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【化学】河北省鸡泽县第一中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试卷（解析版）
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河北省鸡泽县第一中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试卷
一、选择题(本题包括26个小题，每小题只有一个最佳选项；每小题2分，共52分)
1. 我国科研人员在兰州合成了镤元素的一种同位素镤239，并测知其原子核内有148个中子。现有A元素的一种同位素，比镤239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（ ）
A. 第三周期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第五周期第IA族 D. 第二周期第IIA族
【答案】C
【解析】同位素镤-239的质子数为239-148=91，所以A元素的质子数为91-54=37，37-2-8-8-18=1，所以A位于第5周期第IA族。
2. 下列烷烃，常温下呈气态的是( )。
A. 戊烷 B. 丁烷 C. 庚烷 D. 十二烷
【答案】B
【解析】烷烃的熔沸点随碳原子的增加逐渐升高，故状态变化为：气态液态固态，常温下碳原子个数小于或等于4的烷烃呈气态。
3.下列各组物质中互为同系物的是( )
A. CH3—CH2—CH3和CH3—CH2—CH2—CH2—CH3
B. CH3—CH3和CH3—CHCH2
C. CH3—CH2—CH3和CH3—CHCH2
D. CH3—CH2—CHCH2 和CH3—CH2—CH2—CH3
【答案】A
【解析】
【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同；如果含有官能团，则含有的官能团种类及数目必须完全相同。
【详解】A. CH3—CH2—CH3和CH3—CH2—CH2—CH2—CH3均属于烷烃，组成上相差2个CH2原子团，符合同系物的定义，A项正确；
B. CH3—CHCH2含碳碳双键，而CH3—CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，B项错误；
C. CH3—CHCH2含碳碳双键，而CH3—CH2—CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，C项错误；
D. CH3—CH2—CHCH2含碳碳双键，而CH3—CH2—CH2—CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，D项错误；
答案选A。
4.X、Y是元素周期表ⅦA族中的两种元素。下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是（ ）
A. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多
B. X的氢化物的沸点比Y的氢化物的沸点低
C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
D. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来
【答案】C
【解析】考查元素非金属性强弱的比较。比较非金属性强弱时，可以借助于元素周期律，或与氢气化合的难易程度以及氢化物的稳定性，或是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，也可以是相互间的置换能力。同主族元素电子层数越多非金属性越弱，A中说明X的非金属性弱于Y的，不正确。稳定性和沸点无关，B不正确。D中说明Y的非金属性强于X的，不正确。答案是C。
5. 下列各组有机物中，仅使用溴水不能鉴别出的是（ ）
A. 乙烯、乙炔 B. 苯、四氯化碳
C. 乙烷、乙烯 D. 苯、酒精
【答案】A
【解析】试题分析：A．乙烯、乙炔均能与溴发生加成反应使溴水褪色，现象几乎相同，不能用溴水鉴别，故选A； B．苯遇溴水液体分层、上层颜色深，四氯化碳遇溴水液体分层、下层颜色深，能用溴水鉴别，故B不选；C．将气体分别通入溴水中时，乙烷不能使溴水褪色，乙烯能使溴水褪色，故C不选；D．苯遇溴水液体分层、上层颜色深，酒精与溴水互溶，能用溴水鉴别，故D不选。
6.根据热化学方程式：S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1 (a＝－297.2)。分析下列说法，其中不正确的是 ( )
A. S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应
B. S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝b kJ·mol－1，则a>b
C. 1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和
D. 16 g固体硫在空气中充分燃烧，可吸收148.6 kJ的热量
【答案】D
【解析】试题分析：由题中条件可知：反应的热效应ΔH="a" kJ·mol-1=-297．2 kJ·mol-1，可知该反应的正向反应为放热反应，故D错误。
7.一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g，原混合气体中CO2的质量为（ ）
A. 12.5g B. 13.2g C. 19.7g D. 24.4g
【答案】B
【解析】
【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2的作用是吸收水分，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根根据C原子守恒可计算CO和CO2的总的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，进而计算CO2质量。
【详解】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，
所以n(H2O)==1.4mol，
根据H原子守恒，可以知道：n(CH4)= n(H2O)=1.4mol=0.7mol，
根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.7mol，
所以m(CO)+m(CO2)=49.6g-25.2g=24.4g，
所以[0.7mol- n(CO2)]28g/mol+ n(CO2)44g/mol=24.4g，
解之：n(CO2)=0.3mol，
所以生成二氧化碳的质量为0.3mol 44g/mol=13.2g。
所以B选项是正确的。
8.翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是（ ）
A. Y在化合物中显+3价
B. X与W只能形成一种化合物
C. W的简单氢化物稳定性比Z的强
D. X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的强
【答案】B
【解析】试题分析：翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，其中W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；Z的单质是常见的半导体材料，则Z为Si；翡翠属于硅酸盐，X、Y化合价之和为+4，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，且X的原子半径比Y的大，则X为Na、Y为Al。A．Y为Al，在化合物中显+3价，故A正确；B．X为Na、W为O，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；C．非金属性O＞Si，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物更稳定，故C正确；D．金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故D正确。
9.乙炔分子CH≡CH加成可以得到CH2CHCCH(乙烯基乙炔)，该物质是合成橡胶的重要原料。下列对该物质的判断中错误的是( )
A. 该物质既是CH2===CH2的同系物，又是CH≡CH的同系物
B. 该物质既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色
C. 该物质与足量的氢气加成后，只能生成一种物质
D. 该物质分子中所有原子共平面
【答案】A
【详解】A．CH2=CH—C≡CH含有碳碳双键和碳碳叁键，既不是CH2=CH2的同系物，也不是HC≡CH的同系物，A项错误；
B．CH2=CH—C≡CH含有碳碳双键和碳碳叁键，能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水因加成反应褪色，B项正确；
C．CH2=CH—C≡CH含有碳碳双键和碳碳叁键，与该物质与足量的氢气加成后，只能生成丁烷，C项正确；
D. CH2=CH—C≡CH中的碳碳双键及所连接的原子共平面，碳碳三键所连接的原子共直线，因此该物质的分子中所有原子共平面，D项正确；
答案选A。
10.有关SO2催化氧化反应（2SO2+O22SO3）的说法正确的是（ ）
A. 升高温度可减慢反应速率
B. 使用催化剂可提高反应速率
C. 达到平衡时，(正）=(逆） =0
D. 达到平衡时SO2转化率可达100%
【答案】B
【解析】试题分析：A．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故A错误；B．使用催化剂能够降低反应活化能，可提高反应速率，故B正确；C．化学平衡是动态平衡，达到平衡时，(正）=(逆） ≠0，故C错误；D．2SO2+O22SO3为可逆反应，达到平衡时SO2转化率不可能可达100%，故D错误。
11.元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n－2，在其气态氢化物中，R元素的化合价为( )
A. －10＋3n B. －6＋3n
C. 3n-12 D. －(4－2n)
【答案】C
【解析】根据HnRO2n−2知R的最高价为(2n−2)×2−n＝3n−4，则最低负价为−(8−3n+4)＝−(12−3n)。答案选C。
12.下列关于甲烷分子结构的说法正确的是（ ）
A. 甲烷分子的电子式为，分子中各原子都达到8电子稳定结构
B. 甲烷分子中的化学键全部为非极性键
C. CH4分子比SiH4分子稳定，说明碳元素非金属性比硅元素的非金属性强
D. CH3Cl的四个价键的键长和强度相同，夹角相等
【答案】C
【详解】A、H最外层有2个电子，不“8电子”，选项A错误；
B、甲烷中只含有C-H键，全部为极性键，选项B错误；
C、非金属性越强，其氢化物越稳定，反之也成立，选项C正确；
D、一氯甲烷的四个价键的键长和强度不同，选项D错误。
答案选C。
13.在恒温、体积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生如下的反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) △H＜0。可认定该可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是( )
A. 容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1 ∶1
B. v正(CO2)＝v逆(H2O)
C. 容器内混合气体密度保持不变
D. 3molH－H键断裂同时断裂3molH－O键
【答案】B
【详解】A．容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比也可能为1：3：1：1，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，A项错误；
B．v正（CO2）=v逆（H2O），方向相反，化学反应速率之比与计量数成正比，能判断平衡状态，B项正确；
C．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应中，前后气体质量不变，固定容积，体积不变，故密度不是变量，不能判断化学平衡状态，C项错误；
D．3 mol H-H键断裂同时，应该断裂2 mol H-O键，才能说明化学达到平衡状态，当3 mol H-H键断裂同时，断裂3 mol H-O键时不能据此判断化学平衡状态，D项错误；
答案选B。
14.航天飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池。该燃料电池可同时供应电和水蒸气，其所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知该燃料电池的总反应为2H2＋O2===2H2O，负极反应为H2＋CO32-－2e－===CO2↑＋H2O，则下列推断正确的是( )
A. 电池工作时，碳酸根离子向负极移动
B. 电池放电时，电子经外电路由通氧气的正极流向通氢气的负极
C. 正极的电极反应为4OH－－2e－===O2↑＋2H2O
D. 通氧气的电极为正极，发生氧化反应
【答案】A
【解析】原电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，B错误；正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，C错误；通氧气一极为正极，发生还原反应，D错误。
15.某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应生成氯代烷，此烃1 mol在一定条件下可与4 mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为( )
A. CH3CH===CH2 B. CH2===CH2
C. CH3CH3 D. CH2===CHCH===CH2
【答案】B
【详解】某气态烃1体积只能与相同条件下1体积的氯气发生加成反应生成氯代烷，推出该烃中含有1个碳碳双键，此1mol氯代烷最多只能与4mol氯气发生完全取代反应，推出氯代烷有4个氢原子，综上所述，A项符合题意；
答案选A。
16.用Pt作电极电解下列某种溶液，当阳极生成112 mL气体时，阴极上析出0.64 g金属，则该电解池中溶质可能是( )
A. CuSO4 B. MgSO4 C. Al2(SO4)3 D. Na2SO4
【答案】A
【详解】因Mg2＋、Al3＋、Na＋的氧化性弱于H＋，故水溶液中三种离子不放电，即不会析出金属，只有A能析出金属Cu，用Pt作电极电解硫酸铜时，阳极生成的气体为氧气，若为112 mL，则物质的量为=5×10-3mol，依据转移电子数守恒，可知O22Cu，则阴极上析出铜的质量为2×5×10-3mol×64g/mol=0.64g，符合题意，A项正确；
答案选A。
17.下列说法中正确的是（ ）
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②离子化合物都属于强电解质
③非金属单质中不含离子键，一定只含有共价键
④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S
⑤NaCl 和 HCl 溶于水破坏相同的作用力
⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
A. ①②⑥ B. ①③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH，故①正确；②离子化合物在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故②正确；③非金属单质中不含离子键，也不一定含有共价键，如S、He等，故③错误；④氧的非金属性比S强，则稳定性：H2O＞H2S；H2O间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S，故④错误；⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏离子键，而 HCl是共价化合物，溶于水破坏共价键，故⑤错误；⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中，如H2、Na2O2、H2O2等，故⑥正确；只有①②⑥正确，故答案为A。
18.可逆反应：CO(气)+NO2(气) CO2(气)+NO(气)；该反应正方向为放热反应，在下列情况下不能使反应速度加快的是( )
A. 恒容条件下充入NO2 B. 升高温度
C. 减小压强，扩大容积体积 D. 增加压强，缩小容器体积
【答案】C
【详解】A. 恒容条件下充入NO2，反应物浓度增大，活化分子数目增加，反应速率加快，不符合题意，A项错误；
B. 升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，不符合题意，B项错误；
C. 减小压强，扩大容积体积，活化分子数目减小，反应速率减小，C项正确；
D. 增加压强，缩小容器体积，活化分子数目增加，反应速率加快，不符合题意，D项错误；
答案选C。
19. 2014年4月10日，兰州发生自来水苯含量超标事件。苯是石油化工的基本原料，苯进入人体内，可在造血组织本身形成有血液毒性的代谢产物，被世界卫生组织认定为致癌物质。下列关于苯的叙述正确的是（ ）
A. 苯环是单、双键交替组成的平面环状结构
B. 苯和乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 苯的硝化反应：属于取代反应
D. 苯跟溴水在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯
【答案】C
【解析】试题分析：A、苯环内不含单、双键交替的结构，而是介于单键和双键之间的特殊的键，错误；B、苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；C、苯的硝化反应为硝基代替了苯中的1个H原子，属于取代反应，正确；D、苯与液溴在催化剂作用下发生反应，与溴水不反应，错误。
20.关于如图所示装置的叙述错误的是（ ）
A. 锌是负极，其质量逐渐减小
B. 氢离子在铜表面得e-
C. 电子从锌片经导线流向铜片
D. 电流从锌片经导线流向铜片
【答案】D
【解析】
【分析】该原电池中，较活泼金属锌作负极，负极上失电子生成锌离子进入溶液，不活泼金属铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，电流流向和电子流向相反。
【详解】A项、锌是负极，锌失电子生成锌离子进入溶液，所以质量逐渐减小，故A正确；
B项、铜是正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，所以氢离子在铜表面被还原，故B正确；
C项、电子从负极沿导线流向正极，所以电子从锌片经导线流向铜片，故C正确；
D项、电流流向和电子流向相反，所以电流流向是从铜片沿导线流向锌片，故D错误。
故选D。
21.两种气态烃组成的混合气体0．1 mol，完全燃烧得0．15 mol CO2和3．6 g H2O，下列关于该混合气体的说法正确的是（ ）
A. 一定有乙烯 B. 一定没有乙烯
C. 一定有甲烷 D. 一定有乙烷
【答案】C
【解析】试题分析：有机物为0.1mol，完全燃烧得0.18 mol CO2和3.6 g H2O，则碳的物质的量为：0.16mol，氢原子的物质的量为：3.6/18×2＝0.4mol，则n(有机物)：n(C):n(H)=0.1:0.16:0.4=1:1.6:4，即平均分子式为C1.6H4，所以肯定有甲烷，因为甲烷分子中含有的氢原子数为4，另外一个也只要氢原子数为4即可，可能是乙烯或者是C3H4等。答案选C。
22.若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是( )
①将铜片接在电池的正极上 ②将银片接在电源的正极上 ③需用CuSO4溶液作电解液 ④在银片上发生的反应是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O ⑤需用AgNO3溶液作电解液 ⑥在铜片上发生的反应是Ag＋＋e－===Ag
A. ①③⑥ B. ②⑤⑥
C. ①④⑤⑥ D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】若在铜片上镀银时，铜做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银做电解池的阳极和电源正极相连，铜失电子发生氧化反应生成铜离子；电解质溶液为硝酸银溶液。
【详解】依据上述分析可知：
①将铜片应接在电源的负极上，①项错误；
②将银片应接在电源的正极上，②项正确；
③若用硫酸铜溶液为电镀液，阴极析出铜，③项错误；
④在银片上发生的反应是：2Ag++2e−=2Ag，④项错误；
⑤需用硝酸银溶液为电镀液，⑤项正确；
⑥在铜片上发生的反应是：Ag＋＋e－===Ag，⑥项正确；
综上所述，②⑤⑥符合题意，
答案选B。
23.25 ℃、101 kPa时，1 g甲醇完全燃烧生成CO2和液态H2O，同时放出22.68 kJ热量，下列表示该反应的热化学方程式正确的是( )
A. CH4O(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－725.76 kJ·mol－1
B. 2CH4O(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝1451.6 kJ·mol－1
C. 2CH4O(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－22.68 kJ·mol－1
D. CH4O(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.76 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇燃烧放的热量为725.76 kJ，1mol甲醇燃烧放的热量为725.76 kJ，则该反应的热化学方程式为CH4O（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76 kJ•mol-1或2CH4O（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1451.6kJ/mol，结合热化学方程式的正确书写方法判断。
【详解】A. H2O的状态应为液态，A项错误；
B. 该反应为放热反应，ΔH为负值，B项错误；
C. ΔH的数值与热化学方程式的计量数不成正比，C项错误；
D. 符合题设条件，D项正确；
答案选D。
24. 下列反应中，属于取代反应的是（ ）
A. CH4C＋2H2
B. CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
C. CH4＋2O2CO2＋2H2O
D. C2H6＋Cl2C2H5Cl＋HCl
【答案】D
【解析】分析：A项，CH4高温的分解反应；B项，CH3CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生的加成反应；C项，CH4的氧化反应；D项，C2H6与Cl2光照下的取代反应。
详解：A项，CH4高温的分解反应；B项，CH3CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生的加成反应；C项，CH4的燃烧反应，属于CH4的氧化反应；D项，C2H6与Cl2光照下的取代反应；属于取代反应的是D项，答案选D。
25.过氧化氢一定条件下可发生分解：2H2O2(l）=2H2O(l）+O2(g），其能量变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该分解反应为吸热反应
B. 2molH2O2具有的能量小于2molH2O和1molO2所具有的总能量
C. 加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率
D. 其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其分解速率越慢
【答案】C
【解析】试题分析：A．依据能量关系图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该分解反应为放热反应，故A错误；B．依据能量关系图可知2molH2O2具有的能量大于2molH2O和1molO2所具有的总能量，故B错误；C．MnO2或FeCl3均可作为H2O2分解反应的催化剂，所以加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率，故C正确；D．其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其分解速率越快，故D错误。
26.利用煤化工所得的苯可合成甲苯、乙苯、环己烷，其反应如下：
①＋CH3Cl (甲苯)＋HCl
②CH2===CH2＋(乙苯)
③+3H2 (环己烷)
下列说法正确的是( )
A. 反应①、②、③均属于加成反应
B. 溴水中加入苯，二者可发生取代反应
C. 甲苯中所有原子一定在同一平面上
D. 能用溴水判断反应②所得的乙苯中是否混有乙烯
【答案】D
【详解】A. ①是取代反应，②是先加成后取代的反应，③是加成反应，A项错误；
B. 苯不能与溴水直接反应，苯只能和液溴反应在催化剂的条件下发生取代反应，B项错误；
C. 乙苯相当与把甲基的一个H换为苯环，可以自由旋转，所以有不共面的时候，C项错误；
D. 乙烯能使溴水褪色，若乙苯中无乙烯，则加入溴水仅会发生萃取现象，因此能用溴水判断反应②所得的乙苯中是否混有乙烯，D项正确；
答案选D。
二、填空题
27.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨九种元素，填写下列空白：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
一
①
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
四
⑨
(1)在这些元素中，金属性最强的是________(填具体元素符号，下同)。
(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是________。
(3)最高价氧化物是两性氧化物的元素是________；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式___________________________________________________________。
(4)③④⑤对应的简单离子半径由小到大的顺序为：______________。
(5)①与③可形成一种18 e- 的分子，写出该分子的电子式：__________，该分子中存在________(填“极性键”或“非极性键”或“离子键”)。
(6)①与⑤形成的化合物可与水反应生成一种无色气体，当转移0.5mol电子时，生成的气体在标准状况下的体积为______L。
【答案】(1). K (2). HClO4 (3). Al (4). Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O (5). Na+
【分析】依据元素在周期表中的位置关系可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别是H、C、N、O、Na、Al、S、Cl和K，结合物质结构与性质作答。
【详解】(1)同周期中元素金属性从左到右依次减弱，同主族中元素金属性从上到下依次增大，则在这些元素中，金属性最强的是K；
(2)非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越大，因同周期中元素非金属性从左到右依次增强，同主族中元素非金属性从上到下依次减弱，故元素最高价氧化物的水化物酸性最强的化合物的化学式是HClO4；
(3)氧化铝为两性氧化物，故最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O；
(4)电子层数越大，简单离子半径越大；电子层数相同时，原子的核电荷数越少，对应的简单离子半径越大，则③④⑤对应的简单离子半径由小到大的顺序为：Na+
(6)①与⑤形成的化合物为NaH，与水反应生成氢气，其化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，根据关系式H2e-可知，当转移0.5mol电子时，生成的气体在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
28.如图所示甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：
(1)若两池中电解质溶液均CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。
②甲池中负极的电极反应式是____________________________________________。
(2)若两池中电解质溶液均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式：______________________________________________。
②乙池碳棒上电极反应属于________(填“氧化反应”或“还原反应”)。
【答案】(1). 碳 (2). 铁 (3). Fe－2e- =Fe2＋ (4). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (5). 氧化反应
【解析】
【分析】（1）甲池为原电池，铁做负极，碳棒作正极，依据氧化还原反应的规律和原电池的工作原理作答；
（2）若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则依据电子的流动方向判断出Fe为阴极，C棒为阳极，再结合电解池的工作原理作答。
【详解】(1)①甲池为原电池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，有红色的Cu析出，乙池为电解池，外电路电子流向电源正极，所以碳棒为阳极，放出氯气，阴极铁电极上发生还原反应有红色的Cu单质析出，故答案为：碳；铁；
②甲池中负极铁失电子生成Fe2+,其电极反应式为Fe－2e-=Fe2＋；
(2)①若电解质溶液饱和氯化钠溶液，则乙池为用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，方程式为：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；
②乙池碳棒为电解池的阳极，发生的是失电子的氧化反应，故答案为：氧化反应。
29.在容积固定的VL密闭容器中充入4molNH3和5molO2，发生如下反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)。请回答下列问题：
(1)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_______；
A 容器中气体总质量不变
B c(O2)不变
C v(O2)＝1.25v(NH3)
D 体系压强不变
E 相同时间内，消耗0.1 mol NH3，同时消耗了0.1 mol NO
(2)若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小。则速率逐渐增大是因为______，速率又逐渐减小的原因是_____。
(3)1mol NH3(g)在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质，放出akJ的热量。写出该反应的热化学方程式__________________________________________。
(4)若将(3)所述反应设计为电解质溶液为KOH的原电池，则负极反应式 _________________________。
【答案】(1). BDE (2). 体系温度升高 (3). 反应物浓度减小 (4). 6NH3(g)+3O2(g)=3N2(g)+6H2O(g) △H =－6a kJ·mol-1 (5). 2NH3-6e-+6OH- = N2+6H2O
【解析】
【分析】（1）根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；
（2）根据该反应为放热反应，反应过程中温度升高，此条件下比原平衡温度高进行分析反应速率变化；随后浓度变化成为影响反应速率的主要因素；
（3）根据热化学方程式的书写方法可知，物质的物质的量与反应放出的热量成正比，氨气在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质应为氮气和水；
（4）原电池的负极发生氧化反应，氨气在负极反应生成氮气。
【详解】（1）A．反应前后都是气体，气体质量始终不变，A项错误；
B．c （O2）不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，B项正确；
C．v（O2）=1.25v（NH3），没有告诉是正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；
D．该反应是体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量逐渐减小，压强逐渐减小，若体系压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D项正确；
E．相同时间内，消耗0.1mol NH3，同时消耗了0.1mol NO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，E项正确；
故答案为：BDE；
（2）由于该反应为放热反应，若在容积固定的绝热密闭容器中发生上述反应，其余条件不变，反应过程中反应体系的温度高于原反应，所以正逆反应速率都增大，随后因浓度减小成为影响的主要因素，所以反应减慢，故答案为：体系温度升高；反应物浓度减小；
（3）氨气在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质应为氮气和水，1 mol氨气燃烧放热a kJ，则热化学方程式为6NH3(g)+3O2(g)=3N2(g)+6H2O(g) △H=－6a kJ·mol-1；
（5）负极是氨气在反应，在碱性环境中反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
30.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据设计要求回答：
(1)B装置有三种功能：①控制气流速度； ②均匀混合气体； ③____________。
(2)设V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x取值范围________。
(3)E装置的作用是________(填编号)。
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
(4)在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式：_______________________________________。
(5)E装置中除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出有机物的最佳方法为________。
该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为________(填编号)。
A CH4 B CH3Cl C CH2Cl2 D CHCl3 E CCl4
【答案】 (1). 干燥混合气体 (2). 大于或等于4 (3). CD (4). CH4 + 2Cl2 C + 4HCl (5). 分液 (6). ab
【解析】
【分析】在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，C中甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢能溶于水、碱性溶液，所以E装置是处理尾气，倒置的干燥管能防倒吸，据此分析解答。
【详解】（1）装置B中盛放浓硫酸，它具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸可以均匀并干燥混合气体；通过观察气泡能控制气流速率，
故答案为：干燥混合气体；
（2）根据CH4与Cl2的反应可知欲获得较多的HCl，也就是使CH4中的H原子全部转化为HCl，此时消耗的Cl2的物质的量至少是CH4物质的量的4倍，即x的取值范围为：大于或等于4；
（3）E装置可吸收氯化氢，还可防止倒吸，故CD项正确，答案选CD；
（4）黑色小颗粒为C，则该反应的化学方程式为：CH4 + 2Cl2 C + 4HCl；
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷气体，故ab正确，答案为：分液；ab。
一、选择题(本题包括26个小题，每小题只有一个最佳选项；每小题2分，共52分)
1. 我国科研人员在兰州合成了镤元素的一种同位素镤239，并测知其原子核内有148个中子。现有A元素的一种同位素，比镤239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（ ）
A. 第三周期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第五周期第IA族 D. 第二周期第IIA族
【答案】C
【解析】同位素镤-239的质子数为239-148=91，所以A元素的质子数为91-54=37，37-2-8-8-18=1，所以A位于第5周期第IA族。
2. 下列烷烃，常温下呈气态的是( )。
A. 戊烷 B. 丁烷 C. 庚烷 D. 十二烷
【答案】B
【解析】烷烃的熔沸点随碳原子的增加逐渐升高，故状态变化为：气态液态固态，常温下碳原子个数小于或等于4的烷烃呈气态。
3.下列各组物质中互为同系物的是( )
A. CH3—CH2—CH3和CH3—CH2—CH2—CH2—CH3
B. CH3—CH3和CH3—CHCH2
C. CH3—CH2—CH3和CH3—CHCH2
D. CH3—CH2—CHCH2 和CH3—CH2—CH2—CH3
【答案】A
【解析】
【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同；如果含有官能团，则含有的官能团种类及数目必须完全相同。
【详解】A. CH3—CH2—CH3和CH3—CH2—CH2—CH2—CH3均属于烷烃，组成上相差2个CH2原子团，符合同系物的定义，A项正确；
B. CH3—CHCH2含碳碳双键，而CH3—CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，B项错误；
C. CH3—CHCH2含碳碳双键，而CH3—CH2—CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，C项错误；
D. CH3—CH2—CHCH2含碳碳双键，而CH3—CH2—CH2—CH3没有碳碳双键，官能团不同，不属于同系物，D项错误；
答案选A。
4.X、Y是元素周期表ⅦA族中的两种元素。下列叙述中能说明X的非金属性比Y强的是（ ）
A. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多
B. X的氢化物的沸点比Y的氢化物的沸点低
C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定
D. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来
【答案】C
【解析】考查元素非金属性强弱的比较。比较非金属性强弱时，可以借助于元素周期律，或与氢气化合的难易程度以及氢化物的稳定性，或是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，也可以是相互间的置换能力。同主族元素电子层数越多非金属性越弱，A中说明X的非金属性弱于Y的，不正确。稳定性和沸点无关，B不正确。D中说明Y的非金属性强于X的，不正确。答案是C。
5. 下列各组有机物中，仅使用溴水不能鉴别出的是（ ）
A. 乙烯、乙炔 B. 苯、四氯化碳
C. 乙烷、乙烯 D. 苯、酒精
【答案】A
【解析】试题分析：A．乙烯、乙炔均能与溴发生加成反应使溴水褪色，现象几乎相同，不能用溴水鉴别，故选A； B．苯遇溴水液体分层、上层颜色深，四氯化碳遇溴水液体分层、下层颜色深，能用溴水鉴别，故B不选；C．将气体分别通入溴水中时，乙烷不能使溴水褪色，乙烯能使溴水褪色，故C不选；D．苯遇溴水液体分层、上层颜色深，酒精与溴水互溶，能用溴水鉴别，故D不选。
6.根据热化学方程式：S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1 (a＝－297.2)。分析下列说法，其中不正确的是 ( )
A. S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应
B. S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝b kJ·mol－1，则a>b
C. 1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和
D. 16 g固体硫在空气中充分燃烧，可吸收148.6 kJ的热量
【答案】D
【解析】试题分析：由题中条件可知：反应的热效应ΔH="a" kJ·mol-1=-297．2 kJ·mol-1，可知该反应的正向反应为放热反应，故D错误。
7.一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g，原混合气体中CO2的质量为（ ）
A. 12.5g B. 13.2g C. 19.7g D. 24.4g
【答案】B
【解析】
【分析】CH4燃烧产物为CO、CO2、H2O(g)，产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2的作用是吸收水分，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH4的物质的量，根根据C原子守恒可计算CO和CO2的总的物质的量，根据二者质量可计算CO2的物质的量，进而计算CO2质量。
【详解】产物通过无水CaCl2时，无水CaCl2增重25.2 g为水的质量，
所以n(H2O)==1.4mol，
根据H原子守恒，可以知道：n(CH4)= n(H2O)=1.4mol=0.7mol，
根据C原子守恒，则：n(CO)+n(CO2)=0.7mol，
所以m(CO)+m(CO2)=49.6g-25.2g=24.4g，
所以[0.7mol- n(CO2)]28g/mol+ n(CO2)44g/mol=24.4g，
解之：n(CO2)=0.3mol，
所以生成二氧化碳的质量为0.3mol 44g/mol=13.2g。
所以B选项是正确的。
8.翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是（ ）
A. Y在化合物中显+3价
B. X与W只能形成一种化合物
C. W的简单氢化物稳定性比Z的强
D. X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的强
【答案】B
【解析】试题分析：翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，其中W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；Z的单质是常见的半导体材料，则Z为Si；翡翠属于硅酸盐，X、Y化合价之和为+4，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，且X的原子半径比Y的大，则X为Na、Y为Al。A．Y为Al，在化合物中显+3价，故A正确；B．X为Na、W为O，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；C．非金属性O＞Si，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物更稳定，故C正确；D．金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故D正确。
9.乙炔分子CH≡CH加成可以得到CH2CHCCH(乙烯基乙炔)，该物质是合成橡胶的重要原料。下列对该物质的判断中错误的是( )
A. 该物质既是CH2===CH2的同系物，又是CH≡CH的同系物
B. 该物质既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色
C. 该物质与足量的氢气加成后，只能生成一种物质
D. 该物质分子中所有原子共平面
【答案】A
【详解】A．CH2=CH—C≡CH含有碳碳双键和碳碳叁键，既不是CH2=CH2的同系物，也不是HC≡CH的同系物，A项错误；
B．CH2=CH—C≡CH含有碳碳双键和碳碳叁键，能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水因加成反应褪色，B项正确；
C．CH2=CH—C≡CH含有碳碳双键和碳碳叁键，与该物质与足量的氢气加成后，只能生成丁烷，C项正确；
D. CH2=CH—C≡CH中的碳碳双键及所连接的原子共平面，碳碳三键所连接的原子共直线，因此该物质的分子中所有原子共平面，D项正确；
答案选A。
10.有关SO2催化氧化反应（2SO2+O22SO3）的说法正确的是（ ）
A. 升高温度可减慢反应速率
B. 使用催化剂可提高反应速率
C. 达到平衡时，(正）=(逆） =0
D. 达到平衡时SO2转化率可达100%
【答案】B
【解析】试题分析：A．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故A错误；B．使用催化剂能够降低反应活化能，可提高反应速率，故B正确；C．化学平衡是动态平衡，达到平衡时，(正）=(逆） ≠0，故C错误；D．2SO2+O22SO3为可逆反应，达到平衡时SO2转化率不可能可达100%，故D错误。
11.元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n－2，在其气态氢化物中，R元素的化合价为( )
A. －10＋3n B. －6＋3n
C. 3n-12 D. －(4－2n)
【答案】C
【解析】根据HnRO2n−2知R的最高价为(2n−2)×2−n＝3n−4，则最低负价为−(8−3n+4)＝−(12−3n)。答案选C。
12.下列关于甲烷分子结构的说法正确的是（ ）
A. 甲烷分子的电子式为，分子中各原子都达到8电子稳定结构
B. 甲烷分子中的化学键全部为非极性键
C. CH4分子比SiH4分子稳定，说明碳元素非金属性比硅元素的非金属性强
D. CH3Cl的四个价键的键长和强度相同，夹角相等
【答案】C
【详解】A、H最外层有2个电子，不“8电子”，选项A错误；
B、甲烷中只含有C-H键，全部为极性键，选项B错误；
C、非金属性越强，其氢化物越稳定，反之也成立，选项C正确；
D、一氯甲烷的四个价键的键长和强度不同，选项D错误。
答案选C。
13.在恒温、体积为2L的密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生如下的反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) △H＜0。可认定该可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是( )
A. 容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1 ∶1
B. v正(CO2)＝v逆(H2O)
C. 容器内混合气体密度保持不变
D. 3molH－H键断裂同时断裂3molH－O键
【答案】B
【详解】A．容器中CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比也可能为1：3：1：1，该反应可能达到平衡状态，也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度和转化率有关，A项错误；
B．v正（CO2）=v逆（H2O），方向相反，化学反应速率之比与计量数成正比，能判断平衡状态，B项正确；
C．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）反应中，前后气体质量不变，固定容积，体积不变，故密度不是变量，不能判断化学平衡状态，C项错误；
D．3 mol H-H键断裂同时，应该断裂2 mol H-O键，才能说明化学达到平衡状态，当3 mol H-H键断裂同时，断裂3 mol H-O键时不能据此判断化学平衡状态，D项错误；
答案选B。
14.航天飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池。该燃料电池可同时供应电和水蒸气，其所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知该燃料电池的总反应为2H2＋O2===2H2O，负极反应为H2＋CO32-－2e－===CO2↑＋H2O，则下列推断正确的是( )
A. 电池工作时，碳酸根离子向负极移动
B. 电池放电时，电子经外电路由通氧气的正极流向通氢气的负极
C. 正极的电极反应为4OH－－2e－===O2↑＋2H2O
D. 通氧气的电极为正极，发生氧化反应
【答案】A
【解析】原电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，B错误；正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，C错误；通氧气一极为正极，发生还原反应，D错误。
15.某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应生成氯代烷，此烃1 mol在一定条件下可与4 mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为( )
A. CH3CH===CH2 B. CH2===CH2
C. CH3CH3 D. CH2===CHCH===CH2
【答案】B
【详解】某气态烃1体积只能与相同条件下1体积的氯气发生加成反应生成氯代烷，推出该烃中含有1个碳碳双键，此1mol氯代烷最多只能与4mol氯气发生完全取代反应，推出氯代烷有4个氢原子，综上所述，A项符合题意；
答案选A。
16.用Pt作电极电解下列某种溶液，当阳极生成112 mL气体时，阴极上析出0.64 g金属，则该电解池中溶质可能是( )
A. CuSO4 B. MgSO4 C. Al2(SO4)3 D. Na2SO4
【答案】A
【详解】因Mg2＋、Al3＋、Na＋的氧化性弱于H＋，故水溶液中三种离子不放电，即不会析出金属，只有A能析出金属Cu，用Pt作电极电解硫酸铜时，阳极生成的气体为氧气，若为112 mL，则物质的量为=5×10-3mol，依据转移电子数守恒，可知O22Cu，则阴极上析出铜的质量为2×5×10-3mol×64g/mol=0.64g，符合题意，A项正确；
答案选A。
17.下列说法中正确的是（ ）
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②离子化合物都属于强电解质
③非金属单质中不含离子键，一定只含有共价键
④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S
⑤NaCl 和 HCl 溶于水破坏相同的作用力
⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
A. ①②⑥ B. ①③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH，故①正确；②离子化合物在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故②正确；③非金属单质中不含离子键，也不一定含有共价键，如S、He等，故③错误；④氧的非金属性比S强，则稳定性：H2O＞H2S；H2O间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S，故④错误；⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏离子键，而 HCl是共价化合物，溶于水破坏共价键，故⑤错误；⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中，如H2、Na2O2、H2O2等，故⑥正确；只有①②⑥正确，故答案为A。
18.可逆反应：CO(气)+NO2(气) CO2(气)+NO(气)；该反应正方向为放热反应，在下列情况下不能使反应速度加快的是( )
A. 恒容条件下充入NO2 B. 升高温度
C. 减小压强，扩大容积体积 D. 增加压强，缩小容器体积
【答案】C
【详解】A. 恒容条件下充入NO2，反应物浓度增大，活化分子数目增加，反应速率加快，不符合题意，A项错误；
B. 升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，不符合题意，B项错误；
C. 减小压强，扩大容积体积，活化分子数目减小，反应速率减小，C项正确；
D. 增加压强，缩小容器体积，活化分子数目增加，反应速率加快，不符合题意，D项错误；
答案选C。
19. 2014年4月10日，兰州发生自来水苯含量超标事件。苯是石油化工的基本原料，苯进入人体内，可在造血组织本身形成有血液毒性的代谢产物，被世界卫生组织认定为致癌物质。下列关于苯的叙述正确的是（ ）
A. 苯环是单、双键交替组成的平面环状结构
B. 苯和乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 苯的硝化反应：属于取代反应
D. 苯跟溴水在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯
【答案】C
【解析】试题分析：A、苯环内不含单、双键交替的结构，而是介于单键和双键之间的特殊的键，错误；B、苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，错误；C、苯的硝化反应为硝基代替了苯中的1个H原子，属于取代反应，正确；D、苯与液溴在催化剂作用下发生反应，与溴水不反应，错误。
20.关于如图所示装置的叙述错误的是（ ）
A. 锌是负极，其质量逐渐减小
B. 氢离子在铜表面得e-
C. 电子从锌片经导线流向铜片
D. 电流从锌片经导线流向铜片
【答案】D
【解析】
【分析】该原电池中，较活泼金属锌作负极，负极上失电子生成锌离子进入溶液，不活泼金属铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，电流流向和电子流向相反。
【详解】A项、锌是负极，锌失电子生成锌离子进入溶液，所以质量逐渐减小，故A正确；
B项、铜是正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，所以氢离子在铜表面被还原，故B正确；
C项、电子从负极沿导线流向正极，所以电子从锌片经导线流向铜片，故C正确；
D项、电流流向和电子流向相反，所以电流流向是从铜片沿导线流向锌片，故D错误。
故选D。
21.两种气态烃组成的混合气体0．1 mol，完全燃烧得0．15 mol CO2和3．6 g H2O，下列关于该混合气体的说法正确的是（ ）
A. 一定有乙烯 B. 一定没有乙烯
C. 一定有甲烷 D. 一定有乙烷
【答案】C
【解析】试题分析：有机物为0.1mol，完全燃烧得0.18 mol CO2和3.6 g H2O，则碳的物质的量为：0.16mol，氢原子的物质的量为：3.6/18×2＝0.4mol，则n(有机物)：n(C):n(H)=0.1:0.16:0.4=1:1.6:4，即平均分子式为C1.6H4，所以肯定有甲烷，因为甲烷分子中含有的氢原子数为4，另外一个也只要氢原子数为4即可，可能是乙烯或者是C3H4等。答案选C。
22.若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是( )
①将铜片接在电池的正极上 ②将银片接在电源的正极上 ③需用CuSO4溶液作电解液 ④在银片上发生的反应是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O ⑤需用AgNO3溶液作电解液 ⑥在铜片上发生的反应是Ag＋＋e－===Ag
A. ①③⑥ B. ②⑤⑥
C. ①④⑤⑥ D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】若在铜片上镀银时，铜做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银做电解池的阳极和电源正极相连，铜失电子发生氧化反应生成铜离子；电解质溶液为硝酸银溶液。
【详解】依据上述分析可知：
①将铜片应接在电源的负极上，①项错误；
②将银片应接在电源的正极上，②项正确；
③若用硫酸铜溶液为电镀液，阴极析出铜，③项错误；
④在银片上发生的反应是：2Ag++2e−=2Ag，④项错误；
⑤需用硝酸银溶液为电镀液，⑤项正确；
⑥在铜片上发生的反应是：Ag＋＋e－===Ag，⑥项正确；
综上所述，②⑤⑥符合题意，
答案选B。
23.25 ℃、101 kPa时，1 g甲醇完全燃烧生成CO2和液态H2O，同时放出22.68 kJ热量，下列表示该反应的热化学方程式正确的是( )
A. CH4O(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－725.76 kJ·mol－1
B. 2CH4O(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝1451.6 kJ·mol－1
C. 2CH4O(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－22.68 kJ·mol－1
D. CH4O(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－725.76 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则32g甲醇即1mol甲醇燃烧放的热量为725.76 kJ，1mol甲醇燃烧放的热量为725.76 kJ，则该反应的热化学方程式为CH4O（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76 kJ•mol-1或2CH4O（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1451.6kJ/mol，结合热化学方程式的正确书写方法判断。
【详解】A. H2O的状态应为液态，A项错误；
B. 该反应为放热反应，ΔH为负值，B项错误；
C. ΔH的数值与热化学方程式的计量数不成正比，C项错误；
D. 符合题设条件，D项正确；
答案选D。
24. 下列反应中，属于取代反应的是（ ）
A. CH4C＋2H2
B. CH3CH=CH2＋Br2CH3CHBrCH2Br
C. CH4＋2O2CO2＋2H2O
D. C2H6＋Cl2C2H5Cl＋HCl
【答案】D
【解析】分析：A项，CH4高温的分解反应；B项，CH3CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生的加成反应；C项，CH4的氧化反应；D项，C2H6与Cl2光照下的取代反应。
详解：A项，CH4高温的分解反应；B项，CH3CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生的加成反应；C项，CH4的燃烧反应，属于CH4的氧化反应；D项，C2H6与Cl2光照下的取代反应；属于取代反应的是D项，答案选D。
25.过氧化氢一定条件下可发生分解：2H2O2(l）=2H2O(l）+O2(g），其能量变化如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该分解反应为吸热反应
B. 2molH2O2具有的能量小于2molH2O和1molO2所具有的总能量
C. 加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率
D. 其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其分解速率越慢
【答案】C
【解析】试题分析：A．依据能量关系图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该分解反应为放热反应，故A错误；B．依据能量关系图可知2molH2O2具有的能量大于2molH2O和1molO2所具有的总能量，故B错误；C．MnO2或FeCl3均可作为H2O2分解反应的催化剂，所以加入MnO2或FeCl3均可提高该分解反应的速率，故C正确；D．其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其分解速率越快，故D错误。
26.利用煤化工所得的苯可合成甲苯、乙苯、环己烷，其反应如下：
①＋CH3Cl (甲苯)＋HCl
②CH2===CH2＋(乙苯)
③+3H2 (环己烷)
下列说法正确的是( )
A. 反应①、②、③均属于加成反应
B. 溴水中加入苯，二者可发生取代反应
C. 甲苯中所有原子一定在同一平面上
D. 能用溴水判断反应②所得的乙苯中是否混有乙烯
【答案】D
【详解】A. ①是取代反应，②是先加成后取代的反应，③是加成反应，A项错误；
B. 苯不能与溴水直接反应，苯只能和液溴反应在催化剂的条件下发生取代反应，B项错误；
C. 乙苯相当与把甲基的一个H换为苯环，可以自由旋转，所以有不共面的时候，C项错误；
D. 乙烯能使溴水褪色，若乙苯中无乙烯，则加入溴水仅会发生萃取现象，因此能用溴水判断反应②所得的乙苯中是否混有乙烯，D项正确；
答案选D。
二、填空题
27.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨九种元素，填写下列空白：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
一
①
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
四
⑨
(1)在这些元素中，金属性最强的是________(填具体元素符号，下同)。
(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是________。
(3)最高价氧化物是两性氧化物的元素是________；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式___________________________________________________________。
(4)③④⑤对应的简单离子半径由小到大的顺序为：______________。
(5)①与③可形成一种18 e- 的分子，写出该分子的电子式：__________，该分子中存在________(填“极性键”或“非极性键”或“离子键”)。
(6)①与⑤形成的化合物可与水反应生成一种无色气体，当转移0.5mol电子时，生成的气体在标准状况下的体积为______L。
【答案】(1). K (2). HClO4 (3). Al (4). Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O (5). Na+
【分析】依据元素在周期表中的位置关系可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别是H、C、N、O、Na、Al、S、Cl和K，结合物质结构与性质作答。
【详解】(1)同周期中元素金属性从左到右依次减弱，同主族中元素金属性从上到下依次增大，则在这些元素中，金属性最强的是K；
(2)非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越大，因同周期中元素非金属性从左到右依次增强，同主族中元素非金属性从上到下依次减弱，故元素最高价氧化物的水化物酸性最强的化合物的化学式是HClO4；
(3)氧化铝为两性氧化物，故最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al；氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为Al2O3+2OH-= 2AlO2-+H2O；
(4)电子层数越大，简单离子半径越大；电子层数相同时，原子的核电荷数越少，对应的简单离子半径越大，则③④⑤对应的简单离子半径由小到大的顺序为：Na+
(6)①与⑤形成的化合物为NaH，与水反应生成氢气，其化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，根据关系式H2e-可知，当转移0.5mol电子时，生成的气体在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。
28.如图所示甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：
(1)若两池中电解质溶液均CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。
②甲池中负极的电极反应式是____________________________________________。
(2)若两池中电解质溶液均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式：______________________________________________。
②乙池碳棒上电极反应属于________(填“氧化反应”或“还原反应”)。
【答案】(1). 碳 (2). 铁 (3). Fe－2e- =Fe2＋ (4). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (5). 氧化反应
【解析】
【分析】（1）甲池为原电池，铁做负极，碳棒作正极，依据氧化还原反应的规律和原电池的工作原理作答；
（2）若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则依据电子的流动方向判断出Fe为阴极，C棒为阳极，再结合电解池的工作原理作答。
【详解】(1)①甲池为原电池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，有红色的Cu析出，乙池为电解池，外电路电子流向电源正极，所以碳棒为阳极，放出氯气，阴极铁电极上发生还原反应有红色的Cu单质析出，故答案为：碳；铁；
②甲池中负极铁失电子生成Fe2+,其电极反应式为Fe－2e-=Fe2＋；
(2)①若电解质溶液饱和氯化钠溶液，则乙池为用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，方程式为：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；
②乙池碳棒为电解池的阳极，发生的是失电子的氧化反应，故答案为：氧化反应。
29.在容积固定的VL密闭容器中充入4molNH3和5molO2，发生如下反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)。请回答下列问题：
(1)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_______；
A 容器中气体总质量不变
B c(O2)不变
C v(O2)＝1.25v(NH3)
D 体系压强不变
E 相同时间内，消耗0.1 mol NH3，同时消耗了0.1 mol NO
(2)若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小。则速率逐渐增大是因为______，速率又逐渐减小的原因是_____。
(3)1mol NH3(g)在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质，放出akJ的热量。写出该反应的热化学方程式__________________________________________。
(4)若将(3)所述反应设计为电解质溶液为KOH的原电池，则负极反应式 _________________________。
【答案】(1). BDE (2). 体系温度升高 (3). 反应物浓度减小 (4). 6NH3(g)+3O2(g)=3N2(g)+6H2O(g) △H =－6a kJ·mol-1 (5). 2NH3-6e-+6OH- = N2+6H2O
【解析】
【分析】（1）根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；
（2）根据该反应为放热反应，反应过程中温度升高，此条件下比原平衡温度高进行分析反应速率变化；随后浓度变化成为影响反应速率的主要因素；
（3）根据热化学方程式的书写方法可知，物质的物质的量与反应放出的热量成正比，氨气在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质应为氮气和水；
（4）原电池的负极发生氧化反应，氨气在负极反应生成氮气。
【详解】（1）A．反应前后都是气体，气体质量始终不变，A项错误；
B．c （O2）不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，B项正确；
C．v（O2）=1.25v（NH3），没有告诉是正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，C项错误；
D．该反应是体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量逐渐减小，压强逐渐减小，若体系压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D项正确；
E．相同时间内，消耗0.1mol NH3，同时消耗了0.1mol NO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，E项正确；
故答案为：BDE；
（2）由于该反应为放热反应，若在容积固定的绝热密闭容器中发生上述反应，其余条件不变，反应过程中反应体系的温度高于原反应，所以正逆反应速率都增大，随后因浓度减小成为影响的主要因素，所以反应减慢，故答案为：体系温度升高；反应物浓度减小；
（3）氨气在纯氧中完全燃烧生成无污染的气态物质应为氮气和水，1 mol氨气燃烧放热a kJ，则热化学方程式为6NH3(g)+3O2(g)=3N2(g)+6H2O(g) △H=－6a kJ·mol-1；
（5）负极是氨气在反应，在碱性环境中反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
30.利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组通过在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：
根据设计要求回答：
(1)B装置有三种功能：①控制气流速度； ②均匀混合气体； ③____________。
(2)设V(Cl2)/V(CH4)＝x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x取值范围________。
(3)E装置的作用是________(填编号)。
A．收集气体 B．吸收氯气
C．防止倒吸 D．吸收氯化氢
(4)在C装置中，经过一段时间的强光照射，发现硬质玻璃管内壁有黑色小颗粒产生，写出置换出黑色小颗粒的化学方程式：_______________________________________。
(5)E装置中除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出有机物的最佳方法为________。
该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为________(填编号)。
A CH4 B CH3Cl C CH2Cl2 D CHCl3 E CCl4
【答案】 (1). 干燥混合气体 (2). 大于或等于4 (3). CD (4). CH4 + 2Cl2 C + 4HCl (5). 分液 (6). ab
【解析】
【分析】在加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，C中甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃和HCl，尾气中含有氯化氢，氯化氢能溶于水、碱性溶液，所以E装置是处理尾气，倒置的干燥管能防倒吸，据此分析解答。
【详解】（1）装置B中盛放浓硫酸，它具有吸水性，因为甲烷和氯气中含有水蒸气，所以浓硫酸可以均匀并干燥混合气体；通过观察气泡能控制气流速率，
故答案为：干燥混合气体；
（2）根据CH4与Cl2的反应可知欲获得较多的HCl，也就是使CH4中的H原子全部转化为HCl，此时消耗的Cl2的物质的量至少是CH4物质的量的4倍，即x的取值范围为：大于或等于4；
（3）E装置可吸收氯化氢，还可防止倒吸，故CD项正确，答案选CD；
（4）黑色小颗粒为C，则该反应的化学方程式为：CH4 + 2Cl2 C + 4HCl；
（5）E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷气体，故ab正确，答案为：分液；ab。
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