高級中學名校試卷PAGEPAGE1遼寧省七校2023-2024學年高一下學期6月聯考試卷考試時間：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23Si：28一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.有機化合物不僅構成了生機勃勃的生命世界，也是燃料、材料、食品和藥物的主要來源。下列有關說法中正確的是（）A.分子中的碳原子之間只以單鍵結合，剩余價鍵均被氫原子“飽和”的烴稱為飽和烴，即烷烴，其通式可以表示為CnH2n+2B.乙烯是石油化學工業重要的基本原料，也是一種植物生長調節劑，其產量可以用來衡量一個國家石油化工發展水平C.家用天然氣中添加了四氫噻吩(簡稱THT)等賦臭劑，夜間睡眠時若聞到天然氣的這種臭味，應迅速到廚房點燈查看消除隱患D.人類用化學方法將纖維素、蛋白質等天然高分子加工成黏膠纖維、大豆蛋白纖維等合成纖維，彌補天然纖維在產量和質量上的不足〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．鏈狀烷烴的通式為CnH2n+2，若烷烴中含有環，通式會有所不同，例如含有一個環的烷烴通式為CnH2n，A錯誤；B．乙烯可以通過石油裂解制備，是石油化學工業重要的基本原料，乙烯具有催熟的功能，是一種植物生長調節劑，乙烯的產量可以用來衡量一個國家石油化工發展水平，B正確；C．天然氣的主要成分為CH4，察覺天然氣泄露后不能使用明火，也不能開燈，明火和電火花都有可能引發爆炸，C錯誤；D．成黏膠纖維、大豆蛋白纖維屬于再生纖維，不是合成纖維，D錯誤；故選B。2.化學用語是化學學科的獨特語言，下列有關化學用語使用正確的（）A.乙烯的結構簡式：CH2CH2B.四氯化碳分子的空間充填模型：C.乙炔的電子式： D.丙烷的球棍模型：〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．結構簡式不能省略碳碳雙鍵，乙烯的結構簡式為CH2=CH2，A錯誤；B．CCl4的分子空間構型為正四面體形，C原子半徑比Cl小，空間充填模型為，B錯誤；C．乙炔的電子式為，C錯誤；D．球棍模型中用球表示原子，用棍表示共價鍵，丙烷結構簡式為CH3CH2CH3，球棍模型為，D正確；故選D。3.下列分子中，所有原子不可能在同一平面內的是（）A.CH2=CHCl B.CH2=CHCH3C.CF2=CF2 D.CO2〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．乙烯分子是平面分子，CH2=CHCl可看作是乙烯分子中的一個H原子被Cl原子取代產生的物質，因此Cl原子在乙烯分子的平面上，故CH2=CHCl分子中所有原子能在同一平面內，A不符合題意；B．CH2=CHCH3分子可看作是乙烯基CH2=CH—取代甲烷分子中1個H原子形成的物質，由于甲烷是四面體結構，因此該物質分子中所有原子不可能在同一平面上，B符合題意；C．CF2=CF2可看作是乙烯分子中的4個H原子分別被4個F原子取代產生的物質，由于乙烯分子是平面分子，因此CF2=CF2分子中所有原子在同一平面內，C不符合題意；D．CO2分子是直線形分子，分子中3個原子在同一條直線形，因此CO2分子中所有原子一定在同一平面內，D不符合題意；故合理選項是B。4.某有機高分子化合物的部分結構如下：，下列說法中錯誤的是（）A.通過加聚反應形成該有機物的單體是CH2=CH—CH=CH2B.該有機物屬于不飽和烴C.該有機物的結構簡式為D.該有機物能被酸性KMnO4溶液氧化〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．根據高分子的結構可知，形成該有機物的單體是CHCH，A錯誤；B．該有機物含有碳碳雙鍵，屬于不飽和烴，B正確；C．根據高分子的結構可知，鏈節為-CH=CH-，因此結構簡式為，C正確；D．該有機物含有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4溶液氧化，D正確；故選A。5.1mol某氣態烴只能與1mol氯化氫氣體發生加成反應，生成氯代烷。1mol此氯代烷可與7mol氯氣發生完全的取代反應，則該烴的結構簡式為（）ACH3CH=CH2 B.CH2=CH2C.CH3CH3 D.CH3CH2CH=CH2〖答案〗A〖解析〗【詳析】通過加成和取代一共引入8個Cl原子，即飽和狀態下共八個H，〖答案〗選A。6.設阿伏加德羅常數的值為NA，下列說法中正確的是（）A.60gSiO2中含有Si—O鍵數目為2NAB.常溫常壓下，2.8g乙烯和丙烯的混合氣體中所含碳原子數為0.2NAC.0.1mol新戊烷分子中含有的C—C鍵數為0.5NAD.標準狀況下，2.24L辛烷在氧氣中完全燃燒生成CO2分子數為0.8NA〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．60gSiO2的物質的量是1mol，由于在SiO2晶體中，每個Si原子與相鄰的4個O原子形成4個Si-O共價鍵，因此在1molSiO2中含有Si—O鍵數目為4NA，A錯誤；B．乙烯和丙烯都屬于烯烴，最簡式是CH2，式量是14，則2.8g乙烯和丙烯的混合氣體中含有CH2的物質的量是0.2mol，其中含有的C原子的物質的量是0.2mol，因此該混合氣體中所含碳原子數為0.2NA，B正確；C．在新戊烷分子中含有4個C-C共價鍵，則在0.1mol新戊烷分子中含有的C—C鍵數為0.4NA，C錯誤；D．在標準狀況下，辛烷是液體物質，不能使用氣體摩爾體積計算其物質的量，也就不能計算其燃燒產生的CO2分子數目，D錯誤；故合理選項是B。7.下列微粒在所給條件下，一定能大量共存的是（）A.透明溶液中：Na＋、Fe3＋、、SCN﹣B.強酸性溶液中：、Mg2＋、I﹣、C.pH=12的溶液中：Na＋、K＋、S2﹣、D.與鋁反應能產生大量氫氣的溶液中：K＋、Fe2+、、〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．Fe3＋、SCN﹣會反應產生弱電解質Fe(SCN)3，不能大量共存，A不符合題意；B．強酸性溶液中含有大量H+，H+、I﹣、會發生氧化還原反應，不能大量共存，B不符合題意；C．pH=12的溶液顯堿性，含有大量OH﹣，OH﹣與選項離子之間不能發生任何反應，可以大量共存，C符合題意；D．與鋁反應能產生大量氫氣的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。在酸性溶液中含有大量H+，H+、Fe2+、會發生氧化還原反應，不能大量共存；在堿性溶液中含有大量OH﹣，OH﹣與Fe2+會反應產生Fe(OH)2沉淀，也不能大量共存，D不符合題意；故合理選項是C。8.關于二氧化硫和二氧化氮敘述正確的是（）A.兩種氣體溶于水都能生成相應的酸，二者均為酸性氧化物B.兩種氣體都具有強氧化性，因此都能夠使淀粉碘化鉀溶液變藍C.兩種氣體都是有毒的氣體，且都可用水吸收以消除對空氣的污染D.二氧化硫與過量的二氧化氮混合后通入水中能生成兩種常用的強酸〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．NO2溶于水，與水反應產生HNO3、NO，但由于反應前后N元素化合價發生了變化，因此NO2不屬于酸性氧化物，A錯誤；B．二氧化硫與碘化鉀溶液不能發生反應，因此不能使淀粉碘化鉀溶液變藍色，B錯誤；C．二氧化硫和二氧化氮兩種氣體都是有毒的氣體，都會導致酸雨等，二氧化氮溶于水反應產生的一氧化氮也會污染空氣。可根據二者都能夠與堿反應的性質，用NaOH溶液吸收以消除對空氣的污染，C錯誤；D．SO2溶于水反應產生H2SO3，二氧化氮溶于水反應產生HNO3和NO，HNO3具有強氧化性，會將具有還原性H2SO3氧化產生H2SO4，故二氧化硫與過量的二氧化氮混合后通入水中能生成兩種常用的強酸——硫酸和硝酸，D正確；故合理選項是D。9.下列事實與帶點物質表現出的性質(括號中)對應關系不正確的是（）A.蔗糖與濃硫酸反應有黑色物質生成(脫水性)B.常溫下，鐵遇濃硫酸、濃硝酸發生鈍化(強氧化性)C.SO2能使含有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色(漂白性)D.久置的濃硝酸，顏色略顯黃色(不穩定性)〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．濃硫酸使蔗糖脫水，由現象可知濃硫酸具有脫水性，故A正確；

B．鈍化為化學變化，生成致密的氧化膜阻止反應的進一步發生，與濃硫酸、濃硝酸的強氧化性有關，故B正確；

C．二氧化硫為酸性氧化物，與NaOH溶液反應后，溶液褪色，與漂白性無關，故C錯誤；

D．濃硝酸光照分解生成二氧化氮，則顏色略顯黃色，與濃硝酸的不穩定性有關，故D正確；

故選：C。10.“綠色化學實驗”已走進課堂，下列做法符合“綠色化學”的是（）①實驗室收集氨氣采用圖甲所示裝置②實驗室中做氯氣與鈉反應的實驗時采用圖乙所示裝置③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水做氨氣與酸生成銨鹽的實驗④實驗室中采用圖丙所示裝置進行銅與稀硝酸的反應A.②③④ B.①②③ C.①②④ D.①③④〖答案〗C〖解析〗【詳析】①實驗室采用圖甲所示裝置收集NH3，在收集的過程中用滴有酚酞的水檢驗NH3收集滿并吸收逸出的NH3，防止污染環境，符合綠色化學的要求，①合理；②實驗室中作Cl2與鈉的反應實驗時采用圖乙所示裝置，浸有堿液的棉球可以吸收多余的氯氣，防止污染環境，符合綠色化學的要求，②合理；③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水作氨氣與酸反應生成銨鹽的實驗，揮發的HCl氣體和NH3會污染環境，不符合綠色化學的要求，③不合理；④實驗室中采用圖丙所示裝置進行銅與稀硝酸的反應，生成的氮氧化物可以收集在氣球里，防止污染環境，符合綠色化學的要求，④合理；綜上所述可知符合“綠色化學”要求的是①②④，故合理選項是C。11.NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料電池，其原理如圖所示。該電池在放電過程中石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，Y可循環使用。下列說法不正確的是（）A.放電時，向石墨Ⅰ電極遷移B.石墨Ⅰ電極電勢高于石墨Ⅱ電極C.電池總反應式為4NO2＋O2=2N2O5D當外電路通過4mole－，負極上共產生4molN2O5〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料電池，NO2作燃料、O2作氧化劑，所以石墨Ⅰ為負極、石墨Ⅱ為正極，石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，因為負極上失電子，所以Y是五氧化二氮，則石墨Ⅰ電極反應式為NO2+-e-=N2O5，石墨Ⅱ電極反應式為O2+2N2O5+4e-=4，電池反應式為：4NO2+O2=2N2O5，放電時，電解質中陰離子向負極移動、陽離子向正極移動。【詳析】A．放電時，電解質中陰離子向負極移動、陽離子向正極移動，所以放電時，向石墨Ⅰ電極遷移，故A正確；B．由分析可知，石墨Ⅰ為負極、石墨Ⅱ為正極，石墨Ⅰ電極電勢低于石墨Ⅱ電極，故B錯誤；C．根據以上分析知，電池反應式為：4NO2+O2=2N2O5，故C正確；D．據NO2+-e-=N2O5知，當外電路通過4mole-，負極上共產生4molN2O5，故D正確；故選B。12.根據如圖所示示意圖，下列說法不正確的是（）A.1molC(s)和1molH2O(l)反應生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的熱量為131.3kJB.反應C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ·mol－1C.該反應過程反應物斷鍵吸收的能量大于生成物成鍵放出的能量D.1molC(s)、2molH、1molO轉變成1molCO(g)和1molH2(g)放出的熱量為akJ〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由圖象可知，1molC(s)和1molH2O(g)反應生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的熱量為131.3kJ，圖象中的H2O為氣態，不是液態，A錯誤；B．由圖象可知，反應物的總能量小于生成物的總能量，該反應為吸熱反應，反應C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ/mol，B正確；C．該反應為吸熱反應，因此反應過程中反應物斷鍵吸收能量大于生成物成鍵放出的能量，C正確；D．形成化學鍵釋放能量，由圖可知，1molC(g)、2molH、1molO轉變成1molCO(g)和1molH2(g)放出的熱量為akJ，D正確；故選A。13.在N2+3H22NH3的反應中，經過一段時間后，NH3的濃度增加了0.6mol/L，在該段時間內用H2表示的平均反應速率為0.45mol/(L·s)。則反應所經過的時間是（）A.2s B.2min C.3s D.3min〖答案〗A〖解析〗【詳析】NH3的濃度增加了0.6mol/L，則消耗的氫氣濃度為0.9mol/L，v（H2）==0.45mol/(L·s)，則?t==2s，〖答案〗為A。14.把在空氣中久置的鋁片5.0g投入盛有50mL0.1mol·L－1鹽酸的燒杯中，該鋁片與鹽酸反應，產生氫氣的速率v(H2)與反應時間t的關系可用如圖所示的坐標曲線來表示，下列推論錯誤的是（）A.O→a不產生氫氣是因為表面的氧化物隔離了鋁和稀鹽酸B.b→c段產生氫氣的速率增加較快的主要原因之一是溶液溫度升高C.Cl－的濃度對該反應的速率一定沒有影響D.t>c時，產生氫氣的速率降低的主要原因是溶液中H＋濃度下降〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．鋁表面有氧化膜，因此曲線O→a段不產生氫氣，即表面的氧化物隔離了鋁和稀鹽酸，A正確；B．隨著反應的進行，H＋濃度逐漸減小，但曲線b→c段產生氫氣的速率仍然增大，則產生氫氣的速率增加較快的主要原因之一是反應放熱，溶液溫度升高，B正確；C．由于沒有進行對照試驗，則無法判斷Cl－的濃度對該反應的速率有無影響，C錯誤；D．隨著反應進行，體系內溫度會升高，鹽酸濃度會下降，因此t>c時，產生氫氣速率降低的主要原因是鹽酸濃度下降，D正確；故選C。15.將一定量純凈的氨基甲酸銨(NH2COONH4)置于特制的密閉真空容器中(假設容器體積不變，固體試樣體積忽略不計)，在恒定溫度下使其達到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。下列可以判斷該分解反應已經達到化學平衡狀態的是（）A.v(NH3)＝2v(CO2)B.密閉容器中混合氣體的平均摩爾質量不變C.密閉容器中混合氣體密度不變D.密閉容器中氨氣的體積分數不變〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．沒有標明正逆反應速率，無法判斷平衡狀態，A錯誤；B．密閉容器中氨氣和二氧化碳的物質的量之比始終不變，混合氣體的平均摩爾質量始終不變，不能判斷是否為平衡狀態，B錯誤；C．由于反應物是固體，沒有達到平衡狀態，氣體質量會變化，容器體積不變，密度也會發生變化，所以密度不變，達到了平衡狀態，C正確；D．由于反應物是固體，容器內氣體只有氨氣和二氧化碳，則反應生成的氨氣體積分數始終不變，因此不能用來判斷反應是否達到平衡狀態，D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.請按要求回答下列問題：Ⅰ．按性質可把烴分為飽和烴(烷烴)和不飽和烴。（1）已知某鏈狀烷烴分子中電子數為42，該烷烴的分子式為________，其同分異構體共有______種。該鏈狀烷烴中沸點最低的是_______(寫結構簡式)，其二氯代物有____種同分異構體。（2）在常溫常壓下，有CH4、C2H4、C3H8和C4H8四種氣態烴。取等質量的四種氣態烴，分別在足量的氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量最多的是______(填分子式，下同)。這四種烴中，一定能使酸性KMnO4溶液褪色的是_______。Ⅱ．聚氯乙烯()簡稱PVC，是當今世界上產量最大、應用最廣的塑料之一、工業上用乙烯和氯氣為原料經下列各步合成PVC：（3）有關PVC的下列說法正確的是______(填字母，下同)。A.PVC的單體是CH3CH2Cl B.PVC是高分子化合物C.PVC能夠使溴的四氯化碳溶液褪色 D.PVC易降解（4）反應①的化學方程式為_______，反應類型為______；反應③的化學方程式為______，反應類型為_______。〖答案〗（1）①.C5H12②.3③.C(CH3)4④.2（2）①.CH4②.C2H4（3）B（4）①.CH2=CH2＋Cl2→ClCH2CH2Cl②.加成反應③.nH2C=CH2④.加聚反應〖解析〗（1）烷烴通式為CnH2n+2，電子數通式為8n+2，某鏈狀烷烴子中含有的電子數為42，則n=5，該鏈狀烷烴的分子式為；該鏈狀烷烴有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種結構，則所有的同分異構體的結構簡式：、、3種；根據相同碳原子的烷烴，支鏈越多，沸點越低，則上述同分異構體中，在相同條件下沸點最低的是；二個氯分別在同一個碳，或兩個碳上，其二氯代物有2種同分異構體；（2）1gCH4可以消耗molO2，1gC2H6可以消耗molO2，1molC3H8可以消耗molO2，1molC4H10可以消耗molO2，所以消耗氧氣最多的是C4H10；這四種烴中，一定能使酸性KMnO4溶液褪色的是含碳碳雙鍵的C2H4；（3）A．PVC的單體是CH2=CHCl，A錯誤；B．PVC是加聚產物，屬于高分子化合物，B正確；C．PVC分子中不存在碳碳雙鍵，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C錯誤；D．PVC難降解，D錯誤；〖答案〗選B；（4）乙烯與氯氣發生加成反應生成1，2－二氯乙烷，1，2－二氯乙烷發生消去反應生成氯乙烯，氯乙烯發生加聚反應生成聚氯乙烯；反應①的化學方程式為CH2=CH2＋Cl2→ClCH2CH2Cl；反應類型為加成反應；反應③的化學方程式為nH2C=CH2；反應類型為加聚反應；17.甲、乙、丙、X是中學化學中常見的物質，在一定條件下，它們之間的轉化關系如下圖所示(部分產物已略去)。請回答下列問題：（1）若X是O2，則甲不可能是______(填代號)A.Na B.N2 C.S D.Si（2）若甲能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，丙為紅棕色氣體。寫出甲轉化為乙的化學方程式_____。（3）若X是一種黃綠色氣體，丙的結構特點可以證明甲的空間構型為正四面體形而非平面構型，則甲生成乙的化學方程式為______。（4）若丙為淡黃色粉末，常用作呼吸面具中的供氧劑，則丙與二氧化硫反應的化學方程式為_____；1mol丙與SO2充分反應時轉移電子的物質的量為______mol。（5）若X是一種常見的金屬單質，常溫下甲的濃溶液可盛放在鋁制容器中，丙為淺綠色溶液。則甲的分子式可能是______，保存丙溶液常加入少量X，其目的是_____。〖答案〗（1）D（2）4NH3＋5O24NO＋6H2O（3）CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl（4）①.Na2O2＋SO2=Na2SO4②.2（5）①.H2SO4、HNO3②.防止Fe2＋被氧化Fe3＋〖解析〗（1）A．甲為Na，乙為Na2O，丙為Na2O2，A不符合題意；B．甲為N2，乙為NO，丙為NO2，B不符合題意；C．甲為S，乙為SO2，丙為SO3，C不符合題意；D．甲為Si，乙為SiO2，SiO2不能再與O2反應，D符合題意；故選D。（2）甲能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，說明甲是NH3，丙為紅棕色氣體，故丙是NO2，甲轉化為乙的化學方程式為4NH3＋5O24NO＋6H2O；（3）X是一種黃綠色氣體，X為Cl2，丙的結構特點可以證明甲的空間構型為正四面體形而非平面構型，丙為CH2Cl2，因此乙為CH3Cl，甲生成乙的化學方程式為CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；（4）若丙為淡黃色粉末，常用作呼吸面具中的供氧劑，丙是Na2O2，Na2O2與SO2反應生成Na2SO4，方程式為Na2O2＋SO2=Na2SO4；（5）常溫下甲的濃溶液可盛放在鋁制容器中，常溫下Al遇濃硝酸或濃硫酸會鈍化，故甲為HNO3或H2SO4，丙為淺綠色溶液，說明丙是Fe2+的溶液，因此X為Fe，Fe2＋易被氧化，保存Fe2+溶液常加入少量Fe，目的是防止Fe2＋被氧化為Fe3＋。18.汽車尾氣是空氣中碳氫化合物和氮氧化合物的主要來源之一，它們在特定的條件下可形成光化學煙霧。Ⅰ．汽車尾氣凈化器中的主要反應：2NO＋2CO2CO2＋N2。（1）汽車尾氣中NO生成過程的能量變化如下圖所示。1molN2和1molO2完全反應生成NO會______(填“吸收”或“放出”)____kJ能量。（2）已知CO的燃燒熱為283kJ·mol－1，請寫出汽車尾氣凈化器中NO與CO反應的熱化學方程式：_____。Ⅱ．一種利用烴(CxHy)來消除氮氧化物污染的工作原理如下圖所示，裝置中電極均為惰性電極，兩側電解質為同濃度的鹽酸。（3）若烴為C2H6，則該電極的電極反應式為___________。Ⅲ．一種新型催化劑能使NO和CO發生反應2NO＋2CO2CO2＋N2，已知增大催化劑的比表面積可提高該反應速率。為了驗證溫度、催化劑的比表面積對化學反應速率的影響規律，某同學設計了三組實驗，如表所示。實驗編號t/℃NO初始濃度(mol·L－1)CO初始濃度(mol·L－1)催化劑的比表面積(m2·g－1)Ⅰ2801.20×10－35.80×10－382Ⅱ2801.20×10－35.80×10－3124Ⅲ350a5.80×10－382（4）表中a=______。（5）能驗證溫度對化學反應速率影響規律的是實驗_______(填實驗編號)。（6）實驗Ⅰ和實驗Ⅱ中，NO的物質的量濃度c(NO)隨時間t的變化曲線如圖所示，其中表示實驗Ⅱ的是曲線_____(填“甲”或“乙”)。（7）在容積固定的絕熱容器中發生反應2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)，不能說明該反應已達到平衡狀態的是______(填字母)。A.容器內溫度不再變化 B.容器內混合氣體的平均相對分子質量保持不變C.2v逆(NO)=v正(N2) D.容器內混合氣體的密度保持不變〖答案〗（1）①.吸收②.180（2）2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH=－746kJ·mol－1（3）C2H6+4H2O－14e－=2CO2+14H+（4）1.20×10-3（5）Ⅰ和Ⅲ（6）乙（7）CD〖解析〗（1）1molN2和1molO2斷鍵吸收能量，生成2molNO成鍵釋放能量，因此完全反應吸收1444kJ-1264kJ=180kJ能量；（2）CO的燃燒熱為283kJ·mol－1，則反應①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH=-566kJ·mol－1；根據（1）可知，反應②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH=+180kJ·mol－1；因此反應①-反應②可得：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH=(-566-180)kJ·mol－1=－746kJ·mol－1；（3）通入烴的一極為原電池負極，若烴為C2H6，則負極反應為C2H6+4H2O－14e－=2CO2+14H+；（4）實驗Ⅰ、Ⅲ探究的是溫度對化學反應速率的影響，則NO初始濃度不變，a=1.20×10-3；（5）實驗Ⅰ、Ⅲ中溫度不同，能驗證溫度對化學反應速率的影響；（6）實驗Ⅱ中催化劑的比表面積較大，反應速率快，達到平衡的時間更短，則表示實驗Ⅱ的是曲線乙；（7）A．因反應在絕熱容器中進行，容器內的溫度會發生變化，當溫度不再變化時，說明反應已達到平衡狀態，A正確；B．該反應是一個反應前后氣體體積減小的反應，當容器內混合氣體的平均相對分子質量保持不變，說明正、逆反應速率相等，反應已達到平衡狀態，B正確；C．v逆(NO)=2v正(N2)時，正、逆反應速率相等，反應達到平衡狀態，C錯誤；D．反應前后氣體質量不變，且容器的體積不變，則混合氣體的密度為定值，故混合氣體的密度不變不能說明反應已達到平衡狀態，D錯誤；〖答案〗選CD。19.“綠水青山就是金山銀山”。近年來，綠色發展、生態保護成為中國展示給世界的一張新“名片”。硫酸工業排出的尾氣(主要含SO2)有多種處理方式。Ⅰ．以黃鐵礦(主要成分FeS2)為原料生產硫酸，應將產出的爐渣和尾氣進行資源化綜合利用，減輕對環境的污染。其中一種流程如圖所示。回答下列問題：（1）由爐渣制備還原鐵粉的化學方程式為_______。（2）工業生產硫酸過程中，將SO2氧化為SO3時通常使用五氧化二釩(V2O5)作催化劑，并加熱到400~500℃，采取該反應條件的目的是________。（3）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)中硫元素的化合價為_______，具有還原性，導致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4雜質，檢驗其中含有的方法是_______。Ⅱ．有學者提出利用Fe2＋、Fe3＋等離子的催化作用，常溫下將SO2氧化成而實現SO2的回收利用。某研究性學習小組據此設計了如下方案，在實驗室條件下測定轉化器中SO2氧化成的轉化率。（4）該小組采用下圖裝置在實驗室測定模擬煙氣中SO2的體積分數，X溶液可以是_____(填寫字母)。A.碘的淀粉溶液 B.酸性高錳酸鉀溶液C氫氧化鈉溶液 D.氯化鋇溶液（5）若上述實驗是在標準狀況下進行的，欲測定轉化器中SO2氧化成的轉化率，已知氣體流速amL·min－1，還需測定的數據有_____、______。〖答案〗（1）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2（2）加快化學反應速率（3）①.+4②.取少量樣品配制成溶液，先加入鹽酸，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，說明含有（4）AB（5）①.實驗時間②.加入鹽酸酸化的BaCl2溶液后生成沉淀的質量〖解析〗Ⅰ．黃鐵礦煅燒產生Fe2O3、SO2，Fe2O3用CO還原為鐵單質，SO2經催化氧化產生SO3，SO3被98.3%的濃硫酸吸收得到硫酸，制酸尾氣中的SO2被NaOH溶液吸收得到NaHSO3，然后加熱，發生反應產生Na2S2O5。Ⅱ．測定模擬煙氣中SO2的體積分數，可根據二氧化硫氣體的還原性，與具有氧化性的酸性高錳酸鉀或碘水反應，通過顏色的變化判斷；欲測定轉化器中SO2氧化成的轉化率,還需要測定時間和生成沉淀的質量，以此來解答。（1）黃鐵礦煅燒產生的爐渣中含有Fe2O3，用CO在高溫下與Fe2O3反應產生Fe、CO2，反應方程式為Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；（2）工業生產硫酸過程中，將SO2催化氧化為SO3時通常使用五氧化二釩(V2O5)作催化劑，催化劑能夠降低反應的活化能，加快反應速率；并加熱到400~500℃，在其它條件不變時，升高溫度，使物質的內能增加，反應速率加快，故采取該反應條件的目的是加快化學反應速率；（3）在焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)中，Na為+1價，O為-2價，根據化合物中元素化合價代數和為0，可知其中硫元素的化合價為+4價；可根據與Ba2+結合形成的BaSO4是既不溶于水，也不溶于酸的難溶性，來檢驗焦亞硫酸鈉中是否含有。檢驗方法是取少量樣品配制成溶液，先加入鹽酸，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，說明含有；（4）A．碘的淀粉溶液顯藍色，通入SO2氣體時，SO2與I2的水溶液發生反應：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反應后I2消耗完，使淀粉溶液的藍色褪去，就證明二者恰好反應，可以用碘的淀粉溶液測定煙氣中SO2的體積分數，A符合題意；B．酸性高錳酸鉀溶液顯紫色，向其中通入SO2氣體，二者會發生反應：2KMnO4+5SO2+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，反應使溶液的紫色逐漸變淺，當二者恰好反應時，溶液褪為無色，因此可以用酸性高錳酸鉀溶液測定煙氣中SO2的體積分數，B符合題意；C．NaOH溶液能夠與SO2氣體反應，用于吸收SO2氣體時，無論反應與否，反應是否完全，都無明顯現象，因此NaOH溶液不能用于測定煙氣中SO2的體積分數，C不符合題意；D．氯化鋇溶液與SO2氣體不能發生反應，無明顯現象，因此不能用于測定煙氣中SO2的體積分數，D不符合題意；故合理選項是AB；（5）若上述實驗是在標準狀況下進行的，欲測定轉化器中SO2氧化成的轉化率，需知道通入氣體的總體積及吸收后反應產生的BaSO4沉淀的質量。故若已知氣體流速amL·min-1，還需測定的數據有實驗時間及加入鹽酸酸化的BaCl2溶液后生成沉淀的質量。遼寧省七校2023-2024學年高一下學期6月聯考試卷考試時間：75分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23Si：28一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求。1.有機化合物不僅構成了生機勃勃的生命世界，也是燃料、材料、食品和藥物的主要來源。下列有關說法中正確的是（）A.分子中的碳原子之間只以單鍵結合，剩余價鍵均被氫原子“飽和”的烴稱為飽和烴，即烷烴，其通式可以表示為CnH2n+2B.乙烯是石油化學工業重要的基本原料，也是一種植物生長調節劑，其產量可以用來衡量一個國家石油化工發展水平C.家用天然氣中添加了四氫噻吩(簡稱THT)等賦臭劑，夜間睡眠時若聞到天然氣的這種臭味，應迅速到廚房點燈查看消除隱患D.人類用化學方法將纖維素、蛋白質等天然高分子加工成黏膠纖維、大豆蛋白纖維等合成纖維，彌補天然纖維在產量和質量上的不足〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．鏈狀烷烴的通式為CnH2n+2，若烷烴中含有環，通式會有所不同，例如含有一個環的烷烴通式為CnH2n，A錯誤；B．乙烯可以通過石油裂解制備，是石油化學工業重要的基本原料，乙烯具有催熟的功能，是一種植物生長調節劑，乙烯的產量可以用來衡量一個國家石油化工發展水平，B正確；C．天然氣的主要成分為CH4，察覺天然氣泄露后不能使用明火，也不能開燈，明火和電火花都有可能引發爆炸，C錯誤；D．成黏膠纖維、大豆蛋白纖維屬于再生纖維，不是合成纖維，D錯誤；故選B。2.化學用語是化學學科的獨特語言，下列有關化學用語使用正確的（）A.乙烯的結構簡式：CH2CH2B.四氯化碳分子的空間充填模型：C.乙炔的電子式： D.丙烷的球棍模型：〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．結構簡式不能省略碳碳雙鍵，乙烯的結構簡式為CH2=CH2，A錯誤；B．CCl4的分子空間構型為正四面體形，C原子半徑比Cl小，空間充填模型為，B錯誤；C．乙炔的電子式為，C錯誤；D．球棍模型中用球表示原子，用棍表示共價鍵，丙烷結構簡式為CH3CH2CH3，球棍模型為，D正確；故選D。3.下列分子中，所有原子不可能在同一平面內的是（）A.CH2=CHCl B.CH2=CHCH3C.CF2=CF2 D.CO2〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．乙烯分子是平面分子，CH2=CHCl可看作是乙烯分子中的一個H原子被Cl原子取代產生的物質，因此Cl原子在乙烯分子的平面上，故CH2=CHCl分子中所有原子能在同一平面內，A不符合題意；B．CH2=CHCH3分子可看作是乙烯基CH2=CH—取代甲烷分子中1個H原子形成的物質，由于甲烷是四面體結構，因此該物質分子中所有原子不可能在同一平面上，B符合題意；C．CF2=CF2可看作是乙烯分子中的4個H原子分別被4個F原子取代產生的物質，由于乙烯分子是平面分子，因此CF2=CF2分子中所有原子在同一平面內，C不符合題意；D．CO2分子是直線形分子，分子中3個原子在同一條直線形，因此CO2分子中所有原子一定在同一平面內，D不符合題意；故合理選項是B。4.某有機高分子化合物的部分結構如下：，下列說法中錯誤的是（）A.通過加聚反應形成該有機物的單體是CH2=CH—CH=CH2B.該有機物屬于不飽和烴C.該有機物的結構簡式為D.該有機物能被酸性KMnO4溶液氧化〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．根據高分子的結構可知，形成該有機物的單體是CHCH，A錯誤；B．該有機物含有碳碳雙鍵，屬于不飽和烴，B正確；C．根據高分子的結構可知，鏈節為-CH=CH-，因此結構簡式為，C正確；D．該有機物含有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4溶液氧化，D正確；故選A。5.1mol某氣態烴只能與1mol氯化氫氣體發生加成反應，生成氯代烷。1mol此氯代烷可與7mol氯氣發生完全的取代反應，則該烴的結構簡式為（）ACH3CH=CH2 B.CH2=CH2C.CH3CH3 D.CH3CH2CH=CH2〖答案〗A〖解析〗【詳析】通過加成和取代一共引入8個Cl原子，即飽和狀態下共八個H，〖答案〗選A。6.設阿伏加德羅常數的值為NA，下列說法中正確的是（）A.60gSiO2中含有Si—O鍵數目為2NAB.常溫常壓下，2.8g乙烯和丙烯的混合氣體中所含碳原子數為0.2NAC.0.1mol新戊烷分子中含有的C—C鍵數為0.5NAD.標準狀況下，2.24L辛烷在氧氣中完全燃燒生成CO2分子數為0.8NA〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．60gSiO2的物質的量是1mol，由于在SiO2晶體中，每個Si原子與相鄰的4個O原子形成4個Si-O共價鍵，因此在1molSiO2中含有Si—O鍵數目為4NA，A錯誤；B．乙烯和丙烯都屬于烯烴，最簡式是CH2，式量是14，則2.8g乙烯和丙烯的混合氣體中含有CH2的物質的量是0.2mol，其中含有的C原子的物質的量是0.2mol，因此該混合氣體中所含碳原子數為0.2NA，B正確；C．在新戊烷分子中含有4個C-C共價鍵，則在0.1mol新戊烷分子中含有的C—C鍵數為0.4NA，C錯誤；D．在標準狀況下，辛烷是液體物質，不能使用氣體摩爾體積計算其物質的量，也就不能計算其燃燒產生的CO2分子數目，D錯誤；故合理選項是B。7.下列微粒在所給條件下，一定能大量共存的是（）A.透明溶液中：Na＋、Fe3＋、、SCN﹣B.強酸性溶液中：、Mg2＋、I﹣、C.pH=12的溶液中：Na＋、K＋、S2﹣、D.與鋁反應能產生大量氫氣的溶液中：K＋、Fe2+、、〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．Fe3＋、SCN﹣會反應產生弱電解質Fe(SCN)3，不能大量共存，A不符合題意；B．強酸性溶液中含有大量H+，H+、I﹣、會發生氧化還原反應，不能大量共存，B不符合題意；C．pH=12的溶液顯堿性，含有大量OH﹣，OH﹣與選項離子之間不能發生任何反應，可以大量共存，C符合題意；D．與鋁反應能產生大量氫氣的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。在酸性溶液中含有大量H+，H+、Fe2+、會發生氧化還原反應，不能大量共存；在堿性溶液中含有大量OH﹣，OH﹣與Fe2+會反應產生Fe(OH)2沉淀，也不能大量共存，D不符合題意；故合理選項是C。8.關于二氧化硫和二氧化氮敘述正確的是（）A.兩種氣體溶于水都能生成相應的酸，二者均為酸性氧化物B.兩種氣體都具有強氧化性，因此都能夠使淀粉碘化鉀溶液變藍C.兩種氣體都是有毒的氣體，且都可用水吸收以消除對空氣的污染D.二氧化硫與過量的二氧化氮混合后通入水中能生成兩種常用的強酸〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．NO2溶于水，與水反應產生HNO3、NO，但由于反應前后N元素化合價發生了變化，因此NO2不屬于酸性氧化物，A錯誤；B．二氧化硫與碘化鉀溶液不能發生反應，因此不能使淀粉碘化鉀溶液變藍色，B錯誤；C．二氧化硫和二氧化氮兩種氣體都是有毒的氣體，都會導致酸雨等，二氧化氮溶于水反應產生的一氧化氮也會污染空氣。可根據二者都能夠與堿反應的性質，用NaOH溶液吸收以消除對空氣的污染，C錯誤；D．SO2溶于水反應產生H2SO3，二氧化氮溶于水反應產生HNO3和NO，HNO3具有強氧化性，會將具有還原性H2SO3氧化產生H2SO4，故二氧化硫與過量的二氧化氮混合后通入水中能生成兩種常用的強酸——硫酸和硝酸，D正確；故合理選項是D。9.下列事實與帶點物質表現出的性質(括號中)對應關系不正確的是（）A.蔗糖與濃硫酸反應有黑色物質生成(脫水性)B.常溫下，鐵遇濃硫酸、濃硝酸發生鈍化(強氧化性)C.SO2能使含有酚酞的氫氧化鈉溶液褪色(漂白性)D.久置的濃硝酸，顏色略顯黃色(不穩定性)〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．濃硫酸使蔗糖脫水，由現象可知濃硫酸具有脫水性，故A正確；

B．鈍化為化學變化，生成致密的氧化膜阻止反應的進一步發生，與濃硫酸、濃硝酸的強氧化性有關，故B正確；

C．二氧化硫為酸性氧化物，與NaOH溶液反應后，溶液褪色，與漂白性無關，故C錯誤；

D．濃硝酸光照分解生成二氧化氮，則顏色略顯黃色，與濃硝酸的不穩定性有關，故D正確；

故選：C。10.“綠色化學實驗”已走進課堂，下列做法符合“綠色化學”的是（）①實驗室收集氨氣采用圖甲所示裝置②實驗室中做氯氣與鈉反應的實驗時采用圖乙所示裝置③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水做氨氣與酸生成銨鹽的實驗④實驗室中采用圖丙所示裝置進行銅與稀硝酸的反應A.②③④ B.①②③ C.①②④ D.①③④〖答案〗C〖解析〗【詳析】①實驗室采用圖甲所示裝置收集NH3，在收集的過程中用滴有酚酞的水檢驗NH3收集滿并吸收逸出的NH3，防止污染環境，符合綠色化學的要求，①合理；②實驗室中作Cl2與鈉的反應實驗時采用圖乙所示裝置，浸有堿液的棉球可以吸收多余的氯氣，防止污染環境，符合綠色化學的要求，②合理；③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水作氨氣與酸反應生成銨鹽的實驗，揮發的HCl氣體和NH3會污染環境，不符合綠色化學的要求，③不合理；④實驗室中采用圖丙所示裝置進行銅與稀硝酸的反應，生成的氮氧化物可以收集在氣球里，防止污染環境，符合綠色化學的要求，④合理；綜上所述可知符合“綠色化學”要求的是①②④，故合理選項是C。11.NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料電池，其原理如圖所示。該電池在放電過程中石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，Y可循環使用。下列說法不正確的是（）A.放電時，向石墨Ⅰ電極遷移B.石墨Ⅰ電極電勢高于石墨Ⅱ電極C.電池總反應式為4NO2＋O2=2N2O5D當外電路通過4mole－，負極上共產生4molN2O5〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料電池，NO2作燃料、O2作氧化劑，所以石墨Ⅰ為負極、石墨Ⅱ為正極，石墨Ⅰ電極上生成氧化物Y，因為負極上失電子，所以Y是五氧化二氮，則石墨Ⅰ電極反應式為NO2+-e-=N2O5，石墨Ⅱ電極反應式為O2+2N2O5+4e-=4，電池反應式為：4NO2+O2=2N2O5，放電時，電解質中陰離子向負極移動、陽離子向正極移動。【詳析】A．放電時，電解質中陰離子向負極移動、陽離子向正極移動，所以放電時，向石墨Ⅰ電極遷移，故A正確；B．由分析可知，石墨Ⅰ為負極、石墨Ⅱ為正極，石墨Ⅰ電極電勢低于石墨Ⅱ電極，故B錯誤；C．根據以上分析知，電池反應式為：4NO2+O2=2N2O5，故C正確；D．據NO2+-e-=N2O5知，當外電路通過4mole-，負極上共產生4molN2O5，故D正確；故選B。12.根據如圖所示示意圖，下列說法不正確的是（）A.1molC(s)和1molH2O(l)反應生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的熱量為131.3kJB.反應C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ·mol－1C.該反應過程反應物斷鍵吸收的能量大于生成物成鍵放出的能量D.1molC(s)、2molH、1molO轉變成1molCO(g)和1molH2(g)放出的熱量為akJ〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由圖象可知，1molC(s)和1molH2O(g)反應生成1molCO(g)和1molH2(g)吸收的熱量為131.3kJ，圖象中的H2O為氣態，不是液態，A錯誤；B．由圖象可知，反應物的總能量小于生成物的總能量，該反應為吸熱反應，反應C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，能量增加(b－a)kJ/mol，B正確；C．該反應為吸熱反應，因此反應過程中反應物斷鍵吸收能量大于生成物成鍵放出的能量，C正確；D．形成化學鍵釋放能量，由圖可知，1molC(g)、2molH、1molO轉變成1molCO(g)和1molH2(g)放出的熱量為akJ，D正確；故選A。13.在N2+3H22NH3的反應中，經過一段時間后，NH3的濃度增加了0.6mol/L，在該段時間內用H2表示的平均反應速率為0.45mol/(L·s)。則反應所經過的時間是（）A.2s B.2min C.3s D.3min〖答案〗A〖解析〗【詳析】NH3的濃度增加了0.6mol/L，則消耗的氫氣濃度為0.9mol/L，v（H2）==0.45mol/(L·s)，則?t==2s，〖答案〗為A。14.把在空氣中久置的鋁片5.0g投入盛有50mL0.1mol·L－1鹽酸的燒杯中，該鋁片與鹽酸反應，產生氫氣的速率v(H2)與反應時間t的關系可用如圖所示的坐標曲線來表示，下列推論錯誤的是（）A.O→a不產生氫氣是因為表面的氧化物隔離了鋁和稀鹽酸B.b→c段產生氫氣的速率增加較快的主要原因之一是溶液溫度升高C.Cl－的濃度對該反應的速率一定沒有影響D.t>c時，產生氫氣的速率降低的主要原因是溶液中H＋濃度下降〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．鋁表面有氧化膜，因此曲線O→a段不產生氫氣，即表面的氧化物隔離了鋁和稀鹽酸，A正確；B．隨著反應的進行，H＋濃度逐漸減小，但曲線b→c段產生氫氣的速率仍然增大，則產生氫氣的速率增加較快的主要原因之一是反應放熱，溶液溫度升高，B正確；C．由于沒有進行對照試驗，則無法判斷Cl－的濃度對該反應的速率有無影響，C錯誤；D．隨著反應進行，體系內溫度會升高，鹽酸濃度會下降，因此t>c時，產生氫氣速率降低的主要原因是鹽酸濃度下降，D正確；故選C。15.將一定量純凈的氨基甲酸銨(NH2COONH4)置于特制的密閉真空容器中(假設容器體積不變，固體試樣體積忽略不計)，在恒定溫度下使其達到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。下列可以判斷該分解反應已經達到化學平衡狀態的是（）A.v(NH3)＝2v(CO2)B.密閉容器中混合氣體的平均摩爾質量不變C.密閉容器中混合氣體密度不變D.密閉容器中氨氣的體積分數不變〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．沒有標明正逆反應速率，無法判斷平衡狀態，A錯誤；B．密閉容器中氨氣和二氧化碳的物質的量之比始終不變，混合氣體的平均摩爾質量始終不變，不能判斷是否為平衡狀態，B錯誤；C．由于反應物是固體，沒有達到平衡狀態，氣體質量會變化，容器體積不變，密度也會發生變化，所以密度不變，達到了平衡狀態，C正確；D．由于反應物是固體，容器內氣體只有氨氣和二氧化碳，則反應生成的氨氣體積分數始終不變，因此不能用來判斷反應是否達到平衡狀態，D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.請按要求回答下列問題：Ⅰ．按性質可把烴分為飽和烴(烷烴)和不飽和烴。（1）已知某鏈狀烷烴分子中電子數為42，該烷烴的分子式為________，其同分異構體共有______種。該鏈狀烷烴中沸點最低的是_______(寫結構簡式)，其二氯代物有____種同分異構體。（2）在常溫常壓下，有CH4、C2H4、C3H8和C4H8四種氣態烴。取等質量的四種氣態烴，分別在足量的氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量最多的是______(填分子式，下同)。這四種烴中，一定能使酸性KMnO4溶液褪色的是_______。Ⅱ．聚氯乙烯()簡稱PVC，是當今世界上產量最大、應用最廣的塑料之一、工業上用乙烯和氯氣為原料經下列各步合成PVC：（3）有關PVC的下列說法正確的是______(填字母，下同)。A.PVC的單體是CH3CH2Cl B.PVC是高分子化合物C.PVC能夠使溴的四氯化碳溶液褪色 D.PVC易降解（4）反應①的化學方程式為_______，反應類型為______；反應③的化學方程式為______，反應類型為_______。〖答案〗（1）①.C5H12②.3③.C(CH3)4④.2（2）①.CH4②.C2H4（3）B（4）①.CH2=CH2＋Cl2→ClCH2CH2Cl②.加成反應③.nH2C=CH2④.加聚反應〖解析〗（1）烷烴通式為CnH2n+2，電子數通式為8n+2，某鏈狀烷烴子中含有的電子數為42，則n=5，該鏈狀烷烴的分子式為；該鏈狀烷烴有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種結構，則所有的同分異構體的結構簡式：、、3種；根據相同碳原子的烷烴，支鏈越多，沸點越低，則上述同分異構體中，在相同條件下沸點最低的是；二個氯分別在同一個碳，或兩個碳上，其二氯代物有2種同分異構體；（2）1gCH4可以消耗molO2，1gC2H6可以消耗molO2，1molC3H8可以消耗molO2，1molC4H10可以消耗molO2，所以消耗氧氣最多的是C4H10；這四種烴中，一定能使酸性KMnO4溶液褪色的是含碳碳雙鍵的C2H4；（3）A．PVC的單體是CH2=CHCl，A錯誤；B．PVC是加聚產物，屬于高分子化合物，B正確；C．PVC分子中不存在碳碳雙鍵，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C錯誤；D．PVC難降解，D錯誤；〖答案〗選B；（4）乙烯與氯氣發生加成反應生成1，2－二氯乙烷，1，2－二氯乙烷發生消去反應生成氯乙烯，氯乙烯發生加聚反應生成聚氯乙烯；反應①的化學方程式為CH2=CH2＋Cl2→ClCH2CH2Cl；反應類型為加成反應；反應③的化學方程式為nH2C=CH2；反應類型為加聚反應；17.甲、乙、丙、X是中學化學中常見的物質，在一定條件下，它們之間的轉化關系如下圖所示(部分產物已略去)。請回答下列問題：（1）若X是O2，則甲不可能是______(填代號)A.Na B.N2 C.S D.Si（2）若甲能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，丙為紅棕色氣體。寫出甲轉化為乙的化學方程式_____。（3）若X是一種黃綠色氣體，丙的結構特點可以證明甲的空間構型為正四面體形而非平面構型，則甲生成乙的化學方程式為______。（4）若丙為淡黃色粉末，常用作呼吸面具中的供氧劑，則丙與二氧化硫反應的化學方程式為_____；1mol丙與SO2充分反應時轉移電子的物質的量為______mol。（5）若X是一種常見的金屬單質，常溫下甲的濃溶液可盛放在鋁制容器中，丙為淺綠色溶液。則甲的分子式可能是______，保存丙溶液常加入少量X，其目的是_____。〖答案〗（1）D（2）4NH3＋5O24NO＋6H2O（3）CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl（4）①.Na2O2＋SO2=Na2SO4②.2（5）①.H2SO4、HNO3②.防止Fe2＋被氧化Fe3＋〖解析〗（1）A．甲為Na，乙為Na2O，丙為Na2O2，A不符合題意；B．甲為N2，乙為NO，丙為NO2，B不符合題意；C．甲為S，乙為SO2，丙為SO3，C不符合題意；D．甲為Si，乙為SiO2，SiO2不能再與O2反應，D符合題意；故選D。（2）甲能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，說明甲是NH3，丙為紅棕色氣體，故丙是NO2，甲轉化為乙的化學方程式為4NH3＋5O24NO＋6H2O；（3）X是一種黃綠色氣體，X為Cl2，丙的結構特點可以證明甲的空間構型為正四面體形而非平面構型，丙為CH2Cl2，因此乙為CH3Cl，甲生成乙的化學方程式為CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；（4）若丙為淡黃色粉末，常用作呼吸面具中的供氧劑，丙是Na2O2，Na2O2與SO2反應生成Na2SO4，方程式為Na2O2＋SO2=Na2SO4；（5）常溫下甲的濃溶液可盛放在鋁制容器中，常溫下Al遇濃硝酸或濃硫酸會鈍化，故甲為HNO3或H2SO4，丙為淺綠色溶液，說明丙是Fe2+的溶液，因此X為Fe，Fe2＋易被氧化，保存Fe2+溶液常加入少量Fe，目的是防止Fe2＋被氧化為Fe3＋。18.汽車尾氣是空氣中碳氫化合物和氮氧化合物的主要來源之一，它們在特定的條件下可形成光化學煙霧。Ⅰ．汽車尾氣凈化器中的主要反應：2NO＋2CO2CO2＋N2。（1）汽車尾氣中NO生成過程的能量變化如下圖所示。1molN2和1molO2完全反應生成NO會______(填“吸收”或“放出”)____kJ能量。（2）已知CO的燃燒熱為283kJ·mol－1，請寫出汽車尾氣凈化器中NO與CO反應的熱化學方程式：_____。Ⅱ．一種利用烴(CxHy)來消除氮氧化物污染的工作原理如下圖所示，裝置中電極均為惰性電極，兩側電解質為同濃度的鹽酸。（3）若烴為C2H6，則該電極的電極反應式為___________。Ⅲ．一種新型催化劑能使NO和CO發生反應2NO＋2CO2CO2＋N2，已知增大催化劑的比表面積可提高該反應速率。為了驗證溫度、催化劑的比表面積對化學反應速率的影響規律，某同學設計了三組實驗，如表所示。實驗編號t/℃NO初始濃度(mol·L－1)CO初始濃度(mol·L－1)催化劑的比表面積(m2·g－1)Ⅰ2801.20×10－35.80×10－382Ⅱ2801.20×10－35.80×10－3124Ⅲ350a5.80×10－382（4）表中a=______。（5）能驗證溫度對化學反應速率影響規律的是實驗_______(填實驗編號)。（6）實驗Ⅰ和實驗Ⅱ中，NO的物質的量濃度c(NO)隨時間t的變化曲線如圖所示，其中表示實驗Ⅱ的是曲線_____(填“甲”或“乙”)。（7）在容積固定的絕熱容器中發生反應2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)，不能說明該反應已達到平衡狀態的是______(填字母)。A.容器內溫度不再變化 B.容器內混合氣體的平均相對分子質量保持不變C.2v逆(NO)=v正(N2) D.容器內混合氣體的密度保持不變〖答案〗（1）①.吸收②.180（2）2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)ΔH=－746kJ·mol－1（3）C2H6+4H2O－14e－=2CO2+14H+（4）1.20×10-3（5）Ⅰ和Ⅲ（6）乙（7）CD〖解析〗（1）1molN2和1molO2斷鍵吸收能量，生成2molNO成鍵釋放能量，因此完全反應吸收1444kJ-1264kJ=180kJ能量；（2）CO的燃燒熱為283kJ·mol－1，則反應①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH=-566kJ·mol－1；根據（1）可知，反應②N2(g)＋