1、遂宁市高中2024届第二学期教学水平监测化 学 试 题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。总分100分。考试时间90分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1 N-14第卷(选择题，满分42分)一、选择题(每小题只有一个正确选项。第1-12题每小题2分，第13-18
2、题，每小题3分，共42分)1. 化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是A. SO2、NO2和CO2都会导致酸雨的形成B. “百年陈酒十里香”中的香是指乙酸乙酯的香C. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物D. 光伏发电能量转化方式是热能直接转变为电能【答案】B【解析】【详解】ASO2、NO2会导致酸雨的形成，CO2导致温室效应的形成，故A错误；B “百年陈酒十里香”中乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，香是指乙酸乙酯的香，故B正确；C丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故C错误；D光伏发电能量转化方式是光能直接转
3、变为电能，故D错误；综上所述，答案为B。2. 化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是A. HClO的结构式：H-Cl-OB. 丙烯的结构简式： CH3CHCH2C. CH4分子的比例模型：D. 羟基的电子式：【答案】D【解析】【详解】A氧原子周围两个共价键，氯原子和氢原子周围一个共价键，则HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；B丙烯的结构简式要体现官能团碳碳双键，应为CH3CH=CH2，B错误；CCH4分子的球棍模型为，C错误；D氧原子最外层电子为6个，氢原子最外层电子为1个，则羟基的电子式为，D正确；故答案为D。3. 下列说法正确的是A. 与为同一种物质B. H2、D
4、2、T2互为同分异构体C. CH3Cl和ClCH2CH2Cl互为同系物D. 16O2和18O2互为同位素【答案】A【解析】【详解】A与 是同种物质，其命名为2甲基丁烷，故A正确；BH2、D2、T2都是氢气，同一种结构，不互为同分异构体，故B错误；CCH3Cl和ClCH2CH2Cl两者结构不相似，前者含一个氯原子，后者含两个氯原子，因此两者不互为同系物，故C错误；D16O2和18O2两者是离子，不是原子，因此不互为同位素，故D错误。综上所述，答案为A。4. 下列说法不正确的是A. HF、HCl、HBr、HI酸性依次减弱B. LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强C. F2、Cl2、Br
5、2、I2单质的熔点逐渐升高D. H2O的还原性小于NH3【答案】A【解析】【详解】AHF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，HF是弱酸，其余三个是强酸，故A错误；B同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，因此LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强，故B正确；C卤族元素单质从上到下熔点逐渐升高，因此F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐升高，故C正确；D非金属性强，其氢化物的还原性弱，非金属性：ON，因此H2O的还原性小于NH3，故D正确；综上所述，答案为A。5. 下列化合物中，化学键类型完全相同的是A. HCl和NaClB. AlCl3和CaCl2C. N
6、aHS和NaOHD. Na2O2和 MgCl2【答案】C【解析】【详解】AHCl只含共价键，NaCl只含离子键，故A不符合题意；BAlCl3是共价化合物，只含共价键，CaCl2只含离子键，故B不符合题意；CNaHS和NaOH，两者都含有离子键和极性共价键，故C符合题意；DNa2O2含有离子键和非极性共价键，MgCl2只含离子键，故D不符合题意；综上所述，答案为C。6. 设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A. 标准状况下，1 mol N2和3 mol H2充分反应后得到2NA个 NH3分子B. 含有1 mol HNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，得到气体分子数目0.25NA
7、C. 标准状况下，5.6 L SO3溶于水后，溶液中H+数目为0.5NAD. 标准状况下，22.4 L氦气分子中共价键数目为NA个【答案】B【解析】【详解】A氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，标准状况下，1 mol N2和3 mol H2充分反应后得到NH3分子个数小于2NA，故A错误； B含有1 mol HNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，无论是生成硝酸铁还是硝酸亚铁，还是两者的混合物，硝酸与NO的比例关系为4HNO3NO，因此含有1 mol HNO3的稀溶液反应得到气体分子数目0.25NA，故B正确；C标准状况下，SO3是非气态物质，无法计算物质的量，故C错误；D氦气是单原
8、子分子，因此分子中没有化学键，故D错误。综上所述，答案为B。7. 为了除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是序号物质(杂质)所用试剂分离方法A苯(Br2)CCl4萃取、分液B乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液分液CC2H6(C2H4)H2通气DCH3CH2OH(H2O)生石灰蒸馏A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A苯(Br2)，溴单质都易溶于苯和四氯化碳，因此不能用四氯化碳分离苯和溴单质，常用氢氧化钠溶液与溴单质反应，再分液进行分离，故A错误；B乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和乙醇，因此不能用氢氧化钠溶液除去乙酸，乙酸乙酯中含有乙酸，常用饱和碳酸钠溶液反应乙酸
9、，再分液得到乙酸乙酯，故B错误；C氢气和乙烯催化剂加热反应生成乙烷，但由于是气流，会引入氢气杂质，C2H6中含有C2H4，常用溴水吸收乙烯，故C错误；DCH3CH2OH中含有H2O，加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，再蒸馏得到乙醇，故D正确。综上所述，答案为D。8. 一定温度下，在恒容的密闭容器中，能表示反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)达到平衡状态的标志有容器中的压强不再发生变化H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为11混合气体的平均相对分子质量不变容器内混合气体的密度不变CO的物质的量浓度不再变化CO和H2的物质的量浓度之比为11保持不变A. B. C. D. 【答案
10、】C【解析】【详解】该反应是体积减小的反应，正向反应，压强不断减小，当容器中的压强不再发生变化，则能作为判断平衡的标志，故符合题意；H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为11，同一个方向，不能说明达到平衡，故不符合题意；正向反应，平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变，则达到化学平衡，故符合题意；气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量增大，容器体积不变，气体密度不断增大，当容器内混合气体的密度不变，则能作为判断平衡的标志，故符合题意；正向反应，CO物质的量浓度增大，当CO的物质的量浓度不再变化，则能作为判断平衡的标志，故符合题意；根据方程式CO和H2的物质的量浓度之比始终为
11、11，当CO和H2的物质的量浓度之比为11保持不变，则不能作为判断平衡的标志，故不符合题意；因此能作为判断平衡的标志，故C符合题意。综上所述，答案为C。9. 某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是A. X分子中含有三种官能团B 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和XC. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应D. 在催化剂的作用下，1 mol X最多能与5 mol H2加成【答案】D【解析】【详解】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；C、该物质含有
12、碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1mol X最多能与4 mol H2加成，选项D错误；答案选D。10. 下列离子方程式正确的是A. 向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液SO+2H+=SO2 +H2OB. Cu与浓硝酸共热 ：Cu + 4H+ +2NO=Cu2+ +2NO2 +2H2OC. FeO加入稀硝酸：FeO+2H+=Fe2+H2OD. Cu与浓硫酸共热：Cu+4H+SO=SO2+Cu2+ + 2H2O【答案】B
13、【解析】【详解】A向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液，两者发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化为硫酸根，硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；BCu与浓硝酸共热反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为：Cu + 4H+ +2NOCu2+ +2NO2 +2H2O，故B正确；CFeO加入稀硝酸，氧化亚铁被硝酸氧化为铁离子：3FeO+10H+NO=3Fe3+NO +5H2O，故C错误；DCu与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸以分子形式存在，不能拆，其离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓) SO2+Cu2+ + 2H2O+SO，故D错误；综上所述，答案为B。11. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，
14、未见沉淀，继续通入另一气体X仍无沉淀，则X可能是A O2B. NH3C. CO2D. H2S【答案】C【解析】【分析】将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，溶液中是氯化钡和亚硫酸。【详解】A通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A不符合题意；B通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故B不符合题意；C通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故C符合题意；D通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故D不符合题意；综上所述，答案为C。12. 下列实验操作和现象与结论都正确的是操作和现象结
15、论A将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与水反应最剧烈水分子中的氢原子最活泼BSO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，溶液变浑浊反应生成了BaSO3沉淀C向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成不能证明碳元素的非金属性强于硅元素D将淀粉水解得到的溶液加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀淀粉未水解A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与乙酸反应最剧烈，因为乙酸分子中座机上的氢原子最活泼，故A错误；BSO2气体通入到Ba(NO3)2溶液
16、中，有亚硫酸生成使溶液呈酸性，硝酸根把亚硫酸氧化为硫酸，溶液变浑浊是因为生成了硫酸钡沉淀，故B错误；C向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成，由于氯化氢易挥发，造成盐酸也可能和硅酸钠反应生成硅酸，对实验有干扰，因此不能证明碳元素的非金属性强于硅元素，故C正确；D将淀粉水解得到的溶液，由于未加入氢氧化钠中和作催化剂的硫酸，而直接加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明淀粉未水解，故D错误。综上所述，答案为C。13. 海洋中蕴藏着巨大的化学资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是A. 海水提镁时，向海水中加入氢氧
17、化钙，然后过滤得到氢氧化镁，再灼烧得MgO，电解熔融的MgO就可以得单质MgB. 利用海水制盐，制得的NaCl溶于水，然后电解可以生产金属钠、氯气等化工产品C. 海水提溴时，向海水中通入氯气，然后加入CCl4萃取、分液蒸馏就可以得到D. 海带提碘时，需先将海带在坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤，然后再进行其它操作【答案】D【解析】【详解】A熔融MgO时需要耗费大量的能量，生产成本较大，因此通常将氢氧化镁转化为氯化镁，再电解氯化镁制取单质镁，A错误；B电解氯化钠的水溶液无法得到金属钠和氯气等化工产品，B错误；C氯气和溴离子反应生成溴，溴易挥发，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成HBr，氯气与HBr反
18、应生成溴，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质，C错误；D海带提碘时，需先将海带再坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤得到含碘离子的溶液，再进行其他操作，D正确；故答案选D。14. 短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn和dWm具有相同的电子层结构，若mn，下列叙述正确的是元素的原子序数：abcd阳离子的氧化性：Yn+Xm+原子半径：XYZW离子半径：WmZn Yn+Xm+A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn和dWm具有相同的电子层结构，若mn，则X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是。元素的原子序数：abcd，故正确； Y的金属性大于X，
19、则阳离子的氧化性：Yn+Z WZ，故错误；电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：WmZn Yn+Xm+，故正确；正确，选C。15. 某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应2X(g)+Y(s)Z(g) H0。下列叙述正确的是( )A. 向容器中充入氩气，压强增大，反应速率不变B. 加入少量Y，反应速率增大C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D. 将容器的容积扩大，化学反应速率增大【答案】A【解析】【详解】A容器体积一定，充入与反应无关气体氩气对与反应有关气体浓度没有影响，则反应速率不变，A正确；BY为固体，加入少量Y，反应速率不变，B错误；C升高温度，正反应速率增大，逆反应
20、速率也增大，C错误；D将容器的容积扩大，与反应有关气体的浓度减小，则化学反应速率减小，D错误；故答案为A。16. 少量铁片与100 mL 0.01 molL-1的盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的加H2O 升高温度(不考虑HCl挥发) 滴入几滴浓硝酸加入少量铁粉 加NaCl固体滴入几滴硫酸铜溶液A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】加入H2O，相当于稀释了盐酸的浓度，反应速率变慢，错误；升高温度有利于提高反应速率，同时不影响氢气的产量，正确；滴加浓硝酸后硝酸被稀释，稀硝酸与铁反应生成NO，会改变氢气的产量，错误；加入少量铁粉，反应物增
21、多，氢气产量增加，错误；加入NaCl固体，对反应没有影响，无法加快反应速率，错误；加入硫酸铜，铁和硫酸铜反应生成铜单质，构成原电池可加快反应速率，但是氢气的产量减少，错误；故正确的为，答案选A。17. 锂空气电池放电时的工作原理如图所示。下列叙述正确的是()A. 放电时Li由B极向A极移动B. 电池放电反应为4LiO22H2O=4LiOHC. B电极反应式为O24H4e=2H2OD. 电解液a可以为氯化锂溶液【答案】B【解析】【详解】A.在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由A极向B极移动，即放电时Li由A极向B极移动，故A错误；B.原电池放电反应为自发地氧化还原反应，即4LiO22H2O=
22、4LiOH，故B正确；C.正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性电解质下发生的反应为4OH-4e-=O2+2H2O，故C错误；D.金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水，故D错误。故选B。【点睛】注意金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水。18. 已知断开1 mol HH键吸收的能量为436 kJ，形成1 mol HN键放出的能量为391 kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1 mol N2放出的能量为92.4 kJ，下列说法正确的A. 反应物的总能量小于生成物总能量B. 断开1 mol NN键需吸收的能量是945.6 kJC. 氨气比氢气稳定D. 14克氮气和4克氢气在该条
23、件下充分反应后放出46.2 kJ热量【答案】B【解析】【详解】A该反应是放热反应，因此反应物的总能量大于生成物总能量，故A错误；B反应完1 mol N2放出的能量为92.4 kJ，则生成2mol氨气放出391 kJ6=2346kJ，断开1 mol NN键需吸收的能量是2346kJ92.4kJ436kJ3=945.6 kJ，故B正确；C断开1 mol HH键吸收的能量为436 kJ，形成1 mol HN键放出的能量为391 kJ，说明氢气比氨气稳定，故C错误；D该反应是可逆反应，因此14克氮气(物质的量为0.5mol)和4克氢气(物质的量为2mol)在该条件下充分反应后放出热量小于46.2 kJ
24、，故D错误。综上所述，答案为B。第卷(非选择题，满分58分)注意事项：1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2.试卷中横线及框内注有“”的地方，是需要你在第卷答题卡上作答。二、填空题(共58分)19. 根据编号代表的元素在周期表中的位置，用相应的化学符号回答下列问题： 族周期AAAAAAA123（1）代表的元素中，金属性最强的元素是_，、元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为_。（2）的最高价氧化物的电子式_。用电子式表示与形成的稳定化合物过程_。（3）和形成的化合物所含化学键类型为_，证明化合物含有该化学键的实验事实是_。（4）元素、形成的最高价氧化物的
25、水合物酸性强弱顺序是_，写出一个能证明和非金属性强弱的化学方程式_（5）和形成的简单氢化物中沸点最高的是_，原因是_。【答案】（1） . Na . NaOHLiOHAl(OH)3 （2） . ：O：C：O： . （3） . 共价键 . 氯化铝在熔融状态下不导电 （4） . HClO4HNO3H2CO3 . HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2+H2O （5） . NH3 . NH3分子间有氢键【解析】【分析】由元素周期表可知，分别代表H、Li、Be、C、N、O、Na、Mg、Al、Cl；【小问1详解】元素周期表中，从上到下金属性逐渐增强，从左到右金属性逐渐减弱，则代表的元素中，金属性
26、最强的元素是Na元素；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，则、元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为NaOHLiOHAl(OH)3；故答案为Na；NaOHLiOHAl(OH)3；【小问2详解】为C元素，其最高价氧化物为CO2，对应的电子式为：O：C：O：；为H元素最外层1个电子，为Cl元素最外层7个电子，两者形成的稳定化合物为HCl，用电子式表示与形成的稳定化合物过程为；故答案为：O：C：O：；【小问3详解】和形成的化合物为AlCl3，其为共价化合物，所含化学键类型为共价键；要证明该化合物含有共价键，只需证明氯化铝在熔融状态下不能电离出Al3+和Cl-，即氯化铝
27、在熔融状态下不导电；故答案为共价键；氯化铝在熔融状态下不导电；【小问4详解】元素周期表中，从上到下非金属性减弱，从左到右非金属性增强，元素非金属性越强，其对应最高价氧化物的水合物酸性越强，HClO4为最强酸，则元素、形成的最高价氧化物的水合物酸性强弱顺序是HClO4HNO3H2CO3；证明和非金属性强弱利用强酸制弱酸原理，其化学方程式为HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2+H2O；故答案为HClO4HNO3H2CO3；HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2+H2O；【小问5详解】和形成的简单氢化物分别为NH3和HCl，沸点最高的是NH3，因为NH3分子间有氢键；故答案为N
28、H3，NH3分子间有氢键。20. 某化学兴趣小组欲探究NH3还原CuO的实验(部分夹持装置略)，已知该反应生成对环境友好的物质。实验室装置图如下回答下列问题：（1）连接装置后，接下来的实验操作为_。（2）实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先_。（3）A中制氨气的化学方程式是_。（4）装置B的作用是_。装置D的作用是_。（5）该套装置不足之处_。（6）证明氨气能还原氧化铜现象为_。氨气还原氧化铜的方程式_。（7）一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还存在的反应有_(用方程式表示)。【答案】（1）检查装置气密性 （2）先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3
29、赶跑空气 （3）2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O （4） . 干燥氨气 . 检验生成产物水 （5）没有尾气处理 （6） . C中固体变红、D中固体变蓝 . 2NH33CuO3CuN23H2O （7）2NH35CuO5Cu2NO3H2O【解析】【分析】氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，用碱石灰干燥氨气，将氨气通入到氧化铜中反应，用无水硫酸铜检验氨气与氧化铜是否反应。【小问1详解】连接装置后，先检查装置的气密性，再装入药品，因此接下来的实验操作为检查装置的气密性；故答案为：检查装置的气密性。【小问2详解】整个实验要利用A中产生的氨气排出装置内的空气，除尽后再
30、点燃C处酒精灯，实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气；故答案为：先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气。【小问3详解】A中制氨气是氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的化学方程式是2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O；故答案为：2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O。【小问4详解】装置B是碱石灰，其作用是干燥氨气。装置D中装入无水硫酸铜，其作用是检验生成产物水；故答案为：干燥氨气；检验生成产物水。【小问5详解】由于氨气是污染性气体，因此该套装置不足之处没有尾气处理。【小问6详解】氨气还原氧化铜，黑
31、色氧化铜变为红色铜，还有水生成，因此证明氨气能还原氧化铜的现象为C中固体变红、D中固体变蓝。氨气还原氧化铜的方程式2NH33CuO3CuN23H2O；故答案为：C中固体变红、D中固体变蓝；2NH33CuO3CuN23H2O。【小问7详解】一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还生成了NO气体，NO气体与空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮，说明还存在的反应有2NH35CuO5Cu2NO3H2O；故答案为：2NH35CuO5Cu2NO3H2O。21. 用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向，一定条件下CO2和H2反应合成CH3OH，方程式为：C
32、O2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。合成甲醇的能量变化如图：（1）该反应是一个_反应(填放热或吸热)，反应物的总键能_生成物的总键能(填大于或小于)。（2）现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s时，此时容器内CH3OH的浓度为0.2mol/L，反应进行到15s时反应达到最大限度，此时容器内压强为原来的3/4。从开始到10s时平均反应速率V(H2)=_；平衡时CO2的转化率为_。（3）合成的甲醇可以用来做燃料电池的燃料，现以甲醇作燃料的燃料电池如图所示：通入甲醇的电极为燃料电池的_(填“a”或“b”)极，正极反应式为_。如果甲
33、醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应是_，如果导线有0.2mol电子转移，则标况下正极消耗空气的体积约为_L。【答案】（1） . 放热 . 小于 （2） . 0.06 mol/(Ls) . 50% （3） . a . O2+4H+4e-=2H2O . CH3OH+8OH-6e-=CO+6H2O . 5.6【解析】【小问1详解】根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是一个放热反应，断键吸收总能量小于成键放出的总能量，反应物的总键能小于生成物的总键能。【小问2详解】现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s时，此时容器内CH3O
34、H的浓度为0.2mol/L，则氢气的浓度降低0.6mol/L，从开始到10s时平均反应速率V(H2)=0.06 mol/(Ls)；反应进行到15s时反应达到最大限度， 此时容器内压强为原来的3/4，x=0.5，平衡时CO2的转化率为。【小问3详解】根据电子流向，a电极电子流出，a是负极，所以通入甲醇的电极为燃料电池的a极，b是正极，氧气在正极得电子生成水，正极反应式为O2+4H+4e-=2H2O。如果甲醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则甲醇在负极失电子生成碳酸根离子和水，电极反应为CH3OH+8OH-6e-=CO+6H2O；根据O2+4H+4e-=2H2O，如果导线有0.2mol电子转移，
35、正极消耗0.05mol氧气，则标况下正极消耗空气的体积约为0.05mol22.4L/mol5=5.6L。22. 乙烯是来自石油的重要的化工原料，乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。完成下列填空：（1）反应产物的官能团名称是_（2）反应、的反应类型分别为_、_。（3）反应和反应的反应方程式分别为_、_。（4）反应得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该有机物结构简式是_，其聚合反应方程式是_。（5）石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，其过程属于物理变化的是_，C4H10一氯取代有_种，下列有机物二氯取
36、代有三种的是_A B C【答案】（1）酯基 （2） . 加成反应 . 取代反应 （3） . CH2=CH2+H2OCH3CH2OH . 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O （4） . CH3CH=CH2 . nCH3CH=CH2 （5） . 分馏 . 4 . AC【解析】【分析】丁烷裂解得到乙烯和乙烷，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯和氢气催化剂加热反应生成乙烷，乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷。【小问1详解】反应产物是乙酸乙酯，乙酸乙酯的官能团名称是酯基；故答案为： 酯基。【小问
37、2详解】反应是乙烯和水加成反应生成乙醇，反应是乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷，因此反应、的反应类型分别为加成反应、取代反应；故答案为：加成反应、取代反应。【小问3详解】反应是乙烯和水加成反应生成乙醇，其反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应是乙醇催化氧化反应生成乙醛，其反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。【小问4详解】反应得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该
38、有机物结构简式是CH3CH=CH2，其聚合反应方程式是nCH3CH=CH2；故答案为：CH3CH=CH2；nCH3CH=CH2。【小问5详解】石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，石油分馏是物理变化，裂化是化学辩护啊，因此其过程属于物理变化的是分馏，C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种；异丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种，因此C4H10一氯取代有4种，A 中一个氯原子在顶点，另一个氯原子在这个氯原子所在棱的另一个碳上、面对角线碳原子上、体对角线碳原子上，共三种结构，故A符合题意； B 有、二氯取代有四种结构，故B不符合题意；C有二氯取代有三种，故C符合题意；故答案为：分馏；4；AC。
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