安徽省滁州市明光中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题

安徽省滁州市明光中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题

安徽省滁州市明光中学2019-2020学年第一学期开学考试 高二化学试题 ‎1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法正确的是 A. 造成光化学烟雾的罪魁祸首是开发利用可燃冰 B. 石油分馏得到天然气属于清洁燃料，应大力推广使用 C. 工业废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念 D. 聚乙烯、聚氯乙烯都是由高分子化合物组成的物质，属于混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，可燃冰的主要成分是甲烷，开发利用可燃冰不会造成光化学烟雾，A错误；‎ B. 石油分馏得到C4以下石油气（主要成分为丙烷、丁烷）、汽油（成分为C5~C11的烃混合物）、煤油（成分为C11~C16的烃混合物）、柴油（成分为C15~C18的烃混合物）、重油（成分为C20以上烃混合物）等，不能得到天然气，B错误；‎ C. 工业废水经过静置、过滤后只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，C错误；‎ D. 聚乙烯和聚氯乙烯都是高分子化合物，每一条高聚物分子链的聚合度n都不同，聚乙烯和聚氯乙烯不可能只由一条链构成，所以高分子化合物是混合物，D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎2.下列说法中正确的是 A. 因发生加成反应，苯可以使溴水褪色 B. 煤可以通过干馏、液化与气化等物理变化转化为清洁能源 C. 天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点 D. 分子式为C5H12的烃的同分异构体有3种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 苯不能与溴水发生加成反应，能发生萃取；‎ B. 煤的分馏是物理变化，其他都是化学变化；‎ C. 天然植物油属于混合物；‎ D. 戊烷的同分异构体有三种；‎ ‎【详解】A.苯能使溴水褪色的原因是溴在有机物中的溶解度大于在水中的溶解度，属于萃取，A项错误；‎ B.煤的干馏、气化与液化属于化学变化，B项错误；‎ C.天然植物油是混合物，没有恒定的熔点、沸点，C项错误 D.分子为C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体有3种：正戊烷、异戊烷和新戊烷，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】煤的分馏是物理变化，其它都是化学变化。‎ ‎3.将0.1mol•L﹣1NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)‎ A. c(NH4+) ∶c(NH3•H2O)比值增大 B. 所有离子浓度均减小 C. c(OH﹣)∶c(NH3•H2O)比值减小 D. 电离常数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)∶c(NH3•H2O)比值增大，故A正确；‎ B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；‎ C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)∶c(NH3•H2O)比值增大，故C错误；‎ D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，则氢离子浓度增大。‎ ‎4.X、Y、Z 是短周期元素，在周期表中的位置关系如图所示，下列说法不正确的是 A. X、Z的原子序数之和与Y 的原子序数之比可能为5：3‎ B. X最简单的气态氢化物的稳定性一定高于Y的气态氢化物 C. Z单质的熔点一定高于Y单质 D. 若Z的最高价氧化物为Z2O7，则Y的气态氢化物为YH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据这三种元素在周期表中的位置结合X、Y、Z是短周期元素判断，X属于第二周期元素，Y和Z是第三周期元素；‎ A.根据XYZ始终元素的位置关系计算X的原子序数，注意X的原子序数不大于10，且是整数；‎ B.同一周期元素，非金属元素氢化物的稳定性随着原子序数的增大而增大；同一主族元素，非金属元素氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减小；‎ C.根据元素可能为金属或非金属判断，若是金属，金属单质的熔点增大；若是非金属，非金属单质的熔点减小；‎ D.根据Z的最高价氧化物判断Z的族序数，从而确定Y的族序数，根据Y的族序数确定其氢化物的化学式；‎ ‎【详解】A.设X的原子序数为a，a必须是正整数且不小于10.则Y的原子序数是a+7，Z的原子序数是a+8 (a+a+9): (a+7)=5:3，a=8，是氧元素，A项正确； B.由图知，X的非金属性大于其同主族的第三周期元素的非金属性，Y的非金属性小于同一周期的其右边紧相邻主族元素的非金属性，所以X的非金属性大于Y的非金属性，导致X的气态氢化物的稳定性一定高于Y的气态氢化物，B项正确； C.根据这三种元素在周期表中的位置知，Z和Y可能是金属单质，也可能是非金属单质，如果是金属单质，Z的熔点大于Y，如果是非金属单质，则Y的熔点大于Z，C项错误. D.若Z的最高价氧化物为Z2O7，Z的化合价是+7价，所以Z是第ⅤⅡA族元素，则Y是第ⅤA族元素，Y的最高化合价是+5价，最低化合价是-3价，所以其气态氢化物的化学式为YH3‎ ‎，D项正确； 答案选C。‎ ‎5.现有短周期元素R、X、Y、Z、T。R与T原子最外层电子数均是电子层数的2倍；Y元素能与大多数金属和非金属元素形成化合物；Z+与Y2-电子层结构相同。五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是 A. Y、Z组成的化合物只含离子键 B. 氢化物的沸点：Y < X C. T、R的最高价氧化物对应的水化物的酸性T比R的强 D. Y分别与T、X组成的二元化合物的水溶液一定是强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中R、T原子最外层电子数是电子层数的2倍，符合条件的为C、S（稀有气体除外），由图中原子半径和原子序数关系可知R为C、T为S；Z+与Y2-电子层结构相同，则Z为Na、Y为O元素。X的原子序数介于碳、氧之间，故X为N元素。‎ ‎【详解】A.Y、Z组成的化合物有氧化钠、过氧化钠，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，故A错误；‎ B.常温下水为液体，NH3为气体，故水的沸点高于NH3，故B错误；‎ C.T、R的最高价氧化物水化物分别为硫酸、碳酸，硫酸的酸性比碳酸的强，故C正确；‎ D.Y（氧）分别与T（硫）、X（氮）组成的二元化合物中二氧化硫的水溶液呈弱酸性，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.用下列装置进行相应的实验，能达到实验目的是 A. 探究温度对反应速率的影响 B. 实现化学能转化为电能 C. 实验室制备乙酸乙酯 D. 验证非金属性：Cl>C>Si ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中除了温度不同，催化剂也不同，不能探究温度对化学反应速率的影响，故A错误；‎ B．该装置可构成Cu、Zn原电池，可以能实现化学能转化为电能，故B正确； ‎ C．反应中生成的乙酸乙酯为气态，冷凝后变成液态，装置中气体的压强容易发生变化，导管插入饱和碳酸钠容易中，容易产生倒吸，故C错误；‎ D．HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能据此判断非金属性强弱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，比较非金属性强弱的一种方法是根据最高价氧化物的水合物的酸性判断，但盐酸不是，该装置也不能验证碳酸和硅酸酸性的强弱，因为二氧化碳中会混有HCl，影响实验。‎ ‎7.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：‎ 下列叙述不正确的是 A. “操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行 B. “还原”步骤发生的反应为：SO32−+I2+H2O == 2I−+SO42−+2H+‎ C. “氧化”过程中，可用双氧水替代氯气 D. “富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “操作X”为分离CCl4层和水层名称为分液，可在分液漏斗中进行，A错误；‎ B. “还原”步骤为使溶液中的碘单质变为碘离子，用亚硫酸吸收，发生的反应为：SO32−+I2+H2O == 2I−+SO42−+2H+，B正确；‎ C. “氧化”过程中，双氧水绿色氧化剂，可氧化碘离子为单质，则可用双氧水替代氯气，C正确；‎ D. “富集”即I2富集于有机溶剂，碘单质易溶于有机溶剂，而杂质离子易溶于水，利用碘的富集，除去某些杂质离子，D正确；‎ 答案为A ‎8.四元轴烯 t、苯乙烯 b 及立方烷 c 的分子式均为 C8H8。下列说法正确的是 A. b 的同分异构体只有 t 和 c 两种 B. t、b、c 中只有 t 的所有原子可以处于同一平面 C. t、b、c 的二氯代物均只有三种 D. t 和b 能使酸性 KMnO4 溶液褪色而c不能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.b苯乙烯分子式为C8H8，符合分子式的有机物结构可以是多种物质；‎ B.b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构。‎ C.根据一氯代物中氢原子的种类判断；‎ D.t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化；‎ ‎【详解】A.通过多个碳碳双键和叁健或环状满足分子C8H8的化合物很多，如：CH2=CHCH=CHCH=CHC≡CH等，A项错误；‎ B.苯分子中的所有原子、乙烯中的所有原子都处于同一平面，苯乙烯中由于乙烯基与苯环是单键相连可以转动，苯乙烯分子中所有原子可以处于同一平面上，B项错误;‎ C.不考虑立体结构，二氯代物t和c均有3种，b有14种，C项错误；‎ D.三种分子中只有t和b中含碳碳双键，而立方烷不含碳碳双键，t和b能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是 A. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式为：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH=＋285.5 kJ·mol－1‎ B. 已知2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH=－221 kJ·mol－1，则石墨的燃烧热为110.5 kJ·mol－1‎ C. 已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH=－92.4 kJ·mol－1，则在一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4 kJ的热量 D. 已知C(石墨，s)==C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式方向改变，焓变符号随之变化；‎ B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；‎ C.反应是可逆反应不能进行彻底；‎ D.物质具有的能量越低越稳定，吸热反应，产物的能量高于反应物的能量；‎ ‎【详解】A.氢气的燃烧热为285.5 kJ•mol-1，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则水分解的热化学方程式为：H2O（l）=H2（g）+0.5O2（g）△H=+285.5 kJ•mol-1 ，A项错误； B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，已知2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）；△H=-221 kJ•mol-1，是的氧化物不稳定，则石墨的燃烧热大于110.5 kJ•mol-1，B项错误； C.已知N2（g）+3H2（g）2 NH3（g）；△H=-92.4 kJ•mol-1，反应是可逆反应，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后，放出热量小于92.4kJ，C项错误； D. C(石墨⋅s)=C(金刚石⋅s)△H>0，可知石墨转化为金刚石吸热，即金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，D项正确； 答案选D。‎ ‎10.在25 ℃、101 kPa时，反应能量转化关系如图所示，下列说法不正确的是 已知：C(s)＋O2(g)===CO２(g)　　ΔH1；CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2；‎ A. ΔH2＝－282.9kJ·mol－1‎ B. 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1‎ C. ΔH1>ΔH2‎ D. CO2(g)分解为C(s)和O2(g)是吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据能量转化图可知，C(s)＋O2(g)===CO２(g)　　ΔH1 = -393.5 kJ·mol－1‎ ‎，CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－282.9kJ·mol－1，结合盖斯定律及反应热与化学反应方程式的关系作答。‎ ‎，‎ ‎【详解】A. 由上述分析可知，CO转化为CO2，反应放热，其热化学方程式为：CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－282.9kJ·mol－1，A项正确；‎ B. C转化为CO2放出热量，其热化学方程式为：C(s)＋O2(g)===CO２(g)　　ΔH1 = -393.5 kJ·mol－1，结合盖斯定律可知，C转化为CO的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝（ΔH1 kJ·mol－1-ΔH2）×2＝[-393.5 kJ·mol－1-（-282.9 kJ·mol－1）]×2 = －221.2 kJ·mol－1，B项正确；‎ C. ΔH1 = -393.5 kJ·mol－1，ΔH2＝－282.9kJ·mol－1，则ΔH1<ΔH2，C项错误；‎ D. C(s)和O2(g)反应为放热反应，则CO2(g)分解为C(s)和O2(g)是吸热反应，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎11.某温度时，反应X(g)4Y(g)＋Z(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1在2 L恒容密闭容器中进行，X和Z的浓度随时间变化如图所示，下列说法正确的是 A. 2 min内，X的平均反应速率为0.5 mol·L－1·min－1‎ B. 5 min内，反应放出的热量为0.8Q kJ C. 第5 min后，X的生成速率与Y的生成速率相等且保持不变 D. 第t min时，该反应未达到平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可以知道，X的浓度从开始到5min时一直在减少，第5min时，浓度不再发生变化，则该反应达到平衡状态，  A.结合计算; ‎ B.物质的量与反应中热量变化成正比. C.平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比;  D.平衡时各物质的浓度不变;‎ ‎【详解】A.由图可以知道，2min内，X的浓度变化量为0.9mol/L-0.4mol/L=0.5mol/L，则X的平均反应速率为0.5mol/L÷2min=0.25mol/(L·min)•，A项错误；‎ B.5min内参加反应的X为2L×（0.9mol/L-0.1mol/L）=1.6mol，结合热化学方程式可以知道1molX反应放热为QkJ，则反应放出的热量为1.6QkJ，B项错误；  C.第5min后，为平衡状态，Y与X的化学计量数之比为4：1，则Y的生成速率的4倍与X的生成速率相等且保持不变，C项错误； D.第5min时，X的物质的量浓度不再变化，该反应达到平衡状态，tmin时X的物质的量浓度仍在变化，该反应未达到平衡状态，D项正确； 答案选D。‎ ‎12.温度为T1时，向容积为2 L 的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是 容器 甲 乙 反应物 CO H2O CO H2O 起始时物质的量（mol）‎ ‎1.2‎ ‎0.6‎ ‎2.4‎ ‎1.2‎ 平衡时物质的量（mol）‎ ‎0.8‎ ‎0.2‎ a b A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4 kJ B. T1时，反应的平衡常数K甲 = 1‎ C. 平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍 D. 乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲容器中平衡时，消耗的CO的物质的量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据反应CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol，可知平衡时放出热量为：41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，故A正确；‎ B. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)‎ 起始（mol） 1.2 0.6 0 0‎ 转化（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4‎ 平衡（mol） 0.8 0.2 0.4 0.4 ‎ 在T1达到平衡状态时甲容器中，c(CO)=0.4mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(H2)= 0.2mol/L，则该温度下反应的平衡常数K甲 = 0.2×0.2/0.4×0.1=1，故B正确；‎ C. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，则甲、乙互为等效平衡，达到平衡时反应物转化率相等，则0.8/1.2=a/2.4，解得a=1.6，故C正确；‎ D.根据C项可知a=1.6，乙容器中，平衡时CO的转化率为×100％≈33％，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎13.二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，用二甲醚燃料电池电解甲基肼（CH3—NH—NH2）制氢的装置如图所示，其中X、Y、M、N均为惰性电极。下列说法不正确的是 A. M极的电极反应式为CH3—NH—NH2+12OH−-10e−CO32-+N2↑+9H2O B. 乙中的交换膜是阴离子交换膜，OH−透过交换膜向M极移动 C. 若忽略水的消耗与生成，甲中电解质溶液的pH减小，乙中电解质溶液的pH增大 D. 理论上，标况下当生成6.72 L H2时，消耗CH3OCH3的质量为2.3 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该题属于原电池与电解池连接在一起的题目，电极方程式可以通过判断正负极以及阴阳极得失电子进行判断，离子移动方向，在原电池中，阳离子往正极跑，阴离子往负极跑，在电解池中，阳离子往阴极跑，阴离子往阳极跑，以此来判断离子交换膜的选择，PH的判断可以通过反应前后生成的离子来判断。‎ ‎【详解】A.根据H+流向可知，X为负极，Y为正极，二甲醚从b口通入，O2从c口通入，从a口排出CO2；M为阳极，N为阴极。M极发生氧化反应，电极反应式为 CH3—NH—NH2+12OH−-10e−CO32-+N2↑+9H2O，A项正确；‎ B.乙中的交换膜是阴离子交换膜，OH-透过交换膜向M极移动，参与电极反应，B项正确 C.甲所示的总反应为CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O，电解质的溶液的pH增大，乙所示的总反应消耗OH-，电解质溶液的pH减小，C项错误；‎ D.消耗2.3g甲醚时，失去0.6mol电子，所以在标况下当生成6.72LH2时，得到了0.6mol电子，电子数相等，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-‎ ‎，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-‎ B. SO42-与H2的反应可表示为：4H2+SO42--8eS2-+4H2O C. 钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2‎ D. 在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O +2e-=2OH-+H2，故A错误；‎ B．SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，离子反应式为：4H2+SO42-S2-+4H2O，故B错误；‎ C．钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+，与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS的Fe(OH)2，故C正确；‎ D．在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎15.A、B、C、D、E均为短周期元素，原子序数依次增大，请根据表中信息回答下列问题：‎ 元素 元素性质或结构 A 最外层电子数是其内层电子数的2倍 B B元素的单质在空气中含量最多 C C元素在地壳中含量最多 D D元素在同周期中金属性最强 E 常温常压下，E元素形成的单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积 ‎（1）E在元素周期表中的位置_____________．‎ ‎（2）D的最高价氧化物的水化物电子式___________，所含化学键类型____________．‎ ‎（3）B、C、D、E简单离子半径由大到小顺序为_____________（用离子符号表示）．‎ ‎（4）由A、B、C与氢元素组成的一种常见酸式盐与过量D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_____________________________．‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第ⅥA族 (2). (3). 离子键、共价键 (4). S2->N3->O2->Na+ (5). NH4++HCO3-+2OH-＝NH3·H2O+CO32-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E均为短周期元素，且原子序数依次增大，A最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素;B元素的单质在空气中含量最多，则B为N元素;C元素在地壳中含量最多，则C为O元素;D元素在同周期中金属性最强，原子序数大于氧，处于第三周期IA族，故D为Na;常温常压下，E元素形成的单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则E为S元素。‎ ‎【详解】(1)E为硫元素，在元素周期表中的位置:第三周期第ⅥA族，因此，本题正确答案是:第三周期第ⅥA族; (2) Na的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，电子式为，所含化学键类型由离子键和共价键。‎ ‎(3)电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径: S2->N3->O2->Na+ (4)由C、N、O与H元素组成的一种常见的酸式盐为NH4HCO3，D的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，碳酸氢铵与过量的NaOH反应的离子方程式为: NH4++HCO3-+2OH-＝NH3·H2O+CO32-+H2O ‎16.如表是A、B、C、D、E 5种有机物的有关信息：‎ A ‎①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型为；③能与水在一定条件下反应生成C ‎ B ‎①由C、H两种元素组成；②比例模型为 C ‎①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；③能与E反应生成相对分子质量为100的酯 D ‎①相对分子质量比C少2；②能由C氧化而成 E ‎①由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为 回答下列问题：‎ ‎（1）A与溴的四氯化碳溶液反应的产物的结构简式是__________________________。‎ ‎（2）A与氢气发生加成反应后生成F，与F在分子组成和结构上相似的有机物有一大类(俗称“同系物”)，它们均符合通式CnH2n＋2(n为正整数)。当n＝________时，这类有机物开始了出现同分异构体。‎ ‎（3）B具有的性质是________(填序号)。‎ ‎①无色无味液体　②有毒　③不溶于水　④密度比水的大　⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色　⑥任何条件下都不与氢气反应 在浓硫酸作用下，B与浓硝酸反应的化学方程式为____________。‎ ‎（4）C与E反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为________；其化学方程式为___________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 4 (3). ②③ (4). +HO-NO2+H2O (5). 酯化反应 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合其比例模型可知，A为CH2=CH2，A能与水在一定条件下反应生成C，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，故C为CH3CH2OH，根据B的组成元素及其球棍模型知，B是苯；D的相对分子质量比C少2，且能由C催化氧化得到，所以D是乙醛；E由C、H、O三种元素组成，E和C反应生成相对分子质量为100的酯，说明E含有羧基，结合E的球棍模型可知E为CH2=CHCOOH，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）A与溴的四氯化碳溶液反应，类型为加成反应，所以产物为溴乙烷，结构简式为； （2）A与氢气发生加成反应后生成物质F为乙烷，当烷烃中碳原子数目为4时开始出现同分异构体； （3）B是苯，苯是无色有特殊气味的、不溶于水且密度小于水的有毒液体，和酸性KMnO4溶液和溴水都不反应，在催化剂条件下可与氢气发生加成反应，所以②③正确， 在浓硫酸作用下与浓硝酸在极爱热条件下发生取代反应生成硝基苯，反应的方程式为； （4）C与E反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为酯化反应，如果E中氧原子均为18O，则C与E反应化学方程式为：；‎ ‎17.二氧化碳的捕集与利用是实现温室气体减排的重要途径之一。‎ ‎(1)目前工业上使用的捕碳剂有 NH3 和(NH4)2CO3，它们与 CO2 可发生如下可逆反应：‎ ‎2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g) (NH4)2CO3(aq) K1‎ NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g) NH4HCO3(aq) K2‎ ‎(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g) 2NH4HCO3(aq) K3‎ 则 K3＝________(用含 K1、K2 的代数式表示)。‎ ‎(2)利用 CO2 制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：‎ 方法一：‎ CO2 催化加氢合成乙烯，其反应为：2CO2(g)＋6H2(g) C2H4(g)＋4H2O(g) △H＝a kJ·mol－1起始时按 n(CO2)∶n(H2)＝1∶3的投料比充入20 L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示：‎ ‎①a______0(选填“>”或“<”)。‎ ‎②下列说法正确的是______(填字母序号)。‎ A 、使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率 B 、其它条件不变时，若扩大容器容积，则 v正减小，v逆增大 C 、测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡 ‎③393 K下，H2的平衡转化率为________(保留三位有效数字)。‎ ‎④393 K下，该反应达到平衡后，再向容器中按 n(CO2)∶n(H2)＝1∶3 投入 CO2 和 H2 ，则n(H2)/n(C2H4)将____(填“变大”、“不变”或“变小”)。‎ 方法二：‎ 用惰性电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如图乙所示。‎ ‎⑤b电极上的电极反应式为_______。 ‎ ‎⑥该装置中使用的是__________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。‎ ‎【答案】 (1). (2). < (3). A (4). 67.4% (5). 变小 (6). 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O (7). 阳 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)① 2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)═(NH4)2CO3(aq) K1‎ ‎② NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)═NH4HCO3(aq) K2‎ 根据盖斯定律②×2-①可得：(NH4)2CO3(aq)+H2O (l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)，因此 K3=；‎ ‎(2)①由图甲可知，升高温度，氢气的物质的量增多，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，a<0；‎ ‎②A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，选项A正确；‎ B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆减小，选项B错误；‎ C．反应前后气体质量不变，恒容条件下密度始终不变，密度不变不能说明反应已达到平衡，选项C错误；‎ D．反应使用合适的催化剂，催化剂改变反应历程加快反应速率，不改变化学平衡，不改变反应焓变，选项D错误；‎ 答案选A；‎ ‎③图象分析可知，393K时平衡状态下水、H2的物质的量分别为58mol、42mol，生成58molH2O必然消耗87molH2，则初始时H2的物质的量为（87+42）mol=129mol，则H2的转化率为×100%=67.4%；‎ ‎④393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3投入CO2和H2，相当于增大压强，平衡正向移动，所以则n(H2)/n(C2H4)将变小；‎ ‎⑤电解时，二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；‎ ‎⑥离子交换只允许氢离子通过，所以是阳离子交换膜。‎ ‎【点睛】本题考查盖斯定律的应用及燃料电池原理等，应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：①参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“+”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态(固、液、气)的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。‎ ‎18.用粗制ZnO粉末（含杂质Fe、Ni等）制备高纯ZnO的流程如下：‎ 已知：本实验条件下，Ni2+不能被氧化，高锰酸钾还原产物为MnO2；过滤出滤渣1达到除铁目的。‎ ‎（1）加快酸浸速率可采取的措施_____________________________。（任写一条）‎ ‎（2）写出“除镍”步骤发生的主要反应离子方程式____________________________。‎ ‎（3）“滤渣2”的成分是______。‎ ‎（4）流程中“”涉及的操作有______、洗涤、______。‎ ‎（5）获得的碱式碳酸锌需要用水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____。‎ ‎（6）若碱式碳酸锌的成分是ZnCO3· xZn(OH)2。取干燥后的碱式碳酸锌11.2g,煅烧后可得到产品8.1g,则x等于______。‎ ‎【答案】 (1). 适当升高温度或适当增大硫酸浓度 (2). Zn+ Ni2+= Zn2++ Ni (3). Ni、Zn (4). 过滤 (5). 干燥 (6). 取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净 (7). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）加快酸浸速率可采取的措施有：增大温度，增大反应的接触面积，提高酸的浓度等；‎ ‎（2）根据此题需要制备的是氧化锌得出，除镍加入金属锌，发生置换反应；‎ ‎（3）除镍后，得到镍以及过量的锌单质；‎ ‎（4）省略的操作主要是过滤洗涤干燥冷却结晶；‎ ‎（5）杂质主要有碳酸钠溶液，目是检验碳酸根；‎ ‎（6）根据煅烧后得到的产物是氧化锌来进行计算；‎ ‎【详解】（1）加快酸浸速率可采取的措施有：增大温度，增大反应的接触面积，提高酸的浓度等，所以任写一条即可；‎ ‎（2）根据此题需要制备的是氧化锌得出，除镍加入金属锌，不引入新的杂质，发生置换反应，方程式为Zn+ Ni2+= Zn2++ Ni；‎ ‎（3）除镍时，为保证镍元素完全除去，需要加入过量的锌单质，所以得到的滤渣2有镍以及过量的锌单质；‎ ‎（4）省略的操作主要是过滤洗涤干燥冷却结晶；‎ ‎（5）杂质主要有碳酸钠溶液，目的是检验碳酸根，所以取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净；‎ ‎（6）根据煅烧后得到的产物是氧化锌来进行计算，8.1g是氧化锌的质量，根据氧化锌的摩尔质量为81g/mol，推断出氧化锌有0.1mol，根据ZnCO3· xZn(OH)2分解可知消耗的质量主要是二氧化碳和水的质量，设二氧化碳有xmol，水有ymol，所以x+y=1mol，44x+18y=3.1g，解得x=0.05，y=0.05，所以根据比例，x=1；‎ ‎19.碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。‎ ‎（1）制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→_____→_____→_____→_____→_____；__________‎ ‎（2）Y中发生反应的化学反应式为_______________；‎ ‎（3）X中盛放的试剂是___________，其作用为___________________；‎ ‎（4）Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因为__________________；‎ ‎【答案】 (1). A BDEC (2). NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ (3). 饱和 溶液 (4). 吸收挥发出来的气体 (5). 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据碳酸镧的制备原理可知，Z装置的右边接的应该是产生氨气的装置，左边连接的应该是除杂后的生成CO2的装置；‎ ‎（2）Y中发生的浓氨水分解的反应；‎ ‎（3）X盛放的试剂应是出去二氧化碳中杂质的试剂；‎ ‎（4）在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率 ‎【详解】（1）根据碳酸镧的制备原理可知，Z装置的右边接的应该是产生氨气的装置，左边连接的应该是除杂后的生成CO2的装置，所以F→A→B→D→E→C；‎ ‎（2）Y中发生的浓氨水分解的反应，反应方程式为NH3·H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；‎ ‎（3）X盛放的试剂应是出去二氧化碳中杂质的试剂，所以X中盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体；‎ ‎（4）在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率。‎ ‎【点睛】在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率，在联合制碱法也提到，注意两种气体的加入顺序，并牢记原因。‎ ‎20.氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈矿(主要含CeFCO3)经如下流程获得：‎ 已知：在酸性溶液中有强氧化性，回答下列问题：‎ ‎（1）氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是_____________________________________。‎ ‎（2）氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时反应的离子方程式为___________；‎ ‎（3）已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)+(有机层) +(水层)从平衡角度解释：向(有机层)加入 获得较纯的含的水溶液的原因是________________；‎ ‎（4）取某Ce(OH)4产品0.50g，加硫酸溶解后，与23.00mL0.1000mol/L的FeSO4溶液恰好完全反应(铈被还原成Ce3+)．(已知：Ce(OH)4的相对分子质量为208)‎ ‎①FeSO4在该反应中作________剂(填“氧化”或“还原”)；‎ ‎②计算Ce(OH)4产品的纯度____________； ‎ ‎③若用硫酸酸化后改用0.1000mol/L的FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，其它操作都正确，则测定的Ce(OH)4产品的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 陶瓷会与生成的HF反应 (2). 2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O (3). 混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动 (4). 还原 (5). 95.68% (6). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有，氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂HT，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce（OH）3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce（OH）4产品；‎ ‎【详解】（1）CeFCO3在氧化焙烧得过程中，会产生HF，陶瓷会与生成的HF反应； （2）根据含有过氧化氢判断，发生的是氧化还原反应，而不是金属氧化物和的反应，离子反应方程式为：2CeO2+H2O2+6H+==2Ce3++O2↑+4H2O； （3）根据反应是可逆反应，混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动； （4）①根据铈被还原成Ce3+，判断亚铁离子变成三价铁离子，所以铁作还原剂；‎ ‎②根据计算得出，含有0.0023mol的亚铁离子，亚铁离子变成铁离子，失去0.0023mol的电子，同时铈被还原成Ce3+，也是得到一个电子，说明一共有0.0023mol的Ce(OH)4，0.0023mol208g/mol=0.4784g，所以Ce(OH)4产品的纯度为100%=95.68%。‎ ‎③因为在酸性溶液中Ce4+有强氧化性，若没有经过硫酸酸化，参加反应的Ce4+较少，会导致产品的纯度偏低。‎ ‎ ‎