甘肃省天水市甘谷第一中学2019-2020学年高二下学期开学考试化学试题
甘谷一中2019—2020学年第二学期高二第一次月考
化学试题
一、选择题(共25道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)
1.已知：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)＋O2(g) ΔH＝＋313.2kJ/mol
过程Ⅱ：……
下列说法不正确的是（ ）
A. 过程Ⅰ中每消耗232gFe3O4转移2mol电子
B. 过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)＋H2O(l)=H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH＝－128.9kJ/mol
C. 过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
【答案】BC
【解析】
【详解】A.首先根据算出的物质的量，再来看题目给出的过程I，2mol在反应中一共转移了4mol电子，则每消耗1mol时转移2mol电子，A项正确；
B.过程I吸收的能量小于总反应吸收的能量，则过程II也一定是吸热的，即，B项错误；
C.过程I将太阳能转化为热能，热能转化为化学能，过程II还是热能转化为化学能，C项错误；
D.该过程使用太阳能，因此成本低，且产物容易分离，D项正确；
答案选BC。
2.石墨和金刚石都是碳的单质，石墨在一定条件下可转化为金刚石。已知25 ℃、101 kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：
①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.51 kJ/mol
②C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395.41 kJ/mol
下列说法正确的是( )
A. 石墨不如金刚石稳定
B. 石墨转化为金刚石的变化是物理变化
C. 由石墨制备金刚石是吸热反应
D. 等质量的金刚石与石墨完全燃烧，石墨放出的能量多
【答案】C
【解析】
【分析】
①C(石墨,s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.51 kJ/mol
②C(金刚石,s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395.41 kJ/mol
①-②：C(石墨,s)= C(金刚石,s) ΔH=(-393.51 kJ/mol)-(-395.41 kJ/mol)=+1.9 kJ/mol。
【详解】A．由上面的分析可知，石墨转化为金刚石吸热，石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定，A错误；
B．石墨和金刚石是不同的物质，故石墨转化为金刚石是化学变化，B错误；
C．由分析可知，石墨转化为金刚石ΔH＞0，为吸热反应，C正确；
D．燃烧反应的ΔH＜0，石墨燃烧的ΔH大于金刚石燃烧的ΔH，故等质量的石墨和金刚石燃烧放出的热量石墨比金刚石少，D错误。
答案选C。
3.放热反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)在温度t1时达到平衡，c1(CO)＝c1(H2O)＝1.0mol·L－1，其平衡常数为K1。升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(H2O)，平衡常数为K2，则( )
A. K2和K1的单位均为mol·L－1 B. K2
c2(H2O) D. c1(CO)>c2(CO)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由平衡常数K=可知，K的单位为“1”，A错误；
B．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，故K2c，正反应为吸热反应
B. T1>T2，p1p2，a＋bT2，p1>p2，a＋b>c，正反应为放热反应
【答案】B
【解析】
【分析】
升高温度、增大压强，反应速率均增大，到达平衡的时间缩短。
【详解】温度都为T1，压强为p2先达到平衡，p2＞p1，p1到p2，平衡时B的质量分数增大，即增大压强，平衡逆向移动，故a＋bT2，p1c(Cl−)，溶液中水的电离程度较小，可能出现离子浓度大小顺序是c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，c (NH4+)=c (Cl−)+c (OH−)−c(H+)，故D正确；
答案选A
14.下列水溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液 B. c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液
C. c(H+)=c(OH-)的溶液 D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故错误；
B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H＋)=1×10－7mol·L－1，溶液不一定显中性，故错误；
C、判断溶液酸碱性的可靠依据是氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，c(H+)=c(OH-)的溶液显中性，故正确；
D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。
故选C。
15.一支50 mL酸式滴定管中盛有溶液，液面恰好在10.00 mL刻度处，把滴定管中的溶液全部流下排出盛接在量筒中，量筒内溶液的体积是( )
A. 大于40.00 mL B. 40.00 mL C. 大于10.00 mL D. 10.00 mL
【答案】A
【解析】
【详解】滴定管的“0”刻度在上，越往下读数越大，“50 mL”刻度在尖嘴以上，如果把滴定管中的溶液全部流下排出盛接在量筒中，则量筒内溶液的体积大于(50-10)mL，滴定管精确到小数点后2位，即大于40.00mL，A正确。
答案选A。
16.铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是（ ）
A. a＞b＞c＞d B. b＞a＞d＞c
C. d＞c＞b＞a D. b＞d＞a＞c
【答案】B
【解析】
【详解】a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极，加速其腐蚀；b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反应，腐蚀速率大于a；c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被保护，但效果没有c好。所以腐蚀速率判断为b>a>d>c，B正确。
17.某同学写出下列烷烃的名称中，不正确的是
A. 2，3-二甲基丁烷 B. 3，3-二甲基丁烷
C. 2-甲基-3-乙基戊烷 D. 2，2，3，3-四甲基丁烷
【答案】B
【解析】
【详解】A、2，3-二甲基丁烷，符合烷烃命名原则，A正确；
B、3，3-二甲基丁烷，不满足支链编号最小原则，正确的命名为2，2-二甲基丁烷，B错误；
C、2-甲基-3-乙基戊烷，满足支链编号最小原则，C正确；
D、2，2，3，3-四甲基丁烷，满足支链编号最小原则，D正确。
答案选B。
18.能够快速、微量、精确的测定出有机物的相对分子质量的物理方法是( )
A. 质谱法 B. 红外光谱法 C. 紫外光谱法 D. 核磁共振氢谱法
【答案】A
【解析】
【详解】A、质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子出现，其中最大的那个相对分子质量就是该有机物的相对分子质量，选项A正确；
B、红外光谱是用于鉴定有机物中所含的各种官能团，双键，三键，羟基，羧基、羰基等，选项B错误；
C、紫外光谱是为了了解未知物的初步的化学结构，从光谱信息中得到该物质的基团或者化学键产生的吸收情况，初步判断该物质的结构信息，选项C错误；
D、核磁共振是检验不同环境的H的数量．有多少种不同的H，就有多少个峰，各个峰的高度大致上能显示各种H的数量比例，选项D错误。
答案选A。
19.1体积某气态烃和2体积氯化氢发生加成反应后，最多还能和6
体积氯气发生取代反应。由此可以断定原气态烃是气体体积均在相同条件下测定
A. 乙炔 B. 丙炔 C. 丁炔 D. 丁二烯
【答案】B
【解析】
【详解】1体积某气态烃和与2体积氯气发生加成反应，说明分子中含2个双键或1个C≡C，生成了1体积该卤代烷能和6体积氯气发生取代反应，说明1个卤代烷中含有6个H原子，加成时1个烃分子已引入2个H原子形成卤代烷，所以该气体烃分子中含有4个H原子，由选项可知，都是链烃，故该气态烃分子中C原子数目为=3，故A、C、D错误，B正确。
故选：B。
20.某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色，但能使酸性高锰酸钾溶液褪色。该有机物苯环上的一氯代物只有2种，则该烃是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
某烃的分子式为C8H10，它不能使溴水褪色，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明分子结构中含有苯环，结合C、H原子数目关系可知，属于苯的同系物，该有机物苯环上的一氯代物只有2种，苯环上有2种H原子，乙苯苯环上有3种H原子，邻二甲苯苯环上有3种H原子，间二甲苯苯环上有3种H原子，苯环上有3种H原子，对二甲苯苯环上有1种H原子，故为邻二甲苯，故选A。
21.已知分子式为C12H12的物质A结构简式为，A苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推断A苯环上的四溴代物的异构体的数目有（ ）种
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】A
【解析】
【详解】苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，由于二溴代物有9种同分异构体，故四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选A。
【点睛】注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n个可被取代的氢原子，那么m个取代基（m＜n）的取代产物与（n-m）个取代基的取代产物的种数相同。
22.两种物质不论以什么质量比混合，只要混合物的质量一定，充分燃烧时产生的水的量总为定值，这组混合物是
A. 乙炔和丁炔 B. 乙烷和丁烷
C. 苯和甲苯 D. 乙炔和苯
【答案】D
【解析】
【详解】两种物质不论以什么质量比混合，只要混合物的质量一定，充分燃烧时产生的水的量总为定值，符合该条件的两种物质中H元素的质量分数相等，两种物质可能具有相同的最简式、可能互为同分异构体等，
A.乙炔的分子式为C2H2，最简式为CH，丁炔的分子式为C4H6，最简式为C2H3，乙炔和丁炔中含氢质量分数不相等，A不符合题意；
B.乙烷的分子式为C2H6，最简式为CH3，丁烷的分子式为C4H10，最简式为C2H5，乙烷和丁烷中含氢质量分数不相等，B不符合题意；
C.苯的分子式为C6H6，最简式为CH，甲苯的分子式为C7H8，最简式为C7H8，苯和甲苯中含氢质量分数不相等，C不符合题意；
D. 乙炔的分子式为C2H2，最简式为CH，苯的分子式为C6H6，最简式为CH，乙炔和苯的最简式都是CH，乙炔和苯中含氢质量分数相等，D符合题意；
答案选D。
23.下列物质中，在一定条件下既能起加成反应，又能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是( )
A. 苯 B. 乙烷 C. 乙烯 D. 乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A．一定条件下，苯环上的H
原子能被硝基、溴原子取代，苯环还能和氢气发生加成反应，同时，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．乙烷能和Cl2在光照条件下发生取代反应，不能发生加成反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．乙烯能发生加成反应，不能发生取代反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．乙醇和氢卤酸反应时，羟基被卤素原子取代，和羧酸反应时，H被取代，同时能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误。
答案选A。
24.向20mLNaOH溶液中逐滴加入醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是
A. 在M点，两者恰好反应完全
B. 滴定前，酸中 等于碱中
C. NaOH溶液的物质的量浓度为
D. 在N点，c(CH3COO-)> c(Na+)>c(H+)> c(CH3COOH)
【答案】C
【解析】
【分析】
醋酸体积为0时，还没开始滴定，pH=13，说明该NaOH溶液中，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)==0.1mol/L，所以，c(NaOH)= 0.1mol/L;
醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液显碱性，故恰好完全反应的点在M点左侧靠近M点。
【详解】A．由分析可知，恰好完全反应的点在M点左侧靠近M点处，A错误；
B．由分析可知，碱中c(OH-)=0.1mol/L，醋酸浓度为0.1mol/L，由于醋酸是弱酸，部分电离，醋酸中c(H+)＜0.1mol/L，B错误；
C．由分析可知，NaOH溶液的物质的量浓度为，C正确；
D．醋酸浓度和NaOH浓度相等，在N点，醋酸溶液体积是NaOH溶液体积的2倍，故N点，溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，CH3COONa和CH3COOH都能电离产生CH3COO-，故c(CH3COO-)最大。CH3COONa是强电解质，全部电离产生醋酸根离子和钠离子，CH3COOH是弱电解质，部分电离产生醋酸根离子和氢离子，故c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，综上所述，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH) >c(H+)，D错误。
答案选C。
【点睛】弱电解质CH3COOH的部分电离理解为极少部分电离，故c(CH3COOH) >c(H+)。
25.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是
A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑
B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—
D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
【答案】D
【解析】
【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；
B、根据A中分析可知B错误；
C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；
D、根据C中分析可知D正确，答案选D。
【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。
二、非选择题(共4道题，总共50分)
26.甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)。在体积为2L的密闭容器中，充入2molCO2和9molH2，测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示：
(1)该反应的平衡常数K表达式为________。
(2)0～10min时间内，该反应平均反应速率v(H2O)＝_______，H2的转化率为_______。
(3)下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是________(填字母)。
A.容器内CO2、H2、CH3OH、H2O(g)的浓度之比为1∶3∶1∶1
B.v正(CO2)∶v逆(H2)＝1∶3
C.平衡常数K保持不变
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
(4)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH1＝－1452.8kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH2＝－566.0kJ·mol－1
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_______。
【答案】 (1). K＝ (2). 0.075mol·L－1·min－1 (3). 50% (4). BD (5). CH3OH(l)＋O2(g)=2H2O(l)＋CO(g) ΔH=-443.4kJ·mol－1
【解析】
【详解】(1)平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比，即K＝
，故答案为：；
(2)0～10min时间内，CH3OH的物质的量浓度变化量=0.75mol/L，则v(CH3OH)==0.075mol·L－1·min－1，所以，v(H2O)=v(CH3OH)=0.075mol·L－1·min－1。生成甲醇的物质的量=0.75mol/L×2L=1.5mol，则转化了的氢气的物质的量=3×1.5mol=4.5mol，那么氢气的转化率==50%，故答案为：0.075mol·L－1·min－1；50%；
(3)达到平衡时，v正=v逆≠0，体系中各成分的量保持不变。
A．容器内CO2、H2、CH3OH、H2O(g)的浓度之比为1∶3∶1∶1不代表CO2、H2、CH3OH、H2O(g)的量不变，不能判断是否平衡，A错误；
B．由方程式计量数可知v逆(H2)＝3v逆(CO2)，又因为v正(CO2)∶v逆(H2)＝1∶3，即v逆(H2)＝3v正(CO2)，所以，3v逆(CO2)= 3v正(CO2)，v逆(CO2)= v正(CO2)，说明反应已平衡，B正确；
C．平衡常数K只和温度有关，温度不变，K不变，故平衡常数K保持不变，不能说明反应是否平衡，C错误；
D．该反应是一个气体总质量m不变，气体总物质的量n减小的反应，由n=可知，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，即M不变，那么n也不变，说明已达到平衡，D正确；
综上所述，BD能说明反应已达平衡，故答案为：BD。
(4)得：CH3OH(l)＋O2(g)=2H2O(l)＋CO(g)，ΔH==-443.4kJ·mol－1，故答案为：CH3OH(l)＋O2(g)=2H2O(l)＋CO(g) ΔH=-443.4kJ·mol－1。
27.已知：25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。
（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为___________，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)]___________（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。
②25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝___________。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_______________________________________________________。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝_______________________________，25 ℃时，氨水电离平衡常数约为___________。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O)___________（填序号）。
a．始终减小 b．始终增大 c．先减小再增大 d．先增大后减小
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝- lgc(OH-)。
图中M、Q、N三点所示溶液呈中性点是___________（填字母，下同）。
图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是___________。
【答案】 (1). 3＜pH＜5 (2). 不变 (3). 11 (4). 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 (5). 10-5 (6). c(NH4+)· c(OH-)/c(NH3.H2O) (7). b (8). Q (9). Q或N
【解析】
【分析】
在25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。
【详解】（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH＝3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为3~5之间，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)´c(OH-)]＝c(CH3COO-)´c(H+)/[c(CH3COOH)´c(OH-)´c(H+)]=，温度不变，该值不变，故不变。
②因为25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝，25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝11，则氨水电离平衡常数约为10-5。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb＝不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，选b。
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。
【点睛】本题的难点是最后一个问题，因为无法确定N点的溶液显碱性的原因到底是什么，可能是由醋酸根离子水解所决定的，也可能是因为NaOH过量所决定的，故要分析两种可能性。
28.有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。请回答下列问题：
（1）B的电子式为____________。
（2）电解混合液时阳极反应式为_______________________。
（3）写出L长期放置在潮湿空气中的腐蚀原理：
负极：___________________________________。
正极：___________________________________。
总反应：______________________________________________________。
（4）已知a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为___________________________。
【答案】 (1). (2). 4OH－－4e－= O2↑＋2H2O (3). Fe – 2e- = Fe2+ (4). O2 + 2H2O + 4e- = 4OH- (5). 2Fe＋O2＋2H2O = 2Fe(OH)2 (6). H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1
【解析】
【分析】
M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe(OH)3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe(OH)2，x的水溶液为浅绿色，混合液中含有硫酸钠和过量的氢氧化钠，向其中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为(NH4)2Fe(SO4)2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，，然后结合物质的性质及化学用语来解答。
【详解】根据分析得：
（1）B为氨气，其电子式为，答案为：；
（2）电解硫酸钠和氢氧化钠的混合液时，阳极上氢氧根离子放电，电极反应式为40H－－4e－=O2↑＋2H2O，答案为
40H－－4e－=O2↑＋2H2O；
（3）在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀，由此知铁作负极，发生的电极反应式为：Fe – 2e- = Fe2+，正极发生的电极反应式为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-，总反应式为：2Fe＋O2＋2H2O = 2Fe(OH)2
（4）agH2气体在O2中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，则1mol E燃烧放出热量，则热化学反应为H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1，
答案为：H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1
【点睛】注意抓住有色物质的性质推断出各物质，本题难溶于水的红褐色固体为Fe2O3；注意在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀；燃烧热是指在25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，注意热化学方程式的书写。
29.有机物的结构可用“键线式”简化表示。CH3—CH＝CH－CH3可简写为。
有机物X的键线式为：
（1）有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，写出Y的结构简式_________________。
（2）Y与乙烯在一定条件下发生等物质的量聚合反应，写出其反应的化学方程式： _______________________________________________________________________。
（3）X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有________种。
【答案】 (1). (2). n+nCH2=CH2 (3). 2
【解析】
【详解】（1）根据有机物X的键线式，可知其分子式为C8H8，其不饱和度为5，有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y是苯乙烯，结构简式为：，答案为：；
（2）苯乙烯和乙烯在一定条件下等物质的量发生加聚反应的化学方程式为：n+nCH2=CH2 ；
（3）X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的结构简式为，Z中的氢原子有两种，则Z的一氯取代物有两种，答案为：2。
30.回答下列问题：
(1)烃A的结构简式为用系统命名法命名烃A_____。
(2)某烃的分子式为C5H12，核磁共振氢谱图中显示4个峰，则该烃的一氯代物有_____种，该烃的结构简式为_____。
【答案】 (1). 2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷 (2). 4 (3).
【解析】
【详解】(1)用系统命名法命名为：2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷，故答案为：2,2,6-三甲基-4-乙基辛烷；
(2)分子式为C5H12，为烷烃，核磁共振氢谱图中显示4个峰，则有4种等效氢，则该烃为：，有4种等效氢就有4种一氯代物，故答案为：4；。
【点睛】有几种等效氢，就有几种一氯代物。
