2020-2020学年高二上学期开学联考化学试题（解析版）

2020 年湖北省新高考联考协作体高二上学期起点考试 高二化学试卷 考试时间：2020 年 9 月 7 日 14:30—17:30 试卷满分：100 分 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 一、单项选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题目要 求。 1. 下列说法错误的是（ ） A. 氯仿的相对分子质量为 119.5 B. “84 消毒液”的主要有效成分是 NaClO C. 使用泡沫灭火器扑灭金属 Na 的燃烧 D. 使用冷却结晶的方法制备胆矾 【答案】C 【解析】 【详解】A. 氯仿的相对分子质量=12+1+35.5×3=119.5，选项 A 正确； B．84 消毒液由氢氧化钠溶液和氯气反应生成，84 消毒液的有效成分为次氯酸钠，次氯酸钠可生成具有消 毒作用的次氯酸，选项 B 正确； C．泡沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃，不能使用泡沫灭火器 扑灭金属 Na 的燃烧，选项 C 不正确； D．硫酸铜的溶解度随温度变化较大，可使用冷却结晶的方法制备胆矾，选项 D 正确； 答案选 C。 2. 下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ） A. 酸性重铬酸钾溶液检测酒后驾驶 B. 大气中氮氧化物参与酸雨形成 C. 过氧乙酸灭活新冠病毒 D. 小苏打用作食品膨松剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸性重铬酸钾可与乙醇发生氧化还原反应而变色，从而检验酒驾，涉及氧化还原反应，A 项不 符合题意； B．二氧化氮与水反应，生成硝酸和一氧化氮，化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B 项不符合题意； C．过氧乙酸具有强氧化性，可使蛋白质变性，灭活新冠病毒，涉及氧化还原反应，C 项不符合题意； D．小苏打加热分解生成碳酸钠，水和二氧化碳，可以用作食品膨松剂，但不涉及氧化还原反应，D 项符合 题意； 答案选 D。3. A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，化合物 CB 是一种新型高温结构陶瓷的主要成分；化合 物 BA3 与 D2 相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（ ） A. 非金属性：A＞B＞C＞D B. 原子半径：D＞C＞B＞A C. 元素 B 的含氧酸均为强酸 D. C 的氧化物对应水化物是两性氢氧化物 【答案】D 【解析】 【分析】 A、B、C、D 为原子序数依次增大的短周期元素，化合物 BA3 与 D2 相遇会产生白烟，则化合物 BA3 为 NH3，D2 为 Cl2，故元素 A 为 H 元素，B 为 N 元素，D 为 Cl 元素；化合物 CB 是一种新型高温结构陶瓷的 主要成分，则 C 为 Al 元素，据此作答。 【详解】A. 对于非金属，同一周期的元素，原子序数越大，非金属越大；同一主族、不同周期的元素，原 子核外电子层数越多，非金属越小，所以非金属性：Cl＞N＞H ＞Al，A 项错误； B. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；同一主族、不同周期的元素，原子核外电子层数越多， 原子半径越大，所以原子半径：Al＞Cl＞N＞H，B 项错误； C. B 为 N 元素，其含氧酸为 HNO2，属于弱酸，C 项错误； D. C 为 Al 元素，其氧化物对应水化物是 Al(OH)3，属于两性氢氧化物，D 项正确； 答案选 D。 4. 下列化学用语正确的是（ ） A. 、D、T 是氢元素的三种同位素 B. 次氯酸的结构式：H－Cl－O C. N2 的结构式：:N≡N: D. H2O2 的电子式： 【答案】A 【解析】 【详解】A． 、D、T 是氢元素 三种核素，质子数相同，中子数不同，它们互称为同位素，故 A 正确； B．HClO 分子中，O 原子与 H 原子形成一对共用电子对，O 原子与 Cl 原子形成一对共用电子对，其电子 式为 ，该结构中含有 1 个 O-Cl 和 1 个 O-H 键，其正确的结构式为 H-O-Cl，故 B 错误； C．N2 的分子中含三对共用电子对，形成三键结构，其电子式为 ，氮气的结构式为 N≡N，故 C 错 误； 的 1 1H 1 1HD．H2O2 分子中，一个 O 原子与一个 H 原子形成一对共用电子对，O 原子与 O 原子形成一对共用电子对， 其电子式为 ，属于共价化合物，故 D 错误； 答案为 A。 5. 下列实验仪器或装置的选择正确的是（ ） 配制 50.00mL0.1000mol.L−1NaCl 溶液 除去 Cl2 中的 HCl 石油分馏实验使用 的冷凝管 盛装 Na2SiO3 溶 液的试剂瓶 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．配制 50.00mL0.1000mol.L-1 NaCl 溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，A 项错误； B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应： Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解 度，洗气瓶长进短出，利于除杂，B 项正确； C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，C 项错误； D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装 Na2SiO3 溶 液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，D 项错误； 答案选 B。 6. 吡啶( )是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路 线合成。下列叙述正确的是（ ）A. 反应①的反应类型是加成反应 B. EPy 中所有原子可能共平面 C. VPy 的化学式为 C7H8N D. MPy 有两种芳香族化合物的同分异构体 【答案】A 【解析】 【详解】A. 反应①中甲醛碳氧双键断裂，反应类型是加成反应，A 项正确； B. EPy 中有两个饱和 C，以饱和 C 为中心的 5 个原子最多有 3 个原子共面，所以 EPy 中所有原子不可能都 共面，B 项错误； C. VPy 的化学式为 C7H7N，C 项错误； D. MPy 有 3 种芳香同分异构体，分别为：甲基在 N 原子的间位 C 上、甲基在 N 原子的对位 C 上、氨基苯， D 项错误； 答案选 A。 7. 下列说法正确的是（ ） A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随着能量变化的变化一定是化学变化 B. 需要加热或点燃的化学反应不一定是吸热反应，不需要加热或点燃的反应不一定是放热反应 C. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 D. 因为石墨变成金刚石吸热，所以金刚石比石墨稳定 【答案】B 【解析】 【详解】A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随着能量变化的变化不一定是化学变化，比如 NaOH 固体溶于水是放热过程，故 A 错误； B．需要加热或点燃的化学反应不一定是吸热反应，不需要加热或点燃的反应不一定是放热反应，放热反应、 吸热反应与是否加热或点燃无关，与反应物总能量和生成物总能量有关，故 B 正确； C．等质量的硫蒸气和硫固体，硫蒸气的能量高，因此两者分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，故 C 错误； D．因为石墨变成金刚石吸热，石墨的能量比金刚石低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定， 故 D 错误； 综上所述，答案为 B。 8. 下图是 2SO3(g) 2SO2(g) + O2(g)的能量变化图，据图得出的相关叙述正确的是（ ）A. 2SO3(g) 2SO2(g) + O2(g) △H＝－(a－b) kJ·mol－1 B. 该化学反应过程中正反应的活化能大于逆反应 C. 1 mol SO2 的能量比 1 mol SO3 的能量高 D. 若某容器内的 2 mol SO3 充分反应，则反应吸收(a－b)kJ 热量 【答案】B 【解析】 【详解】A. 由能量变化图可知反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，热化学方程式可 以表示为：2SO3(g) ⇌ 2SO2(g) + O2(g) △H＝(a－b) kJ·mol－1，A 项错误； B. 根据图示可知，该化学反应过程中正反应的活化能大于逆反应，B 项正确； C. 据图可知，2molSO3 的能量小于 2molSO2 和 1molO2 的总能量，但不能说明 1mol SO2 的能量和 1mol SO3 的能量高低，C 项错误； D. 因该反应为可逆反应，则 2mol SO3 参加反应时，吸收的能量小于(a－b) kJ，D 项错误； 答案选 B。 9. 下列有关叙述正确的是（ ） A. CO(g)的燃烧热是 283.0 kJ·mol－1，则 2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的 ΔH＝＋2×283.0 kJ·mol－1 B. HCl(aq)和 NaOH(aq)反应的反应热 ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则 H2SO4(aq)和 Ba(OH)2(aq)反应热的 ΔH＝－ 114.6 kJ·mol－1 C. 2H2O(g)＝2H2(g)＋O2(g) 在任何温度下均能自发进行 D. NaOH 溶于水和 NaOH 与 HCl 反应均为放热反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．燃烧热是 1mol 纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一氧化碳的燃烧属于放热反应， 则 2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，选项 A 正确； B．H2SO4 与 Ba（OH）2 反应不仅生成水，还生成了硫酸钡沉淀，也释放出热量，故△H 小于-114.6 kJ•mol-1，选项 B 错误； C. 反应 2H2O(g)＝2H2(g)＋O2(g) 是气体体积增大的吸热反应，在低温下非自发进行，在高温下可自发进行， 选项 C 错误； D．NaOH 溶于水放热，但没有发生化学反应，不是放热反应，选项 D 错误。 答案选 A。 10. 最近意大利罗马大学的 FulvioCacace 等人获得了极具理论研究意义的 N4 分子，其分子结构如图所示， 已知断裂 1mol N—N 吸收 167kJ 热量，生成 1molN≡N 放出 942kJ 热量，则下列说法正确的是（ ） A. 1mol N4 气体转变为 N2 放出 882kJ 热量 B. P4(白磷)沸点低于 N4 C. N4 与 N2 互为同分异构体 D. N4 与 N2 具有相似的化学性质 【答案】A 【解析】 【详解】A. 已知断裂 1 mol N—N 吸收 167 kJ 热量，生成 1 mol N≡N 键放出 942 kJ 热量，则 1 mol N4 转变 成 N2 的反应热＝167kJ/mol×4—2×942kJ/mol＝—882 kJ/mol，即 1 mol N4 转变成 N2 将放出 882 kJ 热量，A 正确； B. N4 与 P4 均为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量大者分子间作用力大、熔沸点高，B 错误； C. N4 与 N2 为氮元素形成的不同单质，互为同素异形体，C 错误； D. N4 与 N2 分子结构不相似，则化学性质不相似，D 错误； 答案选 A。 二、不定项选择题：本题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题有一个或两个选项符合题 目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 11. 下列操作不能达到实验目的的是（ ） 目的 操作 A 检验海带中是否含碘 将海带灰研碎溶于水，加入几滴淀粉溶液，观察是否变蓝色 B 检验甲烷中是否混有乙烯 将气体通过酸性 KMnO4 溶液洗气瓶，观察颜色变化C 证明酸性：碳酸＞硅酸 将盐酸与 NaHCO3 混合产生 气体直接通入硅酸钠溶液 D 除去 NO 中少量 NO2 将混合气体通过足量 NaOH 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】AC 【解析】 【详解】A. 海带中不含碘单质，无法使淀粉变蓝，操作不能达到实验目的，A 项符合题意； B. 乙烯能使酸性 KMnO4 溶液褪色，甲烷不行，操作能达到实验目的，B 项不符合题意； C. 盐酸具有挥发性，盐酸与 NaHCO3 混合产生的气体可能存在 HCl 气体，不能证明酸性：碳酸＞硅酸，C 项符合题意； D. NO2 能与 NaOH 反应，而 NO 不会，可以用 NaOH 溶液除去 NO 中少量 NO2，D 项不符合题意； 答案选 AC。 12. 关于化合物 2−苯基丙烯( )，下列说法正确的是（ ） A. 不能使溴水因发生化学反应而褪色 B. 分子中所有碳原子一定共平面 C. 可以发生加成聚合反应 D. 易溶于水及四氯化碳 【答案】C 【解析】 详解】A. 含有碳碳双键，能使溴水因发生化学反应而褪色，A 项错误； B. 中含有甲基，和甲烷的结构相似，所以不可能所有原子共平面，B 项错误； C. 含有碳碳双键，可以发生加成聚合反应，C 项正确； D. 属于芳香烃，所以难溶于水，D 项错误； 答案选 C。 13. 一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在 VB2 电极发生反应： 的 【，该电池工作时，下列说法错误的是（ ） A. 负载通过 0.02 mol 电子时，有 0.112 LO2 参与反应 B. 正极区溶液的 pH 升高、负极区溶液的 pH 降低 C. 电池总反应为 D. 电子由 VB2 电极经负载、复合碳电极、KOH 溶液回到 VB2 电极 【答案】AD 【解析】 【分析】 根据图示的电池结构，左侧 VB2 发生失电子的反应生成 和 ，反应的电极方程式如题干所示， 右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成 OH-，反应的电极方程式为 O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方 程式为 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8 +4 ，据此分析。 【详解】A．当负极通过 0.02mol 电子时，正极也通过 0.02mol 电子，根据正极的电极方程式，通过 0.02mol 电子消耗 0.005 氧气，在标况下为 0.112L，判据中没有给定气体的存在条件，选项 A 错误； B．反应过程中正极生成大量的 OH-使正极区 pH 升高，负极消耗 OH-使负极区 OH-浓度减小 pH 降低，选项 B 正确； C．根据分析，电池的总反应为 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8 +4 ，选项 C 正确； D．电池中，电子由 VB2 电极经负载流向复合碳电极，电子不能流经电解质溶液，选项 D 错误； 答案选 AD 。 【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成 氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。 14. 关于如图所示转化关系(X 代表卤素)，说法不正确的是（ ） 3 2 4 4 2VB 16OH 11e VO 2B(OH) 4H O− − − −+ − = + + 3 2 2 2 4 44VB 11O 20OH 6H O 8B(OH) 4VO− − −+ + + = + 3- 4VO - 4B(OH) - 4B(OH) 3- 4VO - 4B(OH) 3- 4VOA. 因为反应热大小与途径无关，所以△H1=△H2+△H3 B. 过程 III 中△H3＞0 C. Cl—Cl 键、Br—Br 键、I—I 键键能依次减小，所以三个反应中过程Ⅱ吸收的热量依次减小 D. 反应Ⅰ生成 HCl 放出的热量比生成 HBr 的多，所以 HBr 比 HCl 更稳定 【答案】BD 【解析】 【详解】A．因为反应热大小与途径无关，只与反应物总能量和生成物总能量有关，所以△H1=△H2+△H3， 故 A 正确； B．过程 III 是形成化学键，释放热量，因此△H3＜0，故 B 错误； C．Cl—Cl 键、Br—Br 键、I—I 键键能依次减小，断裂吸收的热量越来越小，因此三个反应中过程Ⅱ吸收 的热量依次减小，故 C 正确； D．HBr 中 H—Br 键比 HCl 中 H—Cl 键的键长长，键能大，键能大，键越难断裂，因此 HCl 比 HBr 更稳定， 故 D 错误。 综上所述，答案为 BD。 15. 肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在 Cu 表面分解的机理如图。已知 200℃时： 反应Ⅰ：3N2H4(g) = N2(g) + 4NH3(g) ΔH1= − 32.9 kJ·mol−1； 反应Ⅱ：N2H4(g) + H2(g) = 2NH3(g) ΔH2= − 41.8 kJ·mol−1 下列说法不正确的是△H3 A. 图所示过程②是吸热反应 B. 反应Ⅱ的能量过程示意图如图所示 C. 断开 3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成 1 mol N2(g)和 4 mol NH3(g)的化学键释放的能量 D. 200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为 N2H4(g) = N2(g)+2H2(g) ΔH= -50.7 kJ·mol−1【答案】D 【解析】 【详解】A. 过程①是 N2H4 分解生成 N2 和 NH3，已知热化学方程式 I 中△H 为负值，所以图示过程①为放 热 反 应 ， 过 程 ② 根 据 盖 斯 定 律 ： (I)−2×(II) 得 N2H4(g)═N2(g)+2H2(g) △H═−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，为吸热反应，A 项正确； B. 反应 II：N2H4(g)+H2(g)═2NH3(g) △H2=−41.8KJ/mol，反应为放热反应，反应物能量高于生成物，B 项正 确； C. 反应 I：3N2H4(g)═N2(g)+4NH3(g) △Hl=−32.9KJ/mol，反应为放热反应，断开 3molN2H4(g)中的化学键吸 收的能量小于形成 1moIN2(g)和 4molNH3(g)中的化学键释放的能量，C 项正确； D. 根据盖斯定律：(I)−2×(II)得 N2H4(g)═N2(g)+2H2(g) △H═−32.9kJ⋅mol−1−2×(−41.8kJ⋅mol−1)=+50.7kJ⋅mol−1，D 项错误； 答案选 D。 三、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分 16. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制 备 KClO3 和 NaClO，探究其氧化还原性质。 回答下列问题： (1)盛放浓盐酸的仪器名称是________，a 中的试剂为________。 (2)c 中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却的目的是____________。 (3)d 中可选用试剂________(填标号)。 A．NaCl B．Na2S C．Ca(OH)2 D．H2SO4 (4)反应结束后，取出 b 中试管，经冷却结晶，________，______________，干燥，得到 KClO3 晶体。 (5)取少量 KClO3 和 NaClO 溶液分别置于 1 号和 2 号试管中，滴加中性 KI 溶液。1 号试管溶液颜色不变。2 号试管溶液变为棕色，加入 CCl4 振荡，静置后 CCl4 层显____色。可知该条件下 KClO3 的氧化能力 ____NaClO(填“大于”、“等于”或“小于")。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 饱和食盐水 (3). Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O (4). 避免生成NaClO3. (5). BC (6). 过滤 (7). 洗涤(或答少量冷水洗涤) (8). 紫(或紫红) (9). 小于 【解析】 【分析】 本实验目的是制备 KClO3 和 NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和 MnO2 粉末共热制取氯气， 生成的氯气中混有 HCl 气体，可在装置 a 中盛放饱和食盐水中将 HCl 气体除去；之后氯气与 KOH 溶液在 水浴加热的条件发生反应制备 KClO3，再与 NaOH 溶液在冰水浴中反应制备 NaClO；氯气有毒会污染空气， 所以需要 d 装置吸收未反应的氯气。 【详解】(1)盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；a 中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的 HCl 气体，故答案 为：分液漏斗；饱和食盐水； (2)根据装置图可知盛有 KOH 溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热，c 中氯气在 NaOH 溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为 Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与 KOH 溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯 酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成 NaClO3，故答案为：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O；避免生成 NaClO3； (3)氯气有毒，所以 d 装置的作用是吸收尾气(Cl2)； A．氯气在 NaCl 溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故 A 不可选； B．Na2S 可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故 B 可选； C．氯气可以 Ca(OH)2 或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故 C 可选； D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故 D 不可选； 综上所述可选用试剂 BC，故答案为：BC； (4)b 中试管为 KClO3 和 KCl 的混合溶液，KClO3 的溶解度受温度影响更大，所以将试管 b 中混合溶液冷却 结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到 KClO3 晶体，故答案为：过滤；洗涤(或答少量冷水洗涤)； (5)1 号试管溶液颜色不变，2 号试管溶液变为棕色，说明 1 号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2 号试管中 次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下 KClO3 的氧化能力小于 NaClO；碘单质更易溶于 CCl4，所以 加入 CCl4 振荡，静置后 CCl4 层显紫色，故答案为：紫(或紫红)；小于。 【点睛】本题易错点(3)，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以用还原性的物质 吸收。 17. Ⅰ.铝土矿(主要成分为 Al2O3，还含有 SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝 的工艺流程如下： (1)沉淀 A 的成分是(填化学式)_________。 (2)步骤②中加入过量 NaOH 溶液发生反应的离子方程式，除了 H+ + OH﹣= H2O 外，还有： _____________________________、________________________________； (3)步骤③中加入(或通入)的过量试剂 b 的结构式是______________。 Ⅱ. 利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别 的对应关系： (4)从硫元素化合价的角度分析，图中只具有还原性的化合物有______________(填化学式)。 (5)将 X 与 Y 混合，可生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为_________________________。 (6)Na2S2O3 是重要的化工原料，从氧化还原反应的角度分析，下列制备 Na2S2O3 的方案理论上可行的是 ______(填代号)． a．Na2S + S b．SO2 + Na2SO4 c．Na2SO3 + S d．Na2SO3 + Na2SO4 【答案】 (1). SiO2 (2). Fe3+ + 3OH﹣=Fe(OH)3↓ (3). Al3+ + 4OH﹣= +2H2O (4). O=C=O (5). H2S (6). SO2 + 2H2S = 3S↓ + 2H2O (7). c 【解析】 【分析】 Ⅰ.铝土矿中加入过量试剂 a，然后操作 I 得到沉淀 A 和滤液甲，则操作 I 为过滤，滤液甲中加入过量 NaOH 溶液经操作 II 后得到沉淀 B 和滤液乙，操作 II 是过滤；Al2O3、SiO2 能溶于强碱溶液而 Fe2O3 不溶于强碱溶 液，SiO2 不溶于稀盐酸而 Fe2O3、Al2O3 能溶于稀盐酸，根据图知，滤液甲中含有铝元素，则试剂 a 为稀盐 酸，沉淀 A 为 SiO2，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀 B 为 Fe(OH)3，滤液乙中含有 NaAlO2 和 NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过滤二氧化碳得到滤液为碳酸氢钠溶液，沉淀 C 为 Al(OH)3，加热氢氧化铝 得到氧化铝。 - 2AlOⅡ.（4）S 元素的化合价有-2 价、0 价、+4 价、+6 价，具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性； （5）将 H2S 与 SO2 混合，可生成淡黄色固体，是利用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀 S 和水， 元素化合价降低的物质为氧化剂； （6）Na2S2O3 中 S 为+2 价，从氧化还原反应的角度分析，反应物中 S 元素化合价必须分别大于 2 和小于 2。 【详解】Ⅰ.（1）通过以上分析知，A、B、a 分别是 SiO2、Fe(OH)3、盐酸，故沉淀 A 的成分是 SiO2； （2）步骤②中加入过量 NaOH 溶液后，稀盐酸、铁离子、铝离子都和 NaOH 溶液反应，发生反应的离子方 程式除 H＋+OH－=H2O 外，还有 Fe3＋+3OH－=Fe(OH)3↓、 Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O（或 Al3＋+4OH－ =[Al(OH)4]-）； （3）过量的稀盐酸能溶解生成的氢氧化铝而得不到氢氧化铝，步骤③中通入过量CO2 气体而不加入过量盐 酸, CO2 的结构式为 O=C=O； Ⅱ.（4）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S 元素的化合价有-2 价、0 价、+4 价、+6 价，所以 0 价和+4 价 S 的化合物既有还原性又有氧化性，即 SO2，H2SO3、Na2SO3； （5）X 为 H2S，与 SO2 混合可生成淡黄色固体，是利用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀 S 和 水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O； （6）Na2S2O3 中 S 为+2 价，从氧化还原反应的角度分析，反应物中 S 元素化合价必须分别大于 2 和小于 2， a 中 S 化合价都小于 2，c、d 中 S 的化合价都大于 2。答案选 c。 18. 乙烯和丙烯是重要有机化工原料。 I．以乙烯为原料可以制备乙二醇和高分子化合物 B。 (1)①的化学方程式为___________________________________。 (2)②为取代反应，通过 A 与 NaOH 溶液加热条件下完成转化，②的化学反应方程式为___________________。 (3)③的反应类型为_______________，B 的结构简式为________________。 II．丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，是一种天然香料，也可以由乙烯和丙烯为原料合成。 (4)有机物 E 中的官能团的名称是_________________。 (5)D 与 E 反应生成丙烯酸乙酯的化学反应方程式为_____________________________________________。 (6)下列说法正确 是______________。的a．乙烯、丙烯是石油裂解的产物 b．乙二醇难溶于水 c．丙烯酸乙酯可发生取代反应 d．D 可以由葡萄糖分解得到 【答案】 (1). CH2=CH2 + Br2 → CH2BrCH2Br (2). CH2BrCH2Br + 2H2O HOCH2CH2OH + 2HBr (3). 加聚反应 (4). (5). 碳碳双键、羧基 (6). CH3CH2OH + CH2=CHCOOH CH2=CHCOOCH2CH3 + H2O (7). acd 【解析】 【分析】 Ⅰ．乙烯的结构简式为 CH2=CH2，该结构中含有碳碳双键，与溴的四氯化碳发生加成反应生成 A，A 为 1， 2-二溴乙烷，A 的结构简式为 CH2BrCH2Br，1，2-二溴乙烷水解生成乙二醇，乙二醇的结构简式为 HOCH2CH2OH，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯 B，聚乙烯 B 的结构简式为 ，据此解答。 Ⅱ．乙烯的结构简式为 CH2=CH2，乙烯与水加成生成乙醇 D，D 的结构简式为 CH3CH2OH，丙烯的结构简 式为 CH2=CHCH3，丙烯氧化生成丙烯酸 E，E 的结构简式为 CH2=CHCOOH，丙烯酸与乙醇发生酯化反应 生成丙烯酸乙酯，丙烯酸乙酯的结构简式为 CH2=CHCOOCH2CH3，据此解答。 【详解】（1）①的反应为乙烯与溴的四氯化碳发生加成反应生成 1，2-二溴乙烷，化学方程式为 CH2=CH2+Br2 CH2BrCH2Br；答案为 CH2=CH2+Br2 CH2BrCH2Br。 （2）②的反应为 1，2-二溴乙烷在 NaOH 水溶液条件下，水解生成乙二醇，化学方程式为 CH2BrCH2Br+2H2O HOCH2CH2OH+2HBr；答案为 CH2BrCH2Br+2H2O HOCH2CH2OH+2HBr。 （3）③的反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应类型为加聚反应，聚乙烯的结构简式为 ；答案为加聚反应， 。 （4）有机物 E 为丙烯酸，丙烯酸的结构简式为 CH2=CHCOOH，该结构中含有碳碳双键、羧基；答案为碳 碳双键、羧基。 （5）有机物 D 为乙醇，乙醇的结构简式为 CH3CH2OH，有机物 E 为丙烯酸，丙烯酸的结构简式为 CH2=CHCOOH，D 和 E 发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸乙酯的结构简式为 CH2=CHCOOCH2CH3， 其化学反应方程式为 CH2=CHCOOH+CH3CH2OH CH2=CHCOOCH2CH3+H2O；答案为 CH2=CHCOOH+CH3CH2OH CH2=CHCOOCH2CH3+H2O。 （6）a．乙烯、丙烯是石油裂解的产物之一，故 a 正确； b．乙二醇的结构简式为 HOCH2CH2OH，属于二元醇，含有两个羟基，与水易形成氢键，所以易溶于水， 故 b 错误； Δ NaOH → 水溶液 2 4 Δ H SO → 浓 → → Δ NaOH → 水溶液 Δ NaOH → 水溶液 2 4 Δ H SO → 浓 2 4 Δ H SO → 浓c．丙烯酸乙酯的结构简式为 CH2=CHCOOCH2CH3，该结构中含有酯基，可发生取代反应，故 c 正确； d．D 为乙醇，结构简式为 CH3CH2OH，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇和二氧化碳，即 C6H12O6 2CH3CH2OH+2CO2，故 d 正确； 答案为 acd。 19. 根据化学能和热能、电能相关的知识，请回答下列问题： I．已知 31 g 白磷(P4)变为 31 g 红磷(P)时释放能量。上述变化属于_______变化；稳定性白磷_______红磷(填 “＞”或“＜”)； II．氢气是一种清洁能源，在我国航天工程中也有应用。 (1)已知：2H2＋O2 2H2O。该反应 1mol 氢气完全燃烧放出热量 242 kJ，其中断裂 1 mol H—H 键吸收 436 kJ，断裂 1mol O＝O 键吸收 496 kJ，那么形成 1mol H—O 键放出热量为___________________。 (2)航天技术上使用的氢－氧燃料电池原理可以简单看作下图“氢－氧燃料电池的装置图” 则： ①b 极为电池的______(填“正极”或“负极”)；溶液中 OH－移向_______电极(填“a”或“b”)。 ②a 电极附近 pH_______。(填增大、减小或不变)。 ③如把 H2 改为甲醇，则负极电极反应式为______________________________________。 【答案】 (1). 化学 (2). ＜ (3). 463 kJ (4). 正极 (5). a (6). 减小 (7). CH3OH －6e－＋ 8OH－ ＝ ＋6H2O 【解析】 【分析】 (1)根据 H=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量计算; (2)燃料电池中，通入燃 料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正 极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中化学能转化为电能，能量转 化效率高，据此回答； 【详解】(1)白磷与红磷为同素异形体，则白磷转化为红磷为化学变化；31 g 白磷变为 31 g 红磷(P)时释放能 量，为放热反应，说明白磷能量高于红磷，能量越低越稳定，因此稳定性是白磷小于红磷，因此，答案是： 化学；