《（新）专题06 高中化学人教版必修2-2022年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新）专题06 高中化学人教版必修2-2022年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）.docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题06 高中化学人教版必修2一、单选题1下列说法不正确的是A利用盐析可分离提纯蛋白质B用碘水检验淀粉是否发生水解C棉花的主要成分为纤维素，属于天然纤维D油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，可用于制取肥皂【答案】B【解析】A.加入轻金属盐的饱和溶液，可以降低蛋白质在水中的溶解度，使蛋白质从溶液中析出从而实现蛋白质的提纯，A项正确；B.碘水检出的是剩余的淀粉，而检验淀粉是否发生水解，要检验溶液中是否含葡萄糖，通常方法是：向水解液中加NaOH溶液，调整溶液至碱性，然后加入银氨溶液（水浴加热）或新制氢氧化铜悬浊液并加热，B项错误；C.棉花等主要成分都是纤维素，属于天然纤维，C项正确；D.油脂的主要成分
2、是高级脂肪酸的甘油酯，其在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上可用油脂制肥皂，D项正确；答案选B项。2芳樟醇和橙花叔醇是决定茶叶花甜香的关键物质。芳樟醇和橙花叔醇的结构如图所示。下列有关叙述正确的是（ ） A橙花叔醇的分子式C15H28OB芳樟醇和橙花叔醇互为同分异构体C芳樟醇和橙花叔醇与H2完全加成后的产物互为同系物D二者均能发生取代反应、加成反应、还原反应，但不能发生氧化反应【答案】C【解析】A、根据橙花叔醇的结构，橙花叔醇的分子式为C15H26O，故A错误；B、芳樟醇的分子式为C10H18O，芳樟醇与橙花叔醇不属于同分异构体，故B错误；C、与氢气加成后产物的分子式分别是C10H22O
3、、C15H32O，两者都属于醇，且含有1个羟基，碳的连接方式相同，因此与氢气加成后的产物互为同系物，故C正确；D、两种有机物含有的官能团都是碳碳双键和羟基，可以发生取代反应、加成反应、还原反应，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此芳樟醇和橙花叔醇能发生氧化反应，故D错误；答案选C。3下列变化中，气体被还原的是A二氧化碳使Na2O2固体变白B氯气使KBr溶液变黄C乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀【答案】B【解析】A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，A错
4、误；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，B正确；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，C错误；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。4下列选项中的操作、现象与结论完全一致的是选项操作现象结论AA向滴有酚酞的NaOH 溶液中通入Cl2溶液褪色HClO有漂白性B无水乙醇与浓硫酸共热至170,将产生气体通入溴水溴水褪色乙烯和溴水发生加成C向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶
5、液中各滴加1滴酚酞变红,前者红色深结合H+能力: CO32->HCO32-D用发光小灯泡分别做HCl和CH3COOH导电性实验发光强度: HCl强于CH3COOHCH3COOH是弱电解质【答案】C【解析】A氯气与NaOH反应，溶液的碱性减弱，酚酞也可褪色，不能判断是HClO的漂白性，故A错误；B无水乙醇与浓硫酸共热至170，发生氧化还原反应，能够反应生成二氧化硫，二氧化硫也能与溴水反应，不能确定乙烯与溴水发生加成反应，故B错误；C水解程度越大，对应酸的酸性越弱，则由现象可知结合H+能力：CO32-HCO3-，故C正确；D导电性与离子浓度有关，浓度未知，不能判断电离出离子浓度及电解质的强弱
6、，故D错误；故选C。5氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是（ ）A催化剂a、b能提高反应的平衡转化率B在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移C催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成D如果向容器中放入1molN2和3molH2，最终可以生成2molNH3【答案】C【解析】A催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，故A项错误；B在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，B项错误；C催化剂a表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，生成不同种元素氮氢键极性共价键的形成，故C项正
7、确；D如果向容器中放入1molN2和3molH2，该反应是可逆反应，最终可以生成NH3的物质的量小于2mol，故D项错误；答案选C。6将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡: ，。然后在恒定温度下缩小容器体积，重新达到平衡。下列分析正确的是A若，则该反应达到平衡状态B两次平衡时，后一次平衡时的浓度大C重新达到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变D若开始时向容器中加入2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出akJ热量【答案】C【解析】A，未体现正逆的关系，反应不一定达到平衡状态，选项A错误；B反应均按物质的量比例进行，前后两次为
8、等效平衡，两次平衡时相等，选项B错误；CNH3、CO2的物质的量比始终为2：1，反应均按物质的量比例进行，前后两次为等效平衡，重新达到平衡，密闭容器中氨气的体积分数不变，选项C正确；D因反应为可逆反应，不能反应彻底，故若开始时向容器中加人2molNH3和1molCO2，则达到平衡时放出热量小于akJ，选项D错误；答案选C。7某科研团队研制出“TMLiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：下列分析不合理的是（）A状态，吸收能量并有NN键发生断裂B合成NH3总反应的原子利用率是100%C“TMLiH”能降低合成氨反应的HD生成NH3：
9、2LiNH+3H22LiH+2NH3【答案】C【解析】A状态为氮气生成LiNH的过程，NN键发生断裂要吸收能量，故A正确；B由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；C催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；D由状态可知生成NH3：2LiNH+3H22LiH+2NH3，故D正确。故选C。8下列有关海水综合利用的说法中，不正确的是A用氯气从海水中提溴的关键反应是：Cl2+2Br=2Cl+Br2B海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质C海水中的Na+、Cl结晶成NaCl的过程，形成了化学键D从海水中可以得到氯
10、化镁，再经过电解可制金属镁【答案】B【解析】A、海水中溴元素以离子形式存在，海水提溴是氯气氧化溴离子为单质溴，发生Cl2+2Br-2Cl-+Br2，选项A正确；B、海水中钾元素是钾离子，需要得到氯化钾固体，电解熔融KCl得到钾，必须发生化学反应，选项B错误；C、海水中离子自由移动，结晶析出晶体氯化钠，钠离子和氯离子形成离子键，结晶成NaCl的过程，形成了化学键，选项C正确；D、海水中加入氢氧化钙得到氢氧化镁沉淀，沉淀在盐酸中溶解得到氯化镁溶液，浓缩蒸发得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到金属镁，符合海水提镁，选项D正确；答案选B。9温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容
11、器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol1.21.11.01.0A反应04min的平均速率v（Z）=0.25 mol·L1·min1BT1时，反应的平衡常数K1=1.2C其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大D其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的H0【答案】D【解析】A由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)
12、=0.025mol/(Lmin)，A错误；B由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为X(g) + Y(g) 2Z(g)起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12所以平衡常数K=，B错误；C其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方
13、向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；DT1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；故合理选项是D。10Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+，分别表示为 Fe()、Fe()，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用 H2消除酸性废水中的致癌物 NO2-，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A用该法处理后水体的 pH降低BFe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C反应过程中NO2-被 Fe()还原为 N2DPd
14、上发生的电极反应为：H2- 2e= 2H【答案】A【解析】A.电源负极虽然产生，但是正极会消耗更多的，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH上升，A项错误；B. Fe()与 Fe()在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B项正确；C.被还原为氮气，而本身被氧化为，C项正确；D.钯即负极，氢气在负极失电子变成，D项正确；答案选A。11微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A正极反应中有CO2生成B微生物促进了反应中电子的转移C质子通过交换膜从负极区移向正极区D电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解
15、析】A根据图象，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正
16、确；故选A。12汽车发动机中生成NO的反应为：，时该反应的化学平衡常数。在下甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入和模拟反应，起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是起始浓度甲乙丙A起始时，反应速率：丙甲乙B平衡时，：甲丙乙C平衡时，的转化率：甲乙D平衡时，甲中【答案】B【解析】A. 温度相同时，反应物浓度越大，反应速率越快，则起始时，反应速率：丙 甲乙，故A正确；B. 甲和丙比，反应物浓度按比例增大，相当于增大压强，平衡不移动，但容器体积相同，丙中的气体物质的量多，所以NO浓度大。甲和乙比，甲相等于在乙的基础上增加了N2的浓度，平衡正向移动，NO浓度增大，所以平衡时， ：丙甲乙，故B错误
17、；C. 增大氧气的浓度，平衡正向移动，的转化率增大，所以平衡时，的转化率：甲乙，故C正确；D. 设甲中反应量为，平衡时，解得，所以平衡时甲中 ，故D正确。故选B。13在不同温度下，向2L密闭容器中加入1mol NO和1mol活性炭，发生反应：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g) H=-213.5kJ/mol，达到平衡时的数据如下：温度/n(活性炭)/moln(CO2)/molT1XT20.25下列说法不正确的是（ ）AT2时，若该反应经过10min达到平衡，反应速率v(NO)=0.025mol/(L·min)BT1时，若该反应的平衡常数K=9/16，则
18、达平衡时NO的转化率为60%CT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c(N2):c(NO)不变DT1时，若开始时反应物的用量均减少一半，平衡后NO的转化率减小【答案】D【解析】A. T2时，若该反应经过10min达到平衡，因CO2生成0.25mol，根据方程式可知，NO消耗0.5mol，则用NO表示的反应速率v（NO）=0.5mol÷2L÷10min=0.025mol/(Lmin)，故A正确；B. 设达到平衡时NO消耗2ymol/L，根据化学平衡三段式法列式计算：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g) 起始浓度（mol/L） 0.5 0 0转化浓度（mol/L）
19、2y y y平衡浓度（mol/L）0.52y y y则K=y×y(0.5-2y)2 = 916，解得y=0.15，则NO的转化率为：2×0.15mol/L0.5mol/L×100%=60%，故B正确；C. 平衡后再缩小容器的体积，压强增大，因该反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，则c(N2):c(NO)不变，故C正确；D. T1时，若开始时反应物的用量均减少一半，相当于减小压强，因该反应前后气体体积不变，平衡不移动，则NO的转化率不变，故D错误；答案选D。14已知X(g)Y(g)2Z(g) H0。反应发生后，t1时达到平衡，t2时改变条件，t3时达到新平衡，则t
20、2时改变的条件可能是A升高温度B减小Z的浓度C增大压强D增大X或Y的浓度【答案】A【解析】A.该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，Z的浓度减小，X、Y的浓度增大，A正确；B.减小Z的浓度，则t2时刻Z的浓度应小于原平衡的浓度，由于平衡右移，所以Z的浓度再增大，B错误；C.增大压强，对于气体的物质的量不变的可逆反应来讲，平衡不移动，但体积减小，X、Y、Z的浓度均增大，C错误；D.增大X或Y的浓度，则在t2时刻X、Y的浓度应大于原平衡时的浓度，随着反应向右移，浓度又减小，D错误；答案选A。二、综合题15电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr()是主要污染物，可采用多种处理方法将其除
21、去。查阅资料可知：在酸性环境下，Cr()通常以Cr2O72-的形式存在；Cr2O72-的氧化能力强于CrO42-；常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：阳离子Fe3Fe2Cr3开始沉淀的pH1.97.04.3沉淀完全的pH3.29.05.6.腐蚀电池法(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr()。下列关于焦炭的说法正确的是_(填字母代号)。a作原电池的正极 b在反应中作还原剂c表面可能有气泡产生.电解还原法向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准
22、。电解装置如图1所示。(2)A极连接电源的_极，A极上发生的电极反应式为_(3)电解开始时，B极上除了发生产生H2的反应外，还有少量Cr2O72-在B极上直接放电，该反应的电极反应式为_(4)电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间(t)与溶液中铬元素去除率的关系如图2所示。由图可知，电解还原法应采取的最佳pH范围为_(填字母代号)。a24b46c610解释曲线和曲线去除率低的原因：_【答案】 (1)ac (2) 正 Fe2e=Fe2 (3) Cr2O72-14H6e=2Cr37H2O (4)b 曲线的pH较小，此时Cr()被还原生成的Cr3难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3形式存在于溶液中
23、，导致去除率较低；曲线的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr()难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低 【解析】(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe2e=Fe2；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H2e=H2，观察到焦炭表面有气泡产生，则a、c正确，故答案为：ac；(2)由图可知，与电源的B极相连的一极表面产生H2，该电极的电极反应为2H2e=H2，则B是电源负极，A是电源正极；与A极相连的电极为电解池的阳极，电极材料是Fe，Fe发生氧化反应，
24、电极反应式为Fe2e=Fe2。 (3)B极是阴极，发生还原反应，少量Cr2O在B极上直接放电被还原为Cr3，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为Cr2O14H6e=2Cr37H2O。 (4)由图可知，曲线对应pH4时，溶液中铬元素去除率最大，且所用时间最短，反应速率快；曲线对应pH6时，铬元素去除率最终与pH4相同，但所用时间较长，反应速率比pH4慢；图中曲线、 对应的铬元素去除率偏低，故最佳pH范围为46，答案选b。由题给信息可知，去除废水中的铬元素，最终要生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀排出。曲线的pH2，酸性较强，此时Cr()被还原生成的Cr3难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3形式
25、存在于溶液中，导致铬元素去除率较低；曲线的pH10，溶液呈碱性，促使平衡Cr2O3-H2O2CrO42-2H正向移动，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr()难以被还原并生成沉淀，导致铬元素去除率较低。16某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。装置编号电极A溶液B操作及现象FepH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转CupH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a同
26、学们认为实验中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是_。针对实验现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是_；乙同学认为实验中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是_。（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。编号溶液B操作及现象经煮沸的pH=2的 H2SO4溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为bpH=2的H2SO4在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为cpH=12的NaOH在石墨一侧缓慢通入O2
27、并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d丙同学比较实验、的电压表读数为：c>a>b，请解释原因是_。丁同学对、进行比较，其目的是探究_对O2氧化性的影响。实验中加入Na2SO4溶液的目的是_。为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用右图装置对、重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c、d，且cd，由此得出的结论是_。【答案】（1）2H+ 2e-= H2；在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+ 4H+ 4e-=2H2O（2）O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；溶液的酸碱性；
28、排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）【解析】（1）中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极发生还原反应，电极反应式为：2H+2e-=H2，故答案为2H+2e-=H2；铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验中应发生吸氧腐蚀，其正极发生还原反应，氧气得电子生成氢氧根离子，其正极的电极反应式是O2+4H+4e-=2H2O，故答案为在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H+4e-=2H2O；（2）实验、的电解质相同，不同的是氧气的浓度
29、不同，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；实验、是溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况，所以、进行比较，其目的是探究对O2氧化性的酸碱性的影响，故答案为溶液的酸碱性；实验中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰，故答案为排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对、重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响
30、；重复实验时，记录电压表读数依次为c、d，且cd，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。17反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题：已知：RCHO+ROH+ROH（1）A的名称是_；B分子中共面原子数目最多为_；C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有_种。（2）D中含氧官能团的名称是_，写出检验该官能团的化学反应方程式：_。（3）E为有机物，能发生的反应有_。a聚合反应b
31、加成反应c消去反应d取代反应（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构：_。（5）以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部分补充完整。（6）问题（5）的合成路线中第一步反应的目的是_。【答案】 (1)正丁醛或丁醛 (2) 9 (3) 8 (4) 醛基 (5)+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O； cd CH2=CHCH2OCH3、 ； (6) 保护醛基 【解析】（1）根据流程图，A为CH3CH2CH2CHO，是丁醛；B为CH2=CHOC2H5，分子中共面原子数目最多为9个(如图：)，
32、C分子中与环相连的三个基团中，8个碳原子上的氢原子化学环境都不相同，共有8种，故答案为丁醛；9；8；（2）D为，其中含氧官能团是醛基，检验醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为醛基；+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O；（3）根据流程图，结合信息，C在酸性条件下反应生成、CH3CH2CH2CHO和CH3CH2OH以及水，因此E为CH3CH2OH，属于醇，能发生的反应有消去反应和取代反应，故选cd；（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团， F可能的结构有：CH2=CHCH2OCH3、，故答案为CH2=CHCH2OCH
33、3、；（5）D为，己醛的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CHO，根据信息和己醛的结构，首先需要将碳碳双键转化为单键，然后在酸性条件下反应即可，故答案为；（6）醛基也能够与氢气加成，（5）中合成路线中第一步反应的目的是保护醛基，故答案为保护醛基。18Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一 种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物。（1）W在元素周期表中的位置是_。（2）2.24L（标准状况）XQ3被200mL 1mol/L QXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺
34、序是_。（3）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是_。（4）已知：W（s）+Y2（g）WY2（g）H=-393.5kJ/mol WY（g）+ Y2（g）WY2（g）H=-283.0kJ/mol24g W与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物的物质的量之比是_。（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是_。【答案】 (1)第二周期IVA族 (2) c（NO3-）c（H+）c（NH4+）c（OH-） (3) CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (4) n（CO2）：n（CO）=1：3 (5)
35、 Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O 【解析】（1）W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA族；故答案为：第二周期IVA族；（2）2.24L（标准状况）NH3为0.1mol，200mL1mol/L HNO3溶液含有HNO30.2mol，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(NO3-)c(H+)c(NH4+)c(OH-)；故答案为：c(NO3-)c(H+)c(NH4+)c(OH-)；（3）由图可知，电子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化
36、反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（4）已知：C(s)+O2 (g)=CO2(g)H=-393.5kJ/mol；CO(g)+O2 (g)=CO2(g)H=-283.0kJ/mol；由-得C(s)+O2(g)=CO(g)H=-110kJ/mol；24gC的物质的量为2mol，与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol×2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol×2mol=220kJ，实际放出热量362.5
37、kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，所以x+y=2，393.5x+110y=362.5，解得x=0.5 mol，y=1.5 mol，所以n(CO2)：n(CO)=1：3；故答案为：n(CO2)：n(CO)=1：3；(5)X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3H2O；故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3H2O。19X 、Y、 Z、 W为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如下图所示：
38、XYZW请回答下列问题：(1)W位于周期表中第_周期，第_族。(2)X和氢可以构成+1价阳离子，其电子式是_，Y的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性_(填“强”、或“弱”)。(3)X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M, M的水溶液显酸性的原因是_(用离子方程式表示)。(4)Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是_。在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_。【答案】(1)第三 第VIIA (2) 强 (3)NH4+H2ONH3·H2O +
39、 H+ （4）SO2+ Cl2+ 2H2O = 2HCl + H2SO4 2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)H =" -190.0" kJ·mol1 【解析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl；(1)W为Cl元素，处于周期表中第三周期第A族；(2)X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+，其电子式是，非金属性OS，故氢化物稳定性：H2OH2S；(3)X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M为NH4NO3，水溶液中铵根离子水解NH4+H2ONH3H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性；(4)Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl，反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2+O22SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为=2mol，该反应的热化学方程式是：2SO2 (g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0 kJmol-1。