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【化学】江西省上饶市横峰中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试题（解析版）
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江西省上饶市横峰中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试题
1.13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下列有关13C、15N的叙述正确的是( )
A. 13C、15N具有相同的中子数 B. 13C与12C60互为同位素
C. 15N的核外电子数与中子数相同 D. 15N与14N核外电子排布相同
【答案】D
【解析】A．13C与15N的中子数分别为7、8，A错误；
B．13C是核素，12C60属于单质，二者不能互为同位素，B错误；
C．15N的核外电子数为7，中子数为15﹣7=8，不相同，C错误；
C．15N与14N的核外电子数都是7，核外电子排布相同，D正确；
答案选D。
2.下列说法中正确的是( )
A. CCl4、H2O、PCl3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构
B. 同主族元素随电子层数递增元素单质氧化性逐渐减弱
C. 等浓度的HF、HCl、HBr、HI溶液的酸性依次减弱
D. 第IA族元素和第ⅦA族元素的原子之间都能形成离子键
【答案】B
【解析】A. CCl4、PCl3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构，H2O中氧元素满足8电子稳定结构，氢元素不满足，A错误；
B. 同主族元素随电子层数递增元素单质氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强，B正确；
C. 等浓度的HF、HCl、HBr、HI溶液的酸性依次增强，C错误；
D. 第IA族元素和第ⅦA族元素的原子之间不一定都能形成离子键，例如HCl中含有共价键，D错误；
答案选B
3. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是( )
X
Y
Z
W
Q
A．钠与W可能形成Na2W2化合物
B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C．W得电子能力比Q强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
【答案】A
【解析】试题分析：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素， A.Na和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，正确； B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，错误； C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误； D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，错误。
4.在研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量的变化，据此判断以下叙述中错误的是( )
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B. 物质的燃烧过程可看成“贮存”在物质内部的部分化学能转化为热能释放出来的过程
C. 氮分子内部存在着很强的共价键，故通常状况下氮气的化学性质很活泼
D. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
【答案】C
【解析】A、钠原子最外层只有1个电子,氯原子最外层有7个电子,两者通过得失电子能生成具有8电子稳定结构的Na+和Cl-,其结构的稳定性增强，体系的能量降低，A正确；
B、物质燃烧把化学能转化成热能，即物质的燃烧过程可看成“贮存”在物质内部的部分化学能转化为热能释放出来的过程，B正确；
C、氮分子内部存在很强的共价键，很难被破坏，所以化学性质很稳定，C错误；
D、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，D正确。
答案选C。
5.下列除杂质的方法可行的是( )
A. 加入新制的生石灰，然后加热蒸馏，可以除去乙醇中少量的水
B. 通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，可以除去甲烷中的乙烯
C. 用苯通过分液的方法，可以除去溴苯中的溴
D. 用氢氧化钠溶液，通过分液的方法，可以除去乙酸乙酯中的乙酸
【答案】A
【解析】A、生石灰极易吸水生成氢氧化钙，而乙醇的沸点低，蒸馏即可，A正确；
B、酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，从而带入新的杂质，应该用溴水，B错误；
C、苯和溴苯是互溶的，应该通过蒸馏分离，C错误；
D、应该用饱和碳酸钠溶液后分液，乙酸乙酯和乙酸均能和氢氧化钠溶液反应，D错误；
答案选A。
6.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为 2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是 ( )
A. 反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.5molCu2O
B. 正极的电极反应式为Ag2O+2e－+H2O＝2Ag+2OH－
C. 测量原理示意图中，电子方向从Ag2O→Cu
D. 电池工作时，OH-离子浓度增大
【答案】B
【解析】
【分析】由电池反应方程式2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A. 根据电池反应2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，反应中有0.5NA个电子转移时，析出0.25mol Cu2O，A错误；
B. 正极发生还原反应，电极反应式为Ag2O+2e-+H2O＝2Ag+2OH-，B正确；
C. 测量原理示意图中，电流方向从正极流向负极，即Ag2O→Cu，电子流动方向相反，C错误；
D. 从电池反应2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag可知，电池工作时，OH-离子浓度没变，D错误。
答案选B。
7.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，0～15 s内c(HI)由0.1 mol/L降到0.07 mol/L，则下列说法正确的是 ( )
A. 当HI、H2、I2浓度之比为2∶1∶1时，说明该反应达平衡
B. c(HI)由0.07 mol/L降到0.05 mol/L所需的反应时间小于10 s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.001 mol/(L·s)
【答案】D
【解析】A. 当HI、H2、I2浓度之比为2：1:1时不能说明正逆反应速率是否相等，因此不能说明该反应达平衡，A错误；
B. 由于反应速率随着反应物浓度的减小而减小，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于（0.07－0.05）/（0.1－0.07）×15s＝10s，B错误；
C. 升高温度正反应速率和逆反应速率均加快，C错误；
D. 0～15s内消耗HI是0.03mol/L，所以生成单质碘的浓度是0.015mol/L，则用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.015mol/L÷15s＝0.001mol/(L·s)，D正确；
答案选D。
8.仔细分析下列表格中烃的排列规律，判断排列在第17位烃的分子式是( )
1
2
3
4
5
6
7
8
9
……
C2H2
C2H4
C2H6
C3H4
C3H6
C3H8
C4H6
C4H8
C4H10
……
A. C6H12 B. C6H14 C. C7H12 D. C7H14
【答案】B
【解析】试题分析：由表中分子式可知，每3个一组，每组内碳原子数目相同，由前到后的顺序按炔烃、烯烃、烷烃循环，相邻组的碳原子数目相差1，故第15位烃应处于第五组最后一个，碳原子数目为2+4=6，为烷烃，故分子式为C6H14，故选A。
9.已知 （b）、（d）两种物质的结构简式，下列说法正确的是( )
A. b、d均可与酸性高锰酸钾溶液反应
B. b、d的二氯代物均只有三种
C. b、d均为苯的同分异构体
D. b、d中的所有原子均处于同一平面
【答案】C
【解析】不含双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故A错误；d的二氯代物有、、、、、，故B错误；b、d分子式都是C6H6，均为苯的同分异构体，故C正确；b、d中均有单键碳原子，所以不可能所有原子处于同一平面，故D错误。
10.两种气态烃以任意比例混合，在105 ℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合此条件的是( )
A. C2H2与C3H6 B. CH4与C3H4
C. CH4与C2H4 D. C2H4与C3H4
【答案】A
【解析】
【分析】气态烃与足量的氧气充分反应后生成二氧化碳和水蒸气，在相同的温度下，反应前后气体体积不变，根据烃的燃烧通式可以确定烃的组成特点。
【详解】两种气态烃以任意比例混合，在105℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L，则烃在燃烧前后，气体的总体积不变。设烃的平均分子式为CxHy，其燃烧的化学方程式为CxHy+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O，则1+（x+y/4）=x+y/2，解得y=4，所以，混合烃的平均分子式中H原子数是4，由于两种气态烃以任意比例混合，故两种烃的分子中的H原子数一定都是4，所以不符合条件的是A，答案选A。
11.分子式为C7H8的芳香烃，在一定条件下与氢气完全加成，加成后产物的一氯代物的同分异构体有（ ）。
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】分子式为C7H8的芳香烃与氢气完全加成后，苯环上的每个碳原子上都有氢原子，当发生一氯取代时，苯环上有4种类型的氢原子，甲基上有1种类型的氢原子，共5种类型的氢原子。
12.苹果醋是一种由苹果发酵而形成的具有解毒、降脂、减肥等明显药效的健康食品。苹果酸(2－羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式为。下列相关说法不正确的是( )
A. 苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应
B. 1 mol苹果酸与足量NaHCO3溶液反应消耗2 mol NaHCO3
C. 1 mol苹果酸与足量Na反应生成33.6 L H2(标准状况下)
D. 1 mol苹果酸分别和足量Na或NaOH反应消耗两者物质的量相等
【答案】D
【解析】A.该分子中有醇羟基，在一定条件下能发生催化氧化反应生成羰基，A正确；
B.苹果酸中含有2个羧基，1 mol苹果酸与NaHCO3溶液反应，可消耗2 mol NaHCO3，B正确；
C.该分子中有2个羧基和1个羟基，1 mol苹果酸与足量Na反应生成33.6 L H2(标准状况下)，C正确；
C.该分子中有2个羧基和1个羟基，分别和足量Na或NaOH反应消耗两者的物质的量之比为3：2，D错误；
答案选D。
13.有a、b、c、d四个金属电极，有关的化学装置、部分反应现象如下：
实验装置
实验现象
a极质量减小，b极质量增加
b极有气体产生，c极无变化
d极溶解，c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是( )
A. a>b>c>d B. b>c>d>a
C. d>a>b>c D. a>b>d>c
【答案】C
【解析】试题分析：中发生电化学腐蚀，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；中发生化学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；中发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；中发生电化学腐蚀，d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；所以这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选C。
14.可逆反应：2NO22NO+O2 在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n molO2的同时，生成2n molNO2
②单位时间内生成n molO2 的同时，生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2 的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 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥ B. ②③⑤
C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】②只表达了正反应速率；③在任何时候此式均成立，不能做为判断标志；⑤在恒容容器内，反应物均为气体，故密度是定值，不能做为判断标志。
15.在一固定容积的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol/L,0.1 mol/L,0.2 mol/L, 当反应达到平衡时，可能存在的数据是( )
A. SO2为0.4 mol/L，O2为 0.2 mol/L
B. SO2为0.25 mol/L
C. SO2、SO3均为0.15 mol/L
D. SO3为0.4 mol/L
【答案】B
【解析】可逆反应的特点是不可能进行到底，即反应物不可能完全转化为生成物，生成物也不可能完全转化为反应物。则
A、若SO2为0.4mol/L，则SO3为0 mol/L，A错误；
B、若SO2为0.25mol/L，平衡逆向进行，则SO3为0.15 mol/L，符合可逆反应的特点，B正确；
C、根据S原子守恒可知，二氧化硫和三氧化硫的浓度之和应该满足0.4mol/L，若SO2、S03均为0.15mol/L，则硫原子不符合质量守恒定律，C错误。
D、SO3为0.4mol/L，则SO2为0mol/L，D错误。
答案选B
16.少量铁粉与100 mL 0.01 mol/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NaOH固体③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 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10 mL 0.1 mol/L盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】①加H2O，c（HCl）减小，则反应速率减慢，而不改变H2的产量；
②加NaOH固体，消耗盐酸，则c（HCl）减小，反应速率减慢，而不改变H2的产量；
③滴入几滴浓盐酸，c（HCl）增大，则反应速率加快，而不改变H2的产量；
④加CH3COONa固体，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，强酸（HCl）变为弱酸（CH3COOH），则c（HCl）减小，反应速率减慢，而不改变H2的产量；
⑤加NaCl溶液同“①加H2O”，则c（HCl）减小，反应速率减慢，而不改变H2的产量；
⑥滴入几滴硫酸铜溶液，Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，构成铁—铜原电池，能加快反应速率，但同时也消耗了铁，则H2的产量减少；
⑦升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，而不改变H2的产量；
⑧改用10 mL 0.1 mol/L盐酸，c（HCl）增大，则反应速率加快，而不改变H2的产量；
答案选C。
17.A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素。请回答：
（1）D在元素周期表中的位置是___________________________。
（2）C2B的电子式是__________________。
（3）B、C、E的离子半径由大到小的顺序为__________________（用化学式回答，下同）；A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为_________________。
（4）B的气态氢化物与H2S相比沸点高的是_________（用化学式回答）；原因是___________。
（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生异味，EB2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50gEB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式：_____________。
【答案】(1). 第三周期第IVA族 (2). (3). Cl-＞O2-＞Na+ (4). HClO4＞H2CO3＞H2SiO3 (5). H2O (6). 水分子间形成氢键，可以使水沸点升高 (7). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+
【解析】
【分析】A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和D同族，则D为硅元素，A和B同周期，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为氯元素，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是C、O、Na、Si、Cl。则
（1）D为硅元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族；
（2）C2B为氧化钠，它的电子式是；
（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以B、C、E离子半径的由大到小的顺序为r(Cl－)>r(O2－)>r(Na+)；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，非金属性Cl＞C＞Si，所以酸性HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；
（4）由于水分子之间有氢键且是极性分子，所以水的沸点高于H2S；
（5）用ClO2可氧化Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50g（即0.2mol）ClO2时，共转移了1mol电子，这说明氯元素化合价从+4价降低到－1价，根据电子得失守恒可写出反应的离子方程式为5Mn2++2ClO2+6H2O＝Cl－+5MnO2↓+12H+。
18.某校学生用如下图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。
请回答下列问题：
(1)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。装置Ⅱ中生成有机物的反应为__________________________________________(填化学方程式)，装置Ⅲ中小试管内苯的作用是__________________________________。
(2)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是_____________________。
(3)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中，这样操作的目的是___________。简述这一操作的方法__________。
(4)将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。
①用蒸馏水洗涤、振荡、分液；②用5%的NaOH溶液洗涤、振荡、分液；③用蒸馏水洗涤、振荡、分液；④加入无水CaCl2粉末干燥；⑤_______________(填操作名称)。
【答案】(1). 冷凝回流 (2). a (3). 吸收溴蒸气 (4). Ⅲ中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成 (5). 反应结束后装置Ⅱ中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞 (6). 蒸馏
【解析】
【分析】苯和液溴在催化作用下可生成溴苯，同时生成HBr，实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始小试管内苯可用于除去溴，可用硝酸银溶液检验生成HBr，Ⅳ中氢氧化钠溶液用于吸收尾气，防止污染空气，实验结束，可开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气，以此解答该题。
【详解】（1）装置（Ⅱ）中发生反应化学方程式为 2Fe+3Br2═2FeBr3，溴化铁对苯和溴单质的反应起到催化剂的作用，+Br2+HBr ；Ⅲ中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；故答案为：+Br2+HBr；吸收溴蒸气；
（2）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；故答案为：Ⅲ中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成；
（3）因装置Ⅱ中含有溴化氢气体能污染空气，使I水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；
故答案为：反应结束后装置Ⅱ中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；
（4）加入无水CaCl2粉末干燥，然后通过蒸馏操作，获得纯净的溴苯，故答案为：蒸馏。
19.电池在我们的生活中有着重要的应用，请回答下列问题：
（1）为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是______（填序号），写出正极的电极反应式_______。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05 mol电子时，两个电极的质量差为________。
（2）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示（A、B为多孔碳棒）。
实验测得OH−定问移向B 电极，则_____（填“A”或“B”）处电极入口通甲烷，其电极反应式为___________。当消耗甲院的体积为33.6 L（标准状况下）时，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为________。
【答案】(1). ③ (2). Cu2++2e-＝Cu (3). 3g (4). B (5). CH4-8e-+10OH-＝CO32-+7H2O (6). 9.6mol
【解析】分析：（1）验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铁作负极、其它导电的活泼性弱于铁的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐；
（2）①根据OH−定问移向B电极可知，A为正极、B为负极，据此分析判断。
详解：（1）要验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铁作负极、其它导电的活泼性弱于铁的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐，则①中铜作负极、C作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，不能验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，错误；②中铁发生钝化现象，Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，不能验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，错误；③中铁作负极、碳棒作正极，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，能验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，正确；答案选③；③中碳棒作正极，铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05mol电子时，消耗铁的物质的量是0.05mol÷2＝0.025mol，质量是0.025mol×56g/mol＝1.4g。析出铜的物质的量是0.025mol，质量是0.025mol×64g/mol＝1.6g，所以两个电极的质量差为1.4g+1.6g＝3.0g。
（2）根据OH−定问移向B电极可知，A为正极、B为负极，则B处电极入口通甲烷，由于溶液显碱性，则其电极反应式为CH4-8e-+10OH-＝CO32-+7H2O。当消耗甲院的体积为33.6 L（标准状况下）时，甲烷的物质的量是33.6L÷22.4L/mol＝1.5mol，失去电子的物质的量为1.5mol×8＝12mol。假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为12mol×0.8＝9.6mol。
20.（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。该可逆反应达到平衡的标志是________。
A．3v正(H2)＝2v逆(NH3) B．单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2
C．容器内的总压强不再随时间而变化 D．混合气体的密度不再随时间变化
（2）工业上可用天然气为原料来制取合成氨的原料气氢气。某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的原理，在一定温度下，体积为2 L的恒容密闭容器中测得如下表所示数据。请回答下列问题：
时间/min
CH4/mol
H2O/mol
CO/mol
H2/mol
0
0.40
1.00
0
0
5
a
0.80
c
0.60
7
0.20
b
0.20
d
分析表中数据，判断5 min时反应是否处于平衡状态？______(填“是”或“否”)，前5 min反应的平均反应速率v(CH4)＝____________________。
（3）恒温恒容下，将2 mol 气体A和2 mol气体B通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋B(g)⇌ xC(g)＋2D(s)，2 min后反应达到平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol/L。
①x＝________。
②A的转化率与B的转化率之比为________。
【答案】(1). C (2). 是 (3). 0.02 mol·L－1·min－1 (4). 3 (5). 2：1
【解析】
【分析】（1）根据平衡状态的特征分析；
（2）根据平衡时物质的浓度不再发生变化分析；根据反应速率＝△c/△t计算；
（3）根据三段式计算。
【详解】（1）在一定条件下，当可逆反应正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则
A．3v正(H2)＝2v逆(NH3)不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，A不选；
B．单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2均是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B不选；
C．正反应体积减小，容器内的总压强不再随时间而变化能说明反应达到平衡状态，C选；
D．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到平衡状态，D不选；
答案选C。
（2）根据方程式CH4+H2O＝CO+3H2结合表中数据可知c＝0.2，所以5 min时反应已经处于平衡状态；前5 min内消耗甲烷是0.2mol，浓度是0.1mol/L，则反应的平均反应速率v(CH4)＝0.1mol/L÷5min＝0.02 mol·L－1·min－1。
（3） 2A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(s)
起始量（mol） 2 2 0
转化量（mol） 1.6 0.8 0.8x
平衡量（mol） 0.4 1.2 0.8x
①C的浓度为1.2 mol/L，则1.2×2＝0.8x，解得x＝3。
②A的转化率与B的转化率之比为。
21.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和H。已知A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。H是一种比水轻的油状液体，H仅由碳氢两种元素组成，H不能使酸性KMnO4溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为12:1，H的相对分子质量为78。下列是有机物A～G之间的转化关系：
请回答下列问题：
（1）E中所含官能团的名称是___________________________；
（2）写出反应③的化学方程式_____________________________________________；
（3）G是一种高分子化合物，可以用来制造多种包装材料和农用薄膜材料等，其结构简式是______________________；
（4）在体育竞技比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生立即对准其受伤部位喷射物质F(沸点12.27℃)进行应急处理。写出由A制备F的化学方程式：_______________；
（5）等质量的A、H完全燃烧时消耗O2的物质的量_______(填“A>H、A
【解析】
【分析】从煤和石油中可以提炼出化工原料A和H。已知A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A是乙烯。乙烯和水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯；乙烯和氯化氢发生加成反应生成F是氯乙烷；H是一种比水轻的油状液体，H仅由碳氢两种元素组成，H不能使酸性KMnO4溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为12:1，H的相对分子质量为78，因此H是苯，据此解答。
【详解】（1）E是乙酸乙酯，其中所含官能团的名称是酯基；
（2）反应③是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
（3）G是一种高分子化合物，可以用来制造多种包装材料和农用薄膜材料等，因此G是聚乙烯，其结构简式是；
（4）由A制备F的化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；
（5）乙烯分子中含氢量高于苯分子中含氢量，含氢量越高，在质量相等的条件下消耗的氧气越多，则等质量的A、H完全燃烧时消耗O2的物质的量是A＞H。
1.13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下列有关13C、15N的叙述正确的是( )
A. 13C、15N具有相同的中子数 B. 13C与12C60互为同位素
C. 15N的核外电子数与中子数相同 D. 15N与14N核外电子排布相同
【答案】D
【解析】A．13C与15N的中子数分别为7、8，A错误；
B．13C是核素，12C60属于单质，二者不能互为同位素，B错误；
C．15N的核外电子数为7，中子数为15﹣7=8，不相同，C错误；
C．15N与14N的核外电子数都是7，核外电子排布相同，D正确；
答案选D。
2.下列说法中正确的是( )
A. CCl4、H2O、PCl3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构
B. 同主族元素随电子层数递增元素单质氧化性逐渐减弱
C. 等浓度的HF、HCl、HBr、HI溶液的酸性依次减弱
D. 第IA族元素和第ⅦA族元素的原子之间都能形成离子键
【答案】B
【解析】A. CCl4、PCl3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构，H2O中氧元素满足8电子稳定结构，氢元素不满足，A错误；
B. 同主族元素随电子层数递增元素单质氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强，B正确；
C. 等浓度的HF、HCl、HBr、HI溶液的酸性依次增强，C错误；
D. 第IA族元素和第ⅦA族元素的原子之间不一定都能形成离子键，例如HCl中含有共价键，D错误；
答案选B
3. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是( )
X
Y
Z
W
Q
A．钠与W可能形成Na2W2化合物
B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C．W得电子能力比Q强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
【答案】A
【解析】试题分析：由短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W、Q处于第三周期，X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则最外层电子数为4，故X为碳元素，则Z为Si元素、Y为氧元素、W为硫元素、Q为Cl元素， A.Na和S可形成类似于Na2O2 的Na2S2，正确； B.二氧化硅是原子晶体，熔融状态下，不导电，错误； C.同周期自左而右非金属性增强，得电子能力增强，故S得电子能力比Cl弱，故C错误； D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体，氧元素存在氧气、臭氧同素异形体，C、O元素都能形成多种同素异形体，错误。
4.在研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量的变化，据此判断以下叙述中错误的是( )
A. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B. 物质的燃烧过程可看成“贮存”在物质内部的部分化学能转化为热能释放出来的过程
C. 氮分子内部存在着很强的共价键，故通常状况下氮气的化学性质很活泼
D. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
【答案】C
【解析】A、钠原子最外层只有1个电子,氯原子最外层有7个电子,两者通过得失电子能生成具有8电子稳定结构的Na+和Cl-,其结构的稳定性增强，体系的能量降低，A正确；
B、物质燃烧把化学能转化成热能，即物质的燃烧过程可看成“贮存”在物质内部的部分化学能转化为热能释放出来的过程，B正确；
C、氮分子内部存在很强的共价键，很难被破坏，所以化学性质很稳定，C错误；
D、需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，D正确。
答案选C。
5.下列除杂质的方法可行的是( )
A. 加入新制的生石灰，然后加热蒸馏，可以除去乙醇中少量的水
B. 通过装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，可以除去甲烷中的乙烯
C. 用苯通过分液的方法，可以除去溴苯中的溴
D. 用氢氧化钠溶液，通过分液的方法，可以除去乙酸乙酯中的乙酸
【答案】A
【解析】A、生石灰极易吸水生成氢氧化钙，而乙醇的沸点低，蒸馏即可，A正确；
B、酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，从而带入新的杂质，应该用溴水，B错误；
C、苯和溴苯是互溶的，应该通过蒸馏分离，C错误；
D、应该用饱和碳酸钠溶液后分液，乙酸乙酯和乙酸均能和氢氧化钠溶液反应，D错误；
答案选A。
6.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为 2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是 ( )
A. 反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.5molCu2O
B. 正极的电极反应式为Ag2O+2e－+H2O＝2Ag+2OH－
C. 测量原理示意图中，电子方向从Ag2O→Cu
D. 电池工作时，OH-离子浓度增大
【答案】B
【解析】
【分析】由电池反应方程式2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A. 根据电池反应2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，反应中有0.5NA个电子转移时，析出0.25mol Cu2O，A错误；
B. 正极发生还原反应，电极反应式为Ag2O+2e-+H2O＝2Ag+2OH-，B正确；
C. 测量原理示意图中，电流方向从正极流向负极，即Ag2O→Cu，电子流动方向相反，C错误；
D. 从电池反应2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag可知，电池工作时，OH-离子浓度没变，D错误。
答案选B。
7.一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，0～15 s内c(HI)由0.1 mol/L降到0.07 mol/L，则下列说法正确的是 ( )
A. 当HI、H2、I2浓度之比为2∶1∶1时，说明该反应达平衡
B. c(HI)由0.07 mol/L降到0.05 mol/L所需的反应时间小于10 s
C. 升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.001 mol/(L·s)
【答案】D
【解析】A. 当HI、H2、I2浓度之比为2：1:1时不能说明正逆反应速率是否相等，因此不能说明该反应达平衡，A错误；
B. 由于反应速率随着反应物浓度的减小而减小，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于（0.07－0.05）/（0.1－0.07）×15s＝10s，B错误；
C. 升高温度正反应速率和逆反应速率均加快，C错误；
D. 0～15s内消耗HI是0.03mol/L，所以生成单质碘的浓度是0.015mol/L，则用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.015mol/L÷15s＝0.001mol/(L·s)，D正确；
答案选D。
8.仔细分析下列表格中烃的排列规律，判断排列在第17位烃的分子式是( )
1
2
3
4
5
6
7
8
9
……
C2H2
C2H4
C2H6
C3H4
C3H6
C3H8
C4H6
C4H8
C4H10
……
A. C6H12 B. C6H14 C. C7H12 D. C7H14
【答案】B
【解析】试题分析：由表中分子式可知，每3个一组，每组内碳原子数目相同，由前到后的顺序按炔烃、烯烃、烷烃循环，相邻组的碳原子数目相差1，故第15位烃应处于第五组最后一个，碳原子数目为2+4=6，为烷烃，故分子式为C6H14，故选A。
9.已知 （b）、（d）两种物质的结构简式，下列说法正确的是( )
A. b、d均可与酸性高锰酸钾溶液反应
B. b、d的二氯代物均只有三种
C. b、d均为苯的同分异构体
D. b、d中的所有原子均处于同一平面
【答案】C
【解析】不含双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故A错误；d的二氯代物有、、、、、，故B错误；b、d分子式都是C6H6，均为苯的同分异构体，故C正确；b、d中均有单键碳原子，所以不可能所有原子处于同一平面，故D错误。
10.两种气态烃以任意比例混合，在105 ℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合此条件的是( )
A. C2H2与C3H6 B. CH4与C3H4
C. CH4与C2H4 D. C2H4与C3H4
【答案】A
【解析】
【分析】气态烃与足量的氧气充分反应后生成二氧化碳和水蒸气，在相同的温度下，反应前后气体体积不变，根据烃的燃烧通式可以确定烃的组成特点。
【详解】两种气态烃以任意比例混合，在105℃时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L，则烃在燃烧前后，气体的总体积不变。设烃的平均分子式为CxHy，其燃烧的化学方程式为CxHy+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O，则1+（x+y/4）=x+y/2，解得y=4，所以，混合烃的平均分子式中H原子数是4，由于两种气态烃以任意比例混合，故两种烃的分子中的H原子数一定都是4，所以不符合条件的是A，答案选A。
11.分子式为C7H8的芳香烃，在一定条件下与氢气完全加成，加成后产物的一氯代物的同分异构体有（ ）。
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】分子式为C7H8的芳香烃与氢气完全加成后，苯环上的每个碳原子上都有氢原子，当发生一氯取代时，苯环上有4种类型的氢原子，甲基上有1种类型的氢原子，共5种类型的氢原子。
12.苹果醋是一种由苹果发酵而形成的具有解毒、降脂、减肥等明显药效的健康食品。苹果酸(2－羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式为。下列相关说法不正确的是( )
A. 苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应
B. 1 mol苹果酸与足量NaHCO3溶液反应消耗2 mol NaHCO3
C. 1 mol苹果酸与足量Na反应生成33.6 L H2(标准状况下)
D. 1 mol苹果酸分别和足量Na或NaOH反应消耗两者物质的量相等
【答案】D
【解析】A.该分子中有醇羟基，在一定条件下能发生催化氧化反应生成羰基，A正确；
B.苹果酸中含有2个羧基，1 mol苹果酸与NaHCO3溶液反应，可消耗2 mol NaHCO3，B正确；
C.该分子中有2个羧基和1个羟基，1 mol苹果酸与足量Na反应生成33.6 L H2(标准状况下)，C正确；
C.该分子中有2个羧基和1个羟基，分别和足量Na或NaOH反应消耗两者的物质的量之比为3：2，D错误；
答案选D。
13.有a、b、c、d四个金属电极，有关的化学装置、部分反应现象如下：
实验装置
实验现象
a极质量减小，b极质量增加
b极有气体产生，c极无变化
d极溶解，c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是( )
A. a>b>c>d B. b>c>d>a
C. d>a>b>c D. a>b>d>c
【答案】C
【解析】试题分析：中发生电化学腐蚀，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；中发生化学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；中发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；中发生电化学腐蚀，d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；所以这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，故选C。
14.可逆反应：2NO22NO+O2 在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n molO2的同时，生成2n molNO2
②单位时间内生成n molO2 的同时，生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2 的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 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥ B. ②③⑤
C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】②只表达了正反应速率；③在任何时候此式均成立，不能做为判断标志；⑤在恒容容器内，反应物均为气体，故密度是定值，不能做为判断标志。
15.在一固定容积的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol/L,0.1 mol/L,0.2 mol/L, 当反应达到平衡时，可能存在的数据是( )
A. SO2为0.4 mol/L，O2为 0.2 mol/L
B. SO2为0.25 mol/L
C. SO2、SO3均为0.15 mol/L
D. SO3为0.4 mol/L
【答案】B
【解析】可逆反应的特点是不可能进行到底，即反应物不可能完全转化为生成物，生成物也不可能完全转化为反应物。则
A、若SO2为0.4mol/L，则SO3为0 mol/L，A错误；
B、若SO2为0.25mol/L，平衡逆向进行，则SO3为0.15 mol/L，符合可逆反应的特点，B正确；
C、根据S原子守恒可知，二氧化硫和三氧化硫的浓度之和应该满足0.4mol/L，若SO2、S03均为0.15mol/L，则硫原子不符合质量守恒定律，C错误。
D、SO3为0.4mol/L，则SO2为0mol/L，D错误。
答案选B
16.少量铁粉与100 mL 0.01 mol/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NaOH固体③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 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10 mL 0.1 mol/L盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】①加H2O，c（HCl）减小，则反应速率减慢，而不改变H2的产量；
②加NaOH固体，消耗盐酸，则c（HCl）减小，反应速率减慢，而不改变H2的产量；
③滴入几滴浓盐酸，c（HCl）增大，则反应速率加快，而不改变H2的产量；
④加CH3COONa固体，CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，强酸（HCl）变为弱酸（CH3COOH），则c（HCl）减小，反应速率减慢，而不改变H2的产量；
⑤加NaCl溶液同“①加H2O”，则c（HCl）减小，反应速率减慢，而不改变H2的产量；
⑥滴入几滴硫酸铜溶液，Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu，构成铁—铜原电池，能加快反应速率，但同时也消耗了铁，则H2的产量减少；
⑦升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，而不改变H2的产量；
⑧改用10 mL 0.1 mol/L盐酸，c（HCl）增大，则反应速率加快，而不改变H2的产量；
答案选C。
17.A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素。请回答：
（1）D在元素周期表中的位置是___________________________。
（2）C2B的电子式是__________________。
（3）B、C、E的离子半径由大到小的顺序为__________________（用化学式回答，下同）；A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为_________________。
（4）B的气态氢化物与H2S相比沸点高的是_________（用化学式回答）；原因是___________。
（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生异味，EB2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50gEB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式：_____________。
【答案】(1). 第三周期第IVA族 (2). (3). Cl-＞O2-＞Na+ (4). HClO4＞H2CO3＞H2SiO3 (5). H2O (6). 水分子间形成氢键，可以使水沸点升高 (7). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+
【解析】
【分析】A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和D同族，则D为硅元素，A和B同周期，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为氯元素，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是C、O、Na、Si、Cl。则
（1）D为硅元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族；
（2）C2B为氧化钠，它的电子式是；
（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以B、C、E离子半径的由大到小的顺序为r(Cl－)>r(O2－)>r(Na+)；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，非金属性Cl＞C＞Si，所以酸性HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；
（4）由于水分子之间有氢键且是极性分子，所以水的沸点高于H2S；
（5）用ClO2可氧化Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50g（即0.2mol）ClO2时，共转移了1mol电子，这说明氯元素化合价从+4价降低到－1价，根据电子得失守恒可写出反应的离子方程式为5Mn2++2ClO2+6H2O＝Cl－+5MnO2↓+12H+。
18.某校学生用如下图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。
请回答下列问题：
(1)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。装置Ⅱ中生成有机物的反应为__________________________________________(填化学方程式)，装置Ⅲ中小试管内苯的作用是__________________________________。
(2)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是_____________________。
(3)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中，这样操作的目的是___________。简述这一操作的方法__________。
(4)将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。
①用蒸馏水洗涤、振荡、分液；②用5%的NaOH溶液洗涤、振荡、分液；③用蒸馏水洗涤、振荡、分液；④加入无水CaCl2粉末干燥；⑤_______________(填操作名称)。
【答案】(1). 冷凝回流 (2). a (3). 吸收溴蒸气 (4). Ⅲ中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成 (5). 反应结束后装置Ⅱ中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞 (6). 蒸馏
【解析】
【分析】苯和液溴在催化作用下可生成溴苯，同时生成HBr，实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始小试管内苯可用于除去溴，可用硝酸银溶液检验生成HBr，Ⅳ中氢氧化钠溶液用于吸收尾气，防止污染空气，实验结束，可开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气，以此解答该题。
【详解】（1）装置（Ⅱ）中发生反应化学方程式为 2Fe+3Br2═2FeBr3，溴化铁对苯和溴单质的反应起到催化剂的作用，+Br2+HBr ；Ⅲ中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；故答案为：+Br2+HBr；吸收溴蒸气；
（2）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；故答案为：Ⅲ中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成；
（3）因装置Ⅱ中含有溴化氢气体能污染空气，使I水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；
故答案为：反应结束后装置Ⅱ中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；
（4）加入无水CaCl2粉末干燥，然后通过蒸馏操作，获得纯净的溴苯，故答案为：蒸馏。
19.电池在我们的生活中有着重要的应用，请回答下列问题：
（1）为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是______（填序号），写出正极的电极反应式_______。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05 mol电子时，两个电极的质量差为________。
（2）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示（A、B为多孔碳棒）。
实验测得OH−定问移向B 电极，则_____（填“A”或“B”）处电极入口通甲烷，其电极反应式为___________。当消耗甲院的体积为33.6 L（标准状况下）时，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为________。
【答案】(1). ③ (2). Cu2++2e-＝Cu (3). 3g (4). B (5). CH4-8e-+10OH-＝CO32-+7H2O (6). 9.6mol
【解析】分析：（1）验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铁作负极、其它导电的活泼性弱于铁的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐；
（2）①根据OH−定问移向B电极可知，A为正极、B为负极，据此分析判断。
详解：（1）要验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铁作负极、其它导电的活泼性弱于铁的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐，则①中铜作负极、C作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，不能验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，错误；②中铁发生钝化现象，Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，不能验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，错误；③中铁作负极、碳棒作正极，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，能验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，正确；答案选③；③中碳棒作正极，铜离子放电，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05mol电子时，消耗铁的物质的量是0.05mol÷2＝0.025mol，质量是0.025mol×56g/mol＝1.4g。析出铜的物质的量是0.025mol，质量是0.025mol×64g/mol＝1.6g，所以两个电极的质量差为1.4g+1.6g＝3.0g。
（2）根据OH−定问移向B电极可知，A为正极、B为负极，则B处电极入口通甲烷，由于溶液显碱性，则其电极反应式为CH4-8e-+10OH-＝CO32-+7H2O。当消耗甲院的体积为33.6 L（标准状况下）时，甲烷的物质的量是33.6L÷22.4L/mol＝1.5mol，失去电子的物质的量为1.5mol×8＝12mol。假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为12mol×0.8＝9.6mol。
20.（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。该可逆反应达到平衡的标志是________。
A．3v正(H2)＝2v逆(NH3) B．单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2
C．容器内的总压强不再随时间而变化 D．混合气体的密度不再随时间变化
（2）工业上可用天然气为原料来制取合成氨的原料气氢气。某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的原理，在一定温度下，体积为2 L的恒容密闭容器中测得如下表所示数据。请回答下列问题：
时间/min
CH4/mol
H2O/mol
CO/mol
H2/mol
0
0.40
1.00
0
0
5
a
0.80
c
0.60
7
0.20
b
0.20
d
分析表中数据，判断5 min时反应是否处于平衡状态？______(填“是”或“否”)，前5 min反应的平均反应速率v(CH4)＝____________________。
（3）恒温恒容下，将2 mol 气体A和2 mol气体B通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋B(g)⇌ xC(g)＋2D(s)，2 min后反应达到平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol/L。
①x＝________。
②A的转化率与B的转化率之比为________。
【答案】(1). C (2). 是 (3). 0.02 mol·L－1·min－1 (4). 3 (5). 2：1
【解析】
【分析】（1）根据平衡状态的特征分析；
（2）根据平衡时物质的浓度不再发生变化分析；根据反应速率＝△c/△t计算；
（3）根据三段式计算。
【详解】（1）在一定条件下，当可逆反应正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则
A．3v正(H2)＝2v逆(NH3)不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，A不选；
B．单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2均是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B不选；
C．正反应体积减小，容器内的总压强不再随时间而变化能说明反应达到平衡状态，C选；
D．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到平衡状态，D不选；
答案选C。
（2）根据方程式CH4+H2O＝CO+3H2结合表中数据可知c＝0.2，所以5 min时反应已经处于平衡状态；前5 min内消耗甲烷是0.2mol，浓度是0.1mol/L，则反应的平均反应速率v(CH4)＝0.1mol/L÷5min＝0.02 mol·L－1·min－1。
（3） 2A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(s)
起始量（mol） 2 2 0
转化量（mol） 1.6 0.8 0.8x
平衡量（mol） 0.4 1.2 0.8x
①C的浓度为1.2 mol/L，则1.2×2＝0.8x，解得x＝3。
②A的转化率与B的转化率之比为。
21.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和H。已知A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。H是一种比水轻的油状液体，H仅由碳氢两种元素组成，H不能使酸性KMnO4溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为12:1，H的相对分子质量为78。下列是有机物A～G之间的转化关系：
请回答下列问题：
（1）E中所含官能团的名称是___________________________；
（2）写出反应③的化学方程式_____________________________________________；
（3）G是一种高分子化合物，可以用来制造多种包装材料和农用薄膜材料等，其结构简式是______________________；
（4）在体育竞技比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生立即对准其受伤部位喷射物质F(沸点12.27℃)进行应急处理。写出由A制备F的化学方程式：_______________；
（5）等质量的A、H完全燃烧时消耗O2的物质的量_______(填“A>H、A
【解析】
【分析】从煤和石油中可以提炼出化工原料A和H。已知A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A是乙烯。乙烯和水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯；乙烯和氯化氢发生加成反应生成F是氯乙烷；H是一种比水轻的油状液体，H仅由碳氢两种元素组成，H不能使酸性KMnO4溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为12:1，H的相对分子质量为78，因此H是苯，据此解答。
【详解】（1）E是乙酸乙酯，其中所含官能团的名称是酯基；
（2）反应③是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
（3）G是一种高分子化合物，可以用来制造多种包装材料和农用薄膜材料等，因此G是聚乙烯，其结构简式是；
（4）由A制备F的化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；
（5）乙烯分子中含氢量高于苯分子中含氢量，含氢量越高，在质量相等的条件下消耗的氧气越多，则等质量的A、H完全燃烧时消耗O2的物质的量是A＞H。
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