四川省广安市2017-2018学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）.doc

四川省广安市2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题1. 下列我国科技成果所涉及物质的应用过程中，发生的不是化学变化的是（ ）A甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B氘、氖用作“人造太阳”核聚变燃料C偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D开采可燃冰，将其作为能源使用A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2. 下列物质属于酸的是（ ）A. HNO3 B. CaCO3 C. SO2 D. NH3H2O【答案】A详解：A、HNO3能电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，A正确；B、CaCO3是由钙离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，B错误；C、SO2是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于酸性氧化物，C错误；D、NH3H2O电离出铵根和氢氧根离子，属于碱，D错误。答案选A。3. 下列过程中吸热的是（ ）A. 生石灰溶于水 B. 乙醇燃烧C. Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合 D. 盐酸与氢氧化钠混合【答案】C【解析】分析：根据发生的化学变化结合常见的放热反应和吸热反应解答。详解：A. 生石灰溶于水生成氢氧化钙，属于放热反应，A错误；B. 乙醇燃烧一定是放热反应，B错误；C. Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体混合属于吸热反应，C正确；D. 盐酸与氢氧化钠混合发生中和反应，一定是放热反应，D错误。答案选C。4. 下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）A. NH3 B. SO2 C. HCl D. CO2【答案】A【解析】A氨气有刺激性气味，氨气溶于水形成氨水，属于弱碱，氨气显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；BSO2和水反应生成亚硫酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故B错误；CHCl属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故C错误；DCO2和水反应生成碳酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故D错误；故选A。5. 海水中有着丰富的化学资源，仅通过物理方法就能从海水中获得的物质是（ ）A. 氯气 B. 淡水 C. 烧碱 D. 碘【答案】B【解析】分析：没有新物质形成的变化是物理变化，结合海水中的成分以及相关物质的性质解答。详解：A、电解饱和食盐水得到氯气，属于化学方法，A错误；B、淡水通过海水的蒸馏、冷冻法、电渗析法、离子交换法等物理方法得到，B正确；C、通过电解饱和食盐水得到烧碱，属于化学方法，C错误；D、海水中碘以化合物的形式存在，得到碘单质，通过化学方法，D错误。答案选B。6. 中国科学技术名词审定委员会确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于的叙述错误的是（ ）A. 原子序数116 B. 中子数177 C. 核外电子数116 D. 该元素的相对原子质量293【答案】D【解析】A元素符号左下角表示的是原子核内的质子数，原子核内的质子数等于该元素的原子序数，所以该元素的原子序数是116，A正确；B在原子符号的左上角表示的该元素原子的质量数，质量数就是质子数与中子数的和，所以该原子的中子数是293116=177，B正确；C对于元素的原子来说，原子核内的质子数等于原子核外的电子数，等于元素的原子序数，所以该原子的原子核外电子数为116，C正确；D293只表示该同位素原子的质量数，由于不知道该元素有几种同位素原子，各种同位素原子的含量是多少，因此不能确定该元素的相对原子质量，D错误。答案选D。点睛：注意原子质量、原子的相对原子质量以及元素的相对原子质量的含义和计算依据，原子质量是指某元素某种核素的一个原子的真实质量，原子的相对原子质量是一个原子的真实质量与一个原子质量的的比值，元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和，答题时需要灵活应用。7. 下列关于氨水的叙述正确的是（ ）A. 氨水显碱性，是因为氨气是一种弱碱B. 氨水和液氨成分相同C. 向AlCl3溶液中加入过量氨水，生成白色沉淀，且不溶解D. 氨水中共有三种粒子【答案】C【解析】分析：A、氨气是非电解质；B、氨水是混合物，液氨是纯净物；C、氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；D、氨水有中性分子：氨分子、水分子和一水合氨分子，离子有铵根离子、氢离子和氢氧根离子。详解：A、氨水显碱，但氨水是混合物，一水合氨是弱碱，氨气是非电解质，不能电离，A错误；B、氨水是混合物，液氨是纯净物，所以两者成分不相同，B错误；C、向AlCl3溶液中加入过量氨水，生成白色沉淀氢氧化铝，氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C正确；D、氨水有中性分子：氨分子、水分子和一水合氨分子，离子有铵根离子、氢离子和氢氧根离子，共六种粒子，D错误；答案选C。点睛：本题考查氨气的化学性质，学生只要掌握氨气极易溶于水并与水反应生成一水合氨、氨水中含有三分子、三离子即可，比较容易。8. 下列化学用语表达正确的是（ ）A. 氮气的电子式 B. 乙烯的结构简式CH2CH3C. CO2的结构式O=O=C D. 苯分子的比例模型【答案】D【解析】A、 氮气的电子式，故A错误；B、乙烯的结构简式 CH2=CH2，故A错误；C、CO2的结构式 O=C=O，故C错误；D、 苯分子的比例模型 ，故D正确；故选D。9. 下列四种酸跟锌片反应，起始时生成H2反应速率最快的是（ ）A. 1020mL3mol/L的盐酸B. 1040mL2mol/L的醋酸C. 2020mL2mol/L的硫酸D. 2020mL4mol/L的硝酸【答案】C【解析】分析：升高温度、增大氢离子浓度可以加快反应速率，据此解答。详解：盐酸是一元强酸、醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸，硝酸是氧化性酸与金属反应不能得到氢气。又因为温度A=BC=D，且C中氢离子浓度最大，则C中反应速率最快。答案选C。10. 在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。11. 磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO40.5H2O+6H3PO4。有关说法正确的是（ ）A. 该反应属于氧化还原反应B. 硫酸酸性比磷酸强C. Ca5(PO4)3(OH)是牙釉质的主要成分，易溶于水D. S、P同主族，S的非金属性更强【答案】B【解析】分析：A.根据元素的化合价变化分析；B.硫元素非金属性强于磷元素；C.Ca5(PO4)3(OH)难溶于水；D.S、P位于同一周期。详解：A. 根据方程式可知反应前后元素的化合价均没有发生变化，该反应不属于氧化还原反应，A错误；B. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，硫元素非金属性强于磷元素，所以硫酸酸性比磷酸强，B正确；C. Ca5(PO4)3(OH)难溶于水，C错误；D. S、P均是第三周期元素，S的非金属性更强，D错误。答案选B。12. 下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应：SiO2+2OH-SiO32-+H2OB. 常温时，0.1molL-1氨水的pH=11.1：NH3H2ONH4+OH-C. 由Na和Cl形成离子键的过程：D. 大理石与醋酸反应CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2【答案】D【解析】分析：A.二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水；B.一水合氨是弱电解质；C.氯化钠是离子化合物，含有离子键；D.碳酸钙难溶于水。详解：A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水：SiO2+2OH-SiO32-+H2O，A正确；B. 常温时，0.1molL-1氨水的pH=11.1，这说明一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3H2ONH4+OH-，B正确；C. 氯化钠中含有离子键，由Na和Cl形成离子键的过程：，C正确；D. 碳酸钙难溶于水，大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2，D错误。答案选D。13. 金属(M)-空气电池的工作原理如图所示，下列说法不正确的是（ ）A. 金属M作电池负极B. M2+移向金属(M)电极C. 正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-D. 电池反应为2M+O2+2H2O=2M(OH)2【答案】B【解析】分析：由原电池装置图中离子的移动可知，金属M为负极，负极上M失去电子，正极上氧气得到电子，电解质溶液显碱性，以此来解答。详解：AM失去电子作负极，A正确；B原电池中阳离子向正极移动，则M2+移向正极，金属(M)电极是负极，B错误；C正极上氧气得到电子，则正极的电极反应O2+4e-+2H2O=4OH-，C正确；DM失去电子、氧气得到电子，则电池反应为2M+O2+2H2O=2M(OH)2，D正确；答案选B。详解：本题考查新型电池，为高频考点，把握实验装置的作用、原电池的工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子的移动方向，题目难度不大。14. 下列说法正确的是（ ）A. H2、D2互为同位素B. CH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)2互为同素异形体C. 和为同一物质D. CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，互为同系物【答案】C【解析】分析：A.质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素；B.由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；C.根据甲烷是正四面体结构分析；D.结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物。详解：A.H2、D2均表示氢气分子，不能互为同位素，A错误；B.CH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)2的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；C.甲烷是正四面体结构，分子中的四个氢原子完全相同，所以和为同一物质，C正确；D.CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，但羟基个数不同，不能互为同系物，D错误。答案选C。15. 不能说明氧的非金属性比硫强的事实是（ ）A. H2O是液体，H2S常温下是气体 B. 硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊C. H2O的热稳定性强于H2S D. O2和H2化合比S和H2化合容易【答案】A【解析】分析：一般依据与氢气化合的难易程度、氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性以及相互之间的置换反应判断非金属性强弱。详解：A. H2O是液体，H2S常温下是气体与非金属性强弱没有关系，A正确；B. 硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊是由于被空气中的氧气氧化生成单质硫，这说明氧元素的非金属性强于硫元素，B错误；C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则H2O的热稳定性强于H2S说明氧元素的非金属性强于硫元素，C错误；D. 非金属性越强，越容易与氢气化合，O2和H2化合比S和H2化合容易，这说明氧元素的非金属性强于硫元素，D错误；答案选A。16. 根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是（ ）溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有源白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO4H2SiO3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，Fe3+将SO2氧化为硫酸根离子，生成的硫酸根离子与Ba2+生成难溶性的BaSO4白色沉淀，说明SO2有还原性，A错误；SO2通入H2S溶液，产生黄色沉淀的硫磺沉淀，反应方程式为：SO2 +2H2S =3S +2H2O，说明SO2有氧化性，B错误；SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色溶液褪色，酸性KMnO4被二氧化硫还原为Mn2+，说明SO2有还原性，C错误；SO2通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀（H2SiO3），因为亚硫酸的酸性强于硅酸，故D正确。17. 新周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y是地壳中含量最多的元素，Z原子的最外层电子数是Y原子的最外层电子数的一半，W与Y同主族。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：YZSNO，故A错误；B、组成的化合物是Al2O3，属于两性氧化物，故B正确；C、同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，其氢化物越稳定，因此H2O的稳定性强于H2S，故C错误；D、组成的化合物可能是N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，故D错误。18. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是（ ）A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4+CO2CH3COOH过程中，只有C-H键发生断裂C. 放出能量并形成了C-C键D. 催化剂加快了该反应的速率【答案】B【解析】分析：A、生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，据此解答；B、根据方程式判断；C、根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D、催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡。详解：A、根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A正确；B、CH4+CO2CH3COOH过程中，C-H键、C=O均发生断裂，B错误；C、根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C正确；D、催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D正确；答案选B。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。19. 反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)H0,若在恒压绝热(不与环境进行热空换)容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（ ）A. 容器内的温度不再变化B. 容器内的压强不再变化C. 相同时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等D. 容器内气体的浓度c(N2)c(H2)c(NH3)=132【答案】A【解析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，据此分析解答。详解：A绝热容器，温度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A正确；B该反应在恒压条件下进行，压强始终不变，不能根据压强判断平衡状态，故B错误；C相同时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等，表示的都是正反应，且不满足计量数关系，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D容器内气体的浓度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，故D错误；故选A。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征是解题的关键，本题的易错点为C，要注意用化学反应速率表示平衡时，一定要遵守正反应速率=逆反应速率，要存在正逆反应速率，且相等才是平衡状态。20. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 1.0molCH4与1.0molCl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAB. 22.4L(标准状况)氨气含有的质子数为18NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】分析：A.根据甲烷的取代反应特点分析；B.1分子氨气含有10个质子；C.甲烷和乙烯均含有4个氢原子；D.反应是可逆反应。详解：A. 1.0molCH4与1.0molCl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，A错误；B. 22.4L(标准状况)氨气的物质的量是1mol，含有的质子数为10NA，B错误；C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，由于甲烷和乙烯均含有4个氢原子，则混合物中含氢原子数目为2NA，C正确；D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后生成三氧化硫，但由于是可逆反应，则反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。21. 某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：CuCl难溶于水和稀硫酸；Cu2O溶于稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O。下列说法不正确的是（ ）A. 步骤中的SO2可用Na2SO3替换B. 步骤中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤C. 步骤发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2OD. 如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【答案】D【解析】分析：碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用SO2的还原性将Cu2+还原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。详解：ANa2SO3有还原性，则步骤还原Cu2+，可用Na2SO3替换SO2，A正确；BCuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，B正确；CCuCl与NaOH溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，C正确；DCuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu和CuCl的混合物，无法计算出样品中Cu2O的质量，即无法计算样品纯度，D错误；答案选D。点睛：本题以制备Cu2O为载体，涉及反应原理的理解与应用，掌握氧化还原反应的理论和离子方程式的书写方法是解题关键，注意题干中已知信息的灵活应用，题目难度中等。22. 恒温下，物质的量之比为21的SO2和O2的混合气体在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应为放热反应)，n(SO2)随时间变化关系如下表：时间/min012345n(SO2)/mol0.200.160.130.110.080.08下列说法正确的是（ ）A. 该反应进行到第3分钟时，逆反应速率大于正反应速率B. 若要提高SO2的转化率，可用空气代替纯氧气并鼓入过量空气C. 从反应开始到达到平衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01mol/(Lmin)D. 容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为54【答案】B【解析】分析：A该反应进行到第3分钟时向正反应方向进行；B用空气代替纯氧气并鼓入过量空气，可促进二氧化硫的转化，平衡正向移动；C根据v=c/t计算；D根据压强之比等于物质的量之比计算。详解：A根据表中数据可知反应进行到第3分钟时没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则逆反应速率小于正反应速率，A错误；B用空气代替纯氧气并鼓入过量空气，可促进二氧化硫的转化，平衡正向移动，则提高SO2的转化率，B正确；C由表格数据可知，4min时达到平衡，消耗二氧化硫为0.20mol-0.08mol=0.12mol，即生成SO3为0.12mol，浓度是0.06mol/L，则用SO3表示的平均反应速率为0.06mol/L4min=0.015 mol/（Lmin），C错误；D开始SO2和O2的物质的量分别为0.2mol、0.1mol，由表格数据可知平衡时SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.08mol、0.04mol、0.12mol，由压强之比等于物质的量之比可知，达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)/(0.2+0.1)=4：5，D错误；答案选B。点睛：本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡判定、平衡移动、速率及压强比的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大。23. Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。XYQZ这4种元素的原子最外层电子数之和为22。据此回答下列问题：(1)Q的单质常用于制作半导体，则Q在元素周期表中的位置为_。(2)X的最低价氢化物的结构式为_。(3)Q、X、Z的最高价含氧酸中，酸性最强的是_。(4)X、Y和氢3种元素形成的化合物中既含有离子键又含有共价键的是_(任写一种的化学式)。(5)X的简单氢化物与Y的单质在催化加热条件下反应生成两种氧化物，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 三周期，A族 (2). (3). HClO4 (4). NH4NO3或NH4NO2 (5). 4NH3+5O24NO+6H2O【解析】分析：根据元素在周期表中的位置可知X、Y位于第二周期，Q与Z位于第三周期。设Q的最外层电子数是n，则X、Y和Z的原子最外层电子数分别是n+1、n+2、n+3，则n+n+1+n+2+n+322，解得n4，所以X是N，Y是O，Z是Cl，Q是Si，结合元素周期律和相关物质的性质解答。详解：根据以上分析可知X是N，Y是O，Z是Cl，Q是Si，则(1)硅的单质常用于制作半导体，硅元素的原子序数是14，在元素周期表中的位置为第三周期第A族。(2)X的最低价氢化物是氨气，结构式为。(3)非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，因此Q、X、Z的最高价含氧酸中，酸性最强的是HClO4。(4)N、O和H3种元素形成的化合物中既含有离子键又含有共价键的是NH4NO3或NH4NO2)。(5)X的简单氢化物与Y的单质在催化加热条件下反应生成两种氧化物，即氨的催化氧化，该反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。24. 模拟石油深加工合成CH2=CHCOOCH2CH3(丙烯酸乙酯)等物质的过程如下：请回答下列问题：(1)A能催熟水果，则A的名称为_。(2)B的结构简式为_。(3)苯生成硝基苯的反应类型为_。(4)石蜡油分解生成丙烯的同时，还会生成一种烷烃，该烷烃有_种同分异构体。(5)写出由丙烯酸生成丙烯酸乙酯的化学方程式_。【答案】 (1). 乙烯 (2). CH3CH2OH (3). 取代反应 (4). 3 (5). CH2CHCOOH+CH3CH2OHCH2CHCOOCH2CH3+H2O【解析】分析：B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯，为酯化反应，可知B为乙醇，A与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙烯，结合有机物结构与性质解答该题。详解：（1）A能催熟水果，则A是乙烯。（2）根据以上分析可知B是乙醇，结构简式为CH3CH2OH。（3）苯生成硝基苯的反应属于苯环上的氢原子被硝基取代，反应类型为取代反应。（4）石蜡油分解生成丙烯的同时，还会生成一种烷烃，根据原子守恒可知该烷烃是戊烷，戊烷有3种同分异构体，即正戊烷、异戊烷和新戊烷。（5）由丙烯酸生成丙烯酸乙酯的化学方程式为CH2CHCOOH+CH3CH2OHCH2CHCOOCH2CH3+H2O。点睛：本题考查了有机物的推断与合成，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握官能团、有机反应类型、有机方程式书写等知识，侧重考查学生对知识的掌握，比较基础，难度不大。25. CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。(1)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C-HC=OH-HCO(CO)键能/kJmol-14137454361075则该反应的H=_kJmol1。(2)为了加快该反应的速率，可以进行的措施是（_）。A恒温恒压下，按原比例充入CH4、CO2 B恒温下，缩小容器体积C增大反应物与催化剂的接触面积 D降低温度(3)恒温下，向2L体积恒定的容器中充入一定量的CO2、CH4，使其在催化剂作用下进行反应，经tmin后，测得CO有amol，则v(CO2)=_。下列各项能说明该反应达到平衡的是（_）。A容器内气体密度保持一定 B容器内CO2、CH4的浓度之比为11C该反应的正反应速率保持一定 D容器内气体压强保持一定(4)用甲烷作燃料的碱性燃料电池中，电极材料为多孔惰性金属电极，则负极的电极反应式为_。【答案】 (1). +120 (2). BC (3). a/4tmol/(Lmim) (4). CD (5). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O【解析】分析：（1）H反应物的化学键键能总和生成物的化学键键能总和；（2）根据外界条件对反应速率的影响分析；（3）根据vc/t计算；根据平衡状态的特征解答；（4）燃料电池中燃料在负极发生失去电子的氧化反应。详解：（1）根据方程式结合键能可知该反应的H=（4413+2745210752436）kJ/mol+120 kJ/mol。（2）A恒温恒压下，按原比例充入CH4、CO2，则反应物浓度不变，反应速率不变，A错误；B恒温下，缩小容器体积反应物浓度增大，反应速率加快，B正确；C增大反应物与催化剂的接触面积可以加快反应速率，C正确；D降低温度反应速率减小，D错误；答案选BC。（3）恒温下，向2L体积恒定的容器中充入一定量的CO2、CH4，使其在催化剂作用下进行反应，经tmin后，测得CO有amol，则根据方程式可知消耗二氧化碳是0.5amol，浓度是a/4 molL1，所以v(CO2)a/4t mol/(Lmim)。在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则A密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，则容器内气体密度保持一定不能说明反应达到平衡状态，A错误；B容器内CO2、CH4的浓度之比为11不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，B错误；C该反应的正反应速率保持一定说明反应达到平衡状态，C正确；D正反应体积增大，则容器内气体压强保持一定说明反应达到平衡状态，D正确。答案选CD。（4）用甲烷作燃料的碱性燃料电池中，负极是甲烷发生失去电子的氧化反应，因此电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。26. 为了探究氨、乙醇的性质，某同学设计并进行了下列实验。请回答：(1)仪器B的名称为_。(2)为快速制备氨气，A中应加入的试剂为_，B中应放入的试剂为_。(3)若A中加入乙醇，B中加入生石灰，C中加入无水硫酸铜，反应一段时间后，C中的现象为_。经检测反应中既生成了乙醛，又生成了少量乙酸。请写出乙醇与氧化铜反应生成乙醛的化学方程式_。(4)在(3)中实验里，某同学为检验尾气中是否含有乙醇，虚线框处宜选择的装置是_(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入试管中，观察到铜丝由黑渐渐变红，由此可得出的结论是_。(并简述其理由)【答案】 (1). (球形)干燥管 (2). 浓氨水(多加“生石灰、强碱等”不扣分) (3). 碱石灰 (4). 固体由白色变为蓝色 (5). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (6). 甲 (7). 不能确定尾气中是否含有乙醇，因为乙醛也能将氧化铜还原为铜(合理即给分)【解析】分析：（1）根据仪器构造判断仪器名称；（2）根据装置A制备氨气分析；根据氨气是碱性气体选择干燥剂；（3）根据在加热的条件下乙醇能被氧化铜氧化为乙醛分析；（4）根据乙醇能被炽热的氧化铜氧化结合物质的状态分析；根据乙醛也能被氧化分析。详解：（1）根据仪器的结构可知仪器B的名称为干燥管。（2）氨水中的一水合氨受热易分解生成氨气，则为快速制备氨气，A中应加入的试剂为浓氨水；B装置用来干燥氨气，其中应放入的试剂为碱石灰。（3）若A中加入乙醇，B中加入生石灰，C中加入无水硫酸铜，反应一段时间后，乙醇被氧化铜氧化为乙醛，同时还有铜和水蒸气生成，则C中的现象为固体由白色变为蓝色。乙醇与氧化铜反应生成乙醛的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；（4）由于乙醇能把氧化铜氧化为乙醛，氧化铜被还原为红色的铜，且乙醇是液体，所以虚线框处宜选择的装置是甲装置；又因为乙醛也能将氧化铜还原为铜，所以不能依据铜丝由黑渐渐变红确定尾气中是否含有乙醇。27. 非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题。(1)若D为硫酸，则B的化学式是_。(2)若D为硝酸，则C的颜色为_；C转化为B的反应方程式为_。(3)欲分离硫酸和硝酸的混合溶液，可采取的分离方法是_。(4)有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出100mL加入足量BaCl2溶液，过滤，洗涤，烘干后得到93.2g沉淀：滤液与4mol/LNaOH溶液反应，消耗400mLNaOH溶液时恰好完全中和。计算可得：混合溶液中硝酸的物质的量浓度为_；另取100mL原混合溶液稀释至200mL，成为稀酸，加入44.8g铜粉共热，收集到的气体在标准状况下的体积为_。【答案】 (1). SO2 (2). 红棕色 (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). (减压)蒸馏 (5). 8mol/L (6). 8.96L【解析】分析：非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，则A是氮气或单质硫，据此解答。（4）硫酸与硝酸的混合溶液，取出100mL加入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀，根据硫酸钡的物质的量计算硫酸的物质的量；滤液中氢离子物质的量不变，与NaOH溶液恰好完全中和，结合氢离子与氢氧根的物质的量相等计算硫酸、硝酸的物质的量浓度；发生反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，先判断过量情况，然后根据不足量计算。详解：（1）若D为硫酸，则A是单质硫，B是二氧化硫，C是三氧化硫，二氧化硫的化学式是SO2。（2）若D为硝酸，则A是氮气，B是NO，C是NO2，NO2的颜色为红棕色，二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。（3）硝酸和硫酸的沸点不同，需要蒸馏分离。但由于硝酸受热易分解，所以欲分离硫酸和硝酸的混合溶液，可采取的分离方法是(减压)蒸馏。（2）44.8gCu的物质的量为44.8g64g/mol=0.7mol，溶液中H+离子的物质的量为1.6mol，溶液中含有NO3-的物质的量为：0.1L8mol/L=0.8mol，发生反为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O3mol 8mol 2mol 44.8L0.7mol 1.6mol 0.8mol V1.6molH+完全反应消耗0.4molNO3-、0.6molCu，显然H+不足，所以生成NO的体积按照氢离子的物质的量计算，则V1.6mol44.8L/8mol8.96 L。点睛：本题主要是考查无机框图题推断，难点是混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，（4）为易错点，正确判断过量情况为解答的关键。