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【化学】浙江省诸暨市牌头中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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浙江省诸暨市牌头中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
本卷可能用到的相对原子质量：H－1，C－12，N－14，O－16，Na－23，S－32，K－39，Cl－35.5，Ba－137，Fe－56
一、选择题（本题有30小题，每题2分，共60 分，选出各题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分）
1.下列属于氧化物的是（ ）
A. NaCl B. Al2O3 C. H2SO4 D. NaOH
【答案】B
【解析】A．NaCl是一种盐，故A错误；B．Al2O3是由铝、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故B正确；C．H2SO4由硫、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此H2SO4不属于氧化物，是含氧化合物，故C错误；D．NaOH是由钠、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此氢氧化钠不属于氧化物，故D错误；答案为B。
2.下列仪器名称为“长颈漏斗”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A．仪器名称为分液漏斗，故A错误；B． 仪器名称为长颈漏斗，故B正确；C．仪器名称为三角漏斗，故C错误； D．仪器名称为球形干燥管，故D错误；答案为B。
3.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. CH3CH2OH B. 盐酸 C. CO2 D. Na
【答案】C
【解析】A．CH3CH2OH的水溶液不导电，是非电解质，故A错误；B．盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C．CO2是非电解质，但其水溶液能导电，故C正确；D．Na是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案为C。
4.下列物质的水溶液因溶质水解显酸性的是（ ）
A. KNO3 B. NH4Cl
C. NaHSO4 D. NaHCO3
【答案】B
【解析】A．KNO3水溶液中电离出钾离子和硝酸根离子，溶液呈中性，故A错误；B．NH4Cl水溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故B正确；C．NaHSO4 溶液中硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故C正确；D．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，故D错误；故选B。
5.下列物质的主要成分为甲烷的是（ ）
A. 干冰 B. 可燃冰
C. 水煤气 D. 液化石油气
【答案】B
【解析】A. 干冰是固态二氧化碳，A错误；B. 可燃冰的主要成分为甲烷，B正确；C. 水煤气的主要成分是氢气和一氧化碳，C错误；D. 液化石油气的主要成分是烃类物质，是丙烷和丁烷的混合物，通常伴有少量的丙烯和丁烯，D错误，答案选B。
6.下列表示正确的是（ ）
A. 丙烷分子的比例模型为：
B. 乙炔的结构简式：CHCH
C. 乙炔分子的球棍模型：
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】A.为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型表示丙烷分子中各原子体积的相对大小，丙烷的比例模型为，故A错误；
B.乙炔的结构简式：CH≡CH，故B错误；
C.乙炔是直线形分子，碳碳原子之间存在三键，所以其球棍模型：，故C正确；
D.聚丙烯的结构简式为：，故D错误。
故选C。
7.乙烯是重要的工业原料，下列有关乙烯叙述不正确的是（ ）
A. 常温常压下是气体
B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 可使酸性高锰酸钾溶液发生加成反应而褪色
D. 在氧气中燃烧有明亮的火焰
【答案】C
【解析】A．乙烯是碳原子数小于5的烃，常温常压下是气体，故A正确；B．乙烯分子结构中含有碳碳双键，性质较活泼，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．乙烯含有碳碳双键，性质较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．乙烯具有可燃性，在氧气中燃烧有明亮的火焰，故D正确；故选C。
8.下列说法不正确的是（ ）
A. 石油的裂化、裂解都是从长链烃变成短链烃
B. 裂化目的是获得轻质油，裂解目的是获得气态乙烯、丙烯等短链烃
C. 石油经过常、减压分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物
D. 石油分馏是物理变化，裂化裂解是化学变化
【答案】C
【解析】A.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等短链烃，裂化、裂解都是从长链烃变成短链烃，故A正确；
B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等短链烃，故B正确；
C.因石油炼制过程中，根据石油中各成分的沸点不同，采用分馏的方法将它们分离，得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等，这些馏分都是混合物，故C错误；
D.石油的分馏是根据沸点不同，将各组分加以区分，属于物理变化，通过石油的裂化、裂解可以得到小分子化合物，属于化学变化，故D正确。
故选C。
9.欲制取较纯净的CH2ClCH2Cl（即1，2-二氯乙烷），最合理的方法是（ ）
A. CH3CH3与Cl2取代
B. CH2=CH2与 HCl加成
C. CH2=CH2与Cl2加成
D. CH3CH2Cl与Cl2取代
【答案】B
【解析】试题分析：A．CH3CH3与Cl2取代产物有多种，得不到纯净的CH2ClCH2Cl，故A错误；B．CH2===CH2与HCl加成只生成CH3CH2Cl，得不到CH2ClCH2Cl，故B错误；C．CH2===CH2与Cl2加成只生成CH2ClCH2Cl，故C正确；D．CH3CH2Cl与Cl2取代产物有多种，得不到纯净的CH2ClCH2Cl，故D错误。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 石墨和C60互同位素
B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. l4CO2的摩尔质量为46
D. 、为不同的核素，有不同的化学性质
【答案】B
【解析】A.同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子之间的互称，石墨和C60互为同素异形体，故A错误；
B.CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C.l4CO2的摩尔质量是46g/mol，故C错误；
D.和二者是同种元素的不同核素，质子数一样，化学性质相似，故D错误。
故选B。
11.有专家提出，如果对燃烧产物如CO2、H2O、N2 等利用太阳能使它们重新组合，使之变成CH4、CH3OH、NH3等的构思(如图)能够实现，那么不仅可以消除对大气的污染，还可以节约燃料， 缓解能源危机，在此过程中太阳能最终转化为（ ）
A. 化学能 B. 生物质能 C. 热能 D. 电能
【答案】C
【解析】利用太阳能使CO2、H2O、N2等重新组合，根据图示可知组合成可燃物，而可燃物燃烧后转化为产物并放出热量，产物又结合太阳能转化为燃料，如此循环，可知太阳能最终转化为热能。
故选C。
12.城市居民用的石油气主要成分是丁烷，在使用的过程中，常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中， 这种杂质是（ ）
A. 丙烷和丁烷 B. 乙烷和丙烷
C. 乙烷和戊烷 D. 戊烷和己烷
【答案】D
【解析】常温下,烃中含碳原子数不大于4的烃以气体形式存在,故液态杂质中,烃分子的碳原子数必大于4,故选D项。
13.一定温度下，反应N2（g）+3H2(g)2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是（ ）
A. c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2
B. N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变
C. N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍
D. 单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2
【答案】B
【解析】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；A．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故c(N2)﹕c(H2)﹕c(NH3)=1﹕3﹕2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；B．N2，H2和NH3的质量分数不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C．平衡时反应物与生成物的物质的量关系取决于反应起始物质的量以及转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；D．单位时间内每增加1 mol N2，同时增加3 mol H2都是向逆反应方向，故不能说明达到平衡状态，故D错误；故答案为B。
14.除去甲烷中混有的乙烯（ ）
A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 溴水
C. 溴的四氯化碳溶液 D. 氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】A.酸性高锰酸钾溶液能与乙烯反应生其它气体物质，因此会引入新的杂质气体，故A错误；
B.甲烷与溴水不反应，而乙烯能与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷液体，反应后并无其它气体物质生成，可用于除去甲烷中混有的乙烯，故B正确；
C.乙烯能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，但甲烷能溶于四氯化碳溶液，所以甲烷中混有的乙烯不能用溴的四氯化碳溶液除去，故C错误；
D.甲烷、乙烯与氢氧化钠溶液均不发生反应，故不可除杂，故D错误。
故选B。
15.氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其原理反应：2H2＋O22H2O，其工作示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A. a 极是负极
B. b 电极上发生还原反应
C. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e－OH－
D. 放电前后电解质溶液的pH发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，据此答题。
【详解】A.氢氧燃料电池中，在电极上反应的是氢气和氧气，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，故A正确；
B.氢氧燃料电池中，负极上通入燃料，发生氧化反应，正极上通入氧气，发生还原反应，即氧气在b极上发生还原反应，故B正确；
C.氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，电解质溶液为硫酸溶液，该电极上发生得电子的还原反应，电极方程式为：O2+4H++4eˉ2H2O，故C错误；
D.氢氧燃料电池的总反应式是氢气燃烧生成水的反应，电解质硫酸溶液的酸性减弱，pH值增大，故D正确。
故选C。
16.已知空气—锌电池的电极反应如下： 锌片电极：Zn＋2OH－－2e－ZnO＋H2O，石墨电极：O2＋H2O＋2e－2OH－，可以判断石墨电极是（ ）
A. 负极，发生还原反应 B. 正极，发生氧化反应
C. 负极，发生氧化反应 D. 正极，发生还原反应
【答案】D
【解析】根据化合价可以知道，原电池中较活泼的金属作负极，发生氧化反应，在反应中Zn失去电子被氧化，所以Zn为原电池的负极；在石墨电极上O2得到电子，被还原，发生还原反应，所以石墨电极为正极。
故选D。
17.下列说法中正确的是（ ）
A. 镍氢电池、锂电池和碱性锌锰干电池都是二次电池
B. 氢氧燃料电池是一种高效且不会污染环境新型电池
C. 铅蓄电池放电的时候正极材料是铅，负极材料是二氧化铅
D. 铅蓄电池充电时将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】A.镍氢电池、锂离子电池为二次电池，碱性锌锰干电池为一次电池，故A错误；
B.氢氧燃料电池的产物是水，对环境无污染，且原料利用率较高，故B正确；
C.铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极，PbO2被还原，为原电池的正极，故C错误；
D.铅蓄电池充电时将电能转化为化学能，故D错误。
故选B。
18.在一定温度下，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到化学平衡状态的标志是（ ）
A. 单位时间内生成nmolH2，同时就有nmolHI 生成
B. 单位时间内有nmolH2生成，同时就有nmolI2生成
C. 容器内气体的总压强不随时间的变化而变化
D. 容器内混合气体的颜色不再变化
【答案】D
【解析】A.单位时间内生成nmolH2，同时就有nmolHI生成，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故A错误；
B.单位时间内有nmolH2生成，同时就有nmolI2生成，只表示逆反应，不能表明达到平衡状态，故B错误；
C.该反应为气体分子数不变的反应，气体的总物质的量始终不变，体系内总压强始终不变，容器内气体的总压强不随时间的变化而变化不能表明反应达到平衡状态，故C错误；
D.容器内混合气体的颜色不再变化，即I2(g)的浓度不再改变，表明反应达到平衡状态，故D正确。
故选D。
19.根据能量变化示意图，下列说法正确的是 （ ）
A. 反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 2molH和1molO结合生成1molH2O放出热量
C. 1molC和1molH2O反应生成1molCO和1molH2，需要吸收131.3kJ的热量
D. 反应的热化学方程式可表示为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=+(a-b)kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，正反应的活化能为bkJ/mol，逆反应的活化能为akJ/mol，该反应的反应物总能量较低、生成物的总能量较高，所以该反应为吸热反应，反应热为（b-a）kJ/mol=131.3kJ/mol，据此答题。
【详解】A.由图中信息可知，该反应是吸热反应，所以反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，故A错误；
B.由图中信息可知，1molH2O(g)形成2molH和1molO需要吸收热量，则2molH和1molO结合生成1molH2O放出热量，故B正确；
C.1molC和1molH2O反应生成1molCO和1molH2，反应条件不同、水的状态不同，生成1molCO和1molH2吸收的热量也不同，故C错误；
D.由状态及焓变可知，该反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b－a)kJ·mol－l，故D错误。
故选B。
20.将 pH=1的盐酸与pH=11的NaOH 溶液按体积比为1：9 混合，混合后溶液的pH约为（ ）
A. 2 B. 6 C. 7 D. 10
【答案】A
【解析】pH=1的盐酸中氢离子的物质的量为0.1Vmol，pH=11的NaOH溶液中氢氧根的物质的量为0.009Vmol，故盐酸过量，则反应后溶液中c(H+)==0.01mol/L，pH=-lgc(H+)=2。
故选A。
21.下列关于电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 25℃时，某浓度的KHA溶液pH=4，则HA－的电离程度大于水解程度，H2A为弱酸
B. 常温下，通过测定0.1mol•L－1NH4Cl溶液的酸碱性能证明NH3•H2O是弱电解质
C. 同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸
D. pH=3的CH3COOH 溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得混合溶液中：c(CH3COO－)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH－)
【答案】B
【解析】A.25℃时，某浓度的KHA溶液pH=4，说明HA－的电离程度大于水解程度，或HA－只电离不水解，因此H2A为不一定弱酸，故A错误；
B.因为盐酸是强酸，如果常温下测定0.1mol/LNH4Cl溶液显酸性，则说明NH4Cl属于强酸弱碱盐，一水合氨是弱电解质，如果溶液显中性，则说明NH4Cl属于强酸强碱盐，一水合氨是强电解质，因此测0.1mol/LNH4Cl溶液的酸碱性能证明一水合氨是弱电解质，故B正确；
C.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同的倍数，浓度仍然相等，盐酸的酸性大于醋酸，盐酸的pH小于醋酸，故C错误；
D.pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液，其物质的量浓度前者大于后者，等体积混合后CH3COOH过量，溶液显酸性，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故D错误。
故选B。
22.铜是人类最早发现和使用的金属之一，铜及其合金的用途广泛。粗铜中含有少量铁、锌、镍、 银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列叙述正确的是(已知氧化性：Fe2＋＜Ni2＋＜Cu2＋) （ ）
A. 粗铜作阳极，其电极反应式：Cu2＋＋2e－Cu
B. 电解过程中，电解质溶液中c(Cu2＋)不变
C. 电解后，阴极上还附有极少量的Fe和Ni
D. 电解后，可用阳极泥来提炼金、银等贵金属
【答案】D
【解析】A.阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-Ni2+、Fe-2e-Fe2+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+，故A错误；
B.电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni、Cu；阴极析出的是铜，所以溶液中铜离子减小，故B错误；
C.由于氧化性Fe2+
故选D。
23.相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A、B、D均形成原电池，使铁发生电化学腐蚀，腐蚀速率加快，而C中铁被均匀的铜镀层保护。
【详解】A项、铁勺、铜盆在食醋中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；
B项、铁炒锅、铁铲在食盐水中形成原电池，铁做负极、合金中的碳等材料做正极，铁发生吸氧腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；
C项、铁球被均匀的铜镀层保护，不易被腐蚀，故C正确；
D项、铁铆钉、铜板在酸雨中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故D错误。
故选C。
24.常温下，关于pH值相同的醋酸和盐酸两种溶液，下列说法不正确的是（ ）
A. c(CH3COOH)＞c(HCl)
B. c(CH3COO－)= c(Cl－)=c(H+)
C. 两种溶液中水的电离程度相同
D. 与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少
【答案】D
【解析】A.醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸，即c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A正确；
B.根据电荷守恒，醋酸溶液中有：c（CH3COO-）+c（H+）=c（OH-），盐酸溶液中有：c（Cl-）+c（H+）=c（OH-），两溶液pH相同，则两溶液中c（H+）相同，c（OH-）相同。所以c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(H+)，故B正确；
C.醋酸和盐酸两种溶液都呈酸性，酸抑制水的电离，pH值相同，说明氢离子浓度相同，则水的电离程度相同，故C正确；
D.醋酸是弱电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，醋酸的浓度大，与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠溶液的体积多，故D错误。
故选D
25.下列叙述正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B. pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C. 0.2mol·L－1的盐酸与等体积水混合后pH＝1
D. pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＝7
【答案】C
【解析】A.95℃纯水的pH<7是因为水的电离过程吸热，升高温度，促进电离，c(H+)＞10-7mol/L，但c(H+)=c(OH-)，纯水仍呈中性，故A错误；
B.醋酸是弱酸，稀释促进醋酸电离，则稀释10倍后pH<4，故B错误；
C.0.2mol·L－1盐酸中氢离子浓度为0.2mol·L－1，与等体积水混合后氢离子浓度为0.1mol·L－1，pH＝1，故C正确；
D.因为醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7，故D错误。
故选C。
26.反应X(g)4Y(g)+Z(g)，在200℃和T℃时，X 的物质的量浓度(单位：mol·L-1)随时间变 化的有关实验数据见下表：
时间/min
0
2
4
6
8
10
200/℃
0.80
0.55
0.35
0.20
0.15
0.15
T/℃
1.00
0.65
0.35
0.18
0.18
0.18
下列有关该反应的描述正确的是（ ）
A. 在200℃时，4min内用Y表示的化学反应速率为0.1125mol·L-1·min-1
B. T℃下，6min时反应刚好达到平衡状态
C. 根据上表内 X 的浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大
D. 从表中可以看出T <200
【答案】C
【解析】A.v(X)==0.1125 mol·L-1·min-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比可以看出：v(Y)=4×0.1125mol·L-1·min-1，故A错误；
B.从表中可以看出T℃时6min已经达到平衡，但不一定就是第6min达到平衡，故B错误；
C.要比较浓度对反应速率的影响，就只能是其他外界条件相同，所以选择200℃这组数据看出0～2min的速率为=0.125mol·L-1·min-1，而2～4min的速率==0.10 mol·L-1·min-1，这说明随着反应的进行浓度在下降，反应速率在变小，故C正确；
D.4min时两组数据起始浓度均为0.35 mol·L-1，比较单一变量温度，200℃和T℃4～6min的反应速率，T℃速率快，所以T>200，故D错误。
故选C。
27.在一密闭容器中充入1 molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，下列说法正确的是（ ）
A. 保持容器容积不变，向其中加入1molH2，化学反应速率不变
B. 保持容器容积不变，向其中加入1molAr，化学反应速率增大
C. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1molAr，化学反应速率不变
D. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，化学反应速率不变
【答案】D
【解析】A是增大氢气的浓度，反应速率加快，不正确。B中反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，不正确。C中由于保持压强不变，所以必须扩大容器的容积，因此反应物的浓度增大，反应速率降低，不正确，D正确，答案选D。
28.下列条件一定能使反应速率加快的是（ ）
①增加反应物的物质的量②升高温度③缩小反应容器的体积④加入生成物⑤加入MnO2
A. 全部 B. ①②⑤ C. ② D. ②③
【答案】C
【解析】①若反应物的状态是纯固体或液体物质，则增加反应物的物质的量，化学反应速率不变，故①错误；
②升高温度，会使体系的内能增加，化学反应速率增加，故②正确；
③对于无气体参加的反应，缩小反应容器的体积，反应速率不变，故③错误；
④加入生成物的状态是固体或液体，则反应速率不变，故④错误；
⑤加入MnO2是固体物质，若不作催化剂，则对化学反应速率无影响，故⑤错误。
所以一定能使反应速率加快的是②。
故选C。
29. 一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，下列描述正确的是（ ）
A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B. 10s后，该反应停止进行
C. 反应的化学方程式为：2X(g) + Y(g)2Z(g)
D. 反应开始到10s时，平均反应速率：v(X)=" v(Y)=0.0395" mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】分析：A.反应速率通常用单位时间内浓度的变化量表示；
B.平衡时正逆反应速率相等，不为0；
C.根据图像判断反应物和生成物，结合物质的量的变化量判断；
D.反应速率通常用单位时间内浓度的变化量表示。
详解：A.10s内，用Z表示的反应速率为v（Z）=1.58mol/(2L·10s)=0.079moL/（L•s），A错误；
B．由图可知，l0s后，该反应到达平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，v（正）=v（逆）≠0，B错误；
C．由图象可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.20-0.41）mol：（1.00-0.21）mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X（g）+Y（g）2Z（g），C错误；
D．0～10 s的时间内的平均反应速率：v(X)=v(Y)=0.79mol/(2L·10s)=0.0395 mol·L-1·s-1，D正确；
答案选D。
30.根据如图所示的信息，判断下列叙述不正确的是（ ）
A. 1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量
B. 氢气跟氧气反应生成水的同时吸收能量
C. 1molH2(g)跟molO2(g)反应生成1molH2O(g)释放能量245kJ
D. 1molH(g)与molO(g)的总能量大于1molH2O(g)的能量
【答案】B
【解析】试题分析：A.对同一个化学键来说，断裂时吸收的能量与形成时放出的能量相等，A项正确；B.H2在O2中燃烧为放热反应，B项错误；C.ΔQ＝Q(吸)－Q(放)＝(436 kJ＋249 kJ)－930 kJ＝－245 kJ，说明该反应中释放出245 kJ能量，C项正确；D.放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，D项正确；答案选B。
二、非选择题
31.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上。
同位素_____________，同素异形体__________，同分异构体_________________。
①金刚石与“足球烯”C60；②D与T；③16O、17O和18O；④氧气（O2）与臭氧（O3）；⑤CH4和CH3CH2CH3；⑥乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；⑦和；⑧和；
【答案】(1). ②③ (2). ①④ (3). ⑥⑧
【解析】
【分析】有相同质子数，不同中子数或同一元素的不同核素互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体。
【详解】①金刚石与“足球烯”C60都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体；
②D与T质子数相同，中子数不同，故互为同位素；
③16O、17O和18O质子数相同，中子数不同，故互为同位素；
④氧气（O2）与臭氧（O3）都是由氧元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体；
⑤CH4和CH3CH2CH3结构相似，分子组成相差2个“CH2”原子团，互为同系物；
⑥乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
⑦和结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，互为同系物；
⑧和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
所以互为同位素的是②③，互为同素异形体的是①④，互为同分异构体的是⑥⑧，故答案为：②③，①④，⑥⑧。
32.如图所示，水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天后观察：
（1）铁钉在逐渐生锈，则铁钉的腐蚀属于________腐蚀。(填“化学”或“电化学”)
（2）若试管内液面上升，则原溶液呈________性，发生_______腐蚀，电极反应式：负极：__________，正极：________________。
（3）若试管内液面下降，则原溶液呈_______性，发生________腐蚀，电极反应式：负极：_________，正极：____________。
【答案】(1)电化学 (2)弱酸性或中 吸氧
2Fe－4e－2Fe2＋ O2＋2H2O＋4e－4OH－
(3)较强的酸 析氢 Fe－2e－Fe2＋ 2H＋＋2e－H2↑
【解析】根据原电池的构成条件：有两种不同的材料(Fe为负极，碳为正极)，有电解质溶液，形成闭合回路；可知铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀。根据金属腐蚀的条件原理及结果可知：试管内液面上升，说明是试管内压强减小，试管内气体被吸收所致，是铁钉吸氧腐蚀的结果，据此写出电极反应式；试管内液面下降，说明是试管内气体压强变大，试管内产生了新气体所致，是铁钉析氢腐蚀的结果，据此写出电极反应式。
33.（1）常温下，0.5mol 甲醇(CH3OH)在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热 量363.3kJ。写出该反应的热化学方程式_____________。
（2）请设计一个燃料电池：电解质溶液为强碱溶液，Pt 作电极，在电极上分别通入CO和氧气。通入 CO的电极应为_______极(填“正”或“负”)，该电极上发生的电极反应式为___________。
【答案】 (1). CH3OH（l）+3/2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.6KJ·mol-1 (2). 负 (3). CO+4OH——2e—CO32—+2H2O
【解析】（1）在热化学方程式中物质的计量系数表示的是物质的量，0.5mol甲醇在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量363.3kJ，则1mol甲醇在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量726.6KJ，其热化学方程式为：CH3OH（l）+O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.6KJ·mol-1，故答案为：CH3OH（l）+O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.6KJ·mol-1。
（2）燃料电池中，通入燃料的电极为负极，即通入CO的电极为负极，在负极上甲烷一氧化碳失电子发生氧化反应，在强碱性溶液中CO的氧化产物应为碳酸盐，故电极上发生的电极反应为：CO+4OH—－2e—CO32—+2H2O，故答案为：负，CO+4OH——2e—CO32—+2H2O。
34.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中化学反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)达到平衡状态。
（1）该反应的平衡常数表达式K＝_______；
（2）500℃时，从反应开始到达到化学平衡，以H2的浓度变化表 示的化学反应速率是______(用 nB，tB表示)。
（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是_________(填字母，下同)。
a．v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)
b．混合气体的密度不再改变
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化
【答案】(1). (2). (3). cd
【解析】
【分析】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物的浓度系数次幂之积，据此书写；
（2）先根据图象，依据v=计算v（CH3OH），然后根据速率之比等于化学计量数之比求出v（H2）；
（3）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物的浓度系数次幂之积，则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）化学平衡常数k=；故答案为：。
（2）v（CH3OH）==mol/（L•min），化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=2v（CH3OH）=mol/（L•min），故答案为：mol/（L•min）。
（3）a.v生成（CH3OH）=v消耗（CO），表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断是否达到平衡状态，故a错误；
b.混合气体的总质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不再改变，不能说明到达平衡，故b错误；
c.该反应为气体体积缩小的反应，气体的物质的量发生变化，而气体总质量不变，则平均相对分子质量为变量，当平均相对分子质量不再变化时，说明达到平衡状态，故c正确；
d.平衡时各组分的浓度不变，CO、H2、CH3OH的浓度不再改变，说明到达平衡，故d正确。
故答案为：cd。
35.常温下，现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙，请根据下列操作回答问题：
（1）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为： pH（甲）___________pH（乙）（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的 NaOH 稀溶液中和至 pH=7，则消耗的 NaOH 溶 液的体积大小关系为：V(甲)_____________V(乙)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)________0.01mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)。(填“＞”、“＜”、或“＝”)
【答案】(1). 小于 (2). 大于 (3). ＝
【解析】（1）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度小于盐酸溶液中氢离子浓度减小的程度，所以醋酸的pH小于盐酸，故答案为：小于。
（2）各取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，经NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V（甲）＞V（乙），故答案为：大于。
（3）pH=2的醋酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水===10-12mol/L；0.01mol•L-1的盐酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水===10-12mol/L；所以pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)与0.01mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)相等，故答案为：＝。
36.将气体A、B置于固定容积为2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)＋2D(g)，反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。
（1）用C 表示10s内反应的平均反应速率为____________。
（2）反应前A的物质的量浓度是_______________。
（3）10s末，生成物D的浓度为______________________。
（4）A 平衡转化率______________。
【答案】(1). 0.04mol/（L·s） (2). 1.5mol/L (3). 0.4mol/L (4). 40%
【详解】根据三段式解题： 3A（g）+B（g）2C（g）＋2D（g）
起始浓度（mol/L） 1.5 0.5 0 0
变化浓度（mol/L） 0.6 0.2 0.4 0.4
平衡浓度（mol/L） 0.9 0.3 0.4 0.4
（1）10s末，C的物质的量为0.8mol，所以用C表示的正反应的化学反应速率为v(C)===0.04mol/（L·s），故答案为：0.04mol/（L·s）。
（2）10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，C的物质的量为0.8mol，由反应的化学计量数之比可知，反应前A的物质的量浓度为=1.5mol/L，故答案为：1.5mol/L。
（3）由C、D的化学计量数之比可知平衡后生成的D的物质的量也为0.8mol，所以其浓度为=0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L。
（4）A的平衡转化率为×100%=40%，故答案为：40%。
三．实验题
37.如图是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，并检验乙烯性质的实验。
回答下列问题：
（1）从装置 A 中出来的气体中含有烷烃和___________。
（2）B中酸性高锰酸钾溶液________，这是因为生成的气体被________(填“氧化”或“还原”)， 反应类型为___________。
（3）C中溴的四氯化碳溶液___________，发生反应的化学方程式：_________，反应类型为___________。
（4）在D处点燃之前必须进行的操作是________，燃烧时反应的化学方程式为____________。
【答案】(1). 乙烯 (2). 褪色 (3). 氧化 (4). 氧化反应 (5). 褪色 (6). CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br (7). 加成反应 (8). 先检验乙烯的纯度 (9). CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O
【解析】
【分析】石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，乙烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，据此解答。
【详解】（1）从装置A中出来的气体中含有烷烃和乙烯；
（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化乙烯，所以乙烯通入高锰酸钾溶液中发生氧化反应，实验现象是溶液紫红色褪去；
（3）乙烯含有碳碳双键，通入乙烯和溴单质发生加成反应，溴水褪色，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；
（4）点燃可燃性气体时应先验纯，在D处点燃前必须进行的操作是检验气体的纯度，乙烯燃烧生成二氧化碳和水，反应的方程式为CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O。
四．计算题
38.某烃分子中，碳、氢元素的质量比为5：1，相对分子质量为72。写出该烃的分子式及所有的同分异构体并用系统命名法命名。________________
【答案】C5H12；H3CH2CH2CH2CH3，戊烷；，2—甲基丁烷；，2，2—二甲基丙烷。
【解析】
【分析】根据C、H质量比进行计算，得出该烃的分子式，根据同分异构体的书写方法书写，然后利用系统命名法命名即可。
【详解】某烃中的碳氢质量比为5：1，则其分子中含有C、H原子数之比为：=5：12，最简式为C5H12，该最简式中H已经达到饱和，则该烷烃的分子式为C5H12，其相对分子质量为12×5+1×12=72，其所有的同分异构体的结构简式及命名为：CH3CH2CH2CH2CH3，命名为戊烷；拿下1个碳原子作为支链：，命名为2—甲基丁烷；拿下2个碳原子作为支链：，命名为2，2—二甲基丙烷，故答案为：C5H12；CH3CH2CH2CH2CH3，戊烷；，2—甲基丁烷；，2，2—二甲基丙烷。
本卷可能用到的相对原子质量：H－1，C－12，N－14，O－16，Na－23，S－32，K－39，Cl－35.5，Ba－137，Fe－56
一、选择题（本题有30小题，每题2分，共60 分，选出各题中一个符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分）
1.下列属于氧化物的是（ ）
A. NaCl B. Al2O3 C. H2SO4 D. NaOH
【答案】B
【解析】A．NaCl是一种盐，故A错误；B．Al2O3是由铝、氧两种元素组成的化合物，属于氧化物，故B正确；C．H2SO4由硫、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此H2SO4不属于氧化物，是含氧化合物，故C错误；D．NaOH是由钠、氢、氧三种元素组成，氧化物必须含有两种元素，因此氢氧化钠不属于氧化物，故D错误；答案为B。
2.下列仪器名称为“长颈漏斗”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A．仪器名称为分液漏斗，故A错误；B． 仪器名称为长颈漏斗，故B正确；C．仪器名称为三角漏斗，故C错误； D．仪器名称为球形干燥管，故D错误；答案为B。
3.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. CH3CH2OH B. 盐酸 C. CO2 D. Na
【答案】C
【解析】A．CH3CH2OH的水溶液不导电，是非电解质，故A错误；B．盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C．CO2是非电解质，但其水溶液能导电，故C正确；D．Na是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案为C。
4.下列物质的水溶液因溶质水解显酸性的是（ ）
A. KNO3 B. NH4Cl
C. NaHSO4 D. NaHCO3
【答案】B
【解析】A．KNO3水溶液中电离出钾离子和硝酸根离子，溶液呈中性，故A错误；B．NH4Cl水溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故B正确；C．NaHSO4 溶液中硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故C正确；D．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性，故D错误；故选B。
5.下列物质的主要成分为甲烷的是（ ）
A. 干冰 B. 可燃冰
C. 水煤气 D. 液化石油气
【答案】B
【解析】A. 干冰是固态二氧化碳，A错误；B. 可燃冰的主要成分为甲烷，B正确；C. 水煤气的主要成分是氢气和一氧化碳，C错误；D. 液化石油气的主要成分是烃类物质，是丙烷和丁烷的混合物，通常伴有少量的丙烯和丁烯，D错误，答案选B。
6.下列表示正确的是（ ）
A. 丙烷分子的比例模型为：
B. 乙炔的结构简式：CHCH
C. 乙炔分子的球棍模型：
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】C
【解析】A.为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型表示丙烷分子中各原子体积的相对大小，丙烷的比例模型为，故A错误；
B.乙炔的结构简式：CH≡CH，故B错误；
C.乙炔是直线形分子，碳碳原子之间存在三键，所以其球棍模型：，故C正确；
D.聚丙烯的结构简式为：，故D错误。
故选C。
7.乙烯是重要的工业原料，下列有关乙烯叙述不正确的是（ ）
A. 常温常压下是气体
B. 能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. 可使酸性高锰酸钾溶液发生加成反应而褪色
D. 在氧气中燃烧有明亮的火焰
【答案】C
【解析】A．乙烯是碳原子数小于5的烃，常温常压下是气体，故A正确；B．乙烯分子结构中含有碳碳双键，性质较活泼，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．乙烯含有碳碳双键，性质较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．乙烯具有可燃性，在氧气中燃烧有明亮的火焰，故D正确；故选C。
8.下列说法不正确的是（ ）
A. 石油的裂化、裂解都是从长链烃变成短链烃
B. 裂化目的是获得轻质油，裂解目的是获得气态乙烯、丙烯等短链烃
C. 石油经过常、减压分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物
D. 石油分馏是物理变化，裂化裂解是化学变化
【答案】C
【解析】A.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等短链烃，裂化、裂解都是从长链烃变成短链烃，故A正确；
B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等短链烃，故B正确；
C.因石油炼制过程中，根据石油中各成分的沸点不同，采用分馏的方法将它们分离，得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等，这些馏分都是混合物，故C错误；
D.石油的分馏是根据沸点不同，将各组分加以区分，属于物理变化，通过石油的裂化、裂解可以得到小分子化合物，属于化学变化，故D正确。
故选C。
9.欲制取较纯净的CH2ClCH2Cl（即1，2-二氯乙烷），最合理的方法是（ ）
A. CH3CH3与Cl2取代
B. CH2=CH2与 HCl加成
C. CH2=CH2与Cl2加成
D. CH3CH2Cl与Cl2取代
【答案】B
【解析】试题分析：A．CH3CH3与Cl2取代产物有多种，得不到纯净的CH2ClCH2Cl，故A错误；B．CH2===CH2与HCl加成只生成CH3CH2Cl，得不到CH2ClCH2Cl，故B错误；C．CH2===CH2与Cl2加成只生成CH2ClCH2Cl，故C正确；D．CH3CH2Cl与Cl2取代产物有多种，得不到纯净的CH2ClCH2Cl，故D错误。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 石墨和C60互同位素
B. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. l4CO2的摩尔质量为46
D. 、为不同的核素，有不同的化学性质
【答案】B
【解析】A.同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同原子之间的互称，石墨和C60互为同素异形体，故A错误；
B.CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C.l4CO2的摩尔质量是46g/mol，故C错误；
D.和二者是同种元素的不同核素，质子数一样，化学性质相似，故D错误。
故选B。
11.有专家提出，如果对燃烧产物如CO2、H2O、N2 等利用太阳能使它们重新组合，使之变成CH4、CH3OH、NH3等的构思(如图)能够实现，那么不仅可以消除对大气的污染，还可以节约燃料， 缓解能源危机，在此过程中太阳能最终转化为（ ）
A. 化学能 B. 生物质能 C. 热能 D. 电能
【答案】C
【解析】利用太阳能使CO2、H2O、N2等重新组合，根据图示可知组合成可燃物，而可燃物燃烧后转化为产物并放出热量，产物又结合太阳能转化为燃料，如此循环，可知太阳能最终转化为热能。
故选C。
12.城市居民用的石油气主要成分是丁烷，在使用的过程中，常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中， 这种杂质是（ ）
A. 丙烷和丁烷 B. 乙烷和丙烷
C. 乙烷和戊烷 D. 戊烷和己烷
【答案】D
【解析】常温下,烃中含碳原子数不大于4的烃以气体形式存在,故液态杂质中,烃分子的碳原子数必大于4,故选D项。
13.一定温度下，反应N2（g）+3H2(g)2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是（ ）
A. c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2
B. N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变
C. N2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍
D. 单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2
【答案】B
【解析】N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；A．平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故c(N2)﹕c(H2)﹕c(NH3)=1﹕3﹕2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；B．N2，H2和NH3的质量分数不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C．平衡时反应物与生成物的物质的量关系取决于反应起始物质的量以及转化的程度，不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；D．单位时间内每增加1 mol N2，同时增加3 mol H2都是向逆反应方向，故不能说明达到平衡状态，故D错误；故答案为B。
14.除去甲烷中混有的乙烯（ ）
A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 溴水
C. 溴的四氯化碳溶液 D. 氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】A.酸性高锰酸钾溶液能与乙烯反应生其它气体物质，因此会引入新的杂质气体，故A错误；
B.甲烷与溴水不反应，而乙烯能与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷液体，反应后并无其它气体物质生成，可用于除去甲烷中混有的乙烯，故B正确；
C.乙烯能够与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，但甲烷能溶于四氯化碳溶液，所以甲烷中混有的乙烯不能用溴的四氯化碳溶液除去，故C错误；
D.甲烷、乙烯与氢氧化钠溶液均不发生反应，故不可除杂，故D错误。
故选B。
15.氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其原理反应：2H2＋O22H2O，其工作示意图如图。下列说法不正确的是（ ）
A. a 极是负极
B. b 电极上发生还原反应
C. 正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e－OH－
D. 放电前后电解质溶液的pH发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，据此答题。
【详解】A.氢氧燃料电池中，在电极上反应的是氢气和氧气，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，故A正确；
B.氢氧燃料电池中，负极上通入燃料，发生氧化反应，正极上通入氧气，发生还原反应，即氧气在b极上发生还原反应，故B正确；
C.氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，电解质溶液为硫酸溶液，该电极上发生得电子的还原反应，电极方程式为：O2+4H++4eˉ2H2O，故C错误；
D.氢氧燃料电池的总反应式是氢气燃烧生成水的反应，电解质硫酸溶液的酸性减弱，pH值增大，故D正确。
故选C。
16.已知空气—锌电池的电极反应如下： 锌片电极：Zn＋2OH－－2e－ZnO＋H2O，石墨电极：O2＋H2O＋2e－2OH－，可以判断石墨电极是（ ）
A. 负极，发生还原反应 B. 正极，发生氧化反应
C. 负极，发生氧化反应 D. 正极，发生还原反应
【答案】D
【解析】根据化合价可以知道，原电池中较活泼的金属作负极，发生氧化反应，在反应中Zn失去电子被氧化，所以Zn为原电池的负极；在石墨电极上O2得到电子，被还原，发生还原反应，所以石墨电极为正极。
故选D。
17.下列说法中正确的是（ ）
A. 镍氢电池、锂电池和碱性锌锰干电池都是二次电池
B. 氢氧燃料电池是一种高效且不会污染环境新型电池
C. 铅蓄电池放电的时候正极材料是铅，负极材料是二氧化铅
D. 铅蓄电池充电时将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】A.镍氢电池、锂离子电池为二次电池，碱性锌锰干电池为一次电池，故A错误；
B.氢氧燃料电池的产物是水，对环境无污染，且原料利用率较高，故B正确；
C.铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极，PbO2被还原，为原电池的正极，故C错误；
D.铅蓄电池充电时将电能转化为化学能，故D错误。
故选B。
18.在一定温度下，反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到化学平衡状态的标志是（ ）
A. 单位时间内生成nmolH2，同时就有nmolHI 生成
B. 单位时间内有nmolH2生成，同时就有nmolI2生成
C. 容器内气体的总压强不随时间的变化而变化
D. 容器内混合气体的颜色不再变化
【答案】D
【解析】A.单位时间内生成nmolH2，同时就有nmolHI生成，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故A错误；
B.单位时间内有nmolH2生成，同时就有nmolI2生成，只表示逆反应，不能表明达到平衡状态，故B错误；
C.该反应为气体分子数不变的反应，气体的总物质的量始终不变，体系内总压强始终不变，容器内气体的总压强不随时间的变化而变化不能表明反应达到平衡状态，故C错误；
D.容器内混合气体的颜色不再变化，即I2(g)的浓度不再改变，表明反应达到平衡状态，故D正确。
故选D。
19.根据能量变化示意图，下列说法正确的是 （ ）
A. 反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 2molH和1molO结合生成1molH2O放出热量
C. 1molC和1molH2O反应生成1molCO和1molH2，需要吸收131.3kJ的热量
D. 反应的热化学方程式可表示为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=+(a-b)kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，正反应的活化能为bkJ/mol，逆反应的活化能为akJ/mol，该反应的反应物总能量较低、生成物的总能量较高，所以该反应为吸热反应，反应热为（b-a）kJ/mol=131.3kJ/mol，据此答题。
【详解】A.由图中信息可知，该反应是吸热反应，所以反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，故A错误；
B.由图中信息可知，1molH2O(g)形成2molH和1molO需要吸收热量，则2molH和1molO结合生成1molH2O放出热量，故B正确；
C.1molC和1molH2O反应生成1molCO和1molH2，反应条件不同、水的状态不同，生成1molCO和1molH2吸收的热量也不同，故C错误；
D.由状态及焓变可知，该反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=(b－a)kJ·mol－l，故D错误。
故选B。
20.将 pH=1的盐酸与pH=11的NaOH 溶液按体积比为1：9 混合，混合后溶液的pH约为（ ）
A. 2 B. 6 C. 7 D. 10
【答案】A
【解析】pH=1的盐酸中氢离子的物质的量为0.1Vmol，pH=11的NaOH溶液中氢氧根的物质的量为0.009Vmol，故盐酸过量，则反应后溶液中c(H+)==0.01mol/L，pH=-lgc(H+)=2。
故选A。
21.下列关于电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 25℃时，某浓度的KHA溶液pH=4，则HA－的电离程度大于水解程度，H2A为弱酸
B. 常温下，通过测定0.1mol•L－1NH4Cl溶液的酸碱性能证明NH3•H2O是弱电解质
C. 同浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸
D. pH=3的CH3COOH 溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得混合溶液中：c(CH3COO－)=c(Na+)＞c(H+)=c(OH－)
【答案】B
【解析】A.25℃时，某浓度的KHA溶液pH=4，说明HA－的电离程度大于水解程度，或HA－只电离不水解，因此H2A为不一定弱酸，故A错误；
B.因为盐酸是强酸，如果常温下测定0.1mol/LNH4Cl溶液显酸性，则说明NH4Cl属于强酸弱碱盐，一水合氨是弱电解质，如果溶液显中性，则说明NH4Cl属于强酸强碱盐，一水合氨是强电解质，因此测0.1mol/LNH4Cl溶液的酸碱性能证明一水合氨是弱电解质，故B正确；
C.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，同浓度的盐酸和醋酸稀释相同的倍数，浓度仍然相等，盐酸的酸性大于醋酸，盐酸的pH小于醋酸，故C错误；
D.pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液，其物质的量浓度前者大于后者，等体积混合后CH3COOH过量，溶液显酸性，则c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故D错误。
故选B。
22.铜是人类最早发现和使用的金属之一，铜及其合金的用途广泛。粗铜中含有少量铁、锌、镍、 银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列叙述正确的是(已知氧化性：Fe2＋＜Ni2＋＜Cu2＋) （ ）
A. 粗铜作阳极，其电极反应式：Cu2＋＋2e－Cu
B. 电解过程中，电解质溶液中c(Cu2＋)不变
C. 电解后，阴极上还附有极少量的Fe和Ni
D. 电解后，可用阳极泥来提炼金、银等贵金属
【答案】D
【解析】A.阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-Ni2+、Fe-2e-Fe2+、Zn-2e-Zn2+、Cu-2e-Cu2+，故A错误；
B.电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni、Cu；阴极析出的是铜，所以溶液中铜离子减小，故B错误；
C.由于氧化性Fe2+
故选D。
23.相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A、B、D均形成原电池，使铁发生电化学腐蚀，腐蚀速率加快，而C中铁被均匀的铜镀层保护。
【详解】A项、铁勺、铜盆在食醋中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；
B项、铁炒锅、铁铲在食盐水中形成原电池，铁做负极、合金中的碳等材料做正极，铁发生吸氧腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；
C项、铁球被均匀的铜镀层保护，不易被腐蚀，故C正确；
D项、铁铆钉、铜板在酸雨中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故D错误。
故选C。
24.常温下，关于pH值相同的醋酸和盐酸两种溶液，下列说法不正确的是（ ）
A. c(CH3COOH)＞c(HCl)
B. c(CH3COO－)= c(Cl－)=c(H+)
C. 两种溶液中水的电离程度相同
D. 与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的体积少
【答案】D
【解析】A.醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸，即c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A正确；
B.根据电荷守恒，醋酸溶液中有：c（CH3COO-）+c（H+）=c（OH-），盐酸溶液中有：c（Cl-）+c（H+）=c（OH-），两溶液pH相同，则两溶液中c（H+）相同，c（OH-）相同。所以c(CH3COO-)=c(Cl-)=c(H+)，故B正确；
C.醋酸和盐酸两种溶液都呈酸性，酸抑制水的电离，pH值相同，说明氢离子浓度相同，则水的电离程度相同，故C正确；
D.醋酸是弱电解质，所以在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，醋酸的浓度大，与等浓度的氢氧化钠溶液反应，醋酸消耗的氢氧化钠溶液的体积多，故D错误。
故选D
25.下列叙述正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B. pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C. 0.2mol·L－1的盐酸与等体积水混合后pH＝1
D. pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＝7
【答案】C
【解析】A.95℃纯水的pH<7是因为水的电离过程吸热，升高温度，促进电离，c(H+)＞10-7mol/L，但c(H+)=c(OH-)，纯水仍呈中性，故A错误；
B.醋酸是弱酸，稀释促进醋酸电离，则稀释10倍后pH<4，故B错误；
C.0.2mol·L－1盐酸中氢离子浓度为0.2mol·L－1，与等体积水混合后氢离子浓度为0.1mol·L－1，pH＝1，故C正确；
D.因为醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7，故D错误。
故选C。
26.反应X(g)4Y(g)+Z(g)，在200℃和T℃时，X 的物质的量浓度(单位：mol·L-1)随时间变 化的有关实验数据见下表：
时间/min
0
2
4
6
8
10
200/℃
0.80
0.55
0.35
0.20
0.15
0.15
T/℃
1.00
0.65
0.35
0.18
0.18
0.18
下列有关该反应的描述正确的是（ ）
A. 在200℃时，4min内用Y表示的化学反应速率为0.1125mol·L-1·min-1
B. T℃下，6min时反应刚好达到平衡状态
C. 根据上表内 X 的浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大
D. 从表中可以看出T <200
【答案】C
【解析】A.v(X)==0.1125 mol·L-1·min-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比可以看出：v(Y)=4×0.1125mol·L-1·min-1，故A错误；
B.从表中可以看出T℃时6min已经达到平衡，但不一定就是第6min达到平衡，故B错误；
C.要比较浓度对反应速率的影响，就只能是其他外界条件相同，所以选择200℃这组数据看出0～2min的速率为=0.125mol·L-1·min-1，而2～4min的速率==0.10 mol·L-1·min-1，这说明随着反应的进行浓度在下降，反应速率在变小，故C正确；
D.4min时两组数据起始浓度均为0.35 mol·L-1，比较单一变量温度，200℃和T℃4～6min的反应速率，T℃速率快，所以T>200，故D错误。
故选C。
27.在一密闭容器中充入1 molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，下列说法正确的是（ ）
A. 保持容器容积不变，向其中加入1molH2，化学反应速率不变
B. 保持容器容积不变，向其中加入1molAr，化学反应速率增大
C. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1molAr，化学反应速率不变
D. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，化学反应速率不变
【答案】D
【解析】A是增大氢气的浓度，反应速率加快，不正确。B中反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，不正确。C中由于保持压强不变，所以必须扩大容器的容积，因此反应物的浓度增大，反应速率降低，不正确，D正确，答案选D。
28.下列条件一定能使反应速率加快的是（ ）
①增加反应物的物质的量②升高温度③缩小反应容器的体积④加入生成物⑤加入MnO2
A. 全部 B. ①②⑤ C. ② D. ②③
【答案】C
【解析】①若反应物的状态是纯固体或液体物质，则增加反应物的物质的量，化学反应速率不变，故①错误；
②升高温度，会使体系的内能增加，化学反应速率增加，故②正确；
③对于无气体参加的反应，缩小反应容器的体积，反应速率不变，故③错误；
④加入生成物的状态是固体或液体，则反应速率不变，故④错误；
⑤加入MnO2是固体物质，若不作催化剂，则对化学反应速率无影响，故⑤错误。
所以一定能使反应速率加快的是②。
故选C。
29. 一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，下列描述正确的是（ ）
A. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B. 10s后，该反应停止进行
C. 反应的化学方程式为：2X(g) + Y(g)2Z(g)
D. 反应开始到10s时，平均反应速率：v(X)=" v(Y)=0.0395" mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】分析：A.反应速率通常用单位时间内浓度的变化量表示；
B.平衡时正逆反应速率相等，不为0；
C.根据图像判断反应物和生成物，结合物质的量的变化量判断；
D.反应速率通常用单位时间内浓度的变化量表示。
详解：A.10s内，用Z表示的反应速率为v（Z）=1.58mol/(2L·10s)=0.079moL/（L•s），A错误；
B．由图可知，l0s后，该反应到达平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，v（正）=v（逆）≠0，B错误；
C．由图象可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.20-0.41）mol：（1.00-0.21）mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X（g）+Y（g）2Z（g），C错误；
D．0～10 s的时间内的平均反应速率：v(X)=v(Y)=0.79mol/(2L·10s)=0.0395 mol·L-1·s-1，D正确；
答案选D。
30.根据如图所示的信息，判断下列叙述不正确的是（ ）
A. 1mol氢气的共价键形成放出436kJ能量
B. 氢气跟氧气反应生成水的同时吸收能量
C. 1molH2(g)跟molO2(g)反应生成1molH2O(g)释放能量245kJ
D. 1molH(g)与molO(g)的总能量大于1molH2O(g)的能量
【答案】B
【解析】试题分析：A.对同一个化学键来说，断裂时吸收的能量与形成时放出的能量相等，A项正确；B.H2在O2中燃烧为放热反应，B项错误；C.ΔQ＝Q(吸)－Q(放)＝(436 kJ＋249 kJ)－930 kJ＝－245 kJ，说明该反应中释放出245 kJ能量，C项正确；D.放热反应的反应物总能量大于生成物总能量，D项正确；答案选B。
二、非选择题
31.下面列出了几组物质，请将物质的合适组号填写在空格上。
同位素_____________，同素异形体__________，同分异构体_________________。
①金刚石与“足球烯”C60；②D与T；③16O、17O和18O；④氧气（O2）与臭氧（O3）；⑤CH4和CH3CH2CH3；⑥乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）；⑦和；⑧和；
【答案】(1). ②③ (2). ①④ (3). ⑥⑧
【解析】
【分析】有相同质子数，不同中子数或同一元素的不同核素互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体。
【详解】①金刚石与“足球烯”C60都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体；
②D与T质子数相同，中子数不同，故互为同位素；
③16O、17O和18O质子数相同，中子数不同，故互为同位素；
④氧气（O2）与臭氧（O3）都是由氧元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体；
⑤CH4和CH3CH2CH3结构相似，分子组成相差2个“CH2”原子团，互为同系物；
⑥乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
⑦和结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，互为同系物；
⑧和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
所以互为同位素的是②③，互为同素异形体的是①④，互为同分异构体的是⑥⑧，故答案为：②③，①④，⑥⑧。
32.如图所示，水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天后观察：
（1）铁钉在逐渐生锈，则铁钉的腐蚀属于________腐蚀。(填“化学”或“电化学”)
（2）若试管内液面上升，则原溶液呈________性，发生_______腐蚀，电极反应式：负极：__________，正极：________________。
（3）若试管内液面下降，则原溶液呈_______性，发生________腐蚀，电极反应式：负极：_________，正极：____________。
【答案】(1)电化学 (2)弱酸性或中 吸氧
2Fe－4e－2Fe2＋ O2＋2H2O＋4e－4OH－
(3)较强的酸 析氢 Fe－2e－Fe2＋ 2H＋＋2e－H2↑
【解析】根据原电池的构成条件：有两种不同的材料(Fe为负极，碳为正极)，有电解质溶液，形成闭合回路；可知铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀。根据金属腐蚀的条件原理及结果可知：试管内液面上升，说明是试管内压强减小，试管内气体被吸收所致，是铁钉吸氧腐蚀的结果，据此写出电极反应式；试管内液面下降，说明是试管内气体压强变大，试管内产生了新气体所致，是铁钉析氢腐蚀的结果，据此写出电极反应式。
33.（1）常温下，0.5mol 甲醇(CH3OH)在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热 量363.3kJ。写出该反应的热化学方程式_____________。
（2）请设计一个燃料电池：电解质溶液为强碱溶液，Pt 作电极，在电极上分别通入CO和氧气。通入 CO的电极应为_______极(填“正”或“负”)，该电极上发生的电极反应式为___________。
【答案】 (1). CH3OH（l）+3/2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.6KJ·mol-1 (2). 负 (3). CO+4OH——2e—CO32—+2H2O
【解析】（1）在热化学方程式中物质的计量系数表示的是物质的量，0.5mol甲醇在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量363.3kJ，则1mol甲醇在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量726.6KJ，其热化学方程式为：CH3OH（l）+O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.6KJ·mol-1，故答案为：CH3OH（l）+O2(g) CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.6KJ·mol-1。
（2）燃料电池中，通入燃料的电极为负极，即通入CO的电极为负极，在负极上甲烷一氧化碳失电子发生氧化反应，在强碱性溶液中CO的氧化产物应为碳酸盐，故电极上发生的电极反应为：CO+4OH—－2e—CO32—+2H2O，故答案为：负，CO+4OH——2e—CO32—+2H2O。
34.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中化学反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)达到平衡状态。
（1）该反应的平衡常数表达式K＝_______；
（2）500℃时，从反应开始到达到化学平衡，以H2的浓度变化表 示的化学反应速率是______(用 nB，tB表示)。
（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是_________(填字母，下同)。
a．v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)
b．混合气体的密度不再改变
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化
【答案】(1). (2). (3). cd
【解析】
【分析】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物的浓度系数次幂之积，据此书写；
（2）先根据图象，依据v=计算v（CH3OH），然后根据速率之比等于化学计量数之比求出v（H2）；
（3）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次幂之积除以反应物的浓度系数次幂之积，则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）化学平衡常数k=；故答案为：。
（2）v（CH3OH）==mol/（L•min），化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=2v（CH3OH）=mol/（L•min），故答案为：mol/（L•min）。
（3）a.v生成（CH3OH）=v消耗（CO），表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断是否达到平衡状态，故a错误；
b.混合气体的总质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不再改变，不能说明到达平衡，故b错误；
c.该反应为气体体积缩小的反应，气体的物质的量发生变化，而气体总质量不变，则平均相对分子质量为变量，当平均相对分子质量不再变化时，说明达到平衡状态，故c正确；
d.平衡时各组分的浓度不变，CO、H2、CH3OH的浓度不再改变，说明到达平衡，故d正确。
故答案为：cd。
35.常温下，现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙，请根据下列操作回答问题：
（1）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为： pH（甲）___________pH（乙）（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的 NaOH 稀溶液中和至 pH=7，则消耗的 NaOH 溶 液的体积大小关系为：V(甲)_____________V(乙)（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)________0.01mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)。(填“＞”、“＜”、或“＝”)
【答案】(1). 小于 (2). 大于 (3). ＝
【解析】（1）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度小于盐酸溶液中氢离子浓度减小的程度，所以醋酸的pH小于盐酸，故答案为：小于。
（2）各取体积相等的两溶液，醋酸的物质的量较大，经NaOH稀溶液中和至相同pH时，消耗NaOH溶液的体积V（甲）＞V（乙），故答案为：大于。
（3）pH=2的醋酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水===10-12mol/L；0.01mol•L-1的盐酸中c（H+）=0.01mol•L-1，c（H+）水=c（OH-）水===10-12mol/L；所以pH=2的醋酸溶液中由水电离出的c(H+)与0.01mol/LHCl溶液中由水电离出的c(H+)相等，故答案为：＝。
36.将气体A、B置于固定容积为2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)＋2D(g)，反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol。
（1）用C 表示10s内反应的平均反应速率为____________。
（2）反应前A的物质的量浓度是_______________。
（3）10s末，生成物D的浓度为______________________。
（4）A 平衡转化率______________。
【答案】(1). 0.04mol/（L·s） (2). 1.5mol/L (3). 0.4mol/L (4). 40%
【详解】根据三段式解题： 3A（g）+B（g）2C（g）＋2D（g）
起始浓度（mol/L） 1.5 0.5 0 0
变化浓度（mol/L） 0.6 0.2 0.4 0.4
平衡浓度（mol/L） 0.9 0.3 0.4 0.4
（1）10s末，C的物质的量为0.8mol，所以用C表示的正反应的化学反应速率为v(C)===0.04mol/（L·s），故答案为：0.04mol/（L·s）。
（2）10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，C的物质的量为0.8mol，由反应的化学计量数之比可知，反应前A的物质的量浓度为=1.5mol/L，故答案为：1.5mol/L。
（3）由C、D的化学计量数之比可知平衡后生成的D的物质的量也为0.8mol，所以其浓度为=0.4mol/L，故答案为：0.4mol/L。
（4）A的平衡转化率为×100%=40%，故答案为：40%。
三．实验题
37.如图是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，并检验乙烯性质的实验。
回答下列问题：
（1）从装置 A 中出来的气体中含有烷烃和___________。
（2）B中酸性高锰酸钾溶液________，这是因为生成的气体被________(填“氧化”或“还原”)， 反应类型为___________。
（3）C中溴的四氯化碳溶液___________，发生反应的化学方程式：_________，反应类型为___________。
（4）在D处点燃之前必须进行的操作是________，燃烧时反应的化学方程式为____________。
【答案】(1). 乙烯 (2). 褪色 (3). 氧化 (4). 氧化反应 (5). 褪色 (6). CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br (7). 加成反应 (8). 先检验乙烯的纯度 (9). CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O
【解析】
【分析】石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，乙烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，据此解答。
【详解】（1）从装置A中出来的气体中含有烷烃和乙烯；
（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化乙烯，所以乙烯通入高锰酸钾溶液中发生氧化反应，实验现象是溶液紫红色褪去；
（3）乙烯含有碳碳双键，通入乙烯和溴单质发生加成反应，溴水褪色，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；
（4）点燃可燃性气体时应先验纯，在D处点燃前必须进行的操作是检验气体的纯度，乙烯燃烧生成二氧化碳和水，反应的方程式为CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O。
四．计算题
38.某烃分子中，碳、氢元素的质量比为5：1，相对分子质量为72。写出该烃的分子式及所有的同分异构体并用系统命名法命名。________________
【答案】C5H12；H3CH2CH2CH2CH3，戊烷；，2—甲基丁烷；，2，2—二甲基丙烷。
【解析】
【分析】根据C、H质量比进行计算，得出该烃的分子式，根据同分异构体的书写方法书写，然后利用系统命名法命名即可。
【详解】某烃中的碳氢质量比为5：1，则其分子中含有C、H原子数之比为：=5：12，最简式为C5H12，该最简式中H已经达到饱和，则该烷烃的分子式为C5H12，其相对分子质量为12×5+1×12=72，其所有的同分异构体的结构简式及命名为：CH3CH2CH2CH2CH3，命名为戊烷；拿下1个碳原子作为支链：，命名为2—甲基丁烷；拿下2个碳原子作为支链：，命名为2，2—二甲基丙烷，故答案为：C5H12；CH3CH2CH2CH2CH3，戊烷；，2—甲基丁烷；，2，2—二甲基丙烷。
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