高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省成都市十縣區2023-2024學年高一下學期期末考試模擬試題（一）考試時間90min，滿分100分可能用到的相對原子質量：Cu64S32N14Br80一、單選題1.文物和文化遺產承載著中華民族的基因和血脈，是不可再生、不可替代的中華優秀文化資源。下列說法正確的是（）A.名畫《清明上河圖》使用的絹絲的主要成分為多糖B.“大圣遺音”琴的琴面為桐木，桐木的主要成分為蛋白質C.紹興黃酒釀制技藝屬于國家級非物質文化遺產，酒精屬于烴的衍生物D.建造避暑山莊使用的琉璃瓦屬于有機高分子材料〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．絹絲的主要成分是蛋白質，屬于天然有機高分子材料，故A錯誤；B．“大圣遺音”琴的琴面為桐木，桐木的主要成分為纖維素，故B錯誤；C．紹興黃酒釀制技藝屬于國家級非物質文化遺產，酒精結構簡式為C2H5OH屬于烴的衍生物，故C正確；D．建造避暑山莊使用的琉璃瓦主要成分為硅酸鹽，屬于傳統無機非金屬材料，故D錯誤；故選C。2.下列說法正確的是（）A.煤的液化是物理變化B.乙烷是一種植物生長調節劑可用于催熟果實C.油脂與氫氧化鈉溶液反應可制肥皂D.蔗糖、淀粉水解都只生成葡萄糖〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．因煤的氣化是指把固體的煤轉化為水煤氣的過程，煤的液化是指把固體的煤轉化為可燃性液體的過程，兩者都是化學變化，A錯誤；B．乙烯是一種植物生長調節劑可用于催熟果實，B錯誤；C．油脂與氫氧化鈉溶液反應為皂化反應，可制肥皂，C正確，D．因蔗糖的水解產物為葡萄糖和果糖，而淀粉水解的產物是葡萄糖，D錯誤；故選C。3.對下列化學用語的理解正確的是（）A.苯的分子式B.丙烷分子的球棍模型C.甲酸乙酯的結構簡式D.空間充填模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．苯的分子式為C6H6，苯的結構簡式為，A錯誤；B．丙烷分子的球棍模型為，B正確；C．甲酸乙酯的結構簡式為HCOOCH2CH3，是乙酸甲酯，C錯誤；D．氯原子半徑大于碳原子半徑，空間充填模型不能表示四氯化碳分子，D錯誤；〖答案〗選B。4.用表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A.含有的非極性共價鍵數目為B.的氨水，含有的數目為C.與足量完全反應，轉移電子數為D.和完全反應生成的分子數為〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．乙烷分子中的碳碳鍵為非極性鍵，1個中含有1個碳碳鍵，則含有的非極性共價鍵數目為，故A錯誤；B．氨水中含氮微粒有、、，則的氨水含有、、的總數目為，含的數目小于，故B錯誤；C．的物質的量為0.2mol，過氧化鈉與二氧化碳反應時，1mol過氧化鈉轉移1mol電子，故0.2mol過氧化鈉與足量完全反應，轉移電子數為，故C正確；D．沒有指明是在標況下，無法計算氣體的物質的量及反應生成NO2的物質的量，且由于存在，不能確定反應生成的分子數為，故D錯誤；〖答案〗選C。5.化學反應中能量變化是由化學反應中舊化學鍵斷裂時吸收的能量與新化學鍵形成時放出的能量不同引起的。如圖為N2(g)和O2(g)反應生成NO(g)過程中的能量變化，下列說法中正確的是（）A.1molN2(g)和1molO2(g)完全反應放出的能量為180kJB.通常情況下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NOC.1molN2(g)和1molO2(g)具有的總能量小于2molNO(g)具有的總能量D.NO2是一種酸性氧化物，能與NaOH溶液反應生成鹽和水〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．1molN2(g)和1molO2(g)完全反應生成2molNO，斷鍵吸收了946kJ+498kJ=1444kJ，成鍵釋放了632kJ×2=1264kJ，則吸收的能量為1444kJ?1264kJ=180kJ，故A錯誤；B．氮氣含有氮氮三鍵，鍵能大，N2(g)和O2(g)在高溫或則放電條件下反應生成NO，故B錯誤；C．根據A選項分析，該反應是吸熱反應，則1molN2(g)和1molO2(g)具有的總能量小于2molNO(g)具有的總能量，故C正確；D．NO2能與NaOH溶液反應生成鹽和水，但不是一種酸性氧化物，故D錯誤。綜上所述，〖答案〗為C。6.由下列實驗操作及現象能得出相應結論的是（）選項實驗操作現象結論A將濃硫酸滴到蔗糖表面固體變黑膨脹濃硫酸有脫水性和吸水性B常溫下將Al片放入濃硝酸中無明顯現象Al與濃硝酸不反應C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入過量SO2溶液紅色褪去SO2具有漂白性D向濃HNO3中加入紅熱的炭產生紅棕色氣體炭與濃HNO3反應生成NO〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．濃硫酸滴到蔗糖表面，固體變黑，可以得出濃硫酸有脫水性和吸水性，A正確；B．常溫下，Al和濃硝酸發生鈍化反應，在鋁表面產生一層致密的氧化薄膜，阻礙反應的進行，B錯誤；C．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入過量SO2，溶液紅色褪去，是因為SO2與NaOH反應使OH-濃度減小，體現SO2作為酸性氧化物的性質，C錯誤；D．炭與濃HNO3反應生成NO2，不是NO，D錯誤；故選A。7.從中藥八角茴香中提取的有機化合物莽草酸，具有抗炎、鎮痛作用，其結構簡式如圖，下列關于莽草酸的說法錯誤的是（）A.分子式為B.含有兩種官能團C.莽草酸與足量鈉反應生成D.與乙酸、乙醇均可發生酯化反應〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由莽草酸結構簡式可知，1個莽草酸分子中含有7個碳原子、10個氫原子和5個氧原子，則分子式為，故A正確；B．該有機物分子中含有碳碳雙鍵、羥基和羧基三種官能團，故B錯誤；C．分子中含有3個羥基和1個羧基，由醇、羧酸與鈉反應關系可知，莽草酸與足量鈉反應生成，故C正確；D．分子中既含羥基又含羧基，所以與乙酸、乙醇均可發生酯化反應，故D正確；〖答案〗選B。8.下列生產活動中涉及的化學原理正確的是（）選項生產活動化學原理A從石油中得到直餾汽油烷烴發生裂化反應B侯氏制堿法得到沉淀溶解度較小C利用溶液刻蝕印刷電路板Fe的活動性比Cu強D用焦炭還原石英砂制粗硅C的氧化性比Si強〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．從石油中得到裂化汽油，發生了化學變化，而石油分餾屬于物理變化，從石油中得到直餾汽油，是依烷烴沸點不同，在不同溫度下分餾得到，故A錯誤；

B．侯氏制堿法是將二氧化碳和氨氣通入飽和食鹽水中得到碳酸氫鈉和氯化銨，由于溶解度較小，以晶體形成析出沉淀，故B正確；

C．該反應是Cu和氯化鐵反應生成氯化亞鐵和氯化亞銅，產物無Fe，不能說明Fe的活動性比Cu強，故C錯誤；

D．反應中碳是還原劑，硅是還原產物，碳表現還原性，而物質的氧化劑體現元素的非金屬性，不能說明碳的非金屬性比硅強，故D錯誤；

故選：B。9.在4L密閉容器中，X、Y、Z三種氣態物質的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A.該反應的化學方程式是6X+2Y5ZB.2min內Y的轉化率為20%C.從反應開始到平衡時，用X表示的化學反應速率為0.03mol·L-1·min-1D.容器內氣體的密度保持不變可以作為達到平衡狀態的標志〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．X的變化量為：1.0mol-0.4mol=0.6mol,Y的變化量為：1.0mol-0.8mol=0.2mol,Z的變化量為：0.5mol-0.1mol=0.4mol,由變化量之比等于化學計量數之比，則化學反應方程式為：3X+Y2Z，A錯誤；B．2min內，Y的變化的物質的量為：1mol-0.9mol=0.1mol,故轉化率為，B錯誤；C．，C正確；D．由于該反應中都是氣體，故質量不變，體積為4L密閉容器，也未改變，故密度不是變量，不能作為達到平衡狀態的標志，D錯誤；故選C。10.下列物質發生一氯取代反應后，只能生成三種沸點不同的有機產物的烷烴是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．只含兩種氫，其一氯代物只有兩種，能生成兩種沸點不同的有機產物，故A不選；B．中含三種氫，能形成三種一氯代物，能生成三種沸點不同的有機產物，故B選；C．只含兩種氫，其一氯代物只有兩種，能生成兩種沸點不同的有機產物，故C不選；D．含四種氫，其一氯代物只有四種，能生成四種沸點不同的有機產物，故D不選；故選：B。11.化學反應中、、的結構式分別為A=A、B-B、B-A-B，反應過程中的能量變化如圖所示，下列有關敘述不正確的是（）A.該反應可能在常溫下發生B.斷裂4molB-A吸收kJ能量C.該反應中反應物總能量小于生成物的總能量D.該反應若生成2mol，則放出的熱量為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．由圖可知生成物能量高于反應物能量，反應為吸熱反應，，生成物氣體分子數多于反應物，，該反應在高溫下自發進行，常溫下也可能發生，故A正確；B．由圖可知斷裂4molB-A即消耗2molAB2吸收kJ能量，故B正確；C．該反應為吸熱反應，反應物總能量小于生成物的總能量，故C正確；D．該反應若生成2mol，則吸收的熱量為，故D錯誤；故選：D。12.下列實驗操作及現象，可以得出相應結論的是（）選項實驗操作及現象結論A鐵加入到冷的濃硝酸中無明顯現象，加入稀硝酸中有氣泡產生稀硝酸氧化性比濃硝酸的強B石油通過裂化、裂解得到的混合氣體氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液由紅棕色變為無色混合氣體中一定含有乙烯C通入硅酸鈉溶液，產生白色沉淀非金屬性：D向裝有蔗糖的燒杯里滴加濃硫酸，固體變黑膨脹濃硫酸有吸水性〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．鐵加入到冷的濃硝酸中無明顯現象，是因為鐵與濃硝酸發生鈍化，并不能證明氧化性稀硝酸>濃硝酸，故A錯誤；B．石油通過裂化、裂解得到的混合氣體氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液由紅棕色變為無色，說明石蠟油分解產物一定含有不飽和烴，但不一定是乙烯，故B錯誤；C．通入硅酸鈉溶液，產生白色沉淀，說明二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，則推斷出硅酸酸性小于碳酸，證明非金屬性：，故C正確；D．向裝有蔗糖的燒杯里滴加濃硫酸，固體變黑，說明脫水碳化，濃硫酸有脫水性，膨脹則是產生了氣體，說明碳與濃硫酸發生了氧化還原反應，濃硫酸具有強氧化性，故D錯誤；〖答案〗選C。13.有機物a是石油化學工業重要的基本原料，其產量是衡量一個國家石油化工發展水平的標志，下列說法錯誤的是（）A.a生成b屬于加成反應B.b與甘油()互為同系物C.c與環氧乙烷()互為同分異構體D.b、d、e三種物質可以用飽和Na2CO3溶液鑒別〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗有機物a的產量是衡量一個國家石油工業發展水平的標志，則a為CH2═CH2，a與水發生加成反應生成b為CH3CH2OH，b發生催化氧化生成c為CH3CHO，c進一步氧化生成d為CH3COOH，乙酸與乙醇發生酯化反應生成e為CH3COOCH2CH3。【詳析】A．a與水發生加成反應生成b為CH3CH2OH，A正確；B．b為CH3CH2OH，分子式為C2H6O，甘油的分子式為C3H8O3，兩者分子式相差CH2O2，兩者不是同系物，B錯誤；C．c為CH3CHO，與環氧乙烷，分子式相同，結構式不同，互為同分異構體，C正確；D．乙醇能夠溶于水，不分層，乙酸與飽和Na2CO3溶液發生放出氣體，有氣泡產生，而乙酸乙酯與飽和Na2CO3溶液是互不相溶的兩層液體，故可以用飽和Na2CO3溶液鑒別，D正確；故選B。14.對下列各組實驗的現象描述錯誤的是（）A．溶液褪色，靜置后分層B．紅墨水液面左高右低C．電流表指針不發生偏轉D．產生白色沉淀且不溶解〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．乙烯與高錳酸鉀反應生成二氧化碳，不能分層，A錯誤；B．硝酸銨與水反應吸熱，壓強減小，則紅墨水液面左高右低，B正確；C．構成原電池的條件，活潑性不同的電極、電解質溶液、閉合的回路及自發氧化還原，C正確；D．生成的氨氣溶于水生成一水合氨與氯化鋁生成不溶于弱堿的氫氧化鋁，D正確；故〖答案〗為A。15.由和制備(熔點16.8℃，沸點44.8℃)的模擬裝置如下圖所示(加熱和夾持裝置省略)，下列說法錯誤的是（）A.裝置③中鉑石棉用作反應的催化劑B.裝置①②的作用是干燥氣體，并通過觀察氣泡監測氣體流速C.從裝置⑤逸出的氣體有和D.裝置④的作用是冷凝收集〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗①和②中均為濃硫酸，用于干燥二氧化硫和氧氣，鉑石棉為催化劑，用于催化二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫，④中冰水共存物用于冷卻分離出三氧化硫，⑤中為堿石灰，用于吸收多余的二氧化硫。【詳析】A．裝置中鉑石棉為催化劑，用于催化二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫，A正確；B．根據分析可知，①和②中均為濃硫酸，用于干燥二氧化硫和氧氣，B正確；C．堿石灰可以吸收SO2，從裝置⑤中逸出的氣體中不可能有SO2，C錯誤；D．④中冰水共存物用于冷卻分離出三氧化硫，D正確；故〖答案〗選C。16.工業上利用廢錳渣(主要成分為MnO2、KOH、MgO)制備MnSO4的流程如下圖所示：已知反應Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列說法不正確的是（）A.濾液中主要存在的陽離子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+B.反應Ⅰ中每消耗0.5molFeS2，轉移的電子數為1NAC.反應Ⅱ的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2OD.調節pH的作用是沉淀鐵元素〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由工藝流程圖可知，酸浸過程中雜質KOH、MgO等溶于硫酸進入溶液，MnO2與硫酸不反應，過濾，得到二氧化錳，反應Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，過濾除去不溶物，反應Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉化為Fe3+，加入碳酸鈣調pH，將Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，經過濾得較純凈的硫酸錳溶液。最終得到硫酸錳晶體，據此作答。【詳析】A．MnO2與硫酸不反應，所以濾液中不含Mn2+，A錯誤；B．反應Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，FeS2中S為-1價，被氧化為S單質，所以每消耗0.5molFeS2，轉移的電子數為1

mol，轉移的電子數為1NA，B正確；C．反應Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉化為Fe3+，Fe從+2價轉化為+3價，Mn從+4價轉化為+2價，根據得失電子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，C正確；D．由分析可知，加入碳酸鈣調pH，將Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，即調節pH的作用是沉淀鐵元素，D正確；故〖答案〗為：A。17.用CH4和O2組合形成的質子(H+)交換膜燃料電池的結構如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.電流通過外電路從d極流向c極B.電極c的電極反應式為CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+C.b氣體為O2D.若電路中轉移2mol電子，則該燃料電池理論上消耗的O2在標準狀況下的體積為22.4L〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據圖示可知，電子由c極經過負載流向d極，故c是負極，電極c的電極反應式為CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，d是正極，正極上得電子發生還原反應，電極反應式為O2+4H++4e-═2H2O，據此分析回答問題。【詳析】A．電流的流向與電子相反，故電流通過外電路從d極流向c極，A正確；B．由以上分析可知，電極c的電極反應式為CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，B正確；C．由以上分析可知，b氣體為O2，C正確；D．由以上分析可知，轉移4mol電子時，消耗1mol氧氣，電路中轉移2mol電子，消耗0.5mol氧氣，則該燃料電池理論上消耗的O2在標準狀況下的體積為11.2L，D錯誤；故選D。18.侯德榜改進的制堿工藝打破了西方對我國的技術封鎖，至今仍在使用。工業上從海水中制備純堿和金屬鎂的流程如下圖所示：下列說法不正確的是（）A.流程Ⅰ依次向粗鹽水中加入過量溶液、溶液并過濾B.流程Ⅱ體現了侯德榜制堿法C.流程Ⅱ中吸氨與碳酸化的順序互換，物質不變、不影響反應結果D.流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集鎂元素〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．流程I中，先加入過量的氫氧化鈣溶液，除去氯化鎂，再加入過量的碳酸鈉溶液，除去氯化鈣和過量的氫氧化鈣，過濾，故A正確；B．流程II吸氨氣后溶液呈堿性，利于吸收二氧化碳，從而生成更多的碳酸氫鈉，體現了侯德榜制堿法，故B正確；

C．流程Ⅱ中吸氨氣與碳酸化的順序互換，即先向氯化鈉溶液中通入CO2，溶液不反應，會影響反應結果，故C錯誤；D．流程IV是氫氧化鈣和氯化鎂反應生成氫氧化鎂沉淀和氯化鈣，流程V是氫氧化鎂和鹽酸反應生成氯化鎂和水，所以流程IV、V是將母液中少量氯化鎂富集起來，故D正確；故〖答案〗C。19.實驗室中用如圖裝置，以氨氣和鈉為原料加熱至制備氨基鈉，并檢驗氣體產物．已知：極易水解．下列說法正確的是（）A.裝置A中的藥品是氯化銨固體 B.裝置B和裝置D均只起到干燥作用C.實驗時先點燃C處酒精燈，再點燃A處酒精燈 D.裝置E中黑色粉末變成紅色，證明有氫氣生成〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗A中用氯化銨和氫氧化鈣制取氨氣，然后經過B中的干燥裝置去除氨氣中的水蒸氣，氨氣和鈉在C中發生反應生產氨基鈉，反應為，D為干燥裝置，對氫氣進行干燥，同時防止E中的水蒸氣進入，氫氣和CuO在E裝置中反應，以此解答。【詳析】A．氯化銨固體受熱分解生成氨氣和HCl氣體，二者遇冷又會反應生成氯化銨，不能通過加熱氯化銨的方法制備氨氣，A錯誤；B．由分析可知，裝置B的作用是干燥，裝置D除了干燥還有防止水蒸氣進入C的作用，B錯誤；C．實驗時，應先點燃A處酒精燈再點燃C處酒精燈，排盡裝置內的空氣，C錯誤；D．氫氣和CuO在加熱條件下反應生成紅色的Cu單質，裝置E中黑色粉末變成紅色，證明有氫氣生成，D正確；故選D。20.將20.0g銅鎂合金完全溶解于140mL某濃度的硝酸中，得到NO2和NO的混合氣體8.96L(標準狀況)，當向反應后的溶液中加入320mL4.0mol/LNaOH溶液時，金屬離子全部轉化為沉淀，測得沉淀的質量為37g。下列說法不正確的是（）A.該合金中銅與鎂的物質的量之比是2：3B.該硝酸中HNO3的物質的量濃度12mol/LC.NO2和NO的混合氣體中，NO2的體積分數25％D.若將混合氣體與水混合完全轉化為硝酸，則需要通入的氧氣(標準狀況)的體積為11.2L〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據題意可知，銅失去2個電子生成銅離子，銅離子與2個氫氧根離子反應生成氫氧化銅沉淀；鎂失去2個電子生成鎂離子，鎂離子與2個氫氧根離子反應生成氫氧化鎂沉淀，據此分析。【詳析】A．根據上述分析：金屬陽離子得到氫氧根物質的量等于金屬失去電子物質的量，依據質量守恒，得到氫氧根物質的量為n(OH-)==lmol，即得失電子物質的量為lmol，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=lmol，根據二者質量和為20.0g可得關系式64n(Cu)+24n(Mg)=20.0g，兩式聯立解得n(Cu)=0.2mol，n(Mg)=0.3mol，因此合金中銅和鎂的物質的量之比為2：3，A正確；B．金屬陽離子Cu2+、Mg2+全部沉淀后，溶液中溶質為NaNO3，根據氮原子守恒可得n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)=0.32L×4.0mol/L+=l.68mol，溶液的體積是140mL，則硝酸的濃度為c(HNO3)=mol/L=12mol/L，B正確；C．根據得失電子數目守恒，3n(NO)+n(NO2)=lmol，n(NO)+n(NO2)==0.4mol，兩式聯立解得n(NO)=0.3mol，n(NO2)=0.1mol，則相同條件下，二者的體積分數等于物質的量分數，故NO2的體積分數為×100%=25%，C正確；D．根據上述分析可知：反應過程中轉移電子的物質的量等于沉淀中OH-的物質的量，n(e-)=n(OH-)=1mol，若將混合氣體與水混合完全轉化為硝酸，則O2得到電子的物質的量與HNO3變為NO、NO2時失去電子的物質的量相等，4n(O2)=1mol，n(O2)=0.25mol，其在標準狀況下的體積為V(O2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，D錯誤；故選D。二、解答題(共60分)21.Ⅰ．從下列各組物質中，找出合適的序號填在對應的空格內：①CH4和CH3CH2CH3②12C和14C

③金剛石和石墨

④H和D⑤和⑥和⑦CH2=CHCH3和CH2=CH2⑧和⑨蔗糖和麥芽糖（1）互為同位素的是___________(填序號，下同)。（2）互為同分異構體的是___________。（3）互為同系物的是___________。（4）為同一種物質的是___________。（5）互為同素異形體的是___________。Ⅱ．氮循環是自然界中一種重要的物質循環方式，主要有以下2種方式：①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸鹽)N2②N2NH3N2（6）通常我們把大氣中游離態的氮轉化為氮的化合物的過程稱為氮的固定，主要有3種途徑。如上①N2→NO稱為大氣固氮，②N2NH3稱為___________，還有1種是工業固氮，其反應的化學方程式是___________。（7）寫出氮循環①中NO2→HNO3的化學方程式___________。（8）寫出氮循環②中NH3的電子式___________。寫出NH的檢驗方法___________。〖答案〗（1）②④（2）⑤⑨（3）①⑦（4）⑥⑧（5）③（6）①.生物固氮②.N2+3H22NH3（7）3NO2+H2O=2HNO3+NO（8）①.②.取樣，滴加氫氧化鈉溶液并加熱，產生能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，說明有〖解析〗（1）②12C和14C質子數相同都是6，而中子數不同，分別是6、8，因此二者屬于同位素；④H和D的質子數相同都是1，而中子數不同，分別是0、1，因此二者屬于同位素；（2）⑤異戊烷和新戊烷分子式都是C5H12，但二者的分子結構不同，它們是同分異構體；⑨蔗糖和麥芽糖分子式都是C12H22O11，但二者的分子結構不同，它們是同分異構體；（3）①甲烷和丙烷結構相似，在分子組成上相差2個CH2原子團，因此二者互為同系物；⑦丙烯和乙烯結構相似，在分子組成上相差2個CH2原子團，因此二者互為同系物；（4）⑥CH4是正四面體結構，其分子中的2個H原子被2個Br原子代替，就得到CH2Br2，其結構式可以用如圖所示的兩種結構表示，它們屬于同一物質；⑧由于碳碳單鍵可以旋轉，如圖所示的物質都是表示2-甲基丁烷，因此它們表示的是同一物質；（5）③金剛石和石墨是C元素的兩種不同性質的單質，二者是同素異形體；（6）根據題意N2NH3是生物將游離態的氮氣轉變為化合態的氮，稱為生物固氮，還有1種是工業固氮，是氫氣和氮氣在高溫高壓催化劑作用下反應生成氨氣，其反應的化學方程式是N2+3H22NH3；（7）氮循環①中NO2→HNO3是二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，其化學方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO；（8）氮循環②中NH3的電子式為

；的檢驗方法取樣，滴加氫氧化鈉溶液并加熱，產生能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，說明有。22.我國力爭2030年前實現碳達峰，2060年前實現碳中和。的捕集利用已成為科學家們研究的重要課題。加氫可轉化為二甲醚(CH3OCH3)，反應原理為。該反應的能量變化如圖所示。請回答下列問題：（1）該反應為___________(填“放熱”或“吸熱”)反應。（2）在固定體積的密閉容器中發生該反應，能說明該反應達到平衡狀態的是___________(填字母)。a．的含量保持不變b．混合氣體的密度不變c．混合氣體的平均相對分子質量不變d．（3）在體積為密閉容器中充入和，測得、的物質的量隨時間變化如圖所示。①反應到達3min時，___________(填“>”“<”或“=”)。②0～5min內，___________。③反應達到平衡狀態時，的體積分數為___________%(保留1位小數)。④“二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料電池”的工作原理示意圖如圖所示。X電極為___________(填“正”或“負”)極；電路中電子移動方向是___________；Y電極的電極反應式為___________。〖答案〗（1）放熱（2）ac（3）①.>②.0.5③.17.9④.負⑤.電子從極流出，經導線流入極⑥.〖解析〗（1）從圖中可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，為放熱反應。（2）a．隨反應進行，含量不斷減少，含量不變可說明反應達到平衡狀態，故a符合題意；b．該反應在恒容裝置中進行，反應物和產物均為氣體，混合氣體密度始終不變，故混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，b不符合題意；c．混合氣體的平均相對分子質量可由氣體總質量除以氣體總物質的量求出，氣體總質量為定量，氣體總物質的量為變量，正向進行時氣體總物質的量減小，則混合氣體的平均相對分子質量增大，逆向進行時氣體總物質的量增大，則混合氣體的平均相對分子質量減小，故當混合氣體的平均相對分子質量不變時可以說明該反應達到平衡狀態，c符合題意；d．在同一反應中同一物質正反應速率等于其逆反應速率時，可以說明該反應達到平衡，同一反應不同物質的正逆反應速率等于化學計量數之比時亦可說明反應達到平衡，即可說明反應達到平衡，但d選項中并未指明反應速率的方向，故不能說明反應達到平衡，d不符合題意；故選ac。（3）①反應達到3min時，尚未達到平衡，此時二氧化碳的物質的量仍處于減少的趨勢，故；②0～5min內，物質的量減少2.5mol，則；③根據化學方程式列出起始、轉化、平衡時的物質的量關系為：平衡時氣體總物質的量為7.00mol，二甲醚的物質的量為1.25mol，二甲醚的體積分數等于物質的量分數，故二甲醚的體積分數為；④通入燃料二甲醚的電極為負極，則電極為負極；極失去電子，經過導線再流入極；電極上的氧氣得電子與氫離子反應生成水，電極反應式為23.飲料、糖果中常使用酯類香料。用烯烴來合成乙酸乙酯、丙烯酸乙酯的路線如圖。已知A為最簡單的烯烴，按要求回答下列問題：（1）A→B的反應類型是_______。（2）F中所有官能團的名稱是_______，G的結構簡式為_______。（3）鑒別B和C的方法_______(闡述試劑及相關現象和結論)，下列有機物中能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_______(填序號)。A．丙烯酸B．聚丙烯酸C．丙烯D．乙酸乙酯（4）B+C→D的化學反應方程式_______。（5）請寫出丙烯()與H2的反應_______(寫化學方程式)，若與HCl發生加成反應時可能得到所有有機產物的結構簡式_______。〖答案〗（1）加成反應（2）①.碳碳雙鍵、羧基②.（3）①.紫色石蕊變紅為C，不變色為B；或碳酸鈉溶液產生氣體為C，不產生氣體為B②.AC（4）（5）①.②.、〖解析〗A最簡單的烯烴，與H2O加成生成乙醇，故A為CH2=CH2，CH3CH2OH被高錳酸鉀氧化生成C，C為CH3COOH，乙醇與乙酸反應生成D乙酸乙酯，丙烯發生氧化反應生成丙烯酸，丙烯酸與乙醇發生酯化反應生成丙烯酸乙酯，丙烯酸發生加聚反應得到聚丙烯酸。（1）CH2=CH2和水發生加成反應生成CH3CH2OH；（2）F是CH2=CHCOOH，含有的官能團是羧基和碳碳雙鍵，加聚得到G聚丙烯酸，結構簡式為；（3）B為CH3CH2OH，C為CH3COOH，CH3COOH具有酸的通性，鑒別兩者的方法有：紫色石蕊變紅為C，不變色為B；或碳酸鈉溶液產生氣體為C，不產生氣體為B；含有碳碳雙鍵或者碳碳三鍵能與溴加成的可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A中丙烯酸和C中丙烯都含有碳碳雙鍵，B中聚丙烯酸沒有碳碳雙鍵不能加成，故〖答案〗為：AC；（4）B為CH3CH2OH，C為CH3COOH，乙醇與乙酸反應生成D乙酸乙酯，B+C→D方程式為：；（5）丙烯()與H2反應的化學方程式為；與HCl發生加成反應時可能得到所有有機產物的結構簡式為、。24.某化學小組制取無水三氯化鐵并研究其與銅的反應，設計如圖實驗。I.制備無水三氯化鐵實驗裝置如圖。(已知無水三氯化鐵易潮解，易升華)（1）試劑X可以是_____；若缺少C裝置其后果是_____(寫一條)。（2）整個裝置充滿黃綠色氣體后，才開始加熱D裝置的目的是_____。（3）若實驗過程中FeCl3沉積在D和E的導管之間，導致導管內徑變小，除去沉積FeCl3的簡易操作是_____。II.探究三氯化鐵與銅反應的實驗如圖：(已知CuCl、CuSCN是難溶于水的白色固體)（4）請從平衡角度說明紅色褪去的可能原因______。（5）為了進一步研究白色沉淀進行如圖實驗。①如圖藍色溶液中可能含有的鹽有Cu(NO3)2、______。②實驗中CuSCN與過量稀HNO3反應生成白色沉淀B的陰離子，同時生成N2、NO和CO2氣體。CuSCN與HNO3反應中還原劑與氧化劑的物質的量之比為______(已知SCN-中C為+4價)。〖答案〗（1）①.KMnO4②.D裝置中的鐵粉與水蒸氣反應或無水三氯化鐵潮解（2）防止D裝置中的鐵粉與空氣中的氧氣和水蒸氣反應（3）加熱D與E之間的導管（4）由于存在反應Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入銅粉，Cu與Fe3+反應消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移動，Fe(SCN)3濃度減小，致紅色褪去（5）①.CuCl2、CuSO4②.1：4〖解析〗A中生成氯氣，通過飽和食鹽水B除去揮發的氯化氫氣體后，通過C濃硫酸干燥，進入D中和鐵生成氯化鐵，E收集產物，F吸收尾氣；（1）A為不加熱裝置制取氯氣，則X可以為KMnO4；已知無水三氯化鐵易潮解，若缺少C裝置，則鐵和水蒸氣在高溫下和鐵反應生成四氧化三鐵，且會導致生成的無水三氯化鐵潮解；（2）整個裝置充滿黃綠色氣體后，才開始加熱D裝置的目的是防止D裝置中的鐵粉與空氣中的氧氣和水蒸氣反應，干擾實驗；（3）已知無水三氯化鐵易升華，故加熱D與E之間的導管，可以除去沉積的FeCl3；（4）紅色的原因是存在反應Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，生成的Fe(SCN)3為紅色，加入銅粉，Cu與Fe3+反應消耗Fe3+，也可能生成CuSCN消耗SCN-，使上述平衡逆向移動，Fe(SCN)3濃度減小，致紅色褪去；（5）①已知CuCl、CuSCN是難溶于水的白色固體，加入的稀硝酸具有強氧化性，可能把硫元素氧化為硫酸根離子，銅離子的溶液顯藍色，故實驗中藍色溶液中可能含有的鹽為Cu(NO3)2、CuCl2、CuSO4。②實驗中CuSCN與過量稀HNO3反應生成白色沉淀B的陰離子，B的陰離子為硫酸根離子，同時生成N2、NO和CO2氣體；CuSCN與HNO3反應，CuSCN中銅元素化合價由+1變為+2、硫元素由-2變為+6、氮元素由-3變為0，硝酸中氮元素化合價由+5變為-2，則根據電子守恒可知，CuSCN~12e-~4HNO3，故還原劑與氧化劑的物質的量之比為1:4。25.海洋資源的利用具有非常廣闊的研究價值。Ⅰ.利用空氣吹出法從海水(弱堿性)中提取溴的流程如圖。已知：溴單質的沸點為。（1）溴元素在元素