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【化学】甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试（理）试题（解析版）
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甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试（理）试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 乙醇和乙醚(C2H5OC2H5)互为同分异构体
B. 红磷和白磷属于同素异形体，燃烧产物相同
C. 和互为同位素
D. 乙烯和苯乙烯属于同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇中含有2个C原子，乙醚中含有4个C原子，分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．红磷和白磷为磷的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．和的质子数不同，不是同位素，故C错误；
D．乙烯、苯乙烯的结构不相似，不属于同系物，故D错误；
故选B。
2.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. S2－的结构示意图：
B. CO2的比例模型：
C. NH4Cl的电子式：
D. 间硝基甲苯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层为8个电子，硫离子的结构示意图为：，故A错误；
B．CO2为直线形结构，碳原子比氧原子大，比例模型为：，故B错误；
C．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故C错误；
D．间硝基甲苯的结构简式为：，故D正确；
故选D。
3.下列各组化合物中，只含有离子键的是（ ）
A. NaOH和NaHS B. CaCl2和Na2O
C. CO2和K2S D. H2O2和HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH中Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成共价键，NaHS中既含有离子键，也含有共价键，A不符合题意；
B．CaCl2和Na2O中均只含有离子键，B符合题意；
C．CO2分子中只含有共价键，K2S只含有离子键，C不符合题意；
D．H2O2、HCl分子中均只含有共价键，D不符合题意；
答案选B。
4.下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（ ）
A. 热稳定性：HF＞HCl＞HBr B. 原子半径：Na＞S＞O
C. 酸性强弱：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 D. 金属性强弱：K＞Na＞Li
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性越强，氢化物越稳定，元素的非金属性F＞Cl＞Br，对应的氢化物稳定性：HF＞HCl＞HBr，故A正确；
B．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Na＞S＞O，故B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性Cl＞S＞P，对应的最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故C错误；
D．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性K＞Na＞Li，故D正确；
故选C。
5.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是（ ）
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
6.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
7.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第ⅤA族，甲与丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：丁>丙>乙
B. 单质的还原性：丁>丙
C. 甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物
D. 乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第ⅤA族，则乙为N元素,甲和乙形成的气态化合物为NH3，则甲为H元素；甲与丙同主族，则丙为Na元素，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则丁为Al，以此分析解答。
【详解】A.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，乙为N，则原子半径：丙>丁>乙，故A错误；
B.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，单质的还原性：Na>Al，故B错误；
C.根据上述分析：甲为H，丙为Na，乙为N，则H元素和N元素形成的氧化物均为共价化合物，Na元素形成的氧化物为离子化合物，故C错误；
D.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，乙为N，则乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3、NaOH、HNO3，因为Al(OH)3为两性氢氧化物，所以它们之间能相互反应，故D正确；
故答案：D。
8.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（ ）
A. 3g3He中含有的中子数为1NA
B. 1molOH-含有的质子数为9NA
C. 标准状况下，2.24LCCl4中含有的共价键数目为0.4NA
D. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.3g3He中含有的中子数=(3-2)=1mol即1NA，故A正确；
B.1molOH-含有的质子数=(1+8)mol即9NA，故B正确；
C.标准状况下，2.24LCCl4为液态，无法计算含有的共价键数目，故C错误；
D.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合物为0.5mol，含氢原子数目为2NA，故D正确；
故答案C。
9.反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应是放热反应
B. 1molA2(g)和1molB2(g)的总能量高于2molAB(g)的能量
C. 该反应需要加热才能进行
D 1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)吸收(a-b)kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据图象，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，故A错误；
B．依据图象，反应物总能量低于生成物总能量，即1molA2(g)和1molB2(g)的总能量低于2molAB(g)的能量，故B错误；
C．反应热为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，故C错误；
D．依据图象，1molA2和1molB2反应生成2molAB2，吸收(a-b)kJ热量，故D正确；
故选D。
10.氢气在氧气中燃烧产生淡蓝色火焰，在反应中，破坏1molH-H键吸收的能量为Q1kJ，破坏1molO=O键吸收的能量为Q2kJ，形成1molH-O键释放的能量为Q3kJ。下列关系式正确的是（ ）
A. 2Q1+Q2>4Q3 B. 2Q1+Q2<4Q3
C. Q1+Q2
【解析】
【详解】氢气在氧气中燃烧：，反应放热。在反应中，要破坏2molH-H键和1molO=O键，形成4molH-O，则2Q1+Q2-4Q3<0，从而得出2Q1+Q2<4Q3，故选B。
11.下列装置能构成原电池的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．未形成闭合回路，不能构成原电池，A错误；
B．酒精为非电解质，不能构成原电池，B错误；
C．两电极均不与电解质发生氧化还原反应，不能构成原电池，C错误；
D．铁的活泼性大于碳，铁能够与硫酸反应，符合构成原电池的条件，可构成原电池，D正确；
答案为D。
12.某课外活动小组设计化学电源使LED灯发光，装置如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化
B. 铜片上的反应为2H+＋2e‾=H2↑
C. 电子由铜片经LED灯流向锌片
D. 若将锌片换成铁片，电路中的电流方向不变
【答案】C
【解析】
【分析】锌比铜活泼，形成原电池时，锌为负极，铜为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。
【详解】A．原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故A说法正确；
B．铜锌（H2SO4）原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B说法正确；
C．原电池中电子由负极（锌片）→外电路→正极（铜片），故C说法错误；
D．金属性Cu比Zn、Fe弱，将锌片换成铁片，Cu仍作正极，所以电路中的电流方向不变，仍然由正极Cu流向负极Fe，故D说法正确；
故选C。
13.Al-Ag2O电池是水下大型机械常用电源，原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O，则下列说法错误的是（ ）
A. Al电极为负极
B. Al电极的反应式为Al－3e－＋4OH－=AlO＋2H2O
C. 放电时，电池正极附近溶液pH降低
D. 放电时，Na＋移向Ag2O/Ag电极
【答案】C
【解析】
【分析】由原电池总反应2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O可知，原电池工作时Al被氧化，为原电池的负极，Ag2O被还原，为原电池的正极，结合原电池的工作原理和电极反应式分析判断。
【详解】A．Al-Ag2O电池中，Al失去电子生成AlO，则Al是电池的负极，故A正确；
B．原电池工作时Al被氧化，为电池的负极，电极反应式为Al-3e-+4OH-= AlO+2H2O，故B正确；
C．Al-Ag2O电池中，Ag2O被还原，为原电池正极，原电池的总反应改为离子方程式为2Al＋3Ag2O＋2OH-= AlO＋6Ag＋H2O，将总反应-负极反应式×2得到正极反应式为：3Ag2O＋6e-+3H2O = 6Ag＋6OH-，正极附近溶液pH增大，故C错误；
D．原电池工作时阳离子向正极移动，因此Na+移向Ag2O/Ag电极，故D正确；
故选C。
14.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，下列措施能加快反应速率的是（ ）
A. 增加C的质量 B. 恒容条件下充入氦气
C. 降低温度 D. 压缩容器体积
【答案】D
【解析】
【详解】A.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，增加固体C的质量化学反应速率不变，故A不符合题意；
B.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，恒容条件下充入氦气，反应物和生成物的浓度没有改变，分压也没有变，所以化学反应速率不变，故B不符合题意；
C.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，降低温度化学反应速率减慢，故C不符合题意；
D.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，压缩容器体积，增大压强，化学反应速率加快，故D符合题意；
故答案：D。
15.对于反应A(g)+3B(g)=2C(g)+D(g)，下列反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.3mol·L-1·min-1 B. v(B)=0.6mol·L-1·min-1
C. v(C)=0.5mol·L-1·min-1 D. v(D)=0.01mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【详解】首先将用不同物质表示的化学反应速率均转化成物质A表示的化学反应速率，且单位一致，
A. v(A)=0.3mol·L-1·min-1；
B. v(B)=0.6mol·L-1·min-1，转化为用A表示的反应速率为v(A)=0.2mol·L-1·min-1；
C. v(C)=0.5mol·L-1·min-1，转化为用A表示的反应速率为v(A)=0.25mol·L-1·min-1；
D. v(D)=0.01mol·L-1·s-1，转化为用A表示的反应速率为v(A)=0.6mol·L-1·min-1；
故D项表示的反应速率最大，故D符合；
故选D。
16.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)。下列能说明该反应一定达到平衡状态的是（ ）
A. 单位时间内断裂1molH－H键，同时生成2molH－I键
B. 容器内压强保持不变
C. 容器内气体颜色保持不变
D. 容器内H2、I2和HI的分子数之比为1:1:2
【答案】C
【解析】
【详解】A.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，当单位时间内断裂1molH－H键，同时生成2molH－I键，说明反应正向进行，不能说明达到平衡状态，故A不符合题意；
B.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，因为反应前后气体体积不变，所以当容器内压强保持不变，不能说明达到平衡状态，故B不符合题意；
C.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，当容器内气体颜色保持不变，说明I2浓度不再改变，能说明达到平衡状态，故C符合题意；
D.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，容器内H2、I2和HI的分子数之比为1:1:2，不能说明各物质的量不变，不能说明达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案：C。
17.下列属于加成反应的是（ ）
A. 乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 甲烷和氯气混合光照，黄绿色变浅
C. 将苯与液溴在铁粉作用下反应 D. 苯与氢气反应生成环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故A错误；
B．甲烷和氯气混合光照，黄绿色变浅，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，属于取代反应，故B错误；
C．苯和液溴在铁粉作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，故C错误；
D．苯与氢气反应生成环己烷，属于加成反应，故D正确；
故选D。
18.某有机物M的结构如图，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 分子式为C11H12O3
B. 能发生加聚、酯化反应
C. 1molM能与2molNaOH反应
D. 能使酸性KMnO4褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据有机物的结构简式，可知其分子式为C11H12O3，故A正确；
B.由有机物的结构简式可知，结构中含有C=C双键，可以发生加聚反应，含有羧基和羟基，可以发生酯化反应，故B正确；
C.由有机物的结构简式可知，1molM含有1mol羧基，能与1molNaOH反应，故C错误；
D.根据有机物的结构简式可知，因为含有C=C、羟基，都能被酸性KMnO4氧化，故D正确；
故答案为C。
19.对三联苯是一种有机合成中间体，工业上合成对三联苯的化学方程式为：。下列说法不正确的是（ ）
A. 上述反应属于取代反应 B. 对三联苯的一溴代物有4种
C. 对三联苯所有原子可能共平面 D. 对三联苯可溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中苯环上的H被取代，则该反应为取代反应，故A正确；
B．对三联苯的结构对称，共有4种位置的H原子，则对三联苯的一溴取代物有4种，故B正确；
C．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，碳碳单键可旋转，因此对三联苯的所有原子可能共面，故C正确；
D．对三联苯属于烃，难溶于水，故D错误；
故选D。
20.工业上或实验室提纯以下物质的方法不合理的是（括号内为杂质）（ ）
A. 溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液
B. 乙烷（乙烯）：通入溴水，洗气
C. 乙酸（水）：加新制生石灰，蒸馏
D. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，分液
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠能与溴单质反应，与溴苯不反应，然后分液即可，故A正确；
B．乙烯与溴水发生加成反应，则利用盛有溴水的洗气装置即可除去乙烷中混有的乙烯，故B正确；
C．水和乙酸均能和生石灰反应，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故D正确；
故答案为C。
21.下列金属的冶炼中,通过在高温下加入还原剂来完成的是（ ）
A. Na B. Fe C. Al D. Ag
【答案】B
【解析】
【分析】金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法，金属活动顺序表中的金属冶炼：活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此解答。
【详解】A.Na用电解法得到，A不符合；
B.Fe通常采用热还原法冶炼，B符合；
C.铝是电解熔融氧化铝得到，B不符合；
D.银是加热分解氧化物的方法得到，D不符合；
答案选B。
22.从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是（ ）
A. 将海带灼烧成灰
B. 过滤得含I-的溶液
C. 萃取后下面放出碘的苯溶液
D. 分离碘并回收苯
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧应在坩埚中进行，A错误；
B．过滤需要玻璃棒引流，B错误；
C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出，C错误；
D．苯沸点低，易挥发，分离碘并回收苯用蒸馏，D正确。
答案选D。
23.下列说法正确的是（ ）
A. 煤的干馏和石油的分溜原理相同
B. 直馏汽油和裂化汽油均能使酸性KMnO4溶液褪色
C 淀粉和纤维素水解产物相同
D. 油脂和蛋白质均属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.煤的干馏过程中有新物质生成，是化学变化，石油的分馏是利用沸点不同进行分离，是物理变化，二者原理不同，故A错误；
B.裂化汽油含有烯烃，可被酸性高锰酸钾氧化，而直馏汽油不含烯烃，不能被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；
C.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故C正确；
D.油脂不属于高分子化合物，故D错误；
故答案：C。
24.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①﹣⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
(1)原子半径最小的元素是__________(填元素符号)，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是__________(填化学式，下同)，酸性最强的是__________。
(2)①与⑤形成的化合物中，化学键类型为__________，④与⑥形成的A2B2型物质为__________填“共价化合物”或“离子化合物”。
(3)②与④形成的原子个数比为1:2的化合物的结构式为__________，⑦与⑨形成的化合物的电子式为__________
(4)④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为__________(填离子符号)。
(5)为探究元素C和Si的非金属性强弱，某同学设计了如图所示的装置进行实验(夹持仪器已略去，装置气密性良好)。请回答：
a．溶液B的作用是__________。
b．若观察到__________现象，即可证明酸性__________＞___________(填化学式)，则非金属性C＞Si。
【答案】(1). H (2). NaOH (3). HClO4 (4). 极性共价键 (5). 离子化合物 (6). O=C=O (7). (8). O2-＞F-＞Na+ (9). 除去CO2中的HCl (10). 硅酸钠溶液变浑浊 (11). H2CO3 (12). H2SiO3
【解析】
【分析】根据周期表的结构可知，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为F元素，⑥为Na元素，⑦为Mg元素，⑧为Si元素，⑨为Cl元素，再结合元素周期律以及化学键的知识分析解答。
【详解】(1)所有元素中，原子半径最小的元素是H；金属元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，故最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH；非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，F元素没有最高价含氧酸，其余能形成含氧化酸的非金属元素的非金属性：Cl＞N＞C＞Si，故酸性最强的最高价含氧酸为HClO4；
(2)①与⑤形成的化合物为HF，不同种非金属元素的原子间形成极性共价键，④与⑥形成的A2B2型物质为Na2O2，其由为Na+和O22-构成，属于离子化合物；
(3)②与④形成的原子个数比为1:2的化合物为CO2，其结构式为O=C=O；⑦与⑨形成的化合物为MgCl2，其由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，电子式为；
(4)④、⑤、⑥的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为O2-＞F-＞Na+；
(5)锥形瓶中盐酸与大理石反应生成二氧化碳，由于HCl具有挥发性，因此二氧化碳中会混有HCl，HCl与Na2SiO3反应生成H2SiO3，因此需要排除HCl对实验的干扰，需要用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的HCl气体，B溶液为饱和NaHCO3溶液，二氧化碳进入Na2SiO3溶液中，若观察到硅酸钠溶液变浑浊现象，说明生成了H2SiO3，即可证明酸性H2CO3＞H2SiO3，则非金属性C＞Si。
25.一定温度下，在容积为2L的密闭容器内，某一反应中气体M和气体N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，请根据图示回答下列问题。
(1)写出该反应的化学方程式：__________。
(2)t1～t3时间段，以M的浓度变化表示的平均反应速率为__________(用含t1、t3的式子表示）。
(3)比较a点与b点正反应速率大小，va__________vb（填“＞”“=”或“＜”）。
(4)如图所示的三个时刻中，__________(填t1、t2、或t3）时刻处于平衡状态。
(5)反应达到平衡状态时，反应物N的转化率为__________。
(6)下列叙述中，能说明该反应达到平衡状态的是__________。
A．单位时间内每消耗1molN，同时生成0.5molM
B．气体M的体积分数不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
【答案】(1). 2N(g) M(g) (2). mol·L-1·min-1 (3). ＞ (4). t3 (5). 75% (6). BD
【解析】
【分析】由图象中信息可判断反应物与生成物，根据变化量写出化学方程式；根据题图中信息求出t1～t3时间段v(M)的值及判断a、b两点速率大小关系；根据化学平衡状态的特征分析判断化学平衡状态和达到化学平衡状态的标志。
【详解】(1)由图可知，随反应的进行，物质N的物质的量减少，物质M的物质的量增加，则反应物为N，生成物为M，从反应开始到t3，Δn(N)=(8−2)mol=6mol，Δn(M)=(5−2)mol=3mol，根据参加反应的各物质的物质的量的变化量之比等于其化学计量数之比，可得反应的化学方程式为：2N(g)⇌M(g)；
(2)t1到t3时间段，Δn(M)=(5−3)mol=2mol，则以M的浓度变化表示的平均反应速率为：；
(3)由图可知，t3时，各物质的量保持不变，反应达到平衡，又该反应是从正反应方向建立平衡，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故a点的正反应速率大于b点的正反应速率；
(4)由图可知，t3时，各物质的量保持不变，反应达到平衡；
(5)反应达到平衡状态时，Δn(N)=(8−2)mol=6mol，则反应物N的转化率为；
(6)A. 单位时间内消耗1molN的同时生成0.5molM，只能说明单方向N、M的关系，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡状态，故A不符合；
B. 气体M的体积分数不再变化，说明正逆反应速率相等，能判断反应达到平衡状态，故B符合；
C. 因为混合气体的总质量始终保持不变，容器的容积不变，因此气体的密度始终保持不变，故混合气体的密度不再变化时，不能判断反应达到平衡状态，故C不符合；
D. 因为混合气体的总质量始终保持不变，随着反应的进行，气体物质的量发生变化，因此混合气体的平均相对分子质量为一变化的量，故当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，能判断反应达到平衡状态，故D符合；故选BD。
26.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电源。如图为电池示意图，
请回答：
（1）通入H2的电极为__________（填“正”或“负”）极，发生__________反应（填“氧化”或“还原”），正极的电极反应式为__________。
（2）标准状况下，通入5.6LH2，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。
【答案】(1). 负 (2). 氧化 (3). O2+4e‾+2H2O=4OH- (4). 0.4
【解析】
【分析】由图可知该装置为氢氧燃料电池，通入H2的电极为负极，发生氧化反应，通入O2的电极为正极，发生还原反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒进行计算。
【详解】(1)根据上述分析：通入H2的电极为负极，发生氧化反应；通入O2的电极为正极，发生还原反应，则正极的电极反应式为O2+4e‾+2H2O=4OH-，故答案：负；氧化；O2+4e‾+2H2O=4OH-；
(2)标准状况下，5.6LH2为0.25mol，若能量转化率为80%，根据H2-2e-+2OH-=2H2O，则导线中通过电子的物质的量=0.25mol 2=0.4mol，故答案：0.4mol。
27.海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2与MgCl2•6H2O的流程如图：
(1)考虑成本及效益试剂①可选用__________。
(2)鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，其化学方程式是_______。
(3)从MgCl2溶液获得MgCl2•6H2O晶体的主要操作包括__________。
【答案】(1). CaO或Ca(OH)2 (2). Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr (3). 蒸发浓缩，冷却结晶
【解析】
【分析】由流程可知，试剂①是将海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤分离出氢氧化镁，用试剂②溶解生成氯化镁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥分离出MgCl2•6H2O；溶液1中含溴离子，与氯气发生氧化还原反应生成Br2，利用空气吹出后与二氧化硫及水反应生成硫酸和HBr，最后氯气与HBr反应生成Br2，据此分析解答。
【详解】(1)试剂①是将海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，可以选用Ca(OH)2(或生石灰、NaOH) ，考虑成本及效益应该选用CaO或Ca(OH)2，故答案为：CaO或Ca(OH)2；
(2)鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2的水溶液吸收，反应的化学方程式为Br2 +SO2 +2H2O═2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4；
(3)从MgCl2溶液获得MgCl2•6H2O晶体的主要操作包括蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
28.工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，回答下列问题：
(1)A的结构简式为__________。
(2)丙烯酸中含氧官能团的名称为__________。
(3)①、③反应的反应类型分别为_______、__________。
(4)写出下列反应方程式
a. 反应④的方程式__________；
b. 丙烯酸+B→丙烯酸乙酯__________。
(5)与乙酸乙酯互为同分异构体，且能和氢氧化钠溶液反应的结构有__________种。
【答案】(1). CH2=CH2 (2). 羧基 (3). 取代 (4). 氧化 (5). nCH2=CHCOOH (6). CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CH-COOC2H5+H2O (7). 5
【解析】
【分析】A为石蜡油分解的产物，由B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯，可知B为乙醇，A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C为乙酸，B与C发生酯化反应生成乙酸乙酯，再结合有机物的结构、性质进行分析解答。
【详解】(1)由以上分析知，A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；
(2)丙烯酸CH2=CHCOOH中含氧官能团的名称为羧基；
(3)反应①为苯与浓硝酸在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成硝基苯和水；反应③为酸性高锰酸钾溶液氧化乙醇生乙酸的过程，故该反应为氧化反应；
(4)a. 反应④为丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应的化学方程式为nCH2=CHCOOH；
b. B为乙醇，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CH-COOC2H5+H2O；
(5)与乙酸乙酯互为同分异构体，且能和氢氧化钠溶液反应的化合物中应含有酯基或者羧基，当含有羧基时，即为丁酸，丁酸有2种；当含有酯基时，可以为甲酸正丙酯、甲酸异丙酯或者丙酸甲酯，共有5种。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 乙醇和乙醚(C2H5OC2H5)互为同分异构体
B. 红磷和白磷属于同素异形体，燃烧产物相同
C. 和互为同位素
D. 乙烯和苯乙烯属于同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇中含有2个C原子，乙醚中含有4个C原子，分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．红磷和白磷为磷的不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．和的质子数不同，不是同位素，故C错误；
D．乙烯、苯乙烯的结构不相似，不属于同系物，故D错误；
故选B。
2.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. S2－的结构示意图：
B. CO2的比例模型：
C. NH4Cl的电子式：
D. 间硝基甲苯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层为8个电子，硫离子的结构示意图为：，故A错误；
B．CO2为直线形结构，碳原子比氧原子大，比例模型为：，故B错误；
C．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故C错误；
D．间硝基甲苯的结构简式为：，故D正确；
故选D。
3.下列各组化合物中，只含有离子键的是（ ）
A. NaOH和NaHS B. CaCl2和Na2O
C. CO2和K2S D. H2O2和HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH中Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成共价键，NaHS中既含有离子键，也含有共价键，A不符合题意；
B．CaCl2和Na2O中均只含有离子键，B符合题意；
C．CO2分子中只含有共价键，K2S只含有离子键，C不符合题意；
D．H2O2、HCl分子中均只含有共价键，D不符合题意；
答案选B。
4.下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（ ）
A. 热稳定性：HF＞HCl＞HBr B. 原子半径：Na＞S＞O
C. 酸性强弱：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 D. 金属性强弱：K＞Na＞Li
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性越强，氢化物越稳定，元素的非金属性F＞Cl＞Br，对应的氢化物稳定性：HF＞HCl＞HBr，故A正确；
B．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Na＞S＞O，故B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性Cl＞S＞P，对应的最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故C错误；
D．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性K＞Na＞Li，故D正确；
故选C。
5.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是（ ）
A. In是第五周期第ⅢA族元素
B. 11549In的中子数与电子数的差值为17
C. 原子半径：In>Al
D. 碱性：In(OH)3>RbOH
【答案】D
【解析】
【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；
B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；
C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；
D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；
【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；
B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；
C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；
D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；
综上所述，本题应选D。
6.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
7.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第ⅤA族，甲与丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：丁>丙>乙
B. 单质的还原性：丁>丙
C. 甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物
D. 乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第ⅤA族，则乙为N元素,甲和乙形成的气态化合物为NH3，则甲为H元素；甲与丙同主族，则丙为Na元素，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则丁为Al，以此分析解答。
【详解】A.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，乙为N，则原子半径：丙>丁>乙，故A错误；
B.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，单质的还原性：Na>Al，故B错误；
C.根据上述分析：甲为H，丙为Na，乙为N，则H元素和N元素形成的氧化物均为共价化合物，Na元素形成的氧化物为离子化合物，故C错误；
D.根据上述分析：丁为Al，丙为Na，乙为N，则乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3、NaOH、HNO3，因为Al(OH)3为两性氢氧化物，所以它们之间能相互反应，故D正确；
故答案：D。
8.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（ ）
A. 3g3He中含有的中子数为1NA
B. 1molOH-含有的质子数为9NA
C. 标准状况下，2.24LCCl4中含有的共价键数目为0.4NA
D. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.3g3He中含有的中子数=(3-2)=1mol即1NA，故A正确；
B.1molOH-含有的质子数=(1+8)mol即9NA，故B正确；
C.标准状况下，2.24LCCl4为液态，无法计算含有的共价键数目，故C错误；
D.标准状况下，11.2L甲烷和乙烯的混合物为0.5mol，含氢原子数目为2NA，故D正确；
故答案C。
9.反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应是放热反应
B. 1molA2(g)和1molB2(g)的总能量高于2molAB(g)的能量
C. 该反应需要加热才能进行
D 1molA2(g)和1molB2(g)反应生成2molAB(g)吸收(a-b)kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据图象，反应物总能量小于生成物总能量，该反应为吸热反应，故A错误；
B．依据图象，反应物总能量低于生成物总能量，即1molA2(g)和1molB2(g)的总能量低于2molAB(g)的能量，故B错误；
C．反应热为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，故C错误；
D．依据图象，1molA2和1molB2反应生成2molAB2，吸收(a-b)kJ热量，故D正确；
故选D。
10.氢气在氧气中燃烧产生淡蓝色火焰，在反应中，破坏1molH-H键吸收的能量为Q1kJ，破坏1molO=O键吸收的能量为Q2kJ，形成1molH-O键释放的能量为Q3kJ。下列关系式正确的是（ ）
A. 2Q1+Q2>4Q3 B. 2Q1+Q2<4Q3
C. Q1+Q2
【解析】
【详解】氢气在氧气中燃烧：，反应放热。在反应中，要破坏2molH-H键和1molO=O键，形成4molH-O，则2Q1+Q2-4Q3<0，从而得出2Q1+Q2<4Q3，故选B。
11.下列装置能构成原电池的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．未形成闭合回路，不能构成原电池，A错误；
B．酒精为非电解质，不能构成原电池，B错误；
C．两电极均不与电解质发生氧化还原反应，不能构成原电池，C错误；
D．铁的活泼性大于碳，铁能够与硫酸反应，符合构成原电池的条件，可构成原电池，D正确；
答案为D。
12.某课外活动小组设计化学电源使LED灯发光，装置如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化
B. 铜片上的反应为2H+＋2e‾=H2↑
C. 电子由铜片经LED灯流向锌片
D. 若将锌片换成铁片，电路中的电流方向不变
【答案】C
【解析】
【分析】锌比铜活泼，形成原电池时，锌为负极，铜为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。
【详解】A．原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故A说法正确；
B．铜锌（H2SO4）原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B说法正确；
C．原电池中电子由负极（锌片）→外电路→正极（铜片），故C说法错误；
D．金属性Cu比Zn、Fe弱，将锌片换成铁片，Cu仍作正极，所以电路中的电流方向不变，仍然由正极Cu流向负极Fe，故D说法正确；
故选C。
13.Al-Ag2O电池是水下大型机械常用电源，原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O，则下列说法错误的是（ ）
A. Al电极为负极
B. Al电极的反应式为Al－3e－＋4OH－=AlO＋2H2O
C. 放电时，电池正极附近溶液pH降低
D. 放电时，Na＋移向Ag2O/Ag电极
【答案】C
【解析】
【分析】由原电池总反应2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O可知，原电池工作时Al被氧化，为原电池的负极，Ag2O被还原，为原电池的正极，结合原电池的工作原理和电极反应式分析判断。
【详解】A．Al-Ag2O电池中，Al失去电子生成AlO，则Al是电池的负极，故A正确；
B．原电池工作时Al被氧化，为电池的负极，电极反应式为Al-3e-+4OH-= AlO+2H2O，故B正确；
C．Al-Ag2O电池中，Ag2O被还原，为原电池正极，原电池的总反应改为离子方程式为2Al＋3Ag2O＋2OH-= AlO＋6Ag＋H2O，将总反应-负极反应式×2得到正极反应式为：3Ag2O＋6e-+3H2O = 6Ag＋6OH-，正极附近溶液pH增大，故C错误；
D．原电池工作时阳离子向正极移动，因此Na+移向Ag2O/Ag电极，故D正确；
故选C。
14.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，下列措施能加快反应速率的是（ ）
A. 增加C的质量 B. 恒容条件下充入氦气
C. 降低温度 D. 压缩容器体积
【答案】D
【解析】
【详解】A.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，增加固体C的质量化学反应速率不变，故A不符合题意；
B.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，恒容条件下充入氦气，反应物和生成物的浓度没有改变，分压也没有变，所以化学反应速率不变，故B不符合题意；
C.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，降低温度化学反应速率减慢，故C不符合题意；
D.对于反应C(s)＋H2O(g)⇋CO(g)＋H2(g)，当其他条件不变时，压缩容器体积，增大压强，化学反应速率加快，故D符合题意；
故答案：D。
15.对于反应A(g)+3B(g)=2C(g)+D(g)，下列反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.3mol·L-1·min-1 B. v(B)=0.6mol·L-1·min-1
C. v(C)=0.5mol·L-1·min-1 D. v(D)=0.01mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【详解】首先将用不同物质表示的化学反应速率均转化成物质A表示的化学反应速率，且单位一致，
A. v(A)=0.3mol·L-1·min-1；
B. v(B)=0.6mol·L-1·min-1，转化为用A表示的反应速率为v(A)=0.2mol·L-1·min-1；
C. v(C)=0.5mol·L-1·min-1，转化为用A表示的反应速率为v(A)=0.25mol·L-1·min-1；
D. v(D)=0.01mol·L-1·s-1，转化为用A表示的反应速率为v(A)=0.6mol·L-1·min-1；
故D项表示的反应速率最大，故D符合；
故选D。
16.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)。下列能说明该反应一定达到平衡状态的是（ ）
A. 单位时间内断裂1molH－H键，同时生成2molH－I键
B. 容器内压强保持不变
C. 容器内气体颜色保持不变
D. 容器内H2、I2和HI的分子数之比为1:1:2
【答案】C
【解析】
【详解】A.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，当单位时间内断裂1molH－H键，同时生成2molH－I键，说明反应正向进行，不能说明达到平衡状态，故A不符合题意；
B.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，因为反应前后气体体积不变，所以当容器内压强保持不变，不能说明达到平衡状态，故B不符合题意；
C.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，当容器内气体颜色保持不变，说明I2浓度不再改变，能说明达到平衡状态，故C符合题意；
D.一定温度下，体积固定的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)⇋2HI(g)，容器内H2、I2和HI的分子数之比为1:1:2，不能说明各物质的量不变，不能说明达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案：C。
17.下列属于加成反应的是（ ）
A. 乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 甲烷和氯气混合光照，黄绿色变浅
C. 将苯与液溴在铁粉作用下反应 D. 苯与氢气反应生成环己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故A错误；
B．甲烷和氯气混合光照，黄绿色变浅，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，属于取代反应，故B错误；
C．苯和液溴在铁粉作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯，故C错误；
D．苯与氢气反应生成环己烷，属于加成反应，故D正确；
故选D。
18.某有机物M的结构如图，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 分子式为C11H12O3
B. 能发生加聚、酯化反应
C. 1molM能与2molNaOH反应
D. 能使酸性KMnO4褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据有机物的结构简式，可知其分子式为C11H12O3，故A正确；
B.由有机物的结构简式可知，结构中含有C=C双键，可以发生加聚反应，含有羧基和羟基，可以发生酯化反应，故B正确；
C.由有机物的结构简式可知，1molM含有1mol羧基，能与1molNaOH反应，故C错误；
D.根据有机物的结构简式可知，因为含有C=C、羟基，都能被酸性KMnO4氧化，故D正确；
故答案为C。
19.对三联苯是一种有机合成中间体，工业上合成对三联苯的化学方程式为：。下列说法不正确的是（ ）
A. 上述反应属于取代反应 B. 对三联苯的一溴代物有4种
C. 对三联苯所有原子可能共平面 D. 对三联苯可溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应中苯环上的H被取代，则该反应为取代反应，故A正确；
B．对三联苯的结构对称，共有4种位置的H原子，则对三联苯的一溴取代物有4种，故B正确；
C．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，碳碳单键可旋转，因此对三联苯的所有原子可能共面，故C正确；
D．对三联苯属于烃，难溶于水，故D错误；
故选D。
20.工业上或实验室提纯以下物质的方法不合理的是（括号内为杂质）（ ）
A. 溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液
B. 乙烷（乙烯）：通入溴水，洗气
C. 乙酸（水）：加新制生石灰，蒸馏
D. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，分液
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠能与溴单质反应，与溴苯不反应，然后分液即可，故A正确；
B．乙烯与溴水发生加成反应，则利用盛有溴水的洗气装置即可除去乙烷中混有的乙烯，故B正确；
C．水和乙酸均能和生石灰反应，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故D正确；
故答案为C。
21.下列金属的冶炼中,通过在高温下加入还原剂来完成的是（ ）
A. Na B. Fe C. Al D. Ag
【答案】B
【解析】
【分析】金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法，金属活动顺序表中的金属冶炼：活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此解答。
【详解】A.Na用电解法得到，A不符合；
B.Fe通常采用热还原法冶炼，B符合；
C.铝是电解熔融氧化铝得到，B不符合；
D.银是加热分解氧化物的方法得到，D不符合；
答案选B。
22.从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是（ ）
A. 将海带灼烧成灰
B. 过滤得含I-的溶液
C. 萃取后下面放出碘的苯溶液
D. 分离碘并回收苯
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧应在坩埚中进行，A错误；
B．过滤需要玻璃棒引流，B错误；
C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出，C错误；
D．苯沸点低，易挥发，分离碘并回收苯用蒸馏，D正确。
答案选D。
23.下列说法正确的是（ ）
A. 煤的干馏和石油的分溜原理相同
B. 直馏汽油和裂化汽油均能使酸性KMnO4溶液褪色
C 淀粉和纤维素水解产物相同
D. 油脂和蛋白质均属于高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.煤的干馏过程中有新物质生成，是化学变化，石油的分馏是利用沸点不同进行分离，是物理变化，二者原理不同，故A错误；
B.裂化汽油含有烯烃，可被酸性高锰酸钾氧化，而直馏汽油不含烯烃，不能被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；
C.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故C正确；
D.油脂不属于高分子化合物，故D错误；
故答案：C。
24.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①﹣⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
(1)原子半径最小的元素是__________(填元素符号)，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是__________(填化学式，下同)，酸性最强的是__________。
(2)①与⑤形成的化合物中，化学键类型为__________，④与⑥形成的A2B2型物质为__________填“共价化合物”或“离子化合物”。
(3)②与④形成的原子个数比为1:2的化合物的结构式为__________，⑦与⑨形成的化合物的电子式为__________
(4)④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为__________(填离子符号)。
(5)为探究元素C和Si的非金属性强弱，某同学设计了如图所示的装置进行实验(夹持仪器已略去，装置气密性良好)。请回答：
a．溶液B的作用是__________。
b．若观察到__________现象，即可证明酸性__________＞___________(填化学式)，则非金属性C＞Si。
【答案】(1). H (2). NaOH (3). HClO4 (4). 极性共价键 (5). 离子化合物 (6). O=C=O (7). (8). O2-＞F-＞Na+ (9). 除去CO2中的HCl (10). 硅酸钠溶液变浑浊 (11). H2CO3 (12). H2SiO3
【解析】
【分析】根据周期表的结构可知，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为F元素，⑥为Na元素，⑦为Mg元素，⑧为Si元素，⑨为Cl元素，再结合元素周期律以及化学键的知识分析解答。
【详解】(1)所有元素中，原子半径最小的元素是H；金属元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，故最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH；非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，F元素没有最高价含氧酸，其余能形成含氧化酸的非金属元素的非金属性：Cl＞N＞C＞Si，故酸性最强的最高价含氧酸为HClO4；
(2)①与⑤形成的化合物为HF，不同种非金属元素的原子间形成极性共价键，④与⑥形成的A2B2型物质为Na2O2，其由为Na+和O22-构成，属于离子化合物；
(3)②与④形成的原子个数比为1:2的化合物为CO2，其结构式为O=C=O；⑦与⑨形成的化合物为MgCl2，其由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，电子式为；
(4)④、⑤、⑥的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为O2-＞F-＞Na+；
(5)锥形瓶中盐酸与大理石反应生成二氧化碳，由于HCl具有挥发性，因此二氧化碳中会混有HCl，HCl与Na2SiO3反应生成H2SiO3，因此需要排除HCl对实验的干扰，需要用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的HCl气体，B溶液为饱和NaHCO3溶液，二氧化碳进入Na2SiO3溶液中，若观察到硅酸钠溶液变浑浊现象，说明生成了H2SiO3，即可证明酸性H2CO3＞H2SiO3，则非金属性C＞Si。
25.一定温度下，在容积为2L的密闭容器内，某一反应中气体M和气体N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，请根据图示回答下列问题。
(1)写出该反应的化学方程式：__________。
(2)t1～t3时间段，以M的浓度变化表示的平均反应速率为__________(用含t1、t3的式子表示）。
(3)比较a点与b点正反应速率大小，va__________vb（填“＞”“=”或“＜”）。
(4)如图所示的三个时刻中，__________(填t1、t2、或t3）时刻处于平衡状态。
(5)反应达到平衡状态时，反应物N的转化率为__________。
(6)下列叙述中，能说明该反应达到平衡状态的是__________。
A．单位时间内每消耗1molN，同时生成0.5molM
B．气体M的体积分数不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
【答案】(1). 2N(g) M(g) (2). mol·L-1·min-1 (3). ＞ (4). t3 (5). 75% (6). BD
【解析】
【分析】由图象中信息可判断反应物与生成物，根据变化量写出化学方程式；根据题图中信息求出t1～t3时间段v(M)的值及判断a、b两点速率大小关系；根据化学平衡状态的特征分析判断化学平衡状态和达到化学平衡状态的标志。
【详解】(1)由图可知，随反应的进行，物质N的物质的量减少，物质M的物质的量增加，则反应物为N，生成物为M，从反应开始到t3，Δn(N)=(8−2)mol=6mol，Δn(M)=(5−2)mol=3mol，根据参加反应的各物质的物质的量的变化量之比等于其化学计量数之比，可得反应的化学方程式为：2N(g)⇌M(g)；
(2)t1到t3时间段，Δn(M)=(5−3)mol=2mol，则以M的浓度变化表示的平均反应速率为：；
(3)由图可知，t3时，各物质的量保持不变，反应达到平衡，又该反应是从正反应方向建立平衡，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故a点的正反应速率大于b点的正反应速率；
(4)由图可知，t3时，各物质的量保持不变，反应达到平衡；
(5)反应达到平衡状态时，Δn(N)=(8−2)mol=6mol，则反应物N的转化率为；
(6)A. 单位时间内消耗1molN的同时生成0.5molM，只能说明单方向N、M的关系，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡状态，故A不符合；
B. 气体M的体积分数不再变化，说明正逆反应速率相等，能判断反应达到平衡状态，故B符合；
C. 因为混合气体的总质量始终保持不变，容器的容积不变，因此气体的密度始终保持不变，故混合气体的密度不再变化时，不能判断反应达到平衡状态，故C不符合；
D. 因为混合气体的总质量始终保持不变，随着反应的进行，气体物质的量发生变化，因此混合气体的平均相对分子质量为一变化的量，故当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，能判断反应达到平衡状态，故D符合；故选BD。
26.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电源。如图为电池示意图，
请回答：
（1）通入H2的电极为__________（填“正”或“负”）极，发生__________反应（填“氧化”或“还原”），正极的电极反应式为__________。
（2）标准状况下，通入5.6LH2，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。
【答案】(1). 负 (2). 氧化 (3). O2+4e‾+2H2O=4OH- (4). 0.4
【解析】
【分析】由图可知该装置为氢氧燃料电池，通入H2的电极为负极，发生氧化反应，通入O2的电极为正极，发生还原反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒进行计算。
【详解】(1)根据上述分析：通入H2的电极为负极，发生氧化反应；通入O2的电极为正极，发生还原反应，则正极的电极反应式为O2+4e‾+2H2O=4OH-，故答案：负；氧化；O2+4e‾+2H2O=4OH-；
(2)标准状况下，5.6LH2为0.25mol，若能量转化率为80%，根据H2-2e-+2OH-=2H2O，则导线中通过电子的物质的量=0.25mol 2=0.4mol，故答案：0.4mol。
27.海水资源的利用具有广阔的前景。从海水中提取Br2与MgCl2•6H2O的流程如图：
(1)考虑成本及效益试剂①可选用__________。
(2)鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2吸收，其化学方程式是_______。
(3)从MgCl2溶液获得MgCl2•6H2O晶体的主要操作包括__________。
【答案】(1). CaO或Ca(OH)2 (2). Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr (3). 蒸发浓缩，冷却结晶
【解析】
【分析】由流程可知，试剂①是将海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤分离出氢氧化镁，用试剂②溶解生成氯化镁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥分离出MgCl2•6H2O；溶液1中含溴离子，与氯气发生氧化还原反应生成Br2，利用空气吹出后与二氧化硫及水反应生成硫酸和HBr，最后氯气与HBr反应生成Br2，据此分析解答。
【详解】(1)试剂①是将海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，可以选用Ca(OH)2(或生石灰、NaOH) ，考虑成本及效益应该选用CaO或Ca(OH)2，故答案为：CaO或Ca(OH)2；
(2)鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2的水溶液吸收，反应的化学方程式为Br2 +SO2 +2H2O═2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4；
(3)从MgCl2溶液获得MgCl2•6H2O晶体的主要操作包括蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
28.工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，回答下列问题：
(1)A的结构简式为__________。
(2)丙烯酸中含氧官能团的名称为__________。
(3)①、③反应的反应类型分别为_______、__________。
(4)写出下列反应方程式
a. 反应④的方程式__________；
b. 丙烯酸+B→丙烯酸乙酯__________。
(5)与乙酸乙酯互为同分异构体，且能和氢氧化钠溶液反应的结构有__________种。
【答案】(1). CH2=CH2 (2). 羧基 (3). 取代 (4). 氧化 (5). nCH2=CHCOOH (6). CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CH-COOC2H5+H2O (7). 5
【解析】
【分析】A为石蜡油分解的产物，由B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯，可知B为乙醇，A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C为乙酸，B与C发生酯化反应生成乙酸乙酯，再结合有机物的结构、性质进行分析解答。
【详解】(1)由以上分析知，A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；
(2)丙烯酸CH2=CHCOOH中含氧官能团的名称为羧基；
(3)反应①为苯与浓硝酸在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成硝基苯和水；反应③为酸性高锰酸钾溶液氧化乙醇生乙酸的过程，故该反应为氧化反应；
(4)a. 反应④为丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，反应的化学方程式为nCH2=CHCOOH；
b. B为乙醇，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CH-COOC2H5+H2O；
(5)与乙酸乙酯互为同分异构体，且能和氢氧化钠溶液反应的化合物中应含有酯基或者羧基，当含有羧基时，即为丁酸，丁酸有2种；当含有酯基时，可以为甲酸正丙酯、甲酸异丙酯或者丙酸甲酯，共有5种。
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