化学卷·2018届天津市静海县一中高二上学期暑假检测化学试卷（9月份）（解析版）

化学卷·2018届天津市静海县一中高二上学期暑假检测化学试卷（9月份）（解析版）

‎2016-2017学年天津市静海县一中高二（上）暑假检测化学试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．化学与环境保护密切相关，下列叙述正确的是（　　）‎ A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．PM2.5（2.5微米以下的细颗粒物）主要来自化石燃料的燃烧 C．处理废水时加入明矾作为消毒剂对水进行杀菌消毒 D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2‎ ‎2．下列有关化学用语的表示方法中错误的是（　　）‎ A．CO2分子的结构式：O=C=O B．S2﹣的结构示意图：‎ C．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子符号为： R D．次氯酸的电子式：‎ ‎3．下列说法不正确的是（　　）‎ A．化学电池可以将化学能转化为电能 B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法 C．冶炼Na、Mg、Al等活泼金属时，可选择电解法 D．水汽化需要吸收能量，所以水汽化属于吸热反应 ‎4．在周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（　　）‎ A．8、18、32、32 B．8、18、18、32 C．8、18、18、18 D．8、18、18、18‎ ‎5．电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是（　　）‎ A．CH4和NH4+ B．NO和O2 C．HCl和H2S D．NH2﹣和H3O+‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 B．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 C．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解 D．葡萄糖与淀粉互为同分异构体 ‎7．下列属于取代反应的是（　　）‎ A．乙烯通入溴水中 B．光照甲烷与氯气的混合气体 C．苯与溴水混合后撒入铁粉 D．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应 ‎8．下列结论错误的是（　　）‎ ‎①微粒半径：K+＞Al3+＞S2﹣＞Cl﹣‎ ‎②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4‎ ‎③离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣‎ ‎④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te ‎⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO4‎ ‎⑥非金属性：O＞N＞P＞Si ‎⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K ‎⑧沸点：H2Se＞H2S＞H2O．‎ A．①⑤ B．①③⑤⑧ C．②④⑥⑦ D．②④⑥‎ ‎9．下列各反应中，符合图所示能量变化的是（　　）‎ A．H2和Cl2的反应 B．Al和盐酸的反应 C．Na和H2O的反应 D．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl的反应 ‎10．根据下列反应事实：①X+Y2+=X2++Y；②Z+2H2O（冷）=Z（OH）2+H2↑；③Z2+氧化性比X2+弱；④由Y、W电极组成的电池，Y电极反应为Y﹣2e﹣=Y2+，可知X、Y、Z、W的还原性强弱顺序为（　　）‎ A．X＞Z＞Y＞W B．Z＞X＞Y＞W C．Z＞Y＞X＞W D．Z＞W＞X＞Y ‎11．下列离子能大量共存的是（　　）‎ A．H+、Na+、Si032﹣、Cl﹣ B．Al3+、Fe3+、SO42﹣、SCN﹣‎ C．Mg2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ D．H+、K+、NO3﹣、AlO2﹣‎ ‎12．现有三组：①CCl4和氯化钠溶液；②硝酸钾溶液中少量氯化钠；③氯化钠溶液和碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（　　）‎ A．分液、过滤、蒸馏 B．过滤、结晶、分液 C．蒸馏、分液、萃取 D．分液、结晶、萃取 ‎13．下列事实可以说明 苯分子结构中不存在C﹣C单键和C=C双键交替结构的是 ①苯不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色 ②苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应 ③邻二甲苯只有一种结构 ④苯环上碳碳键的键长相等（　　）‎ A．全部 B．只有①④ C．只有①③④ D．只有①②④‎ ‎14．如图中是可逆反应X2+3Y2⇌2Z2在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（　　）‎ A．t1时，只有正方向反应 B．t1～t2，X2的物质的量越来越多 C．t2～t3，反应不再发生 D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化 ‎15．在体积不变的绝热密闭容器中，下列能说明可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（s）已经达到平衡状态的是（　　）‎ ‎①C的生成速率与C的分解速率相等 ‎ ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB ‎③A、B、C的浓度不再变化 ‎ ‎④反应物的转化率不再变化 ‎ ‎⑤混合气体的压强不再变化 ‎ ‎⑥反应体系的温度不再变化 ‎ ‎⑦单位时间内消耗amolA，同时生成 3amolB ‎ ‎⑧A、B、C、D的分子数之比为1：3：2：2．‎ A．①③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑦ C．①③④⑥⑦ D．①②③④⑤⑥⑦‎ ‎16．设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．1mol Na与乙醇完全反应，失去2nA电子 B．常温常压下，8gCH4含有5nA个电子 C．1L 0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中含有0.1nA个H+‎ D．标准状况下，22.4L苯含有nA个C6H6分子 ‎17．下列溶液中，氯离子浓度最大的是（　　）‎ A．200mL 1mol/L的NaCl溶液 B．150 mL 1mol/L的MgCl2溶液 C．100mL 1mol/L的HCl溶液 D．50mL 1mol/L的AlCl3溶液 ‎18．下列关于乙烯和聚乙烯的叙述不正确的是（　　）‎ A．乙烯常温下是气体，为纯净物；聚乙烯常温下是固体，为混合物 B．可以采用通过溴水洗气的方法以除去乙烷中的乙烯气体 C．乙烯和聚乙烯都能使溴水褪色 D．取等质量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后，生成的CO2和H2O的质量分别相等 ‎19．维生素A的结构简式如图所示，关于它的叙述中正确的是（　　）‎ A．维生素A能发生取代、加成、酯化反应 B．维生素A不能与金属钠反应产生氢气 C．维生素A不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．维生素A属于不饱和烃 ‎20．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）‎ A．‎ 除去乙醇中的乙酸 B．‎ 形成原电池 C．‎ 制取乙酸乙酯 D．‎ 石油的蒸馏 ‎21．少量铁片与l00mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①加H2O ②加KNO3溶液 ③滴入几滴浓盐酸 ④加入少量铁粉 ⑤加NaCl溶液 ‎ ‎⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸．‎ A．①⑥⑦ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．③④⑥⑦⑧‎ ‎22．下述实验能达到预期目的是（　　）‎ 编号 实验内容 实验目的 A 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去 证明SO2具有漂白性 B 先加入AgNO3溶液，再加稀硝酸 检验Na2SO4‎ 溶液中含有Cl﹣‎ C 向1mL0.2mol•L﹣1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度 D 测定Na2SO4溶液与Na2CO3溶液的酸碱性 证明非金属性S＞C A．A B．B C．C D．D ‎23．微型纽扣电池在现代生活中是广泛应用的一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式分别为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，电池总反应式为Ag2O+Zn═2Ag+ZnO．根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是（　　）‎ A．在使用过程中，电池负极区溶液pH增大 B．在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极 C．在使用过程中，Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应 D．外电路中每通过0.2mol电子，正极的质量理论上减小1.6g ‎24．将4mol A气体和2mol B气体在体积为2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g），若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，C的物质的量浓度为0.6mol/L．现有几种说法：①2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）；②2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol/（L•s）；③2s时物质B的转化率为70%；④x=2．其中正确的是（　　）‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎25．按要求填空（均用序号表示）：‎ ‎①O2和O3②一氯甲烷和二氯甲烷 ③正丁烷和异丁烷 ④CH4和 CH3CH2CH2CH3⑤CH3CH2CH（CH3）2 和 ⑥氕、氘和氚 其中，‎ ‎（1）互为同分异构体的是　　；‎ ‎（2）互为同系物的是　　； ‎ ‎（3）实际上是同种物质的是　　；‎ ‎（4）互为同素异形体的是　　‎ ‎（5）互为同位素的是　　．‎ ‎26．有机物：①正戊烷 ②异戊烷 ③新戊烷 ④正丁烷 ⑤异丁烷，它们的沸点按由高到低的顺序是　　．‎ ‎27．分子式为CH4、C2H4、C2H2、C6H6、C5H10的烃．物质的量相同时，耗氧量最多的是　　，生成CO2最多的是　　．‎ ‎28．A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期．C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙．A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个．E是地壳中含量最高的金属元素．根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）A元素在周期表中的位置是　　，乙物质的晶体中所含化学键的类型为　　，用电子式表示甲的形成过程　　，工业冶炼单质E的化学方程式　　．‎ ‎（2）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是　　（用元素符号填写）．‎ ‎（3）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是　　‎ ‎（4）D的金属性比E的金属性　　（填“强”或“弱”）；哪些事实可以说明（写出一个即可）　　．‎ ‎29．已知在容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生如下反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）‎ ‎（1）下列能说明该反应已经达到平衡状态的是　　；‎ A．容器中气体总质量不变 B．c（O2）不变C．υ（O2）=1.25υ（NH3） D．体系压强不变 E．相同时间内，消耗0.1mol NH3，同时消耗了0.1mol NO ‎（2）向该容器中加入正催化剂，则反应速率　　（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），降低容器的温度则反应速率　　，通入Ar，则反应速率　　．‎ ‎（3）若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小，其原因是　　．‎ ‎30．某温度时，在2L密闭容器中某一反应的A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析求得：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为　　．‎ ‎（2）反应开始至4min时，A的平均反应速率为　　．‎ ‎（3）4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v（正）　　（填“＞”、“＜”或“=”，下同）v（逆），8min时，v（正）　　v（逆）．‎ ‎31．对于反应2A2+B2=2A2B，已知A2、B2、A2B的键能如下表 化学键 A﹣A B=B A﹣B 键能kJ/mol ‎236‎ ‎406‎ ‎163‎ 当2molA2完全反应　　（填“放出”或“吸收”）热量　　KJ．‎ ‎32．有机物A、B、C、D、E有如下转化关系．回答下列问题：‎ ‎（1）乙烯的电子式为　　，C中所含官能团的名称　　；‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式和有机反应类型：‎ ‎④　　，反应类型：　　．‎ ‎⑤　　，反应类型：　　．‎ ‎（3）反应②和反应③都可以用来制备物质B，反应②的条件为　　．若要制取物质B，最好采用反应　　（填②或③），原因是　　．‎ ‎（4）若用惰性材料做电极，以稀硫酸溶液为电解质溶液，两电极分别通入O2与甲烷，制成燃料电池，回答下列问题：‎ ‎①已知电池的总反应即为甲烷的燃烧反应，则电池的总反应方程式为　　正极电极反应式为：　　‎ ‎②消耗标准状况下的O25.6L时，有　　mol电子发生转移．‎ ‎③溶液中H+的移动方向是　　‎ a由正极区向负极区移动 b由负极区向正极区移动 c从正极经外电路向负极移动 d从负极经外电路向正极移动．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年天津市静海县一中高二（上）暑假检测化学试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题2分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．化学与环境保护密切相关，下列叙述正确的是（　　）‎ A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B．PM2.5（2.5微米以下的细颗粒物）主要来自化石燃料的燃烧 C．处理废水时加入明矾作为消毒剂对水进行杀菌消毒 D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2‎ ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】A．绿色化学又称环境友好化学，其核心就是利用化学原理从源头消除污染；‎ B．化石燃料的燃烧产生大量灰尘颗粒；‎ C．明矾中铝离子水解生成的氢氧化铝具有吸附性，能够净水，明矾不具有强氧化性，不能杀菌消毒；‎ D．空气中存在CO2溶于水使雨水显酸性，正常雨水的pH值约等于5.6；‎ ‎【解答】解：A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头消灭污染，故A错误；‎ B．化石燃料的燃烧产生大量灰尘颗粒，是PM2.5（2.5微米以下的细颗粒物）主要来源，故B正确；‎ C．明矾能够净水，不能杀菌消毒，故C错误；‎ D．空气中存在CO2溶于水生成碳酸使雨水显酸性，正常雨水的pH值约等于5.6，雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．下列有关化学用语的表示方法中错误的是（　　）‎ A．CO2分子的结构式：O=C=O B．S2﹣的结构示意图：‎ C．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子符号为： R D．次氯酸的电子式：‎ ‎【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．‎ ‎【分析】A．二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对；‎ B．硫离子核外有3个电子层，最外层有8个电子；‎ C．元素符合左下角的数字表示质子数，左上角数字表示质量数；‎ D．次氯酸的中心原子是氧原子，分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键．‎ ‎【解答】解：A．二氧化碳分子中碳原子和每个氧原子之间共用两个电子对，所以其结构式为：O=C=O，故A正确；‎ B．硫离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，其离子结构示意图为：，故B正确；‎ C．R2+离子核外有a个电子，b个中子，则R原子的质子数为a+2，质量数为a+b+2，R原子符号为： R，故C正确；‎ D．次氯酸的中心原子为O原子，次氯酸的电子式为：，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法不正确的是（　　）‎ A．化学电池可以将化学能转化为电能 B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法 C．冶炼Na、Mg、Al等活泼金属时，可选择电解法 D．水汽化需要吸收能量，所以水汽化属于吸热反应 ‎【考点】金属冶炼的一般原理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发．‎ ‎【分析】A、化学电池是原电池装置；‎ B．海水淡化水，应将水与盐分离，目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、电渗析或离子交换法等等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法，电渗析或离子交换法等；‎ C、Na、Mg、Al等活泼金属的离子不易得电子；‎ D．吸热反应属于化学反应．‎ ‎【解答】解：A、化学电池是原电池装置，将化学能转化为电能，故A正确；‎ B．海水淡化水，应将水与盐分离，目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、电渗析或离子交换法等等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法，电渗析或离子交换法等，故B正确； ‎ C．Na、Mg、Al等活泼金属的离子不易得电子，电解法是强有力的氧化还原手段，故C正确；‎ D．吸热反应属于化学反应，水汽化属于物质状态之间的转化是物理变化，所以水汽化不属于吸热反应，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．在周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（　　）‎ A．8、18、32、32 B．8、18、18、32 C．8、18、18、18 D．8、18、18、18‎ ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】根据元素周期表中各周期元素的种类来解答．‎ ‎【解答】解：元素周期表中第一周期有2种元素；‎ 第三周期有8种；‎ 第四周期有18种；‎ 第五周期有18种；‎ 第六周期32种；‎ 则第三、四、五、六周期元素的数目分别是8、18、18、32，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是（　　）‎ A．CH4和NH4+ B．NO和O2 C．HCl和H2S D．NH2﹣和H3O+‎ ‎【考点】“等电子原理”的应用．‎ ‎【分析】根据题目信息，电子数目相同的微粒为等电子体，分子中质子数等于电子数，据此结合选项判断．‎ ‎【解答】解：A、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A不符合题意；‎ B、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B符合题意；‎ C、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C不符合题意；‎ D、NH2﹣与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D不符合题意．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 B．糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物 C．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解 D．葡萄糖与淀粉互为同分异构体 ‎【考点】油脂的性质、组成与结构．‎ ‎【分析】A、油脂是高级脂肪酸的甘油酯；‎ B、糖类并不均是高分子化合物；‎ C、单糖不能水解；‎ D、葡萄糖和淀粉的分子式不同．‎ ‎【解答】解：A、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，故能水解，且分为油和脂肪，故A正确；‎ B、糖类并不均是高分子化合物，如单糖和二糖；油脂也不是高分子化合物，故B错误；‎ C、单糖是最简单的糖，不能水解；油脂和蛋白质均能水解，故C错误；‎ D、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，而葡萄糖和淀粉的分子式不同，故不是同分异构体，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．下列属于取代反应的是（　　）‎ A．乙烯通入溴水中 B．光照甲烷与氯气的混合气体 C．苯与溴水混合后撒入铁粉 D．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应 ‎【考点】取代反应与加成反应．‎ ‎【分析】取代反应：有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应；‎ 消去反应是指在一定条件下，有机物脱去小分子生成含有不饱和的有机物的反应；‎ 加成反应：有机物分子中的双键或叁键发生断裂，加进（结合）其它原子或原子团的反应叫加成反应；‎ 氧化反应：有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应；‎ 根据以上反应的概念进行判断．‎ ‎【解答】解：A．乙烯与溴水发生发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，该反应不属于取代反应，故A错误；‎ B．光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，该反应为取代反应，故B正确；‎ C．苯与液溴在催化剂作用下发生反应生成溴苯，但苯与溴水不发生反应，故C错误；‎ D．苯与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成环己烷，不属于取代反应，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．下列结论错误的是（　　）‎ ‎①微粒半径：K+＞Al3+＞S2﹣＞Cl﹣‎ ‎②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4‎ ‎③离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣‎ ‎④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te ‎⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO4‎ ‎⑥非金属性：O＞N＞P＞Si ‎⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K ‎⑧沸点：H2Se＞H2S＞H2O．‎ A．①⑤ B．①③⑤⑧ C．②④⑥⑦ D．②④⑥‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用．‎ ‎【分析】①原子核外电子排布相同的离子，核电核数越大，半径越大，离子的原子核外电子层数越多，半径越大；‎ ‎②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；‎ ‎③元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱；‎ ‎④元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强；‎ ‎⑤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；‎ ‎⑥同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；‎ ‎⑦同周期元素从左到右元素的逐渐减弱，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强；‎ ‎⑧含氢键的物质沸点最高，氢化物的相对分子质量越大沸点越大．‎ ‎【解答】解：①K+、S2﹣、Cl﹣原子核外电子排布相同，核电核数S2﹣＜Cl﹣＜K+，则半径S2﹣＞Cl﹣＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数最小，则半径最小，则有S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Al3+，故①错误；‎ ‎②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；‎ ‎③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl﹣＜Br﹣＜I﹣＜S2﹣，故③错误；‎ ‎④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；‎ ‎⑤非金属性：Cl＞S＞P＞C，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，则酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，故⑤错误；‎ ‎⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；‎ ‎⑦同周期元素从左到右元素的逐渐减弱，则金属性Ca＜K，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性Be＜Mg＜Ca，所以金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦正确；‎ ‎⑧含氢键的物质沸点最高，氢化物的相对分子质量越大沸点越大，则沸点为H2O＞H2Se＞H2S，故错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列各反应中，符合图所示能量变化的是（　　）‎ A．H2和Cl2的反应 B．Al和盐酸的反应 C．Na和H2O的反应 D．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl的反应 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由图可知，该反应的生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，属于吸热反应；根据常见的放热反应和吸热反应分析．‎ ‎【解答】解：A、H2和Cl2的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故A错误；‎ B、Al和盐酸的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故B错误；‎ C、Na和H2O的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故C错误；‎ D、Ba（OH）2•8H2O和NH4‎ Cl的反应，属于吸热反应，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．根据下列反应事实：①X+Y2+=X2++Y；②Z+2H2O（冷）=Z（OH）2+H2↑；③Z2+氧化性比X2+弱；④由Y、W电极组成的电池，Y电极反应为Y﹣2e﹣=Y2+，可知X、Y、Z、W的还原性强弱顺序为（　　）‎ A．X＞Z＞Y＞W B．Z＞X＞Y＞W C．Z＞Y＞X＞W D．Z＞W＞X＞Y ‎【考点】氧化性、还原性强弱的比较．‎ ‎【分析】根据同一化学反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析X、Y、Z、W的还原性强弱．‎ ‎【解答】解：①X+Y2+=X2++Y，X作还原剂，Y是还原产物，所以X的还原性大于Y的还原性；‎ ‎②Z+H2O=Z（OH）2+H2↑，Z能与水反应作还原剂，所以Z的还原性最强；z作还原剂，氢气是还原产物，所以Z的还原性大于氢气的还原性；‎ ‎③Z2+氧化性比X2+弱，所以Z的还原性大于X的还原性；‎ ‎④由Y、W电极组成的电池，电极反应为Y﹣2e﹣=Y2+，Y是还原剂，W是还原产物，所以Y的还原性大于W的还原性；‎ 所以X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为Z＞X＞Y＞W．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．下列离子能大量共存的是（　　）‎ A．H+、Na+、Si032﹣、Cl﹣ B．Al3+、Fe3+、SO42﹣、SCN﹣‎ C．Mg2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣ D．H+、K+、NO3﹣、AlO2﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A．氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀；‎ B．铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁；‎ C．Mg2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣离子之间不满足离子反应发生条件；‎ D．氢离子与偏铝酸根离子反应．‎ ‎【解答】解：A．H+、Si032﹣‎ 之间发生反应生成硅酸，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B．Fe3+、SCN﹣之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C..Mg2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；‎ D．H+、AlO2﹣之间发生反应生成氢氧化铝沉淀，若H+过量水生成偏铝酸根离子，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．现有三组：①CCl4和氯化钠溶液；②硝酸钾溶液中少量氯化钠；③氯化钠溶液和碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（　　）‎ A．分液、过滤、蒸馏 B．过滤、结晶、分液 C．蒸馏、分液、萃取 D．分液、结晶、萃取 ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【分析】CCl4和氯化钠溶液互不相溶，分层，硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同，氯化钠溶液和碘的水溶液是互溶的物质．‎ ‎【解答】解：①CCl4和氯化钠溶液是互不相溶的两种液体，可以采用分液的方法分离，‎ ‎②硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的影响不同，可以采用蒸发结晶的方法来实现分离，‎ ‎③氯化钠溶液和碘的水溶液是互溶的物质，可以向其中加入四氯化碳，碘单质在四氯化碳中的溶解度较大，振荡会分层，下层是溶有碘单质的四氯化碳层，上层是氯化钠溶液，即采用萃取的方法来分离．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．下列事实可以说明 苯分子结构中不存在C﹣C单键和C=C双键交替结构的是 ①苯不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色 ②苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应 ③邻二甲苯只有一种结构 ④苯环上碳碳键的键长相等（　　）‎ A．全部 B．只有①④ C．只有①③④ D．只有①②④‎ ‎【考点】苯的结构．‎ ‎【分析】①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；‎ ‎②依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；‎ ‎③根据同分异构体数目解答；‎ ‎④单键键长与双键键长不相等；‎ ‎【解答】解：①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①正确；‎ ‎②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或三键具有的性质，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②错误；‎ ‎③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③正确；‎ ‎④苯环上碳碳键的键长相等，说明苯分子结构中不存在C﹣C单键和C=C双键交替结构，故④正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．如图中是可逆反应X2+3Y2⇌2Z2在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（　　）‎ A．t1时，只有正方向反应 B．t1～t2，X2的物质的量越来越多 C．t2～t3，反应不再发生 D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化 ‎【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．‎ ‎【分析】A．可逆反应中，只要反应发生，正逆反应都存在；‎ B．t1～t2，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大；‎ C．t2～t3，可逆反应达到平衡状态，正逆反应速率相等但不等于0；‎ D．t2～t3，正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态．‎ ‎【解答】解：A．可逆反应中，只要反应发生，正逆反应都存在，所以t1时，正逆反应都发生，但平衡正向移动，故A错误；‎ B．t1～t2，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，所以X2的物质的量越来越少，直到反应达到平衡状态，故B错误；‎ C．t2～t3，可逆反应达到平衡状态，正逆反应速率相等但不等于0，该反应达到一个动态平衡，故C错误；‎ D．t2～t3，正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，所以反应体系中各物质的量及物质的量浓度都不变，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．在体积不变的绝热密闭容器中，下列能说明可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（s）已经达到平衡状态的是（　　）‎ ‎①C的生成速率与C的分解速率相等 ‎ ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB ‎③A、B、C的浓度不再变化 ‎ ‎④反应物的转化率不再变化 ‎ ‎⑤混合气体的压强不再变化 ‎ ‎⑥反应体系的温度不再变化 ‎ ‎⑦单位时间内消耗amolA，同时生成 3amolB ‎ ‎⑧A、B、C、D的分子数之比为1：3：2：2．‎ A．①③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑦ C．①③④⑥⑦ D．①②③④⑤⑥⑦‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：①C的生成速率与C的分解速率相等，正逆反速率相等，达平衡状态，故正确； ‎ ‎②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，都体现逆反应方向，故错误；‎ ‎③A、B、C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确； ‎ ‎④反应物的转化率不再变化，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确； ‎ ‎⑤混合气体的压强不再变化，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确； ‎ ‎⑥反应体系的温度不再变化，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确； ‎ ‎⑦单位时间内消耗amolA等效于消耗 3amolB，同时生成 3amolB，正逆反应速率相等达平衡状态，故正确； ‎ ‎⑧达平衡状态时A、B、C、D的分子数之比可能为：为1：3：2：2，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎16．设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．1mol Na与乙醇完全反应，失去2nA电子 B．常温常压下，8gCH4含有5nA个电子 C．1L 0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中含有0.1nA个H+‎ D．标准状况下，22.4L苯含有nA个C6H6分子 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、钠全部反应失去电子数，依据钠物质的量和原子结构计算；‎ B、依据n=计算物质的量，结合分子式计算电子数；‎ C、醋酸是弱酸存在电离平衡；‎ D、苯标准状况不是气体．‎ ‎【解答】解：A、钠原子最外层一个电子，1mol Na与乙醇完全反应，失去nA电子，故A错误；‎ B、计算8gCH4物质的量n===0.5mol，含有0.5mol×10×‎ nA=5nA个电子，故B正确；‎ C、醋酸是弱酸，1L 0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中含有H+小于0.1nA个，故C错误；‎ D、苯标准状况不是气体，22.4L苯物质的量不是1mol，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎17．下列溶液中，氯离子浓度最大的是（　　）‎ A．200mL 1mol/L的NaCl溶液 B．150 mL 1mol/L的MgCl2溶液 C．100mL 1mol/L的HCl溶液 D．50mL 1mol/L的AlCl3溶液 ‎【考点】物质的量浓度．‎ ‎【分析】根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度，离子的浓度取决于电解质的物质的量浓度及电解质中含有氯离子的数目，而与体积无关系．‎ ‎【解答】解：A、200mL 1mol/L的NaCl溶液中，Cl﹣浓度为：1mol/L×1=1mol/L；‎ B、150mL 1mol/L的MgCl2溶液中，Cl﹣浓度为：1mol/L×2=2mol/L；‎ C、100mL 1mol/L的HCl溶液中，Cl﹣浓度为：1mol/L×1=1mol/L；‎ D、50mL 1mol/L的AlCl3溶液中，Cl﹣浓度为：1mol/L×3=3mol/L；‎ 所以氯离子浓度最大的是D，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．下列关于乙烯和聚乙烯的叙述不正确的是（　　）‎ A．乙烯常温下是气体，为纯净物；聚乙烯常温下是固体，为混合物 B．可以采用通过溴水洗气的方法以除去乙烷中的乙烯气体 C．乙烯和聚乙烯都能使溴水褪色 D．取等质量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后，生成的CO2和H2O的质量分别相等 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】‎ 乙烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，乙烯加聚生成聚乙烯，聚乙烯不含碳碳双键，二者分子式不同，结构不同，实验式相同，以此解答．‎ ‎【解答】解：A．乙烯的结构简式为H2C=CH2，聚乙烯的，聚乙烯中的n不同聚乙烯物质就不同，所以乙烯是纯净物，聚乙烯是混合物，故A正确； ‎ B．乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而除去，故B正确；‎ C．乙烯中含有碳碳双键，聚乙烯中不含碳碳双键，所以乙烯能和溴发生加成反应，而聚乙烯不能和溴发生加成反应，故C错误；‎ D．乙烯和聚乙烯的化学式不同，但最简式相同都是CH2，所以乙烯和聚乙烯中的含碳量、含氢量相同，所以取等质量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后，生成的CO2和H2O的质量分别相等，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．维生素A的结构简式如图所示，关于它的叙述中正确的是（　　）‎ A．维生素A能发生取代、加成、酯化反应 B．维生素A不能与金属钠反应产生氢气 C．维生素A不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．维生素A属于不饱和烃 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】由结构可知，分子中含C、H、O三种元素，含碳碳双键、﹣OH，结合烯烃及醇的性质来解答．‎ ‎【解答】解：A．羟基可以发生取代反应和酯化反应，碳碳双键可以发生加成反应，故A正确；‎ B．维生素A中含有羟基，能与金属钠反应产生氢气，故B错误；‎ C．维生素A中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；‎ D．只有碳氢两种元素组成的化合物是烃，维生素A中含有氧元素，不是烃，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）‎ A．‎ 除去乙醇中的乙酸 B．‎ 形成原电池 C．‎ 制取乙酸乙酯 D．‎ 石油的蒸馏 ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；原电池和电解池的工作原理；蒸馏与分馏；乙酸乙酯的制取．‎ ‎【分析】A．互不相溶的液体可用分液的方法分离；‎ B．酒精为非电解质；‎ C．右边试管不能塞橡皮塞；‎ D．石油蒸馏时，温度计水银球应在支管口附近，且从冷凝管的下端进水，上口出水．‎ ‎【解答】解：A．乙醇与乙酸混溶，不能用分液的方法分离，故A错误；‎ B．酒精为非电解质，溶液不能导电，不能形成原电池，故B错误；‎ C．制取乙酸乙酯时，右边试管不能塞橡皮塞，防止压强过大而导致实验事故，故C错误；‎ D．石油蒸馏时，温度计水银球应在支管口附近，且从冷凝管的下端进水，上口出水，装置图符合，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎21．少量铁片与l00mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①加H2O ②加KNO3溶液 ③滴入几滴浓盐酸 ④加入少量铁粉 ⑤加NaCl溶液 ‎ ‎⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10mL 0.1mol/L盐酸．‎ A．①⑥⑦ B．③⑤⑧ C．③⑦⑧ D．③④⑥⑦⑧‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度．‎ ‎【解答】解：①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；‎ ‎②加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，不会生成氢气；‎ ‎③加浓盐酸，反应速率加快；‎ ‎④加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；‎ ‎⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；‎ ‎⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；‎ ‎⑦升高温度，反应速率加快；‎ ‎⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎22．下述实验能达到预期目的是（　　）‎ 编号 实验内容 实验目的 A 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去 证明SO2具有漂白性 B 先加入AgNO3溶液，再加稀硝酸 检验Na2SO4溶液中含有Cl﹣‎ C 向1mL0.2mol•L﹣1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L﹣1的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度 D 测定Na2SO4溶液与Na2CO3溶液的酸碱性 证明非金属性S＞C A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．二氧化硫与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应；‎ B．生成硫酸银沉淀；‎ C．氢氧化钠过量，不能比较溶解度大小；‎ D．根据盐溶液的酸碱性可比较对应酸的强弱，进而比较非金属性的强弱．‎ ‎【解答】解：A．二氧化硫与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故A错误；‎ B．检验氯离子，应先排除硫酸根离子的干扰，可先加入硝酸钡除杂，再检验氯离子，防止生成硫酸银沉淀而干扰实验，故B错误；‎ C．氢氧化钠过量，不能比较溶解度大小，可在饱和氢氧化镁溶液中滴加氯化铁溶液比较，故C错误；‎ D．Na2CO3溶液呈碱性，说明碳酸酸性较弱，则C的非金属性较弱，可比较，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎23．微型纽扣电池在现代生活中是广泛应用的一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式分别为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣═ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣，电池总反应式为Ag2O+Zn═2Ag+‎ ZnO．根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是（　　）‎ A．在使用过程中，电池负极区溶液pH增大 B．在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极 C．在使用过程中，Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应 D．外电路中每通过0.2mol电子，正极的质量理论上减小1.6g ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】根据化合价变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，则正极为Ag2O，原电池中电流从正极流向负极，根据电极反应式可得电池总反应为Zn+Ag2O=ZnO+2Ag．‎ ‎【解答】解：A、负极电极反应为Zn+2OH﹣=ZnO+H2O+2e﹣，消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故A错误；‎ B、由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，被氧化，为原电池的负极，则正极为Ag2O，原电池中电子从负极流向正极，即从锌经导线流向Ag2O，故B错误；‎ C、由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，为原电池的负极，发生氧化反应，Ag2O是正极发生还原反应，故C错误；‎ D、正极电极反应为：Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，当电路中每通过0.2mol电子，正极的质量理论上减小的是0.1mol氧原子的质量，即0.1mol×g/mol=1.6g，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎24．将4mol A气体和2mol B气体在体积为2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g）⇌xC（g），若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，C的物质的量浓度为0.6mol/L．现有几种说法：①2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）；②2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol/（L•s）；③2s时物质B的转化率为70%；④x=2．其中正确的是（　　）‎ A．①③ B．①④ C．②③ D．③④‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，2A（g）+B（g）⇌xC（g），‎ ‎ 开始 4mol 2mol 0‎ ‎ 转化 1.2mol 0.6mol 1.2mol ‎ 2s 2.8mol 1.4mol 1.2mol ‎2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），结合反应速率之比等于化学计量数之比分析①②④；‎ ‎2s时物质B的转化率等于参加反应的物质的量与起始物质的量之比来计算．‎ ‎【解答】解：2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，2A（g）+B（g）⇌xC（g），‎ ‎ 开始 4mol 2mol 0‎ ‎ 转化 1.2mol 0.6mol 1.2mol ‎ 2s 2.8mol 1.4mol 1.2mol ‎2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），‎ ‎①2s内用物质A表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），故①正确；‎ ‎②反应速率之比等于化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）×=0.15mol/（L•s），故②错误；‎ ‎③2s时物质B的转化率为×100%=30%，故③错误；‎ ‎④反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的反应速率相同，则x=2，故④正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎25．按要求填空（均用序号表示）：‎ ‎①O2和O3②一氯甲烷和二氯甲烷 ③正丁烷和异丁烷 ④CH4和 CH3CH2CH2CH3⑤CH3CH2CH（CH3）2 和 ⑥氕、氘和氚 其中，‎ ‎（1）互为同分异构体的是　③　；‎ ‎（2）互为同系物的是　④　； ‎ ‎（3）实际上是同种物质的是　⑤　；‎ ‎（4）互为同素异形体的是　①　‎ ‎（5）互为同位素的是　⑥　．‎ ‎【考点】有机化合物的异构现象；芳香烃、烃基和同系物．‎ ‎【分析】同素异形体是同种元素形成的不同单质；‎ 具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素；‎ 具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；‎ 分子式相同结构相同的物质是同种物质；根据以上概念分析．‎ ‎【解答】解：①O2和O3是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；‎ ‎②一氯甲烷和二氯甲烷分别是甲烷的一元取代产物、二元取代产物，是不同得物质；‎ ‎③正丁烷和异丁烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；‎ ‎④CH4和CH3CH2CH2CH3 都是烷烃，结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，互为同系物；‎ ‎⑤CH3CH2CH（CH3）2 和的分子式相同，结构相同，是同种物质；‎ ‎⑥氕、氘和氚的质子数相同，中子数不同，互为同位素；‎ 故答案为：（1）③；（2）④；（3）⑤；（4）①；（5）⑥．‎ ‎　‎ ‎26．有机物：①正戊烷 ②异戊烷 ③新戊烷 ④正丁烷 ⑤异丁烷，它们的沸点按由高到低的顺序是　①＞②＞③＞④＞⑤　．‎ ‎【考点】晶体熔沸点的比较．‎ ‎【分析】由于烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，碳数相同时，支链越多，沸点越低，据此进行比较．‎ ‎【解答】解：烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，所以：①正戊烷、②异戊烷、③新戊烷的沸点大于④正丁烷 和⑤异丁烷；‎ 碳原子数相同时支链越多，沸点越小，所以：①正戊烷＞②异戊烷＞③新戊烷；④正丁烷＞⑤异丁烷，‎ 故沸点大小关系为：①＞②＞③＞④＞⑤，故答案为：①＞②＞③＞④＞⑤．‎ ‎　‎ ‎27．分子式为CH4、C2H4、C2H2、C6H6、C5H10的烃．物质的量相同时，耗氧量最多的是　C6H6、C5H10　，生成CO2最多的是　C6H6　．‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】设分子式为CH4、C2H4、C2H2、C6H6、C5H10的烃的物质的量均为1mol，则 CH4耗氧量为2mol，生成CO21mol，生成水2mol，‎ C2H4耗氧量为3mol，生成CO22mol，生成水2mol，‎ C2H2耗氧量为2.5mol，生成CO22mol，生成水1mol，‎ C6H6耗氧量为7.5mol，生成CO26mol，生成水3mol，‎ C5H10耗氧量为7.5mol，生成CO25mol，生成水5mol；由此分析解答．‎ ‎【解答】解：设分子式为CH4、C2H4、C2H2、C6H6、C5H10的烃的物质的量均为1mol，则 CH4耗氧量为2mol，生成CO21mol，生成水2mol，‎ C2H4耗氧量为3mol，生成CO22mol，生成水2mol，‎ C2H2耗氧量为2.5mol，生成CO22mol，生成水1mol，‎ C6H6耗氧量为7.5mol，生成CO26mol，生成水3mol，‎ C5H10耗氧量为7.5mol，生成CO25mol，生成水5mol；‎ 物质的量相同时，耗氧量最多的是C6H6、C5H10，生成CO2最多的是C6H6，故答案为：C6H6、C5H10；C6H6．‎ ‎　‎ ‎28．A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期．C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙．A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个．E是地壳中含量最高的金属元素．根据以上信息回答下列问题：‎ ‎（1）A元素在周期表中的位置是　第二周期 第 VA族　，乙物质的晶体中所含化学键的类型为　离子键、共价键　，用电子式表示甲的形成过程　　‎ ‎，工业冶炼单质E的化学方程式　2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑　．‎ ‎（2）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是　Na＞Mg＞Al＞N＞O　（用元素符号填写）．‎ ‎（3）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是　2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑　‎ ‎（4）D的金属性比E的金属性　强　（填“强”或“弱”）；哪些事实可以说明（写出一个即可）　同条件下Mg与酸的反应比Al与酸反应剧烈，　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故A为N元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，即A、B处于第二周期，C、D、E处于第三周期，C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是Na2O，乙是Na2O2，D的原子序数介于Na、Al之间，故D为Mg．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数逐渐增大，A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，故A为N元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al；A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期，即A、B处于第二周期，C、D、E处于第三周期，C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C是Na元素，B是O元素，甲是Na2O，乙是Na2O2，D的原子序数介于Na、Al之间，故D为Mg．‎ ‎（1）A为氮元素，处于周期表中第二周期VA族，乙是Na2O2，含有离子键、共价键，用电子式表示其形成过程为：，工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，反应的化学方程式：2Al2O3（熔融）‎ ‎4Al+3O2↑，‎ 故答案为：第二周期 第 VA族；离子键、共价键；；2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；‎ ‎（2）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：Na＞Mg＞Al＞N＞O，‎ 故答案为：Na＞Mg＞Al＞N＞O；‎ ‎（3）E的单质为Al，C的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与氢气，发生反应的离子方程式是：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，‎ 故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；‎ ‎（4）同周期自左而右金属性减弱，则Mg的金属性比Al的强，相同条件下Mg与酸的反应比Al与酸反应剧烈，可以说明Mg的金属性更强，‎ 故答案为：强；同条件下Mg与酸的反应比Al与酸反应剧烈．‎ ‎　‎ ‎29．已知在容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生如下反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）‎ ‎（1）下列能说明该反应已经达到平衡状态的是　BDE　；‎ A．容器中气体总质量不变 B．c（O2）不变C．υ（O2）=1.25υ（NH3） D．体系压强不变 E．相同时间内，消耗0.1mol NH3，同时消耗了0.1mol NO ‎（2）向该容器中加入正催化剂，则反应速率　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），降低容器的温度则反应速率　减小　，通入Ar，则反应速率　不变　．‎ ‎（3）若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小，其原因是　反应放热反应速率加快，随着反应的进行反应物浓度减小，反应速率减小　．‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】（1）根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；‎ ‎（2）催化剂能够加快反应速率，降温反应速率减慢，容器体积不变时通入稀有气体反应速率不变；‎ ‎（3）根据该反应为放热反应，反应过程中温度升高，此条件下比原平衡温度高进行分析反应速率变化；随后浓度变化成为影响反应速率的主要因素．‎ ‎【解答】解：（1）A．反应前后都是气体，气体质量始终不变，故A错误；‎ B．c （O2）不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；‎ C．v（O2）=1.25v（NH3），没有告诉是正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；‎ D．该反应是体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量逐渐减小，压强逐渐减小，若体系压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；‎ E．相同时间内，消耗0.1mol NH3，同时消耗了0.1mol NO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故E正确；‎ 故答案为：BDE；‎ ‎（2）在容器中加入正催化剂，正反应速率和逆反应速率都增大，平衡不发生移动；降低温度，正逆反应速率同时减小，容器体积不变充入Ar，各组分浓度不变，反应速率不变，‎ 故答案为：增大；减小；不变；‎ ‎（3）由于该反应为放热反应，若在容积固定的绝热密闭容器中发生上述反应，其余条件不变，反应过程中反应体系的温度高于原反应，所以正逆反应速率都增大，随后因浓度减小成为影响的主要因素，所以反应减慢，‎ 故答案为：反应放热反应速率加快，随着反应的进行反应物浓度减小，反应速率减小．‎ ‎　‎ ‎30．某温度时，在2L密闭容器中某一反应的A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析求得：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为　3A⇌2B　．‎ ‎（2）反应开始至4min时，A的平均反应速率为　0.05mol/（L•min）　．‎ ‎（3）4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v（正）　＞　（填“＞”、“＜”或“=”，下同）v（逆），8min时，v（正）　=　v（逆）．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）根据图知，随着反应进行，A的物质的量减少、B的物质的量增大，所以A是反应物、B是生成物，反应达到平衡状态时，△n（A）=（0.8﹣0.2）mol=0.6mol，△n（B）=（0.6﹣0.2）mol=0.4mol，同一反应中同一时间段内各物质物质的量变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式；‎ ‎（2）反应开始至4min时，A的平均反应速率=；‎ ‎（3）4min时，反应物生成物的物质的量相等，但反应仍然向正反应方向移动，所以v（正）＞v（逆），8min时，该反应达到平衡状态，正逆反应速率相等．‎ ‎【解答】解：（1）根据图知，随着反应进行，A的物质的量减少、B的物质的量增大，所以A是反应物、B是生成物，反应达到平衡状态时，△n（A）=（0.8﹣0.2）mol=0.6mol，△n（B）=（0.6﹣0.2）mol=0.4mol，同一反应中同一时间段内各物质物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以A、B的计量数之比=0.6mol：0.4mol=3：2，‎ 所以该反应化学方程式为3A⇌2B，‎ 故答案为：3A⇌2B；‎ ‎（2）反应开始至4min时，A的平均反应速率===0.05mol/（L•min），‎ 故答案为：0.05mol/（L•min）；‎ ‎（3）4min时，反应物生成物的物质的量相等，但反应仍然向正反应方向移动，所以v（正）＞v（逆），8min时，该反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，所以v（正）=v（逆），‎ 故答案为：＞；=．‎ ‎　‎ ‎31．对于反应2A2+B2=2A2B，已知A2、B2、A2B的键能如下表 化学键 A﹣A B=B A﹣B 键能kJ/mol ‎236‎ ‎406‎ ‎163‎ 当2molA2完全反应　吸收　（填“放出”或“吸收”）热量　226　KJ．‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】根据△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和得到△H的大小，若△H＞0，为吸热反应，若△H＜0，为放热反应．‎ ‎【解答】解：对于反应2A2+B2=2A2B，△H=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和=（2×236+406﹣2×2×163）kJ/mol=+226kJ/mol＞0，为吸热反应，即2molA2完全反应吸收226kJ热量，‎ 故答案为：吸收；226．‎ ‎　‎ ‎32．有机物A、B、C、D、E有如下转化关系．回答下列问题：‎ ‎（1）乙烯的电子式为　　，C中所含官能团的名称　羟基　；‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式和有机反应类型：‎ ‎④　CH2=CH2+H2OCH3CH2OH　，反应类型：　加成反应　．‎ ‎⑤　2CH3CH2OH+O22CH3CH2O+2H2O　，反应类型：　氧化反应　．‎ ‎（3）反应②和反应③都可以用来制备物质B，反应②的条件为　光照　．若要制取物质B，最好采用反应　③　（填②或③），原因是　③产物纯净　．‎ ‎（4）若用惰性材料做电极，以稀硫酸溶液为电解质溶液，两电极分别通入O2与甲烷，制成燃料电池，回答下列问题：‎ ‎①已知电池的总反应即为甲烷的燃烧反应，则电池的总反应方程式为　CH4+2O22H2O+CO2　正极电极反应式为：　O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣　‎ ‎②消耗标准状况下的O25.6L时，有　1　mol电子发生转移．‎ ‎③溶液中H+的移动方向是　b　‎ a由正极区向负极区移动 b由负极区向正极区移动 c从正极经外电路向负极移动 d从负极经外电路向正极移动．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【分析】乙烯与水发生加成反应生成C为CH3CH2OH，乙醇氧化得E为CH3COOH，乙烯与氢气发生加成反应生成A为CH3CH3，乙烯与氯气发生加成反应生成B为ClCH2CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应可以得到ClCH2CH2Cl，乙烯发生加聚反应生成高聚物D为，据此解答．‎ ‎【解答】解：乙烯与水发生加成反应生成C为CH3CH2OH，乙醇氧化得E为CH3COOH，乙烯与氢气发生加成反应生成A为CH3CH3，乙烯与氯气发生加成反应生成B为ClCH2CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应可以得到ClCH2CH2Cl，乙烯发生加聚反应生成高聚物D为，‎ ‎（1）乙烯的电子式为，C为CH3CH2OH，C中所含官能团的名称是羟基，‎ 故答案为：；羟基；‎ ‎（2）反应④的反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应，‎ 反应⑤的反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CH2O+2H2O，属于氧化反应；‎ 故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成反应；2CH3CH2OH+O22CH3CH2O+2H2O，氧化反应；‎ ‎（3）反应②为乙烷与氯气的取代，反应条件为光照，反应③为乙烯与氯气的加成反应，若要制取物质ClCH2CH2Cl，最好采用反应③，因为反应②产物有多种，而反应③产物纯净，‎ 故答案为：光照；③；③产物纯净；‎ ‎（4）①以稀硫酸溶液为电解质溶液，甲烷燃料电池的总反应方程式为CH4+2O22H2O+CO2，正极电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，‎ 故答案为：CH4+2O22H2O+CO2；O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣；‎ ‎②5.6L O2的物质的量为： =0.25mol，转移电子的物质的量为：0.25mol×4=1mol，故答案为：1；‎ ‎③原电池内部阳离子移向正极，阴离子移向负极，故氢离子从负极区流向正极区，故答案为：b．‎