【化学】云南省丘北二中2018-2019学年高一下学期6月月考试卷（解析版）

云南省丘北二中2018-2019学年高一下学期6月月考试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
分卷I
一、单选题（共22小题,每小题2.0分,共44分）
1.根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述中正确的是（ ）
A. L电子层电子数为奇数的所有元素都是非金属
B. 同一主族的两种元素的原子序数之差可能是16、26、36、46
C. 只有第IIA族元素的原子最外层有2个电子
D. 由左至右第8、9、10 三列元素中没有非金属元素
【答案】D
【解析】L电子层电子数为奇数，L层未排满，则处于第二周期，Li的L层含有1个电子，但Li是金属元素，A错误；对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18或32等，如0族中第一周期与第三周期的元素相差16；如ⅣA族中第二周期与第四周期的元素相差26； 如0族中第三周期与第五周期的元素相差36；但是2、8、18、32的组合不能得到46，B错误；第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子，但He及部分过渡元素原子最外层电子数也含有2个电子，C错误；由左至右第8、9、10 三列元素为Ⅷ族元素,都是金属元素，D正确；正确选项D。
2.下列有关碱金属的说法不正确的是（ ）
A. 均为ⅠA族元素，最外层均有1个电子
B. 单质的还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
C. 碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH
D. 由Li到Cs，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大
【答案】B
【解析】A．碱金属位于周期表第ⅠA族，主族序数等于原子最外层电子数，最外层电子数为1，故A正确；B．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，还原性增强，单质的还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故B错误；C．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，金属性越强形成的碱的碱性越强，LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH，故C正确；D．同一主族，从上到下，电子层数依次增大，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大，故D正确；故选B。
3.借助碱金属和卤族元素性质的递变性分析下面的推断，其中正确的是(　　)
A. 已知Ca是第四周期第ⅡA族元素，故Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性弱
B. 已知As是第四周期第ⅤA族元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强
C. 已知Cs的原子半径比Na的原子半径大，故Cs与水反应不如Na与水反应剧烈
D. 已知Cl的核电荷数比F的核电荷数多，故Cl的原子半径比F的原子半径大
【答案】D
【解析】由碱金属和卤族元素的递变性可知，同主族元素从上到下金属性递增，非金属性递减，则最高价氧化物对应水化物碱性增强，金属活泼性增强，非金属气态氢化物稳定性减弱，A、B、C错误；同主族随核电荷数增大，原子半径递增，D正确。
4. 某核素原子核内质子数为m，中子数为n，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 不能由此确定该元素的相对原子质量
B. 这种元素的相对原子质量为m+n
C. 若碳原子质量为ωg，则此原子的质量为(m+n)ωg
D. 核内中子的总质量小于质子的总质量
【答案】A
【解析】A、题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数，能确定该核素的相对原子质量但不能确定该元素的相对原子质量，A正确；B、题目已知某元素的一种核素的质子数和中子数，该核素的丰度未知导致无法计算该元素的相对原子质量，B错误；C、该核素的相对原子质量近似为m+n，该核素的相对原子质量等于该核素的质量与碳-12质量的1/12所得的比值，所以该核素的质量为（m+n）Wg，C错误；D、一个质子的质量和一个中子的质量相当，质子数和中子数的相对多少未知，导致无法判断，D错误；答案选A。
5.核电荷数为16的元素和核电荷数为4的元素的原子相比较，前者下列数据是后者4倍的是（　　）
①电子数　②最外层电子数　③电子层数　④次外层电子数
A. ①④ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
【答案】A
【详解】核电荷数为16的元素电子数为16，最外层电子数为6，电子层数为3，次外层电子数为8；核电荷数为4的原子电子数为4，最外层电子数为2，电子层数为2，次外层电子数为2，前者的数据为后者的4倍的是电子数和次外层电子数，故①④符合题意。
所以本题正确答案为A。
6.下列各组中的性质比较，正确的是（　　）
①酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4　②最高正化合价：Cl＞N＞C　③稳定性：HCl>HBr>HI　④还原性：HCl＞HBr
A. ①②④ B. ②③④
C. ①②③ D. 全部都正确
【答案】C
【解析】
【分析】根据同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐增强；主族元素最外层电子数=最高正价进行分析判断即可。
【详解】①同周期元素从左到右，元素非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故①正确；②主族元素最外层电子数=最高正价，氟无正价，所以最高正价：Cl＞N＞C＞F，故②正确；③同主族从上到下元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性： HCl＞HBr＞HI，故③正确；④非金属性越强，氢化物的还原性越弱，则还原性：HCl＜HBr，故④错误；故①②③符合题意；
所以本题正确答案为C。
7.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是（ ）
A. 元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜X
B. Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4
C. 三种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D. 原子半径由大到小的顺序为Z＜Y＜X
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分析：X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，所以X是O，X、Y位于同一族，所以Y是S，Z原子的核外电子数比Y原子少1且Y、Z处于同一周期，所以Z是P。
【详解】A.元素周期表中同一周期从左至右，元素非金属性逐渐增强，同一主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，所以元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜X，故A项正确；
B.Y元素为S，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故B项错误；
C.非金属性越强，元素形成的气态氢化物越稳定，所以3种元素的气态氢化物中稳定性：Z＜Y＜X，故C项错误；
D.同一周期从左至右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上至下原子半径逐渐增大，所以X、Y、Z原子半径由大到小的顺序为：X＜Y＜Z，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
8.下列关于离子化合物的叙述正确的是（　　）
A. 离子化合物中都含有离子键
B. 离子化合物中的阳离子只能是金属离子
C. 离子化合物一定可以导电
D. 溶于水可以导电的化合物一定是离子化合物
【答案】A
【详解】A.离子化合物中一定含有离子键,可能含有共价键,所以离子化合物中都含有离子键，故A正确；
B.离子化合物中阳离子可能是铵根离子，故B错误；
C.含有自由移动离子的离子化合物能导电,离子晶体不导电，故C错误；
D.溶于水可以导电的化合物可能是共价化合物,如HCl等，故D错误；
所以正确答案为A选项。
9.下列有关化学用语使用正确的是( )
A. 次氯酸的结构式：H—Cl—O
B. 乙醇的结构简式：C2H6O
C. 硫离子的结构示意图：
D. 丙烷分子的球棍模型：
【答案】D
【解析】分析：A．次氯酸分子中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子；B．乙醇的的结构简式中要标出官能团；C．硫离子与硫原子的核电荷数相同，所以硫离子的核电荷数应该为16，不是18；D、注意区分球棍模型和比例模型。
详解：A．次氯酸的电子式为：，将电子式中所有共用电子对换成短线，即为次氯酸的结构式，所以次氯酸的结构式为：H-O-Cl，选项A错误；B．乙醇的结构简式为C2H5OH， C2H6O为乙醇的分子式，选项B错误；C．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的结构示意图为：，选项C错误；D、原子之间为单键，主链有3个碳原子，氢原子数为8个，符合丙烷的结构，选项D正确。答案选D。
10.如图表示化学反应过程中的能量变化，据图判断下列说法中合理的是（　　）

A. 500 mL 2.0 mol·L－1HCl溶液和500 mL 2.0 mol·L－1NaOH溶液的反应符合图（a），且放出热量为ΔE1
B. 500 mL 2.0 mol·L－1H2SO4溶液和500 mL 2.0 mol·L－1Ba（OH）2溶液的反应符合图（b），且吸收热量为ΔE2
C. 发生图（a）能量变化的任何反应，一定不需要加热即可发生
D. CaO、浓硫酸分别溶于水时的能量变化均符合图（a）
【答案】A
【详解】A.因为HCl和NaOH反应为放热反应，由图可知放出的热量为ΔE1，所以图a符合，故A选项是正确的；
B.硫酸与氢氧化钡反应也是放热反应，而图b为吸热反应，故B错误；
C.加热是反应条件，与反应的热效应无关。有些放热反应也需要加热才能发生，如燃烧反应也需要先加热达到着火点后才能反应，故C错误；
D.浓硫酸溶于水虽然放热，但是物理变化，图a表示的是化学反应过程中的能量变化，故D错误；
所以正确答案为A选项。
11.固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆−氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2−)在其间通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是( )

A. 有O2放电a极为电池的负极
B. O2−移向电池的正极
C. b极对应的电极反应为2H2−4e−+2O2−2H2O
D. a极对应的电极反应为O2+2H2O+4e−4OH−
【答案】C
【解析】A、在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，A错误；B、O2−移向电池的负极，B错误；C、有H2放电的b极为电池的负极，电极反应为2H2−4e−+2O2−＝2H2O，C正确；D、a极是正极，氧气在正极得电子，则对应的电极反应为O2+4e−＝2O2−，D错误。答案选C。
12.一定条件下，将3 mol A气体和1 mol B气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生反应：3A（g）＋B（g） C（g）＋2D（s）。2 min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是（　　）

A. 若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
B. 2 min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢
C. 反应过程中A和B的转化率之比为3∶1
D. 开始到平衡，用A表示的化学反应速率为0.3 mol·L－1·min－1
【答案】D
【详解】A.因为生成物D为固体，所以气体质量和气体体积都发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；
B. 2 min后加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；
C.将3 mol A气体和1 mol B气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，因为加入的反应物之比和方程式中化学计量数相同，所以反应过程中A和B的转化率相等即为1：1，故C错误；
D. 根据反应方程式可知：2 min内生成0.8molD，消耗A的物质的量为1.2mol，故2 min 内A的反应速率v(A)=c/t==0.3 mol·L－1·min－1，故D选项是正确的；
所以正确答案为D。
13.下列化合物的一氯代物的数目排列顺序正确的是( )
①CH3CH2CH2CH2CH2CH3 ②(CH3)2CHCH(CH3)2③(CH3)3CCH2CH3 ④(CH3)3CC(CH3)3
A. ①＞②＞③＞④ B. ②＞③＝①＞④
C. ③＞②＞④＞① D. ③＝①＞②＞④
【答案】D
【解析】
【分析】根据分子中等效H原子判断，分子中有几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。
【详解】①CH3CH2CH2CH2CH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；②（CH3）2CHCH（CH3）2中有2种等效H原子，其一氯代物有2种；③（CH3）3CCH2CH3中有3种等效H原子，其一氯代物有3种；④（CH3）3CC（CH3 ）3 中有1种等效H原子，其一氯代物有1种；所以一氯代物同分异构体数为①=③＞②＞④，故选D。
14.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（　　）
A. 丙烯的结构简式：CH2CHCH3
B. 甲烷分子的比例模型：
C. 羟基的电子式：
D. 葡萄糖的最简式：C6H12O6
【答案】B
【详解】A. 因为官能团在结构简式中不能省略，所以丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，故A错误；
B. 是甲烷分子的比例模型，故B正确；
C. 羟基属于官能团，其电子式为： ，故C错误；
D. 因为葡萄糖的分子式为C6H12O6，所以葡萄糖的最简式为CH2O，故D错误；
所以本题正确答案为B。
15.芳香化合物M的结构简式为，关于有机物M的说法正确的是（ ）
A. 有机物M的分子式为C10H12O3
B. 1 molNa2CO3最多能消耗1 mol有机物M
C. 1 mol M和足量金属钠反应生成22．4 L气体
D. 有机物M能发生取代、氧化、还原和加聚反应
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据结构简式，有机物M的分子式为C10H10O3，A错误；B、羧基和碳酸钠反应，1 molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1 molNa2CO3最多能消耗2 mol有机物M，B错误；C、羧基、羟基都能与钠反应放出氢气，1 mol M和足量金属钠反应生成1mol氢气，在标准状况下的体积是22.4 L，C错误；D、有机物M含有羧基、羟基能发生取代、含有碳碳双键能发生氧化和加成反应以及加聚反应，D正确。答案选D。
16.人们在端午节有吃粽子的习俗，下列有关说法正确的是（　　）
A. 糯米中的淀粉能与银氨溶液反应产生银镜
B. 糯米中的淀粉是否水解完全可以用碘水来检验
C. 糯米中淀粉在碱性条件下能发生水解生成葡萄糖
D. 糖尿病病人不能吃粽子，因为糯米中含大量的葡萄糖会使血糖升高
【答案】B
【详解】A.因为淀粉属于高分子化合物，所以糯米中的淀粉不能与银氨溶液直接反应产生银镜，故A错误；
B.糯米中的淀粉是否水解完全可以用碘水来检验，若溶液变蓝，则淀粉水解不完全，反之水解完全，所以B选项是正确的；
C.糯米中的淀粉在稀硫酸或人体内酶的催化作用下能发生水解生成葡萄糖, 而在碱性条件下不能发生水解，故C错误；
D.糖尿病病人不能吃粽子，因为糯米中含大量的淀粉，淀粉水解能生成葡萄糖会使血糖升高，故D错误；
所以B选项是正确的。
17. 下图为从海带中提取碘的工业生产过程，有关说法错误的是（ ）

A. 因海水中蕴藏着极其丰富的碘元素，所以工业上也可以直接用海水来提取碘元素
B. 碱化操作时，加入NaOH溶液的原因是在碱性溶液中，可溶性有机质可形成沉淀
C. 在实验室进行氧化操作时，加入的氧化剂可以是新制氯水、双氧水等
D. 在实验室进行过滤操作时，需要用到玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗
【答案】A
【解析】试题分析：A. 海水中虽然蕴藏着极其丰富的碘元素，但是浓度很小，不能直接用海水来提取碘元素，A项错误；B.由流程图可知，碱化操作时，加入NaOH溶液的原因是在碱性溶液中，可溶性有机质可形成沉淀，B项正确；C.氧化操作的目的是将I－氧化成I2，所以加入的氧化剂可以是新制氯水、双氧水等，C项正确；D.过滤操作时，需要用到玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，D项正确；答案选A。
18. “绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。以下反应最符合“绿色化学”原子经济性要求的是（ ）
A. 乙烯发生加聚反应制得聚乙烯高分子材料
B. 用甲烷与氯气制备一氯甲烷
C. 用苯和液溴为原料制取溴苯
D. 用石灰石和稀盐酸反应制得二氧化碳
【答案】A
【解析】试题分析：A．乙烯发生加聚反应制得聚乙烯高分子材料，反应物原子全部变为生成物，符合原子经济性要求，正确；B．用甲烷与氯气制备一氯甲烷还会产生二氯甲烷、HCl等多种物质，因此不符合“绿色化学”原子经济性要求，错误；C．用苯和液溴为原料制取溴苯还有HBr产生，不符合“绿色化学”原子经济性要求，错误；D．用石灰石和稀盐酸反应制得二氧化碳，还产生了CaCl2、H2O，不符合“绿色化学”原子经济性要求，错误。
19.下列不属于煤的综合利用的是（　　）
A. 将煤干馏制得煤焦油和焦炭
B. 在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料
C. 煤变为煤饼作燃料
D. 将煤干馏制得甲苯和乙烯
【答案】C
【解析】
【分析】根据煤的综合利用包括煤的干馏、气化和液化，都属于化学变化进行判断。
【详解】A. 将煤干馏制得煤焦油和焦炭，发生了化学反应，属于，故A不符合题意；
B. 在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料，发生了化学反应，属于煤的综合利用，故B不符合题意；
C. 煤变为煤饼作燃料，只是其物理形态发生改变，但并未改变其成分及结构，不属于煤的综合利用，故C符合题意
D. 将煤干馏制得甲苯和乙烯，发生了化学变化，属于煤的综合利用，故D不符合题意；
综上所述，本题正确答案为C。
20.在实验室中，下列除杂的方法中正确的是（　　）
A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出溴苯
B. 乙烷中混有乙烯，通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，静置、分液
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入酸性KMnO4溶液中洗气
【答案】C
【详解】A.溴与KI反应生成碘,碘易溶于溴苯，引入新杂质不能除杂，应选NaOH、分液除杂，故A错误；
B.乙烯与氢气可以发生加成反应，但无法控制氢气用量，可能混有氢气新杂质，所以不能用氢气除杂，应选溴水、洗气除杂，故B错误；
C. 浓硫酸和浓硝酸与NaOH溶液反应后,与硝基苯分层，静置、分液即可，所以C选项正确；
D.因为酸性KMnO4能与乙烯反应，所以应通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，故以D选项错误；
所以正确答案为C选项。
21.下列不属于可逆反应的是（　　）
A. 氯气与水反应生成盐酸与次氯酸
B. N2与H2在一定条件下可以生成NH3，同时NH3又可分解为N2和H2
C. 电解水生成H2和O2，氢气和氧气转化为H2O
D. SO2溶于水和H2SO3分解
【答案】C
【详解】A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应是可逆反应，故A不符合；
B.氮气和氢气合成氨，在同一条件下氨气同时又分解为氮气和氢气，所以反应是可逆反应，故B不符合题意；
C.电解水生成氢气和氧气，反应条件是通电，氢气和氧气点燃反应生成水，反应条件不同，不是可逆反应，故C符合题意；
D.二氧化硫和水反应生成的亚硫酸是弱酸，存在电离平衡，所以反应是可逆反应，故B不符合题意；
所以C选项是正确的。
22.下列说法不正确的是（ ）
A. 沸点:H2O>HF
B. 热稳定性 :HF>H2O
C. NC13、SiC14分子中每个原子最外层均满足8电子结构
D. 仅由N、H、O三种元素形成的化合物中不可能含离子键
【答案】D
【解析】A、常温下，水为液体，HF为气体，所以沸点：H2O>HF，A正确；B、F的非金属性大于O的，所以热稳定性：HF>H2O，B正确；C、NC13中N原子最外层有5个电子，3个Cl原子提供3个电子，使N原子最外层达到8电子稳定结构，N原子也提供3个电子给3个Cl原子，使每个Cl原子最外层达到8电子的稳定结构，同样的道理，SiC14分子中每个原子最外层均满足8电子结构，C正确；D、NH4NO3中既含有离子键又含有共价键，D错误。正确答案为D。
分卷II
二、填空题（共7小题,共56分）
23.为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1 mol XY2含有54 mol 电子。
(1)该融雪剂的化学式是________，该物质中化学键类型是________，电子式是________________。
(2)元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D的离子结构示意图是____________；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到了8e－稳定结构，该分子的电子式为____________，化学键类型为________________(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。
(3)W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不加热时生成________，其化学键类型为________；加热时生成________，其化学键类型为________________。
【答案】 (1). CaCl2 (2). 离子键 (3). (4). (5). (6). 极性共价键 (7). Na2O (8). 离子键 (9). Na2O2 (10). 离子键、非极性共价键
【解析】分析：融雪剂主要成分的化学式为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且1molXY2含有54mol电子，则阴、阳离子核外电子数为54÷3=18，则为Ca2+、Cl-，即X是Ca，Y是Cl。元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，则D是S，E是C。W是与D同主族的短周期元素，W是O，Z是第三周期金属性最强的元素，Z是Na，据此解答。
详解：根据以上分析可知X是Ca，Y是Cl，D是S，E是C，W是O，Z是Na，则
（1）XY2是CaCl2，物质中化学键类型是离子键，电子式为；
（2）D为硫元素，S2－离子结构示意图为；D与E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到了8e－稳定结构，由二氧化碳结构可知，结构式为S=C=O，则分子式为COS，电子式为，化学键类型为极性共价键；
（3）Na单质与氧气反应时可以得到两种产物，为氧化钠和过氧化钠，不加热生成Na2O，Na2O为离子化合物，其化学键类型为离子键；加热生成Na2O2，属于离子化合物，含有离子键、非极性共价键。
24.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池能量转化的主要形式是___________，在导线中电子流动方向为________（用a、b表示）。
（2）负极反应式为___________。
（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H2===2LiH　Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是________，反应Ⅱ中的氧化剂是________。
②金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为________。
【答案】(1). 化学能转化为电能 (2). 由a流向b (3). H2－2e－＋2OH－===2H2O (4). 锂(Li) (5). 水(H2O) (6). 1∶2
【解析】分析：（1）氢氧燃料电池主要是把化学能转化为电能；原电池中,电子都是由负极经过导线流向正极。
（2）氢氧燃料电池中，氢气失电子，发生氧化反应，做负极。
（3）①根据反应方程式可以判断出反应Ⅰ中的还原剂，反应Ⅱ中的氧化剂。
②根据反应Ⅰ：2Li--H2；根据反应Ⅱ：2Li--2LiH-- 2H2，就能判断金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比。
详解：（1）氢氧燃料电池的能量转化形式主要是把化学能转化为电能；氢气在负极被氧化，氧气被还原发生在正极，因此导线中电子流动方向是由a到b；正确答案：化学能转化为电能；由a流向b。
（2）负极上氢气被氧化，反应式为：H2－2e－＋2OH－===2H2O ；正确答案：H2－2e－＋2OH－===2H2O。
（3）①反应Ⅰ中Li转化为Li+，化合价升高，说明Li为还原剂；反应Ⅱ中水中氢的化合价降低，说明水是氧化剂；正确答案：锂(Li) ；水(H2O)。
②根据方程式Ⅰ.2Li＋H2===2LiH可知，有2mol Li反应，吸收1mol氢气，同时生成2 molLiH，根据方程式Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑可知,有1molLiH反应，放出1mol氢气，则2 molLiH反应放出氢气2mol，所以金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为1∶2；正确答案：1:2。
25.已知：A 是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物 A～G 之间的转化关系：

请回答下列问题：
（1）A 的官能团的名称是___________； C 的结构简式是________；
（2）E 是一种具有香味的液体， 由 B+D→E 的反应方程式为___________， 该反应类型是______________；
（3）G 是一种高分子化合物，其结构简式是______________；
（4）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质 F（沸点 12.27°C）进行应急处理．写出由A 制 F 的化学反应方程式______________。
（5）E 的同分异构体能与 NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式_______。
【答案】(1). 碳碳双键 (2). CH3CHO (3). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (4). 酯化反应(或取代反应) (5). (6). CH2=CH2+HClCH3CH2Cl (7). CH3CH2CH2COOH；(CH3)2CHCOOH
【解析】分析：A是石油裂解气的主要成份，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，则C是乙醛，B乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸载浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯E．G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯，F为A乙烯和氯化氢加成而成为氯乙烷，（1）A为乙烯含有谈谈双键，C为乙醛；（2）E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B+D为乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应；（3）高分子化合物中重复出现的结构单元叫链节，G为聚乙烯，其链节为-CH2-CH2-；（4）乙烯和氯化氢加成生成氯乙烷，根据氯乙烷的性质分析其用途；（5） E 的同分异构体能与 NaHCO3溶液反应则含有羧基。
详解：A是石油裂解气的主要成份，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应CH2=CH2+H2OCH3CH2OH生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，则C是乙醛，B乙醇在高锰酸钾作用下生成D，2C2H5OH+2KMnO4+5H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CH3COOH+7H2O，D是乙酸，乙醇和乙酸载浓硫酸作用下反应，CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，生成乙酸乙酯E。G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯，F为A乙烯和氯化氢加成而成CH2=CH2+HC1→CH3CH2C1，为氯乙烷。（1）A为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，含有碳碳双键，A是乙烯，B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，则C是乙醛，C的结构简式为CH3CHO；（2）E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B是乙醇，B乙醇在高锰酸钾作用下生成D，2C2H5OH+2KMnO4+5H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CH3COOH+7H2O，D是乙酸，乙醇和乙酸载浓硫酸作用下发生酯化反应：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）高分子化合物中重复出现的结构单元叫链节，G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成为聚乙烯，其链节为-CH2-CH2-；（4）F为A乙烯和氯化氢反应的产物，乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，方程式为：CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，氯乙烷沸点低、易挥发，使受伤部位皮肤表面温度骤然下降，能减轻伤员的痛感；（5） E （CH3COOCH2CH3）的同分异构体能与 NaHCO3溶液反应则含有羧基，该同分异构体的结构简式为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH。
26.“低碳”既是时尚，也是环保要求。“低碳”在工业生产中意义重大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂今后联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。下面是几个工厂利用废气、废渣（液）联合生产化肥硫酸铵的工艺：

请回答下列问题：
（1）工艺操作①、②分别为____________、____________。
（2）工业合成氨的化学方程式为：__________。
（3）写出生成“产品”的离子方程式：________。
（4）在实验室中检验合成氨厂排出的废气中是否含有氨气的方法是______________。
（5）副产品的化学式为________________。该联合生产工艺中可以循环使用的物质是__________________。
【答案】(1). 蒸馏 (2). 过滤 (3). N2＋3H22NH3 (4). CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3↓＋2NH4+＋SO42- (5). 用湿润的红色石蕊试纸放在导气管口，若试纸变蓝，则证明有NH3（或其他可行的方法） (6). CaO (7). CO2
【解析】
【分析】煤和水蒸气反应生成氢气和一氧化碳，利用空气中氮气和氢气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，煤燃烧生成的二氧化碳和生成的氨气和硫酸钙一起进入沉淀池中发生反应，生成碳酸钙沉淀和产品硫酸铵，碳酸钙煅烧得到副产品氧化钙，生成的二氧化碳进入沉淀池循环使用。
【详解】(1)合成氨原料之一氮气来源于空气,分离方法是将空气液化后蒸发分离出O2获得N2，所以操作①为液化；将沉淀池中的混合物经过滤可得到产品和沉淀,则操作②为过滤。因此，本题正确答案是：液化；过滤；
(2)工业上利用氮气和氢气在高温高压催化剂的条件下合成氨气，此反应的化学方程式为: N2＋3H22NH3 ，因此，本题正确答案是：N2＋3H22NH3 。
(3)产品是(NH4)2SO4，反应物是CaSO4悬浊液、CO2、NH3等,产物除(NH4)2SO4外还有CaCO3， CaSO4悬浊液在离子方程中要写分子式，反应化学方程式为: CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋(NH4)2SO4，改写成离子方程式为: CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋2NH4+＋SO42-；
因此，本题正确答案是: CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋2NH4+＋SO42- ; 
(4) 检验NH3的方法是：用湿润的红色石蕊试纸放在管口处，若试纸变蓝，证明废气中有NH3存在；因此，本题正确答案是:用湿润的红色石蕊试纸放在管口处,若试纸变蓝,证明废气中有NH3；
(5) 因为CaCO3煅烧可生成CO2和CaO，其中CO2可循环使用，所以CaO为副产品,因此，本题正确答案是:CaO；CO2。
27.某同学想通过实验探究硫和碳得电子能力的强弱，通过比较它们最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来验证，设计了如图实验。

(1)仪器a的名称是_____，应盛放下列药品中的____(填字母)。
A．稀硫酸 B．亚硫酸
C．氢硫酸 D．盐酸
(2)仪器b的名称是_____，应盛放下列药品中的_____(填字母)。
A．碳酸钙 B．硫酸钠
C．氯化钠 D．碳酸钠
(3)仪器c中应盛放的试剂是___，如果看到的现象是___，证明b中反应产生了___，即可证明___比____酸性强，得电子能力_____比____强，b中发生反应的离子方程式为___。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). A (3). 圆底烧瓶 (4). D (5). 澄清石灰水 (6). 澄清石灰水变浑浊 (7). CO2 (8). H2SO4 (9). H2CO3 (10). S (11). C (12). CO＋2H＋===CO2↑＋H2O
【解析】分析：比较非金属性的强弱,可根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，本题可用稀硫酸与碳酸钠反应验证，C中为澄清石灰水,如变浑浊，则说明生成二氧化碳,可证明硫与碳的得电子能力的强弱。
详解：(1)比较非金属性的强弱时用的是最高价氧化物的水化物，因此在分液漏斗中盛放的是稀硫酸，在圆底烧瓶中盛放的是碳酸盐，a仪器名称是分液漏斗；正确答案:分液漏斗；A。
(2)碳酸钙与稀硫酸反应生成的硫酸钙是一种微溶物，会附着在碳酸钙的表面,将阻止反应的进行，所以选取的碳酸钠为反应物，b名称是圆底烧；正确答案:圆底烧瓶；D。
(3)只要证明圆底烧瓶中有二氧化碳生成，就能说明硫酸的酸性比碳酸的酸性强，即说明硫的非金属性比碳强，因此要用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，现象是澄清石灰水变浑浊；所以c中试剂是澄清石灰水，看到了澄清石灰水变浑浊，证明b中反应产生了CO2，即可证明H2SO4比H2CO3酸性强，得电子能力S比C强，b中为碳酸钠与硫酸反应，生成了硫酸钠和水，发生反应的离子方程式为CO＋2H＋===CO2↑＋H2O；正确答案：澄清石灰水 ；澄清石灰水变浑浊；CO2；H2SO4；H2CO3；S；C；CO＋2H＋===CO2↑＋H2O。
28.已知：①A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：

图1
(1)写出下列物质的官能团名称：
B：____________________；D：____________________。
(2)反应④的化学方程式为________________________________________________，反应类型：________。
(3)某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。

甲 乙 丙 丁
图2
①装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为________(填字母)。
A Na2O2 B KCl C Na2CO3 D MnO2
②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应化学方程式为_________________________。
③物质B的催化氧化产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为______________________________________________。
【答案】(1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). AD (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 产生砖红色沉淀
【解析】
【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，则D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为乙酸乙酯，结合有机物的结构和性质解答该题。
【详解】（1）由以上分析可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基。
（2）反应④为CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，取代反应（或酯化反应）。
（3）①在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可以知道，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，故AD正确，故答案为：AD。
②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化为乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
③乙醇被氧化为乙醛，与葡萄糖具有相同的特征反应，滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，会产生砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀。
29.下图是实验室对煤进行干馏的装置图，回答下列问题：

（1）指出图中仪器名称：c______，d______。
（2）仪器d的作用是______，c中液体有______和______，其中无机物里溶有_____，可用_____检验出来。有机物可以通过______的方法使其中的重要成分分离出来。
（3）e处点燃的气体的主要成分有_______，火焰的颜色为_______。
【答案】（1）酒精喷灯　烧杯
（2）盛装冷水对蒸气进行冷却　粗氨水　煤焦油　氨　酚酞溶液　分馏
（3）H2、CH4、CH2=CH2、CO　淡蓝色
【详解】根据煤干馏的主要产品，b中得到的应是焦炭，c中得到的应是粗氨水和煤焦油，e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要是苯、甲苯、二甲苯的混合物，应用分馏的方法分离；焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2、CH2=CH2，燃烧时呈淡蓝色火焰。
（1）根据仪器的构造可知，仪器c为U形管；仪器d为烧杯；
（2）仪器d的作用是盛装冷水对蒸气进行冷却，c中液体有粗氨水和煤焦油，其中无机物里溶有近，可用酚酞溶液检验出来。有机物可以利用沸点的不同通过蒸馏(或分馏)的方法使其中的重要成分分离出来；
（3）e处点燃的气体的主要成分有H2、CH4、C2H4、CO，火焰的颜色为淡蓝色。