【文档说明】山西省2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，459.500 KB，由小赞的店铺上传

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山西2019~2020学年高一下学期期末考试化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Fe56一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项是符合题目要求的)1.化学

与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A.SiO2超分子纳米管属无机非金属材料B.草莓棚中使用的“吊袋式二氧化碳气肥”的主要成分是碳酸钙C.“84”消毒液和医用酒精杀灭新冠病毒的原理不同D.《本草纲目》记载的“

凡酸坏之酒，皆可蒸烧”的实验方法可用来分离乙酸和乙醇【答案】B【解析】【详解】A．SiO2属于无机非金属材料，SiO2制取的超分子纳米管属无机非金属材料，A正确；B．碳酸钙需要在高温下煅烧分解才能得到二氧化碳，草莓棚中不能使用

碳酸钙分解来产生二氧化碳，B错误；C．84消毒液利用次氯酸的强氧化性消毒，而医用酒精利用乙醇能使蛋白质变性消毒，原理不同，C正确；D．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的方法，蒸馏可根据乙醇、乙酸沸点的不同，用来分离乙酸和乙醇，D正确；答案为B。2.化学科学需要借助化学专用

语言描述，下列有关化学用语的说法正确的是A.中子数为10的氮原子1410NB.CO2的结构式：O=C=OC.S2-的结构示意图为D.乙烯的比例模型为【答案】B【解析】【详解】A．中子数为10的氮原子177N，A说法错误；B．CO2的结构式：O=C=O

，B说法正确；C．S2-的结构示意图为，C说法错误；D．乙烯的球棍模型为，D说法错误；答案为B。3.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A.1molOH-中，含有10NA个电子B.1mol•L-1的硫酸中，H+的数量为2NAC.常温常压条件下，22

.4LCO2分子的质量为44gD.等物质的量的O2与O3，前者比后者少NA个氧原子【答案】A【解析】【详解】A．1molOH-中，含有10NA个电子，A叙述正确；B．1mol•L-1的硫酸中，未给定溶液的

体积，则H+的数量无法确定，B叙述错误；C．常温常压条件下，22.4LCO2分子的物质的量小于1mol，则质量小于44g，C叙述错误；D．等物质的量的O2与O3，物质的量不一定为1mol，则前者比后者少多少个氧原子不能确定，D叙述错误；答案为A。4.下列叙述正确的是A.离子化合物中只能

含有离子键B.CO2中含有极性共价键，但它属于非极性共价化合物C.硝酸中含有H+和NO-3，故HNO3为离子化合物D.Na2O2只含有离子键，它属于离子化合物【答案】B【解析】【详解】A．离子化合物中既可以含有离子键，又可以含有共价键，A叙述错误；B．CO2中含有极性

共价键，但它属于非极性共价化合物，B叙述正确；C．硝酸中只含有共价键，不含有H+和NO-3，故HNO3为共价化合物，C叙述错误；D．Na2O2既含有离子键，又含有共价键，但它属于离子化合物，D叙述错误；答案为B。5.下列有关化学现象和化学概念表述正确的是A.0．5molFe和含1molHNO3的稀

溶液充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液变红B.Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知Fe(OH)3胶体带正电荷C.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明一定是氯水中的HClO氧化了Fe2+D.1molH3PO3最多可与2molNaOH发生中和反应

，因此Na2HPO3属于正盐【答案】D【解析】【详解】A．Fe和HNO3的稀溶液反应的方程式为：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，由方程式可知，0.5molFe和含1molHNO3的稀溶液充分反应后，生成Fe3＋0.25mol，Fe剩余0.25mol，剩余的铁与Fe3＋发生

反应：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，由方程式可知，0.25molFe3＋完全反应，溶液中无Fe3＋，所以加入KSCN溶液后，溶液不变红，故A错误；B．胶体不带电，氢氧化铁胶体做电泳实验时阴极颜色加深，只能说明氢氧化铁胶粒带电，故

B错误；C．氯气与次氯酸均有强氧化性，氯气可氧化亚铁离子，溶液颜色变成棕黄色，不能说明HClO能氧化Fe2+，故C错误；D．1molH3PO3最多可与2molNaOH发生中和反应，说明H3PO3为二元酸，则Na2HPO3属于正盐，故D正确；答案为D。6.下列各组离

子在指定溶液中一定能大量共存的是A.能使甲基橙变红的溶液：Na+、NH+4、NO-3、CO2-3B.碱性溶液中：K+、NH+4、Cl-、SCN-C.常温下pH＝10的溶液：K+、Na+、AlO-2、HCO-3D.澄清透明的溶液：Cu2

+、NH+4、NO-3、SO2-4【答案】D【解析】【详解】A．能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中碳酸根不能大量存在，故A不符合题意；B．碱性溶液中铵根不能大量存在，故B不符合题意；C．pH=10的溶液碱性较强，碳酸氢根会和氢氧根反应生成碳酸根和水，

故C不符合题意；D．四种离子相互之间不反应，不产生沉淀，可以在澄清透明的溶液中大量存在，故D符合题意；综上所述答案为D。7.短周期金属元素甲~戊在元素周期表中的相对位置如右表所示，下面判断正确的是A.原子半径：丙＜丁＜戊B.金属性：甲＞丙C

.氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊D.最外层电子数：甲＞乙【答案】C【解析】【详解】A．根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：丙>丁>戊，A项错误；B．根据同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性：甲<丙，B项错误；C．根据同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性：丙>

丁>戊，由于元素的金属性越强，其氢氧化物碱性越强，故氢氧化物的碱性：丙>丁>戊，C项正确；D．根据同周期元素从左到右，原子的最外层电子数逐渐增多，则最外层电子数：甲<乙，D项错误；故答案选C。8.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A.NH

3、O2、NO、H2O(g)同时存在时，则反应达到化学平衡状态B.单位时间内生成xmolNO，同时消耗xmolNH3时，说明反应达到化学平衡状态C.达到化学平衡状态时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.化学反应速率关系是3v正(NH3)=2v正(H2O)【答案】

D【解析】A、四种气体同时存在时，不能说明可逆反应达到了化学平衡状态，A错误；B、NO的生成与NH3的消耗均表示正反应，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C、达到化学平衡状态时，增大容器体积，反应物、生成物浓度同时减小，正、逆反应速率同时减小，

C错误；D、在反应的任意状态总有v正(NH3)∶v正(H2O)=4∶6，即3v正(NH3)=2v正(H2O)，D正确。答案选D。9.新冠肺炎蔓延期间，为了保护自己和家人，我们应该尽量减少外出，勤洗手，物品使用前可使用75%的酒精进行消毒。75%的酒精的主要成分是乙醇，下列关于乙醇的说法正确的

是A.乙醇的结构式为C2H6OB.乙醇可以发生催化氧化反应生成乙醛C.乙醇与钠反应时的断键位置为②，D.用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应生成乙酸乙酯的化学反应方程式为CH3CH218OH＋CH3COOH浓硫酸CH3COOCH2CH3＋H218O【答案】B【解析】【详解】A．乙醇的结构

式为，选项所给为乙醇的分子式，故A错误；B．乙醇含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有两个氢原子，可以被催化氧化成乙醛，故B正确；C．乙醇和钠反应生成氢气，断裂羟基中的氢氧键，即①，故C错误；D．乙醇和乙酸的酯化反应中乙醇脱去氢原子，乙酸脱去羟基，所以化学方程式为CH3CH218OH

＋CH3COOH浓硫酸CH3CO18OCH2CH3＋H2O，故D错误；综上所述答案为B。10.图是某同学设计的原电池的装置。下列说法正确的是A.溶液中的SO2-4向铜极移动B.铜片为原电池的正极，正极上发生氧化反应C.如果将稀硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动D.铁片质量逐渐减小

，发生的反应为：Fe－2e-=Fe2+【答案】D【解析】【分析】根据装置图可知，总反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，所以铁电极为负极，铜电极为正极。【详解】A．原电池中阴离子流向负极，所以硫酸根流向铁电极

，故A错误；B．根据分析铜电极为正极，电极上氢离子得电子发生还原反应，故B错误；C．柠檬汁显酸性，依然可以发生铁与氢离子的反应，且能形成闭合回路，导线中会有电子流动，故C错误；D．铁为负极，失电子生成铁离子，所以铁片质量逐渐减小，电极反应

为Fe－2e-=Fe2+，故D正确；综上所述答案为D。11.已知反应X(g)＋3Y(g)⇌Z(g)＋2W(g)在四种不同情况下的反应速率，其中反应最快的为A.v(X)＝0.25mol/(L·s)B.v(Y)＝0.6mol/(L·s)C.v(Z)＝0.5mo

l/(L·min)D.v(W)＝0.4mol/(L·s)【答案】A【解析】【分析】同一反应相同时段内不同物质反应速率之比等于计量数之比，据此将不同物质表示的反应速率转化为同一物质、同一单位的表示的反应速率再进行比较。【详解】A．v(X)＝0.25mol

/(L·s)；B．v(X)：v(Y)=1:3，v(Y)＝0.6mol/(L·s)，则v(X)＝0.2mol/(L·s)；C．v(X)：v(Z)=1:1，v(Z)＝0.5mol/(L·min)，则v(X)＝0.5mol/(L·min

)=1120mol/(L·s)；D．v(X)：v(W)=1:2，v(W)＝0.4mol/(L·s)，则v(X)＝0.2mol/(L·s)；综上所述反应速率最快的是A，故答案为A。12.意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N

4分子结构如图，已知断裂1molN≡N键吸收942kJ热量，生成1molN－N键释放167kJ热量根据以上信息和数据，下列热化学方程式正确的是（）A.2N2=N4△H=-882kJ·mol-1B.N2(

g)=0.5N4(g)△H=+441kJC.N2(g)=0.5N4(g)△H=-441kJ·mol-1D.2N2(g)=N4(g)△H=+882kJ·mol-1【答案】D【解析】由N4的结构知1molN4分子中含有6molN-N键。反应2N2（g）=N4（g）的ΔH=反应

物的键能总和-生成物的键能总和=2E（NN）-6E（N-N）=2942kJ/mol-6167kJ/mol=+882kJ/mol。A项，没有标明物质的聚集状态，且ΔH应0，错误；B项，ΔH的单位错，错误；C项，ΔH应0，错误；D项，正确；答案选D。点睛：书写热化学方程式的注意点：（1）

热化学方程式不注明反应条件。（2）热化学方程式不标“↑”“↓”，但必须用s、l、g、aq等标出物质的聚集状态。（3）热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，其ΔH必须与方程式及物质的聚集状态相对应。（4）放热反应的ΔH0，吸热反应的ΔH0。（5）ΔH的单位

为kJ/mol。13.用苯进行的4个实验如图所示。下列有关叙述正确的是A.①在常温下不能发生反应B.②不发生反应，但仍有分层现象，下层液体呈紫色C.③为加成反应，产物之一是硝基苯D.④能发生，从而证明苯分子是单双键交替的结构【答案】B【解析】【详解】A．①为放热反应，在常

温下可以发生反应，A叙述错误；B．②高锰酸钾与苯不发生反应，但仍有分层现象，苯的密度小于水，则下层液体为酸性高锰酸钾，呈紫色，B叙述正确；C．③为取代反应，产物之一是硝基苯，C叙述错误；D．④能发生，但不能证明苯分子是

单双键交替的结构，D叙述错误；答案为B。14.X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（）

A.Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B.原子半径由小到大的顺序为W＜X＜ZC.X与W可以形成W2X、W2X2两种物质D.Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物更稳定。【答案】D【解析】【分析】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z

同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为Cl元素，W与X、Y既不同族也不同周期，W为H元素，据此解答。【详解】A．根据上述分析，Y为Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A项正确；B．在元素周期表中，

同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H＜O＜Cl＜S（H<O<S），B项正确；C．根据上述分析，X、W分别为O、H，两者可形成H2O、H2O2两者物质，C项正确；D．Y、Z分别为Cl、S，非金属性C

l＞S，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，HCl（Y的气态氢化物）更稳定，D项错误；答案选D。15.已知CH4(g)＋2NO2(g)⇌N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，在1L密闭容器中分别加入0.5molCH4和1molNO2保持温度不变，测得n(CH4)

随时间变化的有关实验数据如表所示。下列说法不正确的是时间/min01020304050n(CH4)/mol0.50.350.250.170.100.10A.0~20min内，NO2的反应速率为0.025mol•L-1•min-1B.由实验数据可知，该反应在50min时才达平衡状态C.随着反应的

进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢D.达平衡时，二氧化氮的转化率与甲烷的转化率相等【答案】B【解析】【分析】根据表中数据，反应在40min时，达到平衡状态，甲烷反应的物质的量为0.4mol，则二氧化氮反应0.8mol，生成0.4mol氮气，0.4mol二氧化碳和0.

8mol水。【详解】A．0~20min内，甲烷反应0.25mol，则n(NO2)=0.5mol，其反应速率=0.5120molLmin=0.025mol•L-1•min-1，A说法正确；B．由实验数据可知，该反应在40min时

达平衡状态，B说法错误；C．其他条件未变，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，C说法正确；D．初始时，甲烷与二氧化氮的物质的量之比为1：2，其计量数之比也为1：2，则达平衡时，二氧化氮的转化率与甲烷的转化率相等，D说法正确；综上所述，答案为B。16.将镁铁合金投入到300m

L硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成Mg2+和Fe3+；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为6.72L(标准状况)，当加入300mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为28.1g。下列有关推

断正确的是A.氢氧化钠的物质的量浓度为6mol•L-1B.参加反应的金属的质量为12.8gC.硝酸的物质的量浓度为3mol•L-1D.参加反应的硝酸的物质的量为0.9mol【答案】B【解析】【分析】将镁、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金

属共失去电子的物质的量为：6.7222.4/LLmol×(5-2)=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(N

O3-)=0.9mol。【详解】A．参加反应的NaOH的浓度为c(NaOH)=0.9mol0.3L=3mol/L，故A错误；B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=28.1g，则金属的质量为：28.1

g-15.3g=12.8g，故B正确；C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=

4mol/L，故C错误；D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故D错误；答案为B。17.表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨种元素，填写下列空白：主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族第二周期①

②③④第三周期⑤⑥⑦⑧⑨(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是__(填元素符号)。(2)用电子式表示元素⑥与⑨的化合物的形成过程：_________。(3)③、⑤、⑦、⑨四种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是_

__(用离子符号表示)。(4)表示①与⑨的化合物的化学式为___，该化合物是由____(填“极性”或“非极性”)键构成，它属于___(填“极性”或“非极性”)共价化合物。(5)①～⑨种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的化合物是____(填化学式)，在常温下该化合物和元素

⑨的单质反应的离子方程式___。【答案】(1).Ne(2).(3).Clˉ>Fˉ>Na+>Al3+(4).CCl4(5).极性(6).非极性(7).NaOH(8).2OHˉ+Cl2=Clˉ+ClOˉ+H2O【解析】【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知①～⑨分别为C、N、F、Ne、Na、M

g、Al、S、Cl。【详解】（1）稀有气体元素化学性质最不活泼，所以上述元素中最不活泼的是Ne；（2）⑥为Mg，⑨为Cl，可以形成离子化合物MgCl2，其形成过程可以表示为；（3）③、⑤、⑦、⑨四种元素形成的离子分别为Fˉ、Na+、Al3+、Clˉ，Clˉ有三层电子，半径最大，

Fˉ、Na+、Al3+均只有2层电子，核电荷数越小半径越大，所以离子半径由大到小为Clˉ>Fˉ>Na+>Al3+；（4）①为C，⑨为Cl，可以形成化合物CCl4，该化合物是由氯原子和碳原子形成的极性共价键构成，CCl4分子空间构型为正四面体形，正负电荷中心重合，属于非极性分子；（5）金

属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，元素周期表中越靠近左下金属性越强，所以碱性最强的化合物为NaOH；元素⑨的单质为Cl2，氯气可以和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为2OHˉ+C

l2=Clˉ+ClOˉ+H2O。18.在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2(g)(红棕色)⇌N2O4(g)(无色)，如图所示：(1)曲线__(填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。(2)下列措施能使

该反应的化学反应速率加快的是__(用序号回答)。①通入NO2②减小容器体积③升高温度④通入Ar使压强增大(3)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•s)，乙中v(N2O4)＝6mol/(L•min)，则___中反应更快。(4)在0到

3min内N2O4的反应速率为__。(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)__。A．v(NO2)＝2v(N2O4)B．容器内压强不再发生变化C．X的体积分数不再发生变化D．容器内气体原子总数不再发生变化E．相同时间内消耗nmol的N2O4的同时生成2nmol的

NO2F．相同时间内消耗nmol的N2O4的同时消耗2nmol的NO2【答案】(1).X(2).①②③(3).甲(4).0.05mol/(L•min)(5).BCF【解析】【分析】根据图像可知，在3min时，

X的初始量为1mol，减少的量为0.6mol，Y的初始量为0.4mol，增加的量为0.3mol，可判断曲线X为NO2(g)，曲线Y为N2O4(g)(无色)，且在3min时达到平衡状态。【详解】(1)分析可知，曲线X

为NO2的物质的量随时间的变化曲线；(2)①容器为恒容，通入NO2，则c(NO2)增大，反应速率增大，①符合题意；②减小容器体积，c(NO2)增大，反应速率增大，②符合题意；③升高温度，活化分子的数目增大，有效碰撞的几率增大，反应速率增大，③符合题意；④通入Ar使压强增大，反应体系中各

物质的浓度未变，则反应速率不变，④与题意不符；综上所述，答案为①②③；(3)乙中v(N2O4)＝6mol/(L•min)，转化为v(NO2)＝()6mol/L?min260/smin=0.2mol/(L•s)，小于甲中的v(NO2)＝0.3mol/(L•s)，则甲中反应更快；(4)在0

到3min内N2O4的反应速率=0.3mol23Lmin=0.05mol/(L•min)；(5)A．v(NO2)＝2v(N2O4)时，无法判断同一物种的正逆反应速率是否相等，A不能说明已达平衡状态；B．恒容的密闭容器，反应为气体增大的

反应，则反应达到平衡状态时，容器内压强不再发生变化，B能说明已达平衡状态；C．反应达到平衡状态时，体系中各物质的物质的量不再改变，则X的体积分数不再发生变化，C能说明已达平衡状态；D．反应体系中，各物质均为气

体，且质量守恒，则容器内气体原子总数自始至终未变，D不能说明已达平衡状态；E．反应进行时，相同时间内消耗nmol的N2O4的同时必然生成2nmol的NO2，E不能说明已达平衡状态；F．相同时间内消耗nmol的N2O4，必然生成2nmol的NO2，同时消

耗2nmol的NO2，同一物种的消耗与生成量相等，F能说明已达平衡状态；综上所述，答案为BCF。19.某小组为研究电化学原理，设计如图所示装置。(1)若a和b不相连，c是铜片，d是锌片，m是稀硫酸，则锌片上的现象是

__，此时能量转化的主要形式是化学能转化为____能。(2)若a和b用导线相连：①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，电池总反应的离子方程式为______。②c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，通入甲烷一极的电极反应式是_____。(3)N2O5是

一种新型的绿色硝化剂，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。已知：N2O5(g)⇌2NO2(g)＋12O2(g)ΔH＝+53.1kJ•mol-12NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2＝-55.3kJ•mol-1则反应2N2O4(g)＋O2(g)=2N2O5(g)的ΔH1＝

_________kJ•mol-1【答案】(1).锌片的表面有气泡产生(2).热能(3).Cu+2Ag+=Cu2++2Ag(4).CH4-8e－+2H2O＝CO2+8H+(5).-4.4【解析】【分析】(1)若a和b不相连，d是锌片，m是稀硫酸，不能形成原电池，为锌与硫酸反应生成

硫酸锌和氢气；(2)①若a和b用导线相连，c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，可形成铜、石墨原电池；②c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，则形成燃料电池；(3)根据盖斯定律计算。【详解】(

1)若a和b不相连，d是锌片，m是稀硫酸，锌与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，则观察到的现象为锌片的表面有气泡产生；反应为放热反应，则此时化学能主要为热能；(2)①若a和b用导线相连，c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，则铜与硝酸银反应生成硝酸铜和单质银，总反应离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++

2Ag；②c、d均是Pt电极，m是稀硫酸，分别向两极通入甲烷和氧气，则形成燃料电池，甲烷失电子，作负极，与水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH4-8e－+2H2O＝CO2+8H+；(3)①N2

O5(g)⇌2NO2(g)＋12O2(g)ΔH＝+53.1kJ•mol-1②2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH2＝-55.3kJ•mol-1，根据盖斯定律，2①+2②可得2N2O4(g)＋O2(g)=2N2O5(g)ΔH1＝+53.1kJ•mol-

1×2-55.3kJ•mol-1×2=-4.4kJ•mol-1。20.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平；B是一种比水轻的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的

氧气中完全燃烧，生成0.6molCO2和0.3mol水。回答下列问题：(1)A的电子式为_____，B的结构简式为______。(2)与A相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式：____，反应类型：____。(3)在碘水中

加入B物质，充分振荡、静置后的现象：_________。(4)B与浓硫酸和浓硝酸在55～60℃条件下反应的化学方程式：_______，反应类型：______。(5)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量：_______(填“A>B”“A<B”或

“A＝B”)。【答案】(1).(2).(3).CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3(4).加成反应(5).溶液分层，下层无色，上层呈紫红色(6).+HO-NO2(浓)+H2O(7).取代

反应(8).A>B【解析】【详解】A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A为乙烯。B是一种比水轻的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6molCO2和0.3mol水，则0.1molB含有0.6molC和0.6m

olH，B的分子式为C6H6。(1)A为乙烯，C和H之间是单键，C和C之间是双键，其电子式为；B的分子式为C6H6，其结构简式为；(2)A为乙烯，与A相邻的同系物为丙烯，结构简式为CH3CH=CH2，与

溴发生加成，其化学方程式为CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3，为加成反应；(3)苯能够萃取碘水中的碘，苯的密度小于水，有机层在上层，碘溶于苯中，呈紫红色，现象为溶液分层，下层无色，上层呈紫红色；(4)苯和浓硝酸，在浓硫酸作催

化剂的作用下发生硝化反应，生成硝基苯，化学方程式为+HO-NO2(浓)+H2O，－NO2取代了苯环上的H，为取代反应；(5)12gC完全燃烧消耗1molO2，12gH2完全燃烧消耗3molO2，可知相同质量情况下，含氢量越高，耗氧量越

高。乙烯，分子式C2H4，其含氢量为41=287；苯，分子式为C6H6，其含氢量为61=7813；乙烯的含氢量高于苯的含氢量，则等质量的A(乙烯)、B(苯)完全燃烧时消耗O2的物质的量：A>B。21.海水盐分中镁的占有量仅次于氯和钠，位居第三。镁具有重量轻、强度高等特点。海水提镁的主要

流程如图：请回答下列问题：(1)试剂M是____，操作b______。(2)加入石灰乳的作用是___，写出沉淀池中发生反应的离子方程式：________。(3)请写出无水MgCl2制得Mg的化学方程式_____，从节约成本和

废物循环利用的角度考虑，反应产生的氯气可以用于制________，循环利用。(4)有同学提出可直接由Mg(OH)2得到MgO，再电解熔融MgO制金属镁，你认为方法可行吗？___(填“可行”或“不可行”)，理由是_________。【

答案】(1).盐酸(2).加热浓缩、冷却结晶(3).沉淀镁离子(4).Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+(5).MgCl2（熔融）通电Cl2↑+Mg(6).HCl(7).不可行(8).MgO的熔点高于Mg

Cl2，熔化要消耗大量的能量【解析】【分析】生石灰煅烧生成氧化钙，溶于水生成石灰乳，加入海水中可得到氢氧化镁沉淀，过滤后，溶于盐酸，得到氯化镁溶液，加热浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢的环境中制备无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到单质镁。【详解

】(1)分析可知，试剂M为盐酸；操作b为加热浓缩、冷却结晶；(2)石灰乳中的氢氧化钙可与海水中的镁盐反应生成氢氧化镁沉淀，则石灰乳的作用为沉淀镁离子；反应的离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+；(3)熔融MgCl

2电解可制得Mg，方程式为MgCl2（熔融）通电Cl2↑+Mg；氯气可与氢气反应制备氯化氢，循环利用；(4)MgO的熔点高于MgCl2，熔化要消耗大量的能量，提高生成成本，故不可行。