【化学】黑龙江省绥化市青冈县第一中学2018-2019学年高二上学期开学考试（解析版）

黑龙江省绥化市青冈县第一中学2018-2019学年高二上学期开学考试
1.煤、石油、天然气是人类使用的主要能源,同时也是重要的化工原料,下列不属于以煤、石油和天然气为主要原料生产的合成材料是(   )
A. 塑料 B. 合成橡胶 C. 淀粉 D. 合成纤维
【答案】C
【解析】
【分析】
合成材料又称人造材料，是人为地把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料，如塑料、合成橡胶、合成纤维。可以根据化石燃料的性质和用途方面进行分析、判断，从而得出正确的结论。
【详解】以煤、石油和天然气为主要原料可制造化工产品、合成塑料、合成橡胶、合成纤维等，淀粉属于天然材料，不属于合成材料。答案选C。
【点睛】本题考查煤、石油和天然气的用途，难度不大，注意常见的合成材料有塑料、合成纤维和合成橡胶三大类，合成材料应属于有机高分子材料。
2. 元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（ ）
A. 左下方区域的金属元素
B. 金属元素和非金属元素分界线附近的元素
C. 右上方区域的非金属元素
D. 稀有气体元素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、左下方区域的金属元素的金属性很强，不具有非金属性，A错误；B、金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，则可用于制造半导体材料，B正确；C、右上方区域的非金属元素的非金属性很强，不具有金属性，C错误；D、稀有气体元素的单质为气体，性质不活泼，不能用于制造半导体材料，D错误；答案选B。
考点：考查元素的性质与元素在周期表中的位置关系判断
3.Se是人体必需微量元素,下列关于和的说法正确的是(   )
A. 和互为同位素
B. 和都含有34个中子
C. 和分别含有44和46个质子
D. 和含有不同的电子数
【答案】A
【解析】
【详解】A．3478Se和3480Se质子数相同，中子数不同，是同种元素的不同核素，互为同位素，A正确；
B．3478Se和3480Se的中子数分别为78－34＝44和80－34＝46，B错误；
C．Se的两种同位素的质子数都为34，C错误；
D．质子数等于核外电子数，则3478Se和3480Se的核外电子数均是34，D错误；
答案选A。
4.下列变化不属于化学变化的是(　　),
A. 煤的干馏 B. 石油分馏
C. 由乙烯制聚乙烯 D. 重油裂化
【答案】B
【解析】
下列变化不属于化学变化的是石油分馏，故选B。
点睛：化学变化的特征是生成其他物质。
5.在下列反应中,反应物的总能量低于生成物的总能量的是
A. 2H2+O22H2O B. CaCO3CaO+CO2↑
C. CaO+CO2=CaCO3 D. C2H5OH+3O22CO2+3H2O
【答案】B
【解析】
2H2+O22H2O反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误；CaCO3CaO+CO2↑反应吸热，反应物的总能量低于生成物的总能量，故B正确；CaO+CO2=CaCO3反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C错误；C2H5OH+3O22CO2+3H2O反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误。
点睛：吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量；放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量。
6.下列关于有机化合物的认识中正确的是(   )
A. 淀粉、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物
B. C4H10有3种同分异构体
C. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了取代反应
D. 新制氢氧化铜悬浊液可以鉴别乙酸、葡萄糖和乙醇三种溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，不属于天然高分子化合物，A错误；
B．C4H10是丁烷，有2种同分异构体，即正丁烷和异丁烷，B错误；
C．乙烯含有碳碳双键，使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应，C错误；
D．乙醇不与新制氢氧化铜悬浊液反应，乙酸与新制氢氧化铜悬浊液反应，氢氧化铜溶解，溶液变为蓝色，沉淀消失，葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液加热有红色沉淀生成，现象不同，可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别三者，D正确；
答案选D。
7.某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为
A. H2XO3 B. HXO3 C. H3XO4 D. H2XO4
【答案】D
【解析】
试题分析：氢化物中X的化合价为-2价，则其最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，故选D。
考点：元素化合价的规律
8. 下列各组物质互为同系物的是
A. O2和O3 B. CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3
C. 12C和13C D. CH3和CH3CH3
【答案】D
【解析】
A．O2和O3互为同素异形体 B．CH3CH2CH2CH3和CH(CH3)3是同分异构体
C．12C和13C 是同位素 D．CH3和CH3CH3是同系物，故选C
9.已知R2+离子核外有a个电子，b个中子。表示R原子符号正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，质量数=质子数+中子数，表示核素的原子符号应写出质子数和质量数，据此解答。
【详解】已知R2+离子核外有a个电子，则R的电子数为a+2，故其质子数也是a+2，又知其含有b个中子，则其质量数是a+2+b，所以表示R原子符号为。答案选C。
【点睛】本题考查了质子数、中子数和质量数之间的关系，难度不大，明确阴阳离子中核外电子数的计算方法以及核素的表示方法是解本题的关键。
10.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如下图所示，其中W为无机非金属材料的主角，下列说法正确的是

A. W位于第三周期Ⅳ族
B. Y的气态氢化物分子中含极性共价键
C. X的最高价氧化物的电子式是
D. 常温下不能用Z单质制成的容器盛放Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
根据元素在周期表中的位置知，这四种元素处于第二、三周期，W为无机非金属材料的主角，是Si元素，根据这四种元素的位置得，Z是Al元素，X是C元素，Y是N元素，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是Al元素，W是Si元素。则
A．W是Si元素，位于第三周期第ⅣA族，A错误；
B．Y是N元素，其氢化物是氨气，氨气中氮原子和氢原子之间存在极性共价键，B正确；
C．X是C元素，其最高价氧化物是二氧化碳，其电子式为：，C错误；
D．常温下，铝和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应即钝化，所以常温下能用铝制容器盛放浓硝酸，D错误；
答案选B。
11.2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H＝－221.0kJ/mol，这个热化学方程式表示
A. 2g碳燃烧生成一氧化碳时放出221.0kJ的热量
B. 2mol碳燃烧生成一氧化碳时吸收221.0kJ的热量
C. 2mol固体碳在氧气中燃烧生成2mol一氧化碳气体时放出221.0kJ的热量
D. 12g碳和氧气反应生成一氧化碳时放出221.0kJ的热量
【答案】C
【解析】
【详解】根据热化学方程式可知，反应2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H＝－221.0kJ/mol表示2mol固体C在氧气中燃烧生成2mol一氧化碳气体时放热221.0kJ；答案选C。
12.已知H+(aq)+OH－(ag)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ/mol，其中aq代表稀溶液，以下四个反应方程式中，反应热△H＝－57.3kJ/mol的是
A. H2SO4(aq)+2NaOH(ag)＝Na2SO4(aq)+2H2O(l)
B. 1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(ag)＝1/2BaSO4(aq)+H2O(l)
C. HCl(aq)+NaOH(ag)＝NaCl(aq)+H2O(l)
D. HCl(aq)+NH3·H2O(ag)＝NH4Cl(aq)+H2O(l)
【答案】C
【解析】
【分析】
H+(aq)+OH－(ag)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ/mol表示强酸与强碱在稀溶液中发生中和反应生成1mol液态水时的反应热△H=－57.3kJ/mol，注意必须是强酸与强碱的稀溶液，生成的水的物质的量必须为1mol，反应除了生成水，不能生成其它弱电解质、难溶物等，据此进行解答。
【详解】A．该选项的热化学方程式生成了2mol水，反应的焓变为－114.6kJ/mol，A不符合题意；
B．反应过程中除了氢离子和氢氧根离子反应放热以外，硫酸钡沉淀的生成也伴随着能量的变化，B不符合题意；
C．反应HCl(aq)+NaOH(ag)＝NaCl(aq)+H2O(l)符合中和热的概念，该反应的反应热△H=－57.3kJ/mol，C符合题意；
D．一水合氨是弱电解质，电离过程是吸热过程，焓变不是－57.3kJ/mol，D不符合题意；
答案选C。
13.在下列结构的有机化合物中：
①CH3CH2CH2CH2CH3      ②CH3CH2CH2CH2CH2CH3  ③  
④ ⑤
属于同分异构体的正确组合是（ ）
A. ②和⑤ B. ②和③ C. ①和② D. ④和③
【答案】B
【解析】
【分析】
同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，据此判断。
【详解】根据有机物结构简式可知，①是正戊烷，②是正己烷，③是2－甲基戊烷，④是2－甲基丁烷，⑤是正己烷。所以①与④互为同分异构体；②和⑤是同一种物质，其与③均互为同分异构体。答案选B。
14.已知：①1 mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436 kJ的能量，②1 mol I2蒸气中化学键断裂时需要吸收151 kJ的能量，③由H原子和I原子形成1 mol HI气态分子时释放299 kJ的能量。下列热化学方程式正确的是
A. 2HI(g) =H2(g)＋I2(g)∆H＝+11 kJ／mol
B. H2(g)＋I2(g) =2HI(g)∆H＝－22 kJ／mol
C. H2(g)＋I2(g) =2HI(g)∆H＝+288 kJ／mol
D. H2(g)＋ I2(g) =2HI(g)∆H＝－144 kJ／mol
【答案】A
【解析】
试题分析：A、反应热=生成物的键能减反应物的键能=436kJ·mol－1+151kJ·mol－1-2×299 kJ·mol－1=+11kJ?mol－1，故1mol氢气与1mol氯气反应时吸收热量为11KJ，△H=+11kJ·mol－1，A正确；B、由A可知，B中∆H＝－11 kJ／mol，B、C、D均错误；选A。
考点：有关键能和反应热的计算
15.反应4NH3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6H2O（g）在5L密闭容器中进行，半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率v为
A. v（O2）＝0.01mol/（L·s） B. v（NO）＝0.08mol/（L·s）
C. v（H2O）＝0.003mol/（L·s） D. v（NH3）＝0.001mol/（L·s）
【答案】C
【解析】
试题分析：化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示，则NO的反应速率是＝0.002 mol·L－1·s－1。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，则氧气、氨气、水蒸气的反 应速率分别是0.0025 mol·L－1·s－1、0.002 mol·L－1·s－1、0.003 mol·L－1·s－1，选C。
考点：考查化学反应速率计算
16.已知在25℃，101KPa下，1gC8H8(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是
A. C8H8(l)＋12.5O2(g)＝8CO2(g)＋9H2O(g) △H＝－48.40kJ/mol
B. C8H8(l)＋12.5O2(g)＝8CO2(g)＋9H2O(l) △H＝－5518kJ/mol
C. C8H8(l)＋12.5O2(g)＝8CO2(g)＋9H2O(l) △H＝+5518kJ/mol
D. C8H8(l)＋12.5O2(g)＝8CO2(g)＋9H2O(l) △H＝－48.40kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】由25℃，101kPa下，1 g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ的热量，则1 mol C8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40 kJ×114＝5518 kJ。该反应为放热反应，则热化学反应方程式为C8H8(l)＋12.5O2(g)＝8CO2(g)＋9H2O(l)△H＝－5518 kJ/mol，答案选B。
17.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子,它与1H原子组成HmX分子，在a g HmX中所含质子的物质的量是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】质子数（Z）＝质量数(A)－中子数（N），可得同位素X的质子数为A−N，1分子HmX的质子数A−N+m，因此a g HmX分子中所含质子的物质的量是。答案选C。
18.把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中，产生氢气的速率变化曲线如图所示。下列因素中，影响该反应速率的主要因素是

①盐酸的浓度 ②镁条的表面积 ③溶液的温度 ④Cl-的浓度
A. ①④ B. ③④ C. ①③ D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，该反应速率先增大后减小，结合温度、浓度对反应速率的影响解答。
【详解】由图可知，该反应速率先增大后减小，该反应为放热反应，放出热量，温度升高，则反应速率加快，后来盐酸浓度减小，则反应速率逐渐减小，即前一阶段温度对反应速率的影响其主要作用，后一阶段浓度对反应速率的影响起主要作用。因Cl－不参加反应，Cl－的浓度增大或减小都不影响化学反应速率，且该反应中Cl－的浓度可视为不变，另外镁条的表面积会影响反应速率，但在该反应中不是主要因素，即影响因素主要为①③，答案选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、温度对反应速率的影响即可解答，注重基础知识的考查，注意图象分析与反应特点的应用，题目难度不大。
19.(CH3CH2)2CHCH3的正确命名是
A. 3－甲基戊烷 B. 2－甲基戊烷
C. 2－乙基丁烷 D. 3－乙基丁烷
【答案】A
【解析】
试题解析：根据烷烃的命名原则知(CH3CH2)2CHCH3的名称为3－甲基戊烷，选A。
考点：考查烷烃的命名。
20.已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，下列说法不正确的是(　　)
A. 升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B. 使用高效催化剂可有效提高正反应速率
C. 反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定
D. 单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
【答案】A
【解析】
升高温度，正反应和逆反应速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达平衡，D项正确。
21.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：
实验装置




部分实验现象
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
电流计指示在导线中电流从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. d＞a＞b＞c C. b＞c＞d＞a D. a＞b＞d＞c
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，结合原电池的工作原理分析解答。
【详解】装置是原电池，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；装置不能构成原电池，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序b＞c；装置是原电池，d极溶解，d是负极，c极有气体产生，c是正极，所以金属的活动性顺序d＞c；装置是原电池，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；因此这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c，答案选B。
22.镍氢电池的总反应式是H2+2NiO(OH)2Ni(OH)2，根据此反应式判断，此电池放电时，负极上发生反应的物质是（ ）。
A. NiO(OH) B. Ni(OH)2 C. H2 D. H2和NiO(OH)
【答案】C
【解析】
试题分析：放电时，H2发生失去电子的氧化反应，NiO(OH)发生得到电子的还原反应，而对于原电池来说，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，因此在负极上发生反应的物质是H2，故答案C。
考点：考查原电池和电解池的工作原理。
23.有机物(CH3)3CCH2CH3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】
【分析】
有机物分子中含有几类等效氢原子，与氯气发生取代反应，生成的一氯代物就有几种，据此判断。
【详解】根据有机物(CH3)3CCH2CH3的结构简式可知分子中有3种环境不同的H原子，即如图所示的三种，故其一氯代物有3种，答案选C。
【点睛】确定等效氢原子是解本题的关键，对于等效氢的判断需要掌握以下方法：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；注意有几种氢原子就有几种一氯代烃。
24. 等物质的量的下列物质，与足量氢气发生加成反应，消耗氢气最多的是
A. CH2===CH—CH===CH2
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
解决此类问题，首先要分析物质的性质，1 mol的C=C双键与1 mol的H2发生加成、1 mol的苯环与3 mol的H2发生加成，所以1 mol的A消耗2 mol H2、1 mol的B消耗（1＋3） mol H2、1 mol的C消耗（1＋3×2） mol H2、1 mol的D消耗（2＋3） mol H2。
25.“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，在“绿色化学工艺”中理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物，即原子利用率为100%。下列过程符合“绿色化学”理念的是
A. 实验室制O2：2KClO32KCl+3O2↑
B. 2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O
C. 2M+N＝2P+2Q，2P+M＝Q（M、N为原料，Q为期望产品）
D. 用铁屑、CuO、稀硫酸为原料制铜：CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O、Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu
【答案】C
【解析】
【分析】
绿色化学要求尽可能地利用原材料；根据题干要求，要从反应的原子利用率方面进行考虑分析。
【详解】A．反应中有2种生成物，原子利用率不是100%，A错误；
B．反应中有2种生成物CH3CHO和H2O，原子利用率不是100%，B错误；
C．2M+N＝2P+2Q，2P+M＝Q反应物可完全转化为生成物，原子利用率为100%，C正确；
D．有副反应发生，且生成物不止一种，原子利用率不是100%，D错误。
答案选C。
26.如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图.下列关于该实验的叙述中,不正确的是

A. 向a试管中先加入浓硫酸,然后边摇动试管边慢慢加入乙醇,再加冰醋酸
B. 试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象
C. 实验时加热试管a的目的是及时将乙酸乙酯蒸出并加快反应速率
D. 采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用
【答案】A
【解析】
【分析】
由乙醇、乙酸和浓硫酸来制取乙酸乙酯，先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，试管b中碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，加热可加快反应速率，长导管可冷凝回流，充分利用原料，以此来解答。
【详解】A．浓硫酸的密度大于水，稀释放热，则向a试管中先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，冷却后再加入冰醋酸，A错误；
B．生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇和乙酸与水互溶，则试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象，B正确；
C．实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，同时也加快反应速率，C正确；
D．乙酸、乙醇均易挥发，采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用，可充分利用原料，D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查有机物的制备实验，把握物质的制备原理、性质以及装置中仪器的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的易错点，注意根据浓硫酸的稀释进行类推。
27.催化氧化的产物是的醇是(  )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：选项中均为醇，含﹣OH，与﹣OH相连C上有2个H能被氧化生成﹣CHO，即含﹣CH2OH结构，以此来解答．
解：A．含﹣CH2OH结构，可催化氧化生成醛为，故A选；
B．与﹣OH相连的C上只有1个H，催化氧化生成酮，故B不选；
C．与﹣OH相连的C上只有1个H，催化氧化生成酮，故C不选；
D．与﹣OH相连的C上只有1个H，催化氧化生成酮，故D不选；
故选A．
28.冶炼金属一般有下列4种方法:①焦炭法;②水煤气(或氢气、一氧化碳)法;③活泼金属置换法;④电解法。这4种方法在工业上均有应用。古代有:Ⅰ.火烧孔雀石炼铜;Ⅱ.湿法炼铜。现代有:Ⅲ.铝热法炼铬;Ⅳ.从光卤石(MgCl2·6H2O)中炼镁。对它们的冶炼方法的分类,不正确的是(　　)
A. Ⅰ,① B. Ⅱ,② C. Ⅲ,③ D. Ⅳ,④
【答案】B
【解析】
【分析】
金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程。金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法。总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从化合物中还原出来，结合金属的活泼性分析判断。
【详解】A．火烧孔雀石炼铜是采用的焦炭法来冶炼金属，Cu2（OH）2CO32CuO+H2O+CO2↑；C+2CuO2Cu+CO2↑，用①，分类正确，A正确；
B．湿法炼铜就是用金属铁与铜的盐溶液反应，即铁与硫酸铜溶液（或氯化铜、硝酸铜溶液）反应，生成铜和硫酸亚铁（或氯化亚铁、硝酸亚铁），Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，用③，分类错误，B错误；
C．铝热法炼铬，是利用三氧化二铬与铝发生铝热反应：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3，用③，分类正确，C正确；
D．从光卤石中炼镁，从海水或光卤石中先获得MgCl2•6H2O，然后制得无水MgCl2，电解熔融的氯化镁来冶炼金属镁的，用④，分类正确，D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意金属的冶炼方法与金属的活泼性有关，活泼金属用电解法冶炼，较活泼金属用热还原法冶炼，不活泼金属一般用热分解法冶炼，学习中注重相关基础知识的积累。
29.将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器中混合,并在一定条件下发生如下反应：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。以下说法中正确的是
A. 2s内物质A的平均反应速率为0.6mol-1·l-1·s-1 B. 2s时物质B的转化率为70％
C. 2s内物质B的平均反应速率为0.6mol-1·l-1·s-1 D. x＝2
【答案】D
【解析】
【详解】若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，消耗A是4mol－2.8mol＝1.2mol。C的物质的量浓度为0.6mol/L，生成C是0.6mol/L×2＝1.2mol，根据方程式可知x＝2。则
2A(g)+B(g)2C(g)
起始量（mol） 4 2 0
变化量（mol） 1.2 0.6 1.2
平衡量（mol） 2.8 1.4 1.2
A、2s内用物质A表示的平均反应速率为＝0.3mol•L-1•s-1，A错误；
B、2s时物质B的转化率为0.6mol/2mol×100%＝30%，B错误；
C、反应速率之比是化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.15mol•L-1•s-1，C错误；
D、由上述计算可知x＝2，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了化学平衡的计算分析，转化率、反应速率的概念计算应用，掌握基础是关键，题目较简单。注意三段式解题的灵活应用。
30.由质量均为100g的铁片、铜片和足量CuSO4溶液组成原电池装置，经过一段时间后，两电极的质量差变为12g，则下列说法正确的是（ ）
A. 铁片溶解了12g B. 导线中通过了0.2mol电子
C. 铜片上析出了6gCu D. 铜片溶解了6.4g
【答案】B
【解析】
【详解】由质量均为100g的铁片、铜片和足量CuSO4溶液组成原电池装置，其中铁是负极，发生失去电子的氧化反应Fe－2e－＝Fe2＋，铜是正极，溶液中的铜离子发生得到电子的还原反应Cu2＋＋2e－＝Cu，经过一段时间后，两电极的质量差变为12g，设溶解的铁的物质的量是x mol，根据电子得失守恒可知析出铜是x mol，所以64x＋56x＝12，解得x＝0.1。则
A. 铁片溶解了5.6g，A错误；
B. 导线中通过了0.2mol电子，B正确；
C. 铜片上析出了6.4gCu，C错误；
D. 铁溶解，铜片不溶解，D错误。
答案选B。
31.A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等。

（1）写出A、B、C三元素名称_______、_______、_______。
（2）C在元素周期表中的位置是___________________。
（3）B的原子结构示意图为______。C的氢化物与B的氢化物的稳定性强弱顺序为(填化学式)___________。
（4）比较A、C的原子半径A____C。写出A的气态氢化物与A的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_____________________________________。
【答案】 (1). 氮 (2). 硫 (3). 氟 (4). 第二周期ⅦA族 (5). (6). HF＞H2S (7). ＞ (8). NH3+HNO3＝NH4NO3
【解析】
【分析】
设B元素的质子数为x，则A的质子数为x-9，C的质子数为x-7，可得x-9+x-7=x，解得x=16，所以A的质子数为7，B的质子数为16，C的质子数为9，分别为N、S、F元素，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A、B、C三元素分别为N、S、F元素，则
（1）A、B、C三元素的名称分别是氮、硫、氟；
（2）C元素的原子核内质子数为9，原子核外有2个电子层，最外层电子数为7，位于元素周期表第二周期ⅦA族；
（3）B的原子序数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，原子结构示意图为；非金属性是F＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则C的氢化物与B的氢化物的稳定性强弱顺序为HF＞H2S；
（4）元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小关系为N＞F；A的气态氢化物氨气与A的最高价氧化物对应水化物硝酸反应的化学方程式为NH3＋HNO3＝NH4NO3。
【点睛】本题考查位置结构性质关系的综合应用，题目难度不大，注意根据质子数关系结合元素所在周期表中的位置推断元素的种类是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用。
32.工业合成氨反应：N2＋3H22NH3是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1 mol H－H键、1 mol N－H键、1 mol N≡N键放出能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则：
（1）若1 mol N2完全反应生成NH3可________(填“吸收”或“放出”)热量________kJ。
（2）如果将1 mol N2和3 mol H2混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是________________________。
（3）实验室模拟工业合成氨时，在容积为2 L的密闭容器内，反应经过10 min后，生成10 mol NH3，则用N2表示的化学反应速率为________mol·L－1·min－1。
（4）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是________。
a．正反应速率和逆反应速率相等
b．正反应速率最大，逆反应速率为0
c．N2的转化率达到最大值
d．N2和H2的浓度相等
e．N2、H2和NH3的体积分数相等
f．反应达到最大限度
【答案】 (1). 放出 (2). 92 (3). 该反应是可逆反应，1 mol N2和3 mol H2不能完全反应，因此放出能量总是小于92 kJ (4). 0.25 (5). acf
【解析】
【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则反应的N2＋3H22NH3的ΔH＝(946+436×3-391×6)kJ/mol＝－92kJ/mol，所以若1mol N2完全反应生成NH3可放出热量92kJ。
（2）由于该反应是可逆反应，1 mol N2和3 mol H2不能完全反应生成2mol氨气，因此放出能量总是小于92 kJ。
（3）在容积为2L的密闭容器中进行，反应经过10min后，生成10mol NH3，则消耗氮气5mol，浓度是2.5mol/L，用N2表示的化学反应速率是2.5mol/L÷10min＝0.25 mol·L －1·min－1。
（4）a．达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率一定相等，a正确；
b．达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率一定相等，且均不为0，b错误；
c．达到化学平衡时，即达到反应最大限度，N2的转化率达到最大值，c正确；
d．达到化学平衡时，N2和H2的浓度不再改变，但不一定相等，d错误；
e．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的体积分数不变，但不一定相等，e错误；
f．达到化学平衡时，反应达到最大限度，f正确。
答案选acf。
33.某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型。根据如图回答下列问题：

（1）写出A、B、C、D的结构简式：A__，B__，C__，D__。
（2）写出②、④两步反应的化学方程式，并注明反应类型。
②_________________，反应类型________。
④_________________，反应类型________。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). CH3CH3 (3). CH3CH2Cl (4). CH3CH2OH (5). CH2=CH2+HClCH3CH2Cl (6). 加成反应 (7). CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl (8). 取代反应
【解析】
【详解】烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，所以A为乙烯；结合流程可得：B为乙烷、C为氯乙烷、D为乙醇。则
（1）根据以上分析可知A、B、C、D的结构简式依次为：CH2＝CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH。
（2）反应②表示乙烯与HCl反应生成CH3CH2Cl，化学方程式为：CH2＝CH2+HClCH3CH2Cl，属于加成反应；反应④表示乙烷与Cl2光照条件生成氯乙烷和HCl，化学方程式为：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，属于取代反应。
34.根据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)＝Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示，其中盐桥为琼脂－饱和硝酸钾盐桥。请回答下列问题：

（1）电极X的材料是______；电解质溶液Y是_____；
（2）银电极为电池的______极，写出电极反应式：银电极________；X电极：________。
（3）外电路中的电子是从______电极流向______电极。
（4）盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是______(填序号)。
A.K+ B.NO3- C.Ag+ D.SO42-
【答案】 (1). Cu (2). AgNO3溶液 (3). 正 (4). 2Ag++2e－＝2Ag (5). Cu－2e－＝Cu2+ (6). Cu (7). Ag (8). B
【解析】
【分析】
由反应方程式可知，该原电池的电极反应式为正极：2Ag++2e-＝2Ag，负极：Cu-2e-＝Cu2+，所以X极的材料应为Cu，电解质溶液Y应为AgNO3溶液，外电路中的电子从Cu极流向Ag极，盐桥中的K+移向正极（Ag极）；NO3-移向负极（Cu极），以此解答。
【详解】（1）根据2Ag+(aq)+Cu(s)＝Cu2+(aq)+2Ag(s)可知失电子的金属Cu为负极，得电子的阳离子Ag+是右池中电解质中的阳离子，因此该电解质溶液可以选取AgNO3溶液；
（2）银为正极，发生还原反应，电极方程式为2Ag++2e－＝2Ag，X为Cu，为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－＝Cu2+；
（3）电子从负极经外电路流向正极，即由Cu流向Ag；
（4）盐桥为琼脂-饱和硝酸钾盐桥，X为负极，原电池工作时阴离子向负极移动，因此NO3-移向硫酸铜溶液，答案选B。
【点睛】本题考查原电池原理，注意含有盐桥的原电池中，电极材料和其相应的盐溶液必须含有相同的金属元素，注意电子不进入电解质溶液中，通过导线传递，为易错点。