四川省遂宁市2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

遂宁市高中2024届第二学期教学水平监测化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。总分100分。考试时间90分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14第Ⅰ卷(选择题，满分42分)一、选择题(每小题只有一个正确选项。第1-12题每小题2分，第13-18题，每小题3分，共42分)1.化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是A.SO2、NO2和CO2都会导致酸雨的形成B.“百年陈酒十里香”中的香是指乙酸乙酯的香C.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物D.光伏发电能量转化方式是热能直接转变为电能【答案】B【解析】【详解】A．SO2、NO2会导致酸雨的形成，CO2导致温室效应的形成，故A错误；B．“百年陈酒十里香”中乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，香是指乙酸乙酯的香，故B正确；C．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故C错误；D．光伏发电能量转化方式是光能直接转变为电能，故D错误；综上所述，答案为B。 2.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是A.HClO的结构式：H-Cl-OB.丙烯的结构简式：CH3CHCH2C.CH4分子的比例模型：D.羟基的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．氧原子周围两个共价键，氯原子和氢原子周围一个共价键，则HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；B．丙烯的结构简式要体现官能团碳碳双键，应为CH3CH=CH2，B错误；C．CH4分子的球棍模型为，C错误；D．氧原子最外层电子为6个，氢原子最外层电子为1个，则羟基的电子式为，D正确；故答案为D。3.下列说法正确的是A.与为同一种物质B.H2、D2、T2互为同分异构体C.CH3Cl和ClCH2CH2Cl互为同系物D.16O2−和18O2−互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．与是同种物质，其命名为2−甲基丁烷，故A正确；B．H2、D2、T2都是氢气，同一种结构，不互为同分异构体，故B错误；C．CH3Cl和ClCH2CH2Cl两者结构不相似，前者含一个氯原子，后者含两个氯原子，因此两者不互为同系物，故C错误；D．16O2−和18O2−两者是离子，不是原子，因此不互为同位素，故D错误。 综上所述，答案为A。4.下列说法不正确的是A.HF、HCl、HBr、HI酸性依次减弱B.LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强C.F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐升高D.H2O的还原性小于NH3【答案】A【解析】【详解】A．HF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，HF是弱酸，其余三个是强酸，故A错误；B．同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，因此LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强，故B正确；C．卤族元素单质从上到下熔点逐渐升高，因此F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐升高，故C正确；D．非金属性强，其氢化物的还原性弱，非金属性：O＞N，因此H2O的还原性小于NH3，故D正确；综上所述，答案为A。5.下列化合物中，化学键类型完全相同的是A.HCl和NaClB.AlCl3和CaCl2C.NaHS和NaOHD.Na2O2和MgCl2【答案】C【解析】【详解】A．HCl只含共价键，NaCl只含离子键，故A不符合题意；B．AlCl3是共价化合物，只含共价键，CaCl2只含离子键，故B不符合题意；C．NaHS和NaOH，两者都含有离子键和极性共价键，故C符合题意；D．Na2O2含有离子键和非极性共价键，MgCl2只含离子键，故D不符合题意；综上所述，答案为C。6.设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A.标准状况下，1molN2和3molH2充分反应后得到2NA个NH3分子B.含有1molHNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，得到气体分子数目0.25NAC.标准状况下，5.6LSO3溶于水后，溶液中H+数目为0.5NA D.标准状况下，22.4L氦气分子中共价键数目为NA个【答案】B【解析】【详解】A．氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，标准状况下，1molN2和3molH2充分反应后得到NH3分子个数小于2NA，故A错误；B．含有1molHNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，无论是生成硝酸铁还是硝酸亚铁，还是两者的混合物，硝酸与NO的比例关系为4HNO3～NO，因此含有1molHNO3的稀溶液反应得到气体分子数目0.25NA，故B正确；C．标准状况下，SO3是非气态物质，无法计算物质的量，故C错误；D．氦气是单原子分子，因此分子中没有化学键，故D错误。综上所述，答案为B。7.为了除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是序号物质(杂质)所用试剂分离方法A苯(Br2)CCl4萃取、分液B乙酸乙酯(乙酸)氢氧化钠溶液分液CC2H6(C2H4)H2通气DCH3CH2OH(H2O)生石灰蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．苯(Br2)，溴单质都易溶于苯和四氯化碳，因此不能用四氯化碳分离苯和溴单质，常用氢氧化钠溶液与溴单质反应，再分液进行分离，故A错误；B．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和乙醇，因此不能用氢氧化钠溶液除去乙酸，乙酸乙酯中含有乙酸，常用饱和碳酸钠溶液反应乙酸，再分液得到乙酸乙酯，故B错误；C．氢气和乙烯催化剂加热反应生成乙烷，但由于是气流，会引入氢气杂质，C2H6中含有C2H4，常用溴水吸收乙烯，故C错误；D．CH3CH2OH中含有H2O ，加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，再蒸馏得到乙醇，故D正确。综上所述，答案为D。8.一定温度下，在恒容的密闭容器中，能表示反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)达到平衡状态的标志有①容器中的压强不再发生变化②H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为1∶1③混合气体的平均相对分子质量不变④容器内混合气体的密度不变⑤CO的物质的量浓度不再变化⑥CO和H2的物质的量浓度之比为1∶1保持不变A.③④⑤⑥B.②③④⑤C.①③④⑤D.①④⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①该反应是体积减小的反应，正向反应，压强不断减小，当容器中的压强不再发生变化，则能作为判断平衡的标志，故①符合题意；②H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为1∶1，同一个方向，不能说明达到平衡，故②不符合题意；③正向反应，平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变，则达到化学平衡，故③符合题意；④气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量增大，容器体积不变，气体密度不断增大，当容器内混合气体的密度不变，则能作为判断平衡的标志，故④符合题意；⑤正向反应，CO物质的量浓度增大，当CO的物质的量浓度不再变化，则能作为判断平衡的标志，故⑤符合题意；⑥根据方程式CO和H2的物质的量浓度之比始终为1∶1，当CO和H2的物质的量浓度之比为1∶1保持不变，则不能作为判断平衡的标志，故⑥不符合题意；因此①③④⑤能作为判断平衡的标志，故C符合题意。综上所述，答案为C。9.某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是 A.X分子中含有三种官能团B可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和XC.X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应D.在催化剂的作用下，1molX最多能与5molH2加成【答案】D【解析】【详解】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；C、该物质含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1molX最多能与4molH2加成，选项D错误；答案选D。10.下列离子方程式正确的是A.向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液SO+2H+=SO2↑+H2OB.Cu与浓硝酸共热：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2OC.FeO加入稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2OD.Cu与浓硫酸共热：Cu+4H++SO=SO2↑+Cu2++2H2O【答案】B【解析】【详解】A．向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液，两者发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化为硫酸根，硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；B．Cu与浓硝酸共热反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为：Cu+4H++2NOCu2++2NO2↑+2H2O，故B正确；C．FeO加入稀硝酸，氧化亚铁被硝酸氧化为铁离子：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O ，故C错误；D．Cu与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸以分子形式存在，不能拆，其离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+Cu2++2H2O+SO，故D错误；综上所述，答案为B。11.将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一气体X仍无沉淀，则X可能是AO2B.NH3C.CO2D.H2S【答案】C【解析】【分析】将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，溶液中是氯化钡和亚硫酸。【详解】A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A不符合题意；B．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故B不符合题意；C．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故C符合题意；D．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故D不符合题意；综上所述，答案为C。12.下列实验操作和现象与结论都正确的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与水反应最剧烈水分子中的氢原子最活泼BSO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，溶液变浑浊反应生成了BaSO3沉淀C向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成不能证明碳元素的非金属性强于硅元素D将淀粉水解得到的溶液加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀淀粉未水解 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与乙酸反应最剧烈，因为乙酸分子中座机上的氢原子最活泼，故A错误；B．SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，有亚硫酸生成使溶液呈酸性，硝酸根把亚硫酸氧化为硫酸，溶液变浑浊是因为生成了硫酸钡沉淀，故B错误；C．向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成，由于氯化氢易挥发，造成盐酸也可能和硅酸钠反应生成硅酸，对实验有干扰，因此不能证明碳元素的非金属性强于硅元素，故C正确；D．将淀粉水解得到的溶液，由于未加入氢氧化钠中和作催化剂的硫酸，而直接加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明淀粉未水解，故D错误。综上所述，答案为C。13.海洋中蕴藏着巨大的化学资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是A.海水提镁时，向海水中加入氢氧化钙，然后过滤得到氢氧化镁，再灼烧得MgO，电解熔融的MgO就可以得单质MgB.利用海水制盐，制得的NaCl溶于水，然后电解可以生产金属钠、氯气等化工产品C.海水提溴时，向海水中通入氯气，然后加入CCl4萃取、分液蒸馏就可以得到D.海带提碘时，需先将海带在坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤，然后再进行其它操作【答案】D【解析】【详解】A．熔融MgO时需要耗费大量的能量，生产成本较大，因此通常将氢氧化镁转化为氯化镁，再电解氯化镁制取单质镁，A错误；B．电解氯化钠的水溶液无法得到金属钠和氯气等化工产品，B错误；C．氯气和溴离子反应生成溴，溴易挥发，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成HBr，氯气与HBr反应生成溴，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质，C错误；D．海带提碘时，需先将海带再坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤得到含碘离子的溶液，再进行其他操作，D正确；故答案选D。14.短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dWm﹣具有相同的电子层结构，若m>n ，下列叙述正确的是①元素的原子序数：a>b>c>d②阳离子的氧化性：Yn+>Xm+③原子半径：X>Y>Z>W④离子半径：Wm﹣>Zn﹣>Yn+>Xm+A.①②B.②③C.①④D.①②④【答案】C【解析】【详解】短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dWm﹣具有相同的电子层结构，若m>n，则X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是。①元素的原子序数：a>b>c>d，故①正确；②Y的金属性大于X，则阳离子的氧化性：Yn+<Xm+，故②错误；③电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Y>Z>W>Z，故③错误；④电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Wm﹣>Zn﹣>Yn+>Xm+，故④正确；①④正确，选C。15.某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应2X(g)+Y(s)Z(g)ΔH>0。下列叙述正确的是()A.向容器中充入氩气，压强增大，反应速率不变B.加入少量Y，反应速率增大C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.将容器的容积扩大，化学反应速率增大【答案】A【解析】【详解】A．容器体积一定，充入与反应无关气体氩气对与反应有关气体浓度没有影响，则反应速率不变，A正确；B．Y为固体，加入少量Y，反应速率不变，B错误；C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，C错误；D．将容器的容积扩大，与反应有关气体的浓度减小，则化学反应速率减小，D错误； 故答案为A。16.少量铁片与100mL0.01mol·L-1的盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②升高温度(不考虑HCl挥发)③滴入几滴浓硝酸　④加入少量铁粉⑤加NaCl固体　⑥滴入几滴硫酸铜溶液A.②B.②⑥C.②④⑤⑥D.②③④⑥【答案】A【解析】【详解】①加入H2O，相当于稀释了盐酸的浓度，反应速率变慢，①错误；②升高温度有利于提高反应速率，同时不影响氢气的产量，②正确；③滴加浓硝酸后硝酸被稀释，稀硝酸与铁反应生成NO，会改变氢气的产量，③错误；④加入少量铁粉，反应物增多，氢气产量增加，④错误；⑤加入NaCl固体，对反应没有影响，无法加快反应速率，⑤错误；⑥加入硫酸铜，铁和硫酸铜反应生成铜单质，构成原电池可加快反应速率，但是氢气的产量减少，⑥错误；故正确的为②，答案选A。17.锂空气电池放电时的工作原理如图所示。下列叙述正确的是(　　)A.放电时Li＋由B极向A极移动B.电池放电反应为4Li＋O2＋2H2O===4LiOHC.B电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2OD.电解液a可以为氯化锂溶液【答案】B【解析】【详解】A.在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由A极向B极移动，即放电时Li＋由A极向B极移动，故A错误；B.原电池放电反应为自发地氧化还原反应，即4Li＋O2＋2H2O=4LiOH，故B正确； C.正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性电解质下发生的反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故C错误；D.金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水，故D错误。故选B。【点睛】注意金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水。18.已知断开1molH−H键吸收的能量为436kJ，形成1molH−N键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，下列说法正确的A.反应物的总能量小于生成物总能量B.断开1molN≡N键需吸收的能量是945.6kJC.氨气比氢气稳定D.14克氮气和4克氢气在该条件下充分反应后放出46.2kJ热量【答案】B【解析】【详解】A．该反应是放热反应，因此反应物的总能量大于生成物总能量，故A错误；B．反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则生成2mol氨气放出391kJ×6=2346kJ，断开1molN≡N键需吸收的能量是2346kJ−92.4kJ−436kJ×3=945.6kJ，故B正确；C．断开1molH−H键吸收的能量为436kJ，形成1molH−N键放出的能量为391kJ，说明氢气比氨气稳定，故C错误；D．该反应是可逆反应，因此14克氮气(物质的量为0.5mol)和4克氢气(物质的量为2mol)在该条件下充分反应后放出热量小于46.2kJ，故D错误。综上所述，答案为B。第Ⅱ卷(非选择题，满分58分)注意事项：1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2.试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。二、填空题(共58分)19.根据编号①～⑩代表的元素在周期表中的位置，用相应的化学符号回答下列问题：族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA 周期1①2②③④⑤⑥3⑦⑧⑨⑩（1）①～⑩代表的元素中，金属性最强的元素是_______，②、⑦、⑨元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为_______。（2）④的最高价氧化物的电子式_______。用电子式表示①与⑩形成的稳定化合物过程_______。（3）⑨和⑩形成的化合物所含化学键类型为_______，证明化合物含有该化学键的实验事实是_______。（4）元素④、⑤、⑩形成的最高价氧化物的水合物酸性强弱顺序是_______，写出一个能证明④和⑩非金属性强弱的化学方程式_______（5）⑤和⑩形成的简单氢化物中沸点最高的是_______，原因是_______。【答案】（1）①.Na②.NaOH>LiOH>Al(OH)3（2）①.：O：：C：：O：②.（3）①.共价键②.氯化铝在熔融状态下不导电（4）①.HClO4>HNO3>H2CO3②.HClO4+NaHCO3=NaClO4+CO2↑+H2O（5）①.NH3②.NH3分子间有氢键【解析】【分析】由元素周期表可知，①～⑩分别代表H、Li、Be、C、N、O、Na、Mg、Al、Cl；【小问1详解】元素周期表中，从上到下金属性逐渐增强，从左到右金属性逐渐减弱，则①～⑩代表的元素中，金属性最强的元素是⑦Na元素；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，则②、⑦、⑨元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为NaOH>LiOH>Al(OH)3；故答案为Na；NaOH>LiOH>Al(OH)3； 【小问2详解】④为C元素，其最高价氧化物为CO2，对应的电子式为：O：：C：：O：；①为H元素最外层1个电子，⑩为Cl元素最外层7个电子，两者形成的稳定化合物为HCl，用电子式表示①与⑩形成的稳定化合物过程为；故答案为：O：：C：：O：；；【小问3详解】⑨和⑩形成的化合物为AlCl3，其为共价化合物，所含化学键类型为共价键；要证明该化合物含有共价键，只需证明氯化铝在熔融状态下不能电离出Al3+和Cl-，即氯化铝在熔融状态下不导电；故答案为共价键；氯化铝在熔融状态下不导电；【小问4详解】元素周期表中，从上到下非金属性减弱，从左到右非金属性增强，元素非金属性越强，其对应最高价氧化物的水合物酸性越强，HClO4为最强酸，则元素④、⑤、⑩形成的最高价氧化物的水合物酸性强弱顺序是HClO4>HNO3>H2CO3；证明④和⑩非金属性强弱利用强酸制弱酸原理，其化学方程式为HClO4+NaHCO3=NaClO4+CO2↑+H2O；故答案为HClO4>HNO3>H2CO3；HClO4+NaHCO3=NaClO4+CO2↑+H2O；【小问5详解】⑤和⑩形成的简单氢化物分别为NH3和HCl，沸点最高的是NH3，因为NH3分子间有氢键；故答案为NH3，NH3分子间有氢键。20.某化学兴趣小组欲探究NH3还原CuO的实验(部分夹持装置略)，已知该反应生成对环境友好的物质。实验室装置图如下回答下列问题：（1）连接装置后，接下来的实验操作为_______。 （2）实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先_______。（3）A中制氨气的化学方程式是_______。（4）装置B的作用是_______。装置D的作用是_______。（5）该套装置不足之处_______。（6）证明氨气能还原氧化铜现象为_______。氨气还原氧化铜的方程式_______。（7）一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还存在的反应有_______(用方程式表示)。【答案】（1）检查装置气密性（2）先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气（3）2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O（4）①.干燥氨气②.检验生成产物水（5）没有尾气处理（6）①.C中固体变红、D中固体变蓝②.2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O（7）2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O【解析】【分析】氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，用碱石灰干燥氨气，将氨气通入到氧化铜中反应，用无水硫酸铜检验氨气与氧化铜是否反应。【小问1详解】连接装置后，先检查装置的气密性，再装入药品，因此接下来的实验操作为检查装置的气密性；故答案为：检查装置的气密性。【小问2详解】整个实验要利用A中产生的氨气排出装置内的空气，除尽后再点燃C处酒精灯，实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气；故答案为：先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气。【小问3详解】A中制氨气是氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的化学方程式是 2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O。【小问4详解】装置B是碱石灰，其作用是干燥氨气。装置D中装入无水硫酸铜，其作用是检验生成产物水；故答案为：干燥氨气；检验生成产物水。【小问5详解】由于氨气是污染性气体，因此该套装置不足之处没有尾气处理。【小问6详解】氨气还原氧化铜，黑色氧化铜变为红色铜，还有水生成，因此证明氨气能还原氧化铜的现象为C中固体变红、D中固体变蓝。氨气还原氧化铜的方程式2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；故答案为：C中固体变红、D中固体变蓝；2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。【小问7详解】一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还生成了NO气体，NO气体与空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮，说明还存在的反应有2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O；故答案为：2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O。21.用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向，一定条件下CO2和H2反应合成CH3OH，方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。合成甲醇的能量变化如图：（1）该反应是一个_______反应(填放热或吸热)，反应物的总键能_______生成物的总键能(填大于或小于)。（2）现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s 时，此时容器内CH3OH的浓度为0.2mol/L，反应进行到15s时反应达到最大限度，此时容器内压强为原来的3/4。从开始到10s时平均反应速率V(H2)=_______；平衡时CO2的转化率为_______。（3）合成的甲醇可以用来做燃料电池的燃料，现以甲醇作燃料的燃料电池如图所示：通入甲醇的电极为燃料电池的_______(填“a”或“b”)极，正极反应式为_______。如果甲醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应是_______，如果导线有0.2mol电子转移，则标况下正极消耗空气的体积约为_______L。【答案】（1）①.放热②.小于（2）①.0.06mol/(L·s)②.50%（3）①.a②.O2+4H++4e-=2H2O③.CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O④.5.6【解析】【小问1详解】根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是一个放热反应，断键吸收总能量小于成键放出的总能量，反应物的总键能小于生成物的总键能。【小问2详解】现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s时，此时容器内CH3OH的浓度为0.2mol/L，则氢气的浓度降低0.6mol/L，从开始到10s时平均反应速率V(H2)==0.06mol/(L·s)；反应进行到15s时反应达到最大限度， 此时容器内压强为原来的3/4，，x=0.5，平衡时CO2的转化率为。【小问3详解】根据电子流向，a电极电子流出，a是负极，所以通入甲醇的电极为燃料电池的a极，b是正极，氧气在正极得电子生成水，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。如果甲醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则甲醇在负极失电子生成碳酸根离子和水，电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O；根据O2+4H++4e-=2H2O，如果导线有0.2mol电子转移，正极消耗0.05mol氧气，则标况下正极消耗空气的体积约为0.05mol×22.4L/mol×5=5.6L。22.乙烯是来自石油的重要的化工原料，乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。完成下列填空：（1）反应③产物的官能团名称是_______（2）反应①、⑥的反应类型分别为_______、_______。（3）反应①和反应②的反应方程式分别为_______、_______。（4）反应④得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该有机物结构简式是_______，其聚合反应方程式是_______。（5）石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，其过程属于物理变化的是_______，C4H10一氯取代有_______种，下列有机物二氯取代有三种的是_______A．B．C．【答案】（1）酯基（2）①.加成反应②.取代反应（3）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）①.CH3CH=CH2②.nCH3CH=CH2（5）①.分馏②.4③.AC【解析】【分析】丁烷裂解得到乙烯和乙烷，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯和氢气催化剂加热反应生成乙烷，乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷。【小问1详解】反应③产物是乙酸乙酯，乙酸乙酯的官能团名称是酯基；故答案为：酯基。【小问2详解】反应①是乙烯和水加成反应生成乙醇，反应⑥是乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷，因此反应①、⑥的反应类型分别为加成反应、取代反应；故答案为：加成反应、取代反应。【小问3详解】反应①是乙烯和水加成反应生成乙醇，其反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应②是乙醇催化氧化反应生成乙醛，其反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。【小问4详解】反应④得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该有机物结构简式是CH3CH=CH2，其聚合反应方程式是nCH3CH=CH2；故答案为：CH3CH=CH2；nCH3CH=CH2。【小问5详解】石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，石油分馏是物理变化，裂化是化学辩护啊，因此其过程属于物理变化的是分馏，C4H10 有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种；异丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种，因此C4H10一氯取代有4种，A．中一个氯原子在顶点，另一个氯原子在这个氯原子所在棱的另一个碳上、面对角线碳原子上、体对角线碳原子上，共三种结构，故A符合题意；B．有、二氯取代有四种结构，故B不符合题意；C．有二氯取代有三种，故C符合题意；故答案为：分馏；4；AC。