2019-2020学年天津市南开区化学高一(下)期末检测模拟试题含解析

2019-2020学年天津市南开区化学高一(下)期末检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法均正确的是
选项待提纯的物质除杂试剂分离方法
A 乙酸乙酯(乙酸) 氢氧化钠溶液分液
B 乙醇(水) 新制生石灰蒸馏
C CH4(C2H4) 酸性高锰酸钾溶液洗气
D SiO2(CaCO3) 稀硫酸过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【详解】
A．乙酸乙酯能在碱性条件下水解，故用氢氧化钠溶液能将乙酸除去，也将乙酸乙酯消耗，不符合除杂原则，故A错误；
B．水能够与新制生石灰反应生成熔沸点较高的氢氧化钙，乙醇易挥发，然后通过蒸馏分离，故B正确；C．C2H4与酸性高锰酸钾反应会生成二氧化碳气体，引入新杂质，不符合除杂原则，故C错误；
D．碳酸钙能够与稀硫酸反应，但生成的硫酸钙为微溶于水的物质，覆盖在固体表面使反应很快停止，不能保证碳酸钙完全除去，而且可能引入新杂质，故D错误；
故选B。

【点睛】
本题的易错点为C，要注意乙烯被高锰酸钾氧化的产物对实验的影响，应该选用溴水洗气。

2．NaClO2( 亚氯酸纳)是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如图所示。

下列叙述正确的是
A．若直流电源为铅蓄电池，则b极为Pb
B．阳极反应式为ClO2+e-=ClO2-
C．交换膜左测NaOH 的物质的量不变，气体X 为Cl2
D．制备18.1g NaClO2时理论上有0.2molNa+由交换膜左侧向右侧迁移
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．左边通入ClO2，ClO2得电子产生ClO2-，故左边电极为阴极，连接电源的负极，铅蓄电池Pb极为负极，则a极为Pb，选项A错误；
B．电源b为正极，右侧铂电极为阳极，在阳极，氯离子失电子产生氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2，选项B错误；
C．交换膜左测NaOH不参与电极反应，物质的量不变，根据选项B分析气体X为Cl2，选项C正确；D．电解池中阳离子向阴极移动，则制备18.1gNaClO2即0.2mol时理论上有0.2molNa+由交换膜右侧向左侧迁移，选项D错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查电解池原电池原理，注意分析正负极与阴阳极材料与得失电子情况。

易错点为阳极氯离子失电子产生氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2，交换膜左测NaOH不参与电极反应，物质的量不变。

3．下列说法不正确的是( )
A．沸点：H2O＞HF B．NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构C．热稳定性：HF＞H2O D．仅由N、H、O三种元素形成的化合物中不可能含离子键【答案】D
【解析】
【详解】
A. 常温常压下，H2O为液态，HF为气态，所以沸点：H2O＞HF，故A正确；
B. NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构，故B正确；
C. F的非金属性比O强，所以HF比H2O稳定，故C正确；
D. NH4NO3仅由N、H、O三种元素形成，属于离子化合物，含有离子键，故D错误；
所以本题答案：D。

4．关于硅及其化合物的叙述中，正确的是
A．硅是良好的半导体材料，且是制造光缆的主要材料
B．SiO2不溶于水，也不溶于任何酸
C．可以用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO2+C Si + CO2↑
D．SiO2是酸性氧化物，在一定条件下能和氧化钙反应
【答案】D
【解析】 【分析】 【详解】
A 项硅是良好的半导体材料，但制造光缆的主要材料是二氧化硅，故A 项错误；
B 项2SiO 不溶于水，但二氧化硅可以和HF 发生反应生成4SiF 和水，故B 项错误；
C 项可以用焦炭还原二氧化硅生产硅：SiO 2+2C
Si + 2CO↑，故C 项错误；
D 项SiO 2是酸性氧化物，在一定条件下能和氧化钙反应生成硅酸钙，D 项正确； 本题选D 。

5．有机化合物“利尿酸”是一种常见的兴奋剂，其分子结构如下图，下列说法正确的是
A ．利尿酸是芳香烃
B ．利尿酸与AgNO 3溶液反应有白色沉淀生成
C ．一定条件下，利尿酸能发生取代反应、加成反应和酯化反应
D ．1mol 利尿酸与饱和碳酸钠溶液反应能放出1 mol CO 2 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．芳香烃中只含C 、H 两种元素，该物质中还混有O 和Cl 元素，不属于芳香烃，故A 错误；
B ．利尿酸中的氯原子不能电离，与AgNO 3溶液不能生成白色沉淀，故B 错误；
C ．含碳碳双键、碳氧双键及苯环可发生加成反应，含羧基可发生取代和酯化反应，故C 正确；
D ．含羧基(-COOH)能与饱和碳酸钠溶液反应放出CO 2，2mol 利尿酸与碳酸钠溶液反应放出1 mol CO 2，故D 错误； 故选C 。

6．下列有关化学用语使用正确的是 A ．乙醇的分子式：C 2H 5OH B ．乙烯的结构简式：CH 2CH 2 C ．—OH 的电子式：
D ．丙烷分子的球棍模型：
【答案】D 【解析】 【详解】
A. 乙醇的分子式：C 2H 6O ，A 错误；
B. 乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；
C. —OH的电子式：，C错误；
D. 丙烷分子的球棍模型：，D正确；
答案为D
7．将铜片在空气中灼烧变黑，趁热伸入下列物质中，铜片的质量发生变化的是（）
A．氢气B．一氧化碳C．二氧化碳D．乙醇蒸汽
【答案】C
【解析】
【分析】
铜片加热后生成的氧化铜与其他物质能否反应，若反应是否又生成铜。

【详解】
A、氢气能与铜片加热后表面生成的氧化铜发生反应，将氧化铜还原为铜，铜片的质量不变，选项A不选；
B、一氧化碳能与铜片加热后表面生成的氧化铜发生反应，将氧化铜还原为铜，铜片的质量不变，选项B 不选；
C、氧化铜与二氧化碳不反应，铜片因生成的氧化铜而质量增加，选项C选；
D、乙醇蒸汽能与铜片加热后表面生成的氧化铜发生反应，将氧化铜还原为铜，铜片的质量不变，选项D 不选；
答案选C。

8．下列过程只需要破坏共价键的是
A．晶体硅熔化B．碘升华C．熔融Al2O3D．NaCl溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】
A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，故A正确；
B．碘是分子晶体，升华时克服分子间作用力，故B错误；
C．氧化铝是离子化合物，熔融时破坏的是离子键，故C错误；
D．氯化钠是离子化合物，溶于水时破坏的是离子键，故D错误；
答案选A。

9．下列过程没有发生化学反应的是
A．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
B．用热碱水清除炊具上残留的油污
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果
D．用活性炭去除冰箱中的异味
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化；铁粉可防止食品氧化，属于化学变化，错误；
B、用热碱水清除炊具上残留的油污是利用油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，错误；
C、用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果是利用高锰酸钾溶液将催熟水果的乙烯氧化，属于化学变化，错误；
D、用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，正确。

答案选D。

10．下列实验结论不正确的是()
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.将碘酒滴到土豆片上，土豆片变蓝，说明淀粉遇碘单质变蓝，故A错误；
B.乙醇能被酸性重铬酸钾溶液氧化而使溶液变色，故B正确；
C.葡萄糖能与新制氢氧化铜发生氧化反应生成砖红色的Cu2O，故C正确；
D.石蜡油分解的产物中含有烷烃、烯烃等，烯烃能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；
选A。

11．下列说法正确的是
A．化学反应放出或吸收热量的多少与物质的性质、反应物的物质的量及物质状态有关
B．C(石墨)=C(金刚石)，反应中既没有电子的得失也没有能量的变化
C．加热条件对于放热反应和吸热反应的作用和意义是相同的
D．燃料燃烧时只是将化学能全部转化为热能
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．化学反应放出或吸收热量的多少与物质的性质、反应物的物质的量及物质状态有关，故A正确；B．C(石墨)=C(金刚石)，反应中没有电子的得失，但金刚石和石墨的能量不同，所以石墨转变为金刚石有能量的变化，故B错误；
C．对于放热反应来说，刚开始加热是引发反应，之后自己放出的热就可以使反应持续进行。

对于吸热反应来说，反应过程本身不放热，需要不断提供热量，所以需要持续加热，所以加热条件对于放热反应和吸热反应的作用和意义是不完全相同的，故C错误；
D．燃料燃烧时是将化学能大部分全部转化为热能，还有部分化学能会转化为光能等，故D错误；
故选A。

12．下列物质中属于烃类的是
A．丙烷B．蛋白质C．乙酸D．1，2—二溴乙烷
【答案】A
【解析】烃类是仅含碳氢两种元素，A、仅含碳氢两种元素，属于烃类，故A正确；B、含有C、H、N、O等，不属于烃类，故B错误；C、含有C、H、O元素，不属于烃类，故C错误；D、含有C、H、Br 元素，不属于烃类，故D错误。

13．下列物质鉴别方法不正确的是（）
A．用焰色反应鉴别NaCl、KCl溶液
B．用氢氧化钠鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液
C．利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
D．用澄清石灰水鉴别SO2、CO2气体
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 钠和钾的焰色反应不同，用焰色反应可以鉴别NaCl、KCl溶液，A正确；
B. 氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，与氢氧化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀又溶解，因此可用氢氧化钠鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液，B正确；
C. 胶体可以产生丁达尔效应，可以利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，C正确；
D. SO2、CO2均可以使澄清石灰水变浑浊，不能用澄清石灰水鉴别SO2、CO2气体，应该用品红溶液，D错误；
答案选D。

14．下列说法正确的是
A．形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱
C．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D．元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A项，形成离子键的阴、阳离子之间不但存在阴、阳离子之间的相互吸引，同样也存在着电子之间的相互排斥和原子核之间的相互排斥，故A项错误；
B项，同主族元素，自上而下，元素的非金属性依次减弱，其氢化物的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B项错误；
C项，第三周期，自左向右非金属元素的非金属性依次增强，最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，但非最高价含氧酸不符合这一规律，故C项错误；
D项，原子核外电子排布的周期性变化，导致元素性质成周期性变化，这一变化称为元素周期律，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。

15．下列有机物属于烃的是( )。

A．C3H8 B．C2H5OH C．CH2C12 D．
【答案】A
【解析】
试题分析：烃是指仅含有碳和氢两种元素的有机物。

所以答案为A
考点：考查烃概念的应用
16．下列关于能量转化的说法中，不．正确的是
A．电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能
B．绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能
C．白炽灯工作时，电能全部转化为光能
D．煤燃烧时，化学能主要转化为热能
【答案】C
【解析】分析：电解装置是将电能转化为化学能的装置；绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能；白炽灯工作时电能转化为光能和热能；物质的燃烧将化学能转化为热能和光能。

详解：A.电解水生成氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置，故正确；
B.绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能，故正确;
C.白炽灯工作时电能转化为光能和热能，故错误；
D.物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故正确。

故选C。

17．某燃料电池如图所示，两电极A、B材料都是石墨，下列说法不正确的是
A．氧气在正极发生还原反应
B．若电解质为氢氧化钠溶液，则负极反应式为 H2-2e-+2OH-=2H2O
C．电子由电极a流经电解液到电极b
D．若正极消耗的气体质量为4 g，则转移的电子的物质的量为0.5 mol
【答案】C
【解析】
分析：氢氧燃料碱性电池中，负极上通入燃料，燃料失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上通入氧气，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答。

详解：A．b电极上氧气得电子发生还原反应作电池的正极，选项A正确；B. 若电解质为氢氧化钠溶液，则负极上氢气失电子产生的氢离子与氢氧根离子结合生成水，电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，选项B正确；C、根据以上分析，原电池中电子从负极流向正极，即从a电极流出经导线流向b电极，选项C不正确；D．正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，若正极消耗的气体质量为4克，即0.125mol，则转移的电子的物质的量为0.125mol×4=0.5mol，选项D正确。

答案选C。

点睛：本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应是的判断和书写知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

18．下列物质中有极性共价键的是（）
A．单质碘B．氯化镁C．溴化钾D．水
【答案】D
【解析】
【分析】
极性共价键的是一般是由不同非金属元素形成的共价键，据此分析。

【详解】
A、单质碘的化学式为I2，只含有非极性共价键，故A不符合题意；
B、氯化镁为离子化合物，只含有离子键，故B不符合题意；
C、溴化碘的化学式为KBr，只含有离子键，故C不符合题意；
D、水的化学式为H2O，结构式为H－O－H，只含有极性共价键，故D符合题意；
答案选D。

19．用N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有
A．pH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的数为0.1 N A
B．Fe在少量Cl2中燃烧生成0.5 mol 产物，转移的电子数为1 N A
C．18g D2O中含有的质子数为9N A
D．标准状况下，含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2加热反应可生成22.4 L氯气
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、由n=c×V，该溶液中缺少体积数据，无法计算粒子数目，错误；
B、由2Fe+3Cl2==2FeCl3每生成2mol产物转移6mol电子，则生成0.5 mol 产物，则转移1.5mol电子，即
1.5 N A电子，错误；
C、一个D2O中含有的质子数为（1×2+8=）10个，18gD2O的物质的量=18g/20g/mol=0.9mol,含有质子为9mol，即9N A，正确；
D．MnO2必须与浓盐酸反应才可生成氯气，随着反应进行，盐酸浓度降低到一定的程度后，将停止反应，即4 mol HCl并未完全反应，所以，生成的氯气应少于22.4 L，错误。

选择C。

20．根据化学反应的实质是旧键断裂、新键生成这一理论，下列变化不属于化学反应的是( )
A．水在高温加热后变成水蒸气
B．生石灰变熟石灰
C．石墨转变为金刚石
D．钠投入水中
【答案】A
【解析】
【分析】
化学反应的实质是旧键断裂、新键生成，即一定要有新物质生成。

【详解】
A. 水在高温加热后变成水蒸气，没有新物质生成，即没有旧键断裂、新键生成，不属于化学反应，故A 符合题意；
B. 生石灰变熟石灰，是氧化钙和水反应生成了氢氧化钙，有旧键断裂、新键生成，属于化学反应，故B 不符合题意；
C. 石墨转变为金刚石，生成了新物质，有旧键断裂、新键生成，属于化学反应，故C不符合题意；
D. 钠投入水中，是钠与水反应生成了氢氧化钠和氢气，生成了新物质，有旧键断裂、新键生成，属于化学反应，故D不符合题意；
答案选A。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．镁及其合金是一种用途广泛的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。

主要步骤如下：
（1）镁在元素周期表中位于第__________周期，第___________族。

（2）为使MgSO4完全转化为Mg(OH)2沉淀，试剂①可选用____________（填化学式），且加入试剂①的量应______________（选填“少量”或“过量”）。

（3）若要检验溶液A中含有的SO42-，使用的试剂是_________________。

（4）加入试剂①后，分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是__________。

试剂②可以选用_______。

（5）反应①、反应②、反应③属于氧化还原反应类型的是________。

（6）工业上常用电解熔融MgCl2的方法冶炼得到金属Mg，写出该反应的化学方程式__________。

【答案】三ⅡA Ca(OH)2（或NaOH等合理答案均可）过量稀盐酸、氯化钡溶液过滤HCl（或盐酸）③MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑
【解析】
【分析】
海水中加入试剂①沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，因此试剂①为碱；过滤后在氢氧化镁沉淀中加入试剂②得到氯化镁溶液，试剂②为盐酸，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答。

【详解】
(1)镁是12号元素，原子核外12个电子，有三个电子层，最外层2个电子，镁在周期表中位置为第三周期，第ⅡA族，故答案为：三；ⅡA；
(2)使MgSO4转化为Mg(OH)2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，且从生成成本角度考虑，则试剂①
选择Ca(OH)2或石灰乳，也可以选择NaOH，为了使镁离子全部沉淀，加入的试剂①要过量，故答案为：Ca(OH)2(或NaOH等)；过量；
(3)检验溶液A中含有的SO42-，可以取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-，使用的试剂有，故答案为：稀盐酸、氯化钡溶液；
(4)过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，所以分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；把氢氧化镁转化成氯化镁需加入盐酸进行中和反应，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水，反应的化学方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，故答案为：过滤；盐酸；
(5)根据上述分析，反应①、反应②为复分解反应，一定不是氧化还原反应，反应③为电解熔融的氯化镁生成镁，反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故答案为：③；
(6)无水氯化镁在熔融状态下，通过电解得到金属镁，化学方程式为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑。

【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意硫酸根离子检验时，不能选择硝酸，因为硝酸能够将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。

装置
现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生
根据实验现象回答下列问题：
（1）装置甲中负极的电极反应式是______________________________________。

（2）装置乙中正极的电极反应式是_______________________________________。

（3）装置丙中溶液的pH________（填“变大”、“变小”或“不变”）。

（4）四种金属活动性由强到弱的顺序是___________________________________。

【答案】A－2e－＝A2+Cu2+＋2e－＝Cu 变大D＞A＞B＞C
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为原电池装置，结合原电池工作原理分析解答。

【详解】
（1）甲、乙、丙均为原电池装置。

依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活动性A＞B，负极的电极反应式是A－2e－＝A2+；
（2）乙中C极质量增加，即析出Cu，则B为负极，活动性B＞C，正极的电极反应式是Cu2+＋2e－＝Cu；（3）丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活动性D＞A，随着H＋的消耗，溶液pH逐渐变大。

（4）根据以上分析可知四种金属活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成路线设计如下：
已知：①
②+HCl
（1）CH2＝CH2的结构式为___________。

反应①的反应类型是___________。

（2）常温下A是无色有特殊香味的液体，与金属Na反应产生气体。

A中官能团的名称
．．．．．．是___________。

（3）反应物B的结构简式为___________。

（4）下列关于CPPO的说法中，正确的是___________。

a. 1个CPPO分子中含10个H原子
b. CPPO在一定条件下能发生水解反应
c. 合成CPPO过程中的反应②③都属于取代反应
（5）草酸（HOOC-COOH）与乙二醇（HOCH2CH2OH）在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式为___________。

（6）已知卤代烃性质：R-X＋NaOH R-OH＋NaX（R＝烷基，X＝Br－或I－）。

请用几个化学方程式表示由CH2＝CH2合成E的过程。

___________________
【答案】加成反应羟基bc
CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br＋
2NaOH HOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH＋O2 OHC－CHO＋2H2O
【解析】
【分析】
由有机物转化关系可知，乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br,CH3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH；在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，则B为，D为；乙烯与溴水发生加
成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH 发生催化氧化反应生成OHC－CHO，则E为OHC－CHO；OHC－CHO发生发生催化氧化反应生成HOOC－COOH，HOOC－COOH发生信息①反应生成，则G为；一定条件下，
和发生信息②反应生成。

【详解】
（1）CH2＝CH2的结构式为；反应①为乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br,故答案为；加成反应；
（2）C H3CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH，官能团为羟基，故答案为羟基；
（3）由转化关系可知，在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成
，则B为，D为，故答案为；
（4）a、由CPPO得结构简式为可知，分子中含有12个氢原子，故错误；
b、由CPPO得结构简式可知分子中含有的官能团为氯原子和酯基，氯原子和酯基在一定条件下均能发生水解反应，故正确；
c、反应②为在浓硫酸作用下，CH3CH2OH与共热发生酯化反应生成，反应③为一定条件下，和发生取代反应生成，故正
确；
bc正确，故答案为bc；
（5）草酸与乙二醇在一定条件下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为
；
（6）由CH2＝CH2合成E的过程为乙烯与溴水发生加成反应生成BrCH2CH2Br，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH2Br＋2NaOH HOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH发生催化氧化反应生成OHC－CHO，反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋O2OHC－CHO＋2H2O，故答案为CH2＝CH2＋
Br2→BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br＋2NaOH HOCH2CH2OH＋2NaBr，HOCH2CH2OH＋O2OHC－CHO ＋2H2O。

【点睛】
由双草酸酯的结构简式，结合信息，运用逆推法确定D为，G为是解题的
突破口。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．Ⅰ.消除汽车尾气中的NO、CO，有利于减少PM2.5的排放。

已知如下信息：
b．①N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2＝－565 kJ·mol－1
(1)ΔH1＝________。

(2)在催化剂作用下NO和CO转化为无毒气体，写出反应的热化学方程式：_________。

Ⅱ. SO2、CO、NO x是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。

请回答下列问题：
(1)已知25℃、101 kPa时：
①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH1＝－197 kJ·mol－1
②H2O(g)===H2O(l) ΔH2＝－44 k J·mol－1
③2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l) ΔH3＝－545 kJ·mol－1
则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是______________________。

(2)若反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，根据下表数据求x＝_______kJ·mol－1。

化学键H—H O＝O O—H
断开1 mol化学
436 x 463
键所需的能量/kJ
【答案】＋183 kJ·mol－12CO(g)＋2NO(g)===2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－748 kJ·mol－1SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l) ΔH＝－130 kJ·mol－1738.2
【解析】
分析：Ⅰ.（1）①反应热=反应物总键能-生成物总键能；②已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1；①，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-565KJ·mol－1，②，根据盖斯定律，②-①可得：2NO（g）+2NO（g）=2CO2（g）+N2（g）；Ⅱ.（1）根据盖斯定律，已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能；
Ⅰ.（1）①反应热=反应物总键能-生成物总键能，则△H1=945kJ·mol－1+498kJ·mol－1-2×630kJ·mol－
1=+183kJ·mol－1；②已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+183kJ·mol－1①，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-565KJ·mol－1②，根据盖斯定律，②-①可得：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）△H=-748kJ·mol
－1；
Ⅱ.（1）已知25℃、101 kPa时：①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH1＝－197 kJ·mol－1，②H2O(g)===H2O(l) ΔH2＝－44 kJ·mol－1，③2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l) ΔH3＝－545 kJ·mol－1，根
据盖斯定律，（③-①）×1/2-②得：SO3（g）+H2O（l）═2H2S O4（l）SO3（g）+H2O（l）═2H2S O4（l）△H=1/2×[(－545 kJ·mol－1)-(－197 kJ·mol－1)]-（-44kJ·mol－1）=-130 kJ·mol－1，SO3（g）+H2O（l）═2H2S O4（l）△H=-130 kJ·mol－1；（2）由于反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：2×436kJ·mol－1+xkJ·mol－
1-4×463kJ·mol－1=-241.8kJ·mol－1，解得x=738.2。