2018-2019学年河北省承德市第一中学高一下学期第三次月考化学试卷（解析版）

2018-2019学年河北省承德市第一中学高一下学期第三次月考化学试卷（解析版）

河北承德第一中学高一下学期第三次月考化学试题 可能用到的原子量：H-1,O-16,Mg-24,Cu-64,Ag-108‎ I卷（50分）‎ 一．选择题（共25小题，每小题只有一个答案符合题意）‎ ‎1.如图是近年来我国化石燃料和其他能源的消耗构成示意图，下列说法正确的是(　　)‎ A. 当今人类所需的能量绝大部分是由化学反应产生的 B. 煤、石油、天然气的成分都是烃 C. 为消除温室效应，应禁用煤、石油、天然气等含碳能源 D. 核能、氢能、太阳能是当今社会的主要能源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.尽管随着社会的发展，人类已经开发利用了多种能源，但当今人类社会的主要能源仍是煤、石油、天然气等化石能源，而这些物质所储存的能量的释放，均是通过化学反应实现的，故A正确；‎ B.煤的主要成分是碳，天然气的主要成分是甲烷，石油的化学成分主要是各种液态的碳氢化合物，故B错误；‎ C.空气有自净能力，合理开发使用能源就可以减少温室效应，故C错误；‎ D.当今社会的主要能源是煤、石油、天然气，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.化学用语是表示物质组成、结构和变化规律的一种具有国际性、科学性和规范性的书面语言．化学用语具有简便、确切地表达化学知识和化学科学思维的特点．下列化学用语中书写正确的是（ ）‎ A. N2的电子式：‎ B. 次氯酸的结构式：H-O-Cl C. CO2分子的比例模型 ：‎ D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，电子式为，故A错误；B、根据化合价，氧是二价的所以成两个共价键,氢和氯都是一价的，成一个共价键，次氯酸的结构式：H-O-Cl，故B正确；C、CO2分子的比例模型 ：，故C错误；D、HCl是共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程：，故D错误；故选B。‎ 点睛：B是易错误题，受化学式HClO影响，易将H和O连在Cl原子上；D考查了化学键的判断、用电子式表示物质形成过程，明确物质的构成微粒及微粒间作用力即可判断化学键，用电子式表示物质形成构成为学习难点。‎ ‎3.下列化学用语表达不正确的是 ‎①丙烷的球棍模型为 ②丙烯的结构简式为CH3CHCH2‎ ‎③C(CH3)4，叫新戊烷 ④与C8H6互为同分异构体 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①丙烷为含有3个碳原子的烷烃，丙烷的球棍模型为，故①正确；②丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故②错误；③C(CH3)4中含有5个C的烷烃，分子中含有4个甲基，为新戊烷的结构简式，故③正确；④与C8H6的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误；故选D。‎ ‎4.下列元素中属于长周期主族元素的是 A. Li B. P C. Fe D. Br ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．Li为第二周期第ⅠA元素，即为短周期主族元素，故A不选；B．P为第三周期第ⅤA族元素，即为短周期主族元素，故B不选；C．Fe为第四周期ⅤⅢ族元素，不是主族元素，故C不选；D．Br为第四周期ⅤⅡA族元素，为长周期主族元素，故D选；故选D。‎ ‎5.下列反应中属于吸热反应是 A. 铝粉与氧化铁反应 B. 锌片与稀硫酸反应 C. 氯化铵晶体与氢氧化钡晶体反应 D. 钠与冷水反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铝粉与氧化铁反应为铝热反应，属于放热反应，故A错误；‎ B. 锌片与稀硫酸反应为放热反应，故B错误；‎ C. 氯化铵晶体与氢氧化钡晶体反应为吸热反应，故C正确；‎ D. 钠与冷水反应为放热反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、金属与酸或水反应、中和反应、铝热反应、绝大多数化合反应等；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)，Ba(OH)2∙8H2O与氯化铵晶体的反应。‎ ‎6.下列变化中，不需要破坏化学键的是 A. 碘升华 B. 碳酸氢钠受热分解 C. 氯化氢溶于水 D. 氯化钠熔化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 碘升华是物理变化，化学键不变，A正确；B. 碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，是化学变化，破坏化学键，B错误；C. 氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，C错误；D. 氯化钠熔化电离出钠离子和氯离子，离子键被破坏，D错误，答案选A。‎ ‎7.已知反应NO2(g)+CO(g)=NO(g) +CO2(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 图中A→B的过程为放热过程 B. 该反应为氧化还原反应 C. 1molNO2和1molCO的键能总和大于1molNO和1mol CO2 的键能总和 D. 1molNO2(g)和1molCO(g)的总能量低于1mol NO(g) 和1mol CO2(g)的总能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图中A→B的过程，能量升高，为吸热过程，故A错误；‎ B.反应前后化合价发生变化，则为氧化还原反应，故B正确；‎ C.由图可知，该反应为放热反应，则反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故C错误；‎ D.由图可知，该反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就放出能量，如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就吸收能量。‎ ‎8.下列反应属于取代反应的是 A. 乙烯在空气中燃烧 B. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应 C. 在FeBr3催化作用下，苯与液溴反应 D. 乙醇在铜或银作催化剂条件下与氧气反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，结合有机物的性质分析解答。‎ 详解：A. 乙烯在空气中燃烧属于氧化反应，A错误；‎ B. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，B错误；‎ C. 在FeBr3催化作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，C正确；‎ D. 乙醇在铜或银作催化剂条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛和水，D错误。答案选C。‎ ‎9.某烷烃结构简式为，其命名正确的是 A. 2-乙基-3，3-二甲基戊烷 B. 3，3-二甲基-4-乙基戊烷 C. 3，3，4-三甲基己烷 D. 3，4，4-三甲基己烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以－ 隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基，其位置以 , 隔开，一起列于取代基前面。据此可知选项C正确。‎ ‎10.下列名称的有机物实际上不可能存在的是 A. 2，2—二甲基丁烷 B. 2—甲基—4—乙基—1—己烯 C. 3—甲基—2—戊烯 D. 3，3—二甲基—2—戊烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据有机化合物的系统命名法可知，A的结构简式为(CH3)3CCH2CH3，则A正确；B的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH(CH2CH3)2，符合官能团位置最小原则，故B正确；C的结构简式为CH3CH=C(CH3)CH2CH3，符合官能团位置最小原则，则C正确；按照D的名称，其结构简式为CH3CH=C(CH3)2CH2CH3，其中3号碳原子超过了8电子结构，故D错误。本题正确答案为D。‎ 点睛：有机物命名的基本原则要注意：主链最长，支链或官能团位置最小，先简后繁，同基合并，除H外满足8电子稳定结构。‎ ‎11.H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是 A. 有MnO2条件下的反应曲线是a曲线 B. a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大 C. a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大 D. b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)═H2O(l)+ O2(g)△H=﹣(E1﹣E2)kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂能够降低反应的活化能，提高反应速率，所以MnO2作催化剂，有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，A错误； ‎ B.b使用催化剂，可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，反应的活化分子百分数增大，B正确；‎ C.a曲线变为b曲线，途径不变，始终态相同，则平衡时H2O2的转化率不变，C错误；‎ D.为放热反应，△H=(E1-E2)kJ/mol，则热化学方程式为H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) △H=-(E2-E1)kJ/mol, D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是(　　)‎ X Y Z W A. X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性 B. Z、W常见气态氢化物的稳定性W比Z强 C. Z的单质与氢气反应比Y的单质与氢气反应剧烈 D. X的原子半径小于Y ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W均为短周期元素,Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O，X为N，W为Cl。‎ ‎【详解】A. X的最常见气态氢化物为氨气，其水溶液显碱性，故A错误；‎ B. W比Z的非金属性强，故气态氢化物的稳定性W比Z强，故B正确；‎ C. 非金属性O> S，所以Y的单质与氢气反应较Z剧烈，故C错误；‎ D. 同周期从左向右原子半径在减小，则X的原子半径大于Y，故D错误;‎ 故选B。‎ ‎【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。‎ ‎13.下列热化学方程式中，正确的是 (　　)‎ A. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1‎ B. ‎500 ℃‎、30 MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1‎ C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1‎ D. 在101 kPa时，‎2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所谓稳定的氧化物指二氧化碳气体和液态水，故方程式中水的状态错误，故错误；B. 氮气和氢气的反应为可逆反应，所以不能计算反应消耗的氮气和氢气的物质的量，不能确定其热化学方程式中的反应热，故错误； C. 硫酸和氢氧化钙反应生成硫酸钙沉淀和水，有沉淀生成，所以生成1mol水时的反应热不等于中和热，故错误；D. 在书写热化学方程式时注意化学计量数表示物质的量，热量和物质的量成正比，在101 kPa时，‎2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2 (g)＋O2 (g)=2H2O(l) Δ H＝－571.6 kJ·mol-1，故正确。故选D。‎ ‎【点睛】掌握燃烧热和中和热的物质的量和物质聚集状态的要求。燃烧热是指1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，稳定的氧化物指二氧化碳气体，二氧化硫气体，或液态水等。中和热指强酸和强碱反应生成可溶性的盐和1mol水时放出的热量。‎ ‎14.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：‎ 元素代号 X Y Z R T 原子半径(nm)‎ ‎0．160‎ ‎0．080‎ ‎0．102‎ ‎0．143‎ ‎0．074‎ 主要化合价 ‎＋2‎ ‎＋2‎ ‎－2、＋4、＋6‎ ‎＋3‎ ‎－2‎ 根据表中信息，判断以下说法正确的是(　　)‎ A. 相同条件下，单质与稀硫酸反应的速率快慢：R＞Y＞X B. 离子半径：T2－＞X2＋‎ C. 元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞R＞X D. 单质与氢气化合的难易程度：Z＞T ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据表中信息，Z元素的化合价为-2、+4、+6，所以Z是S元素，T的化合价为-2，则T是O元素，X、Y的主要化合价相同，所以属于同种族元素，都是第IIA族元素，X是Mg，Y是Be元素，R的化合价是+3价，且原子半径比X稍小，所以R是Al元素。A、Be、Mg、Al三种金属的活动性顺序是Mg>Al>Be，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢：X>R>Y，错误；B、T2－与X2+的电子层结构相同，所以核电荷数小的离子半径大，则T2－＞X2+，正确；C、元素的金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以元素最高价氧化物的水化物的碱性：X>R>Y，错误；D、元素的非金属性T>Z，所以气态氢化物的稳定性T>Z，错误，答案选B。‎ 考点：考查元素的原子半径与化合价的递变规律的应用 ‎15.关于下列各装置图的叙述不正确的是 ( )‎ ‎① ② ③ ④‎ A. 用装置①精炼铜，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液 B. 装置②盐桥中KCl的Cl-移向乙烧杯 C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护 D. 装置④可以验证温度对化学平衡的影响 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 装置①根据电流方向知a为阳极，b为阴极，用此装置精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B. 装置②盐桥中KCl的Cl-移向负极，即移向甲烧杯，故B错误；C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连做阴极，获得保护故C正确；D. 装置④可以验证温度对化学平衡的影响，2NO2(g)=N2O4((g) △H < 0,所以改变温度。平衡发生移动，由颜色变化可以判定化学平衡移动了，故D正确。本题答案：B。‎ ‎16.在容积一定的密闭容器中，进行可逆反应A(g)+2B(g) C(g) +D(g)，有图Ⅰ、Ⅱ所示的反应曲线，下列说法中不正确的是（ ）‎ 图I 图II A. 正反应是放热反应 B. P1 ＜P2‎ C. 若P3＜P4，y轴表示A的转化率 D. 若P3＞P4，y轴表示C的体积分数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图（Ⅰ）中a、b的相对位置知，温度相同时，p2先达到化学平衡，反应速率较快，则p2＞p1；由b、c的相对位置知，压强相同时，T1先达到化学平衡，反应速率较快，则T1＞T2，升高温度，C%降低说明正反应为放热反应。‎ ‎【详解】A项、由b、c的相对位置知，压强相同时，T1先达到化学平衡，反应速率较快，则T1＞T2，升高温度，C%降低说明正反应为放热反应，故A正确；‎ B项、由a、b的相对位置知，温度相同时，p2先达到化学平衡，反应速率较快，则p2＞p1，故B正确；‎ C项、增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，则有P4＜P3，故C错误；‎ D项、增大压强，平衡正向移动，C的体积分数，则有P4＜P3，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题旨在考查化学平衡图象，由于勒夏特列原理只适用于“单因素”（浓度或温度或压强）改变，解答这类图象题时应固定一个物理量，分析另一物理量对纵坐标的影响。‎ ‎17.已知反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。‎830 ℃‎时，向一个‎2 L的密闭容器中充入0.2 mol X和0.8 mol Y，反应初始4 s内v(X)＝0.005 mol/(L·s)。下列说法正确的是 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ 平衡常数 ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ A. 4 s时容器内c(Y)＝0.76 mol/L B. ‎830 ℃‎达平衡时，X的转化率为80%‎ C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动 D. 1 ‎200 ℃‎时反应R(g)＋Q(g) X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：(X)＝0.005 mol/(L·s)，则(Y)＝0.005 mol/(L·s)，4sY的减少量为0.02 mol/L，4 s时容器内c(Y)＝0.78 mol/L，A项错误；‎830℃‎达平衡时，平衡常数为1，应有c(X)·c(Y)=" c(R)" · c(Q),设有a mol/L的X参与反应，则消耗Y为a mol/L，生成Q和R分别都为a mol/L，(0.2-a)(0.8-a)=a2，a=0.16，有0.16 mol/L的X参与反应，转化率为80%，B项正确；反应达平衡后，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，C项错误。‎1200℃‎时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝1/0.4=2.5，D项错误。‎ 考点：化学平衡计算 ‎18.肼(分子式为N2H4，又称联氨)具有可燃性，在氧气中完全燃烧生成氮气，可用作燃料电池燃料。由题图信息可知下列叙述不正确的是(　　)‎ 甲 乙 A. 甲为原电池，乙为电解池 B. b电极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－‎ C. d电极的电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu D. c电极质量变化‎128 g时，理论消耗标准状况下的空气约为‎112 L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲是燃料电池，把化学能转化为电能，作原电池，乙是电解池，故A正确；‎ B.正极上是氧气发生得电子的还原反应，在碱性环境下，电极反应式为:2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；‎ C.锌与电源负极相连，是电解池的阴极，在该电极上铜离子得到电子生成铜，故电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故C正确；‎ D. 电解硫酸铜溶液时，铜电极上铜失电子发生氧化反应，当铜片的质量变化‎128g，失去电子的物质的量=2× =4mol，1mol氧气生成-2价氧元素得到4mol电子，则需要空气的体积=1mol × ‎22.4L/ mol÷20%=‎112L，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎19.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，下列说法正确的是 A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O===CO32－＋8H＋‎ C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生‎1.45 g固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丙池两端的电极材料相同，应作电解池；甲池是燃料电池，CH3‎ OH中碳元素失电子，化合价升高，作负极，电极反应为CH3OH－6e－＋8OH-===CO32-＋6H2O；O2得电子，化合价降低，作正极，电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH-。乙池石墨电极与正极相连，作阳极；Ag电极是阴极。丙池右侧Pt与负极相连，作阴极；左侧Pt是阳极。据以上分析解答。‎ ‎【详解】A项，甲池是燃料电池，属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，乙、丙池属于电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A项错误；‎ B项，甲池是燃料电池，CH3OH燃料通入的极是电池的负极，发生氧化反应，因电解质是氢氧化钾，所以电极反应不会生成氢离子，故B项错误；‎ C项，电解硫酸铜时，阳极放氧气，阴极析出金属铜，所以要让电解质在电解后复原，应加入氧化铜，故C项错误；‎ D项，丙池中，电解硝酸银时，阴极析出金属银，甲池中的正极发生的电极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH-，消耗280mL（标准状况下）即0.0125molO2，转移的电子为0.05mol，阴极氢离子得电子生成氢气，致使氢氧根与镁离子结合生成氢氧化镁，则丙池生成氢氧化镁的质量为‎58g/mol×0.025mol=‎1.45g，故D项正确；‎ 综上所述，本题选D。‎ ‎【点睛】用惰性电解电解硫酸铜溶液，反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+2O2↑；由于反应后生成铜和氧气，因此要把电解后的溶液恢复到电解前的状态，要加入铜和氧气形成的化合物氧化铜，且满足“缺多少补多少，缺什么补什么”规律。‎ ‎20.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸,亚磷酸主要用作尼龙增白剂,电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸,装置示意图如图(其中阳膜只允许阳离子通过,阴膜只允许阴离子通过)。下列说法不正确的是 A. 阳极的电极反应式为2H2O-4e-= 4H++O2↑‎ B. 产品室中发生的离子反应为HPO32-+2H+=H3PO3‎ C. 原料室中Na+浓度保持不变 D. 阴极室中溶液的pH逐渐升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 阳极上水放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e- 4H++O2↑，故A正确；B. 产品室中HPO32-和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32-+2H+=H3PO3，故B正确；C. 原料室中Na+通过阳膜向阴极室移动，原料室中Na+浓度逐渐减小，故C错误；D. 阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，阴极室中溶液中的c(H+)逐渐减小，pH逐渐升高，故D正确；故选C。‎ ‎21.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法:保持污水的pH在5.0~6.0之间,利用电解过程中生成的Fe(OH)3沉淀的吸附性吸附污物而沉积下来,模拟处理装置如下。下列有关说法中错误的是 A. X电极是负极,电极反应式为:CH4-8e-+4CO32-=5CO2+2H2O B. 铁是阳极,先失去电子生成Fe2+‎ C. 工作时熔融碳酸盐中的CO32-移向Y电极 D. 污水中存在反应4Fe2++10H2O + O2=4Fe(OH)3↓+8H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 燃料电池中，正极发生的反应一定是氧气得电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，负极反应式为：CH4-8e-+4CO32-═5CO2+2H2O，二氧化碳（CO2）可以循环利用；左池为电解池，活泼金属铁电极做电解池的阳极，所以电极本身放电，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；因为污水的pH在5.0～6.0之间，所以阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑。A．X电极是负极，电极反应式为：CH4-8e-+4CO32-═5CO2+2H2O，故A正确；B．电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，故B正确；C．工作时熔融盐中的碳酸根移向负极移动，即X电极，故C错误；D．二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，使得溶液呈酸性，方程式为：4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写，为解答该题的关键。本题的易错点是D，要注意亚铁离子的还原性。‎ ‎22.某烯烃与H2加成后的产物为，则该烯烃的结构简式可能有(　　)‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，该烷烃的碳链结构为，4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子与之相邻的碳原子不能形成双键，相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键的有：1和2之间（或2和5之间）、2和3之间、3和6之间，共有3种。‎ 故答案选C。‎ ‎23.某气态烃1体积只能与1体积Br2发生加成反应，生成溴代烷，此溴代烷1 mol可与4 mol Cl2发生完全取代反应，则该烃的结构简式为(　　)‎ A. CH2=CH2 B. CH3CH=CH‎2 ‎C. CH3CH3 D. CH2=CHCH=CH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎1体积该烃只能与1体积溴发生加成反应，说明该烃分子中只含有1个C=C，生成的溴代烷1mol可与4mol Cl2发生完全的取代反应，说明1 分子该溴代烷中含有4个H原子。‎ ‎24.已知某有机物的结构简式为判断下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 它可以使酸性KMnO4溶液褪色 B. 它可以使溴水褪色 C. 它可与Cl2发生取代反应 D. 1 mol该有机物燃烧消耗氧气为15 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使其褪色，故A正确；‎ B. 含碳碳双键，与溴水发生加成反.应，能使溴水褪色，故B正确；‎ C. 由有机物的结构式可知，分子中含有甲基，甲基上的氢原子容易与氯气发生取代反应，故C正确；‎ D. 由有机物的结构式可知，该有机物的分子式为C15H20，其与氧气燃烧的反应方程式为：C15H20+20O2 15CO2+10H2O，所以1mol该有机物燃烧消耗氧气为20mol，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎25.在372 K时，把0.5 mol N2O4通入体积为‎5 L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2 s时，NO2的浓度为 0.02 mol·L－1。在60 s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法正确的是(　　)‎ A. 前2 s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol·L－1·s－1‎ B. 在2 s时体系内压强为开始时的1.1倍 C. 在平衡时体系内含有N2O4 0.25 mol D. 平衡时，N2O4的转化率为40%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为=0.005mol/（L．s），选项A错误；‎ B．2秒时NO2的物质的量为‎5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的=1.1倍，选项B正确；‎ C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol-x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，选项C错误；‎ D．N2O4 的转化率为×100%=60%，选项D错误。‎ 答案选B。‎ II卷（50分））‎ 二．填空题 ‎26.下表是元素周期表的一部分。‎ 已知A、B、C、D、E、X、Y是由表中给出元素组成的常见单质或化合物，并存在如图所示的转化关系(部分生成物和反应条件已略去)：‎ ‎（1）元素⑧的最高价氧化物对应水化物的化学式是____________。‎ ‎（2）元素⑤与As两种元素中，简单气态氢化物较稳定的是_______（填化学式）。‎ ‎（3）元素②⑥⑦的简单离子半径由大到小的顺序是_______（用化学符号表示）。‎ ‎（4）元素③的单质与元素②的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是__________________。‎ ‎（5）若A为红棕色气体，则X、D的化学式分别为___________、___________。‎ ‎【答案】 (1). Ca(OH)2 (2). NH3 (3). Cl- >O2- >Na+ (4). ‎2A1+2OH-+2H2O=2AlO2- +3H2↑ (5). Fe (6). Fe(NO 3)2‎ ‎【解析】‎ 根据元素周期表，可确定①为H、②为Na、③为Al、④为C、⑤为N、⑥为O、⑦为Cl、⑧为Ca；‎ ‎（1）根据元素周期表可确定⑧是钙，元素⑧的最高价氧化物对应水化物的化学式是 Ca(OH)2 ；（2）⑤是N，与As在同一主族，简单气态氢化物较稳定的是NH3，（3）元素②⑥⑦的简单离子半径由大到小的顺序是Cl- >O2- >Na+ ；（4）元素③的单质Al与元素②的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应的离子方程式是‎2A1+2OH-+2H2O=2AlO2- +3H2↑ ；（5）A红棕色气体，在常温下与水反应生成氧化物，可确定A是NO2，B是HNO3，C是Fe(NO3)3 ，E是NO，则X是Fe，D为Fe(NO3)2 。‎ ‎27.在‎2 L密闭容器中，‎800 ℃‎时反应2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：‎ 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n（NO）/mol ‎0020‎ ‎0.010‎ ‎0.008‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎0.007‎ ‎（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝___________，已知：K（‎300 ℃‎）>K（‎350 ℃‎），该反应的逆反应是_______反应（填“放热”或“吸热”）。‎ ‎（2）图中表示NO2的变化的曲线是____________，用O2的浓度变化表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝_____________。‎ ‎（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是________。‎ a v（NO2）＝2v（O2） b 容器内压强保持不变 c v逆（NO）＝2v正（O2） d 容器内物质的密度保持不变 ‎（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。‎ a 及时分离出NO2气体 b 适当升高温度 c 选择高效的催化剂 d 增大O2的浓度 ‎【答案】 (1). 　 (2). 吸热 (3). b (4). 1.5×10－3 mol·L－1·s－1 (5). bc (6). d ‎【解析】‎ ‎(1)2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡常数表达式K=；温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，故答案为：；吸热；‎ ‎(2)NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时△c(NO2)=△c(NO)==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)==3.0×10-3mol•L-1•s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=v(NO)=×3.0×10-3mol•L-1•s-1=1.5×10-3mol•L-1•s-1，故答案为：b；1.5×10-3mol•L-1•s-1；‎ ‎(3)a．表示同一方向反应速率，v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明达到平衡，若分别为正、逆速率，等于化学计量数之比，反应到达平衡，故a错误；b．随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，压强减小，压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c．不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，v逆(NO)：v正(O2)=2：1，即v逆(NO)=2v正(O2)，故c正确；d．混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误；故选：bc；‎ ‎(4)a．及时分离出NO2气体，平衡正向移动，但生成物浓度降低，反应速率减小，故a错误；b．适当升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，故b错误c ‎．使用高效催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡移动，故c错误，d．增大反应物O2的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，故d正确；故选d。‎ ‎28.认真观察下列装置，回答下列问题：‎ ‎(1)装置B中PbO2上发生的电极反应方程式为________________‎ ‎(2)装置A中总反应的离子方程式为_____________________________。‎ ‎(3)若装置E中的目的是在Cu材料上镀银，则X为________，极板N的材料为________。‎ ‎(4)当装置A中Cu电极质量改变‎6.4 g时，装置D中产生的气体体积为________L(标准状况下)。‎ ‎(5)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示(电极材料为石墨)。‎ ‎①图中a极连接电源的___________极,‎ ‎②b极电极反应式为____________________________________________‎ ‎【答案】 (1). PbO2 +2e- +4H++SO42- = PbSO4 +2H2O (2). Cu+2H+Cu2++H2↑ (3). AgNO3 (4). Ag (5). 3.92 (6). 负 (7). SO32—-2e-+H2O= SO42-+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）B和C装置形成原电池，铅作负极，二氧化铅作正极，原电池放电时，正极上二氧化铅得电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，发生还原反应。‎ ‎（2）A为电解装置，铜为阳极，阴极生成氢气。‎ ‎（3）电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中阳离子和镀层金属相同。‎ ‎（4）当装置A中Cu电极质量改变‎6.4g时，转移0.2 mol电子，装置D产生氢气0. 1mol，n(NaCl)=0. 1mol，阳极先发生2Cl- -2e =Cl2↑,其次发生4OH --4e -=2H2O+O2↑，则得到氯气0.05 mol和氧气0. 025 mol。‎ ‎（5）①Na+移向阴极区，SO32-移向阳极区，所以a极为阴极，应接电源负极。‎ ‎②b为阳极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-。‎ ‎【详解】（1）B和C装置形成原电池，铅作负极，二氧化铅作正极，原电池放电时，正极上二氧化铅得电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，发生还原反应，电极反应式：PbO2 +2e- +4H++SO42- = PbSO4 +2H2O，故答案为：PbO2 +2e- +4H++SO42- = PbSO4 +2H2O。‎ ‎（2）A为电解装置，铜为阳极，阴极生成氢气，装置A中总反应的离子方程式为Cu+2H+Cu2++H2↑，故答案为：Cu+2H+Cu2++H2↑。‎ ‎（3）电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中阳离子和镀层金属相同，若装置E中的目的是在Cu材料上镀银，则X为含有镀层金属阳离子的AgNO3溶液，极板N为阳极材料为Ag，故答案为：AgNO3；Ag。‎ ‎（4）当装置A中Cu电极质量改变‎6.4g时，转移0.2 mol电子，装置D产生氢气0. 1mol，n(NaCl)=0. 1mol，阳极先发生2Cl- -2e =Cl2↑,其次发生4OH --4e -=2H2O+O2↑，则得到氯气0.05 mol和氧气0. 025 mol，体积共为0.175 mol×‎22.4L∙mol-1=‎3.92L。故答案为：3.92。‎ ‎（5）①Na+移向阴极区，SO32-移向阳极区，所以a极为阴极，应接电源负极，故答案为：负；‎ ‎②b为阳极，SO32-在阳极失去电子变成SO42-，阳极电极反应式为：SO32—-2e-+H2O= SO42-+2H+，故答案为：SO32—-2e-+H2O= SO42-+2H+。‎ ‎29.某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型。根据如图回答下列问题：‎ ‎(1)写出A分子中的官能团名称：___________‎ ‎(2)写出B、D的结构简式：B____________，D____________，‎ ‎(3)写出②、⑤两步反应的化学方程式，并注明反应类型：‎ ‎②_____________、反应类型________。‎ ‎⑤______________、反应类型________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). CH3CH3 (3). CH3CH2OH (4). CH2=CH2+ HCl CH3CH2Cl (5). 加成反应 (6). CH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HCl (7). 取代反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，乙烯与氢气发生加成反应生成B，B为CH3CH3，乙烯与HCI发生加成反应生成C，C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成D，D为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物E，E是聚乙烯。‎ ‎【详解】（1）A为CH2=CH2，官能团名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键。‎ ‎（2）B为CH3CH3，D为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH3；CH3CH2OH。‎ ‎（3）反应②是乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，反应方程式为CH2=CH2+ HCl CH3CH2Cl，故答案为：CH2=CH2+ HCl CH3CH2Cl；加成反应。‎ 反应⑤是乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3CH2Cl，反应方程式为CH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HCl，故答案为： CH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HCl；取代反应。‎ ‎ ‎