期末模拟卷04(提分拔高卷)高一化学期末仿真演练卷(必修第二册)(解析版).docx

2020-2021学年新教材人教版高一化学期末仿真演练卷04
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
考试内容：新教材人教必修第二册 难度：★★★★☆
一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个正确选项。
1．下列表示正确的是
A．甲烷的空间充填模型： B．乙酸的结构简式：C2H4O2
C．37Cl的原子结构示意图： D．氧化钠的电子式：
【答案】C
【解析】A．甲烷的空间构型为正四面体形，空间充填模型为，故A错误；B．乙酸的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，故B错误；C．37Cl的核电荷数为17，核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为，故C正确；D．氧化钠为离子化合物，电子式为，故D错误。
2．下列说法正确的是()
A．煤的干馏是指将煤在空气中加强热使之分解的过程
B．推广使用煤液化和气化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
C．石油分馏得到的各馏分仍是混合物
D．直馏汽油和裂化汽油均可使溴水褪色，且原理相同
【答案】C
【解析】A. 煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，A错误；B. 推广使用煤液化和气化技术，可减少二氧化硫等有害气体排放，但不能减少二氧化碳气体的排放，C错误；C. 石油分馏得到的各馏分是沸点接近的碳氢化合物的混合物，C正确；D. 直馏汽油能萃取溴水中的溴，使水层褪色，上层橙红色、裂化汽油能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，原理不同，D错误；答案选C。
3．下列有关化学与环境的叙述不正确的是( )
A．“环保汽车”是指所排放的尾气污染较轻的汽车
B．汽车尾气中的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的
C．“绿色化学”是指从源头上消除或减少对环境的污染
D．推广使用可降解塑料及布袋购物，以减少“白色污染”
【答案】B
【解析】A. “环保汽车”是指所排放的尾气污染较轻的汽车，例如使用电动汽车不排放有毒气体，A正确；B. 汽车尾气中的氮氧化物是在电火花条件下，由氧气和氮气反应造成的，B错误；C. “绿色化学”是指原子利用率为100%，从源头上消除或减少对环境的污染，C正确；D. 推广使用可降解塑料及布袋购物，以减少聚氯乙烯等难以降解的塑料袋的使用，从而减少了“白色污染”，D正确；答案选B。
4．下列各物质，一定是同系物的是(　　)
A．分子式为C4H6和C5H8的烃
B．分子式为C3H8O和CH4O的有机物
C．符合CnH2n通式的烃
D．分子式为C4H10和C3H8的烃
【答案】D
【解析】结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物互为同系物；
A．分子式为C4H6和C5H8的烃，二者可能都是炔烃，也可能是二烯烃，由于二者结构不能确定，如C4H6 可能为丁炔，有可能为 1，3﹣丁二烯，所以无法判断二者是否属于同系物，故 A 错误；
B．分子式为C3H8O和CH4O的有机物，二者都是醇时，互为同系物，但是前一个是醚类，后一个是醇类时，则不互为同系物，故B错误；
C．符合CnH2n通式的烃，可能为烯烃，也可能为环烷烃，无法确定其结构，所以无法判断是否属于同系物，故 C错误；
D．分子式为C4H10和C3H8的烃，二者都是烷烃，结构一定相似，分子间相差1个CH2原子团，二者一定互为同系物，故D正确；
答案选D。
5．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：2A(s)+3B(g)=2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了5mol，则0~5min内该反应的平均速率为
A．v(A)=0.5mol/(L·min)
B．v(B)=0.75mol/(L·min)
C．v(C)=1.0mol/(L·min)
D．v(D)=0.25mol/(L·min)
【答案】B
【分析】
一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：2A(s)+3B(g)=2C(g)+4D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了5mol，平衡体系各组分物质的量变化量之比=计量系数之比，则B的物质的量变化量为，C的物质的量变化量为5mol，D的物质的量变化量为10mol，据此分析解答。
【解析】
A．A为固体，没有浓度变化量，不能用该物质浓度的变化表示该反应的反应速率，故A错误；
B．v(B)= = =0.75mol/(L·min)，故B正确；
C．反应速率之比=化学计量系数之比，则v(C)=v(B)=0.5mol/(L·min)，故C错误；
D．反应速率之比=化学计量系数之比，则v(D)=v(B)=1mol/(L·min)，故D错误；
答案选B。
6．下列物质中，水解的最终产物可以发生银镜反应的是(　　)
A．蔗糖 B．乙酸乙酯 C．油脂 D．蛋白质
【答案】A
【解析】A. 发生银镜反应的说明含醛基，蔗糖水解产物含葡萄糖，故可以发生银镜反应，A正确；B. 乙酸乙酯水解生成乙醇、乙酸或乙酸钠，不能发生银镜反应，B错误；C. 油脂水解生成高级脂肪酸或高级脂肪盐、甘油，不能发生银镜反应，C错误；D. 蛋白质水解生成氨基酸，不能发生银镜反应，D错误；答案选A。
7．利用“价类二维”图可以从不同角度研究含氮物质的性质及其转化关系。图中甲~辛均含氮元素。下列说法正确的是(　　)

A．甲和乙在一定条件下均可与氧气直接反应生成丁
B．丁可以与水反应生成戊，所以丁是酸性氧化物
C．甲→乙→丙→丁→戊是工业制硝酸的过程
D．辛和庚不可能是同种物质
【答案】C
【分析】
图中甲～辛均含氮元素。由化合价和物质的类别可知甲为N2，乙为NH3，丙为NO，丁为NO2，戊为HNO3，己为NH3•H2O，辛为铵盐，庚为硝酸盐，结合对应的物质的性质可以作判断。
【解析】
A．甲为N2，乙为NH3，丁为NO2，在一定条件下，N2和NH3均可与氧气直接反应生成NO，不能直接生成NO2，故A错误；
B．与水反应只生成酸的氧化物为酸性氧化物，丁为NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，所以丁不是酸性氧化物，故B错误；
C．N2→NH3→NO→NO2→HNO3，是工业制HNO3的转化过程，故C正确；
D．辛为铵盐，庚为硝酸盐，由氨气和硝酸反应得到硝酸铵，可以是同一种物质，故D错误；
答案选C。
8．下列有关物质性质与用途的对应关系中，说法正确得是(　　)
A．Si熔点高，可以作半导体材料
B．SO2具有漂白性，可以漂白纸浆、毛、丝等
C．NH4HCO3受热易分解，可以用作氮肥
D．A1Cl3熔点低，工业上常用来冶炼Al
【答案】B
【解析】A. 因为硅的导电性介于导体和绝缘体之间，故可以作半导体材料，A错误；B. SO2具有漂白性，可以漂白草帽纸浆、毛、丝等，B正确；C. NH4HCO3是可溶性铵盐，是一种铵态氮肥，C错误；D. A1Cl3是共价化合物，熔融的氯化铝不导电不能被电解，工业上常用电解熔融的氧化铝来冶炼Al，D错误；答案选B。
9．把 a、b、c、d四种金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a，b相连，a为负极；c、d相连，d上有气泡溢出；a，c相连，a质量减少；b，d相连，b为正极。则四种金属的活动性顺序由大到小为
A．a＞c＞b＞d B．a＞c＞d＞b C．b＞d＞c＞a D．a＞b＞c＞d
【答案】B
【解析】
把 a、b、c、d四种金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a，b相连，a为负极，说明金属活动性：a＞b；若c、d相连，d上有气泡溢出，说明金属活动性；c＞d；若a，c相连，a质量减少，说明a为负极，则金属活动性：a＞c；若b，d相连，b为正极，则金属活动性：d＞b，故四种金属活动性由强到弱的顺序为：a＞c＞d＞b，故合理选项是B。
10．下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是( )
①有能量变化的过程是化学反应
②化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量多少无关
③化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的
④能量变化是化学变化的基本特征之一
⑤热量不是化学反应中能量变化的唯一形式
⑥吸热反应不一定需要加热
⑦放热的化学反应均可以设计成原电池
A．①②⑦ B．①⑤⑥ C．①④ D．④⑤⑦
【答案】A
【解析】
①有能量变化的过程可以是化学反应，也可以是物理变化，比如三态变化是物理变化，①错误；
②化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量多少成正比例关系，同一个反应，反应物的量翻倍了，能量变化值也翻倍，②错误；
③化学变化中的能量变化主要是断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键时放出的能量的差引起的，③正确；
④化学变化时，既有物质变化，又有能量变化，故能量变化是化学变化的基本特征之一，④正确；
⑤能量形式有多种，有光能、热能、电能等等，故热量不是化学反应中能量变化的唯一形式，⑤正确；
⑥吸热反应不一定需要加热，例如氢氧化钡晶体和氯化铵晶体在室温下混合即可发生，该反应是吸热反应，⑥正确；
⑦放热的氧化还原反应均可以设计成原电池，⑦错误；
答案选A。
11．一定体积的某气态烃与过量氧气的混合物充分反应后恢复到原温度、压强(标准状况)。混合气体体积缩小为原体积的二分之一。下列四种气态烃中，符合条件的是(　　)
A．甲烷 B．乙烷 C．丙烷 D．丁烷
【答案】B
【解析】设气态烃的分子式为CxHy，气态烃与过量氧气的混合物充分反应后恢复到原温度、压强(标准状况)生成的水为液态，根据题意可得：

根据烃的燃烧通式可知，烃完全燃烧后气体体积变化为1+ ，当该气体烃与氧气恰好反应时，则一定满足：反应后二氧化碳的体积等于反应前气体总体积的一半，即：2x=1+x+，解得：x=1+，或y=4x-4；烃中含氢量越大，燃烧后气体体积减小则越大；由于氧气过量，烃不足，若反应后混合气体体积缩小，则该烃中氢原子数目必须满足：y＞4x-4，
A．根据x=1+可知，该气态烃的碳原子数大于1，甲烷中碳原子数等于1，故A不符合题意；
B．当x=2时，y＞4，乙烷的分子式为C2H6，符合题意要求，故B符合题意；
C．当x=3时，y=4×3-4=8，碳原子为3的烃中，饱和烃丙烷才含有8个H，含有的氢原子数目不可能大于8，故C不符合题意；
D．当x=4时，y=4×4-4=12， 饱和烃丁烷才含有10个H，不可能达到12个氢原子，故D不符合题意；
答案选B。
12．制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是

A．反应①属于固氮反应 B．SiO2可用于制造芯片
C．反应⑤、⑥均为氧化还原反应 D．高纯硅可以制作太阳能电池
【答案】B
【解析】
A．N2与H2在一定条件下合成NH3，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A项正确；
B．SiO2不能导电，不用于制造芯片， B项错误；
C．反应⑤、⑥中均有元素化合价发生变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C项正确；
D．高纯硅是制作太阳能电池的材料，D项正确；
答案选B。
13．某种氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等)，电池反应为NH3∙BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O(不考虑其他反应的影响)。已知：质子交换膜只能允许H+通过。下列说法正确的是(　　)

A．负极的电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O
B．电池中电子由a经由导线流入b
C．电池工作时H+由右侧极室经质子交换膜进入左侧极室
D．若加入的氨硼烷全部放电后左右两极室内液体质量差为3.8g，则电路中转移1.2mol电子
【答案】C
【分析】
根据电池反应为NH3·BH3+3H2O=NH4BO2+4H2O可知，加入NH3•BH3的a电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，加入H2O2的b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-=6H2O，据此分析解答。
【解析】
A．H2O2的b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故A正确；
B．原电池中电子由负极经导线流入正极，根据分析，a电极为负极，b电极为正极，电池中电子由a经由导线流入b，故B正确；
C．原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+由左侧极室经质子交换膜进入右侧极室，故C错误；
D．未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等，通入后，负极电极反应式为：NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极电极反应式为：3H2O2+6H++6e-=6H2O，假定转移6mol电子，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g，理论上转移6mol电子，工作一段时间后，若左右两极室质量差为3.8g，则电路中转移1.2mol电子，故D正确；
答案为C。
14．在一定条件下，把amolX、bmolY混合，发生反应：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)达到平衡时，Z的体积分数是40%，则的范围是( )
A．＜＜2 B．＜＜ C．＜＜1 D．＜＜
【答案】B
【解析】
，则，得，当 时，得 ，当 时，得，据此，选项B正确；
答案选B。
15．下列平衡建立判断依据中，叙述正确的项有(　　)
①3Z(s)⇌X(g)+2Y(g)加入Z后，若气体平均摩尔质量不变，则平衡建立
②2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)若一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，则平衡建立
③N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)若恒容条件下装置压强不变，则平衡建立
④C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)若恒容条件下气体密度不变，则平衡建立
⑤2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)若恒容条件下c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2
A．①②③ B．②③④ C．②③⑤ D．①③④
【答案】B
【分析】
以合成氨反应为例，平衡状态的判断方法有：①对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，υ正(N2)= υ逆(N2)，若选用不同物质的速率，如不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，如υ正(N2)=υ逆(NH3)，则说明已平衡，②各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了，③选定的某个物理量，一开始会随着反应的发生而变化，而当这个量不再改变的时候，就达到化学平衡状态，据此分析回答
【解析】
①3Z(s)⇌X(g)+2Y(g)加入Z后，Z为固体，不影响气体平均摩尔质量，而该体系中气体平均摩尔质量=，故密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变不能说明已平衡，①错误；②2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)若一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂，则υ正(HI)=2υ逆(H2)= υ逆(HI)，则平衡建立，②正确；③N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，③正确；
④C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)反应，恒容条件密闭容器中， ，气体质量随着反应而变化，容积体积的不变，故气体密度不变说明已平衡，④正确；
⑤2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)若恒容条件下反应，物质的浓度取决于起始的量，故c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2， 未必就是“速率相等”或“浓度保持不变”，不能说明已平衡，⑤错误；
综上，正确的是B；
答案选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个正确选项。
16．在298K时，实验测得溶液中的反应：H2O2+2HI=2H2O+I2在不同浓度时的化学反应速率见表，由此可推知第6组实验中c(HI)、c(H2O2)不可能为(　　)
实验编号
1
2
3
4
5
6
c(HI)/mol/L
0.100
0.200
0.150
0.100
0.100
？
c(H2O2)mol/L
0.100
0.100
0.150
0.200
0.300
？
v/mol/(L·s)
0.0076
0.0152
0.0171
0.0152
0.0228
0.152
A．0.500mol/L、0.400mol/L B．0.400mol/L、0.500mol/L
C．1.00mol/L、0.200mol/L D．0.100mol/L、1.00mol/L
【答案】D
【解析】
根据表格数据可以看出，实验2与实验1比较，c(HI)增大到原来的2倍，则反应速率也增大原来的2倍，实验4与实验1比较，c(H2O2)原来的2倍，则反应速率也变成原来的2倍，实验3与实验1比较，c(HI)和c(H2O2)都增大原来的1.5倍，则反应速率增大到原来的1.5×1.5==2.25倍，则可以得出反应速率与c(HI)和c(H2O2)浓度变化乘积成正比，所以实验5反应速率是实验1的倍，则c(HI)和c(H2O2)之积应该增大到原来的20倍，所以A、B、C符合，D不符合；
答案选D。
17．相对分子质量相同的酸和醇生成酯C7H14O2，则符合此条件的酯的同分异构体数为(　　)
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【解析】
相对分子质量相同的酸和醇生成酯C7H14O2，因此，酸比醇少一个碳原子，则酸的碳原子数为3，醇的碳原子数为5；含有3个碳原子的羧酸只有1种结构，为CH3CH2COOH；4个碳的醇可以看做丁烷上的一个氢原子被羟基取代的产物，由于丁烷有两种结构：正丁烷和异丁烷，正丁烷中有两种不同环境的氢原子，则正丁烷形成的醇有2种结构，异丁烷结构中有三种不同环境的氢原子，则异丁烷形成的醇有2种结构，则4个碳原子的醇共有4种结构，则由这种酸和醇形成的酯的同分异构体共有4种，答案选A。
18．利用如图所示装置进行实验，将液体X逐滴加到固体Y中。下列有关实验现象或结论正确的是
选项
X
Y
Z
实验现象或结论
装置
A
稀硫酸
亚硫酸钠
品红溶液
SO2能氧化品红

B
双氧水
MnO2
氢硫酸溶液
产生浑浊
C
浓盐酸
石灰石
硅酸钠溶液
非金属性：Cl＞C＞Si
D
浓硝酸
Cu
水
试管中液体变红

【答案】B
【解析】
A．Na2SO3与稀H2SO4反应能产生SO2，SO2通入品红溶液能将其漂白，导致溶液褪色，A不符合题意；
B．MnO2催化H2O2分解产生O2，O2通入H2S溶液中发生反应O2+2H2S=2S↓+2H2O，S不溶于水使溶液变浑浊，B符合题意；
C．浓盐酸与CaCO3发生产生CO2，说明酸性：HCl＞H2CO3，但HCl不是氯元素最高价含氧酸，故不能说明非金属性Cl＞C，制得的CO2中混有HCl，故Na2SiO3溶液中产生H2SiO3不一定是CO2制得，也有可能是HCl制得，故不能说明H2CO3＞H2SiO3，即不能说明非金属性C＞Si，C不符合题意；
D．Cu与浓硝酸反应产生红棕色NO2气体，NO2通入水中反应生成无色的硝酸和NO，D不符合题意；
故答案选B。
19．利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是（ ）

A．电池工作时，OH—从左向右迁移
B．电极A上发生氧化反应，电极A为正极
C．当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4mol
D．电极B的电极反应式为2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O
【答案】C
【分析】
由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。
【解析】
由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；
A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH—从右向左迁移，故A错误；
B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；
C．当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；
D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D错误；
故答案为C。
20．将1.28g铜粉加入100mL 0.4mol/L的稀HNO3溶液中，加热充分反应后再加入100mL 0.2mol/L的H2SO4溶液，继续加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是(忽略溶液体积变化)(　　)
A．0.1mol/L B．0.15mol/L C．0.2mol/L D．0.3mol/L
【答案】A
【解析】1.28g铜粉的物质的量为=0.02mol，NO3-的物质的量为0.1L×0.4mol/L=0.04mol，H+的物质的量为0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.2mol/L×2=0.08mol，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，由方程式可知，硝酸过量，0.02mol铜完全反应，全部转化为Cu2+，则n(Cu2+)=n(Cu)=0.02mol，c(Cu2+)==0.1 mol/L，答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共55分）
三、填空题：本题共 4 小题，共 45 分。
21．某有机化合物A能发生如图所示转化：

已知：
①R1COOH+R2COOH
②+H2
③E分子中没有支链
（1）A的分子式为：____________；分别写出C、F的官能团的名称_______________、____________。
（2）C与E生成F的反应条件：__________________。
（3）反应E+C→F的反应类型为：________________；在A→B的反应中，Cu的作用为：_______________。
（4）反应A→D的方程式为：___________________________________________。
（5）鉴别化合物C、E的试剂为：_________________。
（6）写出符合下列条件的E的同分异构体的结构简式_________________________________(写1种即可)
①与E具有相同官能团；
②烃基上的一氯代物只有两种结构。
【答案】（1）C6H10O2 羟基 酯基
（2）浓硫酸、加热
（3）酯化反应 催化剂
（4）2+2Na=2+H2↑
（5）酸性高锰酸钾溶液
（6）HOOCC(CH3)2CH2COOH
【分析】
由流程图可知，A能与钠反应，以及A→E的反应条件可知，A中含有羰基和羟基，则A的分子式为C6H10O2， E分子中没有支链，与A碳原子数相同，则A应为一个环状化合物，则A的结构简式应为，E的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，D的结构简式为，A在铜的作用下生成B，根据B的分子式，A→B的反应中少了两个氢原子，应为A中的羟基被氧化，则B的结构简式为，A与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成C，C的结构简式为，E和C发生酯化反应，生成F，F的结构简式为，据此分析解答。
【解析】
（1）根据分析，A的分子式为：C6H10O2；C的结构简式为、F的结构简式为，官能团的名称分别为羟基、酯基；
（2）E和C发生酯化反应生成F，则反应条件为浓硫酸、加热；
（3）根据（2）中分析，反应E+C→F的反应类型为酯化反应；A→B的反应中少了两个氢原子，应为A中的羟基被氧化，则B的结构简式为，则Cu的作用为催化剂；
（4）A的结构简式应为，D的结构简式为，反应A→D的方程式为：2+2Na=2+H2↑；
（5）C的结构简式为含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，E的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，含有羧基，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾溶液不褪色，则鉴别化合物C、E的试剂为：酸性高锰酸钾溶液；
（6）E的结构简式为HOOC(CH2)4COOH，E的同分异构体与E具有相同官能团，即含有羧基，烃基上的一氯代物只有两种结构，即烃基上只有两种环境的氢原子，则结构简式为HOOCC(CH3)2CH2COOH或HOOCCH(CH3)CH(CH3)COOH。
【点睛】
本题的难点是A的结构简式的推断，在解题时充分利用已知信息，根据已知信息推断A的结构和含有的官能团。
22．NO2和N2O4之间发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)，一定温度下，体积为2L的密闭容器中，各种物质的物质的量随时间变化的关系如图所示：

请回答下列问题：
（1）曲线__________(填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。在0到1min中内用X表示该反应的速率是______________________，该反应达最大限度时Y的转化率__________________。
（2）上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，测甲中v(NO2)=0.3mol/(L·min)，乙中v(N2O4)=0.2mol/(L·min)，则________________中反应更快。
（3）NO、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨II电极上生成氧化物Y(N2O5)，则石墨I电极是_____________(填“正极”或“负极”)，石墨II的电极反应式为___________________________________________。已知：电池中参与电极反应。

（4）研究表明，氮氧化物(NO)和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如图所示：

下列关于雾霾及其形成的叙述中，正确的是____________
A．雾霾的产生与燃料燃烧有关
B．整个过程涉及氧化还原反应、化合反应
C．雾霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4
D．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
【答案】（1）Y 0.1mol/(L.min) 60%
（2）乙
（3）正极 NO2-e-+═N2O5
（4）ABC
【分析】
（1）根据图知，1min时△n(X)=(0.7-0.4)mol=0.3mol、△n(Y)=(1.0-0.4)mol=0.6mol，X、Y的计量数之比=0.3mol：0.6mol=1：2；根据v=计算v(X)；该反应达限度时，消耗的Y为0.6mol，转化率=×100%；
（2）化学反应速率与化学计量数成正比，结合转化成同一种物质比较反应速率大小；
（3）该燃料电池中，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，石墨II为负极，电极反应式为NO2-e-+═N2O5，石墨I为正极，电极反应式为O2+2N2O5+4e-═4。
（4）根据图示即可逐项解答。
【解析】
（1）根据图知，1min时△n(X)=(0.7-0.4)mol=0.3mol、△n(Y)=(1.0-0.4)mol=0.6mol，X、Y的计量数之比=0.3mol：0.6mol=1：2，所以曲线Y表示NO2的物质的量随时间变化关系曲线；在0到1min中内用X表示该反应的速率= =0.1mol/(L.min)；该反应达限度时，消耗的Y为0.6mol，Y的转化率= ×100%=60%；
（2）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(NO2)=0.3mol•L-1•min-1，乙中v(N2O4)=0.2mol•L-1•min-1，反应速率之比=化学计量系数比，转化成v(NO2)=2 v(N2O4)=0.4mol•L-1•min-1，所以乙中反应更快；
（3）根据分析，石墨I电极是正极，石墨II为负极，负极电极反应式为NO2-e-+NO3-═N2O5；
（4）A．根据图示可知，雾霾的形成与燃料燃烧有关，故A正确；
B．根据图示可知，硫元素和氮元素的化合价发生改变，涉及氧化还原反应，故B正确；
C．根据图示可知，硝酸铵与硫酸铵形成无机颗粒物后形成雾霾，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故C正确；
D．硝酸和硫酸与氨气反应后分别生成硝酸铵和硫酸铵，氨气参与了反应，属于反应物，故D错误；
答案选ABC。

23．某研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。A中发生反应的化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2。

（1）仪器a的名称是_____________。
（2）A中的反应_________________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。
（3）A装置还可用于实验室制取_________________气体(填字母)。 
a．CO2 b．H2 c．O2 d．Cl2
（4）为防止氨气逸出，造成空气污染，尾气处理的合适装置是_______________(填“F”或“G”)。
（5）实验室收集氨气的方法是______________________________。 
（6）C、D装置中试纸颜色有变化的是________________(填“C”或“D”)。 
（7）实验进行一段时间后挤压装置E中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，观察到的现象是___________。
（8）生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量[化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2]。实验室利用此原理，往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。你认为生石灰可用下列__________________(填字母)物质代替。 
a．碱石灰(NaOH与CaO的固体混合物)
b．NaOH固体
c．浓硫酸
d．石灰石(含CaCO3)
【答案】（1）试管
（2）不是
（3）c
（4）F
（5）向下排空气法
（6）D
（7）有白烟生成
（8）ab
【分析】
在A装置中发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2，固体和固体加热反应生成气体，氨气为碱性气体，通过B中干燥剂碱石灰干燥氨气，通过装置C中干燥的红色石蕊试纸无变化，通过装置D中湿润的红色石蕊试纸变蓝色，通入装置E中滴入浓盐酸发出白烟，
【解析】
（1）仪器a的名称是试管；
（2）分析A中发生反应的化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2可知，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应；
（3）该装置是加热固体制备气体的装置，还可用于制取氧气，故选：c；
（4）因为氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置，故选：F；
（5）氨气易溶于水，密度比空气小，所以用向下排空气法收集；
（6）氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以D中颜色发生变化，故选：D；
（7）氨气与挥发的HCl会生成氯化铵晶体，所以有白烟生成；
（8）碱石灰和NaOH固体溶于水会放出大量热，所以可以用碱石灰和NaOH固体代替生石灰，故答案为：ab。
24．海洋是巨大的资源宝库。大连市充分利用沿海优势，优先发展海水淡化生 产与综合利用一体化绿色循环经济产业，逐步建立起较为完善的海水淡化产业链，全 面推动海水淡化相关技术研发、装备制造、原材料生产和盐化工等产业集聚发展。
Ⅰ．从海水中提取食盐和溴的过程如下：

（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、__________________________等(写出一种即可)。
（2）步骤Ⅰ中已获得 Br2，步骤Ⅱ中又将 Br2 还原为 Br－，其目的为______________________。
（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_______________________；由此反应可知，除环境保护外，在该工业生产中应解决的主要问题是___________________________________。
（4）步骤Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在 80～90 ℃。温度过高或过低都不利于生产， 若温度过高，大量水蒸气随溴排出，溴蒸气中水分增加；若温度过低，则_______________________________________________。
Ⅱ．某化学研究性学习小组模拟工业上从浓缩的海水中提取液溴的过程，设计了如下 实验装置(夹持装置略去)和操作流程。已知：Br2 的沸点为 59 ℃，微溶于水，有毒。

①连接 A 与 B，关闭活塞 b、d，打开活塞 a、c，向 A 中缓慢通入 Cl2 至反应完全；
②关闭活塞 a、c，打开活塞 b、d，向 A 中鼓入足量热空气；
③进行步骤②的同时，向 B 中通入足量 SO2；
④关闭活塞 b，打开活塞 a，再通过 A 向 B 中缓慢通入足量 Cl2；
⑤将 B 中所得液体进行萃取、分液，蒸馏并收集液溴。 请回答下列问题：
（1）步骤②中鼓入热空气的作用是_______________________________。
（2）进行步骤③时，B 中尾气可用___________________(填字母)吸收处理。
a．水 b．浓硫酸 c．NaOH 溶液 d．饱和 NaCl 溶液
（3）若直接连接 A 与 C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸， 再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C 中反应生成了 NaBrO3、NaBr、CO2，则该反应的化学方程式为____________________。
（4）与 B 装置相比，采用 C 装置的优点为___________________________。
【答案】Ⅰ（1）电渗析法或离子交换法 （2）富集溴元素
（3）Br2＋SO2＋2H2O＝4H+++2Br- 强酸对设备的严重腐蚀
（4）溴不能完全蒸出，产率低
Ⅱ（1）使 A 中生成的 Br2 随热空气进入 B 中
（2）c
（3）3Br2＋3Na2CO3＝5NaBr＋NaBrO3＋3CO2↑
（4）操作简单、污染小
【分析】
Ⅰ通过海水蒸发得到淡水、NaCl、母液，向母液中通入氯气，发生反应Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，利用热空气吹出Br2，用SO2吸收Br2，发生反应SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，向溶液中通入氯气发生反应Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，然后采用萃取的反应获取Br2。
Ⅱ该实验是对工业流程的模拟，①模仿的是工业流程中的过程Ⅰ，利用Cl2氧化Br－；②③模仿的是工业流程中的过程Ⅱ，热空气吹出和SO2水溶液吸收；④⑤模仿的是工业流程中的过程Ⅲ，再次氧化得到Br2，再得到Br2。
【解析】
Ⅰ（1）海水淡化的方法有蒸馏法，电渗析法，离子交换法等；
（2）海水中的Br元素含量较少，步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的为富集溴元素；
（3）在水溶液中，Br2和SO2发生氧化还原反应，生成HBr和H2SO4，离子方程式：SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋SO42－＋2Br－；反应过程中生成了HBr和H2SO4两种强酸，
除了环境保护外，还需要解决的主要问题是强酸对设备的严重腐蚀；
（4）温度过低，Br2挥发不完全，不能完全蒸出，产率低；
Ⅱ（1）②③模仿的是工业流程中的过程Ⅱ，热空气使得Br2蒸发，使A中生成的Br2随热空气进入B中；
（2）B中