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【化学】河北省邯郸市永年县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）
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河北省邯郸市永年县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-16 Cu-64 Ag-108
一、选择题(每题只有一个正确选项，1-15题，每题2分，16-25题，每题3分，共60分)
1.在宾馆、办公楼等公共场所，常使用一种电离式烟雾报警器，其主体是一个放有镅-242()放射源的电离室。原子核内中子数与核外电子数之差是（ ）
A. 52 B. 147 C. 95 D. 51
【答案】A
【解析】
【详解】的质子数为95，质量数为242，中子数=242-95=147，核外电子数=核内质子数=95，中子数与核外电子数之差是147-95=52，答案选A。
2.下列关于元素周期表叙述不正确的是( )
A. 元素周期表有18个纵行，16个族
B. 副族元素没有非金属元素
C. 短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
D. 最外层电子数是3的元素一定属于ⅢA族
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素周期表有18个纵行，其中8、9、10三个纵行为一族，即第Ⅷ族，其余每个纵行为一族，共16个族，故A正确；
B．副族元素均为金属元素，均在长周期，没有非金属元素，故B正确；
C．短周期中O、F元素最高化合价不等于该元素的所属的族序数，故C错误；
D．结合元素周期表结构分析，最外层电子数是3的元素一定属于ⅢA族，故D正确；
答案选C。
3.下列物质中，含有化学键类型完全相同的是( )
A. HCl和NaCl B. H2O2和Na2O2
C. CO2和SiO2 D. NH4NO3和Ca(OH)2
【答案】CD
【解析】
【详解】A．HCl只含有极性共价键，NaCl只含有离子键，二者化学键类型不相同，故A不符合题意；
B．H2O2只含有共价键，Na2O2既含有离子键又含有非极性共价键，二者化学键类型不相同，故B不符合题意；
C．CO2和SiO2都只含有共价键，二者化学键类型完全相同，故C符合题意；
D．NH4NO3和Ca(OH)2都既含有离子键又含有共价键，二者化学键类型完全相同，故D符合题意；
答案选CD。
4.2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的反应中，经过一段时间后，SO3的浓度增加了1.8mol·L－1，此时间内用O2表示的平均速率为0.45mol·L－1·s－1，则这段时间是( )
A. 1s B. 0.44s C. 2s D. 1.33s
【答案】C
【解析】
【详解】，则；
答案选C。
5.常温常压下，取下列有机物各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气相同的是( )
A. 乙醇和乙酸 B. 乙炔和苯
C. 乙烯和乙醇 D. 甲烷和甲醇
【答案】C
【解析】
【详解】有机物燃烧的通式为：CxHyOz+()O2xCO2+H2O，1mol有机物燃烧消耗氧气mol。
A．1mol乙醇(C2H5OH)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+-=3mol，1mol乙酸(CH3COOH) 在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+-=2mol，故A中二者消耗氧气的量不相同；
B．1mol乙炔(C2H2)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+=2.5mol，1mol苯(C6H6)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气6+=7.5mol，故B中二者消耗氧气的量不相同；
C．1mol乙烯(C2H4)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+=3mol，1mol乙醇(C2H5OH)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+-=3mol，故C中二者消耗氧气的量相同；
D．1mol甲烷(CH4)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气1+=2mol，1mol甲醇(CH3OH)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气1+-=1.5mol，故D中二者消耗氧气的量不相同；
答案选C。
6.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是( )
A. 植物油不能发生水解反应
B. 淀粉和纤维素化学式都是(C6H10O5)n，所以淀粉和纤维素互为同分异构体
C. 葡萄糖能发生氧化反应和水解反应
D. 蛋白质遇到高温条件失去生理活性
【答案】D
【解析】
【详解】A．植物油为高级脂肪酸的甘油酯，植物油酸性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸和甘油，故A错误；
B．虽然淀粉与纤维素均可以用通式(C6H10O5)n表示，但在淀粉分子中，n表示几百到几千个单糖单元，在纤维素分子中，n表示几千个单糖单元，由于n值在二者分子中不相同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，故B错误；
C．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，能发生氧化反应，故C错误；
D．高温下，蛋白质发生变性，失去生理活性，故D正确；
答案选D。
7.已知X2+、Y+、Z2-、W-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，正确的是（ ）
A. 原子半径：X＞Y＞Z＞W
B. 原子序数：Y＞X＞Z＞W
C. 原子最外层电子数：W＞Z＞X＞Y
D. 还原性：Y＞X，W-＞Z2-
【答案】C
【解析】
【分析】X2+、Y+、Z2-、W-四种离子均具有相同的电子层结构，X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是X、Y在Z、W的下一周期，X、Y、Z、W依次处于第IIA族、第IA族、第VIA族、第VIIA族，X、Y、Z、W的原子序数由大到小的顺序为X>Y>W>Z，据此分析作答。
【详解】A．同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径：Y＞X＞Z＞W，故A错误；
B．根据分析，原子序数：X＞Y＞W＞Z，故B错误；
C．根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为2、1、6、7，则原子最外层电子数W＞Z＞X＞Y，故C正确；
D．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，金属性：Y＞X，还原性：Y＞X ，非金属性W＞Z，阴离子的还原性Z2-＞W-，故D错误；
答案选C。
8.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是( )
A. a的氢化物很稳定
B. b是一种活泼的非金属元素
C. b元素的最高化合价为＋7价
D. c的氧化物的水化物是一种强酸
【答案】B
【解析】
【详解】由短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置，可知a为He、b为F、c为S。
A．a为He，化学性质稳定，一般不与氢气化合形成氢化物，故A错误；
B．b为F，是非金属性最强的元素，化学性质活泼，故B正确；
C．b为F，F元素没有正价，故C错误；
D．c为S ，硫元素氧化物对应水化物可以为硫酸、亚硫酸等，亚硫酸属于弱酸，故D错误；
答案选B。
9.一定条件下，在体积一定的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应：N2+3H22NH3(正反应是放热反应)。下列有关说法正确的是( )
A. 向该容器充入氦气，反应速率加快
B. 1molN2和3molH2的总能量低于2molNH3的总能量
C. 达到化学反应限度时，生成2molNH3
D. 到达平衡时氨气浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．体积不变的容器中，充入氦气，体系各组分的浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B．已知反应：N2+3H22NH3正反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，即1molN2和3molH2的总能量高于2molNH3的总能量，故B错误；
C．反应：N2+3H22NH3为可逆反应，逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以1mol N2和3mol H2发生反应生成的氨气少于2mol，故C错误；
D．到达平衡时，反应体系中各组分的含量保持不变，则氨气浓度不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选D。
10.PX是纺织工业的基础原料，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是( )
A. PX的分子式为C8H10
B. PX的一氯代物有2种
C. PX与乙苯互为同分异构体
D. PX分子中所有原子都处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知PX的分子式为C8H10，故A说法正确；
B．PX中有两种氢原子，PX的一氯代物有2种，故B说法正确；
C．PX与乙苯分子式相同，结构不同，PX与乙苯互为同分异构体，故C说法正确；
D．PX分子中含有2个饱和碳原子，与饱和碳原子直接相连的4个原子构成四面体，所有原子不可能处于同一平面，故D说法错误；
答案选D。
11.下列条件一定能使反应速率加快的是( )
①增加反应物的浓度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. ①② D. ②⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①增加反应物的浓度，化学反应速率加快，故①正确；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①②；
答案选C。
12.下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成三种一氯代烃的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】烷烃在光照下与氯气反应，只生成三种一氯代烃，这说明烷烃分子中氢原子种类为三种，据此分析。
【详解】A．2，2－二甲基丁烷含有3种氢原子，生成一氯代烃种类为3种，故A符合题意；
B．2－甲基丙烷含有2种氢原子，生成一氯代烃种类为2种，故B不符合题意；
C．新戊烷中含有一种氢原子；生成一氯代烃种类为1种，故C不符合题意；
D．2－甲基丁烷含有4种氢原子，生成一氯代烃种类为4种，故D不符合题意；
答案选A。
13.在120℃时，某混合烃和过量O2在一密闭容器中完全反应，测知反应前后的压强没有变化，则该混合烃不可能是( )
A. CH4和C2H4 B. C2H2和C2H6
C. C2H4和C2H6 D. C2H2和C3H6
【答案】C
【解析】
【分析】假设混合烃的平均组成为CxHy，燃烧时发生反应CxHy+(x+)O2 xCO2+H2O，该状态下各选项反应物及其与氧气反应的生成物都是气态，要使反应前后压强不变，则反应前后化学计量数之和不变，即1+(x+)= x+，计算得y=4，故混合烃CxHy平均组成只要满足y=4即可。
【详解】A．无论CH4和C2H4如何混合，都满足条件，故A不选；
B．C2H2和C2H6混合物平均组成y介于2、6之间，当两者以1:1物质的量之比混合时满足条件，故B不选；
C．C2H4和C2H6混合物平均组成y介于4、6之间，不满足条件，故C选；
D．C2H2和C3H6混合物平均组成y介于2、6之间，当两者以1:1物质的量之比混合时满足条件，故D不选；
答案选C。
14.下列各组物质的性质由强到弱的顺序排列正确的是( )
A. 酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4
B. 氢化物稳定性：HF＞H2O＞H2S
C. 碱性：NaOH＞KOH＞Ca(OH)2
D. 沸点：HI＞HBr＞HCl＞HF
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，但是HClO 不是氯元素最高价氧化物形成的酸，其为弱酸，其酸性在这三种酸中最弱，故A错误；
B．非金属性F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物权越稳定，则稳定性HF＞H2O＞H2S，故B正确；
C．金属性K＞Na，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性KOH＞NaOH，故C错误；
D．HF含有氢键，熔沸点最高，HCl、HBr、HI不含氢键，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，则有熔沸点HF＞HI＞HBr＞HCl，故D错误；
答案选B。
15.锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而受到了普遍重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的总反应式为Li＋MnO2=LiMnO2，下列说法不正确的是( )
A. 电子由MnO2流向Li
B. Li是负极，电极反应为Li－e－=Li＋
C. MnO2是正极，电极反应为MnO2＋e－=
D. 电池内部Li＋向负极移动
【答案】AD
【解析】
分析】由锂电池的总反应式Li＋MnO2=LiMnO2知，Li为负极，失去电子被氧化，电子流出，沿着导线流向正极， MnO2为正极，电子流入，得到电子被还原，内电路中，阴离子向负极移动，阳离子流向正极，据此回答；
【详解】A. 据分析，电子由Li流向MnO2，A错误；
B. Li是负极，失去电子被氧化，电极反应为Li－e－=Li＋，B正确；
C. MnO2是正极，得到电子被还原，电极反应为MnO2＋e－=，C正确；
D. 电池内部Li＋向正极移动，D错误；
答案选AD。
16.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1:1的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有( )
①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑+2OH－
④2H2O2H2↑＋O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：
第一阶段，阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电；第三阶段：阳极上OH-放电，阴极上H+放电，据此分析。
【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=1mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=1mol。根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电，则此时发生的电池反应式为②；
第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电，则此时发生的电池反应式为①；
第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH-放电生成O2，所以发生的电池反应式为④；
答案选B。
17.如图所示，ΔE1＝393.5kJ，ΔE2＝395.4kJ，下列说法不正确的是( )
A. 1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量
B. 石墨和金刚石之间的转化是化学变化
C. 石墨的稳定性强于金刚石
D. 1mol金刚石具有的总能量高于1molCO2的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由盖斯定律结合图知，1mol石墨的能量比1mol金刚石的低，故1mol石墨完全转化为金刚石需吸收395.4-393.5kJ=1.9kJ热量，A正确；
B. 石墨和金刚石是两种不同的单质，它们互为同素异形体，它们之间的转化是化学变化，B正确；
C. 由图知，1mol石墨的能量比1mol金刚石的低，能量越低越稳定，故石墨的稳定性强于金刚石，C正确；
D. 1mol金刚石和1molO2具有的总能量高于1molCO2的总能量，D不正确；
答案选D。
18.1mol白磷转化为红磷时放出18.39kJ热量，已知：P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝akJ·mol－1；4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝bkJ·mol－1，则a和b的关系是（ ）
A. a＞b B. a＝b C. a＜b D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】已知：①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝akJ·mol－1；②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝bkJ·mol－1，由盖斯定律①-②可得P4(白磷，s)= 4P(红磷，s) ΔH=(a-b) kJ·mol－1，1mol白磷转化红磷时放出18.39kJ热量，则(a-b)＜0，则a＜b，故答案选C。
19.下列实验现象预测不正确的是( )
A. 实验I：电流表A指针偏转，碳棒上有红色固体析出
B. 实验II：电流表A指针偏转，碳棒上有无色气体产生
C. 实验Ⅲ：碳棒上有黄绿色气体产生，铁极上有无色气体产生
D. 实验IV：可实现粗铜的提纯
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验I：该装置符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，碳棒上铜离子得电子生成铜单质，所以碳棒上有红色物质析出，故A正确；
B．实验II：该电池符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子生成亚铁离子而作负极，没有无色气体产生，故B错误；
C．实验III：该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，碳棒上氯离子放电生成黄绿色的氯气，铁棒上氢离子放电生成无色的氢气，故C正确；
D．实验IV：该装置是电解池，粗铜做阳极，精铜作阴极，阳极上铜失电子形成铜离子，还有一些金属失去电子，形成阳极泥，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成金属单质铜，可实现粗铜的提纯，故D正确；
答案选B。
20.已知化学反应A2(g)＋B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中不正确的是( )
A 每生成2分子AB(g)吸收bkJ热量
B. 该反应热ΔH＝＋(a－b)kJ/mol
C. 该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
D. 断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量
【答案】A
【解析】
【分析】据图像可知a为反应物键能之和，b为生成物键能之和，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应。
【详解】A．由图中信息可知，每生成2mol AB(g)吸收的热量应为(a-b)kJ，故A叙述错误；
B．根据分析，反应吸热，焓变大于0，焓变等于=反应物键能之和-生成物键能之和=+(a－b) kJ/mol，故B叙述正确；
C．由图象可知，反应吸热，反应物总能量小于生成物总能量，故C叙述正确；
D．断键应吸收能量，断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，故D叙述正确；
答案选A。
21.在一定温度下的恒容容器中，发生反应：2A(g)＋B(s)⇌C(g)＋D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是( )
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的相对分子质量不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2∶1∶1
⑤单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA
⑥单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD
A. ①②⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ①③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①化学方程式两边气体计量数相等，所以混合气体的压强一直不变，故①错误；
②容积不变，但气体的质量变化，则密度变化，因此混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③混合气体的物质的量不变，但质量变化，即相对分子质量是变化的，平均摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，所以混合气体的平均摩尔质量不变，说明气体的质量不变，反应达到平衡状态，故③正确；
④当体系达平衡状态时，容器内A、C、D三种气体的浓度之比可能为2：1：1，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故④错误；
⑤单位时间内生成n molD，等效于消耗2n mol A，同时生成2n mol A，正逆反应速率相等，故⑤正确；
⑥单位时间内生成n molC，同时生成n mol D，都体现正反应方向，不能说明反应达到平衡状态，⑥错误；
答案选B。
22.反应4A(s)＋3B(g)⇌4C(g)＋D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol·L－1，对此反应速率的正确表示是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1
B. 在这2min内用A和C表示的反应速率的值都是相同的
C. 在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol·L－1·min－1
D. B、C的速率关系：4v(B)＝3v(C)
【答案】D
【解析】
【详解】A．A物质是固体，没有浓度变化量，不能用浓度的变化表示反应速率，故A错误；
B．A物质是固体，没有浓度变化量，不能用浓度的变化表示反应速率，故B错误；
C．化学反应速率表示的是平均速率，不是即时速率，故C错误；
D．速率之比等于化学计量数之比，故v(B)：v(C)=3：4，即4v(B)＝3v(C)，故D正确；
答案选D。
23.“类推”是常用的学习方法，下列类推的结论中，正确的是( )
A. 存在离子键的化合物是离子化合物，则存在共价键的化合物是共价化合物
B. Cl2+H2O=HCl+HClO，所以F2+H2O=HF+HFO
C. ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4＞SiH4＞CH4，则VA族元素氢化物沸点顺序是AsH3＞PH3＞NH3
D. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，则第三周期元素氢化物的稳定性顺序是HCl＞H2S＞PH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．存在离子键的化合物是一定是离子化合物，但存在共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠含有共价键，属于离子化合物，故A错误；
B．氯气与水反应生成氯化氢和盐酸Cl2+H2O=HCl+HClO，但氟气与水反应生成氟化氢和氧气2F2+2H2O=4HF+O2，故B错误；
C．氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，分子间含有氢键的沸点较高，ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4＞SiH4＞CH4；而NH3分子间存在氢键，其沸点较高，所以ⅤA族元素氢化物沸点顺序是NH3＞AsH3＞PH3，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性F＞O＞N，Cl＞S＞P，所以第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，第三周期元素氢化物稳定性顺序是HCl＞H2S＞PH3，故D正确；
答案选D。
24.以下说法正确的是( )
A. 石墨与金刚石互为同分异构体
B. 氢键属于化学键
C. 金属元素和非金属元素形成的化合物在熔融状态下一定能导电
D. Na2O2晶体中，阴、阳离子个数比为1:2
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨与金刚石都是碳的单质，互为同素异形体，同分异构体描述的是有机物，指的是分子式相同，结构不同的有机物互称同分异构体，故A错误；
B．氢键不属于化学键，属于分子间作用力，故B错误；
C．金属元素和非金属元素形成的化合物在熔融状态下不一定能导电，例如氯化铝，是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故C错误；
D．Na2O2晶体中，阳离子是钠离子，阴离子是过氧根离子，阴、阳离子个数比为1:2，故D正确；
答案选D。
25.20世纪80年代后，人们发现和证实了一种新的含碳物质，它们是由一系列偶数个碳原子组成的分子，其中C60最具代表性。图中所示为n个C60连接而成的物质X。下列有关说法正确的是( )
A. X易溶于水，可以与氧气反应生成CO2
B. 该物质是一种新型的化合物
C. X是碳的一种同素异形体
D. X的摩尔质量为720n
【答案】C
【解析】
【详解】A．X是由n个C60连接形成的物质，是非极性分子，水是极性分子，根据相似相容原理，X难溶于水，可以与氧气反应生成CO2，故A错误；
B．X是由碳原子构成的一种单质，不是新型的化合物，故B错误；
C．X是由碳原子构成的一种单质，和金刚石、石墨等都是碳的同素异形体，故C正确；
D．摩尔质量有单位，n个C60连接而成的物质X的摩尔质量为12g/mol×60n=720ng/mol，故D错误；
答案选C。
二、文字题
26.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，用相应的化学用语回答下列问题：
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)表中用序号标出的10种元素中，金属性最活泼和非金属最活泼的元素组成的化合物的电子式______。
(2)写出⑧在周期表中的位置________
(3)④、⑧气态氢化物稳定性顺序______(用化学式作答)，⑤、⑨气态氢化物沸点顺序______(用化学式作答)，原因是_____
(4)②、⑧、⑨的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是______(用化学式作答)。
(5)由表中两种元素的原子按1:1组成的共价化合物M，M为常见液态化合物，其稀液易被催化分解。由表中两种元素的原子按1:1组成的离子化合物N，N为淡黄色固体，请写出M的结构式______，N的电子式______。
(6)写出⑦单质与元素⑥最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式______
(7⑥与⑦金属性较强的是___(填元素符号)，下列表述中能证明这一事实的是___。
a.⑥的单质和⑦的单质熔沸点不同
b.⑥的最高价氧化物水化物的碱性比⑦的最高价氧化物水化物的碱性强
c.⑦最外层的电子数比⑥多
d.⑦的单质与稀盐酸反应比⑥的缓和一些
(8)①和④形成的气态氢化物与①和⑧形成的气态氢化物相比较，______稳定性强；______沸点高(填化学式)，理由是___。
【答案】(1). (2). 第三周期ⅥA族 (3). H2O＞H2S (4). HF＞HCl (5). HF分子间能形成氢键 (6). H2CO3＜H2SO4＜HClO4 (7). H-O-O-H (8). (9). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ (10). Na (11). bd (12). H2O (13). H2O (14). H2O分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键
【解析】
【分析】由表中元素所在的位置，可以确定①为氢(H)，②为碳(C)，③为氮(N)，④为氧(O)，⑤为氟(F)，⑥为钠(Na)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氩(Ar)，据此分析解答。
【详解】(1)表中用序号标出的10种元素中，金属性最活泼的元素是钠元素，非金属最活泼的元素为氟元素，组成的化合物NaF为离子化合物，电子式为；
(2)⑧为硫(S)，在周期表中位置为第三周期ⅥA族；
(3)④为氧(O)，⑧为硫(S)，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则气态氢化物稳定性顺序H2O＞H2S；⑤为氟(F)，⑨为氯(Cl)，HF分子间能形成氢键，HCl分子间不能形成氢键，则气态氢化物沸点顺序：HF＞HCl；
(4)②为碳(C)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是H2CO3＜H2SO4＜HClO4；
(5)由表中两种元素的原子按1：1组成的共价化合物M为常见液态化合物，M应为H2O2，M的结构式为：H-O-O-H；由表中两种元素的原子按1:1组成的离子化合物N为淡黄色固体，N应为Na2O2，N的电子式为：；
(6)⑦为铝(Al)，⑥为钠(Na)，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
(7)⑦为铝(Al)，⑥为钠(Na)，⑥与⑦金属性较强的是Na，
a．钠的单质和铝的单质熔沸点不同，熔沸点属于物理性质，与金属性强弱无关，故a不合题意；
b．钠的最高价氧化物水化物的碱性比铝的最高价氧化物水化物的碱性强，则表明金属性钠大于铝，故b符合题意；
c．铝的最外层的电子数比钠多，与金属性的强弱没有必然联系，故c不合题意；
d．铝的单质与稀盐酸反应比钠的缓和一些，表明金属失电子能力铝小于钠，故d符合题意；
答案为：bd；
(8)非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则H2O与H2S相比，气态氢化物稳定性强的是H2O；H2O因分子间形成氢键，增大了分子间作用力，导致沸点升高，所以H2O的沸点高，理由是H2O分子间能形成氢键。
27.Ⅰ.在某一容积为2L的密闭容器中，某一反应中A、B、C、D四种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示：
回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式为__________
(2)前2min用B的浓度变化表示的化学反应速率为________。在2min时，图像发生改变的原因是________(填字母)。
A.降低温度
B.增大压强
C.增加A的物质的量
D.加入催化剂
Ⅱ.2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，是工业制硫酸的主要反应之一。
(3)该反应过程的能量变化如图所示：
由图中曲线变化可知，该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后，改变的是图中的________。(ΔH或E)
(4)在2L绝热密闭容器中投入2mol SO2和bmol O2，如图是部分反应物随时间的变化曲线。
①10min时，v(SO3)＝________。
②反应达到平衡时，SO2的浓度________。
③下列情况能说明该反应达到化学平衡的是________。
A.v(SO3)＝2v(O2)
B.混合气体的相对分子质量不再变化
C.t时刻，体系的温度不再发生改变
D.混合气体的密度保持不变
【答案】(1). 4A＋5B⇌6C＋4D (2). 0.125 mol·L－1·min－1 (3). BD (4). 放热 (5). E (6). 0.05 mol·L－1·min－1 (7). 0.3 mol·L－1 (8). BC
【解析】
【分析】Ⅰ. 结合图示信息，找出反应物和生成物以及各自改变的量，改变值之比即化学计量数值，据此书写该反应的化学方程式；按反应速率的定义v(B)；从图中数据发现2分钟时改变条件使反应速率加快而物质的量不变，结合能加快反应速率的因素来判断原因，据此回答；
Ⅱ.反应物总能量大于生成物总能量，因此反应放热，化学反应中加入催化剂，改变的是反应速率，降低的是活化能，对反应焓变没有影响；参照图提供的数据按定义进行物质的浓度和反应速率，结合平衡状态的特点，判断几个说法是否正确，据此回答；
【详解】Ⅰ.(1) 在零到2分钟时间内，A、B的物质的量是减少的，因此它们是反应物，、，C、D的物质的量是增加的，因此它们是生成物，，，则A、B、C、D的物质的量改变值之比为4:5:4:6，从图知，该反应存在限度，是可逆反应，则该反应的化学方程式为：4A＋5B⇌6C＋4D；
(2)2L容器内，前2min 用B的浓度变化为表示的化学反应速率；在2min时，图像发生改变，但曲线是连续的，也就是第2分钟A、B、C、D的物质的量不变，从2分钟到3分钟这一时段内A、B、C、D的物质的量改变幅度大于前2分钟内的变化，即说明反应速率加快了，A.降低温度会使速率变慢，选项A错误；B. 各成分物质的量没有变化，但若缩小体积因此增大压强则可加快反应速率，选项B正确；C. 图像显示A的物质的量不变，选项C错误；D. 加入催化剂能加快反应速率，选项D正确；因此答案为：BD；
Ⅱ. (3)据分析，该反应为放热反应，该化学反应中加入V2O5作催化剂，加快了反应速率，降低了反应的活化能，对反应焓变没有影响，因此加入V2O5后，改变的是图中的E；
(4)在2L绝热密闭容器中投入2mol SO2和bmol O2，如图是部分反应物随时间的变化曲线。
①到10min时，，；②由图知，反应达到平衡时，SO2的浓度为 ；③按平衡特征判断下列情况能否说明该反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)达到化学平衡，A. 处于平衡状态时，正反应速率和逆反应速度相等，如v正(SO3)＝v逆(SO3)=2v逆(O2)= 2v正(O2)，而v (SO3)=2v (O2)则不能说明反应达到平衡状态，A错误；B. 该反应中，气体的分子总数及物质的量会有所改变，故混合气体的相对分子质量也会有所改变，当混合气体的相对分子质量不再变化，说明各成分的物质的量不再变化，故能说明反应达到平衡状态，B正确；C. 该反应是放热反应，在绝热容器内反应时，体现的温度会有变化，t时刻，体系的温度不再发生改变，说明正逆反应速率相等、各成分的物质的量不再变化，故能说明反应达到平衡状态，C正确；D. 混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误；因此答案为BC。
28.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12:1，B的相对分子质量为78。回答下列问题：
(1)A的结构简式_______，B分子式______。
(2)与A相邻的同系物C发生加聚反应生成有机高分子材料的反应的化学反应方程式：_______。
(3)在碘水中加入B振荡静置后的现象_______。
(4)B与浓硫酸和浓硝酸在50～60℃反应的化学反应方程式：_______，反应类型：________。
(5)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量多的是_______(填分子名称)
(6)已知乙烯能发生以下转化：
①写出B与D反应的化学方程式_________；反应类型：________。
②写出反应②的化学方程式：________
【答案】(1). CH2=CH2 (2). C6H6 (3). nCH2=CH-CH3 (4). 下层无色，上层紫红色 (5). +HO-NO2 +H2O (6). 取代反应 (7). 乙烯 (8). CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O (9). 酯化反应或取代反应 (10). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2 H2O
【解析】
分析】(1)(5) ：A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯，B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12：1，则物质的量之比即原子个数之比为1：1，最简式为CH，分子式为(CH)n，最简式式量为13，B的相对分子质量为78，则13n=78，解得n=6，所以B为苯。
(6)根据图可知：B为一定条件下乙烯和水反应生成的乙醇，C为乙醇催化氧化的产物乙醛，D为乙酸。
【详解】(1)据分析，A为乙烯，则A的结构简式为CH2=CH2，B为苯，B分子式为C6H6；
(2)与A相邻的同系物C为CH2=CHCH3，发生加聚反应生成有机高分子材料聚丙烯，反应的化学反应方程式为nCH2=CH-CH3 ；
(3)在碘水中加入B即苯，苯萃取了碘，故振荡静置后的现象为：分层，下层无色，上层紫红色；
(4)B与浓硫酸和浓硝酸在50～60℃发生硝化反应生成硝基苯和水，反应的化学反应方程式为：+HO-NO2(浓) +H2O；硝化反应属于取代反应；
(5)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量的多少，由氢元素的质量分数高低决定，氢元素的质量分数高，则耗氧量大，乙烯中氢元素的质量分数比苯的高，故耗氧量是乙烯的大；
(6) ①B与D之间是酯化反应，反应的化学方程式为；酯化反应属于取代反应；
②反应②为乙醇催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2 H2O。
29.如图所示，是原电池的装置图。请回答：
(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极的材料是_________(选锌或铜)；反应进行一段时间后溶液C的浓度将________(填“升高”“降低”或“基本不变”)。
(2)若需将反应：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋设计成如图所示的原电池装置，则正极电极反应式_________，溶液C是________。
(3)若C为CuCl2溶液，Zn是________极，Cu极发生________反应，电极反应为_________。反应过程溶液中c(Cu2＋)________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：
电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，则d电极是_______(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为_______。d电极反应式______，若线路中转移6mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为________L。
【答案】(1). 铜 (2). 降低 (3). Fe3＋+e－= Fe2＋ (4). FeCl3溶液 (5). 负极 (6). 还原 (7). Cu2＋＋2e－=Cu (8). 变小 (9). 正极 (10). CH3OH-6e－＋H2O=CO2＋6H＋ (11). O2＋4H+＋4e－=2H2O (12). 33.6
【解析】
【分析】Fe且做负极，选择正极材料是活泼性弱于铁的铜，根据电极反应判断溶液中离子浓度的变化；根据化合价升高的物质作负极，发生氧化反应，正极是化合价降低的物质，发生还原反应，选择参加反应的离子选择电解质溶液；根据锌和氯化铜溶液的反应，判断负极和正极，电极反应和离子的浓度变化；根据电子的移动方向和氢离子的移动方向判断燃料电池的正负极，根据化合价的变化写出电极反应，根据转移的电子的物质的量与氧气的物质的量之间的关系进行计算，据此分析。
【详解】(1)铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，所以正极反应是氢离子得电子生成氢气，正极材料选择不如铁活泼的铜，电池总反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑；溶液中氢离子浓度减小，硫酸浓度降低；
(2)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，正极是比Cu不活泼的导电物质如石墨、Ag等即可，正极反应的电极反应为：Fe3＋+e－= Fe2＋，溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液；
(3)Zn比较活泼，在原电池中做负极，Cu做正极，正极发生还原反应，Cu2+在正极得到电子变成Cu，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，Cu2+发生了反应，则c(Cu2+)变小；
(4)电子从电极c流向电极d，则c为负极，d为正极；甲醇具有还原性，在负极c上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，d为正极，电极反应为：O2＋4H+＋4e－=2H2O，由电子得失守恒可知电子转移4mol，则消耗氧气物质的量为1mol，若线路中转移6mol电子，则消耗氧气物质的量为1.5mol，标况下氧气的体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-16 Cu-64 Ag-108
一、选择题(每题只有一个正确选项，1-15题，每题2分，16-25题，每题3分，共60分)
1.在宾馆、办公楼等公共场所，常使用一种电离式烟雾报警器，其主体是一个放有镅-242()放射源的电离室。原子核内中子数与核外电子数之差是（ ）
A. 52 B. 147 C. 95 D. 51
【答案】A
【解析】
【详解】的质子数为95，质量数为242，中子数=242-95=147，核外电子数=核内质子数=95，中子数与核外电子数之差是147-95=52，答案选A。
2.下列关于元素周期表叙述不正确的是( )
A. 元素周期表有18个纵行，16个族
B. 副族元素没有非金属元素
C. 短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数
D. 最外层电子数是3的元素一定属于ⅢA族
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素周期表有18个纵行，其中8、9、10三个纵行为一族，即第Ⅷ族，其余每个纵行为一族，共16个族，故A正确；
B．副族元素均为金属元素，均在长周期，没有非金属元素，故B正确；
C．短周期中O、F元素最高化合价不等于该元素的所属的族序数，故C错误；
D．结合元素周期表结构分析，最外层电子数是3的元素一定属于ⅢA族，故D正确；
答案选C。
3.下列物质中，含有化学键类型完全相同的是( )
A. HCl和NaCl B. H2O2和Na2O2
C. CO2和SiO2 D. NH4NO3和Ca(OH)2
【答案】CD
【解析】
【详解】A．HCl只含有极性共价键，NaCl只含有离子键，二者化学键类型不相同，故A不符合题意；
B．H2O2只含有共价键，Na2O2既含有离子键又含有非极性共价键，二者化学键类型不相同，故B不符合题意；
C．CO2和SiO2都只含有共价键，二者化学键类型完全相同，故C符合题意；
D．NH4NO3和Ca(OH)2都既含有离子键又含有共价键，二者化学键类型完全相同，故D符合题意；
答案选CD。
4.2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的反应中，经过一段时间后，SO3的浓度增加了1.8mol·L－1，此时间内用O2表示的平均速率为0.45mol·L－1·s－1，则这段时间是( )
A. 1s B. 0.44s C. 2s D. 1.33s
【答案】C
【解析】
【详解】，则；
答案选C。
5.常温常压下，取下列有机物各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气相同的是( )
A. 乙醇和乙酸 B. 乙炔和苯
C. 乙烯和乙醇 D. 甲烷和甲醇
【答案】C
【解析】
【详解】有机物燃烧的通式为：CxHyOz+()O2xCO2+H2O，1mol有机物燃烧消耗氧气mol。
A．1mol乙醇(C2H5OH)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+-=3mol，1mol乙酸(CH3COOH) 在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+-=2mol，故A中二者消耗氧气的量不相同；
B．1mol乙炔(C2H2)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+=2.5mol，1mol苯(C6H6)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气6+=7.5mol，故B中二者消耗氧气的量不相同；
C．1mol乙烯(C2H4)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+=3mol，1mol乙醇(C2H5OH)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气2+-=3mol，故C中二者消耗氧气的量相同；
D．1mol甲烷(CH4)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气1+=2mol，1mol甲醇(CH3OH)在足量的氧气中燃烧，消耗氧气1+-=1.5mol，故D中二者消耗氧气的量不相同；
答案选C。
6.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是( )
A. 植物油不能发生水解反应
B. 淀粉和纤维素化学式都是(C6H10O5)n，所以淀粉和纤维素互为同分异构体
C. 葡萄糖能发生氧化反应和水解反应
D. 蛋白质遇到高温条件失去生理活性
【答案】D
【解析】
【详解】A．植物油为高级脂肪酸的甘油酯，植物油酸性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸和甘油，故A错误；
B．虽然淀粉与纤维素均可以用通式(C6H10O5)n表示，但在淀粉分子中，n表示几百到几千个单糖单元，在纤维素分子中，n表示几千个单糖单元，由于n值在二者分子中不相同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，故B错误；
C．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，能发生氧化反应，故C错误；
D．高温下，蛋白质发生变性，失去生理活性，故D正确；
答案选D。
7.已知X2+、Y+、Z2-、W-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，正确的是（ ）
A. 原子半径：X＞Y＞Z＞W
B. 原子序数：Y＞X＞Z＞W
C. 原子最外层电子数：W＞Z＞X＞Y
D. 还原性：Y＞X，W-＞Z2-
【答案】C
【解析】
【分析】X2+、Y+、Z2-、W-四种离子均具有相同的电子层结构，X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是X、Y在Z、W的下一周期，X、Y、Z、W依次处于第IIA族、第IA族、第VIA族、第VIIA族，X、Y、Z、W的原子序数由大到小的顺序为X>Y>W>Z，据此分析作答。
【详解】A．同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径：Y＞X＞Z＞W，故A错误；
B．根据分析，原子序数：X＞Y＞W＞Z，故B错误；
C．根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为2、1、6、7，则原子最外层电子数W＞Z＞X＞Y，故C正确；
D．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，金属性：Y＞X，还原性：Y＞X ，非金属性W＞Z，阴离子的还原性Z2-＞W-，故D错误；
答案选C。
8.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是( )
A. a的氢化物很稳定
B. b是一种活泼的非金属元素
C. b元素的最高化合价为＋7价
D. c的氧化物的水化物是一种强酸
【答案】B
【解析】
【详解】由短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置，可知a为He、b为F、c为S。
A．a为He，化学性质稳定，一般不与氢气化合形成氢化物，故A错误；
B．b为F，是非金属性最强的元素，化学性质活泼，故B正确；
C．b为F，F元素没有正价，故C错误；
D．c为S ，硫元素氧化物对应水化物可以为硫酸、亚硫酸等，亚硫酸属于弱酸，故D错误；
答案选B。
9.一定条件下，在体积一定的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应：N2+3H22NH3(正反应是放热反应)。下列有关说法正确的是( )
A. 向该容器充入氦气，反应速率加快
B. 1molN2和3molH2的总能量低于2molNH3的总能量
C. 达到化学反应限度时，生成2molNH3
D. 到达平衡时氨气浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．体积不变的容器中，充入氦气，体系各组分的浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B．已知反应：N2+3H22NH3正反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，即1molN2和3molH2的总能量高于2molNH3的总能量，故B错误；
C．反应：N2+3H22NH3为可逆反应，逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以1mol N2和3mol H2发生反应生成的氨气少于2mol，故C错误；
D．到达平衡时，反应体系中各组分的含量保持不变，则氨气浓度不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选D。
10.PX是纺织工业的基础原料，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是( )
A. PX的分子式为C8H10
B. PX的一氯代物有2种
C. PX与乙苯互为同分异构体
D. PX分子中所有原子都处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知PX的分子式为C8H10，故A说法正确；
B．PX中有两种氢原子，PX的一氯代物有2种，故B说法正确；
C．PX与乙苯分子式相同，结构不同，PX与乙苯互为同分异构体，故C说法正确；
D．PX分子中含有2个饱和碳原子，与饱和碳原子直接相连的4个原子构成四面体，所有原子不可能处于同一平面，故D说法错误；
答案选D。
11.下列条件一定能使反应速率加快的是( )
①增加反应物的浓度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. ①② D. ②⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①增加反应物的浓度，化学反应速率加快，故①正确；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①②；
答案选C。
12.下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成三种一氯代烃的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】烷烃在光照下与氯气反应，只生成三种一氯代烃，这说明烷烃分子中氢原子种类为三种，据此分析。
【详解】A．2，2－二甲基丁烷含有3种氢原子，生成一氯代烃种类为3种，故A符合题意；
B．2－甲基丙烷含有2种氢原子，生成一氯代烃种类为2种，故B不符合题意；
C．新戊烷中含有一种氢原子；生成一氯代烃种类为1种，故C不符合题意；
D．2－甲基丁烷含有4种氢原子，生成一氯代烃种类为4种，故D不符合题意；
答案选A。
13.在120℃时，某混合烃和过量O2在一密闭容器中完全反应，测知反应前后的压强没有变化，则该混合烃不可能是( )
A. CH4和C2H4 B. C2H2和C2H6
C. C2H4和C2H6 D. C2H2和C3H6
【答案】C
【解析】
【分析】假设混合烃的平均组成为CxHy，燃烧时发生反应CxHy+(x+)O2 xCO2+H2O，该状态下各选项反应物及其与氧气反应的生成物都是气态，要使反应前后压强不变，则反应前后化学计量数之和不变，即1+(x+)= x+，计算得y=4，故混合烃CxHy平均组成只要满足y=4即可。
【详解】A．无论CH4和C2H4如何混合，都满足条件，故A不选；
B．C2H2和C2H6混合物平均组成y介于2、6之间，当两者以1:1物质的量之比混合时满足条件，故B不选；
C．C2H4和C2H6混合物平均组成y介于4、6之间，不满足条件，故C选；
D．C2H2和C3H6混合物平均组成y介于2、6之间，当两者以1:1物质的量之比混合时满足条件，故D不选；
答案选C。
14.下列各组物质的性质由强到弱的顺序排列正确的是( )
A. 酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4
B. 氢化物稳定性：HF＞H2O＞H2S
C. 碱性：NaOH＞KOH＞Ca(OH)2
D. 沸点：HI＞HBr＞HCl＞HF
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，但是HClO 不是氯元素最高价氧化物形成的酸，其为弱酸，其酸性在这三种酸中最弱，故A错误；
B．非金属性F＞O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物权越稳定，则稳定性HF＞H2O＞H2S，故B正确；
C．金属性K＞Na，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性KOH＞NaOH，故C错误；
D．HF含有氢键，熔沸点最高，HCl、HBr、HI不含氢键，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，则有熔沸点HF＞HI＞HBr＞HCl，故D错误；
答案选B。
15.锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而受到了普遍重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的总反应式为Li＋MnO2=LiMnO2，下列说法不正确的是( )
A. 电子由MnO2流向Li
B. Li是负极，电极反应为Li－e－=Li＋
C. MnO2是正极，电极反应为MnO2＋e－=
D. 电池内部Li＋向负极移动
【答案】AD
【解析】
分析】由锂电池的总反应式Li＋MnO2=LiMnO2知，Li为负极，失去电子被氧化，电子流出，沿着导线流向正极， MnO2为正极，电子流入，得到电子被还原，内电路中，阴离子向负极移动，阳离子流向正极，据此回答；
【详解】A. 据分析，电子由Li流向MnO2，A错误；
B. Li是负极，失去电子被氧化，电极反应为Li－e－=Li＋，B正确；
C. MnO2是正极，得到电子被还原，电极反应为MnO2＋e－=，C正确；
D. 电池内部Li＋向正极移动，D错误；
答案选AD。
16.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1:1的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有( )
①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑+2OH－
④2H2O2H2↑＋O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：
第一阶段，阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电；第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电；第三阶段：阳极上OH-放电，阴极上H+放电，据此分析。
【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=1mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=1mol。根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电，则此时发生的电池反应式为②；
第二阶段：阳极上OH-放电，阴极上Cu2+放电，则此时发生的电池反应式为①；
第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH-放电生成O2，所以发生的电池反应式为④；
答案选B。
17.如图所示，ΔE1＝393.5kJ，ΔE2＝395.4kJ，下列说法不正确的是( )
A. 1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量
B. 石墨和金刚石之间的转化是化学变化
C. 石墨的稳定性强于金刚石
D. 1mol金刚石具有的总能量高于1molCO2的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由盖斯定律结合图知，1mol石墨的能量比1mol金刚石的低，故1mol石墨完全转化为金刚石需吸收395.4-393.5kJ=1.9kJ热量，A正确；
B. 石墨和金刚石是两种不同的单质，它们互为同素异形体，它们之间的转化是化学变化，B正确；
C. 由图知，1mol石墨的能量比1mol金刚石的低，能量越低越稳定，故石墨的稳定性强于金刚石，C正确；
D. 1mol金刚石和1molO2具有的总能量高于1molCO2的总能量，D不正确；
答案选D。
18.1mol白磷转化为红磷时放出18.39kJ热量，已知：P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝akJ·mol－1；4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝bkJ·mol－1，则a和b的关系是（ ）
A. a＞b B. a＝b C. a＜b D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】已知：①P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝akJ·mol－1；②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s) ΔH＝bkJ·mol－1，由盖斯定律①-②可得P4(白磷，s)= 4P(红磷，s) ΔH=(a-b) kJ·mol－1，1mol白磷转化红磷时放出18.39kJ热量，则(a-b)＜0，则a＜b，故答案选C。
19.下列实验现象预测不正确的是( )
A. 实验I：电流表A指针偏转，碳棒上有红色固体析出
B. 实验II：电流表A指针偏转，碳棒上有无色气体产生
C. 实验Ⅲ：碳棒上有黄绿色气体产生，铁极上有无色气体产生
D. 实验IV：可实现粗铜的提纯
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验I：该装置符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子而作负极，碳作正极，碳棒上铜离子得电子生成铜单质，所以碳棒上有红色物质析出，故A正确；
B．实验II：该电池符合原电池构成条件，能形成原电池，所以有电流产生，铁易失电子生成亚铁离子而作负极，没有无色气体产生，故B错误；
C．实验III：该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，碳棒上氯离子放电生成黄绿色的氯气，铁棒上氢离子放电生成无色的氢气，故C正确；
D．实验IV：该装置是电解池，粗铜做阳极，精铜作阴极，阳极上铜失电子形成铜离子，还有一些金属失去电子，形成阳极泥，阴极上铜离子得电子发生还原反应生成金属单质铜，可实现粗铜的提纯，故D正确；
答案选B。
20.已知化学反应A2(g)＋B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中不正确的是( )
A 每生成2分子AB(g)吸收bkJ热量
B. 该反应热ΔH＝＋(a－b)kJ/mol
C. 该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
D. 断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量
【答案】A
【解析】
【分析】据图像可知a为反应物键能之和，b为生成物键能之和，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应。
【详解】A．由图中信息可知，每生成2mol AB(g)吸收的热量应为(a-b)kJ，故A叙述错误；
B．根据分析，反应吸热，焓变大于0，焓变等于=反应物键能之和-生成物键能之和=+(a－b) kJ/mol，故B叙述正确；
C．由图象可知，反应吸热，反应物总能量小于生成物总能量，故C叙述正确；
D．断键应吸收能量，断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，故D叙述正确；
答案选A。
21.在一定温度下的恒容容器中，发生反应：2A(g)＋B(s)⇌C(g)＋D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是( )
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的相对分子质量不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2∶1∶1
⑤单位时间内生成nmolD，同时生成2nmolA
⑥单位时间内生成nmolC，同时生成nmolD
A. ①②⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ①③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①化学方程式两边气体计量数相等，所以混合气体的压强一直不变，故①错误；
②容积不变，但气体的质量变化，则密度变化，因此混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③混合气体的物质的量不变，但质量变化，即相对分子质量是变化的，平均摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，所以混合气体的平均摩尔质量不变，说明气体的质量不变，反应达到平衡状态，故③正确；
④当体系达平衡状态时，容器内A、C、D三种气体的浓度之比可能为2：1：1，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故④错误；
⑤单位时间内生成n molD，等效于消耗2n mol A，同时生成2n mol A，正逆反应速率相等，故⑤正确；
⑥单位时间内生成n molC，同时生成n mol D，都体现正反应方向，不能说明反应达到平衡状态，⑥错误；
答案选B。
22.反应4A(s)＋3B(g)⇌4C(g)＋D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol·L－1，对此反应速率的正确表示是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1
B. 在这2min内用A和C表示的反应速率的值都是相同的
C. 在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol·L－1·min－1
D. B、C的速率关系：4v(B)＝3v(C)
【答案】D
【解析】
【详解】A．A物质是固体，没有浓度变化量，不能用浓度的变化表示反应速率，故A错误；
B．A物质是固体，没有浓度变化量，不能用浓度的变化表示反应速率，故B错误；
C．化学反应速率表示的是平均速率，不是即时速率，故C错误；
D．速率之比等于化学计量数之比，故v(B)：v(C)=3：4，即4v(B)＝3v(C)，故D正确；
答案选D。
23.“类推”是常用的学习方法，下列类推的结论中，正确的是( )
A. 存在离子键的化合物是离子化合物，则存在共价键的化合物是共价化合物
B. Cl2+H2O=HCl+HClO，所以F2+H2O=HF+HFO
C. ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4＞SiH4＞CH4，则VA族元素氢化物沸点顺序是AsH3＞PH3＞NH3
D. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，则第三周期元素氢化物的稳定性顺序是HCl＞H2S＞PH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．存在离子键的化合物是一定是离子化合物，但存在共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠含有共价键，属于离子化合物，故A错误；
B．氯气与水反应生成氯化氢和盐酸Cl2+H2O=HCl+HClO，但氟气与水反应生成氟化氢和氧气2F2+2H2O=4HF+O2，故B错误；
C．氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，分子间含有氢键的沸点较高，ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4＞SiH4＞CH4；而NH3分子间存在氢键，其沸点较高，所以ⅤA族元素氢化物沸点顺序是NH3＞AsH3＞PH3，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性F＞O＞N，Cl＞S＞P，所以第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，第三周期元素氢化物稳定性顺序是HCl＞H2S＞PH3，故D正确；
答案选D。
24.以下说法正确的是( )
A. 石墨与金刚石互为同分异构体
B. 氢键属于化学键
C. 金属元素和非金属元素形成的化合物在熔融状态下一定能导电
D. Na2O2晶体中，阴、阳离子个数比为1:2
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨与金刚石都是碳的单质，互为同素异形体，同分异构体描述的是有机物，指的是分子式相同，结构不同的有机物互称同分异构体，故A错误；
B．氢键不属于化学键，属于分子间作用力，故B错误；
C．金属元素和非金属元素形成的化合物在熔融状态下不一定能导电，例如氯化铝，是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故C错误；
D．Na2O2晶体中，阳离子是钠离子，阴离子是过氧根离子，阴、阳离子个数比为1:2，故D正确；
答案选D。
25.20世纪80年代后，人们发现和证实了一种新的含碳物质，它们是由一系列偶数个碳原子组成的分子，其中C60最具代表性。图中所示为n个C60连接而成的物质X。下列有关说法正确的是( )
A. X易溶于水，可以与氧气反应生成CO2
B. 该物质是一种新型的化合物
C. X是碳的一种同素异形体
D. X的摩尔质量为720n
【答案】C
【解析】
【详解】A．X是由n个C60连接形成的物质，是非极性分子，水是极性分子，根据相似相容原理，X难溶于水，可以与氧气反应生成CO2，故A错误；
B．X是由碳原子构成的一种单质，不是新型的化合物，故B错误；
C．X是由碳原子构成的一种单质，和金刚石、石墨等都是碳的同素异形体，故C正确；
D．摩尔质量有单位，n个C60连接而成的物质X的摩尔质量为12g/mol×60n=720ng/mol，故D错误；
答案选C。
二、文字题
26.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，用相应的化学用语回答下列问题：
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)表中用序号标出的10种元素中，金属性最活泼和非金属最活泼的元素组成的化合物的电子式______。
(2)写出⑧在周期表中的位置________
(3)④、⑧气态氢化物稳定性顺序______(用化学式作答)，⑤、⑨气态氢化物沸点顺序______(用化学式作答)，原因是_____
(4)②、⑧、⑨的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是______(用化学式作答)。
(5)由表中两种元素的原子按1:1组成的共价化合物M，M为常见液态化合物，其稀液易被催化分解。由表中两种元素的原子按1:1组成的离子化合物N，N为淡黄色固体，请写出M的结构式______，N的电子式______。
(6)写出⑦单质与元素⑥最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式______
(7⑥与⑦金属性较强的是___(填元素符号)，下列表述中能证明这一事实的是___。
a.⑥的单质和⑦的单质熔沸点不同
b.⑥的最高价氧化物水化物的碱性比⑦的最高价氧化物水化物的碱性强
c.⑦最外层的电子数比⑥多
d.⑦的单质与稀盐酸反应比⑥的缓和一些
(8)①和④形成的气态氢化物与①和⑧形成的气态氢化物相比较，______稳定性强；______沸点高(填化学式)，理由是___。
【答案】(1). (2). 第三周期ⅥA族 (3). H2O＞H2S (4). HF＞HCl (5). HF分子间能形成氢键 (6). H2CO3＜H2SO4＜HClO4 (7). H-O-O-H (8). (9). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑ (10). Na (11). bd (12). H2O (13). H2O (14). H2O分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键
【解析】
【分析】由表中元素所在的位置，可以确定①为氢(H)，②为碳(C)，③为氮(N)，④为氧(O)，⑤为氟(F)，⑥为钠(Na)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氩(Ar)，据此分析解答。
【详解】(1)表中用序号标出的10种元素中，金属性最活泼的元素是钠元素，非金属最活泼的元素为氟元素，组成的化合物NaF为离子化合物，电子式为；
(2)⑧为硫(S)，在周期表中位置为第三周期ⅥA族；
(3)④为氧(O)，⑧为硫(S)，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则气态氢化物稳定性顺序H2O＞H2S；⑤为氟(F)，⑨为氯(Cl)，HF分子间能形成氢键，HCl分子间不能形成氢键，则气态氢化物沸点顺序：HF＞HCl；
(4)②为碳(C)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是H2CO3＜H2SO4＜HClO4；
(5)由表中两种元素的原子按1：1组成的共价化合物M为常见液态化合物，M应为H2O2，M的结构式为：H-O-O-H；由表中两种元素的原子按1:1组成的离子化合物N为淡黄色固体，N应为Na2O2，N的电子式为：；
(6)⑦为铝(Al)，⑥为钠(Na)，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
(7)⑦为铝(Al)，⑥为钠(Na)，⑥与⑦金属性较强的是Na，
a．钠的单质和铝的单质熔沸点不同，熔沸点属于物理性质，与金属性强弱无关，故a不合题意；
b．钠的最高价氧化物水化物的碱性比铝的最高价氧化物水化物的碱性强，则表明金属性钠大于铝，故b符合题意；
c．铝的最外层的电子数比钠多，与金属性的强弱没有必然联系，故c不合题意；
d．铝的单质与稀盐酸反应比钠的缓和一些，表明金属失电子能力铝小于钠，故d符合题意；
答案为：bd；
(8)非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则H2O与H2S相比，气态氢化物稳定性强的是H2O；H2O因分子间形成氢键，增大了分子间作用力，导致沸点升高，所以H2O的沸点高，理由是H2O分子间能形成氢键。
27.Ⅰ.在某一容积为2L的密闭容器中，某一反应中A、B、C、D四种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示：
回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式为__________
(2)前2min用B的浓度变化表示的化学反应速率为________。在2min时，图像发生改变的原因是________(填字母)。
A.降低温度
B.增大压强
C.增加A的物质的量
D.加入催化剂
Ⅱ.2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，是工业制硫酸的主要反应之一。
(3)该反应过程的能量变化如图所示：
由图中曲线变化可知，该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后，改变的是图中的________。(ΔH或E)
(4)在2L绝热密闭容器中投入2mol SO2和bmol O2，如图是部分反应物随时间的变化曲线。
①10min时，v(SO3)＝________。
②反应达到平衡时，SO2的浓度________。
③下列情况能说明该反应达到化学平衡的是________。
A.v(SO3)＝2v(O2)
B.混合气体的相对分子质量不再变化
C.t时刻，体系的温度不再发生改变
D.混合气体的密度保持不变
【答案】(1). 4A＋5B⇌6C＋4D (2). 0.125 mol·L－1·min－1 (3). BD (4). 放热 (5). E (6). 0.05 mol·L－1·min－1 (7). 0.3 mol·L－1 (8). BC
【解析】
【分析】Ⅰ. 结合图示信息，找出反应物和生成物以及各自改变的量，改变值之比即化学计量数值，据此书写该反应的化学方程式；按反应速率的定义v(B)；从图中数据发现2分钟时改变条件使反应速率加快而物质的量不变，结合能加快反应速率的因素来判断原因，据此回答；
Ⅱ.反应物总能量大于生成物总能量，因此反应放热，化学反应中加入催化剂，改变的是反应速率，降低的是活化能，对反应焓变没有影响；参照图提供的数据按定义进行物质的浓度和反应速率，结合平衡状态的特点，判断几个说法是否正确，据此回答；
【详解】Ⅰ.(1) 在零到2分钟时间内，A、B的物质的量是减少的，因此它们是反应物，、，C、D的物质的量是增加的，因此它们是生成物，，，则A、B、C、D的物质的量改变值之比为4:5:4:6，从图知，该反应存在限度，是可逆反应，则该反应的化学方程式为：4A＋5B⇌6C＋4D；
(2)2L容器内，前2min 用B的浓度变化为表示的化学反应速率；在2min时，图像发生改变，但曲线是连续的，也就是第2分钟A、B、C、D的物质的量不变，从2分钟到3分钟这一时段内A、B、C、D的物质的量改变幅度大于前2分钟内的变化，即说明反应速率加快了，A.降低温度会使速率变慢，选项A错误；B. 各成分物质的量没有变化，但若缩小体积因此增大压强则可加快反应速率，选项B正确；C. 图像显示A的物质的量不变，选项C错误；D. 加入催化剂能加快反应速率，选项D正确；因此答案为：BD；
Ⅱ. (3)据分析，该反应为放热反应，该化学反应中加入V2O5作催化剂，加快了反应速率，降低了反应的活化能，对反应焓变没有影响，因此加入V2O5后，改变的是图中的E；
(4)在2L绝热密闭容器中投入2mol SO2和bmol O2，如图是部分反应物随时间的变化曲线。
①到10min时，，；②由图知，反应达到平衡时，SO2的浓度为 ；③按平衡特征判断下列情况能否说明该反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)达到化学平衡，A. 处于平衡状态时，正反应速率和逆反应速度相等，如v正(SO3)＝v逆(SO3)=2v逆(O2)= 2v正(O2)，而v (SO3)=2v (O2)则不能说明反应达到平衡状态，A错误；B. 该反应中，气体的分子总数及物质的量会有所改变，故混合气体的相对分子质量也会有所改变，当混合气体的相对分子质量不再变化，说明各成分的物质的量不再变化，故能说明反应达到平衡状态，B正确；C. 该反应是放热反应，在绝热容器内反应时，体现的温度会有变化，t时刻，体系的温度不再发生改变，说明正逆反应速率相等、各成分的物质的量不再变化，故能说明反应达到平衡状态，C正确；D. 混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误；因此答案为BC。
28.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12:1，B的相对分子质量为78。回答下列问题：
(1)A的结构简式_______，B分子式______。
(2)与A相邻的同系物C发生加聚反应生成有机高分子材料的反应的化学反应方程式：_______。
(3)在碘水中加入B振荡静置后的现象_______。
(4)B与浓硫酸和浓硝酸在50～60℃反应的化学反应方程式：_______，反应类型：________。
(5)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量多的是_______(填分子名称)
(6)已知乙烯能发生以下转化：
①写出B与D反应的化学方程式_________；反应类型：________。
②写出反应②的化学方程式：________
【答案】(1). CH2=CH2 (2). C6H6 (3). nCH2=CH-CH3 (4). 下层无色，上层紫红色 (5). +HO-NO2 +H2O (6). 取代反应 (7). 乙烯 (8). CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O (9). 酯化反应或取代反应 (10). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2 H2O
【解析】
分析】(1)(5) ：A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯，B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12：1，则物质的量之比即原子个数之比为1：1，最简式为CH，分子式为(CH)n，最简式式量为13，B的相对分子质量为78，则13n=78，解得n=6，所以B为苯。
(6)根据图可知：B为一定条件下乙烯和水反应生成的乙醇，C为乙醇催化氧化的产物乙醛，D为乙酸。
【详解】(1)据分析，A为乙烯，则A的结构简式为CH2=CH2，B为苯，B分子式为C6H6；
(2)与A相邻的同系物C为CH2=CHCH3，发生加聚反应生成有机高分子材料聚丙烯，反应的化学反应方程式为nCH2=CH-CH3 ；
(3)在碘水中加入B即苯，苯萃取了碘，故振荡静置后的现象为：分层，下层无色，上层紫红色；
(4)B与浓硫酸和浓硝酸在50～60℃发生硝化反应生成硝基苯和水，反应的化学反应方程式为：+HO-NO2(浓) +H2O；硝化反应属于取代反应；
(5)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量的多少，由氢元素的质量分数高低决定，氢元素的质量分数高，则耗氧量大，乙烯中氢元素的质量分数比苯的高，故耗氧量是乙烯的大；
(6) ①B与D之间是酯化反应，反应的化学方程式为；酯化反应属于取代反应；
②反应②为乙醇催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2 H2O。
29.如图所示，是原电池的装置图。请回答：
(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极的材料是_________(选锌或铜)；反应进行一段时间后溶液C的浓度将________(填“升高”“降低”或“基本不变”)。
(2)若需将反应：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋设计成如图所示的原电池装置，则正极电极反应式_________，溶液C是________。
(3)若C为CuCl2溶液，Zn是________极，Cu极发生________反应，电极反应为_________。反应过程溶液中c(Cu2＋)________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：
电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，则d电极是_______(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为_______。d电极反应式______，若线路中转移6mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为________L。
【答案】(1). 铜 (2). 降低 (3). Fe3＋+e－= Fe2＋ (4). FeCl3溶液 (5). 负极 (6). 还原 (7). Cu2＋＋2e－=Cu (8). 变小 (9). 正极 (10). CH3OH-6e－＋H2O=CO2＋6H＋ (11). O2＋4H+＋4e－=2H2O (12). 33.6
【解析】
【分析】Fe且做负极，选择正极材料是活泼性弱于铁的铜，根据电极反应判断溶液中离子浓度的变化；根据化合价升高的物质作负极，发生氧化反应，正极是化合价降低的物质，发生还原反应，选择参加反应的离子选择电解质溶液；根据锌和氯化铜溶液的反应，判断负极和正极，电极反应和离子的浓度变化；根据电子的移动方向和氢离子的移动方向判断燃料电池的正负极，根据化合价的变化写出电极反应，根据转移的电子的物质的量与氧气的物质的量之间的关系进行计算，据此分析。
【详解】(1)铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，所以正极反应是氢离子得电子生成氢气，正极材料选择不如铁活泼的铜，电池总反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑；溶液中氢离子浓度减小，硫酸浓度降低；
(2)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，正极是比Cu不活泼的导电物质如石墨、Ag等即可，正极反应的电极反应为：Fe3＋+e－= Fe2＋，溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液；
(3)Zn比较活泼，在原电池中做负极，Cu做正极，正极发生还原反应，Cu2+在正极得到电子变成Cu，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，Cu2+发生了反应，则c(Cu2+)变小；
(4)电子从电极c流向电极d，则c为负极，d为正极；甲醇具有还原性，在负极c上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，d为正极，电极反应为：O2＋4H+＋4e－=2H2O，由电子得失守恒可知电子转移4mol，则消耗氧气物质的量为1mol，若线路中转移6mol电子，则消耗氧气物质的量为1.5mol，标况下氧气的体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L。
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