2018-2019学年甘肃省武威市第六中学高一下学期第三次学段考试化学试卷（解析版）

2018-2019学年甘肃省武威市第六中学高一下学期第三次学段考试化学试卷（解析版）

甘肃省武威市第六中学2018-2019学年高一下学期第三次学段考试化学试题 ‎1.化学己经渗透到人类生活的方方面面。下列说法不正确的是 A. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸 B. 明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒 C. 月饼因富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有铁粉的透气袋作抗氧化剂 D. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸酸性比次氯酸强，醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白速率增大，故A正确；‎ B. 明矾中铝离子水解生成胶体，可净化水，不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故B错误；‎ C.铁粉常用作抗氧化剂，故C正确；‎ D. 维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.下列各项中，表达正确的是 A. 水分子的球棍模型： B. 氯离子的结构示意图：‎ C. CO2分子的电子式： D. 氯乙烯的结构简式：CH3CH2Cl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水分子是V形分子，不是直线形分子，故A错误；‎ B.Cl元素的质子数是17，Cl-的核外电子数是18，所以Cl-的结构示意图为，故B正确；‎ C.CO2分子的电子式：，故C错误；‎ D.氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl，故D错误。答案选B。‎ ‎【点睛】解题时需注意在含有碳碳双键的有机物的结构简式中，碳碳双键不能省略。‎ ‎3.已知1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ - 都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )‎ A. 离子的还原性：Y2-＞Z- B. 质子数：c＞b C. 氢化物的稳定性：H2Y＞HZ D. 原子半径：X＜W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素。‎ ‎【详解】A项、F2的氧化性强于O2，所以F—离子的还原性弱于O2-，故A正确；‎ B项、Na元素的质子数为11，O元素的质子数为8，质子数: d＞c，故B错误；‎ C项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F元素非金属性强于O元素，则氢化物的稳定性氢化物的稳定性HF＞H2O，故C错误；‎ D项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径Al＜Na，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查结构与位置关系，注意根据离子的电子层结构相同，判断出四种元素的原子序数的大小以及在周期表中的大体位置，再根据元素周期律判断是解答关键。‎ ‎4. 下列有关元素的性质及其递变规律叙述正确的是 A. 同主族元素形成的单质熔沸点自上而下逐渐升高 B. 核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同 C. 第三周期中，除稀有气体元素外原子半径最大的是氯 D. 同主族元素氢化物的稳定性越强其沸点就越高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卤素元素形成的单质熔沸点自上而下逐渐升高，而碱金属元素形成的单质熔沸点自上而下逐渐降低，与单质的类别、化学键等有关，A错误；‎ B．核外电子排布相同的微粒的化学性质不一定相同，如F-与Na+性质不同，B正确；‎ C．第三周期中，原子序数大的原子半径小，则第三周期中，除稀有气体元素外原子半径最大的是Na，C错误；‎ D．同主族元素氢化物稳定性与非金属性有关，沸点与氢键、相对分子质量有关，卤素中HF最稳定且沸点最大，但第ⅣA中甲烷最稳定沸点最低，D错误；答案选B。‎ ‎【点晴】该题为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。易错选项是D，注意氢键对物质性质的影响。‎ ‎5.下列反应符合如图所示的反应是 ( )‎ A. CO2与炽热的炭反应生成CO B. 石灰石分解 C. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl固体混合 D. 食物因氧化而腐败 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，据此解答。‎ ‎【详解】A. CO2与炽热的炭反应生成CO，属于吸热反应，A错误；‎ B. 石灰石分解生成氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，B错误；‎ C. Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl固体混合属于吸热反应，C错误；‎ D. 食物因氧化而腐败而变质，属于放热反应，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.在‎1 L的密闭容器中，发生反应‎4A(s)＋3B(g)‎2C(g)＋D(g)，经2 min后B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的正确表示是(　　)‎ A. 用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1‎ B. 用BCD分别表示反应的速率，其比值是3∶2∶1‎ C. 在第2 min末的反应速率用B表示是0.3 mol·L－1·min－1‎ D. 在这2 min内用B表示的速率的值逐渐减小，用C表示的速率的值逐渐增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应速率指某一段时间内的平均速率，而不是指某一时刻的瞬时速率，每一时刻的瞬时速率实际上都是不相同的。‎ ‎【详解】A项、A物质为固体，浓度为定值，不能利用固体表示反应速率，故A错误；‎ B项、化学反应速率之比等于化学计量数之比，用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1，故B正确；‎ C项、2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率是0.3 mol·L－1·min－1，不是2min末的瞬时速率，故C错误；‎ D项、随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，故2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.在恒温恒容的容器中进行反应 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，若反应物浓度由1 mol/L降到0.8 mol/L需10s，那么由0.8 mol/L降到0.4 mol/L，需反应的时间为 A. 等于10s B. 小于10s C. 等于20s D. 大于20s ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】反应物A的浓度由1mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率为v===0.02mol·L-1·s-1，假设以0.02mol·L-1·s-1的反应速率计算反应物A的浓度由由0.8mol/L降到0.4mol/L所需反应时间为t===20s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.4mol/L的平均反应速率小于0.02mol·L-1·s-1，所以所用时间应大于20s。‎ 故选D。‎ ‎8.在一定温度下，可逆反应A(气)+3B(气)‎2C(气)若达到平衡的标志是(　　)‎ A. C的生成速率与B的生成速率相等 B. 混合气体的平均相对分子质量不变 C. 单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB D. A、B、C的分子数之比为1:3:2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 达到平衡状态时正、逆反应速率相等，正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率，不同物质表示的反应速率与化学计量数成正比。‎ ‎【详解】A项、C的生成速率与B的生成速率之比为3:2时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A错误；‎ B项、该反应是一个体积体积减小的反应，由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量不变，反应中容器内气体的平均摩尔质量增大，则容器内气体的平均摩尔质量不变，能表明反应已达到平衡状态，故B正确；‎ C项、单位时间内生成nmolA和生成3nmolB均为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；‎ D项、A、B、C三种物质的分子数之比是1：3：2，没有说明保持1：3：2不变，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查平衡平衡状态，注意抓住化学平衡状态的本质特征是正逆反应速率相等，明确反应速率与化学计量数的关系是解答关键。‎ ‎9. 对于10mL 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10mL 3mol/L盐酸； ③改用30mL 1mol/L醋酸；‎ ‎④用等量锌粉代替锌粒； ⑤改用10mL 3mol/L硝酸；‎ A. ①②④ B. ①③④⑤ C. ①②③④ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，①正确；‎ ‎②改用10mL 3mol/L盐酸，浓度增大，反应速率增大，②正确；‎ ‎③改用30mL 1mol/L醋酸，醋酸是弱酸不能完全电离，因浓度不变，醋酸中氢离子浓度小，所以反应速率减慢，③错误；‎ ‎④用等量锌粉代替锌粒，固体表面积增大，反应速率增大，④正确；‎ ‎⑤硝酸与锌粒反应不生成氢气，⑤错误。‎ 综上所述，能使化学反应速率加快的是①②④，答案选A。‎ ‎10.反应：‎3A(g)＋B(g)===‎2C(g)＋2D(g)，在不同条件下，用不同物质表示其反应速率，分别为①v(A)＝0.6 mol·L－1·min－1‎ ‎②v(B)＝0.45 mol·L－1·min－1‎ ‎③v(C)＝0.015 mol·L－1·s－1 ④v(D)＝0.45 mol·L－1·min－1，‎ 则此反应在不同条件下进行最快的是(　　)‎ A. ②③ B. ①③ C. ②④ D. ②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于一个化学反应，用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义是相同的，所以比较反应速率时需要先换算成用同一种物质来表示，然后才能直接比较数值大小。‎ ‎【详解】化学反应速率之比等于化学反应方程式中的化学计量数之比，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=3∶1∶2∶2，则转化为用A表示的化学反应速率分别为：‎ ‎①v(A)＝0.6 mol·L－1·min－1；‎ ‎②v(B)＝0.45 mol·L－1·min－1，则v(A)＝3v(B)＝1.35 mol·L－1·min－1；‎ ‎③v(C)＝0.015 mol·L－1·s－1=0.9 mol·L－1·min－1，则v(A)＝v(C)＝1.35 mol·L－1·min－1；‎ ‎④v(D)＝0.45 mol·L－1·min－1，则v(A)＝v(D)＝0.675 mol·L－1·min－1。‎ 综上所述，②③进行最快，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的比较，注意利用反应速率之比等于化学计量数之比转化为同种物质的反应速率，注意单位统一是解答本题的关键。‎ ‎11. 燃料电池是目前电池研究的热点之一。现有某课外小组自制的氢氧燃料电池，如图所示，a、b均为惰性电极。下列叙述不正确的是(　　)‎ A. a极是负极，该电极上发生氧化反应 B. b极反应是O2＋4OH－－4e－===2H2O C. 总反应方程式为2H2＋O2===2H2O D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，a极通H2为负极，电极反应应为2H2＋4OH－－4e－===4H2O，发生氧化反应，A正确；‎ B项，b极通O2为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B项不正确；‎ C项，正负极电极反应式相加得总反应为2H2＋O2===2H2O，C正确；‎ D项，氢氧燃料电池的能量高，且产物为水，对环境无污染，故是具有应用前景的绿色电源，D正确。‎ 综上所述，B不正确，故选B。‎ ‎12.银锌电池是一种常见化学电源，这种银锌电池的续航能力要比锂离子电池强，有望取代锂电池。其放电过程可表示为Zn＋Ag2O＋H2O=Zn(OH)2＋2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是 （ ）‎ A. 放电过程中, 化学能转化为电能 B. 放电过程中, 阳离子移向Ag2O 电极 C. Zn 电极的电极反应式：Zn－2eˉ＋2OHˉ=Zn(OH)2‎ D. 放电过程中电解质溶液的碱性不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由放电反应式为Zn+Ag2O+H2O=Zn（OH）2+2Ag可知，Zn电极为原电池负极，Zn 失电子发生氧化反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn（OH）2，Ag2O为正极，Ag2O得电子发生还原反应生成Ag，电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，电池工作时，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动。‎ ‎【详解】A项、银锌电池放电过程中将化学能转化为电能，故A正确；‎ B项、放电过程中, 阳离子向正极移动，Ag2O为正极，则阳离子移向Ag2O 电极，故B正确；‎ C项、Zn电极为原电池负极，Zn 失电子发生氧化反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn（OH）2，故C正确；‎ D项、由反应方程式可知，电池工作时消耗水，水的量减少，KOH溶液的浓度增大，溶液pH增大，碱性增强，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池的工作原理，明确电极反应、原电池的正负极以及电池反应的关系，注意结合氧化还原反应来分析是解答关键。‎ ‎13.类比推理是学习化学的重要的思维方法，下列有关资源综合利用陈述Ⅰ及类比推理陈述Ⅱ均正确的是 选项 陈述Ⅰ 类比推理陈述Ⅱ A 冶炼铁通常用热还原法 冶炼铜也可以用热还原法 B 用电解Al2O3的方法得到铝单质 用电解MgO的方法得到镁单质 C Cl2能把海水中的碘置换出来 F2也能把海水中的碘置换出来 D 可以用铝热法制备金属铬 也可以用铝热法制备金属镁 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.依据金属冶炼原理分析可知，冶炼金属铁通常用热还原法，铜与铁均为比较活泼的金属，所以冶炼铜也可以用热还原法，故A正确；‎ B.Al是活泼的金属，工业上通常用电解熔融Al2O3的方法得到铝单质，虽然Mg也是活泼的金属，但制取工业上常用电解氯化镁而不用电解氧化镁的方法制取镁，因为氧化镁熔点高，电解氧化镁耗能极大，选择电解氯化镁，故B错误；‎ C.氯气的氧化性比碘强，故Cl2能把海水中的碘置换出来，虽然F2的氧化性比单质碘强，但是F2会先与水反应，反应方程式为：‎2F2+2H2O=4HF+O2，所以不能把海水中的碘置换出来，故C错误；‎ D.利用铝热反应可以制备Fe、V、Mn、Cr等较不活泼金属，Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，而不用铝热法，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】常见金属的冶炼方法：1.电解法：该法适合冶炼金属活动性很强的金属，因为这类金属不能用一般的还原剂使其从化合物中还原出来，只能用通电分解其熔融盐或氧化物的方法来冶炼；2.热还原法：该法可冶炼较活泼的金属，碳、一氧化碳、氢气、活泼金属等是常用的还原剂；3.热分解法：有些金属仅用加热的方法就可以从矿石中得到，用该法可冶炼某些不活泼金属。‎ ‎14.有机物与氯气发生取代反应，生成的一氯代物有 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】有3种环境不同的H原子，即如图所示三种，故其一氯代物有3种，故选C。‎ ‎【点睛】确定等效氢原子是解本题的关键，对于等效氢的判断：‎ ‎①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；‎ ‎②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；‎ ‎③处于镜面对称位置上的氢原子等效；有几种氢原子就有几种一氯代烃。‎ ‎15.下列叙述中错误的是（　　）‎ A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上；由于乙醇与水间有氢键的存在，水与乙醇能互溶。‎ B. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷的反应，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同，都属于取代反应。‎ C. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致。‎ D. 苯不能使溴四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，难和溴的四氯化碳溶液发生加成反应。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．冰中分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，所以冰能浮在水面上，是氢键的原因；能和水形成分子间氢键的物质溶解度较大，乙醇能和水形成分子间氢键，则水和乙醇能互溶，故A正确；B．甲烷中H被Cl取代，苯中的H被硝基取代，均为取代反应，故B正确；C．氢键影响物质的物理性质，不影响稳定性，H2O稳定是H-O键的键能大，与氢键无关，故C错误；D．碳碳双键能与溴发生加成反应，则苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，故D正确；故答案为C。‎ ‎16.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是 A. 甲烷与氯气混合后发生光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环已烷 C. 在苯中滴入溴水，溴水层变无色；乙烯在一定条件下生成聚乙烯 D. 甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合液加热；乙烯与水在一定条件下生成乙醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应。‎ ‎【详解】A. 甲烷与氯气混合后发生光照反应是取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，A错误；‎ B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应属于加成反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环已烷也是加成反应，B错误；‎ C. 在苯中滴入溴水，溴水层变无色，发生萃取；乙烯在一定条件下生成聚乙烯发生加聚反应，C错误；‎ D. 甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合液加热发生硝化反应，属于取代反应；乙烯与水在一定条件下生成乙醇发生加成反应，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎17.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大五种短周期主族元素。A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D‎2C；C、E元素同主族。‎ ‎(1)B在元素周期表中的位置是_________。 ‎ ‎(2)E元素形成的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______，由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为______。 ‎ ‎(3)C、D、E形成的简单离子的半径大小关系是_________(用离子符号表示)。 ‎ ‎(4)用电子式表示化合物A‎2C的形成程:____________________________，化合物D‎2C2中含有的化学键是____________________________________。 ‎ ‎(5)化合物D‎2C2与A‎2C反应的化学方程式 ____________________________‎ ‎【答案】 (1). 第二周期 第ⅤA族 (2). H2SO4 (3). NH4NO3 (4). S2-＞O2-＞ Na+ (5). (6). 离子键、非极性键(或共价键) (7). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3‎ ‎，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，只能有2个电子层，最外层电子数为6，应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D‎2C，则D的化合价为+1价，D为Na元素；C、E主族，则E为S元素。‎ ‎【详解】(1)B元素为N元素，位于元素周期表第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；‎ ‎（2）ES元素，最高价为+6，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故答案为：H2SO4；‎ ‎（3）C、D、E形成的简单离子分别为O2—、Na+、S2—，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则离子半径的大小关系是S2-＞O2-＞ Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；‎ ‎（4）A为H元素、C为O元素，A‎2C为H2O，H2O为共价化合物，用电子式表示H2O的形成过程为；化合物D‎2C2为Na2O2，Na2O2为离子化合物，含有离子键和非极性键（或共价键），故答案为：；离子键、非极性键(或共价键)；‎ ‎(5)化合物D‎2C2为Na2O2，A‎2C为H2O，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。‎ ‎18.在一定温度下，体积为‎2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2（g）（红棕色）N2O4(g）（无色），如图所示。‎ ‎（1）曲线_____（填“X”或“Y”）表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。‎ ‎（2）若降低温度，则υ（正）____，υ（逆）___。（填“加快”或“减慢”或“不变”）。‎ ‎（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中υ（NO2）=0.3mol/（L•s），乙中υ（N2O4）=6mol/（L•min），则_____中反应更快。‎ ‎（4）在0到3min中内N2O4的反应速率为____。‎ ‎（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态是（填标号）_____。‎ A．υ（NO2）=2υ（N2O4）‎ B．容器内压强不再发生变化 C．X的体积分数不再发生变化 D．容器内气体原子总数不再发生变化 E．相同时间内消耗n mol的Y的同时生成2n mol的X F．相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X ‎【答案】 (1). X (2). 减慢 (3). 减慢 (4). 甲 (5). 0.05mol/（L•min） (6). BCF ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由方程式2NO2(g) (红棕色)⇌N2O‎4g)(无色)，可知反应中NO2的物质的量变化较大，则X表示NO2的物质的量随时间的变化曲线；‎ ‎（2）温度降低，正、逆反应速率都减慢；‎ ‎（3）分别测得甲中υ(NO2)=0.3mol/(L•s)，乙中υ(N2O4)=6mol/(L•min)，乙中υ(NO2)=2υ(N2O4)=12mol•L-1•min-1=0.2mol/(L•s)，则甲反应较快；‎ ‎（4）υ(N2O4)==0.05mol/(L•min)；‎ ‎（5）A．υ(NO2)=2υ(N2O4)，未体现正与逆的关系，不能说明反应达到平衡状态；‎ B．该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容容器中容器内压强不再发生变化，说明达平衡状态；‎ C．X的体积分数不再发生变化，说明达平衡状态；‎ D．从反应发生容器中原子总数就不变，容器内气体原子总数不再发生变化，不能作平衡状态的标志；‎ E.只要反应发生就符合相同时间内消耗n mol的Y的同时生成2n mol的X，反应不一定达平衡状态；‎ F．相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X，说明各组分保持不变，说明达平衡状态；‎ 故选BCF。‎ ‎19.已知A是常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，A、B、C、D、E、F、G均为有机物，他们之间有如图转化关系，请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A中官能团的名称:A________，B中官能团的电子式B________。‎ ‎（2）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为________。‎ ‎（3）写出与F互为同系物的含5个碳原子的所有同分异构体中一氯代物种类最少的物质的结构简式：‎ ‎___________________________________________ 。‎ ‎（4）写出下列编号对应反应的化学方程式。‎ ‎④ _____________________________；⑦ _____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). (3). 正四面体 (4). C(CH3)4 (5). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (6). CH2=CH2+HClCH3CH2Cl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；一定条件下，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH；在铜做催化剂作用下，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO；CH3CHO进一步发生氧化反应生成CH3COOH，则D为CH3COOH；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则E为CH3COOCH2CH3；一定条件下，乙烯与氢气发生加成反应生成C2H6，则F为C2H6；一定条件下，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，则G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应也能生成CH3CH2Cl。‎ ‎【详解】（1）A的结构简式为CH2=CH2，官能团为碳碳双键；B的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，羟基的电子式为，故答案为：碳碳双键；；‎ ‎（2）F为C2H6，属于烷烃，最简单的烷烃为甲烷，甲烷的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；‎ ‎（3）烷烃含5个碳原子的是戊烷，戊烷有3种同分异构体，结构简式为CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4，CH3CH2CH2CH2CH3的一氯代物有3种，CH3CH2CH（CH3）2的一氯代物有4种，C（CH3）4的一氯代物有1种，故答案为：C（CH3）4；‎ ‎（4）反应④为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应⑦为一定条件下，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，反应的化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；CH2=CH2+HClCH3CH2Cl。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断，注意常见有机物的结构和性质，明确烷烃、烯烃、醇、醛、羧酸之间的转化关系是解答关键。‎ ‎20.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。‎ ‎（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的总化学方程式_______。‎ ‎（2）甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是__________，乙的作用是___________。‎ ‎（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是__________；集气瓶中收集到的气体的主要成分是__________。‎ ‎（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验,试纸显红色，说明液体中还有___。要除去该物质，可先在混合液中加入__________(填写字母),然后再通过蒸馏即可除去。‎ A．氯化钠溶液 B．苯 C．碳酸氢钠溶液 D．四氯化碳 ‎【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (2). 提供乙醇蒸汽 (3). 冷却产生的乙醛等气体 (4). 乙醛、乙醇、水 (5). 氮气（或N2） (6). 乙酸 (7). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验装置图可知，无水乙醇在水浴加热的条件下将乙醇变成乙醇蒸气，鼓入空气，乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，试管a放入冷水中，目的是冷却反应得到的混合气体，试管a中收集到的液体为乙醛、乙醇和水，空气中的氧气参与反应，集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。‎ ‎【详解】（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象的原因是金属铜在加热条件下被氧气氧化为黑色氧化铜，氧化铜与乙醇在加热条件下发生氧化反应生成乙醛、铜和水，反应中金属铜起催化剂作用，反应的总方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎（2）甲为热水浴，使乙醇平稳气化成乙醇蒸气，起到提供乙醇蒸汽的作用；乙为冷水浴，冷却反应得到的混合气体，便于乙醛的收集，故答案为：提供乙醇蒸汽； 冷却产生的乙醛等气体；‎ ‎（3）经过反应后并冷却，a中收集到的物质有易挥发的乙醇，反应生成的乙醛和水；空气中的氧气参与反应，丙中集气瓶内收集到气体的主要成分氮气，故答案为：乙醛、乙醇、水；氮气；‎ ‎（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，乙酸能与碳酸氢钠溶液反应生成乙酸钠、水和二氧化碳，乙酸可以用NaHCO3溶液除去，然后经过蒸馏即可得到乙醛，故答案为：乙酸；C。‎