还剩14页未读，
继续阅读
【化学】新疆石河子二中2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷（解析版）
展开
新疆石河子二中2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷
一、选择题，每小题只有一个正确选项
1.下列关于能量转换的认识中不正确的是（ ）
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. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
D. 白炽灯工作时，电能全部转化为光能
【答案】D
【解析】A、电解装置将水电解生成氢气和氧气时，是电能转化为化学能，A正确；
B、绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，B正确；
C、煤燃烧时会产生大量的热量，化学能主要转化为热能，C正确；
D、白炽灯工作时，将电能转化为光能和热能，D错误。
答案选D。
2.13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kur Wuethrich等人为此获得2002年度诺贝尔化学奖．下面叙述正确的是（ ）
A. 15N与14N互为同位素 B. 13C与C60互为同素异形体
C. 13C和15N的质量数相等，中子数也相等 D. 15N的核外电子数与中子数相同
【答案】A
【解析】A．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同(中子数分别为8、7)的原子，互为氮元素的同位素，故A正确；
B．13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；
C．13C与15N的中子数分别为7、8，故C错误；
D．15N的核外电子数为7，中子数为15-7=8，故D错误；
故选A。
3.下列各组物质或微粒化学性质几乎相同的是（ ）
A. O2 、O3 B. H、D C. Mg、Mg2+ D. H2O2、D2O
【答案】B
【解析】分析：A、O2 、O3互为同素异形体；B、H和D是H的两个同位素；C、Mg最外层电子为2， Mg2＋最外层为8个电子；D、H2O2，具有强氧化性，D2O相当于水，不具有强氧化性。
详解：A、O2 、O3互为同素异形体，结构不同，结构决定化学性质，因此两者化学性质不同，故A错误；
B、H和D是H的两个同位素，核外电子排布相同，即化学性质相同，故B正确；
C、Mg最外层电子为2，能与盐酸等多种物质发生反应，Mg2＋最外层为8个电子，达到稳定结构，因此两者化学性质不同，故C错误；
D、H2O2，具有强氧化性，D2O相当于水，不具有强氧化性，因此两者的化学性质几乎不同，故D错误。
故答案选B。
4.下列化学用语表述正确的是（ ）
A. HC1的电子式： B. 乙烯分子的结构简式：CH2CH2
C. S2﹣的结构示意图： D. H2O2的电子式：
【答案】C
【解析】A．氯化氢为共价化合物，正确的电子式为，故A错误；
B．结构简式中必须标出官能团，乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故B错误；
C．硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子，S2﹣的结构示意图为：，故C正确；
D．H2O2为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，H2O2的电子式为，故D错误；
故选C。
5.如图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液中构成原电池。下列叙述正确的是（ ）
A. 该装置将电能转变为化学能 B. 电流从锌片经导线流向铜片
C. 一段时间后，铜片质量减轻 D. 锌片上发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】该原电池中锌易失电子发生氧化反应作负极，铜作正极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．原电池是将化学能转化为电能的装置，故A错误；
B．该装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，电流从正极铜沿导线流向负极锌，故B错误；
C．铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，故C错误；
D．该装置中，锌失电子发生氧化反应，故D正确；
故选D。
6.同周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物的水化物酸性由强到弱顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是（ ）
A. 原子序数：X＞Y＞Z B. 非金属性：X＞Y＞Z
C. 原子半径：X＞Y＞Z D. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
【答案】C
【解析】
【分析】同周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物的水化物酸性由强到弱顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，非金属性X>Y>Z，Z、Y、X原子序数从左到右依次增大。
【详解】A. 原子序数：X＞Y＞Z，A正确；
B非金属性：X＞Y＞Z，B正确；
C．电子层数相同，核电荷越大原子半径越小，原子半径X
答案选C。
7.下列各组物质中，化学键完全相同的是（ ）
A. NaCl和NaOH B. Cl2和N2O
C. Na2S和（NH4）2S D. H2O2和Na2O2
【答案】B
【解析】A．NaCl中只有离子键，而NaOH中存在离子键和共价键，所以两者化学键不完全相同，故A错误；
B．Cl2中只存在共价键，N2O中也只存共价键，两者化学键完全相同，故B正确；
C．Na2S中只存在离子键，(NH4)2S中存在离子键和共价键，所以两者化学键不完全相同，故C错误；
D．H2O2中只存在共价键，Na2O2中存在离子键和共价键，所以两者化学键不完全相同，故D错误；
故选B
8.对下图的表达中正确的是( )
A. 图a可以表示t s时，N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)达到了平衡
B. 图b中所介绍的电池使用后不能投入火中，应埋入地下以防污染环境
C. 图c可表示某化学反应属于放热反应，放出的能量为E2－E1
D. 图d涉及的反应可能为MN
【答案】A
【解析】A．图a中t s时，正逆反应速率不再变化，且不同物质正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，故A正确；
B．重金属会污染地下水、土壤，不能埋入地下，故B错误；
C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，△H=-E2kJ/mol，故C错误；
D．N的浓度减小为反应物，M的浓度增大为生成物，且ts时间内N减少2mol/L、M增加4mol/L，化学计量数之比等于浓度变化量之比，则反应为N⇌2M，故D错误；
故选A。
9.短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24。则下列判断正确的是（ ）
R
T
Z
X
Y
A. X位于元素周期表第VA族
B. Z元素的简单气态氢化物分子间可以形成氢键
C. Y元素最高价氧化物对应水化物为强酸
D. 五种元素中原子半径最大的是R
【答案】B
【解析】分析：本题考查元素周期表的结构与元素周期律的应用。设R的最外层电子数是x，则根据元素在周期表中的相对位置可知，T、X、Y、Z的最外层电子数分别是x+1、x、x+1、x+2，则x+x+1+x+x+1＋x+2＝24，解得x＝4，因此R是碳元素，T是氮元素，Z是氧元素，X是硅元素，Y是磷元素，。
详解：A、硅元素位于元素周期表中第三周期第ⅣA族，A不正确；
B、氧元素的气态氢化物是H2O，H2O分子间可以形成氢键，B正确；
C、磷元素最高价氧化物对应水化物为磷酸，属于弱酸，C不正确；
D、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此五种元素中原子半径最大的是X，即是硅元素，D不正确，
答案选B。
10.下列物质中，属于有机物但不属于烃的是（ ）
A. CO2 B. CH3COOH C. Na2CO3 D. CH4
【答案】B
【解析】A．CO2虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，把它们归入无机物，故A错误；
B．CH3COOH属于含有碳元素的化合物，为有机物，但含有氧元素，所以不属于烃，故B正确；
C．Na2CO3虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，把它们归入无机物，故C错误；
D．甲烷是含有碳元素的化合物，属于有机物，且只含有碳、氢两种元素，属于烃，故D错误；
故选B。
11.以下说法错误的是( )。
A. 甲烷分子是由极性键构成的分子
B. 甲烷分子具有正四面体结构
C. 甲烷分子中4个C—H键完全相同
D. 甲烷分子中具有非极性键
【答案】D
【解析】A.甲烷分子中含有碳氢极性键，所以A选项是正确的；
B.甲烷分子是正四面体结构，所以B选项是正确的；
C.甲烷分子是正四面体结构，甲烷分子中四个C—H键是完全等价的键，所以C选项是正确的；
D.甲烷分子中只含有碳氢极性键，故D错误。
答案选D。
12.衡量石油化工发展水平的标志是（ ）
A. 乙烯产量 B. 丙烯产量
C. 汽油产量 D. 丁二烯产量
【答案】A
【解析】乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展．因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志．故选A。
13.不可以用于区别乙烯和乙烷气体的是（ ）
A. 苯 B. 溴水
C. 酸性高锰酸钾溶液 D. 溴的四氯化碳溶液
【答案】A
【解析】乙烯中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，能够使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能，则B、C、D都可鉴别，而乙烯、乙烷与苯均不反应，不能鉴别，故选A。
14. 甲烷中混有乙烯，欲除乙烯得到纯净的甲烷，可依次将其通过下列哪组试的洗气瓶（ ）
A. 澄清石灰水，浓H2SO4
B. 酸性高锰酸钾溶液，浓H2SO4
C. 溴水，浓H2SO4
D. 浓H2SO4，酸性高锰酸钾溶液
【答案】C
【解析】A. 澄清石灰水不能吸收乙烯，A不可行；
B. 酸性高锰酸钾溶液可以把乙烯氧化，但可能引入新的杂质二氧化碳，B不可行；
C. 溴水可以与乙烯发生加成反应生成不溶于水的液体1，2-二溴乙烷，浓H2SO4可以干燥甲烷，C可行；
D. 浓H2SO4不能吸收乙烯，酸性高锰酸钾溶液可能把乙烯氧化成二氧化碳，D不可行。
综上所述，本题选C。
15.关于烷烃性质的叙述中，不正确的是（ ）
A. 烷烃同系物随相对分子质量增大，熔沸点逐渐升高，常温下的状态由气态递变到液态，相对分子质量大的则为固态
B. 烷烃同系物的密度随相对分子质量增大逐渐增大
C. 烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应
D. 烷烃同系物都能使溴水、高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A．烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，随着碳原子数的增加，常温下的状态逐渐由气态变化到液态、固态，故A正确；
B．烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，密度越大，故B正确；
C．烷烃的化学性质与CH4相似，在光照条件下能与氯气发生取代反应，故C正确；
D．烷烃的结构决定了化学性质，碳原子是饱和状态，所以均不能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；
故选D。
16.下列物质不能使溴水褪色的是（ ）
A. C2H4 B. SO2
C. CH3－CH=CH2 D. CH3—CH2—CH3
【答案】D
【解析】A．乙烯含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，从而使溴水褪色，故A不选；
B．二氧化硫具有还原性，能够与溴水反应生成溴化氢和硫酸，从而使溴水褪色，故B不选；
C．CH3-CH=CH2含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，从而使溴水褪色，故C不选；
D．丙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，故D选；
故选D。
17.下列关于甲烷、乙烯和苯的说法错误的是（ ）
A. 天然气、可燃冰作为燃料的主要成分均是甲烷
B. 甲烷、乙烯与苯都属于烃类有机化合物
C. 甲烷和甲苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 乙烯能与溴水中的溴发生加成反应
【答案】C
【解析】分析：A.甲烷大量存在于天然气、沼气、“可燃冰”中；
B.只含C、H两种元素的有机物是烃；
C.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.乙烯分子中含碳碳双键不饱和键,与溴单质能发生加成反应.
详解:A.天然气、沼气、“可燃冰”中含有大量的甲烷,所以A选项是正确的；
B. 甲烷、乙烯与苯都只含C、H两种元素，属于烃，故B正确；
C.甲苯中与苯环相连的C上有H能被酸性高锰酸钾溶液氧化,使其褪色,而甲烷是饱和烷烃、苯的分子结构是六个碳碳键完全等同的化学键不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,所以C选项是错误的；
D.乙烯分子中含碳碳双键不饱和键,和溴单质发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,所以D选项是正确的；
答案选C。
18.在一个密闭容器中，盛有N2和H2，它们的起始浓度分别是1.8mol/L和5.4mol/L，在一定条件下发生N2+ 3H2= 2NH3，10min后测得N2的浓度是0.8mol/L，则在这10min内N2的平均反应速率是（ ）
A. 0.2mol/(L·min) B. 0.3 mol/(L·min)
C. 0.1 mol/(L·min) D. 0.6 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】10min内N2浓度的变化量为△c(N2)=(1.8-0.8)mol/L=1.0mol/L，则这段时间内用氮气表示的平均反应速率v(N2)== =0.1 mol•L-1•min-1，故选C。
19.可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最慢的是（ ）
A. v(A)=0.5mol/(L·min) B. v(B)=0.6mol/(L·min)
C. v(C)=0.4mol/(L·min) D. v(D)=0.1mol/(L·min)
【答案】B
【解析】A．=mol•L-1•min-1=0.5mol•L-1•min-1；
B．=mol•L-1•min-1=0.2mol•L-1•min-1；
C．=mol•L-1•s-1=0.2mol•L-1•s-1=12mol•L-1•min-1；
D．= mol•L-1•s-1=0.05mol•L-1•s-1=3mol•L-1•min-1；
所以反应速率快慢顺序为C＞D＞A＞B，则最慢的是B，故选B。
20.苹果iPad、iPhone正在中国热卖，但137名苹果公司驻中国供应工厂的员工，却因长期暴露在正己烷环境中，健康遭受不利影响．某同学欲按沸点高低将正己烷插入表中(已知表中5种物质已按沸点由低到高顺序排列)，则正己烷最可能插入的位置是( )
①
②
③
④
⑤
甲烷
乙烯
戊烷
2-甲基戊烷
辛烷
A. ②③之间 B. ③④之间 C. ⑤之后 D. ④⑤之间
【答案】D
【解析】对于烷烃，一般来说其相对分子质量越大，分子间作用力也越大，其沸点越大，所以正己烷的沸点大于①②③，但比⑤低；对于相对分子质量相同的烷烃，支链越多，沸点越低，所以④的沸点比正己烷的沸点低，故沸点由低到高的顺序为：①＜②＜③＜④＜正己烷＜⑤，正己烷最可能插入的位置是④⑤之间。答案选D。
21. 下列反应中，属于氧化反应的是（ ）
A. 乙烷在光照下与氯气反应 B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 乙烯使溴水褪色 D. 苯与液溴混合后撒入铁粉
【答案】B
【解析】A．乙烷在光照下与氯气反应是取代反应，A错误；
B．乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．乙烯含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，而使溴水褪色，C错误；
D．苯与液溴混合后撒入铁粉发生取代反应生成溴苯和溴化氢，D错误。
答案选B。
22.将金属A和金属B分别放入稀硫酸中有氢气生成。若将金属A和金属B相连后投入稀硫酸中发现A被腐蚀，B未被腐蚀。关于A、B的叙述正确的是( )
A. 金属活动性A>B
B. 还原性B>A
C. 在后者装置中，金属A发生还原反应，金属B发生氧化反应
D. 在后者装置中，金属B做负极
【答案】A
【解析】金属A和金属B分别放入稀H2SO4中均有氢气生成，说明A、B金属活动性顺序表中都位于H之前；若将金属A和金属B相连后投入稀H2SO4中发现A被腐蚀，B未被腐蚀，说明金属活动性A大于B。
A．通过以上分析知，金属活动性A＞B，故A正确；
B．金属的金属性越强其单质的还原性越强，金属性A＞B，所以还原性A＞B，故B错误；
C．在后者装置中金属A失电子发生氧化反应，金属B上得电子发生还原反应，故C错误；
D．A失电子发生氧化反应生成阳离子进入溶液，所以A是负极，故D错误；
故选A。
23.下列哪个说法可以证明反应N2+3H22NH3已达到平衡状态（ ）
A. 1个N≡N键断裂的同时，有1个H﹣H键形成
B. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂
C. 1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂
D. 1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣H键形成
【答案】C
【解析】A、1个N≡N键断裂的同时，有1个H-H键形成，正反应速率不等于逆反应速率；
B、1个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂，不能说明正反应速率等于逆反应速率误；
C、1个N≡N键断裂，同时有6个N-H键断裂，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态；
D、1个N≡N键断裂的同时有6个H﹣H键形成，正反应速率不等于逆反应速率。
综上所述，答案选C。
24.关于化学键的下列叙述中正确的是( )
A. 一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质
B. 构成单质分子的微粒一定含有化学键
C. 离子化合物可能含共价键，共价化合物中可能含离子键
D. 氯化钠和冰熔化过程中都无化学键的变化
【答案】A
【解析】A、使离子相结合或原子相结合的强烈作用力是化学键，一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质，A正确；
B、稀有气体单质分子内不含有化学键，B错误；
C、含有离子键的化合物一定是离子化合物，只含共价键的化合物一定是共价化合物，离子化合物可能含共价键，但共价化合物中一定不含离子键，C错误；
D、氯化钠等离子化合物熔化过程中化学键发生断裂，D错误。
答案选A。
25.能证明氯化氢是共价化合物的是( )
A. 氯化氢易溶于水 B. 液态氯化氢不导电
C. 氯化氢在水中完全电离 D. 氯化氢比较稳定
【答案】B
【解析】A．离子化合物、共价化合物均可能溶于水，不能利用溶解性判断，故A不选；
B．液态氯化氢不导电，说明其构成微粒为分子，则以共价键结合，为共价化合物，故B选；
C．离子化合物、共价化合物均可能在水中完全电离，不能利用完全电离判断，故C不选；
D．不能利用稳定性判断化合物的类型，如碳酸氢钠容易分解，碳酸钠不容易分解，但均为离子化合物，故D不选；
故选B。
二、填空题
26.(1)有下列几种物质：
A. 金刚石和石墨 B. C2H6和C5H12 C. C2H4和C2H6 D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 E.35Cl 和37Cl
属于同分异构体的是（ ），属于同素异形体的是（ ），属于同系物的是（ ），属于同位素的是（ ）；
(2)铅蓄电池是目前机动车、船舶等不可缺少的动力能源，铅蓄电池在放电时发生的电池反应为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。则铅蓄电池的负极为________，正极为________。
(3)按要求完成下列问题：
①分子中的碳原子数小于或等于4的沸点最高的气态烷烃的结构简式____________；
②乙烷的分子式___________；
③苯与氢气反应的化学方程式 ___________；
④甲烷与氯气生成一氯甲烷的反应方程式___________。
【答案】(1). D (2). A (3). B (4). E (5). Pb (6). PbO2 (7). CH3CH2CH2CH3 (8). C2H6 (9). +3H2 (10). CH4+Cl2 CH3Cl+HCl
【解析】
【分析】(1)分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；同种元素的不同单质互为同素异形体；结构相似，分子组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；据此分析解答；
(2)铅蓄电池在放电时发生原电池反应，失电子的做负极发生氧化反应，得到电子的发生还原反应做原电池正极；
(3)①当n≤4时，烷烃在常温下为气体，同分异构体中支链越少沸点越高；②根据烷烃通式书写乙烷的分子式；③苯与氢气反应生成环己烷；④甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷。
【详解】(1)A．金刚石和石墨均是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体；B．C2H6和C5H12都是烷烃，结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，互称为同系物；C． C2H4是乙烯，C2H6是乙烷，两者都属于烃；D．CH3CH2CH2CH3和 CH3CH(CH3)2是分子式相同，结构不同，属于同分异构体；E．35Cl和37Cl都是氯元素的不同核素，互为同位素；故答案为：D；A；B；E；
(2)铅蓄电池在放电时发生的电池反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，放电过程为原电池反应，失电子的做负极发生氧化反应，得到电子的发生还原反应做原电池正极，因此负极为Pb，正极为PbO2，故答案为：Pb；PbO2；
(3)①当n≤4时，烷烃在常温下为气体，正丁烷沸点大于异丁烷，故分子中碳原子数小于或等于4的沸点最高的气态烷烃的结构简式为：CH3CH2CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH2CH3；
②乙烷分子中2个碳原子，属于烷烃，满足CnH2n+2，因此分子式为：C2H6，故答案为：C2H6；
③在镍作催化剂、加热条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，反应方程式为：+3H2，故答案为：+3H2；
④甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和HCl，该反应的化学方程式为：CH4+Cl2 CH3Cl+HCl，故答案为：CH4+Cl2 CH3Cl+HCl。
27.Ⅰ：下列各项分别与哪个影响化学反应速率因素的关系最为密切？
（1）夏天的食品易变霉，在冬天不易发生该现象_____；
（2）同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块，产生气体有快有慢_____；
（3）MnO2加入双氧水中放出气泡更快_____．
Ⅱ：在一定温度下，4L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图：
（1）比较t2时刻，正逆反应速率大小V正______V逆．(填“＞”、“=”、“＜”)
（2）若t2=2min，计算反应开始至t2时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为：_____．
（3）t3时刻化学反应达到平衡，反应物的转化率为_____．
（4）如果升高温度，则V逆_____(填增大、减小或不变)．
【答案】(1). 温度 (2). 反应物本身性质 (3). 催化剂 (4). ＞ (5). 0.25mol/(L•min) (6). 75% (7). 增大
【解析】I.（1）夏天温度高，冬天温度低，因此是温度影响反应速率；
（2）镁比锌活泼，应是反应物本身的性质决定；
（3）MnO2作催化剂，加速H2O2的分解；
II.（1）t2时刻没有达到化学平衡，即v正＞v逆；
（2）根据反应速率的表达式：v(M)=(4－2)/(2×4)mol/(L·min)=0.25 mol/(L·min)；
（3）反应物是N，转化率为(8－2)/8×100%=75%；
（4）升高温度，正逆反应速率都增大。
三、推断题
28.M、X、N、Z、Y原子序数依次增大的短周期的五种主族元素，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X，Y既不同族，也不同周期。X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6。N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素。
(1)请写出下列元素的元素名称：X________，M________。
(2) Y在周期表中的位置______________，写出Z的氢化物的电子式_____________
(3) N的氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________________。
(4)Y与Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序________＞________(用化学式表示)。
【答案】(1). 氧 (2). 氢 (3). 第三周期ⅦA族 (4). (5). SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O (6). HClO4 (7). H2SO4
【解析】
【分析】M、X、N、Z、Y原子序数依次增大的短周期的五种主族元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，则X位于第二周期，最外层含有6个电子，为O元素；X、Z同主族，则Z为S元素；Y的原子序数大于S，则Y为Cl元素；N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素，则N为Si元素；Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6，Y位于ⅦA族，其原子序数小于Si，则Y为F元素；M与X、Y既不同族，也不同周期，则M为H元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：M为H元素，X为O元素，N为Si元素，Z为S元素，Y为Cl元素。
(1)X为O元素，名称为氧；M为H，名称为氢，故答案为：氧；氢；
(2)Cl的原子序数为17，位于周期表中第三周期ⅦA族；Z的氢化物为硫化氢，硫化氢为共价化合物，其电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；
(3)N的氧化物为SiO2，SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，该反应的化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；
(4)非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：HClO4；H2SO4。
四、实验题
29.下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生C2H4并检验C2H4性质的实验。请回答下列问题：
(1)A中碎瓷片的作用是____________。
(2)B装置中反应的化学方程式为___________。
(3) C装置中的实验现象______________ 。
(4) 查阅资料，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳。根据本实验中装置________(填装置字母)中的实验现象可判断该资料是否真实。
【答案】(1). 催化作用 (2). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (3). 酸性高锰酸钾溶液褪色 (4). D
【解析】
【分析】根据实验装置图，A为石蜡油在炽热碎瓷片作催化剂的作用下生成乙烯，乙烯通过溴水，与溴发生加成反应，使溴水褪色，乙烯通过高锰酸钾溶液，被高锰酸钾氧化成二氧化碳，使高锰酸钾褪色，生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑，最后用排水集气法收集反应剩余的气体，据此分析作答。
【详解】(1)石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，可知碎瓷片的作用主要是催化剂，加快反应速率，故答案为：催化作用；
(2)乙烯能够与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，反应的方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
(3)乙烯可与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液褪色；
(4)乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，能使澄清石灰水变浑，D中澄清石灰水如果变浑浊，说明生成二氧化碳，所以根据D中的实验现象可判断该资料是否真实，故答案为：D。
30.某同学设计如下三个实验方案，以探究某反应放热反应还是吸热反应：
方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 mL 2 mol/L稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降，最终停留在20 ℃。
方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10 mL 2 mol/L硫酸溶液，再向其中加入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。
方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。
序号
甲试管里发生反应的物质
U形管里红墨水液面
①
氧化钙与水
左低右高
②
氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌)
？
③
铝片与烧碱溶液
左低右高
④
铜与浓硝酸
左低右高
根据上述实验回答相关问题：
(1)该铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)方案二中，小木片脱落的原因是_________，由此得出的结论是________。
(3)由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)方案三实验②的U形管中的现象为___________，说明反应物的总能量小于生成物的总能量。
【答案】(1). 放热 (2). 蜡烛熔化了 (3). 氢氧化钠与硫酸的反应放热 (4). 放热 (5). 红墨水液面左高右低
【解析】
【分析】(1)根据温度计由20℃逐渐升至75℃判断；
(2)小木片脱落，说明蜡烛熔化了；
(3)根据液面左低右高的现象，结合热胀冷缩的原理分析判断；
(4)根据反应物总能量小于生成物总能量分析判断。
【详解】(1)温度计的温度由20℃逐渐升至75℃，说明铝片与盐酸反应为放热反应，故答案为：放热；
(2)方案二中，氢氧化钠与硫酸的反应放热，温度升高，蜡烛熔化了，因此小木片脱落，故答案为：蜡烛熔化了；氢氧化钠与硫酸的反应放热；
(3)由方案三的现象得出结论：①③④组中出现了液面左低右高的现象，说明锥形瓶中气体的压强增大，根据热胀冷缩，因此发生的反应都是放热反应，故答案为：放热；
(4)氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌)反应为典型的吸热反应，故红墨水液面左高右低，反应物总能量低于生成物总能量，故答案为：红墨水液面左高右低。
一、选择题，每小题只有一个正确选项
1.下列关于能量转换的认识中不正确的是（ ）
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. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
D. 白炽灯工作时，电能全部转化为光能
【答案】D
【解析】A、电解装置将水电解生成氢气和氧气时，是电能转化为化学能，A正确；
B、绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，B正确；
C、煤燃烧时会产生大量的热量，化学能主要转化为热能，C正确；
D、白炽灯工作时，将电能转化为光能和热能，D错误。
答案选D。
2.13C﹣NMR（核磁共振）、15N﹣NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kur Wuethrich等人为此获得2002年度诺贝尔化学奖．下面叙述正确的是（ ）
A. 15N与14N互为同位素 B. 13C与C60互为同素异形体
C. 13C和15N的质量数相等，中子数也相等 D. 15N的核外电子数与中子数相同
【答案】A
【解析】A．15N与14N为质子数都是7，但中子数不同(中子数分别为8、7)的原子，互为氮元素的同位素，故A正确；
B．13C为原子，C60为单质，二者不是同素异形体，故B错误；
C．13C与15N的中子数分别为7、8，故C错误；
D．15N的核外电子数为7，中子数为15-7=8，故D错误；
故选A。
3.下列各组物质或微粒化学性质几乎相同的是（ ）
A. O2 、O3 B. H、D C. Mg、Mg2+ D. H2O2、D2O
【答案】B
【解析】分析：A、O2 、O3互为同素异形体；B、H和D是H的两个同位素；C、Mg最外层电子为2， Mg2＋最外层为8个电子；D、H2O2，具有强氧化性，D2O相当于水，不具有强氧化性。
详解：A、O2 、O3互为同素异形体，结构不同，结构决定化学性质，因此两者化学性质不同，故A错误；
B、H和D是H的两个同位素，核外电子排布相同，即化学性质相同，故B正确；
C、Mg最外层电子为2，能与盐酸等多种物质发生反应，Mg2＋最外层为8个电子，达到稳定结构，因此两者化学性质不同，故C错误；
D、H2O2，具有强氧化性，D2O相当于水，不具有强氧化性，因此两者的化学性质几乎不同，故D错误。
故答案选B。
4.下列化学用语表述正确的是（ ）
A. HC1的电子式： B. 乙烯分子的结构简式：CH2CH2
C. S2﹣的结构示意图： D. H2O2的电子式：
【答案】C
【解析】A．氯化氢为共价化合物，正确的电子式为，故A错误；
B．结构简式中必须标出官能团，乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故B错误；
C．硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子，S2﹣的结构示意图为：，故C正确；
D．H2O2为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，H2O2的电子式为，故D错误；
故选C。
5.如图所示，把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液中构成原电池。下列叙述正确的是（ ）
A. 该装置将电能转变为化学能 B. 电流从锌片经导线流向铜片
C. 一段时间后，铜片质量减轻 D. 锌片上发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】该原电池中锌易失电子发生氧化反应作负极，铜作正极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．原电池是将化学能转化为电能的装置，故A错误；
B．该装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，电流从正极铜沿导线流向负极锌，故B错误；
C．铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，故C错误；
D．该装置中，锌失电子发生氧化反应，故D正确；
故选D。
6.同周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物的水化物酸性由强到弱顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是（ ）
A. 原子序数：X＞Y＞Z B. 非金属性：X＞Y＞Z
C. 原子半径：X＞Y＞Z D. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
【答案】C
【解析】
【分析】同周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物的水化物酸性由强到弱顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，非金属性X>Y>Z，Z、Y、X原子序数从左到右依次增大。
【详解】A. 原子序数：X＞Y＞Z，A正确；
B非金属性：X＞Y＞Z，B正确；
C．电子层数相同，核电荷越大原子半径越小，原子半径X
答案选C。
7.下列各组物质中，化学键完全相同的是（ ）
A. NaCl和NaOH B. Cl2和N2O
C. Na2S和（NH4）2S D. H2O2和Na2O2
【答案】B
【解析】A．NaCl中只有离子键，而NaOH中存在离子键和共价键，所以两者化学键不完全相同，故A错误；
B．Cl2中只存在共价键，N2O中也只存共价键，两者化学键完全相同，故B正确；
C．Na2S中只存在离子键，(NH4)2S中存在离子键和共价键，所以两者化学键不完全相同，故C错误；
D．H2O2中只存在共价键，Na2O2中存在离子键和共价键，所以两者化学键不完全相同，故D错误；
故选B
8.对下图的表达中正确的是( )
A. 图a可以表示t s时，N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)达到了平衡
B. 图b中所介绍的电池使用后不能投入火中，应埋入地下以防污染环境
C. 图c可表示某化学反应属于放热反应，放出的能量为E2－E1
D. 图d涉及的反应可能为MN
【答案】A
【解析】A．图a中t s时，正逆反应速率不再变化，且不同物质正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，故A正确；
B．重金属会污染地下水、土壤，不能埋入地下，故B错误；
C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，△H=-E2kJ/mol，故C错误；
D．N的浓度减小为反应物，M的浓度增大为生成物，且ts时间内N减少2mol/L、M增加4mol/L，化学计量数之比等于浓度变化量之比，则反应为N⇌2M，故D错误；
故选A。
9.短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24。则下列判断正确的是（ ）
R
T
Z
X
Y
A. X位于元素周期表第VA族
B. Z元素的简单气态氢化物分子间可以形成氢键
C. Y元素最高价氧化物对应水化物为强酸
D. 五种元素中原子半径最大的是R
【答案】B
【解析】分析：本题考查元素周期表的结构与元素周期律的应用。设R的最外层电子数是x，则根据元素在周期表中的相对位置可知，T、X、Y、Z的最外层电子数分别是x+1、x、x+1、x+2，则x+x+1+x+x+1＋x+2＝24，解得x＝4，因此R是碳元素，T是氮元素，Z是氧元素，X是硅元素，Y是磷元素，。
详解：A、硅元素位于元素周期表中第三周期第ⅣA族，A不正确；
B、氧元素的气态氢化物是H2O，H2O分子间可以形成氢键，B正确；
C、磷元素最高价氧化物对应水化物为磷酸，属于弱酸，C不正确；
D、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此五种元素中原子半径最大的是X，即是硅元素，D不正确，
答案选B。
10.下列物质中，属于有机物但不属于烃的是（ ）
A. CO2 B. CH3COOH C. Na2CO3 D. CH4
【答案】B
【解析】A．CO2虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，把它们归入无机物，故A错误；
B．CH3COOH属于含有碳元素的化合物，为有机物，但含有氧元素，所以不属于烃，故B正确；
C．Na2CO3虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，把它们归入无机物，故C错误；
D．甲烷是含有碳元素的化合物，属于有机物，且只含有碳、氢两种元素，属于烃，故D错误；
故选B。
11.以下说法错误的是( )。
A. 甲烷分子是由极性键构成的分子
B. 甲烷分子具有正四面体结构
C. 甲烷分子中4个C—H键完全相同
D. 甲烷分子中具有非极性键
【答案】D
【解析】A.甲烷分子中含有碳氢极性键，所以A选项是正确的；
B.甲烷分子是正四面体结构，所以B选项是正确的；
C.甲烷分子是正四面体结构，甲烷分子中四个C—H键是完全等价的键，所以C选项是正确的；
D.甲烷分子中只含有碳氢极性键，故D错误。
答案选D。
12.衡量石油化工发展水平的标志是（ ）
A. 乙烯产量 B. 丙烯产量
C. 汽油产量 D. 丁二烯产量
【答案】A
【解析】乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展．因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志．故选A。
13.不可以用于区别乙烯和乙烷气体的是（ ）
A. 苯 B. 溴水
C. 酸性高锰酸钾溶液 D. 溴的四氯化碳溶液
【答案】A
【解析】乙烯中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，能够使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲烷不能，则B、C、D都可鉴别，而乙烯、乙烷与苯均不反应，不能鉴别，故选A。
14. 甲烷中混有乙烯，欲除乙烯得到纯净的甲烷，可依次将其通过下列哪组试的洗气瓶（ ）
A. 澄清石灰水，浓H2SO4
B. 酸性高锰酸钾溶液，浓H2SO4
C. 溴水，浓H2SO4
D. 浓H2SO4，酸性高锰酸钾溶液
【答案】C
【解析】A. 澄清石灰水不能吸收乙烯，A不可行；
B. 酸性高锰酸钾溶液可以把乙烯氧化，但可能引入新的杂质二氧化碳，B不可行；
C. 溴水可以与乙烯发生加成反应生成不溶于水的液体1，2-二溴乙烷，浓H2SO4可以干燥甲烷，C可行；
D. 浓H2SO4不能吸收乙烯，酸性高锰酸钾溶液可能把乙烯氧化成二氧化碳，D不可行。
综上所述，本题选C。
15.关于烷烃性质的叙述中，不正确的是（ ）
A. 烷烃同系物随相对分子质量增大，熔沸点逐渐升高，常温下的状态由气态递变到液态，相对分子质量大的则为固态
B. 烷烃同系物的密度随相对分子质量增大逐渐增大
C. 烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应
D. 烷烃同系物都能使溴水、高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A．烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，随着碳原子数的增加，常温下的状态逐渐由气态变化到液态、固态，故A正确；
B．烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，密度越大，故B正确；
C．烷烃的化学性质与CH4相似，在光照条件下能与氯气发生取代反应，故C正确；
D．烷烃的结构决定了化学性质，碳原子是饱和状态，所以均不能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；
故选D。
16.下列物质不能使溴水褪色的是（ ）
A. C2H4 B. SO2
C. CH3－CH=CH2 D. CH3—CH2—CH3
【答案】D
【解析】A．乙烯含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，从而使溴水褪色，故A不选；
B．二氧化硫具有还原性，能够与溴水反应生成溴化氢和硫酸，从而使溴水褪色，故B不选；
C．CH3-CH=CH2含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，从而使溴水褪色，故C不选；
D．丙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，故D选；
故选D。
17.下列关于甲烷、乙烯和苯的说法错误的是（ ）
A. 天然气、可燃冰作为燃料的主要成分均是甲烷
B. 甲烷、乙烯与苯都属于烃类有机化合物
C. 甲烷和甲苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 乙烯能与溴水中的溴发生加成反应
【答案】C
【解析】分析：A.甲烷大量存在于天然气、沼气、“可燃冰”中；
B.只含C、H两种元素的有机物是烃；
C.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.乙烯分子中含碳碳双键不饱和键,与溴单质能发生加成反应.
详解:A.天然气、沼气、“可燃冰”中含有大量的甲烷,所以A选项是正确的；
B. 甲烷、乙烯与苯都只含C、H两种元素，属于烃，故B正确；
C.甲苯中与苯环相连的C上有H能被酸性高锰酸钾溶液氧化,使其褪色,而甲烷是饱和烷烃、苯的分子结构是六个碳碳键完全等同的化学键不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,所以C选项是错误的；
D.乙烯分子中含碳碳双键不饱和键,和溴单质发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,所以D选项是正确的；
答案选C。
18.在一个密闭容器中，盛有N2和H2，它们的起始浓度分别是1.8mol/L和5.4mol/L，在一定条件下发生N2+ 3H2= 2NH3，10min后测得N2的浓度是0.8mol/L，则在这10min内N2的平均反应速率是（ ）
A. 0.2mol/(L·min) B. 0.3 mol/(L·min)
C. 0.1 mol/(L·min) D. 0.6 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】10min内N2浓度的变化量为△c(N2)=(1.8-0.8)mol/L=1.0mol/L，则这段时间内用氮气表示的平均反应速率v(N2)== =0.1 mol•L-1•min-1，故选C。
19.可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(g)，在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最慢的是（ ）
A. v(A)=0.5mol/(L·min) B. v(B)=0.6mol/(L·min)
C. v(C)=0.4mol/(L·min) D. v(D)=0.1mol/(L·min)
【答案】B
【解析】A．=mol•L-1•min-1=0.5mol•L-1•min-1；
B．=mol•L-1•min-1=0.2mol•L-1•min-1；
C．=mol•L-1•s-1=0.2mol•L-1•s-1=12mol•L-1•min-1；
D．= mol•L-1•s-1=0.05mol•L-1•s-1=3mol•L-1•min-1；
所以反应速率快慢顺序为C＞D＞A＞B，则最慢的是B，故选B。
20.苹果iPad、iPhone正在中国热卖，但137名苹果公司驻中国供应工厂的员工，却因长期暴露在正己烷环境中，健康遭受不利影响．某同学欲按沸点高低将正己烷插入表中(已知表中5种物质已按沸点由低到高顺序排列)，则正己烷最可能插入的位置是( )
①
②
③
④
⑤
甲烷
乙烯
戊烷
2-甲基戊烷
辛烷
A. ②③之间 B. ③④之间 C. ⑤之后 D. ④⑤之间
【答案】D
【解析】对于烷烃，一般来说其相对分子质量越大，分子间作用力也越大，其沸点越大，所以正己烷的沸点大于①②③，但比⑤低；对于相对分子质量相同的烷烃，支链越多，沸点越低，所以④的沸点比正己烷的沸点低，故沸点由低到高的顺序为：①＜②＜③＜④＜正己烷＜⑤，正己烷最可能插入的位置是④⑤之间。答案选D。
21. 下列反应中，属于氧化反应的是（ ）
A. 乙烷在光照下与氯气反应 B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 乙烯使溴水褪色 D. 苯与液溴混合后撒入铁粉
【答案】B
【解析】A．乙烷在光照下与氯气反应是取代反应，A错误；
B．乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．乙烯含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，而使溴水褪色，C错误；
D．苯与液溴混合后撒入铁粉发生取代反应生成溴苯和溴化氢，D错误。
答案选B。
22.将金属A和金属B分别放入稀硫酸中有氢气生成。若将金属A和金属B相连后投入稀硫酸中发现A被腐蚀，B未被腐蚀。关于A、B的叙述正确的是( )
A. 金属活动性A>B
B. 还原性B>A
C. 在后者装置中，金属A发生还原反应，金属B发生氧化反应
D. 在后者装置中，金属B做负极
【答案】A
【解析】金属A和金属B分别放入稀H2SO4中均有氢气生成，说明A、B金属活动性顺序表中都位于H之前；若将金属A和金属B相连后投入稀H2SO4中发现A被腐蚀，B未被腐蚀，说明金属活动性A大于B。
A．通过以上分析知，金属活动性A＞B，故A正确；
B．金属的金属性越强其单质的还原性越强，金属性A＞B，所以还原性A＞B，故B错误；
C．在后者装置中金属A失电子发生氧化反应，金属B上得电子发生还原反应，故C错误；
D．A失电子发生氧化反应生成阳离子进入溶液，所以A是负极，故D错误；
故选A。
23.下列哪个说法可以证明反应N2+3H22NH3已达到平衡状态（ ）
A. 1个N≡N键断裂的同时，有1个H﹣H键形成
B. 1个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂
C. 1个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂
D. 1个N≡N键断裂的同时，有6个H﹣H键形成
【答案】C
【解析】A、1个N≡N键断裂的同时，有1个H-H键形成，正反应速率不等于逆反应速率；
B、1个N≡N键断裂的同时，有3个H-H键断裂，不能说明正反应速率等于逆反应速率误；
C、1个N≡N键断裂，同时有6个N-H键断裂，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态；
D、1个N≡N键断裂的同时有6个H﹣H键形成，正反应速率不等于逆反应速率。
综上所述，答案选C。
24.关于化学键的下列叙述中正确的是( )
A. 一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质
B. 构成单质分子的微粒一定含有化学键
C. 离子化合物可能含共价键，共价化合物中可能含离子键
D. 氯化钠和冰熔化过程中都无化学键的变化
【答案】A
【解析】A、使离子相结合或原子相结合的强烈作用力是化学键，一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质，A正确；
B、稀有气体单质分子内不含有化学键，B错误；
C、含有离子键的化合物一定是离子化合物，只含共价键的化合物一定是共价化合物，离子化合物可能含共价键，但共价化合物中一定不含离子键，C错误；
D、氯化钠等离子化合物熔化过程中化学键发生断裂，D错误。
答案选A。
25.能证明氯化氢是共价化合物的是( )
A. 氯化氢易溶于水 B. 液态氯化氢不导电
C. 氯化氢在水中完全电离 D. 氯化氢比较稳定
【答案】B
【解析】A．离子化合物、共价化合物均可能溶于水，不能利用溶解性判断，故A不选；
B．液态氯化氢不导电，说明其构成微粒为分子，则以共价键结合，为共价化合物，故B选；
C．离子化合物、共价化合物均可能在水中完全电离，不能利用完全电离判断，故C不选；
D．不能利用稳定性判断化合物的类型，如碳酸氢钠容易分解，碳酸钠不容易分解，但均为离子化合物，故D不选；
故选B。
二、填空题
26.(1)有下列几种物质：
A. 金刚石和石墨 B. C2H6和C5H12 C. C2H4和C2H6 D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 E.35Cl 和37Cl
属于同分异构体的是（ ），属于同素异形体的是（ ），属于同系物的是（ ），属于同位素的是（ ）；
(2)铅蓄电池是目前机动车、船舶等不可缺少的动力能源，铅蓄电池在放电时发生的电池反应为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。则铅蓄电池的负极为________，正极为________。
(3)按要求完成下列问题：
①分子中的碳原子数小于或等于4的沸点最高的气态烷烃的结构简式____________；
②乙烷的分子式___________；
③苯与氢气反应的化学方程式 ___________；
④甲烷与氯气生成一氯甲烷的反应方程式___________。
【答案】(1). D (2). A (3). B (4). E (5). Pb (6). PbO2 (7). CH3CH2CH2CH3 (8). C2H6 (9). +3H2 (10). CH4+Cl2 CH3Cl+HCl
【解析】
【分析】(1)分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；同种元素的不同单质互为同素异形体；结构相似，分子组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；据此分析解答；
(2)铅蓄电池在放电时发生原电池反应，失电子的做负极发生氧化反应，得到电子的发生还原反应做原电池正极；
(3)①当n≤4时，烷烃在常温下为气体，同分异构体中支链越少沸点越高；②根据烷烃通式书写乙烷的分子式；③苯与氢气反应生成环己烷；④甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷。
【详解】(1)A．金刚石和石墨均是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体；B．C2H6和C5H12都是烷烃，结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，互称为同系物；C． C2H4是乙烯，C2H6是乙烷，两者都属于烃；D．CH3CH2CH2CH3和 CH3CH(CH3)2是分子式相同，结构不同，属于同分异构体；E．35Cl和37Cl都是氯元素的不同核素，互为同位素；故答案为：D；A；B；E；
(2)铅蓄电池在放电时发生的电池反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，放电过程为原电池反应，失电子的做负极发生氧化反应，得到电子的发生还原反应做原电池正极，因此负极为Pb，正极为PbO2，故答案为：Pb；PbO2；
(3)①当n≤4时，烷烃在常温下为气体，正丁烷沸点大于异丁烷，故分子中碳原子数小于或等于4的沸点最高的气态烷烃的结构简式为：CH3CH2CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH2CH3；
②乙烷分子中2个碳原子，属于烷烃，满足CnH2n+2，因此分子式为：C2H6，故答案为：C2H6；
③在镍作催化剂、加热条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，反应方程式为：+3H2，故答案为：+3H2；
④甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和HCl，该反应的化学方程式为：CH4+Cl2 CH3Cl+HCl，故答案为：CH4+Cl2 CH3Cl+HCl。
27.Ⅰ：下列各项分别与哪个影响化学反应速率因素的关系最为密切？
（1）夏天的食品易变霉，在冬天不易发生该现象_____；
（2）同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块，产生气体有快有慢_____；
（3）MnO2加入双氧水中放出气泡更快_____．
Ⅱ：在一定温度下，4L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图：
（1）比较t2时刻，正逆反应速率大小V正______V逆．(填“＞”、“=”、“＜”)
（2）若t2=2min，计算反应开始至t2时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为：_____．
（3）t3时刻化学反应达到平衡，反应物的转化率为_____．
（4）如果升高温度，则V逆_____(填增大、减小或不变)．
【答案】(1). 温度 (2). 反应物本身性质 (3). 催化剂 (4). ＞ (5). 0.25mol/(L•min) (6). 75% (7). 增大
【解析】I.（1）夏天温度高，冬天温度低，因此是温度影响反应速率；
（2）镁比锌活泼，应是反应物本身的性质决定；
（3）MnO2作催化剂，加速H2O2的分解；
II.（1）t2时刻没有达到化学平衡，即v正＞v逆；
（2）根据反应速率的表达式：v(M)=(4－2)/(2×4)mol/(L·min)=0.25 mol/(L·min)；
（3）反应物是N，转化率为(8－2)/8×100%=75%；
（4）升高温度，正逆反应速率都增大。
三、推断题
28.M、X、N、Z、Y原子序数依次增大的短周期的五种主族元素，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X，Y既不同族，也不同周期。X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6。N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素。
(1)请写出下列元素的元素名称：X________，M________。
(2) Y在周期表中的位置______________，写出Z的氢化物的电子式_____________
(3) N的氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_________________。
(4)Y与Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序________＞________(用化学式表示)。
【答案】(1). 氧 (2). 氢 (3). 第三周期ⅦA族 (4). (5). SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O (6). HClO4 (7). H2SO4
【解析】
【分析】M、X、N、Z、Y原子序数依次增大的短周期的五种主族元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，则X位于第二周期，最外层含有6个电子，为O元素；X、Z同主族，则Z为S元素；Y的原子序数大于S，则Y为Cl元素；N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素，则N为Si元素；Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6，Y位于ⅦA族，其原子序数小于Si，则Y为F元素；M与X、Y既不同族，也不同周期，则M为H元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：M为H元素，X为O元素，N为Si元素，Z为S元素，Y为Cl元素。
(1)X为O元素，名称为氧；M为H，名称为氢，故答案为：氧；氢；
(2)Cl的原子序数为17，位于周期表中第三周期ⅦA族；Z的氢化物为硫化氢，硫化氢为共价化合物，其电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；
(3)N的氧化物为SiO2，SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，该反应的化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；
(4)非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：HClO4；H2SO4。
四、实验题
29.下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生C2H4并检验C2H4性质的实验。请回答下列问题：
(1)A中碎瓷片的作用是____________。
(2)B装置中反应的化学方程式为___________。
(3) C装置中的实验现象______________ 。
(4) 查阅资料，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳。根据本实验中装置________(填装置字母)中的实验现象可判断该资料是否真实。
【答案】(1). 催化作用 (2). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (3). 酸性高锰酸钾溶液褪色 (4). D
【解析】
【分析】根据实验装置图，A为石蜡油在炽热碎瓷片作催化剂的作用下生成乙烯，乙烯通过溴水，与溴发生加成反应，使溴水褪色，乙烯通过高锰酸钾溶液，被高锰酸钾氧化成二氧化碳，使高锰酸钾褪色，生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑，最后用排水集气法收集反应剩余的气体，据此分析作答。
【详解】(1)石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，可知碎瓷片的作用主要是催化剂，加快反应速率，故答案为：催化作用；
(2)乙烯能够与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，溴水褪色，反应的方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；
(3)乙烯可与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：酸性高锰酸钾溶液褪色；
(4)乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，能使澄清石灰水变浑，D中澄清石灰水如果变浑浊，说明生成二氧化碳，所以根据D中的实验现象可判断该资料是否真实，故答案为：D。
30.某同学设计如下三个实验方案，以探究某反应放热反应还是吸热反应：
方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 mL 2 mol/L稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降，最终停留在20 ℃。
方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10 mL 2 mol/L硫酸溶液，再向其中加入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。
方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。
序号
甲试管里发生反应的物质
U形管里红墨水液面
①
氧化钙与水
左低右高
②
氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌)
？
③
铝片与烧碱溶液
左低右高
④
铜与浓硝酸
左低右高
根据上述实验回答相关问题：
(1)该铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)方案二中，小木片脱落的原因是_________，由此得出的结论是________。
(3)由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)方案三实验②的U形管中的现象为___________，说明反应物的总能量小于生成物的总能量。
【答案】(1). 放热 (2). 蜡烛熔化了 (3). 氢氧化钠与硫酸的反应放热 (4). 放热 (5). 红墨水液面左高右低
【解析】
【分析】(1)根据温度计由20℃逐渐升至75℃判断；
(2)小木片脱落，说明蜡烛熔化了；
(3)根据液面左低右高的现象，结合热胀冷缩的原理分析判断；
(4)根据反应物总能量小于生成物总能量分析判断。
【详解】(1)温度计的温度由20℃逐渐升至75℃，说明铝片与盐酸反应为放热反应，故答案为：放热；
(2)方案二中，氢氧化钠与硫酸的反应放热，温度升高，蜡烛熔化了，因此小木片脱落，故答案为：蜡烛熔化了；氢氧化钠与硫酸的反应放热；
(3)由方案三的现象得出结论：①③④组中出现了液面左低右高的现象，说明锥形瓶中气体的压强增大，根据热胀冷缩，因此发生的反应都是放热反应，故答案为：放热；
(4)氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌)反应为典型的吸热反应，故红墨水液面左高右低，反应物总能量低于生成物总能量，故答案为：红墨水液面左高右低。
相关资料
更多
