2022-2023学年四川省内江市第六中学高二上学期入学考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省内江市第六中学高二上学期入学考试化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，实验题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

四川省内江市第六中学2022---2023学年高二上学期入学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列叙述中正确的是
A．乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．聚合物 可由和加聚制得
C．分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D．纤维素、聚乙烯、光导纤维都属于高分子化合物
【答案】B
【详解】A．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，所以聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．丙烯和乙烯发生加聚反应生成，可由CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得，故B正确；
C．干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，在这个过程中有新物质产生，因此发生的变化属于化学变化，分馏是利用物质沸点不同，将其分离，没有生成新物质，是物理变化，裂化、裂解过程中有新物质生成，都是化学变化，故C错误；
D．相对分子质量在10000以上的化合物为高分子化合物，光导纤维的主要成分是SiO2，所以SiO2不是高分子化合物，故D错误；
故选：B。
2．下列变化中，属于吸热反应的有几个
①液态水汽化    ②将胆矾加热变为白色粉末    ③浓H2SO4稀释    ④铝热反应    ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰    ⑥CaCO3高温分解    ⑦Al与盐酸反应    ⑧Ba(OH)2•8H2O与固体NH4Cl混合    ⑨C+H2O(g)CO+H2    ⑩CO2+C2CO
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【详解】①液态水汽化，属于汽化现象，不是化学反应，故不符合题意；
②将胆矾加热变为白色粉末，属于分解反应，为吸热反应，故符合题意；
③浓H2SO4稀释，属于物理变化，不属于吸热反应，故不符合题意；
④铝热反应为典型的放热反应，故不符合题意；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，属于化合反应，为放热反应，故不符合题意；
⑥CaCO3高温分解典型的吸热反应，故符合题意；
⑦Al与盐酸反应为放热反应，故不符合题意；
⑧Ba(OH)2•8H2O与固体NH4Cl混合为吸热反应，故符合题意；
⑨C+H2O(g) CO+H2为吸热反应，故符合题意；
⑩CO2+C2CO为吸热反应，故符合题意；
综上所述，②⑥⑧⑨⑩符合题意，即共有5个。
故选A。
3．下列化学用语或图示表达不正确的是
A．N2的结构式：N≡N B．Na+的结构示意图：
C．CH4的球棍模型： D．CO2的电子式：
【答案】D
【详解】A．N2分子以氮氮三键构成，其结构式为N≡N，A正确；
B．Na+的质子数为11，电子数为10，所以钠离子的结构示意图为：，B正确；
C．CH4为正四面体结构，其中心C原子的半径略大于H原子的，所以其球棍模型为：，C正确；
D．CO2分子中含2对碳氧双键，各原子满足8电子稳定结构，其电子式为：，D错误；
故选D。
4．稀土是重要的战略资源，素有“工业味精”的美誉。在氧化钕()等稀土催化剂的作用下可发生反应：，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】化学反应速率之比等于化学反应计量数之比，将化学反应速率全部转化为氮气的化学反应速率，进行比较。
【详解】A．，则=；
B．，则=；
C．；
D．，则=；
综上，反应速率最快为C，答案选C。
5．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）

A．用装置甲检验溶液中是否有
B．用装置乙制取并收集少量
C．用装置丙进行喷泉实验
D．用装置丁验证非金属性：
【答案】B
【详解】A．检验K+，需要通过蓝色钴玻璃观察，防止黄光的干扰，A错误；
B．利用生石灰遇水放出大量的热，以及NH3·H2O不稳定受热易分解的性质来制取氨气，由于氨气的密度小于空气的密度，所以收集氨气可用向下排空气法收集，B正确；
C．喷泉实验：烧瓶内外产生压强差，而氯气不溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，C错误；
D．硝酸易挥发，制备的二氧化碳中混有硝酸，不能证明碳酸酸性比硅酸的强，不能证明非金属性强弱关系，D错误；
故选B。
6．化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法错误的是

A．图甲：向电极方向移动，电极附近溶液中浓度增大
B．图乙：正极的电极反应式为
C．图丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D．图丁：电池放电过程中，硫酸浓度不断减小
【答案】A
【详解】A．图甲为Zn、Cu、H2SO4溶液构成的原电池，锌为负极，铜为正极，溶液中的阴离子向负极移动，在Cu电极上氢离子得到电子生成氢气，故向Zn电极方向移动，电极附近溶液中浓度减小，故A错误；
B．锌为负极，电解质溶液为碱性溶液，所以正极的电极反应式为，故B正确；
C．锌筒作负极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，锌筒会变薄，故C正确；
D．电池放电过程中，电池总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，消耗硫酸，硫酸浓度不断减小，故D正确；
答案选A。
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。已知X的气态氢化物溶于水后显碱性；Y是非金属性最强的元素，且Y与W同主族；金属Z的最外层电子数是最内层电子数的一半。下列说法正确的是
A．Z、W两种元素形成的化合物，室温下能导电
B．Y、W两种元素形成的氢化物稳定性较高的是W
C．X的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应
D．Z与氧元素组成的化合物与水反应生成物只有其对应的碱
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X的气态氢化物溶于水后显碱性，可知该气体为氨气，则X为N元素；Y是非金属性最强的元素，则Y为F元素，且Y与W同主族，可知W为Cl元素；金属Z的最外层电子数是最内层电子数的一半，则Z为Na元素。
【详解】A．Na和Cl元素形成的化合物为NaCl，在室温下不能导电，A错误；
B．Y、W两种元素形成的氢化物分别是：HF和HCl，因为F的非金属性比Cl强，因此稳定性较高的是HF，B错误；
C．X的气态氢化物是氨气，其最高价氧化物的水化物为硝酸，两者能反应，C正确；
D．钠与氧元素组成的化合物过氧化钠能与水反应，生成物为氢氧化钠和氧气，D错误；
答案选C。
8．已知热化学方程式：  ，请根据热化学方程式和表中数据计算键的键能x约为
化学键



键能

x


A． B． C． D．
【答案】B
【详解】已知键键能为，键键能为，反应物的总键能-生成物的总键能，，解得，故答案为B。
9．钚是一种放射性元素，是原子能工业的一种重要原料，可作为核燃料和核武器的裂变剂。下列关于的说法不正确的是
A．是元素周期表中第七周期的元素
B． 与为两种不同的核素，互为同位素
C． 与具有相同的化学性质
D． 原子核中有145个中子
【答案】C
【详解】A.Pu的原子序数为94，是第七周期的元素，A正确；
B.与质子数相同而中子数不同，则它们为两种不同的核素，互为同位素，B正确；
C.与质量数相同，但质子数不同、核外电子数不同、电子排布不同，则化学性质不同，C错误；
D.原子核中有个中子，D正确；
故选C。
10．糖类、油脂、蛋白质为食物中的基本营养物质。下列说法正确的是
A．工业上可利用油脂在酸性条件下水解制肥皂
B．糖类、油脂、蛋白质中都可以发生水解反应
C．向鸡蛋清中加入硝酸，会变成黄色
D．淀粉、纤维素分子组成都可表示为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
【答案】C
【详解】A．工业上利用油脂在碱性条件下水解制肥皂，A错误；
B．糖类中的单糖不能发生水解反应，B错误；
C．鸡蛋清中含有蛋白质，遇到硝酸会变黄色，C正确；
D．淀粉和纤维素可表示为(C6H10O5)n，但是两者聚合度n不同，分子式不同，不是同分异构体，D错误；
故答案选C。
11．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:
B．向CaCl2溶液中通入CO2：
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
【答案】A
【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；
B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；
C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2↑，C选项错误；
D．NH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H++OHˉ=H2O，D选项错误；
答案选A。
【点睛】B选项为易错点，在解答时容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。
12．已知短周期主族元素A、B、C、D、E的相对原子质量依次增大，其中D、E为金属元素，A和E的原子序数之和与B和C的原子序数之和相等，E是地壳中含量最多的金属元素。它们的原子半径和最外层电子数的大小关系如图所示。下列说法正确的是

A．B与C的简单氢化物的稳定性：
B．C、D、E的简单离子的半径大小关系：
C．A、D均能和C形成两种化合物
D．B与E的最高价氧化物对应的水化物能发生化学反应
【答案】C
【分析】判断原子半径、最外层电子数时，要从正五边形到顶点的距离大小来判断，从原子半径图可以看出，原子半径：，结合最外层电子数：，可知A为H元素，D为Na元素，A和E的原子序数之和与B和C的原子序数之和相等，E是地壳中含量最多的金属元素，可知E为Al元素，结合最外层电子数可知B为C元素，C为O元素，据此解答。
【详解】A．非金属性：，非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性：，A项错误；
B．C、D、E的简单离子分别为，三种离子的核外电子排布相同，核电荷数大的半径小，所以半径：，B项错误
C．A与C可形成和两种化合物，D与C可形成和两种化合物，C项正确；
D．B和E的最高价氧化物的水化物分别为，不能与发生反应，D项错误；
答案选C。
13．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1mol有机物CH3－CH=CH－CH2－CH3中最多有8NA个原子共面
B．1mol重水比1mol水多NA个质子
C．1mol－OH所含的电子数为10NA
D．28gC2H4和C3H6的混合气体，所含的共用电子对数是6NA
【答案】D
【详解】A．由于双键的存在使得编号为1~6的原子一定处于同一平面上 。另外，通过碳碳单键的旋转使编号为⑦~⑨的氢原子、碳原子和氢原子也可处于同一平面上。所以1分子有机物最多有9个原子共面，1mol有机物中最多有9NA个原子共面。A错误。
B．1个重水分子由2个氘原子（）和1个氧原子构成。1个水分子由2个氕原子（）和1个氧原子构成。1个氘原子比1个氕原子多1个质子，故1个重水分子比1个水分子多2个质子，所以1mol重水比1mol水多2NA个质子。B错误。
C．—OH表示羟基，羟基为电中性，电子数与质子数相同。羟基中的质子数为8+1=9个，所以1mol－OH所含的电子数为9NA。C错误。
D．共用电子对数即共价键数目，包括键和键。1个C2H4分子含有5个键和1个键，共6个共价键。28gC2H4共价键的数量为。1个C3H6分子含有8个键和1个键，共9个共价键。28gC3H6共价键的数量为。D正确。
综上所述，答案为D。
14．几种短周期元素的原子半径及某些化合价见表。
元素代号
A
B
D
E
G
H
I
J
化合价
-1
-2
+4、-4
-1、+7
+5、-3
+3
+2
+1
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186

分析判断下列说法正确的是A．D、H、J的氧化物分别为酸性氧化物、两性氧化物、碱性氧化物
B．A、H、J的离子半径由大到小的顺序是A>J>H
C．G元素的单质不存在同素异形体
D．G的最高价氧化物的水化物酸性比E强
【答案】B
【分析】几种短周期元素的原子半径及某些化合价如表，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。
【详解】A．D、H、J分别为C、Al、Na，CO不是酸性氧化物，故A错误；
B．A、H、J分别为F、Al、Na，Na+、Al3+、F-离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小顺序为：F-＞Na+＞Al3+，即A＞J＞H，故B正确；
C．G为P元素，磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；
D．G为P元素，E为Cl元素，因非金属性：P＜Cl，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4＜HClO4，故D错误；
故选B。
15．已知R2-的核内有n个中子，R原子的质量数为M，则mgR2-中含有电子的物质的量为
A．mol B．mol
C． mol D． mol
【答案】D
【详解】由R2-的核内有n个中子，R原子的质量数为M可知，R2-含有的电子数为M-n+2，mgR2-的物质的量为mol，则mgR2-中含有电子的物质的量mol，故选D。
16．时，向容积为的密闭容器中充入一定量的和，发生反应：，部分数据见下表
反应时间/


0
1.20
0.60

0.80



0.20

下列说法正确的是A．反应在内的平均速率为
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入氦气，压强增大，此反应速率加快
C．反应在时，的转化率约为
D．温度升至，则正反应速率加快，逆反应速率减慢
【答案】C
【详解】A．反应在内CO的物质的量变化量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，浓度变化量为=0.2mol/L，v(CO)==，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=v(CO)=，A错误；
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入氦气，压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，B错误；
C．反应在时，H2O的物质的量变化量为0.6mol-0.2mol=0.4mol，其转化率为100%≈，C正确；
D．温度升高，正、逆反应速率都增加，D错误；
答案选C。
17．目前科学家已开发出一种新型燃料电池——固体氧化物电池，该电池用辛烷(C8H18)作燃料，电池中间部分的固体氧化物陶瓷可传递氧离子，下列说法正确的是
A．电池工作时，氧气发生氧化反应
B．电池负极的电极反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－
C．电池负极的电极反应：C8H18＋25O2－－50e－=8CO2↑＋9H2O
D．若消耗的O2为11.2 L(标准状况)，则电池中有1 mol电子发生转移
【答案】C
【分析】该燃料电池中，辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，再结合物质之间的反应来分析解答。
【详解】A．该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B．负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，故B错误；
C．负极上燃料辛烷失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18+25O2--50e-=8CO2+9H2O，故C正确；
D．标况下11.2L氧气的物质的量为0.5mol，根据O2+4e-=2O2-知，当消耗0.5mol氧气转移电子的物质的量为氧气的4倍，所以转移电子的物质的量为2mol，故D错误；
答案选C。
18．丁烷的二氯代物有几种
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】B
【详解】丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3和， ，有两种不同氢，如果一个氯原子固定在①，另一个氯原子可以在①②③④上，如果一个氯原子固定在②，另一个氯原子可以在②③，有6种；，一个氯原子固定在⑤，另一个氯原子可以在⑤⑥⑦或⑤⑥⑧，有3种，综上所述有9种，选项B正确；
答案为B。
19．分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述错误的是

A．1mol分枝酸可以和3molH2发生加成反应
B．该有机物可发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．该有机物有5种官能团
D．可使溴的四氯化碳、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同
【答案】C
【分析】由结构可知，分子中含羧基、碳碳双键、羟基、醚键，结合羧酸、烯烃、醇及醚的性质来解答。
【详解】A．只有3个碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol分枝酸可以和3mol H2发生加成反应，故A正确；
B．含碳碳双键可发生加成、氧化反应，含羟基可发生取代、氧化反应，含羧基可发生取代反应，故B正确；
C．含羧基、碳碳双键、羟基、醚键，共4种官能团，故C错误；
D．含碳碳双键可与溴发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，则褪色原理不同，故D正确；
故选C。
20．为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法都正确的是（    ）
序号
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4（C2H4）
酸性KMnO4溶液
洗气
B
C2H5OH（乙酸）
新制生石灰
蒸馏
C
乙酸乙酯（乙醇）
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
D
NH4Cl溶液（FeCl3）
NaOH溶液
过滤

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．C2H4与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；
B．水与生石灰反应，可增大混合物的沸点差，可用蒸馏的方法分离，故B正确；
C．乙醇易溶于水，溶于碳酸钠溶液后与乙酸乙酯分层，然后利用分液来分离，故C错误；
D．NH4Cl溶液和FeCl3溶液都能与氢氧化钠溶液反应，应加入氨水除杂，故D错误；
故选B。
21．一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是

A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【分析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。
【详解】A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；
B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；
C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；
D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；
故选B。
【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。

二、结构与性质
22．I.下面是同学们熟悉的微粒，完成下列问题：
①N2H4②HBrO    ③BaCl2④Ne    ⑤NH4Cl ⑥Na2O2⑦N2
(1)这些物质中，只含有离子键的是____；(填序号，下同)；属于共价化合物的是____；属于电解质的是____。
(2)①的结构式是____；用电子式表示NH3的形成____。
(3)在下列变化中，①液溴的挥发②烧碱熔化③H2S溶于水④Na2O2溶于水，破坏了化学键的是____。
II..表中的实线表示元素周期表的部分边界。

(4)请在表中用实线补出元素周期表的上边界____。
(5)某主族元素原子的核外电子排布为：，该元素在元素周期表中的位置____。
(6)元素I的非金属性____(填“强于”或“弱于”)元素H，用原子结构的观点解释原因：同周期元素随着原子序数的递增，____。
(7)处于周期表中对角线位置(左上方和右下方)的元素，其性质具有相似性，称为“对角线规则”，元素D与F的单质及其化合物性质相似，如D、DO、D(OH)2与NaOH溶液都能反应生成Na2DO2等物质，写出D(OH)2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式____。
(8)元素G的一种含氧酸化学式为：H3GO3，其结构式可表示为：，H3GO3分子中G原子____(填“是”或“不”)满足8电子稳定结构；H3GO3与过量氢氧化钠溶液反应生成的产物Na2HGO3为____(填“酸式盐”或“正盐”)。
【答案】(1)     ③     ①②     ②③⑤⑥
(2)         
(3)②③④
(4)
(5)第四周期VIA族
(6)     强于     半径减小，得电子能力增强
(7)Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O
(8)     不     正盐

【解析】（1）
这些物质中，只含有离子键的是③BaCl2；属于共价化合物的是①N2H4②HBrO；属于电解质的是②HBrO ③BaCl2⑤NH4Cl ⑥Na2O2①N2H4分子中含有N-H极性共价键和N-N非极性共价键，②HBrO分子中含有H-O极性键和O-Br极性键，③BaCl2中仅含有离子键，④Ne原子间没有任何化学键，⑤NH4Cl中含有N-H极性键和与Cl-|间的离子键，⑥Na2O2中含有O-O非极性键和Na+与之间的离子键，⑦N2分子中含有H-H非极性共价键；含有离子键的化合物叫做离子化合物，只含有共价键的化合物叫做共价化合物，据此可知；只含有离子键的是③；属于共价化合物的是①②，属于电解质的是②③⑤⑥；
（2）
结构式就是用短线表示出物质中所有共价键的式子，电子式是用“："表示出原子或离子最外层电子的式子，N2H4分子中含有4条N-H极性键和1条N-N非极性键，N2H4的结构式：；1个氨分子是3个氢原子和1个N原子通过共价键形成的分子，形成过程：；
（3）
破坏了化学键说明发生化学反应或电解质熔融或溶于水，故②烧碱熔化③H2S溶于水④Na2O2溶于水破坏了化学键；
（4）
元素周期表上边界：
；
（5）
该主族元素电子层为4层，且三层均填满，最外层有6个电子，故该元素在第四周期VIA族；
（6）
由元素周期表可知，元素I为Cl，元素H为S，Cl的非金属性强于S，因为同周期元素，随着原子序数的递增，原子半径递减，得电子能力增强，非金属性增强；
（7）
D是Be，F是Al，根据对角线规则，Be的性质与Al相似，故Be(OH)2具有两性，故D(OH)2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；
（8）
元素G为P，故该含氧酸化学式为：H3PO3，为二元酸，P原子最外层有5个电子，需要3个电子达到8电子稳定，即形成三个共价键，而根据已知结构判断，H3PO3中P原子形成了4个共价键，故不是8电子稳定结构，H3PO3与过量氢氧化钠溶液反应，因氢氧化钠溶液过量，故生成的产物为正盐。

三、实验题
23．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：

（1）请列举海水淡化的两种方法：___________、___________。
（2）步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br—，其目的是___________。
（3）步骤II用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为___________。
（4）某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒并有强腐蚀性。他们参观生产过程后，画了如图装置简图：

请你参与分析讨论：
①整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是___________。
②C、D之间用长玻璃导管连接的目的是___________。D中的离子反应方程式___________。
③C中液体的颜色为___________。为除去该产物中残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后，再进行的分离操作是___________；相关离子反应方程式___________。
【答案】     蒸馏法     电渗析法     富集溴元素     Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO42−＋2Br－     Br2腐蚀橡胶     导气、冷凝回流Br2     Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O     深红棕色     萃取、分液     Cl2+2Br-=Br2+2Cl-
【分析】海水淡化常见的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，氯碱工业得到的氯气与溴离子反应生成低浓度的Br2溶液，此时蒸馏会消耗大量能源，成本较高，因此用热空气吹出，用二氧化硫水溶液吸收得到硫酸和氢溴酸，再用氯气氧化氢溴酸，得到较大浓度的Br2溶液，再蒸馏得到Br2，蒸馏时要注意Br2的沸点为59 ℃，微溶于水，有毒并有强腐蚀性，因此控制好温度，整个过程中不能使用橡皮管。
【详解】(1)海水淡化的方法有：蒸馏法、电渗析法等，故答案为：蒸馏法；电渗析法；
(2)步骤Ⅰ中已获得Br2，获得的Br2浓度较小，因此步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的是富集溴元素，故答案为：富集溴元素；
(3)步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2生成HBr和硫酸，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO42−＋2Br－，故答案为：Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO42−＋2Br－；
(4)①控制温度59℃，使溴单质挥发，通过冷凝得到呈深红棕色的液态溴单质，同时避免污染环境，最后进行尾气吸收，由于溴单质是一种强氧化剂，易腐蚀橡胶制品，所以整套装置不能用橡胶塞和橡胶管，故答案为：Br2腐蚀橡胶；
②C、D之间用长玻璃导管连接的目的是导气、冷凝回流Br2，D的作用是吸收尾气中的Br2，反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O，故答案为：导气、冷凝回流Br2；Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；
③C中收集到液态的Br2，常温下，Br2为深红棕色液体，Cl2和NaBr溶液反应得Br2和NaCl混合溶液，从而除去Cl2，再经萃取、分液去掉水层得Br2的有机溶液，相关离子反应方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：深红棕色；萃取、分液；Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。

四、有机推断题
24．回答下列问题：
(1)相对分子质量为114的烷烃，其分子式为____，若此有机物的一氯代物只有一种，请写出此有机物的结构简式_____。
(2)某物质的最简式为CH，属于芳香烃，且所有原子一定在一个平面上，写出该物质与浓硝酸、浓硫酸混合加热的化学方程式____，反应类型____。
(3)苯乙烯在一定条件下有如图转化关系，根据框图回答下列问题：

①苯乙烯与Br2的CCl4溶液生成B的化学方程式为____。
②苯乙烯生成高聚物D的化学方程式为____，该反应类型是____。
③苯乙烯分子中，最多____个碳原子共平面。
④苯乙烯与足量H2在一定条件下充分反应的生成物A，A的一氯代物有____种。
⑤C的结构有2种，写出与甲酸(HCOOH)反应化学方程式：____。
(4)乙醇可被不同氧化剂氧化为不同的产物，如①可使酸性高锰酸钾褪色，乙醇被高锰酸钾氧化为：____(写名称)；②可在铜或者银的作用下发生催化氧化，其反应方程式为：____；③可作燃料电池的负极，写出碱性条件下负极的电极反应式：____。
【答案】(1)     C8H18     (CH3)3CC(CH3)3
(2)     +HO-NO2+H2O     取代反应
(3)     +Br2→     n     加聚反应     8     6     +HCOOH+H2O
(4)     乙酸     2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O     C2H5OH+16OH--12e-=2CO+11H2O

【分析】烷烃通式为CnH2n+2，芳香烃为含有苯环的烃；含有碳碳双键的物质可以发生加成、加聚、氧化反应；
（1）
烷烃通式为CnH2n+2，相对分子质量为114的烷烃，则14n+2=114，n=8，其分子式为C8H18，若此有机物的一氯代物只有一种，则其氢原子只有一种情况，结构简式为(CH3)3CC(CH3)3；
（2）
芳香烃为含有苯环的烃，某物质的最简式为CH，属于芳香烃，且所有原子一定在一个平面上，则为苯，苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热苯环上1个氢原子被硝基取代生成硝基苯和水，化学方程式+HO-NO2+H2O，反应属于取代反应；
（3）
①苯乙烯与Br2发生加成反应生成，化学方程式为+Br2→。
②苯乙烯中含有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物，化学方程式为n，该反应类型是加聚反应。
③与苯环直接相连的原子共面，碳碳双键两端的原子共面，则苯乙烯分子中，最多8个碳原子共平面。
④苯乙烯与足量H2在一定条件下充分反应发生加成反应生成A，A中氢原子有6种情况，故一氯代物有6种。
⑤
与甲酸(HCOOH)发生酯化反应生成酯和水，化学方程式：+HCOOH+H2O
（4）
①乙醇具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，乙醇可使酸性高锰酸钾褪色，乙醇被高锰酸钾氧化为乙酸；
②可在铜或者银的作用下发生催化氧化生成乙醛，其反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
③乙醇可作燃料电池的负极，碱性条件下失去电子生成碳酸根离子，发生氧化反应，负极的电极反应式：C2H5OH+16OH--12e-=2CO+11H2O。

五、原理综合题
25．I.“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。
(1)下列措施中不能有效促进碳中和的是____。
A．利用可燃冰代替现有化石能源 B．推动氢氧燃料汽车代替燃油汽车
C．扩大水力发电规模代替火力发电 D．研发二氧化碳人工合成淀粉技术
II.为实现“碳中和”目标，我国科学家做出了卓越贡献，最新科研成果之一为：在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化清洁液态燃料——甲醇(CH3OH)。t℃时，反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
(2)加快该反应速率的措施有____。
(3)能证明上述反应达到平衡状态是____(填标号)。
A．CO2的生成速率与H2的消耗速率相等时
B．恒温恒容时，容器内气体的总压强不再随时间而改变时
C．容器内气体的总质量不再改变时
D．恒容时，CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度相等时
(4)t℃时，将3molCO2和4molH2通入体积为2L的恒容密闭容器中发生催化反应，2min时CH3OH的含量不再变化，此时测得H2的物质的量为1mol。请回答下列问题：
①从反应开始到达化学平衡，用H2表示的平均反应速率____。
②起始状态与平衡状态容器内的压强之比____。
III.人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要.以下每小题中的电池广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。
(5)铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O。正极电极反应式为____。
(6)FeCl3溶液常用于腐蚀印刷电路铜板，发生2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，若将此反应设计成原电池，则正极所用电极材料为____，当线路中转移0.4mol电子时，则被腐蚀铜的质量为____g。
(7)将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，负极分别为____。
A．铝片、铜片 B．铜片、铝片 C．铝片、铝片 D．铜片、铜片
(8)如图是一种新型燃料电池，以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3的熔融混合物为电解质，A极为电源____(填“正”或“负”)极，写出A极的电极反应式：____。

【答案】(1)A
(2)升高温度，加压，增大反应物浓度
(3)B
(4)     0.75mol·L-1·min-1     7：5
(5)PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O
(6)     石墨或Pt     12.8
(7)B
(8)     负     CO-2e-+CO=2CO2

【解析】（1）
A．可燃冰主要成分是甲烷，燃烧时也能产生CO2，不能有效促进碳中和，故A符合题意；
B．氢氧燃料电池产生的水，可以减少CO2排放，能有效促进碳中和，故B不符合题意；
C．水力发电代替火力发电，可以减少CO2排放，能有效促进碳中和，故C不符合题意；
D．研发二氧化碳人工合成淀粉技术，可以减少CO2排放，能有效促进碳中和，故D不符合题意；
故答案为A；
（2）
加快反应速率可以适当升高温度、加压、增加反应物浓度等；故答案为适当升高温度、加压、增加反应物浓度等；
（3）
A．用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即3v生(CO2)=v消(H2)，故A错误；
B．组分都是气体，且反应前后气体系数之和不相等，因此恒温恒容时，当气体压强不再改变，说明反应达到平衡，故B正确；
C．组分都是气体，因此气体总质量始终相等，故C错误；
D．根据化学平衡状态的定义，当组分浓度不再改变时，说明反应达到平衡，而不是浓度相等，故D错误；
答案为B；
（4）
①2min时甲醇的含量不再变化，说明反应达到平衡，此时消耗氢气物质的量为3mol，用氢气表示的反应速率v(H2)==0.75mol/(L·min)；故答案为0.75mol/(L·min)；
②达到平衡时测得氢气物质的量为1mol，达到平衡时消耗氢气物质的量为3mol，消耗CO2物质的量1mol，生成甲醇、水蒸气的物质的量为1mol，相同条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，起始状态与平衡状态的压强之比为(3+4)∶(1+2+1+1)=7∶5；故答案为7∶5；
（5）
按照原电池工作原理，正极上得到电子，化合价降低发生还原反应，根据总反应，正极反应式为PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O，故答案为PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O；
（6）
按照原电池工作原理，正极上得到电子，化合价降低发生还原反应，根据总反应，正极所用电极材料是石墨或金属Pt；负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，因此转移0.4mol电子时，被腐蚀铜的质量为=12.8g；故答案为石墨或Pt；12.8g；
（7）
插入到浓硝酸中，铝片与浓硝酸发生钝化反应，因此铜片作负极，插入到NaOH溶液，因为铝能与氢氧化钠溶液发生反应，因此铝片作负极，选项B正确；故答案为B；
（8）
燃料电池中通入燃料一极为负极，通入氧气或空气一极为正极，根据装置图，A极通入CO，则A极负极，熔融碳酸盐作电解质，电极反应式为CO-2e-+CO=2CO2；故答案为负；CO-2e-+CO=2CO2。