同分异构体，A错误；‎ B.异丁烷分子中含有2种不同的H原子，因此其一氯代物有两种同分异构体，B错误；‎ C.正戊烷分子中含有3种不同的H原子，因此其一氯代物有三种同分异构体，C正确；‎ D.甲苯分子中含有4种不同的H原子，因此其一氯代物有四种同分异构体，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎20.“可持续发展问题对科学挑战——绿色化学”是目前化学发展的主题之一。下列不属于绿色化学科技内容的是 A. 在厂房周边多种草、种树、种花 B. 以绿色意识为指导，采用对环境无污染的、经济上可行的化学生产过程 C. 利用无毒原料，在生产的各个环节都实现无环境污染的生产工艺 D. 生产过程中，充分利用原料的全部原子，实现零排放和零污染 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在厂房周边多种草、种树、种花可以美化环境、净化空气，但与“绿色化学”无关，A符合题意；‎ B.以绿色意识为指导，采用对环境无污染的、经济上可行的化学生产过程，就可以减少对环境的污染和破坏，符合“绿色化学”要求，B不符合题意；‎ C.利用无毒原料，在生产的各个环节都实现无环境污染的生产工艺，就可以在生产各个环境减少对环境的污染，符合“绿色化学”要求，C不符合题意；‎ D.生产过程中，充分利用原料的全部原子，实现零排放和零污染，杜绝了环境污染，符合“绿色化学”要求，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共50分）‎ ‎21.下表是元素周期表的一部分，表中的①～⑩是相应元素的代码，请用数字所对应元素的化学用语回答下列问题：‎ 族 周期 IA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ 二 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 三 ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素是___（填元素符号，下同），形成化合物种类最多的元素是________ 。‎ ‎(2)第三周期元素中除⑩以外原子半径最大的是_____（填元素符号）；这些元素的最高价氧化物对应水化物中：酸性最强的物质是___（填化学式，下同），具有两性的物质是____。‎ ‎(3)⑧⑨两种元素非金属性的强弱顺序为__＞__（填元素符号），得出该判断的实验依据是___（写出一种即可）。‎ ‎(4)用电子式表示④与⑥形成化合物的过程：_______。‎ ‎【答案】 (1). Ar (2). C (3). Na (4). HClO4 (5). Al(OH)3 (6). Cl (7). S (8). Cl2较S更易与H2化合；②HCl较H2S稳定；③HClO4的酸性较H2SO4强；④Cl2可以与S2-反应将S 置换出来（写出一种即可） (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据元素在周期表的相对位置判断各种元素，然后利用元素的位、构、性三者的关系进行逐一解答。‎ ‎【详解】根据元素在周期表的相对位置可知从①至⑩号元素分别是C、N、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar。‎ ‎(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素是惰性气体元素Ar；形成化合物种类最多的元素是C元素。‎ ‎(2)对于同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以第三周期元素中除⑩以外原子半径最大的是Na；同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，所以这些元素的最高价氧化物对应水化物中：酸性最强的物质是HClO4，具有两性的物质是Al(OH)3。‎ ‎(3)同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强，所以⑧、⑨两种元素非金属性的强弱顺序为Cl>S，元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越容易；元素的非金属性越强其相应的氢化物的稳定性越强；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，得出该判断的实验依据是与氢气化合难易程度Cl2>S；氢化物的稳定性HCl>H2S；酸性：HClO4>H2SO4等。‎ ‎(4)④与⑥形成化合物MgF2是离子化合物，Mg2+与F-离子之间通过离子键结合，用电子式表示形成该化合物的过程：。‎ ‎22.Ⅰ.将等质量的锌片和铜片用导线相连插入500 mL CuSO4溶液中构成如图所示的装置。‎ ‎(1)该装置为____装置，该装置中发生反应的总离子方程式为____，铜片周围溶液会出现________的现象。‎ ‎(2)若2 min后测得锌片的质量减少‎1.3 g，则导线中流过的电子为_____mol。‎ ‎(3)若该装置的电解质溶液换为FeCl3溶液，其正极反应为_______。‎ Ⅱ.向‎2L密闭容器中通入amol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)。已知：平均反应速率v(C)=v(A)；反应至2min时，A的物质的量减少了，B的浓度减少了amol/L，同时有amolD生成。‎ ‎(4)0～2 min内，v(A)=__________。‎ ‎(5)该化学方程式中，y=__________。‎ ‎(6)如果其他条件不变，将容器的容积变为‎1L，进行同样的实验，则与上述反应比较，反应速率____(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_____。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu (3). 颜色变浅 (4). 0.04 (5). Fe3＋+e-=Fe2＋ (6). amol/(L·min) (7). 3 (8). 增大 (9). 体积减小，反应物的浓度增大，则反应速率增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)装置是否有外加电源可以判断所属的类别，根据电池的工作原理来分析电极附近的现象；‎ ‎(2)根据电极反应式来计算；‎ ‎(3)电池中的电解质溶液换为FeCl3溶液时，电池反应为Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+。‎ II.(4)根据反应速率的概念计算；‎ ‎(5)速率之比等于化学计量数之比，物质的量之比等于化学计量数之比；‎ ‎(6)如果其他条件不变，将容器的容积变为‎1L，进行同样的实验，体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大。‎ ‎【详解】I.(1)装置没有外加电源，有活动性不同的电极、电解质溶液、形成了闭合回路，属于原电池，活泼金属锌作负极，本身失电子，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，正极上是Cu2+得电子，正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，所以Cu2+在该极附近溶度减小，溶液的蓝色变浅，正极反应和负极反应合并即为总的电池反应Zn+Cu2+= Zn2++Cu；‎ ‎(2)锌极发生的反应为：Zn-2e-=Zn2+，锌片质量减少‎1.3g，反应的Zn的物质的量为n(Zn)=‎1.3g÷‎65g/mol=0.02mol时，由于Zn是+2价的金属，所以反应过程中转移电子物质的量为0.04mol。 ‎ ‎(3)若该装置的电解质溶液换为FeCl3溶液，根据总反应：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，可知正极发生还原反应的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；‎ II.(4)反应2min 时，A的物质的量减少了，则△c(A)==mol/L，0～2min内，v(A)==mol/(L·min)；‎ ‎(5)平均反应速率v(C)=v(A)，则x：p=2：1，A的物质的量减少了，则消耗的A为，B的物质的量减少了，有a mol D生成，则x：y：q=mol：mol：amol=2：3:6，所以x：y：p：q=2：3：1：6，因此反应方程式为：‎2A(g)+3B(g)═‎1C(g)+6D(g)，y=3；‎ ‎(6)如果其他条件不变，将容器的容积变为‎1L ‎，进行同样的实验，体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池反应原理、有关计算及化学平衡和反应速率计算与影响因素的知识，根据反应速率关系以及物质的量的转化关系判断反应的化学方程式是解答该题的关键。‎ ‎23.A、B、C、D、E、F、G均为有机物，其中A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，它们之间有如下转化关系。‎ ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)B、D中官能团的名称：B_____D_______‎ ‎(2)指出下列编号对应反应的反应类型：‎ ‎①_________ ⑥_______‎ ‎(3)在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为____，电子为______。‎ ‎(4)H与A互为同系物，H分子中共有24个电子，写出H的结构简式：_______‎ ‎(5)写出下列编号对应反应化学反应方程式：‎ ‎②____________________； ④_________________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). 正四面体 (6). (7). CH2=CHCH3 (8). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (9). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物A是常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为乙烯，结构简式是CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇，结构简式是CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为乙醛CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为乙酸CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为乙烷，分子式是C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，以此解答该题。‎ ‎【详解】根据上述推断可知：A为CH2=CH2， B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为乙酸CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，F为C2H6，G为CH3CH2Cl。‎ ‎(1) B为CH3CH2OH，含有官能团为：羟基；D为CH3COOH，含有官能团为羧基；‎ ‎(2)①是乙烯与水发生加成反应产生乙醇CH3CH2OH，反应类型为加成反应；‎ ‎⑥是C2H6与Cl2在光照条件下发生取代反应产生CH3CH2Cl，分解类型是取代反应；‎ ‎(3)F是乙烷，在乙烷的同系物中最简单的有机物是甲烷，甲烷的空间构型为正四面体形，电子为；‎ ‎(4)A是乙烯，H与A互为同系物，由于烯烃同系物分子式是CnH2n，H分子中共有24个电子，则6n+2n=24，解得n=3，所以H为丙烯，H的结构简式：CH2=CHCH3；‎ ‎(5)反应②是乙醇催化氧化产生乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ 反应④是乙醇与乙酸在浓硫酸催化下，在加热条件下发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应的方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断的知识，涉及烷烃、烯烃、醇、醛、羧酸之间的转化关系、同系物的概念及常见的反应类型的判断，突破口是有机物A是常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志，然后根据该物质的性质逐一进行展开，注意基础知识的理解掌握，本题侧重考查学生的分析能力。‎ ‎24.为研究海水提溴工艺，甲、乙两同学分别设计了如下实验流程：‎ 甲： ‎ 乙： ‎ ‎(1)蒸馏过程中温度应控制在‎80℃‎～‎90℃‎，温度过高或过低都不利于生产，原因是_______。‎ ‎(2)甲同学步骤④所发生反应的离子方程式为_______。‎ ‎(3)某同学在进行蒸馏操作时，采用如图所示装置：‎ ‎①仪器A的名称是_____‎ ‎②写出图中两处明显的错误：________。‎ ‎③实验时A中除加入混合溶液外，还需加入少量_____，其作用是___。‎ ‎(4)对比甲、乙两流程，最大的区别在于对含溴海水的处理方法不同，其中符合工业生产要求的是____(填“甲”或“乙”)，理由是________。‎ ‎【答案】 (1). 温度过低，未达到溴的沸点，溴变成蒸气少，温度过高，会有大量水蒸出 (2). SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br－ (3). 蒸馏烧瓶 (4). 温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，冷却水应下口进上口出 (5). 碎瓷片 (6). 防止暴沸 (7). 甲 (8). 含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，减少能源消耗，降低成本 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)从溴水中蒸馏出溴蒸气，可根据溴单质、水的沸点的不同进行分析；‎ ‎(2)步骤④反应为溴单质与SO2在水溶液中发生反应产生氢溴酸和硫酸；‎ ‎(3)①根据仪器结构判断仪器A的名称；‎ ‎②蒸馏烧瓶中温度计是测量蒸气的温度；冷凝水的水流方向应该是下进上出；‎ ‎(4)从海水中含有的溴化物是浓度、能耗、成本等方面来对比方法甲、乙两种方法。‎ ‎【详解】(1) 从溴水中分离出溴蒸气，采用蒸馏方法，温度过低，未达到溴的沸点，溴变成蒸气少，温度过高，会有大量水蒸出，所以蒸馏过程中温度应控制在‎80℃‎～‎90℃‎，温度过高或过低都不利于生产；‎ ‎(2)步骤④反应为溴单质与SO2在水溶液中发生反应产生氢溴酸和硫酸，该反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br－；‎ ‎(3)①根据仪器结构判断仪器A的名称是蒸馏烧瓶；‎ ‎②蒸馏方法分离溴水中溴蒸气，温度计是测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该在蒸馏烧瓶的支管口附近；为了充分冷凝，采用逆流原理，冷凝水的水流方向应该是下口进上口出；‎ ‎(4)对比甲、乙两流程，最大的区别在于对含溴海水的处理方法不同，其中符合工业生产要求的是甲，理由是含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，减少能源消耗，降低成本，因此更符合实际生产的需要。‎ ‎【点睛】本题考查了海水提溴工艺的操作方法、方案优劣评价等知识，体现了化学的实用性及理论对实践的指导意义。‎