广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期月考一化学试题

广东省阳春市第一中学2019-2020学年高二上学期月考一化学试题

阳春一中2019-2020学年度第一学期高二年级月考一化学 ‎（选择考）试题 说明：1．全卷共7页，满分为100分，考试用时为75分钟。‎ ‎2．请将正确答案填写在答题卡相应的位置上。‎ ‎3．可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 P:31 S:32 Cl:35.5 Fe: 56 Cu:64 Zn:65‎ 第Ⅰ卷 一．选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆，……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘，……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中没有涉及到的操作是 A. 加热 B. 结晶 C. 蒸发 D. 过滤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 灶燃薪是加热，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘是蒸发结晶，因此没有过滤，故D正确。‎ ‎2.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 二氧化硫能漂白纸浆等，故可广泛用于食品的漂白 B. 乙烯可作水果的催熟剂 C. 硅胶可作袋装食品的干燥剂 D. 氢氧化铝可作胃酸的中和剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硫有毒，不可作食品的漂白剂，故A错误；‎ B. 由于乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老，所以乙烯可作水果的催熟剂，故B正确；‎ C. 由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故C正确；‎ D. 氢氧化铝能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎3.我国科学家屠呦呦因发现青蒿素（化学式是C15H22O5）而获得2015年诺贝尔奖。青蒿素属于（ ）‎ A. 氧化物 B. 有机物 C. 碱 D. 盐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化物是指由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，C15H22O5是由三种元素组成的化合物，不是氧化物，故A错误；‎ B．有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，C15H22O5是含碳的化合物，属于有机物，故B正确；‎ C．电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱，C15H22O5水溶液或是熔融态下不能电离，属于非电解质，不属于碱，故C错误；‎ D．由金属阳离子和酸根阴离子组成的化合物为盐，绝大部分盐属于电解质，C15H22O5水溶液或是熔融态下不能电离，属于非电解质，不属于盐，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.我国汉代器物和秦俑彩绘用的颜料“汉紫”，直到近来人们才研究出来，其成分为紫色的硅酸铜钡(铜为+2价)，它的化学式为：BaCuSi2Ox，则x的值为 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硅酸铜钡的化学式为BaCuSi2Ox，利用钡,铜,硅,氧元素的化合价及化合物中正负化合价的代数和为零来解答。‎ ‎【详解】在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2价,硅元素化合价为+4价,氧元素的化合价为-2价,钡元素的化合价为+2价,则由化学式为BaCuSi2Ox，根据化合物中正负化合价的代数和为零可得：2+2+4×2=2x，x=6，选D。‎ 综上所述，本题正确选项D。‎ ‎5.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+H2↑‎ B. Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH-=Al（OH）3↓‎ D. 钠与硫酸铜溶液反应：Cu2++2Na=2Na++Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子方程式原子不守恒，所以铝粉投入到NaOH溶液中的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+H2↑，故A错误；‎ B. Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水，其离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2 H2O，故B正确；‎ C. 氨水中的一水合氨是弱电解质，所以AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；‎ D. Na与硫酸铜溶液反应，实质是先与水反应生成NaOH，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++OH-+H2↑，NaOH再与硫酸铜反应，离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，下列反应能产生N2O： 3CO+2NO2=3CO2+N2O。下列关于N2O的说法一定正确的是( )‎ A. 上述反应中每生成1mol N2O，消耗67.2LCO B. 等质量的N2O和CO2含有相等的电子数 C. N2O只有氧化性，无还原性 D. 上述反应中若有3 mol的CO被还原，则转移6NA个电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据方程式知，生成lmolN2O，需要3molCO，由于不能确定外界条件，所以不能确定气体的体积，A错误；‎ B．N2O和CO2每个分子都含有22个电子，物质的量相同含有的电子数相同，B正确；‎ C．N2O中N元素化合价为+1价，氮元素的化合价常用中间价态，化合价可以升高，也可以降低，N2O既有氧化性，又有还原性，C错误；‎ D．在上述反应中CO被氧化，而不是被还原，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎7.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）‎ 实验 现象 结论 A．‎ 向2mL0.1mol/LFeCl3的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe＞Fe2+‎ B．‎ 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C．‎ 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D．‎ 将SO2通入酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2具有还原性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向FeCl3溶液中加入足量铁粉后,Fe3+完全转化为Fe2+，滴入KSCN溶液，溶液不变色，可证明还原性:Fe>Fe2+，A项正确；‎ B. 燃着的金属钠能在装有CO2的集气瓶中反应生成Na2CO3和C，说明CO2具有氧化性，B项正确；‎ C. NH4HCO3受热分解生成的NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，只能说明NH3为碱性气体,不能确定NH4HCO3的酸碱性，C项错误，‎ D. 将SO2通入酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色，是发生了氧化还原反应使酸性高锰酸钾的锰由+7价变成+2价，+2价的锰为无色所以次试验是说明二氧化硫具有还原性，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化：‎ 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 1molN2（g）和1molO2（g）完全反应放出的能量为180kJ B. 通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NO C. 1mol N2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量 D. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.焓变=反应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能量，N2+O2═2NO，△H=946kJ/mol+498kJ/mol−2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；‎ B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，需要放电条件，故B错误；‎ C. 由图中数据可得反应物键的断裂吸收(946+498)=1444kJ/mol的能量，生成物键的形成放出2×632=1264kJ/mol的能量，故该反应是吸热反应，依据能量守恒，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故C正确；‎ D. 一氧化氮不是酸性氧化物，物质分类中属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。M、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 mol·L－1‎ ‎ r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. W、X组成的化合物只含有极性共价键 B. Y的氢化物常温常压下为液态 C. 元素的非金属性Z>X>Y D. X的最高价氧化物的水化物为强酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加.m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，0.01 mol·L－1 r溶液的pH为2，即氢离子浓度为0.01 mol·L－1，r溶液是一种强酸，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素。‎ A. W（H）、X（C）组成的化合物种类繁多，其中乙烷分子（C2H6）中既有极性共价键，又含有非极性共价键；故A错误；‎ B. 氧元素氢化物为水或双氧水，常温下为液态，故B正确； ‎ C. 氯的氧化物中氧元素表现负化合价，得电子能力比氯强，因此氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性Y(O)>Z(Cl)>X(C)，故C错误；‎ D. X的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎10.一九二三年布朗特提出了酸碱质子理论，把酸碱概念加以推广。酸碱质子理论认为：凡是能够给出质子（H+）的物质都是酸、凡是能够接受质子的物质都是碱。下列微粒中，既可以看做酸又可以看做碱的是（ ）‎ A. NH4+ B. CO32- C. S2- D. HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NH4+能给出氢离子变成氨气，属于酸，不能接受氢离子，故A错误；‎ B、CO32-只能结合氢离子，生成CO2，不能给出氢离子，故B错误；‎ C、S2-只能结合氢离子，生成H2S，不能给出氢离子，故C错误；‎ D、HCO3-能接受氢离子变成二氧化碳，能给出氢离子变成碳酸根，所以为碱，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】根据题干所给信息就、可以得出所有酸都能够释放出H+，能结合H+的都是碱．即属于酸又属于碱必须符合能给出质子又能结合质子。‎ ‎11.下列图示变化为吸热反应的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物的能量小于生成物的能量，图反应为吸热反应，故A正确；‎ B．反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，故B错误；‎ C．浓硫酸稀释放热，但不是化学反应，故C错误；‎ D．活泼金属与酸的反应是放热反应，故D错误。‎ ‎【点睛】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；‎ 常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）‎ ‎12.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如下，该电池工作时，下列说法正确的是(     ) ‎ A. a电极是该电池的正极 B. O2在b电极上发生氧化反应 C. 电解质溶液中OH-向正极移动 D. 该装置实现了化学能到电能的转化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；‎ B.通入燃料氢气的电极a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；‎ C.电解质溶液中OH-向负极移动，C错误；‎ D.燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎13.下列热化学方程式书写正确的是 A. 2SO2＋O22SO3 ΔH=- 196.6KJ·mol－1‎ B. C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH=＋393.5KJ·mol－1‎ C. 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH=-571kJ D. H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l) ΔH=-285.8KJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、没有标明物质的状态，A错误；‎ B、碳燃烧是放热反应，ΔH＜0，B错误；‎ C、反应热没有单位，C错误；‎ D、热化学方程式正确，D正确，答案选D。‎ ‎【点晴】判断热化学方程式正误的观察点：“一观察”：化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；“二观察”：状态是否标明；“三观察”：反应热ΔH的符号和单位是否正确；“四观察”：反应热的数值与物质的系数是否对应。‎ ‎14.已知H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l） △H=-57.3kJ/mol，下列反应放热为57.3kJ的是（ ）‎ A. 1mol稀H2SO4与足量稀NaOH溶液反应 B. 稀盐酸与稀氨水反应生成1molH2O（l）‎ C. 稀盐酸与稀Ba（OH）2溶液反应生成1molH2O（l）‎ D. 稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1molH2O（l）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应会生成2mol的水，放出热量114.6 kJ，故A错误；‎ B. 氨水是弱碱，电离过程为断开化学键，需要吸热，稀盐酸与氨水反应生成1molH2O放出的热量会小于57.3 kJ，故B错误；‎ C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1mol水的实质是：H++OH−=H2O，放出的热量是57.3 kJ，故C正确；‎ D. 浓硫酸溶解过程释放热量，所以稀NaOH与95%浓硫酸生成1mol水放出的热量大于57.3 kJ，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.下列热化学方程式中的∣△H∣能表示可燃物的燃烧热的是（ ）‎ A. H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ/mol-1‎ B. H2（g）+C12（g）=2HCl（g）△H=-184.6kJ/mol-1‎ C. 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H= 一566kJ/mol-1‎ D. CH4（g）+2O2（g）=2H2O（g）+CO2（g）△H= 一802.3kJ/mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，‎ A. 为氢气的燃烧热化学方程式，焓变表示燃烧热，故A正确；‎ B. HCl不是稳定氧化物，不能表示燃烧热，故B错误；‎ C. CO的物质的量不是1mol，不表示燃烧热，故C错误；‎ D. 生成气态水不是稳定氧化物，不能表示燃烧热，故D错误；‎ ‎【点睛】热化学方程式中应注明物质的状态、焓变的数值和符号，且1mol纯净物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，以此解答该题。‎ ‎16.通常人们把拆开1mol化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．‎ 化学键 C﹣H C﹣F H﹣F F﹣F 键能/（kJ•mol﹣1）‎ ‎414‎ ‎489‎ ‎565‎ ‎155‎ 根据键能数据估算反应CH4+4F2═CF4+4HF每消耗1molCH4的热效应（　　）‎ A. 放热1940kJ B. 吸热1940kJ C. 放热485kJ D. 吸热485kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量解答。‎ ‎【详解】根据键能数据可知反应CH4+4F2＝CF4+4HF的ΔH＝（4×414+4×155－4×489－4×565）kJ·mol＝－1940 kJ·mol，因此每消耗1molCH4的热效应为放热1940 kJ。‎ 答案选A。‎ ‎17.反应2SO2＋O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，则这段时间为 A. 0.1 s B. 2.5 s C. 5 s D. 10 s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以三氧化硫的反应速率是0.040mol·L－1·s－1 ×2＝0.40mol·L－1÷t，解得t＝5s，答案选C。‎ ‎18.下列说法正确的是（ ）‎ A. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 B. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 C. 糖类、油脂、蛋白质都能发生水解 D. 纤维素与淀粉互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，故能水解，且分为油和脂肪，故A正确；‎ B. 相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，糖类并不均是高分子化合物，如单糖和二糖不是；油脂相对分子质量较小，油脂也不是高分子化合物，故B错误；‎ C. 单糖是最简单的糖，不能水解；油脂和蛋白质均能水解，故C错误；‎ D. 分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，而纤维素和淀粉(C6H10O5)n的分子式中n值不同，故不是同分异构体，故D错误。‎ ‎19.对于苯乙烯的下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可发生加聚反应；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面，其中正确的是(　　)‎ A. 仅①②④⑤ B. 仅①②⑤⑥‎ C. 仅①②④⑤⑥ D. 全部正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，则具备苯和烯烃的化学性质，且苯环为平面结构、乙烯为平面结构，以此来解答。‎ ‎【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；‎ ‎②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，故②正确；‎ ‎③苯乙烯为有机物，不溶于水，故③错误；‎ ‎④根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，故④正确；‎ ‎⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，故⑤正确；‎ ‎⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，则所有的原子可能共平面，故⑥正确；‎ 故C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎20. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是 A. 分子中含有2种官能团 B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应 D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A项错误；‎ B项，该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B项正确；‎ C项，分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，故C项错误；‎ D项，该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质，掌握官能团的性质是解题的关键。‎ 第II卷 二．非选择题：本题共4小题，每小题10分，共40分。‎ ‎21.近年科学家提出“绿色自由”构想。把空气中的CO2进行转化，并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。‎ ‎（1）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。‎ ‎①下列关于氢能的说法正确的是____。‎ A．氢能是清洁能源 B．氢能是二次能源 C．氢能是不可再生能源 D．气态氢能源更容易保存和运输 ‎②已知CO（g）和H2（g）的燃烧热（△H）分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1。CO与H2合成甲醇的能量变化如图甲所示：‎ 则用CO2（g）和H2（g）制备液态甲醇的热化学方程式为____。‎ ‎③将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图乙所示：催化效果最好的是催化剂____（选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。‎ ‎（2）利用CO和水蒸气可生产H2，反应的化学方程式：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）。将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行如下反应，得到三组数据如表所示：‎ 温度/℃‎ 起始量 达到平衡 CO/mol H2O/mol H2/mol CO转化率 时间/min ‎650‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎10‎ ‎900‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎900℃时，达到平衡时的反应速率v（H2O）=____。（保留2位小数）。‎ ‎（3）科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用如图所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO。该装置工作时，N电极的电极反应式为____。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=-93.8kJ•mol-1 (3). I (4). 0.10mol•L-1•min-1 (5). CO2+2H++2e-═CO+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①A.氢气的燃烧产物只有水，不会污染环境，是一种清洁能源，故A正确；‎ B. 氢气在自然界中不能直接获得，要通过电解水的方法获得，因此氢能属于二次能源，故B正确；‎ C. 氢气燃烧的产物是水，在通过电解水产生氢气，形成循环，因此氢能可再生，故C错误；‎ D. 由于氢气难压缩，且易燃烧，所以不易保存和运输，故D错误 答案选AB。‎ ‎② 根据CO（g）和H2（g）的燃烧热（△H），可列热化学方程式：‎ ‎（Ⅰ）CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1；‎ ‎（Ⅱ）H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；‎ 根据图象曲线变化可写出热化学方程式（Ⅲ）：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-（510-419）kJ•mol-1=-91kJ•mol-1。‎ 根据盖斯定律，利用（Ⅱ）+（Ⅲ）-（Ⅰ），可得热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=-93.8 kJ•mol-1，‎ 故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=-93.8kJ•mol-1；‎ ‎③由图象可知催化剂I的作用下，CO2的转化率最高，即为催化效果最佳；故答案为：I ‎（2）900℃时，结合CO的转化率，根据三段式进行有关数据处理：            CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）‎ 起始/mol    3            2               0            0‎ 转化/mol    1           1                1            1‎ 平衡/mol    2           1               1           1‎ v（H2O）==0.10mol•L-1•min-1‎ 故答案为：0.10mol•L-1•min-1‎ ‎（3）根据装置图分析，M电极上H2O失去电子转化为O2和H+，N电极上CO2转化为CO，过程为得电子反应，H+通过质子交换膜参与反应生成H2O，则N电极上发生的电极反应为：CO2+2H++2e−═CO+H2O，‎ 故答案为：CO2+2H++2e−═CO+H2O。‎ ‎22.香料Ⅴ制备方法如图：‎ 根据香料V的合成路线回答如下问题：‎ ‎（1）化合物I的分子式为____。‎ ‎（2）化合物Ⅳ中含氧官能团的名称是____。‎ ‎（3）反应①的反应类型为____。‎ ‎（4）反应②反应条件和加入的试剂为_____。‎ ‎（5）芳香化合物Ⅵ是Ⅲ的一种无甲基同分异构体，能发生水解反应和银镜反应，Ⅵ的结构简式为____。‎ ‎【答案】 (1). C7H8O2 (2). 羟基和醛基 (3). 取代反应 (4).‎ ‎ 加热(或△)、Cu或Ag和O2 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）流程图中化合物I的结构式可以看做苯环上的两个氢被一个-OH和一个-CH2OH取代后形成的，因此分子式为C7H8O2。答案为：C7H8O2；‎ ‎（2）化合物Ⅳ的结构式为，其中含氧官能团的名称是羟基和醛基。答案为：羟基和醛基；‎ ‎（3）反应①的过程为，酚羟基上的氢原子被甲基取代，因此反应类型为取代反应。答案为：取代反应；‎ ‎（4）反应②，该过程中-CH2OH被氧化为醛基（-CHO），需要氧化剂，一般选用氧气，运用已学习知识的迁移，乙醇在铜或银作催化剂及加热的条件下与氧气反应生成乙醛，因此反应②条件为铜或银作催化剂及加热的条件下，加入的试剂为O2。答案为：加热(或△)、Cu或Ag和O2；‎ ‎（5）芳香化合物Ⅵ能发生水解反应说明分子中有酯基；银镜反应说明分子中有醛基，是Ⅲ的一种无甲基同分异构体，Ⅵ的结构简式为。‎ 答案为：。‎ ‎23.乳酸亚铁晶体{[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3 反应制得：2CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH（OH）COO]2Fe•3H2O+CO2↑。‎ Ⅰ．制备FeCO3：装置如图所示。‎ ‎（1）B的名称是____。‎ ‎（2）①清洗仪器，检查装置气密性的方法是：在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管，在A中加入水，分别打开活塞K1和K3。关闭活塞K2，若观察到___，则气密性良好。‎ ‎②倒掉A中的水，加入盐酸，在B中加入铁粉、C中加入NH4HCO3溶液。关闭活塞K2，打开活塞K1和K3；滴入足量盐酸后，关闭活塞K1，开动搅拌器，反应一段时间后关闭活塞K3，打开活塞K2，C中发生的反应的离子方程式为____。‎ Ⅱ．制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。‎ ‎（3）加入少量铁粉的作用是___。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，____、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). A中液面下降到一定程度保持稳定 (3). Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (4). 防止亚铁离子被氧化 (5). 过滤 ‎【解析】‎ ‎【详解】I.(1)由图可知，B名称是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；‎ ‎(2)①清洗仪器，检查装置气密性的方法是：在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管，在A中加入水，分别打开活塞K1和K3、关闭活塞K2，或刚好相反，若观察到A中液面下降到一定程度保持稳定，则气密性良好，‎ 故答案为： A中液面下降到一定程度保持稳定；‎ ‎②倒掉A中的水加入盐酸，在B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。关闭活塞K2，打开活塞K3；滴入足量盐酸后，关闭活塞K1，开动搅拌器，反应一段时间后关闭活塞K3，打开活塞K2，C中发生的反应的离子方程式为Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，‎ 故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；‎ II.(3)加入少量铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，‎ 故答案为：防止亚铁离子被氧化；过滤；‎ ‎24.我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb。CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的___性。‎ ‎（2）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是____。‎ ‎（3）锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30℃时锌浸出率最高的原因为___。‎ ‎ ‎ ‎（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是____。‎ ‎（5）“滤渣3”的主要成分为___。‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O或ZnO+2NH3∙ H2O +2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2 (3). 低于30℃时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 (4). 2AsCl52-+2H2O2+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6H+ (5). Cu ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）碳酸锌与碳在高温下反应生成锌和一氧化碳，碳表现为还原性，‎ 故答案为：还原；‎ ‎（2）“浸出”时，ZnO溶于氯化铵和氨水的混合溶液，生成配离子Zn（NH3）42+，则发生反应的离子方程式为：ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn（NH3）4]2++H2O或ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=[Zn（NH3）‎ ‎4]2++3H2O，‎ 故答案为：ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn（NH3）4]2++H2O或ZnO+2NH3•H2O+2NH4+=[Zn（NH3）4]2++3H2O；‎ ‎（3）根据温度与锌浸出率的图可知，30℃左右时浸出率最高，如低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降，‎ 故答案为：低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降；‎ ‎（4）“氧化除杂”中，AsCl52-转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，反应的离子方程式为：2AsCl52-+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5（胶体）+10Cl-+6NH4++5H2O，‎ 故答案为：2AsCl52-+2H2O2+6NH3•H2O=As2O5（胶体）+10Cl-+6NH4++5H2O；‎ ‎（5）还原除杂过程中，溶液中的Cu2+被加入的Zn粉置换出Cu，滤渣3含有Cu，‎ 故答案为：Cu；‎ ‎ ‎