精品解析：安徽省阜阳市第三中学2023-2024学年高一下学期6月期中考试化学试题

阜阳三中2023级高一年级下学期第二次调研考试 化学试题 考试时间：75分钟满分：100分 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷 选择题（共42分） 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共42分） 1. 下列各组物质的分类正确的是 ①混合物：氯水、氨水、碱石灰、福尔马林、淀粉 ②含有氧元素的化合物叫氧化物 ③、、均为酸性氧化物，、为碱性氧化物 ④根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 ⑤强电解质溶液的导电能力一定强 ⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物 ⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应 A. 全部正确 B. ①②⑤⑦ C. ②③⑥ D. ①⑥ 2. 如果ag某气体中所含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（式中为阿伏加德罗常数的值） A. B. C. D. 3. 设阿伏加德罗常数为，下列说法正确的是 A. 分别与铁和铜反应时，失电子数目均为 B. 与足量反应时，转移个电子 C. 足量和浓盐酸共热可生成个分子 D. 晶体中含有的阴离子数目为 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 往稀硝酸中加入少量小苏打： B. 足量碳酸氢钙溶液和少量石灰水混合： C. 氯气通入水中： D. 含的溶液中通入： 5. 部分含S及含Cl物质的价类关系如图所示，下列推断错误的是 A. a的浓溶液和钾盐e反应，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5 B. 将b通入f的水溶液中发生反应，可以生成两种强酸 C. 加热g的浓溶液和钠盐c的混合物生成a，说明酸性：g>a D. d和f都可以用于杀菌消毒 6. 一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2到溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL﹣1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是(　　) A. 该合金中铁的质量为5.6g B. 合金与稀硫酸反应共生成0.45mol H2 C. 该合金与足量氢氧化钠反应，转移电子数为0.6NA D. 所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4 7. 已知短周期主族元素的离子、、、都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是 A. 离子氧化性： B. 原子序数 C. 离子半径 D. 原子半径 8. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20．元素W是整个宇宙中最常见的元素，现今太阳中大约75%是W元素；是一种常见的助燃剂；Y是植物生长的营养元素；Y与X在不同周期．这四种元素形成的一种食品添加剂的结构如图所示．下列说法正确的是 A. 保存Z的单质时，无须防潮 B. 最简单氢化物的稳定性： C. 由W、X、Y三种元素形成的化合物均属于强酸 D. W与X能形成既有极性键又有非极性键的化合物 9. 某温度下在2L的恒容密闭容器中，充入0.3 molA、0.1 molB和一定量C三种气体， 一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化曲线如图所示。已知反应过程中混合气体的平均摩尔质量不变。下列说法错误的是 A. 起始C的物质的量是0.04 mol B. 该反应的化学方程式为3A( g)+C(g)═2B( g) C. 达到化学平衡时，混合气体中B的体积分数为50% D. 若t₁ = 1 5，0 ~ t₁ s内，A 的平均反应速率v(A)=0.006 mol/(L·s) 10. 以反应 5H2C2O4＋2＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是 实验编号 H2C2O4 溶液 酸性 KMnO4 溶液 温度/℃ 浓度/(mol·L-1) 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 体积/mL ① 010 2.0 0.010 4.0 25 ② 0.20 2.0 0.010 4.0 25 ③ 0.20 2.0 0.010 4.0 50 A. 实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量 B. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用 C. 实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响 D. 实验①测得 KMnO4 溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol•L-1•s-1 11. 下列说法正确的是 ①符合分子通式的烃一定都是烷烃，分子中均只含单键 ②苯能使溴水褪色，说明苯环结构中含有碳碳双键 ③CH4与一定不是同系物 ④乙烯使溴水褪色属于取代反应 ⑤与是同分异构体 ⑥相同质量的烃完全燃烧，耗氧量最大的是 ⑦乙烯能使溴水和酸性溶液褪色，且反应类型相同 A. ②⑥⑦ B. ①③⑥ C. ②⑥ D. ④⑤⑥ 12. KMnO4是一种常用的氧化剂，某实验小组利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。 已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。 下列说法错误的是 A. 试剂X可以是漂白粉或MnO2 B. 装置连接顺序是 C. 装置C中每生成1 mol KMnO4，消耗Cl2的物质的量大于0.5 mol D. 若去掉装置A，会导致KMnO4产率降低 13. 实验室从海藻中提取碘的流程如下： 下列关于该流程中各步的装置和仪器的说法中错误的是 选项 步骤 采用装置 主要仪器 A ① 灼烧装置 蒸发皿 B ② 溶解装置 烧杯 C ③ 过滤装置 漏斗 D ④ 分液装置 分液漏斗 A. A B. B C. C D. D 14. 利用微生物燃料电池(MFC)可以将废水中的降解为N2。某课题组设计出如图所示的微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，下列说法不正确的是 A. 好氧电极b上发生的反硝化反应为2+10e-+12H+=N2↑+6H2O B. 好氧电极b上的副反应为O2+4e-+4H+=2H2O C. 交换膜c为质子交换膜，质子从电极a区域通过质子交换膜移向电极b区域 D. 理论上每消耗1molC6H12O6，可以处理的物质的量为4.8mol 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 建设“美丽中国”首先要做好环境保护与治理．氮氧化物（NOx）是严重的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题． Ⅰ．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气，其中生成NO的能量变化如图所示： （1）若反应生成1mol NO气体，则该反应______（填“吸收”或“放出”）______kJ热量，1mol和1mol的总能量______（填“大于”“等于”或“小于”）2mol的总能量。 Ⅱ．某科研机构设计了几种如下转化氮氧化物的方案．请回答下列问题： 方案1：利用CO在催化剂条件下还原：。向甲、乙两个容积均为2L的恒容密闭容器中分别充入2molNO2(g)和3molCO(g)，分别在不同温度下反应．反应过程中测得CO2物质的量如下表： 容器 甲（T1/℃） 乙（T2/℃） 反应时间/min 0 4 8 10 20 0 8 10 20 21 n(CO2)/mol 0 0.8 1.2 1.2 1.2 0 1.0 1.2 2.0 2.0 （2）①甲容器中，NO2的平衡转化率为______； ②温度为T1℃时，0~8min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______mol·L-1·min-1； ③10min时，反应速率：甲______（填“＞”“＜”或“＝”）乙，其判断依据是______； （3）在恒温、恒容密闭容器中进行上述反应，下列不能说明该反应一定达到平衡状态的是______（填标号）． A． B．混合气体的密度不变 C．容器内气体颜色不变 D．气体平均相对分子质量不变 E．容器内 方案2：利用NH3可消除大气污染物NO，可将反应设计为原电池提供电能，如图所示； （4）B为原电池的______（填“正”或“负”）极；该电池的总反应式为______。 16. 1，6−己二酸是常用的化工原料，在高分子材料、医药、润滑剂的制造等方面都有重要作用。实验室利用图中的装置（夹持装置已省略），以环己醇和硝酸为反应物制备1，6−己二酸。反应原理为： 相关物质的物理性质见下表： 试剂 相对分子质量 密度 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 环己醇 100 0.962 25.9 1618 可溶于水、乙醇、乙醚 1，6−己二酸 146 1.360 152 330.5 微溶于冷水，易溶于乙醇 117 2.326 210（分解） — 微溶于冷水，易溶于热水 实验步骤如下： Ⅰ．向三颈烧瓶中加入固体和浓（略过量），向恒压滴液漏斗中加入环己醇。 Ⅱ．将三颈烧瓶放入水浴中，电磁搅拌并加热至50℃。移去水浴，打开恒压滴液漏斗活塞滴加5～6滴环己醇，观察到三颈烧瓶中产生红棕色气体时，开始慢慢加入余下的环己醇。调节滴加环己醇的速度，使三颈烧瓶内温度维持在50～60℃之间，直至环己醇全部滴加完毕。 Ⅲ．将三颈烧瓶放入80～90℃水浴中加热10min，至几乎无红棕色气体导出止。然后迅速将三颈烧瓶中混合液倒入100mL烧杯中，冷却至室温后，有白色晶体析出，减压过滤，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。 Ⅳ．1，6−己二酸粗产品的提纯 （1）仪器A的名称为________，其作用是________。 （2）B中发生反应的离子方程式为________。（其中一种产物为亚硝酸盐） （3）若步骤Ⅱ中控制水浴温度不当，未滴加环己醇前就会观察到红棕色气体生成，原因为________。 （4）如图为1，6−己二酸在水中的溶解度曲线，80℃时1，6−己二酸水溶液的密度为；该溶液的物质的量浓度为________。 （5）最终得到1，6−己二酸产品4.810g，则1，6−己二酸的产率为________。 17. 肼(N2H4)是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用NH3和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。 （1）装置A中制备NH3的化学方程式为__________。 （2）仪器C中盛放的试剂为__________。 （3）装置B中制备N2H4的化学方程式为_________。 （4）下列说法正确的是__________（填标号）。 a．N2H4的电子式为 b．装置E的作用是吸收尾气，防止空气污染 c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞 （5）测定产品中N2H4的质量分数 取装置B中的溶液4.00 g，并调节为弱酸性，加水配成500 mL溶液，从中取25.00 mL溶液与0.2000 mol/L的I2溶液反应(只有N2H4参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗I2溶液的体积为20.00 mL，则该产品中N2H4的质量分数为________%。 18. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如下图。 （1）丙烯→A的反应类型是______，此反应过程中主要副产物的结构简式是______。 （2）丙烯的二氯代物有______种结构。 （3）B的官能团有______。 （4）区分A、B两种物质的方法是______。 （5）A与B反应的化学方程式是______。 （6）D的结构简式是______。 （7）推测D可能的物理性质和化学性质：______（物理性质和化学性质各1条）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阜阳三中2023级高一年级下学期第二次调研考试 化学试题 考试时间：75分钟满分：100分 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷 选择题（共42分） 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共42分） 1. 下列各组物质的分类正确的是 ①混合物：氯水、氨水、碱石灰、福尔马林、淀粉 ②含有氧元素的化合物叫氧化物 ③、、均为酸性氧化物，、为碱性氧化物 ④根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体 ⑤强电解质溶液的导电能力一定强 ⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物 ⑦有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应 A. 全部正确 B. ①②⑤⑦ C. ②③⑥ D. ①⑥ 【答案】D 【解析】 【详解】①氯水、氨水、福尔马林都是溶液，属于混合物，碱石灰是NaOH和CaO的混合物，淀粉是高分子聚合物，高分子化合物在形成高分子链时，链的长短不尽相同，属于混合物，故正确； ②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，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如KClO3，故错误； ③NO2与水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，是两性氧化物，故错误； ④利用分散系微粒直径的大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故错误； ⑤强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力弱，故错误； ⑥盐酸中含HCl和水属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物，故正确； ⑦有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，故如同素异形体之间的转化是非氧化还原反应，故错误； 则正确的有①⑥，故选D。 2. 如果ag某气体中所含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（式中为阿伏加德罗常数的值） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】如果ag某气体中所含有的分子数为b，则cg该气体分子数为，其物质的量为，则cg该气体在标准状况下的体积是，故A符合题意。 综上所述，答案为A。 3. 设阿伏加德罗常数为，下列说法正确的是 A. 分别与铁和铜反应时，失电子数目均为 B. 与足量反应时，转移个电子 C. 足量和浓盐酸共热可生成个分子 D. 晶体中含有的阴离子数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．，没有外界条件是否为标准状况下，无法计算氯气物质的量，故A错误； B．过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中1个氧升高，1个氧降低，因此与足量反应时，转移个电子，故B正确； C．足量和浓盐酸(物质的量为0.8mol)共热，由于浓盐酸在反应过程中变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应，因此生成分子小于，故C错误； D．过氧化钠中含有钠离子和过氧根离子，晶体中含有的阴离子数目为，故D错误。 综上所述，答案为B。 4. 下列离子方程式书写正确的是 A. 往稀硝酸中加入少量小苏打： B. 足量碳酸氢钙溶液和少量石灰水混合： C. 氯气通入水中： D. 含的溶液中通入： 【答案】B 【解析】 【详解】A．小苏打NaHCO3在离子方程式拆成，故硝酸与小苏打的离子方程式为，故A错误； B．碳酸氢钙溶液和少量澄清石灰水混合生成碳酸钙和水，离子反应为，故B正确； C．氯气通入水中，与水反应，生成盐酸和次氯酸，HClO为弱酸，保留化学式：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故C错误； D．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子，再氧化溴离子，故0.1molCl2先将0.1molFeBr2中的0.1molFe2+全部氧化，剩余的氯气还能氧化0.1molBr-，即被氧化的Fe2+、Br-的物质的量之比为1∶1，故离子方程式为2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2，故D错误； 答案选B。 5. 部分含S及含Cl物质的价类关系如图所示，下列推断错误的是 A. a的浓溶液和钾盐e反应，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5 B. 将b通入f的水溶液中发生反应，可以生成两种强酸 C. 加热g的浓溶液和钠盐c的混合物生成a，说明酸性：g>a D. d和f都可以用于杀菌消毒 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，a为氯化氢、b为氯气、c为金属氯化物、d为二氧化氯、e为氯酸盐、f为二氧化氯、g为硫酸。 【详解】A．浓盐酸和氯酸钾反应生成氯化钾、氯气和水，反应中氯化氢为还原剂，氯酸钾为氧化剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故A正确； B．将氯气通入二氧化硫的水溶液中发生的反应为氯气与二氧化硫的水溶液反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸都是在溶液中完全电离的强酸，故B正确； C．浓硫酸和氯化钠共热反应生成硫酸钠和氯化氢说明硫酸的沸点高于氯化氢，与酸性强弱无关，故C错误； D．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性，二氧化硫有毒，能使蛋白质变性，所以二氧化氯和二氧化硫都可以用于杀菌消毒，故D正确； 故选C。 6. 一块11.0g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2到溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200mL 6molL﹣1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为26.3g，下列说法不正确的是(　　) A. 该合金中铁的质量为5.6g B. 合金与稀硫酸反应共生成0.45mol H2 C. 该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6NA D. 所加的稀硫酸中含0.6molH2SO4 【答案】B 【解析】 【分析】200mL6mol•L-1 NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L×0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为 ；最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质的量为：，则铁和铝的总物质的量为：，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol； 【详解】A. 根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：56g/mol×0.1mol=5.6g，故A正确； B. 0.1mol铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误； C. 铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol×3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故C正确； D. 根据分析可知，所加硫酸的物质的量为0.6mol，故D正确； 故选B。 7. 已知短周期主族元素的离子、、、都具有相同的电子层结构，下列叙述正确的是 A. 离子的氧化性： B. 原子序数 C. 离子半径 D. 原子半径 【答案】C 【解析】 【分析】依据题意，这些离子都具有10电子结构，推断A为Mg、B为Na、C为N、D为F，则a=12、b=11、c=7、d=9。 【详解】A．离子的氧化性：Mg2+＞Na+，故A错误； B．据分析，a=12、b=11、c=7、d=9，则c＜d＜b＜a，故B错误； C．电子层数相同的简单粒子，核电荷数越大半径越小，则离子半径N3-＞F-＞Na+＞Mg2+，故C正确； D．电子层数越多原子半径越大，同周期元素原子半径从左往右逐渐减小，则Na＞Mg＞N＞F，故D错误； 故选C。 8. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20．元素W是整个宇宙中最常见的元素，现今太阳中大约75%是W元素；是一种常见的助燃剂；Y是植物生长的营养元素；Y与X在不同周期．这四种元素形成的一种食品添加剂的结构如图所示．下列说法正确的是 A. 保存Z的单质时，无须防潮 B. 最简单氢化物的稳定性： C. 由W、X、Y三种元素形成的化合物均属于强酸 D. W与X能形成既有极性键又有非极性键的化合物 【答案】D 【解析】 【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20。元素W是整个宇宙中最常见的元素，现今太阳中大约75%是W元素，W是H元素； 是一种常见的助燃剂，X能形成2个共价键，X是O元素；Y是植物生长的营养元素，Y能形成5个共价键， Y与X在不同周期，Y是P元素；Z能形成+2价的阳离子，Z是Ca元素。 【详解】A．Ca是活泼金属，能与水反应，保存Ca的单质时，须防潮，故A错误； B．非金属性：O>P，最简单氢化物的稳定性：H2O>PH3，故B错误； C．由H、O、P三种元素形成的化合物H3PO4，属于中强酸，故C错误； D．H与O能形成既有极性键又有非极性键化合物H2O2，故D正确； 选D。 9. 某温度下在2L的恒容密闭容器中，充入0.3 molA、0.1 molB和一定量C三种气体， 一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化曲线如图所示。已知反应过程中混合气体的平均摩尔质量不变。下列说法错误的是 A. 起始C的物质的量是0.04 mol B. 该反应的化学方程式为3A( g)+C(g)═2B( g) C. 达到化学平衡时，混合气体中B的体积分数为50% D. 若t₁ = 1 5，0 ~ t₁ s内，A 的平均反应速率v(A)=0.006 mol/(L·s) 【答案】B 【解析】 【分析】根据图像，0～t1 s 内 A 的浓度减少 0.15 mol/L－0.06 mol/L=0.09 mol/L，A为反应物，B的浓度增加 0.11 mol/L－0.05 mol/L=0.06 mol/L，B 为生成物；A、B 的化学计量数之比为0.09 mol/L﹕0.06mol/L=3﹕2；在反应过程中混合气体的平均摩尔质量没有变化，反应前后气体分子数不变，则C为生成物，反应的化学方程式为 3A(g) 2B(g)+ C(g)。 【详解】A．根据转化浓度之比等于化学计量数之比，0～t1 s内C的浓度增加0.03 mol/L，t1 s时C的浓度为0.05mol/L，则C的起始浓度为 0.05 mol/L－0.03 mol/L=0.02 mol/L，容器体积为 2 L，所以C的起始物质的量n(C)=0.02mol/L×2 L =0.04 mol，故A正确； B．根据分析，反应的化学方程式为 3A(g) 2B(g)＋C(g)，故B错误； C．达到化学平衡时，物质 A、B、C 的浓度分别为 0.06 mol/L、0.11 mol/L、0.05mol/L，根据体积之比等于物质的量之比，物质B在混合气体中的体积分数为 50%，故C正确； D．若 t1=15，则 0～t1 s 内，A 的平均反应速率 v(A)= 0.15mol/L−0.06mol/L 15s =0.006 mol·L -1·s -1，故D正确； 答案为：B。 10. 以反应 5H2C2O4＋2＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是 实验编号 H2C2O4 溶液 酸性 KMnO4 溶液 温度/℃ 浓度/(mol·L-1) 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 体积/mL ① 0.10 2.0 0.010 4.0 25 ② 0.20 2.0 0.010 4.0 25 ③ 0.20 2.0 0.010 4.0 50 A. 实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量 B. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用 C. 实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响 D. 实验①测得 KMnO4 溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol•L-1•s-1 【答案】D 【解析】 【详解】A．因该实验是通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，所以实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量，以确保高锰酸钾完全反应，故A正确； B．在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确； C．分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确； D．高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==1.7×10−4mol⋅L−1⋅s−1，故D错误； 本题选D。 11. 下列说法正确的是 ①符合分子通式的烃一定都是烷烃，分子中均只含单键 ②苯能使溴水褪色，说明苯环结构中含有碳碳双键 ③CH4与一定不是同系物 ④乙烯使溴水褪色属于取代反应 ⑤与是同分异构体 ⑥相同质量的烃完全燃烧，耗氧量最大的是 ⑦乙烯能使溴水和酸性溶液褪色，且反应类型相同 A. ②⑥⑦ B. ①③⑥ C. ②⑥ D. ④⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】①符合分子通式的烃一定都是烷烃，分子中均只含单键，故正确； ②苯和溴水混合，溴在苯中溶解度大，被萃取到苯中，水层褪色，但苯层呈橙红色，是物理过程，不能说明苯环结构中含有碳碳双键，故错误； ③CH4与一定不是同系物，结构不相似，可能是烯烃或环烷烃，故正确； ④乙烯使溴水褪色生成1，2-二溴乙烷，属于加成反应，故错误； ⑤饱和碳原子是四面体结构，与是同一物质，不是同分异构体，故错误； ⑥相同质量的氢比碳消耗氧气的质量大，甲烷是烃中含氢质量分数最大的，相同质量的烃完全燃烧，耗氧量最大的是，故正确； ⑦乙烯能使溴水和酸性溶液褪色，前者是加成反应，后者是氧化反应，反应类型不相同，故错误； 综上所述，①③⑥正确，故选B。 12. KMnO4是一种常用的氧化剂，某实验小组利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。 已知：K2MnO4在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。 下列说法错误的是 A. 试剂X可以是漂白粉或MnO2 B. 装置连接顺序是 C. 装置C中每生成1 mol KMnO4，消耗Cl2的物质的量大于0.5 mol D. 若去掉装置A，会导致KMnO4产率降低 【答案】A 【解析】 【分析】使用B装置用强氧化剂漂白粉或KClO3或KMnO4等于浓盐酸在室温下制取Cl2，然后结构装置A除去Cl2中的杂质HCl，再将Cl2通入装置C中与K2MnO4制备KMnO4，导气管应该长进短出，最后通入装置D进行尾气处理，防止多余Cl2污染环境。 【详解】A．在装置B中与与浓盐酸在室温下反应制取Cl2，试剂X可以是漂白粉或KClO3或KMnO4，试剂X不可以是MnO2，因为MnO2和浓盐酸反应需要加热，图中无加热装置，因此MnO2不能与浓盐酸反应制取得到Cl2，A错误； B．根据上述分析可知装置连接顺序是BACD，则装置导气管连接顺序是，B正确； C．因氯气会与溶液中的KOH也会发生反应，故根据反应过程中电子转移数目相等可知：装置C中每生成1 mol KMnO4，反应消耗Cl2的物质的量大于0.5 mol，C正确； D．若去掉装置A，挥发的氯化氢会与溶液中的KOH中和，导致溶液碱性减弱，反应生成MnO2，从而导致KMnO4产率降低，D正确； 故合理选项是A。 13. 实验室从海藻中提取碘的流程如下： 下列关于该流程中各步的装置和仪器的说法中错误的是 选项 步骤 采用装置 主要仪器 A ① 灼烧装置 蒸发皿 B ② 溶解装置 烧杯 C ③ 过滤装置 漏斗 D ④ 分液装置 分液漏斗 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A. 干海藻在坩埚中灼烧变成海藻灰，A错误； B. 海藻灰在烧杯中溶解于水，B正确； C. 通过过滤将不溶于水的滤渣除去，C正确； D. ④的操作是在分液漏斗中进行分液操作从而将水相和有机相分离，D正确； 答案选A。 14. 利用微生物燃料电池(MFC)可以将废水中的降解为N2。某课题组设计出如图所示的微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，下列说法不正确的是 A. 好氧电极b上发生的反硝化反应为2+10e-+12H+=N2↑+6H2O B. 好氧电极b上的副反应为O2+4e-+4H+=2H2O C. 交换膜c为质子交换膜，质子从电极a区域通过质子交换膜移向电极b区域 D. 理论上每消耗1molC6H12O6，可以处理的物质的量为4.8mol 【答案】D 【解析】 【分析】根据图示可知，好氧电极b上发生反硝化反应为硝酸根离子得电子生成氮气，电极b为正极，电极方程式为：2+10e-+12H+=N2↑+6H2O，电极a为负极，C6H12O6失去电子生成CO2，电极方程式为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，以此解答。 【详解】A．根据图示可知，好氧电极b上发生反硝化反应为硝酸根离子得电子生成氮气，故电极反应式为2+10e-+12H+=N2↑+6H2O，A正确； B．电极上除发生反硝化反应外，还有氧气得电子的副反应：O2+4e-+4H+=2H2O，B正确； C．电极b为正极，电极方程式为：2+10e-+12H+=N2↑+6H2O，电极a为负极，电极方程式为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极产生的H+通过质子交换膜进入正极区，C正确； D．不考虑副反应，每消耗1mol C6H12O6，转移的电子数24mol，根据电极反应2+10e-+12H+=N2↑+6H2O和元素守恒规律，则理论上可以处理的物质的量应4.8mol，由于电极b上副反应，故每消耗1molC6H12O6，可以处理的物质的量小于4.8mol，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷 非选择题 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 建设“美丽中国”首先要做好环境保护与治理．氮氧化物（NOx）是严重的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题． Ⅰ．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气，其中生成NO的能量变化如图所示： （1）若反应生成1mol NO气体，则该反应______（填“吸收”或“放出”）______kJ热量，1mol和1mol的总能量______（填“大于”“等于”或“小于”）2mol的总能量。 Ⅱ．某科研机构设计了几种如下转化氮氧化物的方案．请回答下列问题： 方案1：利用CO在催化剂条件下还原：。向甲、乙两个容积均为2L的恒容密闭容器中分别充入2molNO2(g)和3molCO(g)，分别在不同温度下反应．反应过程中测得CO2物质的量如下表： 容器 甲（T1/℃） 乙（T2/℃） 反应时间/min 0 4 8 10 20 0 8 10 20 21 n(CO2)/mol 0 0.8 1.2 1.2 1.2 0 1.0 1.2 2.0 2.0 （2）①甲容器中，NO2的平衡转化率为______； ②温度为T1℃时，0~8min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______mol·L-1·min-1； ③10min时，反应速率：甲______（填“＞”“＜”或“＝”）乙，其判断依据是______； （3）在恒温、恒容密闭容器中进行上述反应，下列不能说明该反应一定达到平衡状态的是______（填标号）． A． B．混合气体密度不变 C．容器内气体颜色不变 D．气体平均相对分子质量不变 E．容器内 方案2：利用NH3可消除大气污染物NO，可将反应设计为原电池提供电能，如图所示； （4）B为原电池的______（填“正”或“负”）极；该电池的总反应式为______。 【答案】（1） ①. 吸收 ②. 90 ③. 小于 （2） ①. 30% ②. 0.075 ③. ＞ ④. 10min时，甲、乙两容器中各组分浓度相同，但相同时间内（0~8min）甲容器生成的CO2比乙容器多，反应速率更快，说明甲容器温度更高，故在其他条件相同的情况下，甲容器反应速率更快 （3）BE （4） ①. 正 ②. 【解析】 【小问1详解】 若反应生成1mol NO气体，则该反应吸收(946+498)kJ×-632kJ=90kJ热量；1molN2(g)和1molO2(g)的总键能为(946+498)kJ =1444kJ，2molNO(g)的总键能为632kJ×2=1264kJ，对于一种物质，其键能越大，所具有的能量越小，则1molN2(g)和1molO2(g)的总能量小于2molNO(g)的总能量。 【小问2详解】 ①甲容器中，反应进行到8min时，反应达平衡，此时生成CO2的物质的量为1.2mol，则参加反应NO2的物质的量为0.6mol，NO2的平衡转化率为=30%； ②温度为T1℃时，0~8min时，消耗CO的物质的量为1.2mol，用CO表示的平均反应速率v(CO)== 0.075mol·L-1·min-1； ③10min时，甲、乙两容器中各组分浓度相同，但相同时间内(0~8min)甲容器生成的CO2比乙容器多，反应速率更快，说明甲容器温度更高，故在其他条件相同的情况下，甲容器反应速率更快，即反应速率：甲＞乙。 【小问3详解】 A．，表明反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，反应达平衡状态，A不符合题意； B．反应过程中，混合气体的质量、体积始终不变，则混合气体的密度始终不变，当密度不变时，反应不一定达平衡状态，B符合题意； C．容器内气体颜色不变，则表明NO2气体的浓度不变，反应达平衡状态，C不符合题意； D．反应过程中，混合气体的质量不变，物质的量不断发生改变，当气体平均相对分子质量不变时，反应达平衡状态，D不符合题意； E．容器内，可能是反应进行过程中的某个阶段，不一定是平衡状态，E符合题意； 故选BE。 【小问4详解】 从气体的转化可判断元素化合价的变化，从而得出在A电极，NH3失电子生成N2，则A电极为负极；在B电极，NO得电子生成N2，则B电极为原电池的正极。该电池的总反应式为。 【点睛】对于一种物质，其键能越大，所具有的能量越小。 16. 1，6−己二酸是常用的化工原料，在高分子材料、医药、润滑剂的制造等方面都有重要作用。实验室利用图中的装置（夹持装置已省略），以环己醇和硝酸为反应物制备1，6−己二酸。反应原理为： 相关物质的物理性质见下表： 试剂 相对分子质量 密度 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性 环己醇 100 0962 25.9 161.8 可溶于水、乙醇、乙醚 1，6−己二酸 146 1.360 152 330.5 微溶于冷水，易溶于乙醇 117 2.326 210（分解） — 微溶于冷水，易溶于热水 实验步骤如下： Ⅰ．向三颈烧瓶中加入固体和浓（略过量），向恒压滴液漏斗中加入环己醇。 Ⅱ．将三颈烧瓶放入水浴中，电磁搅拌并加热至50℃。移去水浴，打开恒压滴液漏斗活塞滴加5～6滴环己醇，观察到三颈烧瓶中产生红棕色气体时，开始慢慢加入余下的环己醇。调节滴加环己醇的速度，使三颈烧瓶内温度维持在50～60℃之间，直至环己醇全部滴加完毕。 Ⅲ．将三颈烧瓶放入80～90℃水浴中加热10min，至几乎无红棕色气体导出为止。然后迅速将三颈烧瓶中混合液倒入100mL烧杯中，冷却至室温后，有白色晶体析出，减压过滤，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。 Ⅳ．1，6−己二酸粗产品的提纯 （1）仪器A的名称为________，其作用是________。 （2）B中发生反应的离子方程式为________。（其中一种产物为亚硝酸盐） （3）若步骤Ⅱ中控制水浴温度不当，未滴加环己醇前就会观察到红棕色气体生成，原因为________。 （4）如图为1，6−己二酸在水中的溶解度曲线，80℃时1，6−己二酸水溶液的密度为；该溶液的物质的量浓度为________。 （5）最终得到1，6−己二酸产品4.810g，则1，6−己二酸的产率为________。 【答案】（1） ①. 球形冷凝管 ②. 冷凝回流，减少反应物损失，导出气体 （2）2NO2+2OH-= （3）浓硝酸在加热时分解生成NO2 （4） （5）57.08%（57%、57.1%） 【解析】 【分析】向三颈烧瓶中加入0.03gNH4VO3固体和18mL浓HNO3为了让环己醇完全反应，向恒压滴液漏斗中加入6mL环己醇。将三颈烧瓶放入水浴中，电磁搅拌并加热至50℃。移去水浴，打开恒压滴液漏斗活塞滴加5～6滴环己醇，开始慢慢加入余下的环己醇，恒温水浴三颈烧瓶内温度维持在50～60℃之间，防止温度过高引起副反应，直至环己醇全部滴加完毕，将三颈烧瓶放入80～90℃水浴中加热10min,至反应完全。然后迅速将三颈烧瓶中混合液倒入100mL烧杯中，冷却至室温后，由于温度低于1，6-己二酸的熔点，有白色晶体析出，经减压过滤，冷水洗涤2～3次，干燥，得到粗产品，用氢氧化钠来吸收尾气二氧化氮，并设置防倒吸装置，据此回答问题。 【小问1详解】 由图可知，仪器A的名称为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，减少反应物损失，导出气体； 【小问2详解】 B装置进行尾气处理，反应物为二氧化氮和氢氧化钠，生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，离子方程式为：2NO2+2OH-=； 【小问3详解】 由硝酸性质可知，温度过高，硝酸易分解，产生红棕色气体二氧化氮； 【小问4详解】 根据图中1，6-已二酸在水中的溶解度曲线，80℃时1，6-己二酸的溶解度为0.73g,根据质量分数=≈42.2%，又已知溶液的密度为ρg•mL-1；该溶液的物质的量浓度==2.89ρmol•L-1； 【小问5详解】 由反应原理方程式，可知，n(环己醇)=n(环己酮)=n(1，6-己二酸)=，故计算得到HOOC(CH2)4COOH的理论质量=0.5772mol×146g/mol≈8.427g，最终得到1，6-己二酸产品4.810g，则1，6-己二酸的产率=×100%≈57.08%。 17. 肼(N2H4)是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用NH3和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。 （1）装置A中制备NH3的化学方程式为__________。 （2）仪器C中盛放的试剂为__________。 （3）装置B中制备N2H4化学方程式为_________。 （4）下列说法正确的是__________（填标号）。 a．N2H4的电子式为 b．装置E的作用是吸收尾气，防止空气污染 c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞 （5）测定产品中N2H4的质量分数 取装置B中的溶液4.00 g，并调节为弱酸性，加水配成500 mL溶液，从中取25.00 mL溶液与0.2000 mol/L的I2溶液反应(只有N2H4参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗I2溶液的体积为20.00 mL，则该产品中N2H4的质量分数为________%。 【答案】（1）CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑ （2）饱和食盐水 （3）NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O （4）bc （5）32 【解析】 【分析】在装置A中生石灰与浓氨水混合发生反应产生Ca(OH)2、NH3，反应方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，在装置D中浓盐酸与漂白粉混合发生反应产生的Cl2，Cl2进入装置B中，Cl2先与装置B中NaOH溶液发生反应产生NaClO，然后NaClO再与由装置A反应产生的NH3混合发生反应：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，制取得到N2H4。由于NH3极易溶于水，为防止NH3在溶液溶解而产生倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗。装置C的作用是吸收Cl2中的杂质HCl，装置E的作用是尾气处理，防止污染空气。 【小问1详解】 在装置A中生石灰与浓氨水混合发生反应产生Ca(OH)2、NH3，反应方程式为：CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑； 【小问2详解】 在装置D中浓盐酸与漂白粉混合发生反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，因此制取得到的Cl2中含有杂质HCl，在Cl2通入装置B之前要除去Cl2中的杂质HCl，则装置C中试剂可以是饱和食盐水； 【小问3详解】 在装置B中NH3与Cl2与NaOH发生氧化还原反应产生的NaClO发生反应产生N2H4，该反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O； 【小问4详解】 a．N2H4分子中2个N原子形成共价单键，每个N原子再分别与2个H原子形成N-H共价键，就达到N2H4，故N2H4的电子式应该为，a错误； b．装置E的作用是吸收尾气，防止过量有毒气体Cl2空气污染，b正确； c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞目的是防止氯气过量将肼被进一步氧化，d正确； 故合理选项是bc； 【小问5详解】 根据题意可知：肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为：N2H4+2I2=N2↑+4 HI，n(I2)=0.2000 mol/L×0.02 L=0.004 mol，则500 mL溶液中含有n(N2H4)=×0.004 mol×=0.04 mol，则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32%。 18. 丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如下图。 （1）丙烯→A的反应类型是______，此反应过程中主要副产物的结构简式是______。 （2）丙烯的二氯代物有______种结构。 （3）B的官能团有______。 （4）区分A、B两种物质的方法是______。 （5）A与B反应的化学方程式是______。 （6）D的结构简式是______。 （7）推测D可能的物理性质和化学性质：______（物理性质和化学性质各1条）。 【答案】（1） ①. 加成反应 ②. CH3CH(OH)CH3 （2）5 （3）碳碳双键、羧基 （4）取A、B于两支试管中，分别加入NaHCO3溶液，产生无色无味气体的是B，无明显现象的是A （5）CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O （6） （7）难溶于水、可以水解 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，CH3CH=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，则A为CH3CH2CH2OH；在催化剂作用下，CH3CH=CH2与氧气发生氧化反应生成CH2=CHCOOH，则B为CH2=CHCOOH；在浓硫酸作用下CH2=CHCOOH与CH3CH2CH2OH共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH3，催化剂作用下CH2=CHCOOCH2CH2CH3共热发生加聚反应生成D为。 【小问1详解】 由分析可知，丙烯→A的反应为在催化剂作用下，CH3CH=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，此反应过程中羟基还有可能与中间碳原子结合，主要副产物的结构简式是CH3CH(OH)CH3； 【小问2详解】 不考虑顺反异构，丙烯碳链如图，对应的二氯代物有：1-1、1-2、1-3、2-3、3-3，共5种； 【小问3详解】 由分析可知，B的结构简式为CH2=CHCOOH，官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基； 【小问4详解】 由分析可知，A、B的结构简式分别为CH3CH2CH2OH、CH2=CHCOOH，CH3CH2CH2OH不能与碳酸氢钠溶液反应，CH2=CHCOOH能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，所以区分A、B两种物质的方法是取A、B两种物质于试管中，分别加入NaHCO3溶液，产生无色无味气体的是B，无现象的是A，故答案为：取A、B两种物质于试管中，分别加入NaHCO3溶液，产生无色无味气体的是B，无现象的是A； 【小问5详解】 由分析可知，A与B的反应为在浓硫酸作用下CH2=CHCOOH与CH3CH2CH2OH共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH3和水，反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O； 【小问6详解】 由分析可知，D的结构简式为； 【小问7详解】 由分析可知，D为合成高分子化合物，结构简式为，该有机物难溶于水能起到防水的作用，分子中含有的酯基能发生水解反应，故答案为：难溶于水、可以水解。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $