【化学】广西壮族自治区南宁市第三中学2019-2020学年高一下学期期末考试（理）试题（解析版）

【化学】广西壮族自治区南宁市第三中学2019-2020学年高一下学期期末考试（理）试题（解析版）

广西壮族自治区南宁市第三中学2019-2020学年高一下学期期末考试（理）试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Ca-40 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列有关化学用语使用正确的是（ ）‎ A. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ B. 乙烷的比例模型：‎ C. 35Cl和37Cl的原子结构示意图：‎ D. 过氧化氢的电子式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯含有官能团碳碳双键，结构简式为，故A错误；‎ B．乙烷属于饱和烃，该模型为乙烷的球棍模型，故B错误；‎ C．35Cl和37Cl均为氯原子，核电荷数为17，原子结构示意图为，故C正确；‎ D．过氧化氢为共价化合物，电子式为：，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎2.化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 石油通过裂解可获得更多的轻质油，特别是汽油 B. 生石灰、硅胶、P2O5等均可作食品干燥剂 C. 聚乙烯和聚氯乙烯都是食品级塑料制品的主要成分 D. 水果运输中常用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石油通过裂化可获得更多的轻质油，特别是汽油；石油裂解的目的是获得主要含有乙烯、丙烯等气态石油化工原料的裂解气，故A错误；‎ B. P2O5能和冷水反应生成有毒的偏磷酸HPO3，所以不能用作食品干燥剂，故B错误；‎ C. 聚氯乙烯(PVC)中含有氯元素，对人体有潜危害，不能用作食品级塑料制品，故C错误；‎ D. 乙烯有催熟的效果，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. ‎14 g分子式为CnH2n的烃中含有的C-H键的数目为2 NA B. 密闭容器中，0.1 mol N2和0.3 mol H2 催化反应后分子总数为0.2 NA C. 标准状况下，‎6.72 L三氯甲烷中含分子数为0.3 NA D. 1 mol Fe粉与足量碘蒸气反应，转移电子数为3 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CnH2n的最简式为CH2，故14gCnH2n中含有的CH2的物质的量为1mol，故含2molC−H键即2NA条，故A正确；‎ B．氮气和氢气合成氨的反应为可逆反应，反应不能进行到底，因此0.1 mol N2和0.3 mol H2催化反应后分子总数大于0.2 NA，故B错误；‎ C．标准状况下，三氯甲烷不是气体，不能根据体积计算其物质的量，故C错误；‎ D．Fe与碘反应只能得到FeI2，则1molFe反应时转移的电子数为2NA，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎4.室温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）‎ A. 加入了少量Na2O2的水溶液中：H+、Fe2+、Cl－、SO B. 某无色酸性溶液中：Fe3+、NO、Ba2+、H+‎ C. 加入Al能放出H2的溶液中：Cl-、NO、SO、NH D. 通入足量CO2的溶液中：H+、NH、Al3+、SO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入了少量Na2O2的水溶液显碱性，含有OH-，H+和Fe2+不能与OH-‎ 共存，A不符合题意；‎ B．Fe3+的溶液呈黄色，不能在无色溶液中共存，B不符合题意；‎ C．加入Al能放出H2的溶液既可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，即可能含有H+或含有OH-，当溶液显碱性时，含有OH-，NH与OH-反应生成NH3不能共存，C不符合题意；‎ D．通入足量CO2的溶液，H+、NH、Al3+、SO能够大量共存，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列指定反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 少量Cl2通入澄清石灰水中：Cl2+2OH－ =ClO－+Cl－+H2O B. 向FeCl3溶液中加入Cu：2Fe3＋+3Cu=2Fe + 3Cu2＋‎ C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2NO+2H+=Cu2++2NO2↑+H2O D. 向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Al3+完全沉淀：Al3++3OH－+2Ba2++2SO= Al(OH)3↓+BaSO4↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．少量Cl2通入澄清石灰水中，Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2、CaCl2和H2O，反应离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，A正确；‎ B．向FeCl3溶液中加入Cu，Cu只能将Fe3+还原为Fe2+，则正确的离子反应方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，B错误；‎ C.室温下用稀HNO3溶解铜，两者反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，反应的离子方程式为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，C错误；‎ D．向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Al3+完全沉淀，SO只有部分沉淀，正确的离子方程式为2Al3++6OH－+3Ba2++3SO=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.某原电池的装置如图所示，总反应为H2(g)+HgO(s)=H2O(l)+Hg(l)，其中交换膜只允许阴离子和水分子通过。下列说法正确的是（　　）‎ A. 正极反应为：HgO−2e−+H2O=Hg+2OH−‎ B. 放电结束后，溶液的碱性不变 C. 标准状况下，每反应 ‎2.24 L氢气，交换膜通过 0.2 mol 离子 D. OH−通过离子交换膜从负极向正极移动，保持溶液中电荷平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据装置分析可知，该装置为原电池装置，通入氢气的一极为负极，化合价升高失电子，与氢氧根离子反应生成水，氧化汞一极为正极，与水反应生成汞和氢氧根离子，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．根据电池反应式知，负极上氢气失电子和OH-反应生成H2O，正极上HgO得电子和水反应Hg和OH-，正极反应式为HgO(s)+2e-+H2O═Hg(l)+2OH-，故A错误；‎ B．该电池反应中有水生成导致溶液体积增大，KOH不参加反应，则KOH的物质的量不变，则c(KOH)减小，溶液的碱性减弱，故B错误；‎ C．‎2.24 L(标准状况下)氢气的物质的量为0.1mol，转移电子0.2mol，则交换膜通过 0.2 molOH-离子，故C正确；‎ D．放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-通过离子交换膜从正极移向负极，保持溶液中电荷平衡，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列化工生产原理、用途错误的是（ ）‎ ‎①可以用电解熔融氯化钠的方法来制取钠 ‎②黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料 ‎③可用铝热反应在野外焊接钢轨 ‎④炼铁高炉中所发生的反应都是放热的，故无需加热 ‎⑤制取粗硅的反应：SiO2+CSi+CO2↑‎ ‎⑥工业上冶炼Ag：2Al+3Ag2O6Ag+Al2O3‎ A. ①③⑥ B. ④⑤⑥ C. ②③⑤ D. ②④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①工业制钠用电解熔融氯化钠的方法制取，故正确；‎ ‎②黄铜矿冶炼铜产生的二氧化硫经催化氧化可以制取硫酸，氧化亚铁经还原可得到铁单质，故正确；‎ ‎③利用铝粉与三氧化二铁或四氧化三铁反应得到铁单质，焊接铁轨，故正确；‎ ‎④炼铁高炉内会发生C+CO22CO，该反应是吸热反应，故错误；‎ ‎⑤制取粗硅的反应产物为硅单质和一氧化碳，故错误；‎ ‎⑥工业冶炼银采用热分解法，不采用铝热反应，故错误；‎ 综上可知错误的是：④⑤⑥；‎ 故选：B。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol乙烷发生取代反应最多消耗3 mol Cl2‎ B. CH≡CH与HCl一定条件下发生反应，最多可生成3种产物 C. 等物质的量的CH≡CH与苯（C6H6）完全燃烧生成CO2的量相等 D. 乙烯分别通入溴水和溴的四氯化碳溶液中，反应现象完全相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烷分子式是C2H6，由于每个H原子被取代，消耗1个Cl2分子，所以1mol乙烷发生取代反应最多消耗6molCl2，A错误；‎ B．乙炔与HCl按1:1加成，产物是CH2=CHCl，若按1:2加成，反应产物可能是CH3-CHCl2、CH2Cl-CH2Cl，因此CH≡CH与HCl一定条件下发生反应，最多可生成3种产物，B正确；‎ C．乙炔与苯最简式相同，但由于等物质的量的乙炔与苯分子中含有C、H原子数不相等，因此完全燃烧生成CO2的量不相等，C错误；‎ D．乙烯通入溴水中与溴发生加成反应，使溴水褪色，但产生的有机物与水互不相容，因此会看到液体分层，两层液体均无色；而乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应产生的1，2-二溴乙烷能够溶解在四氯化碳中，因此看到的现象是褪色，但液体不分层，所以反应现象不完全相同，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列实验操作中，对应的现象及结论都正确且两者具有因果关系的是 （ ） ‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将乙烯分别通入高锰酸钾酸性溶液和溴的四氯化碳溶液中 二者均褪色 二者褪色原理相同 B 甲烷与氯气在光照下反应后将其生成物通入紫色石蕊试液中 紫色石蕊试液变红 生成的甲烷氯代物具有酸性 C 将红热的木炭与少量浓HNO3反应 ‎ 产生红棕色气体 木炭一定与浓硝酸发生了反应 D 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液后无明显现象 铁粉将Fe3+还原为Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯中含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳发生加成反应而使其褪色，乙烯具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此两者褪色原理不同，A不符合题意；‎ B．甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成HCl和甲烷氯代物，HCl的水溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，而不是甲烷氯代物显酸性，B不符合题意；‎ C．在加热条件下，浓硝酸可分解生成二氧化氮的红棕色气体，不一定是与碳反应生成的，C不符合题意；‎ D．向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后铁粉将Fe3+还原为Fe2+，加1滴KSCN溶液，黄色逐渐消失，加KSCN溶液后无明显现象，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎10.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的单质经常作为保护气，这四种元素可以组成阴阳离子个数比是1:1的离子化合物甲，由Y、Z形成的一种化合物乙和W、Z 形成的化合物丙反应生成淡黄色固体。下列说法中错误的是( )‎ A 化合物甲一定能与NaOH溶液反应 B. 原子半径大小顺序是Z>X>Y>W C. W、X组成的化合物X2W4中含有非极性键 D. W、X、Y组成的化合物水溶液一定呈酸性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的单质经常作为保护气，则该单质为氮气，X为N；由Y、Z形成的一种化合物乙和W、Z 形成的化合物丙反应生成淡黄色固体，该固体为S单质，则乙和丙为二氧化硫和硫化氢，则Z为S，根据原子序数可知，W为H，Y为O；这四种元素可以组成阴阳离子个数比是1:1的离子化合物甲可能是硫酸氢铵或者亚硫酸氢铵，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由以上分析，甲为是硫酸氢铵或者亚硫酸氢铵均能与氢氧化钠反应，故A正确；‎ B．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数越多半径越小，则半径：S>N>O>H，故B正确；‎ C．W、X组成的化合物N2H4，结构简式为：H2N-NH2，其中N-H键为极性键，N-N为非极性键，故C正确；‎ D．W、X、Y组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，显酸性，也可能是一水合氨，显碱性，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎11.下列关于有机化合物 和 的说法正确的是( )‎ A. 一氯代物数目均有6种 B. 二者均能发生取代、加成和氧化反应 C. 可用酸性高锰酸钾溶液区分 D. 分子中所有碳原子可能在同一平面上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中有6种等效氢，则一氯代物有6种，中有4种等效氢，一氯代物有4种，两种一氯代物数目不同，故A错误；‎ B.中含碳碳双键，能发生加成反应，除此之外还能发生取代、氧化反应，中不含不饱和键，不能发生加成反应，能发生取代、氧化反应，故B错误；‎ C. 中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，中不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液区分，故C正确；‎ D.中与碳碳双键上的碳原子直接相连的原子共面，其中含1个叔碳原子（与甲基直接相连的碳原子），则所有碳原子不可能在同一平面上，故D错误。答案选C。‎ ‎12.已知某烃混合物完全燃烧后，生成CO2和H2O的物质的量之比为l：1，该混合物不可能是（ ）‎ A. 乙烯和丙烯（C3H6） B. 乙烷和苯 ‎ C. 甲烷和乙烷 D. 苯和甲烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】烃燃烧的方程式为CxHy＋(x＋y/4)O2→xCO2＋y/2H2O，生成CO2和H2O的物质的量之比为l：1，则x=y/2，即x:y=1：2‎ ‎【详解】A、乙烯分子式为C2H4，丙烯分子式为C3H6，C和H的物质的量比为1：2，符合上述条件，故A错误；‎ B、乙烷的分子式为C2H6，苯的分子式为C6H6，当两个体积比或物质的量之比为3：1，达到碳和氢物质的量之比为1：2，故B错误；‎ C、甲烷的分子式为CH4，乙烷的分子式为C2H6，不可能组合成碳和氢物质的量之比为1：2，故C错误；‎ D、苯的分子式为C6H6，甲烷的分子式为CH4，当物质的量之比为1：3时，符合碳和氢物质的量之比为1：2，故D错误。‎ ‎13.下列关于同分异构体的说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C3H6BrCl的有机物共4种(不考虑立体异构)‎ B. 戊烷有三种同分异构体，其中新戊烷的沸点最低 C. CH3CH=CH2存在顺反异构 D. 的一氯代物有4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有机物可看成C3H8中2个H被−Br、−Cl取代，固定1个Cl，移动另一个Br，可得C3H6BrCl的有机物不考虑立体异构共5种，故A错误；‎ B．同分异构体中，支链越多熔沸点越低，戊烷的三种结构中，新戊烷的支链最多，沸点最低，故B正确；‎ C．顺反异构要求含有碳碳双键，且双键碳原子连接两个不同的原子或原子团，由此可知丙烯不存在顺反异构，故C错误；‎ D．该结构对称，只有三种不同的氢原子，一氯代物有三种，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎14.一定量的某有机物完全燃烧后，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀，但称量滤液时，其质量只比原石灰水减少‎2.9g，则此有机物可能是（     ）‎ A. C2H6 B. C2H‎4 ‎C. C3H4 D. C4H10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀‎10g，应为CaCO3，n(CO2)＝n(CaCO3)＝＝0.1mol，‎ 根据方程式： ‎ 称量滤液时，其质量只比原石灰水减少‎2.9g，则生成水的质量应为‎5.6g−‎2.9g＝‎2.7g，‎ 则n(H)＝2n(H2O)＝×2＝0.3mol，则有机物中N(C)：N(H)＝1：3，‎ 只有A符合，故选：A。‎ ‎15.烯烃与酸性高锰酸钾溶液反应的氧化产物有如下表的对应关系：‎ 烯烃被氧化的部位 CH2=‎ RCH=‎ 氧化产物 CO2‎ RCOOH 由此推断分子式为C4H8的烯烃被酸性KMnO4 溶液氧化后不可能得到的产物是（ ）‎ A. HCOOH和CH3CH2COOH B. CO2 和 C. CO2 和CH3CH2COOH D. CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C4H8的烯烃为丁烯，有三种结构，若为CH2=CHCH2CH3，则氧化产物为CO2 和CH3CH2COOH，C选项可能；若为CH3CH=CHCH3，则氧化产物为CH3COOH，D选项可能；若为2-甲基丙烯，则氧化产物为：CO2 和，综上可知A不可能，‎ 故选：A。‎ ‎16.某澄清透明的溶液中可能含有：Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、I－、CO32－、SO42－、Cl－中的几种，各离子浓度均为0.1 mol·L－1。现进行如下实验(所加试剂均过量)：‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 样品溶液中肯定存在Na+、Fe2+、I−、SO42−‎ B. 沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁 C. 取‎1 L黄色溶液D能恰好溶解铁‎1.4 g D. 该样品溶液中是否存在Cl－可取滤液C，滴加硝酸银和稀硝酸进行确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据“下层（紫红色）”、“黄色溶液”，可以推出原溶液中含有I-、Fe2+，一定没有Cu2+；向样品溶液中加入Cl2、BaCl2溶液，得到白色沉淀，则溶液中含有SO42-（CO32-不能和 Fe2+共存，被舍去）；由于各离子浓度均为0.1mol·L-1，根据电中性原理，可以推出溶液中一定还含有一种阳离子，由于Mg2+无法排除，所以可以推出溶液中含有Na+、Fe2+、I-、SO42-‎ ‎，或者Mg2+、Fe2+、I-、SO42-、Cl-。‎ ‎【详解】A、经分析，样品中肯定存在Fe2+、I-、SO42-，可能存在Na+，或者Mg2+、Cl-，A错误；‎ B、题中未提及沉淀B的信息，故根据“黄色溶液”可推出沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁，因为Mg2+呈无色，不影响Fe3+颜色的显示，故B正确；‎ C、样品溶液中，n(Fe2+)=0.1mol·L-1，则溶液D中，n(Fe3+)=0.1mol·L-1，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，可推出‎1L溶液D中，含有Fe3+ 0.1mol，能溶解Fe 0.05mol，即‎2.8g，C错误；‎ D、样品溶液和Cl2、BaCl2溶液反应后再过滤得到滤液C，则滤液C一定含有Cl-，故检验到滤液C中Cl-，无法说明样品溶液含有Cl-，D错误；‎ 故选B。‎ 二、非选择题（共52分）‎ ‎17.（1）下列有机物中，属于脂肪烃的是____；互为同系物的是_____；互为同分异构体的是____。（填序号）‎ ‎① CH2=CH2  ②CH2=CHCH=CH2 ③CH3CH2CH2CH3  ④ ⑤CH3CH=CH2 ⑥ ‎ ‎（2） 按系统命名法命名：‎ ‎① __________；‎ ‎②_____________；‎ ‎③ ___________。‎ ‎（3）写出下列各有机物的结构简式：‎ ‎①2－甲基－4－乙基－2－已烯：_____________________；‎ ‎②2－甲基－1，3－丁二烯：___________________。‎ ‎（4）写出用氯乙烯制备聚氯乙烯（PVC）的化学方程式：___________________；‎ ‎（5）1 mol某烷烃完全燃烧消耗的O2为11‎ ‎ mol，请写出其分子式___________；其主链上含有5个碳原子的同分异构体有___________种。（不考虑立体异构）‎ ‎【答案】(1). ①②③④⑤ (2). ①⑤ (3). ③④ (4). 2﹣甲基﹣3﹣己炔 (5). 3，3，5，5－四甲基庚烷 (6). 3－甲基－1－丁烯 (7). (CH3)‎2C=CHCH(CH2CH3)2 (8). CH2=CH(CH3)CH=CH2 (9). (10). C7H16 (11). 5种 ‎【解析】‎ ‎【分析】烃分子中只有碳和氢两种元素，脂肪烃就是链烃。根据系统命名法的基本原则进行命名或写出有机物的结构。‎ ‎【详解】（1）①CH2=CH2属于脂肪烃；②CH2=CHCH=CH2属于脂肪烃； ③CH3CH2CH2CH3属于脂肪烃； ④ 属于脂肪烃； ⑤CH3CH=CH2属于脂肪烃； ⑥ 属于卤代烃。综上所述，属于脂肪烃的是①②③④⑤；其中①和⑤是分子中碳原子数不同、只有一个碳碳双键的链状烯烃，故两者互为同系物；③和④分子式相同但其结构不同，故两者互为同分异构体。‎ ‎（2）①的包含碳碳叁键的最长碳链中有6个碳原子，碳碳叁键在3号碳与4号碳之间，从离官能团较近的一端开始编号，兼顾支链的位置，故按系统命名法命名为2﹣甲基﹣3﹣己炔；‎ ‎②的最长碳链上有7个碳原子，3号和5号碳上分别有两个甲基，按系统命名法命名为3，3，5，5－四甲基庚烷；‎ ‎③包含碳碳双键在内的最长碳链上有4个碳原子，从离双键较近的一端开始编号，按系统命名法命名为3－甲基－1－丁烯。‎ ‎（3）①2－甲基－4－乙基－2－已烯的主链上有6个碳原子，双键在2号和3号碳之间，2号碳上有甲基，4号碳上有乙基，故其结构简式为(CH3)‎2C=CHCH(CH2CH3)2；‎ ‎②2－甲基－1，3－丁二烯的主链上有4个碳原子，在1、2碳和3、4碳之间有双键，在2号碳上有甲，故其结构简式为CH2=CH(CH3)CH=CH2。‎ ‎（4）用氯乙烯制备聚氯乙烯（PVC）的化学方程式为；‎ ‎（5）1 mol某烷烃完全燃烧消耗的O2为11 mol，设该烷烃的分子式为CnH2n+2，则根据其燃烧的化学方程式可知，0.5(3n+1)=11，则n=7，故其分子式为C7H16；其主链上含有5个碳原子的同分异构体有CH(CH3CH2)3、CH‎3C(CH3)2CH2CH2CH3、CH3CH‎2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH(CH3)CH2CH3、CH3CH(CH3) CH2CH(CH3) CH3，共5种。‎ ‎18.氮的化合物广泛应用于工业、航天、医药等领域。‎ ‎（1）氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO（g）+ 4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）。该反应已达到平衡状态的标志是__________ 。‎ a 反应速率v（NO）= v（H2O）‎ b 容器内压强不再变化 ‎ c 容器内 N2 的物质的量分数不再变化 ‎ d 容器内 n（NO）∶n（NH3）∶n（N2）∶n（H2O）= 6∶4∶5∶6 ‎ e 12 mol N-H 键断裂的同时生成 5 mol N≡N 键 ‎ f 混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎（2）肼（N2H4）是火箭的高能燃料，该物质燃烧时生成水蒸气和氮气，已知某些化学键的键能如下： ‎ 化学键 O—H N—N N—H O=O N≡N 键能kJ•mol-1‎ ‎467‎ ‎160‎ ‎391‎ ‎498‎ ‎945‎ 则1 mol N2H4在氧气中完全燃烧的过程中_____（填“吸收”或“放出”）的能量为_______kJ。‎ ‎（3）一定条件下，在 ‎5 L密闭容器内，反应 2NO2（g）N2O4（g），NO2物质的量随时间变化如下表：‎ 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n（NO2）/mol ‎0.040‎ ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.005‎ ‎0.005‎ ‎①用 N2O4 表示 0～2 s 内该反应的平均速率为_____ mol•L-1•s-1。在第 5s 时，NO2‎ ‎ 的转化率为_____。‎ ‎②为加快反应速率，可以采取的措施是_______‎ a 升高温度 b 恒容时充入He（g） ‎ c 恒压时充入He（g） d 恒容时充入NO2‎ ‎（4）已知：2N2O = 2N2+O2。不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1_____T2（填“>”、 “=”或“<”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，此时体系压强p=________（用p0表示）。‎ ‎【答案】(1). b、c、f (2). 放出 (3). 591 (4). 0.0015 (5). 87.5% (6). ad (7). > (8). 1.25p0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)可逆反应达到平衡时，同物质的正逆反应速率相等，各组分的浓度，含量保持不变，由此衍生出其他的一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明达到平衡；‎ ‎(2)根据反应热=反应物键能和-生成物键能和计算，根据焓变的正负确定吸放热；‎ ‎(3)根据速率的定义式计算，结合速率比等于化学计量数之比分析，转化率等于变化量比起始量；考虑速率的影响因素要判断条件的增减，一般升温，增大浓度都会提高反应速率；‎ ‎(4)其他条件相同时，温度越高反应速率越快，达到平衡时间短；根据压强之比=气体的物质的量之比计算。‎ ‎【详解】(1)a、该反应达到平衡状态时，v(NO)正＝v(H2O)逆，故a错误；‎ b、该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应是否达到平衡状态，故b正确；‎ c、容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不在改变，故c正确；‎ d、物质的量之比与起始量和转化量都有关，不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，故d错误；‎ e、12molN−H 键断裂的同时生成5molN≡N键均表示正反应速率，故e错误；‎ f、该反应混合气体的总质量不变，总物质的量在变化，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当不变时达到平衡状态，故f正确；故答案为：b、c、f；‎ ‎(2) N2H4在氧气中完全燃烧的反应方程式为：N2H4（g）+ O2（g）=N2（g）+2H2O（g），根据反应热=反应物的键能和-生成物的键能和，得:=E(N-N)+4E(N-H)+ E(O=O)-E(N≡N) -4E(H-O)= ()kJ/mol =-591kJ/mol，<0，该反应为放热反应，1 mol N2H4在氧气中完全燃烧放出591kJ的热量，故答案为：放热；591kJ；‎ ‎(3)①由表格数据可知2s内，，则，在第 5s 时，NO2的转化率为，故答案为：0.0015；87.5%；‎ ‎②a.升高温度可以提高活化分子百分数，增加有效碰撞次数，加快反应速率；‎ b.恒容时充入He（g），对反应物和生成物的浓度无影响，对速率不影响； ‎ c.恒压时充入He（g），容器体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减小；‎ d.恒容时充入NO2，增大了反应物的浓度，加快反应速率；‎ 故答案为：ad；‎ ‎(4)由图像可知，当压强一定时，T1对应的半衰期比T2对应的半衰期要短，说明T1条件下反应速率快，而其他条件相同时温度越高反应速率越快，因此T1>T2；设N2O起始物质的量2mol，则t1时，消耗1mol N2O，产生1mol N2和0.5molO2，此时气体的总物质的量为：2.5mol，根据压强比=气体物质的量之比，可得，此时压强p==1.25p0，故答案为：>；1.25p0；‎ ‎19.钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白(TiO2)是目前使用最广泛的白色颜料。纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，用含Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制备TiO2的流程如下：‎ ‎ ‎ ‎(1)S在元素周期表中的位置是_______‎ ‎(2)步骤②加Fe的目的是(用离子方程式表示)________；步骤③冷却的目的是_____。‎ ‎(3)步骤②③④中，均需用到的操作是________。煅烧操作中用到的主要仪器是__________。‎ ‎(4)由TiO2制取单质钛(所加试剂均过量)，涉及的步骤如下：‎ 写出制备TiCl4的化学方程式_______。‎ ‎(5)TiO2可用作甲烷燃料电池的催化剂载体，该电池以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极。写出负极上的电极反应式___________。‎ ‎【答案】(1). 第三周期ⅥA族 (2). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). 析出绿矾(FeSO4·7H2O) (4). 过滤 (5). 坩埚 (6). TiO2+‎2C+2Cl2TiCl4+2CO (7). CH4-8e－+10OH－=CO+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据工艺流程，将钛铁矿溶于浓硫酸，所有金属转变为自由离子，加入铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，此时热过滤除去过量的铁粉，再冷却使绿矾大量析出，过滤后可得绿矾，此时溶液中剩下的钛元素，经水浸后转变为偏钛酸H2TiO3，灼烧失水后即可得到钛白粉TiO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)S为元素周期表的16号元素，位于元素周期表第三周期第ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；‎ ‎(2)步骤②加入铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，步骤③冷却可使绿矾大量析出，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；析出绿矾(FeSO4·7H2O)；‎ ‎(3)步骤②③④均为分离不溶性固体和液体，需用到的操作是过滤，煅烧操作中主要用到的仪器是坩埚，故答案为：过滤；坩埚；‎ ‎(4)由流程可知，用TiO2和C、Cl2在高温条件下制备TiCl4，化学方程式为TiO2+‎2C+2Cl2 ‎ TiCl4+2CO，故答案为：TiO2+‎2C+2Cl2 TiCl4+2CO；‎ ‎(5)以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极的原电池中，甲烷作负极失去电子，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。‎ ‎20.某校化学研究学习小组在实验室做了以下实验。‎ Ⅰ.【定性实验】设计实验验证NH3能还原CuO。请回答下列问题：‎ ‎(1)试剂X为______。‎ ‎(2)请将提供的装置按合理顺序连接：g→_____(填接口的字母代号)。‎ ‎(3)装置B的作用是______。‎ ‎(4)若装置B末端逸出的为无毒无污染气体，则A中反应的化学方程式为__________。‎ ‎(5)证明NH3能与CuO反应的实验现象是______。‎ Ⅱ.【定量实验】为了确定碱式碳酸铜[化学式可表示为xCuCO3·yCu(OH)2]化学式中x与y的关系，该学习小组称取净化后的碱式碳酸铜固体m‎1 g，使用下列装置(夹持仪器未画出)进行实验。‎ ‎(6)装置B、C、D中的试剂依次为足量的_______(填字母代号)。‎ a NaOH溶液　 b 碱石灰　 c 氯化钙溶液　 d 浓硫酸 ‎(7)加热到固体完全分解，硬质玻璃管中得到黑色固体，其余产物被相应装置完全吸收，实验结束后，测得装置B的质量增加m‎2 g，则xCuCO3·yCu(OH)2中 ‎ =________(列出表达式)‎ ‎【答案】(1). 碱石灰(或生石灰，或氢氧化钠固体等其他合理答案) (2). f→h→a→b→d→e→c(a、b位置可互换) (3). 吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入装置D中 (4). 2NH3 + 3CuO3Cu + N2 + 3H2O (5). 装置A中的黑色固体变为红色，装置D中的白色固体变为蓝色 (6). a、d、b (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ．C用于制备氨气，经E干燥后与A中氧化铜在加热条件下反应，D用于检验水的生成，B为尾气处理装置，且起到防倒吸的作用；‎ Ⅱ.为了确定碱式碳酸铜[化学式可表示为xCuCO3·yCu(OH)2]化学式中x与y的关系，首先通氮气排尽装置内空气后，加热固体分解，通过浓硫酸吸收水确定水的量，通过氢氧化钠溶液吸收二氧化碳确定碳的量，装置末端连接碱石灰的干燥管防止空气中物质对实验的影响；‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水，试剂X需要干燥氨气且不与氨气反应，所以为碱石灰，故答案为：碱石灰；‎ ‎(2)装置C生成氨气后，首先经过E干燥，再通入A中反应，生成的气体通过D进行检测，最后以B装置收集尾气。所以安装顺序为f→h→a→b→d→e→c(a、b位置可互换)，‎ 故答案为：f→h→a→b→d→e→c(a、b位置可互换)‎ ‎(3)由于氨气在水中溶解度较大，所以气体收集先将气体先通入CCL4中再溶于上层的水中，所以B装置的作用为收集尾气，防止倒吸，隔绝空气，‎ 故答案为：吸收尾气，防止倒吸，隔绝空气，防止空气中水蒸气进入D 中；‎ ‎(4)装置B末端逸出的为无毒无污染气体可知产物为氮气，反应方程式为：2NH3+3CuO 3Cu+N2+3H2O，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；‎ ‎(5)由红色的铜生成，现象为：A 中黑色粉末变为红色，同时有水生成，D 中白色固体变为蓝色，故答案为：A 中黑色粉末变为红色，D中白色固体变为蓝色；‎ Ⅱ. (6)加热后的产物要通过C中的浓硫酸吸收水以确定水的量，之后通过B中的氢氧化钠溶液以确定二氧化碳的量，装置末端连接盛有碱石灰的干燥管，以防止空气中二氧化碳对测量的影响，因此B、C、D中的药品顺序为a、d、b，故答案为：a、d、b；‎ ‎(7)测得装置B的质量增加m‎2 g，则n(CO2)= ，结合化学式可知n(CuCO3)= n(CO2)=，m(CuCO3)= ，m[Cu(OH)2]= ，n[Cu(OH)2]= ，=，故答案为：；‎