还剩16页未读，
继续阅读
高中化学必修2 模拟卷0420192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新解析版）
展开
这是一份高中化学必修2 模拟卷0420192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新解析版），共19页。
22019-2020年高一化学高频考题期末组合模拟卷04
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考试内容：必修二 难度：★★★☆☆
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．医用外科口罩的结构示意图如图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。下列关于医用外科口罩的说法不正确的是
A．防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用
B．熔喷聚丙烯属于合成高分子材料
C．熔喷聚丙烯材料难溶于水
D．用完后应投入有标志的垃圾箱
【答案】D
【解析】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用，A项正确；
B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；
C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；
D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱，D项错误；
答案选D。
2．下列说法正确的是
A．因为SO2具有漂白性，所以它能使溴水、石蕊试液褪色
B．湿润的氯气具有漂白作用，它能使石蕊试液先变红色再褪色
C．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性，能使蔗糖炭化
【答案】B
【解析】A．因为SO2具有还原性，与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3使石蕊溶液变红，A错误；
B．氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使石蕊试液变红，HClO使红色褪去，故氯气使石蕊试液先变红色再褪色，B正确；
C．SO2和Cl2等体积通入水中发生如下反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，不仅不能增强漂白性，且因为二者反应而失去漂白性，C错误；
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖炭化，D错误。
答案选B。
3．在100mL混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.4mol/L，硫酸的物质的量浓度为0.2mol/L，向其中加入6.4g铜粉，微热，使其充分反应，生成NO的物质的量
A．0.02mol B．0.03mol C．0.04mol D．0.1mol
【答案】A
【解析】在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=0.1L×0.2moL/L=0.02moL，所以氢离子的物质的量：n(H+)=0.04moL+2×0.02moL=0.08mol，铜粉的物质的量为：=0.1mol，n(NO3-)=0.1L×0.4moL/L=0.04moL，依据方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O判断出H+不足，需要根据H+计算生成NO的物质的量，所以完全反应生成一氧化氮的物质的量为：。
答案选A。
【点睛】本题考查混合物反应的计算，根据反应物的量正确判断过量情况为解答关键。
4．如图所示的装置中铁棒上析出铜，而铁的质量不变，符合要求的原电池是
A．铁棒做负极，铜棒做正极，电解质溶液是CuSO4溶液
B．锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液是CuSO4溶液
C．锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液是FeCl3溶液
D．铁棒做负极，铜棒做正极，电解质溶液是H2SO4溶液
【答案】B
【解析】根据原电池原理，铁棒上析出铜，而铁的质量不变，说明铁电极发生还原反应，为正极，负极为金属活动性强于铁的金属材料。
【详解】A. 根据原电池原理，铁棒做正极，A项错误；
B. 锌棒金属活动性比铁强，做负极，发生锌置换铜的反应，电解质溶液是CuSO4溶液，B项正确；
C. 锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液应含有铜离子，C项错误；
D. 根据原电池原理，铁棒做正极，发生还原反应，D项错误。
答案选B。
5．下列关于氮及其化合物的说法，不正确的是
A．工业上可使用液氨作制冷剂
B．少量一氧化氮可防止血管栓塞
C．铵态氮肥宜与草木灰（主要成分为K2CO3）混合使用
D．硝酸可用于制造TNT、硝化甘油和硝化纤维
【答案】C
【解析】A．液氨汽化时要吸收大量的热，可以做制冷剂，A正确；
B．NO极少量时在人体血管内促进血管扩张，可防止血管栓塞，B正确；
C．铵态氮肥宜与草木灰(主要成分为K2CO3)混合使用，两者会反应生成氨气，使肥效降低，C错误；
D．甲苯与硝酸可生成2，4，6-三硝基甲苯(TNT)，用硫酸和硝酸处理甘油，可得到油状透明的硝化甘油，硝酸与纤维素酯化可生成硝化纤维，D正确；
答案选C。
6．根据如图提供的信息，下列所得结论不正确的是
A．该反应是吸热反应 B．该反应一定需要加热才能发生
C．该反应可能是碳酸钙的分解反应 D．该反应不可能是铝与氧化铁的反应
【答案】B
【解析】图象分析反应物能量低于生成物，根据能量守恒，反应是吸热反应，A正确；吸热反应在常温下也能发生，比如氢氧化钡晶体和氯化铵反应就是常温下进行的吸热反应，B错误；碳酸钙的分解反应为吸热反应，C正确；铝与氧化铁的反应为放热反应，一定不是吸热反应，D正确；正确选项B。
【点睛】常见的放热反应有：所有的燃烧反应、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等，氢氧化钡晶体与氯化铵反应等。
7．下列有关甲烷的取代反应的叙述正确的是
A．甲烷与氯气的物质的量之比为1∶1，混合发生取代反应只生成CH3Cl
B．甲烷与氯气的取代反应，生成的产物中CH3Cl最多
C．甲烷与氯气的取代反应生成的产物为混合物
D．1 mol甲烷生成CCl4最多消耗2 mol氯气
【答案】C
【解析】甲烷与氯气一旦发生取代反应就不会停止在某一步，四种有机物都会产生，故得不到纯净的CH3Cl，A错误，C正确；甲烷与氯气的反应中每取代1 mol氢原子，消耗1 mol氯气，生成1 mol HCl，故产物中HCl最多，B错误；1 mol甲烷生成CCl4最多消耗4 mol氯气，D错误。
8．关于(商品名称为氟利昂-12)的叙述正确的是
A．有两种同分异构体 B．是平面型分子
C．只有一种结构 D．是非极性分子
【答案】C
【解析】A．甲烷是正四面体结构，4个H完全等效，该有机物可看成甲烷的取代产物，所以2个F原子和2个Cl原子都位于四面体顶点，其结构只有1种，A错误；
B．根据A中分析可知氟利昂-12应该是四面体构型，B错误；
C．根据A中分析可知氟利昂-12只有一种结构，C正确；
D．由于C-Cl键与C-F键键长不相等，是极性分子，D错误。
答案选C。
9．下列各组物质在一定条件下反应，可以制得较纯净的1，2—二氯乙烷的是
A．乙烷与氯气光照反应 B．乙烯与氯气加成
C．乙烯与氯化氢气体加成 D．乙烯通入浓盐酸中
【答案】B
【解析】A．乙烷和氯气光照发生取代反应，可能得到乙烷的一氯代物、二氯代物、三氯代物等等，不一定是1，2－二氯乙烷，A不符合题意；
B．乙烯和氯气发生加成反应，产物只有1，2—二氯乙烷，B符合题意；
C．乙烯和HCl发生加成，生成CH3CH2Cl，其名称为氯乙烷，C不符合题意；
D．乙烯不与浓盐酸反应，D不符合题意；
答案选B。
10．若用乙烯和氯气在适当的条件下反应制取三氯乙烷，这一过程中所发生的反应的类型及消耗氯气的量是(设乙烯为1mol，反应产物中的有机物只有三氯乙烷)
A．取代反应，4molCl2 B．加成反应，2molCl2
C．加成反应、取代反应，2molCl2 D．加成反应、取代反应，3molCl2
【答案】C
【解析】乙烯与氯气在适当的条件下先发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，再与氯气发生取代反应生成三氯乙烷，则1mol乙烯生成三氯乙烷需要2mol氯气，发生加成、取代反应，答案选C。
11．联合国卫生组织将铁锅作为一种理想的炊具向世界推广 ，其主要原因是
A．吸热慢 、散热也慢 、宜于食物保温
B．烹饪出的食物中含有对人体有益的元素
C．生产过程简单 、不易生锈 、价格便宜
D．生铁中含有碳元素 、能产生对人体有益的有机物
【答案】B
【解析】A．铁锅吸热快，散热快，不能用于食物保温，A错误；
B．使用铁锅烹调的食物中留有人体需要的铁元素，可以预防缺铁性贫血，是联合国卫生组织向全世界大力推广的主要原因，B正确；
C．铁锅易生锈，C错误；
D．生铁中含有碳元素、但是不能产生对人体有益的有机物，D错误；
故选B。
12．将1.0体积乙烷和乙烯的混合气体在氧气中充分燃烧，生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气，则混合物中乙烷和乙烯的体积比为（气体体积在同温同压下测定）
A．3∶1 B．1∶3 C．3∶2 D．2∶3
【答案】D
【解析】乙烷和乙烯燃烧，有机物与产物的关系式为：C2H6——2CO2——3H2O，C2H4——2CO2——2H2O，设C2H6的体积为x，则C2H4的体积为1-x，从而得出关系式：，x=0.4ml，则1.0mL-x=0.6mL，混合物中乙烷和乙烯的体积比为0.4mL:0.6mL=2:3，答案选D。
13．A、B、C三种醇分别与足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同的体积，消耗这三种醇的物质的量之比为3：6：2，则A、B、C三种醇分子中所含羟基的个数之比为
A．3：2：1 B．2：6：3 C．3：1：2 D．2：1：3
【答案】D
【解析】设生成氢气6mol，根据2-OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为12mol，三种醇的物质的量之比为3：6：2，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为=2：1：3，答案为D。
14．下列有关能源和能量转换的叙述正确的是
A．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”
B．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，有利于缓解温室效应
C．普通锌锰干电池不含环境污染物，用完后可以随意扔掉，使用方便
D．燃料电池是利用燃料燃烧，将化学能转化为热能，然后再转化为电能的化学电源
【答案】B
【解析】A．乙醇是可再生能源，汽油是不可再生能源，A错误；
B．使用太阳能、风能、海洋能、氢能等新能源，可以减少二氧化碳的排放，有利于缓解温室效应，B正确；
C．废弃锌锰干电池会造成土壤污染、水源污染等环境问题，用完后不能随意扔掉，应收集起来进行回收处理，C错误；
D．燃料电池属于原电池，在工作过程中将化学能转化为电能，D错误。答案选B。
15．下列关于煤和石油综合利用的叙述中，正确的是
A．煤的气化是对其进行加热直接变为气体
B．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化
C．石油产品裂解能生产乙烯
D．石油分馏的各馏分均是纯净物
【答案】C
【解析】A. 煤的气化是煤与水蒸气反应，生成气体的过程，A错误；
B. 石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C. 石油裂解的目的是为了获得乙烯等基本化工原料，C正确；
D. 石油分馏的产物有：石油气、汽油、煤油、柴油、沥青等物质，各馏分均是混合物，D错误；
答案选C。
16．从海带中提取碘，可经过以下实验步骤完成。下列有关说法正确的是
A．灼烧过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒
B．氧化过程中发生反应的离子方程式为
C．检验碘单质时，可选用淀粉，若淀粉变蓝说明海带中一定含有碘单质
D．分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞，从上口倒出上层液体
【答案】D
【解析】A.灼烧过程使用的仪器有：泥三角、坩埚、酒精灯、玻璃棒、三脚架，用到的玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒，A错误；
B.氧化过程中发生反应的离子方程式为，B错误；
C.经过题述一系列操作，并不能说明海带中含有碘单质，C错误；
D.分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞，从上口倒出上层液体，D正确。
答案选D。
二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17．（12分）氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾的重要物质，工业用多种方法来治理。某种综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图：
已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
（1）固体1的主要成分有Ca(OH)2、__________(填化学式)。
（2）若实验室需要配制3 mol·L-1NaOH溶液1L进行模拟测试，需称取NaOH固体质量为__________g。
（3）用NaNO2溶液处理含NH4+废水反应的离子方程式为__________。
（4）验证废水中NH4+已基本除净的方法是___________(写出操作、现象与结论)。
（5）气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是__________。
（6）捕获剂捕获的气体主要是__________(填化学式)。
（7）流程中生成的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O；I2可以使淀粉变蓝。根据上述反应，选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl。需选用的物质是__________(填序号)。
①水 ②淀粉碘化钾试纸 ③淀粉 ④白酒 ⑤白醋
A．①③⑤ B．①②④ C．①②⑤ D．①②③⑤
【答案】（1）CaCO3 、CaSO3
（2）120
（3）NH4++NO2-=N2↑+2H2O
（4）取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净
（5）气体1转化为气体2时，其中NO:NO2物质的量之比为1：1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量 （6）CO
（7）C
【解析】工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)用过量石灰乳吸收，CO2、SO2与Ca(OH)2反应生成CaCO3、CaSO3，成为固体1的主要成分，此时气体1为NO、CO、N2；通入适量空气，主要与NO作用生成NO2，成为空气2的主要成分；通入NaOH溶液中，从产物NaNO2看，前面通入的空气，只能将一部分NO氧化为NO2，否则生成的NaNO2中会混入NaNO3；NO2-与NH4+发生氧化还原反应，生成N2和H2O，气体3为CO，被捕获剂捕获。
【详解】（1）从以上分析可知，固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3。答案为：CaCO3、CaSO3；
（2）若实验室需要配制3 mol·L-1 NaOH溶液1L进行模拟测试，需称取NaOH固体质量为3 mol·L-1 ×1L×40g/mol=120 g。答案为：120；
（3）用NaNO2溶液处理含NH4+废水时，NO2-与NH4+反应生成N2和H2O，反应的离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O。答案为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；
（4）验证废水中NH4+已基本除净，可加碱检测气体的性质，方法是取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净。答案为：取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净；
（5）由以上分析知，气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是气体1转化为气体2时，其中n(NO):n(NO2)物质的量之比为1:1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量。答案为：气体1转化为气体2时，其中n(NO):n(NO2)物质的量之比为1:1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量；
（6）由以上分析可知，捕获剂捕获的气体主要是CO。答案为：CO；
（7）鉴别NaNO2和NaCl，需利用反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，所以需加I-、淀粉、酸，从而确定选用的物质是①②⑤，故选C。答案为：C。
【点睛】检验NaNO2和NaCl，若使用AgNO3溶液，会生成AgCl、AgNO2白色沉淀，再加入稀硝酸，AgNO2溶解，而AgCl不溶解，所以也可用硝酸酸化的硝酸银溶液进行鉴别。
18．（13分）Ⅰ．有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L-1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6 mol·L-1的NaOH溶液中，如图所示。
（1）写出甲中正极的电极反应式:____。
（2）乙中负极为__，总反应的离子方程式:___。
（3）由此实验得出的下列结论中，正确的有____。
A．利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值了
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
Ⅱ．化学电池在通信、交通及日常生活中有着广泛的应用。目前常用的镍镉(NiCd)电池，其电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸，以下说法正确的是____(填字母序号)。
①放电时Cd作正极 ②放电时Ni元素被还原
③充电时化学能转变为电能 ④放电时化学能转变为电能
Ⅲ.氢气和氧气可形成氢氧燃料电池。通常氢氧燃料电池有酸式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式(当电解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时)两种。试回答下列问题:
（1）酸式电池的电极反应:正极_____;
（2）碱式电池的电极反应:负极_______。
【答案】Ⅰ．（1）2H++2e-H2↑ （2） Al 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ （3） AD Ⅱ．②④ Ⅲ.（1）O2+4e-+4H+2H2O （2）2H2-4e-+4OH-4H2O
【解析】Ⅰ．甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，镁作正极，正极发生还原反应，通过对比甲乙实验可知，电解质溶液的酸碱性可能影响电极反应式，电池的正负极判断除了与金属活动性顺序有关，还与电解质有关，据此分析作答；
Ⅱ．根据总反应式结合原电池与电解池的工作原理作答；
Ⅲ. 正极上，O2得电子变为O2－，溶液中O2－不能单独存在，酸性条件下与H＋结合生成H2O，碱性条件下与H2O分子结合生成OH－；负极上，酸性条件下H2失电子变为H＋，H＋进入电解质溶液；碱性条件下H＋不能大量存在，与OH－结合生成水。两种环境下电池总反应均是H2和O2生成水的反应。
【详解】Ⅰ．根据原电池原理可知，甲中总反应是镁与稀硫酸反应生成硫酸镁与氢气，镁作负极发生失电子的氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：2H++2e-＝H2↑；
（2）乙中铝与氢氧化钠和水发生氧化还原反应，因此铝作该电池的负极，总的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为Al；2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
（3）A. 利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质，如酸性条件下活泼金属做负极，而碱性条件下就不一定，A项正确；
B. 镁的金属性比铝的金属性强，B项错误；
C.该实验说明金属活动性顺序表主要指的是酸性条件下金属的还原性，C项错误；
D.该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析，D项正确；
答案选AD；
Ⅱ．电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，则，
①放电时，Cd转化为Cd(OH)2，元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，作原电池的负极，①项错误；
②放电时，Ni元素从+3价降低到+2价，元素被还原，②项正确；
③充电过程利用的是电解池的工作原理，是将电能转化为化学能，③项错误；
④放电过程利用的是原电池的工作原理，是将化学能转变为电能，④项正确；
综上所述，②④项正确，答案为：②④；
Ⅲ. 根据上述分析可知，
（1）酸式电池正极上O2得电子转化为H2O，其电极反应式为：O2+4e-+4H+＝2H2O；
（2）碱式电池负极氢气失电子转化为水，其电极反应式为：2H2-4e-+4OH-＝4H2O。
【点睛】明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。关于原电池正负极的判断需要注意：（1）原电池正、负极的判断基础是自发进行的氧化还原反应，如果给出一个化学反应方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。（2）判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：A．Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；B．Fe、Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe、Al作正极。
19．（9分）以乙烯为原料，可以制备乙酸乙酯
（1） ③的反应类型是_________，乙醇分子中官能团的名称是 _______________ 。
（2） 写出反应①的化学方程式____________________________________________。
（3）利用图示装置制取乙酸乙酯。写出生成乙酸乙酯的化学方程式：_______________________。
（4）如图实验操作中，将产物通入饱和碳酸钠溶液中，导管不能插入到碳酸钠溶液中是为了防止：_______，饱和碳酸钠溶液的作用是：_________________________________________。
【答案】（1） 取代反应 羟基
（2） CH2=CH2＋H2O→CH3CH2OH
（3） CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O
（4）倒吸 溶解乙醇，中和乙酸，便于乙酸乙酯析出
【解析】乙烯（CH2=CH2）与H2O发生加成反应生成乙醇（C2H5OH），乙醇经过氧化反应可生成乙酸（CH3COOH），乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。
【详解】（1）根据分析，③是乙醇和乙酸的酯化反应，酯化反应属于取代反应；乙醇（C2H5OH）中的官能团是羟基；
（2）根据分析，反应①是乙烯与水的加成反应，方程式为：CH2=CH2＋H2O→CH3CH2OH；
（3）用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下制备乙酸乙酯，方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O；
（4）由于蒸出去的乙醇可以溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可以与饱和碳酸钠溶液反应，如果导管插入液面下，会发生倒吸的现象，所以导管不能插入到碳酸钠溶液中是为了防止倒吸；饱和碳酸钠溶液可以吸收蒸出的乙醇，与蒸出的乙酸反应，并且能够降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯析出；
20．（8分）在某一容积为 2L 的恒容密闭容器中，A、B、C、D 四种气体物质发生可逆反应，其物质的量 n(mol)随时间 t(min)的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）该反应的化学方程式为____。
（2）前 2min 内用 A 的浓度变化表示的化学反应速率为____；
（3）在 2min 时，图象发生改变的原因可能是_____ (填字母)
A．增大 B 的物质的量 B．降低温度 C．加入催化剂 D．减小 A 的物质的量
（4）不同条件下的该反应的速率：①v(A)＝1.0mol·L－1·s－1，②v(B)＝1.0 m ol·L－1·s－1，③v(C)＝1.2 mol·L－1·s－1，④v(D)=1.2mol·L－1·s－1。其中反应速率最快的是___ (填序号)。
【答案】（1）4A+5B6C+4D (2) 0.1mol/(L·min) (3)C (4)④
【解析】根据图象知，A、B物质的量减少是反应物、C和D物质的量增加是生成物，根据各物质物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式，注意反应物未完全转化为生成物，此反应为可逆反应；用反应速率等于浓度的变化除以时间，求出A的反应速率；外界条件能改变反应速率，根据图形进行分析；比较反应速率的快慢根据反应速率之比等于化学计量数之比，把不同物质转化为同一物质进行比较。
【详解】(1)根据图象知，A、B物质的量减少是反应物、C和D物质的量增加是生成物，反应达到平衡时，各物质的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)mol=0.8mol、△n(B)=(2.4−1.4)mol=1.0mol、△n(C)=(1.2−0)mol=1.2mol、△n(D)=(0.8−0)mol=0.8mol，
物质的物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B、C、 D计量数之比=0.8mol:1.0mol:1.2mol:0.8mol=4:5:6:4，反应方程式为4A+5B⇌6C+4D；
(2)化学反应速率等于浓度的变化除以时间，前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率v(A)；
(3)在2min时，各物质的物质的量不变，故A、D不选，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快了反应速率，降低温度反应速率减慢，B不选，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；
(4) 根据反应速率之比等于化学计量数之比(4A+5B⇌6C+4D)，把不同物质转化为同一物质进行比较，如全转化为A：①v(A)＝1.0mol·L－1·s－1，②v(A)＝×v(B)＝×1.0 mol·L－1·s－1＝0.8 mol·L－1·s－1，③v(A)＝×v(C)＝×1.2 mol·L－1·s－1＝0.8 mol·L－1·s－1，④v(A)＝v(D)=1.2mol·L－1·s－1，比较数值可知其中反应速率最快的是④。
【点睛】利用方程式中化学计量数之间的关系进行解题，化学方程式中各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比；根据反应速率之比等于化学计量数之比，把不同物质转化为同一物质进行比较反应速率，注意转化前要把不同的单位转化为相同单位才可以比较；反应速率的计算不能用物质的量的变化除以时间。
21．（10分）海水是自然赐给人类的宝藏，海水的综合利用是全世界研究的重点。完成下列问题：
（1）粗盐中除了含有泥沙之外还含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，粗盐获得精盐一般步骤如下：
加入的试剂①、②分别是：_________、_________。
（2）某学生在实验室中模拟海水提取溴的步骤为：
取25 L除去悬浮杂质后的海水，浓缩至2L，向其中通入足量氯气。
① 氧化步骤中生成Br2的离子方程式为_______________________________。
② 将吹出的Br2(g)用纯碱溶液全部吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑ ，产生的CO2通入足量澄清石灰水中，得到1g白色沉淀。计算海水中溴的浓度为_______g/L。
③实验室中若用CCl4提取少量的溴：向溴水中加入CCl4振荡、静置……得溴的四氯化碳溶液，该分离提纯溴的方法叫________；用到的主要仪器为_____________。
（3）实验证明金属制品在海水中更容易生锈，铜锈的化学式为： _____________。
【答案】（1）BaCl2 Na2CO3
（2）①Cl2 + 2Br﹣= 2Cl﹣ + Br2 ②0.064 ③萃取 分液漏斗(烧杯)
（3）Cu2(OH)2CO3
【解析】（1）加入氯化钡、纯碱，可分别生成硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡等沉淀，以达到除去杂质离子的目的；
（2）①氯气可氧化溴离子：Cl2 + 2Br﹣= 2Cl﹣ + Br2；
②根据各步反应，可确定如下关系：Br2～CO2～CaCO3，根据CaCO3的质量
可求出原25L海水中Br2的质量为160g·mol－1×1g÷100g·mol－1=1.6 g，则海水中溴的浓度为1.6g÷25L=0.064 g·L－1；
③溴易溶于四氯化碳，溶液分层，为萃取、分液操作，可用分液漏斗进行分离；
（3）铜锈的主要成分为碱式碳酸铜，化学式为 Cu2(OH)2CO3。
22019-2020年高一化学高频考题期末组合模拟卷04
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考试内容：必修二 难度：★★★☆☆
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．医用外科口罩的结构示意图如图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。下列关于医用外科口罩的说法不正确的是
A．防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用
B．熔喷聚丙烯属于合成高分子材料
C．熔喷聚丙烯材料难溶于水
D．用完后应投入有标志的垃圾箱
【答案】D
【解析】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用，A项正确；
B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；
C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；
D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱，D项错误；
答案选D。
2．下列说法正确的是
A．因为SO2具有漂白性，所以它能使溴水、石蕊试液褪色
B．湿润的氯气具有漂白作用，它能使石蕊试液先变红色再褪色
C．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，两者等体积混合可以增强漂白能力
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性，能使蔗糖炭化
【答案】B
【解析】A．因为SO2具有还原性，与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3使石蕊溶液变红，A错误；
B．氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl使石蕊试液变红，HClO使红色褪去，故氯气使石蕊试液先变红色再褪色，B正确；
C．SO2和Cl2等体积通入水中发生如下反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，不仅不能增强漂白性，且因为二者反应而失去漂白性，C错误；
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖炭化，D错误。
答案选B。
3．在100mL混合酸的溶液中，硝酸的物质的量浓度为0.4mol/L，硫酸的物质的量浓度为0.2mol/L，向其中加入6.4g铜粉，微热，使其充分反应，生成NO的物质的量
A．0.02mol B．0.03mol C．0.04mol D．0.1mol
【答案】A
【解析】在某100mL混酸中，硝酸的物质的量n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=0.1L×0.2moL/L=0.02moL，所以氢离子的物质的量：n(H+)=0.04moL+2×0.02moL=0.08mol，铜粉的物质的量为：=0.1mol，n(NO3-)=0.1L×0.4moL/L=0.04moL，依据方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O判断出H+不足，需要根据H+计算生成NO的物质的量，所以完全反应生成一氧化氮的物质的量为：。
答案选A。
【点睛】本题考查混合物反应的计算，根据反应物的量正确判断过量情况为解答关键。
4．如图所示的装置中铁棒上析出铜，而铁的质量不变，符合要求的原电池是
A．铁棒做负极，铜棒做正极，电解质溶液是CuSO4溶液
B．锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液是CuSO4溶液
C．锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液是FeCl3溶液
D．铁棒做负极，铜棒做正极，电解质溶液是H2SO4溶液
【答案】B
【解析】根据原电池原理，铁棒上析出铜，而铁的质量不变，说明铁电极发生还原反应，为正极，负极为金属活动性强于铁的金属材料。
【详解】A. 根据原电池原理，铁棒做正极，A项错误；
B. 锌棒金属活动性比铁强，做负极，发生锌置换铜的反应，电解质溶液是CuSO4溶液，B项正确；
C. 锌棒做负极，铁棒做正极，电解质溶液应含有铜离子，C项错误；
D. 根据原电池原理，铁棒做正极，发生还原反应，D项错误。
答案选B。
5．下列关于氮及其化合物的说法，不正确的是
A．工业上可使用液氨作制冷剂
B．少量一氧化氮可防止血管栓塞
C．铵态氮肥宜与草木灰（主要成分为K2CO3）混合使用
D．硝酸可用于制造TNT、硝化甘油和硝化纤维
【答案】C
【解析】A．液氨汽化时要吸收大量的热，可以做制冷剂，A正确；
B．NO极少量时在人体血管内促进血管扩张，可防止血管栓塞，B正确；
C．铵态氮肥宜与草木灰(主要成分为K2CO3)混合使用，两者会反应生成氨气，使肥效降低，C错误；
D．甲苯与硝酸可生成2，4，6-三硝基甲苯(TNT)，用硫酸和硝酸处理甘油，可得到油状透明的硝化甘油，硝酸与纤维素酯化可生成硝化纤维，D正确；
答案选C。
6．根据如图提供的信息，下列所得结论不正确的是
A．该反应是吸热反应 B．该反应一定需要加热才能发生
C．该反应可能是碳酸钙的分解反应 D．该反应不可能是铝与氧化铁的反应
【答案】B
【解析】图象分析反应物能量低于生成物，根据能量守恒，反应是吸热反应，A正确；吸热反应在常温下也能发生，比如氢氧化钡晶体和氯化铵反应就是常温下进行的吸热反应，B错误；碳酸钙的分解反应为吸热反应，C正确；铝与氧化铁的反应为放热反应，一定不是吸热反应，D正确；正确选项B。
【点睛】常见的放热反应有：所有的燃烧反应、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等，氢氧化钡晶体与氯化铵反应等。
7．下列有关甲烷的取代反应的叙述正确的是
A．甲烷与氯气的物质的量之比为1∶1，混合发生取代反应只生成CH3Cl
B．甲烷与氯气的取代反应，生成的产物中CH3Cl最多
C．甲烷与氯气的取代反应生成的产物为混合物
D．1 mol甲烷生成CCl4最多消耗2 mol氯气
【答案】C
【解析】甲烷与氯气一旦发生取代反应就不会停止在某一步，四种有机物都会产生，故得不到纯净的CH3Cl，A错误，C正确；甲烷与氯气的反应中每取代1 mol氢原子，消耗1 mol氯气，生成1 mol HCl，故产物中HCl最多，B错误；1 mol甲烷生成CCl4最多消耗4 mol氯气，D错误。
8．关于(商品名称为氟利昂-12)的叙述正确的是
A．有两种同分异构体 B．是平面型分子
C．只有一种结构 D．是非极性分子
【答案】C
【解析】A．甲烷是正四面体结构，4个H完全等效，该有机物可看成甲烷的取代产物，所以2个F原子和2个Cl原子都位于四面体顶点，其结构只有1种，A错误；
B．根据A中分析可知氟利昂-12应该是四面体构型，B错误；
C．根据A中分析可知氟利昂-12只有一种结构，C正确；
D．由于C-Cl键与C-F键键长不相等，是极性分子，D错误。
答案选C。
9．下列各组物质在一定条件下反应，可以制得较纯净的1，2—二氯乙烷的是
A．乙烷与氯气光照反应 B．乙烯与氯气加成
C．乙烯与氯化氢气体加成 D．乙烯通入浓盐酸中
【答案】B
【解析】A．乙烷和氯气光照发生取代反应，可能得到乙烷的一氯代物、二氯代物、三氯代物等等，不一定是1，2－二氯乙烷，A不符合题意；
B．乙烯和氯气发生加成反应，产物只有1，2—二氯乙烷，B符合题意；
C．乙烯和HCl发生加成，生成CH3CH2Cl，其名称为氯乙烷，C不符合题意；
D．乙烯不与浓盐酸反应，D不符合题意；
答案选B。
10．若用乙烯和氯气在适当的条件下反应制取三氯乙烷，这一过程中所发生的反应的类型及消耗氯气的量是(设乙烯为1mol，反应产物中的有机物只有三氯乙烷)
A．取代反应，4molCl2 B．加成反应，2molCl2
C．加成反应、取代反应，2molCl2 D．加成反应、取代反应，3molCl2
【答案】C
【解析】乙烯与氯气在适当的条件下先发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，再与氯气发生取代反应生成三氯乙烷，则1mol乙烯生成三氯乙烷需要2mol氯气，发生加成、取代反应，答案选C。
11．联合国卫生组织将铁锅作为一种理想的炊具向世界推广 ，其主要原因是
A．吸热慢 、散热也慢 、宜于食物保温
B．烹饪出的食物中含有对人体有益的元素
C．生产过程简单 、不易生锈 、价格便宜
D．生铁中含有碳元素 、能产生对人体有益的有机物
【答案】B
【解析】A．铁锅吸热快，散热快，不能用于食物保温，A错误；
B．使用铁锅烹调的食物中留有人体需要的铁元素，可以预防缺铁性贫血，是联合国卫生组织向全世界大力推广的主要原因，B正确；
C．铁锅易生锈，C错误；
D．生铁中含有碳元素、但是不能产生对人体有益的有机物，D错误；
故选B。
12．将1.0体积乙烷和乙烯的混合气体在氧气中充分燃烧，生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气，则混合物中乙烷和乙烯的体积比为（气体体积在同温同压下测定）
A．3∶1 B．1∶3 C．3∶2 D．2∶3
【答案】D
【解析】乙烷和乙烯燃烧，有机物与产物的关系式为：C2H6——2CO2——3H2O，C2H4——2CO2——2H2O，设C2H6的体积为x，则C2H4的体积为1-x，从而得出关系式：，x=0.4ml，则1.0mL-x=0.6mL，混合物中乙烷和乙烯的体积比为0.4mL:0.6mL=2:3，答案选D。
13．A、B、C三种醇分别与足量的金属钠完全反应，在相同条件下产生相同的体积，消耗这三种醇的物质的量之比为3：6：2，则A、B、C三种醇分子中所含羟基的个数之比为
A．3：2：1 B．2：6：3 C．3：1：2 D．2：1：3
【答案】D
【解析】设生成氢气6mol，根据2-OH～2Na～H2↑可知参加反应的羟基均为12mol，三种醇的物质的量之比为3：6：2，故A、B、C三种分子里羟基数目之比为=2：1：3，答案为D。
14．下列有关能源和能量转换的叙述正确的是
A．乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”
B．推广使用太阳能、风能、海洋能、氢能，有利于缓解温室效应
C．普通锌锰干电池不含环境污染物，用完后可以随意扔掉，使用方便
D．燃料电池是利用燃料燃烧，将化学能转化为热能，然后再转化为电能的化学电源
【答案】B
【解析】A．乙醇是可再生能源，汽油是不可再生能源，A错误；
B．使用太阳能、风能、海洋能、氢能等新能源，可以减少二氧化碳的排放，有利于缓解温室效应，B正确；
C．废弃锌锰干电池会造成土壤污染、水源污染等环境问题，用完后不能随意扔掉，应收集起来进行回收处理，C错误；
D．燃料电池属于原电池，在工作过程中将化学能转化为电能，D错误。答案选B。
15．下列关于煤和石油综合利用的叙述中，正确的是
A．煤的气化是对其进行加热直接变为气体
B．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化
C．石油产品裂解能生产乙烯
D．石油分馏的各馏分均是纯净物
【答案】C
【解析】A. 煤的气化是煤与水蒸气反应，生成气体的过程，A错误；
B. 石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C. 石油裂解的目的是为了获得乙烯等基本化工原料，C正确；
D. 石油分馏的产物有：石油气、汽油、煤油、柴油、沥青等物质，各馏分均是混合物，D错误；
答案选C。
16．从海带中提取碘，可经过以下实验步骤完成。下列有关说法正确的是
A．灼烧过程中使用的玻璃仪器有酒精灯、烧杯、玻璃棒
B．氧化过程中发生反应的离子方程式为
C．检验碘单质时，可选用淀粉，若淀粉变蓝说明海带中一定含有碘单质
D．分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞，从上口倒出上层液体
【答案】D
【解析】A.灼烧过程使用的仪器有：泥三角、坩埚、酒精灯、玻璃棒、三脚架，用到的玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒，A错误；
B.氧化过程中发生反应的离子方程式为，B错误；
C.经过题述一系列操作，并不能说明海带中含有碘单质，C错误；
D.分液时，先打开活塞放出下层液体，再关闭活塞，从上口倒出上层液体，D正确。
答案选D。
二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17．（12分）氮氧化合物和二氧化硫是引起雾霾的重要物质，工业用多种方法来治理。某种综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)的流程如图：
已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
（1）固体1的主要成分有Ca(OH)2、__________(填化学式)。
（2）若实验室需要配制3 mol·L-1NaOH溶液1L进行模拟测试，需称取NaOH固体质量为__________g。
（3）用NaNO2溶液处理含NH4+废水反应的离子方程式为__________。
（4）验证废水中NH4+已基本除净的方法是___________(写出操作、现象与结论)。
（5）气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是__________。
（6）捕获剂捕获的气体主要是__________(填化学式)。
（7）流程中生成的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O；I2可以使淀粉变蓝。根据上述反应，选择生活中常见的物质和有关试剂进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl。需选用的物质是__________(填序号)。
①水 ②淀粉碘化钾试纸 ③淀粉 ④白酒 ⑤白醋
A．①③⑤ B．①②④ C．①②⑤ D．①②③⑤
【答案】（1）CaCO3 、CaSO3
（2）120
（3）NH4++NO2-=N2↑+2H2O
（4）取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净
（5）气体1转化为气体2时，其中NO:NO2物质的量之比为1：1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量 （6）CO
（7）C
【解析】工业废气(主要含NO、CO、CO2、SO2、N2)用过量石灰乳吸收，CO2、SO2与Ca(OH)2反应生成CaCO3、CaSO3，成为固体1的主要成分，此时气体1为NO、CO、N2；通入适量空气，主要与NO作用生成NO2，成为空气2的主要成分；通入NaOH溶液中，从产物NaNO2看，前面通入的空气，只能将一部分NO氧化为NO2，否则生成的NaNO2中会混入NaNO3；NO2-与NH4+发生氧化还原反应，生成N2和H2O，气体3为CO，被捕获剂捕获。
【详解】（1）从以上分析可知，固体1的主要成分有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3。答案为：CaCO3、CaSO3；
（2）若实验室需要配制3 mol·L-1 NaOH溶液1L进行模拟测试，需称取NaOH固体质量为3 mol·L-1 ×1L×40g/mol=120 g。答案为：120；
（3）用NaNO2溶液处理含NH4+废水时，NO2-与NH4+反应生成N2和H2O，反应的离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O。答案为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O；
（4）验证废水中NH4+已基本除净，可加碱检测气体的性质，方法是取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净。答案为：取少量处理后废水于试管中，加入NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若无明显现象则可证明NH4+已基本除净；
（5）由以上分析知，气体1转化为气体2时空气不能过量的原因是气体1转化为气体2时，其中n(NO):n(NO2)物质的量之比为1:1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量。答案为：气体1转化为气体2时，其中n(NO):n(NO2)物质的量之比为1:1时才可以被NaOH溶液完全转化成NaNO2，若空气过量，则与NaOH反应生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，因此空气不能过量；
（6）由以上分析可知，捕获剂捕获的气体主要是CO。答案为：CO；
（7）鉴别NaNO2和NaCl，需利用反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，所以需加I-、淀粉、酸，从而确定选用的物质是①②⑤，故选C。答案为：C。
【点睛】检验NaNO2和NaCl，若使用AgNO3溶液，会生成AgCl、AgNO2白色沉淀，再加入稀硝酸，AgNO2溶解，而AgCl不溶解，所以也可用硝酸酸化的硝酸银溶液进行鉴别。
18．（13分）Ⅰ．有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L-1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6 mol·L-1的NaOH溶液中，如图所示。
（1）写出甲中正极的电极反应式:____。
（2）乙中负极为__，总反应的离子方程式:___。
（3）由此实验得出的下列结论中，正确的有____。
A．利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值了
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
Ⅱ．化学电池在通信、交通及日常生活中有着广泛的应用。目前常用的镍镉(NiCd)电池，其电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸，以下说法正确的是____(填字母序号)。
①放电时Cd作正极 ②放电时Ni元素被还原
③充电时化学能转变为电能 ④放电时化学能转变为电能
Ⅲ.氢气和氧气可形成氢氧燃料电池。通常氢氧燃料电池有酸式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式(当电解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时)两种。试回答下列问题:
（1）酸式电池的电极反应:正极_____;
（2）碱式电池的电极反应:负极_______。
【答案】Ⅰ．（1）2H++2e-H2↑ （2） Al 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ （3） AD Ⅱ．②④ Ⅲ.（1）O2+4e-+4H+2H2O （2）2H2-4e-+4OH-4H2O
【解析】Ⅰ．甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，镁作正极，正极发生还原反应，通过对比甲乙实验可知，电解质溶液的酸碱性可能影响电极反应式，电池的正负极判断除了与金属活动性顺序有关，还与电解质有关，据此分析作答；
Ⅱ．根据总反应式结合原电池与电解池的工作原理作答；
Ⅲ. 正极上，O2得电子变为O2－，溶液中O2－不能单独存在，酸性条件下与H＋结合生成H2O，碱性条件下与H2O分子结合生成OH－；负极上，酸性条件下H2失电子变为H＋，H＋进入电解质溶液；碱性条件下H＋不能大量存在，与OH－结合生成水。两种环境下电池总反应均是H2和O2生成水的反应。
【详解】Ⅰ．根据原电池原理可知，甲中总反应是镁与稀硫酸反应生成硫酸镁与氢气，镁作负极发生失电子的氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：2H++2e-＝H2↑；
（2）乙中铝与氢氧化钠和水发生氧化还原反应，因此铝作该电池的负极，总的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为Al；2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
（3）A. 利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质，如酸性条件下活泼金属做负极，而碱性条件下就不一定，A项正确；
B. 镁的金属性比铝的金属性强，B项错误；
C.该实验说明金属活动性顺序表主要指的是酸性条件下金属的还原性，C项错误；
D.该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析，D项正确；
答案选AD；
Ⅱ．电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，则，
①放电时，Cd转化为Cd(OH)2，元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，作原电池的负极，①项错误；
②放电时，Ni元素从+3价降低到+2价，元素被还原，②项正确；
③充电过程利用的是电解池的工作原理，是将电能转化为化学能，③项错误；
④放电过程利用的是原电池的工作原理，是将化学能转变为电能，④项正确；
综上所述，②④项正确，答案为：②④；
Ⅲ. 根据上述分析可知，
（1）酸式电池正极上O2得电子转化为H2O，其电极反应式为：O2+4e-+4H+＝2H2O；
（2）碱式电池负极氢气失电子转化为水，其电极反应式为：2H2-4e-+4OH-＝4H2O。
【点睛】明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。关于原电池正负极的判断需要注意：（1）原电池正、负极的判断基础是自发进行的氧化还原反应，如果给出一个化学反应方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。（2）判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况，如：A．Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；B．Fe、Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe、Al作正极。
19．（9分）以乙烯为原料，可以制备乙酸乙酯
（1） ③的反应类型是_________，乙醇分子中官能团的名称是 _______________ 。
（2） 写出反应①的化学方程式____________________________________________。
（3）利用图示装置制取乙酸乙酯。写出生成乙酸乙酯的化学方程式：_______________________。
（4）如图实验操作中，将产物通入饱和碳酸钠溶液中，导管不能插入到碳酸钠溶液中是为了防止：_______，饱和碳酸钠溶液的作用是：_________________________________________。
【答案】（1） 取代反应 羟基
（2） CH2=CH2＋H2O→CH3CH2OH
（3） CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O
（4）倒吸 溶解乙醇，中和乙酸，便于乙酸乙酯析出
【解析】乙烯（CH2=CH2）与H2O发生加成反应生成乙醇（C2H5OH），乙醇经过氧化反应可生成乙酸（CH3COOH），乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。
【详解】（1）根据分析，③是乙醇和乙酸的酯化反应，酯化反应属于取代反应；乙醇（C2H5OH）中的官能团是羟基；
（2）根据分析，反应①是乙烯与水的加成反应，方程式为：CH2=CH2＋H2O→CH3CH2OH；
（3）用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下制备乙酸乙酯，方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O；
（4）由于蒸出去的乙醇可以溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可以与饱和碳酸钠溶液反应，如果导管插入液面下，会发生倒吸的现象，所以导管不能插入到碳酸钠溶液中是为了防止倒吸；饱和碳酸钠溶液可以吸收蒸出的乙醇，与蒸出的乙酸反应，并且能够降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯析出；
20．（8分）在某一容积为 2L 的恒容密闭容器中，A、B、C、D 四种气体物质发生可逆反应，其物质的量 n(mol)随时间 t(min)的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）该反应的化学方程式为____。
（2）前 2min 内用 A 的浓度变化表示的化学反应速率为____；
（3）在 2min 时，图象发生改变的原因可能是_____ (填字母)
A．增大 B 的物质的量 B．降低温度 C．加入催化剂 D．减小 A 的物质的量
（4）不同条件下的该反应的速率：①v(A)＝1.0mol·L－1·s－1，②v(B)＝1.0 m ol·L－1·s－1，③v(C)＝1.2 mol·L－1·s－1，④v(D)=1.2mol·L－1·s－1。其中反应速率最快的是___ (填序号)。
【答案】（1）4A+5B6C+4D (2) 0.1mol/(L·min) (3)C (4)④
【解析】根据图象知，A、B物质的量减少是反应物、C和D物质的量增加是生成物，根据各物质物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式，注意反应物未完全转化为生成物，此反应为可逆反应；用反应速率等于浓度的变化除以时间，求出A的反应速率；外界条件能改变反应速率，根据图形进行分析；比较反应速率的快慢根据反应速率之比等于化学计量数之比，把不同物质转化为同一物质进行比较。
【详解】(1)根据图象知，A、B物质的量减少是反应物、C和D物质的量增加是生成物，反应达到平衡时，各物质的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)mol=0.8mol、△n(B)=(2.4−1.4)mol=1.0mol、△n(C)=(1.2−0)mol=1.2mol、△n(D)=(0.8−0)mol=0.8mol，
物质的物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B、C、 D计量数之比=0.8mol:1.0mol:1.2mol:0.8mol=4:5:6:4，反应方程式为4A+5B⇌6C+4D；
(2)化学反应速率等于浓度的变化除以时间，前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率v(A)；
(3)在2min时，各物质的物质的量不变，故A、D不选，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快了反应速率，降低温度反应速率减慢，B不选，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；
(4) 根据反应速率之比等于化学计量数之比(4A+5B⇌6C+4D)，把不同物质转化为同一物质进行比较，如全转化为A：①v(A)＝1.0mol·L－1·s－1，②v(A)＝×v(B)＝×1.0 mol·L－1·s－1＝0.8 mol·L－1·s－1，③v(A)＝×v(C)＝×1.2 mol·L－1·s－1＝0.8 mol·L－1·s－1，④v(A)＝v(D)=1.2mol·L－1·s－1，比较数值可知其中反应速率最快的是④。
【点睛】利用方程式中化学计量数之间的关系进行解题，化学方程式中各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比；根据反应速率之比等于化学计量数之比，把不同物质转化为同一物质进行比较反应速率，注意转化前要把不同的单位转化为相同单位才可以比较；反应速率的计算不能用物质的量的变化除以时间。
21．（10分）海水是自然赐给人类的宝藏，海水的综合利用是全世界研究的重点。完成下列问题：
（1）粗盐中除了含有泥沙之外还含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，粗盐获得精盐一般步骤如下：
加入的试剂①、②分别是：_________、_________。
（2）某学生在实验室中模拟海水提取溴的步骤为：
取25 L除去悬浮杂质后的海水，浓缩至2L，向其中通入足量氯气。
① 氧化步骤中生成Br2的离子方程式为_______________________________。
② 将吹出的Br2(g)用纯碱溶液全部吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑ ，产生的CO2通入足量澄清石灰水中，得到1g白色沉淀。计算海水中溴的浓度为_______g/L。
③实验室中若用CCl4提取少量的溴：向溴水中加入CCl4振荡、静置……得溴的四氯化碳溶液，该分离提纯溴的方法叫________；用到的主要仪器为_____________。
（3）实验证明金属制品在海水中更容易生锈，铜锈的化学式为： _____________。
【答案】（1）BaCl2 Na2CO3
（2）①Cl2 + 2Br﹣= 2Cl﹣ + Br2 ②0.064 ③萃取 分液漏斗(烧杯)
（3）Cu2(OH)2CO3
【解析】（1）加入氯化钡、纯碱，可分别生成硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡等沉淀，以达到除去杂质离子的目的；
（2）①氯气可氧化溴离子：Cl2 + 2Br﹣= 2Cl﹣ + Br2；
②根据各步反应，可确定如下关系：Br2～CO2～CaCO3，根据CaCO3的质量
可求出原25L海水中Br2的质量为160g·mol－1×1g÷100g·mol－1=1.6 g，则海水中溴的浓度为1.6g÷25L=0.064 g·L－1；
③溴易溶于四氯化碳，溶液分层，为萃取、分液操作，可用分液漏斗进行分离；
（3）铜锈的主要成分为碱式碳酸铜，化学式为 Cu2(OH)2CO3。
相关试卷
高中化学必修2 模拟卷0520192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新原卷版）： 这是一份高中化学必修2 模拟卷0520192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新原卷版），共9页。
高中化学必修2 模拟卷0420192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新原卷版）： 这是一份高中化学必修2 模拟卷0420192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新原卷版），共9页。
高中化学必修2 模拟卷0320192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新原卷版）： 这是一份高中化学必修2 模拟卷0320192020年高一化学高频考题期末组合模拟卷新人教2019）新原卷版），共10页。
