2024年北師大版高一化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大版高一化學(xué)上冊階段測試試卷837考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列各組混合物；能用分液漏斗分開的是（）

①四氯化碳和水②苯和溴苯③乙醇和水④苯和水⑤硝基苯和水⑥苯和四氯化碳．

A.①②③

B.②④⑥

C.①④⑤

D.④⑤⑥

2、下列物質(zhì)在一定條件下，可以與CH4發(fā)生反應(yīng)的是()A、氯氣B、溴水C、氧氣D、酸性高錳酸鉀溶液3、下列反應(yīng)中，SO2被還原的是()A.SO2＋2NaOH=Na2SO3B.SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HClC.SO2＋2H2S=3S↓＋2H2OD.SO2＋NO2=SO3＋NO4、通過觀察法不能確定下列物質(zhì)是否變質(zhì)的是（）A.FeSO4B.Na2O2C.C6H5OHD.Na2SO35、下列有機(jī)化合物分子中所有的原子不可能都處于同一平面的是()A.B.C.rm{CH_{3}-CH_{3}}D.rm{CH_{2}簍TCHCl}6、鯊魚是世界上惟一不患癌癥的動物，科學(xué)研究表明，鯊魚體內(nèi)含有一種角鯊烯，具有抗癌性。已知鯊烯分子含有rm{30}個rm{C}原子及rm{6}個rm{C=C}且不含環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則其分子式為()A.rm{C_{30}H_{60}}B.rm{C_{30}H_{56}}C.rm{C_{30}H_{52}}D.rm{C_{30}H_{50}}7、下列選用的除雜試劑和分離方法都正確的是（）。物質(zhì)（雜質(zhì)）除雜試劑分離方法AC6H5Br（Br2）C6H6分液BFeCl2（FeCl3）Cl2過濾CFe（Al2O3）NaOH溶液過濾DC2H6（CH2=CH2）H2萃取

A.A

B.B

C.C

D.D

8、用焰色反應(yīng)檢驗K+離子時的操作步驟：①蘸取待測液②置酒精燈火焰上灼燒③透過藍(lán)色鈷玻璃④用稀鹽酸洗凈鉑絲；其正確的操作順序是（）

A.①②③④

B.④①②③

C.④②①②③

D.②①②③④

9、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.1.8gNH4+含有的電子數(shù)為1.1NAB.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF含有的原子數(shù)為2NAC.2.4gMg作為還原劑，失去的電子數(shù)為0.2NAD.200mL0.5mol/LNaHCO3溶液中含有的鈉離子數(shù)為NA評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)10、A～F是中學(xué)化學(xué)中常見物質(zhì)；常溫下A；C、E、F為氣體，B、D為液體，其中B的分子為4原子分子，D在常溫下不具有揮發(fā)性．F的濃溶液與X共熱通常用于實驗室制備單質(zhì)C，X是一種黑色粉末．這些物質(zhì)之間滿足如下圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，圖中部分生成物已略去．

（1）寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A____，F(xiàn)____．

（2）B的電子式是____．根據(jù)圖中信息，B、C、X的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是____（用化學(xué)式表示）．

（3）反應(yīng)⑥的離子方程式是____．

（4）在反應(yīng)⑥中，F(xiàn)表現(xiàn)的性質(zhì)是____，當(dāng)生成0.75molC時，被氧化的還原劑的物質(zhì)的量是____．11、如圖是某學(xué)校實驗室從化學(xué)試劑商店買回來的氫氧化鈉試劑標(biāo)簽上的部分內(nèi)容．某同學(xué)從該試劑瓶中取出24.0g固體；配成1L溶液，請計算：

（1）所得氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度？

（2）從所得的氫氧化鈉溶液中取出200mL于一燒杯中，投入足量的金屬鋁，完全反應(yīng)后，產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積？（提示：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）

12、通過簡單地推理或計算填空：

（1）X原子有兩個電子層，它能與最活潑的金屬Y形成Y3X的化合物，X是______元素．

（2）若某元素原子的電子層數(shù)和Na原子的相同，最外層電子數(shù)與F原子相同，則該元素的原子序數(shù)是______．13、（6分）二氧化硒(Se)是一種氧化劑，其被還原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過與濃HNO3或濃H2SO4反應(yīng)生成SeO2以回收Se。完成下列填空：(1)Se和濃HNO3反應(yīng)的還原產(chǎn)物為NO和NO2，且NO和NO2的物質(zhì)的量之比為1：1。寫出Se和濃HNO3的反應(yīng)方程式。(2)已知：Se＋2H2SO4(濃)2SO2↑＋SeO2＋2H2O2SO2＋SeO2＋2H2OSe＋2SO42－＋4H＋SeO2、H2SO4(濃)、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是。(3)回收得到的SeO2的含量，可以通過下面的方法測定：①SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2O（未配平）②I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI實驗中，準(zhǔn)確稱量SeO2樣品0.1500g，消耗0.2000mol·L－1的Na2S2O3溶液25.00mL，所測定的樣品中SeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。14、某溶液由K+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣中的若干種離子組成；取適量該溶液進(jìn)行如下實驗：

①向其中加入過量鹽酸；有氣體生成，并得到無色透明溶液；

②在①所得溶液中加入過量氫氧化鋇溶液；產(chǎn)生白色沉淀，過濾；

③在②所得的濾液中加入過量稀硝酸；再加入硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀．

根據(jù)上述實驗回答下列問題：

（1）原溶液中一定不存在的離子是____；

（2）原溶液中一定存在的離子是____；

（3）原溶液中可能存在的離子是____；

（4）請寫出①和③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____15、糖尿病是由于人體內(nèi)胰島素紊亂導(dǎo)致的代謝紊亂綜合征；以高血糖為主要標(biāo)志．長期攝入高熱量食品或缺少運動，都會導(dǎo)致糖尿?。?/p>

（1）血糖是指血液中的葡萄糖，下列有關(guān)說法正確的是______．

A．葡萄糖分子可表示為C6（H2O）6，則每個葡萄糖分子含有6個H2O分子。

B．葡萄糖與果糖互為同分異構(gòu)體。

C．糖尿病人尿糖較高；可用新制的氫氧化銅來檢測人尿液中的葡萄糖。

D．淀粉水解的最終產(chǎn)物是氨基酸。

（2）糖尿病人不可過量飲酒；將會一定程度上造成胰島細(xì)胞損傷．但酒精在肝臟內(nèi)可轉(zhuǎn)化成有機(jī)物A．A的實驗結(jié)果如下：

①通過實驗測得A的相對分子質(zhì)量為60；

②A由C；H、O三種元素組成；分子中只存在兩種類型的氫原子，且這兩種類型的氫原子個數(shù)比為1：3

③A可與酒精在一定條件下生成有芳香氣味的物質(zhì)．

純凈的A又稱為______，結(jié)構(gòu)簡式為______．

A的主要化學(xué)性質(zhì)有（用化學(xué)方程式表示）：a______；

b______．16、如表是元素周期表中短周期元素的一部分；表中所列字母分別代表一種元素．

。rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}rm{F}rm{C}rm{G}rm{H}rm{(1)}上述元素的單質(zhì)中熔點最高的可能是______rm{(}填名稱rm{)}．

rm{(2)}比較rm{D}rm{G}氫化物的穩(wěn)定性______rm{(}用化學(xué)式表示rm{)}．

rm{(3)}在一定條件下，rm{A}與rm{E}可形成一種極易溶于水的氣態(tài)化合物；其電子式為：______；

rm{(4)D}rm{E}rm{G}rm{H}四種元素最高價含氧酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序是：______rm{(}填化學(xué)式rm{)}．

rm{(5)A}rm{D}兩種元素構(gòu)成的兩種烴rm{X}和rm{Y}rm{X}是一種果實催熟劑，它的產(chǎn)量用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平；rm{Y}是一種比水輕的油狀液體，兩種元素的質(zhì)量比為rm{12}rm{1}rm{Y}的相對分子質(zhì)量為rm{78}．

rm{壟脵X}的結(jié)構(gòu)簡式______．

rm{壟脷Y}與濃硫酸與濃硝酸在rm{50隆蘆60隆忙}反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式：______，反應(yīng)類型______．17、工業(yè)上利用N2和H2合成NH3，NH3又可以進(jìn)一步制備聯(lián)氨（N2H4）等。由NH3制備N2H4的常用方法是NaClO氧化法，有學(xué)者探究用電解法制備的效率，裝置如圖，試寫出其陽極電極反應(yīng)式______。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)18、1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023（判斷對錯）19、某有機(jī)物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機(jī)物一定含有C、H、O三種元素．（判斷對錯）20、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）21、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA（判斷對錯）22、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA（判斷對錯）評卷人得分四、原理綜合題(共4題，共28分)23、CO是大氣污染氣體；可利用化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行治理或轉(zhuǎn)化。

(1)甲醇是重要的溶劑和燃料，工業(yè)上用CO和H2在一定條件下制備CH3OH的反應(yīng)為：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0

①T℃時，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1molCO和1.2molH2，一段時間后達(dá)到平衡，此時H2與CH3OH的體積分?jǐn)?shù)之比為2：5，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝___________；此時若向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；則平衡將___________移動。(填“向正反應(yīng)方向”“不”或“向逆反應(yīng)方向”)

②在一容積可變的密閉容器中充入一定物質(zhì)的量的CO和H2，測得CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。a、b、c三點平衡常數(shù)K(a)、K(b)、K(c)的大小關(guān)系是___________。b、d點的正反應(yīng)速率vb(CO)_______va(CO).

(2)瀝青混凝土可作為2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)反應(yīng)的催化劑。圖表示在相同的恒容密閉容器；相同起始濃度、反應(yīng)相同的時間；使用同質(zhì)量的不同瀝青混凝土(α型、β型)催化時，CO的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系。

①a、b；c、d四點中表示平衡狀態(tài)的是___________；

②e點轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的原因可能是______________________。

(3)電解法轉(zhuǎn)化CO2可實現(xiàn)CO2資源化利用。電解時CO2在陰極區(qū)轉(zhuǎn)化為HCOOH；其原理示意圖如下：

電解一段時間后，陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低，其原因是_________________________。24、二甲醚是一種重要的清潔燃料。合成二甲醚是解決能源危機(jī)的研究方向之一。

（1）用CO2和H2可以合成二甲醚(CH3OCH3)

已知：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol

2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol

則反應(yīng)2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=____。

（2）二甲醚(CH3OCH3)燃料電池可以提升能量利用率。利用二甲醚酸性介質(zhì)燃料電池電解200mL飽和食鹽水(惰性電極)；電解一段時間后，陰極收集到標(biāo)況下的氫氣2.24L(設(shè)電解后溶液體積不變)

①二甲醚燃料電池的正極反應(yīng)式為____，負(fù)極反應(yīng)式為____。

②請寫出電解食鹽水的化學(xué)方程式____。

③電解后溶液的pH=____，理論上消耗二甲醚的質(zhì)量為____(保留一位小數(shù))。25、合成氣的主要成分是一氧化碳和氫氣；可用于合成二甲醚等清潔燃料。從天然氣獲得合成氣過程中可能發(fā)生的反應(yīng)有：

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.1kJ/mol①

CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH2=+247.3kJ/mol②

請回答下列問題：

(1)在一密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)①，測得CH4的物質(zhì)的量濃度隨反應(yīng)時間的變化如圖1所示。反應(yīng)進(jìn)行的前5min內(nèi)，v(H2)=____；10min時，改變的外界條件可能是_____。

(2)如圖2所示，在甲、乙兩容器中分別充入等物質(zhì)的量的CH4和CO2，使甲、乙兩容器初始容積相等。在相同溫度下發(fā)生反應(yīng)②，并維持反應(yīng)過程中溫度不變。已知甲容器中CH4的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的圖像如圖3所示，請在圖3中畫出乙容器中CH4的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的圖像_____。

(3)800℃時，反應(yīng)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K=1.0，某時刻測得該溫度下的密閉容器中各物質(zhì)的物質(zhì)的量見下表，此時反應(yīng)中正、逆反應(yīng)速率的關(guān)系式是____（填序號）。

a.v(正)＞v(逆)

b.v(正)＜v(逆)

c.v(正)=v(逆)

d.無法判斷。COH2OCO2H20.5mol8.5mol2.0mol2.0mol

(4)二甲醚（CH3OCH3）可由合成氣（CO和H2）在一定條件下制得，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____。

(5)以二甲醚、空氣、氫氧化鉀溶液為原料，石墨為電極構(gòu)成燃料電池。該電池的負(fù)極電極反應(yīng)方程式是：____。用二甲醚燃料電池為電源，用鉑電極電解KCl和CuSO4的混合溶液，當(dāng)電路中通過0.3mol電子的電量時，陰陽兩極都產(chǎn)生2.8L的氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，若電解后溶液體積為1L，則陽極氣體的成分及物質(zhì)的量為：____。26、納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關(guān)注，下表為制取Cu2O的兩種方法：。方法a用炭粉在高溫條件下還原CuO方法b電解法，反應(yīng)為2Cu+H2OCu2O+H2↑

（1）工業(yè)上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反應(yīng)條件不易控制，若控溫不當(dāng)易生成__________而使Cu2O產(chǎn)率降低。

（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1

②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1

③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1

則方法a中發(fā)生的反應(yīng)：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。

（3）方法b是用肼燃料電池為電源，通過離子交換膜電解法控制電解液中OH－的濃度來制備納米Cu2O；裝置如圖所示：

①上述裝置中B電極應(yīng)連_________電極(填“C”或“D”)。

②該離子交換膜為____離子交換膜(填“陰”或“陽”)，該電解池的陽極反應(yīng)式為_______。

③原電池中負(fù)極反應(yīng)式為______________。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)27、如圖表示A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色。

回答下列問題：

(1)A→D反應(yīng)常用于人工固氮，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(2)D→C是工業(yè)制硝酸的重要反應(yīng)，化學(xué)方程式為_______。

(3)B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收，則B與的物質(zhì)的量之比為_______，若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個電子，則參加反應(yīng)的B的物質(zhì)的量為_______mol。評卷人得分六、綜合題(共4題，共24分)28、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

29、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題30、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

31、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】

①四氯化碳和水不互溶；所以能用分液漏斗分離，故正確；

②苯和溴苯能相互溶解；所以不能用分液漏斗分離，故錯誤；

③乙醇和水能相互溶解；所以不能用分液漏斗分離，故錯誤；

④苯和水不互溶；所以能用分液漏斗分離，故正確；

⑤硝基苯和水不互溶；所以能用分液漏斗分離，故正確；

⑥苯和四氯化碳能相互溶解；所以不能用分液漏斗分離，故錯誤．

故選C．

【解析】【答案】對互不相溶的兩層液體；靜置后分層，則可使用分液漏斗來分離，即分析選項中的物質(zhì)是否相互溶解即可．一般的來說：有機(jī)溶質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑，無機(jī)溶質(zhì)易溶于無機(jī)溶劑．

2、A|C【分析】【解析】【答案】AC3、C【分析】【分析】SO2被還原；則硫的化合價要降低。A硫的化合價沒變，B；D硫的化合價升高，C硫的化合價降低。答案選C。

【點評】氧化劑得電子價降低，被還原發(fā)生還原反應(yīng)，得到還原產(chǎn)物。還原劑失電子價升高，被氧化發(fā)生氧化反應(yīng)，得到氧化產(chǎn)物。4、D【分析】【解答】A；硫酸亞鐵變質(zhì)后會生成硫酸鐵；顏色由淺綠色變?yōu)辄S色，故A不選；

B；過氧化鈉變質(zhì)后生成碳酸鈉；顏色由淡黃色變?yōu)榘咨?，故B不選；

C；苯酚為無色物質(zhì)；被氧氣氧化變?yōu)榉奂t色，故C不選；

D；亞硫酸鈉易被氧氣氧化為硫酸鈉；二者均為白色固體，通過觀察法不能確定是否變質(zhì)，故D選．

故選D．

【分析】只有變質(zhì)前后物質(zhì)的顏色、狀態(tài)等發(fā)生明顯的變化的才能通過觀察法確定是否變質(zhì)，可以根據(jù)變質(zhì)后生成物質(zhì)的顏色、狀態(tài)變化來判斷．5、A【分析】【分析】本題主要考查有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)特點，做題時注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結(jié)構(gòu)特點判斷有機(jī)分子的空間結(jié)構(gòu)。【解答】A.苯為平面結(jié)構(gòu)，中溴原子處于苯中rm{H}原子位置，所有原子都處在同一平面上，故A錯誤；B.rm{HC隆脭CH}是直線型結(jié)構(gòu)，所有原子都處在同一平面上，故B錯誤；C.rm{CH_{3}-CH_{3}}含有甲基，甲基具有四面體結(jié)構(gòu)，所有原子不可能處于同一平面，故C正確；D.乙烯是平面型結(jié)構(gòu)，rm{CH_{2}=CHCl}相當(dāng)于乙烯分子中的一個氫原子被rm{-Cl}取代，不改變原來的平面結(jié)構(gòu)，所有原子都處在同一平面上，故D錯誤。故選A?！窘馕觥縭m{A}6、D【分析】【分析】本題考查了學(xué)生依據(jù)有機(jī)物的碳原子數(shù)和結(jié)構(gòu)特點確定它的分子式，做題時要依據(jù)烷烴的通式和結(jié)構(gòu)中的不飽和鍵的數(shù)目來確定分子式，這需要同學(xué)們重視書上的基礎(chǔ)知識?！窘獯稹恳罁?jù)烷烴的通式為rm{C_{n}H_{2n+2,}}含rm{30}個碳原子的烷烴其分子式為rm{C_{30}H_{62}}當(dāng)分子中含有rm{6}個rm{C=C}而不含環(huán)狀結(jié)構(gòu)時，氫原子數(shù)減少rm{12}個，所以角鯊烯的分子式為rm{C_{30}H_{50,}}故選D。故選D?！窘馕觥縭m{D}7、C【分析】

A、C6H5Br、Br2與C6H6互溶，不能加入C6H6進(jìn)行分離；應(yīng)加入碳酸鈉溶液，充分反應(yīng)后分液，故A錯誤；

B、Cl2可將FeCl2氧化為FeCl3；影響被提純的物質(zhì)，應(yīng)加入過量鐵粉，然后過濾，故B錯誤；

C、Al2O3與NaOH溶液反應(yīng)生成溶于水的NaAlO2；然后過濾，故C正確；

D、H2與CH2=CH2發(fā)生加成反應(yīng)，但不易控制H2的量；應(yīng)通過溴水，溴與乙烯發(fā)生加成反應(yīng)而除去，故D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】A、C6H5Br、Br2與C6H6互溶；

B、Cl2可將FeCl2氧化為FeCl3；

C、Al2O3與NaOH溶液反應(yīng)；

D、H2與CH2=CH2發(fā)生加成反應(yīng)，但不易控制H2的量．

8、C【分析】

焰色反應(yīng)的操作步驟：④用稀鹽酸洗凈鉑絲；②置酒精燈火焰上灼燒，①將鉑絲蘸濃鹽酸在無色火焰上灼燒至無色，②蘸取試樣在無色火焰上灼燒，③透過藍(lán)色鈷玻璃觀察火焰顏色，故選C．

【解析】【答案】根據(jù)焰色反應(yīng)的操作步驟為：洗；燒、取、燒、觀察來分析解答．

9、C【分析】【分析】正確答案：C

A．不正確，1.8gNH4+含有的電子數(shù)為1.0NA；

B．不正確；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LHF是液態(tài)；

C．正確；

D．不正確，200mL0.5mol/LNaHCO3溶液中含有的鈉離子數(shù)為0.1NA。二、填空題(共8題，共16分)10、略

【分析】

B、D為液體，其中B的分子為4原子分子，因此B是H2O2，D在常溫下不具有揮發(fā)性，且D能和銅反應(yīng)，這說明D應(yīng)該是H2SO4，則根據(jù)A是氣體可知A是SO2，F(xiàn)的濃溶液與X共熱通常用于實驗室制備單質(zhì)C，且C、E、F為氣體，由于H2O2易分解生成O2，這說明E應(yīng)該是O2，則X就是MnO2，所以C是Cl2；F是HCl；

（1）由以上分析可知A為SO2，F(xiàn)為HCl，故答案為：SO2；HCl；

（2）B是H2O2，為共價化合物，電子式為根據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的可知，B、C、X的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是MnO2＞Cl2＞H2O2，故答案為：MnO2＞Cl2＞H2O2；

（3）反應(yīng)⑥是實驗室制取氯氣，反應(yīng)的離子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）在實驗室制取氯氣的反應(yīng)中；濃鹽酸表現(xiàn)出的性質(zhì)是還原性和酸性．根據(jù)氯原子守恒可知，當(dāng)生成0.75mol氯氣時，被氧化的還原劑的物質(zhì)的量是0.75mol×2=1.5mol；

故答案為：還原性；酸性；1.5mol．

【解析】【答案】B、D為液體，其中B的分子為4原子分子，因此B是H2O2，D在常溫下不具有揮發(fā)性，且D能和銅反應(yīng)，這說明D應(yīng)該是H2SO4，則根據(jù)A是氣體可知A是SO2，F(xiàn)的濃溶液與X共熱通常用于實驗室制備單質(zhì)C，且C、E、F為氣體，由于H2O2易分解生成O2，這說明E應(yīng)該是O2，則X就是MnO2，所以C是Cl2；F是HCl，結(jié)合對應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求可解答該題．

11、略

【分析】

（1）n（NaOH）===0.6mol；

c（NaOH）===0.6mol/L；

答：所得氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為c（NaOH）=0.6mol?L-1；

（2）從所得的氫氧化鈉溶液中取出200mL；則n（NaOH）=0.6mol/L×0.2L=0.12mol，設(shè)生成的氫氣的體積為V；

根據(jù)方程式計算：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

2mol3×22.4L

0.12molV

V==4.032L；

答：產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.032L．

【解析】【答案】（1）根據(jù)溶質(zhì)的質(zhì)量計算物質(zhì)的量，根據(jù)c=計算所得溶液的物質(zhì)的量濃度；

（2）根據(jù)反應(yīng)方程式計算生成氫氣的體積．

12、略

【分析】解：（1）X原子有兩個電子層，它能與最活潑的金屬Y形成Y3X的化合物；Y為+1價，則X為-3價，其最外層有5個電子，位于第VA族，且位于第二周期，為N元素，故答案為：N；

（2）若某元素原子的電子層數(shù)和Na原子的相同；有3個電子層，最外層電子數(shù)與F原子相同，則其最外層電子數(shù)為7，其原子核外電子數(shù)=2+8+7=17，元素的原子序數(shù)=原子核外電子數(shù)=17，故答案為：17．

（1）X原子有兩個電子層，它能與最活潑的金屬Y形成Y3X的化合物；Y為+1價，則X為-3價，位于第VA族；

（2）若某元素原子的電子層數(shù)和Na原子的相同；有3個電子層，最外層電子數(shù)與F原子相同，則其最外層電子數(shù)為7，元素的原子序數(shù)=原子核外電子數(shù)．

本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素性質(zhì)，為高頻考點，明確原子結(jié)構(gòu)、元素周期表結(jié)構(gòu)是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生對周期表結(jié)構(gòu)的掌握，題目難度不大．【解析】N；1713、略

【分析】【解析】試題分析：利用題中信息可知Se和濃HNO3反應(yīng)，Se被氧化成+4價的H2SeO3，HNO3被還原為NO和NO2，利用電子守恒和題中限定條件（Se和濃HNO3反應(yīng)的還原產(chǎn)物為NO和NO2，且NO和NO2的物質(zhì)的量之比為1：1）可知方程式：Se＋2HNO3(濃)==H2SeO3＋NO↑＋NO2↑。利用氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，結(jié)合方程式可得出：SeO2、H2SO4(濃)、SO2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4(濃)>SeO2>SO2，（3）可以化合價升降法配平，即Se由+4降至0價，化合價變化單位為4，I由—1升至0價，化合價變化單位為1，根據(jù)化合價變化總數(shù)相等，則KI的系數(shù)為4，SeO2系數(shù)為1，然后配平其它原子，在反應(yīng)1中I-失去電子，SeO2得到電子。根據(jù)方程式：第一個反應(yīng)方程式得SeO22I2再結(jié)合第二個方程式，可知SeO22I24Na2S2O314X0．2000mol/L×0．025Lx=1/4×0．2000mol/L×0．025Lm(SeO2)=1/4×0．2000mol/L×0．025L×111g/mol即樣品中SeO2質(zhì)量分?jǐn)?shù)為m/0.1500=0．925考點：氧化還原反應(yīng)及其相關(guān)計算。【解析】【答案】6分）（1）Se＋2HNO3(濃)==H2SeO3＋NO↑＋NO2↑或Se＋2HNO3(濃)==SeO2＋NO↑＋NO2↑＋H2O（2分）（2）H2SO4(濃)>SeO2>SO2（2分）（3）0.925（2分）14、Cu2+、Ba2+、Fe3+K+、CO32﹣、SO42﹣Cl﹣CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl﹣=AgCl↓．【分析】【解答】①向其中加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到無色透明溶液，則溶液中含CO32﹣，發(fā)生反應(yīng)：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，由于含CO32﹣，則不能含Ba2+、Cu2+、Fe3+，根據(jù)溶液呈電中性，故溶液中一定含K+；

②向①所得的溶液中加入過量氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則溶液中含SO42﹣，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；

③向②所得的濾液中加入過量稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，即有AgCl生成：Ag++Cl﹣=AgCl↓，但由于①中加入了HCl，引入了Cl﹣，故不能確定原溶液中含不含Cl﹣．

綜上分析可知：

（1）溶液中一定不存在的離子是：Cu2+、Ba2+、Fe3+，故答案為：Cu2+、Ba2+、Fe3+；

（2）溶液中一定存在：K+、CO32﹣、SO42﹣，故答案為：K+、CO32﹣、SO42﹣；

（3）溶液中能存在的是Cl﹣，故答案為：Cl﹣；

（4）①中生成CO2氣體時發(fā)生的離子反應(yīng)為CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；③中生成AgCl白色溶液的離子反應(yīng)式為Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案為：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；Ag++Cl﹣=AgCl↓．

【分析】①向其中加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到無色透明溶液，則溶液中含CO32﹣，不能含Ba2+、Cu2+、Fe3+，根據(jù)溶液要呈電中性，故溶液中一定含K+；

②向①所得的溶液中加入過量氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則溶液中含SO42﹣；

③向②所得的濾液中加入過量稀硝酸，再加入硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，即有AgCl生成，但由于①中加入了HCl，引入了Cl﹣，故不能確定原溶液中含不含Cl﹣．

據(jù)此分析．

15、略

【分析】解：（1）A、雖糖類可表示為Cm（H2O）n；但分子中沒有水，故A錯誤；

B；因葡萄糖與果糖分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，則互為同分異構(gòu)體，故B正確；

C；因新制的氫氧化銅能與葡萄糖反應(yīng)生成紅色的氧化亞銅；可用用新制的氫氧化銅來檢測病人尿液中的葡萄糖，故C正確；

D；因淀粉水解的最終產(chǎn)物是為葡萄糖；故D錯誤；

故答案為：BC；

（2）因A可與酒精在一定條件下生成有芳香氣味的物質(zhì)，可得A為酸，又因再結(jié)合A的相對分子質(zhì)量為60，由C、H、O三種元素組成，分子中只存在兩種類型的氫原子，且這兩種類型的氫原子的個數(shù)比為1：3，所以A為乙酸，純凈的A又稱為冰醋酸，結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，乙酸具有酸的通性和能與醇反應(yīng)，如：乙酸可與堿反應(yīng)：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，乙酸能與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到乙酸乙酯和水：CH3COOH+CH3CH2OCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：冰醋酸；CH3COOH；

CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O（其它合理答案均給分）；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．

（1）A、糖類可表示為Cm（H2O）n；但分子中沒有水；

B；根據(jù)葡萄糖與果糖互為同分異構(gòu)體；

C；根據(jù)新制的氫氧化銅能與葡萄糖反應(yīng)生成紅色的氧化亞銅；

D；根據(jù)淀粉水解的最終產(chǎn)物是為葡萄糖；

（2）根據(jù)A可與酒精在一定條件下生成有芳香氣味的物質(zhì)；可得A為酸，再結(jié)合①；②可得A為乙酸，寫出結(jié)構(gòu)簡式，純凈的乙酸容易結(jié)成象冰一樣的固體，又稱冰醋酸，乙酸具有酸的通性，且能與醇發(fā)生酯化反應(yīng)．

本題主要考查了糖類、乙酸的性質(zhì)，難度不大，可根據(jù)課本知識完成．【解析】BC；冰醋酸；CH3COOH；CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O（其它合理答案均給分）；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O16、略

【分析】解：由元素在短周期中的位置，可知rm{A}為氫，rm{B}為rm{He}rm{C}為rm{Na}rm{D}為碳，rm{E}為氮，rm{F}為氧，rm{G}為rm{Al}rm{H}為rm{Cl}．

rm{(1)Si}單質(zhì)、碳的單質(zhì)都可以形成原子晶體，單質(zhì)的沸點可能高于其它主族，但rm{C-C}鍵鍵長比rm{Si-Si}鍵鍵長短，rm{C-C}鍵更強(qiáng)；故碳單質(zhì)的熔點可能最高；

故答案為：碳；

rm{(2)C}rm{Si}同主族，自上而下非金屬性減弱，氫化物的穩(wěn)定性減弱，故氫化物穩(wěn)定性rm{CH_{4}>SiH_{4}}故答案為：rm{CH_{4}>SiH_{4}}

rm{(3)A}與rm{E}形成的一種極易溶于水的氣態(tài)化合物為rm{NH_{3}}分子中rm{N}原子與rm{H}原子之間形成rm{1}對共用電子對，電子式為

故答案為：

rm{(4)}高氯酸是最強(qiáng)的無機(jī)含氧酸，非金屬性rm{N>C>Si}元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價含氧酸的酸性最強(qiáng)，故酸性：rm{HClO_{4}>HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}

故答案為：rm{HClO_{4}>HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}

rm{(5)A}rm{D}兩種元素構(gòu)成的兩種烴rm{X}和rm{Y}rm{X}是一種果實催熟劑，它的產(chǎn)量用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，則rm{X}為乙烯，rm{Y}是一種比水輕的油狀液體，兩種元素的質(zhì)量比為rm{12}rm{1}分子中rm{C}rm{H}原子數(shù)目之比為rm{dfrac{12}{12}}rm{dfrac{1}{1}=1}rm{1}rm{Y}的相對分子質(zhì)量為rm{78}則rm{Y}為．

rm{壟脵X}為乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為：rm{CH_{2}=CH_{2}}故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}}

rm{壟脷Y}為苯，與濃硫酸與濃硝酸在rm{50隆蘆60隆忙}反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式：rm{+HNO_{3}xrightarrow[50隆蘆60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}rm{+HNO_{3}

xrightarrow[50隆蘆60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}屬于取代反應(yīng)；

故答案為：rm{+HNO_{3}xrightarrow[50隆蘆60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}rm{+H_{2}O}取代反應(yīng)．

由元素在短周期中的位置，可知rm{+HNO_{3}

xrightarrow[50隆蘆60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}為氫，rm{+H_{2}O}為rm{A}rm{B}為rm{He}rm{C}為碳，rm{Na}為氮，rm{D}為氧，rm{E}為rm{F}rm{G}為rm{Al}．

rm{H}族中元素形成的單質(zhì)中有原子晶體；單質(zhì)的沸點可能最高，而原子晶體中原子半徑越小，其沸點越高；

rm{Cl}非金屬性越強(qiáng)；元素對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定；

rm{(1)VIA}在一定條件下，rm{(2)}與rm{(3)}可形成一種極易溶于水的氣態(tài)化合物為rm{A}

rm{E}元素的非金屬性越強(qiáng)；最高價含氧酸的酸性最強(qiáng)，高氯酸是最強(qiáng)的無機(jī)含氧酸；

rm{NH_{3}}rm{(4)}兩種元素構(gòu)成的兩種烴rm{(5)A}和rm{D}rm{X}是一種果實催熟劑，它的產(chǎn)量用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平，則rm{Y}為乙烯，rm{X}是一種比水輕的油狀液體，兩種元素的質(zhì)量比為rm{X}rm{Y}分子中rm{12}rm{1}原子數(shù)目之比為rm{C}rm{H}rm{dfrac{12}{12}}rm{dfrac{1}{1}=1}的相對分子質(zhì)量為rm{1}則rm{Y}為．

本題考查元素周期表與元素周期律的綜合應(yīng)用、電子式、有機(jī)物化學(xué)基礎(chǔ)等，難度不大，注意熟練掌握元素周期律表的結(jié)構(gòu)．rm{78}【解析】碳；rm{CH_{4}>SiH_{4}}rm{HClO_{4}>HNO_{3}>H_{2}CO_{3}>H_{2}SiO_{3}}rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{+HNO_{3}xrightarrow[50隆蘆60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}rm{+HNO_{3}

xrightarrow[50隆蘆60隆忙]{{脜簍脕貌脣謾}}}取代反應(yīng)rm{+H_{2}O}17、2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O【分析】解：裝置圖分析可知，氧離子移向的電極為陽極，陽極上通入氨氣失電子生成N2H4，陰極上氧氣得到電子生成O2-，傳導(dǎo)離子為O2-，陽極電極反應(yīng)：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O；

故答案為：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。

裝置圖分析可知，氧離子移向的電極為陽極，陽極上通入氨氣失電子生成N2H4，陰極上氧氣得到電子生成O2-，傳導(dǎo)離子為O2-；結(jié)合電荷守恒和原子守恒書寫電極反應(yīng)。

本題考查了電解池原理、電極反應(yīng)書寫，注意裝置圖中離子移向判斷電極名稱的方法應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大?！窘馕觥?NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O三、判斷題(共5題，共10分)18、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成，故1.00molNaCl中，所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol，鈉原子最外層有1個電子，失去最外層1個電子形成鈉離子，此時最外層有8個電子，故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023；故答案為：對．

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù)．19、B【分析】【解答】解：某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水；說明該有機(jī)物中肯定含有碳；氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．

【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素20、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．21、B【分析】【解答】n===1mol，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算，最外層電子數(shù)為2NA；故錯誤；

故答案為：錯．

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算．22、B【分析】【解答】標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol；標(biāo)準(zhǔn)狀況己烷不是氣體，物質(zhì)的量不是0.1mol，故上述錯誤；

故答案為：錯．

【分析】氣體摩爾體積的概念和應(yīng)用條件分析判斷，標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol四、原理綜合題(共4題，共28分)23、略

【分析】【分析】

（1）①同一容器中，兩種氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，計算出平衡時反應(yīng)物生成物各自的物質(zhì)的量濃度，然后計算平衡常數(shù)，達(dá)到平衡后再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)；計算此時的濃度商，然后與平衡常數(shù)對比；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，當(dāng)壓強(qiáng)相同時，溫度越高CO的平衡轉(zhuǎn)化率越低，結(jié)合圖象，T123；對應(yīng)放熱反應(yīng)，溫度越高，平衡常數(shù)越?。煌瑴貢r壓強(qiáng)越大反應(yīng)速率越快；

（2）①對應(yīng)放熱反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度平衡要逆向移動，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率下降，判斷a、b；c、d四點中哪個點處于平衡狀態(tài)；

②e點轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的原因可能是溫度升高催化劑中毒；失去活性；

（3）陽極產(chǎn)生發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽極產(chǎn)生的H+與HCO3-反應(yīng)，導(dǎo)致HCO3-的濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)。

【詳解】

（1）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，T℃時，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1molCO和1.2molH2，一段時間后達(dá)到平衡，令反應(yīng)消耗CO的物質(zhì)的量為xmol，反應(yīng)中反應(yīng)物、生成物物質(zhì)的量變化之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故反應(yīng)消耗H2的物質(zhì)的量為2xmol，反應(yīng)生成CH3OH的物質(zhì)的量為xmol，故平衡時n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(1.2-2x)mol，n(CH3OH)=xmol，同一容器中，兩氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，(1.2-2x)：x=2：5，x=5/6，x=0.5，故平衡時n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.2mol，n(CH3OH)=0.5mol，c(CO)=0.25mol·L－1，c(H2)=0.1mol·L－1，c(CH3OH)=0.25mol·L－1，K=0.25/[0.25×(0.1)2]=100；此時向容器中再通入0.4molCO和0.2molCH3OH(g)，容器中CO、CH3OH的物質(zhì)的量濃度變?yōu)?.45mol·L－1、0.35mol·L－1，Qc=0.35/[0.45×(0.1)2]=77.7<100；說明此時平衡向正反應(yīng)方向移動；

②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H<0，該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，當(dāng)壓強(qiáng)相同時，溫度越高CO的平衡轉(zhuǎn)化率越低，結(jié)合圖象，T123，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度越高，正反應(yīng)的平衡常數(shù)越小，故K(a)>K(b)>K(c)；在其他條件相同時，增大壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率加快，由于壓強(qiáng)b>d，vb(CO)>va(CO).；

（2）①當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡后，升高溫度平衡要逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率降低，則a、b；c、d四點中表示平衡狀態(tài)的是c、d；

②e點轉(zhuǎn)化率出現(xiàn)突變的原因可能是溫度升高后催化劑失去活性；

（3）陽極產(chǎn)生發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽極產(chǎn)生的H+與HCO3-反應(yīng)，H++HCO3-=CO2↑+H2O，HCO3-的濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)。

【點睛】

本題考查化學(xué)反應(yīng)平衡常數(shù)，濃度商與平衡常數(shù)之間的關(guān)系，結(jié)合圖像回答有關(guān)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡有關(guān)問題，考生要能從題中的圖像中分析問題?！窘馕觥?00正反應(yīng)方向K(a)>K(b)>K(c)>c、d溫度升高后催化劑失去活性陽極產(chǎn)生O2，pH降低，HCO3-的濃度降低，K+部分遷移至陰極區(qū)24、略

【分析】【詳解】

（1）根據(jù)題意可知熱化學(xué)方程式：①CO(g)+H2(g)=CH3OH(g)△H1=-90.1kJ/mol；②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol；③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-24.5kJ/mol，利用蓋斯定律進(jìn)行計算，將三個方程式①×2+②×2+③進(jìn)行疊加，可得熱化學(xué)方程式：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ?mol-1；

（2）①原電池中正極發(fā)生還原反應(yīng)，氧氣在正極獲得電子，由于溶液顯酸性，所以反應(yīng)產(chǎn)生水，正極的電極反應(yīng)式是O2＋4e－＋4H＋=2H2O；負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，二甲醚在負(fù)極放電，酸性條件下生成二氧化碳；電極反應(yīng)式為：CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+；

②在NaCl溶液中，由于離子放電能力：Cl->OH-，H+>Na+，所以Cl-在陽極放電產(chǎn)生氯氣，氫離子在陰極放電產(chǎn)生氫氣，電解食鹽水的化學(xué)方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；

③電解NaCl溶液一段時間后，陰極收集到標(biāo)況下的氫氣2.24L，n(H2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，根據(jù)電解方程式可知反應(yīng)產(chǎn)生NaOH的物質(zhì)的量是n(NaOH)=2n(H2)=0.2mol，則c(NaOH)=0.2mol÷0.2L=1mol/L，所以溶液的pH=14；根據(jù)原電池的負(fù)極反應(yīng)式可知：1molCH3OCH3發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是12mol，反應(yīng)產(chǎn)生0.2molNaOH，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.2mol，則需要CH3OCH3的物質(zhì)的量是0.2mol÷12=0.17mol，其質(zhì)量是m(CH3OCH3)=0.17mol×46g/mol=0.8g。【解析】-122.5kJ·mol-1O2＋4e－＋4H＋=2H2OCH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑140.8g25、略

【分析】【分析】

(1)反應(yīng)進(jìn)行的前5min內(nèi)，CH4的濃度變化量為0.50mol/L，由此可求出v(H2)；10min時，改變的外界條件，2min內(nèi)CH4的濃度變化量為0.25mol/L；與前一時間段進(jìn)行對比，從而得出反應(yīng)速率加快，由此預(yù)測可能發(fā)生改變的外界條件。

(2)因為反應(yīng)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)發(fā)生后，氣體分子數(shù)增大，所以乙容器相當(dāng)于甲容器減小壓強(qiáng)，由此可確定平衡移動的方向、CH4的轉(zhuǎn)化率變化及所需的時間。

(3)800℃時，反應(yīng)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K=1.0；利用表中數(shù)據(jù)求濃度商，并與K進(jìn)行比較，從而確定平衡移動的方向，由此得出正；逆反應(yīng)速率的相對大小。

(4)CO和H2在一定條件下制得CH3OCH3；由此可寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。

(5)以二甲醚、空氣、氫氧化鉀溶液為原料，石墨為電極構(gòu)成燃料電池。該電池的負(fù)極為二甲醚在堿性條件下失電子，轉(zhuǎn)化為CO32-等。用二甲醚燃料電池為電源，用鉑電極電解KCl和CuSO4的混合溶液，陽極先發(fā)生Cl-失電子生成Cl2的反應(yīng)，后發(fā)生H2O失電子生成O2的反應(yīng)；陰極先發(fā)生Cu2+得電子的反應(yīng)，后發(fā)生H2O得電子生成H2的反應(yīng)；代入數(shù)據(jù)建立方程式，即可求出結(jié)果。

【詳解】

(1)從圖中可提取以下信息，反應(yīng)進(jìn)行的前5min內(nèi)，CH4的濃度變化量為0.50mol/L；10min后，改變某條件，2min內(nèi)CH4的濃度變化量為0.25mol/L。則反應(yīng)進(jìn)行的前5min內(nèi)，v(CH4)==0.10mol/(L·min)，依據(jù)化學(xué)方程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，可得出v(H2)=3v(CH4)=0.30mol/(L·min)；與10min前進(jìn)行對比；反應(yīng)速率加快且平衡正向移動，所以改變的外界條件可能是升高溫度或沖入水蒸氣。答案為：0.30mol/(L·min)；升高溫度或沖入水蒸氣；

(2)我們以甲為參照，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，氣體分子數(shù)增大，壓強(qiáng)增大，對于恒壓容器乙，相當(dāng)于甲增大容積減小壓強(qiáng)，則反應(yīng)速率減慢，但平衡正向移動，CH4的轉(zhuǎn)化率增大，由此可在圖3中畫出乙容器中CH4的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的圖象為答案為：

(3)由表中數(shù)據(jù)及反應(yīng)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，可求出濃度商為Q==0.94

(4)CO和H2在一定條件下制得CH3OCH3，化學(xué)方程式為2CO+4H2CH3OCH3+H2O。答案為：2CO+4H2CH3OCH3+H2O；

(5)以二甲醚、空氣、氫氧化鉀溶液為原料，石墨為電極構(gòu)成燃料電池。該電池的負(fù)極為二甲醚在堿性條件下失電子，轉(zhuǎn)化為CO32-等，電極反應(yīng)方程式是：CH3OCH3+16OH--12e-=2CO32-+11H2O。

陽極發(fā)生的反應(yīng)為：2Cl--2e-==Cl2↑，2H2O-4e-==O2↑+4H+。n(氣體)==0.125mol，設(shè)n(Cl2)=x，則n(O2)=0.125-x，從而得出2x+4×(0.125-x)=0.3mol，從而求出x=0.10mol，0.125-x=0.025mol，即O2：0.025mol、Cl2：0.10mol。答案為：O2：0.025mol、Cl2：0.10mol。

【點睛】

兩種電解質(zhì)混合溶液中的計算，需正確寫出電極反應(yīng)式，所以解題的關(guān)鍵點是依據(jù)離子的放電能力的強(qiáng)弱，將電極發(fā)生的反應(yīng)逐一寫出，并注意區(qū)分先后。如本題中，如果求陰極析出銅的質(zhì)量，則需寫出以下兩個電極反應(yīng)式：Cu2++2e-==Cu，2H2O+2e-==H2↑+2OH-，生成H22.8L即0.125mol，則得電子0.25mol，從而得出Cu2+得電子0.3mol-0.25mol=0.05mol，m(Cu)=0.05mol×64g/mol=3.2g?！窘馕觥?.3mol/(L·min)升高溫度或沖入水蒸氣a2CO+4H2→CH3OCH3+H2O（一定條件）CH3OCH3+16OH--12e-=2CO32-+11H2OO2：0.025mol、Cl2：0.10mol26、略

【分析】【分析】

（1）碳會將CuO還原為銅；

（2）根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行求解；

（3）①銅電極應(yīng)發(fā)生氧化反應(yīng)；原電池中正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)；負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

②離子交換膜要控制電解液中OH-的濃度；陰離子交換膜才能控制氫氧根濃度；

③原電池中負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)。

【詳解】

（1）在加熱條件下，C會將CuO還原為Cu，故方法I反應(yīng)條件不易控制，若控溫不當(dāng)易生成Cu而使Cu2O產(chǎn)率降低；

（2）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）△H=-169kJ?mol-1

②C（s）+O2（g）＝CO（g）△H=-110.5kJ?mol-1

③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）△H=-157kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律①+②-2×2可得2CuO（s）+C（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ?mol-1；

（3）①原電池中D電極通入氧氣；氧氣發(fā)生還原反應(yīng)，故D電極為正極，C電極為負(fù)極；電解池中B電極為銅，銅在反應(yīng)過程被氧化，故為陽極，與外接電源的正極相連，即與D相連，故答案為：D；

②該方法采用離子交換膜控制電解液中OH-的濃度，則只有使用陰離子交換膜才能控制氫氧根離子濃度；在電解池中，當(dāng)陽極是活潑電極時，該電極本身發(fā)生失電子得還原反應(yīng)，在堿性環(huán)境下，金屬銅失去電子的電極反應(yīng)為2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O；

③原電池中負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極通入N2H4失電子被氧化成N2，負(fù)極反應(yīng)式為N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O?！窘馕觥緾u+34.5kJ·mol－1D陰2Cu-2e－+2OH－=Cu2O+H2ON2H4-4e－+4OH－=N2↑+4H2O五、元素或物質(zhì)推斷題(共1題，共8分)27、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E五種含氮物質(zhì)相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系圖。其中A、B、C、D常溫下都是氣體；B為紅棕色，B為二氧化氮；A為氮氣，氮氣和氧氣生成一氧化氮C，一氧化氮和氧氣生成二氧化氮D，二氧化氮和水生成硝酸E，硝酸和銅生成一氧化氮、硝酸銅；氮氣和氫氣生成氨氣D，氨氣和氧氣催化氧化生成一氧化氮；

【詳解】

（1）A→D反應(yīng)為氮氣和氫氣催化生成氨氣，

（2）D→C為氨氣和氧氣催化氧化生成一氧化氮和水，

（3）二氧化氮B與一定量的氧氣混合通入水中能被完全吸收生成硝酸，反應(yīng)為則二氧化氮與的物質(zhì)的量之比為4:1；該反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移情況為若該反應(yīng)轉(zhuǎn)移個電子，則參加反應(yīng)的二氧化氮的物質(zhì)的量為1mol?！窘馕觥?1)

(2)

(3)4:11六、綜合題(共4題，共24分)28、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO