2018-2019学年江苏省扬州中学高一下学期5月月考化学试题（解析版）

2018-2019学年江苏省扬州中学高一下学期5月月考化学试题（解析版）

江苏省扬州中学 2018～2019 学年第二学期阶段检测高一化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 I - 127‎ 第 I 卷（选择题共 45 分）‎ 单项选择题（本题包括 15 小题，每题 3 分，共 45 分。每小题只有一个 选项符合题意）‎ ‎1.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是 A. 二氧化碳的结构式： O=C=O B. HF 的电子式：‎ C. 原子核内有 8 个中子的氧原子：‎ D. CH4 分子的球棍模型：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳的电子式为：，所以二氧化碳的结构式为：O=C=O，A项正确； B．氟化氢属于共价化合物，分子中不存在阴阳离子，其正确的电子式表示为，故B错误； C．原子核内有 8 个中子的氧原子：，C项错误； D．为甲烷的比例模型，甲烷为正四面体结构，甲烷的球棍模型应该为：，D项错误； 答案选A。‎ ‎2.下列实验正确的是（ ）‎ A. 定容 B. 制氨气 C. 制蒸馏水 D. 检验钾离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、不能容量瓶中溶解碳酸钠固体，故A错误；‎ B项、实验室用氯化铵与消石灰共热制备氨气，故B错误；‎ C项、制蒸馏水时，温度计应该在支管口处，不能插在溶液中，故C错误；‎ D项、检验钾离子时，透过蓝色钴玻璃片可观察到火焰颜色为紫色，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，涉及实验基本操作、气体的收集及制备等，把握实验基本技能及实验原理为解答的关键。‎ ‎3.下列物质中含有共价键的离子化合物的是（ ）‎ A. HCl B. N2 C. CaCl2 D. NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. HCl是含有共价键的共价化合物，A错误B. N2是含有共价键的单质，B错误；C. CaCl2是含有离子键的离子化合物，C错误；D. NaOH是含有离子键、共价键的离子化合物，D正确，答案选D。‎ 点睛：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。注意含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，其中离子化合物中可以含有共价键，但共价化合物中一定不存在离子键。‎ ‎4.下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是 A. Ba(OH)2 与稀硫酸反应 B. 甲烷与 O2 的燃烧反应 C. 铝与稀盐酸反应 D. 灼热的炭与 CO2 反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常见的吸热反应有：Ba（OH）2.8H2O与NH4Cl反应、大多数分解反应、有碳参加的氧化还原反应等；在化学反应中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此来解答。‎ ‎【详解】A. Ba(OH)2 与稀硫酸反应为放热反应，A项错误；‎ B. 甲烷与O2的燃烧反应，属于放热反应，B项错误；‎ C. 铝与盐酸的反应属于放热反应，C项错误；‎ D. 灼热的炭与CO2反应为吸热反应，且该反应中碳元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】掌握常见的吸、放热反应是解题的关键，可归纳为：‎ 吸热反应：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，带八个结晶水的氢氧化钡与氯化铵反应，大多数盐的水解反应，少数化合反应，如C与CO2转化为CO的反应；‎ 放热反应：大多数的的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应。‎ ‎5.A、B、C和D均为气体，对于A+ 3B2C + D的反应来说，以下化学反应速率 的表示中反应速率最快的是 A. v(A)＝0.4 mol/(L•s)‎ B. v(B) ＝0.8 mol/(L•s)‎ C. v(C)＝0.6 mol/(L•s)‎ D. v(D) ＝0.5 mol/(L•s)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：‎ A. 0.4 mol/(L•s)/1=0.4；‎ B. 0.8 mol/(L•s)/3=0.26；‎ C. 0.6 mol/(L•s)/2=0.3；‎ D. 0.5 mol/(L•s)/1=0.5，‎ 显然D比值最大，反应速率最快，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但比较反应速率的大小，不能只看数值的多少，而要进行一定的转化，具体比较方法如下：①一看：看化学反应速率的单位是否一致；②二化：将不同物质表示的化学反应速率转化成同一物质表示的化学反应速率，或分别除以相应物质的化学计量数。③三比较：比较同一物质表示的化学反应速率或除以化学计量数之后的数值。数值越大，反应进行得越快。‎ ‎6.下列有关石油炼制和煤的利用的说法正确的是 （ ）‎ A. 煤的气化、液化和干馏是物理变化 B. 通过石油分馏得到的汽油是纯净物 C. 石油裂解是为了得到乙烯、丙烯等气态短链烃 D. 干馏的产物能提取出苯、甲苯等芳香烃，因为煤中含有苯和甲苯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题解析：煤的气化、液化和干馏是化学变化，故A错误；通过石油分馏得到的汽油，但汽油是混合物，故B错误；石油裂解最终得到一些不饱和气态烃，如乙烯、丙烯，故C正确；煤的干馏是化学变化，产物中能提取出苯、甲苯等芳香烃，但煤中不含有苯和甲苯，故D错误。‎ 考点：煤和石油的综合利用 ‎7.下列有机反应属于加成反应的是 A. CH4 + Cl2CH3Cl + HCl B. CH2=CH2 ＋ HBr CH3CH2Br C. +HNO3 +H2O D. CH4+2O2 CO2+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH4 + Cl2CH3Cl + HCl为烷烃的取代反应，A项错误；‎ B. CH2=CH2 ＋ HBr CH3CH2Br为烯烃的加成反应，B项正确；‎ C. +HNO3 +H2O为苯的取代反应，C项错误；‎ D. CH4+2O2 CO2+H2O是甲烷的燃烧（氧化）反应，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子HCl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C分别与Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。依据两者的区别，本题的B选项显然为加成反应，而不是取代反应。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。‎ ‎8.下列关于有机物的说法正确的是 A. 正丁烷和异丁烷互为同分异构体，它们的性质完全相同 B. 互为同系物的有机物不可能是同分异构体，但它们一定属于同一类别的物质 C. C4H9Br 的同分异构体有 5 种 D. 溴苯不存在同分异构体这一事实可证明苯分子中不是单双建交替的碳碳键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 正丁烷和异丁烷互为同分异构体，两者化学性质相似，物理性质不同，如正丁烷的熔沸点较异丁烷高，A项错误；‎ B.结构相似且组成上相差n个CH2的化合物互为同系物，则互为同系物的有机物不可能是同分异构体，但它们结构相似，一定属于同一类别的物质，B项正确；‎ C. C4H9Br可看作是C4H10分子的H原子被Br原子取代，C4H9有4种结构，所以组成是C4H9Br的同分异构体有4种，C项错误；‎ D. 无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一溴代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，D项错误；‎ ‎9.某反应由两步反应 A BC 构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是 A. 三种化合物中 C 最稳定 B. 两步反应均为吸热反应 C. A 与 C 的能量差为 E 4‎ D. AB 反应，反应条件一定要加热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，故A正确；‎ B、由图象可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故B错误；‎ C、A与C的能量差为ΔH=（E1-E2）+（E3-E4）=E1+E3-E2-E4，则C错误；‎ D、AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为C，注意把握反应热的计算。‎ ‎10.在一定条件下，在一恒容密闭容器中，能表示反应 X(g)+Y(g) 2Z(g)一定达到平 衡状态的是 ‎①容器中气体的密度不再发生变化 ②X、Y、Z 的浓度不再发生变化 ‎③容器中的压强不再发生变化 ④单位时间内生成 n mol Y，同时生成 2n mol Z A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①根据质量守恒定律知，混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以不能根据密度判断反应是否达到平衡状态，错误；②当反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，所以能判断该反应达到平衡状态，正确；③该反应的反应前后气体体积改变，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，所以压强不再变化，所以能判断该反应达到平衡状态，错误；④当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2n mol Z，同时生成n mol Y，正确.故选项B正确。‎ 考点：考查化学平衡状态的判断的知识。‎ ‎11.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是 A. 常温常压下，28 g 乙烯和丙烯（C3H6）的混合气体中所含氢原子数为 4NA B. 常温常压下，22.4LC2H4 中含有的分子数目为 NA C. 1mol CH4完全转化为 CCl4 至少需要 Cl2分子的数目为 2NA D. 1L 1mol·L－1CH3COOH 溶液中含有的氢离子数目为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯和环丙烷（C3H6）的通式是CnH2n, 乙烯和环丙烷（C3H6）组成的28g混合气体中含有氢原子数， ,A项正确；‎ B. 常温常压不是标准状况，22.4LC2H4 的物质的量无法计算，B项错误；‎ C. 1molCH4与Cl2完全反应后测得四种取代物物质的量相等，也就是生成的CH3Cl，CH2Cl2 CHCl3，CCl4的物质的量都是0.25mol,根据取代反应的特点，有机取代产物分子中有几个Cl原子， 参加反应的 Cl2分子就是几个，故消耗Cl2物质的量是0.25mol×(1+2+3+4)=2.5mol,C项错误；‎ D. 1L 1mol·L－1的醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸是弱酸，部分电离，溶液中含有氢离子（包括水电离的，水是更弱的电解质）数目少于0.1NA，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，涉及同位素摩尔质量、气体摩尔体积、溶液中离子数、氧化还原反应中转移电子数的计算。注意22.4L/mol适用于标准状况下由气体体积计算气体分子物质的量。‎ ‎12.已知：①C(s)＋1/2O2= CO(g)； △H＝－110.5 kJ·mol－1‎ ‎②C(s)＋O2(g)＝CO2 (g)；△H＝－393.51 kJ·mol－1‎ 则反应 C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)的△H 为 A. －283.01 kJ·mol－1 B. ＋283.01 kJ·mol－1‎ C. ＋172.51 kJ·mol－1 D. －172.51 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用盖斯定律，将①×2-②，可得 C（s）+CO2（g）═2CO（g），反应热随之相加减，可求得反应热。‎ ‎【详解】①C(s)＋1/2O2= CO(g)； △H＝－110.5 kJ·mol－1‎ ‎②C(s)＋O2(g)＝CO2 (g)；△H＝－393.51 kJ·mol－1‎ 利用盖斯定律，将①×2-②，可得C(s)＋CO2(g)＝2CO(g) △H = -221 kJ•mol-1 + 393.51 kJ/mol =‎ ‎ +172.51 kJ/mol，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎13.下列离子方程式表达正确的是 A. 用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-‎ B. 将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：3Fe2＋＋NO3 －＋4H＋=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O C. 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：NH4++ OH－====NH3·H2O D. NaAlO2 溶液中通入过量 CO2：2AlO2-+ CO2 + 3H2O === 2Al(OH)3↓ +CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+Mg(OH)2↓+H2↑，A项错误； B. 硝酸具有氧化性，能将氯化亚铁溶液氧化，氯化亚铁溶液和稀硝酸混合后反应的实质是：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，B项正确； C. 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：HCO3-+NH4++2OH-=NH3•H2O+CO32-+H2O，C项错误； D. NaAlO2溶液中通入过量CO2时，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，D项错误；‎ 答案选B ‎【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取 “以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。‎ ‎14.某化学兴趣小组为了探究铬和铁的活泼性，设计如图所示装置，下列推断合理的是 A. 若铬比铁活泼，则电子经外电路由铁电极流向铬电极 B. 若铁比铬活泼，则溶液中 H+向铁电极迁移 C. 若铬比铁活泼，则铁电极反应式为 2H＋＋2e－＝H2↑‎ D. 若铁电极附近溶液 pH 增大，则铁比铬活泼 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，氢离子在铁上得电子发生还原反应，电子经外电路由铬电极流向铁电极；若铁比铬活泼，则负极为铁失电子发生氧化反应，正极为铬，氢离子在铬上得电子发生还原反应，电子经外电路由铁电极流向铬电极。‎ ‎【详解】A. 若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，电子经外电路由铬电极流向铁电极，A项错误； B. 若铁比铬活泼，则负极为铁失电子发生氧化反应，正极为铬，溶液中的氢离子在正极得电子，氢离子向正极铬移动，B项错误；‎ C. 若铬比铁活泼，则负极为铬失电子发生氧化反应，正极为铁，氢离子在铁上得电子发生还原反应，反应式为2H++2e-=H2↑，C项正确； D. 若铁电极附近溶液pH增大，则发生2H++2e-=H2↑，所以铁为正极，则铬比铁活泼，D项错误。 答案选C。‎ ‎15.对于 1LH2SO4 和 HNO3 的混合溶液，若 H2SO4 和 HNO3 物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.5mol·L-1，则理论上最多能溶解铜的物质的量为 A. 0.48mol B. 0.72mol C. 0.90mol D. 1.20mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，根据反应：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O来计算。‎ ‎【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子，硝酸与铜反应生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，反应离子方程式如下：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多，设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为ymol，则x+y=1.5， =1：4，解得x=0.9mol，y=0.6mol，设参加反应的铜的最大物质的量是z，‎ ‎3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎ ‎3        2‎ z      0.6‎ ‎ ‎ 解得：z = 0.9 mol，即理论上最多能溶解铜的物质的量为0.90 mol，C项正确；‎ 答案选C。‎ 第II卷共 55分 ‎16.（1）①16O、17O、18O ②C2H5OH、CH3OCH3 ③石墨、金刚石 ④H、D、T 四组微粒或 物质中，互为同位素的是_____；（填序号，下同）互为同素异形体的是_________。‎ ‎（2）现有①SiO2、②碘、③Na2SO4、④MgCl2 四种晶体，按下列要求回答（用序号填空）： 晶体熔化时需要破坏共价键的是_______；熔点最低的是_____；晶体中只 存在一种微粒间作用力是_____。‎ ‎【答案】 (1). ① ④ (2). ③ (3). ① (4). ② (5). ① ④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体； （2）原子晶体熔化时需要破坏共价键；分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，相对分子质量越小，该分子晶体的熔点越低；原子晶体或单原子分子的分子晶体或只含离子键的离子晶体或金属晶体中只存在一种微粒间作用力。‎ ‎【详解】（1）①16O、17O、18O质子数相同，中子数不同，它们互为同位素；‎ ‎②②C2H5OH、CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ ‎③石墨、金刚石都是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体；‎ ‎④H、D、T质子数相同都为1，中子数分别为0、1、2不同，互为同位素；‎ 根据分析可知，互为同位素的为①④，互为同素异形体为③，‎ 故答案为：①④；③；‎ ‎(2)原子晶体熔化时需要破坏共价键，①SiO2属于原子晶体，所以熔化时需要破坏共价键的是①；分子晶体的熔点较低，因②碘属于分子晶体，沸点最低的是②；晶体中只存在一种微粒间作用力，说明该物质为原子晶体或单原子分子的分子晶体或只含离子键的离子晶体或金属晶体，满足条件的有①SiO2和④MgCl2，故答案为：①；②；①④。‎ ‎17.X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知：气体 YX3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，Z 和 X 在同一主族，Q 原子的最外层电子数是其周期序 数的 2 倍。回答下列问题：‎ ‎（1）Q 在元素周期表中的位置为__________YX3 的电子式为___________ （用元素符号表示）。‎ ‎（2）X、Y、Z 原子的半径从大到小的顺序是 _________（用元素符号表示）。‎ ‎（3）X2Q 与 Y 的最高价氧化物的水化物的稀溶液反应会生成 Q 单质，试写出该反应的 化学方程式____________‎ ‎（4）能证明 R 的非金属性比 Q 强的实验事实是_____（填字母序号）。‎ a．R2 与 H2 化合比 Q 与 H2 化合容易，且 HR 的稳定性比 H2Q 强 b．H2Q 的水溶液中通少量的 R2 气体可置换出单质 Q c．HR 的水溶液酸性比 H2Q 的水溶液酸性强 ‎（5）气体 YX3 在水中的溶解性特别大的原因是___________________‎ ‎【答案】 (1). 第三周期ⅥA 族 (2). (3). Na>N>H (4). 3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O (5). ab (6). NH3与H2O分子之间能够形成氢键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，气体YX3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则Y为N，X为H，Z和X在同一主族，则Z为Na，Q原子的最外层电子数是其周期序数的2倍，即最外层有6个电子，所以Q为S，则R为Cl，据此答题。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、Q、R分别是H、N、Na、S和Cl，则：‎ ‎（1）Q为S，原子序数为16，在元素周期表中的位置为第三周期ⅥA族；NH3的电子式为；；‎ ‎（2）电子层数越多，原子半径越大，所以H、N、Na原子的半径从大到小的顺序是Na>N>H；‎ ‎（3）N的最高价氧化物的水化物的稀溶液为硝酸，H2S 与HNO3发生氧化还原反应会生成 S单质，其化学方程式为：3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O；‎ ‎（4）a. 元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以Cl2与H2化合比S与H2化合容易，且HCl的稳定性比H2S强，能证明氯的非金属性比硫强，a项正确； ‎ b. H2S的水溶液中通少量的Cl2气体可置换出单质S，说明Cl2的氧化性强于S，所以能证明氯的非金属性比硫强，b项正确； ‎ c. 元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，HCl的水溶液酸性比H2S的水溶液酸性强，不能说明氯的非金属性比硫强，c项错误；故选ab。‎ 气体NH3在水中的溶解性特别大主要是因为NH3与H2O分子之间能够形成氢键。‎ ‎18.（1）某同学设计了如下实验流程：在一个小烧杯里，加入 20g Ba(OH)2·8H2O 晶体和10gNH4Cl 晶体，然后将小烧杯放在事先已滴有 3 滴～4 滴水的玻璃片上，并立即用玻璃 ‎ 棒迅速搅拌。实验流程示意图如下，回答下列问题 ：‎ ‎①实验中玻璃棒的作用是_____________________________ ‎ ‎②浸有稀硫酸的棉花的作用是__________。‎ ‎（2）沼气是一种廉价能源，农村存在大量的秸秆、杂草等废弃物，它们经微生物发酵之 后，便可产生沼气，可用来点火做饭。在农村推广建造沼气池，不仅能有效地利用__________ 能， 还能为农业生产提供优良的肥料。已知： 标准状况下的 112.0L CH4 气体完全燃烧，生成 CO2 和液态水，放出 4448kJ 的热量。‎ ‎①写出 CH4 完全燃烧的热化学方程式为_____。‎ ‎②如果上述反应生成的是水蒸气，则反应放出的热量____________4448kJ。（填“＞”或“＜”或“＝”）‎ ‎（3）钢铁在潮湿的空气中生锈主要是由电化学腐蚀造成的，发生腐蚀时铁和内部的杂质 碳及钢铁表面的电解质溶液形成原电池。钢铁发生吸氧腐蚀时正极的电极反应式_________。‎ ‎【答案】 (1). 搅拌使混合物充分接触并反应 (2). 吸收反应中产生的氨气 (3). 生物质 (4). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H= -889.6KJ•mol-1 (5). ＜ (6). O2+4e-+2H2O=4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①固体混合物的反应用玻璃棒搅拌有利于充分接触，加速反应进行，快速搅拌使温度快速下降； ②氨气对人有害，不能直接排放，需要进行尾气吸收；‎ ‎（2）秸秆、杂草等废弃物．它们经微生物发酵之后，便可产生沼气，可用来点火做饭或发电照明，说明是生物能转化为化学能；依据热化学方程式书写热化学方程式，标注物质聚集状态和对应反应的焓变；‎ ‎（3）钢铁发生吸氧腐蚀时电解质溶液为中性或碱性环境，氧气在正极发生得电子的还原反应，据此书写电极反应式。‎ ‎【详解】（1）①为了使反应物迅速混合而充分反应，使温度迅速下降，从而使反应现象更加明显，所以实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌，故答案为：搅拌使混合物充分接触并反应； ②该反应中有氨气生成，氨气对人体有害的气体，会对环境造成污染，所以不能直接排放到大气中，应该所以完全吸收装置，可以使用稀硫酸吸收，故答案为：吸收反应中产生的氨气；‎ ‎（2）秸秆、杂草等废弃物。它们经微生物发酵之后，便可产生沼气，可用来点火做饭或发电照明，说明是生物质能转化为化学能；‎ ‎①已知标准状况下112 L甲烷物质的量为5 mol，完全燃烧生成液态水时放出4448 kJ的热量,所以1mol甲烷烷醛燃烧生成二氧化碳和液态水放热889.6 kJ，甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H= -889.6KJ•mol-1；‎ ‎②如果上述反应生成的是水蒸气，液态转变为气态要吸收热量，故反应放出的热量小于4448kJ，故答案为：<；‎ ‎（3）钢铁发生吸氧腐蚀时正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。‎ ‎19.H2O2 是实验室常见的强氧化剂，在医疗上可用作消毒剂等。‎ ‎（1）一种正在开发的利用O2和H2O作原料通过化合制取H2O2的方法，其原理如图所示。该方法制取H2O2的总化学反应方程式为 ___________________ ‎ ‎ ‎ ‎（2）为探究外界条件对 H2O2 分解化学反应速率的影响，相关实验设计如下表所示：‎ 试管 编号 实验目的 H2O2 溶液 温度 水的 体积/mL FeCl3 溶 液体积 ‎/mL 质量 分数 体积 ‎/mL Ⅰ 为编号Ⅱ实验参照 ‎12%‎ ‎5.0‎ 常温 ‎0‎ ‎0‎ Ⅱ 温度对反应速率的影响 ‎5.0‎ ‎60℃‎ ‎0‎ ‎0‎ Ⅲ 为编号Ⅳ实验参照 ‎4.0%‎ ‎5.0‎ 常温 ‎0‎ Ⅳ ‎4.0%‎ ‎5.0‎ 常温 ‎0‎ ‎1.0‎ 填写表中缺少内容：Ⅱ_______Ⅲ______Ⅳ_______ ‎ ‎（3）由铂（Pt 位于左边）和金（Au 位于右边）组成的纳米棒放入H2O2溶液中（如下图）， 纳米棒将发生定向移动。‎ 则：Au 一侧为电池的________极（选填：“正”或“负”）；纳米棒向_________（选填：“左”或“右”）移动。‎ ‎【答案】 (1). O2+2H2O 2H2O2 (2). 12% (3). 1.0 (4). 催化剂对反应速率的影响 (5). 正 (6). 右 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用O2和H2O作原料通过化合制取H2O2，反应条件是电解（通电）；‎ ‎（2）根据单一变量控制法作答；‎ ‎（3）由图2可知铂（Pt）和金（Au）组成的纳米棒与H2O2溶液形成原电池，H2O2中在铂极失电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，结合原电池的工作原理作答。‎ ‎【详解】（1）依据题意可知，利用 O2 和 H2O 作原料通过化合制取 H2O2的总的化学方程式为：O2+2H2O 2H2O2；‎ ‎（2）实验Ⅰ和实验Ⅱ的温度不同，要探究温度对反应速率的影响，其他条件要相同，则Ⅱ中双氧水的质量分数应与Ⅰ相同，为12%；实验Ⅲ没有使用催化剂，Ⅳ使用氯化铁作催化剂，可知这两个实验是探究催化剂对反应速率的影响，要求其他条件相同，控制溶液总体积相同就可使反应物浓度相同，则Ⅲ中应加蒸馏水1.0mL， 故答案为：12%；1.0；催化剂对反应速率的影响；‎ ‎（3）由图2可知铂（Pt）和金（Au）组成的纳米棒与H2O2溶液形成原电池，H2O2中在铂极失电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子移向正极（Au），氧气形成的气泡推动纳米棒将向右移动， 故答案为：正；右。‎ ‎20.苯是一种重要的化工原料，也是一种重要的溶剂。请回答下列问题：‎ ‎（1）上图是某些有机物的结构模型，其中表示为苯的是________。‎ ‎（2）向 2mL苯中加入 1 mL溴水，震荡、静置，实验现象为_________。‎ ‎（3）在一定条件下，苯能发生多种取代反应。写出苯生成硝基苯的化学方程式_________。‎ ‎（4）在一定条件下，苯可以由乙炔制得，写出乙炔与足量的 H2在加热加压，Ni做催化剂的条件下反应生成乙烷的化学方程式_________。‎ ‎【答案】 (1). D (2). 溶液分层，上层为橙红色（或橙黄色），下层为无色。 (3). +HNO3 +H2O (4). HC≡CH + 2H2CH3CH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）1个苯分子由6个碳原子和6个氢原子构成，根据各物质的结构特点作答；‎ ‎（2）苯与溴水不反应，但会发生萃取，据此分析实验现象；‎ ‎（3）根据苯的密度小于水，苯分子中的键是介于单键和双键之间的一种特殊键，结合苯与浓硝酸在一定条件下发生取代反应生成硝基苯分析；‎ ‎（4）结合已知条件作答。‎ ‎【详解】（1）上述结构的比例模型中，A为甲烷，B为乙烯，C为丙烷，D为苯，故表示为苯的是D；‎ ‎（2）2mL苯中加入1 mL溴水，苯不溶于水，且密度比水小，则溶液会分层，Br2会被萃取到苯层上显橙红色，则现象为：溶液分层，上层为橙红色（或橙黄色），下层为无色；‎ ‎（3）苯会与浓硝酸，在浓硫酸催化作用下，水浴加热到50-65°C后发生取代反应生成硝基苯和水，其化学方程式为：+HNO3 +H2O；‎ ‎（4）乙炔与足量的 H2 在加热加压，Ni 做催化剂的条件下发生加成反应生成乙烷，其化学方程式为：HC≡CH + 2H2CH3CH3。‎ ‎21.一种测定饮料中糖类物质的浓度（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下： 取某无色饮料 20.0 mL，经过处理，该饮料中糖类物质全部转化为葡萄糖，加入适量氢氧 化钠溶液并稀释至 100.0mL．取 10.0mL ‎ 稀释液，加入 30.0mL0.01500mol·L-1I2 溶液，充 分反应后，再用 0.0120mol·L-1Na2S2O3 与剩余的 I2 反应，共消耗 Na2S2O3溶液 25.0mL。‎ 己知：①I2 在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O ‎②Na2S2O3与 I2 能发生如下反应：I2+2 Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6‎ ‎（1）配制 100mL0.01500mol·L-1I2 溶液，需要准确称取___________________gI2 单质（保留 3 位小数）‎ ‎（2）计算该饮料中糖类物质（均以葡萄糖计）的物质的量浓度。（请写出计算过程）‎ ‎________________________________‎ ‎【答案】 (1). 0.381 (2). 0.15mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎（1）配制100.00mL0.01500mol•L-1I2标准溶液，需要准确称取0.1L×0.015mol/L×254g/mol＝0.381gI2单质；（2）取某无色饮料20.00mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液中和稀硫酸并稀释至 100.00mL，取 10.00mL 稀释液，加入 30.00mL 0.01500mol•L-1I2标准溶液，物质的量n（I2）=0.030.00L×0.01500mol•L-1=4.5×10-4mol，滴加2〜3滴淀粉溶液，再用0.01200mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，根据方程式可知I2～2Na2S2O3，因此剩余单质碘是0.01200mol•L-1×0.025.00L/2=1.5×10-4mol，与葡萄糖反应的碘单质物质的量n=4.5×10-4mol-1.5×10-4mol=3×10-4mol，则根据方程式可知葡萄糖的物质的量是3×10-4mol×10＝3×10-3mol，，浓度是3×10-3mol÷0.02L＝0.15mol·L-1。‎ ‎ ‎