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【化学】江苏省如皋中学2019-2020学年高二上学期教学质量调研（选修）试题（解析版）
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江苏省如皋中学2019-2020学年高二上学期教学质量调研（选修）试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 Pb 207
选择题 (共40分)
单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。
1.党的十九大报告中多次提及“绿色”、“生态文明”等。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 将废旧电池深埋
B. 多使用清洁能源
C. 将垃圾分类回收
D. 多使用生态化肥
【答案】A
【解析】
【分析】“绿色”、“生态文明”即提倡环境保护，低碳经济，节能减排理念，据此分析解答。
【详解】A. 废旧电池中含有重金属离子，对土壤和水源有较大污染，不能将废电池深埋，应该回收处理，则不应提倡，符合题意，A项正确；
B. 多使用清洁能源可以减少化石燃料的使用，减少有毒物质的排放，应该提倡，B项错误；
C. 将垃圾分类回收有利于环境的保护和资源的再利用，应该提倡，C项错误；
D. 生态化肥营养元素齐全，能改良土壤，改善使用化肥造成的土壤板结，改善土壤的理化环境，增强土壤保水、保肥、供肥的能力，多使用生态化肥符合“绿色”、“生态文明”的理念，应该提倡，D项错误；
答案选A。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 氧化钠的电子式：
B. 中子数为18的氯原子：
C. 镁(Mg2＋)的结构示意图：
D. 钢铁发生析氢腐蚀的负极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氧化钠为离子化合物，其电子式为：，A项错误
B. 原子符号左下角的数字表示原子的质子数，左上角的数字表示质量数，质量数=质子数+中子数，则中子数为18的氯原子为：，B项错误；
C. 镁为12号元素，核电荷数为12，镁(Mg2＋)的结构示意图为：，C项错误；
D. 钢铁发生析氢腐蚀为原电池原理，铁作负极，失电子被氧化，负极反应式：Fe-2e-=Fe2＋，D项正确；
答案选D。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白
B. NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂
C. Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
D. 石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二氧化硫用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与其氧化性无关，A项错误；
B. NaHCO3可用作食品疏松剂是因为其受热分解生成二氧化碳，与碳酸氢钠和氢氧化钠反应无关，B项错误；
C. Fe是比较活泼的金属，具有还原性，能与氧气、水发生反应，以除去食品袋中氧气和水，所以Fe可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；
D. 通常情况下，C的化学性质稳定，不易发生氧化反应，所以导电性强的石墨可用作干电池的正极材料，D项错误；
答案选C。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1mol·L-1 FeSO4溶液：Na+、K+、Cl-、MnO
B. 0.1mol·L-1 NaOH溶液：Na+、K+、CO、AlO
C. 0.1mol·L-1 Ba(OH)2溶液：K+、NH、NO、HSO
D. 加入铁粉放出氢气的溶液：NH、Fe3+、ClO-、SO
【答案】B
【解析】
【分析】离子之间能大量共存，即离子之间不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质以及不发生氧化还原反应等。
【详解】A. MnO与Fe2＋由于发生氧化还原反应，而不能大量共存，A项错误；
B. Na+、K+、CO、AlO之间不反应，且都不与NaOH溶液反应，因此可以大量共存，B项正确；
C. OH-与NH反应生成弱碱一水合氨；OH-、Ba2+、HSO发生反应生成沉淀BaSO3和水，因此不能大量共存；，C项错误；
D. 加入铁粉放出氢气的溶液呈酸性，H+与ClO-发生反应生成弱酸，则在溶液中不能大量共存，D项错误；
答案选B。
5.实验室用下列装置制取、净化、收集Cl2并进行尾气处理，能达到实验目的的是（ ）
A. 制备Cl2 B. 干燥Cl2
C. 收集Cl2 D. 吸收多余的Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，A项错误；
B. 氯气与NaOH反应，不能用碱石灰干燥氯气，B项错误；
C. 氯气的密度比空气密度大，应采用向上排空气法收集，C项正确；
D. 食盐水可抑制氯气的溶解，饱和食盐水不能吸收多余的氯气，氯气与NaOH反应，可用氢氧化钠溶液处理尾气，D项错误；
答案选C。
6.下列有关说法正确的是（ ）
A. 利用如图装置可制备Fe(OH)2
B. 需要加热才能进行的化学反应一定是吸热反应
C. 对铅蓄电池进形充电时，铅电极应连接外电源的正极
D. 已知：H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3 kJ·mol-1，若将1L 0.5mol·L-1盐酸与1L 0.55mol·L-1 NaOH的溶液混合，能放出28.65kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该装置图有外界电源，为电解池，与电源正极相连的为电解池的阳极，发生氧化反应，与电源负极相连的为电解池的阴极，发生得电子的还原反应，因此铁作阴极，不参加反应，生成不了亚铁离子，无法制备Fe(OH)2，A项错误；
B. 反应中的能量变化与反应条件无关，需要加热的化学反应，可能是放热反应，如燃烧，B项错误；
C. 铅电极为铅蓄电池的负极，对铅蓄电池进行充电时，此时相当于电解池装置，此时铅电极为阴极，因此铅电极应连接外电源的负极，C项错误；
D. 该热化学方程式H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3 kJ·mol-1表示强酸、强碱生成1mol水时放出57.3 kJ的热量，若将1L 0.5mol·L-1盐酸与1L 0.55mol·L-1 NaOH的溶液混合，生成0.5mol，则能放出28.65 kJ的热量，D项正确；
答案选D。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 向NaOH溶液中通入过量CO2：OH-+CO2=HCO
B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
C. 电解MgCl2溶液：2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+Cl2↑
D. SO2水溶液吸收Br2蒸汽：SO2+H2O+Br2=SO+2H++2Br-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向NaOH溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，离子方程式为：OH－＋CO2＝HCO，A项正确；
B. Na2SiO3为易溶的电解质，应拆写成离子的形式，离子方程式为：SiO32-＋2H+＝H2SiO3↓，B项错误；
C. 电解MgCl2溶液，离子方程式为：Mg2++2H2O＋2Cl－Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，C项错误；
D. SO2水溶液吸收Br2蒸汽，离子方程式为：SO2＋2H2O＋Br2＝SO42-＋4H+＋2Br－，D项错误；
答案选A
8.X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y的单质是空气中含量最高的气体，Z是地壳中含量最高的金属元素，W的焰色反应为紫色。下列说法正确的是（ ）
A. 简单原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(Z)＜r(W)
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
C. 单质与水反应的剧烈程度：Z＞W
D. X的氧化物与W的氧化物所含化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X是C元素，Y的单质是空气中含量最高的气体，则Y是N元素，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z是Al元素，W的焰色反应为紫色，则W是K元素，据此分析。
【详解】X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X是C元素，Y的单质是空气中含量最高的气体，则Y是N元素，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z是Al元素，W的焰色反应为紫色，则W是K元素，
A. 一般电子层数越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则简单原子半径大小顺序：r(Y)＜r(X)＜r(Z)＜r(W)，A项正确；
B. 非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属：C
D. X的氧化物为CO、CO2，属于共价化合物，只含有共价键，W的氧化物为K2O等，属于离子化合物，含有离子键，D项错误；
答案选A。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. Fe(s) Fe2O3(s) FeCl3(aq)
B. Al(s) AlCl3(aq) Al(OH)3(s)
C. S(s) SO2(g) BaSO3(s)
D. N2(g) NO(g) HNO3(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铁不如铝活泼，Fe与氧化铝不能反应得到氧化铁和铝，A项错误；
B. Al与盐酸反应生成氯化铝溶液，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝，B项正确；
C. 二氧化硫与氯化钡溶液不能反应，违反强酸制取弱酸的原理，C项错误；
D. NO不能溶于水，更不能与水反应生成硝酸，D项错误；
答案选B。
10.某微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电子由石墨电极流出
B. 生物膜电极反应式为：CH3COO－＋2H2O＋8e－＝2CO2↑＋7H＋
C. X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜
D. 该装置可以将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【分析】由题意和图片装置可知，微生物脱盐池的装置是将废水中有机物CH3COO-的化学能转化为电能的装置，即为原电池，通O2的电极为正极，加入有机废水CH3COO-的电极为负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极反应为CH3COO- + 2H2O-8e- ═ 2CO2↑+7H+，原电池内电路中：阳离子Na+通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，据此分析解答。
【详解】A. 通O2的电极为正极，则石墨电极为正极，加入有机废水CH3COO-的电极为负极，则生物膜电极为负极，则电子从生物膜电极流出，A项错误；
B. 生物膜电极为负极，负极发生氧化反应，负极反应式为CH3COO- + 2H2O-8e- ═ 2CO2↑+7H+，B项错误；
C. 在原电池内电路中，阳离子移动向正极，阴离子移动向负极，该装置可使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，则有阳离子Na+通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子Cl-通过阴离子交换膜X移向负极，C项正确；
D. 该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D项错误；
答案选C。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.一种天然化合物X的结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法中正确的是（ ）
A. 化合物X分子中所有原子可能在同一平面上
B. 化合物X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 化合物X存在顺反异构和手性异构
D. X能与NaHCO3溶液反应生成CO2
【答案】BC
【解析】
【分析】该有机物含有酚羟基、碳碳双键、酯基，结合苯酚、烯烃和酯的性质解答该题。
【详解】A. 化合物X分子中含有甲基，则不可能所有原子在同一平面上，A项错误；
B. 化合物X分子中含有碳碳双键和酚羟基，均可被高锰酸钾氧化，使其溶液褪色，B项正确；
C. 化合物X分子中碳碳双键上的两个碳原子所连的两个基团不同，则存在顺反异构；分子中与苯环、酯基相连的碳原子连接4个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，则化合物X存在手性异构，C项正确；
D. 该有机物中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2，D项错误；
答案选BC。
12.下列有关说法正确的是（ ）
A. 工业上用石墨电极电解熔融 Al2O3冶炼金属铝时，阳极因被氧气氧化须定期更换
B. 可用牺牲阳极的阴极保护法来减缓海轮外壳的腐蚀
C. 氯碱工业中，产生44.8L Cl2，反应中转移的电子数为2×6.02×1023个
D. 粗锌与稀H2SO4反应产生氢气速率比纯锌快，是粗锌的还原性比纯锌强
【答案】AB
【解析】
【详解】A. 石墨作电极电解熔融氧化铝，阳极上氧离子失电子发生氧化反应，电极反应为：2O2- - 4e- =O2↑，在冶炼过程中，阳极材料碳被氧气氧化须定期更换，A项正确；
B. 牺牲阳极的阴极保护法为原电池反应，将海轮外壳镶嵌上更活泼的金属，比如锌块，可使轮船外壳作正极，减缓腐蚀，B项正确；
C. 没有标明是标准状况，无法计算氯气的物质的量，C项错误；
D. 粗锌中含有铜、铅等杂质，铜、铅与锌可形成原电池，制取氢气的速率比纯锌快，D项错误；
答案选AB。
13.根据下列实验操作和现象所得出结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向KI溶液中滴加淀粉溶液，再滴加几滴溴水，振荡，溶液显蓝色
Br2的氧化性比I2的强
B
水蒸气通过灼热的焦炭后，直接将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色
高温下，C与水蒸气反应生成了H2
C
将铜棒和碳棒用导线连接后插入稀硫酸中，碳棒表面无气泡产生
导线内无电流产生
D
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中含有Fe2+
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘离子生成碘，溴是氧化剂，碘是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，A项正确；
B. 能使无水硫酸铜变蓝色可检验水，水蒸气可能过量，不能说明C与水蒸气反应生成了H2，B项错误；
C. 将铜棒和碳棒用导线连接后插入稀硫酸中，铜与稀硫酸不能自发反应，则不能形成原电池，则碳棒表面无气泡产生，导线内无电流产生，C项正确；
D. 检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后再加氯水，防止铁离子干扰，D项错误；
答案选AC。
14.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 如图表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0在有无催化剂时的能量变化
B. 如图表示电解精炼铜时纯铜和粗铜的质量随时间的变化
C. 如图表示铅蓄电池放电时负极质量随转移电子物质的量的变化
D. 如图表示反应2NO2(g)N2O4(g)和2NO2(g)N2O4(l)的能量变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响物质本身具有的能量，因此不会改变反应的反应热，A项错误；
B. 电解精炼铜时，阳极溶解的金属除了铜，还有铁、锌等比铜活泼的杂质，阴极只析出金属铜，粗铜溶解减少的质量与纯铜增加的质量不等，B项错误；
C. 铅蓄电池放电时负极的电极反应式为：Pb-2e- + SO42- = PbSO4，生成的PbSO4会附着到负极板上从而使负极板质量增加，则负极质量随转移电子物质的量的增加而增加，C项正确；
D. 物质由气态转为液态时，应放出热量，所以N2O4(g)的能量高于N2O4(l)的能量，D项错误；
故选C。
15.如图是电解水制高纯氢的示意图，通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法正确的是（ ）
A. 制H2时，连接K2
B. 连接K1时，电极Ⅰ附近碱性减弱
C. 制O2时，电极Ⅲ的反应为：NiOOH＋e−＋H2O＝Ni(OH)2＋OH－
D. 通过控制开关连接K1和K2，可使电极Ⅲ循环使用
【答案】CD
【解析】
【分析】该装置为电解池，通过控制开关连接K1或K2电解水，可交替得到H2和O2，在电解池中，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应。当开关闭合到K2时，所形成的电解池中，电极II为阳极，电极反应式为：4OH- - 4e- = O2↑+ 2H2O，氧气在电极II生成，此时电极III为阴极，NiOOH中Ni为+3价，Ni(OH)2中Ni为+2价，则NiOOH是反应物，Ni(OH)2是生成物；当开关闭合到K1时，电极III为阳极，NiOOH是生成物，Ni(OH)2是反应物，电极I为阴极，阴极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+2OH-，氢气在电极I生成，据此解答。
【详解】该装置为电解池，通过控制开关连接K1或K2电解水，可交替得到H2和O2，在电解池中，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应。当开关闭合到K2时，所形成的电解池中，电极II为阳极，电极反应式为：4OH- - 4e- = O2↑ + 2H2O，氧气在电极II生成，此时电极III为阴极，NiOOH中Ni为+3价，Ni(OH)2中Ni为+2价，则NiOOH是反应物，Ni(OH)2是生成物；当开关闭合到K1时，电极III为阳极，NiOOH是生成物，Ni(OH)2是反应物，电极I为阴极，电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+2OH-，氢气在电极I生成。
A. 由以上分析可知，H2在阴极生成，连接到K1时，电极I为阴极，得到的气体为氢气，A项错误；
B. 连接K1时，电极Ⅰ为阴极，电极反应式为：2H2O + 2e- = H2+2OH-，则电极附近碱性增强，B项错误；
C. 氧气在电极II生成，开关闭合到K2，此时电极III为阴极，电极Ⅲ的反应为：NiOOH＋e−＋H2O＝Ni(OH)2＋OH-，C项正确；
D. 当开关闭合到K2时，电极III为阴极，电极III反应式为：NiOOH＋e−＋H2O＝Ni(OH)2＋OH-；当开关闭合到K1时，电极III为阳极，电极III反应式为：Ni(OH)2 - e−＋OH-=NiOOH＋H2O，则通过控制开关连接K1和K2，可使电极Ⅲ循环使用，D项正确；
答案选CD。
非选择题（共60分）
16.根据提供的情境书写指定反应的方程式。
（1）工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含少量FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产二氧化锰的工艺流程如下：
①“酸浸”时MnCO3发生反应的离子方程式为______。
②“氧化”时MnO转化为Mn2＋，该反应的离子方程式为_____。
③“合成MnO2”的化学方程式为______。
（2）氮氧化物是造成大气污染的重要因素。
①在高压下，NO在40 ℃下分解生成两种化合物，体系中各组分的物质的量随时间变化曲线如图所示。NO分解的化学方程式为______。
②一种以乙烯作为还原剂的脱硝(NO)机理示意图如图所示，该脱硝机理总反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). MnCO3＋2H＋＝Mn2＋＋CO2↑＋H2O (2). 5Fe2＋＋MnO＋8H＋＝5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (3). MnSO4＋K2S2O8＋2H2O＝MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4 (4). 3NON2O＋NO2 (5). 6NO＋3O2＋2C2H43N2＋4CO2＋4H2O
【解析】
分析】（1）①“酸浸”时MnCO3与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰、水和二氧化碳；
②稀硫酸“酸浸”后，浸取液中含有Fe2＋，可被高锰酸钾氧化为Fe3＋，从而以氢氧化铁形式除去，该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式；
③碳酸锰矿通过酸浸、氧化、除铁、除钙得到硫酸锰溶液，加入K2S2O8合成二氧化锰，产物还有K2SO4、H2SO4，锰元素、硫元素化合价发生变化，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学方程式；
（2）①NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3mol NO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2；
②根据图乙可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，根据得失电子守恒、元素守恒配平总反应的化学方程式；
【详解】（1）①“酸浸”时MnCO3与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰、水和二氧化碳，发生反应的离子方程式为MnCO3＋2H＋＝Mn2＋＋CO2↑＋H2O；
②稀硫酸“酸浸”后，浸取液中含有Fe2＋，可被高锰酸钾氧化为Fe3＋，从而以氢氧化铁形式除去，该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式：5Fe2＋＋MnO＋8H＋＝5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
③碳酸锰矿通过酸浸、氧化、除铁、除钙得到硫酸锰溶液，加入K2S2O8合成二氧化锰，产物还有K2SO4、H2SO4，锰元素、硫元素化合价发生变化，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学方程式：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O＝MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4；
（2）①NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3mol NO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NON2O＋NO2；
②根据图乙可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，根据得失电子守恒、元素守恒配平总反应的化学方程式为：6NO＋3O2＋2C2H43N2＋4CO2＋4H2O。
17.化合物G是一种重要的有机产品，其合成路线如下：
（1）E→F的反应还需的反应物和反应条件为_____。
（2）B的结构简式是_____。
（3）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：_______。
①分子中有4种不同化学环境的氢；
②能发生银镜反应和水解反应，且1mol该物质最多能与2mol NaOH反应。
（4）写出以和CH3CHO为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_____
【答案】(1). O2，Cu（或Ag），加热 (2). (3). (4).
【解析】
【分析】（1）E为CH3CH2CH2OH，F为CH3CH2CHO，E→F的反应为醇的催化氧化反应；
（2）B的分子式为C8H10O，不饱和度为4，A反应生成B，B与HBr在加热的条件下生成C，据此写出B；
（3）A的分子式C9H10O2，不饱和度为5，②能发生水解反应，则含有酯基，且能发生银镜反应，则应为甲酸某酯，含有原子团，且1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应，则直接连到苯环上，剩下的两个碳和氢为饱和的烷基，可以是一个乙基，也可以是两个甲基，①分子中有4种不同化学环境的氢，据此写出符合要求的同分异构体；
（4）结合题干中的已知反应写出合成路线流程图；
【详解】（1）E为CH3CH2CH2OH，F为CH3CH2CHO，E→F的反应为醇的催化氧化反应，反应物还需要O2，反应条件为Cu(或Ag)，加热；
故答案为：O2，Cu(或Ag)，加热；
（2）A为，B的分子式为C8H10O，不饱和度为4，B与HBr在加热的条件下生成C，C为，则可知B的结构简式是；
故答案为：；
（3）A的分子式C9H10O2，不饱和度为5，②能发生水解反应，则含有酯基，且能发生银镜反应，则应为甲酸某酯，含有原子团，且1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应，则直接连到苯环上，剩下的两个碳和氢为饱和的烷基，可以是一个乙基，也可以是两个甲基，①分子中有4种不同化学环境的氢，符合；
故答案为： ；
（4）以和CH3CHO为原料，制备的合成路线流程图为：；
故答案为：。
18.粮食仓储常用磷化铝(AlP)熏蒸杀虫，AlP遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg·kg-1为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中磷化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL 2.50×10-4mol·L-1 KMnO4溶液(H2SO4酸化)，向C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。
（1）反应后继续通入空气的作用是_______。
（2）装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的_______（填化学式）。
（3）装置E中PH3被氧化成磷酸，MnO被还原为Mn2＋，则PH3和MnO反应的物质的量之比为_______。
（4）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，移取其中的25.00mL于锥形瓶中，用6.0×10-5mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00 mL，反应原理是：SO＋MnO＋H+= SO＋Mn2+＋H2O(未配平)。通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_____。
【答案】(1). 排尽装置C中残留的PH3气体，使PH3被E中KMnO4溶液完全吸收 (2). O2 (3). 5∶8 (4). 25 mL吸收液中残留的KMnO4：
n(KMnO4、残留)＝×6.0×10-5 mol·L-1×20×10-3L＝4.8×10-7 mol
250 mL吸收液中反应的KMnO4：
n(KMnO4、反应)=2.50×10-4mol·L-1×20×10-3L－4.8×10-7mol×
＝2×10-7mol
n(PH3)＝2×10-7mol ×＝1.25×10-7mol
m(PH3)＝1.25×10-7mol×34 g·mol-1＝4. 25×10-6g
磷化物的残留量： ＝0.0425mg·kg-1＜0.05mg·kg-1，所以合格。
【解析】
【分析】C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL 2.50×10-4 mol/L的KMnO4溶液（H2SO4酸化），吸收生成的PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体；
（1）通入空气把生成的PH3全部赶入高锰酸钾溶液中吸收，则反应后继续通入空气的作用是排尽装置C中残留的PH3气体，使PH3被E中KMnO4溶液完全吸收；
（2）氧气能氧化PH3，因此应除去氧气；
（3）装置E中PH3被氧化成磷酸，高锰酸钾溶液被还原生成锰离子，同时还有水生成；
（4）E中盛有20.00mL 2.50×10-4 mol/L的KMnO4溶液（H2SO4酸化），用于吸收生成的PH3，发生反应：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，利用方程式5SO+2MnO+6H+=5 SO+2Mn2++3H2O计算剩余的KMnO4的物质的量，进而计算与PH3反应的KMnO4的物质的量，再列比例计算PH3的物质的量，进而计算PH3的残留量。
【详解】（1）通入空气把生成的PH3全部赶入高锰酸钾溶液中吸收，则反应后继续通入空气的作用是排尽装置C中残留的PH3气体，使PH3被E中KMnO4溶液完全吸收；
（2）B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3；
（3）装置E中PH3被氧化成磷酸，MnO被还原为Mn2＋，同时还有水生成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒写出该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，则PH3和MnO反应的物质的量之比为5∶8；
（4）25 mL吸收液中残留的KMnO4：
n(KMnO4、残留)=×6.0×10-5mol·L-1×20×10-3L=4.8×10-7mol
250 mL吸收液中反应的KMnO4：
n(KMnO4、反应)＝2.50×10-4mol·L-1×20×10-3L－4.8×10-7mol×=2×10-7mol
n(PH3)=2×10-7mol ×=1.25×10-7mol
m(PH3)=1.25×10－7mol×34g·mol-1=4. 25×10-6g
磷化物的残留量： =0.0425mg·kg-1＜0.05mg·kg-1，所以合格；
n(KMnO4、残留)=×6.0×10-5 mol·L-1×20×10-3L=4.8×10-7 mol
250 mL吸收液中反应的KMnO4：
n(KMnO4、反应)=2.50×10-4mol·L-1×20×10-3L-4.8×10-7mol×=2×10-7mol
n(PH3)=2×10-7 mol ×=1.25×10-7 mol
m(PH3)=1.25×10－7 mol×34 g·mol-1=4. 25×10－6 g
磷化物的残留量：=0.0425 mg·kg-1＜0.05 mg·kg-1，所以合格。
19.研究化学反应中的能量变化有利于更好的开发和使用化学能源。
（1）金属镁[Mg(s)]分别与卤素单质[F2(g)、Cl2(g)、Br2(l)、I2(s)]反应的能量变化如图所示。
①写出Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式：_______。
②反应：MgCl2(s)＋F2 (g)＝MgF2(s)＋Cl2 (g)的ΔH＝___________。
（2）CH4用NiO作载氧体的化学链燃烧示意图如图所示。
主要热化学反应如下：2Ni(s)＋O2(g)＝2NiO(s) ΔH＝－479.8 kJ·mol－1；CH4(g)＋4NiO(s)＝CO2(g)＋2H2O(l)＋4Ni(s) ΔH＝＋68.9 kJ·mol－1
①CH4的燃烧热是_______。
②CH4的“化学链燃烧”有利于二氧化碳的分离与回收，所放出的热量在相同条件下与CH4的直接燃烧相比_________（填“前者大”、“后者大”、或“相同”）。
（3）已知H2、CO的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、283.0 kJ·mol－1，25℃时，4 g H2和28 g CO的混合气体充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为_______kJ。
【答案】(1). Mg(s)＋I2(s)＝MgI2(s) ΔH＝－364 kJ·mol－1 (2). －483 kJ·mol－1 (3). 890.7 kJ·mol－1 (4). 相同 (5). 854.6
【解析】
【分析】（1）①由图像可知1mol Mg(s)和1mol I2(s)反应生成1mol MgI2(s)放出364 kJ的热量；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H=-1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律计算反应MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH；
（2）①根据已知热化学方程式，结合盖斯定律写出甲烷燃烧热的热化学方程式；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，据此解答。
【详解】（1）①由图像可知Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式为：Mg(s)+I2(s)=MgI2(s) ΔH= -364kJ·mol-1；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H= -1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律，将第一个方程式减去第二方程式得MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH= -483 kJ·mol-1；
（2）①已知，2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) ΔH= -479.8kJ·mol-1；CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) ΔH= +68.9kJ·mol-1，结合盖斯定律，将第一个方程式乘以2加上第二方程式得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -890.7kJ·mol-1，则CH4的燃烧热是890.7kJ·mol-1；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的，则CH4的“化学链燃烧”所放出的热量在相同条件下与CH4直接燃烧所放出的热量相同；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，则1mol H2完全燃烧放出285.8kJ的热量，1mol CO完全燃烧放出283.0kJ的热量，4g H2为2mol，28g CO为 1mol，充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为285.8×2+283.0=854.6kJ。
20.钢铁是用途最广泛的金属材料。
（1）将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。写出正极反应式：______。
（2）纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解可制得Na2FeO4，装置如图所示。阳极的电极反应式为______；若消耗11.2g铁，则通过离子交换膜的Na＋物质的量为______。
（3）如图所示装置为利用甲烷燃料电池实现在铁质材料上镀锌的一部分，燃料电池的负极反应式为______；在如图所示虚线框内补充完整在铁质材料上镀锌的装置图(注明电极材料和电解质溶液的成分)。_____
【答案】(1). O2+4e-+2H2O=4OH- (2). Fe+8OH--6e-=FeO+4H2O (3). 1.2mol (4). CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O (5).
【解析】
【分析】（1）铁粉、活性炭和NaCl溶液构成了原电池，发生吸氧腐蚀；
（2）纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解可制得Na2FeO4，铁元素化合价身高，被氧化，则铁作阳极，被氧化得到高铁酸根FeO42-；当消耗1mol铁时，阳极室减少6mol负电荷，则为平衡电荷，会有6molNa＋通过离子交换膜移动向阴极；
（3）甲烷燃料电池为碱性环境，甲烷在负极失电子被氧化得到碳酸根；通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，电解池中连接电源正极的为阳极，连接电源负极的为阴极，在铁质材料上镀锌时，锌作阳极，铁作阴极，据此解答。
【详解】（1）铁粉、活性炭和NaCl溶液构成了原电池，发生吸氧腐蚀，O2在正极得电子发生还原反应，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解可制得Na2FeO4，铁元素化合价身高，被氧化，则铁作阳极，阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO+4H2O，根据电极反应式知，当消耗1mol铁时，阳极室减少6mol负电荷，则为平衡电荷，会有6mol Na+通过离子交换膜移动向阴极；若消耗11.2g铁，即0.2mol铁，则通过离子交换膜的Na＋物质的量为1.2mol；
（3）甲烷燃料电池为碱性环境，甲烷在负极失电子被氧化得到碳酸根，负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，则在电解池中a为阳极，b为阴极，在铁质材料上镀锌时，锌作阳极，铁作阴极，则a为锌电极，b为铁电极，电解质溶液可以是硫酸锌、氯化锌等锌的可溶性盐溶液，则装置图为。
21.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
（1）已知：反应Ⅰ N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ΔH＝a kJ·mol－1
反应Ⅱ 2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g) ΔH＝b kJ·mol－1
反应Ⅲ 4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(l) ΔH＝c kJ·mol－1
①写出NO2和NH3反应生成N2和液态水的热化学反应方程式______。
②反应Ⅰ中各物质所含化学键键能总和数据如下表，a＝______。
物质
N2
O2
NO
每摩尔物质所含键能总和/kJ·mol－1
946
498
630
（2）用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。该图示的总反应化学方程式为______。
（3）某微生物膜技术能利用电解原理将弱碱性水中的NO还原为N2，工作原理如图所示。
①写出阴极的电极反应式：______。
②理论上，若除去0.04 mol NO，阳极生成气体的体积为______。(标准状况)
【答案】(1). 6NO2(g)＋8NH3(g)＝7N2(g)＋12H2O(l) ΔH＝(2c－7a－3b) kJ·mol－1 (2). ＋184 (3). 2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O (4). 2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－ (5). 1.12 L
【解析】
【分析】（1）①根据已知热化学方程式，并结合盖斯定律进行计算；
②根据ΔH＝反应物的键能总和-生成物的键能总和；
（2）根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据得失电子守恒知需要3molNaClO，再结合元素守恒配平总反应的化学方程式；
（3）①该装置为电解池，电解池的阴极发生还原反应，已知利用该装置可将弱碱性水中的NO还原为N2，N元素化合价降低，发生还原反应，则NO为阴极反应物，N2为生成物；
②根据阴阳两极转移电子数相等进行计算。
【详解】（1）①根据已知热化学方程式，结合盖斯定律，可知 反应Ⅲ×2-反应Ⅱ×3-反应Ⅰ×7得到NO2和NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式为：6NO2(g)＋8NH3(g)＝7N2(g)＋12H2O(l) ΔH＝(2c－7a－3b) kJ·mol-1；
故答案为：6NO2(g)＋8NH3(g)＝7N2(g)＋12H2O(l) ΔH＝(2c－7a－3b) kJ·mol-1；
②根据ΔH＝反应物的键能总和-生成物的键能总和，可知反应I的ΔH＝（946+498-2×630）kJ·mol－1=+184 kJ·mol－1，则a=+184；故答案为：+184；
（2）根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据得失电子守恒知需要3molNaClO，再结合元素守恒配平总反应的化学方程式为：2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O；
故答案为：2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O；
（3）①该装置为电解池，电解池的阴极发生还原反应，已知利用该装置可将弱碱性水中的NO还原为N2，N元素化合价降低，发生还原反应，则NO为阴极反应物，N2为生成物，电极反应式为：2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－；
故答案为：2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－；
②已知阴极反应式2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－，则理论上，若除去0.04 mol NO，转移0.2mol电子，阳极上生成氧气，生成1mol氧气转移4mol电子，则转移0.2mol电子，生成氧气0.05mol，V=0.05mol×22.4L/mol=1.12 L；
故答案为：1.12 L。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 Pb 207
选择题 (共40分)
单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个选项符合题意。
1.党的十九大报告中多次提及“绿色”、“生态文明”等。下列做法不应该提倡的是（ ）
A. 将废旧电池深埋
B. 多使用清洁能源
C. 将垃圾分类回收
D. 多使用生态化肥
【答案】A
【解析】
【分析】“绿色”、“生态文明”即提倡环境保护，低碳经济，节能减排理念，据此分析解答。
【详解】A. 废旧电池中含有重金属离子，对土壤和水源有较大污染，不能将废电池深埋，应该回收处理，则不应提倡，符合题意，A项正确；
B. 多使用清洁能源可以减少化石燃料的使用，减少有毒物质的排放，应该提倡，B项错误；
C. 将垃圾分类回收有利于环境的保护和资源的再利用，应该提倡，C项错误；
D. 生态化肥营养元素齐全，能改良土壤，改善使用化肥造成的土壤板结，改善土壤的理化环境，增强土壤保水、保肥、供肥的能力，多使用生态化肥符合“绿色”、“生态文明”的理念，应该提倡，D项错误；
答案选A。
2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 氧化钠的电子式：
B. 中子数为18的氯原子：
C. 镁(Mg2＋)的结构示意图：
D. 钢铁发生析氢腐蚀的负极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氧化钠为离子化合物，其电子式为：，A项错误
B. 原子符号左下角的数字表示原子的质子数，左上角的数字表示质量数，质量数=质子数+中子数，则中子数为18的氯原子为：，B项错误；
C. 镁为12号元素，核电荷数为12，镁(Mg2＋)的结构示意图为：，C项错误；
D. 钢铁发生析氢腐蚀为原电池原理，铁作负极，失电子被氧化，负极反应式：Fe-2e-=Fe2＋，D项正确；
答案选D。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白
B. NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂
C. Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂
D. 石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A. 二氧化硫用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与其氧化性无关，A项错误；
B. NaHCO3可用作食品疏松剂是因为其受热分解生成二氧化碳，与碳酸氢钠和氢氧化钠反应无关，B项错误；
C. Fe是比较活泼的金属，具有还原性，能与氧气、水发生反应，以除去食品袋中氧气和水，所以Fe可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；
D. 通常情况下，C的化学性质稳定，不易发生氧化反应，所以导电性强的石墨可用作干电池的正极材料，D项错误；
答案选C。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0.1mol·L-1 FeSO4溶液：Na+、K+、Cl-、MnO
B. 0.1mol·L-1 NaOH溶液：Na+、K+、CO、AlO
C. 0.1mol·L-1 Ba(OH)2溶液：K+、NH、NO、HSO
D. 加入铁粉放出氢气的溶液：NH、Fe3+、ClO-、SO
【答案】B
【解析】
【分析】离子之间能大量共存，即离子之间不发生反应生成沉淀、气体、水、弱电解质以及不发生氧化还原反应等。
【详解】A. MnO与Fe2＋由于发生氧化还原反应，而不能大量共存，A项错误；
B. Na+、K+、CO、AlO之间不反应，且都不与NaOH溶液反应，因此可以大量共存，B项正确；
C. OH-与NH反应生成弱碱一水合氨；OH-、Ba2+、HSO发生反应生成沉淀BaSO3和水，因此不能大量共存；，C项错误；
D. 加入铁粉放出氢气的溶液呈酸性，H+与ClO-发生反应生成弱酸，则在溶液中不能大量共存，D项错误；
答案选B。
5.实验室用下列装置制取、净化、收集Cl2并进行尾气处理，能达到实验目的的是（ ）
A. 制备Cl2 B. 干燥Cl2
C. 收集Cl2 D. 吸收多余的Cl2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，A项错误；
B. 氯气与NaOH反应，不能用碱石灰干燥氯气，B项错误；
C. 氯气的密度比空气密度大，应采用向上排空气法收集，C项正确；
D. 食盐水可抑制氯气的溶解，饱和食盐水不能吸收多余的氯气，氯气与NaOH反应，可用氢氧化钠溶液处理尾气，D项错误；
答案选C。
6.下列有关说法正确的是（ ）
A. 利用如图装置可制备Fe(OH)2
B. 需要加热才能进行的化学反应一定是吸热反应
C. 对铅蓄电池进形充电时，铅电极应连接外电源的正极
D. 已知：H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3 kJ·mol-1，若将1L 0.5mol·L-1盐酸与1L 0.55mol·L-1 NaOH的溶液混合，能放出28.65kJ的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该装置图有外界电源，为电解池，与电源正极相连的为电解池的阳极，发生氧化反应，与电源负极相连的为电解池的阴极，发生得电子的还原反应，因此铁作阴极，不参加反应，生成不了亚铁离子，无法制备Fe(OH)2，A项错误；
B. 反应中的能量变化与反应条件无关，需要加热的化学反应，可能是放热反应，如燃烧，B项错误；
C. 铅电极为铅蓄电池的负极，对铅蓄电池进行充电时，此时相当于电解池装置，此时铅电极为阴极，因此铅电极应连接外电源的负极，C项错误；
D. 该热化学方程式H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3 kJ·mol-1表示强酸、强碱生成1mol水时放出57.3 kJ的热量，若将1L 0.5mol·L-1盐酸与1L 0.55mol·L-1 NaOH的溶液混合，生成0.5mol，则能放出28.65 kJ的热量，D项正确；
答案选D。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 向NaOH溶液中通入过量CO2：OH-+CO2=HCO
B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
C. 电解MgCl2溶液：2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+Cl2↑
D. SO2水溶液吸收Br2蒸汽：SO2+H2O+Br2=SO+2H++2Br-
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向NaOH溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠，离子方程式为：OH－＋CO2＝HCO，A项正确；
B. Na2SiO3为易溶的电解质，应拆写成离子的形式，离子方程式为：SiO32-＋2H+＝H2SiO3↓，B项错误；
C. 电解MgCl2溶液，离子方程式为：Mg2++2H2O＋2Cl－Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，C项错误；
D. SO2水溶液吸收Br2蒸汽，离子方程式为：SO2＋2H2O＋Br2＝SO42-＋4H+＋2Br－，D项错误；
答案选A
8.X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y的单质是空气中含量最高的气体，Z是地壳中含量最高的金属元素，W的焰色反应为紫色。下列说法正确的是（ ）
A. 简单原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(Z)＜r(W)
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y
C. 单质与水反应的剧烈程度：Z＞W
D. X的氧化物与W的氧化物所含化学键类型相同
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X是C元素，Y的单质是空气中含量最高的气体，则Y是N元素，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z是Al元素，W的焰色反应为紫色，则W是K元素，据此分析。
【详解】X、Y、Z、W属于前20号元素且原子序数依次增大，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，则X是C元素，Y的单质是空气中含量最高的气体，则Y是N元素，Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z是Al元素，W的焰色反应为紫色，则W是K元素，
A. 一般电子层数越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则简单原子半径大小顺序：r(Y)＜r(X)＜r(Z)＜r(W)，A项正确；
B. 非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属：C
D. X的氧化物为CO、CO2，属于共价化合物，只含有共价键，W的氧化物为K2O等，属于离子化合物，含有离子键，D项错误；
答案选A。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. Fe(s) Fe2O3(s) FeCl3(aq)
B. Al(s) AlCl3(aq) Al(OH)3(s)
C. S(s) SO2(g) BaSO3(s)
D. N2(g) NO(g) HNO3(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铁不如铝活泼，Fe与氧化铝不能反应得到氧化铁和铝，A项错误；
B. Al与盐酸反应生成氯化铝溶液，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝，B项正确；
C. 二氧化硫与氯化钡溶液不能反应，违反强酸制取弱酸的原理，C项错误；
D. NO不能溶于水，更不能与水反应生成硝酸，D项错误；
答案选B。
10.某微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电子由石墨电极流出
B. 生物膜电极反应式为：CH3COO－＋2H2O＋8e－＝2CO2↑＋7H＋
C. X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜
D. 该装置可以将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【分析】由题意和图片装置可知，微生物脱盐池的装置是将废水中有机物CH3COO-的化学能转化为电能的装置，即为原电池，通O2的电极为正极，加入有机废水CH3COO-的电极为负极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极反应为CH3COO- + 2H2O-8e- ═ 2CO2↑+7H+，原电池内电路中：阳离子Na+通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，据此分析解答。
【详解】A. 通O2的电极为正极，则石墨电极为正极，加入有机废水CH3COO-的电极为负极，则生物膜电极为负极，则电子从生物膜电极流出，A项错误；
B. 生物膜电极为负极，负极发生氧化反应，负极反应式为CH3COO- + 2H2O-8e- ═ 2CO2↑+7H+，B项错误；
C. 在原电池内电路中，阳离子移动向正极，阴离子移动向负极，该装置可使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，则有阳离子Na+通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子Cl-通过阴离子交换膜X移向负极，C项正确；
D. 该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D项错误；
答案选C。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.一种天然化合物X的结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法中正确的是（ ）
A. 化合物X分子中所有原子可能在同一平面上
B. 化合物X能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 化合物X存在顺反异构和手性异构
D. X能与NaHCO3溶液反应生成CO2
【答案】BC
【解析】
【分析】该有机物含有酚羟基、碳碳双键、酯基，结合苯酚、烯烃和酯的性质解答该题。
【详解】A. 化合物X分子中含有甲基，则不可能所有原子在同一平面上，A项错误；
B. 化合物X分子中含有碳碳双键和酚羟基，均可被高锰酸钾氧化，使其溶液褪色，B项正确；
C. 化合物X分子中碳碳双键上的两个碳原子所连的两个基团不同，则存在顺反异构；分子中与苯环、酯基相连的碳原子连接4个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，则化合物X存在手性异构，C项正确；
D. 该有机物中没有羧基，不能与NaHCO3溶液反应生成CO2，D项错误；
答案选BC。
12.下列有关说法正确的是（ ）
A. 工业上用石墨电极电解熔融 Al2O3冶炼金属铝时，阳极因被氧气氧化须定期更换
B. 可用牺牲阳极的阴极保护法来减缓海轮外壳的腐蚀
C. 氯碱工业中，产生44.8L Cl2，反应中转移的电子数为2×6.02×1023个
D. 粗锌与稀H2SO4反应产生氢气速率比纯锌快，是粗锌的还原性比纯锌强
【答案】AB
【解析】
【详解】A. 石墨作电极电解熔融氧化铝，阳极上氧离子失电子发生氧化反应，电极反应为：2O2- - 4e- =O2↑，在冶炼过程中，阳极材料碳被氧气氧化须定期更换，A项正确；
B. 牺牲阳极的阴极保护法为原电池反应，将海轮外壳镶嵌上更活泼的金属，比如锌块，可使轮船外壳作正极，减缓腐蚀，B项正确；
C. 没有标明是标准状况，无法计算氯气的物质的量，C项错误；
D. 粗锌中含有铜、铅等杂质，铜、铅与锌可形成原电池，制取氢气的速率比纯锌快，D项错误；
答案选AB。
13.根据下列实验操作和现象所得出结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向KI溶液中滴加淀粉溶液，再滴加几滴溴水，振荡，溶液显蓝色
Br2的氧化性比I2的强
B
水蒸气通过灼热的焦炭后，直接将混合气体通过灼热的氧化铜，所得气体能使无水硫酸铜变蓝色
高温下，C与水蒸气反应生成了H2
C
将铜棒和碳棒用导线连接后插入稀硫酸中，碳棒表面无气泡产生
导线内无电流产生
D
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中含有Fe2+
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘生成，溴能氧化碘离子生成碘，溴是氧化剂，碘是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，A项正确；
B. 能使无水硫酸铜变蓝色可检验水，水蒸气可能过量，不能说明C与水蒸气反应生成了H2，B项错误；
C. 将铜棒和碳棒用导线连接后插入稀硫酸中，铜与稀硫酸不能自发反应，则不能形成原电池，则碳棒表面无气泡产生，导线内无电流产生，C项正确；
D. 检验亚铁离子时应该先加KSCN溶液后再加氯水，防止铁离子干扰，D项错误；
答案选AC。
14.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 如图表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0在有无催化剂时的能量变化
B. 如图表示电解精炼铜时纯铜和粗铜的质量随时间的变化
C. 如图表示铅蓄电池放电时负极质量随转移电子物质的量的变化
D. 如图表示反应2NO2(g)N2O4(g)和2NO2(g)N2O4(l)的能量变化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响物质本身具有的能量，因此不会改变反应的反应热，A项错误；
B. 电解精炼铜时，阳极溶解的金属除了铜，还有铁、锌等比铜活泼的杂质，阴极只析出金属铜，粗铜溶解减少的质量与纯铜增加的质量不等，B项错误；
C. 铅蓄电池放电时负极的电极反应式为：Pb-2e- + SO42- = PbSO4，生成的PbSO4会附着到负极板上从而使负极板质量增加，则负极质量随转移电子物质的量的增加而增加，C项正确；
D. 物质由气态转为液态时，应放出热量，所以N2O4(g)的能量高于N2O4(l)的能量，D项错误；
故选C。
15.如图是电解水制高纯氢的示意图，通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法正确的是（ ）
A. 制H2时，连接K2
B. 连接K1时，电极Ⅰ附近碱性减弱
C. 制O2时，电极Ⅲ的反应为：NiOOH＋e−＋H2O＝Ni(OH)2＋OH－
D. 通过控制开关连接K1和K2，可使电极Ⅲ循环使用
【答案】CD
【解析】
【分析】该装置为电解池，通过控制开关连接K1或K2电解水，可交替得到H2和O2，在电解池中，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应。当开关闭合到K2时，所形成的电解池中，电极II为阳极，电极反应式为：4OH- - 4e- = O2↑+ 2H2O，氧气在电极II生成，此时电极III为阴极，NiOOH中Ni为+3价，Ni(OH)2中Ni为+2价，则NiOOH是反应物，Ni(OH)2是生成物；当开关闭合到K1时，电极III为阳极，NiOOH是生成物，Ni(OH)2是反应物，电极I为阴极，阴极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+2OH-，氢气在电极I生成，据此解答。
【详解】该装置为电解池，通过控制开关连接K1或K2电解水，可交替得到H2和O2，在电解池中，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应。当开关闭合到K2时，所形成的电解池中，电极II为阳极，电极反应式为：4OH- - 4e- = O2↑ + 2H2O，氧气在电极II生成，此时电极III为阴极，NiOOH中Ni为+3价，Ni(OH)2中Ni为+2价，则NiOOH是反应物，Ni(OH)2是生成物；当开关闭合到K1时，电极III为阳极，NiOOH是生成物，Ni(OH)2是反应物，电极I为阴极，电极反应式为：2H2O + 2e- = H2↑+2OH-，氢气在电极I生成。
A. 由以上分析可知，H2在阴极生成，连接到K1时，电极I为阴极，得到的气体为氢气，A项错误；
B. 连接K1时，电极Ⅰ为阴极，电极反应式为：2H2O + 2e- = H2+2OH-，则电极附近碱性增强，B项错误；
C. 氧气在电极II生成，开关闭合到K2，此时电极III为阴极，电极Ⅲ的反应为：NiOOH＋e−＋H2O＝Ni(OH)2＋OH-，C项正确；
D. 当开关闭合到K2时，电极III为阴极，电极III反应式为：NiOOH＋e−＋H2O＝Ni(OH)2＋OH-；当开关闭合到K1时，电极III为阳极，电极III反应式为：Ni(OH)2 - e−＋OH-=NiOOH＋H2O，则通过控制开关连接K1和K2，可使电极Ⅲ循环使用，D项正确；
答案选CD。
非选择题（共60分）
16.根据提供的情境书写指定反应的方程式。
（1）工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含少量FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产二氧化锰的工艺流程如下：
①“酸浸”时MnCO3发生反应的离子方程式为______。
②“氧化”时MnO转化为Mn2＋，该反应的离子方程式为_____。
③“合成MnO2”的化学方程式为______。
（2）氮氧化物是造成大气污染的重要因素。
①在高压下，NO在40 ℃下分解生成两种化合物，体系中各组分的物质的量随时间变化曲线如图所示。NO分解的化学方程式为______。
②一种以乙烯作为还原剂的脱硝(NO)机理示意图如图所示，该脱硝机理总反应的化学方程式为____。
【答案】 (1). MnCO3＋2H＋＝Mn2＋＋CO2↑＋H2O (2). 5Fe2＋＋MnO＋8H＋＝5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O (3). MnSO4＋K2S2O8＋2H2O＝MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4 (4). 3NON2O＋NO2 (5). 6NO＋3O2＋2C2H43N2＋4CO2＋4H2O
【解析】
分析】（1）①“酸浸”时MnCO3与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰、水和二氧化碳；
②稀硫酸“酸浸”后，浸取液中含有Fe2＋，可被高锰酸钾氧化为Fe3＋，从而以氢氧化铁形式除去，该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式；
③碳酸锰矿通过酸浸、氧化、除铁、除钙得到硫酸锰溶液，加入K2S2O8合成二氧化锰，产物还有K2SO4、H2SO4，锰元素、硫元素化合价发生变化，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学方程式；
（2）①NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3mol NO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2；
②根据图乙可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，根据得失电子守恒、元素守恒配平总反应的化学方程式；
【详解】（1）①“酸浸”时MnCO3与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰、水和二氧化碳，发生反应的离子方程式为MnCO3＋2H＋＝Mn2＋＋CO2↑＋H2O；
②稀硫酸“酸浸”后，浸取液中含有Fe2＋，可被高锰酸钾氧化为Fe3＋，从而以氢氧化铁形式除去，该反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式：5Fe2＋＋MnO＋8H＋＝5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
③碳酸锰矿通过酸浸、氧化、除铁、除钙得到硫酸锰溶液，加入K2S2O8合成二氧化锰，产物还有K2SO4、H2SO4，锰元素、硫元素化合价发生变化，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学方程式：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O＝MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4；
（2）①NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3mol NO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NON2O＋NO2；
②根据图乙可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，根据得失电子守恒、元素守恒配平总反应的化学方程式为：6NO＋3O2＋2C2H43N2＋4CO2＋4H2O。
17.化合物G是一种重要的有机产品，其合成路线如下：
（1）E→F的反应还需的反应物和反应条件为_____。
（2）B的结构简式是_____。
（3）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：_______。
①分子中有4种不同化学环境的氢；
②能发生银镜反应和水解反应，且1mol该物质最多能与2mol NaOH反应。
（4）写出以和CH3CHO为原料，制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。_____
【答案】(1). O2，Cu（或Ag），加热 (2). (3). (4).
【解析】
【分析】（1）E为CH3CH2CH2OH，F为CH3CH2CHO，E→F的反应为醇的催化氧化反应；
（2）B的分子式为C8H10O，不饱和度为4，A反应生成B，B与HBr在加热的条件下生成C，据此写出B；
（3）A的分子式C9H10O2，不饱和度为5，②能发生水解反应，则含有酯基，且能发生银镜反应，则应为甲酸某酯，含有原子团，且1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应，则直接连到苯环上，剩下的两个碳和氢为饱和的烷基，可以是一个乙基，也可以是两个甲基，①分子中有4种不同化学环境的氢，据此写出符合要求的同分异构体；
（4）结合题干中的已知反应写出合成路线流程图；
【详解】（1）E为CH3CH2CH2OH，F为CH3CH2CHO，E→F的反应为醇的催化氧化反应，反应物还需要O2，反应条件为Cu(或Ag)，加热；
故答案为：O2，Cu(或Ag)，加热；
（2）A为，B的分子式为C8H10O，不饱和度为4，B与HBr在加热的条件下生成C，C为，则可知B的结构简式是；
故答案为：；
（3）A的分子式C9H10O2，不饱和度为5，②能发生水解反应，则含有酯基，且能发生银镜反应，则应为甲酸某酯，含有原子团，且1 mol该物质最多能与2 mol NaOH反应，则直接连到苯环上，剩下的两个碳和氢为饱和的烷基，可以是一个乙基，也可以是两个甲基，①分子中有4种不同化学环境的氢，符合；
故答案为： ；
（4）以和CH3CHO为原料，制备的合成路线流程图为：；
故答案为：。
18.粮食仓储常用磷化铝(AlP)熏蒸杀虫，AlP遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg·kg-1为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中磷化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL 2.50×10-4mol·L-1 KMnO4溶液(H2SO4酸化)，向C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。
（1）反应后继续通入空气的作用是_______。
（2）装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的_______（填化学式）。
（3）装置E中PH3被氧化成磷酸，MnO被还原为Mn2＋，则PH3和MnO反应的物质的量之比为_______。
（4）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，移取其中的25.00mL于锥形瓶中，用6.0×10-5mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00 mL，反应原理是：SO＋MnO＋H+= SO＋Mn2+＋H2O(未配平)。通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_____。
【答案】(1). 排尽装置C中残留的PH3气体，使PH3被E中KMnO4溶液完全吸收 (2). O2 (3). 5∶8 (4). 25 mL吸收液中残留的KMnO4：
n(KMnO4、残留)＝×6.0×10-5 mol·L-1×20×10-3L＝4.8×10-7 mol
250 mL吸收液中反应的KMnO4：
n(KMnO4、反应)=2.50×10-4mol·L-1×20×10-3L－4.8×10-7mol×
＝2×10-7mol
n(PH3)＝2×10-7mol ×＝1.25×10-7mol
m(PH3)＝1.25×10-7mol×34 g·mol-1＝4. 25×10-6g
磷化物的残留量： ＝0.0425mg·kg-1＜0.05mg·kg-1，所以合格。
【解析】
【分析】C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL 2.50×10-4 mol/L的KMnO4溶液（H2SO4酸化），吸收生成的PH3，B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，A中盛装KMnO4溶液的作用除去空气中的还原性气体；
（1）通入空气把生成的PH3全部赶入高锰酸钾溶液中吸收，则反应后继续通入空气的作用是排尽装置C中残留的PH3气体，使PH3被E中KMnO4溶液完全吸收；
（2）氧气能氧化PH3，因此应除去氧气；
（3）装置E中PH3被氧化成磷酸，高锰酸钾溶液被还原生成锰离子，同时还有水生成；
（4）E中盛有20.00mL 2.50×10-4 mol/L的KMnO4溶液（H2SO4酸化），用于吸收生成的PH3，发生反应：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，利用方程式5SO+2MnO+6H+=5 SO+2Mn2++3H2O计算剩余的KMnO4的物质的量，进而计算与PH3反应的KMnO4的物质的量，再列比例计算PH3的物质的量，进而计算PH3的残留量。
【详解】（1）通入空气把生成的PH3全部赶入高锰酸钾溶液中吸收，则反应后继续通入空气的作用是排尽装置C中残留的PH3气体，使PH3被E中KMnO4溶液完全吸收；
（2）B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3；
（3）装置E中PH3被氧化成磷酸，MnO被还原为Mn2＋，同时还有水生成，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒写出该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，则PH3和MnO反应的物质的量之比为5∶8；
（4）25 mL吸收液中残留的KMnO4：
n(KMnO4、残留)=×6.0×10-5mol·L-1×20×10-3L=4.8×10-7mol
250 mL吸收液中反应的KMnO4：
n(KMnO4、反应)＝2.50×10-4mol·L-1×20×10-3L－4.8×10-7mol×=2×10-7mol
n(PH3)=2×10-7mol ×=1.25×10-7mol
m(PH3)=1.25×10－7mol×34g·mol-1=4. 25×10-6g
磷化物的残留量： =0.0425mg·kg-1＜0.05mg·kg-1，所以合格；
n(KMnO4、残留)=×6.0×10-5 mol·L-1×20×10-3L=4.8×10-7 mol
250 mL吸收液中反应的KMnO4：
n(KMnO4、反应)=2.50×10-4mol·L-1×20×10-3L-4.8×10-7mol×=2×10-7mol
n(PH3)=2×10-7 mol ×=1.25×10-7 mol
m(PH3)=1.25×10－7 mol×34 g·mol-1=4. 25×10－6 g
磷化物的残留量：=0.0425 mg·kg-1＜0.05 mg·kg-1，所以合格。
19.研究化学反应中的能量变化有利于更好的开发和使用化学能源。
（1）金属镁[Mg(s)]分别与卤素单质[F2(g)、Cl2(g)、Br2(l)、I2(s)]反应的能量变化如图所示。
①写出Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式：_______。
②反应：MgCl2(s)＋F2 (g)＝MgF2(s)＋Cl2 (g)的ΔH＝___________。
（2）CH4用NiO作载氧体的化学链燃烧示意图如图所示。
主要热化学反应如下：2Ni(s)＋O2(g)＝2NiO(s) ΔH＝－479.8 kJ·mol－1；CH4(g)＋4NiO(s)＝CO2(g)＋2H2O(l)＋4Ni(s) ΔH＝＋68.9 kJ·mol－1
①CH4的燃烧热是_______。
②CH4的“化学链燃烧”有利于二氧化碳的分离与回收，所放出的热量在相同条件下与CH4的直接燃烧相比_________（填“前者大”、“后者大”、或“相同”）。
（3）已知H2、CO的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、283.0 kJ·mol－1，25℃时，4 g H2和28 g CO的混合气体充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为_______kJ。
【答案】(1). Mg(s)＋I2(s)＝MgI2(s) ΔH＝－364 kJ·mol－1 (2). －483 kJ·mol－1 (3). 890.7 kJ·mol－1 (4). 相同 (5). 854.6
【解析】
【分析】（1）①由图像可知1mol Mg(s)和1mol I2(s)反应生成1mol MgI2(s)放出364 kJ的热量；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H=-1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律计算反应MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH；
（2）①根据已知热化学方程式，结合盖斯定律写出甲烷燃烧热的热化学方程式；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，据此解答。
【详解】（1）①由图像可知Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式为：Mg(s)+I2(s)=MgI2(s) ΔH= -364kJ·mol-1；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H= -1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律，将第一个方程式减去第二方程式得MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH= -483 kJ·mol-1；
（2）①已知，2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) ΔH= -479.8kJ·mol-1；CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) ΔH= +68.9kJ·mol-1，结合盖斯定律，将第一个方程式乘以2加上第二方程式得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -890.7kJ·mol-1，则CH4的燃烧热是890.7kJ·mol-1；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的，则CH4的“化学链燃烧”所放出的热量在相同条件下与CH4直接燃烧所放出的热量相同；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，则1mol H2完全燃烧放出285.8kJ的热量，1mol CO完全燃烧放出283.0kJ的热量，4g H2为2mol，28g CO为 1mol，充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为285.8×2+283.0=854.6kJ。
20.钢铁是用途最广泛的金属材料。
（1）将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。写出正极反应式：______。
（2）纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解可制得Na2FeO4，装置如图所示。阳极的电极反应式为______；若消耗11.2g铁，则通过离子交换膜的Na＋物质的量为______。
（3）如图所示装置为利用甲烷燃料电池实现在铁质材料上镀锌的一部分，燃料电池的负极反应式为______；在如图所示虚线框内补充完整在铁质材料上镀锌的装置图(注明电极材料和电解质溶液的成分)。_____
【答案】(1). O2+4e-+2H2O=4OH- (2). Fe+8OH--6e-=FeO+4H2O (3). 1.2mol (4). CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O (5).
【解析】
【分析】（1）铁粉、活性炭和NaCl溶液构成了原电池，发生吸氧腐蚀；
（2）纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解可制得Na2FeO4，铁元素化合价身高，被氧化，则铁作阳极，被氧化得到高铁酸根FeO42-；当消耗1mol铁时，阳极室减少6mol负电荷，则为平衡电荷，会有6molNa＋通过离子交换膜移动向阴极；
（3）甲烷燃料电池为碱性环境，甲烷在负极失电子被氧化得到碳酸根；通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，电解池中连接电源正极的为阳极，连接电源负极的为阴极，在铁质材料上镀锌时，锌作阳极，铁作阴极，据此解答。
【详解】（1）铁粉、活性炭和NaCl溶液构成了原电池，发生吸氧腐蚀，O2在正极得电子发生还原反应，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解可制得Na2FeO4，铁元素化合价身高，被氧化，则铁作阳极，阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO+4H2O，根据电极反应式知，当消耗1mol铁时，阳极室减少6mol负电荷，则为平衡电荷，会有6mol Na+通过离子交换膜移动向阴极；若消耗11.2g铁，即0.2mol铁，则通过离子交换膜的Na＋物质的量为1.2mol；
（3）甲烷燃料电池为碱性环境，甲烷在负极失电子被氧化得到碳酸根，负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，则在电解池中a为阳极，b为阴极，在铁质材料上镀锌时，锌作阳极，铁作阴极，则a为锌电极，b为铁电极，电解质溶液可以是硫酸锌、氯化锌等锌的可溶性盐溶液，则装置图为。
21.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
（1）已知：反应Ⅰ N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ΔH＝a kJ·mol－1
反应Ⅱ 2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g) ΔH＝b kJ·mol－1
反应Ⅲ 4NH3(g)＋5O2(g)＝4NO(g)＋6H2O(l) ΔH＝c kJ·mol－1
①写出NO2和NH3反应生成N2和液态水的热化学反应方程式______。
②反应Ⅰ中各物质所含化学键键能总和数据如下表，a＝______。
物质
N2
O2
NO
每摩尔物质所含键能总和/kJ·mol－1
946
498
630
（2）用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。该图示的总反应化学方程式为______。
（3）某微生物膜技术能利用电解原理将弱碱性水中的NO还原为N2，工作原理如图所示。
①写出阴极的电极反应式：______。
②理论上，若除去0.04 mol NO，阳极生成气体的体积为______。(标准状况)
【答案】(1). 6NO2(g)＋8NH3(g)＝7N2(g)＋12H2O(l) ΔH＝(2c－7a－3b) kJ·mol－1 (2). ＋184 (3). 2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O (4). 2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－ (5). 1.12 L
【解析】
【分析】（1）①根据已知热化学方程式，并结合盖斯定律进行计算；
②根据ΔH＝反应物的键能总和-生成物的键能总和；
（2）根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据得失电子守恒知需要3molNaClO，再结合元素守恒配平总反应的化学方程式；
（3）①该装置为电解池，电解池的阴极发生还原反应，已知利用该装置可将弱碱性水中的NO还原为N2，N元素化合价降低，发生还原反应，则NO为阴极反应物，N2为生成物；
②根据阴阳两极转移电子数相等进行计算。
【详解】（1）①根据已知热化学方程式，结合盖斯定律，可知 反应Ⅲ×2-反应Ⅱ×3-反应Ⅰ×7得到NO2和NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式为：6NO2(g)＋8NH3(g)＝7N2(g)＋12H2O(l) ΔH＝(2c－7a－3b) kJ·mol-1；
故答案为：6NO2(g)＋8NH3(g)＝7N2(g)＋12H2O(l) ΔH＝(2c－7a－3b) kJ·mol-1；
②根据ΔH＝反应物的键能总和-生成物的键能总和，可知反应I的ΔH＝（946+498-2×630）kJ·mol－1=+184 kJ·mol－1，则a=+184；故答案为：+184；
（2）根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据得失电子守恒知需要3molNaClO，再结合元素守恒配平总反应的化学方程式为：2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O；
故答案为：2NH3＋3NaClO＝N2＋3NaCl＋3H2O；
（3）①该装置为电解池，电解池的阴极发生还原反应，已知利用该装置可将弱碱性水中的NO还原为N2，N元素化合价降低，发生还原反应，则NO为阴极反应物，N2为生成物，电极反应式为：2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－；
故答案为：2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－；
②已知阴极反应式2NO＋10 e−＋6H2O＝N2↑＋12OH－，则理论上，若除去0.04 mol NO，转移0.2mol电子，阳极上生成氧气，生成1mol氧气转移4mol电子，则转移0.2mol电子，生成氧气0.05mol，V=0.05mol×22.4L/mol=1.12 L；
故答案为：1.12 L。
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