广东省广州市第六中学021-2022学年高一下学期期末考试化学试题含答案

这是一份广东省广州市第六中学021-2022学年高一下学期期末考试化学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省广州市第六中学021-2022学年高一下学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．近年来，我国在探索太空、开发5G等方面都取得了举世瞩目的成就，这些成就都离不开化学材料的开发和利用，下列有关说法正确的
A．大飞机C919采用了大量复合材料与铝锂合金，铝锂合金比其纯金属具有更高的强度、韧性和熔点
B．5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是晶体硅
C．“神舟十二号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷属于有机高分子材料
D．碳纳米管有相当高的强度和优良的电学性能，可用于生产复合材料、电池和传感器等
【答案】D
【详解】A．铝锂合金比其纯金属的熔点低，故A错误；
B．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，为光缆的主要成分，而Si不能，故B错误；
C．高温结构陶瓷为氮化硅，为无机非金属材料，故C错误；
D．碳纳米管比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能，可用于生产复合材料、电池和传感器等，故D正确；
故选D。
2．化学与生活息息相关，下列关于化学品的应用的说法正确的是
A．亚硝酸钠有毒，不能作为食品添加剂
B．碳酸钡不溶于水，且不容易被X射线透过，可以用来做“钡餐”
C．波尔多液、石灰硫黄合剂等无机物是人类早期使用的农药
D．为了达到更好的效果，日常生活中可以使用90%(体积分数)的乙醇溶液做消毒剂
【答案】C
【详解】A．适量的亚硝酸钠可以是食品添加剂，故A错误；
B．硫酸钡不溶于水也不溶于酸，可用作钡餐，碳酸钡不溶于水但能溶于酸产生钡离子，钡是重金属，使蛋白质变性，不能用作钡餐，故B错误；
C．波尔多液、石灰硫黄合剂等无机物是人类早期使用的农药，故C正确；
D．酒精能够吸收细菌蛋白的水分，使其脱水变性凝团，从而杀灭细菌。高浓度酒精与细菌接触时，使菌体表面迅速凝固，形成一层薄膜，阻止了酒精继续向菌体内部渗透。75%的酒精可以使细菌所有蛋白脱水、变性凝固，最终杀死细菌，故D错误；
故选C。
3．下列有关化学用语使用正确的是
A．中子数为8的C原子： B．CaCl2的电子式：
C．乙烯的结构简式：CH2CH2 D．氯乙烯的球棍模型：
【答案】A
【详解】A．C的质子数为6，中子数为8，则质量数为14，此C原子可表示为：，A正确；
B．CaCl2为离子化合物，其电子式中，两个Cl-应放在Ca2+的两侧，则其电子式为：，B不正确；
C．乙烯的结构简式中，碳碳双键不能省略，则可表示为：CH2=CH2，C不正确；
D．氯乙烯分子中，Cl原子半径比H原子大，则其球棍模型中，表示Cl原子的球的半径应比表示H原子的的球的半径大，其球棍模型为，D不正确；：
故选A。
4．甲醛()与在羟基磷灰石()表面发生反应的能量—历程关系如图。下列说法错误的是

A．该反应为放热反应
B．反应过程中，甲醛的键断裂
C．中的氧原子全部来自
D．化学方程式为
【答案】C
【详解】A．根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故A正确；
B．根据图示，甲醛和氧气反应生成二氧化碳和水，反应过程中，甲醛的键断裂，故B正确；
C．根据图示，中有1个氧原子来自，故C错误；
D．甲醛和氧气在羟基磷灰石()表面反应生成二氧化碳和水，化学方程式为，故D正确；
选C。
5．下列说法正确的是
A．糖类、油脂、蛋白质均属于天然有机高分子化合物
B．水煤气合成甲醇等含氧有机物及液态烃的过程属于煤的液化，实现了煤的综合利用
C．SO2可漂白纸浆，不可用于杀菌消毒
D．镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
【答案】B
【详解】A．糖类中的单糖、低聚糖不属于天然高分子化合物，油脂不属于天然有机高分子化合物，A不正确；
B．煤的液化分两种，一种是在高温、催化剂作用下，煤直接与氢气反应生成液体燃料，另一种是煤先与水蒸气反应生成水煤气，再合成甲醇等含氧有机物及液态烃，实现了煤的综合利用，B正确；
C．SO2可漂白纸浆，也可用于葡萄糖中的杀菌消毒等，C不正确；
D．镀锌铁皮的镀层破损后，由于锌的金属性比铁强，所以锌仍能保护铁不受腐蚀，D不正确；
故选B。
6．有机物结构可用“键线式”表示，如：CH3—CH=CH—CH3可简写为。松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制，如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的

A．能催化氧化成醛
B．分子式为C10H20O
C．与氢气加成后的产物有4种一氯代物
D．能发生加聚反应，所有C原子不可能共平面
【答案】D
【详解】A．该物质中羟基所连碳原子上没有氢原子，不能被催化氧化，A错误；
B．根据该物质的键线式可知分子式为C10H18O，B错误；
C．碳碳双键可以与氢气加成，加成产物有图示6种环境的氢原子，所以一氯代物有6种，C错误；
D．含有碳碳双键，能发生加聚反应，存在3个C原子连接在同一饱和碳原子上的结构，根据甲烷的空间构型可知不可能所有C原子共面，D正确；
综上所述答案为D。
7．下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体：+2
B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2
C．将铝片加入氢氧化钠溶液中：2+2H2↑
D．向溴化亚铁中通入足量的氯气：
【答案】B
【详解】A．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2气体，生成H2SiO3和NaHCO3，由于Na2SiO3为可溶性盐，则其应改写成离子形式，离子方程式为+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2，A不正确；
B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2，生成硫酸锰、硫酸钾、氧气等，离子方程式为：2+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，B正确；
C．将铝片加入氢氧化钠溶液中，生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH一+2H2O=2+3H2↑，C不正确；
D．向溴化亚铁中通入足量的氯气，生成FeCl3、Br2，离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，D不正确；
故选B。
8．短周期主族元素、、、的原子序数依次递增。、、位于同一周期，的族序数是其周期序数的2倍，和形成的某些化合物可导致酸雨，常温常压下的单质是一种黄绿色气体。下 列说法正确的是
A．离子半径：
B．简单氢化物的沸点：
C．最高价氧化物的水化物的酸性：
D．化合物可用作自来水消毒剂
【答案】D
【分析】的族序数是其周期序数的2倍，又、、、的原子序数依次递增，则X为C；和形成的某些化合物可导致酸雨，则Y为N，Z为O；的单质是一种黄绿色气体，则W为Cl。
【详解】A．Y和Z的离子核外电子数相同，核电荷数越大，离子半径越小，故A错误；
B．Z的氢化物是水，水分子见能形成氢键，故Z沸点高，故B错误；
C．W的非金属性强于X，故最高价氧化物对应水化物的酸性强，故C错误；
D．ClO2是强氧化剂，故可做自来水消毒剂，故D正确；
故选D。
9．以下关于环境保护与绿色化学的说法错误的是
A．绿色化学的核心思想是先污染后治理
B．反应原子利用率为100%
C．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式
D．“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
【答案】A
【详解】A．绿色化学的思想是改变先污染后治理的观念，利用化学原理和技术手段，从源头减少或消除环境污染，A错误；
B．反应物的原子全部转化为期望的最终产物，原子利用率为100％，B正确；
C．“低碳经济”是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，C正确；
D．“静电除尘”可以除去空气中的颗粒物，“燃煤固硫”可以除去燃煤生成的二氧化硫，“汽车尾气催化净化”可以除去尾气中的氮氧化物，三者都能提高空气质量，D正确；
答案为：A。
10．一种可穿戴电池的结构如图所示，该电池的总反应为。下列关于电池工作原理的说法中，错误的是

A．为负极
B．电子由负极经隔离膜流向正极
C．正极反应式为
D．凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性
【答案】B
【详解】A．根据总反应式，锌失电子化合价升高，所以为负极，故A正确；
B．原电池中电子由负极外电路流向正极，故B错误；
C．根据总反应式，正极得电子生成，正极反应式为，故C正确；
D．凝胶聚合物电解质具有优异的耐火性能，凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性，故D正确；
选B。
11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标准状况下，2.24L四氯化碳含碳原子数为0.1NA
B．32g Cu与足量浓硝酸反应，产物为NO2和NO，则反应中浓硝酸得到的电子数为NA
C．1.8g -ND2中含有的质子数和电子数均为NA
D．0.1mol CH4与0.1mol Cl2混合充分光照，生成CH3Cl分子数为0.1NA
【答案】B
【详解】A．标准状况下，四氯化碳呈液态，无法求出2.24L四氯化碳的物质的量，也就无法求出其所含碳原子数，A不正确；
B．32g Cu与足量浓硝酸反应，铜完全反应，n(Cu)==0.5mol，依据得失电子守恒原则，反应中浓硝酸得到的电子数与Cu失去的电子数相等，都为NA，B正确；
C．1个-ND2中含有的质子数和电子数都为9个，1.8g-ND2的物质的量为0.1mol，则其含有的质子数和电子数均为0.9NA，C不正确；
D．0.1mol CH4与0.1mol Cl2混合充分光照，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等产物，则生成CH3Cl分子数小于0.1NA，D不正确；
故选B。
12．下列实验能达到预期目的


A．制备少量乙酸乙酯
B．检验市售加碘食盐中是否存在碘元素


C．分离Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
D．证明元素的得电子能力：Cl > C > Si

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．制备少量乙酸乙酯时，加热反应混合液，用饱和碳酸钠溶液吸收有机物的蒸汽，同时除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，A正确；
B．市售加碘食盐中碘元素以KIO3的形式存在，它与淀粉不能发生反应，无法确定碘元素的存在，B不正确；
C．Fe(OH)3胶粒直径小于滤纸孔隙直径，不能采用过滤法除去FeCl3杂质，应使用渗析法除杂质，C不正确；
D．稀盐酸与石灰石反应，生成的CO2气体中混有盐酸挥发出的HCl，HCl也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以不能证明碳酸的酸性比硅酸强，D不正确；
故选A。
13．以下有关流程正确的是
A．除去粗盐中杂质(，，)加入的药品顺序为溶液→溶液→溶液→过滤后加盐酸
B．海水提溴的流程：浓缩海水→氯气氧化→通热空气吹出→还原→氯气氧化→
C．检验淀粉的水解情况：
D．侯德榜制碱法的流程：饱和食盐水
【答案】B
【详解】A．除去粗盐中的杂质碳酸钠应在氯化钡溶液后面加，否则过量的氯化钡无法除去，故A错误；
B．海水提取溴，首先将海水浓缩，然后通入氯气将溴离子氧化成溴单质，在氧化后的溶液中通入热空气利用溴的挥发性将溴单质吹出，吹出的溴单质用二氧化硫的水溶液吸收，将溴单质还原成溴离子，然后再在反应后的溶液中通入氯气将溴离子氧化成溴单质，然后通过萃取分液蒸馏等操作得到溴单质，故B正确；
C．检验淀粉的水解产物需在水解液中加碱中和硫酸后在加银氨溶液检验葡萄糖，故C错误；
D．侯德榜制碱法流程中在饱和食盐水中先通氨气，再通二氧化碳气体，故D错误；
故选：B。
14．根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向某补血口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫红色褪去
该补血口服液中一定含有Fe2+   
B
向溶液X中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝
溶液X中无
C
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
产物中含不饱和烃
D
将0.2mol·L-1 FeCl3溶液与0.1 mol·L-1 KI溶液等体积混合，取少量混合液滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe3+与I-的反应有一定限度

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．酸性KMnO4溶液紫红色褪去，表明补血口服液中含有还原性物质，此物质不一定是Fe2+，可能是维生素C、Cl-等，A不正确；
B．向溶液X中滴加稀NaOH溶液，由于NH3极易溶于水，即便生成NH3，没有加热也不一定逸出，所以湿润的红色石蕊试纸不变蓝色，不能说明溶液X中不含有，B不正确；
C．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，则表明石蜡油发生了裂解反应，生成不饱和烃，C正确；
D．将0.2mol·L-1 FeCl3溶液与0.1 mol·L-1 KI溶液等体积混合，由于Fe3+过量，所以即便Fe3+与I-完全反应，反应后的溶液中仍含有Fe3+，不能证明Fe3+与I-的反应为可逆反应，D不正确；
故选C。
15．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。
序号
①
②
③
实验装置及操作



实验现象
溶液无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色
溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化

下列说法不正确的是A．对分解有催化作用
B．对比②和③，酸性条件下氧化的速率更大
C．对比②和③，②中的现象可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率
D．实验②③中的温度差异说明，氧化的反应放热
【答案】D
【详解】A．比较实验①②的现象可知，对分解有催化作用，A正确；
B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下氧化的速率更大，B正确；
C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为分解的速率大于H2O2氧化的速率，C正确；
D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明氧化的反应放热，D错误；
故答案为：D。
16．某化学小组欲测定酸性条件下溶液与溶液反应的化学反应速率，所用的试剂为溶液和溶液，所得随时间变化的曲线如图所示。下列说法错误的是

A．该反应的离子方程式为
B．该反应在的平均反应速率
C．在反应过程中，该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小
D．起初反应很慢，一段时间后反应速率明显增大，一定是反应放热温度升高的结果
【答案】D
【详解】A．根据题意，KClO3溶液和NaHSO3溶液反应生成Cl-，Cl元素化合价降低，KClO3为氧化剂，则NaHSO3为还原剂，被氧化生成Na2SO4，该反应的离子方程式为，故A正确；
B．由图中数据可知，该反应在0~4min的平均反应速率，根据速率之比等于化学计量数之比，，故B正确；
C．由图像可知：在反应过程中，该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小，故C正确；
D．起初反应很慢，一段时间后反应速率明显增大，可能温度升高，可能生成的Cl-对反应有催化作用，可能溶液酸性增强，加快了化学反应速率，故D错误；
故选D。

二、实验题
17．以下是生活中常用的几种消毒剂。
i.“84”消毒液，有效成分是NaClO。
ii.消毒液A，其有效成分的结构简式为(简称PCMX)。
ⅲ.双氧水消毒液，是质量分数为3%~25%的溶液。
(1)“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：
①；②___________。
(2)实验室通过测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如下表。
NaClO溶液浓度(mg/L)
不同pH下的细菌杀灭率(%)
pH=4.5
pH=7.0
pH=9.5
250
98.90
77.90
53.90
500
99.99
97.90
65.54

①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌能力___________(填“强于”“弱于”或“相当于”)NaClO的杀菌能力。
②下列关于“84”消毒液及其使用方法的描述中，正确的是___________(填字母序号)。
a.“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关
b.长期用于对金属制品消毒，不会使金属腐蚀
c.不能与清厕灵(含HCl)混合使用，可能会导致安全事故
d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果
(3)消毒液A常用于家庭衣物消毒。
①PCMX分子中的含氧官能是___________(写名称)。
②若将消毒液A与“84”消毒液混合使用，会大大降低消毒效果，从物质性的角度解释其原因为____。
(4)研究小组将某“84”消毒液与双氧水消毒液等体积混合，有大量无色气体生成，经检验为氧气。用离子方程式表示生成氧气的可能原因：、____。
【答案】     2HClOHCl+O2     强于     acd     羟基     PCMX含有酚羟基，具有还原性，NaClO具有氧化性，二者能发生氧化还原反应     ClO-+ H2O2=Cl-+O2+H2O
【详解】(1) “84”消毒液有效成分是NaClO，其消毒原理是NaClO先与空气中的CO2和H2O生成HClO，如果HClO见光分解，则会失效，HClO分解的化学方程式为：2HClOHCl+O2，故答案为：2HClOHCl+O2；
(2)①通过表格数据分析，NaClO溶液浓度相同时，pH越小细菌的杀灭率越高，而pH越小则说明生成的HClO越多，故表示HClO的杀菌能力强于NaClO，故答案为：强于；
②a．由表格数据可知，当pH相同时，NaClO浓度越大则杀菌率越高，故a正确；
b．“84”消毒液在使用过程中会产生HClO等酸性物质，会腐蚀金属，故b错误；
c．“84”消毒液如与洁厕液混用，会发生反应：HClO+HCl=Cl2+H2O，故两者不能混用，故c正确；
d．喷洒后适当保持一段时间有利于HClO的生成，达到杀菌效果，故d正确；
答案为：acd；
(3)①中的含氧官能团为羟基，故答案为：羟基；
②PCMX()含有酚羟基，具有还原性，而NaClO具有氧化性，两者会反应，影响消毒杀菌效果，故答案为：PCMX含有酚羟基，具有还原性，NaClO具有氧化性，二者能发生氧化还原反应；
(4)H2O2中O为-1价，为中间价态，有还原性，可能会被NaClO氧化为O2，离子方程式为：ClO-+ H2O2=Cl-+O2+H2O，故答案为：ClO-+ H2O2=Cl-+O2+H2O。
【点睛】重点考查了HClO的强氧化性和弱酸性，利用氧化还原的基本原理分析物质间的反应是解答的关键。

三、工业流程题
18．废旧碱性锌锰电池经以下工艺处理后，可实现钾、锌、锰等元素的有效回收。回答下列问题：


(1)“操作1”的名称为_______。
(2)MnOOH中Mn元素的化合价为_______。
(3)“煅烧”得到ZnMn2O4的化学方程式为_______。
(4)物质A的主要成分为_______(填化学式)。
(5)若将ZnO、MnOOH直接与盐酸共热反应，所得溶液的主要成分是ZnCl2和MnCl2。其中MnOOH与盐酸反应的化学方程式为_______。
(6)预处理后的废旧电池质量为m0，其中Zn元素的质量分数为ω，回收得到Zn(s)的质量为m1，则Zn元素的回收率为_______(回收率)。
(7)某碱性锌锰电池维持电流强度0.5A(相当于每秒通过5×10-6 mol电子)，连续工作80分钟即接近失效。如果制造一节电池所需的锌粉为6 g，则电池失效时仍有_______%的金属锌未参加反应。
【答案】(1)过滤
(2)+3
(3)ZnO + 2MnOOHZnMn2O4 + H2O
(4)Al2O3
(5)2MnOOH+6HClCl2↑+2MnCl2+4H2O
(6)
(7)87
【分析】废旧碱性锌锰电池预处理后，水浸、然后过滤，滤渣为ZnO、MnOOH，滤液为KOH溶液；煅烧滤渣得ZnMn2O4；加入足量Al粉、真空热还原，得Zn(g)、铝锰合金和物质A，A中肯定含有氧元素，而Al的性质最活泼，所以其应为Al2O3。
（1）
由分析可知，“操作1”的名称为过滤。答案为：过滤；
（2）
MnOOH中，O显-2价，H显+1价，则Mn元素的化合价为+3。答案为：+3；
（3）
滤渣的主要成分为ZnO、MnOOH，“煅烧”时得到ZnMn2O4等，化学方程式为ZnO + 2MnOOHZnMn2O4 + H2O。答案为：ZnO + 2MnOOHZnMn2O4 + H2O；
（4）
由分析可知，物质A的主要成分为Al2O3。答案为：Al2O3；
（5）
若将ZnO、MnOOH直接与盐酸共热反应，所得溶液的主要成分是ZnCl2和MnCl2，则ZnO与盐酸发生复分解反应，MnOOH与盐酸发生氧化还原反应，在生成MnCl2的同时，还应有Cl2生成，所以MnOOH与盐酸反应的化学方程式为2MnOOH+6HClCl2↑+2MnCl2+4H2O。答案为：2MnOOH+6HClCl2↑+2MnCl2+4H2O；
（6）
预处理后的废旧电池质量为m0，其中Zn元素的质量分数为ω，则废旧电池中锌元素的质量为m0∙ωg，回收得到Zn(s)的质量为m1，则Zn元素的回收率为。答案为：；
（7）
某碱性锌锰电池工作80分钟通过的电子为5×10-6 mol/s×80×60s=0.024mol，参加反应的Zn的物质的量为0.012mol。如果制造一节电池所需的锌粉为6 g，则电池失效时仍有=87%的金属锌未参加反应。答案为：87。
【点睛】MnOOH与浓盐酸在加热条件下的反应，类似于MnO2与热的浓盐酸的反应。

四、原理综合题
19．I.某化学兴趣小组用50mL 0.50 mol·L-1盐酸与50mL 0.55 mol·L-1 NaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验。记录的实验数据如表所示(已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1g·cm-3，中和反应结束后溶液的比热容c=4.18 J·g-1·℃-1)。
实验
序号
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
盐酸
NaOH溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.4
3
20.4
20.6
23.8

(1)依据实验数据计算，该反应的中和热ΔH为_______。如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中测得中和反应的反应热(ΔH)_______(填 “偏大”“偏小”或“不变”)。
II.NO2和N2O4是氮的两种重要氧化物。已知下列反应在298K时的反应焓变：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1 = +180.5 kJ·mol-1
②2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2 = -112 kJ·mol-1
③N2(g)+2O2(g)=N2O4(g) ΔH3 = +10.7 kJ·mol-1
(2)写出N2O4(g)转化为NO2(g) 的热化学方程式：_______。
(3)298K时，在2L的恒容绝热密闭容器中发生上述N2O4(g)转化为NO2(g)的反应，反应过程中各气体浓度随时间变化的情况如图所示。

①代表NO2气体浓度随时间变化的曲线为_______(填“甲”或“乙”)。
②当N2O4的浓度为0.08 mol·L-1时，反应时间为t s，则0~t s时，用NO2气体的浓度变化量表示该反应的平均速率为_______。
③A、B两点对应时刻，反应速率大小关系为：_______。
④不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
a.混合气体的温度不再改变                         b.2v正(N2O4)=v逆(NO2)
c.容器内气体颜色不再改变                         d.容器内气体的密度不再改变
⑤化学平衡常数(K)是指一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不管反应物起始浓度大小，最后都达到平衡状态，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值。例如：aA(g) + bB(g)pC(g) + qD(g)         。计算298K时，上述N2O4(g)转化为NO2(g)的反应平衡常数K=_______。
(4)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨I电极上生成可循环使用的氧化物N2O5。


①放电时，该电池的负极是_______(填“石墨I”或“石墨II”)，其电极反应是为_______。
②若电路中有1 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2 _______L。
【答案】(1)     -53.5 kJ·mol-1     偏小
(2)N2O4(g)⇌2NO2(g)   ΔH = +57.8 kJ·mol-1
(3)     乙     mol∙L-1∙s-1     A＞B     d     0.36 mol·L-1
(4)     石墨I     NO2-e- += N2O5     5.6
【解析】（1）
三次实验，平衡温度升高℃=3.2℃，Q=4.18J·g-1·℃-1×100g×3.2℃×10-3kJ/J=1.3376kJ，依据实验数据计算，该反应的中和热ΔH=-=-53.5 kJ·mol-1。NaOH固体溶于水放热，如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中放出的热量增多，测得中和反应的反应热(ΔH)：偏小。答案为：-53.5 kJ·mol-1；偏小；
（2）
①N2(g)+O2(g)=2NO(g)             ΔH1 = +180.5 kJ·mol-1
②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)     ΔH2 = -112 kJ·mol-1   
③N2(g)+2O2(g)=N2O4(g)            ΔH3 = +10.7 kJ·mol-1
利用盖斯定律，将①+②-③得N2O4(g)转化为NO2(g)的ΔH=ΔH1 +ΔH2 -ΔH3 = +57.8 kJ·mol-1，则热化学方程式：N2O4(g)⇌2NO2(g)   ΔH = +57.8 kJ·mol-1。答案为：N2O4(g)⇌2NO2(g)   ΔH = +57.8 kJ·mol-1；
（3）
①起初加入N2O4，随着反应的进行，N2O4浓度不断减小，NO2浓度不断增大，则代表NO2气体浓度随时间变化的曲线为乙。
②当N2O4的浓度为0.08 mol·L-1时，此时N2O4的浓度减小0.10 mol·L-1-0.08 mol·L-1=0.02 mol·L-1，则NO2的浓度增大0.04 mol·L-1，反应时间为t s，则0~t s时，用NO2气体的浓度变化量表示该反应的平均速率为=mol∙L-1∙s-1。
③因为正反应为吸热反应，随着反应的进行，反应体系的温度不断降低，反应速率不断减慢，所以A、B两点对应时刻，反应速率大小关系为：A＞B。
④a.因为N2O4分解为NO2的反应为吸热反应，随着反应的进行，混合体系的温度不断降低，当混合气体的温度不再改变时，反应达平衡状态；
b.2v正(N2O4)=v逆(NO2)，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态；
c.容器内气体颜色不再改变，即c(NO2)不变，此时正逆反应速率相等，反应达平衡状态；
d.容器内气体的质量始终不变，体积不变，则密度始终不变，当密度不变时，反应不一定达平衡状态；
故选d。
⑤从图中可知，298K，反应达平衡时，c(NO2)=0.12mol/L，c(N2O4)=0.04mol/L，上述N2O4(g)转化为NO2(g)的反应平衡常数K==0.36 mol·L-1。答案为：乙；mol∙L-1∙s-1；A＞B；d；0.36 mol·L-1；
（4）
①放电时，NO2转化为N2O5，N元素化合价升高，失电子被氧化，则该电池的负极是石墨I，在此电极，NO2失电子产物与电解质反应生成N2O5，电极反应是为NO2-e- += N2O5。
②石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-=4，若电路中有1 mol电子转移，则理论上石墨Ⅱ处需消耗标准状况下的O2的体积为=5.6L。答案为：石墨I；NO2-e- += N2O5；5.6。
【点睛】在熔融电解质中，电极反应式中通常不出现H+。

五、有机推断题
20．烯烃复分解反应实现了在一定条件下烯烃中碳碳双键两边基团的换位。如：2CH2=CHCH2CH3CH2=CH2+CH3CH2CH=CHCH2CH3。现仅以丙烯为有机原料，经过下列反应合成某些有机物：

已知：CH3CH2ClCH3CH2OH
(1)反应①的方程式为_______，反应类型为_______。
(2)C中的官能团名称为_______，常用于检验G中官能团的试剂是_______。
(3)写出反应⑥、⑦(H足量)的化学方程式：_______、_______。
(4)同分异构现象的广泛存在是有机物种类繁多的重要原因之一、F的同分异构体还有_______种。
(5)已知：Diels-Alder反应为共轭双烯与含碳碳双键或碳碳三键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的Diels-Alder反应是：。若利用Diels-Alder反应合成，所用的起始原料的结构简式为：_______。
【答案】(1)     CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl     取代反应
(2)     碳碳双键和碳氯键     银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液
(3)     2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O     2CH3COOH+HOCH2CH=CHCH2OHCH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3+2H2O
(4)8
(5)CH2=CH-C(CH3)=CH2和CH2=CH2
【分析】由信息可推知，B为CH2=CH2，C为ClCH2CH=CHCH2Cl，F为ClCH2CH2CH2CH2Cl；从而得出D为CH3CH2OH，G为CH3CHO，H为CH3COOH；由信息可确定E为HOCH2CH=CHCH2OH，I为CH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3。
（1）
反应①为CH2=CHCH3与Cl2在400~500℃条件下反应生成CH2=CHCH2Cl等，方程式为CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，反应类型为：取代反应。答案为：CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；取代反应；
（2）
由分析可知，C为ClCH2CH=CHCH2Cl，官能团名称为：碳碳双键和碳氯键，G为CH3CHO，常用于检验G中官能团的试剂是：银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。答案为：碳碳双键和碳氯键；银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液；
（3）
反应⑥为CH3CH2OH催化氧化制CH3CHO、⑦为CH3COOH与HOCH2CH=CHCH2OH发生酯化反应，化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O、2CH3COOH+HOCH2CH=CHCH2OHCH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3+2H2O。答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH+HOCH2CH=CHCH2OHCH3COOCH2CH=CHCH2OOCCH3+2H2O；
（4）
F为ClCH2CH2CH2CH2Cl，同分异构体还有Cl2CHCH2CH2CH3、CH3CCl2CH2CH3、ClCH2CHClCH2CH3、ClCH2CH2CHClCH3、CH3CHClCHClCH3、Cl2CHCH(CH3)2、ClCH2 CH(CH3)CH2Cl、ClCH2CCl(CH3)2，共8种。答案为8；
（5）
依据信息“”，寻找合成的原料时，应将沿着红线部位断键，从而得出所用的起始原料的结构简式为：CH2=CH-C(CH3)=CH2和CH2=CH2。答案为：CH2=CH-C(CH3)=CH2和CH2=CH2。
【点睛】合成有机物时，可采用逆推法，断键时，应依照题给信息进行。