2018-2019学年湖南省邵阳市邵东县第一中学高一下学期第三次月考化学试题（解析版） 16页

‎2018-2019学年湖南省邵阳市邵东县第一中学高一下学期第三次月考化学试题（解析版）‎ 时量：90分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32‎ 一、选择题（每小题只有一个正确答案，3×20=60分）‎ ‎1.下列有关化学用语表示正确是（ ）‎ A. 次氯酸的电子式:‎ B. 质子数为16、中子数为17的硫原子:‎ C. Al3+的结构示意图:‎ D. 乙烯的结构简式:CH2CH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，故A错误；‎ B．质子数为16、中子数为17的硫原子的质量数为33，该原子的表示方法为：3316S，故B错误；‎ C．Al3+的核电荷数为13，核外电子总数为10，其离子结构示意图为，故C正确；‎ D．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.设NA代表阿伏加德罗常数的数值,则下列说法正确的是（ ）‎ A. 1.8gD2O含有NA个中子 B. 用5mL 3mol/L FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数为0.015NA C. 在Na2O2与CO2的反应中,每转移NA个电子时,消耗22.4L的CO2‎ D. 25℃时，7gC2H4和C3H6的混合气体中,含有NA个C-H键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．1分子重水10个中子，1．8 g D2O的物质的量是1．8g÷20g/mol＝0．09mol，含有0．9NA个中子，A错误；B．胶体是巨大粒子的集合体，因此用5 mL 3 mol/L FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数小于0．015 NA，B错误；C．在Na2O2与CO2的反应中，每转移NA个电子时，消耗1molCO2，但其体积不一定是22．4 L，C错误；D．C2H4和C3H6的最简式均是CH2，所以25℃时，7gC2H4和C3H6‎ 的混合气体中含有CH2的物质的量是7g÷14g/mol＝0．5mol，含有NA个C﹣H键，D正确，答案选D。‎ 考点：考查阿伏加德罗常数的计算 ‎3.已知化学反应A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 每生成2 mol AB吸收bkJ热量 B. 该反应热△H= + (a-b)kJ • mol-1‎ C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出akJ能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2 mol AB吸收吸收(a−b) kJ热量，A项错误； ‎ B. 反应热△H=反应物能量总和−生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ • mol-1，B项正确；‎ C. 依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误； ‎ D. 断裂化学键吸收能量，则断裂1molA−A和1molB−B键，吸收a kJ能量，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A； B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C； D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；‎ 答案：C ‎5.既可以用来鉴别乙烯和乙烷，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯的方法（ ）‎ A. 通入足量溴水中 B. 在空气中燃烧 C. 通入酸性高锰酸钾溶液中 D. 在一定条件下通入氢气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、乙烯能使溴水褪色，而乙烷不能，不产生新的杂质，故正确；B、两者都能燃烧，不能鉴别和除杂，故错误；C、乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能，能够鉴别，但乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，不能做为除去乙烯的方法，故错误；D、氢气无颜色，不能鉴别乙烯和乙烷，且可能引入氢气杂质，故错误。‎ 考点：考查乙烯、乙烷的性质等知识。‎ ‎6.等质量的下列有机物完全燃烧，消耗O2最多的是( )‎ A. CH4 B. CH3CH3 C. C2H2 D. C5H12‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：等质量的各种烃，其中氢元素的含量越大，完全燃烧消耗的氧气就越多。由于甲烷的氢元素的含量最大，所以等质量的有机物中完全燃烧，消耗O2最多，选项A正确。‎ 考点：考查有机物燃烧规律的应用的知识。‎ ‎7.已知甲苯的一氯代物有4种，则甲苯与H2完全加成后的产物的一氯代物的种类为（ ）‎ A. 7种 B. 5种 C. 4种 D. 2种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知甲苯()的一氯代物有4种，分别在甲基上、以及苯环上的邻、间、对位置上，同理甲苯与氢气完全加成后的产物即 ，和甲基相连的碳原子有氢原子可以被取代。有五种一氯代物。故本题正确答案为B。‎ ‎8.目前，元素周期表的第七周期已被填满。2017年，科学家发现的第113号、115号、117号和118号元素有了中文名称：‎ 已知第113号元素与Al元素同主族，根据元素周期律知识，下列预测或说法合理的是（ ）‎ A. Nh最高价氧化物对应的水化物可能具有两性 B. Mc在元素周期表中的位置是第七周期第VB族 C. 根据金属元素和非金属元素的分界线，Ts的中文名称为“钿”可能更合理 D. Og在元素周期表的所有元素中非金属性最强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由第113号元素与Al元素同主族可知，113 号、115 号、117 号、118 号元素分别位于第七周期的ⅢA、ⅤA、ⅦA、0族，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】A．Nh与Al元素同主族，同主族从上到下金属性增强，则Nh 的最高价氧化物对应的水化物的化学式为Nh(OH)3是一种强碱，不具有两性，故A错误；‎ B．第113号元素与Al元素同主族，则115号元素Mc在元素周期表中的位置是第七周期第ⅤA族，故B错误；‎ C.117号元素位于第七周期ⅦA族，同主族从上到下金属性增强，结合金属和非金属的分界线，117号元素为金属元素，则Ts 的中文名称为“钿”可能更合理，故C正确；‎ D. 118号元素Og为第七周期0族元素，0族最外层为8电子稳定结构，性质稳定，不具有较强的非金属性，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，关键是根据元素在周期表中的位置判断元素的种类，要注意当元素满足周期序数=主族序数时，为处于金属和非金属的分界线附近的金属元素(H除外)。‎ ‎9.下列有机分子中,所有的原子不可能位于同一平面的是（ ）‎ A. CH2=CH—CN B. CH2=CH—CH=CH2‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用烃代表物的空间构型，以及杂化类型进行分析；‎ ‎【详解】A、双键中碳原子杂化方式为sp2，两个C原子和三个H原子共面，C和N之间共有叁键，C为sp杂化，该有机物所有原子在同一平面上，故A不符合题意；‎ B、乙烯空间构型为平面形，CH2=CH－CH=CH2中所有原子可能共面，故B不符合题意；‎ C、苯空间构型为平面六边形，乙烯空间构型为平面形，苯乙烯中所有原子可能共面，故C不符合题意；‎ D、该有机物中存在甲基，甲基上C原子杂化类型为sp3，即该有机物中所有原子不可能共面，故D符合题意。‎ ‎【点睛】判断有机物的共面，一般从以下角度进行分析，（1）掌握烃代表物的空间构型；（2）可以从杂化类型上进行判断，sp杂化的空间构型为直线型，sp2空间构型为平面形，sp3杂化空间构型为正四面体；（3）注意σ键可以旋转。‎ ‎10.过氧化氢(H2O2)溶液俗称双氧水,医疗上常用3%的双氧水进行伤口消毒。H2O2能与SO2反应生成H2SO4，H2O2的分子结构如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. H2O2的结构式为H—O—O—H B. H2O2为含有极性键和非极件键的共价化合物 C. H2O2与SO2在水溶液中反应的离子方程式为SO2+ H2O2=2H++ SO42-‎ D. H2O2与SO2反应过程中有共价键断裂，同时有共价键和离子键形成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由H2O2的分子结构图可知，H2O2的结构式为H—O—O—H，故A正确；‎ B. H2O2为共价化合物，含有H-O极性键和O-O非极件键，故B正确；‎ C. H2O2与SO2在水溶液中反应的化学方程式为H2O2+ SO2=H2SO4，H2SO4为强电解质，完全电离，反应的离子方程式为SO2+ H2O2=2H++ SO42-，故C正确；‎ D. H2O2与SO2反应的化学方程式为H2O2+ SO2=H2SO4，反应过程中有共价键断裂，同时有共价键形成，但没有离子键的形成，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.科学家设计出质子膜H2S燃料电池 ，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电极a为电池的负极 B. 电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-═2H2O C. 电路中每流过2mol电子，在正极消耗22.4L H2S D. 每34g H2S参与反应，有2mol H+经质子膜进入正极区 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，故A正确；‎ B．b极上O2得电子发生还原反应，酸性条件下，氧气得电子生成水，则电极b上发生电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；‎ C．气体存在的温度和压强未知，不能确定气体的体积大小，故C错误；‎ D．2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O，每34gH2S即1molH2S参与反应，则消耗0.5mol氧气，则根据O2+4H++4e-=2H2O，所以有2mol H+经质子膜进入正极区，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】根据图示正确判断正负极是解题的关键。本题的易错点为B，书写电极反应式或总反应方程式时，要注意电解质溶液的酸碱性。‎ ‎12.某气态烷烃是20mL，完全燃烧时，正好消耗同温、同压下的氧气100mL，该烷烃的化学式是（ ）‎ A. C2H6 B. C3H8 C. C4H10 D. C5H12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：某气态烃20mL完全燃烧时，正好消耗同温同压下的O2100mL，则消耗氧气的物质的量为烃的物质的量的5倍，设烷烃烃的分子式为CnH2n＋2，燃烧时发生：CnH2n＋2+O2→nCO2+（n＋1）H2O，则＝5，解得n＝3，答案选B。‎ 考点：考查有机物分子式的计算 ‎13.有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3CH=CHCH3可简写为。有机物X的键线式为，下列说法不正确的是（ ）‎ A. X化学式为C8H8‎ B. 有机物Y是X的同分异构体,且属于芳香烃.则Y的结构简式为 C. X能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成饱和烃Z，Z的一氯代物有4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 键线式中交点为碳原子，利用碳四价理论补足每个碳上的氢原子数来确定该物质的分子式；芳香烃是含有苯环的烃；从所给的键线式中可以看出X含有多个碳碳双键；在一定条件下反应可将X中所有的碳碳双键催化加氢，Z具有高度对称的结构。‎ ‎【详解】A．由X的键线式可以知道，分子中有8个碳原子、8个氢原子，所以分子式为C8H8，A项正确；‎ B．与X互为同分异构体且属于芳香烃，Y中必有苯环，去掉C6H5还剩2个碳3个氢，只能是乙烯基，所以Y的结构简式是，B项正确；‎ C．X的结构中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；‎ D．Z中只有两种环境的氢原子，所以一氯代物只有2种，D项错误；‎ 所以答案选择D项。‎ ‎14.苯环实际上不具有碳碳单键和双键的交替结构,可以作为证据的事实有（ ）‎ ‎①苯的间位二取代物只有一种 ‎②苯的邻位二取代物只有一种 ‎③苯分子中碳碳键的键长均相等 ‎④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎⑤苯在加热和催化剂存在条件下,与氢气发生加成反应 ‎⑥苯在FeBr3存在的条件下,与液溴发生取代反应,但不能因化学变化而使溴水褪色 A. ①②③④ B. ②③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，间位二元取代物，所以①不能作为证据；②如果苯的结构中存在单双键交替结构，则苯的邻位二元取代物有两种，而事实是苯的邻位二元取代物只有一种，所以可以证明苯的结构中不存在单双键交替结构，故②能作为证据；③单键和双键的键长不相等，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故③能作为证据；④苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故④能作为证据；⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应，苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷，可以用单双健结构来解释，故⑤不能作为证据；⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应，而不是加成反应，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故⑥能作为证据；正确的选项为②③④⑥；故选B。‎ ‎15.如图所示为有关苯的转化关系图,下列说法中不正确的是 A. 反应①、③均为取代反应 B. 反应②的现象是火焰明亮并带有浓烟 C. 反应④的产物中所有原子在同一平面上 D. 甲苯()与苯互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 苯与液溴在溴化铁作催化剂的条件下生成溴苯、苯与浓硝酸、浓硫酸的混合物反应生成硝基苯，都属于取代反应，故A正确；苯燃烧的现象是火焰明亮并带有浓烟，故B正确；反应④的产物是环己烷，分子中有单键碳，不可能所有原子在同一平面上，故C错误；甲苯与苯结构相似，分子组成相差1个CH2，甲苯是苯的同系物，故D正确。‎ ‎16.在一定温度下，可逆反应2A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡的标志是（ ）‎ A. A的生成速率与C的分解速率相等 B. 单位时间生成2n mol A，同时生成3n mol B C. A、B、C的浓度不再变化 D. A、B、C的分子数之比为2∶3∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，A的生成速率与C的分解速率都表示逆反应速率；B项，不管反应是否平衡，单位时间内生成n mol A的同时一定生成3n mol B，即v(正)不一定等于v(逆)；A、B、C的浓度不再变化，表明已达到平衡状态；但平衡状态时A、B、C的分子数之比不一定为2∶3∶2，故D不正确。‎ ‎17.在一定条件下发生反应 3A(g)+2B(g)zC(g)+2D(g)。在2L的密闭容器中把4molA和2molB混合，2min后反应达到平衡时生成1.6 mol C，又测得D的反应速率v(D)= 0.2 mol.L-1•min-1。则下列说法不正确的是（ ）‎ A. z=4 B. B的转化率是40%‎ C. A的平衡浓度是1.4mol.L-1 D. 平衡时气体压强是原来的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．VD=0.2mol/(L•min)，VC==0.4mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则z=4，故A正确；‎ B．    3A(g)+2B(g)⇌4C(g)+2D(g)，‎ 开始(mol) 4       2       0       0‎ 转化(mol) 1.2      0.8     1.6     0.8‎ 平衡(mol) 2.8      1.2      1.6     0.8‎ B的转化率=×100%=40%，故B正确；‎ C．A的平衡浓度==1.4mol/L，故C正确；‎ D．气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的=，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎18.反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）‎ ‎①增加C的量②将容器的体积减小一半③保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大④保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ C为固态物质，增加其用量对反应速率几乎无影响；容器的体积减小，则体系的压强增大，反应速率增大；充入氮气使体系的压强增大，但由于容器体积不变，反应混合物中各成分的浓度不变，所以化学反应速率不变；保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大，反应混合物中各成分的浓度减小，反应速率变慢。‎ ‎19.在常温下，把一个盛有一定量甲烷和氯气的密闭玻璃容器放在光亮的地方，两种气体发生反应，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 容器内压强不变 B. 容器内分子总数不变 C. 容器内原子总数不变 D. 发生的反应属于取代反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：甲烷与氯气反应产物为氯代甲烷和HCl，反应后原子总数不变，分子总数也不变，但是由于CCl4是液态，故气体的物质的量减小，反应后压强减小，该反应为取代反应。‎ 考点：考查甲烷的取代反应。‎ ‎20.100℃时，两种烃组成的混合气体完全燃烧后所得CO2和H2O的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图所示。则下列对该混合烃组成的判断正确的是（ ）‎ A. 一定含有甲烷 B. 一定含有乙烯 C. 一定含有苯 D. 一定不含乙烯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由图像中的线性关系，选取混合烃的总物质的量为1 mol作研究，生成的CO2和H2O的物质的量分别为1.6 mol和2 mol，故其平均分子组成为C1.6H4，由于碳原子数小于1.6的烃只有甲烷一种，因此一定含有甲烷。CH4分子中含4个氢原子，故另一种烃分子中一定含有4个氢原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是乙烯，一定不含有苯。‎ 二、非选择题（共40分，每空2分）‎ ‎21.下列各组物质中：‎ ‎①NH4CNO与CO(NH2)2，②CuSO4·5H2O与CuSO4，③H2O与D2O，④H、D与T，⑤O2与O3，⑥CH3CH2CH3与CH3CH2CH2CH3，⑦与，⑧CH3—CH2—CH=CH2与CH3—CH=CH—CH3，⑨，⑩与，⑪与，‎ 互为同位素的是________，互为同素异形体的是________，互为同分异构体的是________，互为同系物的是________，是同一种物质的是________。‎ ‎【答案】 (1). ④ (2). ⑤ (3). ①⑦⑧ (4). ⑥⑩ (5). ⑨⑪‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同位素：质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素；同分异构体：分子式相同、结构不同的化合物；同系物：结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物；同素异形体：由相同元素组成的形态不同的单质；同一种物质的分子式、结构都相同，据此分析判断。‎ ‎【详解】①NH4CNO和CO(NH2)2分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ ‎②CuSO4·5H2O和CuSO4分子式不同； ‎ ‎③H2O是由氕原子和氧原子构成的，D2O是由氘原子和氧原子构成的，它们都是水分子；‎ ‎④H、D、T 都是氢元素的不同核素，互为同位素；‎ ‎⑤O2和O3都是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体；‎ ‎⑥CH3 CH2CH3 和CH3CH2CH2CH3结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，故互为同系物；‎ ‎⑦与的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；‎ ‎⑧CH3—CH2—CH=CH2与CH3—CH=CH—CH3的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；‎ ‎⑨二者结构为四面体，结构相同，分子式相同，属于同种物质；‎ ‎⑩与结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，故互为同系物；‎ ‎⑪与的结构相同，分子式相同，属于同种物质；‎ 互为同位素的是④，互为同素异形体的是⑤，互为同分异构体的是①⑦⑧，互为同系物的是⑥⑩，属于同一种物质的是⑨⑪，故答案为：④；⑤；①⑦⑧；⑥⑩；⑨⑪。‎ ‎22.有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的核电荷数按C、A、B、D、E的顺序增大。C、D都能分别与A按原子个数比为1∶1或2∶1形成化合物；CB可与EA2反应生成C2A与气态物质EB4；E的M层电子数是K层电子数的2倍。‎ ‎（1）写出下列元素的名称：B：________E：________‎ ‎（2）写出EB4的化学式：__________‎ ‎（3）D2A2中含有的化学键类型为____________‎ ‎（4）CB与EA2反应生成C2A与气态物质EB4的化学方程式：__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 氟 (2). 硅 (3). SiF4 (4). 离子键、（非极性）共价键 (5). SiO2＋4HF===SiF4‎ ‎↑＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的核电荷数按C、A、B、D、E的顺序增大。C、D都能分别与A按原子个数比为1∶1或2∶1形成化合物，C、D元素为H或Na中的各一种，C为H元素，D为Na元素，A为O元素；E的M层电子数是K层电子数的2倍，E为Si元素；CB可与EA2反应生成C2A与气态物质EB4，则B为F元素。据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，C为H元素， A为O元素，B为F元素，D为Na元素，E为Si元素。‎ ‎(1)B为F元素，E为Si元素，故答案为：氟；硅；‎ ‎(2)硅元素和氟元素组成的化合物EB4的化学式为SiF4，故答案为：SiF4；‎ ‎(3)Na2O2中含有离子键和共价键，故答案为：离子键、共价键；‎ ‎(4)CB可与EA2反应生成C2A和气态物质EB4，该反应的化学方程式为4HF+SiO2═2H2O+SiF4↑，故答案为：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O。‎ ‎23.某烃A不能使酸性KMnO4溶液褪色，含碳量为92.3%，0.1mol A完全燃烧时生成13.44L二氧化碳(标准状况)。‎ ‎（1）A的结构简式为_________。‎ ‎（2）根据下列条件写出有关反应的化学方程式并指明反应类型：‎ ‎①A与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应生成B：__________，___________反应。‎ ‎②在催化剂作用下A与H2反应生成C：_______________，__________反应。‎ ‎【答案】 (1). (2). +HNO3+H2O (3). 取代 (4). +3H2 (5). 加成 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ n(CO2)==0.6mol，即0.1mol A完全燃烧时生成0.6mol二氧化碳，由C原子守恒可知，A中含6个C，含碳量为92.3%，则A的最简式是CH，则A的化学式为C6H6，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，烃A不能使酸性KMnO4溶液褪色，则A为苯，结构简式为，故答案为：；‎ ‎(2)①苯与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应生成硝基苯，反应的化学方程式为，属于取代反应，故答案为：；取代；‎ ‎②苯和足量氢气在催化剂条件下发生加成反应生成环己烷，反应的化学方程式为，属于加成反应，故答案为：；加成。‎ ‎24.锰锂电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。回答下列问题：‎ ‎（1）外电路电流方向是______(填“a→b”或“b→a”)。‎ ‎（2）电池正极反应式_______。‎ ‎（3）不能用水代替电池中的混合有机溶剂，原因是________。‎ ‎（4）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为_____，K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为_____。‎ ‎【答案】 (1). b→a (2). MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2 (3). 电极Li是活泼金属，能与水反应 (4). 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O (5). 2∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极反应式为Li-e-=Li+，MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流从正极经过导线到负极，即从b极流向a极，故答案为：b→a；‎ ‎(2)MnO2为正极，被还原，电极反应式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故答案为：MnO2+e-+Li+=LiMnO2；‎ ‎(3)因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，故答案为：电极Li是活泼金属，能与水反应；‎ ‎(4)MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH ‎3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价由+6价升高到+7价、由+6价降低到+4价，由氧化还原反应氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等可知，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；2∶1。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)，要注意氧化还原反应方程式的配平方法的应用，在氧化还原反应中，得失电子一定守恒。‎ ‎ ‎