广西壮族自治区北海市2019-2020学年高一下学期期末考试教学质量检测化学试卷 Word版含解析

广西壮族自治区北海市2019-2020学年高一下学期期末考试教学质量检测化学试卷 Word版含解析

北海市2020春季学期高一年级期末教学质量检测 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Cl35.5 Cu64 Sr88 Ag108‎ 一、选择题(在每小题列出的四个选项中，请选出最符合题目要求的一项)‎ ‎1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是 A. 食物中绝不允许加入亚硝酸钠等食品添加剂 B. 医用酒精可杀死新型冠状病毒，医用酒精是指75%的酒精 C. 石油的分馏、煤的气化和液化过程都是发生了化学变化 D. 金属钠、镁等活泼金属着火时，可以使用泡沫灭火器来灭火 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．亚硝酸钠（NaNO2）与食盐形态一样，是一种常用的食品添加剂，具有防腐和增色作用，过量食用会引起中毒，餐饮服务单位应加强对亚硝酸钠等食品添加剂的使用管理，故A错误；‎ B．医用酒精能使蛋白质变性，可杀死新型冠状病毒，医用酒精是指75%的酒精，故B正确；‎ C．石油分馏是根据物质的沸点不同进行分离，为物理变化，故C错误；‎ D．二氧化碳可与镁反应生成碳，镁在二氧化碳中燃烧，二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，加速燃烧，金属钠、镁等活泼金属着火时，应用沙子扑灭，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2. 下列做法符合原子经济性原理的是 A. SO3与H2O反应制取硫酸:SO3+H2O=H2SO4‎ B. 用氢氧化钠溶液吸收SO2:SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O C. CO2与H2反应制取甲醇:CO2+3H2CH3OH+H2O D. H2还原氧化铜:H2+CuOCu+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ - 17 -‎ 原子经济性的反应是原料分子中的原子百分之百地转变成产物，不需要附加，或仅仅需要无损耗的促进剂，即催化剂，达到零排放。‎ A．SO3与H2O反应制取硫酸全部转化成产物，符合原子经济性原理，A正确；‎ B．用氢氧化钠溶液吸收SO2产生了小分子水，不符合原子经济性原理，B错误；‎ C．CO2与H2反应制取甲醇产生了小分子水，不符合原子经济性原理，C错误；‎ D．H2还原氧化铜产生了小分子水，不符合原子经济性原理，D错误；‎ 故选A。‎ ‎3. 下列有关元素周期律的叙述正确的是 A. 铍()原子失电子能力比强 B. 最简单氢化物中，化学键之间的作用力：‎ C. 的密度逐渐增大、金属性逐渐减弱 D. 的最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同主族元素从上到下，原子半径依次增大，失去电子能力依次增强，则铍()原子失电子能力比弱，故A错误；‎ B. 氟原子半径小于氧原子，则氢氟键的键长比氢氧键的键长短，则键能大，故B正确；‎ C．同主族元素从上到下，碱金属原子半径依次增大，失去电子能力依次增强，金属性依次增强；另外，碱金属元素从上到下，密度呈增大趋势，但是钾的密度比钠的密度小，故C错误；‎ D. 同一周期，原子序数依次增大，金属性逐渐减弱，则三种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4. 下列说法正确的是 A. 塑料、橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物 B. 可用焦炭或一氧化碳还原氧化铝冶炼铝 C. 煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气 D. 由原电池提供的电能是一次能源、风能是二次能源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光导纤维主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子化合物，故A错误；‎ B．铝属于活泼金属，用电解熔融氧化铝冶炼铝，故B错误；‎ - 17 -‎ C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；‎ D．风能可以直接从自然界获得并加以利用，属于一次能源，原电池不能从自然界直接获得，不是一次能源，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5. 下列说法错误的是 A. 蔗糖、麦芽糖属于双糖，葡萄糖、果糖属于单糖 B. 酶具有高选择催化性能，其绝大多数是蛋白质 C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能与发生加成反应 D. 淀粉和纤维素化学式相同，两者互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蔗糖、麦芽糖属于双糖，葡萄糖、果糖属于单糖，故A正确；‎ B. 酶具有高选择催化性能，其绝大多数是蛋白质，故B正确；‎ C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，分子的烃基中含有碳碳双键，能与发生加成反应，故C正确；‎ D. 淀粉和纤维素的分子组成均可以表示为(C6H10O5)n，但是分子中的n值不同，故二者分子式不同，则两者不互为同分异构体，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎6. 下列化学用语描述正确的是 A. 40Ca的一种同位素为40K B. 中子数为10的氧原子：‎ C. S2-的结构示意图： D. 18个电子的氢的氧化物的分子式：H2O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．40Ca和40K的质子数不同，所以不是同位素关系，故A错误；‎ B．中子数为10的氧原子的质量数为10+8=18，质子数为8，符号为，故B错误；‎ - 17 -‎ C．S2-的核电荷数为16，核外电子数为18，结构示意图为，故C错误；‎ D．H2O2的电子数为2+8´2=18，且属于氢的一种氧化物，故D正确；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎7. 已知反应M+N=X+Y的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. X的能量一定高于M的 B. 该反应为放热反应 C. M、N中化学键断裂时吸收能量 D. 该反应只有在加热条件下才能进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图象分析可知，生成物的总能量大于反应物的总能量，X的能量与M的能量关系无法确定，故A错误；‎ B．图象分析可知，反应物总能量低于生成物总能量，结合能量守恒分析反应是吸热反应，故B错误；‎ C．由化学键断裂时需吸收能量，化学键生成时需释放能量可知，M、N中化学键断裂时吸收能量，故C正确；‎ D．某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和氯化铵发生的吸热反应，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎8. 黄瓜幼苗可以产生自毒物质苯丙烯酸，抑制幼苗的生长，结构简式如图。下列有关苯丙烯酸的叙述错误的是 A. 分子式为 B. 不能发生加聚反应 C. 可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.‎ - 17 -‎ ‎ 可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由苯丙烯酸的结构简式可知，分子式为，故A正确；‎ B.苯丙烯酸含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应生成聚苯丙烯酸，故B错误；‎ C.苯丙烯酸含有碳碳双键，一定条件下，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；‎ D.苯丙烯酸含有碳碳双键，可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎9. 烹鱼时加入少量食醋和料酒可以使烹制的鱼具有特殊的香味，这种香味来自于 A. 食盐 B. 食醋中的乙酸 C. 料酒中的乙醇 D. 料酒中的乙醇与食醋中的乙酸反应生成的乙酸乙酯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】烹鱼时加入少量食醋和料酒可以使烹制的鱼具有特殊的香味，这种香味来自于料酒中的乙醇和食醋中的乙酸反应生成的乙酸乙酯，乙酸乙酯具有芳香气味，答案选D。‎ ‎10. X、Y、Z、R为元素周期表前二十号元素，原子序数依次增大，X、Z和Y、R分别为同主族元素，Z单质为优良半导体，Y 的原子半径在短周期主族元素中最大，W 为R的最高价氧化物对应的水化物。下列叙述正确的是 A. Y 的氧化物中一定不含有共价键 B. 单质Z是光导纤维的主要成分 C. X元素在自然界中不存在游离态 D. R的最高价氧化物对应水化物呈碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Z单质为优良半导体，Z是Si元素；X、Z同主族，X是C元素 ；Y ‎ - 17 -‎ 的原子半径在短周期主族元素中最大，Y是Na元素，Y、R同主族，R原子序数大于Y，R是K元素。‎ ‎【详解】A．Na2O2中含有离子键、共价键，故A错误；‎ B．光导纤维的主要成分是SiO2，故B错误；‎ C．C元素在自然界中存在游离态，如：金刚石，故C错误；‎ D．K的最高价氧化物对应水化物是 KOH，KOH为强碱，故D正确；‎ 选D。‎ ‎11. 分子式为C4H10O的醇(不考虑立体异构)共有 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C4H10O的醇即丁基(—C4H9)连接一个(—OH)，丁基可能的结构有：—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)2、—C(CH3)3共4种，所以分子式为C4H10O的醇有4种，故答案为D。‎ ‎12. 海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等，以海水为原料制备部分产品流程如图所示：‎ 下列有关说法正确的是 A. 海水中仅含有无机物，不存在有机物 B. 工业上，可电解MgCl2溶液制备单质Mg C. 上图中，在第①②③步中的溴元素均被氧化 D. 步骤②反应方程为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 17 -‎ 海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，再通入二氧化硫吸收后，加入氧化剂重新生成溴单质。‎ ‎【详解】A．海水中不但含有无机物，还存在大量有机物，故A错误；‎ B．工业上，将得到的氯化镁溶液浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，再电解无水MgCl2制备单质Mg，故B错误；‎ C．第①③步中的溴元素均被氧化，②Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中溴由0价变成-1价，被还原，故C错误；‎ D．步骤②溴被二氧化硫还原，反应方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，涉及氧化还原反应、金属的冶炼等知识点，明确反应原理是解本题关键，知道每一步发生的反应，根据物质的性质分析解答，注意溴元素的富集过程中，溴先被氧化，再被还原，最后又被氧化。‎ ‎13. 乙醇作为可再生能源比化石能源具有较大的优势，如图为乙醇燃料电池，该电池的总反应方程式为C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O。下列关于该电池叙述错误的是 A. a极与用电器的正极相接 B. 该装置将化学能转化为电能 C. 负极反应式：C2H5OH-4e-+3H2O=2CO2+12H+ D. 该装置的电解质溶液呈酸性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干中原电池的总反应方程式C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，O2中氧元素的化合价降低，O2在正极得电子，碳元素的化合价升高，乙醇在负极失电子。‎ ‎【详解】A．由图示可知，a极通入O2，则a极为原电池的正极，应与用电器的正极相接，A正确；‎ - 17 -‎ B．该装置为乙醇燃料电池，属于原电池装置，将化学能转化为电能， B正确；‎ C．由分析可知，乙醇在负极失去电子，则负极的电极反应方程式为：C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+，C错误；‎ D．该装置中的交换膜为质子交换膜，说明电解质溶液呈酸性，D正确；‎ 故选C ‎14. 一定条件下将等物质的量的Br2与H2置于恒温恒容反应器中，发生反应Br2(g)+H2(g)2HBr(g)。一定达到平衡状态的是 A. 各物质的浓度保持不变 B. 反应器内气体压强不变 C. Br2与H2的质量比不变 D. 反应器内气体密度不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Br2与H2、HBr的浓度不变，一定达到平衡状态，故A正确；‎ B．Br2(g)+H2(g)⇌2HBr(g)反应前后气体系数和不变，压强是恒量，反应器内气体压强不变，不一定平衡，故B错误；‎ C．当Br2与H2的投料比等于系数比时，Br2与H2的质量比是恒量，Br2与H2的质量比不变，不一定平衡，故C错误；‎ D．反应前后气体总质量是恒量、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，反应器内气体密度不变，不一定平衡，故D错误；‎ 故选A。‎ 二、非选择题 ‎15. 元素周期表的一部分如图所示，回答下列问题：‎ 族 周期 IA ‎0‎ ‎1‎ IIA IIIA IVA VA VIA VIIA ‎2‎ X Y ‎3‎ Z - 17 -‎ ‎4‎ W ‎……‎ ‎(l)X的原子结构示意图为____________。‎ ‎(2)Y元素位于元素周期表中第_______周期__________族。‎ ‎(3)X、Y原子半径由大到小的顺序为__(填化学式，下同)，Z、Y最简单氢化物热稳定性由强到弱的顺序为__。‎ ‎(4)W的最高价氧化物对应水化物的化学式为______，该水化物中含有______(填“共价键”、“离子键’)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 二 (3). ⅦA (4). N>F (5). HF>H2S (6). KOH (7). 共价键、离子键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据各元素在元素周期表中的位置可知，X为N元素，Y为F元素，Z为S元素，W为K元素。‎ ‎【详解】(1)X为N元素，N原子的结构示意图为；‎ ‎(2)Y为F元素，位于第二周期第ⅦA族；‎ ‎(3)同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以半径N>F；非金属性越强简单氢化物越稳定，F为非金属性最强的元素，所以稳定性HF>H2S；‎ ‎(4)W为K元素，最高价氧化物对应的水化物为KOH，含有钾离子和氢氧根形成的离子键，以及氧原子和氢原子形成的共价键。‎ ‎16. 纤维素是重要天然有机高分子化合物，以其为原料可制备多种物质。回答下列问题：‎ ‎(1)纤维素属于________(填“单糖”或“多糖”)，其最终水解产物为________。‎ ‎(2)纤维素经多步处理可得到乙醇，进而可制备乙烯、聚乙烯、乙醛、乙酸乙酯等物质，转化关系如下图：‎ - 17 -‎ ‎①写出乙醇制备乙烯的化学方程式：________。‎ ‎②乙烯制备聚乙烯的反应类型为__________。‎ ‎③分子中含有“—COOH”结构乙酸乙酯的同分异构体有_________种(不包含本身)。‎ ‎④中学化学实验制备乙酸乙酯常用下图装置。实验时，通常加入过量的乙醇，原因是_________；浓硫酸用量不能过多，原因是_______；反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后_________。‎ ‎【答案】 (1). 多糖 (2). 葡萄糖 (3). CH3CH2OHCH2=CH2+H2O (4). 加聚反应 (5). 2 (6). 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 (7). 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 (8). 分液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(2)纤维素水解产生葡萄糖，葡萄糖经发酵产生乙醇；乙醇在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛再被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。‎ ‎【详解】(1)纤维素属于多糖，其最终水解产物为葡萄糖；‎ ‎(2)①乙醇在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成乙烯，化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；‎ ‎②乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；‎ - 17 -‎ ‎③乙酸乙酯的结构简式为CH3COOCH2CH3，其同分异构体中含有“—COOH”结构的有CH3CH2CH2COOH、CH(CH3)2COOH共2种；‎ ‎④制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量不能过多；乙酸乙酯难溶于饱和碳酸氢钠溶液，因此反应后，将试管中收集到的粗产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可。‎ ‎17. 利用化学反应将存储在物质内部的化学能转化为电能，科学家设计出了原电池，从而为人类生产、生活提供能量。回答下列问题：‎ ‎(1)你认为__________(填“是”或“不是”)所有氧化还原反应都可以设计成原电池。‎ ‎(2)图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示图1装置工作时流入正极的电子的物质的量，y轴表示(填字母)_____。‎ a.铜棒的质量 b.c(Zn2+) c.c(H+) d.c()‎ ‎(3)某同学依据反应：2Ag++Cu=Cu2++2Ag设计的原电池如图所示；‎ ‎①负极的材料是_______，发生的电极反应为________。‎ ‎②当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了10.8g，则该原电池反应共转移电子的物质的量是_______mol。‎ ‎(4)甲烷燃料电池是一种新型高效电池。电池原理如图所示。该电池总反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，则正极反应式为__。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). 不是 (2). c (3). Cu (4). Cu-2e－=Cu2＋ (5). 0.1 (6). O2+2H2O+4e－=4OH－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)原电池的反应必须是自发的氧化还原反应；‎ ‎(2)随流入正极的电子的物质的量的增加，氢离子浓度减小；‎ ‎(3))①根据电池反应式知，失电子化合价升高的金属作负极，负极发生氧化反应；‎ ‎②根据电极反应式计算通过电子的物质的量；‎ ‎(4)甲烷燃料电池中通入氧气的一极为原电池的正极，其电极反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－。‎ ‎【详解】(1)原电池的反应必须是自发的氧化还原反应，从理论上来讲，任何自发的氧化还原反应均可设计为原电池，非自发进行的氧化还原反应不能设计为原电池；故答案为：不是；‎ ‎(2)图1是铜锌原电池示意图，由图可知发生的反应是Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑。图2中，x轴表示图1装置工作时流入正极的电子的物质的量，a.铜棒的质量保持不变，故不符；b.c(Zn2+)增大，故不符；c.c(H+)减小，故符合； d.c()不变，故不符；y轴表示氢离子浓度，故答案为：c；‎ ‎(3)①由反应“2Ag＋+Cu═Cu2＋+2Ag”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，反应式为Cu-2e－=Cu2＋，故答案为：Cu；Cu-2e－=Cu2＋；‎ ‎②当银电极质量增加10.8g，则n(Ag)= =0.1mol，根据电极反应Ag＋+e－=Ag，可知该原电池反应共转移电子的物质的量是0.1mol，故答案为：0.1mol；‎ ‎(4)甲烷燃料电池总反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，甲烷燃料电池中通入氧气的一极为原电池的正极，其电极反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－，故答案为：O2+2H2O+4e－=4OH－。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池设计，明确原电池原理是解本题关键，根据电池反应式中得失电子的物质选取负极材料和电解质，知道原电池中正负极的判断方法，难点(3)②根据电极反应式计算通过电子的物质的量。‎ - 17 -‎ ‎18. H2O2是一种“绿色”试剂，应用于多个领域。回答下列问题：‎ ‎(l)H2O2分子中__________(填字母)。‎ a.含有离子键 b.只含极性共价键 c.只含非极性共价键 d.既含有极性共价键又含有非极性共价键 ‎(2)若向2mL30%的H2O2溶液中通入SO2，反应后的溶液中滴入BaCl2溶液，发现有白色沉淀，则说明H2O2具有_____(填“氧化性”或“还原性”)，写出H2O2与SO2反应的化学方程式：_____。‎ ‎(3)实验发现，向20mL0.40mol•L-1H2O2溶液中加入少量KI溶液可以加快其分解速率。有人提出反应机理可能有2步：i.H2O2+I-=H2O+IO-，ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-。H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下：‎ t/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎12.6‎ ‎20.16‎ ‎28.0‎ ‎32.7‎ ‎①KI________(填“能”或“不能”)影响H2O2分解反应的能量变化。‎ ‎②反应i是________(填“吸热”或“放热”，下同)反应，反应ii是________反应。‎ ‎③若不考虑溶液体积变化，则0~10min的平均反应速率：v(H2O2)=_________mol·L-1·min-1。‎ ‎【答案】 (1). d (2). 氧化性 (3). H2O2+SO2=H2SO4 (4). 不能 (5). 吸热 (6). 放热 (7). 90×10-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(l)H2O2分子中既含有H-O极性共价键又含有O-O非极性共价键；‎ ‎(2)H2O2具有氧化性，H2O2与SO2反应生成硫酸;‎ - 17 -‎ ‎(3)①由i、ii相加得到2H2O2=2H2O+O2↑，KI为反应的催化剂；‎ ‎②反应i生成物能量高，是吸热反应，反应ii生成物能量低，是放热反应；‎ ‎③结合v= 计算；‎ ‎【详解】(l)H2O2分子中既含有H-O极性共价键又含有O-O非极性共价键，故答案为：d；‎ ‎(2)若向2mL30%的H2O2溶液中通入SO2，反应后的溶液中滴入BaCl2溶液，发现有白色沉淀，生成了硫酸钡，S由+4价升高为+6价，则说明H2O2具有氧化性，H2O2与SO2反应生成硫酸，化学方程式：H2O2+SO2=H2SO4。故答案为：氧化性；H2O2+SO2=H2SO4；‎ ‎(3)①由i.H2O2+I-=H2O+IO-，ii.H2O2+IO-=H2O+O2↑+I-两式相加后得2H2O2=2H2O＋O2↑，KI作反应的催化剂，KI不能影响H2O2分解反应的能量变化。故答案为：不能；‎ ‎②反应i生成物能量高，是吸热反应，反应ii生成物能量低，是放热反应。故答案为：吸热；放热；‎ ‎③0~10min生成氧气的物质的量为 =0.9×10-3mol，反应的双氧水是氧气的2倍，若不考虑溶液体积变化，则0~10min的平均反应速率：v(H2O2)==9.0×10-3 mol·L-1·min-1。故答案为：9.0×10-3 mol·L-1·min-1。‎ ‎【点评】本题考查化学键、反应的焓变、速率计算等，把握反应中能量变化、催化剂对反应热的影响、速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(3)②为解答的易错点，③为解题的难点，先求出生成的氧气的物质的量，再求双氧水的消耗量，再求反应的速率。‎ ‎19. CO2、CO作为碳源，可以制备多种有机化合物，在能源结构方面具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎(1)CO2的电子式为_________。‎ ‎(2)一定条件下，CO与H2可化合生成甲醇(CH3OH)，该反应的化学方程式为_____。‎ ‎(3)利用CO2可合成聚碳酸酯(易降解)，反应原理如下：‎ 从环境角度来看，用聚碳酸酯塑料代替聚乙烯和聚苯乙烯传统塑料的最大优点是______。‎ - 17 -‎ ‎(4)研究表明，相对原子质最小的金属氧化时，都可以获得高的燃烧热，从而可解决二氧化碳的排放问题。其中镁粉作燃料时还可消除过量的二氧化碳，其原因是_____(用化学方程式解释)。‎ ‎(5)最近我国科学家采用In2O3/分子筛催化剂，实现了CO2加氢一步转化有机物X，化学式为C6H14，该物质一氯代物有2种，X的结构简式为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). CO+2H2→CH3OH (3). 聚碳酸酯塑料易降解，可消除白色污染 (4). 2Mg+CO2 2MgO + C (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)．二氧化碳的电子式为，故答案为：；‎ ‎(2)．CO与H2可化合生成甲醇(CH3OH)，该反应的化学方程式为：CO+2H2→CH3OH，故答案为：CO+2H2→CH3OH；‎ ‎(3)．用聚碳酸酯塑料代替聚乙烯和聚苯乙烯传统塑料的最大优点是聚碳酸酯塑料易降解，可消除白色污染，故答案为：聚碳酸酯塑料易降解，可消除白色污染；‎ ‎(4)．镁粉作燃料燃烧时可以消除大气中过量的二氧化碳，原因是镁粉可以与二氧化碳发生反应，反应的化学方程式为：2Mg+CO2 2MgO + C，故答案为：2Mg+CO2 2MgO + C；‎ ‎(5)．C6H14为饱和的烷烃，一氯代物有2种说明等效氢为2种，结构为：，故答案为：。‎ ‎20. 某氯化铜晶体(CuCl2•2H2O)中含有少量氯化亚铁杂质，某同学设计如下工艺流程制备纯净的CuCl2•2H2O。回答下列问题：‎ 已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH如表所示。‎ Fe3+‎ Fe2+‎ Cu2+‎ - 17 -‎ 氢氧化物开始沉淀时的pH ‎1.9‎ ‎7.0‎ ‎4.7‎ 氢氧化物完全沉淀时的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎6.7‎ ‎(1)试剂X为氧化剂，其最佳试剂是__(填字母)，写出用该试剂“氧化”时反应的离子方程式：__。‎ A.NaClO B.H2O2 C.KMnO4‎ ‎(2)“调节pH”的目的是______，pH的范围为____，选择的试剂Y为_____(填字母)。‎ A.CuO B.CuSO4 C.Fe ‎(3)“系列操作”包括蒸发浓缩、______、_______、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). B (2). H2O2+2Fe2＋+2H＋=2Fe3＋+2H2O (3). 使Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜，同时不引进新杂质 (4). 3.2～4.7 (5). A (6). 冷却结晶 (7). 过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体。‎ ‎【详解】(1)过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：H2O2+2Fe2＋+2H＋=2Fe3＋+2H2O，由于产物是水，不引入新的杂质，因此氧化剂选择过氧化氢，故答案为：B；2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O ；‎ ‎(2)溶液II中除Cu2＋外还含有H2O2+2Fe2＋+2H＋═2Fe3＋+2H2O生成的Fe3＋，加入的物质可调节pH为3.2～4.7，使Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜，同时不引进新杂质，所以可以用Cu(OH)2、CuCO3、CuO、Cu2(OH)2CO3等，加CuSO4达不到除杂的目的，加Fe引入新的杂质Fe2＋；故答案为：使Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜，同时不引进新杂质；3.2～4.7；A；‎ ‎(3)氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体；故答案为：冷却结晶；过滤。‎ ‎【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、流程中发生的反应及混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，难点(2)调节pH为3.2～4.7，使Fe3＋全部沉淀，且避免生成氢氧化铜。‎ - 17 -‎ - 17 -‎