2018-2019学年江西省高安中学高一下学期期末考试化学试题（B卷）（解析版）

2018-2019学年江西省高安中学高一下学期期末考试化学试题（B卷）（解析版）

高安中学高一年级2018-2019学年下学期期末考试 化学试题(B卷)‎ 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cu- 64 Fe-56 Zn-65‎ 一、选择题(下列各题只有一个答案符合题意，每小题3分，共48分)‎ ‎1.对下列化学反应的热现象的说法不正确的是 ‎①放热反应发生时不必加热 ②化学反应一定有能量变化 ‎③吸热反应需要加热后才能发生，放热反应不加热就会发生 ‎④化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的多少有关 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①大多放热反应需要一定条件下才能反应；‎ ‎②从化学反应的实质分析判断；‎ ‎③吸热反应不一定需要加热，放热反应有时也需要加热才能进行；‎ ‎④化学反应的热量变化和物质的聚集状态，物质的量有关，不同量的物质反应热量变化也不同；‎ ‎【详解】①大多放热反应需要一定条件下才能反应，如燃烧反应，大多点燃条件下发生剧烈反应，故①错误；‎ ‎②化学反应的本质是旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，反应过程中一定伴随能量的变化，故②正确；‎ ‎③吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡结晶水合物和氯化铵反应是吸热反应，常温下可发生；有的放热反应也需要加热才能进行，如铝热反应；故③错误；‎ ‎④反应物物质的量不同，反应的能量变化不同，故④正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了反应能量的变化分析判断，解题关键：理解反应条件和吸热、放热的关系，易错点③，反应吸热还是放热与反应条件没有必然联系．‎ ‎2.可逆反应A(g)+ 4B(g) C(g)+ D(g)，在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是( )‎ A. vA==0.15mol/(L·min) B. vB==0.02 mol/(L·s)‎ C. vC==0.4 mol/(L·min) D. vD==0.01 mol/(L·s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用比值法可知，化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快，据此分析判断。‎ ‎【详解】化学反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快。A、=0.15；B、=0.3；C、=0.4；D、=0.6；显然D中比值最大，反应速率最快，故选D。‎ ‎【点睛】利用比值法解答时，要注意单位需要相同，这是本题的易错点。本题也可以根据方程式转化为同一物质的化学反应速率，进行大小的比较。‎ ‎3.在一定温度时，容积为5L的某密闭容器中将1mol A和2mol B发生如下反应：A(s)+2B(g) C(g)+2D(g)，经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L。下列叙述不正确的是( )‎ A. 在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol/(L·min)‎ B. 5min时，容器内D的浓度为0.2mol/L C. 5min时容器内气体总的物质的量为3mol D. 当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2mol•L-1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L-1=1mol，则 ‎        A(s) + 2B(g)C(g) + 2D(g)‎ 起始： 1mol     2mol     0       0‎ 转化： 0.5mol   1mol    0.5mol  1mol ‎5min时：0.5mol   1mol   0.5mol   1mol A．在5min内该反应用C浓度变化表示的反应速率为=0.02mol•L-1•min-1，故A正确；‎ B．5min时，容器内D的浓度为=0.2mol•L-1，故B正确；‎ C．5min时容器内气体总物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，故C错误。‎ D．反应前后气体的体积不等，则当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意A为固体。‎ ‎4.下列说法中，正确的是(　　)‎ A. 第ⅠA族元素的金属性一定比ⅡA族元素的金属性强 B. 除短周期外，其他周期均有18种元素 C. 短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小 D. 主族是由短周期元素和长周期元素共同组成族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第ⅠA族元素的金属性不一定比ⅡA族元素的金属性强，如Li比Ca、Ba等金属的金属性弱，故A错误；‎ B．四、五周期有18种元素，第六、七周期有32种元素，故B错误；‎ C．核外电子层数越多，离子半径越大，同周期元素的离子半径，阳离子半径小于阴离子半径，故C错误；‎ D．副族元素与Ⅷ族不含短周期元素，除0族外，短周期元素和长周期元素共同组成的族称为主族，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.在两个恒容的密闭容器中，进行下列两个可逆反应：‎ 甲：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)‎ 乙：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ 下列状态中能表明甲、乙容器内的反应都达到平衡状态的是(　　)‎ A. 混合气体密度不变 B. 反应体系中温度保持不变 C. 各气体组成浓度相等 D. 恒温时，气体压强不再改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，密度始终不变，因此混合气体密度不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故A错误；‎ B．化学反应一定伴随着能量的变化，反应体系中温度保持不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；‎ C．各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度是否不变，无法证明达到了平衡状态，故C错误；‎ D．乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握化学平衡的特征中解题的关键。本题的易错点为A，要注意题意要求“表明甲、乙容器内的反应” 都达到平衡状态。‎ ‎6.如下图是从元素周期表中截取下来的，甲、乙、丙为短周期主族元素，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 丁一定是金属元素，其金属性比丙强 B. 丙的最高价氧化物水化物显强酸性 C. 乙的氢化物是以分子形式存在，且分子间存在氢键 D. 戊的原子序数一定是甲的5倍，且原子半径比甲大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：甲、乙、丙为短周期主族元素，由位置可知，甲、乙一定为第二周期元素，丙为第三周期元素，丁、戊为第四周期元素，A．丁不一定是金属元素；B．若丙为P元素，则其最高价氧化物对应的水化物不是强酸；C．乙元素可能是N、O、F，则氢化物中含有氢键；D．甲、戊元素不能确定，则原子序数的关系不能确定。‎ 详解：已知甲、乙、丙为短周期主族元素，由图可知甲、乙位于第二周期，丙为与第三周期，丁、戊为第四周期，A．根据元素在周期表中的位置，丁可能是As、Ge、Ga元素，所以丁不一定是金属元素，选项A错误；B．丙元素可能是Si、P、S，若丙为Si、P元素，则其最高价氧化物对应的水化物不是强酸，选项B错误；C．乙元素可能是N、O、F，它们的氢化物均为分子晶体，氢化物中含有氢键，选项C正确；D．甲、戊元素不能确定，则原子序数的关系不能确定，若甲为C元素，则戊为Se元素，不是5倍的关系，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答该题的关键，题目难度不大，注意理解同主族元素的原子序数关系。‎ ‎7.A、B、C均为短周期元素，A、B同周期，A、C的最低价离子分别为A2－ 和C－，B2+ 和C 具有相同的电子层结构，下列说法中正确的是 A. C元素的最高正价为+7价 B. 离子半径：A2－＞C－＞B2+‎ C. 原子半径：A＞B＞C D. 还原性：A2－＜C－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意可得：A是S；B是Mg；C是F。A．由于F是非金属性最强的元素，因此F元素无最高正价。错误。B．对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子的比较就越小；对于电子称结构不同的微粒来说，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。因此离子半径：A2－＞C－＞B2+。正确。C．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大。因此原子半径：B＞A＞C。错误。D．离子核外电子层数越多，电子受到原子核的吸引力就越小，电子乐容易失去，即还原性就越强。因此还原性：A2－>C－。错误。‎ 考点：考查元素的推断及元素及化合物的性质的比较的知识。‎ ‎8.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O；Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－，根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是(　　)‎ A. Zn是正极，Ag2O是负极 B. 使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极 C. 在使用过程中，电池负极区溶液的碱性减弱 D. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池原理结合电极反应式知，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，锌作负极，氧化银作正极，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．原电池中，失电子的电极是负极，得电子的电极是正极，所以锌是负极，氧化银是正极，故A错误；‎ B．锌是负极，氧化银是正极，原电池工作时，电子从锌沿导线流向氧化银，故B错误；‎ C．根据电极反应式Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O知，负极上氢氧根离子参与反应，导致氢氧根离子浓度减小，则溶液的碱性减弱，故C正确；‎ D．负极锌失电子发生氧化反应，正极氧化银得电子发生还原反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(　　)‎ A. 反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4 转移2 mol 电子 B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－===2H2O C. 电池工作时，CO32-向电极B移动 D. 电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－===2CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，甲烷和水经催化重整生成CO和H2；燃料电池中，通入CO和H2燃料电极为负极，被氧化生成二氧化碳和水，通入氧气的电极为正极，氧气得电子生成CO32-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；‎ B．熔融碳酸盐燃料电池的电解质中没有OH-，电极A的反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，故B错误；‎ C．燃料电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，故C错误；‎ D．电极B为正极，正极上氧气得电子生成CO32-，反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确原电池的原理是解题的关键。本题的易错点为B，书写电极反应式时要注意结合电解质的影响书写。‎ ‎10.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴 B. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂 C. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 D. 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故B错误；C．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故C正确；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确；故选B。‎ 点睛：本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查。本题的易错点为D，要熟悉富集溴的原理。‎ ‎11.下列系统命名法正确的是( )‎ A. 2-甲基-4-乙基戊烷 B. 2-甲基-3-丁炔 C. 2,3-二乙基-1-戊烯 D. 2,3-二甲基苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．戊烷中出现4-乙基，说明选取的不是最长碳链，正确命名为：2，4-二甲基己烷，故A错误；‎ B．2-甲基-3-丁炔，链端选取错误，正确命名为：3-甲基-1-丁炔，故B错误；‎ C．2，3-二乙基-1-戊烯，符合烯烃的命名，故C正确；‎ D．2，3-二甲基苯的编号错误，正确命名为：1，2-二甲基苯(或邻二甲苯)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列有机物相关描述不正确的( )‎ A. 用溴水能区分乙酸、己烯、苯、四氯化碳 B. 分子中至少有11个碳原子处于同一平面上 C. 实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次加入浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸 D. 除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．己烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，溴水褪色；苯和四氯化碳均能萃取溴水中的溴，苯层在水的上层，四氯化碳在水下层；乙酸与溴水互溶，无明显现象，现象不同，能区分，故A正确；‎ B．甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上。两个苯环通过单键相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环所在平面。分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故B正确；‎ C．加入酸液时应避免酸液飞溅，应先加入乙醇，再加浓硫酸，防止浓硫酸溶解放热造成液体飞溅，最后慢慢加入冰醋酸，故C错误；‎ D．乙酸与足量生石灰反应后增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意碳碳单键可以旋转，该分子至少有11个碳原子处于同一平面上，最多14个碳原子处于同一平面上。‎ ‎13.劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷。关于该化合物的说法正确的是 A. 与互为同系物 B. l mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2‎ C. 一氯代物有4种 D. 分子中所有原子均处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；与不是同系物，故A错误； ‎ B. 的分子式为C4H8O2，l mol完全燃烧消耗O2为（4+-）mol=5mol，故B正确；‎ C. 分子中只有一种类型的氢原子，所以一氯代物只有1种，故C错误；‎ D. 甲烷为四面体结构，分子中含有与甲烷相同的饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及同系物概念、同分异构体种数的判断、有机物的空间构型以及有机物燃烧耗氧量的计算等，D项为易错点，注意含有饱和碳原子时，有机物中的所有原子不可能共平面。‎ ‎14.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．‎ ‎15.下列说法中正确的一组是(　　)‎ A. H2、D2和T2互为同位素 B. 和互为同分异构体 C. 正丁烷和异丁烷互为同系物 D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2、D2和T2都是氢元素形成的单质，只是组成的原子种类不同，但结构相同，属于同一种物质的不同分子，故A错误； ‎ B．为四面体结构，碳原子连接的原子在空间相邻，组成相同，为同一物质，故B错误；‎ C．正丁烷和异丁烷可以表示为和，分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故C错误；‎ D．(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2的结构可以表示为和分子组成相同，结构相同，为同一种物质，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16. 将0.2 mol下列烃完全燃烧后，生成的气体缓缓通过0.5 L 2mol/L的NaOH溶液中，生成正盐和酸式盐的物质的量之比为1：3，则该烷烃是（ ）‎ A. 乙烷 B. 丙烷 C. 丁烷 D. 戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：假设该烷烃分子中含有n个C原子，则完全燃烧产生CO2的物质的量是0.2nmol。n(NaOH)=" 0.5" L ×2mol/L=1mol。假设产生的Na2CO3的物质的量为amol,则NaHCO3为3amol。则根据Na守恒可得2a+3a=1,解得a=0.2mol,所以Na2CO3为0.2mol,NaHCO3为0.6mol。根据C守恒可得0.2n=0.8,所以n=4.因此该烷烃是丁烷。‎ 考点：考查有机物燃烧规律及化学式的确定的知识。‎ 二、填空题(共52分)‎ ‎17.已知：A是来自石油的重要的基本有机化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。‎ ‎(1)A的电子式为___________，F的结构简式为___________。‎ ‎(2)D分子中的官能团名称是__________，请设计一种实验来验证D物质存在该官能团的方法是______________________。‎ ‎(3)写出下列反应的化学方程式并指出反应类型 反应②：______________________，反应类型_________。 ‎ 反应③：______________________，反应类型_________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 羧基 (4). D与碳酸氢钠溶液混合，若有气泡产生，则D中含有羧基 (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). 氧化反应 (7). CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (8). 酯化反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是来自石油的重要有机化工原料，此物质可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，所以A是H2C=CH2，E是具有果香味的有机物，E是酯，酸和醇反应生成酯，则B和D一种是酸一种是醇，B能被氧化生成D，A反应生成B，碳原子个数不变，所以B是CH3CH2OH，D是CH3COOH，铜作催化剂、加热条件下，CH3CH2OH被氧气氧化生成C，C是CH3CHO，乙酸与乙醇分子酯化反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，A反应生成F，F是一种高聚物，乙烯发生加聚反应生成高聚物F为，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为H2C=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，F为。‎ ‎(1)A是H2C=CH2，A的电子式为，F的结构简式 ，故答案为：；；‎ ‎(2)D是CH3COOH，D中的官能团为羧基，检验乙酸含有羧基，可以将乙酸溶液中加入碳酸氢钠，如果有气体产生，则证明该物质中有羧基，故答案为：羧基；D与碳酸氢钠溶液混合，若有气泡产生，则D中含有羧基；‎ ‎(3)反应②是乙醇的催化氧化，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反应；反应③是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，属于酯化反应，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应。‎ ‎18.电池在我们的生活中有着重要的应用，请回答下列问题：‎ ‎(1)为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是______(填序号)，写出正极的电极反应式______________。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05 mol电子时，两个电极的质量差为_____________。‎ ‎(2)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)。‎ ‎ 实验测得OH−向B 电极定向移动，则_____(填“A”或“B”)处电极入口通甲烷，其电极反应式为_________________当消耗甲院体积为33.6 L(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). ③ (2). Cu2++2e-＝Cu (3). 3g (4). B (5). CH4-8e-+10OH-＝CO32-+7H2O (6). 9.6mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①中铜是负极，碳是正极，铁离子在正极放电生成亚铁离子，不能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱；‎ ‎②中在常温下铁遇浓硝酸发生钝化，铁是正极，铜是负极，不能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱；‎ ‎③中铁是负极，碳是正极，铜离子在正极得到电子生成铜，能比较Fe2+与Cu2+‎ 氧化性强弱，正极的电极反应为Cu2++2e-=Cu；‎ 当导线中通过0.05mol电子时，消耗铁0.025mol×56＝1.4g，析出铜是0.025mol×64g/mol＝1.6g，则两个电极的质量差为1.4g+1.6g＝3.0g；‎ ‎(2)①实验测得OH-定向移向B电极，则B电极是负极，因此B处电极入口通甲烷，其电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；‎ ‎②甲院的体积为33.6L(标准状况下)，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。‎ ‎19.（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。该可逆反应达到平衡的标志是________。‎ A．3v正(H2)＝2v逆(NH3) B．单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2‎ C．容器内的总压强不再随时间而变化 D．混合气体的密度不再随时间变化 ‎（2）工业上可用天然气为原料来制取合成氨的原料气氢气。某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的原理，在一定温度下，体积为2 L的恒容密闭容器中测得如下表所示数据。请回答下列问题：‎ 时间/min CH4/mol H2O/mol CO/mol H2/mol ‎0‎ ‎0.40‎ ‎1.00‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎5‎ a ‎0.80‎ c ‎0.60‎ ‎7‎ ‎0.20‎ b ‎0.20‎ d 分析表中数据，判断5 min时反应是否处于平衡状态？______(填“是”或“否”)，前5 min反应的平均反应速率v(CH4)＝____________________。‎ ‎（3）恒温恒容下，将2 mol 气体A和2 mol气体B通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋B(g)⇌ xC(g)＋2D(s)，2 min后反应达到平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol/L。‎ ‎①x＝________。‎ ‎②A的转化率与B的转化率之比为________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 是 (3). 0.02 mol·L－1·min－1 (4). 3 (5). 2：1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平衡状态的特征分析；‎ ‎（2）根据平衡时物质的浓度不再发生变化分析；根据反应速率＝△c/△t计算；‎ ‎（3）根据三段式计算。‎ ‎【详解】（1）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则 A．3v正(H2)＝2v逆(NH3)不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，A不选；‎ B．单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2均是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B不选；‎ C．正反应体积减小，容器内的总压强不再随时间而变化能说明反应达到平衡状态，C选；‎ D．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到平衡状态，D不选；‎ 答案选C。‎ ‎（2）根据方程式CH4+H2O＝CO+3H2结合表中数据可知c＝0.2，所以5 min时反应已经处于平衡状态；前5 min内消耗甲烷是0.2mol，浓度是0.1mol/L，则反应的平均反应速率v(CH4)＝0.1mol/L÷5min＝0.02 mol·L－1·min－1。‎ ‎（3） 2A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(s)‎ 起始量（mol） 2 2 0‎ 转化量（mol） 1.6 0.8 0.8x 平衡量（mol） 0.4 1.2 0.8x ‎①C的浓度为1.2 mol/L，则1.2×2＝0.8x，解得x＝3。‎ ‎②A的转化率与B的转化率之比为。‎ ‎20.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)请写出C装置中生成CH2Cl2的化学方程式：_______________________。‎ ‎(2)B装置有三种功能：①混匀混合气体；②________；③_______。‎ ‎(3)D装置的名称为___________，其作用是___________。‎ ‎(4)E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为___________(填字母)。‎ a.分液法 b.蒸馏法 c.结晶法 ‎(5)将1mol CH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为_______________ 。‎ ‎(6)已知丁烷与氯气发生取代反应的产物之一为C4H8Cl2，其有 ________种同分异构体。‎ ‎【答案】 (1). CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl (2). 控制气流速率 (3). 干燥气体 (4). 干燥管 (5). 防止倒吸 (6). a (7). 3 mol (8). 9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，C中干燥的甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代甲烷和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，所以E装置是吸收尾气中所氯化氢以制备盐酸，并且防止污染环境，倒置的干燥管能防倒吸，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)C 装置中生成 CH2Cl2 的反应是甲烷和氯气光照发生取代反应生成的，反应的化学方程式：CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl，故答案为：CH4+2Cl2CH2Cl2+2HCl；‎ ‎(2)浓硫酸具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸干燥混合气体，浓硫酸为液体，通过气泡还可以控制气流速度，能均匀混合气体等，故答案为：控制气流速率；干燥混合气体；‎ ‎(3)D 装置为干燥管，氯化氢极易溶于水，干燥管可以防止倒吸，故答案为：干燥管；防止倒吸；‎ ‎(4)氯代烃不溶于水，而HCl极易溶于水，可以采用分液方法分离出盐酸，故选a；‎ ‎(5)根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，可以设其物质的量分别是x、x+0.1mol、x+0.2mol、x+0.3mol，则x+x+0.1mol+x+0.2mol+x+0.3mol=1mol，解得x=0.1mol，发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，因此消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，故答案为：3 mol；‎ ‎(6)丁烷有三种结构，则C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法：、、，共有9种同分异构体，故答案为：9。‎ ‎【点睛】明确实验原理及物质性质、实验基本操作是解本题关键。本题的易错点为(5)，要注意取代反应的特征，参加反应的氯气中的氯原子有一半的Cl进入HCl，另一半进入氯代甲烷。‎ ‎21.有机物A只由C、H、O三种元素组成，常用作有机合成的中间体，测得8.4g该有机物经燃烧生成22.0g ‎ CO2和7.2g水，质谱图表明其相对分子质量为84；红外光谱分析表明A中含有-OH和位于分子端的-C≡C-，核磁共振氢谱显示有3种峰，且峰面积之比为6:1:1。试通过计算求A的分子式和结构简式____________。‎ ‎【答案】C5H8O、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=计算有机物A、二氧化碳、水的物质的量，根据原子守恒计算烃分子中C、H原子数目，根据相对原子质量计算分子中氧原子数目，据此书写烃的分子式；红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6:1:1，分子中有3种不同的H原子，原子数目之比为6:1:1，据此判断有机物A的结构简式。‎ ‎【详解】有机物A只含有C、H、O三种元素，质谱图表明其相对分子质量为84，16.8g有机物A的物质的量==0.1mol，经燃烧生成22.0g CO2，物质的量为=0.5mol，生成7.2g H2O，物质的量为=0.4mol，故有机物A分子中N(C)==5，N(H)==8，根据相对分子质量为84，则N(O)==1，故A的分子式为C5H8O；C5H8O不饱和度为：=2，红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6:1:1，故分子中含有2个CH3、1个-OH连接在同一C原子上，所以A的结构简式为：，故答案为：C5H8O；。‎ ‎ ‎ ‎ ‎