2018-2019学年江苏省海安高级中学高一6月月考化学试题（解析版）

2018-2019学年江苏省海安高级中学高一6月月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年江苏省海安高级中学高一6月月考化学试题（解析版）‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．考生务必在答题纸姓名栏内写上自己的姓名、准考证号等，并用2B铅笔涂写在答题卡上。‎ ‎2．每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。不能答在试题卷上。II卷答案填写在答题卡相应位置。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 Si 28‎ Ⅰ卷（选择题）‎ 单项选择题：（本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.下列物质不属于天然高分子化合物的是 A. 淀粉 B. 油脂 C. 蛋白质 D. 纤维素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 淀粉、蛋白质、纤维素属于天然高分子化合物；油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故选B。‎ ‎2.下列有关物质性质的叙述正确的是 A. 二氧化硫能使紫色石蕊溶液变红但不褪色 B. 氯水久置后，漂白性和酸性均减弱 C. 常温下，铁片不能与浓硝酸发生反应 D. 植物油酸性条件下水解生成肥皂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫为酸性氧化物，并且不能漂白指示剂，所以二氧化硫能使紫色石蕊溶液变红不褪色，故A正确；‎ B．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故B错误；‎ C．常温下，铁片与浓硝酸发生钝化生成致密的氧化膜，钝化属于化学变化，故C错误；‎ D．油脂在碱性条件下的水解才能生成肥皂，酸性条件下水解得到甘油和高级脂肪酸，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.可逆反应进行到一定程度时，反应物、生成物浓度均不再改变这是因为 A. 反应停止了 B. 某种反应物已完全反应 C. 正反应速率和逆反应速率相等 D. 反应物和生成物的物质的量相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学平衡状态是动态平衡，正逆反应速率相等，但不等于0，故A错误；‎ B．反应是可逆反应不能进行彻底，故B错误；‎ C．可逆反应进行到一定程度时，反应物浓度不再减少，生成物浓度不再增加，反应达到化学平衡状态，正逆反应速率相同，故C正确；‎ D．反应物和生成物的物质的量是否相等与起始量以及转化量有关，反应达到平衡状态反应物和生成物的物质的量不一定相等，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】掌握化学平衡状态特征是解题的关键。本题的易错点为A，要注意平衡时，正逆反应速率相等，但不等于0。‎ ‎4.短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，R是地壳中含量最多的元素，X与W同主族，Y的最外层电子数是最内层电子数的 3倍。下列说法正确的是 A. 原子半径：R＜Y＜Z B. 简单氢化物的热稳定性：Z＞Y C. R与Y只能形成一种化合物 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，应为H元素；R是地壳中含量最多的元素，则R为O元素，X与W同主族，且原子序数大于O，应为Na元素；Y是最外层电子数是最内层电子数的3倍，原子序数大于O，则Y为S元素；短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，W为H元素，R为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。‎ A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，则原子半径O＜Cl＜S，即R＜Z＜Y，故A错误；‎ B．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：Z＞Y，故B正确；‎ C．O与S可形成二氧化硫、三氧化硫等化合物，故C错误；‎ D．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：Y＜Z，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列各组物质反应(表内物质均为反应物)，反应刚开始时，放出H2的速率最大的是 编号 金属(粉末状)‎ 酸的浓度 酸的体积 反应起始温度 A ‎0.1mol Zn ‎6mol/L HNO3‎ ‎10mL ‎50℃‎ B ‎0.1mol Fe ‎3mol/L H2SO4‎ ‎20mL ‎30℃‎ C ‎0.1mol Zn ‎3mol/L H2SO4‎ ‎10mL ‎30℃‎ D ‎0.1mol Zn ‎3mol/L HCl ‎40mL ‎30℃‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硝酸和锌反应不生成氢气，所以排除A选项。锌的金属性比铁的强，所以在外界条件相同的情况下，锌比铁的反应速率快，因此C＞B；在相同的条件下，氢离子的浓度越大，化学反应速率越快，因此C＞D，故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应一般不放出氢气。‎ ‎6.下列离子方程式书写正确的是 A. FeO溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2+ +H2O B. H2SO4溶液中加少量Ba(OH)2 溶液：SO42-＋H+ + OH- +Ba2+＝BaSO4↓+H2O C. Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱：Ca2＋＋HCO3-＋OH－===CaCO3↓＋H2O D. 酸性碘化钾溶液露置于空气中：4I－＋O2＋4H＋=2I2＋2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸具有强氧化性，FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应：3FeO+NO3-+10H+=3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；‎ B．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；‎ C．Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；‎ D．酸性碘化钾溶液露置于空气中，发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为4I-+O2+4H+═2I2+2H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.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)2·8H2O与NH4Cl反应 B. 铝与稀盐酸 C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷与O2的燃烧反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．铝与稀盐酸反应为放热反应，且该反应中Al元素的化合价升高，H元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故B不选；‎ C．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，属于氧化还原反应，故C选；‎ D．反应中C和O元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，物质的燃烧属于放热反应，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】熟悉常见的吸热反应是解题的关键。常见的吸热反应包括：大部分分解反应，铵盐与碱的反应，以炭、氢气、CO为还原剂的氧化还原反应(不包括燃烧)，水解反应等。‎ ‎8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaClO(aq) HClO(aq) Cl2(g)‎ B. Al(s) NaAlO2(aq) Al(OH)3(s)‎ C. Fe(s) Fe2O3(s) FeCl3(aq)‎ D. N2(g) NO(g) HNO3(aq)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaClO溶液中通入二氧化碳生成HClO，HClO分解生成氧气和HCl，不生成氯气，故A错误；‎ B．Al与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，物质间转化均能实现，故B正确；‎ C．Fe与水蒸气高温反应生成四氧化三铁，不生成氧化铁，故C错误；‎ D．氮气与氧气放电生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列化学方程式书写正确的是 A. ‎ B. CH2=CH2+Br2CH3CHBr2‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯在催化剂条件下生成聚乙烯，化学方程式为，选项A正确；B．乙烯含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，选项B错误；C．苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下在50℃～60℃发生硝化反应，生成硝基苯和水，反应为：+HNO3+H2O，选项C错误；D．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，选项D错误；答案选A。‎ ‎10.下列关于有机物的说法中，正确的一组是 ‎①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物 ‎②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O ‎③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化 ‎④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖 ‎⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①“乙醇汽油”是乙醇和汽油的混合物，而不是化合物，故①错误；‎ ‎②汽油、柴油均是烃的混合物，故是碳氢化合物组成；但植物油属于酯类，属于烃的衍生物，故②错误；‎ ‎③石油的分馏无新物质生成，是物理变化；煤的气化是用煤生产CO和氢气，煤的液化是用煤生产甲醇，故均为化学变化，故③错误；‎ ‎④淀粉和纤维素均为多糖，均能水解且水解的最终产物都是葡萄糖，故④正确；‎ ‎⑤铜丝在醇的催化氧化反应中作催化剂，故反应前后质量不变，即反应前后质量均为ag，故⑤正确；‎ 正确的有④⑤，故选D。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是( )‎ A. 通入过量Cl2：Fe2＋、H＋、NH4+、Cl－、SO42-‎ B. 加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2＋、H＋、SO42-、ClO－‎ C. 加入过量NaOH溶液：Na＋、Fe2＋、NH4+、SO42-、OH－‎ D. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na＋、SO42-、Cl－、ClO－、OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O实验中，过滤出产品的母液(PH<1)含有的离子有Fe2+、NH4+、H+、SO42-；通人过量氯气，亚铁离子被氧化为Fe3+，故A错误；加入少量 NaClO溶液，亚铁离子被氧化为Fe3+，故B错误；加入过量 NaOH 溶液，NH4+、OH-反应生成弱电解质一水合氨，故C错误；加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，Na+、SO42-、Cl-、ClO-、OH-不反应，故D正确。‎ ‎12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向NaCl粉末中加入适量酒精，充分振荡形成无色透明液体。用激光笔照射，出现一条光亮通路 形成的分散系是胶体 B 高温下，C与水蒸气反应生成H2‎ 水蒸气通过灼热的焦炭后，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色 C 取1mL20%的蔗糖溶液，加入3滴稀硫酸。水浴加热5min后，再加入少量新制的Cu(OH)2，加热3~4min，没有出现红色沉淀。‎ 蔗糖未水解 D 向KMnO4溶液中通入SO2，溶液颜色褪去 SO2具有漂白性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丁达尔现象为胶体特有的性质。由现象可知形成的分散系是胶体，故A正确；‎ B．能使无水硫酸铜变蓝色可检验水，水蒸气可能过量，不能说明发生了氢气还原CuO的反应，故B错误；‎ C．取1mL 20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后，加入氢氧化铜浊液之前应该先用氢氧化钠溶液中和稀硫酸，否则影响实验结果，故C错误；‎ D．向KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意正确区分二氧化硫褪色的几个实验的本质，如品红褪色——漂白性、酸性高锰酸钾溶液褪色——还原性、滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。‎ ‎13.将一张滤纸剪成四等份，用铜片、锌片、发光二极管、导线在玻璃片上连接成如图所示的装置，在四张滤纸上滴入稀H2SO4直至全部润湿。下列叙述正确的是 A. 锌片为正极 B. 锌片上有气泡，铜片溶解 C. 电流都是从铜片经外电路流向锌片 D. 该装置至少有两种形式的能量转换 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图示为四个原电池的串联电路，其中Zn为负极，被氧化，Cu为正极，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．锌比铜活泼，锌为负极，故A错误；‎ B．锌为负极，铜为正极，正极上生成氢气，故B错误；‎ C．原电池中电子从锌极经外电路流向铜极，则电流从铜片经外电路流向锌片，故C正确；‎ D．该装置存在电能与化学能、电能与光能的转化，故D正确；‎ 答案选CD。‎ ‎14.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法都正确的是 序号 不纯物 除杂试剂 分离方法 A 乙烷（乙烯）‎ 溴水 洗气 B Cl2(HCl)‎ 饱和食盐水 蒸馏 C 乙醇（水）‎ CaO 蒸馏 D 乙醇（乙酸）‎ NaOH溶液 分液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯与溴水反应，而乙烷不能，洗气可分离，故A正确；‎ B．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，应该用洗气分离，故B错误；‎ C．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故C正确；‎ D．乙醇易溶于水，乙酸能够与氢氧化钠反应，反应后混合物不分层，不能分液分离，故D错误；‎ 答案选AC。‎ ‎15.磷酸亚铁锂（LiFePO4‎ ‎）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：‎ 下列叙述错误的是 A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 B. 从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li、C C. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+‎ D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正极片经碱溶可得到NaAlO2，可说明含有Al元素，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑等，得到含有P、Fe、Li的滤液，加入碱液，生成的沉淀为Fe(OH)3，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．废旧电池会污染土壤和水体，合理处理废旧电池，可减少污染，且回收含有Al、Fe等金属，可节约资源，故A正确；‎ B．由以上分析可知从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li等，C属于非金属，故B错误；‎ C．硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则“沉淀”反应的金属离子为Fe3+，故C正确；‎ D．硫酸锂易溶于水，加入硫酸钠，不能生成含Li沉淀，故D错误；‎ 答案选BD。‎ II卷 非选择题 ‎16.原子序数依次增加的前四周期的主族元素A~H，有关性质如下：‎ 元素代号 A B C D E F G H 原子半径/nm ‎0.037‎ ‎0.074‎ ‎0.073‎ ‎0.071‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0.114‎ 主要化合价 ‎+1‎ ‎+5、－3‎ ‎－2‎ ‎－1‎ ‎+4、－4‎ ‎+6、－2‎ ‎+7、－1‎ ‎+7、－1‎ 已知E的单质是一种常见的半导体材料，分析表中数据，用相应的化学式回答有关问题：‎ ‎（1）元素A与C的原子个数比为1:1的化合物的电子式为_______。‎ ‎（2）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为_______‎ ‎（3）元素C、F形成的阴离子FC32-空间构型为_______‎ ‎（4）元素G、H的气态氢化物的稳定性由强到弱顺序为________‎ ‎（5）元素C、F的气态氢化物沸点由高到低的顺序为______，原因是______‎ ‎（6）元素E的氢化物（EH4）属于_______分子(填“极性”或“非极性”)‎ ‎（7）铬的基态原子价电子排布式为______。‎ ‎（8）尿素[H2NCONH2]分子中，C原子的杂化方式为____；1mol尿素分子中，σ键的数目为______。‎ ‎（9）带有六个结晶水三氯化铁，是橘黄色的晶体，其化学式为[Fe(H2O)6]Cl3，该化合物中，与Fe3+形成配位键的原子是______，写出H2O的一种阴离子的等电子体______‎ ‎【答案】 (1). (2). F＞N＞O (3). 三角锥形 (4). HCl>HBr (5). H2O>H2S (6). H2O分子间存在氢键 (7). 非极性 (8). 3d54s1 (9). sp2 (10). 7mol (11). O (12). NH2-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ D只有-1价，则D为F元素；C只有-2价，C为O元素；G、H均含有+7价和-1价，则G为Cl元素，H为Br元素；F有+6价和-2价，原子半径比H小，比G大，则F为S元素；E的单质是一种常见的半导体材料，E的原子序数比S小，则E为Si元素；A的主要化合价为+1价，原子序数比F小，原子半径也比F小，则A为H元素；B有+5和-3价，原子半径略比C大，则B为N元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为F元素，E为Si元素，F为S元素，G为Cl元素，H为Br元素。‎ ‎(1)元素H与O的原子个数比为1:1的化合物为过氧化氢，为共价化合物，电子式为，故答案为：；‎ ‎(2)同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故答案为：F＞N＞O；‎ ‎(3)元素C、F形成的阴离子FC32-为SO32-，S的价层电子对数=3+=4，采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；‎ ‎(4) 非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性Cl>Br，则元素G、H的气态氢化物的稳定性由强到弱顺序为HCl>HBr，故答案为：HCl>HBr；‎ ‎(5)水分子间能够形成氢键，导致沸点升高，元素C、F的气态氢化物沸点由高到低的顺序为H2O>H2S，故答案为：H2O>H2S；H2O分子间存在氢键；‎ ‎(6)元素E的氢化物(SiH4‎ ‎)与甲烷的结构相似，为正四面体结构，正负电荷重心重合，属于非极性分子，故答案为：非极性；‎ ‎(7)铬为24号元素，基态原子价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；‎ ‎(8) 尿素[H2NCONH2]分子中，中心原子为碳，价电子数为4，形成C=O和2个C-N键，形成3个σ键，没有孤电子对，采用sp2杂化；一分子尿素中含σ键的数目为3+2×2=7，故1mol尿素分子中，σ键为7mol，故答案为：sp2；7 mol；‎ ‎(9) [Fe(H2O)6]Cl3中的配体水H2O，O原子上含有孤电子对，与Fe3+形成配位键的原子是水分子中的O原子；与H2O互为等电子体的一种阴离子可能为NH2-，故答案为：O；NH2-。‎ ‎【点睛】正确判断元素种类是解题的关键。本题的易错点为(8)，要注意根据尿素[H2NCONH2]的结构分析判断。‎ ‎17.有关物质的转化关系如图所示（部分生成物和反应条件已略去）。D、F、G、H均为常见气体，其中D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，G呈黄绿色，H在空气中含量最高；C的摩尔质量为32g·mol－1；E为难溶性碱。‎ ‎（1）C的化学式为_________；‎ ‎（2）A的电子式为_________；‎ ‎（3）写出反应①的离子方程式_______________；‎ ‎（4）写出反应②的化学方程式________________。‎ ‎【答案】 (1). SiH4 (2). (3). Mg2+ +2Cl-+2H2OMg(OH)2↓ +H2↑ +Cl2↑ (4). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl +N2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D为NH3，G呈黄绿色，G为Cl2，H在空气中含量最高，H为N2，氯气和氨气反应生成氮气和A，A在一定条件下可以转化为氨气，则A为氯化铵(NH4Cl)，E为难溶性碱，由转化关系可知，E为Mg(OH)2，B应为MgCl2，则F为H2；C的摩尔质量为32g•mol-1‎ ‎，由转化关系可知，C中含有Si元素，则C为SiH4。据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知C为SiH4，故答案为：SiH4；‎ ‎(2)A为NH4Cl，电子式为，故答案为：；‎ ‎(3)反应①为氯化镁溶液的电解，反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，故答案为：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓；‎ ‎(4)反应②为氯气和氨气的反应，反应的化学方程式为8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl。‎ ‎【点睛】本题的难点为物质的推断，要注意根据“D和G反应生成H和A”突破A。本题的易错点为(2)，要注意氯化铵属于离子化合物，且阳离子为复杂离子，不能用离子符号表示电子式。‎ ‎18.乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：‎ 已知：2CH3CHO+O22CH3COOH ‎（1）上述路线中裂解属于____变化（填“物理”或“化学”）。反应I的反应类型____。‎ CH2＝CH－COOH中官能团的名称_____。D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料。CH3CH=CH2也可以发生类似反应V的反应，其产物结构简式是___。‎ ‎（2）写出反应II的化学方程式____。‎ ‎（3）E是有香味的物质，在实验室中可用如图装置制取。‎ ‎①试管乙中所盛装的试剂为_____。‎ ‎②反应IV的化学方程式是_____。若要把制得的产物分离出来，应采用的实验操作是____。‎ ‎（4）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2＝CH－COOH的说法正确的是___。‎ A.与CH3COOH互为同系物 B.可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体 C.在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应 ‎【答案】 (1). 化学 (2). 加成 (3). 羧基、碳碳双键 (4). (5). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (6). 饱和碳酸钠 (7). C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O (8). 分液 (9). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B，B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C，C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)裂解是由长链转化为短链，发生碳链断裂，属于化学变化；反应I是乙烯与水发生的加成反应；CH2＝CH－COOH中的官能团有碳碳双键和羧基；CH3CH=CH2发生加聚反应，产物的结构简式为，故答案为：化学；加成；羧基、碳碳双键；；‎ ‎(2)反应II是乙醇氧化生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；‎ ‎(3)①实验室制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇杂质，需要通过饱和碳酸钠溶液除去杂质，试管乙中所盛装的试剂为饱和碳酸钠溶液，故答案为：饱和碳酸钠；‎ ‎②反应Ⅳ为乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶，会分层，可以采用分液的方法分离，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；分液；‎ ‎(4)A.CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不同，所含官能团不同，不属于同系物，故A错误；B.CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故B正确；C.CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，含有羧基能发生取代反应(或酯化反应)，故C正确；故选BC。‎ ‎19.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。‎ ‎（1）在700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2 > t1）:‎ 反应时间/min ‎0‎ t1‎ t2‎ n(CO)/mol ‎1.20‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎①反应在t1min内的平均速率：v(H2)＝____mol·L－1·min－1。‎ ‎②t2时刻，该反应的正反应速率___逆反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）。‎ ‎（2）氢氧燃料电池可以使用在航天飞机上，其反应原理示意图如图。‎ ‎①该电池供电时，____能转化为____能。‎ ‎②写出该电池供电时的总反应方程式________。‎ ‎③电极b上发生______反应（“氧化”或“还原”）。‎ ‎④在外电路中，电子流动的方向为________。‎ ‎（3）镁铝合金（Mg17Al10）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al10＋17H2＝17MgH2＋10Al。得到的混合物Y（17MgH2＋10Al）在一定条件下可释放出氢气。‎ ‎①镁铝合金的熔点比金属镁的熔点______。（填“高”或“低”）‎ ‎②在6.0 mol·L-1 HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1 mol Mg17Al10完全吸氢后得到的混合物Y与足量上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为______。‎ ‎【答案】 (1). 0.2/t1 (2). 等于 (3). 化学 (4). 电 (5). 2H2+O2=2H2O (6). 还原 (7). 由a到b (8). 低 (9). 49‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据表格数据首先计算v(CO)，再根据速率之比=化学计量数之比计算v(H2)；②反应在t2时刻为平衡状态；‎ ‎(2)氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极a是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极b是正极，电流由正极电极b通过导线流向负极电极a，据此分析解答；‎ ‎(3)①合金的熔点比成分金属的熔点低；②释放出的H2 包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气。‎ ‎【详解】(1)①根据表格数据，反应在t1min时达到平衡状态，v(CO)＝=mol·L－1·min－1，则v(H2)＝v(CO)＝mol·L－1·min－1，故答案为：；‎ ‎②根据表格数据t2时刻为平衡状态，反应的正反应速率等于逆反应速率，故答案为：等于；‎ ‎(2)①燃料电池中，将化学能转化为电能，故答案为：化学；电；‎ ‎②氢氧燃料电池的总反应式为2H2+O2═2H2O，故答案为：2H2+O2═2H2O；‎ ‎③氢氧燃料电池中通入氧气的电极b是正极，发生还原反应，故答案为：还原；‎ ‎④在原电池中电子从负极沿导线流向正极，a是负极、b是正极，则电子由电极a通过导线流向电极b，故答案为：由a到b；‎ ‎(3)①合金的熔点比成分金属的熔点低，因此镁铝合金的熔点比金属镁的熔点低，故答案为：低；‎ ‎②根据反应方程式，1molMg17Al10完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、10×=15mol，则生成氢气一共(17+17+15)mol=49mol，故答案为：49mol。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)②，要注意释放出的H2 包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气。‎ ‎20.以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：‎ 已知：Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2‎ ‎（1）工业上常将“过滤Ⅰ”的滤液和滤渣洗涤液合并，其目的是____。‎ ‎（2）“氧化”过程发生的离子方程式为___。‎ ‎（3）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节溶液的pH至2，碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为_____(填化学式)。‎ ‎（4）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2＋)中加入N2H4·H2O，在不同浓度氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的浓度为____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2‎ 的离子方程式：_____。‎ ‎（5）不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，可能的原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). 为提高镍、铁元素的利用率 (2). 2H＋＋2Fe2＋＋ClO－=2Fe3＋＋Cl－＋H2O (3). Fe(OH)3 (4). 0.015mol·L－1 (5). N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－=2Ni↓＋N2↑＋5H2O (6). 碱性越强，N2H4·H2O的还原性越强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，滤渣中含有二氧化硅；加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，得到净水剂黄钠铁矾，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3经处理可得到Ni，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)工业上常将“过滤Ⅰ”的滤液(含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+)，滤渣洗涤液合并，可提高镍、铁元素的利用率，故答案为：提高镍、铁元素的利用率；‎ ‎(2)加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2H++2Fe2++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O；‎ ‎(3)碳酸钠过多，溶液碱性过强，则会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；‎ ‎(4)由图象可知，当氢氧化钠浓度为0.015 mol•L-1时，可制得高纯纳米镍粉，方程式为N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O，故答案为：0.015 mol•L-1；N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O；‎ ‎(5)根据(4)的反应可知，N2H4·H2O具有还原性，碱性越强，N2H4•H2O的还原性越强，导致不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，故答案为：碱性越强，N2H4•H2O的还原性越强。‎ ‎21.废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。已知：①HClO的氧化性比NaClO强；②NH3比NH4+更易被氧化；③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9。‎ ‎（1）pH＝1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为________。‎ ‎（2）进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响如图所示 ‎①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是_______‎ ‎②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是______‎ ‎③进水pH应控制在______左右为宜。‎ ‎（3）为研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是_______(填字母)。‎ a．O2的氧化性比NaClO弱 b．O2氧化氨氮速率比NaClO慢 c．O2在溶液中溶解度比较小 d．空气中的N2进入溶液中 ‎【答案】 (1). 3ClO－＋2NH4+=N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋(或3HClO＋2NH4+=N2↑＋3Cl－＋3H2O＋5H＋) (2). 随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降 (3). 随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化 (4). 1.50 (5). abc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；‎ ‎(2)①进水pH为1.25～2.75范围内，结合HClO的氧化性比NaClO强分析解答；②进水pH为2.75～6.00范围内结合NH3比NH4+更易被氧化分析解答；③根据图象结合废水排放标准分析判断；‎ ‎(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。‎ ‎【详解】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO－＋2NH4+=N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋，故答案为：3ClO－＋2NH4+=N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋；‎ ‎(2)①进水pH为1.25～2.75范围内，随着pH升高，HClO含量降低，NaClO的含量升高，由于HClO的氧化性比NaClO强，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降，故答案为：随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；‎ ‎②进水pH为2.75～6.00范围内，随着pH升高，氨氮废水中氨气含量增大，由于NH3比NH4+更易被氧化，使得氨氮更易被氧化，故答案为：随着pH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；‎ ‎③根据图示，结合国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9，进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大，处理过的氨氮废水pH在6左右，符合排放标准，故答案为：1.50；‎ ‎(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小，故答案为：abc。‎ ‎ ‎