天津市静海区第一中学2020学年高一化学5月月考试题（等级班含解析）

静海一中2020第二学期高一化学（5月）学生学业能力调研试卷相对原子质量：H ：1 C： 12 N： 14 O ：16 Na： 23 Zn：65第卷 基础题（共80分）一、选择题（ 每小题只有一个正确选项，每小题2分，共30分）1.下列说法中正确的是A. 阴、阳离子通过静电引力形成离子键B. CaCO3分解需要加热，因此需要加热才能发生的反应是吸热反应C. 反应FeCl3(aq)+3H2O(l) = Fe(OH)3(s)+3HCl(aq)在理论上可设计原电池D. 乙烯的最简式为CH2【答案】D【解析】【详解】A阴、阳离子之间通过静电作用形成离子键，静电作用包含吸引力和排斥力，故A错误；B吸放热反应与反应条件无必然的联系，故需要加热的不一定是吸热反应，故B错误；CFeCl3(aq)+3H2O(l) = Fe(OH)3(s)+3HCl(aq)是非氧化还原反应，不能设计成原电池，故C错误；D乙烯的分子式为C2H4，其最简式为CH2，故D正确；故答案为D。2.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 常温下，7.8 g苯中所含CH数为0.6NAB. 1mol OH中含电子数目为9NAC. 常温下，在18g D2O中含有NA个氧原子D. 标准状况下，22.4L乙烯含有非极性共价键数目为6NA【答案】A【解析】【详解】A每个苯分子中含有6个C-H键，7.8g苯的物质的量为0.1mol，含有的CH数为0.6NA，故A正确；B1个OH-中含有10个电子，则1mol OH中含电子数目为10NA，故B错误；CD2O的摩尔质量为20g/mol，18g D2O的物质的量为0.9mol，含有0.9NA个氧原子，故C错误；D每个乙烯分子内含有非极性共价键的数目为2，标准状况下22.4L乙烯的物质的量为1mol，含有的非极性共价键的数目为2NA，故D错误；答案为A。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数应用，试题难度不大，B项为易错点，注意-OH和OH-的区别。3.一定温度下，一定体积的容器加入一定量的A(s)发生反应：3A(s) B(g) +2C(g)，下列描述中能说明该反应达到平衡的是 v(B)逆=2 v(C)正 单位时间内生成 a mol B，同时消耗 2a mol C容器中的压强不再变化 混合气体的密度不再变化B的体积分数不再变化 混合气体的平均相对分子质量不再变化A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】平衡时应有2v(B)逆=v(C)正，故错误；单位时间内生成 a mol B，等效于生成 2a mol C的同时消耗 2a mol C，故正确；容器中的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，达平衡状态，故正确；混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故正确；因为生成B和C的物质的量之比是一个定值，所以B 的体积分数始终不变，故错误；因为生成B和C的物质的量之比是一个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故错误；故答案为B。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断；注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。4.氢气在氧气中燃烧时产生淡蓝色火焰在反应过程中，破坏1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol O2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1mol H2O中的化学键释放的能量为Q3 kJ下列关系式中，正确的是A. Q1+Q2Q3B. 2Q1+Q22Q3C. 2Q1+Q22Q3D. Q1+Q22Q3【答案】C【解析】【详解】破坏1molH-H消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molOO键消耗的能量为Q2kJ，则OO键键能为Q2kJ/mol，形成1mol水中的化学键释放的能量为Q3kJ，每摩尔H2O中含有2molH-O键，1molH-O键释放的能量为Q3kJ，则H-O键能为Q3kJ/mol，对于反应2H2(g)+O2(g)2H2O(l)反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能，故：反应热H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-4Q3kJ/mol=(2Q1+Q2-2Q3)kJ/mol，由于氢气在氧气中燃烧，反应热H0，即(2Q1+Q2-2Q3)0，所以2Q1+Q22Q3，故答案为C。5.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A. a 和 b 不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a 和 b 用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu22e= CuC. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解D. a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2向铜电极移动【答案】D【解析】【详解】Aa和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；Ba和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2+2e-=Cu，故B正确；Ca和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；D a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2向铜电极移动，故D错误；答案为D。6.下列有关叙述能说明非金属元素 M 比 N 的非金属性强的是M 原子比 N 原子容易得到电子；单质 M 跟 H2 反应比 N 跟 H2 反应容易得多 气态氢化物水溶液的酸性 HmMHnN；氧化物对应水化物的酸性 HmMOxHnNOy；熔点 MN；M 单质能与 N 的氢化物反应生成 N 单质；M 原子在反应中得到的电子数比 N 原子在反应中得到的电子数少；M 的最高正价比 N 的最高正价高A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】M原子比N原子容易得到电子，则非金属性M比N强，故正确；单质 M 跟 H2 反应比 N 跟 H2反应容易得多，则非金属性M比N强，故正确；不能利用氢化物的水溶液的酸性比较非金属性的强弱，故错误；氧化物水化物的酸性HmMOxHnNOy，不一定为最高价氧化物的水化物的酸性，不能用来比较非金属性强弱，故错误；熔点属于物理性质，非金属性属于化学性质，熔点MN不能用来比较非金属性强弱，故错误；M 单质能与 N的氢化物反应生成 N单质，由单质间的相互置换关系得到非金属性M比N强，故正确；M 原子在反应中得到的电子数和 N 原子在反应中得到的电子数的多少，不能用来比较非金属性强弱，故错误；M 的最高正价比 N的最高正价高不能用来比较非金属性强弱，故错误；正确，故答案为C。7.在C(s)CO2(g)2CO(g)反应中可使反应速率增大的措施是缩小容器的体积 增加碳的量 通入CO2恒压下充入N2恒容下充入N2 通入COA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】缩小容器体积，压强增大，反应速率加快，故正确；C是固体，增加C的量，不影响反应速率，故错误；通入CO2，CO2浓度增大，反应速率加快，故正确；恒压下充入N2，体积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故错误；恒容下充入N2，参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，故错误；通入CO，气体浓度增大，反应速率增大，故正确。正确，故答案为B。8.下图是常见三种有机物的比例模型示意图，所含元素为C、H，下列说法正确的是A. 甲的二氯代物有两种B. 丙分子中存在三个交替出现的碳碳双键C. 乙和丙分子中所有原子处于同一个平面上D. 相同条件下，同质量的甲、乙、丙完全燃烧耗氧最多的是丙【答案】C【解析】【详解】由图可知，甲为CH4，乙为CH2=CH2，C为苯；A甲烷为正四面体结构，4个H均为相邻位置，则二氯代物只有1种，故A错误；B苯中不含碳碳双键，苯中为介于碳碳单键和双键之间特殊的化学键，故B错误；C乙烯、苯均平面结构，则乙和丙分子中所有原子处于同一个平面上，故C正确；D质量相等的烃完全燃烧，含氢量越大，消耗的氧气越多，则相同条件下，同质量的甲、乙、丙完全燃烧耗氧最多的是甲，故D错误；答案为C。9.美宇航局(NASA)提醒人类：环保、素食、节能将有效抑制温室效应；否则两极冰山将融化，它将引发一系列灾难。美国宇航局(NASA)马里诺娃博士发现了一种比二氧化碳高104倍的“超级温室气体”全氟丙烷(C3F8)，提醒人们慎用含氟物。有关全氟丙烷的说法正确的是A. 由丙烷转化为全氟丙烷的反应为取代反应B. 全氟丙烷的电子式为：C. 分子中三个碳原子可能处于同一直线上D. 全氟丙烷可由全氟丙烯(CF2CFCF3)与H2加成得到【答案】A【解析】【详解】A丙烷与足量氟气发生取代反应生成全氟丙烷，故A正确；BF原子的孤对电子没标出且全氟丙烷中不含H原子，故B错误；C全氟丙烷可以看作是CF4中的两个F原子被两个CF3取代，CF4是正四面体结构，所以CF4中的任两个F原子和C原子都不在同一直线上，所以全氟丙烷分子中三个碳原子不可能处于同一直线上，故C错误； D全氟丙烯(CF2=CFCF3)与H2加成得到CHF2=CHFCF3，产物中含氢，不是全氟丙烷，故D错误；答案为A。10.在一固定容积的密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，已知反应进行到10秒时，SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.2 mol、0.1 mol、0.2 mol，则下列说法正确的是A. 10秒时，用O2表示该反应的平均反应速率为0.01 mol/（Ls）B. 当反应达平衡时，SO3的物质的量可能为0.4 molC. 当SO2和O2的生成速率之比为2：1时，达到该反应限度D. 向容器内充人SO2，可以提高反应速率【答案】D【解析】试题分析：反应进行到10s时生成三氧化硫0.2mol，则消耗氧气是0.1mol。由于不能确定容器的体积，所以不能计算该反应的反应速率是，A不正确；根据S原子守恒可知，SO2和SO3的物质的量之和是0.4mol，由于反应是可逆反应，反应物的转化率达不到100%，所以当反应达平衡时，SO3的物质的量不可能为0.4 mol，B不正确；反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以二氧化硫和氧气的反应速率总是2:1的，C不正确；向容器内充人SO2，增大SO2的浓度，可以提高反应速率，D正确，答案选D。考点：考查反应速率的计算、平衡状态的判断和外界条件对反应速率的影响等点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题针对性强，贴近高考，注重答题的灵活性，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。易错点是选项A。11.有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，A极为负极；C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D导线C；A、C用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；B、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序为A. ABCDB. ACDBC. CABDD. BDCA【答案】B【解析】【详解】一般来说，原电池中金属活动性负极正极材料；A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，则金属活动性AB； C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D导线C，则C是负极、D是正极，金属活动性CD；A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，则C上得电子发生还原反应，C是正极、A是负极，金属活动性AC； B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则D是负极、B是正极，金属活动性DB；通过以上分析知，金属活动性顺序ACDB，故答案为B。12.用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是A. 图 1 可用于吸收多余的 NOB. 图 2 可用于检验 SO2 的漂白性C. 图 3 可用于加快反应产生 H2 的速率D. 图 4 可用于测定 CO2 的生成速率【答案】C【解析】【详解】ANO与NaOH不反应，图中装置不能吸收NO，故A错误；B二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，可检验二氧化硫的还原性，故B错误；CFe与硫酸铜反应生成Cu，构成Fe、Cu原电池，可加快反应速率，故C正确；D气体易从长颈漏斗逸出，且需要测定时间，不能测定生成速率，故D错误；故答案为C。13.已知乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2。既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯的方法是A. 在空气中燃烧B. 通入足量溴水中C. 通入酸性高锰酸钾溶液中D. 通入水中【答案】B【解析】由于乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，所以不能用来除去乙烷中的乙烯，而应该用溴水，溴水和乙烯发生加成反应，和乙烷是不反应的，所以答案选B。14.酸燃料电池以Ca(HSO4)2固体为电解质传递H+，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为：2H2+O2= 2H2O，下列有关说法错误的是A. H由b极通过固体酸电解质传递到a极B. b极上的电极反应式为：O2+4H+4e= 2H2OC. 每转移0.4 mol电子，生成3.6g水D. 电子通过外电路从a极流向b极【答案】A【解析】【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化还原反应，反应为H2-2e-2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生氧化反应，反应为O2+4e-+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，生成0.05mol水，据此回答判断【详解】A原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故A错误；B该电池为酸性电池，所以正极电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，故B正确；C每转移0.4mol电子，生成0.2mol水，质量0.2mol18g/mol=3.6g，故C正确；Da为负极，b是正极，则电子应该是通过外电路由a极流向b，故D正确；故答案为A。15.短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如下图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别 是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是 A. 甲一定是金属元素B. 庚的最高价氧化物水化物酸性最强C. 乙、丙、丁的最高价氧化物水化物可以以相互反应D. 气态氢化物的稳定性：庚己戊【答案】D【解析】【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚，戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊为N元素，己为O元素，所以丁、戊、己、庚为第二周期元素，则乙、丙为第三周期元素，根据元素在周期表中位置关系可知，乙为Mg元素，丙为Al，丁为C元素，庚为F元素，甲不一定在丁、庚的连线上，则甲为H元素或Li元素，据此答题。【详解】A根据上面的分析可知，甲为氢元素或锂元素，故A错误；B庚氟元素，氟元素没有最高正价含氧酸，故B错误；C乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化镁、氢氧化铝、碳酸，碳酸为弱酸，不能溶解氢氧化铝、氢氧化镁，氢氧化镁与氢氧化铝不能反应，故C错误；D同周期自左而右非金属性增强，氢化物稳定性与元素非金属一致，故气态氢化物的稳定性HFH2ONH3，故D正确；故答案为D。二、简答题16.现有下列各组物质：C(CH3)4和C4H10 D2O和H2O 35Cl和37Cl石墨和金刚石 (CH3)2CHCH(CH3)2和(CH3)2CH(CH2)2CH3和 和(1)属于同系物的是_， (2)互为同分异构体的是_，(3)互为同素异形体的是_， (4)互为同位素的是_，(5)属于同一物质的是_。请总结完成以上题目应该注意的问题（至少两点）：_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 应准确理解相关概念，根据概念判断；不能将同一种物质混淆于同分异构体【解析】【分析】(1)同系物是结构相似组成相差若干CH2的物质互称同系物；(2)同分异构体是分子式相同，结构不同的物质互称为同分异构体；(3)同素异形体是同种元素组成的不同单质；(4)同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素；(5)同一种物质是结构和组成完全相同。【详解】(1)同系物是结构相似组成相差若干CH2的物质互称同系物，上述物质中组物质是同系物；(2)同分异构体是分子式相同，结构不同的物质互称为同分异构体，上述物质中和中物质为同分异构体；(3)同素异形体是同种元素组成的不同单质，上述物质中属于同素异形体；(4)同位素是指质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素，上述物质中为同位素；(5)同一种物质是结构和组成完全相同；上述物质中中的物质属于同一种物质；解题时应注意的问题：应准确理解相关概念，根据概念判断；不能将同一种物质混淆于同分异构体。【点睛】判断同位素、同素异形体、同分异构体的方法是：若化学式为元素，可能是同位素；若化学式为单质，则可能是同素异形体；若化学式为分子式相同、结构不同的有机化合物，则为同分异构体；若是分子式不同结构相似的有机化合物，则为同系物。17.I按要求完成下列问题：(1)同温同压下蒸气的密度是H2的43倍的烷烃的分子式_，其中一氯代物只有2种的结构简式为_。(2)碳原子数是5的烷烃的同分异构体有_种，其中含有甲基个数最多的结构简式为：_该物质的习惯命名为_。(3)分子中含有26个电子的烷烃的二氯代物有_种，其不含甲基的结构简式为：_。(4)碳原子数小于10的烷烃中一氯代物只有一种结构的物质有_种，其中含有碳原子个数最少的物质的电子式为：_。请总结书写烷烃同分异构体的方法（至少两点）_ II现有CH4 C2H4 C6H6三种有机物：(1)等质量的三种烃完全燃烧时生成水最多的是_；生成CO2最多的是_；消耗氧气最多的是_。（填序号，下同）(2)同状况、同体积的三种烃完全燃烧时耗去O2的量最多的是_。(3)在150、1.01105 Pa下时，有两种烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是_。请总结书写烃的燃烧的规律（至少两点）_【答案】 (1). C6H14 (2). (CH3)2CHCH(CH3)2 (3). 3 (4). C(CH3)4 (5). 新戊烷 (6). 4 (7). CH2ClCH2CH2Cl (8). 4 (9). (10). 先写出碳原子数最多的直链烷烃，再将直链碳原子逐渐减少，减少的碳原子作为支链；烷烃只存在碳链异构，可结合等效氢，借助取代产物的数目写出结构简式 (11). (12). (13). (14). (15). (16). 同质量的烃CxHy，值越大，完全燃烧耗氧量越多，生成的H2O物质的量越大，CO2的物质的量越少；同状况、同体积、同物质的量的烃完全燃烧，耗氧量取决于x+的相对大小。【解析】【分析】I (1)同温同压下蒸气的密度是H2的43倍的烷烃的相对分子质量为432=86，结合烷烃的通式CnH2n+2分析，并借助等效氢原子写出满足条件的结构简式； (2)碳原子数是5的烷烃的分子式为C5H12，共有3种同异构体；(3)碳原子核外电子数是6，H原子核外电子数是1，结合烷烃的分子通式CnH2n+2，分析分子中含有26个电子的烷烃的分子式；(4)碳原子数小于10的烷烃中一氯代物只有一种结构，说明分子结构中只有一种等效氢，据此分析满足条件的烷烃的分子结构； II(1)同质量的烃CxHy，值越大，完全燃烧耗氧量越多，生成的H2O物质的量越大，CO2的物质的量越少；(2)同状况、同体积、同物质的量的烃完全燃烧，耗氧量取决于x+的相对大小；(3)当温度大于100时，水为气态，当y=4时，燃烧前后体积不变。【详解】I (1)同温同压下蒸气的密度是H2的43倍的烷烃的相对分子质量为432=86，由烷烃的通式CnH2n+2可知此烷烃为C6H14，共有5种同分异构体，其中一氯代物只有2种的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2；(2)碳原子数是5的烷烃的分子式为C5H12，其同分异构体分别是正戊烷、新戊烷和异戊烷，共3种，其中甲基最多的是C(CH3)4，其烷烃的习惯命名是新戊烷； (3)碳原子核外电子数是6，H原子核外电子数是1，结合烷烃的分子通式CnH2n+2，可知分子中含有26个电子的烷烃的分子式为C3H8，没有同分异构体，但其二氯代物共有4种，其中不含甲基的结构简式为CH2ClCH2CH2Cl；(4) 在碳原子数n10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种，其中含有碳原子数最少的是甲烷，其电子式为；由此可知书写烷烃同分异构体的常见方法是：先写出碳原子数最多的直链烷烃，再将直链碳原子逐渐减少，减少的碳原子作为支链；烷烃只存在碳链异构，可结合等效氢，借助取代产物的数目写出结构简式；II(1)同质量的烃CxHy，值越大，完全燃烧耗氧量越多，生成的H2O物质的量越大，CO2的物质的量越少，则同质量的CH4、C2H4、C6H6三种有机物中CH4燃烧消耗氧气最多，CH4燃烧生成的水最多，而C6H6生成的二氧化碳最多；(2)同状况、同体积、同物质的量的烃完全燃烧，耗氧量取决于x+的相对大小；CH4、C2H4、C6H6三种有机物中，x+的值分别为2、3、7.5，故同物质的量的以上物质完全燃烧时耗O2的量最多的是C6H6；(3)当温度大于100时，水为气态，当y=4时，燃烧前后体积不变，故相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化的是CH4、C2H4。由此可总结出烃的燃烧的规律有：同质量的烃CxHy，值越大，完全燃烧耗氧量越多，生成的H2O物质的量越大，CO2的物质的量越少；同状况、同体积、同物质的量的烃完全燃烧，耗氧量取决于x+的相对大小。【点睛】掌握常见有机物的燃烧规律可以提高答题效率，例如等物质的量的几种不同化合物，完全燃烧，如果耗氧量相同，则这几种化合物以任意比混合组成的等量混合物完全燃烧，其耗氧量也相同。如H2和CO，C2H2和CH3CHO。对于有机物来讲，组成上每相差n 个C同时相差2n个O，即符合通式CxHyOz(CO2)n，每相差n 个O同时相差2n 个H，即符合通式CxHyOz(H2O)n，其耗氧量必定相同。18.已知元素A的原子序数是53，请根据元素周期表的编排原则完成下列问题：(1) A元素在周期表中的位置_。(2) A的氢化物中含有化学键的类型_。（填共价键、离子键）(3)与A同主族的元素形成的最高价氧化物的水化物中酸性或碱性最强的是_。（填化学式）(4)写出A与H2反应的化学方程式_【答案】 (1). 第五周期第A (2). 共价键 (3). HClO4 (4). I2+H22HI【解析】【分析】元素A的原子序数是53，为碘元素，在元素周期表中位于第五周期第A，属卤族元素，可结合卤族元素的性质递变规律分析解题。【详解】(1) 碘元素的原子序数为53，在元素周期表中位于第五周期第A；(2)碘的氢化物为HI，分子中含有化学键的类型共价键；(3)与I同主族的元素中，氯元素形成的最高价氧化物的水化物高氯酸的酸性最强，其含氧酸的化学式为HClO4；(4)碘与H2在加热条件下生成HI，不稳定易分解，属可逆反应，其化学方程式为I2+H22HI。19.键线结构式是以线表示共价键，每个折点和线端点处表示一个碳原子，并省略书写氢原子的一种表示有机化合物结构的方式，如异丁烷()要表示为“”，请分析这一表示方式的要领，试用键线结构式写出戊烷(C5H12)的同分异体_、_、_。通过解题你是如何筛选并运用信息的 _【答案】 (1). (2). (3). (4). 键线式中只需要写出锯齿形的骨架，用锯齿形的角及其端点代表碳原子，不需要写出每个碳原子上所连接的氢原子，但是，除氢外的其它原子必须写出【解析】【分析】戊烷有三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷和新戊烷，根据结构简式写出键线式。【详解】戊烷有三种同分异构体，分别是CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2和CH3C(CH3)3，对应的键线式分别是：、；结合戊烷同分异构体的键线式的书写，明确了书写键线式的方法是：键线式中只需要写出锯齿形的骨架，用锯齿形的角及其端点代表碳原子，不需要写出每个碳原子上所连接的氢原子，但是，除氢外的其它原子必须写出。20.I化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。 (1)锌锰干电池是应用最普遍的电池之一(如图所示)，锌锰干电池的负极材料是_，负极发生的电极反应式为_。若反应消耗16.25 g负极材料，则电池中转移电子的物质的量为_mol。 (2)目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池的电池总反应式可以表示为2Ni(OH)2Cd(OH)2Cd2NiO(OH)2H2O，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水，但能溶于酸，以下说法中正确的是_。ANiO(OH)作负极 B放电时化学能转变为电能CCd作负极 D此电池是一次电池 (3)如图为氢氧燃料电池的构造示意图，根据电子运动方向可知，则X极为电池的_(填“正”或“负”)极，X极的电极反应式为_。II工业合成氨的反应N23H22NH3的能量变化如下图所示，请回答有关问题：已知：拆开 lmol HH 键、lmol NH 键、lmol NN 键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ。(1)则上图中的 _kJ；1 mol N2(g) 完全反应生成NH3(g)需要_（填“吸收”、“放出”）_kJ热量。(2)推测反应 2NH3(l)N2 (g)3H2(g) 比反应2NH3(g)N2 (g)3H2(g)_（填“吸收”、“放出”）的热量_（填“多”、“少”）。【答案】 (1). 锌 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 0.5 (4). BC (5). 负 (6). H2-2e-+2OH-=2H2O (7). 1127 (8). 放出 (9). 92 (10). 吸收 (11). 多【解析】【分析】I(1)负极发生氧化反应，锌失电子；根据1mol锌失去2mol电子进行计算；(2)该电池放电时为原电池，充电时为电解池，根据反应条件判断是可充电电池；(3)根据负极反应为2H2-4e-+4OH-=2H2O，则通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，并可判断溶液呈碱性，碱性溶液中负极发生氧化反应，据此分析；II(1)上图中的a等于断裂0.5mol氮气和1.5mol氢气所吸收的热量；1mol N2(g) 完全反应生成NH3(g)产生的能量变化为反应物的键能之和-生成物的键能之和；(2)根据液体氨气转化为气态还要吸热判断.【详解】I(1)负极发生氧化反应，锌失电子，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，16.25g锌是0.25mol，而1mol的锌失去2mol的电子，所以转移电子的物质的量为0.5mol；(2)A由反应2Ni(OH)2Cd(OH)2Cd2NiO(OH)2H2O，可知放电时NiO(OH)发生还原反应，作正极，故A错误；B放电时是原电池，是将化学能转变为电能，故B正确；C放电时，Cd发生氧化反应，作负极，故C正确；D此电池是可充电电池，应是二次电池，故D错误；故答案为BC；(3)X极的电极反应式为2H2-4e-+4OH-=2H2O，则通入氢气的X极为负极，发生氧化反应，电解质溶液呈碱性，则X极的电极反应为H2+2e-+2OH-=2H2O；II(2)上图中的a等于断裂0.5mol氮气和1.5mol氢气所吸收的热量，即9460.5+4361.5=1127kJ；1mol N2(g) 完全反应则消耗3mol氢气生成2molNH3(g)产生的能量变化为946+4363-3916= -92kJ，则需要放出92kJ的热量；(3)因为合成 NH3放出热量，所以氨气分解吸收热量，又液体氨气转化为气态还要吸热，所以液态氨分解吸收的热量比气态氨吸收的热量多。【点睛】解答燃料电池相关问题时，要注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性。第卷 提高题（共20分）21.I乙烯是一种重要的化工原料。根据下列转化关系回答：（1）乙烯分子中官能团的名称是_。（2）的分子式是_。（3）乙烯转化成A的化学方程式是_。反应类型是_。II乙烯在化工生产领域应用广泛。以原油为起始原料合成聚乙烯的路线如下图所示。（1）反应III的化学方程式:_。反应类型是_。（2）写出分子式符合C4H10的所有物质的结构简式_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). C2H5Br (3). CH2=CH2+H2CH3CH3 (4). 加成反应 (5). nCH2=CH2 (6). 加聚反应 (7). CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2【解析】分析】I乙烯属于不饱和烃，分子中含有碳碳双键官能团所以可发生加成反应，和水加成生成物B是CH3CH2OH，和氢气加成生成物A是CH3-CH3，和溴化氢加成生成物E是C2H5Br也可以在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物聚乙烯，以此解答该题。II原油在催化