【化学】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期6月月考试题（解析版） 18页

河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期6月月考试题 第I卷 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Br-80 S-32 Ba-137 Li-7 Fe-56 P-31 Pb-207 S-32 Na-23 Cu-64 Ni-59 Zn-65 Ag-108‎ 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 ‎1.下列有关新能源的说法不正确的是（ ）‎ A. 新能源与化石能源相比最直接的好处就是环境污染少 B. 利用晶体硅制作的太阳能电池可将太阳能直接转换为电能，实现太阳能的利用 C. 氢能是一种清洁的二次能源，可用电解水制氢的方法获取大量氢气实现能源的绿色化 D. 解决能源危机的方法是开源节流，即开发新能源和节约现有能源，提高原料的利用率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，新能源是清洁能源，环境污染少，故A正确的； B选项，晶体硅可用来制造太阳能电池，故B正确的； C选项，利用电解水的方法得到氢气做能源，得到氢能源是新能源，但此法需消耗电能，不符合要求，故C错误； D选项，解决能源危机的方法是开发新能源和节约现有能源，提高原料的利用率，故D正确； 综上所述，答案为C。‎ ‎2.下列物质中，在一定条件下能和氢氧化钠溶液发生反应的是（ ）‎ A. 乙醇 B. 直馏汽油 C. 甘氨酸 D. 葡萄糖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇的结构简式为C2H5OH，分子呈中性，与NaOH溶液不反应，A不合题意；‎ B．直馏汽油的主要成分为多种烃，烃与NaOH溶液都不反应，B不合题意；‎ C．甘氨酸的结构简式为H2NCH2COOH，羧基能与NaOH反应，C符合题意；‎ D．葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，与NaOH溶液不反应，D不合题意；‎ 故选C。‎ ‎3.乙烷、乙烯、乙炔共同具有的性质是（ ）‎ A. 都能发生聚合反应生成高分子化合物 ‎ B. 能够使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 C. 分子中各原子都处在同一平面内 ‎ D. 都难溶于水，且密度比水小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烷不能发生聚合反应，故A不符合题意；‎ B．乙烷不能使溴水或酸性高锰酸钾褪色，故B不符合题意；‎ C．乙烷中含有饱和碳原子，所有原子不可能共面，故C不符合题意；‎ D．乙烷、乙烯、乙炔均属于烃类，难溶于水，且密度比水小，故D符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）‎ A. X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎ B. 由X、Y组成的化合物中不可能含有共价键 C. Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 ‎ D. 元素对应的简单离子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多元素，X为O， Z位于元素周期表ⅢA族，Z为Al，Y原子的最外层只有一个电子，原子序数在8和13之间，Y为Na ，W与X属于同一主族，W为S，据题意可推出X为O、Y为Na、Z为Al、W为S，据此分析。‎ ‎【详解】A．X为O、W为S ，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，故气态氢化物的稳定性逐渐减弱，水的热稳定性大于硫化氢，X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故A正确；‎ B．由X、Y 组成的化合物可以是氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中含共价键，故B错误；‎ C．Y和Z的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化钠是强碱，氢氧化铝是弱碱，故Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C错误；‎ D．X为O、Y为Na、Z为Al，它们的离子核外电子排布都是10个电子，核电荷数越大，原子核对核外电子的吸引能力越强，半径越小，故r(X)＞r(Y)＞r(Z)，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列关于化学键的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 离子化合物中可能含有共价键 B. 氢键是一种特殊的共价键 C. I2的升华破坏了共价键 D. 非金属元素间不可能形成离子键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子化合物中一定含有离子键，若阴离子或阳离子由原子团构成，则含有共价键，A正确；‎ B．氢键不属于共价键，它属于分子间的作用力，B不正确；‎ C．I2的升华只改变分子间的距离，没有破坏分子内原子间的共价键，C不正确；‎ D．非金属元素间若能形成铵盐，则形成离子键，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎6.下列物质的晶体中的化学键类型和晶体类型都相同的是（ ）‎ A. CO2和SiO2 B. H2O和NH‎3 ‎ C. NaCl和HCl D. C(金刚石)和C60‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2和SiO2所含的化学键都为共价键，但前者为分子晶体，后者为原子晶体，A不合题意；‎ B．H2O和NH3所含的化学键都为共价键，且二者都为分子晶体，B符合题意；‎ C．NaCl和HCl中，前者为离子晶体，后者为分子晶体，C不合题意；‎ D．C(金刚石)和C60中，前者为原子晶体，后者为分子晶体，D不合题意；‎ 故选B。‎ ‎7.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 使用催化剂，可以加快反应速率 B. 可逆反应 A(g) ⇌ B(g) + C(g)，增大压强正反应速率和逆反应速率增大 C. 用铁片和硫酸反应制H2时，硫酸浓度越大，反应速率越快 D. 参加反应物质的性质是决定化学反应速率的主要因素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使用催化剂，可以加快反应速率，A正确；‎ B. 可逆反应A(g)B(g)+C(g)，增大压强正反应速率和逆反应速率均增大，B正确；‎ C. 用铁片和硫酸反应制H2时，硫酸浓度越大，反应速率不一定越快，例如浓硫酸和铁在常温下发生钝化，得不到氢气，C错误；‎ D. 参加反应物质的性质是决定化学反应速率的主要因素，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.已知：4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O。若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列关系式正确的是（ ）‎ A. 3v(NH3) = 2v(H2O) B. 5v(O2) = 6v(H2O) ‎ C. 4v(NH3) = 5v(O2) D. 5v(O2) = 4v(NO)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同一反应不同物质的反应速率之比等于计量数之比；‎ A．v(NH3)：v(H2O)=4:6=2:3，即3v(NH3) = 2v(H2O)，故A正确；‎ B．v(O2)：v(H2O)=5:6，即6v(O2)=5v(H2O)，故B错误；‎ C．v(NH3)：v(O2)=4:5，即5v(NH3)=4v(O2)，故C错误；‎ D．v(O2)：v(NO)=5:4，即4(O2)=5(NO)，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎9.羰基硫(COS)可作为粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒温密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)⇌COS(g)＋H2(g)，下列说法正确的是（ ）‎ A. 若为恒容容器，混合气体的密度保持不变说明反应达到化学平衡状态 B. 若为恒容容器，反应达到平衡后，向容器中充入N2，反应速率加快 C. 若为恒压容器，气体的平均相对分子质量不变说明达到化学平衡状态 D. 若为恒压容器，反应达到平衡后，向容器中充入N2，反应速率减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应中反应物和生成物全部为气体，所以反应前后气体的总质量不变，容器恒容，则气体的密度一直不变，不能判定反应是否达到平衡，故A错误；‎ B．恒容通入氮气，参与反应的各物质的浓度没有发生变化，所以反应速率不变，故B错误；‎ C．该反应前后气体系数之和不变，所以反应前后气体的总物质的量不变，反应物和生成物全部为气体，气体总质量不变，所以气体的平均相对分子质量一直不变，不能判定反应是否达到平衡，故C错误；‎ D．恒压条件下通入氮气，容器体积变大，参与反应的各物质的浓度减小，反应速率减小，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.如图所示，科学家研发出一种新型质子膜电池，下列有关说法正确的是( )‎ A. 电流方向为由电极a流向电极b ‎ B. a电极反应式：2H2S-4e- =S2+4H+‎ C. 用此电源电解精炼铜，粗铜接在a电极 ‎ D. 该装置中H+由电极b经质子膜移动到电极a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图示可知电极反应为：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极为a，H2S在负极上失电子发生氧化反应，正极为b，O2在正极上得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，a电极反应式：2H2S-4e- =S2+4H+，b电极的电极反应为：O2+4H++4e−=2H2O，据此分析。‎ ‎【详解】A．电子的流向为从负极到正极，负极为a，正极为b，电子流动方向为由电极a流向电极b，电流的方向与电子的流向相反，b流向电极a，故A错误；‎ B．根据反应：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O，得出负极为a，H2S在负极上失电子发生氧化反应，a电极反应式：2H2S- 4e- =S2+4H+，故B正确；‎ C．此电源为燃料电池，是原电池，用此电源电解精炼铜，粗铜接在阳极，b电极为阳极，粗铜接在b电极，故C错误；‎ D．由电极反应可知，氢离子在a电极上产生，在b电极上消耗，该装置中H+由a电极经质子膜移动到电极b，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.该有机物中同一平面上碳原子最多有几个，同一直线上的碳原子最多有几个（ ）‎ A. 12，3 B. 13，‎3 ‎C. 11，4 D. 13，4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置；苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙基中连接双键的C原子处于碳碳双键形成的平面，乙基中的亚甲基虽具有四面体结构，但乙基中甲基C原子通过旋转碳碳单键可能处于碳碳双键形成的平面，乙炔基为直线结构，处于苯环的平面结构；故苯环中6个C原子、甲基中1个C原子、乙炔基中2个C原子、碳碳双键中2个C原子、乙基中2个C原子，可能处于同一平面，所以最多有13个C原子； 有机物中，处于共线的碳原子最多的是：乙炔基、乙炔基连接的苯环C原子及该C原子对称的苯环C原子，故最多有4个C原子共线；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎12.乙醇分子结构式如图所示，下列反应及断键部位不正确的是（ ）‎ A. 乙醇与钠的反应是①键断裂 ‎ B. 乙醇的催化氧化反应是②③键断裂 C. 乙醇的完全燃烧是①②③④⑤键断裂 ‎ D. 乙醇与乙酸发生酯化反应是①键断裂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇含-OH，可发生取代反应、消去反应、氧化反应，结合官能团的变化分析化学键的断裂，以此来解答。‎ ‎【详解】A．乙醇与钠的反应，生成乙醇钠和氢气，则O-H键断裂，即①键断裂，故A正确；‎ B．乙醇的催化氧化反应，-OH转化为-CHO，即①③键断裂，故B错误；‎ C．乙醇完全燃烧，生成二氧化碳和水，则所有化学键都断裂，故C正确；‎ D．乙醇与乙酸发生酯化反应，醇脱H，则O-H键断裂，即①键断裂，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.分子式为C4H8BrCl的有机物同分异构体(不考虑立体异构)数目有（ ）‎ A. 11种 B. 12种 C. 13种 D. 14种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】C4H8BrCl可认为是丁烷分子中有2个H原子被1个Cl、1个Br取代的产物，其中丁烷有两种可能结构CH3CH2CH2CH3、。当丁烷为CH3CH2CH2CH3时，Cl、Br连在同一碳原子上的可能结构有2种；Cl、Br连在不同碳原子上的可能结构有6种；当丁烷为时，Cl、Br连在同一碳原子上的可能结构有1种；Cl、Br连在不同碳原子上的可能结构有3种。综合以上分析，分子式为C4H8BrCl的有机物同分异构体共有12种。故选B。‎ ‎14.某气态烃1mol跟2mol HCl加成，加成产物又可被8mol Cl2完全取代，该烃可能为（ ）‎ A. 丁炔 B. 丙炔 C. 丙烯 D. 丁烯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】某气态烃1mol最多和2mol氯化氢发生加成反应，说明分子中含有1个C≡C或2个C=C键且碳原子数小于等于4，所得产物又能与8mol氯气发生取代反应，说明加成产物中含有8个H原子，则原气态烃应含有6个H原子，分子式为C4H6，所给四个选项中只有丁炔的分子式为C4H6。‎ 答案为A。‎ ‎15.已知乳酸的分子式为C3H6O3，1mol乳酸与足量钠反应生成1mol H2，与足量NaHCO3‎ 溶液反应生成1mol CO2，试判断1个乳酸分子中存在的官能团的种类和数目（ ）‎ A. 1个—OH、1个-COOR B. 3个-OH C. 2个—OH、1个-CHO D. 1个-OH、1个-COOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】1mol乳酸与足量的NaHCO3反应生成1molCO2，说明1mol乳酸含有1mol羧基，1个乳酸分子中含有一个羧基，羟基和羧基都能与钠反应，1mol羟基或羧基与钠反应各生成0.5mol氢气，1mol乳酸可以与足量钠反应生成1mol氢气，说明1mol乳酸中还含有1mol羟基，所以1个乳酸分子中含有羧基和羟基各一个，答案选D。‎ 二、选择题：在每小题给出的四个选项中，有一到两项是符合题目要求的。‎ ‎16.乙酸乙酯在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5 + H2O⇌CH3COOH+C2H5OH。已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。下图为CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化图。下列说法错误的是（ ）‎ A. 反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H+)逐渐增大所致 B. A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等 C. 图中t0时反应达到平衡状态 D. CH3COOC2H5的转化率tA时低于tB时 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应刚开始的时候，乙酸乙酯水解产生醋酸，醋酸电离产生氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，反应速率不断加快，故A正确； B．据图可知A点到B点水解速率还在发生变化说明还未达到平衡状态，所以从A点到B点的过程中乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，所以A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)不相等，故B错误； C．图中t0‎ 时表示乙酸乙酯水解速率最大，之后水解速率逐渐减小，但还没有不变，即没有达到平衡状态，故C错误； D．从A点到B点的过程中乙酸乙酯不断水解，所以tA时CH3COOC2H5的转化率低于tB时CH3COOC2H5的转化率，故D正确； 故选：BC。‎ ‎17.‎2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了‎5G商用牌照，揭示了我国‎5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池具有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应为M1-XFeXPO4 + Li+ + e- = LiM1-XFeXPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 放电时电池的总反应为M1-XFeXPO4 + LiC6 =LiM1-XFeXPO4 + ‎‎6C B. 放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极 C. 充电时，Li+移向磷酸铁锂电极 D. 充电时，石墨电极应该接到电源的负极 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题干信息可知放电时左侧为正极，电极反应式为M1-XFeXPO4 + Li+ + e- = LiM1-XFeXPO4，则右侧为负极，电极反应式为LiC6-eˉ=Li++C6。‎ ‎【详解】A．正极反应加上负极反应可得电池总反应为M1-XFeXPO4 + LiC6 =LiM1-XFeXPO4 + ‎6C，故A正确；‎ B．放电时电流由电源的正极经外电路流向负极，即从磷酸铁锂电极流向石墨电极，故B错误；‎ C．充电时为电解池，Li+流向电解池阴极，因放电时石墨电极上发生氧化反应，则充电时石墨电极发生还原反应为电解池的阴极，所以Li+流向石墨电极，故C错误；‎ D．充电时石墨电极为阴极，与外接电源的负极相连，故D正确；‎ 故答案为AD。‎ ‎18.两种气态烃A，B组成的混合气体完全燃烧后得到CO2和H2O(g)的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 混合烃中n(C):n(H) = 2:5 ‎ B. 混合烃中一定不含有乙烯 C. 若混合烃为CH4、C4H4，则体积比为4:1 ‎ D. 若混合烃为CH4、C3H4，则体积比为3:7‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】从图中我们可以提取以下信息：当n(混)=2mol时，n(H2O)=4mol，n(CO2)=3.2mol，则平均组成为C1.6H4。‎ ‎【详解】A．混合烃中n(C):n(H)=3.2mol:8mol = 2:5，A正确；‎ B．当n(混)=2mol时，n(H2O)=4mol，n(CO2)=3.2mol，则混合烃的平均组成为C1.6H4，则混合烃中必含有碳原子数大于1.6，氢原子数为4的有机物，其可能为乙烯，B不正确；‎ C．若混合烃为CH4、C4H4，体积比为4:1时，平均所含碳原子数为=1.6，平均所含氢原子数为4，符合平均组成C1.6H4，，C正确；‎ D．若混合烃为CH4、C3H4，体积比为3:7，平均所含碳原子数为=2.4，不符合平均组成关系，D不正确；‎ 故选AC ‎19.下列说法或表示方法正确的是（ ）‎ A. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B. 由C(石墨)=C(金刚石)  ΔH=+1.9kJ/mol可知石墨比金刚石稳定 C. 在101kPa时，‎2g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为2H2(g)+O2(g) =2H2O(l)  ΔH= -285.8 kJ/mol D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq) =H2O(l)  ΔH= -57.3 kJ/mol，若将含1mol H2SO4 与含1mol Ba(OH)2的稀溶液混合，放出的热量等于114.6 kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫蒸气的能量高于硫固体的能量，因此若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故A错误；‎ B．由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH＝+1.9 kJ·mol”可知金刚石总能量高于石墨，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故B正确；‎ C．在101 kPa时，‎2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，‎2 g H2的物质的量为，即1mol氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol，故C错误；‎ D．在稀溶液中：H＋+OH－=H2O ΔH＝-57.3 kJ/mol ，若将含1mol H2SO4 与含1mol Ba(OH)2的稀溶液混合，除了生成2mol水之外，还要生成硫酸钡沉淀，还要继续放热，放出的热量大于114.6 kJ ，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.关于实验室制备乙酸乙酯的说法中正确的是（ ）‎ A. 需加入碎瓷片防止暴沸 B. 产生的蒸气应通到饱和碳酸钠溶液液面以上，收集乙酸乙酯 C. 1 mol乙醇与3mol乙酸在浓硫酸催化作用下能合成1 mol乙酸乙酯 D. 除去乙酸乙酯中含有的乙酸，可以选用氢氧化钠溶液洗涤后分液 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物均为液体，且沸点较低，反应在加热条件下进行，需加入碎瓷片防止暴沸，故A正确；‎ B．产生的蒸气中有乙酸乙酯、乙醇、乙酸，饱和碳酸钠可以吸收乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止倒吸，蒸气通到饱和碳酸钠溶液液面以上，故B正确；‎ C．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，所以1 mol乙醇与3mol乙酸在浓硫酸催化作用下合成的乙酸乙酯小于1mol，故C错误；‎ D．乙酸乙酯会在NaOH溶液中水解，不能用NaOH溶液除去乙酸，可以用饱和碳酸钠溶液进行洗涤后分液，故D错误；‎ 故答案为AB。‎ 第II卷 三、非选择题：‎ ‎21.某实验小组设计的糖厂甘蔗渣利用方案如下图所示：其中：A是植物生长调节剂，B是高分子化合物，D是具有水果香味的物质。请回答以下问题：‎ ‎(1)纤维素化学式为________，是________(填“纯净物”或“混合物”)。‎ ‎(2)B的结构简式为________，C中官能团的名称为________。‎ ‎(3)写出下列转化的化学方程式：CH3CH2OH→CH3CHO：_______，反应类型为________。‎ ‎(4)化学式为C5H10O2的同分异构体中是C的同系物的有______种，其中在核磁共振氢谱上只有2个峰，且峰面积之比为1:9的结构简式为_______。‎ ‎(5)下列说法正确的是________(填字母)。‎ A.生产A的主要方法是石油裂解，其产量是衡量一个国家石油化工水平的标志之一 B.分馏石油得到的各个馏分为纯净物 C.B可用于制造食品包装袋 D.塑料、合成纤维、合成橡胶等都是合成有机高分子 ‎【答案】(1). (C6H10O5)n (2). 混合物 (3). (4). 羧基 (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). 氧化反应 (7). 4 (8). (CH3)‎3C-COOH (9). ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇可以生成A，A是植物生长调节剂，所以A为CH2=CH2，B是高分子化合物，所以B为；乙醇被催化氧化生成乙醛；乙醛被催化氧化可以生成C为CH3COOH；乙酸和乙醇可以发生酯化反应生成具有水果香味的CH3CH2OOCH3。‎ ‎【详解】(1)纤维素的化学式为(C6H10O5)n，由于每个纤维素分子中“n”的值可能不同，所以纤维素是混合物；‎ ‎(2)B为；C为CH3COOH，其官能团为羧基；‎ ‎(3)乙醇被催化氧化生成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应；‎ ‎(4)化学式为C5H10O2‎ ‎，其同分异构体中是C的同系物，则含有羧基，即—COOH连接一个—C4H9，丁基有4种，所以同分异构体有4种；其中在核磁共振氢谱上只有2个峰，且峰面积之比为1:9的结构简式为(CH3)‎3C-COOH；‎ ‎(5)A．乙烯的主要来源是石油裂解，其产量是衡量一个国家石油化工水平的标志之一，故A正确；‎ B．分馏石油得到的各个馏分仍是多种烃类的混合物，故B错误；‎ C．聚乙烯性质稳定，且无毒，可以用于制造食品包装袋，故C正确；‎ D．塑料、合成纤维、合成橡胶等都是人工合成的有机高分子化合物，D正确；‎ 综上所述选ACD。‎ ‎22.有关短周期主族元素A、B、C、D、E、F的信息如下：‎ 有关信息 A 其中一种核素的中子数为0‎ B 最高价氧化物对应的水化物按1：1完全电离出电子数相等的阴、阳离子 C 在地壳中的含量为第三位 D 其单质在O2中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰 E 是形成化合物种类最多的元素 F 其单质常用做保护气体 ‎(1)C元素是________（填元素名称)，D在元素周期表中的位置是________。‎ ‎(2)工业上得到C的单质常采用惰性电极电解熔融______（填化学式)的方法，C的单质可以和B的最高价氧化物的水化物发生反应，写出该反应的离子方程式：______。C形成某种化合物LiCA4既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能释放出A2，那么LiCA4中A元素的化合价为_________。‎ ‎(3)在一定条件下，A与F可形成一种易溶于水的液体F‎2A4，其电子式为________；该物质可由NaClO与FA3反应制得，写出反应的化学方程式：_______，每生成1mol F‎2A4转移电子数为________。‎ ‎(4)写出一个能证明E和F非金属性强弱的化学方程式________。‎ ‎(5)化合物W由A、D、E、F四种元素组成。向W溶液中滴入FeCl3‎ 溶液，溶液变血红色；另取一份W溶液加入强碱溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，W的化学式为________。‎ ‎(6)F的简单氢化物的沸点比它的同族相邻周期元素氢化物沸点高，理由是__________。‎ ‎【答案】(1). 铝 (2). 第三周期VIA族 (3). Al2O3 (4). 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2- +3H2↑ (5). -1 (6). (7). NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O (8). 2NA (9). NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2 ↑(或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑) (10). NH4SCN (11). NH3分子间存在氢键 ‎【解析】‎ 分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、F，A的其中一种核素的中子数为0，是H；B的最高价氧化物对应的水化物按1：1完全电离出电子数相等的阴、阳离子，是Na；C在地壳中的含量为第三位，是Al；D单质在O2中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，是S；E是形成化合物种类最多的元素，是C；F单质常用做保护气体，是N；A、B、C、D、E、F分别是H、Na、Al、S、C、N，据此分析。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知，C元素铝，D元素是S ，硫有三层电子，最外层电子数为6，D在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；‎ ‎(2)活泼金属一般采用电解法冶炼，工业上得到C的单质常采用惰性电极电解熔融Al2O3的方法，C的单质可以和B的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式：2Al+2OH- +2H2O=2AlO2- +3H2↑，LiCA4即LiAlH4，Li为+1价，Al为+3价，H为-1价，H元素的化合价为-1价；‎ ‎(3)在一定条件下，A与F可形成一种易溶于水的液体F‎2A4，即N2H4，其电子式为；该物质可由NaClO与NH3反应制得，根据元素守恒，写出反应的化学方程式：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O，N元素的化合价从‎-3升高到-2价，Cl元素的化合价从+1降低到-1价，每生成1mol N2H4，转移电子的物质的量为2mol，转移的电子数目为2NA；‎ ‎(4)C和N位于同一周期，同周期元素的非金属性逐渐增强，N的非金属性强于C，可以用最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来验证，由硝酸制取碳酸，可以设计成为：NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2 ↑(或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑)；‎ ‎(5)化合物W由A、D、E、F四种元素组成，即H、S、C、N，向W溶液中滴入FeCl3溶液，溶液变血红色，说明W中含有硫氰根离子；另取一份W溶液加入强碱溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产生了氨气，铵根离子遇到强碱加热会产生氨气，则W中含有铵根离子，W的化学式为NH4SCN；‎ ‎(6)N的电负性较强，它的氢化物是氨气，氨分子间易形成氢键，故氨气沸点比它的同族相邻周期元素氢化物沸点高；‎ ‎23.(1)从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键被破坏和生成物的化学键的形成过程。已知反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H。有关键能数据如下：‎ 化学键 H-H N-H N≡N 键能)kJ/mol)‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎945‎ 根据表中所列键能数据可得△H=____________。‎ ‎(2)已知：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H= +49.0kJ/mol CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H= -192.9kJ/mol 已知水的气化热为44.0kJ/mol，表示氢气燃烧热的热化学方程式为______________。‎ ‎(3)已知化学反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，‎900℃‎时向一个体积为‎2L的密闭容器中充入0.20mol A和0.80mol B，2s时达到平衡，A的浓度变化0.05mol/L，则A的平均反应速率v(A) =________，平衡时B的转化率为____ ，C的体积百分数为_______ 。‎ ‎(4)CO、H2可用于合成甲醇和甲醚，其反应为(m、n均大于0)：‎ 反应①：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-m kJ/mol 反应②：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-n kJ/mol 反应③：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H＜0‎ 根据上述的热化学方程式可以判断则‎2m_____n(填“大于”、“小于”、“等于”或“无法确定”)。‎ ‎【答案】(1). -93kJ/mol (2). H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H -124.6kJ/mol (3). 0.025mol·L-1·s-1 (4). 12.5% (5). 10% (6). 小于 ‎【解析】‎ ‎【分析】利用反应物键能之和减去生成物键能之和得到焓变值。利用盖斯定律计算焓变并完成热化学方程式的书写。利用“三段式”计算反应速率，转化率和体积分数。利用盖斯定律将①×2-②得到③式，再判断m和n值的相对大小，由此判断。‎ ‎【详解】(1)反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H，△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=945kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-93kJ/mol；‎ ‎(2)反应①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H= +49.0kJ/mol 反应②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H= -192.9kJ/mol 已知水的气化热为44.0 kJ/mol，可以得到反应③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol ‎③×3+(②-①)得到3H2(g)+O2(g)=3H2O(l)△H=-373.9kJ/mol，氢气燃烧热的热化学方程式H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H =-124.6kJ/mol；‎ ‎(3)已知化学反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)，列出“三段式”，‎ 则A的平均反应速率v(A)=； ‎ 平衡时B的转化率为×100%=12.5%，C的体积百分数=C的物质的量分数=×100%=10%；‎ ‎(4)反应①：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-m kJ/mol 反应②：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=- nkJ/mol 反应③：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H＜0，‎ 反应③=反应②-①×2，则-n-2(-m)＜0，‎2m-n＜0，则‎2m＜n 。‎ ‎24.铅蓄电池是最常见的二次电池。由于铅蓄电池的性能优良、价格低廉、安全可靠，可多次充放电，所以在生产生活中使用广泛，汽车等机动车辆多数都使用这种蓄电池。‎ ‎(1)装置B中PbO2上发生的电极反应方程式为______________。‎ ‎(2)装置A中总反应的离子方程式为____________。‎ ‎(3)盐桥中的______ （填离子符号）向装置C中溶液方向移动。‎ ‎(4)若装置E中的目的是精炼铜，则X为________，极板M的材料为________（填“粗铜”或“精铜”）。M电极质量改变‎6.4g时，N极质量变化_________‎6.4g，（填“大于”、 “小于”、“等于”或“无法确定”），装置D中产生的气体体积为_______L（标准状况下），溶液的pH______（填“增大”或“减小”，忽略溶液体积变化）。‎ ‎【答案】(1). PbO2 + 2e- + 4H+ += PbSO4 + 2H2O (2). Cu + 2H+Cu2+ + H2↑ (3). Cl- (4). CuSO4 (5). 精铜 (6). 无法确定 (7). 3.92 (8). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】在图中的五个烧杯所组成的装置中，装置B、C构成1个化学电源(原电池)，其它装置构成电解池。在装置B中，PbO2作原电池的正极，则装置A中，Cu电极为阳极，Pt电极为阴极；装置C中，Pb电极为负极，则D装置中左边石墨电极为阴极，右边石墨电极为阳极；装置E中，极板M为阴极，极板N为阳极。‎ ‎【详解】(1)由以上分析知，装置B中PbO2作正极，PbO2得电子产物与电解质反应生成PbSO4和H2O，发生的电极反应方程式为PbO2 + 2e- + 4H+ += PbSO4 + 2H2O。答案为：PbO2 + 2e- + 4H+ += PbSO4 + 2H2O；‎ ‎(2)装置A中，阳极Cu-2e- =Cu2+，阴极2H++2e-=H2↑，总反应的离子方程式为Cu + 2H+Cu2+ + H2↑。答案为：Cu + 2H+Cu2+ + H2↑；‎ ‎(3)装置C中，Pb电极发生的电极反应为Pb-2e-+=PbSO4，溶液中阴离子浓度减小，需要往溶液中补充阴离子，所以盐桥中的Cl-向装置C中移动。答案为：Cl-；‎ ‎(4)若装置E中的目的是精炼铜，则电解质X为含有Cu2+的可溶性盐，常使用CuSO4，极板M为阴极，所以极板M的材料为精铜。M电极质量改变‎6.4g时，由于有Fe、Cu均失电子，无法确定溶解的铁和铜的具体质量，故无法确定转移电子的物质的量，无法确定N极的质量变化。装置D中，阴极为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，转移0.2mole-，生成0.1molH2，阳极先发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，后发生反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成Cl2为0.05mol、生成O2为0.025mol，共产生气体的物质的量为0.175mol，气体体积为0.175mol×‎22.4L/mol=‎3.92L（标准状况下），NaCl溶液最终转化为NaOH溶液，溶液由中性转化为碱性，pH增大。答案为：CuSO4；精铜；无法确定；3.92；增大。‎