2018-2019学年河北省曲周县第一中学高一6月月考化学试卷（解析版）
2018～2019学年度高一下学期第二次月考化学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间70分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Zn 65 Cu 64
第Ⅰ卷（选择题）
本卷共16题，每题只有一个正确选项，每题3分，共48分。
1.“绿水青山就是金山银山。”下列做法不符合这一发展理念的是（ ）
A. 大力修复被重金属污染的士壤和水源
B. 研发可降解塑料代替聚乙烯、聚苯乙烯等塑料
C. 大量进口洋垃圾，回收其中的塑料和金属资源
D. 合理使用农药、化肥，将生活污水和工业废水处理达标后排放
【答案】C
【解析】
【详解】A．大力修复被重金属污染的士壤和水源，可减少被重金属污染土壤和水源，符合“绿水青山就是金山银山”这一发展理念，故A不选；
B．利用可降解塑料代替聚乙烯塑料，能减少白色污染，符合“绿水青山就金山银山”这一发展理念，故B不选；
C．回收垃圾中塑料和金属资源，但无需大量进口，不符合“绿水青山就是金山银山”这一发展理念，故C选；
D．合理使用农药、化肥，多使用农家肥，生活污水和工业废水处理达标后排放，可以防止水资源的污染，符合“绿水青山就是金山银山”这一发展理念，故D不选；
答案选C。
2.下列化合物中既有离子键又有共价键的是（ ）
A. NaOH B. KBr C. HBr D. N2
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaOH是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间形成的是离子键，氢氧根离子中氢原子与氧原子之间形成的是共价键，故A正确；
B．KBr是离子化合物，存在化学键是离子键，故B错误；
C．HBr是共价化合物，氢原子与溴原子之间形成的是共价键，故C错误；
D．N2是单质，氮原子和氮原子之间形成的是非极性共价键，故D错误；
答案选A
【点睛】解答本题需要注意：离子化合物中可能存在共价键，共价化合物中一定不存在离子键；稀有气体是单原子分子，不存在化学键，只存在分子间作用力。
3.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（ ）
A. H2O的电子式： B. 质量数为14的碳原子：
C. CO2的比例模型： D. Cl－的结构示意图：
【答案】B
【解析】
试题分析：A、水是共价化合物，不存在阴阳离子，错误；B、质量数是14的C原子的表示为，正确；C、二氧化碳分子中，C原子的半径大于O原子半径，所以该比例模型中的原子表示不正确，错误；D、氯离子的原子核内有17个质子，错误，答案选B。
考点：考查对电子式、原子符号、分子的比例模型、结构示意图的判断
4.下列对科学家的相关成果的说法正确的是（ ）
A. 门捷列夫发现了元素周期律，元素的性质一定随相对原子质量的改变呈周期性变化
B. 闵恩泽研发重油裂解催化剂，催化裂解是为了得到更多质量更好的石油
C. 凯库勒确立了苯环的结构，苯环是碳碳单键和碳碳双键交替的结构
D. 屠呦呦发现抗疟新药青蒿素(C15H22O5)，青蒿素属于有机物
【答案】D
【解析】
【详解】A．元素周期律指元素的性质随着元素的原子序数的增加呈周期性变化的规律，故A错误；
B．闵恩泽研发重油裂解催化剂，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油，煤油，柴油等)的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的则是为了得到乙烯、丙烯、丁二烯等短链不饱和烃，故B错误；
C．凯库勒确立了苯环的结构，苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，故C错误；
D．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素C15H22O5，是含碳的化合物，属于有机物，故D正确；
答案选D。
5.下列叙述正确的是（ ）
A. VIIA族元素单质的熔点从上往下逐渐降低
B. ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最好的其沸点也最高
C. 分子晶体中一定存在共价键
D. 同周期非金属氧化物对应的水化物的酸性从左往右依次增强
【答案】B
【解析】
【详解】A．VIIA族元素单质均构成分子晶体，随着原子序数的递增，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔点从上往下逐渐升高，故A错误；
B．ⅥA族元素的氢化物中，因O的非金属性最强，则稳定性最好的为水，水分子间含氢键，则沸点最大，故B正确；
C．稀有气体形成的晶体中不存在化学键，则分子晶体中不一定存在共价键，故C错误；
D．同周期，从左向右，非金属性增强，则非金属元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性从左往右依次增强，如果不是最高价的含氧酸，酸性不一定增强，如硫酸为强酸，次氯酸为弱酸，故D错误；
答案选B。
6.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是（ ）
A. 1mol乙烷中含有的共价键数目为6NA
B. 14g乙烯中含有的C-H键数目为2NA
C. 0.1molFe与0．1molCl2充分反应，转移的电子数月为0.3NA
D. 0.1molCH4与0.1molCl2经光照充分反应，生成CH3Cl的分子数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．1mol乙烷(C2H6)中含有共价键=1mol×(6+1)=7mol，故A错误；
B．14g乙烯的物质的量n==0.5mol，而1mol乙烯中含4molC-H键，故0.5mol乙烯中含2molC-H键，含有的C-H键数目为2NA，故B正确；
C．根据反应的化学方程式2Fe+3Cl2 2FeCl3，0.1molFe与0．1molCl2充分反应，Fe剩余，所以转移的电子数，根据Cl2计算，则转移的电子数为2×0.1mol=0.2NA，故C错误；
D．甲烷和氯气发生取代反应生成一氯甲烷后，一氯甲烷能继续和氯气发生取代反应生成二氯甲烷等，故
0.1mol甲烷和0.1mol氯气反应后生成一氯甲烷分子个数小于0.1NA个，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意甲烷和氯气的取代反应过程中，四个取代反应会同时进行，因此最终得到四种取代产物和氯化氢的混合物。
7.下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）
A. 乙烯 B. 苯 C. 乙醇 D. 二氧化硫
【答案】B
【解析】
【详解】A.乙烯分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；故A与题意不符；
B.苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C.乙醇中含有羟基，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C与题意不符；
D.二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D与题意不符；
答案选B。
8.下列能说明氯元素比硫元素非金属性强的是（ ）
①HCl比H2S稳定； ②HClO4酸性比H2SO4强； ③Cl2能与H2S反应生成S； ④Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子； ⑤Cl2比S更易与H2化合生成相应气态氢化物；⑥盐酸是强酸，而氢硫酸是弱酸。
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑥ C. ①②③⑤ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
①元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，HCl比H2S稳定，Cl比S非金属性强，故①正确；②元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，Cl比S非金属性强，故②正确；③元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，Cl2能与H2S反应生成S，Cl比S非金属性强，故③正确；④比较非金属性的强弱不能根据最外层电子数的多少，应根据得电子能力判断，故④错误；⑤非金属性越强，越易与氢气化合，Cl2比S更易与H2化合生成相应气态氢化物，可知氯的非金属性比硫强，故⑤正确；⑥最高价含氧酸的酸性强，则元素的非金属性弱，只有根据HClO4的酸性比H2SO4的强，才得到非金属性Cl＞S，才能说明氯元素的非金属性比硫元素强，故⑥错误；①②③⑤正确，故答案为C。
点睛：元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)
，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
9.向恒温恒容的密闭容器中充入H2(g)和I2(g)各0.1mol，发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是吸热反应
B. 断裂0.05molH-H键和0.05molI-I键消耗的总能量小于生成0.1molH-I键释放的总能量
C. 当容器中气体密度不变时，说明反应已达到平衡状态
D. 达到平衡时，生成HI的分子数约为0.2×6.02×1023
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故A错误；
B．此反应为放热反应，则断裂0.05molH-H键和0.05molI-I键消耗的总能量应小于生成0.1molH-I键释放的总能量，故B正确；
C．恒温恒容，说明混合气体的体积不变，且混合气体的总质量不变，则混合气体的密度始终不变，密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，则达到平衡时，生成HI的分子数小于0.2×6.02×1023，故D错误；
答案选B。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 乙烯和苯都能发生加成反应
B. 乙醇和乙酸都能发生取代反应
C. 油脂的皂化和苯的硝化都属于取代反应
D. 葡萄糖和蔗糖都能发生银镜反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳碳双键和苯环都能与氢气发生加成反应，故A说法正确；
B.乙醇和乙酸都能发生酯化，酯化反应也是取代反应，故B说法正确；
C．甲苯的硝化反应为硝基替代甲苯的氢原子的反应，为取代反应，油脂的皂化为油脂在碱性条件下的水解，为取代反应，故C说法正确；
D．蔗糖分子中没有醛基，不能发生银镜反应，故D说法不正确；
答案选D。
11.下列物质的性质与用途对应关系错误的是（ ）
选项
化学性质
实际应用
A
铁的金属活动性比铜强
用铁置换铜盐溶液中的铜
B
乙烯能与KMnO4溶液反应
用浸过KMnO4溶液的硅藻土作果实保鲜剂
C
蛋白质能发生水解反应
人体内的各种组织蛋白质最终生成尿素
D
乙酸能与Na2CO3溶液反应
用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁为活泼金属，金属活动性比铜强，可与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，故A正确；
B．乙烯为果实的催熟剂，乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则用浸过KMnO4溶液的硅藻土作果实保鲜剂，故B正确；
C．蛋白质在人体中水解生成氨基酸，氨基酸进一步转化会生成尿素，故C错误；
D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，且乙酸具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，则可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，故D正确；
答案选C。
12.2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W原子是周期表所有原子中半径最小的，X与Y
处于同一周期且相邻，Y的最外层电子数是次外层的3倍，Z与W同主族。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：X
Y
C. Y与Z的简单离子的电子层结构相同
D. W、X、Y三种元素只能组成共价化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子是周期表所有原子中半径最小的，W为H元素；X与Y处于同一周期且相邻，Y的最外层电子数是次外层的3倍，Y为O元素，则X为N元素；Z与W同主族，原子序数大于Y，则Z为Na元素，据此分析解答。
【详解】通过以上分析，W、X、Y、Z分别是H、N、O、Na元素。
A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径Z＞X＞Y＞W，故A错误；
B．非金属性越强，则对应氢化物越稳定，非金属性N＜O，氢化物的稳定性：X＜Y，故B错误；
C．Y、Z简单离子核外都有10个电子，所以二者简单离子电子层结构相同，故C正确；
D．W、X、Y形成的化合物可能是离子化合物，如硝酸铵，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意离子混合物可能全部由非金属元素构成，如铵盐。
13.巴豆酸是一种对胃肠道有强烈刺激性、对呼吸中枢和心胜有麻痹作用的有机酸，其结构简式为CH3-CH=CH-COOH，现有①氯化氢 ②溴水 ③纯碱溶液 ④乙醇 ⑤酸性高锰酸钾溶液试根据其结构特点判断在一定条件下能与巴豆酸反应的物质是（ ）
A. 只有②④⑤ B. 只有①③④ C. 只有①②③④ D. 全部
【答案】D
【解析】
试题分析；主要观察到巴豆酸中含有碳碳双键故①②⑤都可以与巴豆酸发生反应，巴豆酸中含有羧基故③④可以跟巴豆酸发生反应。所以答案选D
考点：考查官能团碳碳双键及羧基的相关知识
14.下列说法正确的是（ ）
A. NaHCO3受热分解，既破坏了离子键，又破坏了共价键
B. 碘晶体受热变成碘蒸气，吸收的热量用于克服共价键
C. 氦气、二氧化碳和甲烷的分子内都存在共价键
D. 一个SiO2分子含有一个Si原子和2个O原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHCO3为离子化合物，含有离子键和共价键，受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，阴阳离子间的离子键断裂，生成二氧化碳和水，碳酸氢根离子中的共价键也受到破坏，故A正确；
B．碘晶体受热转变成碘蒸气，克服分子间作用力，而碘原子间的共价键没有被破坏，故B错误；
C．氦气为稀有气体，分子内不存在任何化学键，故C错误；
D．SiO2是原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；
答案选A。
15.据报道，锌电池可能将会取代目前广泛使用的铅蓄电池，因为锌电池容量更大，而且没有铅污染。其电池反应为2Zn＋O2===2ZnO，原料为锌粒、电解液和空气。则下列叙述正确的是（ ）
A. 锌为正极，空气进入负极反应
B. 负极反应为Zn－2e－===Zn2＋
C. 正极发生氧化反应
D. 电解液为强酸
【答案】B
【解析】
Zn与O2反应的电子转移情况为=2ZnO，所以Zn作负极，负极发生氧化反应，Zn－2e－=Zn2＋。O2是正极反应物，发生还原反应。若电解液是强酸，电池的化学反应不是2Zn＋O2=2ZnO，而是Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑。
16.对于100mL 1mol/L盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是：①升高温度；②改用100mL 3mol/L盐酸；③改用300mL 1mol/L盐酸；④用等量锌粉代替锌粒；⑤滴入少量CuSO4溶液（ ）
A. ①③④⑤ B. ①②④⑤ C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
试题分析：①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，①正确；②改用100mL3.0mol/L盐酸，氢离子的浓度增大，反应速率加快，②正确；③改用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，③错误；④用等量锌粉代替锌片，增大固体接触面积，使反应速率加快，④正确；⑤滴入少量CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，反应速率加快，⑤正确；综上所述，①②④⑤正确；答案选B。
【考点定位】本题主要是考查化学反应速率的影响因素
【名师点晴】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入酸的性质，注意不能改变反应的机理，例如不能加入浓硫酸或硝酸。
第Ⅱ卷（本卷共3题 共52分）
17.I．元素周期表的一部分如下表所示，参照元素①～⑩在表中的位置，请回答下列问题：
（1）⑨的阴离子结构示意图为____；③的简单氢化物与⑨的最高价氧化物对应的水化物化合生成的正盐的化学式为______。
（2）⑤和⑥形成的化合物的电子式为________。
（3）③、⑧的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为___(用化学式表示，下同)＞____。
II．某同学欲利用下图装置验证同周期或同主族元素性质递变规律。
（4）干燥管D的作用是_________。
（5）证明非金属性:Cl＞I。在A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液变蓝，则C试管中发生反应的离子方程式为________。从环境保护的观点考虑，此装置的缺点是________。
（6）证明非金属性:S＞C，在A中加稀硫酸，B中加碳酸钠，C中加澄清石灰水；观察到C
中溶液变浑浊的现象，该实验设计的原理是利用_____来比较元素非金属性的强弱。
【答案】 (1). (2). (NH4)2SO4 (3). (4). HNO3 (5). H2SiO3 (6). 防倒吸 (7). Cl2+2I-=I2+2Cl- (8). 没有尾气处理装置 (9). 最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
【解析】
【分析】
I、根据元素周期表可知，①为H，②Be，③为N，④为O，⑤为F，⑥为Na，⑦为Al，⑧为Si，⑨为S，⑩为Cl。结合元素周期律分析解答(1)~(3)；
II、(5)A盛放浓盐酸，B盛放高锰酸钾，为氯气的发生装置，C为氯气与淀粉碘化钾混合溶液反应装置，结合氯气的性质分析解答；
(6)稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，C中澄清石灰水变浑浊可以证明有CO2生成，结合元素的非金属性与最高价含氧酸的酸性的关系分析解答。
【详解】I、根据元素在周期表中的位置可知，①为H，②Be，③为N，④为O，⑤为F，⑥为Na，⑦为Al，⑧为Si，⑨为S，⑩为Cl。
(1)⑨为S元素，⑨的阴离子即为S2-，核外有18个电子，核内有16个质子，故离子结构示意图为；③为N元素，③的简单氢化物为NH3，⑨的最高价氧化物的水化物即H2SO4，二者反应成的正盐为硫酸铵，化学式为(NH4)2SO4，故答案为：；(NH4)2SO4；
(2)⑤为F元素，⑥为Na元素，⑤和⑥形成的化合物为NaF，是离子化合物，由钠离子和氟离子构成，电子式为，故答案为：；
(3)③为N元素，⑧为Si元素，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N＞Si，故③、⑧的最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H2SiO3，故答案为：HNO3；H2SiO3；
II．(4)球形干燥管D球形部分具有较大空间，能起缓冲作用，能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：防倒吸；
(5)KMnO4与浓盐酸反应生成氯气，2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氯气与淀粉碘化钾混合溶液反应生成碘单质，反应离子方程式为：2I-+Cl2═I2+2Cl-，碘遇淀粉试液变蓝色，故C中溶液变为蓝色；过量的氯气会逸散到空气中，污染环境，可用NaOH溶液吸收，反应离子方程式为：2OH-+Cl2═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：2I-+Cl2═I2+2Cl-；缺少尾气处理装置；
(6)在A中加稀硫酸，B中加碳酸钠，两者反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，通过C中澄清石灰水变浑浊可以证明有CO2生成，即证明酸性H2SO4强于H2CO3，而最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强，故可以证明非金属性S＞C，即该实验设计的原理是利用最高价含氧酸的酸性强弱比较来比较元素非金属性的强弱，故答案为：最高价含氧酸的酸性强弱。
18.按要求回答问题：
(1)以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池中：
①H+向______极移动(填“正”或“负”)。
②电子流动方向由_____极流向______极(填：“正”、“负”)。
③若有1mol e－流过导线，则理论上负极质量减少______g。
④若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是_____(填“锌极”或“铜极”)，原因是_______(用电极方程式表示)。
(2)氢氧燃料电池是一种高效无污染的清洁电池它分碱性(用KOH做电解质)和酸性(用硫酸做电解质)燃料电池。如果是碱性燃料电池，则正极反应方程式是_____。
(3)一定温度下，在容积为2L的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)＋cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
①反应化学方程式中各物质的系数比为a∶b∶c＝____。
②1 min到3 min这段时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：______。
③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_____。
A．反应中当M与N的物质的量相等时
B．P的质量不随时间变化而变化
C．混合气体的总物质的量不随时间变化而变化
D．单位时间内每消耗a mol N，同时消耗b mol M
E．混合气体的压强不随时间的变化而变化
F．M的物质的量浓度保持不变
【答案】 (1). 正 (2). 负 (3). 正 (4). 32.5 (5). 铜极 (6). Cu2++2e－＝Cu (7). O2+4e-+2H2O=4OH- (8). 2:1:1 (9). 0.25mol·(L·min)－１ (10). BDF
【解析】
【分析】
(1)Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，锌易失电子作负极、Cu作正极，结合原电池原理分析解答；
(2)碱性条件下，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子；
(3)①化学方程式的系数之比等于各物质的物质的量的变化量之比，据此结合图像书写反应的方程式；②根据v=计算；③当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等(同种物质)，各物质的浓度、含量不再改变，据此分析判断。
【详解】(1)①原电池中，电解质溶液中阳离子向正极移动，故答案为：正；
②原电池中，电子从负极沿导线流向正极，故答案为：负；正；
③负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，若有1mole-流过导线，则理论上负极溶解0.5mol锌，质量减少32.5g，故答案为：32.5；
④若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，则发生金属锌置换金属铜的反应，金属锌是负极，电极质量减小，金属铜在阴极上析出Cu2++2e-=Cu，电极质量增加的是铜极，故答案为：铜极；Cu2++2e-=Cu；
(2)氢氧燃料电池是一种高效无污染的清洁电池它分碱性(用KOH做电解质)和酸性(用硫酸做电解质)燃料电池。酸性条件下，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，碱性条件下，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
(3)①参加反应的N的物质的量为8mol-2mol=6mol，生成的M的物质的量是5mol-2mol=3mol，生成的P的物质的量是4mol-1mol=3mol，所以此反应的化学方程式中a∶b∶c=2∶1∶1，故答案为：2∶1∶1；
②由图可知，1到3时刻M的物质的量变化为4mol-3mol=1mol，故v(M)==0.25mol•(L•min)-1，故答案为：0.25mol•(L•min)-1；
③A．平衡时反应混合物各组分的物质的量不变，但各组分的物质的量不一定相等，故A错误；B．P的质量不随时间变化而变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C
．混合气体的总物质的量始终不变，因此混合气体总物质的量不变，不能说明到达平衡，故C错误；D．单位时间内消耗amolN，同时消耗bmolM，表示正逆反应速率相等，说明到达平衡状态，故D正确；E．反应前后系数相等，混合气体的压强始终不变，不能说明到达平衡状态，故E错误；F．M的物质的量浓度保持不变，说明达到了平衡状态，故F正确，故答案为：BDF。
【点睛】本题的易错点为(2)，书写电极反应式时，要注意溶液的酸碱性对反应生成物的影响。
19.工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，回答下列问题。
(1)A的结构简式为________。
(2)丙烯酸中含氧官能团的名称为_______。
(3)①③反应的反应类型分别_______、_______。
(4)写出下列反应方程式
①反应②的方程式_____________________；
②反应④的方程式_____________________；
③丙烯酸+B→丙烯酸乙酯________________。
(5)丙烯酸(CH2=CH—COOH)的性质可能有_______
①加成反应 ②取代反应 ③加聚反应 ④中和反应 ⑤氧化反应
A．只有①③ B．只有①③④
C．只有①③④⑤ D．①②③④⑤
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). 氧化反应 (5). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (6). nH2C=CH-COOH→ (7). CH2=CH—COOH+CH3CH2OHCH2=CH—COOC2H5+H2O (8). D
【解析】
【分析】
由图中转化关系可知，B氧化生成C，且二者反应生成乙酸乙酯，则B为CH3CH2OH，C为CH3COOH，而A与水发生反应得到乙醇，则A为CH2=CH2，乙醇与丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反生成聚丙烯酸，苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成硝基苯，以此分析解答。
【详解】(1)由上述分析可知，A为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；
(2)丙烯酸中含氧官能团为-COOH，名称为羧基，故答案为：羧基；
(3)反应①为苯的硝化反应，反应③为乙醇的氧化反应，故答案为：取代反应；氧化反应；
(4)反应②为乙烯与水的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，反应④丙烯酸发生的聚合反应，反应的化学方程式为nH2C=CH-COOH→，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为CH2=CH-COOH+CH3CH2OH CH2=CH-COOC2H5+H2O，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；nH2C=CH-COOH→；CH2=CH-COOH+CH3CH2OH CH2=CH-COOC2H5+H2O；
(5)丙烯酸(CH2=CH-COOH)中含碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含-COOH，可发生取代反应、中和反应，故答案为：D。
