2021-2022学年广东省揭阳市普宁市华侨中学高二（下）月考化学试卷（第1次）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年广东省揭阳市普宁市华侨中学高二（下）月考化学试卷（第1次）（含答案解析），共15页。试卷主要包含了 下列有关化学用语正确的是， 下列有关说法正确的是， 下列关于氢键的说法正确的是， 下列分子属于手性分子的是等内容，欢迎下载使用。

A. 极地考查船“雪龙2号”船身上镀的锌层可减缓铁制船体遭受的腐蚀
B. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
C. 国产飞机——C919使用的航空煤油可从石油中分馏得到
D. 科学家合成世界首个由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18，与C60互为同素异形体
2. 金属铁(Fe)在生产生活中有着广泛应用。对于基态Fe原子，下列叙述错误的是( )
A. 有4个未成对电子
B. 电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
C. 4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
D. 基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6
3. 下列有关化学用语正确的是( )
A. 氮原子的轨道表示式是：
B. NH4Cl电子式为
C. Ca2+基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6
D. 15N的原子结构示意图：
4. 下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是( )
A. 电池Ⅰ中锌是正极
B. 电池Ⅱ是一次性电池
C. 电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D. 电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1ml HCN中含π键的数目为NA
B. 23gC2H5OH分子中含有σ键的数目为3.5NA
C. 5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NA
D. 2.0gD216O和 14ND3的混合物中含有的电子数为NA
6. 下列有关说法正确的是( )
A. 氧原子处于基态的轨道表示式：
B. 用价层电子对互斥理论预测NH3的空间结构为三角锥形
C. 用电子式表示MgCl2的形成：
D. 向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后，分解速率迅速加快是因为MnO2粉末降低了反应的焓变
7. 下列分子中，各分子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是( )
A. NH3 平面三角形 sp3杂化B. CCl4 正四面体 sp3杂化
C. H2OV形 sp2杂化D. CO32− 三角锥形 sp3杂化
8. 已知O3的空间构型为V型，分子中正电中心和负电中心不重合，则下列关于O3和O2在水中的溶解度的叙述中，正确的是( )
A. O3在水中的溶解度和O2的一样B. O3在水中的溶解度比O2的小
C. O3在水中的溶解度比O2的大D. 无法比较
9. 下列关于氢键的说法正确的是( )
A. 由于氢键的作用，使NH3、HF的沸点反常，且沸点高低顺序为
B. 氢键只能存在于分子间，不能存在于分子内
C. 生命体中许多大分子内存在氢键
D. 相同量的水在气态、液态和固态时均有氢键，且氢键的数目依次增多
10. 下列分子属于手性分子的是( )
A. H2OB.
C. D. H2N−CH2−COOH
11. 有关键能数据如表：
晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式：Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=−990kJ⋅ml−1，则表中X的值为( )
A. 462.5B. 460
C. 920D. 423.3
12. R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y、Z位于同主族。由R、X、Y、Z组成的有机物M是日用化妆品冷烫精的主要原料，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电负性：Y>Z>R>XB. XZ2、XW4、XR4都是非极性分子
C. 简单离子结合质子能力：W>ZD. 1ml M含7mlσ键
13. CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，下列有关该材料所涉及元素及其同族元素相关化合物的论述正确的是( )
A. 电负性N>P>As，键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3
B. Cd为48号元素，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s2
C. Sn位于第五周期第IVA族，其价层电子排布式为4d105s25p2
D. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为−4，因此SiH4的还原性小于CH4的
14. 下列各组分子中，均含有非极性键且属于非极性分子的是( )
A. Cl2、C2H4B. C2H4、CH4
C. CO2、H2SD. NH3、HCl
15. 新冠肺炎最明显的症状就是出现发热，体温枪能快速检测人体体温。该体温枪所用的电池为一种银锌电池(如下图所示)，该电池的总反应式为：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag。下列关于该电池的说法正确的是( )
A. Ag2O电极作正极，发生氧化反应
B. 该电池放电时溶液中的K+向Zn电极移动
C. 电池工作时，电流从Ag2O电极经过隔板流向Zn电极
D. 该电池的负极反应为：Zn−2e−+2OH−=Zn(OH)2
16. CO2的应用领域广泛，是一种廉价易得的基本化工原料，我国提出力争在2060年前实现碳中和。碳中和：通过节能减排，植树造林，化工合成等治理CO2的手段，使CO2排放量减少甚至是回收利用，以此达到CO2“零排放”的目的。在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出了CO2的转化过程如图所示。下列说法正确的是( )
A. 基态铜电子排布：[Ar]3d94s2
B. 甲酸乙酯是该过程的催化剂
C. 步骤④中有化学键的断裂和形成
D. 反应过程中，催化剂参与反应，降低了反应的焓变
17. 根据已学知识，请回答下列问题：
(1)基态N原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。
(2)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素的符号：___________。
(3)某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布式为4s24p4，该元素的名称是___________。
(4)已知铁是26号元素，写出Fe的价层电子排布式___________；在元素周期表中，该元素在_____________(填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区。
(5)从原子结构的角度分析B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为___________。电负性的顺序是___________。
(6)写出C的核外电子排布图为：___________。
(7)Zn2+的核外电子排布式为___________。
18. A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子；C是地壳中含量最多的一种元素；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子。请完成以下空白：
(1)D元素的基态原子中，核外电子占据的最高能层的符号为___________，基态C离子占据的最高能级共有___________个原子轨道。
(2)B元素的基态原子价层电子的电子排布图为___________。
(3)请解释E3+离子比E2+离子稳定的原因：___________。
(4)基态F二价阳离子的核外电子排布式为___________。
(5)A、B、C三种元素的第一电离能从大到小为___________(用元素符号表示)。
(6)BD3与水反应产生有漂白性的物质，写出该反应的化学方程式___________。
19. 为缓解能源紧张，越来越多的国家开始重视生物质能源(利用能源作物和有机废料，经过加工转变为生物燃料的一种能源)的开发利用。
(1)如图是某国能源结构比例图，其中生物质能源所占的比例是__________。
(2)生物柴油是由动植物油脂转化而来，其主要成分为脂肪酸酯，几乎不含硫，生物降解性好，一些国家已将其添加在普通柴油中使用。关于生物柴油及其使用，下列说法正确的是________。
①生物柴油是可再生资源②可减少二氧化硫的排放③与普通柴油相比易分解④与普通柴油制取方法相同
A①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④
(3)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=−1275.6kJ⋅ml−1
②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ⋅ml−1
写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式____________。
(4)已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如表：
则表中x为( )
(5)向体积为2L的固定密闭容器中通入3ml X气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g)⇌Y(g)+3Z(g)经5min后反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为_______。
20. ClO2是一种广谱消毒剂，用来取代Cl2作为自来水的消毒剂，已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体。下图是实验室制取干燥纯净氯气并进一步制取和收集较纯净的ClO2的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)。回答下列问题：
(1)仪器P的名称是_______，B装置中试剂是_____，C中浓硫酸的作用是_____。
(2)写出装置A烧瓶内发生反应的化学方程式：_______。
(3)实验室制备ClO2的原理是：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。E中盛有CCl4，其作用是____，ClO2和Cl2作氧化剂，还原产物均为Cl−，含等量氯元素的ClO2和Cl2其得电子数目之比为_____。
(4)F为ClO2收集装置，应选用的装置是_______(填序号)。
(5)亚氯酸钠(NaClO2)也具有强氧化性，常用“间接碘量法”测定某NaClO2⋅3H2O样品(杂质与I−不发生反应)的纯度：取一定质量样品配成VmL溶液，加入足量KI固体和适量稀H2SO4，再滴加几滴_______做指示剂，(已知：ClO2−+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−)，然后用cml⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定，判断滴定终点的方法为_______(已知：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作阳极不断被腐蚀，铁做阴极则不会被腐蚀，选项A正确；
B.中国天眼FAST用到的高性能碳化硅又名金刚砂，是用石英砂、石油焦(或煤焦)、木屑等原料通过电阻炉高温冶炼而成，是一种新型的无机非金属材料，选项B不正确；
C.客机所用的燃料油是航空煤油，是石油分馏得到的，选项C正确；
D.由碳原子构成的具有半导体特性的碳环C18，与C60均为由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项D正确；
答案选B。
2.【答案】C
【解析】A.基态Fe原子的价电子排布式为[Ar]3d64s2，所以有4个未成对电子，A正确；
B.金属性K>Fe，金属性越强，电负性越小，所以电负性铁比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，B正确；
C.能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，C错误；
D.基态Fe原子的价电子排布式为[Ar]3d64s2，所以基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6，D正确；
答案选C。
3.【答案】C
【解析】A.氮元素的原子序数为7，基态原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为，故A错误；
B.氯化铵为离子化合物，电子式为，故B错误；
C.钙元素的原子序数为20，失去2个电子形成钙离子，则基态钙离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C正确；
D. 15N的核电荷数为7，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为，故D错误；
故选C。
4.【答案】D
【解析】A、锌比铜活泼，活泼的锌为负极，故A错误；
B、铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；
C、燃料电池是氢气作负极性氧化反应，所以电池工作时氢气发生氧化反应，故C错误；
D、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以电池工作时电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；
故选D。
5.【答案】D
【解析】A.HCN的结构式为H−C≡N，三键中有两个π键，1ml HCN中含π键的数目为2NA，A错误；
B.23gC2H5OH物质的量n=0.5ml，分子中含有σ键的数目=0.5ml×8×NA=4NA，B错误；
+的物质的量n=0.1ml，1个Fe2+中含未成对电子4个，则0.1mlFe2+中含未成对电子0.4NA，C错误；
D.D216O和 14ND3的摩尔质量为20g/ml，计算物质的量n=0.1ml，D216O和 14ND3的分子中含电子数都为10，含有的电子数为NA，D正确；
故选D。
6.【答案】B
【解析】A.基态氧原子核外有8个电子，其电子的轨道表示式为，A错误；
B.根据价层电子对互斥理，NH3中N原子的价层电子对数=3+5+3-3×22=4，VSEPR模型为四面体，且有一对孤电子，故NH3的空间结构为三角锥形，B正确；
C.两个氯原子应分开写，用电子式表示MgCl2的形成应为
，C错误；
D.过氧化氢分解过程中二氧化锰作催化剂，催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，从而加快反应速率，一个反应的焓变只与反应物的始态和终态有关，和反应途径无关，即二氧化锰不能改变过氧化氢分解的焓变，D错误。
答案选B。
7.【答案】B
【解析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对数=配原子个数+孤电子对数。
A、NH3中心原子的价层电子对数=3+12(5−3×1)=4，N的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；
B、CCl4中心原子的价层电子对数=4+12(4−4×1)=4，C的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，选项B正确；
C、H2O中心原子的价层电子对数=2+12(6−2×1)=4，O的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C错误；
D、CO32− 中心原子的价层电子对数=3+12(4+2−3×2)=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；
答案选B。
本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点是孤电子对数的计算方法，为常考点，要熟练掌握，题目难度中等。
8.【答案】C
【解析】O2分子是直线型结构，分子中正电中心和负电中心重合，为非极性分子，O3分子的空间构型为V型，分子中正电中心和负电中心不重合，为极性分子，由相似相溶原理可知，极性分子O3在极性分子水中的溶解度比非极性分子O2要大，故选C。
9.【答案】C
【解析】A.“反常”是指它们在本族元素的氢化物沸点排序中的现象，三种物质的沸点高低顺序可由事实得出，常温下只有水是液体，水的沸点最高，A错误；
B.氢键存在于不直接相连但相邻的H、O(或N、F)原子间，所以分子内也可能存在氢键，如邻羟基苯甲醛分子内含有氢键，B错误；
C.生命体中蛋白质具有生物活性的高级结构的主要原因，是DNA双螺旋的两个螺旋链也是通过氢键相互结合的，所以生命体中许多大分子内存在氢键，C正确；
D.水在气态时，分子间距离大，分子之间没有氢键，D错误；
故选C。
10.【答案】B
【解析】A.H2O中O原子只能形成2个共价键，不属于手性分子，故A错误；
B.中间的碳原子周围连着的四个原子或原子团分别是：甲基、羟基、氢原子、羧基，该分子属于手性分子，故B正确；
C.中每个碳原子上均连接了2个相同的原子或原子团，不属于手性分子，故C错误；
D. H2N−CH2−COOH中左边的碳原子连着两个氢原子，右边的碳原子上连着C=O，故D错误；
故选B。
11.【答案】A
【解析】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此结合Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=−990kJ⋅ml−1，计算出表中X。
已知Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=−990kJ⋅ml−1；1ml晶体硅中含有2mlSi−Si，1mlSiO2中含有4mlSi−O，1mlO2中含有1mlO=O，则反应焓变△H=2×180kJ⋅ml−1+500kJ⋅ml−1−4xkJ⋅ml−1=−990kJ⋅ml−1，解得x=462.5；
故选A。
本题考查反应热与化学键键能的关系，题目难度不大，注意从物质能量、键能角度理解反应热，明确反应热的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能以及焓变的正负与吸收、放出热量的关系是解答的关键。
12.【答案】B
【解析】依题意，Y和Z位于同主族，Y原子能形成1个双键，Z原子形成2个单键，说明Z原子最外层有6个电子，Y为氧，Z为硫。X原子能形成2个单键、1个双键(或4个单键)，说明X原子最外层有4个电子，原子序数小于8，故X为碳。R原子形成1个单键，上述五种元素中R的原子序数最小，R为氢；W为短周期主族元素且原子序数大于16，故W为氯。
A.非金属性越强则其电负性越强，氧、硫、碳、氢的电负性依次减小，A错误；
B.CS2是直线形分子，CH4、CCl4分子都是正四面体形分子，它们都是非极性分子，B正确；
C.结合质子能力越强，形成的酸越弱，酸性：HCl>H2S，结合质子(H+)能力：S2−>Cl−，C错误；
D.单键都是σ键，双键中有1个σ键，1个M分子含8个σ键，D错误；
故选B。
13.【答案】A
【解析】A.N、P、As属于同主族元素，同主族元素从上至下非金属逐渐减弱，则电负性也逐渐较弱，键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3，故A正确；
B.Cd为48号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s2或[Ar]4d105s2，故B错；
C.Sn位于第五周期第IVA族，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p2，则其价层电子排布式为5s25p2，故C错；
D.SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为−4，因此SiH4的还原性大于CH4的，故D错；
答案选A。
14.【答案】A
【解析】A.Cl2为直线形结构，含有非极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，为非极性分子；C2H4中含有极性键和非极性键，是平面型分子，结构对称，分子中正负电荷中心重叠，为非极性分子，故A选；
B.C2H4中含有极性键和非极性键，是平面型分子，结构对称，分子中正负电荷中心重叠，为非极性分子；CH4 中含有极性键，不存在非极性键，为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷中心重叠，为非极性分子，故B不选；
C.CO2中含有极性键，不存在非极性键，为直线形分子，结构对称，分子中正负电荷中心重叠，为非极性分子；H2S中含有极性键，不存在非极性键，空间结构为V形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故C不选；
D.NH3中含有极性键，不存在非极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；HCl中含有极性键，不存在非极性键，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故D不选；
故选A。
15.【答案】D
【解析】A.根据总反应方程式分析Ag2O化合价降低，得到电子，作原电池正极，发生还原反应，故A错误；
B.Zn化合价升高，是原电池负极，Ag2O化合价降低，得到电子，作原电池正极，根据原电池“同性相吸”，得到该电池放电时溶液中的K+向Ag2O电极移动，故B错误；
C.电池工作时，电流从Ag2O电极经过外电路流向Zn电极，故C错误；
D.根据B分析得到Zn为负极，根据总反应式得到该电池的负极反应为：Zn−2e−+2OH−=Zn(OH)2，故D正确。
综上所述，答案为D。
16.【答案】C
【解析】A.电子排布为全满或半满时，原子的能量最低，较稳定，所以基态铜(Cu)原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，选项A错误；
B.催化剂在反应前后的量是不变的，反应④生成了甲酸乙酯，但在其他步骤中未有甲酸乙酯的参与，即甲酸乙酯只有生成，没有消耗，所以甲酸乙酯不是催化剂，选项B错误；
C.由图可知步骤④中的 C−O和 H−O键均发生了断裂，生成了金属羟基化合物(H−O−M)和甲酸乙酯，选项C正确；
D.催化剂可以加快反应速率，降低反应的活化能，改变反应历程，但不改变焓变，选项D错误；
答案选C。
17.【答案】(1)L；球形和哑铃形
(2)Si或S
(3)硒
(4)3d64s2；d
(5)N>O>B；O>N>B
(6)
(7)1s22s22p63s23p63d10

【解析】(1)N原子核外有7个电子，基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子占据的最高能层的符号是L，s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形和哑铃形；
(2)3p轨道上有2个未成对电子的元素是Si和S；
(3)某原子的外围电子排布式为4s24p4，该元素的电子排布式是[Ar]3d104s24p4，该元素的名称是硒；
(4)铁是26号元素，Fe的价层电子排布式3d64s2；在元素周期表中，Fe是Ⅷ族元素，该元素在d区；
(5)同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p轨道半充满，N原子第一电离能大于同周期相邻元素， B、N和O的第一电离能由大到小的顺序为N>O>B。同周期元素从左到右，电负性依次增大，电负性的顺序是O>N>B；
(6)C原子核外有6个电子，根据能量最低原理和泡利原理，核外电子排布图为；
(7)Zn原子核外有30个电子，失去最外层2个电子得到Zn2+，Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。
18.【答案】(1)①M ②3
(2)
(3)Fe3+的3d轨道半充满，更稳定
(4)1s22s22p63s23p63d9
(5)N>O>C
(6)NCl3+3H2O=3HClO+NH3或NCl3+4H2O=3HClO+NH3⋅H2O
【解析】A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8，A的质子数是6，A为C；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，B为N；C是地壳中含量最多的一种元素，C为O；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子，即1s22s22p63s23p5，D为Cl；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质即四氧化三铁，E为Fe；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则F原子核外电子数为2+8+18+1=29，F为Cu。
(1)D为Cl，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，因此核外电子占据的最高能层的符号为M；C为O，氧离子的核外电子排布式为1s22s22p6，占据的最高能级为p，因此有3个原子轨道。
(2)B为N，其基态原子价层电子的电子排布图为：。
(3)E3+为Fe3+，E2+为Fe2+，Fe3+比Fe2+稳定是因为Fe3+的3d轨道为半充满状态，更稳定。
(4)F为Cu，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。
(5)A、B、C分别为C、N、O，同一周期主族元素从左向右第一电离能整体呈上升趋势，但氮位于第VA族，2p轨道为半充满状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此三者第一电离能从大到小为：N>O>C。
(6)BD3为NCl3，与水反应生成有漂白性的HClO，依据得失电子守恒和原子守恒可得其化学方程式为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3或NCl3+4H2O=3HClO+NH3⋅H2O。
19.【答案】(1)27%(2)A(3)CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−725.8kJ⋅ml−1 (4)463(5)0.03ml⋅L−1⋅min−1
【解析】(1)生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，甘蔗和油料作物占13%+14%=27%，属于生物质能，生物质能源所占的比例是27%；
(2)①生物柴油的原料是动植物油脂，是可再生资源，故①符合题意；
②生物柴油中几乎不含硫，可减少二氧化硫的排放，故②符合题意；
③生物降解性好，与普通柴油相比易分解，故③符合题意；
④生物柴油主要成分为酯类，而普通柴油源于烃类(石油)，故④不符合题意；
符合题意的是①②③；
答案选A；
(3)已知在常温常压下：
①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=−1275.6kJ⋅ml−1
②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ⋅ml−1
则根据盖斯定律可知12(①-②×4)，即得到CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=12[−1275.6kJ⋅ml−1−(+44.0kJ⋅ml−1×4)]=−725.8kJ⋅ml−1；
(4)1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，故2ml氢气燃烧生成2ml液态水时放出热量为2ml×2g/ml1g×143kJ=572kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量，2ml液态水变为气态水吸收的热量为2ml×18g/ml18g×44kJ=88kJ，故2ml氢气燃烧生成2ml气态水时放出热量为572kJ−88kJ=484kJ，故热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−484kJ⋅ml−1，所以2×436kJ⋅ml−1+496kJ⋅ml−1−4xkJ⋅ml−1=−484kJ/ml，解得x=463kJ⋅ml−1；
(5)由信息可知；设生成的Y的物质的量为x；
反应达到平衡，此时测得容器内的压强为起始时的1.2倍，则3-2x+x+3x3=1.2，解得x=0.3ml，Y的物质的量增加0.3ml，由v=ΔcΔt=ΔnVΔt=0.3ml2L5min=0.03ml⋅L−1⋅min−1。
20.【答案】(1)分液漏斗；饱和食盐水；干燥氯气
(2)MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O
(3)去除ClO2中未反应的Cl2；5：1
(4)②
(5)淀粉溶液；当滴加最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟不变色
【解析】实验室用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，氯气中含有HCl和水蒸气杂质，常用饱和食盐水除掉HCl杂质，用浓硫酸干燥气体，实验室用NaClO2和Cl2反应生成ClO2，ClO2是难溶于有机溶剂的气体，因此用四氯化碳处理尾气氯气，再用向上排空气法收集ClO2。
(1)仪器P的名称是分液漏斗，A装置制取氯气，氯气中含有HCl和水蒸气杂质，用饱和食盐水除掉HCl杂质，用浓硫酸干燥气体，因此B装置中试剂是饱和食盐水，C中浓硫酸的作用是干燥氯气；故答案为：分液漏斗；饱和食盐水；干燥氯气。
(2)装置A烧瓶内是二氧化锰和浓盐酸加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。
(3)装置D是制备ClO2，实验室制备ClO2的原理是：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。D后是氯气尾气，由于氯气易溶于四氯化碳，ClO2是难溶于有机溶剂的气体，因此E中盛有CCl4，其作用是去除ClO2中未反应的Cl2，ClO2和Cl2作氧化剂，还原产物均为Cl−，2mlClO2变为Cl−，则得到10ml电子，1mlCl2变为Cl−，则得到2ml电子，因此含等量氯元素的ClO2和Cl2其得电子数目之比为5：1；故答案为：去除ClO2中未反应的Cl2；5：1。
(4)F为ClO2收集装置，ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，应选用的装置是②；故答案为：②。
(5)根据题意反应生成了单质碘，因此再滴加几滴淀粉溶液做指示剂，然后用cml⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定，直到单质碘全部反应完，因此滴定终点的方法为当滴加最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟不变色；故答案为：淀粉溶液；当滴加最后一滴标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟不变色。
化学键
Si−O
O=O
Si−Si
键能kJ⋅ml−1
X
500
180
O=O
H−H
H−O(g)
1ml化学键断裂需要吸收的能量/kJ
496
436
x