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【化学】安徽省合肥市一六八中学2018-2019学年高二开学考试（解析版）
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安徽省合肥市一六八中学2018-2019学年高二开学考试
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源可以减少霾的产生
B. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
C. 还原铁粉可用作食品包装袋内的除氧剂
D. 从诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始得金”可知金的化学性质稳定，可用物理方法得到
【答案】B
【解析】
【详解】A. 开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源，减小化石燃料的使用，从而有效减少霾的产生，A正确；
B. 铝是活泼金属，工业上采用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝，B错误；
C. 铁具有还原性，能够被氧气氧化，还原铁粉可用作食品包装袋内的除氧剂，C正确；
D. 从诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始得金”可知金的化学性质稳定，可用物理方法得到，D正确；
正确选项B。
2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 64g SO2和16g O2 充分反应，生成SO3 的分子数为 NA
B. 氢氧燃料电池正极消耗 22.4L 气体时，负极消耗的气体分子数目为 2NA
C. 27g 铝中加入足量 1mol/L 的 NaOH 溶液，转移电子数是 3NA
D. 2.4g 镁在空气中完全燃烧生成 MgO 和 Mg3N2，转移电子数在 0.2NA 至 0.3NA 之间
【答案】C
【解析】
【详解】A. SO2和 O2 在一定条件下发生的是可逆反应，SO2和 O2不能全部转化为SO3，生成SO3 的分子数小于 NA，A错误；
B. 气体的状态未知，因此氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，负极消耗的气体分子数目不一定为2NA，B错误；
C.27g铝的物质的量为1 mol，与足量 1mol/L 的 NaOH 溶液反应，1 mol铝完全反应转移电子数是3NA，C正确；
D. 2.4g镁是0.1mol，在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，Mg均是失去2个电子，转移的电子数为0.2NA，D错误；
正确选项C。
【点睛】1mol金属钠完全反应，无论生成何种物质，转移电子为1mol；1mol金属镁完全反应，无论生成何种物质，转移电子为2mol；1mol金属铝完全反应，无论生成何种物质，转移电子为3mol；而1mol金属铁完全反应，生成+3价铁，转移电子为3mol；生成+2价铁，转移电子为2mol，这是因为铁有变价，而钠、镁、铝没有变价。
3.下列关于化学用语的表示正确的是( )
A. 羧基的电子式：
B. 乙醇的分子式：C2H5OH
C. 四氯化碳的比例模型：
D. 质子数为35、中子数为45的溴原子：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 羧基的化学式是－COOH，则其电子式为，A错误；
B. 乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH表示结构简式，B错误；
C. 碳原子半径小于氯原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的比例模型，C错误；
D. 质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+45＝80，可表示为，D正确；
答案选D。
【点睛】选项C是易错点，注意比例模型的含义，即比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。
4.掺氮石墨是单层烯中部分碳原子被氮原替代所得新型物质（局部如图）优异特性，下列说法正确是 （ ）
A. 石墨烯属于有机化合物
B. 石墨烯与掺氮石墨烯互为同系物
C. 掺氮石墨烯中所含元素位于同一周期
D. 掺氮石墨烯中只含极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨烯是碳元素的单质，不属于有机化合物，A错误；
B．石墨烯与掺氮石墨烯组成和结构不同，且石墨烯属于单质，不能称为同系物，B错误；
C．掺氮石墨烯所含元素为碳和氮元素，均位于第二周期，位于同一周期，C正确；
D．掺氮石墨烯中含极性键C－N键，也含C－C非极性共价键，D错误；
答案选C。
5.下列说法不正确的是( )
A. 构成单质的分子内不一定存在共价键
B. HF的热稳定性很好,是因为HF分子间存在氢键
C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D. NaCl晶体熔化,需要破坏离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
A、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质；
B、稀气体分子之间不存任何化学键；
C、氯化铵是由非金属元素组成,而氯化铵是离子化合物；
D、氯化钠是离子晶体；
【详解】A、稀气体分子之间不存任何化学键,所以构成单质分子的粒子之间不一定存在共价键, A正确；
B、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质，而氟化氢稳定是氢氟键的键能大所致, B错误；
C、氯化铵是由非金属元素组成，而氯化铵是离子化合物，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，C正确；
D、氯化钠是离子晶体，故其熔化时破坏离子键,D正确；
正确选项B。
6.下列实验与对应示意图的关系正确的是（ ）
A
B
C
D
向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量
向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量
向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量
【答案】C
【解析】
【详解】A.向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸，发生反应的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，形成沉淀与沉淀溶解所消耗的盐酸的体积之比为1∶3，A错误；
B.NH3·H2O碱性很弱，不能溶解Al(OH)3，B错误；
C.将Ba(OH)2溶液加入明矾中，S042-和Al3+均能够形成沉淀，Al3+先沉淀完全:2Al3++6OH-+3Ba2++3S042-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；再加入Ba(OH)2溶液，S042-继续沉淀，而Al(OH)3溶解，当S042-完全沉淀时，Al(OH)3恰好完全溶解:Ba2++2OH-+2Al(OH)3+ S042-=BaSO4↓+2 AlO2- +4H2O，C正确；
D.向澄清石灰水中通入CO2至过量，先形成沉淀，后沉淀溶解:Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-，D错误；
正确答案：C。
7.类推法在化学学习中经常采用,下列类推的结论正确的是( )
A. 由Cl2+2KBr═2KCl+Br2所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B. 常温下，由Cu+4HNO3（浓）═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2
C. 由Cu+Cl2CuCl2 所以Cu+I2CuI2
D. 由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中
【答案】D
【解析】
试题分析：A.由于F2化学性质非常活泼，可以与溶液的水发生反应产生HF和O2，因此不能与KBr溶液反应置换出Br2，错误；B. 常温下，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+ 2NO2↑+2H2O，但是Fe会被浓硝酸氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，所以Fe不能与浓硝酸反应产生NO2，错误；C. Cl2的氧化性强，可以与变价金属Cu发生反应Cu+Cl2CuCl2，使Cu变为高价态，但是由于I2的氧化性弱，只能把Cu氧化为第价态，所以不能发生反应Cu+I2CuI2，错误；D.由于Na、K密度都比煤油大，与煤油不能发生反应，所以都可以保存在煤油中，正确。
考点：考查类推法在化学学习中应用正误判断的知识。
8.青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）( )
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】B
【解析】
试题分析：该分子不对称，分子中7种氢原子，一氯代物有7种．
故选B．
考点：考查一氯代物的书写
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。X和Z同主族，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（ ）
A. 简单氢化物的热稳定性：W
D. 简单氢化物的沸点：Z
【解析】
【分析】
W的简单氢化物可用作制冷剂，则W是N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na；短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质，同时含硫元素的SO2为刺激性气体，X和Z同主族，则X为O，Z为S,据以上分析解答。
【详解】W的简单氢化物可用作制冷剂，则W是N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na；短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质，同时含硫元素的SO2为刺激性气体，X和Z同主族，则X为O，Z为S；综上，W是N，X是O，Y是Na，Z是S。
A. 元素的非金属性越强，对应简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：N
C. 由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为硫代硫酸钠，与盐酸反应生成单质硫、二氧化硫和氯化钠，有黄色沉淀（硫）析出，同时有刺激性气体（二氧化硫）产生，错误；
D. H2O分子间有氢键，沸点反常，因此简单氢化物的沸点：H2S< H2O，正确；
正确选项C。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期表的关系，把握元素的的性质、原子序数、元素化合物的知识来推断元素为解答的关键，本题中要掌握硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫这个重要反应，是解题的突破口。
10.乙醇分子中各化学键如图所示．下列关于乙醇在不同的反应中断裂化学键的说法错误的是
A. 与金属钠反应时，键①断裂
B. 在加热和Cu催化下与O2反应时，键①、③断裂
C. 与浓硫酸共热发生消去反应时，键②③断裂
D. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，键①断裂
【答案】C
【解析】
分析：乙醇与金属钠发生置换反应是，羟基氢被置换，发生催化氧化时，乙醇分子中的羟基氢和H脱去，发生消去反应时，乙醇脱去羟基和H，发生酯化反应时，醇脱去羟基氢。
详解：A. 乙醇分子中的羟基上的H原子较活泼，与金属钠发生置换反应时，键①断裂，A正确；
B. 在加热和Cu催化下与O2反应时，乙醇转化为乙醛，键①、③断裂，B正确；
C. 与浓硫酸共热发生消去反应时，乙醇转化为乙烯，键②⑤断裂，C不正确；
D. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，酸脱羟基、醇脱氢，键①断裂，D正确。
本题选C。
11.对于可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. NH3和H2O化学反应速率关系是2v正(NH3)＝3v逆(H2O)
B. 达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D. 若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmol NH3，则反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A项，速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)＝2v逆(H2O)，A错误；
B项，达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)＝5v逆(NO)，B正确；
C项，达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，C错误；
D项，单位时间内消耗xmolNH3与生成xmolNO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
正确选项B。
12.固体NH5属离子化合物，它与水反应的方程式为NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑。它也能跟乙醇、乙酸、盐酸等发生类似的反应，并都产生氢气。下列有关NH5叙述正确的是( )
A. 1 mol NH5中含有3NA个N－H键
B. NH5中N元素的化合价为-5价
C. 1 mol NH5与水反应时，转移电子为NA
D. 与乙酸反应时，NH5被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，化学式为NH4H，所以1molNH5中有4NA个N－H键，A错误；
B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，阴离子氢离子为－1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为－3价，B错误；
C．NH4H中阴离子氢离子为－1价，变成0价的氢，所以1molNH5与水反应时，转移电子为NA，C正确；
D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中阴离子氢离子的化合价由－1价→0价，所以失电子作还原剂，NH5在氧化还原反应中被氧化，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，题目难度中等，能根据题意判断化合物NH5含有的阴阳离子是解本题的关键。
13.可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①③④⑤ B. ②③⑤⑦ C. ①④⑥⑦ D. 全部
【答案】C
【解析】
①单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO2是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故①正确；②单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO也是正反应速率，故不能说明达到平衡状态，故②错误；③化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比始终为2：2：1，故不能说明达到平衡状态，故③错误；④二氧化氮为红棕色气体，一氧化氮和氧气为无色气体，故混合气体的颜色不再改变，说明达到平衡状态，故④正确；⑤密度=，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；⑥反应前后气体的物质的量不等，故混合气体的压强不再改变，说明达到平衡状态，故⑥正确；⑦平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故⑦正确；故达到平衡状态的标志是①④⑥⑦，故选C。
点睛：明确化学平衡的本质是解题关键，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．注意反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数之和的大小关系。
14.某单烯烃与氢气的加成产物为(CH3)2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是( )
A. 该产物的名称是1，1—二甲基丙烷
B. 原单烯烃只可能有3种不同结构
C. 1 mol加成产物燃烧消耗6.5 mol氧气
D. 原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物
【答案】B
【解析】
试题分析：A、该产物的名称是2－甲基丁烷，错误；B、原单烯烃中碳碳双键有三种位置，正确；C、该加成产物的分子式为C5H10,1mol该物质燃烧消耗7.5mol氧气，错误；D、C3H6可能为环丙烷，错误。
考点：本题考查有机化合物的结构、名称、相关计算。
15.工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分流程如下:
下列说法正确的是( )
A. 海水需要浓缩，是因为海水中的Br2含量较低
B. 热空气的作用是将多余的Cl2吹出
C. 反应釜2中发生的反应是5Br-+BrO3－+3H2O=3Br2+6OH-
D. 吸收塔中发生的反应是3Br2+3CO32－=5Br-+BrO3－+3CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A项，溴在海水中以Br-的形式存在，不是Br2单质，错误；
B项，常温下Br2呈液态，易挥发，热空气的作用是将Br2吹出，而不是Cl2，错误；
C项.，反应釜2中加入了稀硫酸，故生成物中不可能有OH-，错误；
D项，根据流程可知， 溴与碳酸钠溶液反应生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，离子方程式为3Br2+3CO32－=5Br-+BrO3－+3CO2，正确；
正确选项D。
16.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其工作原理如图所示,NH3被氧化为常见无毒物质。下列说法错误的是( )
A. 溶液中K+向电极b移动
B. 氨气在电极a上发生氧化反应
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:3
D. 正极的电极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-，故反应一段时间后，电解液的pH升高
【答案】D
【解析】
【分析】
NH3被氧化为常见无毒物质，应生成氮气，a电极通入氨气生成氮气，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。
【详解】A．因为a极为负极，b为正极，则溶钾离子向正极移动，A正确；
B．氨气在反应中失去电子，在负极a极上发生氧化反应，B正确；
C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，C正确；
D．正极得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e－+2H2O＝4OH－，总反应式为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，反应后氢氧根的浓度减小，电解液的pH下降，D错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点。
17.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2S
CuSO4溶液
H2S酸性强于H2SO4
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
亚硫酸钠
硝酸钡溶液
二氧化硫与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
碳酸钠
硅酸钠溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
【答案】B
【解析】
【分析】
A．H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀，根据溶液的成分判断硫化铜的性质；
B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀；
【详解】A．Na2S与稀硫酸反应生成硫化氢气体，H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，说明了硫化铜不溶于硫酸和水，不能说明H2S酸性强于H2SO4，故A错误；
B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2 与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；
正确选项B。
【点睛】二氧化硫与氯化钡溶液不反应，因为亚硫酸的酸性弱于盐酸；二氧化硫与硝酸钡溶液反应，因为在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，其与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀，所以笼统地说可溶性钡盐与二氧化硫不反应是错误的。
18.将 38.4g 铜与适量浓硝酸恰好反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示：
下列有关判断正确的是（ ）
A. 若浓硝酸体积为 200mL，则其物质的量浓度为 11mol/L
B. NO、NO2、N2O4 和 NaOH 溶液反应时， NO2、N2O4 仅作还原剂
C. 生成 0.2 mol NaNO3 和 0.8 mol NaNO2
D. 硝酸在反应中仅体现氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A. 铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，n（Cu）=38.4/64==0.6mol，生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol， 氮的化合物为0.9 mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3 和 NaNO2，根据原子守恒可知：n(Na)=n(N)= n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol,所以硝酸的总量为1.2+1=2.2 mol，若浓硝酸体积为 200mL，则其物质的量浓度为2.2/0.2=11mol/L, A正确；
B. NO、NO2、N2O4 和 NaOH 溶液反应时生成NaNO3 和 NaNO2，NO2、N2O4中氮元素为+4价，既可升高到+5价，又可降低到+3价， 既作还原剂又作还原剂，B错误；
C.n（Cu）=38.4/64==0.6mol，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.6×（2-0）= n（NaNO2）×（5-3）, 计算得出n（NaNO2）=0.6mol，根据题给信息可知n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，则由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，C错误；
D. 铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，D错误；
正确选项A。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，把握硝酸的作用，氮元素的化合价变化及原子守恒（n(Na)=n(N)），电子守恒2n(Cu)=3 n（NaNO2），这是顺利解题的关键。
19.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族．
（1）D在周期表中的位置______；B的原子结构示意图______；
（2）E元素形成最高价氧化物对应的水化物的化学式为______；
（3）元素C、D、E形成的原子半径大小关系是______（用元素符号表示）．
（4）C、D可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是______；
（5）A、C两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物电子式______，
（6）B的氢化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_____。
【答案】 (1). 第三周期第ⅠA族 (2). (3). H2SO4 (4). D＞E＞C (5). 离子键、（非极性）共价键 (6). (7). NH3+H+＝NH4+
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素,A元素的原子核内只有1个质子,则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3,则B的最高化合价为+5价,位于周期表第ⅤA族,B元素的原子半径是其所在主族中最小的,应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个,只能有2个电子层,最外层电子数为6,应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物D2C,则D的化合价为+1价,D为Na元素；C、E主族,则E为S元素，据以上分析解答。
【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素,A元素的原子核内只有1个质子,则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3,则B的最高化合价为+5价,位于周期表第ⅤA族,B元素的原子半径是其所在主族中最小的,应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个,只能有2个电子层,最外层电子数为6,应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物D2C,则D的化合价为+1价,D为Na元素；C、E主族,则E为S元素；综上分析可知：A为H，B为N、C为O、D为Na、E为S；
（1）D为Na，核电荷数为11，结构示意图，所以在周期表中的位置第三周期第ⅠA族 ；B为N， 核电荷数为7，原子结构示意图；正确答案：第三周期第ⅠA族； 。
（2）E为S，S元素形成最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4；正确答案：H2SO4。
（3）C为O、D为Na、E为S，同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，同一主族，核电荷数越大，原子半径越大，因此三种元素原子半径大小关系是Na＞S＞O，即D＞E＞C；正确答案：D＞E＞C。
（4）C为O、D为Na，形成Na2O2,钠离子与过氧根离子间为离子键，2个氧原子之间为共价键；正确答案：离子键、（非极性）共价键。
（5）A为H，C为O，两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物为H2O2，H2O2为共价化合物，电子式为：；正确答案：。
（6）B的氢化物为NH3与B的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成硝酸铵，离子方程式：NH3+H+＝NH4+；正确答案：NH3+H+＝NH4+。
20.碘在工农业生产和日常生活中有重要用途。
（1）上图为海带制碘的流程图。步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是_____________（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写）。
A.烧杯 B.坩埚 C.表面皿 D.泥三角 E.酒精灯 F.冷凝管
步骤④发生反应的离子方程式为____________________________________。
（2）若步骤⑤采用裂化汽油提取碘，后果是__________________________。
（3）溴化碘（IBr）的化学性质类似于卤素单质，如能与大多数金属反应生成金属卤化物，跟水反应的方程式为：IBr+H2O==HBr+HIO等，下列有关IBr的叙述中错误的是（____）。
A.固体溴化碘熔沸点较高
B.在许多反应中，溴化碘是强氧化剂
C.跟卤素单质相似，跟水反应时，溴化碘既是氧化剂，又是还原剂
D.溴化碘跟NaOH溶液反应生成NaBr、NaIO和H2O
（4）为实现中国消除碘缺乏病的目标。卫生部规定食盐必须加碘盐，其中的碘以碘酸钾（KIO3）存在。可以用硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液检验加碘盐，下列说法正确的是（____）。
A.碘易溶于有机溶剂，可用酒精萃取碘水中的I2
B.检验加碘盐原理：IO3—+5I—+3H2O ===3I2+6OH—
C.在KIO3溶液中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
D.向某无色溶液中加入氯水和四氯化碳，振荡，静置，下层呈紫色，说明原溶液中有I—
【答案】 (1). BDE (2). MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O (3). 裂化汽油含烯烃，会和I2反应 (4). AC (5). D
【解析】
【详解】（1）步骤①灼烧海带，为固体的加热，应在坩埚中进行，需要的仪器有三脚架、泥三角、坩埚以及酒精灯等仪器，答案选BDE；含碘离子溶液中加入氧化剂硫酸酸化的MnO2是为了将碘离子氧化成单质碘，离子方程式为MnO2+4H++2I－=Mn2++I2+2H2O；
（2）若步骤⑤采用裂化汽油提取碘，裂化汽油中含有烯烃会和碘单质发生加成反应；
（3）A、固体溴化碘属于分子晶体，相对分子质量大，熔沸点不高，A错误；
B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在很多化学反应中IBr作氧化剂，B正确；
C．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，C错误；
D、由与水的反应可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO和水，D正确；
答案选AC；
（4）A.酒精与水混溶，不能用酒精萃取碘水中的I2，A错误；
B.碘酸钾和碘化钾在酸溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，反应的离子方程式为：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，B错误；
C.KIO3溶液中没有碘单质，加入几滴淀粉溶液，溶液不会变蓝色，C错误；
D.下层溶液呈紫色，说明生成碘，则原溶液中含有I－，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，侧重考查学生的分析能力和实验能力，涉及知识点较多，把握实验流程及发生的反应、萃取剂的选取标准、蒸馏实验原理及装置等知识点为解答的关键，题目难度中等。注意已有知识的迁移灵活应用。
21.甲学生用如1图所示装置证明溴和苯的反应是取代反应而不是加成反应，主要实验步骤如下：
（1）检查装置的气密性，然后向烧瓶中加入一定量的苯和液溴。
（2）向锥形瓶中加入适量某液体，小试管中加入CCl4，并将右边的长导管口浸入CCl4液面下。
（3）将A装置中的纯铁丝小心向下插入混合液中。
请填写下列空白：
①根据课本所学知识：苯是平面型分子（所有原子共平面），甲烷是正四面体型分子，由此推测中最多______个原子共平面。
②装置B的锥形瓶中小试管内CCl4的作用是_______；小试管外的液体是________。
③反应后，向锥形瓶B中滴加______，现象是___________________。
④乙同学使用图2装置，a中加入一定量的苯，液溴，铁屑，d中液体仍与图1B中小试管外液体相同，后续操作仍然为③，用此装置证明溴和苯的反应是取代反应而不是加成反应，甲认为乙同学的实验不严密，试说明不严密的理由______________。
⑤写出苯与液溴反应的化学方程式____________________________________________。
【答案】 (1). 13 (2). 吸收挥发的溴蒸气 (3). 冷水 (4). 硝酸银 (5). 有淡黄色沉淀生成 (6). a中挥发出来的溴蒸汽遇水可生成HBr，产生与③中相同的现象 (7).
【解析】
【分析】
①甲苯可以看作甲烷中1个H被苯基取代,甲烷为正四面体结构,苯为平面正六边形结构；
②溴单质易溶于四氯化碳中,小试管外的液体吸收HBr气体,溴化氢极易溶于水；
③溴化银为淡黄色沉淀,因此可利用银离子和溴离子反应溴化银检验溴离子；
④反应一段时间后,在C试管内看到有浅黄色沉淀生成,即有AgBr沉淀生成,而沉淀的生成原因可能是HBr和AgNO3溶液反应生成的,还可能是挥发出的溴和AgNO3溶液反应生成的,据此分析；
⑤苯和液溴在Fe作催化剂条件下能发生取代反应生成溴苯与HBr；
【详解】①甲烷为正四面体结构,苯为平面正六边形结构,甲苯中苯基有11个原子共平面,甲基中最多有2个原子与苯基共平面,最多有13个原子共平面；因此，本题正确答案是:13。
②装置B的锥形瓶中小试管内四氯化碳的作用是吸收挥发的溴蒸气,小试管外的液体是水,其作用是吸收HBr气体；因此，本题正确答案是:吸收挥发的溴蒸气，冷水。
③反应后，向锥形瓶中滴加硝酸银溶液，HBr与硝酸银反应生成AgBr沉淀，现象是有淡黄色沉淀生成，其作用是检验溴离子；因此，本题正确答案是:硝酸银；有淡黄色沉淀生成。
④反应一段时间后,在C试管内看到有浅黄色沉淀生成,即有AgBr沉淀生成,而沉淀的生成原因可能是HBr和AgNO3溶液反应生成的,还可能是挥发出的溴和AgNO3溶液反应Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2H2O生成的，故该同学得出苯与溴的反应是取代反应而不是加成反应的结论是不正确的；应将生成的气体通入苯或四氯化碳溶液洗气，将溴蒸汽除去后,然后再通入AgNO3溶液中,如果还有淡黄色沉淀生成,才能说明苯和溴发生的是取代反应而非加成反应；因此，本题正确答案是: a中挥发出来的溴蒸汽遇水可生成HBr，产生与③中相同的现象 。
⑤在催化剂的作用下,苯环上的氢原子被溴原子所取代,生成溴苯,同时有溴化氢生成,反应为；因此，本题正确答案是：。
22.将一定量的SO2和含0.6mol氧气的空气(忽略CO2)，放入0.5 L 恒温恒容的密闭容器内，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，测得n(O2)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(O2)/mol
0.6
0.4
0.3
a
a
a
反应达到5s 后，将容器中的混合气体通入过量的NaOH溶液，气体体积减少了22.4L(已折算为标准状况，忽略吸收O2)；再将剩余气体通入过量焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L(已折算为标准状况)。请回答下列问题：
（1）用SO2表示从0～1s内该反应的平均反应速率为_______。
（2）反应前容器中SO2的浓度为_______。
（3）混合气体通入过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为_______。
（4）4s～5s 时，下列说法正确的是_______(填字母)。
A．SO2的生成速率等于O2的消耗速率
B．SO2与O2的浓度比不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．该反应已停止
（5）该反应达到平衡时SO2的转化率是_______ (用百分数表示)。
【答案】 (1). 0.8mol·L-1·s-1 (2). 2 mol·L-1 (3). SO2+2OH-=SO32-+H2O SO3+2OH-=SO42-+ H2O (4). BC (5). 70%
【解析】
【详解】（1）0-ls内O2的物质的量减少0.6-0.4=0.2mol，浓度减少0.2mol/0.5L=0.4mol/L，所以用O2表示从0-ls内该反应的平均反应速率为0.4mol/L/1s=0.4mol/(L·s)，速率之比和系数成正比，因此v(SO2)=2v(O2)= 0.8mol·L-1·s-1；正确答案：0.8mol·L-1·s-1。
（2）根据题意可知，与氢氧化钠的反应的是二氧化硫、三氧化硫的混合气体，二者的物质的量之和与开始加入的二氧化硫的物质的量相同，所以混合气体通过氢氧化钠溶液体积减少（标准状况）22.4L，说明开始通入的二氧化硫的物质的量是1mol，反应前容器中SO2的浓度为1/0.5=2 mol·L-1；正确答案：2 mol·L-1。
（3）二氧化硫、三氧化硫混合气体通入过量的NaOH溶液，二氧化硫与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，三氧化硫与NaOH溶液反应生成硫酸钠和水，发生反应的离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O, SO3+2OH-=SO42-+ H2O；正确答案：SO2+2OH-=SO32-+H2O, SO3+2OH-=SO42-+ H2O。
（4）4s～5s 时，反应达到平衡状态；
A．4s时，反应已达平衡，v逆(SO2)=2v正（O2），所以SO2的生成速率大于O2的消耗速率；错误；
B．两种反应物的投入量一定，反应时按2：1进行，因此反应进行到任何状态，SO2与O2的浓度比不变，正确；
C．反应前后混合气体的质量不变，反应后气体的总量减小，因此混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，正确；
D．可逆反应达到平衡状态后，v（逆）= v（正）≠0，反应处于相对静止状态，没有停止。错误；正确选项BC。
（5）氧气的平衡物质的量是0.25mol，则消耗氧气0.6mol-0.25mol=0.35mol，所以消耗二氧化硫0.35mol×2=0.7mol，根据（2）的分析可知，二氧化硫的初始量是1mol，所以该反应达到平衡时SO2的转化率是0.7mol/1mol×100%=70%；正确答案：70%。
23.A、B、C、D是四种常见的有机物，其中，A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志之一；C的分子式为C2H4O2；B和C在浓硫酸和加热的条件下发生反应，生成的有机物有特殊的香味；A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已省略）：
根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：
（1）C中所含官能团名称_______。
（2）丙烯酸（CH2=CHCOOH）的性质可能有_______。
①加成反应 ②取代反应 ③加聚反应 ④中和反应 ⑤氧化反应
A.只有①③ B.只有①③ ④ C.只有①③④⑤ D. ①②③④⑤
（3）写出下列反应方程式：
①A→B_______________________________________，反应类型：______。
②丙烯酸+B→丙烯酸乙酯：_____________________________，反应类型：______。
（4）聚丙烯酸的结构简式_______________，丙烯中最多有______个原子共面。
【答案】 (1). 羧基 (2). D (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O (6). 酯化反应或取代反应 (7). (8). 7
【解析】
【详解】A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，丙烯发生氧化反应生成丙烯酸，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸。
（1）B为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，C为CH3COOH，含有官能团为羧基，正确答案：羧基。
（2）丙烯酸（CH2=CH﹣COOH）含有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应、氧化反应，含有羧基，具有发生中和反应、取代反应；①②③④⑤均有可能，正确答案：D。
（3）①A→B是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ；加成反应；正确答案：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ；加成反应。
②丙烯酸+乙醇→丙烯酸乙酯的反应方程式为：CH2=CH﹣COOH+CH3CH2OH CH2=CH﹣COOC2H5+H2O，属于酯化反应或取代反应；正确答案: CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O；酯化反应或取代反应 。
（4）由丙烯酸形成聚丙烯酸的反应方程式为nCH2=CH﹣COOH ，故聚丙烯酸的结构简式；丙烯的结构简式为CH2=CH-CH3，乙烯为平面结构，乙烯基（CH2=CH-）中共有5个原子共平面，甲基中最多有1个碳和1个氢与乙烯基共平面，所以丙烯中最多有7个原子共面；正确答案：；7。
【点睛】本题中判断原子共平面是考察的难点；分子中原子共线、共面的问题，依据是乙烯的平面结构、乙炔的直线结构、甲烷的正面体结构进行分析，CH3-CH=CH-C≡C-CF3分子中，位于同一平面上碳原子最多有6个，原子最多有10个。
1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源可以减少霾的产生
B. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝
C. 还原铁粉可用作食品包装袋内的除氧剂
D. 从诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始得金”可知金的化学性质稳定，可用物理方法得到
【答案】B
【解析】
【详解】A. 开发太阳能、风能、地热能、潮汐能等新能源，减小化石燃料的使用，从而有效减少霾的产生，A正确；
B. 铝是活泼金属，工业上采用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝，B错误；
C. 铁具有还原性，能够被氧气氧化，还原铁粉可用作食品包装袋内的除氧剂，C正确；
D. 从诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始得金”可知金的化学性质稳定，可用物理方法得到，D正确；
正确选项B。
2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A. 64g SO2和16g O2 充分反应，生成SO3 的分子数为 NA
B. 氢氧燃料电池正极消耗 22.4L 气体时，负极消耗的气体分子数目为 2NA
C. 27g 铝中加入足量 1mol/L 的 NaOH 溶液，转移电子数是 3NA
D. 2.4g 镁在空气中完全燃烧生成 MgO 和 Mg3N2，转移电子数在 0.2NA 至 0.3NA 之间
【答案】C
【解析】
【详解】A. SO2和 O2 在一定条件下发生的是可逆反应，SO2和 O2不能全部转化为SO3，生成SO3 的分子数小于 NA，A错误；
B. 气体的状态未知，因此氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，负极消耗的气体分子数目不一定为2NA，B错误；
C.27g铝的物质的量为1 mol，与足量 1mol/L 的 NaOH 溶液反应，1 mol铝完全反应转移电子数是3NA，C正确；
D. 2.4g镁是0.1mol，在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，Mg均是失去2个电子，转移的电子数为0.2NA，D错误；
正确选项C。
【点睛】1mol金属钠完全反应，无论生成何种物质，转移电子为1mol；1mol金属镁完全反应，无论生成何种物质，转移电子为2mol；1mol金属铝完全反应，无论生成何种物质，转移电子为3mol；而1mol金属铁完全反应，生成+3价铁，转移电子为3mol；生成+2价铁，转移电子为2mol，这是因为铁有变价，而钠、镁、铝没有变价。
3.下列关于化学用语的表示正确的是( )
A. 羧基的电子式：
B. 乙醇的分子式：C2H5OH
C. 四氯化碳的比例模型：
D. 质子数为35、中子数为45的溴原子：
【答案】D
【解析】
【详解】A. 羧基的化学式是－COOH，则其电子式为，A错误；
B. 乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH表示结构简式，B错误；
C. 碳原子半径小于氯原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的比例模型，C错误；
D. 质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+45＝80，可表示为，D正确；
答案选D。
【点睛】选项C是易错点，注意比例模型的含义，即比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。
4.掺氮石墨是单层烯中部分碳原子被氮原替代所得新型物质（局部如图）优异特性，下列说法正确是 （ ）
A. 石墨烯属于有机化合物
B. 石墨烯与掺氮石墨烯互为同系物
C. 掺氮石墨烯中所含元素位于同一周期
D. 掺氮石墨烯中只含极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨烯是碳元素的单质，不属于有机化合物，A错误；
B．石墨烯与掺氮石墨烯组成和结构不同，且石墨烯属于单质，不能称为同系物，B错误；
C．掺氮石墨烯所含元素为碳和氮元素，均位于第二周期，位于同一周期，C正确；
D．掺氮石墨烯中含极性键C－N键，也含C－C非极性共价键，D错误；
答案选C。
5.下列说法不正确的是( )
A. 构成单质的分子内不一定存在共价键
B. HF的热稳定性很好,是因为HF分子间存在氢键
C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D. NaCl晶体熔化,需要破坏离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
A、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质；
B、稀气体分子之间不存任何化学键；
C、氯化铵是由非金属元素组成,而氯化铵是离子化合物；
D、氯化钠是离子晶体；
【详解】A、稀气体分子之间不存任何化学键,所以构成单质分子的粒子之间不一定存在共价键, A正确；
B、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质，而氟化氢稳定是氢氟键的键能大所致, B错误；
C、氯化铵是由非金属元素组成，而氯化铵是离子化合物，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，C正确；
D、氯化钠是离子晶体，故其熔化时破坏离子键,D正确；
正确选项B。
6.下列实验与对应示意图的关系正确的是（ ）
A
B
C
D
向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量
向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量
向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量
【答案】C
【解析】
【详解】A.向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸，发生反应的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，形成沉淀与沉淀溶解所消耗的盐酸的体积之比为1∶3，A错误；
B.NH3·H2O碱性很弱，不能溶解Al(OH)3，B错误；
C.将Ba(OH)2溶液加入明矾中，S042-和Al3+均能够形成沉淀，Al3+先沉淀完全:2Al3++6OH-+3Ba2++3S042-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；再加入Ba(OH)2溶液，S042-继续沉淀，而Al(OH)3溶解，当S042-完全沉淀时，Al(OH)3恰好完全溶解:Ba2++2OH-+2Al(OH)3+ S042-=BaSO4↓+2 AlO2- +4H2O，C正确；
D.向澄清石灰水中通入CO2至过量，先形成沉淀，后沉淀溶解:Ca2++CO2+2OH-=CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-，D错误；
正确答案：C。
7.类推法在化学学习中经常采用,下列类推的结论正确的是( )
A. 由Cl2+2KBr═2KCl+Br2所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2
B. 常温下，由Cu+4HNO3（浓）═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2
C. 由Cu+Cl2CuCl2 所以Cu+I2CuI2
D. 由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中
【答案】D
【解析】
试题分析：A.由于F2化学性质非常活泼，可以与溶液的水发生反应产生HF和O2，因此不能与KBr溶液反应置换出Br2，错误；B. 常温下，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+ 2NO2↑+2H2O，但是Fe会被浓硝酸氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，所以Fe不能与浓硝酸反应产生NO2，错误；C. Cl2的氧化性强，可以与变价金属Cu发生反应Cu+Cl2CuCl2，使Cu变为高价态，但是由于I2的氧化性弱，只能把Cu氧化为第价态，所以不能发生反应Cu+I2CuI2，错误；D.由于Na、K密度都比煤油大，与煤油不能发生反应，所以都可以保存在煤油中，正确。
考点：考查类推法在化学学习中应用正误判断的知识。
8.青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）( )
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】B
【解析】
试题分析：该分子不对称，分子中7种氢原子，一氯代物有7种．
故选B．
考点：考查一氯代物的书写
9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。X和Z同主族，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（ ）
A. 简单氢化物的热稳定性：W
D. 简单氢化物的沸点：Z
【解析】
【分析】
W的简单氢化物可用作制冷剂，则W是N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na；短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质，同时含硫元素的SO2为刺激性气体，X和Z同主族，则X为O，Z为S,据以上分析解答。
【详解】W的简单氢化物可用作制冷剂，则W是N；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y是Na；短周期元素形成的黄色沉淀为硫单质，同时含硫元素的SO2为刺激性气体，X和Z同主族，则X为O，Z为S；综上，W是N，X是O，Y是Na，Z是S。
A. 元素的非金属性越强，对应简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：N
C. 由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为硫代硫酸钠，与盐酸反应生成单质硫、二氧化硫和氯化钠，有黄色沉淀（硫）析出，同时有刺激性气体（二氧化硫）产生，错误；
D. H2O分子间有氢键，沸点反常，因此简单氢化物的沸点：H2S< H2O，正确；
正确选项C。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期表的关系，把握元素的的性质、原子序数、元素化合物的知识来推断元素为解答的关键，本题中要掌握硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫这个重要反应，是解题的突破口。
10.乙醇分子中各化学键如图所示．下列关于乙醇在不同的反应中断裂化学键的说法错误的是
A. 与金属钠反应时，键①断裂
B. 在加热和Cu催化下与O2反应时，键①、③断裂
C. 与浓硫酸共热发生消去反应时，键②③断裂
D. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，键①断裂
【答案】C
【解析】
分析：乙醇与金属钠发生置换反应是，羟基氢被置换，发生催化氧化时，乙醇分子中的羟基氢和H脱去，发生消去反应时，乙醇脱去羟基和H，发生酯化反应时，醇脱去羟基氢。
详解：A. 乙醇分子中的羟基上的H原子较活泼，与金属钠发生置换反应时，键①断裂，A正确；
B. 在加热和Cu催化下与O2反应时，乙醇转化为乙醛，键①、③断裂，B正确；
C. 与浓硫酸共热发生消去反应时，乙醇转化为乙烯，键②⑤断裂，C不正确；
D. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，酸脱羟基、醇脱氢，键①断裂，D正确。
本题选C。
11.对于可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. NH3和H2O化学反应速率关系是2v正(NH3)＝3v逆(H2O)
B. 达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D. 若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmol NH3，则反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A项，速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)＝2v逆(H2O)，A错误；
B项，达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)＝5v逆(NO)，B正确；
C项，达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，C错误；
D项，单位时间内消耗xmolNH3与生成xmolNO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
正确选项B。
12.固体NH5属离子化合物，它与水反应的方程式为NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑。它也能跟乙醇、乙酸、盐酸等发生类似的反应，并都产生氢气。下列有关NH5叙述正确的是( )
A. 1 mol NH5中含有3NA个N－H键
B. NH5中N元素的化合价为-5价
C. 1 mol NH5与水反应时，转移电子为NA
D. 与乙酸反应时，NH5被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，化学式为NH4H，所以1molNH5中有4NA个N－H键，A错误；
B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，阴离子氢离子为－1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为－3价，B错误；
C．NH4H中阴离子氢离子为－1价，变成0价的氢，所以1molNH5与水反应时，转移电子为NA，C正确；
D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中阴离子氢离子的化合价由－1价→0价，所以失电子作还原剂，NH5在氧化还原反应中被氧化，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，题目难度中等，能根据题意判断化合物NH5含有的阴阳离子是解本题的关键。
13.可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①③④⑤ B. ②③⑤⑦ C. ①④⑥⑦ D. 全部
【答案】C
【解析】
①单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO2是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故①正确；②单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO也是正反应速率，故不能说明达到平衡状态，故②错误；③化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比始终为2：2：1，故不能说明达到平衡状态，故③错误；④二氧化氮为红棕色气体，一氧化氮和氧气为无色气体，故混合气体的颜色不再改变，说明达到平衡状态，故④正确；⑤密度=，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；⑥反应前后气体的物质的量不等，故混合气体的压强不再改变，说明达到平衡状态，故⑥正确；⑦平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故⑦正确；故达到平衡状态的标志是①④⑥⑦，故选C。
点睛：明确化学平衡的本质是解题关键，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．注意反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数之和的大小关系。
14.某单烯烃与氢气的加成产物为(CH3)2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是( )
A. 该产物的名称是1，1—二甲基丙烷
B. 原单烯烃只可能有3种不同结构
C. 1 mol加成产物燃烧消耗6.5 mol氧气
D. 原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物
【答案】B
【解析】
试题分析：A、该产物的名称是2－甲基丁烷，错误；B、原单烯烃中碳碳双键有三种位置，正确；C、该加成产物的分子式为C5H10,1mol该物质燃烧消耗7.5mol氧气，错误；D、C3H6可能为环丙烷，错误。
考点：本题考查有机化合物的结构、名称、相关计算。
15.工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分流程如下:
下列说法正确的是( )
A. 海水需要浓缩，是因为海水中的Br2含量较低
B. 热空气的作用是将多余的Cl2吹出
C. 反应釜2中发生的反应是5Br-+BrO3－+3H2O=3Br2+6OH-
D. 吸收塔中发生的反应是3Br2+3CO32－=5Br-+BrO3－+3CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A项，溴在海水中以Br-的形式存在，不是Br2单质，错误；
B项，常温下Br2呈液态，易挥发，热空气的作用是将Br2吹出，而不是Cl2，错误；
C项.，反应釜2中加入了稀硫酸，故生成物中不可能有OH-，错误；
D项，根据流程可知， 溴与碳酸钠溶液反应生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，离子方程式为3Br2+3CO32－=5Br-+BrO3－+3CO2，正确；
正确选项D。
16.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其工作原理如图所示,NH3被氧化为常见无毒物质。下列说法错误的是( )
A. 溶液中K+向电极b移动
B. 氨气在电极a上发生氧化反应
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:3
D. 正极的电极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-，故反应一段时间后，电解液的pH升高
【答案】D
【解析】
【分析】
NH3被氧化为常见无毒物质，应生成氮气，a电极通入氨气生成氮气，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。
【详解】A．因为a极为负极，b为正极，则溶钾离子向正极移动，A正确；
B．氨气在反应中失去电子，在负极a极上发生氧化反应，B正确；
C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：3，C正确；
D．正极得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e－+2H2O＝4OH－，总反应式为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，反应后氢氧根的浓度减小，电解液的pH下降，D错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点。
17.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2S
CuSO4溶液
H2S酸性强于H2SO4
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
亚硫酸钠
硝酸钡溶液
二氧化硫与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
碳酸钠
硅酸钠溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
【答案】B
【解析】
【分析】
A．H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀，根据溶液的成分判断硫化铜的性质；
B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀；
【详解】A．Na2S与稀硫酸反应生成硫化氢气体，H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，说明了硫化铜不溶于硫酸和水，不能说明H2S酸性强于H2SO4，故A错误；
B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2 与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；
正确选项B。
【点睛】二氧化硫与氯化钡溶液不反应，因为亚硫酸的酸性弱于盐酸；二氧化硫与硝酸钡溶液反应，因为在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，其与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀，所以笼统地说可溶性钡盐与二氧化硫不反应是错误的。
18.将 38.4g 铜与适量浓硝酸恰好反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示：
下列有关判断正确的是（ ）
A. 若浓硝酸体积为 200mL，则其物质的量浓度为 11mol/L
B. NO、NO2、N2O4 和 NaOH 溶液反应时， NO2、N2O4 仅作还原剂
C. 生成 0.2 mol NaNO3 和 0.8 mol NaNO2
D. 硝酸在反应中仅体现氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A. 铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，n（Cu）=38.4/64==0.6mol，生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol， 氮的化合物为0.9 mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3 和 NaNO2，根据原子守恒可知：n(Na)=n(N)= n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol,所以硝酸的总量为1.2+1=2.2 mol，若浓硝酸体积为 200mL，则其物质的量浓度为2.2/0.2=11mol/L, A正确；
B. NO、NO2、N2O4 和 NaOH 溶液反应时生成NaNO3 和 NaNO2，NO2、N2O4中氮元素为+4价，既可升高到+5价，又可降低到+3价， 既作还原剂又作还原剂，B错误；
C.n（Cu）=38.4/64==0.6mol，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.6×（2-0）= n（NaNO2）×（5-3）, 计算得出n（NaNO2）=0.6mol，根据题给信息可知n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，则由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，C错误；
D. 铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，D错误；
正确选项A。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，把握硝酸的作用，氮元素的化合价变化及原子守恒（n(Na)=n(N)），电子守恒2n(Cu)=3 n（NaNO2），这是顺利解题的关键。
19.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族．
（1）D在周期表中的位置______；B的原子结构示意图______；
（2）E元素形成最高价氧化物对应的水化物的化学式为______；
（3）元素C、D、E形成的原子半径大小关系是______（用元素符号表示）．
（4）C、D可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是______；
（5）A、C两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物电子式______，
（6）B的氢化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_____。
【答案】 (1). 第三周期第ⅠA族 (2). (3). H2SO4 (4). D＞E＞C (5). 离子键、（非极性）共价键 (6). (7). NH3+H+＝NH4+
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素,A元素的原子核内只有1个质子,则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3,则B的最高化合价为+5价,位于周期表第ⅤA族,B元素的原子半径是其所在主族中最小的,应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个,只能有2个电子层,最外层电子数为6,应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物D2C,则D的化合价为+1价,D为Na元素；C、E主族,则E为S元素，据以上分析解答。
【详解】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素,A元素的原子核内只有1个质子,则A为H元素；B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3,则B的最高化合价为+5价,位于周期表第ⅤA族,B元素的原子半径是其所在主族中最小的,应为N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个,只能有2个电子层,最外层电子数为6,应为O元素；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物D2C,则D的化合价为+1价,D为Na元素；C、E主族,则E为S元素；综上分析可知：A为H，B为N、C为O、D为Na、E为S；
（1）D为Na，核电荷数为11，结构示意图，所以在周期表中的位置第三周期第ⅠA族 ；B为N， 核电荷数为7，原子结构示意图；正确答案：第三周期第ⅠA族； 。
（2）E为S，S元素形成最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4；正确答案：H2SO4。
（3）C为O、D为Na、E为S，同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，同一主族，核电荷数越大，原子半径越大，因此三种元素原子半径大小关系是Na＞S＞O，即D＞E＞C；正确答案：D＞E＞C。
（4）C为O、D为Na，形成Na2O2,钠离子与过氧根离子间为离子键，2个氧原子之间为共价键；正确答案：离子键、（非极性）共价键。
（5）A为H，C为O，两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物为H2O2，H2O2为共价化合物，电子式为：；正确答案：。
（6）B的氢化物为NH3与B的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成硝酸铵，离子方程式：NH3+H+＝NH4+；正确答案：NH3+H+＝NH4+。
20.碘在工农业生产和日常生活中有重要用途。
（1）上图为海带制碘的流程图。步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是_____________（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写）。
A.烧杯 B.坩埚 C.表面皿 D.泥三角 E.酒精灯 F.冷凝管
步骤④发生反应的离子方程式为____________________________________。
（2）若步骤⑤采用裂化汽油提取碘，后果是__________________________。
（3）溴化碘（IBr）的化学性质类似于卤素单质，如能与大多数金属反应生成金属卤化物，跟水反应的方程式为：IBr+H2O==HBr+HIO等，下列有关IBr的叙述中错误的是（____）。
A.固体溴化碘熔沸点较高
B.在许多反应中，溴化碘是强氧化剂
C.跟卤素单质相似，跟水反应时，溴化碘既是氧化剂，又是还原剂
D.溴化碘跟NaOH溶液反应生成NaBr、NaIO和H2O
（4）为实现中国消除碘缺乏病的目标。卫生部规定食盐必须加碘盐，其中的碘以碘酸钾（KIO3）存在。可以用硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液检验加碘盐，下列说法正确的是（____）。
A.碘易溶于有机溶剂，可用酒精萃取碘水中的I2
B.检验加碘盐原理：IO3—+5I—+3H2O ===3I2+6OH—
C.在KIO3溶液中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
D.向某无色溶液中加入氯水和四氯化碳，振荡，静置，下层呈紫色，说明原溶液中有I—
【答案】 (1). BDE (2). MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O (3). 裂化汽油含烯烃，会和I2反应 (4). AC (5). D
【解析】
【详解】（1）步骤①灼烧海带，为固体的加热，应在坩埚中进行，需要的仪器有三脚架、泥三角、坩埚以及酒精灯等仪器，答案选BDE；含碘离子溶液中加入氧化剂硫酸酸化的MnO2是为了将碘离子氧化成单质碘，离子方程式为MnO2+4H++2I－=Mn2++I2+2H2O；
（2）若步骤⑤采用裂化汽油提取碘，裂化汽油中含有烯烃会和碘单质发生加成反应；
（3）A、固体溴化碘属于分子晶体，相对分子质量大，熔沸点不高，A错误；
B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在很多化学反应中IBr作氧化剂，B正确；
C．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，C错误；
D、由与水的反应可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO和水，D正确；
答案选AC；
（4）A.酒精与水混溶，不能用酒精萃取碘水中的I2，A错误；
B.碘酸钾和碘化钾在酸溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，反应的离子方程式为：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，B错误；
C.KIO3溶液中没有碘单质，加入几滴淀粉溶液，溶液不会变蓝色，C错误；
D.下层溶液呈紫色，说明生成碘，则原溶液中含有I－，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，侧重考查学生的分析能力和实验能力，涉及知识点较多，把握实验流程及发生的反应、萃取剂的选取标准、蒸馏实验原理及装置等知识点为解答的关键，题目难度中等。注意已有知识的迁移灵活应用。
21.甲学生用如1图所示装置证明溴和苯的反应是取代反应而不是加成反应，主要实验步骤如下：
（1）检查装置的气密性，然后向烧瓶中加入一定量的苯和液溴。
（2）向锥形瓶中加入适量某液体，小试管中加入CCl4，并将右边的长导管口浸入CCl4液面下。
（3）将A装置中的纯铁丝小心向下插入混合液中。
请填写下列空白：
①根据课本所学知识：苯是平面型分子（所有原子共平面），甲烷是正四面体型分子，由此推测中最多______个原子共平面。
②装置B的锥形瓶中小试管内CCl4的作用是_______；小试管外的液体是________。
③反应后，向锥形瓶B中滴加______，现象是___________________。
④乙同学使用图2装置，a中加入一定量的苯，液溴，铁屑，d中液体仍与图1B中小试管外液体相同，后续操作仍然为③，用此装置证明溴和苯的反应是取代反应而不是加成反应，甲认为乙同学的实验不严密，试说明不严密的理由______________。
⑤写出苯与液溴反应的化学方程式____________________________________________。
【答案】 (1). 13 (2). 吸收挥发的溴蒸气 (3). 冷水 (4). 硝酸银 (5). 有淡黄色沉淀生成 (6). a中挥发出来的溴蒸汽遇水可生成HBr，产生与③中相同的现象 (7).
【解析】
【分析】
①甲苯可以看作甲烷中1个H被苯基取代,甲烷为正四面体结构,苯为平面正六边形结构；
②溴单质易溶于四氯化碳中,小试管外的液体吸收HBr气体,溴化氢极易溶于水；
③溴化银为淡黄色沉淀,因此可利用银离子和溴离子反应溴化银检验溴离子；
④反应一段时间后,在C试管内看到有浅黄色沉淀生成,即有AgBr沉淀生成,而沉淀的生成原因可能是HBr和AgNO3溶液反应生成的,还可能是挥发出的溴和AgNO3溶液反应生成的,据此分析；
⑤苯和液溴在Fe作催化剂条件下能发生取代反应生成溴苯与HBr；
【详解】①甲烷为正四面体结构,苯为平面正六边形结构,甲苯中苯基有11个原子共平面,甲基中最多有2个原子与苯基共平面,最多有13个原子共平面；因此，本题正确答案是:13。
②装置B的锥形瓶中小试管内四氯化碳的作用是吸收挥发的溴蒸气,小试管外的液体是水,其作用是吸收HBr气体；因此，本题正确答案是:吸收挥发的溴蒸气，冷水。
③反应后，向锥形瓶中滴加硝酸银溶液，HBr与硝酸银反应生成AgBr沉淀，现象是有淡黄色沉淀生成，其作用是检验溴离子；因此，本题正确答案是:硝酸银；有淡黄色沉淀生成。
④反应一段时间后,在C试管内看到有浅黄色沉淀生成,即有AgBr沉淀生成,而沉淀的生成原因可能是HBr和AgNO3溶液反应生成的,还可能是挥发出的溴和AgNO3溶液反应Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2H2O生成的，故该同学得出苯与溴的反应是取代反应而不是加成反应的结论是不正确的；应将生成的气体通入苯或四氯化碳溶液洗气，将溴蒸汽除去后,然后再通入AgNO3溶液中,如果还有淡黄色沉淀生成,才能说明苯和溴发生的是取代反应而非加成反应；因此，本题正确答案是: a中挥发出来的溴蒸汽遇水可生成HBr，产生与③中相同的现象 。
⑤在催化剂的作用下,苯环上的氢原子被溴原子所取代,生成溴苯,同时有溴化氢生成,反应为；因此，本题正确答案是：。
22.将一定量的SO2和含0.6mol氧气的空气(忽略CO2)，放入0.5 L 恒温恒容的密闭容器内，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，测得n(O2)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(O2)/mol
0.6
0.4
0.3
a
a
a
反应达到5s 后，将容器中的混合气体通入过量的NaOH溶液，气体体积减少了22.4L(已折算为标准状况，忽略吸收O2)；再将剩余气体通入过量焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L(已折算为标准状况)。请回答下列问题：
（1）用SO2表示从0～1s内该反应的平均反应速率为_______。
（2）反应前容器中SO2的浓度为_______。
（3）混合气体通入过量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为_______。
（4）4s～5s 时，下列说法正确的是_______(填字母)。
A．SO2的生成速率等于O2的消耗速率
B．SO2与O2的浓度比不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．该反应已停止
（5）该反应达到平衡时SO2的转化率是_______ (用百分数表示)。
【答案】 (1). 0.8mol·L-1·s-1 (2). 2 mol·L-1 (3). SO2+2OH-=SO32-+H2O SO3+2OH-=SO42-+ H2O (4). BC (5). 70%
【解析】
【详解】（1）0-ls内O2的物质的量减少0.6-0.4=0.2mol，浓度减少0.2mol/0.5L=0.4mol/L，所以用O2表示从0-ls内该反应的平均反应速率为0.4mol/L/1s=0.4mol/(L·s)，速率之比和系数成正比，因此v(SO2)=2v(O2)= 0.8mol·L-1·s-1；正确答案：0.8mol·L-1·s-1。
（2）根据题意可知，与氢氧化钠的反应的是二氧化硫、三氧化硫的混合气体，二者的物质的量之和与开始加入的二氧化硫的物质的量相同，所以混合气体通过氢氧化钠溶液体积减少（标准状况）22.4L，说明开始通入的二氧化硫的物质的量是1mol，反应前容器中SO2的浓度为1/0.5=2 mol·L-1；正确答案：2 mol·L-1。
（3）二氧化硫、三氧化硫混合气体通入过量的NaOH溶液，二氧化硫与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，三氧化硫与NaOH溶液反应生成硫酸钠和水，发生反应的离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O, SO3+2OH-=SO42-+ H2O；正确答案：SO2+2OH-=SO32-+H2O, SO3+2OH-=SO42-+ H2O。
（4）4s～5s 时，反应达到平衡状态；
A．4s时，反应已达平衡，v逆(SO2)=2v正（O2），所以SO2的生成速率大于O2的消耗速率；错误；
B．两种反应物的投入量一定，反应时按2：1进行，因此反应进行到任何状态，SO2与O2的浓度比不变，正确；
C．反应前后混合气体的质量不变，反应后气体的总量减小，因此混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，正确；
D．可逆反应达到平衡状态后，v（逆）= v（正）≠0，反应处于相对静止状态，没有停止。错误；正确选项BC。
（5）氧气的平衡物质的量是0.25mol，则消耗氧气0.6mol-0.25mol=0.35mol，所以消耗二氧化硫0.35mol×2=0.7mol，根据（2）的分析可知，二氧化硫的初始量是1mol，所以该反应达到平衡时SO2的转化率是0.7mol/1mol×100%=70%；正确答案：70%。
23.A、B、C、D是四种常见的有机物，其中，A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志之一；C的分子式为C2H4O2；B和C在浓硫酸和加热的条件下发生反应，生成的有机物有特殊的香味；A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示（反应条件已省略）：
根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：
（1）C中所含官能团名称_______。
（2）丙烯酸（CH2=CHCOOH）的性质可能有_______。
①加成反应 ②取代反应 ③加聚反应 ④中和反应 ⑤氧化反应
A.只有①③ B.只有①③ ④ C.只有①③④⑤ D. ①②③④⑤
（3）写出下列反应方程式：
①A→B_______________________________________，反应类型：______。
②丙烯酸+B→丙烯酸乙酯：_____________________________，反应类型：______。
（4）聚丙烯酸的结构简式_______________，丙烯中最多有______个原子共面。
【答案】 (1). 羧基 (2). D (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O (6). 酯化反应或取代反应 (7). (8). 7
【解析】
【详解】A是一种气态烃，在标准状况下的密度是1.25g/L，摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B氧化生成C为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3，丙烯发生氧化反应生成丙烯酸，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应得到聚丙烯酸。
（1）B为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，C为CH3COOH，含有官能团为羧基，正确答案：羧基。
（2）丙烯酸（CH2=CH﹣COOH）含有碳碳双键，可以发生加成反应、加聚反应、氧化反应，含有羧基，具有发生中和反应、取代反应；①②③④⑤均有可能，正确答案：D。
（3）①A→B是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ；加成反应；正确答案：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ；加成反应。
②丙烯酸+乙醇→丙烯酸乙酯的反应方程式为：CH2=CH﹣COOH+CH3CH2OH CH2=CH﹣COOC2H5+H2O，属于酯化反应或取代反应；正确答案: CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOC2H5+H2O；酯化反应或取代反应 。
（4）由丙烯酸形成聚丙烯酸的反应方程式为nCH2=CH﹣COOH ，故聚丙烯酸的结构简式；丙烯的结构简式为CH2=CH-CH3，乙烯为平面结构，乙烯基（CH2=CH-）中共有5个原子共平面，甲基中最多有1个碳和1个氢与乙烯基共平面，所以丙烯中最多有7个原子共面；正确答案：；7。
【点睛】本题中判断原子共平面是考察的难点；分子中原子共线、共面的问题，依据是乙烯的平面结构、乙炔的直线结构、甲烷的正面体结构进行分析，CH3-CH=CH-C≡C-CF3分子中，位于同一平面上碳原子最多有6个，原子最多有10个。
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