1、2014-2015学年湖北省武汉二中高一（下）期末化学试卷一、选择题（共20小题每题只有一个正确答案，1至12题每题2分，13至20题每题3分，共48分）1化学是人类利用自然资源、丰富物质世界的重要科学依据下列说法不正确的是（）A 我国许多城市已经推广使用清洁燃料以减少环境污染，如压缩天然气（CNG）、液化石油气（LPG），这两类燃料的主要成分均是烃类B 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C 当今，实现煤的综合利用的主要途径是通过煤的干馏、煤气化和煤液化而获得洁净的燃料和多种化工原料D 工业上利用金属活泼性不同，采用不同的冶炼方法冶炼金属，如电解法冶炼铝、热还原法冶炼铁、热分解
2、法冶炼铜2X、Y为短周期元素，X位于IA主族，X、Y可形成化合物X2Y下列说法不正确的是（）A 两元素形成的化合物中原子个数比可能为1：1B X的原子半径一定大于Y的原子半径C X、Y的简单离子可能具有相同的电子层结构D X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物3物质（tBuNO）2在正庚烷溶剂中反应：（tBuNO）22（tBuNO），测得该反应的H=+50.5kJmol1，活化能Ea=90.4kJmol1能量关系图合理的是（）A B C D 4反应A（g）+B（g）C（g）H，分两步进行：A（g）+B（g）X（g）H1 X（g）C（g）H2，反应过程中能量变化如图所示，E1表示A+BX的活
3、化能，下列说法正确的是（）A Hl=HAH20B X是反应A（g）+B（g）C（g）的催化剂C E2是反应的活化能D H=E1E25下列关于化学反应速率的说法中，正确的是（）用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率决定化学反应速率的主要因素是反应物的浓度一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，为减慢反应速率而又不影响生成H2的量，可向其中加入KNO3溶液汽车尾气中的NO和CO反应转化为无害的N2和CO2，减小压强，反应速率减慢增大压强，一定能加快化学反应速率用锌与稀硫酸反应制H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率使用催化剂，使反应的活化能降低，反应速率加快光是影响
4、某些化学反应速率的外界条件之一反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在2L的密闭容器中进行，1min后，NH3减少了0.12mol，则1min末的化学反应速率为v（NO）=0.06molL1min1A B C D 6如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O下列说法正确的是（）A 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B 甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH6e+2H2O=CO32+8H+C 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D 甲池中消耗280 mL（
5、标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体7某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图，下列说法不正确的是（）A A为电源正极B 阳极区溶液中发生的氧化还原反应为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OC 阴极区附近溶液pH降低D 若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44 L（标准状况）时，有0.1 mol Cr2O72被还原8下列反应属于取代反应的组合是（）CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2BrCH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O2CH3CH2OH+O22CH3C
6、HO+2H2O+Br2+HBrA B C D 9乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有几种（）A 5种B 6种C 8种D 9种10如图是六种常见有机化合物分子的球棍模型，下列有关叙述中不正确的是（）A 甲、乙、丙属于烃，丁、戊、己属于烃的衍生物B 丙和己混合后会分层，且丙在上层C 甲、丙、丁、戊、己均发生取代反应D 乙和水反应可生成丁，丁和戊反应可生成己11根据转化关系判断下列说法正确的是（）A （C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体B 可以利用银镜反应证明反应的最终产物为葡萄糖C 酸性高锰酸钾可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热捕插乙醇中
7、也可得到乙酸D 在反应得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶液并分液可得到纯净的乙酸乙酯12某同学设计如图元素周期表，以下说法正确的是（）A X、Y、Z元素分别为N、P、OB 白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素C 原子半径：ZXYD X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是：X的氢化物13下列有关反应热的叙述中正确的是（）已知2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1，则氢气的燃烧热为H=241.8kJmol1由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的H增大已知：共价键CCCC
8、CHHH键能/（kJmol1）348610413436上表数据可以计算出 （g）+3H2（g）（g）的反应热；由盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量相等；25，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A B C D 14燃料电池不是把还原剂、氧化剂全部贮藏在电池内，而是在工作时，不断从外界输入，同时将电极反应产物不断排出电池下面有4种燃料电池的工作原理示意图，其中正极的反应产物为水的是（）A 固体氧化物燃料电池B 碱性燃料电池C 质子交换膜燃料电池D 熔融盐燃料电池15NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当
9、NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率将浓度均为0.020molL1的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）A 40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B 图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等C 图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0105 mol（Ls）1D 温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂16的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有（不考虑立体异
10、构）（）A 2种B 3种C 4种D 5种17下列关于乙酸的说法中，正确的是（）乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能导电无水乙酸又称为冰醋酸，它是纯净物乙酸分子里有四个氢原子，所以它不是一元酸乙酸是一种重要的有机酸，常温下乙酸是有刺激性气味的液体1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸作用下可生成88g乙酸乙酯食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到A B C D 18下列关于有机物的说法中，正确的一组是（）淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液石油的分馏和煤的气化都是发生了化
11、学变化淀粉遇碘酒变蓝色；葡萄糖在碱性、加热条件下，能与银氨溶液反应析出银；在加热条件下，也可与新制的Cu（OH）2悬浊液反应产生砖红色的沉淀；塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料A B C D 19海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示）下列有关说法正确的是（）A 第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B 工业上金属钠是通过氯碱工业制取C 从第步到第步的目的是为了富集溴元素D 在第步中溴元素均被氧化20现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确认其成分
12、，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀该同学得出的结论正确的是（）A 根据现象1可推出该试液中含有Na+B 根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C 根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+D 根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+二、解答题（共9小题，满分52分）21A、B、C、D、E、F为常见的原子序数依次增大的短周期元素，B、C、D、E、F的简单离子的电子层结构相同，A和E同主族，且原子的最外层电子数的关系为A+D=B+F=8请回答：（1）试写出B2单质的电子式：试写出由上述元素组成的分
13、子中含有4个原子核且为18电子结构的物质的化学式（2）含F元素对应的金属阳离子的溶液中滴加过量E的最高价氧化物对应水化物的溶液，其离子方程式是（3）已知B2A4与BA3具有相似的性质，B2A4通过炽热的氧化铜粉末，粉末由黑色变为红色，且产物对大气无污染，其化学反应方程式是（4）在2L的密闭容器中，通入2mol B2气体和3mol A2气体，一定温度下反应生成BA3气体，当反应达到平衡时，A2的浓度为0.15molL1，同时放出约83.2kJ的热量，该反应的热化学方程式为（5）已知某化合物EB3与水可以反应生成两种气体单质和一种碱，试写出其化学方程式；若0.1mol该化合物完全反应，转移电子的物
14、质的量为2）甲、乙是元素周期表中同一主族相邻周期的两种元素（其中甲在上一周期），若甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能是（2）若甲、乙分别是同一周期的A族和A族元素，原子序数分别为m和n，则m和n的关系为23甲烷、一氧化碳和氢气、甲醇等既是重要的燃料也是重要的化工原料已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H1=571.6kJmol1CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H2=36kJmol1CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H3=+216kJmol1（1）氢气的燃烧热为，写出甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：（2）现有1mol由H2O（g）与O2
15、组成的混合气体，且O2的体积分数为x，将此混合气体与足量CH4充分反应当x=时，反应与放出（或吸收）的总能量为0若反应过程中能量转化过程如图所示，下列有关说法中正确的是AE1=36kJ BE2=36kJCE1E2=36kJ DE3E1=36kJ（3）工业上可通过CO和H2化合制得CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1（CO结构式为CO）又知某些化学键的键能（断开1mol化学键时所需要的最低能量）数值如下表：化学键CCCHHHCOCOHO键能（kJmol1）3484134363581072463则H1=，在相应的反应条件下，将1mol CO（g）与足量H2混合充分反应后，放出或
16、吸收的热量H1（用，或=填空）24氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl（1价）和S（+6价）的速率如图所示，已知这个反应速率随着溶液中c（H+）增大而加快（1）反应开始时反应速率加快的原因是（2）反应后期反应速率下降的原因是25用惰性电极电解200mL一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图所示，电解过程中的实验数据如图所示，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）（1）下列说法正确的是（填序号）A电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生Ba电极上发生的反应为2H+2eH2和4OH4e2H2O+O2C从P点到Q点时收集到的混合气体的平
17、均摩尔质量为12gmol1DOP段表示H2和O2混合气体的体积变化，PQ段表示O2的体积变化（2）如果要使溶液恢复到电解前的状态，向溶液中加入0.8g CuO即可，则电解后溶液的C（H+）=（3）如果向所得的溶液中加入0.1mol Cu（OH）2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为mol（4）如果向所得的溶液中加入0.1mol Cu2（OH）2CO3后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑CO2的溶解），电解过程中转移的电子为mol26用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的溶液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol
18、L1的FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a、b、c代表电压数值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2bx0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是（2）中，Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化写出有关反应：（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有性（4）中虽未检验出Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物
19、axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是molL1中检测Cl2的实验方法与对比，得出的结论（写出两点）：27如图是实验室制取溴苯的三个装置，根据要求回答下列各题：（1）装置A烧瓶中发生反应的化学方程式是；装置A中左侧长导管的作用是；装置A和C中的两处明显错误是、（2）在按装置B、C装好仪器及药品后要使反应开始，应对装置B进行的操作是，应对装置C进行的操作是（3）装置B、C较好地解决了A中加装药品和使装置及时密封的矛盾，方便了操作A装置中这一问题在实验中造成的后果是（4）B中采用了洗气瓶吸收装置，其作用是反应后洗气瓶中可能出现的现象是（5）B装置也存在两个明显的缺点，
20、其中之一与A、C中的错误相同，而另一个缺点是：28乙烯与乙烷混合气体共1mol，与bmol的氧气共存于一密闭容器中，点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完，得到CO和CO2的混合气体和45g水试求：（1）乙烯和乙烷的物质的量之比n（C2H4）：n（C2H6）=（2）反应后CO和CO2混合气体的物质的量为反应前氧气的时，则b=得到的CO和CO2的物质的量之比n（CO）：n（CO2）=29科学家于1978年制得一种物质A，A可看作是烃B的所有氢原子被烃C的一价基取代而得A遇Br2的CCl4溶液不褪色A中氢原子被1个氯原子取代只得一种物质一定量的C完全燃烧所得的H2O和CO2的物质的量之比为1.25：
21、1；C的同分异构体不超过3种，而C的二溴代物为3种一定量的B完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量之比为2B的相对分子质量大于26，小于78试回答下列问题：（1）B的分子式为（2）写出C的3种二溴代物的结构简式：、（3）A的分子式为；A的结构简式为2014-2015学年湖北省武汉二中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题每题只有一个正确答案，1至12题每题2分，13至20题每题3分，共48分）1化学是人类利用自然资源、丰富物质世界的重要科学依据下列说法不正确的是（）A 我国许多城市已经推广使用清洁燃料以减少环境污染，如压缩天然气（CNG）、液化石油气（LPG），这两类燃
22、料的主要成分均是烃类B 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C 当今，实现煤的综合利用的主要途径是通过煤的干馏、煤气化和煤液化而获得洁净的燃料和多种化工原料D 工业上利用金属活泼性不同，采用不同的冶炼方法冶炼金属，如电解法冶炼铝、热还原法冶炼铁、热分解法冶炼铜考点：化石燃料与基本化工原料；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理；煤的干馏和综合利用专题：化学应用分析：A缩天然气（CNG）类的主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）类的成分是丙烷、丁烷等；B蒸馏法、电渗析法、离子交换法等都可淡化海水；C煤的综合利用的主要途径有：煤的气化、煤的液化、煤的干馏；D不同的金属应选用不同的冶炼
23、方法，金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定，即金属离子得电子的能力解答：解：A缩天然气（CNG）类的主要成分是甲烷，、液化石油气（LPG）类的成分是丙烷、丁烷等，所以这两类燃料的主要成分都是烃类，故A正确； B蒸馏法、电渗析法、离子交换法等都可淡化海水，为常用方法，故B正确；C煤的综合利用的主要途径有：煤的气化、煤的液化、煤的干馏煤的气化是让煤在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和一氧化碳；煤的液化是利用煤制取甲醇的反应；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤发生复杂的化学反应的过程，主要得到煤焦油、焦炉气、焦炭、粗氨水，故C正确；D根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法
24、，如钠、铝等，较活泼金属用热还原法，如铜、铁等，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼，故D错误故选D点评：本题考查环境污染、海水淡化、确定金属冶炼方法的依据，难度不大，注意根据金属的活动性强弱确定金属的冶炼方法2X、Y为短周期元素，X位于IA主族，X、Y可形成化合物X2Y下列说法不正确的是（）A 两元素形成的化合物中原子个数比可能为1：1B X的原子半径一定大于Y的原子半径C X、Y的简单离子可能具有相同的电子层结构D X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y为短周期元素，X位于IA族，化合价为+1价，X与Y可形成
25、化合物X2Y，Y化合价为2价，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问解答：解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，化合价为+1价，X与Y可形成化合物X2Y，Y化合价为2价，则Y为第A族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，A两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故A正确；B当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故B错误；CX为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故C正确；D化学式为
26、X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确故选B点评：本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，能较好地培养学生的科学素养，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用3物质（tBuNO）2在正庚烷溶剂中反应：（tBuNO）22（tBuNO），测得该反应的H=+50.5kJmol1，活化能Ea=90.4kJmol1能量关系图合理的是（）A B C D 考点：活化能及其对化学反应速率的影响专题：化学反应速率专题分析：（tBuNO）22（tBuNO），测得该反应的H=+50.5kJm
27、ol1，该反应为吸热反应，则生成物的总能量高，活化能Ea=90.4kJmol1，则反应物分子变为活化分子的能量为90.4kJmol1，以此来解答解答：解：由题意可知，（tBuNO）22（tBuNO），测得该反应的H=+50.5kJmol1，该反应为吸热反应，则生成物的总能量高于反应物的总能量，所以BC错误；H=+50.5kJmol1，活化能Ea=90.4kJmol1，数值上接近2倍的关系，所以A错误；故选D点评：本题考查化学反应与能量，注意图象中反应热与活化能的关系是解答本题的关键，明确吸热反应中反应物与生成物的总能量的相对大小，题目难度不大4反应A（g）+B（g）C（g）H，分两步进行：A（
28、g）+B（g）X（g）H1 X（g）C（g）H2，反应过程中能量变化如图所示，E1表示A+BX的活化能，下列说法正确的是（）A Hl=HAH20B X是反应A（g）+B（g）C（g）的催化剂C E2是反应的活化能D H=E1E2考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：A依据盖斯定律来分析反应热的关系，然后根据反应物的总能量和生成物的总能量的大小判断是吸热还是放热；B依据催化剂是先作为反应物参与化学反应，然后再通过化学反应转变成原物质；C依据分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能；D依据图象能量关系可知，反应的焓变=逆反应的活化能正反应的活化能解答：解：AA（
29、g）+B（g）X（g）H1 X（g）C（g）H2，+得：A（g）+B（g）C（g）H=H1+H2，所以Hl=HAH2，由图可知：A（g）+B（g）X（g）H1 中反应的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，所以H10，故A正确；B若X是反应A（g）+B（g）C（g）的催化剂，则X是反应的反应物，是反应的生成物，故B错误；C反应的活化能E1E2，故C错误；D反应A（g）+B（g）C（g）的正反应的活化能为E1，逆反应的活化能大于E2，反应的焓变大于E2E1，故D错误；故选A点评：本题是盖斯定律的应用、化学反应的能量变化与反应的焓变关系的分析判断，反应活化能的判断计算，读懂图象，焓变和活化能计算方
30、法的理解是解题的关键5下列关于化学反应速率的说法中，正确的是（）用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率决定化学反应速率的主要因素是反应物的浓度一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，为减慢反应速率而又不影响生成H2的量，可向其中加入KNO3溶液汽车尾气中的NO和CO反应转化为无害的N2和CO2，减小压强，反应速率减慢增大压强，一定能加快化学反应速率用锌与稀硫酸反应制H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率使用催化剂，使反应的活化能降低，反应速率加快光是影响某些化学反应速率的外界条件之一反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）在2L的密闭容器中进
31、行，1min后，NH3减少了0.12mol，则1min末的化学反应速率为v（NO）=0.06molL1min1A B C D 考点：化学反应速率的影响因素分析：影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，其次是外界因素，有温度、浓度、压强、催化剂以及固体的接触面积、光照等等，并且只有存在气体的反应，压强的变化才会影响化学反应速率，另外，形成原电池也能加快反应速率，据此分析解答：解：Fe在浓硫酸中钝化，不能生成氢气，故错误；决定化学反应速率的主要因素是反应物的性质，故错误；向稀硫酸中加入硝酸钾，硝酸根与氢离子的组合具有强氧化性，与Zn反应不再生成氢气，故错误；NO与CO都是气体，减小压强反应速
32、率减慢，故正确；没有气体参与的反应，压强的改变不影响反应速率，故错误；加入硫酸铜能够形成锌铜原电池，加快反应速率，故正确；催化剂能够降低反应的活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快，故正确；氢气与氯气在光照条件下反应生成氯化氢，故正确；1min内的平均反应速率为：v（NH3）=v（NO）=0.06mol/（Lmin），但1min末的化学反应速率较慢，故错误；故选B点评：本题考查了影响化学反应速率的因素，主要从内因和外因考虑，注意硝酸根与氢离子的组合具有强氧化性为易错点，题目难度不大6如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O下列说法正确的是（）A
33、甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B 甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH6e+2H2O=CO32+8H+C 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D 甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体考点：原电池和电解池的工作原理专题：压轴题；电化学专题分析：A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答解答：解：A、甲池是燃料电池，是
34、化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置，故A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH6e+2H2O+8OH=CO32+8H2O，故B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e=4OH，所以消耗280mL（标准状况下0.0125mol）O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论
35、上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol58g/mol=1.45g固体，故D正确故选D点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，注意平时知识的积累是解题的关键，难度较大7某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图，下列说法不正确的是（）A A为电源正极B 阳极区溶液中发生的氧化还原反应为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OC 阴极区附近溶液pH降低D 若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44 L（标准状况）时，有0.1 mol Cr2O72被还原考点：电解原理专题：电化学专题分析：A由图可知
36、，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极；B左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72氧化，反应生成Cr3+、Fe3+；C阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低；D根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移计算n（Fe2+），根据方程式计算被还原的Cr2O72的物质的量解答：解：A由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故A为电源正极，故A正确；B左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7
37、H2O，故B正确；C阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；D.13.44 L氢气的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）=0.6mol，根据Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，被还原的Cr2O72的物质的量为0.6mol=0.1mol，故D正确；故选C点评：本题以废水处理为载体考查电解原理、氧化还原反应、化学计算等，注意仔细观察电解池判断电极，是对学生综合能力考查，题目难度中等8下列反应属于取代反应的组合是（）CH3CH=CH2+Br2 CH3CHBrCH2BrCH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3
38、+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O+Br2+HBrA B C D 考点：取代反应与加成反应分析：有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义分析解答：解：CH3CHCH2中的碳碳双键断裂，每个碳原子上分别结合一个Br原子，生成CH3CHBrCH2Br，属于加成反应，故错误；CH3COOH上的羟基被CH3CH2O取代生成CH3COOCH2CH3，属于取代反应，故正确；CH3CH2OH和O2在铜催化下发生脱氢反应生成乙醛，属于氧化反应，故错误；C6H6中苯环上的氢原子被溴取代生成溴苯，属于取代反应，故正确；故选D点评：本题考查学生有
39、机反应类型中的取代反应，难度不大，可以根据所学知识进行9乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有几种（）A 5种B 6种C 8种D 9种考点：同分异构现象和同分异构体专题：同系物和同分异构体分析：乙烷与氯气发生取代反应，可以是一元取代、二元取代到完全取代，注意多元取代时，可以取代相同碳原子上的氢原子，也可以取代不同碳原子上的氢原子，发生n元取代与m元取代，若n+m等于氢原子数目，则取代产物种数相同，据此书写判断解答：解：乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六氯取代物1
40、种，所以共有9种，故选D点评：本题考查同分异构体、取代反应等，难度不大，注意同分异构体的书写10如图是六种常见有机化合物分子的球棍模型，下列有关叙述中不正确的是（）A 甲、乙、丙属于烃，丁、戊、己属于烃的衍生物B 丙和己混合后会分层，且丙在上层C 甲、丙、丁、戊、己均发生取代反应D 乙和水反应可生成丁，丁和戊反应可生成己考点：球棍模型与比例模型；有机化学反应的综合应用专题：有机化学基础分析：根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型可知：甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇、戊为乙酸、己为乙酸乙酯，A、只含有碳氢元素的为烃，除了碳氢外，还含有其它元素的有机物为烃的衍生物；B、根据图示，丙为有机溶剂
41、苯，丙和己能够混溶；C、根据甲烷、苯、乙醇、乙酸、乙酸乙酯的化学性质分析；D、乙烯能够与水反应生成乙醇，乙醇和乙酸能够反应生成乙酸乙酯解答：解：根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型可知：甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇、戊为乙酸、己为乙酸乙酯，A、甲、乙和丙中只含有碳氢元素，属于烃，丁、戊和己中含有除了碳氢外，还含有氧元素，属于烃的衍生物，故A正确；B、丙为苯，属于有机溶剂，己为乙酸乙酯，乙酸乙酯能够溶解于苯中，混合后不会分层，故B错误；C、甲烷在光照条件下与发生取代反应，苯与液溴在催化剂作用下能够发生取代反应生成溴苯，乙酸和乙醇的酯化反应属于取代反应，乙酸乙酯的水解属于取代反应，故C正
42、确；D、乙烯与水在催化剂作用下能够发生加成反应生成乙醇，乙酸能够乙醇能够发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D正确；故选B点评：本题考查了有机物的球棍模型及有及化学反应的综合应用，题目难度中等，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题关键是能够根据图示的常见有机化合物分子的球棍模型判断出有机物结构简式11根据转化关系判断下列说法正确的是（）A （C6H10O5）n可以是淀粉或纤维素，二者均属于多糖，互为同分异构体B 可以利用银镜反应证明反应的最终产物为葡萄糖C 酸性高锰酸钾可将乙醇氧化为乙酸，将烧黑的铜丝趁热捕插乙醇中也可得到乙酸D 在反应得到的混合物中倒入饱和氢氧化钠溶
43、液并分液可得到纯净的乙酸乙酯考点：葡萄糖的性质和用途；乙醇的化学性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A化学式中的n值不同；B醛基能发生银镜反应；C乙醇与氧化铜加热生成乙醛；D乙酸乙酯在碱性条件下发生水解解答：解：A淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故A错误； B葡萄糖中含有醛基，醛基能发生银镜反应，故B正确；C乙醇与氧化铜加热生成乙醛，得不到乙酸，故C错误；D乙酸乙酯在碱性条件下发生水解，将原物质除掉，故D错误故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，题目难度不大，注意除杂不能将原物质除掉12某同学设计如图元素周期表，以下说法正确的是（）A X、Y、Z元素分
44、别为N、P、OB 白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素C 原子半径：ZXYD X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是：X的氢化物考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A根据该同学涉及元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P；B白格中的He、Ne、Ar不属于主族元素；C根据同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大判断；D根据非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定判断解答：解：A根据该同学涉及元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序
45、数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P，故A正确；B白格中的稀有气体He、Ne、Ar不属于主族元素，故B错误；C同周期自左到右原子半径逐渐减小，原子半径NO，同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径PN，因此原子半径YXZ，故C错误；D非金属性：ONP，非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，因此Z形成的气态氢化物最稳定，即H2O的稳定性最大，故D错误；故选A点评：本题通过该同学设计的元素周期表推知X、Y、Z的原子序数，从而确定所代表的元素种类，侧重于考查元素周期律中原子半径大小、非金属性的强弱等规律，题目难度中等，注意变化的是元素周期表的形式，不变的是元素周期律13下列有关反应
46、热的叙述中正确的是（）已知2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1，则氢气的燃烧热为H=241.8kJmol1由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定X（g）+Y（g）Z（g）+W（s）H0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的H增大已知：共价键CCCCCHHH键能/（kJmol1）348610413436上表数据可以计算出 （g）+3H2（g）（g）的反应热；由盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量相等；25，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A B C D 考点：
47、热化学方程式；有关反应热的计算分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水；能量越高越不稳定；一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关；苯环中不存在碳碳双键；金刚石与石墨的结构不同，能量不相同；燃烧热指：25，101kPa时1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量解答：解：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热241.8kJmol1，故错误；单质A转化为单质B是一个吸热过程，则B的能量比A的高，能量越高越不稳定，故错误；一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量
48、数与物质的状态有关，故错误；反应热=反应物总键能生成物总键能，由于苯环中不存在碳碳双键，不能计算反应热，故错误；金刚石与石墨的结构不同，能量不相同，在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量不相等，故错误；碳的燃烧热指：25，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量，故正确，故选D点评：本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等，注意对概念与热化学方程式的理解，注意中平衡移动，放出的热量发生变化，但热化学方程式焓变不变14燃料电池不是把还原剂、氧化剂全部贮藏在电池内，而是在工作时，不断从外界输入，同时将电极反应产物不断排出电池下面有4种燃料电池的工作
49、原理示意图，其中正极的反应产物为水的是（）A 固体氧化物燃料电池B 碱性燃料电池C 质子交换膜燃料电池D 熔融盐燃料电池考点：原电池和电解池的工作原理分析：在氢氧燃料电池中，正极是氧气发生还原反应，当电解质溶液是氢氧化钾时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；当电解质溶液是酸时，正极上氧气和氢离子反应生成水；当电解质为能够传导氧离子的固体氧化物时，正极氧气得电子生成氧离子；当电解质为熔融碳酸盐时，正极氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，据此分析解答：解：A、电解质为能够传导氧离子的固体氧化物，正极氧气得电子生成氧离子，故A不选；B、电解质溶液是氢氧化钾，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，故B不选；
50、C、电解质溶液是酸，正极上氧气和氢离子反应生成水，故C选；D、电解质为熔融碳酸盐，正极氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，故D不选；故选C点评：本题考查了燃料电池电极反应式是书写，特别是正极电极反应式的书写，注意对基础知识的总结，题目难度不大15NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率将浓度均为0.020molL1的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如图据图分析，下列判断不正确的是（）
51、A 40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B 图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等C 图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0105 mol（Ls）1D 温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂考点：化学反应速率的影响因素分析：A由图可知，40之前，温度高反应速率加快，40之后温度高，变色时间越长；Bb、c点对应的温度不同；Ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；D结合55时，没有出现蓝色分析解答：解：A从图象中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，淀粉发生了水解，故A正确；B由图中b、
52、c反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同，故B错误；Ca点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为=5.0105molL1s1，故C正确；D.55时，没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；故选B点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大16的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有（不考虑立体异构）（）A 2种B 3种C 4种D 5种考点：同分异构现象和同分异构体分析
53、：的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构，说明苯环上只有1种H原子，可以是两个CH2CH3处于对位，可以含有4个甲基且为对称结构，据此判断解答：解：的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构，说明苯环上只有1种H原子，可以是两个CH2CH3处于对位，可以含有4个甲基且为对称结构，可以是4个甲基相邻，可以是3个甲基相邻，可以是2个甲基相邻，故共有4种，故选C点评：本题考查同分异构体书写，难度不大，侧重考查学生分析能力，注意掌握同分异构体书写17下列关于乙酸的说法中，正确的是（）乙酸易溶于水和乙醇，其水溶液能导电无水乙酸又称为冰醋酸，它是纯净物乙酸分子里有四个氢原子
54、，所以它不是一元酸乙酸是一种重要的有机酸，常温下乙酸是有刺激性气味的液体1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸作用下可生成88g乙酸乙酯食醋中含有乙酸，乙酸可由乙醇氧化得到A B C D 考点：乙酸的化学性质分析：根据乙酸的物理性质进行判断；冰醋酸是无水乙酸，属于纯净物；乙酸分子中含有一个COOH，属于一元酸；乙酸是有机酸，具有刺激性气味的液体；乙酸与乙醇按1：1进行反应生成乙酸乙酯，此反应为可逆反应；乙醇氧化可得乙酸解答：解：由于乙酸易溶于水和乙醇，且乙酸为有机酸，溶于水能导电，故A正确；由于无水乙酸又称冰醋酸，为一种物质，它属于纯净物，故正确；由于乙酸分子中含有一个羧酸，能够电离出一个氢离子，属于
55、一元酸，故错误；由于乙酸是一种重要的有机酸，是有刺激性气味的液体，故正确；乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯的反应为可逆反应，即乙酸不能完全反应，故错误；乙酸可以是乙醇经过氧化反应生成的，故正确，故选C点评：本题考查了乙酸的性质，注重了基础知识的考查，可以根据已学知识完成，本题难度不大18下列关于有机物的说法中，正确的一组是（）淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化淀粉遇碘酒变蓝色；葡萄糖在碱性、加热条件下，能与银氨溶液反应析
56、出银；在加热条件下，也可与新制的Cu（OH）2悬浊液反应产生砖红色的沉淀；塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料A B C D 考点：有机高分子化合物的结构和性质；物理变化与化学变化的区别与联系；淀粉的性质和用途；物质的分离、提纯和除杂；葡萄糖的银镜反应分析：根据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析；乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源；根乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强；化学变化是有新物质生成；碘单质遇淀粉变蓝色；葡萄糖含有醛基；橡胶和纤维可能为天然高分子材料解答：解：淀粉、油脂、蛋白质都是有小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，故
57、正确乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，故错误乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故正确石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故错误碘单质遇淀粉变蓝色是碘的特性，故正确葡萄糖含有醛基所以能和能与银氨溶液反应析出银，与新制得的氢氧化铜反应生成砖红色的沉淀，故正确塑料为合成高分子材料，而部分橡胶和纤维可能为天然高分子材料，故错误；故选A点评：本题考查了有机化合物的性质，难度不大，注意煤的干馏和石油的分馏的区别19海洋
58、中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等（如图所示）下列有关说法正确的是（）A 第步中除去粗盐中的SO42、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B 工业上金属钠是通过氯碱工业制取C 从第步到第步的目的是为了富集溴元素D 在第步中溴元素均被氧化考点：海水资源及其综合利用分析：A、除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；B、氯碱工业是指电解饱和食盐水，工业制备钠是电
59、解熔融氯化钠；C、第步将溴离子被氧化为溴单质，第步中溴单质被还原为溴离子，第步中溴离子被氧化为溴单质是浓缩富集；D、根据物质的性质以及变化结合元素化合价的变化判断；解答：解：A、镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3
60、溶液过滤后加盐酸，故A错误；B、氯碱工业是指电解饱和食盐水，钠是活泼金属不能在溶液中得到，工业制备钠是电解熔融氯化钠，故B错误；C、第步将溴离子被氧化为溴单质，第步中溴单质被还原为溴离子，第步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩富集溴元素，故C正确D、海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故D错误；故选C点评：本题考查了海水资源及其综合利用，难点是除杂过程中加入药品的先后顺序，要根据物质的特点来分析解答，难度中等20现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合制剂，某同学为了确
61、认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀该同学得出的结论正确的是（）A 根据现象1可推出该试液中含有Na+B 根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C 根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2+，但没有Mg2+D 根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2+考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题分析：A加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+；B葡萄糖酸根不能发生银镜反应；C加入NH3H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入Na2CO3 （aq）产生白色
62、沉淀，说明滤液中含Ca2+；D溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+解答：解：A因加入了NaOH （aq）和Na2CO3（aq），在滤液中引入了Na+，不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含Na+，故A错误；B试液是葡萄糖酸盐溶液，其中一定含葡萄糖酸根，葡萄糖能发生银镜反应，葡萄糖酸根不能发生银镜反应，故B错误；C根据“控制溶液pH=4时，Fe（OH）3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀”信息，在过滤除去Fe（OH）3的滤液中分别加入NH3H2O（aq）和Na2CO3（aq），加入NH3H2O（aq）不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+，加入
63、Na2CO3 （aq）产生白色沉淀，说明滤液中含Ca2+，故C正确；D溶液加入H2O2后再滴加KSCN（aq）显血红色，不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含Fe2+，正确的方法是：在溶液中滴加KSCN（aq）不显血红色，再滴入滴加H2O2显血红色，证明溶液中只含Fe2+若此前各步均没有遇到氧化剂，则可说明葡萄糖酸盐试液中只含Fe2+，故D错误故选C点评：本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的评价，题目难度不大，注意相关物质的性质的掌握，注意物质的鉴别要排除其它离子的干扰二、解答题（共9小题，满分52分）21A、B、C、D、E、F为常见的原子序数依次增大的短周期元素，B、C、D、E、F的简单离子的电子层
64、结构相同，A和E同主族，且原子的最外层电子数的关系为A+D=B+F=8请回答：（1）试写出B2单质的电子式：试写出由上述元素组成的分子中含有4个原子核且为18电子结构的物质的化学式H2O2（2）含F元素对应的金属阳离子的溶液中滴加过量E的最高价氧化物对应水化物的溶液，其离子方程式是Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O（3）已知B2A4与BA3具有相似的性质，B2A4通过炽热的氧化铜粉末，粉末由黑色变为红色，且产物对大气无污染，其化学反应方程式是N2H4+2CuO2Cu+N2+2H2O（4）在2L的密闭容器中，通入2mol B2气体和3mol A2气体，一定温度下
65、反应生成BA3气体，当反应达到平衡时，A2的浓度为0.15molL1，同时放出约83.2kJ的热量，该反应的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4 kJmol1（5）已知某化合物EB3与水可以反应生成两种气体单质和一种碱，试写出其化学方程式2NaN3+2H2O3N2+H2+2NaOH；若0.1mol该化合物完全反应，转移电子的物质的量为0.1mol考点：位置结构性质的相互关系应用分析：A、B、C、D、E、F为常见的原子序数依次增大的短周期元素，B、C、D、E、F的简单离子的电子层结构相同，为10电子微粒，A和E同主族，则E只能处于第三周期，故B为N元素、C为O元素、
66、D为F元素；原子的最外层电子数的关系为A+D=B+F=8，则A原子最外层电子数为1，F原子最外层电子数为3，则A、E处于IA族，故E为Na，F处于A族，故F为Al，结合（4）A可以形成A2气体，A为H元素，据此解答解答：解：A、B、C、D、E、F为常见的原子序数依次增大的短周期元素，B、C、D、E、F的简单离子的电子层结构相同，为10电子微粒，A和E同主族，则E只能处于第三周期，故B为N元素、C为O元素、D为F元素；原子的最外层电子数的关系为A+D=B+F=8，则A原子最外层电子数为1，F原子最外层电子数为3，则A、E处于IA族，故E为Na，F处于A族，故F为Al，结合（4）A可以形成A2气体
67、，A为H元素（1）N2单质的电子式：，由上述元素组成的分子中含有4个原子核且为18电子结构的物质的化学式为H2O2，故答案为：；H2O2；（2）E的最高价氧化物对应水化物为NaOH，向含有Al3+离子的溶液中滴加过量NaOH的溶液，其离子方程式是：Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，故答案为：Al3+3OHAl（OH）3，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（3）N2H4通过炽热的氧化铜粉末，粉末由黑色变为红色，且产物对大气无污染，反应生成Cu、氮气与水，化学反应方程式是：N2H4+2CuO2Cu+N2+2H2O，故答案为：N2H4+2CuO2Cu+N2+
68、2H2O；（4）在2L的密闭容器中，通入2mol N2气体和3mol H2气体，一定温度下反应生成NH3气体，当反应达到平衡时，H2的浓度为0.15molL1，同时放出约83.2kJ的热量，则参加反应氢气为3mol0.15mol/L2L=2.7mol，故3mol氢气反应放出的热量为83.2kJ=92.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4 kJmol1，故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4 kJmol1；（5）化合物NaN3与水可以反应生成两种气体单质和一种碱，应生成氮气、氢气与氢氧化钠，其化学方程式为：2NaN3+2H2
69、O3N2+H2+2NaOH，若0.1mol该NaN3完全反应，N元素平均化合价由升高为0价，故转移电子的物质的量为0.1mol3=0.1mol，故答案为：2NaN3+2H2O3N2+H2+2NaOH；0.1mol点评：本题考查元素推断、常用化学用语书写、电子转移计算等，注意掌握常见10电子离子，是对学生综合能力的考查，难度中等2）甲、乙是元素周期表中同一主族相邻周期的两种元素（其中甲在上一周期），若甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能是x+2、x+8、x+18、x+32（2）若甲、乙分别是同一周期的A族和A族元素，原子序数分别为m和n，则m和n的关系为n=m+5、n=m+15、n=m+29考点
70、：元素周期表的结构及其应用分析：（1）由元素周期表结构，对于处于A、A元素而言，不同周期相邻主族的元素的原子序数差值不同，对于处于其他主族元素而言，不同周期相邻主族的元素的原子序数差值也不同，由此分析解答；（2）同周期的A族元素、A族元素若在短周期元素，中间有5个纵行；在四、五周期，中间有15个纵行；在五、六周期应注意存在镧系和锕系，中间是14+15=29个纵行，以此来解答解答：解：（1）由元素周期表结构可知，对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32，甲的原子序数为x，所以乙的原子序数可能是x+2、x+8、x+18、x+32，故答案为：x+2、x+8、x+18、x+
71、32；（2）同周期的A族元素、A族元素若在短周期元素，中间有5个纵行；在四、五周期，中间有15个纵行；在五、六周期应注意存在镧系和锕系，中间是14+15=29个纵行，甲、乙的原子序数分别是m和n，所以m和n的关系为：n=m+5、n=m+15、n=m+29，故答案为：n=m+5、n=m+15、n=m+29点评：本题考查学生元素周期表的结构知识，可以根据所学内容来回答，难度不大23甲烷、一氧化碳和氢气、甲醇等既是重要的燃料也是重要的化工原料已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H1=571.6kJmol1CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H2=36kJmol1CH4（g）+H2
72、O（g）CO（g）+3H2（g）H3=+216kJmol1（1）氢气的燃烧热为H=285.8kJmol1，写出甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H=607.6kJmol1（2）现有1mol由H2O（g）与O2组成的混合气体，且O2的体积分数为x，将此混合气体与足量CH4充分反应当x=0.75时，反应与放出（或吸收）的总能量为0若反应过程中能量转化过程如图所示，下列有关说法中正确的是CAE1=36kJ BE2=36kJCE1E2=36kJ DE3E1=36kJ（3）工业上可通过CO和H2化合制得CH3OH：CO（g）+2H2（g）
73、CH3OH（g）H1（CO结构式为CO）又知某些化学键的键能（断开1mol化学键时所需要的最低能量）数值如下表：化学键CCCHHHCOCOHO键能（kJmol1）3484134363581072463则H1=116kJmol1，在相应的反应条件下，将1mol CO（g）与足量H2混合充分反应后，放出或吸收的热量H1（用，或=填空）考点：有关反应热的计算；热化学方程式分析：（1）氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJmol1；依据热化学方程式和盖斯定律计算得到甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（2）根据反应热与反应物的物质的量成正比来解答；根据反应热
74、应等于生成物与反应物的能量之差；（3）依据化学反应的焓变=反应物总键能生成物总键能；该反应存在限度，不可能完全转化解答：解：（1）2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H1=571.6kJmol1，即1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量285.8 kJ，故氢气的燃烧热为H=285.8 kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H1=571.6kJmol1CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2（g）H2=36kJmol1依据盖斯定律+得到甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H=607.6 kJmol1；故答案为：
75、H=285.8 kJmol1；CH4（g）+O2（g）CO（g）+2H2O（l）H=607.6 kJmol1；（2）由反应和H的数值可知，当O2与H2O的物质的量之比为3：1时，反应与的总能量变化为0，O2的体积分数为x=0.75；由方程式知36 kJ是该反应的能量变化，数值上与该反应的反应热相等，而反应热应等于生成物与反应物的能量之差，故36 kJ是E1、E2数值的差；答案为：0.75；C；（3）CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）中的焓变H1=反应物总键能生成物总键能，依据图表提供的化学键的键能计算得到H11072kJmol1+2436kJmol1（3413kJmol1+3
76、58kJmol1+463kJmol1）=116 kJmol1；由于是可逆反应，平衡时1mol CO（g）反应后生成的CH3OH小于1mol，所以放出的热量小于116 kJ，故答案为：116 kJmol1；点评：本题主要考查了热化学方程式的意义，化学方程式的有关计算，有关反应热的计算，难度不大，注意知识的运用24氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl（1价）和S（+6价）的速率如图所示，已知这个反应速率随着溶液中c（H+）增大而加快（1）反应开始时反应速率加快的原因是KClO3与NaHSO3反应的离子方程式为：2ClO3+6HSO36SO42+2Cl+6H+，开始时随着反应的进行，c（H+）
77、不断增大（2）反应后期反应速率下降的原因是反应物浓度减小考点：化学反应速率的影响因素分析：由图可知，反应速率先增大，后减小，开始与氢离子浓度有关，后来与反应物浓度有关，以此来解答解答：解：（1）反应开始时反应速率加快，由ClO3+3HSO3Cl+3H+3SO42可知，反应开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快，故答案为：KClO3与NaHSO3反应的离子方程式为：2ClO3+6 HSO36SO42+2Cl+6H+，开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大；（2）反应后期反应速率下降，是因随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率
78、减小，故答案为：反应物浓度减小点评：本题考查化学反应速率的影响因素，把握习题中的信息及浓度对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析能力及知识应用能力的考查，题目难度不大25用惰性电极电解200mL一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图所示，电解过程中的实验数据如图所示，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）（1）下列说法正确的是C（填序号）A电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生Ba电极上发生的反应为2H+2eH2和4OH4e2H2O+O2C从P点到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为12gmol1DOP段表示H2和O2混合气体的体积
79、变化，PQ段表示O2的体积变化（2）如果要使溶液恢复到电解前的状态，向溶液中加入0.8g CuO即可，则电解后溶液的C（H+）=0.1 mol/L（3）如果向所得的溶液中加入0.1mol Cu（OH）2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为0.4mol（4）如果向所得的溶液中加入0.1mol Cu2（OH）2CO3后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑CO2的溶解），电解过程中转移的电子为0.6mol考点：电解原理分析：（1）由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，
80、结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2+O2，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，以此来解答；（2）由信息可知，电解发生2H2O+2CuSO42Cu+O2+2H2SO4 ，向所得溶液中加入0.8g即=0.01mol CuO充分反应后，溶液恰好恢复到电解前的状态，则电解中生成0.01molCu，以此来解答；（3）根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，则铜离子和氢氧根放电；（4）电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应
81、生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：第一阶段2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，第二阶段：2H2O2H2+O2，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuOH2OCO2，所以加入0.1molCu2（OH）2CO3 就相当于加入0.2molCuO和0.1mol水，根据氧化铜和水的量计算即可解答：解：（1）由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2+O2，Ab
82、为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，则不会有红色物质析出，故A错误；Ba为阴极，先发生Cu2+2e=Cu，后发生2H+2e=H2，故B错误；C到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1molH2、0.05molO2，则混合气体的平均摩尔质量为=12gmol1，故C正确；D由上述分析可知，曲线0P段表示O2的体积变化，曲线PQ段表示H2和O2混合气体的体积变化，故D错误；故选C；（2）由信息可知，电解发生2H2O+2CuSO42Cu+O2+2H2SO4 ，向所得溶液中加入0.8g即=0.01mol CuO充分反应后，溶液恰好恢复到电解前的状态，则电解中生成
83、0.01molCu，同时生成0.01molH2SO4，所以电解后溶液的C（H+）=0.1mol/L，故答案为：0.1 mol/L；（3）Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，即电解生成了0.1mol铜，并电解了0.1mol H2O，由电解的总反应式：2H2O+2CuSO42Cu+O2+2H2SO4 转移电子 2mol 4mol 0.1mol 0.2mol 2H2O2H2+O2转移电子 2mol 4mol 0.1mol 0.2mol所以电解过程中共转移电子为0.4mol故答案为：0.4；（4）电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的
84、溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：第一阶段2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，第二阶段：2H2O2H2+O2，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuOH2OCO2，所以加入0.1molCu2（OH）2CO3 就相当于加入0.2molCuO和0.1mol水，第一阶段：根据铜原子守恒知，电解硫酸铜溶液析出n（Cu）=n（CuO）=0.2mol，转移电子的物质的量=0.2mol2=0.4mol；第二阶段：电解生成0.1mol水转移电子的物质的量=0.1mol2=0.2mol，所以
85、电解过程中共转移的电子数为0.4mol+0.2mol=0.6mol，故答案为：0.6点评：本题考查电解原理，明确图象这电子转移与生成气体的关系及离子的放电顺序和实际上加入的物质是解答本题的关键，再根据原子守恒、转移电子守恒来分析解答，难度中等26用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的溶液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1molL1的FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a、b、c代表电压数值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2bx0无明显变
86、化无Fe3+、无Cl2（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是溶液变红（2）中，Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化写出有关反应：2Cl2e=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有还原性（4）中虽未检验出Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是0.2molL1中检测Cl2的实验方法取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝
87、色与对比，得出的结论（写出两点）：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl放电考点：电解原理；二价Fe离子和三价Fe离子的检验分析：（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；依据检验氯气的实验方法分析；依据图表数据比较可
88、知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能解答：解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl2e=Cl2，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；故答案为：2Cl2e=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还
89、原性，故答案为：还原；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2；依据检验氯气的实验方法分析，取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色证明生成氯气，否则无氯气生成，故答案为：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色；依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明生成铁离子的两种可能，一是二价铁失电子变成三价铁，二是氯离子失电子变成氯气，氯气
90、再氧化二价铁变成三价铁对于补充的那个实验，实验四的电压高，氯气放电，实验五电压低，氯气不放电，而实验二氯气皆放电；故答案为：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl放电点评：本题考查了离子检验方法和现象分析，电解原理的分析应用，电解反应，电极产物的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等27如图是实验室制取溴苯的三个装置，根据要求回答下列各题：（1）装置A烧瓶中发生反应的化学方程式是+Br2+HBr；装置A中左侧长导管的作用是导气和冷凝回流；装置A和C中的两处明显错误是锥形瓶未与大气相通、导管插入AgNO3（或水）溶液中（2）在按装置B、C装好仪器及药品后
91、要使反应开始，应对装置B进行的操作是旋转分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴到铁粉上，应对装置C进行的操作是托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中（3）装置B、C较好地解决了A中加装药品和使装置及时密封的矛盾，方便了操作A装置中这一问题在实验中造成的后果是Br2和苯的蒸气逸出，污染环境（4）B中采用了洗气瓶吸收装置，其作用是吸收反应中随HBr逸出的Br2和苯蒸气反应后洗气瓶中可能出现的现象是CCl4由无色变成橙红色（5）B装置也存在两个明显的缺点，其中之一与A、C中的错误相同，而另一个缺点是：装置B中反应器中左侧导管过短（或随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低）考点：
92、实验装置综合分析：（1）装置A中苯与液溴在催化剂存在条件下反应生成溴苯和溴化氢；A中长导管起到了导气、冷凝回流的作用；根据装置A和C连接方式进行判断；（2）使反应物接触才能发生反应，据此分析时反应开始应该对装置B、C的操作方法；（3）A中容易导致溴和苯的逸出，造成环境污染；（4）溴、苯易挥发，会干扰溴化氢的检验，可以用四氯化碳除去；溴的四氯化碳溶液为橙红色溶液；（5）B中导管插入硝酸银溶液中，易发生倒吸现象；发生装置中没有使用长导管，无法冷凝回流解答：解：（1）装置A中苯与液溴反应的化学方程式为：+Br2+HBr；装置A中左侧长导管可以起到导气和冷凝回流的作用；根据装置A和C可知，装置中锥形瓶
93、没有与大气相通，反应中无法排除产物；且导管直接插入硝酸银溶液中，容易发生倒吸现象，故答案为：+Br2+HBr；导气和冷凝回流；锥形瓶未与大气相通；导管插入AgNO3（或水）溶液中；（2）在按装置B、C装好仪器及药品后要使反应开始，应对装置B进行的操作是：旋转分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴到铁粉上，应对装置C进行的操作是：托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中，故答案为：旋转分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴到铁粉上；托起软橡胶袋使铁粉落入溴和苯组成的混合液中；（3）A装置中没有解决加装药品和使装置及时密封的矛盾，容易导致Br2和苯的蒸气逸出，污染环境，故答案为：Br2和苯的蒸气逸出，污
94、染环境；（4）由于溴和苯易挥发，则溴化氢中会含有溴单质和苯，为了避免对溴化氢检验的干扰，应该用四氯化碳溶液吸收反应中随HBr逸出的Br2和苯蒸气；溴的四氯化碳溶液为橙红色溶液，所以反应后洗气瓶中可能出现的现象是CCl4由无色变成橙红色，故答案为：吸收反应中随HBr逸出的Br2和苯蒸气；CCl4由无色变成橙红色；（5）根据装置B可知，装置B中插入硝酸银溶液的导致易发生倒吸现象，且反应器中左侧导管过短（或随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低），无法起到冷凝回流效果，故答案为：装置B中反应器中左侧导管过短（或随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低）点评：
95、本题考查物质制备方案的设计与评价，题目难度中等，明确制备原理及装置连接方法为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价原则，试题侧重考查学生的分析、连接能力及化学实验能力28乙烯与乙烷混合气体共1mol，与bmol的氧气共存于一密闭容器中，点燃后充分反应，乙烯和乙烷全部消耗完，得到CO和CO2的混合气体和45g水试求：（1）乙烯和乙烷的物质的量之比n（C2H4）：n（C2H6）=1：1（2）反应后CO和CO2混合气体的物质的量为反应前氧气的时，则b=3得到的CO和CO2的物质的量之比n（CO）：n（CO2）=1：3考点：有关混合物反应的计算专题：烃及其衍生物的燃烧规律分析：C2H4和C2H6全部
96、燃烧耗尽，产物中有CO，则表示无O2剩余，（1）设C2H4的物质的量为xmol，则C2H6的物质的量为（1x）mol，根据H原子守恒列方程计算x的值，据此解答；（2）根据碳原子守恒可知，CO和CO2混合气体的物质的量为2mol，据此计算b的值；令CO的物质的量为xmol，生成CO2的物质的量为ymol，根据二者之和与氧原子守恒列方程计算解答：解：C2H4和C2H6全部燃烧耗尽，产物中有CO，则表示无O2剩余，（1）设C2H4的物质的量为xmol，则C2H6的物质的量为（1x）mol，燃烧得水的物质的量为=2.5mol，根据氢原子守恒有：4xmol+6（1x）mol=2.5mol2，解得x=0.
97、5mol，故C2H4和C2H6的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；（2）设生成的CO的物质的量为xmol，生成CO2的物质的量为ymol，根据碳原子守恒有x+y=2，根据题意有x+y=，则b=3，根据氧原子守恒有：x+2y=62.5，解以上方程得x=0.5，y=1.5，则CO与CO2的物质的量之比为1：3，故答案为：3；1：3点评：本题考查混合物的有关计算，难度不大，注意利用原子守恒进行的解答29科学家于1978年制得一种物质A，A可看作是烃B的所有氢原子被烃C的一价基取代而得A遇Br2的CCl4溶液不褪色A中氢原子被1个氯原子取代只得一种物质一定量的C完全燃烧所得的H2O和CO2的物质
98、的量之比为1.25：1；C的同分异构体不超过3种，而C的二溴代物为3种一定量的B完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量之比为2B的相对分子质量大于26，小于78试回答下列问题：（1）B的分子式为C4H4（2）写出C的3种二溴代物的结构简式：、（3）A的分子式为C20H36；A的结构简式为考点：有机物的推断分析：B完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，故B的组成可以表示为（CH）n，由于26M（A）78，故2613n78，解得2n6，B中碳原子个数可能为3，4，5，又烃中氢原子个数为偶数，故B的分子式只能为C4H4；C完全燃烧，所得的H2O和CO2的物质的量之比为 1.25：1，则
99、C中n（C）：n（H）=1：2.5，又烃中氢原子个数为偶数，结合烃中氢、碳原子数最大比为（2n+2）：n，可知C的分子式为C4H10，是饱和链烃，A可看做是烃B的所有氢原子被烃C的一价基取代而得，A遇Br2的CCl4溶液不褪色，A中的氢原子被一个氯原子取代只能得到一种氯代产物，说明分子中H原子为等效H原子，C的同分异构体不超过3种，而C的二溴代物为3种，所以C为：CH（CH3）3，C的一价烃基为C（CH3）3，所以A为，其分子式为C20H36，据此分析解答解答：解：B完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，故B的组成可以表示为（CH）n，由于26M（A）78，故2613n78，解得
100、2n6，B中碳原子个数可能为3，4，5，又烃中氢原子个数为偶数，故B的分子式只能为C4H4；C完全燃烧，所得的H2O和CO2的物质的量之比为 1.25：1，则C中n（C）：n（H）=1：2.5，又烃中氢原子个数为偶数，结合烃中氢、碳原子数最大比为（2n+2）：n，可知C的分子式为C4H10，是饱和链烃，A可看做是烃B的所有氢原子被烃C的一价基取代而得，A遇Br2的CCl4溶液不褪色，A中的氢原子被一个氯原子取代只能得到一种氯代产物，说明分子中H原子为等效H原子，C的同分异构体不超过3种，而C的二溴代物为3种，所以C为：CH（CH3）3，C的一价烃基为C（CH3）3，所以A为，其分子式为C20H36，（1）通过以上分析知，B的分子式为C4H4，故答案为：C4H4；（2）C为：CH（CH3）3，C的二溴代物结构简式为、，故答案为：；（3）通过以上分析知，A的分子式为C20H36，结构简式为，故答案为：C20H36；点评：本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断及获取信息利用信息能力，正确判断B结构简式是解本题关键，题目难度中等
