2018-2019学年河南省南阳市第一中学高一下学期第六次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年河南省南阳市第一中学高一下学期第六次月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年河南省南阳市第一中学高一下学期第六次月考化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65 Ag-108‎ 第I卷 (选择题，共48分)‎ 一、选择题 (本题共有16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是 A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。‎ ‎【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；‎ B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；‎ C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；‎ D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。‎ ‎2.化学与生活密切相关。下列叙述错误是( )‎ A. 高纯硅可用于制作光感电池 B. 天然气的主要成分是甲烷的水合物 C. 铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业 D. 碘酒可用于皮肤外用消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Si导电性介于导体和绝缘体之间，能够导电，因此能制作光感电池，A正确；‎ B.天然气的主要成分是甲烷，B错误；‎ C.合金的硬度大于成分金属，密度比成分金属小，所以铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业，C正确；‎ D.碘酒能使蛋白质变性而具有杀菌消毒作用，因此可用于皮肤外用消毒，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下列表示不正确是( )‎ A. 次氯酸的电子式 B. 丁烷的球棍模型 C. 酒精的结构简式：C2H5OH D. 原子核内有8个中子的碳原子146C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使每个原子都达到稳定结构，故次氯酸的电子式为：，A错误；‎ B.丁烷分子式是C4H10，由于每个C原子都是饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，C原子与C原子或C原子与H原子通过共价键结合，所以碳链为锯齿形，则丁烷的球棍模型为，B正确；‎ C.酒精分子式为C2H6O，分子可看作是乙烷分子中的一个H原子被羟基取代产生的，官能团为-OH，所以酒精的结构简式为：C2H5OH，C正确；‎ C.C是6号元素，原子核内有6个质子，中子数为8的原子，质量数是14，所以该原子可表示为：146C，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是 A. 铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+‎ B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题；‎ ‎【详解】A.在铁电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；‎ B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；‎ C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；‎ D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；‎ 综上所述，本题应选C.‎ ‎【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。‎ ‎5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)‎ B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；‎ ‎【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；‎ B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；‎ C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；‎ D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；‎ 总上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎6.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是 A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. 11549In的中子数与电子数的差值为17‎ C. 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3>RbOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；‎ B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；‎ C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；‎ D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；‎ ‎【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；‎ B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；‎ C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；‎ D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎7.铝土矿的主要成分是Al2O3、SiO2和Fe2O3等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：‎ 下列说法中错误的是 （ ）‎ A. 滤液Ⅰ的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOH B. 滤液Ⅲ的含大量的阴离子是HCO3-‎ C. 反应Y的离子方程式是2AlO2-＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32-‎ D. 滤液Ⅱ中通入过量的X的目的是使AlO2-充分沉淀而不引进杂质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铝土矿中加入氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，则滤液Ⅰ为偏铝酸钠和硅酸钠，且含有过量的氢氧化钠，滤渣为氧化铁，在滤液Ⅰ中加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，进而生成硅酸钙沉淀，滤液Ⅱ为偏铝酸钠，可通入二氧化碳气体，生成氢氧化铝，煅烧可生成氧化铝。A.由以上分析可知滤液Ⅰ的主要成分为硅酸钠和偏铝酸钠和氢氧化钠，故正确；B.在偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，则滤液Ⅲ的含大量的阴离子是碳酸氢根离子，故正确；C.二氧化碳过量，生成碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-，故错误；D.滤液Ⅱ溶液中含有偏铝酸钠和氢氧化钙，通入过量的二氧化碳，可生成碳酸氢钙，防止氢氧化铝中混有碳酸钙，故正确。故选C。‎ ‎8.下列说法错误的是( )‎ A. 糖类化合物也可称为碳水化合物 B. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br₂/CCl4褪色 C. 水可以用来分离溴苯和苯的混合物 D. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜要求 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.糖类化合物是由C、H、O三种元素组成，由于其中H、O原子个数比大多是2:1，所以糖类物质也可称为碳水化合物，A正确；‎ B.植物油含不饱和脂肪酸形成的甘油酯，在不饱和的脂肪酸的烃基部分含有碳碳双键，因此能使Br₂的CCl4溶液褪色，B正确；‎ C.溴苯容易溶于苯中，因此不能用水来分离溴苯和苯的混合物，C错误；‎ D.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可以用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜要求，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.下列有关有机物分离、提纯或除杂的方法错误的是(　　)‎ A. 溴苯中混有溴：加NaOH溶液洗涤、静置、分液 B. 除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏 C. 乙烯中混有SO2：将其通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶，再干燥 D. 乙酸乙酯中有乙酸杂质：加入饱和Na2CO3溶液，充分反应后静置分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，溴单质与NaOH溶液反应，溴苯不和NaOH溶液反应且溶液分层，故A正确；B项，乙酸与生石灰反应生成盐难挥发，乙醇不反应且易挥发，故B正确；C项，乙烯和二氧化硫都能与酸性KMnO4溶液反应，故C错误；D项，乙酸与饱和Na2CO3溶液反应，乙酸乙酯不反应且溶液分层，故D正确。‎ ‎10.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，菁优网，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。‎ ‎11.某有机物A的结构为， 下列有关说法正确的是 A. 1 mol A能跟2 mol NaOH溶液反应 B. 能发生加聚反应 C. 不能发生分子内酯化反应 D. A分子中所有原子在同一平面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 有机物A的官能团是碳碳双键、羟基和羧基，只有羧基能电离出氢离子，则1molA最多能与1molNaOH反应，A项错误；‎ B. 分子内含碳碳双键，碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，B项正确；‎ C. 分子内含羧基和羟基，两者在一定条件下能发生分子内酯化反应，C项错误；‎ D. 苯分子和乙烯分子都是共面的分子，但是甲烷分子是四面体分子，有机物A分子中来自苯、乙烯等的原子可以共面，但不一定共面，且来自甲烷衍生的—CH2—、—CH2OH中的原子不可能共面，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )‎ A. v(A)=0.15 mol·L－1·min－1 B. v(B)=0.01 mol·L－1·s－1‎ C. v(C)=0.40 mol·L－1·min－1 D. v(D)=0.45 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，所以不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意单位要一致，据此进行解答。‎ ‎【详解】A.=0.15mol/(L·min)；‎ B.=mol/(L·min)=0.2 mol/(L·min)；‎ C.=0.20mol/(L·min)；‎ D.=0.225mol/(L·min)；‎ 可见：V(D)>V(B)=V(C)>V(A)，‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较的知识，明确化学反应速率与化学计量数的关系，利用比值法可以迅速判断，即可解答，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较，试题培养了学生的化学计算能力和灵活应用能力。‎ ‎13.有一系列的羟基酸：‎ 该系列化合物中，碳元素的质量分数的最大值是 A. 32% B. 46.6% C. 85.7% D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据有机物的结构简式可判断该有机物的通式为CnH2nO3，所以含碳量是 ‎，因此当n趋向无穷大时，含碳量最高，即为。答案选C。‎ ‎14.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5 mol·L-1，c(A)∶c(B)＝3∶5，以C表示的平均速率v(C)＝0.25 mol·L-1·min-1，下列说法正确的是 A. 该反应方程式中，x＝1‎ B. 2 min时，A的物质的量为0.75mol C. 2 min时，A的转化率为50%‎ D. 反应速率v(B)＝0.25 mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：2min后测得D的浓度为0.5 mol·L-1，v(D)==0.25 mol·L-1·min-1，B表示的平均速率v(C)＝0.25 mol·L-1·min-1，由速率之比等于化学计量数之比可以知道,x=2,设A、B的起始物质的量均为n,生成D为2L×0.5 mol·L-1=1mol,则     3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g) 起始  n   n   0   0  转化  1.5  0.5   1    1  2min n-1.5 n-0.5  1   1  c(A)∶c(B)＝3∶5，则=，计算得出n=3，以此来解答。‎ 详解: A.由上述分析可以知道，x=2，故A错误；  B. 2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,故B错误；‎ C.2 min时,A的转化率为×100%=50%,所以C选项是正确的； ‎ D. 反应速率v(B)＝=0.125 mol·L-1·min-1,故D错误； 所以C选项是正确的。‎ ‎15.恒温下，物质的量之比为2∶1的SO2和O2的混合气体在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)(正反应为放热反应)，n(SO2)随时间变化关系如下表：‎ 时间/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n(SO2)/mol ‎0.20‎ ‎0.16‎ ‎0.13‎ ‎0.11‎ ‎0.08‎ ‎0.08‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 当容器中气体的密度不变时，该反应达到平衡状态 B. 该反应进行到第3分钟时，逆反应速率小于正反应速率 C. 从反应开始到达到平衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)‎ D. 容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为5∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．未达到平衡状态，气体的密度也一直不变；‎ B．该反应进行到第3分钟时向正反应方向进行；‎ C．根据v=△c/△t计算；‎ D．根据压强之比等于物质的量之比计算。‎ ‎【详解】A．容器内气体密度不再发生变化，容器容积不变，气体的总质量不变，所以气体的密度始终不变，因此密度不能作为判断平衡状态的依据，故A错误；‎ B．根据表中数据可知反应进行到第3分钟时没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则逆反应速率小于正反应速率，故B正确；‎ C．由表格数据可知，4min时达到平衡，消耗二氧化硫为0.20mol-0.08mol=0.12mol，即生成SO3为0.12mol，浓度是0.06mol/L，则用SO3表示的平均反应速率为0.06mol/L÷4min=0.015 mol/（L•min），故C错误；‎ D．开始SO2和O2的物质的量分别为0.2mol、0.1mol，由表格数据可知平衡时SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.08mol、0.04mol、0.12mol，由压强之比等于物质的量之比可知，达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)/(0.2+0.1)=4：5，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡判定、平衡移动、速率及压强比的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大。‎ ‎16.下列实验装置图及实验用品均正确的是（部分夹持仪器未画出）（　　）‎ A．实验室制取溴苯 B．实验室制取乙酸乙酯 C．石油分馏 D．实验室制取硝基苯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室用铁作催化剂，用液溴和苯制取溴苯，溴易挥发且溴极易溶于四氯化碳溶液中，所以用四氯化碳吸收溴，生成的HBr极易溶于水，采用倒置的漏斗防止倒吸，故A正确；B．制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，蒸气中含有乙醇、乙酸，乙醇极易溶于水、乙酸极易和碳酸钠溶液反应，如果导气管插入饱和碳酸钠溶液中会产生倒吸，故B错误；C．蒸馏时，温度计测量蒸气的温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，冷却水的水流方向是低进高出，故C错误；D．制取硝基苯用水浴加热，应控制温度范围是55℃～60℃，故D错误；故答案为A。‎ ‎【点睛】实验方案的评价包括：1．从可行性方面对实验方案做出评价：科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等．2．从“绿色化学”视角对实验方案做出评价：“绿色化学”要求设计更安全、对环境友好的合成线路、降低化学工业生产过程中对人类健康和环境的危害，减少废弃物的产生和排放．根据“绿色化学”精神，对化学实验过程或方案从以下4个方面进行综合评价：①反应原料是否易得、安全、无毒；②反应速率较快； ③原料利用率以及合成物质的产率是否较高；④合成过程是否造成环境污染．3．从“安全性”方面对实验方案做出评价：化学实验从安全角度常考虑的主要因素主要有防倒吸、防爆炸、防吸水、防泄漏、防着火、防溅液、防破损等．‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共52分)‎ 二、填空题 ‎17.(1)有下列各组物质：A.O2和O3； B.126C和136C；C.冰醋酸和乙酸； D.甲烷和庚烷； E.CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3； F.淀粉和纤维素；G..和 H.和。(填字母)‎ ‎①______组两物质间互为同位素。 ②______组两物质间互为同素异形体。‎ ‎③______组两物质属于同系物。 ④______组两物质互为同分异构体。‎ ‎⑤________组是同一物质。‎ ‎(2)在下列变化中：①水的汽化、②NaCl熔化、③NaOH溶于水、④H2SO4溶于水、⑤O2溶于水、⑥NaHSO4溶于水、⑦Na2O2溶于水。‎ 未发生化学键破坏的是________；(填序号，下同)仅破坏离子键的是________；仅破坏共价键的是________；既破坏离子键又破坏共价键的是________。‎ ‎【答案】 (1). B (2). A (3). D (4). E (5). CGH (6). ①⑤ (7). ②③ (8). ④ (9). ⑥⑦‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据同位素、同素异形体、同分异构体和同系物的概念分析判断；同种物质结构相同，化学性质相同，物理性质可能不同；‎ ‎(2)根据物质的晶体类型及物质发生变化的特点，结合化学键的种类及形成原因分析判断。‎ ‎【详解】(1)①同位素是质子数相同而中子数不同的原子，126C和136C质子数都是6个，中子数分别是6、7，二者互为同位素，故合理选项是B；‎ ‎②同素异形体是由同种元素组成的不同性质的单质，O2和O3都是由O元素组成的单质，二者分子结构不同，性质不同，两物质间互为同素异形体，故合理选项是A；‎ ‎③同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，甲烷和庚烷都是烷烃，分子中C原子的价电子全部利用，碳碳原子间以单键结合，两物质互为同系物，故合理选项是D；‎ ‎④同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3分子式都是C4H10，前者无支链，后者有支链，二者结构不同，两物质互为同分异构体，故合理选项是E；‎ ‎⑤同一物质的分子结构一定相同，当温度达到乙酸熔点时，乙酸就会凝结成像冰一样的固体，所以乙酸又叫冰醋酸，二者是同一物质的两个不同名称；‎ 由于碳碳单键可以旋转，和都是2，3-二甲基戊烷，属于同一物质；‎ 由于苯环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，所有碳碳键都相同，和是同一物质；故合理选项是CGH；‎ ‎(2)①水的汽化克服的是分子间作用力，没有断裂分子内的化学键；②NaCl熔化变为Na+、Cl-，断裂的是离子键；③NaOH溶于水电离产生Na+、OH-，断裂的是离子键；④H2SO4溶于水在水分子作用下电离产生H+、SO42-，断裂的是共价键；⑤O2溶于水克服的是分子间作用力，没有断裂分子内的化学键；⑥NaHSO4溶于水，在水分子作用下电离产生Na+、H+、SO42-，断裂的是离子键、共价键；⑦Na2O2溶于水发生反应产生NaOH和O2，NaOH在水中电离产生Na+、OH-，可见发生上述变化断裂的是离子键、共价键。‎ 综上所述可知：未发生化学键破坏的是①⑤；仅破坏离子键的是②③；仅破坏共价键的是④；既破坏离子键又破坏共价键的是⑥⑦。‎ ‎【点睛】本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体和同系物、离子键、共价键的概念及判断的知识。掌握化学基本概念和物质聚集类型，发生变化时破坏作用力的特点是本题解答的关键。‎ ‎18.一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g) 该反应为吸热反应。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。‎ ‎(1)t1时，正、逆反应速率的大小关系为ν正______ν逆(填“>”“<”或“=”)；‎ ‎(2)4分钟内，CO2的转化率为__________；CO的平均反应速率v(CO)＝_________；‎ ‎(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是______________(选填序号)‎ ‎①降低温度 ②减少铁粉的质量 ‎③保持压强不变，充入He使容器的体积增大 ‎④保持体积不变，充入He使体系压强增大 ‎(4)下列描述能说明上述反应已达平衡的是__________________(选填序号)‎ ‎①v(CO2)＝v(CO)‎ ‎②单位时间内生成n molCO2的同时生成n mol CO ‎③ 容器中气体压强不随时间而变化 ‎④容器中气体的平均分子量不随时间而变化 ‎【答案】 (1). > (2). 71.4％ (3). 0.125mol·L-1·min-1 (4). ①③ (5). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)t1后，CO、CO2浓度变化特点判断正、逆反应速率的大小；‎ ‎(2)根据转化率=×100%计算CO2的平衡转化率；利用速率定义式计算v(CO)；‎ ‎(3)根据影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂、固体表面积大小等分析；‎ ‎(4)可逆反应达到平衡时，任何一组分的物质的量、浓度不变，物质的含量不变，反应速率不变，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)关键图象可知：在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，正向进行，因此V正>V逆；‎ ‎(2)根据图象可知：在反应开始时加入了CO2浓度是0.7mol/L，平衡时CO2浓度是0.2mol/L，反应转化的浓度是0.5mol/L，所以CO2在4分钟内，达到平衡时的转化率为×100%=×100%=71.4％；根据化学反应速率的定义式可知在4分钟内CO的平均反应速率v(CO)==0.125mol·L-1·min-1；‎ ‎(3)①降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，①符合题意；‎ ‎②由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，②不符合题意；‎ ‎③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系是物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，③符合题意；‎ ‎④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意；‎ 故合理选项是①③；‎ ‎(4)①未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；‎ ‎②单位时间内生成n molCO2的同时必然会消耗nmolCO，又生成n mol CO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；‎ ‎③该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③错误；‎ ‎④反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，④正确；‎ 故合理选项是②④。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应速率和化学平衡的知识。包括速率大小比较、平衡状态的判断方法及化学反应速率和化学平衡的有关计算等。掌握化学概念、平衡状态的特征及实质是本题解答的关键。‎ ‎19.已知：2H2＋O22H2O。‎ ‎（1）该反应1g氢气完全燃烧放出热量121.6kJ，其中断裂1molH-H键吸收436kJ，断裂1molO=O键吸收496kJ，那么形成1molH-O键放出热量____________________。‎ ‎（2）原电池是直接把化学能转化为电能装置。‎ I.航天技术上使用的氢－氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。下图是氢－氧燃料电池的装置图。则：‎ ‎①溶液中OH-移向________电极（填“a”或“b”）。‎ ‎②b电极附近pH_____________。(填增大、减小或不变)‎ ‎③如把H2改为甲烷，则电极反应式为：正极：____________________________，负极：________________________________。‎ II.将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，试计算：产生氢气的体积___________________________________L。（标准状况）‎ ‎【答案】 (1). 463.6kJ (2). a (3). 增大 (4). O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ (5). CH4－8e－＋10OH－＝CO32－＋7H2O (6). 4.48‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）根据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计算；‎ ‎（2）I.根据原电池的工作原理分析解答；‎ II.锌作负极，失去电子，银作正极，溶液中的氢离子在正极放电，据此解答。‎ 详解：（1）1g氢气完全燃烧放出热量121.6kJ，则2mol氢气即4g氢气完全燃烧放出热量为4×121.6kJ＝486.4kJ；其中断裂1molH-H键吸收436kJ，断裂1molO=O键吸收496kJ，因此有2×436+496－2×2×x＝－486.4，解得x＝463.6，即形成1molH-O键放出热量为463.6kJ；‎ ‎（2）I.根据电子的流向可知a电极是负极，b电极是正极。则 ‎①原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则溶液中OH-移向a电极。‎ ‎②b电极是正极，氧气得到电子转化为氢氧根，氢氧根浓度增大，则b电极附近pH增大；‎ ‎③如把氢气改为甲烷，由于电解质溶液显碱性，则负极甲烷失去电子转化为碳酸根，电极反应式为CH4－8e－＋10OH－＝CO32－＋7H2O，正极氧气得到电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。‎ II.金属性锌大于银，锌作负极，失去电子，银作正极，溶液中的氢离子在正极放电。若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，减少的质量就是参加反应的锌的质量，为13g，物质的量是13g÷65g/mol＝0.2mol，转移0.4mol电子，根据电子得失守恒可知生成氢气是0.4mol÷2＝0.2mol，在标准状况下的体积是0.2mol×22.4L/mol＝4.48L。‎ ‎20.亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：0.5 ℃，有毒)常温下是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成，并以液态储存。‎ ‎（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，均采用上图制备装置:‎ ‎①写出NOCl的N元素化合价：_______‎ ‎②为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是（填写在横线上）:‎ 实验项目 装置Ⅰ 装置Ⅱ 制备的气体 烧瓶中 分液漏斗中 a .制备纯净干燥Cl2‎ MnO2‎ ‎_______‎ ‎_______‎ b .制备纯净干燥的NO Cu ‎_______‎ ‎_______‎ ‎（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示:‎ ‎①装置连接顺序为a→____________________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。 ‎ ‎②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是______________________________。 ‎ ‎③装置Ⅵ在实验结束，拆解装置前，应作怎样的处理？_________________________。 ‎ ‎④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生的非氧化还原反应的化学方程式为___________________。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 浓盐酸 (3). 饱和食盐水 (4). 稀硝酸 (5). 水 (6). e→f(或f→e)→c→b→d (7). 通过观察气泡调节气体的流速 (8). 集气瓶放于冰盐中冷却成液体，再拆除装置（或鼓入氮气一会儿再拆除装置） (9). NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化合物中元素的正负化合价代数和为0确定NOCl中N的化合价；制备干燥气体时，浓硫酸具有吸水性，用于干燥气体，故装置Ⅱ除杂，若实验制备氯气，反应物是二氧化锰和浓盐酸，除杂用饱和食盐水降低氯气溶解度，同时吸收挥发出的氯化氢气体；若实验制备一氧化氮，反应物是铜和稀硝酸，除杂用水吸收挥发出的气体。‎ 乙组进行实验时，装置Ⅶ用于干燥，防NOCl遇水水解；Ⅷ用于处理尾气；装置Ⅸ用于冷却收集NOCl。‎ ‎【详解】（1）①NOCl中氧元素-2价，氯元素-1价，故N元素化合价+3；‎ ‎②为制备纯净干燥的气体：若实验制备氯气，反应物是二氧化锰和浓盐酸，除杂用饱和食盐水降低氯气溶解度，同时吸收挥发出的氯化氢气体；若实验制备一氧化氮，反应物是铜和稀硝酸，除杂用水吸收挥发出的气体。‎ 实验项目 装置Ⅰ 装置Ⅱ 制备的气体 烧瓶中 分液漏斗中 a .制备纯净干燥的Cl2‎ MnO2‎ 浓盐酸 饱和食盐水 b .制备纯净干燥的NO Cu 稀硝酸 水 ‎（2）装置Ⅶ用于干燥，防NOCl遇水水解；Ⅷ用于处理尾气；装置Ⅸ用于冷却收集NOCl，故①装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d；‎ ‎②浓硫酸具有吸水性，浓硫酸不能吸收NO和Cl2，装置IV、V的另一个作用：通过观察气泡调节气体的流速；‎ ‎③为防止多余气体污染空气，所以必须保证拆解装置前，装置内剩余气体全部通过了除杂设备或转化为其他状态，如液体或固体，故装置Ⅵ在实验结束，拆解装置前，应将集气瓶放于冰盐中冷却成液体，再拆除装置（或鼓入氮气一会儿再拆除装置）；‎ ‎④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生非氧化还原反应，化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O。‎ ‎21.有机物A～H的转化关系如下图所示。其中A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”；G能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)E的官能团名称为____________。反应③的反应类型__________________________。‎ ‎(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，正确的是___________________(选填序号)。‎ a．B不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以 b．B的同系物中，当碳原子数≥5时开始出现同分异构现象 c．等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等 ‎(3)写出下列反应的化学方程式：‎ 反应④：_________________________________。‎ 反应⑤：_____________________________________。‎ ‎(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应①或②制备，请指出用哪一个反应制备较好：________，并说明理由：____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). 加聚反应 (3). c (4). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (5). 2CH3CH2OH+O2  2CH3CHO+2H2O (6). ① (7). 反应①为加成反应，无副反应发生，原子利用率高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是乙烯CH2=CH2，A与H2发生加成反应才的B是乙烷CH3CH3，乙烷与Cl2光照反应产生C，A与HCl也发生反应产生C，则C是氯乙烯CH3CH2Cl，A在一定条件下反应产生的D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”；则D是聚乙烯；乙烯与水发生加成反应产生的E是乙醇CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的F是乙醛CH3CHO；乙醇被酸性K2Cr2O7氧化产生的G是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应产生的H是乙酸乙酯CH3COOCH2CH3，然后逐一分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：A是CH2=CH2，B是CH3CH3，C是CH3CH2Cl，D是，E是CH3CH2OH，F是CH3CHO；G是CH3COOH， H是CH3COOCH2CH3。‎ ‎(1)E是CH3CH2OH，官能团是-OH，名称为羟基。反应③是乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯，乙醇该反应的反应类型加聚反应。‎ ‎(2) a.B是乙烷，物质分子结构温度，不能被溴水或酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯分子中也没有不饱和的碳碳双键，也不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能与溴水发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此可是溶液褪色，a错误；‎ b.B是乙烷，在烷烃的同系物中，当碳原子数等于4时，可以有丁烷、异丁烷两种不同结构，所以是C≥4时就开始出现同分异构现象，b错误；‎ c.乙烯与聚乙烯最简式相同，所以等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等，c正确；‎ 故合理选项是c；‎ ‎(3)反应④是乙烯与水发生加成反应产生乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH。‎ 反应⑤是乙醇催化氧化产生乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O。‎ ‎(4)C是氯乙烷，该物质是由分子构成的分子晶体，分子间作用力很小，容易气化。当该物质由液态变为气态时，吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此是一种速效局部冷冻麻醉剂，该物质可由反应①或②制备，由①乙烯与HCl发生加成反应产生时，原子利用率是100%，无副反应发生，而反应②除产生氯乙烷外还有HCl产生，会导致大气污染，所以相对来说①反应制备较好。‎ ‎【点睛】本题考查了有机合成与推断的知识，涉及烷烃、系统、卤代烃、醇、醛、羧酸、酯等物质的转化及合成。推断物质A是本题解答关键。掌握各类物质的结构特点及主要化学性质是本题解答的基础。‎ ‎ ‎ ‎ ‎