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河北省沧州市献县实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版）
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这是一份河北省沧州市献县实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 金属材料在日常生活、生产中有着广泛的运用，下列关于金属的说法正确的是
A. 工业上金属Mg、Al都是用电解熔融氯化物制得的
B. 合金的性质与其成分金属的性质不完全相同
C. 镁、铁、铬、锰等金属都可以用铝热法制得
D. 冶炼金属时，必须加入一种物质作为还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，无法电解，一般电解熔融氧化铝制取铝单质，故A错误；
B．合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能，如合金的熔沸点一般低于其成分金属，故B正确；
C．镁的活泼性比铝强，无法用铝还原得到，故C错误；
D．冶炼金属时，不一定需要还原剂，如电解法制取金属单质时不需要加还原剂，故D错误；
综上所述答案为B。
2. 下列溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 碱性溶液：B. 能溶解的溶液：
C. 使酚酞变红的溶液：D. 含有的溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱性溶液中与铁离子产生氢氧化铁沉淀，不能共存，A错误；
B．能溶解Al2O3的溶液，可能为酸性，也可能为碱性， 所提供的几种离子在酸性溶液中可以共存，碱性溶液中与镁离子产生氢氧化镁沉淀，不能共存，B错误；
C．使酚酞变红的溶液呈碱性，K+、Na+、OH-、Cl-不发生反应，可以大量共存，C正确；
D．含有NaHSO4的溶液电离出H+，溶液显酸性， ClO−与H+生成弱电解质HClO，且Fe2+、ClO-能发生氧化还原反应，不能共存，D错误；
故答案为：C。
3. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图所示为和反应生成过程中的能量变化，下列说法正确的是
A. 1ml和1ml反应吸收的能量为180kJ
B. 1ml和1ml具有的总能量大于2ml具有的总能量
C. 在1L的密闭容器中发生此反应，10min内减少了1ml，因此10min内的平均反应速率为
D. NO是一种酸性氧化物，且能与直接反应生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2(g)+O2(g)=2NO(g)的反应热为：，1ml N2(g) 和1ml O2(g) 反应吸收的能量为180kJ，A正确；
B．该反应为吸热反应，故反应物的总能量低于生成物的总能量，B错误；
C．在1L的密闭容器中发生此反应，10min内 N2(g)减少了1ml，因此10min内的平均反应速率为 ，方程式中化学计量数之比为反应速率之比，故v(NO)=2v(N2)=0.2ml/(L⋅min) ，C错误；
D．NO不是酸性氧化物，D错误；
故选A。
4. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4mlNH3和0.5mlO2发生反应4NH3(g)+5O2(g) ⇌4NO(g)+6H2O(g)。4min后，NO的浓度为0.06ml·L-1下列有关说法错误的是
A. 4min内，用NO表示的反应速率为0.015ml·L-1·min-1
B. 4min末，NH3的浓度为0.28ml·L-1
C. 0~4min内，生成的水的质量为3.24g
D. 0~4min内，O2的物质的量减少了0.15ml
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．4min内，用NO表示的反应速率为 0.015ml·L-1·min-1，故A正确；
B．4min后，NO的浓度为0.06ml·L-1，则反应生成NO的物质的量是0.12ml，反应消耗0.12ml NH3，所以4min末，NH3的浓度为ml·L-1，故B错误；
C．4min后，NO的浓度为0.06ml·L-1，NO的物质的量是0.12ml，0~4min内，生成水的物质的量的是，水的质量为0.18ml×18g/ml=3.24g，故C正确；
D．0~4min内，生成NO的物质的量是0.12ml，则O2的物质的量减少了0.15ml，故D正确；
选B。
5. 某电池的工作原理如图所示，阴离子交换膜只允许阴离子通过，总反应为：，下列说法正确的是
A. 石墨为电池负极B. 电子由Zn电极经外电路流向石墨电极
C. Zn极发生还原反应D. 电池工作时，H2O2被氧化
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可以看出，右侧Zn电极为负极，左侧石墨电极为正极。
【详解】A．由分析可知，左侧石墨电极为原电池的正极，A不正确；
B．原电池工作时，电子由负极沿导线流入正极，则电子由Zn电极经外电路流向石墨电极，B正确；
C．Zn极为负极，Zn失电子发生氧化反应，C不正确；
D．电池工作时，正极发生反应H2O2+2H++2e-=2H2O，H2O2得电子被还原，D不正确；
故选B。
6. 分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是
A. ①②中Mg作为负极，③④中Fe作为负极
B. ②中Mg作为正极，电极反应式为
C. ③中Fe作为负极，电极反应式为
D. ④中Cu作为正极，电极反应式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应，所以②中Mg作为正极、铝作负极；铁遇浓硝酸钝化，③中Cu作负极、Fe作正极，故A错误；
B．②中Mg和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg作为正极，正极反应式为，故B正确；
C．铁遇浓硝酸钝化，③中Cu作负极、Fe作正极，正极反应式为，故C错误；
D．铁的活泼性大于Cu，④中Fe作负极、Cu作为正极，正极反应式为，故D错误；
选B。
7. 下列说法不正确的是
A. 浓硝酸、硝酸银、氯水均用棕色试剂瓶保存
B. 氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C. 硝酸与FeO反应生成，表明硝酸具有氧化性
D. 等量的铜与足量完全反应，硝酸的浓度越大，消耗的越多
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硝酸、硝酸银、氯水都见光易分解，均用棕色试剂瓶保存，故A正确；
B. 氨气属于碱性气体，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，故B错误；
C. 硝酸与FeO反应生成，亚铁离子被氧化为三价铁离子，表明硝酸具有氧化性，故C正确；
D. 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，1ml Cu消耗ml的稀硝酸，1ml Cu消耗4ml的浓硝酸，则硝酸的浓度越大，消耗的越多，故D正确；
答案选B。
8. 将14g铜银合金与足量的HNO3反应，放出的气体与标准状况下体积为1.12L的O2混合后再通入水中，恰好全部吸收，则合金中铜的质量为
A. 4.8gB. 3.2g
C. 6.4gD. 10.8g
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n(O2)==0.05ml，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：根据质量列方程：x×64g/ml+y×108g/ml=14g，根据电子守恒列方程：2x+1×y=0.05ml×4，解得：x=0.05ml；y=0.1ml ，m(Cu)=0.05ml×64g/ml=3.2g，故选B。
【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应的有关计算，根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，注意氧化还原反应中守恒思想的运用。
9. 下列有关氮及其化合物的说法，错误的是
①足量铁与稀硝酸反应生成，硝酸将氧化为
②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气
③检验时，试样中加入溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的气体
④实验室用加热氯化铵固体的方法制备氨气
⑤工业合成氨属于人工固氮
A. ①③B. ①②③④C. ④⑤D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】①足量铁与稀硝酸反应，铁先被稀硝酸氧化成Fe2+，待硝酸反应完之后，过量的铁粉会与Fe3+反应生成Fe2+，①错误；
②铵盐不稳定,受热易分解，但并不是所有铵盐都会分解产生氨气，比如硝酸铵在185℃ ~200℃，分解产生一氧化二氮和水，②错误；
③检验氨气用的是湿润的红色石蕊试纸，③错误；
④氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢，二者遇冷又会迅速化合生成氯化铵，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制备氨气，④错误；
⑤工业合成氨是利用氮气和氢气反应生成氨气，属于人工固氮，⑤正确；
答案选B。
10. 如图为一种重要有机化合物的结构简式，下列关于它的说法中正确的是
A. 分子式为，含有四种官能团
B. 该物质最多可以与发生加成反应
C. 可用酸性溶液检验其分子中含有的碳碳双键
D. 与该物质反应，最多可消耗Na、NaOH、的物质的量之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知分子式为，含有三种官能团，即羟基、碳碳双键和羧基，A错误；
B．苯环和碳碳双键均与氢气发生加成反应，该物质最多可以与发生加成反应，B错误；
C．羟基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性溶液检验其分子中含有的碳碳双键，C错误；
D．羟基和羧基均与钠反应，只有羧基和氢氧化钠、碳酸氢钠反应，则与该物质反应，最多可消耗Na、NaOH、的物质的量之比为，D正确；
答案选D。
11. 常温常压下，1g H2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出 92.3kJ的热量，则该反应的热化学方程式书写正确的是
A. H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=-92.3 kJ/ml
B. 1/2H2（g）+1/2Cl2（g）═HCl（g）；△H=+92.3kJ/ml
C. H2+Cl2═2HCl； △H=-184.6kJ/ml
D. 2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）；△H=+184.6kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A、常温常压下，1g H2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出 92.3kJ的热量，2g氢气完全燃烧放热184.6kJ，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=-184.6 kJ/ml，选项A错误；
B、反应是放热反应，焓变为负值，选项B错误；
C、热化学方程式需要标注物质聚集状态，选项中 物质状态未标注，选项C错误；
D、反应的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=-184.6 kJ/ml，反应逆向进行焓变符合相反，热化学方程式为2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）；△H=+184.6kJ/ml；选项D正确；
答案选D。
12. 已知:2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s) △H1=－701.0kJ·ml－1①，2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s) △H2=－181.6kJ·ml－1 ②，则Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的△H为
A. ＋519.4kJ·ml－1B. －181.6kJ·ml－1
C. －259.7kJ·ml－1D. －519.4kJ·ml－1
【答案】C
【解析】
【详解】根据盖斯定律，(①-②)×可得Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，则△H=(－701.0+181.6)= －259.7kJ·ml－1，答案为C。
13. 向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是
甲：500℃，和反应
乙：500℃，作催化剂，和反应
丙：450℃，和反应
丁：500℃，和反应
A. 乙、甲、丁、丙B. 乙、甲、丙、丁
C. 甲、乙、丙、丁D. 丁、丙、乙、甲
【答案】A
【解析】
【详解】反应温度、反应物浓度相同的条件下，有催化剂的反应速率更快，所以有乙＞甲，无催化剂且温度相同的条件下，反应物浓度越高，反应速率越快，所以有甲＞丁，无催化剂且反应物浓度相同的条件下，温度越高，反应速率越快，所以有丁＞丙，综上可知，A正确。
14. 用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，正确的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．阳极为石墨，溶液中的阴离子氯离子失去电子生成氯气，阴极Fe作电极，溶液中水得电子，生成氢气和氢氧根离子，所以电解一段时间后损失的是HCl，加入HCl可恢复到电解前的状态，A正确；
B．阳极为Pt，溶液中水失去电子生成氧气和氢离子，阴极Cu作电极，溶液中Cu2+得电子，生成铜单质，所以电解一段时间后损失的是CuO，加入CuSO4不可恢复到电解前的状态，B错误；
C．阳极为C，溶液中水失去电子生成氧气和氢离子，阴极C作电极，溶液中H+得电子，生成氢气，所以电解一段时间后损失的是H2O，加入H2SO4不可恢复到电解前的状态，C错误；
D．阳极为Ag，失去电子生成银离子，硝酸根离子未发生变化，阴极Fe作电极，溶液中水得电子，生成氢气和氢氧根离子，所以电解一段时间后损失不是AgNO3，加入AgNO3不可恢复到电解前的状态，D错误；
故选A。
二、解答题(共58分)
15. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。
(1)该反应过程的能量变化如图所示：
由图中曲线变化可知，该反应为_________(填“放热”或“吸热”)反应。该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后，改变的是图中的_______。
A．E B．△H C．△H-E D．△H+E
(2)在2 L绝热密闭容器中投入2 ml SO2和b ml O2，下图是部分反应物随时间的变化曲线。
①反应在0～10 min中v(SO3)=________ ml/(L·min)。
②反应达到平衡时，SO2的转化率为_____________。
③下列情况能说明该反应达到化学平衡的是________。
A．v(SO2)=v(SO3) B．混合气体的密度保持不变
C．t时刻，体系的温度不再发生改变 D．混合气体的总物质的量不再改变
(3)若想提高2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)中SO2的转化率，可采取________方法。
A．增大SO2的浓度 B．升高温度
C．增大体系压强 D．随时移出SO3
(4)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的转化，其原理如下图所示：
①阴极上的反应式为________。
②若生成的乙烯(C2H4)和乙烷(C2H6)的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为________。
【答案】 ①. 放热 ②. A ③. 0.05 ④. 70% ⑤. CD ⑥. CD ⑦. CO2+2e-=CO+O2- ⑧. 6：5
【解析】
【分析】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后能够降低活化能，但不能改变反应热；
(2)①根据v=计算反应速率；
②利用物质转化率=×100%计算；
③根据化学平衡状态的特征解答；
(3)根据平衡移动原理分析判断；
(4)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化由图象可知A电极：CO2得到电子变为CO，B电极CH4变为CH3CH3、C2H4、H2O，结合电子守恒、原子守恒判断消耗的CH4和CO2体积比。
【详解】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应；该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后能够改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应热，因此改变的是图中的E，故答案是A；
(2)①由图可知10 min时生成SO3的物质的量是1 ml，则△c(SO3)==0.5 ml/L，故v(SO3)==0.05 ml/(L·min)；
②反应达到平衡时生成SO3的物质的量是1.4 ml，则根据方程式中物质转化关系可知消耗SO2也是1.4 ml，则SO2的转化率为×100%=70%；
③A．未指明反应速率是正反应速率还是逆反应速率，因此不能判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．气体质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，B错误；
C．绝热密闭容器中t时刻，体系的温度不再发生改变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
D．反应的正反应是气体体积减小的反应，若混合气体的总物质的量不再改变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案CD；
(3)A．增大SO2的浓度，化学平衡正向移动，SO2转化量增大，但加入量远大于平衡转化消耗量，故SO2的转化率降低，A不符合题意；
B．该反应的正反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，SO2的转化率降低，B不符合题意；
C．增大体系压强化学平衡正向移动，SO2的转化率增大，C符合题意；
D．随时移出SO3，即减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，SO2的转化率增大，D符合题意；
故合理选项是CD；
(4)①CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象可知A电极CO2得到电子，被还原产生CO，所以A电极为阴极，阴极的电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-；
②B电极上CH4失去电子，被氧化变为CH3CH3、C2H4，同时产生H2O，所以B电极为阳极，若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，在相同外界条件下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，则阳极的电极反应式：6CH4+5O2--10e-=2C2H4+C2H6+5H2O，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知消耗的CH4和CO2体积比为6：5。
【点睛】本题考查了反应的热效应、化学平衡状态的判断及影响因素、化学反应速率的计算、电解池原理的应用。掌握化学反应基本原理及有关概念的含义是解题关键，题目考查了学生读图能力、表达能力理解能力及计算能力，注重能力培养。
16. 有关物质有如图所示的转化关系。其中，A的浓溶液与单质B在加热时才发生反应①，A的稀溶液与足量B不加热也发生反应②，D的稀溶液与KSCN溶液混合后呈红色。
据此填空：
(1)写出下列物质的化学式：A__________，D__________，E__________。
(2)反应④的现象是_______。
(3)写出反应②的离子方程式：__________。
(4)过量A的浓溶液与单质B加热时能否产生G？为什么？_______ (结合图给信息回答)
【答案】 ①. HNO3 ②. Fe(NO3)3 ③. NO2 ④. 白色沉淀变成灰绿色，最终为红褐色沉淀 ⑤. 3Fe＋8H＋＋2NO=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O ⑥. 不能。根据图中反应③，NO遇浓硝酸可转化为NO2
【解析】
【详解】(1)转化关系图中分析判断，单质B和A的浓溶液加热时才能发生反应，说明A为金属，在浓酸溶液中发生钝化，加热发生反应，A的稀溶液和B单质反应生成产物与B与浓溶液加热反应产物不同，说明B为变价元素，判断为Fe，A为HNO3，D为Fe(NO3)3，E为NO2，G为Fe(NO3)2，L为Fe(OH)2，K为Fe(OH)3，Q为NaNO3，所以本题答案为：HNO3；Fe(NO3)3；NO2；
(2)反应④是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，反应的现象是，白色沉淀迅速变化为灰绿色，最后变化为红褐色沉淀；故答案为：白色沉淀变成灰绿色，最终为红褐色沉淀；
(3)反应②是过量铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+2NO+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O；故答案为：3Fe+2NO+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O；
(4)由反应2HNO3+NO═3NO2+H2O知，结合化学平衡移动原理分析，在浓HNO3中，平衡正向进行不可能生成NO；故答案为：不能。根据图中反应③，NO遇浓硝酸可转化为NO2；
【点睛】铁和稀硝酸反应的产物与量有关，硝酸足量时生成硝酸铁、一氧化氮和水，铁过量时，生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，此为易错点。
17. 已知：A是石油化学工业重要的原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化学工业的发展水平；H是一种合成高分子材料。(部分反应条件已略去)
请按要求回答下列问题：
（1）D中所含官能团的名称是___________。
（2）写出B → C的反应类型___________；试剂a是___________。
（3）写出A → H反应的化学方程式___________。
（4）写出D → E反应的化学方程式___________。
（5）C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应①或②制备，请指出用哪一个反应制备较好___________(填“①”或“②”)，说明理由___________。
（6）写出D + F → G反应的化学方程式___________。
（7）下列说法正确的是___________ (填序号)。
a．等物质的量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等
b．B的同系物中，当碳原子数 ≥ 4时开始出现同分异构现象
c．A和H都能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色
d．D和F均能与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应
【答案】（1）羟基 （2） ①. 取代反应 ②. HCl
（3）
（4）
（5） ①. ① ②. 反应①为加成反应，无副反应发生，原子利用率高
（6）
（7）a、b
【解析】
【分析】A是石油化学工业重要的原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化学工业的发展水平，A是乙烯，乙烯发生加聚反应生成H是聚乙烯，聚乙烯是一种合成高分子材料。乙烯和氢气加成生成B是乙烷，乙烷光照条件下和氯气取代生成C是氯乙烷，乙烯和氯化氢加成也得到氯乙烷。乙烯和水加成得到D是乙醇，乙醇催化氧化生成E是乙醛，乙醛继续被氧化生成F是乙酸，乙酸和乙醇酯化得到G是乙酸乙酯，据此解答。
【小问1详解】
D是乙醇，D中所含官能团的名称是羟基。
【小问2详解】
根据以上分析可知B→C的反应类型取代反应；试剂a是HCl。
【小问3详解】
A→H是乙烯的加聚反应，反应的化学方程式为。
【小问4详解】
D→E是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为。
【小问5详解】
由于反应①为加成反应，无副反应发生，原子利用率高，反应②中还有氯化氢生成，则反应①制备较好。
【小问6详解】
D+F→G是酯化反应，反应的化学方程式为。
【小问7详解】
a．A是乙烯，D是乙醇，乙醇可以写作C2H4·H2O，所以等物质的量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，a正确；
b．B是乙烷，B的同系物中，当碳原子数≥4时开始出现同分异构现象，丁烷有同分异构体，即正丁烷和异丁烷，b正确；
c．乙烯含有碳碳双键，能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯不存在碳碳双键，不能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，c错误；
d．乙酸能与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，乙醇不能，d错误；
答案选ab。
18. 利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段，氮元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图所示。
(1)从氮元素化合价的角度分析，X、Y、Z、W中既具有氧化性又具有还原性的有______（填化学式）。
(2) N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_______________。尾气中的NO用酸性NaClO溶液吸收，其原理是HClO氧化NO生成Cl−和NO3-，其离子方程式为______________________________________。
(3)将集满红棕色气体Z的试管倒置于盛有水的水槽中，观察到的现象为_______________________。
(4)W的稀溶液与铜单质发生反应的离子方程式为__________________________。
(5)已知NaNO2能被酸性KMnO4溶液氧化为NaNO3，则50mL0.01 ml·L-1 NaNO2溶液与10mL0.02 ml·L-1 KMnO4溶液恰好完全反应时，还原产物中Mn元素的化合价为__________________________。
【答案】 ①. NO、NO2 ②. 2NH3+2O2N2O+3H2O ③. 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2 NO3-+5H+ ④. 试管内液面逐渐上升至试管容积的2/3左右，红棕色气体逐渐变为无色气体 ⑤. 3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O ⑥. +2
【解析】
【分析】由化合价可知X为NH3，Y为NO，Z为NO2，W为HNO3，
(1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则N元素化合价为中间价态；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性；
(3)二氧化氮与水反应生成NO和HNO3；
(4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO；
(5)结合氧化还原反应得失电子守恒计算。
【详解】由化合价可知X为NH3，Y为NO，Z为NO2，W为HNO3，
(1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则N元素化合价为中间价态，可为NO、NO2；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性，则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
(3)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮是无色气体，二氧化氮是红棕色气体，二氧化氮和水反应后气体压强减小，外界大气压不变，所以外界大气压对水作用而使水进入试管中，3体积NO2转化为1体积NO，所以现象为试管内液面逐渐上升至试管容积的2/3左右，红棕色气体逐渐变为无色气体；
(4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
(5)50mL0.01ml•L﹣1 NaNO2溶液中n(NaNO2)＝0.05L×0.01ml/L＝5×10﹣4ml，10mL0.02ml•L﹣1 KMnO4溶液中n(KMnO4)＝0.01L×0.02ml/L＝2×10﹣4ml，二者恰好完全反应时，设还原产物中Mn元素的化合价为x，则5×10﹣4ml×2＝2×10﹣4ml×(7﹣x)，解得x＝+2。
【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值 。X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
HCl
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4
C
C
C
H2SO4
H2SO4
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
1. 金属材料在日常生活、生产中有着广泛的运用，下列关于金属的说法正确的是
A. 工业上金属Mg、Al都是用电解熔融氯化物制得的
B. 合金的性质与其成分金属的性质不完全相同
C. 镁、铁、铬、锰等金属都可以用铝热法制得
D. 冶炼金属时，必须加入一种物质作为还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，无法电解，一般电解熔融氧化铝制取铝单质，故A错误；
B．合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能，如合金的熔沸点一般低于其成分金属，故B正确；
C．镁的活泼性比铝强，无法用铝还原得到，故C错误；
D．冶炼金属时，不一定需要还原剂，如电解法制取金属单质时不需要加还原剂，故D错误；
综上所述答案为B。
2. 下列溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 碱性溶液：B. 能溶解的溶液：
C. 使酚酞变红的溶液：D. 含有的溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱性溶液中与铁离子产生氢氧化铁沉淀，不能共存，A错误；
B．能溶解Al2O3的溶液，可能为酸性，也可能为碱性， 所提供的几种离子在酸性溶液中可以共存，碱性溶液中与镁离子产生氢氧化镁沉淀，不能共存，B错误；
C．使酚酞变红的溶液呈碱性，K+、Na+、OH-、Cl-不发生反应，可以大量共存，C正确；
D．含有NaHSO4的溶液电离出H+，溶液显酸性， ClO−与H+生成弱电解质HClO，且Fe2+、ClO-能发生氧化还原反应，不能共存，D错误；
故答案为：C。
3. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图所示为和反应生成过程中的能量变化，下列说法正确的是
A. 1ml和1ml反应吸收的能量为180kJ
B. 1ml和1ml具有的总能量大于2ml具有的总能量
C. 在1L的密闭容器中发生此反应，10min内减少了1ml，因此10min内的平均反应速率为
D. NO是一种酸性氧化物，且能与直接反应生成
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2(g)+O2(g)=2NO(g)的反应热为：，1ml N2(g) 和1ml O2(g) 反应吸收的能量为180kJ，A正确；
B．该反应为吸热反应，故反应物的总能量低于生成物的总能量，B错误；
C．在1L的密闭容器中发生此反应，10min内 N2(g)减少了1ml，因此10min内的平均反应速率为 ，方程式中化学计量数之比为反应速率之比，故v(NO)=2v(N2)=0.2ml/(L⋅min) ，C错误；
D．NO不是酸性氧化物，D错误；
故选A。
4. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4mlNH3和0.5mlO2发生反应4NH3(g)+5O2(g) ⇌4NO(g)+6H2O(g)。4min后，NO的浓度为0.06ml·L-1下列有关说法错误的是
A. 4min内，用NO表示的反应速率为0.015ml·L-1·min-1
B. 4min末，NH3的浓度为0.28ml·L-1
C. 0~4min内，生成的水的质量为3.24g
D. 0~4min内，O2的物质的量减少了0.15ml
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．4min内，用NO表示的反应速率为 0.015ml·L-1·min-1，故A正确；
B．4min后，NO的浓度为0.06ml·L-1，则反应生成NO的物质的量是0.12ml，反应消耗0.12ml NH3，所以4min末，NH3的浓度为ml·L-1，故B错误；
C．4min后，NO的浓度为0.06ml·L-1，NO的物质的量是0.12ml，0~4min内，生成水的物质的量的是，水的质量为0.18ml×18g/ml=3.24g，故C正确；
D．0~4min内，生成NO的物质的量是0.12ml，则O2的物质的量减少了0.15ml，故D正确；
选B。
5. 某电池的工作原理如图所示，阴离子交换膜只允许阴离子通过，总反应为：，下列说法正确的是
A. 石墨为电池负极B. 电子由Zn电极经外电路流向石墨电极
C. Zn极发生还原反应D. 电池工作时，H2O2被氧化
【答案】B
【解析】
【分析】从图中可以看出，右侧Zn电极为负极，左侧石墨电极为正极。
【详解】A．由分析可知，左侧石墨电极为原电池的正极，A不正确；
B．原电池工作时，电子由负极沿导线流入正极，则电子由Zn电极经外电路流向石墨电极，B正确；
C．Zn极为负极，Zn失电子发生氧化反应，C不正确；
D．电池工作时，正极发生反应H2O2+2H++2e-=2H2O，H2O2得电子被还原，D不正确；
故选B。
6. 分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是
A. ①②中Mg作为负极，③④中Fe作为负极
B. ②中Mg作为正极，电极反应式为
C. ③中Fe作为负极，电极反应式为
D. ④中Cu作为正极，电极反应式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应，所以②中Mg作为正极、铝作负极；铁遇浓硝酸钝化，③中Cu作负极、Fe作正极，故A错误；
B．②中Mg和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg作为正极，正极反应式为，故B正确；
C．铁遇浓硝酸钝化，③中Cu作负极、Fe作正极，正极反应式为，故C错误；
D．铁的活泼性大于Cu，④中Fe作负极、Cu作为正极，正极反应式为，故D错误；
选B。
7. 下列说法不正确的是
A. 浓硝酸、硝酸银、氯水均用棕色试剂瓶保存
B. 氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C. 硝酸与FeO反应生成，表明硝酸具有氧化性
D. 等量的铜与足量完全反应，硝酸的浓度越大，消耗的越多
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硝酸、硝酸银、氯水都见光易分解，均用棕色试剂瓶保存，故A正确；
B. 氨气属于碱性气体，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，故B错误；
C. 硝酸与FeO反应生成，亚铁离子被氧化为三价铁离子，表明硝酸具有氧化性，故C正确；
D. 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，1ml Cu消耗ml的稀硝酸，1ml Cu消耗4ml的浓硝酸，则硝酸的浓度越大，消耗的越多，故D正确；
答案选B。
8. 将14g铜银合金与足量的HNO3反应，放出的气体与标准状况下体积为1.12L的O2混合后再通入水中，恰好全部吸收，则合金中铜的质量为
A. 4.8gB. 3.2g
C. 6.4gD. 10.8g
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸，纵观整个过程，金属提供的电子等于氧气获得的电子，n(O2)==0.05ml，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y，则：根据质量列方程：x×64g/ml+y×108g/ml=14g，根据电子守恒列方程：2x+1×y=0.05ml×4，解得：x=0.05ml；y=0.1ml ，m(Cu)=0.05ml×64g/ml=3.2g，故选B。
【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应的有关计算，根据始态终态法判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是关键，注意氧化还原反应中守恒思想的运用。
9. 下列有关氮及其化合物的说法，错误的是
①足量铁与稀硝酸反应生成，硝酸将氧化为
②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气
③检验时，试样中加入溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的气体
④实验室用加热氯化铵固体的方法制备氨气
⑤工业合成氨属于人工固氮
A. ①③B. ①②③④C. ④⑤D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】①足量铁与稀硝酸反应，铁先被稀硝酸氧化成Fe2+，待硝酸反应完之后，过量的铁粉会与Fe3+反应生成Fe2+，①错误；
②铵盐不稳定,受热易分解，但并不是所有铵盐都会分解产生氨气，比如硝酸铵在185℃ ~200℃，分解产生一氧化二氮和水，②错误；
③检验氨气用的是湿润的红色石蕊试纸，③错误；
④氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢，二者遇冷又会迅速化合生成氯化铵，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制备氨气，④错误；
⑤工业合成氨是利用氮气和氢气反应生成氨气，属于人工固氮，⑤正确；
答案选B。
10. 如图为一种重要有机化合物的结构简式，下列关于它的说法中正确的是
A. 分子式为，含有四种官能团
B. 该物质最多可以与发生加成反应
C. 可用酸性溶液检验其分子中含有的碳碳双键
D. 与该物质反应，最多可消耗Na、NaOH、的物质的量之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知分子式为，含有三种官能团，即羟基、碳碳双键和羧基，A错误；
B．苯环和碳碳双键均与氢气发生加成反应，该物质最多可以与发生加成反应，B错误；
C．羟基也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性溶液检验其分子中含有的碳碳双键，C错误；
D．羟基和羧基均与钠反应，只有羧基和氢氧化钠、碳酸氢钠反应，则与该物质反应，最多可消耗Na、NaOH、的物质的量之比为，D正确；
答案选D。
11. 常温常压下，1g H2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出 92.3kJ的热量，则该反应的热化学方程式书写正确的是
A. H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=-92.3 kJ/ml
B. 1/2H2（g）+1/2Cl2（g）═HCl（g）；△H=+92.3kJ/ml
C. H2+Cl2═2HCl； △H=-184.6kJ/ml
D. 2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）；△H=+184.6kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A、常温常压下，1g H2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出 92.3kJ的热量，2g氢气完全燃烧放热184.6kJ，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=-184.6 kJ/ml，选项A错误；
B、反应是放热反应，焓变为负值，选项B错误；
C、热化学方程式需要标注物质聚集状态，选项中 物质状态未标注，选项C错误；
D、反应的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H=-184.6 kJ/ml，反应逆向进行焓变符合相反，热化学方程式为2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）；△H=+184.6kJ/ml；选项D正确；
答案选D。
12. 已知:2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s) △H1=－701.0kJ·ml－1①，2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s) △H2=－181.6kJ·ml－1 ②，则Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的△H为
A. ＋519.4kJ·ml－1B. －181.6kJ·ml－1
C. －259.7kJ·ml－1D. －519.4kJ·ml－1
【答案】C
【解析】
【详解】根据盖斯定律，(①-②)×可得Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，则△H=(－701.0+181.6)= －259.7kJ·ml－1，答案为C。
13. 向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是
甲：500℃，和反应
乙：500℃，作催化剂，和反应
丙：450℃，和反应
丁：500℃，和反应
A. 乙、甲、丁、丙B. 乙、甲、丙、丁
C. 甲、乙、丙、丁D. 丁、丙、乙、甲
【答案】A
【解析】
【详解】反应温度、反应物浓度相同的条件下，有催化剂的反应速率更快，所以有乙＞甲，无催化剂且温度相同的条件下，反应物浓度越高，反应速率越快，所以有甲＞丁，无催化剂且反应物浓度相同的条件下，温度越高，反应速率越快，所以有丁＞丙，综上可知，A正确。
14. 用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，正确的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．阳极为石墨，溶液中的阴离子氯离子失去电子生成氯气，阴极Fe作电极，溶液中水得电子，生成氢气和氢氧根离子，所以电解一段时间后损失的是HCl，加入HCl可恢复到电解前的状态，A正确；
B．阳极为Pt，溶液中水失去电子生成氧气和氢离子，阴极Cu作电极，溶液中Cu2+得电子，生成铜单质，所以电解一段时间后损失的是CuO，加入CuSO4不可恢复到电解前的状态，B错误；
C．阳极为C，溶液中水失去电子生成氧气和氢离子，阴极C作电极，溶液中H+得电子，生成氢气，所以电解一段时间后损失的是H2O，加入H2SO4不可恢复到电解前的状态，C错误；
D．阳极为Ag，失去电子生成银离子，硝酸根离子未发生变化，阴极Fe作电极，溶液中水得电子，生成氢气和氢氧根离子，所以电解一段时间后损失不是AgNO3，加入AgNO3不可恢复到电解前的状态，D错误；
故选A。
二、解答题(共58分)
15. 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。
(1)该反应过程的能量变化如图所示：
由图中曲线变化可知，该反应为_________(填“放热”或“吸热”)反应。该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后，改变的是图中的_______。
A．E B．△H C．△H-E D．△H+E
(2)在2 L绝热密闭容器中投入2 ml SO2和b ml O2，下图是部分反应物随时间的变化曲线。
①反应在0～10 min中v(SO3)=________ ml/(L·min)。
②反应达到平衡时，SO2的转化率为_____________。
③下列情况能说明该反应达到化学平衡的是________。
A．v(SO2)=v(SO3) B．混合气体的密度保持不变
C．t时刻，体系的温度不再发生改变 D．混合气体的总物质的量不再改变
(3)若想提高2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)中SO2的转化率，可采取________方法。
A．增大SO2的浓度 B．升高温度
C．增大体系压强 D．随时移出SO3
(4)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的转化，其原理如下图所示：
①阴极上的反应式为________。
②若生成的乙烯(C2H4)和乙烷(C2H6)的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为________。
【答案】 ①. 放热 ②. A ③. 0.05 ④. 70% ⑤. CD ⑥. CD ⑦. CO2+2e-=CO+O2- ⑧. 6：5
【解析】
【分析】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后能够降低活化能，但不能改变反应热；
(2)①根据v=计算反应速率；
②利用物质转化率=×100%计算；
③根据化学平衡状态的特征解答；
(3)根据平衡移动原理分析判断；
(4)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化由图象可知A电极：CO2得到电子变为CO，B电极CH4变为CH3CH3、C2H4、H2O，结合电子守恒、原子守恒判断消耗的CH4和CO2体积比。
【详解】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应；该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后能够改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应热，因此改变的是图中的E，故答案是A；
(2)①由图可知10 min时生成SO3的物质的量是1 ml，则△c(SO3)==0.5 ml/L，故v(SO3)==0.05 ml/(L·min)；
②反应达到平衡时生成SO3的物质的量是1.4 ml，则根据方程式中物质转化关系可知消耗SO2也是1.4 ml，则SO2的转化率为×100%=70%；
③A．未指明反应速率是正反应速率还是逆反应速率，因此不能判断反应是否达到平衡状态，A错误；
B．气体质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，B错误；
C．绝热密闭容器中t时刻，体系的温度不再发生改变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；
D．反应的正反应是气体体积减小的反应，若混合气体的总物质的量不再改变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案CD；
(3)A．增大SO2的浓度，化学平衡正向移动，SO2转化量增大，但加入量远大于平衡转化消耗量，故SO2的转化率降低，A不符合题意；
B．该反应的正反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，SO2的转化率降低，B不符合题意；
C．增大体系压强化学平衡正向移动，SO2的转化率增大，C符合题意；
D．随时移出SO3，即减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，SO2的转化率增大，D符合题意；
故合理选项是CD；
(4)①CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象可知A电极CO2得到电子，被还原产生CO，所以A电极为阴极，阴极的电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-；
②B电极上CH4失去电子，被氧化变为CH3CH3、C2H4，同时产生H2O，所以B电极为阳极，若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，在相同外界条件下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，则阳极的电极反应式：6CH4+5O2--10e-=2C2H4+C2H6+5H2O，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知消耗的CH4和CO2体积比为6：5。
【点睛】本题考查了反应的热效应、化学平衡状态的判断及影响因素、化学反应速率的计算、电解池原理的应用。掌握化学反应基本原理及有关概念的含义是解题关键，题目考查了学生读图能力、表达能力理解能力及计算能力，注重能力培养。
16. 有关物质有如图所示的转化关系。其中，A的浓溶液与单质B在加热时才发生反应①，A的稀溶液与足量B不加热也发生反应②，D的稀溶液与KSCN溶液混合后呈红色。
据此填空：
(1)写出下列物质的化学式：A__________，D__________，E__________。
(2)反应④的现象是_______。
(3)写出反应②的离子方程式：__________。
(4)过量A的浓溶液与单质B加热时能否产生G？为什么？_______ (结合图给信息回答)
【答案】 ①. HNO3 ②. Fe(NO3)3 ③. NO2 ④. 白色沉淀变成灰绿色，最终为红褐色沉淀 ⑤. 3Fe＋8H＋＋2NO=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O ⑥. 不能。根据图中反应③，NO遇浓硝酸可转化为NO2
【解析】
【详解】(1)转化关系图中分析判断，单质B和A的浓溶液加热时才能发生反应，说明A为金属，在浓酸溶液中发生钝化，加热发生反应，A的稀溶液和B单质反应生成产物与B与浓溶液加热反应产物不同，说明B为变价元素，判断为Fe，A为HNO3，D为Fe(NO3)3，E为NO2，G为Fe(NO3)2，L为Fe(OH)2，K为Fe(OH)3，Q为NaNO3，所以本题答案为：HNO3；Fe(NO3)3；NO2；
(2)反应④是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，反应的现象是，白色沉淀迅速变化为灰绿色，最后变化为红褐色沉淀；故答案为：白色沉淀变成灰绿色，最终为红褐色沉淀；
(3)反应②是过量铁和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+2NO+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O；故答案为：3Fe+2NO+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O；
(4)由反应2HNO3+NO═3NO2+H2O知，结合化学平衡移动原理分析，在浓HNO3中，平衡正向进行不可能生成NO；故答案为：不能。根据图中反应③，NO遇浓硝酸可转化为NO2；
【点睛】铁和稀硝酸反应的产物与量有关，硝酸足量时生成硝酸铁、一氧化氮和水，铁过量时，生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，此为易错点。
17. 已知：A是石油化学工业重要的原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化学工业的发展水平；H是一种合成高分子材料。(部分反应条件已略去)
请按要求回答下列问题：
（1）D中所含官能团的名称是___________。
（2）写出B → C的反应类型___________；试剂a是___________。
（3）写出A → H反应的化学方程式___________。
（4）写出D → E反应的化学方程式___________。
（5）C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应①或②制备，请指出用哪一个反应制备较好___________(填“①”或“②”)，说明理由___________。
（6）写出D + F → G反应的化学方程式___________。
（7）下列说法正确的是___________ (填序号)。
a．等物质的量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等
b．B的同系物中，当碳原子数 ≥ 4时开始出现同分异构现象
c．A和H都能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色
d．D和F均能与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应
【答案】（1）羟基 （2） ①. 取代反应 ②. HCl
（3）
（4）
（5） ①. ① ②. 反应①为加成反应，无副反应发生，原子利用率高
（6）
（7）a、b
【解析】
【分析】A是石油化学工业重要的原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化学工业的发展水平，A是乙烯，乙烯发生加聚反应生成H是聚乙烯，聚乙烯是一种合成高分子材料。乙烯和氢气加成生成B是乙烷，乙烷光照条件下和氯气取代生成C是氯乙烷，乙烯和氯化氢加成也得到氯乙烷。乙烯和水加成得到D是乙醇，乙醇催化氧化生成E是乙醛，乙醛继续被氧化生成F是乙酸，乙酸和乙醇酯化得到G是乙酸乙酯，据此解答。
【小问1详解】
D是乙醇，D中所含官能团的名称是羟基。
【小问2详解】
根据以上分析可知B→C的反应类型取代反应；试剂a是HCl。
【小问3详解】
A→H是乙烯的加聚反应，反应的化学方程式为。
【小问4详解】
D→E是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为。
【小问5详解】
由于反应①为加成反应，无副反应发生，原子利用率高，反应②中还有氯化氢生成，则反应①制备较好。
【小问6详解】
D+F→G是酯化反应，反应的化学方程式为。
【小问7详解】
a．A是乙烯，D是乙醇，乙醇可以写作C2H4·H2O，所以等物质的量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，a正确；
b．B是乙烷，B的同系物中，当碳原子数≥4时开始出现同分异构现象，丁烷有同分异构体，即正丁烷和异丁烷，b正确；
c．乙烯含有碳碳双键，能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯不存在碳碳双键，不能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，c错误；
d．乙酸能与NaOH溶液、Na2CO3溶液反应，乙醇不能，d错误；
答案选ab。
18. 利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段，氮元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图所示。
(1)从氮元素化合价的角度分析，X、Y、Z、W中既具有氧化性又具有还原性的有______（填化学式）。
(2) N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_______________。尾气中的NO用酸性NaClO溶液吸收，其原理是HClO氧化NO生成Cl−和NO3-，其离子方程式为______________________________________。
(3)将集满红棕色气体Z的试管倒置于盛有水的水槽中，观察到的现象为_______________________。
(4)W的稀溶液与铜单质发生反应的离子方程式为__________________________。
(5)已知NaNO2能被酸性KMnO4溶液氧化为NaNO3，则50mL0.01 ml·L-1 NaNO2溶液与10mL0.02 ml·L-1 KMnO4溶液恰好完全反应时，还原产物中Mn元素的化合价为__________________________。
【答案】 ①. NO、NO2 ②. 2NH3+2O2N2O+3H2O ③. 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2 NO3-+5H+ ④. 试管内液面逐渐上升至试管容积的2/3左右，红棕色气体逐渐变为无色气体 ⑤. 3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O ⑥. +2
【解析】
【分析】由化合价可知X为NH3，Y为NO，Z为NO2，W为HNO3，
(1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则N元素化合价为中间价态；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性；
(3)二氧化氮与水反应生成NO和HNO3；
(4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO；
(5)结合氧化还原反应得失电子守恒计算。
【详解】由化合价可知X为NH3，Y为NO，Z为NO2，W为HNO3，
(1)从氮元素化合价变化的角度分析，如既有氧化性，也有还原性，则N元素化合价为中间价态，可为NO、NO2；
(2)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，反应后溶液呈酸性，则反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
(3)二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮是无色气体，二氧化氮是红棕色气体，二氧化氮和水反应后气体压强减小，外界大气压不变，所以外界大气压对水作用而使水进入试管中，3体积NO2转化为1体积NO，所以现象为试管内液面逐渐上升至试管容积的2/3左右，红棕色气体逐渐变为无色气体；
(4)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
(5)50mL0.01ml•L﹣1 NaNO2溶液中n(NaNO2)＝0.05L×0.01ml/L＝5×10﹣4ml，10mL0.02ml•L﹣1 KMnO4溶液中n(KMnO4)＝0.01L×0.02ml/L＝2×10﹣4ml，二者恰好完全反应时，设还原产物中Mn元素的化合价为x，则5×10﹣4ml×2＝2×10﹣4ml×(7﹣x)，解得x＝+2。
【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数必定相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式，运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值 。X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
HCl
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4
C
C
C
H2SO4
H2SO4
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
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