【化学】河北省鹿泉县第一中学2018-2019学年高一5月月考试卷（解析版）

河北省鹿泉县第一中学2018-2019学年高一5月月考试题
1.下列关于煤、石油和天然气的说法正确的是（ ）
A. 煤的干馏是将煤在空气加强热使之分解的过程
B. 煤的气化是将其通过物理变化转化为气态的过程
C. 天然气除了作燃料之外，还可用于合成氨和生产甲醇
D. 石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解，如果在空气中加强热，煤会燃烧，故A错误；
B．煤的气化是通过化学变化将其转化为气态的物质的过程，如煤气化制水煤气，故B错误；
C．天然气是重要的化工原料，可以用于给合成氨供氢，也可以用于合成甲醇，故C正确；
D．石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，蒸馏得不到乙酸，故D错误；
故答案为C。
2.甲基丙烯酸甲酯——CH2=C(CH3)COOCH3是合成有机玻璃的单体．
旧法合成的反应是：①(CH3)2C=O+HCN→(CH3)2C(OH)CN
②(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4→CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO4
新法合成的反应是：CH3C≡CH+CO+CH3OH→CH2=C（CH3）COOCH3，与旧法相比，新法的突出优点是（ ）
A. 原料无爆炸危险 B. 原料都是无毒物质
C. 没有副产物，原料利用率高 D. 对设备腐蚀性较小
【答案】C
【解析】
【详解】与旧法相比，新法没有副产物，原料利用率高，且旧法中生成腈酸盐有毒、铵盐易爆炸、NH4HSO4具有酸性可腐蚀设备，故选C；
本题答案为C。
3.下列实验方法正确的是（ ）
A. 用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质
B. 鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液
C. 向溶液中滴入盐酸酸化的氯化钡溶液检验溶液中是否含有SO42-
D. 鉴别己烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量己烯和苯中
【答案】D
【解析】
【详解】A．蛋白质遇到浓硝酸会呈现黄色，称为颜色反应，常用来鉴别蛋白质，故A错误；
B．蔗糖水解时，需要加入稀硫酸作催化剂，检验水解产物是否有葡萄糖，利用新制的Cu(OH)2，需要在碱性环境下，因此应先加NaOH溶液中和催化作用的酸，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，故B错误；
C．向溶液中滴加稀盐酸酸化的氯化钡，不能排除Ag＋的干扰，如果有Ag＋存在，也会生成白色沉淀，不一定是SO42－；检验硫酸根时，应该先滴加盐酸酸化，排除Ag＋、CO32－、SO32－等离子的干扰，再滴加BaCl2溶液，故C错误；
D．己烯和苯都属于无色的液体，但是己烯可与溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以加以区分，故D正确；
故答案为D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 煤是复杂的混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等一系列重要的化工原料
B. 石油分馏得到的汽油、煤油、柴油等都有固定的熔沸点
C. 石油炼制的目的是为了获得轻质油和重要化工原料（乙烯、丙烯等）
D. 天然气和沼气的主要成分是乙烯，它们都属于不可再生能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤是由有机物和无机物构成的复杂的混合物，并不含有苯、甲苯等，故A错误；
B．汽油、煤油等均为混合物，没有固定的熔沸点，故B错误；
C．石油冶炼主要的是得到轻质油，特别是汽油，也可以得到化工原料，如乙烯等，故C正确；
D．天然气和沼气的主要成分为甲烷，天然气属于不可再生能源，但是沼气属于可再生能源，故D错误；
故答案为C。
5.为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中的碘以碘酸钾(KIO3)的形式存在。已知在溶液中IO3－和I－发生反应：IO3－+5I－+6H+3I2+3H2O根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO3－。可供选用的物质有：①自来水，②蓝色石蕊试纸，③碘化钾淀粉试纸，④淀粉，⑤食糖，⑥食醋，⑦白酒。进行上述实验时必须使用的物质是（ ）
A. ①③ B. ③⑥ C. ②④⑥ D. ①②④⑤⑦
【答案】B
【解析】正确答案：B
由反应方程式IO3－+5I－+6H+3I2+3H2O可知，KIO3来自加碘盐，I―和H＋外加，要检验出I2要淀粉，结合要加的三种物质，选用提供的③碘化钾淀粉试纸和⑥食醋最为恰当。
6.下列物质中互为同系物的是（ ）
A. 葡萄糖和果糖 B. 蔗糖和麦芽糖
C. 乙酸和丙酸(CH3CH2COOH) D. 乙醇和甘油()
【答案】C
【解析】试题分析：葡萄糖和果糖化学式都是：C6H12O6，但是结构不同，互为同分异构体，故A错误；蔗糖与麦芽糖化学式都是：C12H22O11，但是结构不同，互为同分异构体，故B错误；乙酸和丙酸结构相似，组成上相差一个CH2，属于同系物，故C正确；乙醇和甘油分子中所含羟基数目不同，结构不相似，不是同系物，故D错误。
考点：本题考查同系物。
7.将下列各种液体分别与溴水混合并振荡，静置后混合液分为两层，溴水层几乎无色的是（ ）
A. NaOH溶液 B. 酒精 C. 碘化钾溶液 D. 己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴水中加入NaOH溶液，虽然会反应变成无色，但是混合液不分层，故A错误；
B．溴水与酒精溶液混合不分层，且混合液仍为橙色，故B错误；
C．溴单质会与KI溶液反应，生成I2，溶液为黄褐色，且不分层，故C错误；
D．己烷为有机物，不溶于水，互不相溶的液体，有分层现象，溴易溶于有机物，己烷萃取溴，水层接近无色，故D正确；
故答案为D。
8. 镭是元素周期表中第ⅡA族元素，下列关于镭的叙述不正确的是（ ）
A. 镭比钙的金属性更强 B. 在化合物中呈+2价
C. 镭是一种放射性元素 D. 氢氧化镭呈两性
【答案】D
【解析】试题分析：A、镭与钙同主族，且在钙的下方，所以金属性更强，正确；B、第二主族元素最外层2个电子易失去，表现+2价，正确；C、镭是一种放射性元素，正确；D、镭的金属性较强，氢氧化镭不是两性氢氧化物，错误，答案选D。
考点：考查同主族元素的性质递变规律
9.下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是（ ）
A. BF3 B. NH3 C. CO2 D. PCl5
【答案】C
【解析】
【详解】A．BF3中，硼的最外层有3个电子，和F形成3对共用电子对，B的最外层有6个电子，故A错误；
B．NH3中，H最外层有1个电子，和N原子形成1对共用电子对，最外层有2个电子，故B错误；
C．CO2中C的最外层有4个电子，O的最外层有6个电子，C和2个O原子分别形成2个共用电子对，均达到8电子稳定结构，故C正确；
D．PCl5中，P的最外成有5个电子，和Cl形成5个共用电子对，P的最外层有10个电子，故D错误；
故答案为C。
【点睛】判断共价化合物中的原子是否达到了8电子稳定结构，可以使用技巧，若对于共价化合物中的某原子，最外层电子数+化合价的绝对值=8，则该原子达到8电子稳定结构。如此题CO2，C的化合价为＋4，C原子的最外层为4个电子，则4＋4=8，C原子达到稳定结构；O的化合价为－2，O原子的最外层电子数为6，则6＋∣－2∣=8，O原子达到8电子稳定结构。
10.电子计算机所用纽扣电池的两极材料为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应式：Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2O　Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，下列判断不正确的是（ ）
A. 锌为正极，Ag2O为负极
B. 锌为负极，Ag2O为正极
C. 原电池工作时，负极区溶液pH减小
D. 原电池工作时，正极区溶液pH增大
【答案】A
【解析】试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。所以根据电极反应式可知，锌是负极，失去电子。氧化银是正极得到电子，所以选项A不正确，B正确；根据电极反应式可知，负极周围溶液中OH－减小，正极周围溶液中OH－增大，则选项CD都是正确的，答案选 A。
考点：考查原电池的有关判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和训练，旨在考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可。
11.下列关于卤族元素递变规律不正确的是（ ）
A. F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性逐渐减弱
C. F2、Cl2、Br2、I2的密度逐渐增大，熔沸点逐渐升高
D. F－、Cl－、Br－、I－的还原性逐渐增强，颜色逐渐变深
【答案】D
【解析】
【详解】A．F、Cl、Br、I为同主族元素，其非金属性从上到下依次减弱，则其单质的氧化性从上到下依次减弱，故A正确；
B．F、Cl、Br、I为同主族元素，其非金属性从上到下依次减弱，其气态氢化物的稳定性依次减弱，故B正确；
C．F2、Cl2、Br2、I2单质的状态从气态过渡到固态，密度增加，熔沸点也增加，故C正确；
D．F、Cl、Br、I为同主族元素，其非金属性从上到下依次减弱，则其单质的氧化性从上到下依次减弱，其阴离子的还原性越来越强，但是阴离子没有颜色，故D错误；
故答案为D。
12.苹果酸是一种常见的有机酸，其结构简式为。苹果酸可能发生的反应是(　　)
①与NaOH溶液反应　②与石蕊试液作用变红　③与金属钠反应放出气体　④一定条件下与乙酸酯化　⑤一定条件下与乙醇酯化
A. 只有①②③ B. 只有①②③④
C. 只有①②③⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】由苹果酸的结构简式可知，其分子结构中含有的官能团有：—COOH，—OH；，所以以上5种情况均能反应；
13.对于敞口容器中的化学反应：Zn(s)＋H2SO4(aq) =ZnSO4(aq)＋H2(g)，下列叙述中不正确的是（ ）

A. Zn和H2SO4的总能量大于ZnSO4和H2的总能量
B. 反应过程中能量关系可用上图表示
C. 若将该反应设计成原电池，则Zn为负极
D. 若将该反应设计成原电池，当有32.5g锌溶解时正极放出11.2 L气体
【答案】D
【解析】A．活泼金属与酸反应是放热反应，所以Zn和H2SO4的总能量大于ZnSO4和H2的总能量，故A正确；B．反应过程中是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，所以图示所示能量关系正确，故B正确；C．活泼金属是负极发生氧化反应，活泼的锌是负极，故C正确；D．状况不知无法求体积，所以当有32.5g锌溶解时，正极放出气体体积不一定是11.2 L，故D错误；故选D。
14.如图是锌片和铜片在稀硫酸中所组成的原电池装置，c、d 为两个电极。下列有关的判断不正确的（ ）

A. c 为负极，发生氧化反应
B. 电池工作的过程中，d 电极上产生气泡
C. 电池工作时，溶液中 SO42－向 d 移动
D. 电池工作的过程中，溶液中 SO42－浓度基本不变
【答案】C
【解析】
【详解】根据电流方向，c为负极，d为正极。在原电池中，一般活泼金属作负极，c为Zn，失去电子生成Zn2＋，d为铜，H＋在铜电极上得到电子生成H2；
A．根据电流方向，c为电流流入的一极，为负极，负极失去电子，发生氧化反应，故A正确；
B．工作过程中，D为正极，2H＋＋2e－=H2↑，有氢气生成，产生气泡，故B正确；
C．在原电池中阴离子向负极移动，SO42－应该向c极移动，故C错误；
D．电池的总反应方程式为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，SO42－没有参与反应，浓度基本不变，故D正确；
故答案为C。
15. 下列有关有机化合物的性质和用途的说法正确的是（ ）。
A. 乙烯分子与苯分子中碳碳键不同，但二者都能发生加成反应
B. 乙烯、聚氯乙烯、苯乙烯分子结构中都含有不饱和键
C. 乙醇既可以作燃料，也可以在日常生活中使用，如无水乙醇可用于杀菌、消毒
D. 淀粉、油脂、蛋白质都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】乙烯分子中的碳碳键为双键，而苯分子中的碳碳键则是介于单键与双键之间的特殊的化学键，二者都能发生加成反应，A正确；聚氯乙烯中没有不饱和键，B错；用于消毒的乙醇质量分数为75％，C错；油脂不是高分子化合物，D错。
16.将纯锌片和纯铜片按图所示方式插入相同浓度的稀硫酸中，以下有关叙述中正确的是（ ）

A. 甲、乙两装置中铜片表面均有气泡生成
B. 甲、乙装置中均实现了电能转化为化学能
C. 甲、乙两装置中Zn被腐蚀的速率相等
D. 一段时间后，甲、乙两装置中溶液的酸性均减弱
【答案】D
【解析】
【详解】甲装置中Zn和Cu构成了原电池，有活泼性不同的两极，有电解质溶液，形成闭合回合，有自发的氧化还原反应。乙装置中，Cu和Zn没有接触，没有形成闭合回路，只有Zn与稀硫酸反应，而Cu不反应；
A．乙装置中，Zn和Cu没有形成闭合回合，没有构成原电池，Cu的表面没有气泡生成，故A错误；
B．乙装置中，Zn和Cu没有形成闭合回合，没有构成原电池，不能实现化学能到电能的转化，故B错误；
C．氧化还原反应改成原电池后，会加快反应速率，甲装置中Zn的腐蚀速率快于乙装置中Zn的腐蚀速率，故C错误；
D．甲乙装置中，Zn均与硫酸发生反应，酸被消耗，酸性减弱，故D正确；
故答案为D。
17.把下列四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 mol·L—1盐酸的烧杯中，均加水稀释到100 mL。此时，X与盐酸缓缓地进行反应，其中反应速率最大的是（ ）
A. 10 ℃ 20 mL 3 mol·L—1的X溶液 B. 20 ℃ 20 mL 4 mol·L—1的X溶液
C. 20 ℃ 30 mL 3 mol·L—1的X溶液 D. 10 ℃ 20 mL 2 mol·L—1的X溶液
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸的浓度均相同，那么温度越高、X的浓度越大，化学反应速率越大。根据混合前后X的物质的量不变，，混合后的体积为100mL，则可以求出混合后X的浓度。
A．；
B．；
C．；
D．；
选项B和C的温度最高，且混合后X浓度最大的是C，则温度高、浓度大，反应速率越大，选项C正确；故答案为C。
18.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）
①增加少量C(s)            ②升高温度                   ③体积不变，再通入CO2       
④缩小体积增大压强            ⑤体积不变，再通入He       ⑥压强不变，再通入He
A. ①②③⑥ B. ①②③④ C. ②③④⑤ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
【点睛】易错点为为⑤，易认为再通入He，压强增大，化学反应速率增大，但实际上组分的浓度不变，化学反应速率应不变。
19.已知31 g白磷转变为31 g红磷释放能量。下列说法正确的是（ ）
A. 上述变化属于物理变化
B. 31 g白磷具有的能量31 g红磷完全燃烧释放出的能量
D. 上述过程的能量关系可用下图表示
【答案】C
【解析】
【详解】从图像可以看出来，白磷的总能量比红磷的总能量高，反应为放热反应；
A．同素异形体间的转化，为化学变化，生成了新的物质，故A错误；
B．31 g白磷转变为31 g红磷释放能量，则31 g白磷具有的能量大于31 g 红磷具有的能量，转化时，才能将多出的能量释放出来，故B错误；
C．白磷和红磷燃烧的产物都是一样的，所以产物的总能量相同，燃烧为放热反应，白磷的能量高，与产物的能量差值，放出的热量越多，故C正确；
D．反应物转化为生成物的过程中，需要断开键，需要吸收能量，则中间的能量的峰值比白磷的能量高，而不是比白磷的能量低，故D错误；
故答案为C。
20.已知短周期元素的离子 aA2＋、bB＋、cC2－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数 d＞c＞b＞a B. 原子半径 A＞B＞D＞C
C. 离子半径 C＞D＞B＞A D. 单质的还原性 A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】
【详解】短周期元素的离子 aA2＋、bB＋、cC2－、dD－都具有相同的电子层结构，这些离子的核外电子数相同，则有a-2=b-1=c+2=d+1。而且A和B形成，阳离子，失去最外层的电子，A和B在C和D的下一个周期。在元素周期表中的相对位置如图：




C
D
B
A




A．原子序数为a＞b＞d＞c；故A错误；
B．同周期原子半径从左到右，依次减小，有B>A，C>D，故B错误；
C．具有相同结构电子层结构的离子，其核电荷数越大，离子的半径越小。原子序数为a＞b＞d＞c，则离子的半径大小顺序为cC2－＞dD－＞bB＋＞aA2＋，故C正确；
D．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，则A的金属性小于B的金属性，故D错误；
故答案为C。
【点睛】具有相同的电子层结构的离子可以根据“阴上阳下”，即形成阳离子的元素在形成阴离子的元素下一周期，可以快速判断元素的相对位置。
21.下列物质中：只存在共价键的是______（填序号，下同），只存在离子键的是______，既存在离子键又存在极性共价键的是____________。
①Ar ②NH4Cl ③CO2 ④KOH
⑤HNO3 ⑥Na2O2 ⑦CaO ⑧CaCl2
【答案】(1). ③⑤ (2). ⑦⑧ (3). ②④
【解析】
【分析】共价化合物中只有共价键；简单阴阳离子间只有离子键；若阴阳离子中存在多原子形成的离子，则该化合物中除了离子键还有共价键。
【详解】①Ar为单原子分子，原子间不存在化学键。②NH4Cl，为NH4＋和Cl－间，存在离子键，NH4＋中N和H之间存在极性共价键，所以NH4Cl中既有离子键又有极性共价键。③CO2，为共价分子，只有共价键。④KOH中，k＋和OH－之间存在离子键，OH－中O和H之间存在极性共价键，KOH中既有离子键又有极性共价键。⑤HNO3为共价分子，只存在共价键。Na2O2中，Na＋和O22－间存在离子键，O22－中的2个O原子间，存在非极性共价键，则Na2O2中既有离子键又有非极性共价键。⑦CaO中，只有简单离子Ca2＋和O2－，只存在离子键。⑧CaCl2中，Ca2＋和Cl－间只存在离子键；
故：只有共价键的是③⑤；只有离子键的是⑦⑧；既存在离子键又存在极性共价键的是②④。
22.（1）下图是氢氧燃料电池构造示意图。

写出氢氧燃料电池的电极反应式：
负极：______________________________，正极：__________________________________。
（2）汽车的启动电源常用铅蓄电池。其结构如图所示，放电时的电池反应如下：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。写出正极的电极反应式：_____________________。
【答案】(1). H2—2e—=2H+ (2). O2+4H++4e—=2H2O
(3). PbO2+4H++SO42—+2e—=PbSO4+2H2O
【解析】
【分析】(1)燃料电池中，一般燃料在负极发生反应，O2在正极发生反应；注意电解质溶液的酸碱性。
(2)原电池的正极发生还原反应。
【详解】(1)氢氧燃料电池中，H2在负极发生反应，电解质溶液为酸性，则H2＋2e=2H＋；O2在正极得到电子，和溶液中的H＋结合生成水，方程式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O；
(2)正极发生的反应为还原反应，得到电子，化合价降低，分析化合价，得电子的为PbO2，生成PbSO4。方程式为PbO2+4H++SO42—+2e—=PbSO4+2H2O。
【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：
①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；
②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；
③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；
④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。
23.下图是可逆反应X2(g)＋3Y2(g)2Z(g)在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线：

（1）下列叙述正确的是________
A．t1时，只有正方向反应
B．t2时，反应达到限度
C．t2～t3，反应不再发生
D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化
（2）能说明该反应已达到平衡状态的是__________________
A 恒温恒容时，压强不变 B 单位时间内，消耗a mol X2同时生成2a mol Z
C v正(X2)=3v逆(Y2) D X2、Y2、Z的分子数之比为1∶3∶2
E 恒温恒容时，密度不变 F 恒温恒压时，平均相对分子质量不变
（3）在2 L的密闭容器中发生上述反应，n(Z)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
n(Z)/mol
0
0.50
0.80
0.90
0.90
计算0~2s内，用Y2表示的化学反应速率为_________________________。
【答案】(1). BD (2). AF (3). 03mol/(L·s)
【解析】
【分析】(1)该题为可逆反应X2 (g)+3Y2 (g) 4Z2(g)，达化学平衡问题．反应开始时，反应物浓度X2 (g)、Y2 (g)，最大，产物Z2(g)浓度为0，所以正反应速率大于逆反应速率．随着反应的进行，反应物浓度不断减小，产物浓度不断增大，所以正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大．当正、逆反应速率相等时，系统中各物质的浓度不再发生变化，反应达到了平衡．解此题看图象：从正反应开始，逆反应为零，最终达化学平衡．看轴横坐标表示时间、纵坐标表示反应速率；看点，看起点坐标原点0，看交点t2，转折点t2；
(2) 可逆反应达到平衡状态时，同种物质的正逆反应速率相等，用不同的物质表示正逆反应速率时等于计量数之比；平衡时，各物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变。
(3) 和同一化学反应中不同物质表示的化学反应速率之比等于计量数之比，求反应速率。
【详解】(1) A．根据图示，t1时，正反应速率和逆反应速率均不为0，则有正方向反应也有逆方向反应，故A错误；
B．t2时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，达到限度，故B正确；
C．t2～t3，虽然达到了平衡状态，但是正反应速率和逆反应速率相等，不等于0，说明正逆反应依然进行，故C错误；
D．t2～t3时，正反应速率等于逆反应速率，说明相同时间物质的生成速率和消耗速率相等，各物质的物质的量不变，则浓度不变，故D正确；
故答案BD；
(2)达到平衡状态，则正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度不变，能推导出这两点的，均可以说明反应达到了平衡。
A．恒温恒压时，压强和物质的量成正比，反应前后物质的量改变，则压强也改变，当压强不变时，说明物质的量不变，反应达到平衡，故A正确；
B．消耗amolX2为正反应速率，生成2amolZ也为正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明达到平衡，故B错误；
C．用不同的物质表示同一个化学反应的反应速率时，其数值之比等于化学计量数之比， v正(X2)=3v逆(Y2)，没有成计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，反应没有达到平衡，故C错误；
D．达到平衡时，各物质的物质的量不变，没有要求成计量数之比，D不能说明反应是否达到平衡，故D错误；
E．，各反应物均为气体，m总不变，恒容容器，V不变，说明密度一直不变，密度不变不能说明反应达到了平衡，故E错误；
F．当摩尔质量以g/mol为单位时，摩尔质量的数值等于相对分子质量。可利用公式，各反应物均为气体，m总不变，但反应前后物质的量改变，n总发生改变，则平均摩尔质量发生改变，当平均摩尔质量不变时，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡，故F正确；
故答案为AF；
(3)根据表格，在0～2s内，生成了0.8mol的Z，利用公式，体积为2L，带入计算，。同一化学反应中不同物质表示的化学反应速率之比等于计量数之比，有，带入计算得，v(Y2)= 0.3mol·L－1·s－1。
【点睛】化学平衡状态的判断方法：注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
24.现有8种元素的性质、数据如下表所列，它们属于第二或第三周期。

①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径(10－10m)
0.74
1.60
1.86
1.10
0.99
1.52
0.75
1.43
最高或最低化合价

＋2
＋1
＋5
＋7
＋1
＋5
＋3
－2


－3
－1

－3

回答下列问题：
（1）⑥的单质在空气中加热，生成物的电子式为_______________。
（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是___________。
（3）比较①和⑦的氢化物的稳定性（用化学式表示）_______________________________。
（4）写出实验室制备⑤的单质的离子方程式：________________________________。
（5）写出⑧的单质跟③的最高价氧化物的水化物的溶液反应的离子方程式：___________________________。
【答案】(1). (2). HClO4 (3). H2O>NH3
(4). MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O (5). 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
【解析】
【分析】①没有最高价、只有最低价-2，可推知①为O；③⑥都有最高价+1，处于ⅠA族，且③的原子半径较大，⑥的原子半径不是最小，故⑥为Li、③为Na；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，故④为P、⑦为N；⑤有最高价+7、最低价-1，则⑤为Cl；⑧只有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，故⑧为Al，据此解答；
【详解】①没有最高价、只有最低价-2，可推知①为O；③⑥都有最高价+1，处于ⅠA族，且③的原子半径较大，⑥的原子半径不是最小，故⑥为Li、③为Na；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，故④为P、⑦为N；⑤有最高价+7、最低价-1，则⑤为Cl；⑧只有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，故⑧为Al；
(1)⑥为Li元素，单质Li在空气中加热只能生成Li2O，是离子化合物，其电子式为；
(2)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，在①~~⑧中氧元素无最高正价，其余元素中氯元素非金属性最强，则最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4；
(3)①为O元素，⑦为N元素，非金属性O大于N，则氢化物的稳定性H2O>NH3；
(4)⑤为氯元素，实验室利用MnO2和浓盐酸混合加热制氯气，发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；
(5)⑧为Al，③为Na，Al溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2，发生的反应的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
25.A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。
请回答下列问题：
（1）写出B、C、E元素的名称B_________、C___________、E____________；
（2）写出C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质的电子式为_______________；
（3）可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是(填编号)_________________；
①比较这两种元素的气态氢化物的沸点
②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度
③比较这两种元素的气态氢化物的还原性
④比较这两种元素反应中得电子的多少
（4）向E的硝酸盐溶液中滴加过量D的最高价氧化物的水化物溶液，反应的离子方程式为____________。
（5）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐均由四种元素组成，这两种酸式盐的化学式分别为_____、______，这两种酸式盐相互反应的离子方程式为______________________。
【答案】(1). 氮 (2). 氧 (3). 铝 (4). (5). ②③ (6). Al3++4OH—=AlO2—+2H2O (7). NaHSO3 (8). NaHSO4 (9). H++HSO3—=H2O+SO2↑
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则F为S；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O，D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，可知E为Al，以此解答该题。
【详解】A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则F为S；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O，D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，可知E为Al；
(1)由以上分析可知B氮，C为氧，E为铝；
(2)C与D形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式是；
(3)氧与硫同主族，从上到下非金属性在减弱，则非金属性O＞S，元素的非金属性越强，在反应中越易得电子，但与得电子数目无关；越易与氢气发生化合反应，生成的氢化物越稳定，气态氢化物的还原性越弱，但与单质的熔沸点无关，故答案为：②③；
(4)向Al(NO3)3的溶液中加入过量NaOH溶液生成NaAlO2、NaNO3和水，发生反应的离子方程式为Al3++4OH—=AlO2—+2H2O；
(5)A、C、D、F可形成两种酸式盐为NaHSO3和NaHSO4，两者反应生成Na2SO4和SO2气体，发生反应的离子反应为HSO3-+H+═SO2↑+H2O。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。
26.卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，请根据表1和表2提供的资料，填写空白：
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
物质
开始沉淀
沉淀完全
Fe(OH)3
2.7
3.7
Fe(OH)2
7.6
9.6﹡
Mn(OH)2
8.3
9.8
Mg(OH)2
96
11.1
﹡Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以，常将它氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀除去
表2 原料价格表
物质
价格/（元·吨-1）
漂液（含25.2%NaClO）
450
双氧水（含30%H2O2）
2400
烧碱（含98%NaOH）
2100
纯碱（含99.5%Na2CO3）
600
（1）在步骤②中加入的试剂X，最佳的选择是____________，其作用是_________________；
（2）在步骤③中加入的试剂应是_______________________；之所以要控制pH=9.8，其目的是___________________________________________________________。
（3）在步骤④中加入的试剂Z应是________________；
（4）在步骤⑤中发生反应的化学方程式是_____________________________________________。
【答案】(1). 漂液(或NaClO) (2). 将Fe2+氧化为Fe3+ (3). 烧碱(或NaOH) (4). 使Fe3+、Mn2+沉淀完全，又尽量减少Mg2+的损失 (5). 纯碱(或Na2CO3) (6). MgCO3+H2OMg(OH)2↓+CO2↑
【解析】
【分析】为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，灼烧后得到MgO。
【详解】(1)步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之．虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理；
(2)步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，如加入纯碱，不能达到较高的PH，且易生成碳酸镁沉淀，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高．为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度值得；
(3)步骤④的目的是将Mg2+从溶液中沉淀出来．从MgCl2制得MgO，有两种可行的方法，一种是向溶液中加入烧碱，另一种方法是向溶液中加入纯碱，此处选用后一种方法更合理．一方面，加烧碱生成的中间产物Mg(OH)2是胶状沉淀，会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，只能得到重质氧化镁；加纯碱生成的中间产物MgCO3呈粗颗粒状，易过滤，MgCO3在水中经一段时间的加热会有部分反应生成CO2，由于CO2气体的产生，使沉淀变得疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁．另一方面，对比表2中烧碱和纯碱的价格可以看出，纯碱比烧碱价格低得多，采用纯碱路线既合理又经济；
(4)步骤⑤中反应的化学方程式为：MgCO3+H2OMg(OH)2↓+CO2↑。
27.“酒是陈的香”，是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯。在实验室我们可以用如图所示的装置来制取乙酸乙酯。回答下列问题：

（1）写出试管a中发生的化学方程式：_____________________________________；
（2）试管b中的导管要在液面的稍上方，不能插入液面以下，其目的是 ________________；
（3）浓硫酸的作用为___________________________________________________；
（4）试管b中所盛的溶液为________________，其主要作用是 _________________。
（5）分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物，可按下列步骤进行：

①试剂1最好选用_________________，
②操作1是________________，所用的主要仪器名称是_______________；
③操作2是_____________，试剂2最好选用_______________，操作3是__________。
【答案】(1). CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O (2). 防止倒吸 (3). 催化剂、吸水剂 (4). 饱和Na2CO3溶液 (5). 溶解乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水中的溶解度便于分层析出 (6). 饱和Na2CO3溶液 (7). 分液 (8). 分液漏斗 (9). 蒸馏 (10). 浓硫酸 (11). 蒸馏
【解析】
【分析】(1)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，该反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；
(2)导管伸入液面下可能发生倒吸；
(3)浓硫酸有吸水性；
(4)饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
(5)①饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
②乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，可以通过分液操作分离；
③通过操作1得到乙酸乙酯、碳酸钠、乙酸钠、乙醇的混合液，B为乙酸、乙醇、碳酸钠的混合液，通过蒸馏得到乙醇；根据强酸制弱酸，加硫酸能将乙酸钠转化为乙酸；溶液D为CH3COOH和Na2SO4的混合液，利用沸点差异进行分离。
【详解】(1)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
(2)乙酸和乙醇易溶于水，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，否则伸入液面下可能发生倒吸；
(3)在酯化反应中，浓硫酸的作用为催化剂、吸水剂 ；
(4)吸收乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；
(5)①制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，所以试剂1最好选用饱和Na2CO3溶液；
②乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，所以混合液会分层，可以通过分液操作分离出乙酸乙酯，使用到的主要仪器为分液漏斗；
③通过操作1得到乙酸乙酯、碳酸钠、乙酸钠、乙醇的混合液，B为乙酸、乙醇、碳酸钠的混合液，通过蒸馏得到乙醇E，然后加入稀硫酸，再蒸馏得到乙酸，故操作2是蒸馏，试剂2最好选用稀硫酸；从含有醋酸的水溶液D中分离得到醋酸的操作3是蒸馏。