1、江苏省扬州中学2019-2020学年高一化学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 Na-23 Si-28 Cl-35.5选择题（共40分）单项选择题（本题包括15小题，每题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）1.化学与生产生活、环境保护、资源利用密切相关。下列做法不正确的是（ ）A. 改燃煤为天燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量B. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生取代反应C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性【答案】B【解析】【详解】A改燃煤为燃气，可减
2、少废气中SO2等有害物质的量，减少环境污染物的排放，可有效减少雾霾发生，故A正确；B酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇不是取代反应，故B错误；C家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，减少有机溶剂挥发，有利于健康及环境，故C正确；D高温能够使蛋白质变性，所以保存疫苗时应放在温度较低的地方冷藏，故D正确；故选B。2.下列化学用语正确的是（ ）A. CaCl2的电子式：B. 乙烯的结构简式CH2CH2C. 乙烷的比例模型D. 中子数为18的氯原子：Cl【答案】D【解析】【详解】ACaCl2属于离子化合物，其电子式：，A错误；B乙烯含有碳碳双键官能团，其结构简式CH2=CH2，B错误；C小
3、球代表原子，棍代表化学键，乙烷的球棍模型，C错误；D质量数=质子数+中子数，则核电荷数为17，中子数为18的氯原子可以表示为：Cl，D正确；答案为D。3.下列物质互为同分异构体的是（ ）A. O2和O3B. 乙醇和二甲醚C. 甲烷和乙烷D. 12C和14C【答案】B【解析】【分析】分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，把握好三要素：分子式相同、结构不同、化合物。【详解】AO2和O3不是化合物，二者均是氧元素组成的不同形态的单质，互为同素异形体，故A不符；B乙醇和二甲醚分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B符合；C甲烷和乙烷分子式不同，是结构不同的烷烃，互为同系物，故C不符；D12C和
4、14C质子数相同、中子数不同，均是C元素的不同核素，互为同位素，故D不符；故选B。4.下列物质中含有共价键的离子化合物是（ ）A. NaOHB. NaClC. MgOD. CO2【答案】A【解析】【详解】ANaOH中含有钠离子和氢氧根形成的离子键，属于离子化合物，同时含有氧原子和氢原子形成的共价键，故A符合题意；BNaCl中只含钠离子和氯离子形成的离子键，故B不符合题意；CMgO中只含镁离子和氧离子形成的离子键，故C不符合题意；D二氧化碳中只含碳原子和氧原子形成的共价键，为共价化合物，故D不符合题意；故答案为A。5.下列每组物质所发生的变化,克服粒子间的相互作用属于同种类型的是A. 冰和氯化铵
5、分别受热变为气体B. 食盐和葡萄糖分别溶解在水中C. 碘和干冰升华D. 二氧化硅和氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A. 前者是物理变化，克服的是氢键，后者为化学变化，克服的是离子键和共价键，A项错误；B. 前者克服的是离子键，后者是分子间作用力，B项错误；C. 碘和干冰升华是物理变化，克服的均为分子间作用力，C项正确；D. 前者克服的是共价键，后者克服的是离子键，D项错误；答案选C。6.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）A. 用图1装置分离乙醇和乙酸B. 用图2装置验证Na和水反应的热效应C. 用图3装置进行二氧化碳的喷泉实验D. 用图4探究NH4Cl的热稳定性【答案】B
6、【解析】【详解】A图1装置是过滤装置，分离液体和不溶于液体的固体混合物，分离乙醇和乙酸可用蒸馏，故A错误；BNa和水反应，产生的热量使大试管中的空气体积发生变化，U型管两边的液面高度差发生变化，可用图2装置验证Na和水反应的热效应，故B正确；C二氧化碳在水中溶解度不大，不能用图3装置进行二氧化碳的喷泉实验，故C错误；D用图4探究NH4Cl的热稳定性，加热固体时，大试管口应向下倾斜，故D错误；故选B。7.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4L的苯中含有的分子数是NAB. 0.1molL-1NH4Cl溶液中含有Cl-的数目为0.1NAC. 常温下，1.7g
7、NH3中含有氢原子数目为0.3NAD. 5.6g铁粉在足量的氯气中充分燃烧，转移电子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，苯为液体，22.4L的苯的物质的量大于1mol，含有的分子数大于NA，A说法错误；B0.1molL-1NH4Cl溶液未给定体积，无法确定含有Cl-的数目，B说法错误；C常温下，1.7gNH3即0.1mol，则含有氢原子数目为0.3NA，C说法正确；D5.6g铁粉在足量的氯气中充分燃烧，生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，D说法错误；答案为C。【点睛】使用气体摩尔体积时，要注意气体的条件。8.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向醋酸溶液中滴加浓氨水至
8、过量：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2OB. 三氯化铁腐蚀印刷线路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+C. 氧化亚铁与稀硝酸反应：FeO+2H+=Fe2+H2OD. 少量碳酸氢铵溶液与足量烧碱溶液混合加热：NH+HCO+2OH-NH3+CO+2H2O【答案】D【解析】【详解】A一水合氨是弱电解质，向醋酸溶液中滴加浓氨水至过量：CH3COOH+NH3H2O=CH3COO-+H2ONH，故A错误；B原方程电荷不守恒，三氯化铁腐蚀印刷线路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故B错误；C稀硝酸具有强氧化性，氧化亚铁与稀硝酸反应：3FeO+10H+NO=3Fe3NO+5H2O，故C错误；D
9、少量碳酸氢铵溶液与足量烧碱溶液混合加热，NH、HCO均与OH-反应：NH+HCO+2OH-NH3+CO+2H2O，故D正确；故选D。9.下列说法或表示方法正确的是A. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧生成SO2气体，放出的热量一样多B. 由C(石墨)=C(金刚石) H=+1.90kJmol-1可知，金刚石比石墨稳定C. 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H0，则56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量D. 已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.4kJmol-1，则相同条件下，在密闭容器中，1molN2和3molH2混合充分反应后放出9
10、2.4kJ的热量【答案】C【解析】【详解】A. S(g)O2(g)=SO2(g)H10；S(s)=S(g) H20，S(s)O2(g)=SO2(g)H30，根据盖斯定律，H1=H3H20，因此等物质的量时，硫蒸气放出的热量大于硫固体，故A错误；B. 该反应为吸热反应，石墨能量低于金刚石，根据能量越低，物质越稳定，推出石墨比金刚石稳定，故B错误；C. 该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，即56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量，故C正确；D. 该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此相同条件下，在密闭容器中，1molN2和3molH2混合充分反应后放出
11、的热量小于92.4kJ，故D错误；答案为C。10.下列离子在溶液中可以大量共存的一组是（ ）A. H+、Na+、OH-B. Na+、NO、Cl-C. K+、H+、HCOD. Ca2+、CO、Cl-【答案】B【解析】【详解】AH+、OH-反应生成水，A不能大量共存；BNa+、NO、Cl-不反应，B能大量共存；CH+、HCO反应生成二氧化碳和水，C不能大量共存；DCa2+、CO反应生成碳酸钙沉淀，D不能大量共存；答案为B。11.“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。下列关于该电池的说法错误的是（ ）A.
12、食盐水作为电解质溶液B. 镁片作为负极，发生还原反应C. 电池工作时镁片逐渐被消耗D. 电池工作时实现了化学能向电能的转化【答案】B【解析】【分析】“盐水动力”玩具车的电池，镁是活泼金属，镁片作电池负极、活性炭为电池正极，食盐水是电解质溶液，电池反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。【详解】A食盐水作为电解质溶液，故A说法正确；B镁片作为负极，失电子，发生氧化反应，故B说法错误；C电池工作时镁片失去电子，逐渐被氧化而消耗，故C说法正确；D电池工作时化学能转化为电能，故D说法正确；故选B。12.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为14。Z是短周期
13、主族元素中原子半径最大的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族。下列说法正确的是（ ）A. X与Y只能形成一种化合物B. 原子半径：r(Y)r(W)r(Z)C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D. Z的最高价氧化物对应的水化物是酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大；Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则Z是Na元素；Z与X原子的最外层电子数相同，则Z与X属于同主族，最外层均为1个电子，Y与W同主族，Y与W最外层电子数相同，由X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则Y最外层电子数= =6，Y原子序数小于W，则Y是O元素、W是S元素，
14、X为H元素或Li元素，再结合题目分析解答【详解】A若X为H元素，Y为O元素，形成H2O和H2O2二种化合物，故A错误；BY是O元素，Z为Na元素，W是S元素，根据电子层越多，半径越大，O元素只有两层，半径最小，Na、S电子层均为三层，属于同周期元素，从左到右，半径依次减小，Na的原子序数小于S，原子半径 r(Na)r(S)，因而原子半径：r(O)r(S)r(Na)，故B正确。CY是O元素、W是S元素，属于同主族元素，从上往下，非金属性减弱，非金属性OS，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱，故C错误；DZ是Na元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，为强
15、碱，故D错误；答案为B。13.下列表述中，说法正确的是（ ）A. 因为苯分子中含有C=C，所以苯一定条件下可以和氢气发生加成反应B. 油脂是高分子化合物，热值较大C. 乙烯分子中C、H元素的质量比为1：2D. 煤的液化和石油的裂化都是化学变化【答案】D【解析】【详解】A因为苯分子中含有不饱和键，但不是碳碳双键，所以苯一定条件下可以和氢气发生加成反应，故A错误；B油脂相对分子质量小于1万，不是高分子化合物，故B错误；C乙烯分子中C、H元素的质量比为12：2=6:1，故C错误；D煤的液化产物有液态的碳氢化合物、煤气和水，石油的裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量
16、较小、沸点较低的烃的过程，都是化学变化，都有新物质生成，故D正确；故选D。14.下列反应中，属于氧化反应的是（ ）A. CH2=CH2+H2OCH3CH2OHB. CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HClC. 2CH3CHO+O22CH3COOHD. +Br2+HBr【答案】C【解析】【分析】氧化反应：有机物分子中加入O原子或脱去H原子的反应。【详解】A含有碳碳双键（或三键）或碳氧双键的有机物，在某种条件下，双键（或三键）中的一条共价键断开，然后在原来形成双键的两个原子上分别结合一个原子或基团的反应，叫做加成反应，CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应，故A不选；B取代反应是指有机
17、化合物分子中任何一个原子或基团被其它原子或基团所取代的反应，CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl，一氯甲烷中的氢原子被氯原子取代，属于取代反应，故B不选；C2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3CHO得到氧原子生成CH3COOH，属于氧化反应，故C选；D+Br2+HBr，苯上的氢被溴原子取代，属于取代反应，故D不选；故选C。15.一定条件下，向2 L密闭容器中充入2 mol N2和10 mol H2发生反应N2+3H22NH3。2 min时测得剩余N2的物质的量为1 mol，下列有关化学反应速率的表达不正确的是A. v(N2)=3 v(H2)B. v(H2)=0.75 molL-1mi
18、n-1C. v(NH3)=0.5molL-1min-1D. 再充入2 mol N2化学反应速率加快【答案】A【解析】【分析】 N2+ 3H22NH3c(起始) mol/L 1 5 0c(变化) mol/L 0.5 1.5 1c(2 min) mol/L 0.5 3.5 1【详解】A. 用不同物质来表示同一时间内的反应速率时，各物质速率之比与其化学计量数之比是相等的。则3v(N2)=v(H2)，故A错误；B. 由三段式可知，v(H2)=0.75 molL-1min-1，故B正确；C. 由三段式可知，v(NH3)=0.5molL-1min-1，故C正确；D. 再充入2 mol N2，N2浓度增大，
19、化学反应速率加快，故D正确；答案选A。【点睛】要正确解答本题必须要弄清两个概念：用某一物质来表示反应速率时，通常是用单位时间内其物质量浓度的变化来表示，而不是用单位时间内其物质的量的变化来表示。用不同物质来表示同一时间内的反应速率时，各物质速率之比与其化学计量数之比是相等的。不定项选择题（本题包括5小题，每小题2分，共10分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分。）16.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）A. FeFeCl
20、3(aq)FeCl2(aq)B. SSO2(NH4)2SO4(aq)C. NaCl(熔融)NaNa2OD. CuSO4(aq)Cu(OH)2(s)Cu2O(s)【答案】D【解析】【详解】AFe与盐酸反应生成氯化亚铁，FeFeCl3(aq)不能一步实现，A错误；BSO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵，SO2(NH4)2SO4(aq)不能一步实现，B错误；CNa与氧气在点燃的条件下生成过氧化钠，NaNa2O产物错误，C错误；DCuSO4(aq)与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀，碱性条件下Cu(OH)2(s)与葡萄糖中的醛基发生氧化还原反应生成Cu2O(s)，均可一步实现，D正确；答案为D。17.“神十”
21、宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料。甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法不正确的是（ ）A. 甲物质在一定条件下可以生成有机高分子化合物B. 1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成2mol氢气C. 甲、乙、丙物质都能够使溴的四氯化碳溶液褪色D. 丙可以使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】BC【解析】【详解】A甲物质含有碳碳双键可以发生加聚反应生成高分子化合物，故A正确；B乙物质含有两个羟基，1分子乙与Na反应生成1分子氢气，所以1mol乙物质可与2mol钠完全反应生成1mol氢气，故B错误；C甲、丙含有碳碳双键，可以与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，乙不与溴的四氯化碳溶
22、液反应，所以无法使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D丙含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故D正确；故答案为BC。18.如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列判断正确的是（ ）A. a为负极、b为正极B. 电解过程中，c电极上发生氧化反应C. d为阳极，电极反应为：2Cl-2e-=Cl2D. 电解过程中，电能转化为化学能【答案】BD【解析】【分析】由图可知，电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，铜离子在阴极得到电子，氯离子在阳极失去电子，结合电解池的基本工作原理解题。【详解】A. 电流从正极流向负极，则a为正极，b为负极，故A错误
23、；B. 电解过程中，c为阳极，还原剂失电子发生氧化反应，2Cl-2e-=Cl2，故B正确；C. d为阴极，铜离子在阴极得到电子，其电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，故C错误；D. 电解过程中，电能转化为化学能，故D正确；故选BD。【点睛】本题主要考查了学生对电解原理这个知识点的理解以及掌握情况，解答本题的关键是首先判断出电源正负极，然后分析电解池的阳极是否是惰性电极，最后确定电极反应。解答本题时需要注意的是，题目中给出的是电流方向，不是电子的运动方向。19.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）实验操作实验现象结论A向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀溶液中一定含有S
24、OB用铂丝蘸取待测液，在酒精灯火焰上灼烧焰色为黄色待测液中肯定不含K+C淀粉与稀硫酸的混合液加热后，再加入新制Cu(OH)2，加热无明显现象不能确定淀粉没有发生水解D将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中溶液褪色产物不都是烷烃A. AB. BC. CD. D【答案】CD【解析】【详解】A原溶液中含有Ag+，加入盐酸酸化的BaCl2溶液也会有白色沉淀生成，则应先加盐酸酸化，排除干扰，再加氯化钡检验硫酸根离子，故A错误；B用铂丝蘸取待测液，在酒精灯火焰上灼烧，焰色为黄色，说明待测液中含Na+，没有透过蓝色钴玻璃片观察，不能确定否含K+，故B错误；C水解后检验葡萄糖应在碱性溶液中进行，水解后
25、没有先加碱至碱性，不能检验葡萄糖，不能确定淀粉没有发生水解，故C正确；D因为烷烃不能使溴水褪色，所以将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明产物中含有不饱和烃，不都是烷烃，故D正确；答案为CD。20.汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下：下列说法不正确的是A. 稀燃过程中，NO发生的主要反应为：2NO + O2 = 2NO2B. 稀燃过程中，NO2被吸收的反应为：BaO + 2NO2 = Ba(NO3)2C. 富燃过程中，NO2被CO还原反应为：2NO2 + 4CO = N2 + 4C
26、O2D. 富燃过程中，CxHy被O2氧化的反应为：CxHy + (x+y/4)O2 = xCO2 + y/2H2O【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，在稀燃条件下，一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，故A正确；B.给出的反应中只有N元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，所以在稀燃条件下，二氧化氮与氧化钡反应生成硝酸钡和一氧化氮，故B错误；C.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，二氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，故C正确；D.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，CxHy
27、与氧气反应生成二氧化碳和水，故D正确。故选B。非选择题（共60分）21.下表为元素周期表的一部分，请参照元素-在表中的位置，回答下列问题：族周期AAAAAAA0123（1）、的原子半径由大到小的顺序为_（用元素符号回答）。（2）、的最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序是_。（用化学式回答）（3）、两种元素形成的某化合物是一种常见的有机溶剂，写出该化合物的电子式_。（4）的单质与NaOH溶液反应的离子方程式_。（5）的最简单氢化物是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃。已知室温下1g该氢化物自燃放出45.0kJ的热量（产物为的氧化物和液态水），其热化学方程式为_。【答案】 (1). Na
28、NO (2). HNO3H2CO3H2SiO3 (3). (4). 2Al2OH2OH=23H2 (5). SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l) H=1440.0kJmol1【解析】【分析】根据元素周期表，推出为H，为C，为N，为O，为Na，为Al，为Si，为Cl，据此分析；【详解】(1)为N，为O，为Na，同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下，原子半径依次增大，因此原子半径由大到小的顺序是NaNO；(2)为C，为N，为Si，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族从上到下，非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强，因此最高价氧化物对应的水化物的酸
29、性由强到弱的顺序是HNO3H2CO3H2SiO3；(3)为C，为Cl，两种元素形成的某化合物是一种常见的有机溶剂，即为CCl4，CCl4属于共价化合物，其电子式为；(4)为Al，与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al2OH2OH=23H2；(5)为Si，其最简单的氢化物为SiH4，与氧气反应的方程式为SiH42O2=SiO22H2O，1gSiH4的物质的量为=mol，1molSiH4燃烧放出的热量为45.0kJ32=1440.0kJ，则热化学反应方程式为SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l) H=1440.0kJmol1。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越
30、多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，当电子层数相同，原子序数相同，电子数越多，半径越大。22.下列各物质转化关系如图所示，气体B为红棕色，C常温时为无色液体，相对分子质量D比B大17，E的原子序数为12。回答下列问题：（1）A的化学式是_，C分子的电子式是_。（2）反应的离子方程式是_；若n（E)n（D)=25，反应的化学方程式是_。【答案】 (1). NO (2). (3). 3NO2+H2O=2H+2NO3+NO (4). 4Mg+10HNO3=4Mg（NO3)2+N2O+ 5H2O或4Mg+10HNO3=4Mg（NO3)2+NH4NO3+
31、3H2O【解析】【分析】A能生成B，气体B为红棕色，C常温时为无色液体，B与C反应生成A与D，相对分子质量D比B大17，则A为NO，B为NO2，C为H2O，D为HNO3，E的原子序数为12，则E为Mg。【详解】（1）根据上述推断，A为一氧化氮，化学式为NO；C为水，水是共价化合物，电子式为。（2）反应是二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，反应的离子方程式为3NO2+H2O=2H+2NO3+ NO；若n（E)n（D)=25，设镁的物质的量为2mol，则硝酸的物质的量为5mol，2molMg失去4mol电子，生成2mol硝酸镁Mg（NO3)2，起酸性作用的硝酸为4mol，根据氮原子守恒，得电子的硝酸是
32、1mol，根据得失电子守恒，1molHNO3得4mol电子生成+1价氮的化合物，所以反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg（NO3)2+N2O+ 5H2O。23.我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳香烃和氢气等化产品，为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如图（部分反应条件已略去）：（1）E中官能团的名称为_，C物质的结构简式为_。（2）上述转化反应中，属于取代反应的有_（用反应序号填写）。（3）写出反应的反应方程式：_。（4）实验室制备物质E时，装置如图所示（加热和夹持装置已省略）。试管a中实验前盛放的物质是_，实验后出现分层现
33、象，分离物质D需要的玻璃仪器有_和烧杯等。（5）某同学在试管b中加入6.0克乙酸和足量乙醇采用适当条件使反应充分进行，结束后在试管b回收到3.0克乙酸，则该同学在本次实验中制得乙酸乙酯的最大质量为_。【答案】 (1). 酯基 (2). CH3CHO (3). (4). +HO-NO2H2O (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 分液漏斗 (7). 4.4g【解析】【分析】根据流程，BCD是连续被氧化的过程，B为醇，C为醛，D为酸，B与D发生酯化反应得到E，即E为酯，从而推出B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，A与H2O发生加成反应得到B，即A
34、为CH2=CH2，据此分析；【详解】(1)根据上述分析，E为乙酸乙酯，含有的官能团是酯基；C的结构简式CH3CHO；(2)根据上述分析，为加成反应，为氧化反应，为氧化反应，为取代反应，即属于取代反应的是；(3)反应发生硝化反应，即反应方程式为+HO-NO2H2O；(4)实验室制备乙酸乙酯，试管a中试剂为饱和碳酸钠溶液，能溶解乙酸、吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度便于分离提纯；需要通过分液获得乙酸乙酯，需要玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；(5)加入6.0g乙酸和过量的乙醇，反应结束后回收到3.0g乙酸，说明有3.0g乙酸参与反应，令生成乙酸乙酯的质量为mg，则有，解得m=4.4g。【点睛】类似该题型中，
35、需要根据反应条件或根据分子结构的变化，推出反应类型，进而确认官能团或物质类别。24.已知：298K时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.2kJmol-1。(1)若NN的键能为941.3kJmol-1，HH的键能为436.4kJmol-1，则NH的键能为_。(2)实验室将1.1molN2、3molH2充入2L容器，一定条件下反应。保持温度和容器体积不变，若2min末测得H2的物质的量为1.8mol，则该时间段内氨气的平均反应速率为_。保持温度和容器体积不变，下列措施可加快该反应速率的是_。A.充入He气B.使用恰当的催化剂C.升高反应体系的温度D.再充入N2当下列物理量保持不变
36、时，表明该反应一定处于化学平衡状态的是_。A.容器内N2与H2的含量B.容器内气体密度C.恒温下容器的压强D.H2的物质的量(3)电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示：外电路电流的运动方向：_。(填“a极到b极”或“b极到a极”)。b极电极反应式为_。【答案】 (1). 390.5kJmol-1 (2). 0.2mol/(Lmin) (3). BCD (4). ACD (5). b极到a极 (6). O2+4e+2H2O=4OH【解析】【详解】(1)=反应物键能之和-生成物键能之和，设NH键键能为x，则有941.3kJmol-1+3436.4kJmol-1-x6=-
37、92.2kJmol-1，解得x=390.5kJmol-1；(2)2min内参加反应H2的物质的量为3mol-1.8mol=1.2mol，则氢气的反应速率为=0.3mol/(Lmin)，由反应速率之比等于化学计量数之比，则氨气的平均反应速率为0.3mol/(Lmin)=0.2mol/(Lmin)；A充入He气，因体积不变，则反应中各物质的浓度不变，反应速率不变，故A不选；B使用恰当的催化剂，降低了反应所需的活化能，反应速率加快，故B选；C升高反应体系的温度，活化分子的百分数增大，反应速率加快，故C选；D再充入N2，反应物的浓度变大，反应速率加快，故D选；故答案为：B、C、D；A容器内N2与H2的
38、含量不变时，说明正逆反应速率相等，化学反应达到平衡，故A选；B反应物和生成均为气体，则气体总质量始终不变，容器恒容，所以容器内气体密度始终不变，则容器内气体密度不变不能判断化学反应达到平衡，故B不选；C该反应前后气体系数之和不相等，未平衡时气体的总物质的量会变，容器恒容，所以压强会变，当压强不变时，说明反应平衡，故C选；DH2的物质的量不变，则浓度不变，正逆反应速率相等，化学反应达到平衡，故D选；故答案为：A、C、D；(3)据图可知放电过程中NH3转化为N2被氧化，所以电极a为负极，电极b为正极，原电池中外电路电流由正极流向负极，即b极到a极；b极上氧气得电子发生还原反应，电解质溶液显碱性，所
39、以b极电极方程式为：O2+4e+2H2O=4OH。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。25.一些资料认为NO不能与Na2O2反应，某同学提出质疑，他认为NO易与O2发生反应，应该更容易被Na2O2氧化。査阅资料：a.2NO+Na2O2=2NaNO2；b.6NaNO2+3H2SO4(稀)=3Na2SO4+2HNO3+4NO+2H2O；某同学用如图所示装置(部分夹持装置略)，探究NO与Na2O2的反应。（1）请写出A中
40、反应的化学方程式_。（2）B中观察到的主要现象是_。（3）在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是_。（4）充分反应后，检验D装置中发生反应的实验是_。（5）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示：在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为_，若标准状况下16.8LNO被NaClO溶液完全吸收，则转移的电子的物质的量为_mol。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_。【答案】 (1). Cu4HNO3(浓)=Cu(NO
41、3)22NO24H2O (2). 铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生 (3). 排尽装置中的空气 (4). 取D装置中的产物少量于试管中，然后加稀硫酸，若产生无色气体，无色气体遇到空气变为红棕色，则产物为NaNO2 (5). 2NO3HClOH2O=23Cl5H (6). 2.25 (7). NaClO初始pH越小，c(H)越大，HClO浓度越大，氧化NO的能力越强【解析】【分析】实验目的是探究NO与Na2O2的反应，根据所给装置图，装置A制备NO2，装置B是制备NO，装置C为干燥装置，装置D为反应装置，装置E防止F中水蒸气进入D，F装置为尾气处理装置，据此分析；【详解】(1)装置A的
42、作用是制备NO2，反应方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO24H2O；(2)装置B中发生反应有3NO2H2O=2HNO3NO，3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，装置B中观察到的现象是铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；(3)空气中的氧气能与NO反应，实验前要排尽，通入N2的作用是排尽装置中的空气；(4)根据信息，装置D中产物是NaNO2，NaNO2与稀硫酸发生反应生成NO，因此要检验NaNO2：取D装置中的产物少量于试管中，然后加稀硫酸，若产生无色气体，无色气体遇到空气变为红棕色，则产物为NaNO2；(5)HClO作氧化剂，被还原为Cl，NO被氧化成，根据得失电子数目守恒，以及原子守恒、电荷守恒，其离子方程式为2NO3HClOH2O=23Cl5H；NO中2价N被氧化成5价，因此标况下16.8LNO被氧化，转移电子物质的量为=2.25mol；NaClO初始pH越小，c(H)越大，HClO浓度越大，氧化性越强。【点睛】陌生氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如本题中的(5)，根据题意得出：HCONOCl，然后根据化合价的升降法进行配平，得到2NO3HClO23Cl，根据溶液的酸碱性以及电荷守恒、原子守恒，配平其他，溶液显酸性，因此有：2NO3HClOH2O=23Cl5H。