1、安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64 Zn 651.下列有关说法正确的是聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化的过程糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应淀粉和纤维素的通式均为(C6H10O5)n,两者互为同分异构体欲检验淀粉的水解产物是否有葡萄糖，可在水解液中加入新制氢氧化铜并加热，观察现象油脂的皂化反应属于取代反应A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】聚乙烯塑料中不含碳碳双键，所以不能发生加
2、成反应，聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，错误；利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇变化过程中有新物质生成，所以利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化的过程，正确；多糖、含有酯基的物质、含有肽键的物质都能发生水解反应，油脂中含有酯基、蛋白质中含有肽键，淀粉属于多糖，所以淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，正确；淀粉和纤维素尽管都可用 (C6H10O5)n这一通式表示，但两者的n的数值并不相等，故两者不是同分异构体。错误；欲检验淀粉的水解产物是否有葡萄糖，应该先加碱溶液中和酸后再加新制的氢氧化铜悬浊液，错误；饱和油脂的皂化反应属于酯化反应，是取代反应的一种，正确。故选A。2.分类
3、法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是混合物：漂白粉、王水、Fe(OH)3胶体、冰水混合物化合物： CaCl2、 NaOH、 HCl、HT同素异形体：C60、 碳纳米管、金刚石、石墨电解质：胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾煤的干馏、煤的气化和煤的液化都属于化学变化硅酸盐：光导纤维、水晶、玻璃、水泥A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据混合物、化合物、同素异形体、电解质、硅酸盐等有关概念结合物质的组成和性质解答。【详解】由两种或以上物质构成的为混合物，其中冰为固体水，故冰水混合物为纯净物，错误；由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物，而HT是由一种元素
4、形成的氢气，为单质，错误；同种元素形成不同种单质间互为同素异形体，C60、碳纳米管、金刚石、石墨均为碳元素形成的不同种碳单质，故互为同素异形体，正确；在水溶液中或熔融状态下能电离的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等，故胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质，正确；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；煤的气化是用煤生产水煤气；煤的液化是用煤生产甲醇等液体燃料，故煤的干馏、气化和液化均为化学变化，正确；所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，而光导纤维、水晶的主要成分均为二氧化硅，故不是硅酸盐，错误；答案选B。3.如图是元
5、素周期表的轮廓图，通常用于制造农药的元素所在的区域是()A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】非金属中的F、P、S、Cl常用于制造农药，故D正确。4.NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是( )A. 常温下，7.8g 固体Na2O2中，含有的阴阳离子总数为0.4NAB. 4时，18g D2O中含有共用电子对数为2NAC. 中含有的共价键数为D. 用铁、Cu片、稀硫酸组成原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A. 7.8g 固体Na2O2的物质的量为0.1mol，由于其由钠离子和过氧根离子构成，故其含有的阴阳离子
6、总数为0.3NA，A说法不正确；B. D2O的相对分子质量为20，其分子中有2个共用电子对，18g D2O的物质的量小于1mol，故其中含有共用电子对数小于2NA，B说法不正确；C. 分子是有13个共价键，因此 中含有的共价键数为，C说法正确；D. 用铁、Cu片、稀硫酸组成原电池，铁为负极，其在反应中变为Fe2+，当金属铁质量减轻5.6g时，铁溶解了0.1mol，故流过外电路的电子为0.2NA，D说法不正确。本题选C。5.在恒容密闭容器中，可逆反应C(s)+CO2(g)2CO(g)，不能说明达到平衡状态的是A. 单位时间内生成nmolCO2的同时生成2nmolCOB. 单位时间内生成nmolC
7、O2的同时生成nmolCC. 混合气体的密度不再改变的状态D. 混合气体的压强不再改变的状态【答案】B【解析】【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。【详解】A单位时间内生成nmolCO2的同时生成2nmolCO，同时生成2nmolCO，正逆反应速率相等，达到平衡状态；B单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolC，都体现逆反应方向，不能说明达到平衡状态；C混合气体的密度不改变的状态，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态；D混合气体的压强不再改变的状态，说明气体的物质的量
8、不变，反应达平衡状态；答案选B。6.实验是化学的灵魂，下列关于实验现象的叙述正确的是A. 将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生:再通入SO2，产生沉淀B. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解:再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C. 向AlCl3溶液中逐滴加入氨水至过量，先产生白色沉淀，后又逐渐溶解D. 纯铁与稀硫酸反应产生氢气速率较慢，如滴入几滴硫酸铜溶液，速率加快【答案】D【解析】分析：A亚硫酸的酸性弱于盐酸；B酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性；C氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝；D构成了原电池加快反应速率。详解：A. 碳酸、亚硫酸的酸性均弱于盐酸，所以将CO2通入BaCl2溶液中至饱
9、和，无沉淀产生，再通入SO2，也不会产生沉淀，A错误；B. 铜的金属性较弱，在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，由于在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能把金属铜氧化，所以铜粉溶解，B错误；C. 向AlCl3溶液中逐滴加入氨水至过量，产生氢氧化铝白色沉淀，但氨水是弱碱，氨水过量后不能溶解氢氧化铝，所以沉淀不会消失，C错误；D. 纯铁与稀硫酸反应产生氢气速率较慢，如滴入几滴硫酸铜溶液，铁可以把铜置换出来，构成原电池，铁作负极，因此反应速率加快，D正确。答案选D。7.工业上合成有机物M的反应如下（反应条件已略去）：下列有关说法错误的是（ ）A. M的两种单体都属于烃B. M不能
10、使溴水褪色C. 上述反应的原子利用率为100%D. M属于高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.苯乙烯、1，3-丁二烯都是仅含碳氢两种元素的化合物，属于烃，选项A正确；B.M分子中含有碳碳双键，能够与发生加成反应而使溴水褪色，选项B错误；C.题述反应中，反应物原子全部转化为生成物，原子利用率为100%，选项C正确；D.M属于高分子化合物，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键。易错点为选项B，M分子中含有碳碳双键，能够与发生加成反应而使溴水褪色。8.某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的
11、几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是( )A. 溶液中一定含有NHB. 溶液中一定含有Al3+C. 溶液中一定含有NOD. 溶液中一定含有SO【答案】C【解析】【分析】某溶液中可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系示意图可知，一定有Mg2+、Al3+和NH，则根据离子共存的条件及沉淀的颜色可以
12、判断，一定没有CO和Fe3+。根据溶液电中性可知，一定有SO。【详解】A. 沉淀达到最大量之后，即加入NaOH的物质的量在0.5mol0.7mol之间时，沉淀既没有增加也不有减少，说明溶液中一定含有NH，A说法正确；B. 加入NaOH的物质的量在0.7mol0.8mol之间时，沉淀的量逐渐减少，说明溶液中一定含有Al3+，B说法正确；C. 加入锌粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO，因为若有NO，会产生有刺激性气味的氮的氧化物，C说法不正确；D. 溶液中一定存在H+、NH、Mg2+、Al3+，一定没有CO和NO，由于溶液呈电中性，所以，溶液中一定含有SO，D说法正确。本
13、题选C。9.下图所示的实验，能达到实验目的的是( )ABCD验证化学能转化为电能验证非金属性:ClCSi实验室制氨气研究催化剂对化学反应速率的影响A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】A没有构成闭合回路；B盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠溶液反应；C氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵；D由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量。【详解】A没有构成闭合回路，不能形成原电池装置，则不能验证化学能转化为电能，A错误；B盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，盐酸与硅酸钠溶液反应，则不能比较C、Si的非金属性，B错误；C氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢又化合生成氯化铵，不能
14、制备氨气，应利用铵盐与碱加热制备，C错误；D由控制变量研究反应速率的影响因素可知，只有一个变量催化剂，则图中装置可研究催化剂对化学反应速率的影响，D正确；答案选D。10.己知镍的金属活动性介于铁和锡之间。工业上以氧化镍矿为原料制取高纯度的金属镍，最适宜的方法是A. 氧化镍高温分解B. 电解熔融的氧化镍C. 高温下用焦炭还原氧化镍D. 高温下用氢气还原氧化镍【答案】D【解析】【详解】镍的金属活动性介于铁和锡之间，类似金属铁的冶炼采用热还原法，氧化镍矿为原料制得高纯度的金属镍的冶炼方法为热还原法。答案选D。【点睛】掌握金属的活泼性和冶炼方法是解答的关键。金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中
15、还原出来的生产过程金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法。金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（ZnCu）；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（KAl）。11.利用反应构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是 A. 电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极B. 电极A极反应式为C.
16、 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜D. 当有被处理时，转移电子数为【答案】C【解析】【分析】由反应可知，在该反应中，是还原剂，是氧化剂，故电极A为负极，电极B为正极。【详解】A. 外电路中电流从正极流向负极，故电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A说法不正确；B. 电极A极反应式为，B说法不正确；C. A极反应式为，B极电极反应式为，因此，负极消耗，而正极生成，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，C说法正确；D. 没有指明温度和压强，无法根据气体摩尔体积计算的物质的量，故无法计算转移的电子数，D说法不正确；本题选C。12.有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件
17、下甲水解为乙和丙两种有机物，且乙和丙分子中含有数目相同的甲基，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有A. 6种B. 5种C. 4种D. 3种【答案】B【解析】【详解】有机物甲发生水解，生成两种有机物，因此有机物甲为酯，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明醇比羧酸多一个碳原子，即构成此酯的羧酸的分子式为C4H8O2，醇的分子式为C5H12O，因为两者具有相同的甲基，因此有羧酸结构简式为CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，醇有CH3CH2CH2CH2CH2OH、(CH3)2CHCH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)C
18、H2OH、CH3CH2CH2CH(CH3)OH、(CH3CH2)2CHOH，即有五种结构，故选项B正确。【点睛】本题的突破口在在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明醇比羧酸多一个碳原子，从而确定醇和羧酸的分子式，即为羧酸的分子式为C4H8O2，醇的分子式为C5H12O，然后书写碳链异构，注意羧酸和醇上甲基是相同的。13.硅在氧气中完全燃烧的化学方程式为：Si+O2SiO2，1 mol Si完全燃烧生成SiO2放出992kJ的热量。已知断裂1mol Si-Si键、1mol O=O键和1mol Si-O键吸收的能量分别为176kJ、496kJ、460kJ。晶体结构知识告诉我们
19、，1mol SiO2中含有4mol Si-O键，则1molSi中含有Si-Si键的物质的量为( )A. 1molB. 2molC. 3molD. 4mol【答案】B【解析】【详解】设1molSi中含有Si-Si键的物质的量为x，1molSi完全燃烧生成SiO2放出992kJ的热量，断裂1molSi-Si键、1molO=O键和1molSi-O键吸收的能量分别为176kJ、496kJ、460kJ1molSiO2中含有4molSi-O键，H=E(断裂化学键的键能之和)-E(形成化学键的键能之和)，则x176+496kJ-4460kJ=-992kJ，解得x=2mol，故选B。【点睛】本题考查反应热与焓
20、变，为高频考点，把握焓变与键能之间的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意晶体中化学键的数目。14.已知反应2X(g)+Y(g)2Z(g)，某研究小组将4moX和2molY置于一容积不变的密闭容器中，测定不同时间内X的转化率，得到的数据如表所示，下列判断正确的是( )t/min24.556X的转化率30%40%70%70%A. 随着反应的进行，混合气体的密度不断增大B. 其他条件不变，将X的物质的量改为10mol，则可得到4molZC. 6min时，容器中剩余1.4molYD. 反应在5.5min时，【答案】D【解析】【详解】A. 该反应在容积不变的密闭容器中进行，根据质量守恒定律可
21、知，气体的质量保持不变，故混合气体的密度不变，A判断不正确；B. 其他条件不变，将X的物质的量改为10mol，因为该反应是可逆反应，Y的转化率也不可能达到100%，故不可能得到4molZ，B判断不正确；C. 6min时，X的转化率为70%，由于投料之比等于化学计量数之比，则Y的转化率也是70%，Y的变化量为1.4mol，容器中剩余Y0.6mol，C判断不正确；D. 由表中数据可知，反应在5min时已达平衡状态，则反应在5.5min时，正反应速率等于逆反应速率，由于X和Z的化学计量数相同，则，D判断正确；本题选D。15.下列说法正确的是( )A. 已知 C-C 键可以绕键轴自由旋转，结构简式为：
22、分子中至少有 11 个碳原子处于同一平面上B. 能发生的反应类型有：加成反应、取代反应、消去反应、酯化反应、 水解反应C. 3-甲基-3-乙基戊烷的一氯取代产物为 5 种D. 相同条件下乙酸乙酯在水中的溶解度比在乙醇中的溶解度要大【答案】A【解析】【详解】A.分子中至少红圈内的 11 个碳原子处于同一平面上，故A正确；B. 含有羧基、羟基、碳碳双键，能发生加成反应、取代反应、消去反应、酯化反应，不能发生水解反应，故B错误；C.3-甲基-3-乙基戊烷有3种等效氢，一氯取代产物有3 种，故C错误；D. 乙酸乙酯难溶于水，易溶于有机溶剂，相同条件下乙酸乙酯在水中的溶解度比在乙醇中的溶解度小，故D错误
23、；选A。【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。16.现有等体积混合而成的4组气体：NO2NO、NO2O2、HClN2、Cl2SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则高度关系是A. h4h2h3h1B. h4h3h2h1C. h2h3h1h4D. h3h2h1h4【答案】A【解析】【详解】设试管的高度都是h，则根据3NO2H2O=2HNO3NO、4NO2O22H2O=4HNO3、Cl2SO22H2O=2HClH2SO4可知，
24、中水的高度是h/3、中是5h/8、水充满试管，氯化氢极易溶于水，而氮气不溶于水，所以水的高度是h/2，则答案选A。17.A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径DCAEB，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属试回答：(1)B在周期表中的位置是_ ； C的元素名称为_(2)在五种元素中，能形成的最简单的液态或气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是_ (用具体的分子式表示)(3)A与B形成的三原子分子的结构式是_，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式是_(4)写一个由以上5种元素中
25、部分元素形成的物质的发生置换反应的方程式_【答案】 (1). 第二周期第VIA族 (2). 硅 (3). H2ONH3CH4SiH4 (4). O=C=O (5). (6). 2C + SiO2 2CO + Si【解析】【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径DCAEB，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族。 C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属，则D的最外层有1个电子，其为Na，C的最外层有4个电子，其为Si ，则A为C元素；C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，则B为O元素；原子半径AEB，则E为N元素。【详解】(1)B为O元素，其在周期表中
26、的位置是第二周期第VIA族； C的元素名称为硅。(2)在五种元素中，能形成的最简单的液态或气态氢化物的有H2O、NH3、CH4、SiH4，由于非金属性ONCSi，故其稳定性由大到小的顺序是H2ONH3CH4SiH4。(3)A与B形成的三原子分子是CO2，其分子中有两个碳氧双键，故其结构式是O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物是过氧化钠，其电子式是。(4)由以上5种元素中部分元素形成的物质中，能发生置换反应的有多种，如钠和水、氨气和氧气、甲烷和氧气（甲烷不完全燃烧生成碳的单质）、焦炭和二氧化硅，焦炭和二氧化硅反应的化学方程式为2C + SiO2 2CO + Si 。【点睛】本题中“
27、C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍”是突破口，由于D的原子半径最大，故其为Na。C的最外层不可能是8个电子，只能是4个，因为我们通常不比较稀有气体与其他原子的原子半径。18.有机物的世界缤纷多彩，苯乙烯在一定条件下有如图转化关系，根据框图回答下列问题： 苯乙烯与的生成B的实验现象为_，苯乙烯最多能和含_的溶液反应。苯乙烯生成高聚物D的的化学方程式为_，该反应类型是_。苯乙烯与水反应生成C的可能生成物有_、_，其中分子中含有“”的有机物在铜作催化剂和加热的条件下发生氧化反应的化学方程式为_。苯乙烯与足量一定条件下充分反应的生成物A的分子式为_，A的二氯代物有_种，有机物正二十烷存在
28、于烤烟烟叶中，正二十烷与A的关系是_。A同分异构体 同系物 同素异形体 都不是【答案】 (1). 溶液的橙红色褪去 (2). 1 (3). n (4). 加聚反应 (5). (6). (7). 2+O22+2H2O (8). (9). 23 (10). D【解析】分析】由转化关系及反应条件可知，A为乙基环己烷，B为苯乙烯与溴的加成产物，C为苯乙烯与水发生加成反应的产物，D为聚苯乙烯。【详解】苯乙烯与的溶液发生加成反应，实验现象为溶液的橙红色褪去，苯乙烯分子中只有碳碳双键能与溴发生加成反应，故苯乙烯最多能和含1 的溶液反应。苯乙烯分子含有碳碳双键，故其能发生加聚反应生成高聚物D，化学方程式为n，
29、该反应是加聚反应。苯乙烯与水在一定的条件下能发生加成反应，生成物C有两种可能结构，即和，其中分子中含有“”的有机物在铜作催化剂和加热的条件下发生催化氧化反应的化学方程式为2+O22+2H2O。苯乙烯与足量一定条件下充分反应的生成物A为乙基环己烷，其分子式为，A的二氯代物有很多种，用定一议二法，A分子中共有6种碳原子，标记为，先取代1号碳上的一个H，则取代第二个H原子可能位置有6种（1号碳上有两个H）；先取代2号碳原子上的一个H，则取代第二个H的可能位置如图，共7种；先取代3号碳上的一个H，则取代第二个H的位置如图，共5种；先取代4号碳上的一个H，则取代第二个H的位置如图，共2种；先取代5号碳上
30、的一个H，则取代第二个H的位置如图，共2种；先取代6号碳上的一个H，则取代第二个H的位置仍只能在6号碳原子上，故只有1种。合计23种。有机物正二十烷存在于烤烟烟叶中，正二十烷属于烷烃，则A属于环烷烃，故其与A既不是同分异构体，也不是同系物，更不是同素异形体，故选D。【点睛】在使用定一议二法判断同分异构体的数目时，最重要的是要防止重复，从1号开始依次先定下一个取代位置，再分析取代第二个H原子的位置。若先取代其他位置上的H原子时，第二个取代位置就不能再包括1号碳了，依此类推。19.氯苯在染料、医药工业中有广泛的应用，某实验小组利用如下装置合成氯苯（支撑用的铁架台部分省略）并通过一定操作提纯氯苯。反
31、应物和产物的相关数据列表如下：密度/gcm3沸点/水中溶解性 苯0.87980.1微溶氯苯1.11131.7不溶请按要求回答下列问题。（1）装置A中橡胶管c的作用是_，装置E的作用是_。（2）实验时；使a中的浓盐酸缓缓滴下，可观察到仪器b内的现象是_，写出反应的离子方程式_。（3）为证明氯气和苯发生的是取代而不是加成反应，该小组用装置F说明，则装置F置于_之间（填字母），F中小试管内CCl4的作用是_，还需使用的试剂是_。（4）已知D中加入5 mL苯，经过提纯后收集到氯苯3.0 g，则氯苯的产率为_%（保留三位有效数字）。【答案】 (1). 平衡仪器a,b 内气压，使浓盐酸能顺利滴下（或答“平
32、衡仪器a,b 内的气压”） (2). 除去氯气和氯化氢气体，防止大气污染 (3). 有黄绿色气体生成 (4). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (5). D和E (6). 除去氯气 (7). 硝酸银溶液（或其它合理答案） (8). 47.3【解析】【分析】二氧化锰和浓盐酸生成的氯气经B中的饱和食盐水除去氯气中的HCl，再经C中的浓硫酸除去水蒸气，进入D中和苯在铁催化下发生反应，多余的氯气以及D中生成的HCl不能排放到空气中，用E中的碱石灰吸收。若向证明苯和氯气发生的取代而不是加成反应，只需要检验取代反应生成的HCl即可。【详解】（1）反应中有气体生成，因此恒压漏斗的主要作用是
33、平衡仪器a，b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下；D中反应生成氯苯与HCl，未反应的氯气、HCl会污染环境，需要进行尾气处理，故装置E的作用是除去氯气和氯化氢气体，防止污染大气；（2）A中发生反应为二氧化锰与盐酸反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，因此观察到仪器b内的现象是有黄绿色气体生成；（3）如果苯和氯气发生的是取代反应，则有HCl生成，如果发生的是加成反应，则无HCl生成，用硝酸酸化的硝酸银溶液检验HCl，装置F应介于D、E之间，由于为反应的氯气与硝酸银溶液也含有生成氯化银沉淀，故四氯化碳溶液的作用是除去氯气；（4）5mL苯的质量为5m
34、L0.879g/mL=4.395g，则理论上得到氯苯的质量为4.395g/78g/mol112.5g/mol6.33g，故氯苯的产率为3g/6.33g100%=47.3%。20.(1)原电池可将化学能转化为电能。若Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，负极是_(填“Cu”或“Fe”)；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，正极发生_反应(填“氧化“或还原”)。质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，一段时间后，取出洗净、干燥、称量，二者质量差为12.9g。则导线中通过的电子的物质的量是_mol。(2)肼空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的能量转化率高。已知：电流效率可
35、用单位质量的燃料提供的电子数表示。肼空气碱性(KOH为电解质)燃料电池、氨气空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的电流效率之比为_。(3)一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，x为_。若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度_0.8mol/L(填“大于，小于或等于”)。若已知达平衡时，该容器内混合气休总压强为p，混合气体起始压强为p0。请用p0、p来表示达平衡时反应物A的转化率为_。【答案】 (1). Cu (2). 还
36、原 (3). 0.2 (4). 17:24 (5). 2 (6). 小于 (7). 或【解析】【分析】（1）Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，Fe与浓硝酸发生钝化，而Cu与浓硝酸发生自发的氧化还原反应，Cu失去电子作负极；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，锌与盐酸发生自发的氧化还原反应，所以银作正极，锌作负极；质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，锌作负极失去电子，铜作正极，以此来解答；（2)燃料电池中燃料在负极通入，发生失去电子的氧化反应，据此解答。（3）利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；根据随着反应的进行反应物的浓度减少，反应速率减慢，据此判断；相同条件下，压强之比等
37、于物质的量之比，据此计算平衡后混合气体总的物质的量，利用差量法计算参加反应的A的物质的量，再根据转化率定义计算。【详解】（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，常温下Fe与浓硝酸发生钝化，而Cu与浓硝酸发生自发的氧化还原反应，Cu失去电子作负极，被氧化，正极上正5价的氮得到电子被还原生成二氧化氮，发生还原反应；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，锌与盐酸发生自发的氧化还原反应，所以银作正极，发生得到电子的还原反应；质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，锌作负极失去电子，铜作正极，铜离子得到电子，1molZn失2mol电子，1mol铜离子得2mol电子，
38、设转移电子物质的量为xmol，则：x/2 mol65g/mol+x/2 mol64g/mol=12.9g，解得x=0.2；（2）肼空气碱性(KOH为电解质)燃料电池中燃料肼在负极通入，发生失去电子的氧化反应。氧化产物为大气主要成分，即为氮气，电极反应式为N2H44e+4OHN2+4H2O，1mol肼即32g肼失去4mol电子；氨气空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)中负极是氨气失去电子，电极反应式为2NH36e+6OHN2+6H2O，2mol氨气即34g氨气失去6mol电子，所以二者的电流效率之比为；（3）反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L
39、，参加反应的A的物质的量为3mol-1.8mol=1.2mol，浓度是0.6mol/L，根据浓度变化量之比是化学计量数之比可知x；随着反应的进行，反应速率逐渐减小，若反应经2min达到平衡，后1min的平均速率小于前1min的平均速率，前1min内C的浓度变化为0.4mol/L，则后1min内C的浓度变化小于0.4mol/L，故平衡时C的浓度小于0.8mol/L；若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为p，混合气体起始压强为p0，故平衡后混合气体总的物质的量为（3mol+1mol）p/p0=4p/p0mol，故平衡后混合气体物质的量减少量为（4-4p/p0）mol，则根据方程式可知3A(g)+B(g)2C(g) 物质的量减少n3 2n（A） （4-4p/p0）mol故n（A）=（6-6p/p0）mol因此A的转化率=（6-6p/p0）mol/3mol100%=。【点睛】本题综合考查原电池原理的理解及应用、化学平衡的有关计算等，题目难度中等，难点是原电池工作原理的理解以及应用，注意原电池正负极判断时不能仅考虑金属性强弱，还必须考虑电解质溶液的性质等。例如（1）中铁铜与浓硝酸组成的原电池，再比如镁铝与氢氧化钠溶液组成的原电池等。
