【文档说明】江西省赣州市赣县第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(19)页，547.000 KB，由小赞的店铺上传

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江西省赣州市赣县第三中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题1.面对突如其来的新型冠状病毒，越来越多人意识到口罩、医用酒精和消毒液的重要作用，医用口罩由三层无纺布制成，无纺布的主要原料是聚丙烯树脂。下列说法错误的是()A.医用口罩能有效预防新型冠状病毒传染B.聚丙烯树脂属

于合成有机高分子材料C.双氧水不能用于家庭消毒以预防新冠肺炎D.抗病毒疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A．医用口罩能够防止飞沫传播，能有效预防新型冠状病毒传染，故A正确；B．聚丙烯属于

合成纤维、是高聚物，属于有机合成高分子材料，故B正确；C．双氧水具有强氧化性，能用于家庭消毒以预防新冠肺炎，故C错误；D．温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，故D正确；故答案选C。2.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法

正确的是A.在密闭容器中，0.1molO2和0.2molSO2在催化剂作用下充分反应生成SO3的分子数为0.2NAB.20gD2O含有的质子数为10NAC.1L0.1mol/LHF溶液中含有共价键数目为0.1NAD.标况下，11.2L苯中含分子的数目为0.5NA【

答案】B【解析】【详解】A．该反应为可逆反应，故生成的SO3分子数小于0.2NA，A项错误；B．20gD2O的物质的量为1mol，每个D2O分子中含有10个质子，所以1molD2O分子中含有质子数为10NA，B项正确；C．HF在水中是部分电离的，再加上要考虑水分子中的共价键，所以1L0.

1mol/LHF溶液中的共价键数目不是0.1NA，C项错误；D．在标准状况下苯是液体，不是气体，所以11.2L苯其分子数远远超过0.5NA，D项错误；所以答案选择B项。3.下列结论正确．．的是（）①粒子半径：K＋＞Al3＋＞S2－＞Cl－②氢化物的酸性：HCl＞HBr＞HI③离子

的还原性：S2－＞Cl－＞Br－＞I－④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO⑥非金属性：O＞N＞P＞SiA.①④⑤B.③⑥C.④⑤⑥D.②④⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①电子层越多，离子

半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；②氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HCl＜HBr＜HI，故②错误；③单质的氧化性Cl2＞Br2＞I2＞S，单质的氧化性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：S2-＞I-

＞Br-＞Cl-，故③错误；④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；⑤非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，碳酸与NaClO可发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤正确；⑥同周期非金属性O＞N、

P＞Si，同主族非金属性为N＞P，则非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；④⑤⑥正确，故答案为C。4.下列化学用语表示正确的是（）A.丙烷分子的球棍模型：B.CCl4的电子式：C.14C的原子结构示意

图：D.乙酸的结构式：CH3COOH【答案】A【解析】【详解】A.球棍模型是用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子。丙烷分子的球棍模型为，A正确；B.CCl4是共价化合物，电子式为，B错误；C.14C的核外电子数是6个，

原子结构示意图为，C错误；D.乙酸的结构简式为CH3COOH，D错误；答案选A。【点睛】注意掌握常见有机物的表示方法，例如用短线“－”表示原子之间所形成的一对共用电子进而表示物质结构的式子称为结构式，省略了部分短线“—”的结构式称为结构简式。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5.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数的变化趋势如图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X是短周期中金属性最强的元素；Y的单质是

一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期元素中最强。下列说法正确的是（）A.对应气态氢化物的稳定性：Y＞WB.对应简单离子的半径：W＞ZC.化合物XZW中既含离子键也含共价键D.Y的氧化物能与Z的最高价氧化物对应的水化物反应【答

案】C【解析】【详解】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X是短周期金属性最强的元素，可知X为11号元素，则X是Na元素；Y

的单质是一种常见的半导体材料，则Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，则Z是Cl元素；A．非金属性：O＞Si，对应简单气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故A错误；B．O、Cl对应的简单离子，电

子层数越多，离子半径越大，则简单离子半径：Cl-＞O2-，故B错误；C．NaClO为离子化合物，Na+与ClO-之间为离子键，氯原子与氧原子之间为共价键，故C正确；D．SiO2和HClO4不反应，故D错误；答案选C。【点睛】SiO2属于酸性氧化物，不与酸（如硫酸、硝

酸、高氯酸等）发生反应，但是其能够与弱酸氢氟酸发生反应，这是二氧化硅的特性。6.下列叙述正确的有___个（）①用电子式表示MgCl2的形成过程为：②两个不同种非金属元素的原子间形成的化学键都是极性键③离子化合物在熔融状态时能够导电④含

有非极性键的化合物一定是共价化合物⑤元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素⑥次氯酸的电子式：⑦离子化合物中一定含有离子键A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【详解】用电子式表示Mg

Cl2的形成过程中，电子转移的箭头应从Mg指向Cl，①不正确；②极性键是由两个不同种非金属元素的原子间所形成，②正确；③在熔融状态时，离子化合物中的阴、阳离子能发生自由移动，能够导电，③正确；④离子化合物Na2O2中含有氧氧非极性键，④不正确；⑤周期表中金属和非

金属分界线附近的元素可能作半导体材料，⑤不正确；⑥次氯酸的电子式为，⑥不正确；⑦离子化合物中一定含有离子键，含离子键的化合物一定是离子化合物，⑦正确；综合以上分析，只有②③⑦正确，故选C。【点睛】在书写HClO的电子式时，我们很容易把

Cl放在H与O的中间，因为Cl的最外层电子数为7个，只能形成一对共用电子，所以Cl原子应在分子的某一端。7.下列反应能量变化与图一致的是A.CaCO3高温分解B.Na与H2O的反应C.NaOH与HCl反应D.Al与Fe2O3的铝热反应【答案】A【解析】【分析】由图象

可知反应物总能量小于生成物总能量，应为吸热反应，常见吸热反应有Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体混合反应、水解反应、电解反应、大多数的分解反应、以C、CO、H2作为还原剂的反应等，以此解答该题。【详解】A、碳酸钙的高温分解反应为吸热反应，故A符合题意；

B、活泼金属与水的反应为放热反应，故B不选；C、酸碱中和反应为放热反应，故C不选；D、铝热反应为放热反应，故D不选。答案选A。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，侧重考查学生的分析能量，注意把握能量的变化以及常见吸热反应、放热反应。8.X、Y、Z、M、N代

表五种金属，有以下反应：①Y与M用导线连接放入稀硫酸中，M上冒气泡；②M、N为电极，与N的盐溶液组成原电池，电子从M极流出，经过外电路，流入N极；③Z+2H2O(冷水)=Z(OH)2+H2↑；④水溶液中，X+Y2+=X2++Y；

则这五种金属的活动性由强到弱的顺序为()A.Z>X>Y>M>NB.Z>Y>X>M>NC.Z>X>Y>N>MD.X>Y>M>N>Z【答案】A【解析】【详解】①Y与M用导线连接放入稀硫酸中，M上冒气泡，说明M作为原电池的正极，活泼性M<Y；②M、N为

电极，与N的盐溶液组成原电池，电子从M极流出，经过外电路，流入N极，电子经外电路从负极流向正极，那么M极为负极，活泼性M>N；③Z+2H2O(冷水)=Z(OH)2+H2↑，Z的化学性质非常活泼；④水溶液中，X+Y2+=X2++Y，X可以置换出Y的盐溶液中的Y，所以活泼性X>Y，所以五种金属活

动性由强到弱的顺序为：Z>X>Y>M>N；答案选A。9.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如下图所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2═2LiCl+SO2↑；下列叙述中错误的是()A.电池工作时负极材

料是Li，发生氧化反应B.将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好C.电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→导线→碳棒D.电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-═2Cl-+SO2↑【答案】B【解析】【详解】A.

电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；B.锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；C.电池工作时电子由负极流向正极，故C正确；D.电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑，故D正确

；题目要求选择错误的选项，故选B。10.利用下列装置制取溴苯，下列说法不正确．．．的是（）A.该装置中CCl4的作用是除去产物HBr中混有的Br2蒸气B.若将液溴改为浓溴水，该反应也能进行C.通过AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生

，说明由苯制溴苯的反应是取代反应D.该装置中左侧长导管的作用是导气兼冷凝回流【答案】B【解析】【分析】由实验装置可知，苯与液溴发生取代反应生成溴苯、HBr，溴易挥发，左侧长导管可冷凝回流反应物，增大反应物的转化率，使反应更充分，试管中四氯化碳可除去溴，烧杯中AgNO3溶液吸收和检验HBr，倒扣的漏

斗可防止倒吸。【详解】A．溴易挥发，HBr中混有的Br2蒸气，溴是非极性分子易溶于四氯化碳，则该装置中CCl4的作用是除去产物HBr中混有的Br2蒸气，故A正确；B．若将液溴改为浓溴水，不发生反应，振荡萃取，发生分

层现象，故B错误；C．烧杯中盛有AgNO3溶液，与HBr作用有淡黄色沉淀产生，有溴离子存在，则说明由苯制溴苯的反应是取代反应，故C正确；D．苯与液溴均易挥发，该装置中左侧长导管的作用是导气兼冷凝回流，故D正确；故选B。11.在恒温恒容的密闭体系中，可

逆反应：A(s)＋2B(g)2C(g)ΔH<0，不能作为该反应达到化学平衡的标志的是①v正(B)＝v逆(C)②n(B)∶n(C)＝1∶1③容器内压强不再改变④容器内气体的密度不再改变⑤容器内混合气体的平均相对

分子质量不再改变A.②③④⑤B.①③④C.②③D.全部【答案】C【解析】【详解】①二者化学计量数相同，说明正逆反应速率相等，可做标志；②物质的量相等不能说明反应达到平衡；③反应前后气体体积不变，所以压强不能做标志；④气体的总质量随着反应而改变，所以密度不变可做标志；⑤平均相对分

子质量=气体的总质量/气体总物质的量，由于气体总物质的量不变，而气体的总质量随时改变，所以平均相对分子质量不变可做标志。故选C。12.实验室利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，关于该反应的下列说法

正确的是（）A.NaNO2发生氧化反应B.NH4Cl中的氮元素被还原C.N2既是氧化产物，又是还原产物D.每生成1molN2转移电子的物质的量为6mol【答案】C【解析】A、NaNO2中N化合价由＋3价→0价

，化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；B、NH4Cl中N化合价由－3价→0价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B错误；C、根据选项A和B的分析，N2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D、生成1molN2，同时消耗1molNaNO2或1molNH4Cl，转移电子物质的量为3

mol，故D错误。13.下列指定反应的离子方程式正确的是()A.将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O=NH+4＋HSO-3B.铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2−

＋3H2↑C.用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑D.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO-3＋3H2O=3I2＋6OH－【答案】B【解析】【详解】A.将少量的SO2气体通入过量的氨水中，生成物为亚硫酸铵和水，不能生成亚硫酸氢铵，故A错误

；B.离子方程式符合反应原理，符合离子方程式书写规则和守恒关系，故B正确；C.醋酸属于弱酸，书写离子方程式时不能拆成离子，正确的离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋H2O＋CO2↑+2CH3COO-，故C错误；D.用KIO3氧化酸性溶液中的KI，正

确的离子方程式为：5I－＋IO3-+6H+=3I2+3H2O，故D错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写时需注意有些不能拆的离子，反应物的量的关系对产物的影响。14.苹果酸分子的结构简式为。下列说法正确的是A.1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1molH2B.1mol苹果酸

可与3molNaOH发生反应C.苹果酸分子中的官能团有羟基和羧基D.与苹果酸互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.1mol羟基或羧基与足量金属Na反应均生成0.5molH2，1mol苹果酸中有1mol羟基

和2mol羧基，故1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，故A错误；B.1mol羧基可消耗1molNaOH，羟基与NaOH不反应，1mol苹果酸可与2molNaOH发生反应，故B错误；C.苹果酸分子中的

官能团有羟基和羧基，故C正确；D.与苹果酸是同一物质，故D错误；故答案为C。15.下列五种烷烃：①()3234CHCHCH②()3232CHCHCHCH③323CHCHCH④33CHCH⑤()3233CHCHCH，其沸点按由高到低的顺序排列正确的是（）A.①⑤

②③④B.②③④⑤①C.⑤②①③④D.④①②⑤③【答案】A【解析】【分析】烷烃的沸点随着碳数的增多而增大，但相同碳数的两种烷烃，支链越多沸点越低。【详解】①中碳数最多，故沸点最高，⑤和②的碳数其次，但②中含有支链，故②的

沸点比⑤低，④的碳数最少，沸点最低，故从高到低排序为①⑤②③④。16.某烯烃与H2加成后的产物是，则该产物与溴蒸汽光照所得到的一溴代物可能有()A.2种B.4种C.5种D.8种【答案】C【解析】【详解】分子中，氢原子共有5种，所以产物与溴蒸汽光

照所得到的一溴代物可能有5种，故选C。17.Ⅰ.(1)①Ne②HCl③P4④N2H4⑤Mg3N2⑥Ca(OH)2⑦Na2O2⑧NH4I⑨AlCl3，请用上述物质的序号填空，只存在极性共价键的是____________，既存在离子键又存在非极性共价键的是_____________。(2)在下列

变化中，①碘的升华②烧碱熔化③MgCl2溶于水④HCl溶于水⑤Na2O2溶于水，未发生化学键破坏的是_____________，仅发生离子键破坏的是_____________仅发生共价键破坏的是_________，既发生离子键破坏又发生化学键破

坏的是_______。(填写序号)Ⅱ.下面列出了几组物质，请用序号填空。①金刚石与“足球烯”C60；②D与T；③氧气与臭氧；④CH4和CH3CH2CH3；⑤和CH3CH2CH2CH2CH3；⑥和和CH3CH2CH2CH3属于同位素的是______

__________，属于同系物的是_______________，属于同素异形体的是____________，属于同分异构体的是______________。【答案】(1).②⑨(2).⑦(3).①(4).②③(5).④(6).⑤(7).②(

8).④⑤(9).①③(10).⑥【解析】【详解】Ⅰ.(1)①Ne为单原子分子，不存在化学键；②HCl中含H原子和Cl原子形成的极性共价键；③P4中含p-p形成的非极性共价键；④N2H4中含N-H形成的极性共价键，N-N形成的非极性共价键；⑤Mg3N2中含镁离子与氮离子间形成的离子

键；⑥Ca(OH)2中含钙离子和氢氧根离子间形成的离子键；氢氧根离子内部氧原子、氢原子间形成极性共价键；⑦CaC2中含钙离子和C22-间形成的离子键；C22-内部碳原子之间形成非极性共价键；⑧NH4I中含铵根离子与碘离子间形成的离子键，铵根离子

内部氮原子、氢原子间形成的极性共价键；⑨AlCl3是共价化合物，只含氯原子与铝原子形成的极性共价键；只含共价键的为②⑨；既存在离子键又存在非极性共价键的是⑦；(2)①碘为分子晶体，升华时克服分子间作用力，没有化学键发生变化，②烧碱为离子

晶体，含有离子键和共价键，融化时离子键断裂，而共价键没有变化，③MgCl2为离子化合物，溶解于水没有发生化学变化，只发生离子键断裂；④氯化氢为共价化合物，只含有共价键，溶解于水没有发生化学变化，只发生共价键断裂，⑤N

a2O2溶于水，含有离子键和共价键，溶解于水发生化学反应，得到氢氧化钠和氧气，破坏离子键和共价键；故未发生化学键破坏的是①；仅发生离子键破坏的是②③；Ⅱ．质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素，其中D与T为氢元素的不同原子

，互为同位素，所以选②；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物为同系物，其中④CH4和CH3CH2CH3、⑤和CH3CH2CH2CH2CH3属于同系物，所以选④⑤；同种元素组成的不同单质为同素异形体，其中①金刚石与“足球烯”C6

0为碳元素的不同单质，③O2与O3为氧元素的不同单质，属于同素异形体，所以选①③；分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，其中⑥和CH3CH2CH2CH3分子式相同而结构不同，故选⑥。18.已知一定条件下，金刚石转化为石

墨释放出能量，则金刚石比石墨稳定性______（填“强”、“弱”），等质量的金刚石和石墨充分燃烧均生成二氧化碳，____________放出热量多。【答案】(1).弱(2).金刚石【解析】【详解】一定条件下，金刚石转化为石

墨释放出能量，则金刚石的能量高于石墨的能量，又物质能量越低越稳定，故金刚石比石墨稳定性弱；金刚石和石墨充分燃烧生成二氧化碳均是放热反应，金刚石的能量更高，故放出的热量更多。19.如图为原电池装置示意图。(1

)将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是_____(填字母)。A．铝片、铜片B．铜片、铝片C．铝片、铝片D．铜片、铜片写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式_____；(2)若A为Pb，

B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2+2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。写出B电极反应式_____，该电池在工作时，A电极的质量将___(填“增加”“减小”或“

不变”)。若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子的数目为_____。(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：_____；该电池在工作一段时间后

，溶液的pH将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1).B(2).Al－3e－＋4OH－===2AlO−＋2H2O(3).PbO2＋24SO−＋4H＋＋2e－===PbSO4＋2H2O(4).增加(5).0.1NA(

6).CH4＋10OH-－8e-==2-3CO＋7H2O(7).减小【解析】【详解】(1)虽然铝比铜活泼，但是由于常温下铝在浓硝酸中发生钝化，所以将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中总反应为铜与浓硝酸的反应，所以Cu为负极，Al为正极；插入烧碱溶液中，总反应为Al与NaOH溶液的反应，所以Al

作负极、Cu为正极，所以选B；Al失去电子在碱性溶液中以AlO2-存在，故电极反应为Al-3e-+4OH-=2AlO−+2H2O；(2)根据总反应可知PbO2被还原为正极，电极反应为PbO2＋24SO

−＋4H＋＋2e－===PbSO4＋2H2O；该电池在工作时，A电极上生成PbSO4，质量将增加；由电池总反应可知消耗2mol酸转移2mol电子，则若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子的数目为0.1NA；(3)A极通入甲烷，所以为负极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为CH4＋

10OH-－8e-==2-3CO＋7H2O；电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=2-3CO＋3H2O，消耗氢氧根产生水，所以溶液的pH减小。【点睛】第1小题为易错点，要注意虽然铝比铜活泼，但是由于常温下铝在浓硝酸中

发生钝化，所以铜为负极。20.有A、B、C、D、E、F、G7种元素，试按下述所给的条件推断：①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外均有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A>B>

C；②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体；③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体；④G是除氢外原子半径最小的主族元素(1)A的名称是____，B位于周期表中第____周期____族，C的原子结构示意图

是________________。(2)E的单质颜色是_______。(3)A元素与D元素形成的化合物的电子式是_________。(4)G的单质与水反应的化学方程式是________。(5)在上述七种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是_____(填

化学式，下同)，酸性最强的是_______，气态氢化物最稳定的是__________。(6)将C的氧化物对应的水化物投入到A的氧化物对应的水化物中反应的离子方程式是_______________。【答案】(1).钠(2).三(3)

.ⅡA(4).(5).紫黑色(6).(7).2F2＋2H2O===4HF＋O2(8).NaOH(9).HBrO4(10).HF(11).Al(OH)3＋OH－===-2AlO＋2H2O【解析】【分析】①A、B、C是同一周期的金属元素，

已知原子核外有3个电子层，即处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C，可推知A为Na，B为Mg，C为Al；②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，D、E表现-1价，二者处于ⅦA族，在室温时，D的单

质是液体，E的单质是固体，则D为Br，E为I；③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体，则F为He；④G是除氢外原子半径最小的元素，则G为F元素。【详解】(1)由上述分析可知，A的名称是钠，B为Mg，位于周期表中第三周期ⅡA族，C为Al，原子结构示意图是；(2)E为I

，其单质颜色是紫黑色；(3)A元素与D元素形成化合物为NaBr，电子式是；(4)G的单质为氟气，与水反应的化学方程式是：2F2+2H2O═4HF+O2；(5)F的元素符号是He；(6)在上述七种元素中，Na的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化学式是NaOH，F的非金属

性最强，但没有最高价含氧酸，其它元素中Br的非金属性最强，故酸性最强的化学式是HBrO4，气态氢化物最稳定的化学式是HF；(7)C的氧化物对应的水化物为氢氧化铝，A的氧化物对应的水化物为氢氧化钠，二者反应的离子方程式是：Al(OH)3＋OH－=-2AlO＋2H2O。21.在容积为2L的密闭容器中进

行如下反应：A(g)+2B(g)3C(g)+nD(g)，开始时A的物质的量为4mol，B的物质的量为6mol；5min末测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol·L-1·min-1。计算：(1)5min末A的物

质的量浓度为________。(2)前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为_______。(3)化学方程式中n的值为____。(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)=5mol·L-1·min-1②v(B)=6mol·L-1·min-1③v(C)=4.5mol·L-1·mi

n-1④v(D)=8mol·L-1·min-1其中反应速率最快的是_______(填序号)。(5)在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化曲线如图：①该反应的化学方程式是___________。②该反应达到平衡状态的

标志是_______(填字母)。A.Y的体积分数在混合气体中保持不变B.X、Y的反应速率比为3：1C.容器内气体压强保持不变D.容器内气体的总质量保持不变E.生成1molY的同时消耗2molZ③2min内Y的转化率为____。【答案】(1).1.5mol/L(2

).0.2mol/(L·min)(3).2(4).①(5).3X(g)+Y(g)2Z(g)(6).AC(7).10%【解析】【分析】(1)根据反应时A、C变化的物质的量的比是1：3，由C的物质的量计算A反应的物质的量，然后根据c(A)=nV计算；(

2)根据v=ct计算v(B)；(3)利用速率之比等于化学计量数之比计算n；(4)用速率除以各种物质的化学计量数，比值越大，表示的反应速率就越快；(5)①根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，结合5min后各种物质的物质的量存在情况书写化学方程式

；②根据化学反应达到平衡时，任何物质的物质的量不变，浓度不变，反应速率不变分析判断；③根据转化率=转化量起始量×100%计算。【详解】(1)在容积为2L的密闭容器中，发生反应：A(g)+2B(g)3C(g)+nD(g)，

在反应开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，则反应消耗A的物质的量是1mol，则此时A的物质的量为4mol-1mol=3mol，由于容器的容积是2L，所以此时A的浓度c(A)=3mol2L=1.5mol/L；(2)根据方程式A(g)+2B(g)3C(g)+n

D(g)可知：每反应产生3molC，就会同时消耗2molB，则前5min内用B表示的化学反应速率v(B)=2mol2L5min=0.2mol/(L·min)；(3)用不同物质的反应速率表示时，速率之比等于化学计量数之比，则v(B)：v(D)=0.2mol/(L•min)：0.2

mol/(L•min)=2：n，故n=2；(4)①51=5；②62=3；③4.53=1.5；④82=4；可见在上述数值中最大值是5，故表示的反应速率最快的序号是①；(5)①由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增多，则X、Y应为反应物，Z应为生

成物，当反应进行到5min时，△n(X)=0.6mol，△n(Y)=0.2mol，△n(Z)=0.4mol，则△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=3：1：2。由于参加反应的物质的物质的量之比等于相应物质的化学计量数之比，由于5min后三种物质都存在，

且物质的量都不变，说明该反应为可逆反应，故反应的方程式为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；②A.该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，若反应未达到平衡，则气体Y的物质的量及总物质的量都会发生变化，因此Y的

体积分数在混合气体中保持不变，说明反应达到平衡状态，A正确；B.根据反应方程式可知X、Y在任何时刻变化的物质的量的比都等于3：1，用X、Y表示的速率比也等于3：1，不能据此判断反应是否处于平衡状态，B错误；C.该反应在恒容密闭容器中进行，由于该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，若反应达

到平衡状态，则气体的物质的量不变，则容器内气体压强保持不变，C正确；D.任何反应发生，无论反应进行的程度如何，都符合质量守恒定律，因此不能根据容器内气体的总质量保持不变判断反应是否处于平衡状态，D错误；D.生成1molY的同时消耗2molZ表示的

都是反应逆向进行，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，E错误；故合理选项是AC；③在反应开始时加入Y是1.0mol，在2min时Y的物质的量为0.9mol，则反应消耗的Y物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，故2min时

Y的转化率=0.1?mol1.0?mol×100%=10%。【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡计算、化学平衡状态判断、反应速率的比较等知识，明确化学反应原理、反应速率和化学平衡的概念、平衡状态判断方法等知识点是解本题关键

，侧重考查学生分析判断及计算能力，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据。22.已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示．(1)A结构简式为______，

D中官能团的名称是______；反应①的反应类型是______反应．(2)反应②的化学方程式是_____;(3)某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯．实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体．①实验开始时，试管甲中的

导管不伸入液面下的目的是_____。②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是(填字母)______。A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收部分乙醇C．加速酯的生成，提高其产率D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在

水中更小，有利于分层析出③分离得到乙酸乙酯的方法是____________，分离需要的玻璃仪器是___________。④若加的是C2H518OH写出制乙酸乙酯的方程式________________________。【答案】(1).CH2=CH2(2)

.羧基(3).加成(4).2CH3CH2OH+O2Cu→2CH3CHO+2H2O(5).防倒吸(6).BD(7).分液(8).分液漏斗，烧杯(9).CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O【解析】【分析】有机物A的产量可以用来衡量

一个国家的石油化工发展水平，则A是CH2=CH2，CH2=CH2和H2O反应生成CH3CH2OH，则B是CH3CH2OH，CH3CH2OH被O2氧化生成C，C反应生成D，D和乙醇反应生成乙酸乙酯，则D是CH3COOH，C是CH3CHO，A反应生成

E，E是高分子化合物，则E结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知A为CH2=CH2，D为CH3COOH，官能团为羧基；反应①为乙烯和水的加成反应；(2)反应②为乙醇的催化氧化，化学方程式

为2CH3CH2OH+O2Cu→2CH3CHO+2H2O；(3)①因乙酸、乙醇易溶于水，实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的目的是防止倒吸；②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙酸并吸收部分乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出，所以选BD；③乙酸乙酯难溶于饱和碳酸

钠溶液，所以会分层，分液分离即可，需要用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；④乙酸和乙醇的酯化反应中酸脱去羟基，醇脱去氢原子，所以化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O。