1、安徽省定远县民族中学2019-2020学年高二化学6月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 Cl 35.5第I卷（选择题48分）一、选择题：(共16小题,每小题3分,共48分) 1.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是A. 若120g石墨能写a个字，则平均每个字约含有 10NA/a个碳原子B. 常温常压下，9mLH2O含有5NA个电子（水的密度为1g/mL）C. 标准状况下，16g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数目为NAD. 0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质离子总数为0.3NA【答案】D【解析】A. 依
2、据n=计算石墨的物质的量，进而得到碳原子数为120g12g/molNA=10NA，则平均一个字含有碳原子数是10NA/a 个，故A正确；B. 根据常温常压下水的密度可以得出9mLH2O的质量是9g，物质的量是0.5mol，1个水分子中含有10个电子，则0.5mol水中含有5mol电子，数目是5NA个，故B正确；C. O2和O3都是由氧原子构成的，则16g O2和O3的混合气体中含有氧原子的物质的量是16g16g/mol1mol，则氧原子数目是NA，故C正确；D. 因未给出溶液的体积，所以无法计算0.1mol/L NaHSO4溶液中溶质的离子总数，故D错误；答案选D。点睛：本题主要是通过物质的量
3、的有关计算，综合考查基本的计算能力和分析问题的能力。顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如D项因未指明溶液的体积，所以无法计算溶液中溶质的离子总数；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算，解题时特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。本题的易错点是C项，在解答这类混合物的相关计算时，一定要注意找出相关物质之间的特定关系，如O2和O3的混合气体、NO2和N2O4的混合气体、金刚石和石墨形成的混合物等。2.实验室常用王水（浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3的混合物）来溶解白金等贵金属进行科学实验。王教授用质量分数为63%的浓硝
4、酸（密度1.40g/）和质量分数为36.5%的浓盐酸（密度1.19g/）来配制王水600毫升，假设忽略两种酸混合时的体积变化也不考虑混合后的化学变化，下列说法错误的是A. 该王水中硝酸的物质的量浓度是3.5mol/LB. 该王水中氧元素的质量是100.8gC. 该王水的密度约为1.24g/D. 该王水中HCl的质量分数约为26.2%【答案】B【解析】【分析】王水是600mL，其中浓硝酸是150mL，浓盐酸是450mL，据此分析作答。【详解】A、该王水中硝酸的物质的量浓度是，A正确；B、溶剂水中还含有氧元素，则该王水中氧元素的质量大于100.8g，B错误；C、该王水的密度约为，C正确；D、该王水
5、中HCl的质量分数约为，D正确；答案选B。3.最近，美国普度大学的研究人员开发出一种利用铝镓合金加水制造氢气的新工艺。这项技术具有广泛的能源潜在用途，包括为汽车提供原料、为潜水艇提供燃料等。该技术通过向铝镓合金注水，铝生成氧化铝，同时生成氢气。合金中镓(Ga，A)是关键成分，可阻止铝形成致密的氧化膜。下列关于铝、镓的说法正确的是A. 铝的金属性比镓强B. 铝的熔点比镓低C. Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，一定能与NaOH溶液反应D. 铝、镓合金与水反应后的物质可以回收利用冶炼铝【答案】D【解析】【分析】A.根据同主族元素金属性的递变规律分析，同主族元素从上到下金属性逐渐增强；B.二者
6、都是金属晶体，金属键越强，熔点越高，二者离子电荷相同，离子半径越大金属键越弱；C.Ga的金属性比Al强，Ga（OH）3可能不表现为两性氢氧化物；D.铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，工业上电解熔融的氧化铝冶炼铝。【详解】A.同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性GeAl，故A错误；B.二者都是金属晶体，离子半径Ge3+Al3+，故金属Al中的金属键更强，则熔点AlGe，故B错误；C. Ga的金属性比Al强，Ga(OH)3可能不表现为两性氢氧化物，故Ga(OH)3不一定与能与NaOH溶液反应，故C错误；D.铝镓合金与水反应，铝生成氧化铝，可以回收氧化铝冶炼铝，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要
7、考查元素周期律，其中易错点为C项。同主族元素原子最外层电子数相同，故化学性质有一定的相似性，如，碱金属元素均易失电子，具有较强的还原性；但由于同主族元素原子的原子半径逐渐增大，其化学性质也表现出递变性规律，如金属性逐渐增强，故本题中不能推测Ga(OH)3一定和Al(OH)3一样具有两性。4.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：B. W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性C. 气态氢化物的热稳定性：D. 最高价氧化
8、物的水化物的酸性：【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S。【详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl，A. X与W的离子电子层结构相同，简单离子半径：，故A错误；B. W与X形成的化合物Na3N、Na2O、Na2O2溶于水后溶液呈碱性，故B正确；C. W与Y同族，气态氢化物的
9、热稳定性：，故C错误；D.Y、Z处于第三周期， 最高价氧化物的水化物的酸性取决于非金属性，故：，故D错误；故选B。5.被称为万能还原剂的NaBH4（NaBH4中H为1价）能溶于水并和水反应，有如下反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2，下列有关该反应的说法中，正确的是（ ）A. NaBH4既是氧化剂又是还原剂B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C. 硼元素被氧化，氢元素被还原D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1【答案】D【解析】【分析】反应NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2中，NaBH4中H元素化合价为-1价，水中H元素化合价为+1价，二者发生氧化还原反应生成H2。【
10、详解】ANaBH4中氢元素的化合价升高，NaBH4是还原剂，故A错误；BNaBH4中氢元素的化合价升高，NaBH4是还原剂，水中氢元素化合价降低，水是氧化剂，故B错误；CNaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，故C错误；D化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，转移电子数相同，物质的量之比为1：1，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确。故选D。6.下列是对某溶液进行离子检测的方法和结论，其中正确的是()A. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液B. 加入足量的C
11、aCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有大量的COC. 加入NaOH溶液后加热产生有刺激性气味的气体，则溶液中一定含有大量的NHD. 先加入适量的盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则溶液中一定含有大量的Cl【答案】C【解析】A焰色反应，火焰呈黄色，可知一定含钠元素，则可能为NaOH溶液或钠盐溶液，故A错误；B、能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子，所以原溶液中可能存在的离子是碳酸根离子或银离子等，故B错误；C铵盐遇到强碱加热会产生碱性气体氨气，检验方法：加入足量浓NaOH溶液，产生了带有强烈刺激性气味的气体，则溶液中一定含有大量的NH4+，故C正确；D、加入稀
12、盐酸酸化，引入Cl-，干扰其检验，应加硝酸酸化，故D错误；故选C。点睛：本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握离子的检验方法、试剂及现象与结论为解答的关键，注意检验应排除干扰离子。本题的易错点为A，焰色反应是元素的性质，因此火焰呈黄色，只能说明该溶液一定含有钠元素。7.在容积可变的容器中发生反应N2+3H22NH3，当缩小容器容积时，化学反应速率增大，其主要原因是A. 分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多B. 反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多C. 活化分子百分数未变，但单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多D. 分子间距离减小，使所有的活化分子间
13、的碰撞都成为有效碰撞【答案】C【解析】【详解】A. 当缩小容器容积时，分子运动速率不变，分子的运动速率由温度决定，A不正确；B. 当缩小容器容积时，反应物分子的能量不变，分子的能量由温度决定，B不正确；C. 当缩小容器容积时，活化分子百分数未变，但单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，这是化学反应速率增大的主要原因，C正确；D. 当缩小容器容积时，分子间距离减小，但不能使所有的活化分子间的碰撞都变为有效碰撞，D不正确。故选C。8.关于烷烃性质的叙述中，不正确的是()A. 烷烃同系物随相对分子质量增大，熔点、沸点逐渐升高；常温下的状态由气态递变到液态，相对分子质量大的则为固态B. 烷烃同
14、系物都能使溴水、KMnO4溶液褪色C. 烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应D. 烷烃同系物的密度随相对分子质量增大逐渐增大【答案】B【解析】【详解】A烷烃同系物属于分子晶体，分子间作用力由相对分子质量决定，故A正确；B烷烃同系物化学性质稳定，烷烃的结构决定了化学性质，碳原子是饱和状态，不都能使溴水、KMnO4溶液褪色，故B错误；C烷烃与甲烷性质相似，烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应，故C正确；D烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，密度越大，烷烃同系物的密度随相对分子质量增大逐渐增大，故D正确；故选B。【点睛】本题考查了烷烃的结构和性质应用，根据结构决定性质，烷烃结构
15、上有相似性，性质上也具有相似性是解答的关键，难点D，烷烃的密度变化规律由结构决定，烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，密度越大。9.下列实验装置正确且能达到实验目的的是A证明非金属性氯碳硅（A、B、D中的试剂分别为盐酸、石灰石和硅酸钠溶液）B石油分馏C用KMnO4 与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置D实验室制乙酸乙酯A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能用稀盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液设计实验来验证元素的非金属性ClCSi，故A达不到实验目的；B石油分馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口附近，冷却水的方向是下口进，上口
16、出，故B达不到实验目的；CKMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，氯气可用向上排空气法收集，尾气可用氢氧化钠溶液吸收，故C可以达到实验目的；D实验室制乙酸乙酯的实验中，导管不能插入饱和碳酸钠溶液的液面下，以防发生倒吸，故D达不到实验目的。故选C。10.己烯雌酚（结构简式如下图所示），是一种激素类药物。下列叙述不正确的是A. 己烯雌酚的分子式为C18H20O2B. 己烯雌酚与NaOH溶液、NaHCO3溶液均能反应C. 1 mol己烯雌酚最多能与2 mol Na发生反应D. 己烯雌酚与饱和溴水可以发生加成反应和取代反应【答案】B【解析】A. 己烯雌酚的分子式为C18H20O2，正确；B. 己烯雌酚存
17、在酚羟基，能与NaOH溶液反应，但酚羟基的酸性弱，不能与NaHCO3溶液反应，错误；C. 1 mol己烯雌酚含有2mol酚羟基，最多能与2 mol Na发生反应，正确；D. 己烯雌酚存在酚羟基与饱和溴水可以取代反应，同时还存在碳碳双键，与饱和溴水可以发生加成反应，正确。故答案选B。点睛：熟悉各类官能团的性质及定量关系，特别是酚酯结构、氯苯结构在碱性条件下的水解，酚酯结构、氯苯结构与NaOH的比例关系是1：2，甲醛与足量银氨溶液反应的比例关系是1：4等。11.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分子AB吸收b kJ热量B. 该
18、反应热H=+（ab）kJmol1C. 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 AA和1 mol BB键，放出a kJ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2molAB吸收（a-b） kJ热量，故A错误；B依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和，H=+（ab）kJmol1，故B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，故C错误；D断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B。12.对于密闭容器中的可逆反应：mX (g
19、) +nY(s)pZ (g)；H0，达化学平衡后，改变条件，下列表述不正确的是A. 增大压强，化学平衡不一定发生移动B. 通入氦气，化学平衡不一定发生移动C. 增加X或Y的物质的量，化学平衡一定发生移动D. 其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动【答案】C【解析】【详解】A、当m=p时，增大压强，化学平衡不发生移动，正确；B、当容器容积不变时，通入氦气，化学平衡不发生移动，正确；C Y是固体，增加Y的物质的量，化学平衡不发生移动，不正确；DH不为0，其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动，正确。13.如图表示不同温度下水溶液中c(H)与c(OH)的关系，下列判断正确的是( ) A.
20、 只采用升温的方式，可由a点变成d点B. T25C. b点和c点pH均为6，溶液呈酸性D. 两条曲线上任意点均有c (H) c (OH)Kw【答案】D【解析】Aa点溶液呈中性、d点溶液呈碱性，且d的离子积常数大于a，所以应该采用升高温度且加入碱的方法使a点变为d点，A错误；B水的电离是吸热，升高温度促进水电离，水的离子积常数增大，T下离子积常数大于25，所以T25，B错误；Cc点c (H) c (OH)，溶液呈中性；b点c (H) c (OH)，溶液呈酸性，C错误；D两条曲线表示两种温度下的离子积常数曲线，所以两条曲线上任意点均有c (H) c (OH)=Kw，D正确；答案选D。14.一种新型
21、酸性乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍，电池反应式为：C2H5OH3O2=2CO23H2O，电池构造如下图所示。下列关于该电池的说法正确的是( )A. 放电过程中，电源内部的H从正极区向负极区迁移B. 通入乙醇的电极是正极C. 该电池的正极反应为：4HO24e=2H2OD. 用该电池做电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2 mol C2H5OH，阴极产生标准状况下气体的体积为13.44 L【答案】C【解析】【详解】A在放电过程中，电源内部的H从负极区向正极区迁移，A错误；B燃料发生氧化反应，故通入燃料乙醇的电极是负极，B错误；C该电池中通入氧气的电极是正极，正极
22、发生还原反应，电极反应式为4HO24e=2H2O，C正确；D由电池总反应C2H5OH3O2=2CO23H2O可知，其电子转移的数目为12。用该电池做电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2 mol C2H5OH，电子转移的物质的量是0.2mol12=2.4mol，阴极产生的气体是氢气，标准状况下气体的体积为2.4mol 222.4L/mol=26.88 L，D错误。故选C。15.下列关于苯的叙述正确的是（ ）A. 反应取代反应，有机产物与水混合浮在上层B. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟C. 反应为取代反应，有机产物是一种烃D. 反应中1 mol苯最多与3 mol H
23、2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键【答案】B【解析】考查苯的结构及性质。A不正确，生成物是硝基苯，密度大于水的，在下层。C不正确，生成物是硝基苯，不是烃。D不正确，苯分子中的化学键是一种处于碳碳单键和碳碳双键之间的一种独特的键，答案选B。16.两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示。下列有关混合气体的说法正确的是A. 该混合气体中一定含有乙烯B. 该混合气体一定含有甲烷和乙炔C. 在110条件下，该混合气体与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变D. 若混合气体由CH4和C2H4组成，则其体积比为13【答案】C【解析】【分析】根据
24、图像可知，当混合气的总物质的量是1mol时，其完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量分别是1.6mol 和1mol，所以混合气的平均分子组成是C1.6H4。由于含有1个碳原子的烃只有甲烷，这说明混合气中一定含有甲烷。而甲烷中含有4个氢原子，所以另外一种烃分子中氢原子的个数也是4个，且碳原子数大于1。【详解】A.由分析可知，该混合气体中一定有CH4，另一组分可能为C2H4、C3H4或C4H4，不一定含有乙烯，A不正确；B. 该混合气体一定不含有乙炔，B不正确；C. 在110条件下，烃分子中的H原子数为4时，其与氧气完全反应后，气体的总体积不变。该混合气体的平均分子组成为C1.6H4，故其在该条件下
25、与氧气混合，总混合气燃烧前后体积不变，C正确；D. 若混合气体由CH4和C2H4组成，根据十字交叉法可以求得其体积比为，D不正确。答案选C。第II卷（非选择题52分）二、非选择题（共4小题，52分） 17.亚硝酸钠（NaNO2）是亚硝酸根离子与钠离子组成的工业盐，具有咸味，其水溶液呈碱性亚硝酸钠有毒，含有工业盐的食品对人体危害很大，有致癌性加热到320以上则分解，生成氧气，氮气和氧化钠，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2（1）人体正常的血红蛋白含有Fe2+若误食NaNO2，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒下列叙述不正确的是_（填序号）A亚
26、硝酸盐被还原 B维生素C是氧化剂C维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D亚硝酸盐是氧化剂（2）下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_（填序号）A测定这两种溶液的pH B用筷子蘸取固体品尝味道C加强热收集气体检验 D用HNO3酸化的AgNO3鉴别（3）亚硝酸钠受热分解的化学反应方程式为：4NaNO22N2+3O2+2Na2O从氧化还原反应角度分析，该反应说明NaNO2具有_（填氧化性、还原性或者既有氧化性又有还原性）该反应中还原产物为_（写名称）若反应中转移3mol电子，得到Na2O的质量为_g（4）己知Cl2具有强氧化性，能将溶液中的NO2氧化为NO3同时生成盐酸，请写出NaNO2溶
27、液中通入Cl2的离子反应方程式_（5）某工厂废液中，含2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，NH2Cl能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_【答案】 (1). B (2). B (3). 既有氧化性又有还原性 (4). 氮气 (5). 31 (6). NO2+Cl2+H2O=NO3+2H+2Cl (7). NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O【解析】【详解】(1)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性被还原，在反应中
28、为氧化剂，所以维生素C是还原剂，所以错误的是B，故答案为B；(2)A亚硝酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH值鉴别，故A不选；B化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故B选；C加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，所以反应现象不同，所以可以用加强热收集气体检验来区别，故C不选；D亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别，故D不选；故答案为B；(3)4NaNO22N2+3O2+2Na2O
29、，N元素化合价由+3降低到0价，O元素由-2升高到0价，所以NaNO2既是氧化剂又有还原剂，故答案为既有氧化性又有还原性；4NaNO22N2+3O2+2Na2O，N元素化合价由+3降低到0价，生成的氮气为还原产物，故答案为氮气；又4NaNO22N2+3O2+2Na2O，转移电子为12e-，所以若反应中转移3mol电子，得到Na2O的质量为mol262g/mol=31g，故答案为31；(4)某同学把新制氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H+2Cl-，故答案为NO2-+Cl2+H2O =NO3-+2H+2
30、Cl-；(5)亚硝酸钠中氮原子得到3电子生成氮气中的氮，氯化铵中氮原子失去3电子生成氮气中的氮，所以NH2Cl与NaNO2发生归中反应生成N2、氯化铵和水，方程式为NaNO2+NH4Cl NaCl+N2+2H2O，故答案为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O。18.已知碳化铝（Al4C3)与水反应生成氢氧化铝和甲烷。为了探究甲烷性质，某同学设计如下两组实验方案：甲：方案探究甲烷与氧化剂反应（如图1所示）；乙：方案探究甲烷与氯气反应的条件（如图2所示）。甲方案实验现象:溴水不褪色，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊。乙方案实验操作过程：通过排饱和食盐水的方法收集两瓶甲烷与氯气（体积比为
31、1:4)的混合气体，I瓶放在光亮处，II瓶用预先准备好的黑色纸套套上，按图2安装好装置，并加紧弹簧夹a和b。（1）碳化铝与稀硫酸反应的化学方程式为_。（2）实验甲中浓硫酸作用是 _，集气瓶中收集到的气体 _(填“能”或“不能”)直接排入空气中。（3）下列对甲方案实验中的有关现象与结论的叙述都正确的是_(填标号）。A.酸性高锰酸钾溶液不褪色，结论是通常条件下甲烷不能与强氧化剂反应 B.硬质玻璃管里黑色粉末无颜色变化，结论是甲烷不与氧化铜反应C.硬质玻璃管里黑色粉末变红色，推断氧化铜与甲烷反应只生成水和二氧化碳 D.甲烷不能与溴水反应，推知甲烷不能与卤素单质反应 （4）写出甲方案实验中硬质玻璃管里
32、可能发生反应的化学方程式：_（假设消耗甲烷与氧化铜的物质的量之比为2:7) （5）段时间后，观察到图2装置中出现的实验现象是 _；然后打开弹簧夹a、b,现察到的实验现象是_。【答案】 (1). Al4C36H2SO4=2Al2(SO4)33CH4 (2). 干燥甲烷 (3). 不能 (4). A (5). 2CH47CuO7CuCO+CO24H2O (6). 在I瓶中，气体颜色逐渐变浅，瓶壁上出现油状液滴，II瓶中无现象 (7). 水倒吸入I瓶中，同时I瓶中出现少量白雾，II瓶中无现象【解析】【详解】（1）碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C
33、3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C36H2SO4=2Al2(SO4)33CH4；（2）碳化铝与硫酸反应生成硫酸铝和甲烷，甲方案探究甲烷与氧化剂反应，盛放浓硫酸的装置放置在氧化剂氧化铜之前，所以实验甲中浓硫酸的作用是干燥CH4，甲烷和氧化铜反应，碳元素化合价升高，生成碳的氧化物，产物中可能有一氧化碳生成，所以集气瓶中收集到的气体不能直接排放到空气中；（3）A甲烷不能与强氧化剂反应，若能反应，则酸性高锰酸钾溶液在甲烷的作用下会褪色，现不褪色，结论是通常条件下，甲烷不能与强氧化剂反应，A正确；B甲烷能与氧化铜反应，当少量甲烷参加反应，硬质试管里为大量黑色粉
34、末氧化铜和少量铜的混合物，也可能为氧化亚铜，现象无颜色变化，结论是甲烷不与氧化铜反应时错误的，B错误；C氧化铜与甲烷反应生成水和二氧化碳、一氧化碳，硬质试管里黑色粉末也能变红色，C错误；D甲烷不能与溴水反应，但甲烷能与卤素单质发生取代反应，D错误；答案选A；（4）甲烷中碳元素化合价为-4价，甲烷与氧化铜反应，碳元素化合价升高，甲烷与氧化铜物质的量之比2：7，先根据氢守恒确定水前系数，再根据碳、氧守恒得硬质试管里可能发生的化学方程式为：2CH47CuO7CuCO+CO24H2O；（5）由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成物有CH3Cl（气体）、CH2Cl2（油状液体）、CHCl3（油状液体）
35、、CCl4（油状液体）、HCl（极易溶于水），一段时间后，观察到图2装置中出现的实验现象是：在I瓶中，气体颜色逐渐变浅，瓶壁上出现油状液滴，瓶中无现象，然后打开弹簧夹a、b，观察到的实验现象是：水倒吸入I瓶中，同时I瓶中出现少量白雾，瓶中无现象。点睛：本题是关于甲烷的还原性的实验探究，考查了元素守恒定律的运用及实验的步骤、物质的性质等，掌握实验室制取氯气的反应原理，明确甲烷的取代反应原理、反应条件是解答关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。19.某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中
36、（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度（）15.020.025.030.035.0平衡总压强（kPa）5.78.312.017124.0平衡气体总浓度（103mol/L）2.43.44.86.89.4可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是_（填字母）A2v（NH3）=v（CO2） B密闭容器中总压强不变C密闭容器中混合气体的密度不变 D密闭容器中氨气的体积分数不变根据表中数据，计算25.0时的分解平衡常数为_ （2）已知：NH2COONH4+2H2ONH4HCO3+
37、NH3H2O该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c（NH2COO）随时间变化趋势如图所示计算25时，06min氨基甲酸铵水解反应的平均速率为_ 根据图中信息，如何说明水解反应的平均速率随温度升高而增大：_ 【答案】 (1). BC (2). 1.6108（molL1）3 (3). 0.05molL1min1 (4). 25反应物的起始浓度较小，但06min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15大【解析】【分析】(1)根据化学平衡的标志来判断；先根据反应 NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，可知平衡时容器内气体的浓度之比为2：1，由总浓度求出NH
38、3、CO2的平衡浓度，代入平衡常数的表达式计算；(2)根据化学反应速率的公式计算；由图象数据，用不同初始浓度，不同温度下的平均速率的大小说明【详解】(1)A未指明速率的方向，无法确定正逆反应速率的关系，不能确定反应是否达到平衡状态，故A错误；B该反应是气体体积增大的反应，当容器内压强不变时，气体的总量也不再发生变化，已达到平衡，故B正确；C容器的体积不变，该反应是气体质量增大的反应，当密闭容器中混合气体的密度不变，已达到平衡，故C正确；D因反应物（NH2COONH4）是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，为 ，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；故答案为：BC；25.0时，平
39、衡气体总浓度4.810-3molL1，容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的浓度分别为3.210-3molL1、1.610-3molL1，代入平衡常数表达式：K=(3.210-3)21.610-3=1.610-8，故答案为：1.610-8；(2)25时，06min氨基甲酸铵水解反应的平均速率为V= = =0.05molL1min1，故答案为：0.05molL1min1；25反应物起始浓度较小，但06min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15大，说明水解反应的平均速率随温度升高而增大。故答案为：25反应物起始浓度较小，但06min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15大。20.已知：请根
40、据下图回答（1）E中含有的官能团的名称是_；的反应类型是_ ， C跟新制的氢氧化铜反应的化学方程式为：_ （2）已知B的相对分子质量为162，其燃烧产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1则B的分子式为_ ， F的分子式为_ （3）在电脑芯片生产领域，高分子光阻剂是光刻蚀0.11m线宽芯片的关键技术F是这种高分子光阻剂生产中的主要原料F具有如下特点：能跟FeCl3溶液发生显色反应；能发生加聚反应；芳环上的一氯代物只有两种F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为：_ （4）化合物G是F的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应G可能有_种结构，写出其中任意一种同分异构体的结构简式_ 【答案
41、】 (1). 羧基 (2). 氧化反应 (3). CH3CHO+2Cu(OH)2 CH3COOH+Cu2O+2H2O (4). C10H10O2 (5). C8H8O (6). (7). 4 (8). 或 【解析】【分析】（1）A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应C，根据A的结构中含有酯基、-Br，结合信息：一个碳原子上连有两个羟基不稳定，转化为C=O，结合转化关系可推知C为CH3CHO，C与新制氢氧化铜反应生成E，故E为CH3COOH。（2）B在浓硫酸作用下生成乙酸与F，B是酯，分子式为CxHyO2，相对分子质量为162，B分子中基团-CxHy的式量为162-32=130，故12x+y
42、=13，据此利用商余法推断，进而确定F的分子式；（3）F的相对分子质量为：162+18-60=120，F的结构中含有1个-OH，F能跟FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环、酚羟基，决定为苯的二元取代，故剩余基团的相对分子质量为120-76-17=27，F能发生加聚反应，故还含有C=C，苯环上的一氯代物只有两种，说明为苯环二元对称取代，故F为，F与乙酸反应生成B；（4）化合物G是的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明含有苯环与醛基-CHO，若含有一个支链为-CH2CHO，若有2个支链，则分别为-CH3、-CHO，2个支链有邻、间、对三种位置关系，据此解答。【详解】（1）由分析
43、：E为CH3COOH，含有的官能团名称是：羧基，反应是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O+2H2O；故答案为：羧基；CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O+2H2O；（2）B在浓硫酸作用下生成乙酸与F，B是酯，B的分子式为CxHyO2，相对分子质量为162，B分子中基团-CxHy的式量为162-32=130，故12x+y=13，所以 =1010，故x的最大值为10，H原子数目为10，根据C原子与H原子的关系，x的值只能为10，故B的分子式为：C10H10O2，可推知F的分子式=C10H10O2+H2O-C2H4O2=C
44、8H8O，故答案为：C10H10O2；C8H8O；（3）F的相对分子质量为：162+18-60=120，F的结构中含有1个-OH，能跟FeCl3溶液发生显色反应，说明含有苯环、酚羟基，为苯的二元取代，剩余基团的相对分子质量为120-76-17=27，F能发生加聚反应，还含有C=C，苯环上的一氯代物只有两种，说明为苯环二元对称取代，故F为，F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为： ，故答案为：； 。（4）化合物G是的同分异构体，它属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明含有苯环与醛基-CHO，若含有一个支链为-CH2CHO，只有1种结构，若有2个支链，则分别为-CH3、-CHO，2个支链有邻、间、对三种位置关系，有3种结构，故符合条件的化合物G的结构有1+3=4种，符合条件的同分异构体为： 或（或间位、邻位任一种），故答案为：4； 或（或间位、邻位任一种）。【点睛】本题考查有机物的推断，涉及计算推断、同分异构体、常见官能团的性质与转化、阅读信息获取知识的能力，给出某反应信息要求学生加以应用，注意（3）中可以利用酯化反应的特点，根据B的分子式推断F的分子式，结合F具有的特点，推断F结构。