2023-2024学年浙江省重点中学四校联考高一下学期5月月考化学试题 （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省重点中学四校联考2023-2024学年高一下学期5月月考试题说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟。2.请将〖答案〗写在答题卷的相应的位置上。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.有共价键的离子化合物是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，据此分析解答。【详析】A.中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价键，故A正确；B.硫酸为只含共价键的共价化合物，故B错误；C.二氯甲烷为只含共价键的共价化合物，故C错误；D.碳化硅为只含共价键的共价化合物，故D错误；故〖答案〗为A。2.下列说法正确的是（）A.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B.蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖C.煤的气化是在高温下煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程D.食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物〖答案〗C〖解析〗【详析】A．棉花主要成分为纤维素，蚕丝主要成分为蛋白质，二者成分不同，故A错误；B．蛋白质一定条件下发生水解生成氨基酸，得不到葡萄糖，故B错误；C．煤的气化是指煤与水蒸气高温下反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都是可燃性气体，故C正确；D．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D错误；故选C。3.化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是（）A.国产飞机C919用到的氮化硅熔点高，硬度大，属于新型无机非金属材料B.歼-20战斗机在长春航展上完美亮相，其机身采用的碳纤维是有机高分子材料C.石油裂解的主要目的提高汽油等轻质油的产量与质量D.向鸡蛋清的溶液中加入福尔马林或浓的硫酸钠溶液，蛋白质发生变性并凝聚〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氮化硅陶瓷，是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷，熔点高，硬度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；B．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度无定型的碳材料，不属于有机高分子材料，故B错误；C．石油裂解的主要目的是产生短链烯烃，故C错误；D．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液发生盐析，加入福尔马林，蛋白质发生变性，故D错误；综上所述，〖答案〗为A。4.下列化学用语正确的是（）A.一氯甲烷的电子式： B.N2H4的结构式：C.硒的原子结构示意图： D.空间填充模型可表示、分子〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯原子的最外层有7个电子，故一氯甲烷的电子式为，故A错误；B．N2H4的电子式为：，则其结构式为，故B错误；C．硒​是34号元素，原子结构示意图，故C正确；D．碳原子半径小于氯原子而大于氢原子，故空间填充模型可表示CH4分子，但不可表示CCl4分子，故D错误；故选C。5.为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.和充分反应转移电子数为B.1.5g-CH3(甲基)所含的电子数为0.9NAC.标准状况下，2.24LC2H6和C2H4的混合气体中碳原子数为0.2NAD.0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Cu和S反应生成Cu2S，和充分反应转移电子数为，故A错误；B．一个-CH3(甲基)所含的电子数为9个，1.5g-CH3(甲基)物质的量为，所含的电子数为0.9NA，故B正确；C．标准状况下，2.24LC2H6和C2H4的混合气体物质的量为0.1mol，由碳原子守恒，2.24LC2H6和C2H4的混合气体中碳原子数为0.2NA，故C正确；D．反应中，2mol过氧化钠反应，转移2mol电子，0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA，故D正确，故选A。6.海洋中蕴藏着大量的化学资源，海水的综合利用示意图如下，下列有关说法正确的是（）A.海水提溴工艺中“吹出”和“吸收”两个步骤的目的是富集溴B.工业电解饱和食盐水制备金属钠与氯气C.向海水中先通入，再通入来制备纯碱D.利用高分子反渗透膜可将海水淡化，但是用传统蒸馏法淡化更加节能〖答案〗A〖解析〗【详析】A．海水提溴其过程主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节，先吹出再吸收，其目的是富集以提高溴的含量，A正确；B．工业电解饱和食盐水制备氢氧化钠、氢气与氯气，电解熔融的氯化钠制备金属钠与氯气，B错误；C．海水中氯化钠浓度太低，应向饱和食盐水中先通入NH3再通入CO2即可析出小苏打进而制备纯碱，C错误；D．利用高分子反渗透膜将海水淡化，相较于传统的蒸馏法更加节能，D错误；故选A。7.元素化合价和物质类别是梳理元素及其化合物知识的两个线索，可表示为“价类”二维图。下图为部分含氮、硫元素的“价-类”二维图。下列说法错误的是（）A.a、b、f均可以和i的浓溶液反应B.e的浓溶液可以用来干燥c和dC.c、h同时通入BaCl2溶液会生成白色沉淀D.g和CO均属于汽车尾气，但可以通过催化转化生成无毒气体〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为NH3，g为NO，h为NO2，i为HNO3；【详析】A．i为HNO3具有强氧化性，可以和H2S、S发生氧化还原反应，同时NH3为碱性气体，可以与HNO3反应生成NH4NO3，A正确；B．浓硫酸具有吸水性，可以干燥SO2，SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，B错误；C．二氧化硫和二氧化氮同时通入水中，会发生氧化还原反应生成硫酸，加入氯化钡会生成硫酸钡白色沉淀，C正确；D．NO、CO均属于汽车尾气，在催化转化器中发生反应生成N2和CO2两种无毒气体，D正确；〖答案〗选B。8.下列各组离子能大量共存的是（）A.、、、 B.Fe2+、K+、NO、I-C.Fe3+、Na+、SO、SCN- D.、、、〖答案〗B〖解析〗【详析】A．、反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、K+、NO、I-离子之间不发生反应，可以大量共存，故B正确；C．Fe3+、SCN-发生络合反应生成Fe（SCN）3，不能大量共存，故C错误；D．、与发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故〖答案〗选B。9.下列有关反应的离子方程式书写不正确的是（）A.氯气溶于水：Cl2+H2OH++Cl-+HClOB.苯甲酸(C6H5COOH)与碳酸氢钠的反应：C6H5COOH+HCO→C6H5COO-+CO2↑+H2OC.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：D.Na2CO3溶液中通入少量Cl2：CO+2Cl2+H2O=2HClO+CO2↑+2Cl-〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯气溶于水离子方程式：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，A正确；B．苯甲酸(C6H5COOH)与碳酸氢钠的反应离子方程式：C6H5COOH+HCO→C6H5COO-+CO2↑+H2O，B正确；C．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液离子方程式：，C正确；D．Na2CO3溶液中通入少量Cl2离子方程式：2CO+Cl2+H2O=2HCO+ClO-+Cl-，D错误。〖答案〗选D10.有关的说法正确的是（）A.不能与氢气发生加成反应 B.不会使溴水褪色C.只含二种官能团 D.能催化氧化为含有醛基物质〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该物质含有苯环、碳碳双键，能与氢气发生加成反应，故A错误；B．该物质含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，会使溴水褪色，故B错误；C．该物质含有碳碳双键、羟基、酯基三种官能团，故C错误；D．该物质含有羟基，能催化氧化为含有醛基物质，故D正确；故选D。11.A、X、Y、Z是中学化学常见物质，它们之间在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的没有标注)，其中A、X、Y、Z均含有同一种元素。下列有关叙述错误的是（）A.若A为碳单质，则Z为碳酸B.若A为，Z为硫酸，则X可与A反应生成单质SC.若A为非金属单质或非金属氢化物，则Z不一定能与金属铜反应生成YD.若反应①②③都是氧化还原反应，则A、X、Y、Z中含有的同一种元素一定呈现四种化合价〖答案〗D〖解析〗【详析】A．若A为碳单质，X为CO，Y为CO2，Z为H2CO3，A正确；B．若A为H2S，Z为H2SO4，则X为SO2，Y为SO3，H2S与SO2能生成S，B正确；C．若A为S，X为SO2，Y为SO3，Z为H2SO4，硫酸与铜不能生成SO3；若A为NH3，X为NO，Y为NO2，Z为HNO3，Cu与浓硝酸反应生成NO2，综上Z不一定能与金属铜反应生成Y，C正确；D．若反应①②③都是氧化还原反应，如A为Na，X为Na2O，Y为Na2O2，Z为NaOH，A、X、Y、Z中含有的同一种元素Na只有1价和+1价，D错误；故选D。12.电池极大地方便了人们的生活，如图为两种电池的示意图。下列说法错误的是（）A.锂—空气电池正极材料是多孔电极，氧气得到电子B.锂—空气电池总反应方程式为4Li+O2+2H2O=4LiOHC.铝离子电池中电流从石墨电极经过用电器到铝电极D.铝离子电池负极反应式为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．电池内部阳离子向正极移动，如图锂－空气电池中，锂离子向多孔电极移动，所以多孔电极为正极，正极氧气得电子，A正确；B．锂－空气电池中为非水电解质，不可能有水参加反应，总反应方程式为4Li+O2＝2Li2O，B错误；C．铝离子电池中两个电极分别为铝和石墨，铝为活泼电极，是负极，石墨为正极。外电路中电流由正极流向负极，即由石墨流向铝，C正确；D．由图可知，铝离子电池负极是铝失去电子，反应式为，D正确；故选B。13.利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是（）A．测定有机物C2H6O的结构B．检验淀粉是否水解C．分离得到D．实验室制备NH3〖答案〗C〖解析〗【详析】A．实验中用的是乙醇水溶液，水也可以和钠反应生成氢气，无法确定醇和氢气之间比例关系，也无法确定其结构，另外钠较少时，乙醇不能反应完，也不能确定与氢气比例关系。A错误；B．加氢氧化铜之前需要加碱中和催化剂硫酸，B错误；C．溴可以和氢氧化钠溶液反应生成溶于水盐，四氯化碳不反应，且不溶于水，可以分离得到，C正确；D．NH3密度比空气小，应该用向下排空气法，导管应深入试管底部。试管口应该塞棉花而不是用塞子密封，D错误。〖答案〗选C。14.能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备的原理为，装置如图所示。已知：①的熔点为116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；②在高浓度时与有机物、还原剂接触会发生燃烧并爆炸。下列说法中不正确的是（）A.装置③中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥B.装置④与⑤之间不能用橡胶管连接C.装置⑤中逸出气体的主要成分是，用NaOH溶液吸收D.通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，故不能使用橡胶管，⑤收集产物，⑥吸收尾气。【详析】A．装置③中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥，A正确；B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，B正确；C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2用NaOH溶液吸收，C错误；D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，D正确；故选C。15.(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应：，将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液中有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是（）A.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为B.1mol(NH4)2SO4分解时，反应中有2mol电子转移C.白色沉淀为BaSO4D.从溶液中逸出的气体为N2，溶液中溶质为NH4Cl〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应4(NH4)2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O发生后，将生成的气体通入BaCl2溶液中，我们可认为生成的气体先跟水反应，生成(NH4)2SO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3，用三者的物质的量之比约为1：1：2，然后(NH4)2SO4、(NH4)2SO3再与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，NH4HSO3与BaCl2不反应；【详析】A．由分析可知，(NH4)2SO4、(NH4)2SO3的物质的量之比约为1：1，它们与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，则生成的沉淀中既有BaSO4又有BaSO3，且物质的量之比约为1：1，A正确；B．根据方程式分析，(NH4)2SO4中N的化合价为-3价，N2中N的化合价为0，每生成1个N2转移6个电子，4mol(NH4)2SO4生成1molN2转移6mol电子，则1mol(NH4)2SO4、转移1.5mol电子，B错误；C．根据分析，生成的白色沉淀既有BaSO4又有BaSO3，C错误；D．D．因为逸出的气体无色、无味，则从溶液中逸出的气体只有N2，NH3都留在溶液中，与SO2或H2SO3反应，最后留在溶液中的溶质只有较多的NH4HSO3和NH4Cl，D错误；故〖答案〗为：A。16.化学实验是研究和学习物质及其变化的基本方法，是科学探究的一种重要途径。下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向盛装某溶液的试管中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口试纸未变红该溶液中不存在B用洁净的玻璃棒蘸取某溶液，在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色溶液中存在C取少量铁与水蒸气反应后的固体于试管中，加足量稀盐酸溶解再滴加KSCN溶液溶液未变血红色固体中可能存在三价铁D用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀元素非金属性：C>Si〖答案〗C〖解析〗【详析】A．向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明原溶液中含有铵根，A错误；B．玻璃中含有钠元素，会影响实验，应该选择光亮的铂丝或者铁丝来作焰色试验，B错误；C．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁加入盐酸生成Fe3+，若反应有单质铁剩余，Fe与Fe3+生成Fe2+，无法使KSCN变色，C正确；D．盐酸具有挥发性，故通入硅酸钠中的二氧化碳中含有HCl气体，根据强酸制弱酸的原理，HCl、CO2气体均可以与硅酸钠溶液反应生成硅酸白色沉淀，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.回答下列问题。（1）葡萄糖的分子式为___________。（2）工业上制取粗硅的化学方程式为___________。（3）乙醇沸点高于乙烷的主要原因为___________。〖答案〗（1）C6H12O6（2）SiO2+2C2CO+Si（3）乙醇分子之间能形成氢键〖解析〗（1）葡萄糖是单糖，分子式为C6H12O6；（2）在工业上用SiO2与焦炭在高温下发生反应产生Si和CO，该反应的化学方程式为：；（3）乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙烷的结构简式为CH3CH3，乙醇分子间能形成氢键，故沸点高。18.燃煤火电厂产生的尾气(主要成分为SO2、NO)可以按如下流程脱除或利用。请回答：（1）写出途径I中SO2转化成CaSO4的总反应化学方程式___________。（2）下列说法正确的是___________。A.途径I中Cu+的作用是催化剂B.途径I中C2H4的作用是还原剂C.CO2、N2、H2O中原子均满足最外层8电子结构D.工业制硝酸的第一步是N2与O2反应得到NO（3）写出途径II中与CaCO3、NaClO2混合液反应的化学反应方程式___________。（4）下列物质有可能代替途径II中NaClO2的是___________。A.NH3 B.O3 C.NaClO D.Na2S（5）经测定尾气中SO2、NO体积之比1：1，则每生成0.5molCaSO4，消耗NaClO2___________。〖答案〗（1）2SO2+O2+2Ca(OH)2=2CaSO4+2H2O（2）AB（3）2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2（4）BC（5）0.625〖解析〗燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入石灰乳中，SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4；Cu+和O2结合生成Cu+(O2)然后和尾气中的NO反应转化成Cu+(NO2)，接着Cu+(NO2)和乙烯反应得到Cu+、N2、CO2、H2O；将燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入CaCO3-NaClO2混合液中，反应得到CO2、CaSO4、Ca(NO3)2以及NaCl；（1）SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4，其总反应化学方程式为：；故〖答案〗为：；（2）A．由图示可以看出，Cu+反应前后均有，且参加过反应，所以途径Ⅰ中的作用是催化剂，故A正确；B．C2H4中碳元素的化合价是-2价，反应后生成的CO2中碳元素的化合价为+4价，碳元素的化合价升高了，即途径Ⅰ中的作用是还原剂，故B正确；C．H原子最外层2个电子，故C错误；D．工业制硝酸的第一步是以氨和空气为原料，用铂铑合金网为催化剂，在氧化炉进行氨催化氧化反应，不是N2与O2反应得到NO，故D错误；〖答案〗为：AB；（3）从图中可以看出，此反应的产物有CO2、Ca(NO3)2，Ca(NO3)2是NO的氧化产物，所以还有一种化合价降低的还原产物NaCl，反应的化学方程式为：2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2；故〖答案〗为：2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2；（4）途径Ⅱ中的作用是将NO氧化，所以NaClO和O3能代替NaClO2，所以选BC；故〖答案〗为：BC；（5）尾气中，则每生成0.5molCaSO4反应的SO2和NO都是0.5mol，共失去2.5mol电子，反应中NaClO2生成NaCl，共消耗的物质的量为=0.625mol；故〖答案〗为：0.625mol。19.回答下列问题。（1）恒温下，在体积为1L密闭容器中充入3molCO2(g)和9molH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，测得CO2(g)、CH3OCH3(g)的物质的量随时间变化如图所示。①a点的正反应速率___________(填>、<或=)b点的逆反应速率。②反应达到平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为___________%(保留1位小数)。③上述反应体系达到平衡状态的判断依据是___________。A．容器内CO2和H2的物质的量之比不变B．体系压强不变C．容器内气体的密度不变D．容器内气体的平均相对分子质量不变（2）工业上合成氨气时需使用催化剂降低能耗，我国科学家提出使用M-LiH复合催化剂。相同条件下，不同催化剂的催化效果如图1所示，氨气的产率随时间变化如图2所示。350℃用Cr-LiH作催化剂对应的曲线是___________(填“a”、“b”或“c”)（3）已知丙烷氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，在链传递的过程中能量变化如图所示。请写出丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为___________。（4）二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池工作原理如图所示，A的电极反应式为：___________。〖答案〗（1）①.>②.17.9%③.BD（2）b（3）CH3CHClCH3（4）〖解析〗（1）①a点CO2物质的量减少，反应正向进行，a正反应速率>b点的逆反应速率。②列出三段式：反应达到平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为%。③A．容器内CO2和H2的物质的量之比为定值，容器内CO2和H2的物质的量之比不变，不能判断反应达到平衡，A不选；B．该反应为体积减小的反应，体系压强不变，反应达到平衡，B选；C．反应前后均为气体，总质量和体积不变，容器内气体的密度不变，不能判断达到平衡，C不选；D．该反应为体积减小的反应，容器内气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡，D选；故选BD。（2）结合催化效果越好，速率越快，达到平衡所用时间越短，350℃用Cr－LiH作催化剂对应的曲线是b。（3）由图可知，断开中C-H键的反应放出的热量大于断开-CH3中C-H键的反应放出的热量，根据ΔH=断开化学键吸收的热量-形成化学键放出的热量，则-CH3中C-H键能比中C-H键能大，故更容易发生取代，丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为CH3CHClCH3。（4）燃料电池中，燃料在负极失去电子发生氧化反应，二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池中A的电极反应式为：。20.碘化钠在有机合成中用途广泛，工业制备碘化钠有多种方法，下图是制备碘化钠的两种方案。已知：N2H4•H2O的沸点118℃，100℃开始分解。(流程图中“白色沉淀”接触空气后会迅速变灰绿色)（1）写出①过程的离子方程式___________。（2）方案一中加入N2H4•H2O后发生的离子反应为：2IO(aq)+3N2H4•H2O(l)=2I−(aq)+3N2(g)+7H2O(l)(放热反应)，部分装置如图1所示。①图1中仪器b的名称为___________。②实验过程中需控制反应温度70℃左右的原因是___________。图1中加热的方式最好选用___________。（3）结合NaI溶解度曲线(如图2)，流程图中方法②的具体操作为：将溶液小心加热浓缩、___________、___________、洗涤、干燥得到白色晶体。（4）写出方案二中加入Fe屑后的离子方程式___________。（5）方案一和方案二相比，方案一制得的产品纯度更高，原因是___________。〖答案〗（1）3I2＋6OH-=5I-＋IO＋3H2O（2）①.冷凝管②.温度过高N2H4·H2O分解及挥发，温度过低反应太慢或这个温度既能保证反应的快速进行又能避免N2H4·H2O分解及挥发③.水浴加热（3）①.冷却结晶②.过滤（4）3H2O+3Fe+IO=3Fe(OH)2↓+I−（5）Fe屑还原制备碘化钠中含有碘化亚铁杂质，N2H4·H2O的氧化产物为N2和H2O〖解析〗碘和氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成NaI、NaIO3。方案1，用N2H4·H2O把NaIO3还原为NaI，蒸发浓缩、冷却结晶结晶得到NaI；方案二，用Fe把NaIO3还原为NaI，蒸发浓缩、冷却结晶结晶得到NaI；（1）①过程中碘和氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成NaI、NaIO3，反应的离子方程式为3I2＋6OH-=5I-＋IO＋3H2O；（2）①根据图示，图1中仪器b的名称为冷凝管；②温度过高N2H4·H2O分解及挥发，温度过低反应太慢，所以实验过程中需控制反应温度70℃左右。为便于控制反应温度70℃左右，图1中加热的方式最好选用水浴加热；（3）NaI溶解度随温度升高而增大，流程图中方法②的具体操作为：将溶液小心加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到白色晶体；（4）案二中加入Fe屑，Fe把NaIO3还原为NaI，同时生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式为3H2O+3Fe+IO=3Fe(OH)2↓+I−；（5）Fe屑还原制备碘化钠中含有碘化亚铁杂质，N2H4·H2O的氧化产物为N2和H2O，所以方案一制得的产品纯度更高。21.如图所示是H(具有芳香气味)和I(高分子材料)的合成路线，其中A的产量可用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，A和D互为同系物。已知：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr。（1）化合物F的官能团名称为___________，C和G的反应类型为___________。（2）化合物H的结构简式为___________。（3）写出D→I的化学方程式___________。（4）下列说法不正确的是___________。A.化合物C易溶于水B.可通过酸性高锰酸钾溶液洗气的方法除去乙烷中含有的A杂质C.用饱和碳酸钠溶液能鉴别E、G、HD.B能与新制氢氧化铜悬浊液反应（5）写出化合物E所有同分异构体的结构简式___________。（6）根据题目所给信息，以A为原料，设计一条不同于上述题干中合成C的反应路线___________(用流程图表示，流程写法参照上述题干中流程，无机试剂任选)。〖答案〗（1）①.醛基②.酯化反应(取代反应)（2）（3）（4）BD（5）CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3（6）〖解析〗A可以用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2；A发生氧化反应生成醇B为环氧乙烷，B发生加成反应生成C为OHCH2CH2OH，C与G发生酯化反应生成H，则G为CH3CH2COOH，H为，F发生氧化反应生成G，则F为醛类，CH3CH2CHO，E发生催化氧化生成醛，则E为醇，CH3CH2CH2OH，D与A为同系物，则D为烯烃，且D与H2O发生加成生成醇，则D为CH2=CHCH3，烯烃在催化剂作用下发生加聚反应生成I，，以此分析；（1）根据分析，F为CH3CH2CHO，官能团为醛基；C与G发生酯化反应；故〖答案〗为：醛基；酯化反应（取代反应）；（2）根据分析，H为酯类，；故〖答案〗为：；（3）根据分析，D为CH2=CHCH3，烯烃在催化剂作用下发生加聚反应生成I，；故〖答案〗为：；（4）A．化合物C为醇，易溶于水，A正确；B．A为乙烯气体，乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，故不能用高锰酸钾进行除杂，B错误；C．E为丙醇，溶于碳酸钠溶液中，G为乙酸，与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，观察有气泡生成，H为酯类，与碳酸钠溶液分层，故饱和碳酸钠溶液用于鉴别醇、酸、酯，C正确；D．B为环氧乙烷，与新制氢氧化铜不反应，D错误；故〖答案〗为：BD；（5）E为醇，CH3CH2CH2OH，则其同分异构体为CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3；故〖答案〗为：CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3；（6）A乙烯，C为乙二醇，；故〖答案〗为：。浙江省重点中学四校联考2023-2024学年高一下学期5月月考试题说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟。2.请将〖答案〗写在答题卷的相应的位置上。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.有共价键的离子化合物是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，据此分析解答。【详析】A.中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价键，故A正确；B.硫酸为只含共价键的共价化合物，故B错误；C.二氯甲烷为只含共价键的共价化合物，故C错误；D.碳化硅为只含共价键的共价化合物，故D错误；故〖答案〗为A。2.下列说法正确的是（）A.棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B.蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖C.煤的气化是在高温下煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程D.食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物〖答案〗C〖解析〗【详析】A．棉花主要成分为纤维素，蚕丝主要成分为蛋白质，二者成分不同，故A错误；B．蛋白质一定条件下发生水解生成氨基酸，得不到葡萄糖，故B错误；C．煤的气化是指煤与水蒸气高温下反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都是可燃性气体，故C正确；D．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D错误；故选C。3.化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是（）A.国产飞机C919用到的氮化硅熔点高，硬度大，属于新型无机非金属材料B.歼-20战斗机在长春航展上完美亮相，其机身采用的碳纤维是有机高分子材料C.石油裂解的主要目的提高汽油等轻质油的产量与质量D.向鸡蛋清的溶液中加入福尔马林或浓的硫酸钠溶液，蛋白质发生变性并凝聚〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氮化硅陶瓷，是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷，熔点高，硬度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；B．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度无定型的碳材料，不属于有机高分子材料，故B错误；C．石油裂解的主要目的是产生短链烯烃，故C错误；D．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液发生盐析，加入福尔马林，蛋白质发生变性，故D错误；综上所述，〖答案〗为A。4.下列化学用语正确的是（）A.一氯甲烷的电子式： B.N2H4的结构式：C.硒的原子结构示意图： D.空间填充模型可表示、分子〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯原子的最外层有7个电子，故一氯甲烷的电子式为，故A错误；B．N2H4的电子式为：，则其结构式为，故B错误；C．硒​是34号元素，原子结构示意图，故C正确；D．碳原子半径小于氯原子而大于氢原子，故空间填充模型可表示CH4分子，但不可表示CCl4分子，故D错误；故选C。5.为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.和充分反应转移电子数为B.1.5g-CH3(甲基)所含的电子数为0.9NAC.标准状况下，2.24LC2H6和C2H4的混合气体中碳原子数为0.2NAD.0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Cu和S反应生成Cu2S，和充分反应转移电子数为，故A错误；B．一个-CH3(甲基)所含的电子数为9个，1.5g-CH3(甲基)物质的量为，所含的电子数为0.9NA，故B正确；C．标准状况下，2.24LC2H6和C2H4的混合气体物质的量为0.1mol，由碳原子守恒，2.24LC2H6和C2H4的混合气体中碳原子数为0.2NA，故C正确；D．反应中，2mol过氧化钠反应，转移2mol电子，0.1molNa2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA，故D正确，故选A。6.海洋中蕴藏着大量的化学资源，海水的综合利用示意图如下，下列有关说法正确的是（）A.海水提溴工艺中“吹出”和“吸收”两个步骤的目的是富集溴B.工业电解饱和食盐水制备金属钠与氯气C.向海水中先通入，再通入来制备纯碱D.利用高分子反渗透膜可将海水淡化，但是用传统蒸馏法淡化更加节能〖答案〗A〖解析〗【详析】A．海水提溴其过程主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节，先吹出再吸收，其目的是富集以提高溴的含量，A正确；B．工业电解饱和食盐水制备氢氧化钠、氢气与氯气，电解熔融的氯化钠制备金属钠与氯气，B错误；C．海水中氯化钠浓度太低，应向饱和食盐水中先通入NH3再通入CO2即可析出小苏打进而制备纯碱，C错误；D．利用高分子反渗透膜将海水淡化，相较于传统的蒸馏法更加节能，D错误；故选A。7.元素化合价和物质类别是梳理元素及其化合物知识的两个线索，可表示为“价类”二维图。下图为部分含氮、硫元素的“价-类”二维图。下列说法错误的是（）A.a、b、f均可以和i的浓溶液反应B.e的浓溶液可以用来干燥c和dC.c、h同时通入BaCl2溶液会生成白色沉淀D.g和CO均属于汽车尾气，但可以通过催化转化生成无毒气体〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为NH3，g为NO，h为NO2，i为HNO3；【详析】A．i为HNO3具有强氧化性，可以和H2S、S发生氧化还原反应，同时NH3为碱性气体，可以与HNO3反应生成NH4NO3，A正确；B．浓硫酸具有吸水性，可以干燥SO2，SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，B错误；C．二氧化硫和二氧化氮同时通入水中，会发生氧化还原反应生成硫酸，加入氯化钡会生成硫酸钡白色沉淀，C正确；D．NO、CO均属于汽车尾气，在催化转化器中发生反应生成N2和CO2两种无毒气体，D正确；〖答案〗选B。8.下列各组离子能大量共存的是（）A.、、、 B.Fe2+、K+、NO、I-C.Fe3+、Na+、SO、SCN- D.、、、〖答案〗B〖解析〗【详析】A．、反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、K+、NO、I-离子之间不发生反应，可以大量共存，故B正确；C．Fe3+、SCN-发生络合反应生成Fe（SCN）3，不能大量共存，故C错误；D．、与发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故〖答案〗选B。9.下列有关反应的离子方程式书写不正确的是（）A.氯气溶于水：Cl2+H2OH++Cl-+HClOB.苯甲酸(C6H5COOH)与碳酸氢钠的反应：C6H5COOH+HCO→C6H5COO-+CO2↑+H2OC.向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：D.Na2CO3溶液中通入少量Cl2：CO+2Cl2+H2O=2HClO+CO2↑+2Cl-〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氯气溶于水离子方程式：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，A正确；B．苯甲酸(C6H5COOH)与碳酸氢钠的反应离子方程式：C6H5COOH+HCO→C6H5COO-+CO2↑+H2O，B正确；C．向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液离子方程式：，C正确；D．Na2CO3溶液中通入少量Cl2离子方程式：2CO+Cl2+H2O=2HCO+ClO-+Cl-，D错误。〖答案〗选D10.有关的说法正确的是（）A.不能与氢气发生加成反应 B.不会使溴水褪色C.只含二种官能团 D.能催化氧化为含有醛基物质〖答案〗D〖解析〗【详析】A．该物质含有苯环、碳碳双键，能与氢气发生加成反应，故A错误；B．该物质含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，会使溴水褪色，故B错误；C．该物质含有碳碳双键、羟基、酯基三种官能团，故C错误；D．该物质含有羟基，能催化氧化为含有醛基物质，故D正确；故选D。11.A、X、Y、Z是中学化学常见物质，它们之间在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(部分反应中的没有标注)，其中A、X、Y、Z均含有同一种元素。下列有关叙述错误的是（）A.若A为碳单质，则Z为碳酸B.若A为，Z为硫酸，则X可与A反应生成单质SC.若A为非金属单质或非金属氢化物，则Z不一定能与金属铜反应生成YD.若反应①②③都是氧化还原反应，则A、X、Y、Z中含有的同一种元素一定呈现四种化合价〖答案〗D〖解析〗【详析】A．若A为碳单质，X为CO，Y为CO2，Z为H2CO3，A正确；B．若A为H2S，Z为H2SO4，则X为SO2，Y为SO3，H2S与SO2能生成S，B正确；C．若A为S，X为SO2，Y为SO3，Z为H2SO4，硫酸与铜不能生成SO3；若A为NH3，X为NO，Y为NO2，Z为HNO3，Cu与浓硝酸反应生成NO2，综上Z不一定能与金属铜反应生成Y，C正确；D．若反应①②③都是氧化还原反应，如A为Na，X为Na2O，Y为Na2O2，Z为NaOH，A、X、Y、Z中含有的同一种元素Na只有1价和+1价，D错误；故选D。12.电池极大地方便了人们的生活，如图为两种电池的示意图。下列说法错误的是（）A.锂—空气电池正极材料是多孔电极，氧气得到电子B.锂—空气电池总反应方程式为4Li+O2+2H2O=4LiOHC.铝离子电池中电流从石墨电极经过用电器到铝电极D.铝离子电池负极反应式为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．电池内部阳离子向正极移动，如图锂－空气电池中，锂离子向多孔电极移动，所以多孔电极为正极，正极氧气得电子，A正确；B．锂－空气电池中为非水电解质，不可能有水参加反应，总反应方程式为4Li+O2＝2Li2O，B错误；C．铝离子电池中两个电极分别为铝和石墨，铝为活泼电极，是负极，石墨为正极。外电路中电流由正极流向负极，即由石墨流向铝，C正确；D．由图可知，铝离子电池负极是铝失去电子，反应式为，D正确；故选B。13.利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是（）A．测定有机物C2H6O的结构B．检验淀粉是否水解C．分离得到D．实验室制备NH3〖答案〗C〖解析〗【详析】A．实验中用的是乙醇水溶液，水也可以和钠反应生成氢气，无法确定醇和氢气之间比例关系，也无法确定其结构，另外钠较少时，乙醇不能反应完，也不能确定与氢气比例关系。A错误；B．加氢氧化铜之前需要加碱中和催化剂硫酸，B错误；C．溴可以和氢氧化钠溶液反应生成溶于水盐，四氯化碳不反应，且不溶于水，可以分离得到，C正确；D．NH3密度比空气小，应该用向下排空气法，导管应深入试管底部。试管口应该塞棉花而不是用塞子密封，D错误。〖答案〗选C。14.能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备的原理为，装置如图所示。已知：①的熔点为116℃、沸点为3.8℃，具有强烈刺激性气味、易溶于水；②在高浓度时与有机物、还原剂接触会发生燃烧并爆炸。下列说法中不正确的是（）A.装置③中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥B.装置④与⑤之间不能用橡胶管连接C.装置⑤中逸出气体的主要成分是，用NaOH溶液吸收D.通入干燥空气的目的是将生成的稀释，减小爆炸危险〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，故不能使用橡胶管，⑤收集产物，⑥吸收尾气。【详析】A．装置③中盛装的试剂是浓硫酸，用来干燥，A正确；B．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，B正确；C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2用NaOH溶液吸收，C错误；D．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，避免接触还原剂等而爆炸，D正确；故选C。15.(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应：，将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液中有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是（）A.生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且约为B.1mol(NH4)2SO4分解时，反应中有2mol电子转移C.白色沉淀为BaSO4D.从溶液中逸出的气体为N2，溶液中溶质为NH4Cl〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗反应4(NH4)2SO4=N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O发生后，将生成的气体通入BaCl2溶液中，我们可认为生成的气体先跟水反应，生成(NH4)2SO4、(NH4)2SO3、NH4HSO3，用三者的物质的量之比约为1：1：2，然后(NH4)2SO4、(NH4)2SO3再与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，NH4HSO3与BaCl2不反应；【详析】A．由分析可知，(NH4)2SO4、(NH4)2SO3的物质的量之比约为1：1，它们与BaCl2发生反应，生成BaSO4、BaSO3，则生成的沉淀中既有BaSO4又有BaSO3，且物质的量之比约为1：1，A正确；B．根据方程式分析，(NH4)2SO4中N的化合价为-3价，N2中N的化合价为0，每生成1个N2转移6个电子，4mol(NH4)2SO4生成1molN2转移6mol电子，则1mol(NH4)2SO4、转移1.5mol电子，B错误；C．根据分析，生成的白色沉淀既有BaSO4又有BaSO3，C错误；D．D．因为逸出的气体无色、无味，则从溶液中逸出的气体只有N2，NH3都留在溶液中，与SO2或H2SO3反应，最后留在溶液中的溶质只有较多的NH4HSO3和NH4Cl，D错误；故〖答案〗为：A。16.化学实验是研究和学习物质及其变化的基本方法，是科学探究的一种重要途径。下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向盛装某溶液的试管中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口试纸未变红该溶液中不存在B用洁净的玻璃棒蘸取某溶液，在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色溶液中存在C取少量铁与水蒸气反应后的固体于试管中，加足量稀盐酸溶解再滴加KSCN溶液溶液未变血红色固体中可能存在三价铁D用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀元素非金属性：C>Si〖答案〗C〖解析〗【详析】A．向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明原溶液中含有铵根，A错误；B．玻璃中含有钠元素，会影响实验，应该选择光亮的铂丝或者铁丝来作焰色试验，B错误；C．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁加入盐酸生成Fe3+，若反应有单质铁剩余，Fe与Fe3+生成Fe2+，无法使KSCN变色，C正确；D．盐酸具有挥发性，故通入硅酸钠中的二氧化碳中含有HCl气体，根据强酸制弱酸的原理，HCl、CO2气体均可以与硅酸钠溶液反应生成硅酸白色沉淀，D错误；故选C。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.回答下列问题。（1）葡萄糖的分子式为___________。（2）工业上制取粗硅的化学方程式为___________。（3）乙醇沸点高于乙烷的主要原因为___________。〖答案〗（1）C6H12O6（2）SiO2+2C2CO+Si（3）乙醇分子之间能形成氢键〖解析〗（1）葡萄糖是单糖，分子式为C6H12O6；（2）在工业上用SiO2与焦炭在高温下发生反应产生Si和CO，该反应的化学方程式为：；（3）乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙烷的结构简式为CH3CH3，乙醇分子间能形成氢键，故沸点高。18.燃煤火电厂产生的尾气(主要成分为SO2、NO)可以按如下流程脱除或利用。请回答：（1）写出途径I中SO2转化成CaSO4的总反应化学方程式___________。（2）下列说法正确的是___________。A.途径I中Cu+的作用是催化剂B.途径I中C2H4的作用是还原剂C.CO2、N2、H2O中原子均满足最外层8电子结构D.工业制硝酸的第一步是N2与O2反应得到NO（3）写出途径II中与CaCO3、NaClO2混合液反应的化学反应方程式___________。（4）下列物质有可能代替途径II中NaClO2的是___________。A.NH3 B.O3 C.NaClO D.Na2S（5）经测定尾气中SO2、NO体积之比1：1，则每生成0.5molCaSO4，消耗NaClO2___________。〖答案〗（1）2SO2+O2+2Ca(OH)2=2CaSO4+2H2O（2）AB（3）2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2（4）BC（5）0.625〖解析〗燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入石灰乳中，SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4；Cu+和O2结合生成Cu+(O2)然后和尾气中的NO反应转化成Cu+(NO2)，接着Cu+(NO2)和乙烯反应得到Cu+、N2、CO2、H2O；将燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入CaCO3-NaClO2混合液中，反应得到CO2、CaSO4、Ca(NO3)2以及NaCl；（1）SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4，其总反应化学方程式为：；故〖答案〗为：；（2）A．由图示可以看出，Cu+反应前后均有，且参加过反应，所以途径Ⅰ中的作用是催化剂，故A正确；B．C2H4中碳元素的化合价是-2价，反应后生成的CO2中碳元素的化合价为+4价，碳元素的化合价升高了，即途径Ⅰ中的作用是还原剂，故B正确；C．H原子最外层2个电子，故C错误；D．工业制硝酸的第一步是以氨和空气为原料，用铂铑合金网为催化剂，在氧化炉进行氨催化氧化反应，不是N2与O2反应得到NO，故D错误；〖答案〗为：AB；（3）从图中可以看出，此反应的产物有CO2、Ca(NO3)2，Ca(NO3)2是NO的氧化产物，所以还有一种化合价降低的还原产物NaCl，反应的化学方程式为：2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2；故〖答案〗为：2CaCO3+4NO+3NaClO2=2Ca(NO3)2+3NaCl+2CO2；（4）途径Ⅱ中的作用是将NO氧化，所以NaClO和O3能代替NaClO2，所以选BC；故〖答案〗为：BC；（5）尾气中，则每生成0.5molCaSO4反应的SO2和NO都是0.5mol，共失去2.5mol电子，反应中NaClO2生成NaCl，共消耗的物质的量为=0.625mol；故〖答案〗为：0.625mol。19.回答下列问题。（1）恒温下，在体积为1L密闭容器中充入3molCO2(g)和9molH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，测得CO2(g)、CH3OCH3(g)的物质的量随时间变化如图所示。①a点的正反应速率___________(填>、<或=)b点的逆反应速率。②反应达到平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为___________%(保留1位小数)。③上述反应体系达到平衡状态的判断依据是___________。A．容器内CO2和H2的物质的量之比不变B．体系压强不变C．容器内气体的密度不变D．容器内气体的平均相对分子质量不变（2）工业上合成氨气时需使用催化剂降低能耗，我国科学家提出使用M-LiH复合催化剂。相同条件下，不同催化剂的催化效果如图1所示，氨气的产率随时间变化如图2所示。350℃用Cr-LiH作催化剂对应的曲线是___________(填“a”、“b”或“c”)（3）已知丙烷氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，在链传递的过程中能量变化如图所示。请写出丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为___________。（4）二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池工作原理如图所示，A的电极反应式为：___________。〖答案〗（1）①.>②.17.9%③.BD（2）b（3）CH3CHClCH3（4）〖解析〗（1）①a点CO2物质的量减少，反应正向进行，a正反应速率>b点的逆反应速率。②列出三段式：反应达到平衡状态时，CH3OCH3(g)的体积分数为%。③A．容器内CO2和H2的物质的量之比为定值，容器内CO2和H2的物质的量之比不变，不能判断反应达到平衡，A不选；B．该反应为体积减小的反应，体系压强不变，反应达到平衡，B选；C．反应前后均为气体，总质量和体积不变，容器内气体的密度不变，不能判断达到平衡，C不选；D．该反应为体积减小的反应，容器内气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡，D选；故选BD。（2）结合催化效果越好，速率越快，达到平衡所用时间越短，350℃用Cr－LiH作催化剂对应的曲线是b。（3）由图可知，断开中C-H键的反应放出的热量大于断开-CH3中C-H键的反应放出的热量，根据ΔH=断开化学键吸收的热量-形成化学键放出的热量，则-CH3中C-H键能比中C-H键能大，故更容易发生取代，丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为CH3CHClCH3。（4）燃料电池中，燃料在负极失去电子发生氧化反应，二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池中A的电极反应式为：。20.