【化学】河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
展开1.本试卷分为试卷Ⅰ和试卷Ⅱ两部分，试卷满分为100分，考试时间为90分钟；
2.请将答案填写到答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 Ag:108
第Ⅰ卷(共50分)
一、单选题(共25小题,每小题2分,共50分)
1. 下列化学式，只表示一种纯净物的是（ ）
A. C2H6O B. C2H4 C. C D. C4H10
【答案】B
【解析】试题分析：A、C2H6O有同分异构体，可以表示乙醇和甲醚的混合物；B、C2H4只表示乙烯，是一种纯净物；C、C存在同素异形体，可能表示石黑和金刚石的混合物；D、丁烷有正丁烷和异丁烷两种同分异构体；答案选B。
2.下列过程需要通电才能进行的是（ ）
①电离 ②电解 ③电镀 ④电化学腐蚀
A. ②③ B. ①② C. ②④ D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；
②电解池是在外加电流的作用下进行的氧化还原反应，必须有外加电源，故②正确；
③电镀池实质是一个电解池，必须有外加电源，故③正确；
④电化学腐蚀包括原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，不需要通电，故④错误。
答案选A。
3.下列既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（ ）
A. 铝片与稀盐酸反应 B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应
C. 灼热的炭与水蒸气的反应 D. 甲烷(CH4）在O2中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝片与稀盐酸的反应为放热反应，故A错误；
B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，但不是氧化还原反应，故B错误；
C．灼热的炭与水蒸气的反应为氧化还原反应，同时也是吸热反应，故C正确；
D．甲烷（CH4）在O2中的燃烧为放热反应，故D错误。
答案选C。
4.下列烃进行一氯取代后，只生成三种沸点不同产物的是( )
A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3
C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A. (CH3)2CHCH2CH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，故A错误；
B. (CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，故B错误；
C. (CH3)2CHCH(CH3)2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C错误；
D. (CH3)3CCH2CH3中有3种位置不同的氢，所以其一氯代物有3种，能生成3种沸点不同的产物，故D正确。
答案选D。
5.某烃的结构简式为，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子数最多为b，含四面体结构的碳原子数为c，则a、b、c分别是（ ）
A. 3、4、5 B. 4、10、4 C. 3、10、4 D. 3、14、4
【答案】D
【解析】
【分析】根据甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构判断，注意苯环中不含碳碳双键。
【详解】已知乙炔为直线形结构，则与C≡C键相连的C原子可能共线，则共有3个；分子中与苯环以及C=C直接相连的原子共平面，则可能共面的碳原子最多为14，即所有的碳原子可能共平面；含四面体结构碳原子为饱和碳原子，共4个，故选D。
6.下列有机物的命名正确的是（ ）
A. 二溴乙烷
B. 3-乙基-1-丁烯
C. 3-乙基-4-甲基-2-戊烯
D. 2，2，4-三甲基戊烷
【答案】D
【解析】A. 的名称为1,2－二溴乙烷，故A错误；B. 的名称为3－甲基－1－戊烯，故B错误；C. 的名称为4－甲基－3－乙基－2－戊烯，故C错误；D. 的名称为2，2，4－三甲基戊烷，故D正确；答案选D。
7.既可以用来鉴别乙烯和甲烷，又可用来除去甲烷中混有的乙烯的方法是( )
A. 通入足量溴的四氯化碳溶液中 B. 与足量的液溴反应
C. 通入酸性高锰酸钾溶液 D. 一定条件下与H2反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷性质稳定，与溴水不反应，乙烯含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应生成二溴乙烷而导致溴水褪色，可鉴别乙烯和甲烷，又可用来除去甲烷中混有的乙烯，故A正确；
B．常温下二者均不与液溴反应，溴易挥发，会导致甲烷中混有溴蒸气，并在光照条件下能发生取代反应，不能用来除杂，故B错误；
C．乙烯具有还原性与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故C错误；
D．一定条件下与H2反应会引入新的杂质氢气，且不能鉴别甲烷中是否含有乙烯，故D错误。
答案选A。
8.如图所示的有机物因为酷似奥运五元环而被称为奥运分子，则该有机物属于（ ）
A. 苯的同系物 B. 烃的衍生物 C. 高分子化合物 D. 芳香烃
【答案】D
【解析】
【详解】由有机物的结构简式可得分子式为：C21H14
A．有机物含有多个苯环、侧链也不是烷基，所以不是苯的同系物，故A错误；
B．有机物是烃类物质，不符合烃的衍生物的概念，故B错误；
C．有机物相对分子质量为266，不是高分子化合物，故C错误；
D．有机物仅有C、H两种元素的化合物，且含有苯环，属于芳香烃，故D正确；
答案选D。
9.在25℃、101kPa条件下，反应2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) ΔH＝+56.7 kJ·mol-1能自发进行的原因是（ ）
A. 该反应是吸热反应 B. 该反应是放热反应
C. 该反应是熵减小的反应 D. 该反应的熵增效应大于能量效应
【答案】D
【解析】
【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应；
故选D。
10.下列说法正确的是( )
A. 在水溶液中能离解出自由移动的离子的化合物是电解质
B. 强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物
C. CO2的水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质
D. 在强电解质的水溶液中只有离子没有分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在水溶液中能离解为自由移动的离子的化合物是电解质，故A正确；
B. 强弱电解质和溶于水的电解质是否完全电离有关，与是否易溶于水无关。硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，乙酸易溶于水，它是弱酸，是弱电解质，故B错误；
C. CO2溶于水和水结合成碳酸，碳酸发生部分电离，碳酸是弱电解质，二氧化碳是非电解质，故C错误；
D. 水溶液中存在水分子，故D错误，
答案选A。
11. （有机化学基础选做题）下列说法正确的是（ ）
A. 萘（）是最简单的稠环芳香烃，萘与足量氢气充分加成的产物一氯代物有2种
B. 酚酞的结构如图所示，其结构中含有羟基（—OH），故酚酞属于醇
C. 溴水能将甲苯、己烯、CCl4、乙醇四种溶液鉴别开来
D. 的名称为2-甲基-4-戊醇
【答案】C
【解析】试题分析：A、萘和足量H2发生反应后的产物是有3种不同的氢原子，其一氯代物有3种，故说法错误；B、羟基和苯环直接相连，属于酚，不属于醇，故说法错误；C、甲苯的密度小于水的，且不溶于水，出现分层，上层有色层，己烯能使溴水褪色，四氯化碳的密度大于水的，且不溶于水，下层是有色层，乙醇和溴水不分层，故可以鉴别；D、离官能团最近一端进行编号，名称为4－甲基－2－戊醇，故说法错误。
12.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．下列各组混合烃中一定不符合条件的是（ ）
A. CH4、C2H4 B. C2H2、C3H6
C. C3H4、C2H4 D. CH4、C3H6
【答案】D
【解析】
【详解】设烃的化学式为CxHy，则有：，有机物燃烧前后体积不变，则，y=4。
A. CH4、C2H4中H原子数都为4，平均值为4，故A符合题意；
B. C2H2、C3H6中H原子数分别为2、6，在1:1条件下H平均值为4，故B符合题意；
C. C3H4、C2H4中H原子数都为4，平均值为4，故C符合题意；
D. CH4、C3H6中H原子数分别为4、6，平均值不可能为4，故D不符合；
答案选D。
13.某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1 表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能）。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 该反应为吸热反应 B. 催化剂能降低该反应的活化能
C. 催化剂能改变该反应的焓变 D. 逆反应的活化能小于正反应的活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图象可知，反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，故A错误；
B. 催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，故B正确；
C. 催化剂对反应的始态和状态无影响，只改变活化能，则对反应的焓变无影响，故C错误；
D. E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，E1
14.5.6g铁粉投入到盛有100mL 2mol•L-1稀硫酸的烧杯中，2min时铁粉刚好溶解(溶解前后溶液体积变化忽略不计)，下列表示这个反应的速率正确的是（ ）
A. v(H2SO4)＝0.5mol• (L•min)-1 B. v(H2SO4)＝1 mol• (L•min)-1
C. v(Fe)＝0.5mol• (L•min)-1 D. v(FeSO4)＝1mol• (L•min)-1
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe的物质的量为=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：=1mol/L，故v(H2SO4)==0.5mol/(L⋅min)，故A正确；
B. 由A中计算可知：v(H2SO4)=0.5mol/(L⋅min)，故B错误；
C. Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，故C错误；
D. 化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(FeSO4)=v(H2SO4)=0.5mol/(L⋅min)，故D错误，
答案选A。
15.某同学为了使反应2Ag+2HCl＝2AgCl+H2↑能进行，设计了下列四个实验，如图所示，你认为可行的方案是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】银与盐酸不反应，不能自发进行，不能设计成原电池；为了使反应2Ag+2HCl＝2AgCl+H2↑进行，可设计为电解池，选择Ag为阳极，盐酸为电解质溶液即可实现目的，C正确；
答案选C。
16.已知25 ℃、101 kPa下，碳、氢气、乙烯和葡萄糖的燃烧热依次是393.5 kJ·mol－1、285.8 kJ·mol－1、1 411.0 kJ·mol－1、2 800 kJ·mol－1，则热化学方程式正确的是( )
A. C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
B. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
C. C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1 411.0 kJ·mol－1
D. 1/2 C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，结合选项分析解答。
【详解】A、碳燃烧应生成CO2，A错误；
B、根据燃烧热的概念可知H2O应为液态，氢气燃烧放热，ΔH<0，B错误；
C、根据燃烧热的概念可知H2O应为液态，C错误；
D、C6H12O6(s)的燃烧热为2 800 kJ·mol－1，则0.5 mol C6H12O6(s)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热为1 400 kJ，D正确。
答案选D。
17.在一定条件下，反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（g）在恒容容器中进行，达到化学平衡的标志是（ ）
A. 单位时间内生成2n molB，同时消耗3n molC B. 容器内压强不随时间变化
C. 混合气体的密度不随时间变化 D. B物质的百分含量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、单位时间里生成2n molB，同时消耗3n molC，都表示逆反应速率，二者始终都按2：3进行，所以不能判断平衡状态，故A错误；
B、该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，压强不随时间改变，不能说明到达平衡状态，故B错误；
C、混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡状态，故C错误；
D、化学反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变，百分含量不变，故D正确；
答案选D。
18.在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，经过一段时间后，测得容器内压强是起始时的0.9倍。在此时间段内H2的平均反应速率为0.1 mol·L－1·min－1，则经过时间为( )
A. 2 min B. 3 min C. 4 min D. 5 min
【答案】B
【解析】
【详解】在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1molN2和3molH2，设反应中消耗氮气物质的量为x，
N2+3H22NH3，
起始量(mol) 1 3 0
变化量(mol) x 3x 2x
一段时间(mol) 1−x 3−3x 2x
经过一段时间后，测得容器内压强与起始时的压强之比为9:10，恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，
(1−x+3−3x+2x):(1+3)=9:10，x=0.2mol，
氢气消耗浓度c(H2)==0.3mol/L，
则经过时间==3min，
答案选B。
19.下列叙述的方法不正确的是（ ）
A. 金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍
B. 用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀
C. 钢铁在干燥空气中不易被腐蚀
D. 用牺牲锌块的方法来保护船身
【答案】B
【解析】
【详解】A、金属的腐蚀以电化学腐蚀为主，电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，故A正确；
B、铝质铆钉、铁板、潮湿的空气构成了原电池，铝质铆钉作负极，容易腐蚀，铁板得到保护，故B错误；
C、因钢铁生锈需要氧气、水，在干燥空气中不易被腐蚀，故C正确；
D、锌块、船身（铁）、海水构成了原电池，锌块作负极、容易腐蚀，船身（铁）得到保护，故D正确；
答案选B。
20.已知H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－Q kJ•mol-1，其他相关数据如下表：则Q的值为（ ）
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
436
200
369
A. 102 B. 260 C. 230 D. 404
【答案】A
【解析】
【详解】已知H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝－Q kJ•mol-1，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则△H=－Q kJ•mol-1 =436 kJ•mol-1+200 kJ•mol-1−2×369 kJ•mol-1，得：Q =102
答案选A。
21.有a、b、c、d四个金属电极，G为电流计。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
溶液中的SO42-向b极移动
d极溶解c极有气体产生
电子从d极流向a极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是（ ）
A. d>a>b>c B. a>b>c>d
C. b>c>d>a D. a>b>d>c
【答案】A
【解析】试题分析：a极质量减小b极质量增加，则a为负极，b为正极，所以金属的活动性顺序a＞b；溶液中的SO42-向b极移动，则b为负极，c为正极，所以金属的活动性顺序b＞c；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；电子从d极流向a极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序d＞a；所以这四种金属的活动性顺序d＞a＞b＞c．故选A。
22.关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是( )
A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关
B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp(CaSO4)
C. 已知25 ℃时Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝4.0×104
D. 已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2] ＝1.8×10－11，在MgCl2溶液中加入氨水调混合液的pH＝11，产生沉淀，则此时溶液中的c(Mg2＋)＝1.8×10－5mol·L－1
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ksp是温度的常数，只随温度改变而改变，不同物质的溶解能力不同，与物质本身的性质有关，故A正确；
B. 将饱和Na2SO4溶液加入到饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明硫酸钙的溶解度小，但溶度积表达式类型不同，不能说明大小，故B错误；
C. Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH−)⋅c(Fe3+)，反应的平衡常数K==4.0×104，故C正确；
D. 测得混合液的pH=11，Ksp[Mg(OH)2]=c2(OH−)⋅c(Mg2+)，c(OH−)=10−3，代入求得c(Mg2+)=1.8×10−3mol/L，故D正确；
答案选B。
23.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A项错误；
B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B项错误；
C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；
D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误；
答案选C。
24.用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示（CO2的体积已折算为标准状况下的体积）。下列分析正确的是（ ）
A. OE段表示的平均速率最快
B. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. G点表示收集的CO2的量最多
【答案】D
【解析】
【详解】A.斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，错误；
B.由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672ml-224ml=448ml，所以二氧化碳的物质的量为n(CO2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为Δc=，则EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为V(HCl)=，错误；
C.OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224ml、448ml、112ml，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224ml：448ml：112ml=2：4：1，错误；
D.G点表示收集的二氧化碳为从开始到G点生成的二氧化碳，总共784ml，正确。
故合理选项是D。
25.已知某可逆反应：mA(g) + nB(g)pC(g) ∆H= Q kJ·mol-1，在密闭容器中进行，如图表示在不同时间t、温度T和压强P与生成物C的百分含量的关系曲线，下列判断正确的是（ ）
A. T1
T2 P1
C. T1
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查化学平衡相关图像。根据先拐先平原则判断T1与T2、P1与P2相对大小，再根据勒夏特列原理判断该反应的系数关系以及焓变的正负。
【详解】根据先拐先平可知，T1>T2，P1
第Ⅱ卷( 共50分)
二、非选择题
26.家用液化气的主要成分之一是丁烷，当10kg丁烷完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为5×105kJ，试写出丁烷燃烧的热化学方程式____________________，已知1mol液态水气化时需要吸收44kJ的热量，则反应的ΔH为____________________。
【答案】(1). C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH=－2900 kJ/mol (2). －2680 kJ/mol
【解析】
【详解】10kg丁烷物质的量=mol，完全燃烧生成二氧化碳和液态水时，放出热量为5×105kJ，1mol丁烷完全反应放热==2900kJ，则热化学方程式为C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH=－2900 kJ/mol；
已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，①H2O（1）=H2O（g）H=+44kJ/mol；②C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH=－2900 kJ/mol，依据盖斯定律①×5+②得到C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(g) ΔH=－2680 kJ/mol；
故答案为：C4H10(g)＋O2(g)=4CO2(g)＋5H2O(l) ΔH=－2900 kJ/mol；-2680kJ/mol。
27.某烃A 0.2 mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2 mol，试完成下列问题：
（1）烃A的分子式为____。
（2）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则此烃A的结构简式为_____。
（3）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，烃A所有可能的结构简式分别为___。
【答案】(1). C6H12 (2). 或 (3). 或或
【解析】
【详解】（1）0.2molCxHy→1.2molCO2+1.2molH2O，由原子守恒可知x=6，y=12，则烃A的分子式为C6H12；故答案为：C6H12；
（2）A不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则只有一种H，为环己烷，结构简式为或，故答案为：或；
（3）若烃A能使溴水褪色,在催化剂作用下与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，生成的烷烃结构式为或，说明分子中含有1个C=C键，相邻两个碳原子都含有H原子，则A的结构简式为：或或，故答案为：或或。
28.有4种无色液态物质：己烯、己烷、苯和甲苯，符合下列各题要求的分别是：
(1)不能与溴水或KMnO4酸性溶液反应，但在铁屑作用下能与液溴反应的是____，生成的有机物名称是_____，反应的化学方程式为________，此反应属于________反应。
(2)不能与溴水或KMnO4酸性溶液反应的是________。
(3)能与溴水和KMnO4酸性溶液反应的是________。
(4)不与溴水反应但能与KMnO4酸性溶液反应的是________。
【答案】(1). 苯 (2). 溴苯 (3). ＋Br2 ＋HBr (4). 取代 (5). 苯、己烷 (6). 己烯 (7). 甲苯
【解析】
【详解】(1)不能与溴水或酸性KMnO4溶液反应的物质为己烷、苯，但在铁屑作用下能与液溴反应的是苯，生成溴苯，该反应为取代反应，化学方程式为＋Br2 ＋HBr；故答案为：苯；溴苯；＋Br2 ＋HBr ；取代；
(2)不能与溴水或酸性KMnO4溶液反应的是己烷、苯，故答案为：己烷、苯；
(3)己烯中含碳碳双键,则能与溴水或酸性KMnO4溶液反应，故答案为：己烯；
(4)不与溴水反应但与酸性KMnO4溶液反应的是甲苯，甲苯可被高锰酸钾氧化为苯甲酸，
故答案为：甲苯。
29.用活性炭还原法处理氮氧化物，有关反应为：C(s)+ 2NO（g）N2（g）+ CO2（g）。某研究小组向某密闭的真空容器（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计）中加入NO和足量的活性炭，恒温（T1℃）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：
时间min/ 浓度mol·L-1
NO
N2
CO2
0
1.00
0
0
10
0.58
0.21
0.21
20
0.40
0.30
0.30
30
0.40
0.30
0.30
40
0.32
0.34
0.17
50
0.32
0.34
0.17
（1） 10 min～20 min时间段内，以CO2表示的反应速率为____；
（2）计算出该反应的平衡常数的值K=________；
（3） 下列各项能作为判断该反应达到平衡状态的是____ （填序号字母）；
A．容器内压强保持不变 B．2v正（NO）= v逆（N2）
C．容器内CO2的体积分数不变 D．混合气体的密度保持不变
（4）30 min时改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是_____________；
（5）一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率__________ （填“增大”、 “不变”或“减小”）。
【答案】(1). 0.009 mol·(L·min)-1 (2). 0.56 (3). CD (4). 减少CO2的浓度 (5). 不变
【解析】
【详解】（1） 10min～20min以内v（CO2）表示的反应速率==0.009mol/（L•min）；故答案为：0.009mol/（L•min）；
（2）已知T1℃时该反应平衡浓度为：c（N2）=0.3mol/L；c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L； K==0.56；故答案为：0.56；
（3）C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），反应是气体体积不变的反应；
A．反应是气体体积不变的反应，反应过程中和反应平衡状态压强相同，所以容器内压强保持不变不能说明反应达到平衡，故A错误；
B．反应速率之比等于化学方程式系数之比，当v正（NO）=2v逆（N2），反应达到平衡，v正（NO）=2v正（N2），只能说明反应正向进行，故B错误；
C．容器内CO2的体积分数不变，说明反应达到平衡，故C正确；
D．混合气体密度等于质量除以体积，反应中碳是固体，平衡移动气体质量变化，体积不变，所以混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，故D正确；
答案选CD。
（4）已知T1℃时该反应平衡浓度为，c（N2）=0.3mol/L；c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L； K==0.56，化学平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小，反应前后气体体积不变，所以可能减少CO2的浓度；
故答案为：可能减少CO2的浓度；
（5）一定温度下，随着NO的起始浓度增大，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．反应是气体体积不变的反应；增大一氧化氮浓度相当于增大体系压强，平衡不移动，一氧化氮转化率不变；
故答案为：不变。
30.如图装置所示，C、D、E、F都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：
(1) A为电源的_____极，写出甲中C的电极反应式________。
(2) 若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为__。
(3) 现用丙装置给铜件镀银，电镀液是______溶液。当乙中溶液的c(OH-)=0.1 mol•L‾1时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为___。
(4) 若将F电极更换为铁，其他装置都不变，则乙中发生总反应的离子方程式是________。
【答案】(1). 正极 (2). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (3). 1∶2∶2∶2 (4). AgNO3 (5). 5.4 g (6). 2Cl- ＋ 2H2O 2OH- + H2↑ + Cl2↑
【解析】
【详解】(1) 将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F电极为阴极，阴极上氢离子放电导致F电极附近呈碱性，则C、E、G为阳极，D、F、H为阴极，阴极连接原电池负极，所以B是原电池负极；阳极连接原电池正极，所以A是原电池正极；C与电源正极相连，C为阳极，阳极上溶液中的阴离子失电子发生氧化反应，根据放电顺序，氢氧根离子在阳极放电产生氧气和水，电极式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O故答案为：正极；4OH--4e-=O2↑+2H2O
(2) C、D、E、F发生的反应分别为：4OH--4e-=2H2O+O2↑、Cu2++2e-=Cu、2Cl--2e-=Cl2↑、2H++2e-=H2↑，串联电路中转移电子相等，假设都转移4mol电子时，O2、Cu、Cl2、H2的物质的量分别是1mol、2mol、2mol、2mol，所以生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，
故答案为：1：2：2：2；
(3) 用丙装置给铜件镀银，镀层Ag为阳极，则G为Ag，镀件H为阴极，阴极材料H是Cu，电镀液为AgNO3溶液，当乙中溶液的c（OH-）=0.1mol•L-1时（此时乙溶液体积为500mL），根据电极反应2H2O+2e-═H2↑+2OH-，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，
故答案为： AgNO3；5.4g；
(4) 若将F换为Fe，铁做阴极提供电子，不参与电极反应，乙装置中电极反应不变，阳极上溶液中的氯离子失电子变为氯气，阴极上氢离子得到电子产生氢气和氢氧根离子，乙中发生总反应的离子方程式为2Cl- ＋ 2H2O2OH- + H2↑ + Cl2↑；
答案为2Cl- ＋ 2H2O2OH- + H2↑ + Cl2↑。
