【化学】甘肃省武威市第十八中学2019-2020学年高一下学期期末考试模拟考试试题（解析版）

甘肃省武威市第十八中学2019-2020学年高一下学期期末考试模拟考试试题
（满分100分时间120分钟）
第Ⅰ卷（50分）
一、选择题（共25小题，每小题2分，共50分）
1.已知下列元素的原子半径
元素
N
S
O
Si
原子半径/10-10m
0.75
1.02
0.74
1.17
根据以上数据，磷原子的半径可能是（ ）
A. 1.10×10-10m B. 1.20×10-10m
C. 0.80×10-10m D. 0.70×10-10m
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】同周期元素，从左到右，原子半径减小，Si、P、S同周期，半径Si>P>S，P原子的半径大于S而小于Si，因此其半径的数值应介于1.02×10-10m与1.17×10-10m之间，A符合题意；
答案选A。
2.2012年2月新华网报道，加拿大开发出生产医用放射性同位素的简单方法，下列关于的叙述不正确的是（　　）
A. 原子序数是43 B. 中子数是99
C. 质子数是43 D. 电子数是43
【答案】B
【解析】
【详解】原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，质子数+中子数=质量数，原子序数=原子的核外电子数=质子数，则的质量数为99，质子数为43，原子序数=核外电子数=质子数=43，中子数=质量数-质子数=99-43=56，综上分析，答案选B。
3. 化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是（ ）
①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转换技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料。
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ①②④ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】化石燃料的开采与使用，焚烧秸秆向大气中排放大量的二氧化碳和有害气体，破坏了环境，故①④均不利于环境的保护；而②③⑤有利于节能减排、环境保护，故选B。
4.对于反应中的能量变化，表述正确的是（ ）
A. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
B. 断开化学键的过程会放出能量
C. 加热才能发生反应一定是吸热反应
D. 氧化反应均为吸热反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、吸热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，A项正确；
B、形成化学键的过程会释放能量，B项错误；
C、吸放热反应与外界条件无直接关系，C项错误；
D、燃烧都是放热反应，D项错误。
答案选A。
5.下列说法正确的是（　　）
A. 离子化合物可能含共价键 B. 共价化合物可能含离子键
C. 离子化合物中只含离子键 D. 共价化合物中不含金属元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．离子化合物可能含有共价键，例如氢氧化钠，既含有离子键又含有共价键，故A正确；
B．只含有共价键的化合物是共价化合物，共价化合物不可能含有离子键，故B错误；
C．离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，例如氢氧化钠，既含有离子键又含有共价键，故C错误；
D．氯化铝是共价化合物，含金属元素，故D错误；
答案选A。
6.下列关于能量转化的说法中，不正确的是（ ）
A. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能
B. 绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能
C. 白炽灯工作时，电能全部转化为光能
D. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
【答案】C
【解析】分析：电解装置是将电能转化为化学能的装置；绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能；白炽灯工作时电能转化为光能和热能；物质的燃烧将化学能转化为热能和光能。
详解：A.电解水生成氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置，故正确；
B.绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能，故正确;
C.白炽灯工作时电能转化为光能和热能，故错误；
D.物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故正确。
故选C。
7.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是(　　)
A. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4 B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3
C. Na2O2、KOH、Na2SO4 D. HCl、Al2O3、MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH 含有离子键和极性共价键；H2SO4只含有共价键；(NH4)2SO4含有离子键和共价键，故A错误；
B．MgO 只含离子键；Na2SO4含离子键和共价键；NH4HCO3含有离子键和共价键，故B错误；
C．Na2O2、KOH、Na2SO4含离子键和共价键，故C正确；
D．HCl只含共价键；Al2O3、MgCl2只含离子键，故D错误；
答案选C。
8.下列电子式中，正确的是（　　）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵是离子化合物，电子式为，故A错误；
B．溴化铵是离子化合物，电子式为 ，故B错误；
C．氯化钙是离子化合物，电子式为，故C错误；
D．氢氧化钡是离子化合物，电子式为，故D正确；
答案选D。
9.下列反应中不需加热的吸热反应是（ ）
A. 锌粒与稀硫酸的反应
B. 灼热的木炭与CO2反应
C. 甲烷在氧气中的燃烧反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌粒与稀硫酸的反应是放热反应，A不符合题意；
B．灼热的木炭与CO2的反应是吸热反应，在高温下进行，B不符合题意；
C．甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，C不符合题意；
D．Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，在常温下就可以发生，D符合题意；
答案选D。
10.下列装置能构成原电池的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】原电池的构成条件：一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生（一般是活动性强的金属与电解质溶液反应）；
二看两电极：一般是活泼性不同的两电极；
三看是否形成闭合回路，形成闭合回路需三个条件①电解质溶液，②两电极直接或间接接触，③两极插入电解质溶液；
据此分析解答。
【详解】A．两个电极都是铜电极，电极材料相同，不符合构成原电池的条件，该装置不是原电池，A选项错误；
B．锌比碳活泼，锌与硫酸能够发生氧化还原反应，所以锌做负极，碳做正极，硫酸做电解质溶液，符合原电池构成条件，该装置属于原电池，B选项正确；
C．不是闭合回路，该装置不属于原电池，C选项错误；
D．无水乙醇不属于电解质，不能自发进行氧化还原反应，不符合原电池构成条件，该装置不属于原电池，D选项错误；
答案选B。
11. 对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A. v(W)=3v(Z) B. 2v(X)=3v(Z)
C. 2v(X)=v(Y) D. 3v(W)=2v(X)
【答案】C
【解析】
【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知
A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；
B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；
C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；
D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。
答案选C。
12.对于原电池的电极名称，下列叙述有错误的是（　　）
A. 发生氧化反应的为负极 B. 正极为电子流入的一极
C. 比较不活泼的金属为负极 D. 电流的方向由正极到负极
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池中，失电子发生氧化反应的为负极，故A正确；
B．原电池中电子由负极经外电路流向正极，则正极为电子流入的一极，故B正确；
C．一般情况下，比较不活泼的金属为正极，活泼金属为负极，故C错误；
D．原电池中电子由负极经外电路流向正极，电子与电流流向相反，电流的方向由正极到负极，故D正确；
答案选C。
13. 废电池处理不当不仅造成浪费，还会对环境造成严重污染，对人体健康也存在极大的危害。有同学想变废为宝，他的以下想法你认为不正确的是（ ）
A. 把锌皮取下洗净用于实验室制取氢气
B. 碳棒取下用作电极
C. 把铜帽取下洗净回收利用
D. 电池内部填有氯化铵等化学物质，将废电池中的黑色糊状物用作化肥
【答案】D
【解析】
【分析】A.金属锌可以和酸反应获得氢气；
B.碳棒可以做电极；
C.废旧电池中的铜帽可以利用；
D.废电池的黑色糊状物中含有NH4Cl、MnO2及有毒的重金属元素。
【详解】A.把锌皮取下洗净用于实验室制取氢气，属于将废旧电池变废为宝的做法，故A正确；
B.废电池中的碳棒可以导电，能用做电极，故B正确；
C.将废旧电池中的铜帽取下再利用，故C正确；
D.废电池的黑色糊状物中含有NH4Cl，还含有MnO2及有毒的重金属元素，直接用作化肥会使土壤受到污染，故D错误；
故选D。
14.关于下图所示装置，下列叙述中正确的是（ ）

A. 铜是负极，锌片上有气泡产生
B. 锌片逐渐减轻，铜片逐渐增重
C. 电流从锌片经导线流向铜片
D. 氢离子在铜片表面得电子被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A金属性锌强于铜，铜是正极，氢离子放电，铜片上有气泡产生，A错误；
B、锌是负极，锌失去电子，锌片逐渐减轻，铜片质量不变，B错误；
C、电子从锌片经导线流向铜片，C错误；
D、氢离子在铜片表面得电子被还原，D正确。
答案选D。
15.下列化合物中既可以使KMnO4酸性溶液褪色，也可发生加成反应是（　　）
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 乙烯 D. 苯
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烷中不含不饱和键，不能发生加成反应，不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A不符合题意；
B．乙醇中不含不饱和键，不能发生加成反应，但−OH能使KMnO4酸性溶液褪色，故B不符合题意；
C．乙烯中含碳碳双键，既易发生加成反应，也能被KMnO4酸性溶液氧化，使KMnO4酸性溶液褪色，故C符合题意；
D．苯中不含双键，不能使KMnO4酸性溶液褪色，但能发生加成反应，故D不符合题意；
答案选C。
16.下列各组化合物中的性质比较，不正确的是( )
A. 酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B. 稳定性：HCl＞H2S＞PH3
C. 碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2 D. 还原性：F-＞Cl-＞Br–
【答案】D
【解析】
【详解】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族自上而下，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐减弱，即酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；
B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，同周期自左向右，非金属性逐渐增强，则稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故B正确；
C．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，则碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故C正确；
D．卤族元素中，阴离子的还原性随着原子序数增大而增强，所以还原性：F-＜Cl-＜Br-＜I-，故D错误；
答案选D。
17.已知空气-锌电池的电极反应为：锌片：Zn+2OH+-2e-=ZnO+H2O；石墨：O2+2H2O+4e-=4OH-，则锌片是（　　）
A. 正极，被还原 B. 负极，被氧化
C. 负极，被还原 D. 正极，被氧化
【答案】B
【解析】
【详解】在空气-锌电池中锌片发生的反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，则锌的化合价升高，发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应，所以在空气—锌电池中锌为负极被氧化，答案选B。
18.下列不是乙烯用途的是（ ）
A. 制塑料 B. 做灭火剂
C. 制有机溶剂 D. 做果实催熟剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯是重要的有机化工基本原料，主要用于生产聚乙烯（塑料）、乙丙橡胶、聚氯乙烯（塑料）等，A不选；
B．乙烯易燃不能做灭火剂，B选；
C．乙烯在有机合成方面，广泛用于合成乙醇、环氧乙烷及乙二醇、乙醛、乙酸、丙醛、丙酸及其衍生物等多种基本有机合成原料，C不选；
D．乙烯可作为植物生长调节剂，D不选。
答案选B
19.2005年2月18日，英国食品标准局向英国民众发出警告，公布了359种食品中含有可能致癌的“苏丹红一号”，一时间“苏丹红一号”成为媒体关注的焦点。“苏丹红一号”的结构简式如图：下列关于苏丹红一号的有关叙述正确的是（ ）

A. 苏丹红一号的分子式C18H12N2O
B. 苏丹红一号的相对分子质量是248 g·mol－1
C. 苏丹红一号属于烃
D. 苏丹红一号能发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，可得出苏丹红一号的分子式为C16H12ON2，故A错误；
B．苏丹红一号的分子式为C16H12ON2，相对分子质量是248，而g·mol－1是摩尔质量的单位，故B错误；
C．苏丹红一号由C、H、O、N四种元素组成，故不属于烃类，故C错误；
D．结构决定性质，苏丹红一号中有苯环，故它能发生取代反应和加成反应，故D正确；
答案选D。
20.以苯为原料，不能通过一步反应制得的有机物是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯与浓硝酸和浓硫酸发生硝化反应得到硝基苯，A不符合题意；
B．苯不能一步反应得到苯酚，B符合题意；
C．苯和氢气发生加成反应生成环己烷，C不符合题意；
D．苯与液溴在催化剂作用下发生取代反应，生成溴苯，D不符合题意；
答案选B。
21.已知乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2。既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯的方法是（ ）
A. 通入足量溴水中 B. 在空气中燃烧
C. 通入酸性高锰酸钾溶液中 D. 通入水中
【答案】A
【解析】
【详解】A．通入溴水中，乙烯与溴水发生加成反应生成二溴乙烷，溴水褪色，既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯，A选项正确；
B．乙烷与乙烯均可在空气中燃烧生成二氧化碳与水，则在空气中燃烧不能将乙烷中的乙烯除去，B选项错误；
C．通入酸性高锰酸钾溶液中，但是生成二氧化碳气体，会引入新的杂质，C选项错误；
D．乙烯和乙烷都不能溶于水，不能将二者鉴别，D选项错误；
答案选A。
22.下列反应属于取代反应的是（ ）
A. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中
B. 苯与液溴混合后撒入铁粉
C. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应
D. 乙烯通入溴水中
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中发生氧化反应，A错误；
B．苯与液溴混合后撒入铁粉生成硝基苯和水，属于取代反应，B正确；
C．在镍作催化剂条件下，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，C错误；
D．乙烯通入溴水中发生加成反应生成CH2BrCH2Br，D错误；
答案选B。
23.下列说法正确的是（　　）
A. 甲烷分子是正四面体结构 B. 甲烷分子中C、H间是非极性键
C. 甲烷的结构式为CH4 D. 甲烷可发生加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷分子的空间结构是正四面体结构，故A正确；
B．由不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键，甲烷分子中 C、H 间是极性键，故B错误；
C．甲烷的分子式为CH4，结构式为，故C错误；
D．甲烷可发生取代反应，不能发生加成反应，故D错误；
答案选A。
24.把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c上产生大量气泡，b、d相连时，b上产生大量气泡，则四种金属的活动性顺序由强到弱的是（ ）
A. a＞b＞c＞d B. a＞c＞d＞b
C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a
【答案】B
【解析】
【分析】在原电池中，活泼性较强的电极为负极，活泼性较弱的电极为正极，结合原电池原理和电极上的常见现象分析判断。
【详解】一般而言，原电池中，活泼性较强的电极为负极，活泼性较弱的电极为正极，放电时，电流从正极沿导线流向负极，正极上得电子发生还原反应，a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池，若a、b相连时，a为负极，则活泼性a＞b；c、d相连时，电流由d到c，c为负极，则活泼性c＞d；a、c相连时，c极上产生大量气泡，c为正极，则活泼性a＞c；b、d相连时，b上有大量气泡产生，b为正极，则活泼性d＞b，因此金属活泼性的强弱顺序是a＞c＞d＞b，故选B。
25.将4molA气体和2molB气体置于1L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)＋B(g)=2C(g)。若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法正确的是(　　)
A. 用物质A表示的反应速率为0.6mol/(L·s)
B. 2s时物质A的转化率为50%
C. 用物质B表示的反应速率为0.6mol/(L·s)
D. 2s时物质B的浓度为0.6mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A．若经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，则物质C的平均速率为υ= ==0.6mol⋅L−1⋅s−1，反应速率之比=反应计量系数比，用A物质表示的反应速率v(A)=v(C)=0.6mol∙L−1·s−1，故A正确；
B．根据A选项分析得到v(A)=v(C)=0.6mol∙L−1·s−1，则υ(A)===0.6mol⋅L−1⋅s−1，Δn(A)=1.2mol，2s时物质A的转化率α=×100%=30%，故B错误；
C．若经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，则物质C的平均速率为υ= ==0.6mol⋅L−1⋅s−1，反应速率之比=反应计量系数比，用物质表示的反应速率v(B)=v(C)=×0.6mol∙L−1·s−1=0.3mol∙L−1·s−1，故C错误；
D．根据B选项分析得到Δn(A)=1.2mol，Δn(B)=Δn(A)=×1.2mol=0.6mol，则2s时物质B的物质的量为2mol−0.6mol=1.4mol，物质的量浓度为c===0.7mol⋅L−1，故D错误；
答案选A。
Ⅱ卷
26.短周期中A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质在一定条件下反应生成一种淡黄色的固体E及白色固体F；D元素的单质在通常状况下为有色气体。
(1)A、B、C、D的元素符号依次为：_________、_________、_________、_________。
(2)元素D的原子结构示意图为________；它在周期表中的位置是________周期_________族。
(3)D元素的最高价氧化物对应的水化物与C的最高价氧化物对应水化物在水溶液中反应的离子方程式为：_________。
(4)F属于____________(离子、共价)化合物，F的电子式表示为：_________。
(5)在E与水的反应中，反应物的总能量___________生成物的总能量(填“高于”、“低于”、“等于”)；形成的新化学键有：___________(填“离子键”、“极性键”、“非极性键”)。此反应的离子方程式为____；
(6)写出AB2分子的结构式：___________，AB2与C的最高价氧化物对应水化物以质量比11︰15进行反应的离子方程式为：_____________。
【答案】 (1). C (2). O (3). Na (4). Cl (5). (6). 3 (7). ⅦA (8). H++OH-=H2O (9). 离子 (10). (11). 高于 (12). 离子键、极性键、非极性键 (13). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑ (14). O=C=O (15). 2CO2+3OH-=+HCO+H2O
【解析】
【分析】短周期中的A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质在一定条件下反应生成一种淡黄色的固体E及白色固体F，则B为O元素、C为Na元素、淡黄色的固体E为Na2O2、白色固体F为Na2O；A原子的最外层上有4个电子，处于ⅣA族，原子序数小于O，故A为C元素；D元素的单质在通常状况下为有色气体，原子序数大于Na，故D为Cl元素，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为C元素，B为O元素、C为Na元素，D为Cl元素，故答案为：C；O；Na；Cl；
(2)D为Cl元素，原子结构示意图为，氯为17号元素，在周期表中位于第三周期第ⅦA族；故答案为：；3；ⅦA；
(3) D元素的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸、C的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，二者反应生成NaClO4与水，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故答案为：H++OH-=H2O；
(4)F为Na2O，属于离子化合物，由钠离子与氧离子构成，电子式为，故答案为：离子；；
(5)E为过氧化钠，过氧化钠与水的反应放出大量的热，反应物的总能量高于生成物的总能量；反应产生NaOH与氧气，形成的氢氧化钠中含有离子键、极性键，氧气中含有非极性键，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：高于；离子键、极性键、非极性键；2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
(6) AB2的化学式为CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，其结构式为：O=C=O，C的最高价氧化物对应水化物为NaOH，CO2与NaOH以质量之比11：15进行反应，二者物质的量之比为∶=2∶3，介于1∶2与1∶1之间，反应生成碳酸钠、碳酸氢钠，令碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据C元素、Na元素守恒可知(x+y)∶(2x+y)=2∶3，解得：x∶y=1∶1，故该反应的离子方程式为：2CO2+3OH-=+HCO+H2O，故答案为：O=C=O；2CO2+3OH-=+HCO+H2O。
27.用纯净的锌粒与100mL2mol/L稀盐酸反应制取氢气，请回答：
(1)实验过程如下图所示，图中________段化学反应速率最快。若经过10分钟的反应时间共消耗锌0.65克(忽略溶液体积的变化)，则用盐酸表示的反应速率为________。

(2)为了加快上述反应的速率，欲向溶液中加入少量下列物质，你认为可行的是______和_______。
A蒸馏水 B氯化铜固体 C氯化钠溶液 D浓盐酸
【答案】(1). EF (2). 0.02mol•L-1•min-1 (3). B (4). D
【解析】
【分析】(1)根据图象斜率判断反应速率的大小；根据v= 计算反应速率；
(2)根据外界条件对化学反应速率的影响及原电池反应可加快反应速率判断选项。
【详解】(1)根据图象斜率判断反应速率的大小，斜率越大，反应速率越快，所以是EF段反应速率最快，0.65g Zn的物质的量为：=0.01mol，消耗盐酸的物质的量为0.02mol，盐酸浓度变化为：=0.2mol/L，故v(HCl)==0.02mol•L-1•min-1；
(2)反应物的浓度越大，反应速率越快，原电池反应可加快反应速率；
A．加蒸馏水，盐酸浓度变小，反应速率减小，故A不符合题意；
B．加氯化铜固体，锌把铜置换出来，铜、锌和盐酸构成原电池，加快反应速率，故B符合题意；
C．加氯化钠溶液，溶液体积增大，盐酸浓度降低，反应速率减小，故C不符合题意；
D．加浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D符合题意；
答案为B和D。
28.(1)在一定条件下，一定容积的密闭容器中进行反应：2SO2＋O22SO3，能证明反应到达平衡的说法是：___________。
A容器中压强不发生改变 B容器内气体密度不发生改变 C容器内气体平均相对分子质量不发生改变 D容器内气体颜色不发生改变 E容器内SO3气体质量不发生改变 F2v正(SO2)=v逆(O2)
(2)请按下表填空：

SO2
O2
SO3
反应开始时的浓度/mol·L－1
3.0
1.5
0
10min后的浓度/mol·L－1



平均反应速率/mol·L－1·min－1


0.1
10min后，浓度c(SO2)=________c(O2)=________
平均反应速率v(SO2)=________v(O2)=________
(3)已知在该条件下每生成1molSO3(g)放出热量QkJ。若向容器中充入2molSO2(g)、2molO2(g)，充分反应后放出热量为_______kJ。
【答案】(1). ACE (2). 2.0mol/L (3). 1.0mol/L (4). 0.1mol•L-1•min-1 (5). 0.05mol•L-1•min-1 (6). 小于2Q
【解析】
【分析】(1)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；
(2)列出三段式计算浓度和速率；
(3)根据可逆反应不能进行到底分析。
【详解】(1) A．反应物和生成物都是气体，化学计量数不同，压强不变，说明达到了平衡状态，故A符合题意；
B．由于容器容积固定，混合气体质量不变，密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡，故B不符合题意；
C．混合气体质量不变，反应前后化学计量数不同，故总物质的量在反应过程中变化，平均摩尔质量在变化，若不变，则达到平衡状态，故C符合题意；
D．反应体系中都是无色气体，不能用颜色作为判据，故D不符合题意；
E．浓度不变，说明达到平衡状态，故E符合题意；
F．2v正(SO2)═v逆(O2)，不能说明正逆反应速率相等，不能证明达到了平衡，故F不符合题意；
答案选ACE；
(2)根据表格数据列“三段式”：

10min后，浓度c(SO2)= 2.0mol/L；c(O2)= 1.0mol/L，反应速率之比=反应计量系数比，则平均反应速率v(SO2)= v(SO3)= 0.1mol•L-1•min-1，v(O2)=v(SO3)= 0.05mol•L-1•min-1；
(3)已知在该条件下每生成1molSO3(g)放出热量QkJ。若2mol SO2(g)、2mol O2(g)充分反应生成2molSO3(g)，则可放出热量2QkJ。由于此反应为可逆反应，不能进行到底，故放出的热量小于2QkJ。
29.如图所示装置：

(1)若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象为________。两极反应式为：正极________；负极________。该装置将________能转化为________能，原电池中的H+向______(Mg、Al)极移动。
(2)若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为________，带_______(正、负)电；总反应方程式为________。
【答案】(1). 镁逐渐溶解，铝极上有气泡冒出，电流表指针发生偏转 (2). 2H++2e-=H2↑ (3). Mg-2e-=Mg2+ (4). 化学 (5). 电 (6). Al (7). Al (8). 负 (9). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
【解析】
【分析】Mg比Al活泼，二者都可与酸反应，如电解池溶液为酸，则Mg为负极，发生氧化反应，Al为正极，发生还原反应；如电解质溶液为氢氧化钠溶液，因Mg与碱不反应，而Al反应，则Al为负极，以此可解答该题。
【详解】(1)该装置为原电池装置，将化学能转变为电能，镁比铝活泼，当电解池溶液为稀硫酸时，镁作原电池负极，发生氧化反应，镁逐渐溶解，铝极上有气泡冒出，电流表指针发生偏转，电极反应为Mg-2e-=Mg2+，铝作正极，发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑；原电池中阳离子向正极移动，则H+向Al极移动；
(2)铝能与NaOH溶液反应，而镁不反应，所以铝作负极，带负电，镁作正极，电池总反应和铝与NaOH溶液的反应相同，为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
30.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．
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③④两步反应的化学方程式，并注明反应类型：
③__(反应类型__)。
④__(反应类型__)。
【答案】(1). CH2=CH2 (2). CH3CH3 (3). CH3CH2Cl (4). CH3CH2OH (5). CH2=CH2+H2O CH3CH2OH (6). 加成反应 (7). nCH2=CH2 (8). 加聚反应
【解析】
分析】根据题意可知：A是乙烯：CH2=CH2；A与H2在Ni作催化剂时发生加成反应得到B：乙烷CH3CH3；A与H2O在稀硫酸作用下发生加成反应得到D乙醇：CH3CH2OH；与HCl在一定条件下发生加成反应得到C氯乙烷：CH3CH2Cl；B乙烷与Cl2在光照下发生取代反应得到氯乙烷：CH3CH2Cl；乙烯在催化剂作用下还可发生加聚反应生产E，E为聚乙烯：，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，A是乙烯，结构简式为：CH2=CH2；B是乙烷，结构简式为：CH3CH3；C是氯乙烷，结构简式为：CH3CH2Cl；D是乙醇，结构简式为：CH3CH2OH；
(2)反应③为乙烯与H2O在稀硫酸作用下发生加成反应得到乙醇，化学反应方程式为：CH2=CH2+H2O  CH3CH2OH；
反应④乙烯在催化剂作用下还可发生加聚反应生产聚乙烯，化学反应方程式为：nCH2=CH2 。
31.下图所示为石蜡油分解的实验装置。在试管①中加入石蜡油和氧化铝；试管②放在冷水中；试管③中加入KMnO4溶液；试管④中加入溴水。认真分析实验，完成下列各题：

石蜡油的分解
(1)试管①中加入氧化铝的作用是_____________。
(2)试管②内看到的实验现象是________。
(3)试管③中看到的实验现象为_________，发生_______反应(填反应类型)。
(4)试管④中看到的实验现象为_________，发生_______反应(填反应类型)。
(5)通过本实验说明____________。
【答案】(1). 催化剂 (2). 有油状液体生成 (3). 高锰酸钾溶液褪色 (4). 氧化 (5). 溴水褪色 (6). 加成 (7). 石蜡油催化裂化有烯烃生成
【解析】
【分析】石蜡的催化分解就是石蜡的催化裂化，烷烃催化裂化生成烯烃和烷烃，氧化铝能加快石蜡油的分解速率，从而减少反应时间；烷烃催化裂化生成烯烃和烷烃，冷却后变成液态；烯烃不稳定，易被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；烯烃较活泼，能和溴发生加成反应；通过本实验说明石蜡油催化裂化有烯烃生成。
【详解】(1)氧化铝能加快石蜡油的分解速率而作催化剂，从而减少反应时间；
(2)烷烃催化裂化生成烯烃和烷烃，冷却后变成液态，看到的现象是有油状液体生成；
(3)烯烃不稳定，易被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，所以看到的现象是溶液褪色；
(4)烯烃中含有碳碳双键，所以较活泼，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，该反应为加成反应；
(5)通过本实验说明石蜡油催化裂化有烯烃生成。