1、玉溪一中20202021学年上学期高二年级第一次月考化学学科试卷总分100分，考试时间90分钟可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 第卷 选择题(共48分)一、选择题(本题共24题，每小题2分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与生产生活、社会密切相关。下列说法中错误的是A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收乙烯，可保鲜水果B. 合成不粘锅涂层的原料CF2=CF2属于烃C. 港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】B【解析】【详解】A. 乙烯有催熟的效果，用浸泡过酸性高锰酸钾溶液的硅藻土
2、吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；B. 只含有C、 H两种元素的化合物属于烃，CF2=CF2不是烃，是卤代烃，故B错误；C. 港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物，故C正确；D. 天然气和液化石油气均燃烧生成二氧化碳和水，对环境无污染，故是清洁燃料，故D正确；故选B。2. 苯丙酸诺龙是一种兴奋剂，结构简式如图所示，有关苯丙酸诺龙的说法不正确的是（ ）A. 含有两种官能团B. 含有脂环的有机化合物C. 是一种芳香族化合物D. 含有酯键【答案】A【解析】【详解】A该有机物中含有碳碳双键、羰基、酯基总共3种官能团，A错误；B分子中含有多个脂环，B正确；C此有
3、机物中含有1个苯环，故属于芳香族化合物，C正确；D此有机物中只含有1个酯基，D正确；答案选A。3. 下列说法中正确的一组是A. H2和D2互为同位素B. 和互为同分异构体C. 正丁烷和异丁烷是同系物D. 和是同一种物质【答案】D【解析】【详解】AH2和D2都氢气单质，不是同位素，故A错误；B由于甲烷是正四面体结构，其二溴代物只有一种结构，所以和为同种物质，故B错误；C正丁烷和异丁烷分子式相同，结构不同，是同分异构体，故C错误；D由于单键可以旋转，所以和是同一种物质，故D正确；故选D。4. 下列反应中，属于加成反应的是A. 苯和液溴在FeBr3催化作用下生成溴苯B. 乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
4、C. 乙烯水化法制乙醇D. 甲烷和氯气光照反应生成CH3Cl【答案】C【解析】【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，以此解答该题。【详解】A. 苯在铁粉存在下与液溴的反应，苯中H原子被溴原子取代生成溴苯，属于取代反应，故A错误；B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，原因是高锰酸钾和乙烯发生了氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故B错误；C. 乙烯水化法制乙醇，乙烯中的双键断裂，两碳原子上分别结合一个氢原子和一个羟基，所以属于加成反应，故C正确；D. 甲烷与氯气光照下反应属于取代反应，故D错误；故选C。5. 下列表示有机物的化学用语正确的是A
5、. 甲烷分子的球棍模型是：B. 一氯甲烷的电子式：C. 1-丁烯的键线式：D. 间硝基甲苯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A是甲烷分子的比例模型，故A错误；B一氯甲烷中氯原子要满足8电子的稳定结构，氯原子周围应有8个电子，故B错误；C是1-丁烯的键线式，故C正确；D间硝基甲苯的结构简式应为，故D错误；故选C。6. 下列关于甲烷的叙述正确的是A. 甲烷分子的电子式为，分子中各原子都达到8电子稳定结构B. 可用燃烧的方法鉴别甲烷和乙烯C. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多生成四种产物D. 根据甲烷分子中的四个键的键角相等，就可推知甲烷为正四面体结构【答案】B【解析】【详解】A. 甲烷
6、分子的电子式为，氢原子达到2电子稳定结构，C原子达到8电子稳定结构，故A错误；B. 点燃两种气体，由于乙烯的含碳量高于甲烷，燃烧时火焰明亮且冒有黑烟，甲烷则没有此现象，可以用燃烧的方法鉴别甲烷和乙烯，故B正确；C. 由于甲烷和氯气在光照条件下，发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，HCl，其中产物有5种，故C错误；D. 甲烷分子中四个键的键角相等，可能为平面正方形，不能说明甲烷为正四面体结构，故D错误；故选B。7. 正己烷是优良的有机溶剂，其球棍模型如图所示。下列有关说法正确的是A. 正己烷的分子式为C6H12，其沸点比丙烷低B. 己烷有5种同分异构体C. 正己
7、烷能与溴水发生取代反应而使溴水褪色D. 正己烷所有碳原子可在一条直线上【答案】B【解析】【详解】A正己烷的分子式为C6H14，故A错误；B己烷有5种同分异构体，分别是：1、正己烷 ：CHCHCHCHCHCH；2、2,2-二甲基丁烷：CHC(CH)CHCH；3、2-甲基戊烷：CHCHCHCH(CH)；4、2,3-二甲基丁烷：CHCH(CH)CH(CH)CH；5、3-甲基戊烷：CHCHCH(CH)CHCH；故B正确；C正己烷不能与溴水发生反应，故C错误；D由球棍模型可以看出，正己烷所有碳原子不在一条直线上，故D错误；故选B。8. 下列有关说法不正确的是A. 乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中
8、含有碳碳双键B. 用如图所示方法可除去乙烷气体中的乙烯气体C. 乙烯、SO2均能使溴水褪色且原理相同D. 乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等【答案】C【解析】【详解】A碳碳双键的键能比碳碳单键的键能的两倍要小，说明碳碳双键中有一个键的键能更小，易断裂，故乙烯的化学性质比乙烷活泼是因为乙烯分子中含有碳碳双键，A正确；B由于CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br为无色液体留在洗气瓶中，而乙烷不能反应，也不溶于水，故用如图所示方法可除去乙烷气体中的乙烯气体，B正确；C乙烯使溴水褪色是发生加成反应CH2=CH2+Br2BrCH2CH2Br，而SO2使溴水褪色是发生
9、氧化还原反应SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，故二者原理不相同，C不正确；D乙烯中C、H个数比为1：2，故乙烯完全燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，D正确；故答案为：C。9. 历史上最早应用的还原性染料靛蓝，其结构简式如图所示，下列关于靛蓝的叙述中错误的是A. 由碳、氢、氧、氮四种元素组成B. 分子式是C16H14N2O2C. 属于烃的衍生物D. 它含有碳碳双键和羰基【答案】B【解析】【详解】A. 由靛蓝的结构简式可知，靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成，故A正确；B. 由结构可知，分子中含有16个C原子、10个H原子、2个N原子、2个O原子，分子式为：C16H10N2O2，
10、故B错误；C. 烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一系列有机化合物称为烃的衍生物，由结构可知，该有机物含N、O元素，为烃的衍生物，故C正确；D. 由靛蓝的结构简式可知，它含有碳碳双键和羰基，故D正确；故选B。10. 下列有机物命名正确的是A. CH2=CH-CH=CH2 1，3二丁烯B 1，3二甲基丁烷C. 3，3，4三甲基己烷D. 2甲基3丁炔【答案】C【解析】【详解】A. 烯烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个C原子，且有两个碳碳双键，故为丁二烯，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故此二烯烃的名称为1，3丁二烯，故A错误；B. 烷烃命名时，选最长
11、的碳链为主链，故主链上有5个C原子，二号碳上连接一个甲基，该烷烃的名称为2-甲基戊烷，故B错误；C. 烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有6个C原子，三号碳上连接两个甲基，四号碳上连接一个甲基，该烷烃名称为3，3，4三甲基己烷，故C正确；D. 炔烃命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个C原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，碳碳三键在一号位，甲基在三号位，该有机物命名为3甲基1丁炔，故D错误；故选C。11. 下列关于苯的叙述正确的是( )A. 反应常温下不能进行B. 反应不发生，但是仍有分层现象，紫色层在下层C. 反应为加成反应，产物是无色液体D. 反应能发生，
12、从而证明苯中是单双键交替结构【答案】B【解析】【分析】【详解】A在溴化铁做催化剂的条件下，苯与液溴在常温下能够发生取代反应，故A错误；B苯不溶于水，密度小于水，所以苯与酸性高锰酸钾溶液混合后分层，苯在上层，高锰酸钾溶液在下层，下层为紫色，故B正确；C反应为取代反应，即苯的硝化反应，故C错误；D苯中没有碳碳双键存在，故D错误。选B。【点睛】注意掌握苯分子中碳碳键特点，明确苯具有的化学性质，能够正确书写苯与液溴、氢气等反应的化学方程式12. 实验室制备硝基苯密度1.45gcm-3，不溶于水时，经过配制混酸、硝化反应、(5060)洗涤分离、干燥蒸馏等步骤。下列图示装置和原理能达到目的的是（ ）A.
13、配制混酸B. 硝化反应C. 分离硝基苯D. 蒸馏硝基苯【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅，应将浓硫酸滴加到浓硝酸中，故A错误；B.在5060反应，应水浴加热，故B错误；C.硝基苯不溶于水，可分液分离，故C正确；D.加入水的方向错误，为充分冷凝，应从下端进水，故D错误。故选C。【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意实验的合理性和可行性的评价，难度不大。13. 下列说法正确的是A. 有机物属于芳香烃，含有两种官能团B. 和，分子组成相差一个CH2，两者互为同系物C. 有机物含有醛基，所以属于醛类D. 既属于醇类又
14、属于羧酸类【答案】D【解析】【详解】A. 烃是指仅含碳、氢两种元素的化合物，含苯环的烃为芳香烃，是芳香族化合物，但只有碳碳双键一种官能团，故A错误；B. 羟基与苯环直接相连的称为酚，羟基与链烃相连的称为醇，二者分别属于酚类和醇类，不是同系物，故B错误；C. 中含有酯基，属于酯类，故C错误D. 中有羟基属于醇类，又有羧基，属于羧酸类，故D正确；故选D。14. NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 0.1 mol CH4和C2H4的混合气体中所含氢原子数目为0.4NAB. 标况下，2.24L CCl4所含原子数目为0.5NAC. 常温常压，7.8g苯中所含碳碳双键数目为0.3NAD. 1
15、.7 gOH所含有的电子数目为NA【答案】A【解析】【详解】A. CH4和C2H4都含有4个氢原子，设CH4的物质的量为xmol，C2H4的物质的量为（0.1-x）mol，所含氢原子的物质的量为4x+4（0.1-x）=0.4mol，数目为0.4NA，故A正确；B. 标况下，CCl4不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C. 苯中没有碳碳双键，故C错误；D. OH所含电子为8+1=9，因此1molOH就含有9mol电子， 1.7gOH是0.1mol，所以电子就是0.9mol，就是0.9NA个，故D错误；故选A。15. 分子式为C4H10O，分子结构中含有-OH官能团的有机化
16、合物有A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】【详解】分子式为C4H10O，分子结构中含有-OH 官能团的有机化合物，碳链有两种连接方式，分别为C-C-C-C、，符合条件的同分异构体有四种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、，共有4种，故B正确。16. 有机物是制备镇痛剂的中间体。下列关于该有机物的说法错误的是A. 与环己烷互为同分异构体B. 所有碳原子可处于同一平面C. 与HCl加成产物只有一种D. 能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应【答案】C【解析】【详解】A同分异构体是指具有相同分子式而结构不同的化合物，故A正确；B根据乙烯分子中六原子共面、碳碳单键可以旋转专，可以判
17、断分子中所有碳原子可以处于同一平面上，故B正确；C与HCl加成产物有2种，故C错误；D该有机物中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故D正确；故选C。17. 为解决污染、变废为宝，我国科研人员研究在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。下列说法中，不正确的是（ ）A. 反应I、II、III均有副产物H2O产生B. 最终产物X、Y属于同系物C. 产物X名称为“2甲基丁烷”或“异戊烷”D. 产物X、Y都有4种一氯代物（不考虑立体异构体）【答案】A【解析】【详解】A根据转化过程图可知，只有烯烃与氢气作用，根本没有氧元素参与反应，所以不会产生H
18、2O，A选项错误；BX、Y都属于烷烃，且分子组成上相差1个CH2，因此两者属于同系物，B选项正确；C根据产物X的结构可知，主链上有4个C，2号碳上连有1个甲基，其系统命名法为2-甲基丁烷，习惯命名法为异戊烷，C选项正确；D由X、Y的结构简式可知，两者均有4种等效氢，所以其一氯代物共有4种，D选项正确；答案选A。18. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZYXB. 如图所示实验可证明非金属性：ClZC. Y与X形成的
19、二元化合物中不可能存在共价键D. W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同均会导致产物不同【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，为C元素；X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则X是O、Z为S元素；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为Na元素，以此解答。【详解】A. 电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，离子核外电子层数越多其离子半径越大，所以离子半径ZXY，故A错误；B. 元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，高锰酸钾溶液氧化浓盐酸生成氯气，氯气和硫化氢反应生成S，氯气是氧
20、化剂、S是氧化产物，则氧化性：氯气大于S，所以非金属性ClS，故B正确；C. 过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；D. C与氧气反应时其产物成分与氧气的量有关，少量氧气生成CO、过量氧气生成二氧化碳，Na、S与氧气反应产物与氧气的量无关，Na和氧气反应与反应条件有关，故D错误；故选B。19. 肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200 时在Cu表面分解的机理如图1。已知200 时：反应：3N2H4(g)=N2(g)4NH3(g) H132.9 kJmol1反应：N2H4(g)H2(g)=2NH3(g) H241.8 kJmol1下列说法不正确的是A. 图1所示过程是放热反应、是吸热反应
21、B. 反应的能量过程示意图如图2所示C. 断开3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量大于形成1 mol N2(g)和4 mol NH3(g)中的化学键释放的能量D. 200 时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)2H2 (g)H50.7 kJmol1【答案】C【解析】【详解】A过程是N2H4分解生成N2和NH3，根据3N2H4(g)=N2(g)4NH3(g) H132.9 kJmol1，可以知道该反应放热，所以图示过程为放热反应，过程是NH3的催化剂作用下分解生成N2湘和H2，根据盖斯定律可以计算，过程是为吸热反应，故A项正确；B反应：N2H4(g)H2(g
22、)=2NH3(g) H241.8 kJmol1，反应为放热反应，反应物能量高于生成物与图2相符，故B项正确；C反应为放热反应，说明反应物的总键能小于生成物的总键能，即断开3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1 mol N2(g)和4 mol NH3(g)中的化学键释放的能量，故C项错误；D根据盖斯定律：(I)-2()得N2H4(g)=N2(g)2H2 (g)H-32.9 kJmol12（-41.8 kJmol1）=50.7 kJmol1，故D项正确；故选C。20. 将CoCl2溶解于盐酸中可以形成CoCl42-，在溶液中存在下面的化学平衡：Co2(aq)4Cl(aq) CoC
23、l42-(aq) H0粉红色 蓝色下列说法正确的是A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小B. 该反应的平衡常数Kc(CoCl42-)/c(Co2)c4(Cl)C. 将盛有CoCl2和盐酸混合液的试管置于热水中，试管内溶液为红色D. 增大Cl浓度，平衡向正反应方向移动，Co2、Cl浓度都减小【答案】B【解析】【分析】A、升高温度，正、逆反应速率都增大；B、化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；C、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动；D、增大C
24、l浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，但Cl-浓度增大。【详解】A项、升高温度，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故A错误；B项、Co2+（aq）+4Cl-（aq）CoCl42-（aq）的化学平衡常数k= c(CoCl42-)/c(Co2)c4(Cl)，B正确；C项、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，溶液呈蓝色，故C错误；D项、增大Cl浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，CoCl42-增大，因化学平衡常数不变，溶液中Cl-浓度增大，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学平衡移动原理综合应用，涉及温度对反应速率、化学平衡、化学平
25、衡常数的影响，D选项也可以借助平衡常数进行理解。21. 在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）A. 该反应的HK2C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则这时一定有正逆D. 在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C【答案】C【解析】【详解】A. 由题中可知，温度升高，c(NO)增大，故平衡逆向移动，故该反应的逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故正反应的H0，A正确；B. 由A分析可知，正反应为放
26、热反应，由图中可知T1K2，B正确；C. 在T2时，若反应体系处于状态D要回到状态B，此过程c(NO)减小，即向正方向移动，故这时一定有正逆，C错误；D. 由于该反应中，C为固体，故在反应过程中混合气体的密度一直在改变，故在T3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，D正确；故答案为：C。22. 2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如图所示：下列说法正确的是A. 图中能量转化方式只有2种B. H+ 向a极区移动C. a极上每产生22.4L O2流过电极的电子为4molD. b极发生的电极反应为：N26H+6e=2NH3【答案】D【解析】【详解
27、】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，故A错误；B.b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，故B错误；C. a极为负极，电极反应为2H2O4e=O2+4H+，但由于氧气所处的状态不明确，故22.4L氧气的物质的量不一定是1mol，故流过电极的电子不一定是4mol，故C错误；D. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H+6e=2NH3，故D正确；故选D。23. 常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是A. 每生成1 mol NCl
28、3，理论上有4 mol H经质子交换膜从右侧向左侧迁移B. 石墨极的电极反应式为NH4+3Cl6e=NCl34HC. 可用湿润的淀粉KI试纸检验气体MD. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小【答案】B【解析】【分析】由电池的正负极可判断，C电极为阳极，Pt电极为阴极。在C电极，发生反应NH4+3Cl6e=NCl34H；在Pt电极，6H+6e-=3H2。【详解】A依据电荷守恒，在阳极区，每生成1 mol NCl3，理论上有6 mol H经质子交换膜从右侧向左侧迁移，A不正确；B根据以上分析，在阳极(石墨极)，NH4+失电子后生成的物质与Cl-作用生成NCl3，电极反应式为NH4+3Cl6
29、e=NCl34H，B正确；C气体M为H2，不能用湿润的淀粉KI试纸检验，C不正确；D电解过程中，质子交换膜右侧溶液中每生成4molH+，将有6molH+通过质子交换膜向阴极区移动，所以pH会增大，D不正确；故选B。24. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 molL1 r溶液的pH为2pH=-lgc(H+)，s通常是难溶于水的油状液体混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A. 原子半径的大小：WXXYC. X的最高价氧化物的水化物为强酸D. Y的氢化物常温常压下为液态
30、【答案】D【解析】【详解】由题干信息可知，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体为Cl2，故Z为Cl，0.01 molL1 r溶液的pH为2pH=-lgc(H+)，说明r为一元强酸，故为HCl，结合物质转化关系可知，n+pr+s，m+nq+r，q的水溶液具有漂白性，s通常是难溶于水的油状液体混合物，故q为HCl，p为烃类，最常见为CH4，且短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，故W、X、Y、Z依次为：H、C、O、Cl，据此分析解题：A由分析可知：W、X、Y分别为H、C、O，同一周期，从左到右，原子半径减小，故原子半径的大小：W Y Z X，B错误；CX的最高价氧化物的水化物即H2CO3为弱酸
31、，C错误；DY的氢化物为H2O、H2O2常温常压下均为液态，D正确；故答案为：D。第卷 非选择题(共52分)二、填空题(本题共4题，共52分。)25. (1)某有机物含 C、H、O 三种元素，分子模型如图所示(图中球与球之间的连线代表化学键。如单键、双键等)：该有机物的结构简式为 _；所含官能团的名称为 _、_。(2)某种塑料分解产物为烃，对这种烃进行以下实验：取一定量该烃，使其燃烧后的气体通过干燥管，干燥管增重7.2 g，再通过石灰水，石灰水增重17.6 g。经测定，该烃的相对分子质量为28。请回答：该烃的结构简式为_。0.1mol该烃与HCl发生加成反应，所得加成产物被完全取代需_mol氯
32、气。生成该塑料的反应类型为_，方程式为：_(3)有机物 的同分异构体有有多种，其中一种不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但在一定条件下能跟液溴、氢气等发生反应，请写出该同分异构体与液溴反应的化学方程式：_。【答案】 (1). (2). 碳碳双键 (3). 羧基 (4). CH2=CH2 (5). 0.5 (6). 加聚反应 (7). nCH2=CH2 (8). Br2 HBr【解析】【详解】(1)由图可知，该有机物的结构简式为，故答案为：；所含官能团为碳碳双键，羧基，故答案为：碳碳双键；羧基； (2) 一定量该烃完全燃烧，使燃烧后的气体通过干燥管，干燥管增重7.2g为燃烧生成水的质量，物质的量0.4
33、mol，再通过石灰水，石灰水增重17.6g为燃烧生成二氧化碳的质量，其物质的量0.4mol，则该碳氢化合物分子中C、H原子数目之比1:2，其最简式为CH2，该烃的相对分子质量为28，所以该烃的分子式为CH2=CH2，由分析可知，该烃的结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；0.1mol CH2=CH2与HCl发生加成反应得到0.1mol 氯乙烷，0.1mol 氯乙烷被完全取代需0.5mol氯气，故答案为：0.5；生成该塑料为乙烯加聚生成聚乙烯，反应类型为加聚反应，方程式为为nCH2=CH2 ，故答案为：加聚反应；nCH2=CH2 ；(3)有机物 的同分异构体不能使酸性高锰酸钾溶液褪
34、色，但在一定条件下能跟液溴、氢气等发生反应，说明该同分异构体是苯，苯与液溴反应发生取代反应生成溴苯，化学方程式为 Br2 HBr，故答案为： Br2 HBr。26. 有效控制大气温室气体浓度，推动绿色低碳发展，是人类可持续发展重要战略之一，因此捕集、利用CO2始终是科学研究的热点。(1)新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。碳在元素周期表中的位置是_。整个过程中FeO作用是_。写出CO2转化为炭黑的总反应化学方程式_。(2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理如图所示。写出阴极CO2还原为HCOO的电极反应式：_。电解一段时间后，阳极区
35、的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). 催化剂 (3). CO2C+O2 (4). CO22e-H+=HCOO- 或CO22e-HCO=HCOO-CO (5). 阳极OH-放电生成O2，pH减小，HCO浓度降低，K+部分迁移至阴极【解析】【分析】(1)根据碳的原子序数6确定其位置；结合图示中氧化亚铁反应前后均存在分析作用；根据图示中二氧化碳为反应为最终产生碳单质和一氧化碳确定反应；(2)阴极CO2得电子被还原为HCOO-根据元素守恒有碳酸氢根离子参与反应，由此得电极反应；结合阳极的电极反应分析离子浓度变化。【详解】(1)碳的原子序数6，有两个电子层，
36、最外层电子数4，处于第二周期IVA族，故答案为：第二周期IVA族；根据图示可知氧化亚铁反应前后均存在质量和化学性质均为改变，作催化剂，故答案为：做催化剂；根据图示中二氧化碳为反应为最终产生碳单质和一氧化碳，反应为CO2C+O2，故答案为：CO2C+O2；(2)阴极CO2得电子被还原为HCOO-根据元素守恒有碳酸氢根离子参与反应，由此得电极反应：CO2+2e-=HCOO-+，故答案为：CO2+2e-=HCOO-+；阳极水放电发生反应：2H2O-4e-=O2+4H+，氢离子与碳酸氢根离子反应，同时溶液中的阳离子钾离子向阴极区迁移，导致碳酸氢钾的浓度下降，故答案为：阳极产生O2，pH减小，浓度降低，
37、K+部分迁移至阴极区。27. 用如图装置制备氯气并研究其性质。回答下列问题：(1)仪器b的名称是_，装置A中反应的化学方程式为_。(2)组装好仪器，关闭仪器a的活塞，装置E中加水浸没导管，加热仪器b，当装置E中_(写实验现象)，证明装置气密性良好。(3)反应开始后，装置C中的现象为_。(4)装置E中宜选用的试剂是_。A.澄清石灰水 B.浓硫酸 C.NaOH溶液 D.蒸馏水(5)在实验中发现通入Cl2的过程中装置D中溶液先变红，然后红色褪去。为探究其原因，查得资料如下：.Fe3+3SCN-Fe(SCN)3是一个可逆反应，当反应物或生成物浓度变化时，会影响反应进行的程度。.SCN-类似于卤素离子，
38、(SCN)2性质与卤素单质类似。预测：装置D中溶液褪色的原因可能是_。验证：取装置D中少量褪色后的溶液，滴加_溶液，若溶液颜色变成_，则上述预测合理。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O (3). 导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段稳定的水柱 (4). 先变红后褪色 (5). C (6). Cl2将SCN-氧化 (7). KSCN溶液 (8). 红色【解析】【分析】根据装置A可知：在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸发生氧化还原反应，产生氯气；盐酸会挥发，产生的氯气含氯化氢杂质，可用饱和食盐水除去，通入紫色石蕊试液中，石蕊试液先变红后褪色，根据这
39、个现象，可以推测氯气和水反应生成了酸和具有漂白性的物质，气体继续通过氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液，出现了先变红后褪色的现象，变红是氧化产物Fe3+与SCN-结合得到Fe(SCN)3，褪色的原因结合信息：SCN-类似于卤素离子，则SCN-具有还原性，因被氯气消耗而褪色了，氯气有毒，为避免空气污染，应用氢氧化钠溶液吸收，据此回答【详解】；(1)由图可知：仪器b的名称是圆底烧瓶，装置A中：二氧化锰和浓盐酸共热时发生氧化还原反应，产生氯气，该反应的化学方程式为MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2+ 2H2O，故答案：圆底烧瓶；MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2+ 2H2O
40、。(2)组装好仪器，关闭仪器a的活塞，装置E中加水浸没导管，如果装置不漏气，那么一定量的气体就会热胀冷缩，故加热仪器b，当装置E中导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段稳定的水柱，证明装置气密性良好，故答案：导管口有气泡冒出，冷却后导管中形成一段稳定的水柱。(3)反应开始后，氯气进入石蕊试液，反应生成盐酸使石蕊变红、又被生成的次氯酸漂白了，故装置C中的现象为先变红后褪色；故答案：先变红后褪色。(4)装置E 用于处理尾气Cl2，A. 澄清石灰水浓度小、不能充分吸收氯气、效果差，故A错误；B.浓硫酸不能吸收氯气，故B错误；C. NaOH溶液能充分吸收氯气防止氯气污染，故C正确；D.1体积蒸馏水中能
41、溶解2体积氯气、不能充分吸收氯气、效果差，故D错误；故答案：C。 (5)在装置D通入Cl2的过程中，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，Fe3+与SCN-结合得到Fe(SCN)3，故溶液变红，接着溶液褪色，预测：装置D中溶液褪色的原因是：已知SCN-类似于卤素离子，则SCN-具有还原性，继续通入的氯气后会和SCN-发生氧化还原反应被消耗，推测反应可能是Cl2+2SCN-=(SCN)2+2Cl-或3Cl2+2Fe(SCN)3=3(SCN)2+2Fe3+6Cl-，故答案：Cl2将SCN-氧化； 若要验证上述推论：取装置D中少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液颜色变成红色，则上述预测合理。故答案：KS
42、CN溶液；红色28. 使用石油热裂解的副产物CH4来制取CO和H2，其生产流程如图：(1)工业上常利用反应产生的CO和H2合成可再生能源甲醇。已知CO(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为283.0 kJmol-1和726.5 kJmol-1，则CH3OH(l)不完全燃烧生成CO(g)和H2O(l)的热化学方程式为_。(2)此流程的第I步反应为：CH4(g) + H2O(g)CO(g) + 3H2(g)，一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。则P1_P2(填“”或“”)。100时，将1 mol CH4和2mol H2O通入容积为10L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率
43、为0.5。则该反应的平衡常数K为_。(3)此流程的第II步反应CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)的平衡常数随温度的变化如表：温度/400500830平衡常数K1091 从上表可以推断：该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)，若在500时进行该反应，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.20mol/L，经5min达到平衡，则用CO表示的该反应的平均反应速率为_。如图表示该反应在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件引起浓度变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是_(写出一种)。(4)CH4是重要的化石能源，完全燃烧生成CO2和H2O，放出大量热。若以熔融的K2CO3为电
44、解质，可以设计成一种高温燃料电池，正极通入的气体是空气和CO2，负极反应式为：_。【答案】 (1). CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l) H= +443.5kJ/mol (2). P1P2 (3). 0.0225或2.2510-2 (4). 放热 (5). 0.03mol/(Lmin) (6). 降低温度增加水蒸汽的量或减少氢气的量 (7). CH48e-4CO=5CO22H2O【解析】【详解】(1)由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热H分别为-283.0 kJmol-1和-726.5 kJmol-1，则CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-283.0 kJmol-1
45、CH3OH(I)+O2(g)=CO2(g)+2H2O H=-726.5 kJmol-1由盖斯定律可以知道，-得反应CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l)，则H=-726.5 kJmol-1(-283.0 kJmol-1)-443.5 kJmol-1，因此，本题正确答案是：CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l) H= +443.5kJ/mol；（2）由图可以知道温度相同时到达平衡时压强为P1的CH4转化率高，平衡向正反应方向移动，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即P1P2；100时，将1mol CH4和2mol H2O通入容积为10L的恒容
46、密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.5，则 平衡常数K=0.0225，因此，本题正确答案是：；0.0225或2.2510-2；(3) 分析图表数据可以知道平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应是放热反应，H0；若在500时进行设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.20mol/L，平衡常数为9，根据化学平衡三段式列式计算，设一氧化碳消耗物质的量浓度为x，计算平衡常数得到K=解得x= 0.15mol/L，所以用CO表示的该反应的平均反应速率为=0.03mol/(Lmin)，故答案为：放热；0.03mol/(Lmin)；CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)，反应是
47、气体体积不变的放热反应，在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，说明平衡正向进行，降低温度增加水蒸汽的量或减少氢气的量可实现，故答案为：降低温度增加水蒸汽的量或减少氢气的量； (4)熔融的K2CO3为电解质，正极通入的气体是空气和CO2，负极通入甲烷，负极反应式为：CH48e-4CO=5CO22H2O，故答案为：CH48e-4CO=5CO22H2O。【点睛】第（2）题采取控制变量法分析由图可以知道温度相同时到达平衡时压强为P的CH4转化率高反应为气体体积增大的反应增大压强平衡向体积减小的方向移动；根据化学平衡三段式列式计算平衡浓度结合平衡常数概念计算得到。