2018-2019学年新疆奎屯市第一高级中学高一下学期第二次月考化学试卷（解析版）
2018-2019学年新疆奎屯市第一高级中学高一下学期第二次月考化学试卷（解析版）
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 C 12 P 31
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、单项选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意。)
1.2014年1月22日是第45个“世界地球日”，主题是： “珍惜地球资源转变发展形势”。下列行为中不符合这一主题的是( )
A. 采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质
B. 大量开采化石原料，以满足社会对能源的需求
C. 减少直至不使用对大气臭氧层起破坏作用的氟氯烃
D. 节约能源，提高能源利用率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 绿色化学技术中最理想的是采用“原子经济”反应，实现反应的绿色化，即原料分子中的每一原子都转化成产品，不产生任何废物和副产物，故A符合上述主题；
B. 化石原料属于不可再生能源，且化石燃料的大量使用对环境也造成破坏作用，故B不符合上述主题；
C. 氟氯烃的使用对大气臭氧层起破坏作用，所以较少或不使用对环境起到保护作用，故C符合上述主题；
D. 节约能源，提高能源利用率，符合“珍惜地球资源转变发展形势”这一主题；
故选B。
2.已知aA+、bB2+、cC-、dD2-四种离子均具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是
A. 原子半径：A＞B＞C＞D B. 离子半径：D＞C＞B＞A
C. 原子序数：b＞a＞c＞d D. 失电子能力：B＞A，得电子能力：D＞C
【答案】C
【解析】
【分析】
考查原子结构与元素周期律的关系元。由aA+、bB2+、cC﹣、dD2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，则有：a﹣1=b﹣2=c+1=d+2，A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：b＞a＞c＞d，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小。
【详解】A.根据上述分析可知：原子半径：A＞B＞D＞C，故A错误；B．aA+、bB2+、cC﹣、dD2﹣四种离子均具有相同的电子层结构，原子序数：b＞a＞c＞d，核电核数越大，离子半径越小，则离子半径：D＞C＞A＞B，故B错误；C．由a﹣1=b﹣2=c+1=d+2可知，原子序数：b＞a＞c＞d，故C正确；D．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则失电子能力：A＞B，得电子能力： C＞D，故D错误。答案：C。
【点睛】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，明确核外电子排布，确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键。
3.下列各项中表达正确的是：
A. 次氯酸电子式
B. H、D、T表示同一种核素
C. 用电子式表示HCl形成过程：
D. F－离子结构示意图：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 次氯酸电子式，故A错误；B. H、D、T表示3种核素，故B错误；C. HCl是共价化合物，用电子式表示HCl形成过程：，故C错误；D. F－离子结构示意图：，故D正确；答案：D。
4.下列有关说法中，不正确的是
A. 采用原煤脱硫技术，可减少燃煤产生的SO2
B. 可在周期表的过渡元素中寻找半导体材料
C. 液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
D. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别四氯化碳、乙烯和环己烷
【答案】B
【解析】
【详解】
A.采用原煤脱硫技术，燃煤中硫的含量降低，从而有效减少煤炭燃烧生成二氧化硫的量，可减少酸雨的形成。故A正确；B.在周期表中金属元素和非金属元素的分界线附近的元素中寻找半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，故B错误；C.氨气容易液化，液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂。故C正确；D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，四氯化碳和环己烷都不与高锰酸钾反应，但四氯化碳比水重，环己烷比水轻，因此，可用酸性高锰酸钾溶液鉴别四氯化碳、乙烯和环己烷。故D正确。答案：B。
5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】
分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
6.苯中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，下列说法可以作为证据的是
① 苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色
② 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
③ 苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应
④ 经测定，邻二甲苯只有一种结构
⑤ 经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1.40×10-10m
A. ①② B. ①②③ C. ①②④⑤ D. ①②③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①苯不能因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C−C，另一种是两个甲基夹C=C.邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C−C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确。所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据。答案：C。
【点睛】可以根据：①②③根据碳碳双键的性质判断；④根据同分异构体数目解答；⑤单、双键不同，键长不相等进行判断。
7.下列有关化学键叙述，正确的是
A. 离子化合物中一定含有离子键
B. 单质的分子中均不存在化学键
C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
D. 化学键可以存在于原子之间也可以存在于分子之间
【答案】A
【解析】
【详解】A. 离子化合物是通过离子键构成的化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，故A正确；B. 双原子分子如H2、O2等单质的分子中存在共价键，故B错误；C. 共价化合物中只含共价键，离子化合物中可能含有共键，例NaOH中既有含有共价键又含有离子键，故C错误；D. 化学键只存在于原子之间，存在于分子之间的是分子间作用力。故D错误；答案：A。
8. 下列各化学式中，所有原子（或离子）都满足最外层为8电子结构的化合物是
A. D2O B. NH3 C. Cl2 D. NaCl
【答案】D
【解析】
试题分析：A．D2O中氧原子满足8电子稳定结构，但D原子不满足，A错误；B．NH3中氮原子满足8电子稳定结构，但H原子不满足，B错误；C．Cl2是单质不是化合物，C错误；D．NaCl是化合物，钠和氯原子均满足8电子稳定结构，D正确，答案选D。
考点：考查8电子稳定结构判断
9.下列各组性质比较，不正确的是
A. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4 B. 沸点：HF＜HCl＜HBr
C. 稳定性：PH3＜H2S＜HCl D. 还原性：Cl－＜Br－＜I－
【答案】B
【解析】
【详解】A.Cl 、S 、P都是第三周期元素，同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，非金属性Cl >S >P，最高价氧化物对应水化物酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故A项正确； B. F、Cl、Br属于同主族元素，因HF中存在着氢键，HCl 的相对分子质量比HBr的小，所以、沸点：HF>HBr> HCl,故B错误；C.非金属性越强,对应氢化物越稳定,则稳定性: PH3＜H2S＜HCl ,故C正确;D. Cl、Br、I都属于是第ⅦA族元素，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，离子的还原性逐渐增强，所以非金属性Cl>Br>I，还原性Cl-
At,则砹的氢化物的稳定性小于氯化氢,故B错误; C.铊(Tl)与铝同主族，其单质能与盐酸反应，铊不在金属与非金属交界处，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D.N元素位于第二周期,氢化物为氨气,溶于水后溶液显碱性,C的氢化物不溶于水,故D错误;所以A选项是正确的。
17.某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H3XO4，这种元素的气态氢化物的化学式为
A. H2X B. HX C. XH3 D. XH4
【答案】C
【解析】
【详解】由元素最高价氧化物对应水化物化学式可以知道X的化合价为+5价,原子最外层从有5个电子,得3个电子达到稳定结构,所以最低化合价应为-3价，对应氢化物的化学式为XH3。A. H2X不符合题意；B. HX不符合题意；C. XH3符合题意；D. XH4不符合题意；答案：C。
【点睛】元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H3XO4,X的化合价为+5价,根据最高化合价和最低化合价绝对值的代数和为8，则最低价为-3价。
18.下列说法正确是
A. 乙醇(CH3CH2OH)与二甲醚(CH3-O-CH3)互为同分异构体
B. C2H4 与C3H6一定互为同系物
C. 属于烃的衍生物
D. 羟基的电子式为 ，1 mol —OH 含有7 mol 电子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙醇(CH3CH2OH)与二甲醚(CH3-O-CH3)互为同分异构体故A正确;B.C2H4为乙烯,分子中含有碳碳双键,而C3H6可能为环丙烷,二者结构不一定相似,所以不一定互为同系物,故B错误;C. 分子中只含有C、H元素,且含有1个苯环,则该有机物属于芳香烃,故C错误;D.羟基为中性原子团,其电子式为 ,羟基中含有9个电子, 1 mol —OH 含有9 mol 电子,故D错误; 所以A选项是正确的.
【点睛】C3H6可能为环丙烷，也可能为丙烯；芳香烃分子中含有苯环,只含有C、H元素; 一个羟基中含有9个电子，以此解答。
19.下列有关化学用语的表达正确的是
A. 硝基苯的结构简式 B. 含92个质子、143个中子的铀原子 23592U
C. K原子的结构示意图 D. 乙醇的分子式：C2H5OH
【答案】B
【解析】
【详解】A. 硝基苯的结构简式 ,故A错误；B．元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，质量数等于质子数加中子数，所以质量数为92+143=235，故B正确；C．K的质子数为19，电子数也是19，有4个电子层，原子结构示意图为 故C错误；D.乙醇的分子式：C2H6O，故D错误；答案：B.
20.可逆反应：2NO22NO＋O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，故①正确；②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO,只能说明正方向反应速率的关系，不能说明正逆反应速率的关系，故②错误；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明该可逆反应达到平衡状态，故③错误；④混合气体的颜色不再改变说明二氧化氮的浓度不变化，该可逆反应达到平衡状态，故④正确；⑤该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，混合气体的密度不会改变，所以该反应并不一定达到平衡状态，故⑤错误；⑥该反应是物质的量在增大的化学反应，而容器的体积固定时，混合气体的总物质的量与其压强成正比，则混合气体的压强不再改变可以说明该可逆反应达到平衡状态，故⑥正确；⑦混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=混合气体的总质量/混合气体的总物质的量，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，因此当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，证明该可逆反应达到平衡状态，故⑦正确；因此该可逆反应达到平衡状态的标志是①④⑥⑦，故A项符合题意。故本题正确答案为A。
21. 香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：
下列有关香叶醇的叙述正确的是（ ）
A. 香叶醇的分子式为C10H18O
B. 不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 能发生加成反应不能发生取代反应
【答案】A
【解析】
香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；香叶醇结构简式中有含有双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，B错误；香叶醇结构简式中有含有双键，能被高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；香叶醇结构简式中含有羟基，能发生取代反应， D错误。
【考点定位】有机物的结构（官能团）与性质
22.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是：( )
A. 原子半径：Z>Y>X
B. 气态氢化物的稳定性：R>W
C. WX3和水反应形成的化合物是离子化合物
D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物的碱性：Z>Y
【答案】B
【解析】
【详解】由表中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、-2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素，所以X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl；
A．已知X为O，Y为Na，Z为Al，原子半径应为Na＞Al＞O，故A错误；
B．已知W为S，R为Cl，非金属性Cl＞S，则气态氢化物的稳定性Cl＞S，故B正确；
C．X为O，W为S，所以WX3和水反应形成的化合物是硫酸，是共价化合物，故C错误；
D．Z为Al，Y为Na，金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，则两者最高价氧化物对应的水化物碱性NaOH＞Al（OH）3，故D错误；
故选：B。
23.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。
详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。
点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。
24.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是
A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D. W的氧化物对应的水化物均为强酸
【答案】A
【解析】
分析：W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。
详解：根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则
A. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；
B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；
C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；
D. 亚硝酸为弱酸，D错误。答案选A。
点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。
25.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B. 28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含碳原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，故A错误；B. 乙烯和环丁烷(C4H8)属于同系物，最简式为CH2,所以28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA，故B正确；C.甲烷分子含有1个碳原子，乙烯分子均含有2个碳原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含碳原子数目大于0.5NA，小于NA,故C错误；D.反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2
催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选B。
第Ⅱ卷 非选择题(共50分)
二、(本题包括5小题，共50分)
26.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程:
I.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸;
Il.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
III.当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a
IV....
(1) A中产生黄绿色气体，其化学方程式是____________________________
(2) 验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_____________________________
(3) B中溶液发生反应的离子方程式是______________________________
(4) 为验证的氧化性强于碘，过程IV的操作和现象是______________________________
(5) 过程III实验的目的是_____________________________
(6)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因:同主族元素从上到下半径逐渐_______(填“增大”或“减小”)，得电子能力逐渐______________(填“增强“或“减弱”)、
【答案】 (1). 2K MnO4+16HCl=2KCl+2 MnCl2+5Cl2↑+8H2O (2). 湿润的淀粉KI试纸变蓝 (3). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (4). 打开b当C中KI溶液色变深时，关闭b,取下D振荡静置。CCl4层呈紫红色。 (5). 消除Cl2对Br2置换I2 的干扰 (6). 增强 (7). 减弱
【解析】
【分析】
A中滴加浓盐酸后,发生反应:2KMnO4+16HCI(浓)=2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑+ 8H2O,生成黄绿色气体Cl2,在A、B、C中分别发生反应:Cl2+2KI=2KC1+I2、Cl2+2NaBr =2NaCl+ Br2、Cl2+2NaBr =2NaCl+ Br2，由于B、C中生成了Br2
而使溶液变为黄色,打开活塞b,C中生成的Br2在D中发生反应:Br2+2KI =2KBr+I2。实验过程，当B中出现黄色溶液继续通入过量Cl2时,溶液变为红棕色,以此为对照，说明C中黄色溶液无Cl2,从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
【详解】(1) A中产生黄绿色气体为Cl2，其化学方程式是2KMnO4+16HCI(浓)=2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑+ 8H2O。答案 ：2KMnO4+16HCI(浓)=2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑+ 8H2O。
（2）氯气遇到湿润的淀粉KI试纸时，发生反应：Cl2+2KI-=2KC1+I2，生成的I2可以使湿润的淀粉试纸变蓝，由此证明氯气的氧化性强于碘。答案：湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（3）B中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl- ；答案：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
（4）C中的溴化钠与氯气反应生成氯化钠和Br2，将C中溶液滴入D中，发生反应：Br 2+2KI=2KBr+I2，振荡静置后D中溶液分层，下层为碘的四氯化碳溶液，呈紫色，说明溴的氧化性强于碘。答案：打开b当C中KI溶液色变深时，关闭b,取下D振荡静置。CCl4层呈紫红色。
（5）确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。答案：消除Cl2对Br2置换I2 的干扰。
（6）根据元素周期律：同主族，从Cl到I，原子半径逐渐变大，得电子能力逐渐减弱，氧化性逐渐减弱。答案：增强 ；减弱。
【点睛】本题通过化学实验的设计考查卤素之间的置换反应，及其氧化性的变化规律。对于同主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性逐渐减弱（或还原性逐渐增强）；卤素单质的氧化性有强到弱：F2>Cl2>Br2>I2。
27.氨和铵盐用途广泛。
(1)工业合成氨的反应是 N2+3H22NH3 。
① 一定温度下，在某500mL的密闭容器中充入3mol H2 和 1 mol N2，3min后反应达平衡，H2的物质的量为0.75mol，求a. H2的转化率b.平衡时NH3的体积分数______。(写出计算过程)
② 对上述反应，下列说法不正确的是
A．正反应方向和逆反应方向均能进行的化学反应统称为可逆反应
B．当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，该反应达到化学平衡状态
C．化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率
D．改变可逆反应的反应条件可以在一定程度上改变其化学平衡状态
(2)已知日常所用的干电池中，其电极分别为碳棒和锌皮，以糊状NH4Cl和ZnCl2作为电解质，电极反应可简化为2NH4+ + 2e－＝2NH3+H2 (还加入填充物MnO2，用于吸收H2生成水，NH3与Zn2+结合为稳定物质)
。根据以上信息，日常所用的干电池的正极是__________，负极是_______。工作时电子由_______极流向_______极，当生成25.5克NH3时，转移______mol电子。
【答案】 (1). 75%.60% (2). A (3). 碳棒 (4). 锌皮 (5). 负、正 (6). 1.5
【解析】
【分析】
（1）根据三段式解答；
【详解】根据：N2+3H22NH3 。
起始量（mol） 1 3 0
变化量（mol）0.75 2.25 1.5
平衡量（mol） 0.25 0.75 1.5
(1) a. H2的转化率=10075%;b.平衡时NH3的体积分数=100=60%,答案：75%;60%。
② 在同一条件下，正反应方向和逆反应方向均能同时进行的化学反应统称为可逆反应，故A错误；B．当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，该反应达到化学平衡状态，故B正确；C．化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率，故C正确；D．改变可逆反应的反应条件可以在一定程度上改变其化学平衡状态，故D正确；答案：A。
(2)干电池中较活泼的金属锌作负极,较不活泼的导电的非金属碳作正极；干电池工作时,电流由正极碳经外电路流向负极锌，电子由负极流向正极；当生成25.5克NH3时，根据2NH4+ + 2e－＝2NH3+H2，可知转移1.5mol电子。答案：碳棒；锌皮。负、正、1.5。
28.已知烃A 的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如下图所示。
请回答下列问题：
(1)写出A的结构简式_________； A , B 中官能团的名称和化学式__________；
(2)B→C的化学方程式为____________________，①，②反应类型为__________；
(3)B的结构式为____________________。若B中含有少量H2O，可加入_____________蒸馏除去。
(4)D与少量Na2CO3反应的离子方程式____________________。
(5)已知乙醇能发生如下脱水反应：CH3CH2OH+HOCH2CH3 CH3CH2OCH2CH3+ H2O乙酸也能发生类似的脱水反应生成乙酸酐，写出该反应的化学方程式____________________。
【答案】 (1). CH2＝CH2 (2). 碳碳双键-C＝C- 羟基 -OH (3). 2 CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO + 2H2O (4). 加成反应，氧化反应 (5). HOCH2CH3 (6). 生石灰CaO (7). 2CH3COOH+CO23-→2CH3COO-+H2O+CO2↑ (8). CH3COOH + CH3COOH → + H2O
【解析】
【分析】
根究A的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平,则A是乙烯,乙烯和水发生加成反应生成B是乙醇,乙醇和氧气反应生成C,则C是乙醛,C进一步发生氧化反应生成D为乙酸,乙醇与乙酸反应生成E为乙酸乙酯。
【详解】(1)由上述分析可知A为乙烯, A的结构简式CH2＝CH2。A为乙烯、B为乙醇,含有官能团为碳碳双键-C＝C- 羟基 -OH,因此，本题正确答案是: CH2＝CH2；碳碳双键-C＝C- 羟基 -OH 。
(2) B→C反应是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应方程式为: 2 CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO + 2H2O ；反应(1)是乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应(2)是乙醇发生氧化反应生成乙醛；答案：CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO + 2H2O ；加成反应；氧化反应。
(3)B为乙醇，B的结构式为CH3CH2OH。若B中含有少量H2O，可加入生石灰CaO与水反应，与乙醇不反应，进而蒸馏除去水。答案：CH3 CH2OH；生石灰CaO
(4)D为乙酸与少量Na2CO3反应的离子方程式：2CH3COOH+CO23-→2CH3COO-+H2O+CO2↑；答案：2CH3COOH+CO32-→2CH3COO-+H2O+CO2↑。
(5)已知乙醇能发生如下脱水反应：CH3CH2OH+HOCH2CH3 CH3CH2OCH2CH3+ H2O乙酸也能发生类似的脱水反应生成乙酸酐，反应的化学方程式为：CH3COOH + CH3COOH → + H2O。
29.下表是周期表中的一部分，根据A－I在周期表中的位置，第(1)～(4)小题用元素符号或化学式回答，(5)～(7)小题按题目要求回答。
族
周期
I A
Ⅱ A
Ⅲ A
Ⅳ A
Ⅴ A
Ⅵ A
Ⅶ A
O
1
A
2
D
E
G
I
3
B
C
F
H
(1)表中元素，化学性质最不活泼的是____，只有负价而无正价的是____，氧化性最强的单质是____，还原性最强的单质是_____。
(2)A分别与D、E、F、G、H形成的化合物中，最稳定的________。
(3)在B、C、E、F、G、H中，原子半径最大的是________。
(4)A和D组成化合物的电子式________。 (5)画出F的原子结构示意图_____。
(6)用电子式表示B和H组成化合物的形成过程：________。
(7)写出B的最高价氧化物的水化物和C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：________。
【答案】 (1). Ne (2). F (3). F2 (4). Na (5). HF (6). Na (7). (8). (9). (10). OH－+ Al(OH)3= AlO2－+2H2O 或OH－+ Al(OH)3=Al(OH)4－
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置,可以知道A为H、B为Na、C为Al、D为C、E为N、F为P、G为F、H为Cl、I为Ne.
【详解】(1)根据分析可知稀有气体Ne原子最外层为稳定结构,化学性质最不活泼;F元素只有负价,没有正化合价;同周期自左而右非金属性增强、金属性减弱,同主族自上而下非金属性减弱、金属性增强,故上述元素中F元素非金属性增强,单质F2氧化性最强,Na元素金属性最强,单质还原性最强,因此，本题正确答案是:Ne;F;F2;Na;
(2)同周期自左向右非金属性增强,同主族自上而下非金属性减弱,故上述元素中F元素非金属性增强,则HF最稳定,因此答案是:HF;
(3)同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径增大,故原子半径最大的是Na,因此，本题正确答案是:Na;
(4)A和D组成最简单化合物为CH4,分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对,其电子式为:,因此，本题正确答案是:；
(5) F为P， P的原子结构示意图；答案：。
(6) B为Na ,H为Cl ,B和H组成化合物为NaCl,属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成, 其形成过程的电子式表示为： ，
因此，本题正确答案是:；
(7)B的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠,C的最高价氧化物为的水化物为氢氧化铝,二者反应生成偏铝酸钠与水,反应离子方程式为: OH－+ Al(OH)3= AlO2－+2H2O 或OH－+ Al(OH)3=Al(OH)4－,因此，本题正确答案是: OH－+ Al(OH)3= AlO2－+2H2O 或OH－+ Al(OH)3=Al(OH)4－。
【点睛】根据元素周期表判断元素种类，根据元素周期律推断元素的性质：稀有气体原子最外层为稳定结构,化学性质最不活泼;F元素只含有负价,没有正化合价;非金属性越强,单质氧化性越强,金属性越强,单质还原性越强;解答相应的问题。
30.某可逆反应：2A(g)B(g)+D(g)在密闭固定容器中4种不同条件下进行，B和D的起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：
(1)实验1中，在10～20min内，以物质A表示的平均反应速率为_____。
(2)0～20min内，实验2比实验1的反应速率(“快”或“慢”)_____，其原因可能是_____。
(3)实验3比实验1的反应速率(填“快”或“慢”)_____，其原因可能是_____。
(4)从表中可以看出，t_____900(填“＞”、“＜”、“＝”)。
(5)实验3中40分钟时V(正)_____V(逆)(填“＞”、“＜”、“＝”)。
(6)实验4中50分钟时B的浓度为_____。
【答案】 (1). 0.013mol·L-1·min-1 (2). 快 (3). 实验2使用了催化剂 (4). 快 (5). 实验3比实验1的温度高 (6). ＞ (7). = (8). 0.425mol/L
【解析】
【详解】(1)根据速率公式v==(0.8-0.67) mol·L-1/10min= 0.013 mol·L-1·min-1 ,因此，本题正确答案是0.013mol·L-1·min-1 ;
(2)实验1、2起始量相同,温度相同,平衡浓度相同,但实验2达到平衡所需要的时间短,反应速率快,说明加入了催化剂,加快反应速率,平衡不变,因此，正确答案是:快;使用了催化剂;
(3)实验1、3起始量相同,但实验3达到平衡所需要的时间短,反应速率增大,根据图表可以知道,实验3温度比实验1高,因此，答案是:快;实验3的温度比实验1高;
(4)从表中可以看出，实验4比实验3达到平衡所需时间更短，反应程度更大，说明温度比实验3更高，即t＞900。答案：＞。
(5)实验3中40分钟时反应达到平衡状态，所以V(正) ＝V(逆)。答案：＝。
(6) 实验4中50分钟时反应达到平衡状态，由A的起始量1.0mol·L-1，平衡量0.15 mol·L-1则变化量0.85 mol·L-1；根据2A(g)B(g)+D(g)知 B的浓度为0.425 mol/L。答案：0.425 mol/L。
