1、江苏省震泽中学2018-2019学年高一下学期第二次月考化学试题1.2018年世界环境日主题是“塑战速决”，呼吁世界各国齐心协力对抗一次性塑料污染问题。下列关于塑料认识不正确的是A. 用于制造水杯、奶瓶等的聚乙烯可通过乙烯的加聚反应制得B. 用于制造玩具、泡沫塑料的聚苯乙烯的单体是苯乙烯C. 聚氯乙烯在建筑材料、人造革、管材、食品包装膜等方面均有广泛应用D. 开发可降解塑料来替代聚乙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯等可减缓“白色污染”【答案】C【解析】分析：考查材料与环保的问题。解答本题时考虑到材料的性能，形成原理等知识。聚乙烯是塑料，经过加聚反应合成的；聚氯乙烯、苯乙烯添加剂有毒，不能用于食品包装膜；
2、塑料一般很难降解，容易造成污染。详解：A.乙烯加聚的产物为聚乙烯，无毒可用于制造水杯、奶瓶等，故A正确；B. 聚苯乙烯的单体是苯乙烯，可用于制造玩具、泡沫塑料，故B正确；C. 聚氯乙烯中的添加剂有毒，不能用于食品包装膜，故C错误；D.因为聚乙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯难降解，易造成白色污染，所以开发可降解塑料来替代可减缓“白色污染”，故D正确。答案：C。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 乙烯的比例模型:B. S2-的结构示意图:C. KCl的电子式:D. 丙烯的结构简式:CH3CH=CH2【答案】D【解析】分析：乙烯的空间构型是平面结构,碳原子的原子半径大于氢原子；S2-离子的核外有18个电子
3、；烯烃的结构简式中碳碳双键属于官能团，不能省略；KCl为离子化合物，有电子得失。详解：A. 是乙烯的球棍模型，不是比例模型 ,故A错误；B. S2-离子的核外有18个电子,核内有16个质子,故结构示意图为,故B错误；C. KCl为离子化合物,K原子失去一个电子给了Cl原子，故电子式为,故C错误；D碳碳双键属于烯烃的官能团，书写结构简式中不能省略,故丙烯的结构简式为CH3CH=CH2,故D错误；故选D。点睛：本题考查化学用语相关知识。要求解题时明确电子式、结构简式的区别；离子结构示意图和原子结构示意图的区别；比例模型和球棍模型学生容易混，学生通过A选项加以区别。3.烷烃的命名正确的是A. 4-甲
4、基-3-丙基戊烷B. 3-异丙基己烷C. 2-甲基-3-丙基戊烷D. 2-甲基-3-乙基己烷【答案】D【解析】选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名称是2-甲基-3-乙基己烷，故D正确，故选D。点睛：烷烃命名要抓住五个“最”：最长-选最长碳链为主链；最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；最近-离支链最近一端编号；最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。4.已知异丙苯的结构简式如下，下列说法错误的是A. 异丙苯的分子式
5、为C9H12B. 异丙苯的沸点比苯高C. 异丙苯中碳原子可能都处于同一平面D. 异丙苯是苯的同系物【答案】C【解析】A. 异丙苯的分子式为C9H12，故A正确；B. 异丙苯与苯互为同系物，异丙苯的相对分子质量大于苯，所以异丙苯的沸点比苯高，故B正确；C. 当异丙基的3个碳原子所在的平面与苯的平面重合时，异丙苯中碳原子都处于同一平面，故C正确。D. 异丙苯和苯的分子结构相似，分子组成相差3CH2，所以异丙苯和苯为同系物，故D正确。故选C。5.下列物质的性质与用途的对应关系不正确的是（ ）A. 次氯酸具强氧化性，可用作有色物质的漂白剂B. 乙醇是一种常见的有机溶剂，可用于提取花瓣中的植物色素C.
6、浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂D. 铅具有还原性和导电性，可用作铅蓄电池的负极材料【答案】C【解析】【分析】A、次氯酸将有机有色物质氧化；B、用相似相溶原理解释；C、 浓硫酸具有吸水性，浓硫酸可用作酯化反应的催化剂；D、电池的负极应具有还原性和导电性；【详解】A、次氯酸将有机有色物质氧化，可用作有色物质漂白剂，故A正确；B、花瓣中的植物色素、乙醇均为有机物，极性相似，花瓣中的植物色素溶于乙醇，可用乙醇提取花瓣中的植物色素，故B正确；C、 浓硫酸具有吸水性能促进酯化反应的正向进行，浓硫酸可用作酯化反应的催化剂，加快酯化反应的速率，故C错误；D、电池的负极应具有还原性和导电性，铅具有还
7、原性和导电性，铅可作铅蓄电池的负极材料，故D正确；故选C。6.有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如下图所示。下列有关该有机物说法正确的是（ ）A. 分子式为C26H22B. 属于苯的同系物C. 一氯代物有3种D. 能溶于水和酒精【答案】C【解析】【分析】有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；C项、该有机
8、物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。故选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析能力，注意该分子中氢原子种类，明确官能团及其性质关系是解答关键。7.下列化学用语书写正确的是A. 苯的硝化反应的化学方程式:+HO-NO2+H2OB. 电解饱和氯化铜溶液(惰性电极)的阳极反应式:Cu2+2e-=CuC. 打磨过的镁条与热水反应的离子反应式:Mg+2H+=Mg2+H2D. 燃煤烟气用氨水法脱硫的化学反应式:4NH3H20+2SO2+O2=2(NH4)2SO4+2H2O【答案】D【解析
9、】分析：本题考查化学用语书写。解题时苯的硝化反应是指硝基中的氮原子与苯环中的碳形成共价键；电解反应的阳极发生的是氧化反应；离子反应方程式中可溶性的强电解质可拆与不溶性的物质和弱电解质不能拆；燃煤烟气用氨水法先反应生成盐，在被氧化。详解：A. 苯的硝化反应的化学方程式:+HO-NO2+H2O，故A错误；B. 电解饱和氯化铜溶液(惰性电极)的阳极反应式:Cl-2e-=Cl2，故B错误；C. 打磨过的镁条与热水反应的离子反应式:Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2,故C错误；D. 用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4，其反应的化学反应式:4NH3H20+2SO2+O2=2(
10、NH4)2SO4+2H2O，故D正确；答案：选D。8.下列说法正确的是A. 12C和14C互为同素异形体B. 金刚石和C60互为同位素C. CH3-CH2-CH2-CH3和互为同分异构体D. C2H2和C6H6互为同系物【答案】C【解析】分析：本题考查同素异形体、同位素、同分异构体、同系物概念的区别。解题时运用概念进行判断即可。详解：A. 同素异形体是由同种元素形成的不同种单质，故A错误；B. 同位素是指质子数相同，中子数不同的原子，金刚石和C60属于单质，故B错误； C. 同分异构体是指分子式相同，结构不同，CH3-CH2-CH2-CH3和互为同分异构体，故C正确；D. 同系物指结构相似，组
11、成相差一个或多个CH2 原子团的化合物，C2H2为乙炔， C6H6为苯，两者结构不同，故D错；答案：选C。点睛：本题考查四同概念的区别。同素异形体指同一种元素形成的多种单质互为同素异形体。例如金刚石和石墨是碳的同素异形体。 同位素指具有相同数目的质子，不同数目中子的原子互称。例如12C和14C互为同位素；同分异构体是指有机物的分子式相同但是分子结构不同。如CH3-CH2-CH2-CH3和互为同分异构体。同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。C2H2和C6H6结构不同，不属于同系物。9.下列关于有机物的说法正确的是（ ）A. 苯分子中含有碳碳双键，能与氢
12、气发生加成反应B. 乙烯分子中的所有原子共平面C. 石油的裂解是为了提高汽油等轻质油的产量和质量D. 乙醇和乙酸均能使石蕊试液变红【答案】B【解析】分析】A苯不含碳碳双键；B乙烯含有碳碳双键，为平面形结构；C石油的裂化是为了提高汽油等轻质油的产量和质量；D乙醇不具有酸性。【详解】A苯不含碳碳双键，但为不饱和烃，可与氢气发生加成反应，故A错误；B乙烯含有碳碳双键，为平面形结构，所有的原子都在同一个平面上，故B正确；C裂解的目的是为了得到碳原子数更少的烯烃，主要为了生产乙烯等重要基本化工原料，故C错误；D乙醇不能使石蕊试液变红，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握
13、官能团与性质的关系，注意常见有机物的性质，易错点C，区别裂解和裂化。10.下列反应中热量变化与下图一致的是A. CO和O2反应B. Na和H2O反应C. NaOH溶液和HNO3溶液反应D. NH4Cl晶体和Ba(OH)28H2O晶体反应【答案】D【解析】反应物的总能量小于生成物总能量，此反应是吸热反应，大多数的化合反应/所有的燃烧、金属钠与水反应、中和反应等都是放热反应，大多数分解反应、C和H2O、C和CO2、NH4Cl和Ba(OH)28H2O属于吸热反应，故选项D正确。11.用纯净CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(气体体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正
14、确的是（ ）A. OE段表示的平均速率最快B. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为 0.4mol/(Lmin)C. OE、EF、FG三段中，用二氧化碳表示该反应的平均反应速率之比为2:6:7D. G点CO2不再增加的原因可能是盐酸已用完【答案】BD【解析】【分析】A曲线斜率表示化学反应速率快慢，斜率越大该阶段化学反应速率越大；B根据EF段生成二氧化碳的体积计算氯化氢的物质的量的变化量，进而计算氯化氢浓度变化，根据=c/t计算用盐酸表示该反应的平均反应速率；C各段终点与起点的纵坐标差值为各段生成的二氧化碳的体积，体积之比等于反应速率之比；DG点CO2不再增加的原因可能是盐酸浓度低，已用完。
15、【详解】A斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，故A错误；B由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672mL-224mL=448mL，所以二氧化碳的物质的量为0.448L22.4Lmol1=0.02mol，根据CaCO3+2HClCaCl2+CO2+H2O，可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为0.04mol0.1L=0.4molL1，所以EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4molL11min=0.4mol/（Lmin），故B正确；COE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224mL、448mL、11
16、2mL，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：448mL：112mL=2：4：1，故C错误；DG点表示收集的二氧化碳为从开始到G点生成的二氧化碳，总共784mL，G点CO2不再增加的原因可能是：盐酸浓度低，盐酸已经用完，故D正确；故选BD。12.某新型锂空气二次电池放电情况如图所示，关于该电池的叙述正确的是() A. 电解液应选择可传递Li的水溶液B. 充电时，应将锂电极与电源负极相连C. 放电时，空气电极上发生的电极反应为2LiO22e=Li2O2D. 充电时，若电路中转移0.5 mol电子，空气电极的质量将减少3.5 g【答案】BC【解析】【分析】在
17、锂空气电池中，锂作负极，电极反应式为Li-e=Li，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为2Li+O2+2eLi2O2。【详解】A、Li是活泼金属，易与水反应，电解液不能选择可传递Li的水溶液，故A错误；B、充电时，电池的负极锂电极连接电源的负极，故B正确；C、放电时，空气中的氧气在正极上得电子，发生还原反应，反应为2Li+O2+2eLi2O2，故C正确；D、充电时，空气电极反应为Li2O2-2e2Li+O2，若电路中转移0.5 mol电子，空气电极的质量将减少0.25mol46g/mol=11.5g，故D错误；故选：BC。【点睛】本题考查电化学基础知识，解题关键：理解电极判断、电子得失守恒等相
18、关知识，注意知识的迁移应用，难点D，利用电子守恒，根据电极方程式求解。13.向某容积一定的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生如下反应:2SO2+O22SO3。下列说法不正确的是( )A. 升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率B. 达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比一定为2:1:2C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，反应达到平衡状态D. 达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol【答案】B【解析】分析：根据影响化学反应速率的因素和化学反应达到化学平衡的标志进行解答。增加反应浓度或生成物的浓度化学反应速率加快；升高温度化学反应速
19、率加快；化学平衡的标志是各物质的浓度不在改变，正反应速率等于逆反应速率。详解：A.根据影响化学反应速率的因素知反应2SO2+O22SO3，如果升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率，故A正确；B. 初始加入2molSO2和1molO2，根据反应2SO2+O22SO3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比不一定为2:1:2，故B错误；C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.因为2SO2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol，故D正确
20、；答案：选B。14.用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是A. 图甲可用于蒸馏石油并收集60150馏分B. 图乙可用于除去乙烯气体中混有的少量SO2C. 图丙装置可用于比较S、C、Si三种元素的非金属性D. 图丁装置可用于测定CO2的生成速率【答案】AC【解析】分析：本题考查化学实验基本操作的知识。解答此题时要掌握各种实验装置的用处和使用时注意事项。再结合具体物质进行分析解答。A. 图甲是蒸馏装置图，可用于蒸馏石油并收集60150馏分，故A正确；B.图乙中的高锰酸钾会氧化乙烯，所以不能用于除去乙烯气体中混有的少量SO2，故B错误；C. 图丙装置可验证酸性H2SO4H2CO3H2SiO4,由
21、此可以证明三种元素的非金属性强弱顺序为：SCSi，故C正确；D.图丁装置长颈漏斗用错了，应改成分液漏斗，故D错。答案：AC。点睛：本题考查化学实验基本操作的知识。甲图为蒸馏装置图，主要用于分离不同沸点的混合物的；乙图为除杂装置，注意长进短出对气体进行除杂，除杂试剂不能和被除杂的物质发生反应；丙图是验证不同酸的酸性强弱；图丁装置长颈漏斗用错了，应改成分液漏斗。15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:元素代号XYZWR原子半径/pm160143706653主要化合价+2+3+5、+3、-3-2+1下列叙述正确的是A. 元素X的最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的强B. 化合物XW、ZW中化
22、学键类型相同C. 元素Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D. Z、W、R三种元素既可组成共价化合物，也可组成离子化合物【答案】AD【解析】分析：W化合价为-2价,没有最高正化合价+6价,故W为O元素;Z元素化合价为+5、+3、-3,Z处于A族,原子半径与O元素相差不大,则Z与O元素处于同一周期,则Z为N元素;X化合价为+2价,应为周期表第A族,Y的化合价为+3价,应为周期表第A族元素,二者原子半径相差较小,可以知道两者位于同一周期相邻主族,因为X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大,则X、Y应在第三周期,所以X为Mg元素,Y为Al元素，R为+1价，原子半径最小，故R为H。详解：A.元素X为
23、Mg,其最高价氧化物对应水化物为Mg(OH)2，Y为Al元素其最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，且碱性Mg(OH)2 Al(OH)3,故A正确；B.化合物XW为MgO属于离子化合物，ZW为NO属于共价化物,两者化学键类型不相同，故B错误；C.元素Z的简单气态氢化物为NH3,W的简单气态氢化物为H2O,他们的热稳定性为H2O NH3，故C错误； D. Z为N、W为O、R为H三种元素既可组成共价化合物如HNO3，也可组成离子化合物如NH4NO3,故D正确；答案：选AD。16.现有以下五种物质:Na；金刚石；NaCl；NH3；He。请用相应序号填空:(1)熔化时只需要克服分子间作用力是_。(2
24、)含有共价键的有_。(3)既能表示物质组成又能表示单质分子的是_。(4)熔化时能导电的是_。(5)、三种物质熔点由高到低的顺序为_。【答案】 (1). 、 (2). 、 (3). (4). 、 (5). 【解析】分析：本题考查了物质的结构，金属晶体，原子晶体，分子晶体，离子晶体四种晶体类型的性质。结合各种晶体类型的性质进行解答。(1)因为分子晶体熔化时需要克服分子间作用力，NH3；He属于分子晶体，所以答案为；(2)金刚石是碳原子之间通过共价建形成空间网状结构的晶体，NH3是分子晶体，由N和H之间通过共价键形成三角锥结构，所以含有共价键的有、。(3)单质是由同种元素形成的纯净物，Na属于单质但
25、是由原子构成的，He既能表示物质氦气，又能表示氦气分子，所以答案为：。(4)金属和电解质在熔化时能导电，为金属Na；NaCl为离子化合物属于电解质，所以熔化时能导电，答案是、。(5)因为一般情况下物质熔沸点由高到低的顺序为原子晶体金属晶体分子晶体。金属晶体变化范围很大，Na属于金属晶体，钠的熔沸点较低，金刚石属于原子晶体、NH3属于分子晶体，三种物质熔点由高到低的顺序为。点睛：本题主要考查四种晶体类型的性质。一般情况熔沸点的大小是：原子晶体离子晶体分子晶体。金属晶体变化范围很大，但钠的熔沸点较低。金刚石属于原子晶体；NaCl属于离子晶体；NH3和He属于分子晶体。根据晶体晶型判断即可。17.填
26、写下列空格。(1)已知拆开1molH-H键、1molCl-Cl键、1molH-Cl键分别需要吸收的能量为436.4kJ、242.7kJ、431.8kJ。则由H2和Cl2反应生成1molHCl需要_(填“放出”或“吸收”)_kJ的热量。(2)H2可以在Cl2中安静地燃烧。甲、乙两图中，能表示该反应能量变化的是图_(填“甲”或“乙”)。(3)已知:H2与Cl2在光照条件下会发生爆炸。同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)。在光照和点燃条件下的H_(填“相等”或“不相等”)。(4)硅、磷、硫、氯元素的气态氢化物的形成条件和热稳定性如下表所示:元素符号SiPSCl单质与氢气的反应高温
27、下反应磷蒸气与氢气能反应加热时反应光照或点燃时发生爆炸而化合气态氢化物的热稳定性不稳定不稳定受热分解稳定结合元素原子结构等知识，分析以上信息可得出的结论是:同周期非金属元素，随着元素核电荷数的递增，_，因此，Si、P、S、Cl非金属性依次增强。【答案】 (1). 放出 (2). 92.25 (3). 甲 (4). 相等 (5). 原子半径逐渐减小，元素原子得电子能力逐渐增强【解析】分析：根据反应吸放热的条件进行判定。断键消耗的能量大于成键释放的能量为吸热反应，反之为放热反应。反应热H只与反应物和生成物的状态有关，与途径无关。根据元素周期律知识，同周期元素的非金属性随着原子序数增大而增强, 原子
28、半径依次减小,核对外层电子的引力逐渐增大, 得电子能力逐渐增强的知识解答相关问题。详解：（1）在H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)反应中断裂1molH-H键、1molCl-Cl键共吸收的能量=436.4kJ+ 242.7kJ=679.1 kJ,生成2molHCl(g) 释放的能量=431.8kJ2 =863.5 kJ吸收的能量=679.1 kJ 释放出的能量863.5 kJ故该反应为放热反应，需要释放能量, 生成1molHCl释放的能量为：(863.5 kJ-679.1 kJ)/2=92.2 kJ(2)H2在Cl2中燃烧属于放热反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,根据图像分析知甲是放
29、热反应,乙是吸热反应，所以能表示H2在Cl2中燃烧反应能量变化的是甲。答案：甲。(3)反应热H只与反应物和生成物的状态有关，与途径无关，H2与Cl2在光照条件和点燃条件下的反应都是H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)。所以在光照和点燃条件下H相等。答案：相等。(4) Si、P、S、Cl四种元素原子的电子层数相同，属于同一周期元素,根据实验他们与H2反应的条件的难易程度知非金属性逐渐增强，原因是根据元素周期律知识，同周期元素的非金属性随着原子序数增大而增强, 原子半径依次减小,核对外层电子的引力逐渐增大, 得电子能力逐渐增强。答案：原子半径逐渐减小，元素原子得电子能力逐渐增强。18.肼(N2
30、H4)是一种无色易溶于水的油状液体，具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。(1)已知肼的球棍模型如图所示，写出肼的电子式:_。(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。写出该反应的热化学方程式:_。(3)目前正在研发的一-种肼燃料电池的结构如下图所示。该电池的负极是_(填“a”或“b”)电极。写出正极的电极反应式:_。(4)在1L固定体积的容器中加入0.1molN2H4，在303K、Pt催化下发生反应:N2H4(l) N2(g)+2H2(g)。测得容器中与时间关系如下图所示，则04min内氮气的平均反应速率v(N2)=_。【答案】 (1). (2
31、). N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-534.4kJ/mol (3). a (4). O2+4e-+2H2O=4OH- (5). 0.0125mol/(Lmin)【解析】分析：(1)氨分子中氢原子被氨基（-NH2）取代后的生成物叫肼,分子中全部为单键；(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼失电子发生氧化反应；(3)在303K , Pt催化下,则发生N2H4(l) N2(g)+2H2(g),设生成氮气的量为xmol,则氢气的量为2mol,此时N2H4(l)的物质的量为（0.1-x）mol ,根据4min 时比值为3,求出x的值,然后根计算。详解：(1)由肼的球棍
32、模型和价键理论可知，肼中氮氮原子之间、氮氢原子之间都是单键，所以肼的电子式为: 。答案：。(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。则1mol肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出534.4kJ 的热量,所以肼反应的热化学方程式: N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-534.4kJ/mol 。(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼失电子发生氧化反应,所以a电极为电池的负极,因此，答案是:a。(3)在303K、Pt催化下,则发生N2H4(l) N2(g)+2H2(g),设生成氮气的量为xmol,则氢气的量为2mol,此时N2
33、H4(l)的物质的量为（0.1-x）mol,根据4min时比值为3,所以3x/（0.1-x）=3,则x=0.05mol,因此，本题正确答案是: 0.0125mol/(Lmin)。19.我国天然气化工的一项革命性技术是甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃等化工产品。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下(部分反应条件已略去):(1)A、C分子中所含官能团的名称分别为_、_。(2)写出A的同分异构体的结构简式:_。(3)写出下列反应的化学方程式和反应类型。反应:_，反应类型:_；反应：_，反应类型: _；反应: _，反应类型:_。(4)下图为实验室制取D的装置图。图中试管甲中的试剂名称为
34、_，其作用是_。用化学方程式表示甲中试剂参与的化学反应:_。实验结束后从混合物中分离出D的方法为_。【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3OCH3 (4). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (5). 加成反应 (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (7). 氧化反应 (8). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (9). 酯化反应或取代反应 (10). 饱和碳酸钠溶液 (11). 溶解乙醇，去除乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 (12). Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2 (13). 分
35、液【解析】【分析】由流程图可知A为CH3CH2OH，B为CH3CHO，C为CH3COOH，D为CH3COOCH2CH3，结合各物质的性质分析。【详解】(1) 由以上分析可知A为乙醇，含有的官能团为羟基，C为乙酸，含有的官能团为羧基，A、C分子中所含官能团的名称分别为羟基、羧基。(2) A为乙醇，对应的同分异构体为CH3OCH3。(3) 各反应的化学方程式和反应类型：反应为乙烯的加成反应，方程式为: CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ，反应类型:加成反应；反应为乙醇的氧化反应，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型:氧化反应；反应为乙酸与乙醇的酯化反应，方程式
36、为:CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O ，反应类型:酯化反应或取代反应。(4)图中试管甲中的试剂名称为饱和碳酸钠溶液，制备乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液收集生成物，原因是饱和碳酸钠可与乙酸反应，可除去乙酸，且乙醇易溶于水，并且降低乙酸乙酯的溶解度，涉及反应为Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，实验结束后从混合物中分离出D的方法为分液。20.甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O300 mol CH4完全反应后的产物中，加
37、入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120 mol，计算CO和CO2的转化率。【答案】CO、CO2的转化率分别为90%和80%【解析】【分析】甲烷完全反应生成CO和氢气，根据反应CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O，设CO2的转化率为，CO的转化率为，结合题给物质物质的量可计算转化率；或根据氢元素守恒计算。【详解】根据方程式CH4+H2OCO+3H2，300molCH4完全反应生成300molCO和900molH2设CO2的转化率为，CO的转化率为 CO + 2H2CH3OH300mol 600mol 300molCO2 + 3H2 CH3OH + H2O 100mol 300mol 100mol共生成350mol甲醇，有300mol+100mol=350mol反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol120mol，有600mol+300mol=900mol120mol由式可得=0.8，=0.9，即CO2的转化率为80%，CO的转化率为90%。