山東省菏澤市成武縣伯樂高級中學2024-2025學年高二上學期開學考試化學試題（解析版）

高二化學暑假學習質量檢測試題可能用到的相對原子質量：H1B11C12O16Na23S32Mn55一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.北京冬奧會成功舉辦、神舟十三號順利往返、“天宮課堂”如期開講及“華龍一號”核電海外投產等，均展示了我國科技發(fā)展的巨大成就。下列相關敘述正確的是A.冬奧會“飛揚”火炬所用的燃料為氧化性氣體B.飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于天然有機高分子C.探測器使用的硅太陽能電池板，其主要成分是D.核電站反應堆所用鈾棒中含有的與互為同位素【答案】D【解析】【詳解】A．冬奧會“飛揚”火炬所用的燃料為還原性氣體，A錯誤；B．玻璃纖維屬于無機非金屬材料，不屬于天然有機高分子材料，B錯誤；C．探測器使用的硅太陽能電池板，其主要成分是晶體硅，C錯誤；D．與的質子數(shù)都為92，中子數(shù)分別為143、146，是質子數(shù)相同、中子數(shù)不同的同一元素，兩者互稱同位素，D正確；答案選D。2.幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表所示，下列說法正確的是元素代號XYZMR原子半徑(×10-10m)1.601860.750.741.02主要化合價+2+1+5，－3－2+6，－2A.Z的最高價氧化物對應的水化物與其最簡單氫化物反應生成的化合物中含離子鍵和極性鍵B.最簡單氫化物穩(wěn)定性：Z＞MC.最簡單氫化物的沸點高低順序為：Z＞MD.最高價氧化物對應水化物的堿性強弱順序為：X＞Y【答案】A【解析】【分析】短周期元素中，M、R都有?2價，處于ⅥA族元素，R

有+6價，M無正價，且M

的原子半徑較小，則R為S元素、M為O元素；X、Y化合價分別為+2、+1價，則分別處于ⅡA族、IA族，且原子半徑

Y＞X＞硫，故X為Mg、Y

為Na；Z有+5、?3價，處于ⅤA族，原子半徑小于硫的，故Z為N元素，據此分析解答；【詳解】A．Z為N元素，N的最高價氧化物對應的水化物為硝酸，其最簡單氫化物反應生成的化合物為氨氣，二者反應生成的物質為硝酸銨，屬于離子化合物，含離子鍵和極性共價鍵，故A正確；B．Z為N元素，M為O元素，非金屬性越強，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：O＞N，則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：M＞Z，故B錯誤；C．Z為N元素，M為O元素，O的最簡單氫化物為水，N最簡單氫化物為氨氣，水分子和氨氣分子都能形成氫鍵，但常溫下，水為液態(tài)，氨氣為氣態(tài)，則最簡單氫化物的沸點高低順序為：M＞Z，故C錯誤；D．X為Mg、Y

為Na，金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，金屬性：Na＞Mg，則最高價氧化物對應水化物的堿性強弱順序為：Y＞X，故D錯誤；答案選A。3.下列有關反應熱說法不正確的是A.石墨的穩(wěn)定性比金剛石高B.C.C(石墨，s)D.1mol石墨或1molCO分別完全燃燒，石墨放出的熱量多【答案】C【解析】【詳解】A．根據石墨轉化為金剛石需要吸收能量可得石墨的能量低，能量越低越穩(wěn)定，則石墨的能量低，故A正確；B．因為反應的能量只與始態(tài)和末態(tài)有關，與中間過程無關，故△H5=△H4+△H1，△H1>0，故△H5>△H4，故B正確；C．由①C(石墨，s)，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)，①-2②可得C(石墨，s)，故C錯誤；D．因由C可知，石墨轉化為CO需要吸收能量，故1mol石墨完全燃燒放出的熱量多，故D正確；故選C。4.太陽能路燈蓄電池是磷酸鐵鋰電池，其工作原理如圖。M電極材料是金屬鋰和碳復合材料(碳作為金屬鋰的載體)，電解質為一種能傳導Li+的高分子材料，隔膜只允許Li+通過，電池反應式為LixC6+Li1-xFePO4LiFePO4+C6，下列說法正確的是A.放電時Li+從左邊移向右邊，從右邊移向左邊B.放電時，正極反應式為Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4C.充電時M極連接電源的負板，電極反應式為C6+xe-=D.充電時電路中通過2.0mol電子，產生28gLi【答案】B【解析】【分析】電池反應式為，由圖可知，M極為負極，電極反應式為LixC6?xe?═xLi＋＋6C，N極為正極，電極反應式為Li1?xFePO4＋xLi＋＋xe?═LiFePO4，充電時，M極為陰極，電極反應式為xLi＋＋6C＋xe?═LixC6，N極為陽極，電極反應式為LiFePO4?xe?═Li1?xFePO4＋xLi＋，據此作答?！驹斀狻緼．放電時，負極生成鋰離子，正極消耗鋰離子，故Li＋從左邊移向右邊，隔膜為陽離子交換膜，磷酸根離子不能透過，故A錯誤；

B．放電時，N極為正極，電極反應式為Li1?xFePO4＋xLi＋＋xe?═LiFePO4，故B正確；

C．充電時，M極為陰極，連接電源的負極，電極反應式為xLi＋＋6C＋xe?═LixC6，故C錯誤；

D．充電時電路中通過2.0mol電子，陰極生成Li的質量為2mol×7g/mol＝14g，故D錯誤；

故答案選B?！军c睛】本題考查可充電電池，題目難度中等，能依據圖像和信息準確判斷正負極和陰陽極是解題的關鍵，難點是電極反應式的書寫。5.探究化學反應中的能量轉化，實驗裝置(裝置中的試劑及用量完全相同)及實驗數(shù)據如下(注：注射器用于收集氣體并讀取氣體體積)。項目時間/裝置①裝置②氣體體積/溶液溫度/氣體體積/溶液溫度/0022.0022.08.53024.85023.810.55026.0--下列說法不正確的是A.裝置②中的Cu表面有氣泡產生，而裝置①中的Cu表面無氣泡B.裝置①和②中發(fā)生反應的離子方程式都為：C.原電池反應能加快化學反應速率，導致裝置①中反應的平均速率比裝置②中的小D.由實驗數(shù)據可知，原電池的化學能全部轉化為電能【答案】D【解析】【分析】裝置①為鋅與稀硫酸的反應，裝置②為Zn、Cu與稀硫酸形成的原電池?！驹斀狻緼．裝置②中的表面有氣泡產生，是原電池的正極，而裝置①中的表面無氣泡，僅是化學反應，表面有氣泡，故A正確；B．裝置①為鋅與稀硫酸的反應，離子方程式為；裝置②為Zn、Cu與稀硫酸形成的原電池，總反應式為，故B正確；C．基于表格數(shù)據信息的證據推理可知，收集相同體積的氣體裝置②需要的時間更短，故原電池反應能加快化學反應速率，故C正確；D．化學能有一部分轉化為了熱能，而不是全部轉化為電能，表現(xiàn)在溫度升高上，也是基于證據的推理，故D錯誤；故選D。6.將1molA和2molB置于真空密閉容器中(假設容器體積不變，固體試劑體積忽略不計)，在恒定溫度下使其反應達到平衡：，下列不可以判斷該反應已達到化學平衡狀態(tài)的是A.氣體的密度保持不變 B.容器內氣體總壓不變C.B的體積分數(shù)不變 D.混合氣體的平均摩爾質量保持不變【答案】B【解析】【詳解】A．隨著反應的進行，氣體的總質量發(fā)生變化，恒容條件下，氣體總質量不變時，氣體密度保持不變，可以判斷達到平衡狀態(tài)，A不符合題意；B．該反應前后氣體分子數(shù)不變，恒容條件下氣體的總壓一直保持不變，不能判斷達到平衡狀態(tài)，B符合題意；C．B的體積分數(shù)不變時可以判斷達到平衡狀態(tài)，C不符合題意；D．該反應前后氣體分子數(shù)不變，隨著反應的進行，氣體的總質量發(fā)生變化，恒容條件下，氣體總質量不變時，混合氣體的平均摩爾質量保持不變，可以判斷達到平衡狀態(tài)，D不符合題意；故選B。7.在不同條件下，用O2氧化amol/LFe2+溶液過程中所測的實驗數(shù)據如圖所示。下列分析或推測不合理的是A.0-8h內，F(xiàn)e2+的氧化率隨時間延長而逐漸增大B.60℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)C.由曲線②和③可知，pH越大，F(xiàn)e2+的氧化速率越快D.氧化過程的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．由實驗數(shù)據可知：反應時間相對越長，F(xiàn)e2+和O2的接觸越充分，F(xiàn)e2+的氧化率越大，A正確；B．50℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率為v(Fe2+)==0.15amol/(L·h)，在60℃、pH=2.5時，由于溫度升高，反應速率增大，所以60℃、pH=2.5時，4h內Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)，B正確；C．由②和③可知：②的Fe2+氧化速率快，但②的pH小、酸性強，所以條件相同時，pH越小，F(xiàn)e2+氧化速率越快，C錯誤；D．氧化過程是在酸性條件下，O2和Fe2+發(fā)生氧化還原反應的過程，根據電子守恒＼電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe2++2H2O，D正確；故合理選項是C。8.山梨酸是常用的食品防腐劑，其結構簡式如圖所示，下列有關山梨酸的敘述錯誤的是A.既能發(fā)生取代反應，又能發(fā)生加成反應 B.分子中所有碳原子可能在同一平面上C.與互為同分異構體 D.1mol該物質與足量Na反應生成3gH2【答案】B【解析】【詳解】A．含羧基和羥基能發(fā)生取代反應，含碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應，A正確；B．羧基所連的飽和碳原子為四面體構型、則分子中所有碳原子不可能在同一平面上，B錯誤；C．與的分子式均為C7H10O5而結構不同，則互為同分異構體，C正確；D．含羧基和羥基均能與Na反應產生氫氣，則1mol該物質與足量Na反應生成3gH2，D正確；答案選B。9.乙烯的產量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的重要標志之一，以乙烯為原料合成的部分產品如圖所示。下列有關說法正確的是（）A.氧化反應有①⑤⑥，加成反應有②③B.氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C.在加熱條件下，反應⑥的現(xiàn)象為產生磚紅色沉淀D.可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2【答案】C【解析】【分析】由流程可知乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，乙烯與氯氣發(fā)生加成反應生成1，2?二氯乙烷，發(fā)生消去反應生成氯乙烯，乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛與新制氫氧化銅濁液在加熱條件下反應生成乙酸，以此解答該題。【詳解】A．③由C?C鍵生成C＝C鍵，為消去反應，故A錯誤；B．聚乙烯不含碳碳雙鍵，與酸性高錳酸鉀溶液不反應，故B錯誤；C．乙醛含有醛基，與氫氧化銅濁液在加熱條件下反應生成氧化亞銅，磚紅色沉淀，故C正確；D．乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分層，不能用于萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，故D錯誤。故答案選C。10.某研究機構使用Li—SO2Cl2電池作為電源電解制備Ni(H2PO2)2，其工作原理如圖所示。已知電池反應為2Li＋SO2Cl2=2LiCl＋SO2↑，下列說法錯誤的是A.電池中C電極的電極反應式為SO2Cl2＋2e-=2Cl-＋SO2↑B.電池的e極連接電解池的g極C.膜a、c是陽離子交換膜，膜b是陰離子交換膜D.電解池中不銹鋼電極附近溶液的pH增大【答案】B【解析】【分析】根據電池反應為2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放電時Li元素化合價由0價變?yōu)?1價，失去電子，所以Li電極是負極，反應式為2Li-2e-═2Li+，則碳棒是正極，正極是SO2Cl2中+6價的硫得電子、發(fā)生還原反應，電極反應式為SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑；電解池中，Ni電極失去電子生成Ni2+，通過膜a進入產品室II室，所以g電極為陽極、與鋰-磺酰氯（Li-SO2Cl2）電池的正極C棒相接，H2PO2-由原料室III室通過膜b進入產品室II室，與Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h電極為陰極，與原電池的e電極相接，H2O或H+發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通過膜c進入IV室，形成閉合回路，所以膜a、c是陽離子交換膜，膜b是陰離子交換膜，據此分析解答。【詳解】A．由圖示可知，Li電極為負極，發(fā)生氧化反應，則C電極為正極，發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，故A正確；B．原電池中Li電極為負極，C電極為正極，電解池中，Ni電極失去電子生成Ni2+，即g電極為陽極，則h電極為陰極，與原電池的負極Li電極e相接，故B錯誤；C．電解池中，Ni電極失去電子生成Ni2+，通過膜a進入產品室II室，H2PO2-由原料室III室通過膜b進入產品室II室，在產品室II室中與Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通過膜c進入IV室，形成閉合回路，所以膜a、c是陽離子交換膜，膜b是陰離子交換膜，故C正確；D．電解池中不銹鋼電極即h電極為為陰極，電極上H2O或H+發(fā)生得電子的還原反應，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，所以電極附近溶液的pH增大，故D正確；故選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題只有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.一定溫度下，按2：1加入反應物發(fā)生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列說法正確的是A.恒壓條件下的轉化率高于恒容條件下的轉化率B.平衡后各物質濃度之比為2：1：2C.恒容時按2：1再加入反應物，新平衡后SO2(g)和O2體積分數(shù)均增大D.恒容時平均分子量不變或密度不變均能證明該反應已達平衡【答案】A【解析】【詳解】A．該反應是氣體計量數(shù)減小反應，故恒壓時隨著反應進行，容器體積減小，相當于在恒容的基礎上加壓，平衡正向移動，轉化率增大，A正確；B．平衡轉化率不知道，平衡后，各種物質的濃度之比無法確定，B錯誤；C．恒容時按2：1再加入反應物，相當于加壓，平衡正向移動，新平衡后SO2(g)和O2體積分數(shù)均減小，C錯誤；D．該反應體系中，所有的反應物和產物都是氣體，則總質量不變，在恒容容器中，體積不變，故密度是始終不變的，則密度不變不能證明反應達到平衡，D錯誤；故選A。12.某污水處理廠利用微生物電池將鍍鉻廢水中的催化還原，其工作原理如下圖所示。下列說法錯誤的是A.電池工作過程中電子由a極經外電路流向b極B.b極反應式：C.電池工作過程中a極區(qū)附近溶液的pH增大D.每生成33.6L，則處理1mol【答案】CD【解析】【分析】由圖可知，a極乙酸生成二氧化碳和氫離子，發(fā)生氧化反應為負極，反應為；b極轉化為，發(fā)生還原反應，為正極，反應為；【詳解】A．電池工作過程中，電子由負極流向正極，由a極流向極，故A正確；B．b極發(fā)生還原反應，電極式正確，故B正確；C．電池工作過程中a極區(qū)生成氫離子，溶液的減小，故C錯誤；D．每生成標況下，二氧化碳的物質的量為1.5mol，轉移電子6mol，根據電子守恒可知，處理，但是選項中未標明溫度壓強，氣體的物質的量不確定為1.5mol，故D錯誤；故選CD。13.下列實驗操作及現(xiàn)象能推出相應結論的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結論A相同條件下，將同等大小的鈉分別加入無水乙醇和水中，鈉與水反應更劇烈乙醇中氫的活潑性比水中氫的弱B向淀粉溶液中加入適量稀硫酸，加熱，冷卻后加入過量NaOH溶液至堿性，再加少量碘水，溶液不變藍淀粉完全水解C向溶液中加入溶液，再加入幾滴溶液，溶液變紅此反應存在限度D在燒杯中將氫氧化鋇晶體和氯化銨晶體混合攪拌，片刻后用手觸摸燒杯底部感到冰涼，同時能聞到有刺激性氣味的氣體生成此反應為放熱A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【詳解】A．相同條件下，將同等大小的鈉分別加入無水乙醇和水中，鈉與水反應更劇烈，則水中氫比乙醇中氫的活潑性強，A正確；B．碘能和強堿溶液反應，應向水解液中直接加少量碘水來檢驗淀粉是否有剩余、不能在中和液中加碘水，B錯誤；C．，向溶液中加入溶液，鐵離子少量，再加入幾滴溶液，溶液變紅，則反應中鐵離子沒有完全轉化，此反應存在限度，C正確；D．在燒杯中將氫氧化鋇晶體和氯化銨晶體混合攪拌，片刻后用手觸摸燒杯底部感到冰涼，同時能聞到有刺激性氣，說明此反應為吸熱反應，D錯誤；答案選AC。14.用高分子吸附樹脂提取鹵水中的碘(主要以I-形式存在)的工藝流程如下：下列說法正確的是A.經①和④所得溶液中，c(I-)后者大于前者B.④的作用是將吸附的碘氧化而脫離高分子樹脂C.若②和⑤中分別得到等量I2，則消耗的n(Cl2)：n(KClO3)=5：2D.由⑥得到碘產品的過程，主要發(fā)生的是物理變化【答案】AD【解析】【分析】含I-的鹵水酸化之后，通入氯氣將I-氧化為I2，用高分子樹脂吸附I2，再用亞硫酸鈉還原成I-，得到I-濃度較高的溶液，最后用氯酸鉀氧化得到I2?！驹斀狻緼．①中開始時c(I-

)較小，④中c(I-

)經過前面的吸附再還原后濃度變大，所以c(I-

)后者大于前者，A正確；B．④的作用是利用亞硫酸鈉的還原性將吸附的碘還原成I-而脫離高分子樹脂，B錯誤；C．根據反應②Cl2+2I-

=2Cl-+I2和⑤+6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O，假設分別得到3molI2，則消耗n(Cl2)=3mol、n(KClO3)=1mol，則n(Cl2)：n(KClO3)=3：1，C錯誤；D．⑥是將碘升華再凝華得到產品的過程，升華和凝華都是物理變化，D正確；答案選AD。15.一定溫度下，密閉容器中反應mX(g)+nY(？)pW(s)+2mZ(g)達到平衡時，c(X)=0.3mol/L，若其它條件不變，將容器體積縮小至原來的1/2，再次達平衡時c(X)=0.5mol/L。下列判斷正確的是A.平衡向正反應方向移動 B.Y可能是液體或固體C.方程式中化學計量數(shù)：n>m D.Z的體積分數(shù)下降【答案】AC【解析】【分析】平衡時c(X)=0.3mol/L，將容器體積縮小到原來的，如果平衡不移動，X的濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，即為0.6mol/L，而重新平衡后c(X)=0.5mol/L，說明增大壓強平衡向正反應移動了，反應為氣體分子數(shù)減小的反應。【詳解】A．從以上分析可知，平衡向正反應方向移動，故A正確；B．增大壓強，平衡向正向移動，說明反應物的氣體系數(shù)之和大于生成物的氣體系數(shù)之和，若Y是固體或液體，m<2m，所以Y是氣體，故B錯誤；C．根據B的分析，系數(shù)m+n>2m，所以n>m，故C正確；D．平衡向正反應移動，Z的體積分數(shù)增大，故D錯誤；故答案選AC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.苯乙烯是一種重要的有機化工原料，聚苯乙烯可用于制造一次性餐具。一種生產苯乙烯的流程如下：(1)上述流程①～④的反應中屬于取代反應的有___(填序號)。乙苯的一溴代物共有___種。(2)寫出化學反應方程式：①以CH2=CH2為原料制備CH3CH2Cl：____；②用苯乙烯合成聚苯乙烯：_____。(3)聚苯乙烯塑料性質穩(wěn)定，會造成嚴重的“白色污染”，為此人們開發(fā)出一種聚乳酸塑料來替代聚苯乙烯。由乳酸合成聚乳酸的示意圖如下：①寫出乳酸與足量金屬鈉反應的化學方程式：_____。②聚乳酸中含有的官能團名稱為____。③分析用聚乳酸塑料替代聚苯乙烯塑料的好處是____。(4)目前工業(yè)上大多采用乙苯催化脫氫法制備苯乙烯，反應原理如下：(g)?(g)+H2(g)ΔH已知鍵能數(shù)據如下：化學鍵C﹣HC﹣CC=CH﹣H鍵能/kJ?mol﹣1412348612436注：25℃，100kPa時生成或斷裂1mol化學鍵所放出或吸收的能量稱為鍵能。計算上述反應的ΔH=_______?！敬鸢浮竣?②③②.5③.CH2=CH2+HClCH3CH2Cl④.n⑤.CH3CH(OH)COOH+2Na→CH3CH(ONa)COONa+H2↑⑥.酯基⑦.聚乳酸可發(fā)生降解生成無毒無害物質，環(huán)保無污染⑧.+124kJ?mol-1【解析】【詳解】根據流程圖可知①苯與乙烯反應生成苯乙烷，②苯與氯乙烷取代生成苯乙烷，③苯乙烷發(fā)生取代生成，④在一定條件下消去生成苯乙烯。(1)根據分析上述流程①～④的反應中屬于取代反應的有②③，乙苯中等效氫有5種，故乙苯的一溴代物共有5種，故答案為：②③、5(2)①以CH2=CH2為原料制備CH3CH2Cl，可以CH2=CH2為原料與HCl加成得CH3CH2Cl，化學反應方程式為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl②苯乙烯加聚反應可以得到聚苯乙烯，化學反應方程式為：n(3)①乳酸CH3CH(OH)COOH中有羥基和羧基，可以與鈉反應，反應方程式為：CH3CH(OH)COOH+2Na→CH3CH(ONa)COONa+H2↑②聚乳酸是乳酸縮聚形成的聚酯，根據聚乳酸的結構簡式可知，聚乳酸中含有的官能團名稱為酯基，故答案為：酯基③聚乳酸是乳酸縮聚形成的聚酯，在一定條件下可以發(fā)生降解，聚乳酸塑料替代聚苯乙烯塑料可以減少白色污染，是因為聚乳酸可發(fā)生降解生成無毒無害物質，環(huán)保無污染(4)ΔH=反應物的鍵能之和-生成物鍵能之和，故ΔH相當于乙基的鍵能之和-乙烯基和氫氣的鍵能之和=，故答案為：+124kJ?mol-117.甲醇(CH3OH)在化工生產中應用廣泛。其中利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑的作用下合成甲醇，可能發(fā)生的反應如下：I．CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)ΔH1=-41.0kJ·mol-1Ⅱ．CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH2=-90.0kJ·mol-1Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3（1）ΔH3=___________，在上述制備甲醇的兩個反應中，反應Ⅱ與反應Ⅲ比較，優(yōu)點為___________。（2）在一恒溫恒容密閉容器中充入1molCO2和3molH2進行反應Ⅲ，測得CO2和CH3OH濃度隨時間變化如下圖所示。3min時，反應的v正___________v逆(填“<”、“>”或“=”)。0～10min內，用H2表示的平均反應速率v=___________。（3）使用不同方法制得的Cu2O(Ⅰ)和Cu2O(Ⅱ)可用于CH3OH的催化脫氫：CH3OH(g)?HCHO(g)+H2(g)。在相同的密閉容器中，利用控制變量法進行實驗，測得CH3OH的濃度c(mol·L-1)隨時間t(min)的變化如下表：序號溫度催化劑01020304050①T1Cu2O(Ⅰ)0.0500.04920.04860.04820.04800.0480②T1Cu2O(Ⅱ)0.0500.04900.04830.04800.04800.0480③T2Cu2O(Ⅲ)0.0500.0440.0400.0400.0400.040可以判斷：實驗溫度T1___________T2(填“>”、“<”，下同)；催化劑的催化效果Cu2O(Ⅰ)___________Cu2O(Ⅱ)。（4）CO與H2反應可制備CH3OH，由CH3OH和O2構成的質子交換膜燃料電池的結構示意如下圖所示。電池總反應為2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，則c電極是___________(填“正極”或“負極”)，c電極的電極反應式為___________。若外電路中轉移2mol電子，則上述燃料電池所消耗的O2在標準狀況下的體積為___________L。【答案】（1）①.-49.0kJ·mol-1②.反應Ⅱ符合“原子經濟性”的原則即原子利用率為100%（綠色化學）（2）①.>②.0.225（3）①.<②.<（4）①.負極②.③.11.2【解析】【小問1詳解】反應Ⅲ可由反應Ⅱ-反應Ⅰ得到，ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-90+41)kJ/mol=-49kJ/mol。反應Ⅱ只有甲醇一種產物，無副產物，原子利用率為100%，符合“原子經濟性”的原則?！拘?詳解】3min時，甲醇的濃度呈增大的趨勢，二氧化碳的濃度呈減小的趨勢，說明此時反應正向進行，v正>v逆。0-10min甲醇的濃度變化量為0.75mol/L，則根據化學方程式可知，氫氣的濃度變化量為2.25mol/L，H2的平均反應速率v=2.25mol/L÷10min=0.225?！拘?詳解】對比表中②③組的實驗數(shù)據可知，催化劑相同的情況下，第③組實驗中單位時間內甲醇的濃度變化量更大，說明③組實驗反應速率更大，T1<T2。對比①②兩組數(shù)據可知，溫度相同的情況下，②組實驗中單位時間內甲醇的濃度變化量更大，說明②組實驗反應速率更大，催化效果Cu2O(Ⅰ)<Cu2O(Ⅱ)。【小問4詳解】從圖中可知電子從電極c流向電極d，因此c電極為負極，電極反應為，正極上電極反應為O2+4e-+4H+=2H2O，若外電路中轉移2mol電子，則消耗氧氣0.5mol，標況下體積為11.2L。18.碘化鈉用作甲狀腺腫瘤防治劑、祛痰劑和利尿劑等.實驗室用NaOH、單質碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料可制備碘化鈉。資料顯示：水合肼有還原性，能消除水中溶解的氧氣；NaIO3是一種氧化劑。回答下列問題：(1)水合肼的制備有關反應原理為：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl①用下圖裝置制取水合肼，其連接順序為_________________(按氣流方向，用小寫字母表示).②開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液，滴加NaClO溶液時不能過快的理由__________________________________。(2)碘化鈉的制備i.向三口燒瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，攪拌、冷卻，加入25.4g碘單質，開動磁力攪拌器，保持60～70℃至反應充分；ii.繼續(xù)加入稍過量的N2H4·H2O(水合肼)，還原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同時釋放一種空氣中的氣體；iii.向上述反應液中加入1.0g活性炭，煮沸半小時，然后將溶液與活性炭分離；iv.將步驟iii分離出的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得產品24.0g。③步驟i反應完全的現(xiàn)象是______________________。④步驟ii中參與反應的離子方程式為________________________________________。⑤步驟iii“將溶液與活性炭分離”的方法是______________________。⑥本次實驗產率為_________，實驗發(fā)現(xiàn)，水合肼實際用量比理論值偏高，可能的原因是_____________。⑦某同學檢驗產品NaI中是否混有NaIO3雜質。取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍，得出NaI中含有NaIO3雜質；請評價該實驗結論的合理性：_________(填寫“合理”或“不合理”)，_________(若認為合理寫出離子方程式，若認為不合理說明理由).【答案】①.fabcde(ab順序可互換）②.過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率③.無固體殘留且溶液呈無色（答出溶液呈無色即給分）④.2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O⑤.趁熱過濾或過濾⑥.80%⑦.水合胼能與水中的溶解氧反應⑧.不合理⑨.可能是I-在酸性環(huán)境中被O2氧化成I2而使淀粉變藍【解析】【分析】(1)水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3═N2H4·H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，裝置A為安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發(fā)生反應生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收；(2)加入氫氧化鈉，碘和氫氧化鈉發(fā)生反應：I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O、3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮氣與NaI，得到的NaI溶液經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得到NaI；⑥根據碘守恒計算得到理論生成的NaI，再計算產率可得；⑦NaIO3能夠氧化碘化鉀，空氣中氧氣也能夠氧化碘離子生成碘單質。據此分析解答?！驹斀狻?1)①水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3═N2H4·H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，通過裝置A安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發(fā)生反應生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按氣流方向其連接順序為：fabcde，故答案為fabcde；②開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，生成氨氣一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液反應生成水合肼，水合肼有還原性，滴加NaClO溶液時不能過快的理由：過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水和肼，降低產率，故答案為過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產率；(2)③步驟i中碘單質生成NaI、NaIO、NaIO3，反應完全時現(xiàn)象為無固體殘留且溶液接近無色，故答案為無固體殘留且溶液接近無色；④步驟ii中N2H4·H2O還原NaIO3的化學方程式為：3N2H4·H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，離子方程式為：3N2H4·H2O+2=2I-+3N2↑+9H2O，故答案為3N2H4·H2O+2=2I-+3N2↑+9H2O；⑤活性炭具有吸附性，能脫色，通過趁熱過濾將活性炭與碘化鈉溶液分離，故答案為趁熱過濾；⑥8.2gNaOH與25.4g單質碘反應，氫氧化鈉過量，碘單質反應完全，根據整個實驗過程和碘守恒，理論上生產得到的NaI的質量為=30g，實驗產率為×100%=80%；實驗發(fā)現(xiàn)，水合肼實際用量比理論值偏高是因為水合肼能與水中的溶解氧反應，故答案為80%；水合肼能與水中的溶解氧反應；⑦取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍，說明生成碘單質，可能是NaIO3氧化碘化鉀反應生成，也可能是空氣中氧氣氧化碘離子生成碘單質，不能得出NaI中含有NaIO3雜質，故答案為不合理；可能是I-在酸性環(huán)境中被氧氣氧化成I2而使淀粉變藍?！军c睛】本題考查了物質制備方案設計，主要考查了化學方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應、產率計算等。本題的難點為⑥，要注意用守恒法解題。19.三溴氧磷(POBr3)是一種廣泛應用于塑料、橡膠、涂料和防火劑領域的阻燃劑，能夠增加材料的阻燃性能。某化學興趣小組查閱資料，設計實驗制備三溴氧磷。已知：三溴氧磷、三溴化磷均易水解。Ⅰ.制備三溴化磷將12.40g干燥的紅磷放入三頸燒瓶中，加入50.00g三溴化磷形成流動的懸浮體。在通入一段時間干燥的氮氣后，加熱至反應物沸騰。在確保沸騰情況下迅速加入溴，加入溴的總量控制在80.00g。繼續(xù)加熱沸騰約10min，改成蒸餾裝置，蒸餾出產品。（1）盛放液溴的儀器名稱是__________；球形干燥管中盛放的試劑為________。（2）反應前通入干燥氮氣的目的是________________。（3）溴的總量控制在80.00g，目的是________________。Ⅱ.制備三溴氧磷取24.00g五氧化二磷和13.55g三溴化磷放入三頸燒瓶中，攪拌均勻，滴入8.40g液溴并迅速升溫到150℃，反應一段時間后停止加熱，待稍冷后再加入1.00g溴和少量的五氧化二磷繼續(xù)反應一段時間，冷卻后減壓蒸餾出產品17.94g。（4）POBr3中P的化合價為________價。（5）為了便于控制溫度，選擇的加熱方式最好為_________。該反應的化學方程式為________。（6）三溴氧磷的產率為________%(保留兩位有效數(shù)字)。【答案】（1）①.恒壓分(滴)液漏斗②.堿石灰（2）趕盡裝置內的空氣，防止氧氣和水蒸氣干擾實驗（3）防止生成五溴化磷（4）+5（5）①.油浴加熱②.3PBr3+3Br2+P2O55POBr3（6）75【解析】【分析】制備三溴氧磷中要注意三溴氧磷、三溴化磷均易水解，因此保持干燥的環(huán)境，制備得到的三溴氧磷分為兩步?！拘?詳解】由題干實驗裝置圖可知：儀器的名稱為恒壓分(滴)液漏斗；干燥管內盛放的物質要能吸收空氣中的水蒸氣(因為三溴化磷易水解)，同時吸收溴蒸氣(因為液溴易揮發(fā)，且有毒性)，故最好選堿石灰，故答案為：恒壓分(滴)液漏斗；堿石灰?！拘?詳解】題給信息顯示，三溴化磷易水解，同時磷易被空氣中的氧氣氧化，所以實驗開始前，要通入一段時間干燥的氮