2015-2022学年陕西省西安七十中高一（下）月考化学试卷

2022-2022学年陕西省西安七十中高一（下）月考化学试卷（5月份）　一、选择题（单选，1-10每小题2分，11-20每小题2分，共50分）1．下列都属于二次能源的是（　　）A．电能、蒸汽B．氢能、风能C．原煤、石油D．地热能、潮汐能2．列物质中不属于烷烃的是（　　）A．CH4B．C2H4C．C3H8D．C4H103．下列说法中，正确的是（　　）A．放热反应的发生均无需加热B．加热后才能发生的反应均是吸热反应C．物质发生化学反应都伴随着能量变化D．伴有能量变化的物质变化都是化学变化4．下列图示变化为吸热反应的是（　　）A．B．C．D．5．下列化学用语正确的是（　　）A．HCl的电子式：B．氯离子的结构示意图：C．甲烷分子的比例模型：D．核内有8个中子的碳原子：C6．下列关于乙烯的叙述中不正确的是（　　）A．无色气体，难溶于水，密度比空气略小B．乙烯燃烧时，火焰明亮，同时产生黑烟C．与溴水发生取代反应而使溴水褪色D．乙烯的产量标志着一个国家的石油化工水平23/237．下列关于化学反应速率说法正确的是（　　）A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减小或任何一种生成物浓度的增加B．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢C．化学反应速率0.8mol/（L•s）是指1s时某物质的浓度为0.8mol/LD．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显8．对于工业合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，下列说法错误的是（　　）A．使用合适的催化剂可以加大反应速率B．升高温度可以增大反应速率C．增大N2浓度可以使H2转化率达到100%D．增大N2浓度可以增大反应速率9．已知反应A+3B⇌2C+D在某段时间内以B的浓度变化表示的化学反应速率为1mol•L﹣1•min﹣1，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为（　　）A．0.5mol•L﹣1•min﹣1B．1mol•L﹣1•min﹣1C．0.667mol•L﹣1•min﹣1D．1.5mol•L﹣1•min﹣110．下列有关电池的说法中不正确的是（　　）A．手机上用的锂离子电池属于二次电池B．充电电池可以无限制地反复使用C．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D．废旧电池不能乱扔，需回收处理11．将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是（　　）A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．甲、乙中SO都向铜片移动D．产生气泡的速率甲中比乙中快12．如图为氢氧燃料电池原理示意图，已知该燃料电池总反应为：2H2+O2═2H2O，a极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，下列叙述不正确的是（　　）A．a电极是负极，发生氧化反应B．b电极的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D．燃料电池内部H+从负极移向正极13．下列递变规律正确的是（　　）A．HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次增强23/23B．HCl、HBr、HI的稳定性依次增强C．钠、镁、铝的还原性依次减弱D．N、O、F原子半径逐渐增大14．甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构，理由是（　　）A．CH3Cl只有一种结构B．CH2Cl2只有一种结构C．CHCl3只有一种结构D．CH4中含有4个C﹣H极性键15．下列关于苯的说法中，正确的是（　　）A．苯不能使酸性KMnO4溶液退色，属于饱和烃B．常温下苯是一种易溶于水且密度比水小的液体C．苯不具有典型的双键，故苯不能发生加成反应D．苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的价键完全相同16．主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有（　　）A．2种B．3种C．4种D．5种17．等质量的下列烃完全燃烧时，消耗氧气最多的是（　　）A．CH4B．C2H4C．C2H6D．C6H818．某有机化合物6.2g在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和5.4gH2O．下列说法正确的是（　　）A．该化合物仅含碳、氢两种元素B．该化合物中碳、氢原子个数比为1：4C．无法确定该化合物是否含有氧元素D．该化合物中一定含有氧元素19．在一定温度下，溶剂不变的密闭容器中发生反应A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），下列不能说明该可逆反应已经达到平衡状态的是（　　）A．混合气体压强不再发生变化B．混合气体质量不再发生变化C．A的物质的量浓度不变D．单位时间里生成C（g）和D（g）的物质的量相等20．现向一容积不变的2L密闭容器中充入4molNH3和3molO2，发生反应4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g），4min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是（　　）A．v（N2）=0.125mol•L﹣1•min﹣1B．v（H2O）=0.375mol•L﹣1•min﹣1C．v（O2）=0.225mol•L﹣1•min﹣1D．v（NH3）=0.250mol•L﹣1•min﹣1　二、填空题（本题包括3小题，共14分）.21．有下列几种物质：A．金刚石和石墨B．C2H6和C5H12C．C2H4和C2H6D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2E．35Cl和37Cl其中属于同分异构体的是　　　　　　（填序号，下同），属于同素异形体的是　　　　　　，属于同系物的是　　　　　　，属于同位素的是　　　　　　．22．在25℃、101kPa的条件下，断裂1molH﹣H键吸收436kJ能量，断裂1molCl﹣Cl键吸收243kJ能量，形成1molH﹣Cl键放出431kJ能量．H2+Cl2═2HCl的化学反应可用如图表示：请回答下列有关问题：23/23（1）反应物断键吸收的总能量为　　　　　　，生成物成键放出的总能量为　　　　　　，1molH2和1molCl2反应生成2molHCl是　　　　　　（填“吸收”或“放出”）能量的反应．（2）用电子式表示出HCl的形成过程　　　　　　．23．甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、丙烯（CH3﹣CH═CH2）、苯中的一种；（1）甲、乙能使溴水褪色，甲分子中所有原子共平面，但乙分子不是所有原子共平面．（2）丙既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色．（3）丁既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，但在一定条件下可与液溴发生取代反应．一定条件下，1mol丁可以和3molH2完全加成．请根据以上叙述完成下列填空：（1）甲的结构简式　　　　　　，乙的名称　　　　　　，丙是　　　　　　结构．（2）丁与H2在催化剂作用下发生加成反应的化学方程式　　　　　　．　三、实验探究题（本题包括4小题，共31分）24．由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验．装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题：（1）装置甲中负极的电极反应式是　　　　　　．（2）装置乙，若电路中转移6.02×1022个e﹣，则C上增加的质量为　　　　　　．（3）装置丙中溶液的pH　　　　　　（填“变大”“变小”或“不变”）．（4）四种金属活动性由强到弱的顺序是　　　　　　．25．某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示．实验Ⅰ：根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律．已知A装置的烧瓶里装有大理石，分液漏斗里装有稀HNO3，B装置中装有饱和碳酸氢钠溶液，装置C中装有Na2SiO3溶液，试回答：（1）A中反应的离子方程式为　　　　　　，C中可观察到的现象是　　　　　　．（2）B装置的作用是　　　　　　．（3）根据实验现象推知，碳酸、硝酸、硅酸的酸性强弱顺序是　　　　　　，由此得出碳、硅、氮三种元素非金属性的强弱顺序是　　　　　　．实验Ⅱ：已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，利用该装置探究氯和溴元素的非金属性强弱．（4）写出B装置中发生反应的离子方程式：　　　　　　．（5）C装置的作用是　　　　　　．23/2326．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图：试回答下列问题：（1）请写出C装置中生成CH3Cl的化学反应方程式：　　　　　　．有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法　　　　　　（填“正确”或“不正确”）．（2）B装置有三种功能；①控制气流速度；②混匀混合气体；③　　　　　　．（3）一段时间后发现D装置中的棉花由白色变为蓝色，则棉花上可能预先滴有　　　　　　溶液．（4）E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为　　　　　　（填字母）．A．分液法　　　　B．蒸馏法C．结晶法（5）将1molCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为　　　　　　，生成HCl的物质的量共为　　　　　　．27．下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生C2H4并检验C2H4性质的实验．请回答下列问题：（1）A中碎瓷片的作用是　　　　　　．（2）B装置中反应的化学方程式为：　　　　　　．（3）C装置中可观察到的现象是　　　　　　．23/23（4）查阅资料知，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳．根据本实验中装置　　　　　　（填字母）中的实验现象可判断该资料是否真实．（5）通过上述实验探究，检验甲烷和乙烯的方法是　　　　　　（选填字母，下同）；除去甲烷中乙烯的方法是　　　　　　．A．气体通入水中B．气体通过盛溴水的洗气瓶C．气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D．气体通过氢氧化钠溶液（6）下列物质中，不是通过乙烯加成反应得到的是　　　　　　（填序号）．A．CH3CH3B．CH3CHCl2C．CH3CH2OHD．CH3CH2Br．　四．计算与分析题28．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，由图中数据分析：（1）该反应的化学方程式　　　　　　．（2）反应开始至2min，以Z表示的平均反应速率为　　　　　　．（3）反应达平衡此时体系的压强是开始时　　　　　　倍．（4）下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是　　　　　　（填字母）A．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化B．单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZC．混合气体的密度不随时间的变化而变化．　23/232022-2022学年陕西省西安七十中高一（下）月考化学试卷（5月份）参考答案与试题解析　一、选择题（单选，1-10每小题2分，11-20每小题2分，共50分）1．下列都属于二次能源的是（　　）A．电能、蒸汽B．氢能、风能C．原煤、石油D．地热能、潮汐能【考点】清洁能源．【分析】可以从自然界直接获取的能源叫一次能源；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源．据此分析．【解答】解：A、我们生活中所使用的电能和蒸汽都是通过其他形式的能转化而来的，均是二次能源，故A正确；B、风能是大自然中直接产生的，是一次能源，故B错误；C、煤是直接从地下挖来的，是一次能源；石油是从地下直接开采上来的，是一次能源，故C错误；D、地热能和潮汐能均是能从自然界中直接获取的，故为一次能源，故D错误．故选A．　2．列物质中不属于烷烃的是（　　）A．CH4B．C2H4C．C3H8D．C4H10【考点】烷烃及其命名．【分析】烷烃即饱和烃，是分子中只有碳碳单键的链烃，判断方法：只含碳碳单键，碳原子达到饱和结构，化学式符合CnH2n+2（n≥1）．【解答】解：A．CH4只含碳氢两种元素，碳原子达到饱和，符合烷烃的通式，是最简单的烷烃，故A正确；B．C2H4不符合烷烃通式，碳原子未饱和，存在碳碳双键，不属于烷烃，故B错误；C．C3H8符合烷烃通式，碳原子均达到饱和的链烃，故C正确；D．C4H10符合烷烃通式，碳原子均达到饱和的链烃，故D正确；故选B．　3．下列说法中，正确的是（　　）A．放热反应的发生均无需加热B．加热后才能发生的反应均是吸热反应C．物质发生化学反应都伴随着能量变化D．伴有能量变化的物质变化都是化学变化【考点】化学能与热能的相互转化．【分析】A、大多数的放热反应需要加热或点燃条件引发才能发生反应；B、有的放热反应需要加热才能进行；23/23C、依据化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化；D、伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解答】解：A、大多数的放热反应需要加热或点燃条件引发才能发生反应，放热反应有些需要加热，故A错误；B、反应吸热和放热由反应物和生成物能量变化确定，有的放热反应需要加热才能进行，不一定加热反应是吸热反应，故B错误；C、化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化，故C正确；D、伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故D错误；故选：C．　4．下列图示变化为吸热反应的是（　　）A．B．C．D．【考点】吸热反应和放热反应．【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：A．反应物的能量小于生成物的能量，图反应为吸热反应，故A正确；B．反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，故B错误；C．浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，故C错误；D．活泼金属与酸的反应是放热反应，故D错误．故选A．　5．下列化学用语正确的是（　　）A．HCl的电子式：B．氯离子的结构示意图：C．甲烷分子的比例模型：23/23D．核内有8个中子的碳原子：C【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．氯化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；B．氯离子的核电荷数为17，不是18；C．甲烷分子中含有4个碳氢键，为正四面体结构，碳原子相对体积大于氢原子；D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．【解答】解：A．氯化氢为共价化合物，其分子中存在一个氢氯键，氯化氢正确的电子式为：，故A错误；B．氯离子的核电荷数为17、核外电子总数为18，Cl﹣的结构示意图为：，故B错误；C．甲烷中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢离子，为正四面体结构，甲烷分子的比例模型为：，故C正确；D．核内有8个中子的碳原子的质量数为14，该核素含有表示为：614C，故D错误；故选C．　6．下列关于乙烯的叙述中不正确的是（　　）A．无色气体，难溶于水，密度比空气略小B．乙烯燃烧时，火焰明亮，同时产生黑烟C．与溴水发生取代反应而使溴水褪色D．乙烯的产量标志着一个国家的石油化工水平【考点】有机物的结构和性质．【分析】乙烯分子中含有C=C双键，其中1个C﹣C容易断裂，化学性质比乙烷活泼，容易发生加成反应和氧化反应，由于乙烯分子中含碳量较高，碳不能完全燃烧，燃烧时，火焰明亮并且伴有黑烟，乙烯可以作为催熟剂，以此解答该题．【解答】解：A．乙烯为无色气体，难溶于水，相对分子质量为28，而空气的为29，则密度比空气略小，故A错误；B．乙烯含碳量较高，燃烧时火焰明亮，同时产生黑烟，故B正确；C．乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，故C错误；D．乙烯为重要的工业原料，可用于生产乙醇、聚乙烯等，其产量标志着一个国家的石油化工水平，故D正确．故选C．　7．下列关于化学反应速率说法正确的是（　　）A．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减小或任何一种生成物浓度的增加B．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢C．化学反应速率0.8mol/（L•s）是指1s时某物质的浓度为0.8mol/LD．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显【考点】反应速率的定量表示方法．23/23【分析】A、化学反应速率为单位时间内浓度的变化量；B、化学反应速率即为描述化学反应快慢的物理量；C、化学反应速率为平均速率；D、反应速率与现象无关．【解答】解：A、化学反应速率为单位时间内浓度的变化量，则化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示，固体或纯液体的浓度变化视为0，故A错误；B、化学反应速率是描述化学反应快慢的物理量，根据化学反应速率可以知道化学反应进行的快慢，故B正确；C、因化学反应速率为平均速率，则化学反应速率为0.8mol/（L•s）是指1s内该物质的浓度变化量为0.8mol/L，故C错误；D、反应速率与现象无关，反应速率快的，现象可能明显，也可能不明显，如氢氧化钠和盐酸反应瞬间完成无明显现象，故D错误，故选B．　8．对于工业合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，下列说法错误的是（　　）A．使用合适的催化剂可以加大反应速率B．升高温度可以增大反应速率C．增大N2浓度可以使H2转化率达到100%D．增大N2浓度可以增大反应速率【考点】合成氨条件的选择．【分析】从影响化学反应速率的因素判断反应速率的变化，该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化．【解答】解：A．催化剂可降低反应物的活化能，提高活化分子百分数，提高反应速率，故A正确；B．升高温度可提高活化分子的百分数，提高反应速率，故B正确；C．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，故C错误；D．增大N2浓度，单位体积活化分子的数目增大，反应速率增大，故D正确．故选：C．　9．已知反应A+3B⇌2C+D在某段时间内以B的浓度变化表示的化学反应速率为1mol•L﹣1•min﹣1，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为（　　）A．0.5mol•L﹣1•min﹣1B．1mol•L﹣1•min﹣1C．0.667mol•L﹣1•min﹣1D．1.5mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】以B的浓度变化表示的化学反应速率为1mol•L﹣1•min﹣1，结合反应速率之比等于化学计量数之比解答．【解答】解：以B的浓度变化表示的化学反应速率为1mol•L﹣1•min﹣1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为1mol•L﹣1•min﹣1×=0.667mol•L﹣1•min﹣1，故选C．　23/2310．下列有关电池的说法中不正确的是（　　）A．手机上用的锂离子电池属于二次电池B．充电电池可以无限制地反复使用C．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D．废旧电池不能乱扔，需回收处理【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【分析】A．锂离子电池能充放电，属于二次电池；B．充电电池不能无限制的反复充电、放电；C、甲醇燃料电池是原电池装置；D、电池中含有重金属汞．【解答】解：A．锂离子电池能充放电，属于二次电池，放电时是将化学能转化为电能，充电时是将电能转化为化学能，故A正确；B．充电电池的使用有一定年限，所以不能无限制的反复充电、放电，故B错误；C、甲醇燃料电池是原电池装置，将化学能转化为电能，故C正确；D、电池中含有重金属汞，会造成水水污染和土壤污染，故D正确；故选B．　11．将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是（　　）A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．甲、乙中SO都向铜片移动D．产生气泡的速率甲中比乙中快【考点】化学反应中能量转化的原因；原电池和电解池的工作原理．【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑．乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，原电池中阴离子移向负极，以此进行分析．【解答】解：A．甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B．乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；C．甲中形成的是原电池反应，铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中是锌直接和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中甲中硫酸根离子移向锌片，乙中硫酸根离子进入溶液不移向到铜片，故C错误；D．甲能形成原电池加快反应速率，乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故D正确；故选D．　12．如图为氢氧燃料电池原理示意图，已知该燃料电池总反应为：2H2+O2═2H2O，a极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，下列叙述不正确的是（　　）23/23A．a电极是负极，发生氧化反应B．b电极的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D．燃料电池内部H+从负极移向正极【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极是正极；b电极上发生反应为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，结合氢氧燃料电池为绿色环保电池进行判断．【解答】解：A．氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的a极为电源的负极，故A正确；B．氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应，正确的反应为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故B错误；C．氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故C正确；D．a为负极、b为正极，溶液中电流从负极流向正极，则氢离子带正电荷，移动方向与电流方向相同，则氢离子从而负极移向正极，故D正确；故选B；　13．下列递变规律正确的是（　　）A．HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次增强B．HCl、HBr、HI的稳定性依次增强C．钠、镁、铝的还原性依次减弱D．N、O、F原子半径逐渐增大【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定新越强；C．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱；D．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小．【解答】解：A．非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；B．非金属性：Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定新越强，故B错误；C．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越弱，故C正确；D．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故D错误．故选C．　14．甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构，理由是（　　）A．CH3Cl只有一种结构B．CH2Cl2只有一种结构23/23C．CHCl3只有一种结构D．CH4中含有4个C﹣H极性键【考点】甲烷的化学性质．【分析】若甲烷是正四面体，则CH2Cl2只有一种结构，而若甲烷为正方形的平面结构，则CH2Cl2有两种结构，据此分析．【解答】解：A、若甲烷是正四面体，则CH3Cl只有一种结构，而若甲烷为正方形的平面结构，则CH3Cl也只有一种结构，故CH3Cl只有一种结构不能说明甲烷是哪种构型，故A错误；B、若甲烷是正四面体，则CH2Cl2只有一种结构，而若甲烷为正方形的平面结构，则CH2Cl2有两种结构，而事实是CH2Cl2只有一种结构，故可以说明甲烷为正四面体结构而非平面结构，故B正确；C、若甲烷是正四面体，则CHCl3只有一种结构，而若甲烷为正方形的平面结构，则CHCl3也只有一种结构，故CHCl3只有一种结构，不鞥说明甲烷为正四面体结构而非平面结构，故C错误；D、无论甲烷为正四面体结构还是平面结构，甲烷中均含4条C﹣H极性键，故甲烷中含4条C﹣H极性键不可以说明甲烷为正四面体结构而非平面结构，故D错误．故选B．　15．下列关于苯的说法中，正确的是（　　）A．苯不能使酸性KMnO4溶液退色，属于饱和烃B．常温下苯是一种易溶于水且密度比水小的液体C．苯不具有典型的双键，故苯不能发生加成反应D．苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的价键完全相同【考点】苯的性质．【分析】A．苯分子中不含碳碳双键，苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，所以苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯分子式为C6H6属于不饱和烃；B．常温下，苯是不溶于水的液体；C．苯能和氢气一定条件下发生加成反应；D．苯分子中不存在单键和双键交替的价键，其中6个碳原子之间的价键完全相同．【解答】解：A．苯分子式为C6H6属于不饱和烃，分子结构中含有一种特殊的介于单双键之间的化学键，不能使酸性KMnO4溶液退色，故A错误；B．常温下苯是一种不溶于水且密度比水小的液体，故B错误；C．苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，是六个完全相同的碳碳键，这种化学键能和氢气发生加成反应，故C错误；D．苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的键是一种介于单键和双键之间的独特的化学键，完全相同，故D正确；故选D．　16．主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有（　　）A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】同分异构现象和同分异构体；烷烃及其命名．【分析】主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C上，所以有2种．23/23【解答】解：主链5个C，则乙基只能在中间C上，甲基可以在中间C上，也可以在2号C上，所以有如下2种：、．故选A．　17．等质量的下列烃完全燃烧时，消耗氧气最多的是（　　）A．CH4B．C2H4C．C2H6D．C6H8【考点】化学方程式的有关计算．【分析】由烃燃烧中C～O2～CO2，4H～O2～2H2O可知，消耗1molO2需要12gC，而消耗1molO2需要4gH，可知烃中含氢量越大，所以相同质量烃CxHy燃烧耗氧量规律：氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即越大，耗氧量越大．【解答】解：相同质量烃CxHy燃烧，氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧量越多．A．CH4中H原子与C原子个数比为4：1；B．C2H4中H原子与C原子个数比为4：2=2：1；C．C2H6中H原子与C原子个数比为6：2=3：1；D．C6H8中H原子与C原子个数比为8：6≈1.3：1；所以相同质量的各烃甲烷的燃烧耗氧量最大．故选A．　18．某有机化合物6.2g在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和5.4gH2O．下列说法正确的是（　　）A．该化合物仅含碳、氢两种元素B．该化合物中碳、氢原子个数比为1：4C．无法确定该化合物是否含有氧元素D．该化合物中一定含有氧元素【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】根据n=计算8.8gCO2和5.4gH2O的物质的量，计算C、H原子物质的量，进而计算C、H元素的质量，根据质量守恒定律判断该化合物中是否含有氧元素，据此解答．【解答】解：8.8gCO2的物质的量==0.2mol，n（C）=0.2mol，m（C）=0.2mol×12g/mol=2.4g，5.4gH2O的物质的量==0.3mol，n（H）=0.6mol，m（H）=0.6mol×1g/mol=0.6g，由于m（C）+m（H）=2.4g+0.6g=3g＜6.2g，故该化合物中还含有氧元素，有机物分子中n（C）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，由上述分析可知，ABC错误，D正确，故选D．　19．在一定温度下，溶剂不变的密闭容器中发生反应A（g）+B（s）⇌C（g）+D（g），下列不能说明该可逆反应已经达到平衡状态的是（　　）A．混合气体压强不再发生变化23/23B．混合气体质量不再发生变化C．A的物质的量浓度不变D．单位时间里生成C（g）和D（g）的物质的量相等【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，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．【解答】解：A、混合气体压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确；B、混合气体质量不再发生变化，说明达平衡状态，故B正确；C、A的物质的量浓度不变，说明反应达平衡状态，故C正确；D、单位时间里生成C（g）和D（g）的物质的量相等，都体现正反应方向，故D错误；故选D．　20．现向一容积不变的2L密闭容器中充入4molNH3和3molO2，发生反应4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g），4min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是（　　）A．v（N2）=0.125mol•L﹣1•min﹣1B．v（H2O）=0.375mol•L﹣1•min﹣1C．v（O2）=0.225mol•L﹣1•min﹣1D．v（NH3）=0.250mol•L﹣1•min﹣1【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】先根据三段式求出物质的物质的量，然后根据v==来解答．【解答】解：设反应的NH3为4xmol，4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g），起始（mol）4300反应量（mol）4x3x2x6x平衡量（mol）4﹣4x3﹣3x2x6x4min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，则有×100%=40%，解得x=0.5；A、v（N2）==0.125mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；B、v（H2O）==0.375mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；C、v（O2）==0.1875mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D、v（NH3）==0.250mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选C．　二、填空题（本题包括3小题，共14分）.21．有下列几种物质：A．金刚石和石墨B．C2H6和C5H12C．C2H4和C2H6D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2E．35Cl和37Cl23/23其中属于同分异构体的是　D　（填序号，下同），属于同素异形体的是　A　，属于同系物的是　B　，属于同位素的是　E　．【考点】有机化合物的异构现象；同位素及其应用；同素异形体．【分析】分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体；同种元素的不同单质互为同素异形体；结构相似，分子组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；【解答】解：A．金刚石和石墨均是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体；B．C2H6和C5H12都是烷烃，结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，互称为同系物；C．C2H4是乙烯，C2H6是乙烷，两者无关系；D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2是分子式相同，结构不同，属于同分异构体；E．35Cl和37Cl都是氯元素的不同核素，互为同位素；故答案为：D；A；B；E；　22．在25℃、101kPa的条件下，断裂1molH﹣H键吸收436kJ能量，断裂1molCl﹣Cl键吸收243kJ能量，形成1molH﹣Cl键放出431kJ能量．H2+Cl2═2HCl的化学反应可用如图表示：请回答下列有关问题：（1）反应物断键吸收的总能量为　679KJ　，生成物成键放出的总能量为　862KJ　，1molH2和1molCl2反应生成2molHCl是　放出　（填“吸收”或“放出”）能量的反应．（2）用电子式表示出HCl的形成过程　　．【考点】化学反应中能量转化的原因；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成．【分析】（1）反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和；生成物成键放出的总能量为2molHCl的总键能；根据生成物的键能与反应物的键能的大小关系分析；（2）化学中常在元素符号周围用小黑点“•”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子，相应的式子叫做电子式，用电子式表示化合物形成过程时，应先判定化合物类型，若为离子化合物，则用箭头表示电子的移动，若为共价化合物，则不需要箭头表示．【解答】解：（1）反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和，则反应物断键吸收的总能量为436+243=679KJ，生成物成键放出的总能量为2molHCl的总键能，则生成物成键放出的总能量为431×2=862KJ，反应热=生成物的键能减反应物的键能=436kJ•mol﹣1+243kJ•mol﹣1﹣2×431kJ•mol﹣1=﹣183kJ•mol﹣1，△H＜0，所以该反应为放热反应，故答案为：679KJ；862KJ；放出；（2）HCl属于共价化合物，氢原子最外层电子与Cl最外层电子形成一对共用电子对，其形成过程可写为：，23/23故答案为：；　23．甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、丙烯（CH3﹣CH═CH2）、苯中的一种；（1）甲、乙能使溴水褪色，甲分子中所有原子共平面，但乙分子不是所有原子共平面．（2）丙既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色．（3）丁既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，但在一定条件下可与液溴发生取代反应．一定条件下，1mol丁可以和3molH2完全加成．请根据以上叙述完成下列填空：（1）甲的结构简式　CH2═CH2　，乙的名称　丙烯　，丙是　正面体　结构．（2）丁与H2在催化剂作用下发生加成反应的化学方程式　　．【考点】有机物的推断．【分析】甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、丙烯（CH3﹣CH═CH2）、苯中的一种；（1）甲、乙能使溴水褪色，应含有碳碳双键，乙烯、丙烯符合，甲分子中所有原子共平面，则为乙烯，但乙分子不是所有原子共平面，为丙烯．（2）丙既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，可为甲烷、苯．（3）丁既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，但在一定条件下可与液溴发生取代反应．一定条件下，1mol丁可以和3molH2完全加成，则丁为苯，则丙为甲烷，以此解答该题．【解答】解：甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、丙烯（CH3﹣CH═CH2）、苯中的一种；（1）甲、乙能使溴水褪色，应含有碳碳双键，乙烯、丙烯符合，甲分子中所有原子共平面，则为乙烯，但乙分子不是所有原子共平面，为丙烯．（2）丙既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，可为甲烷、苯．（3）丁既不能使Br2的CCl4溶液褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，但在一定条件下可与液溴发生取代反应．一定条件下，1mol丁可以和3molH2完全加成，则丁为苯，则丙为甲烷，（1）由以上分析可知甲为乙烯，结构简式为CH2═CH2，乙为丙烯，丙为甲烷，为正面体结构，故答案为：CH2═CH2；丙烯；正面体；（2）丁为苯，与氢气在催化作用下可生成环己烷，方程式为，故答案为：．　三、实验探究题（本题包括4小题，共31分）24．由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验．23/23装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题：（1）装置甲中负极的电极反应式是　A﹣2e﹣═A2+　．（2）装置乙，若电路中转移6.02×1022个e﹣，则C上增加的质量为　3.2g　．（3）装置丙中溶液的pH　变大　（填“变大”“变小”或“不变”）．（4）四种金属活动性由强到弱的顺序是　D＞A＞B＞C　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】甲装置中，二价金属A不断溶解说明该装置构成了原电池，且A失电子发生氧化反应而作负极，B作正极；乙中C的质量增加，说明C上铜离子得电子发生还原反应，则C作原电池正极，B作负极；丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应，则A作原电池正极，D作负极，作原电池负极的金属活动性大于作正极金属，所以金属活动性强弱顺序是：D＞A＞B＞C．【解答】解：（1）该装置中，二价金属A不断溶解说明A失电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液而作负极，所以负极电极反应式为A﹣2e﹣═A2+，故答案为：A﹣2e﹣═A2+；（2）乙装置中，C的质量增加说明C电极上铜离子得电子发生还原反应，则C作正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，若电路中转移6.02×1022个e﹣，所以转移电子的物质的量为：0.1mol，生成铜0.05mol，质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，故答案为：3.2g；（3）丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应而作正极，D作负极，正极上氢离子逐渐析出而导致氢离子浓度逐渐减小，则溶液的pH逐渐增大，故答案为：变大；（4）通过以上分析知，四种金属活动性强弱顺序是D＞A＞B＞C，故答案为：D＞A＞B＞C．　25．某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示．实验Ⅰ：根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律．已知A装置的烧瓶里装有大理石，分液漏斗里装有稀HNO3，B装置中装有饱和碳酸氢钠溶液，装置C中装有Na2SiO3溶液，试回答：（1）A中反应的离子方程式为　CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O　，C中可观察到的现象是　溶液变浑浊　．（2）B装置的作用是　除去二氧化碳中混有的硝酸蒸气　．（3）根据实验现象推知，碳酸、硝酸、硅酸的酸性强弱顺序是　硝酸、碳酸、硅酸　，由此得出碳、硅、氮三种元素非金属性的强弱顺序是　N＞C＞Si　．实验Ⅱ：已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，利用该装置探究氯和溴元素的非金属性强弱．（4）写出B装置中发生反应的离子方程式：　2Br﹣+Cl2⇌Br2+2Cl﹣　．（5）C装置的作用是　吸收尾气　．23/23【考点】性质实验方案的设计；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【分析】实验Ⅰ：元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，证明氮非金属性大于碳；B装置是为了吸收挥发出的硝酸蒸气，避免证明碳的非金属性大于硅的实验，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅．（1）A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，证明氮非金属性大于碳；C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅；（2）B装置是为了吸收挥发出的硝酸蒸气，避免证明碳的非金属性大于硅的实验；（3）根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知C、N、Si三种元素非金属性的强弱；实验Ⅱ：探究氯、溴的非金属性强弱的递变规律，根据实验装置图可知，实验原理为A装置：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气通入装置B：溴化钾溶液中，溶液出现红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强于溴，装置中挥发出来的溴或氯气都有毒，会污染空气，所以要用装置C：氢氧化钠溶液吸收．（4）氯气通入溴化钾溶液中，溴离子被氯气氧化成溴单质，据此书写离子方程式；（5）吸收尾气．【解答】解：实验Ⅰ：（1）A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，根据强酸制取弱酸的原理，硝酸的酸性强于碳酸，硝酸、碳酸分别为N、C的最高价含氧酸，所以可证明氮非金属性大于碳，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，根据强酸制取弱酸的原理，碳酸的酸性强于硅酸，碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸，所以可证明碳的非金属性大于硅，C装置中观察到溶液变浑浊，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；溶液变浑浊；（2）硝酸易挥发，制取的二氧化碳中含有硝酸，若不除去硝酸，无法说明C装置中观察到溶液变浑浊是硝酸和硅酸盐反应，还是碳酸和硅酸盐反应，所以B装置是为了吸收挥发出的硝酸蒸气，故答案为：除去二氧化碳中混有的硝酸蒸气；（3）A中反应是碳酸钙和稀硝酸反应生成二氧化碳，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、硝酸、硅酸的酸性强弱顺序是硝酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知C、N、Si三种元素非金属性的强弱为N＞C＞Si，故答案为：硝酸、碳酸、硅酸；N＞C＞Si．实验Ⅱ：（4）A装置：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氯气通入装置B：溴化钾溶液中，2Br﹣+Cl2⇌Br2+2Cl﹣溶液出现红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强于溴，23/23故答案为：2Br﹣+Cl2⇌Br2+2Cl﹣；（5）装置中挥发出来的溴或氯气都有毒，会污染空气，氢氧化钠能吸收溴单质、氯气，所以要用装置C：氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收尾气．　26．利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实．某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图：试回答下列问题：（1）请写出C装置中生成CH3Cl的化学反应方程式：　CH4+Cl2CH3Cl+HCl　．有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法　正确　（填“正确”或“不正确”）．（2）B装置有三种功能；①控制气流速度；②混匀混合气体；③　干燥氯气和氯化氢　．（3）一段时间后发现D装置中的棉花由白色变为蓝色，则棉花上可能预先滴有　淀粉KI　溶液．（4）E装置中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为　分液　（填字母）．A．分液法　　　　B．蒸馏法C．结晶法（5）将1molCH4与Cl2发生取代反应，充分反应后生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，则参加反应的Cl2的物质的量为　3mol　，生成HCl的物质的量共为　1.5mol　．【考点】性质实验方案的设计．【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，在强光照射下可发生CH4+2Cl2C+4HCl，生成的黑色小颗粒为炭黑，最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离，（1）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷，根据上面的分析可知，在强光照射下，氯气与甲烷发生置换反应，也有氯化氢生成，所以E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应；（2）浓硫酸可以干燥氯气和氯化氢；（3）氯气能将碘化钾氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉会变蓝色；（4）最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离；（5）CH4与Cl2发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，一般的氯在有机物中，根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量．【解答】解：实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，在强光照射下可发生CH4+2Cl223/23C+4HCl，生成的黑色小颗粒为炭黑，最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离，（1）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷，反应方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl，根据上面的分析可知，在强光照射下，氯气与甲烷发生置换反应，也有氯化氢生成，所以E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；正确；（2）浓硫酸可以干燥氯气和氯化氢，故答案为：干燥氯气和氯化氢；（3）氯气具有氧化性，KI中﹣1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，所以棉花上均匀滴有足量淀粉KI溶液，能吸收过量的氯气，生成碘单质与淀粉在一起会变蓝色，所以棉花上可能预先滴有淀粉KI溶液溶液，故答案为：淀粉KI溶液；（4）最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离，故答案为：分液；（5）根据充分反应后生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机产物的物质的量依次增大0.1mol，可以设其物质的量分别是0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol；四种有机取代物的物质的量之比为n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4，发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，消耗氯气的物质的量为0.1mol+2×0.2mol+3×0.3mol+4×0.4mol=3mol，生成HCl的物质的量共为1.5mol，故答案为：3mol；1.5mol．　27．下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生C2H4并检验C2H4性质的实验．请回答下列问题：（1）A中碎瓷片的作用是　催化作用　．（2）B装置中反应的化学方程式为：　CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br　．（3）C装置中可观察到的现象是　高锰酸钾溶液褪色　．（4）查阅资料知，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳．根据本实验中装置　D　（填字母）中的实验现象可判断该资料是否真实．（5）通过上述实验探究，检验甲烷和乙烯的方法是　BC　（选填字母，下同）；除去甲烷中乙烯的方法是　B　．A．气体通入水中B．气体通过盛溴水的洗气瓶C．气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D．气体通过氢氧化钠溶液（6）下列物质中，不是通过乙烯加成反应得到的是　B　（填序号）．A．CH3CH3B．CH3CHCl2C．CH3CH2OHD．CH3CH2Br．【考点】性质实验方案的设计．23/23【分析】根据实验装置图，石蜡油在炽热碎瓷片作催化剂的作用下生成乙烯，乙烯通过溴水，与溴发生加成反应，使溴水褪色，乙烯通过高锰酸钾溶液，被高锰酸钾氧化成二氧化碳，使高锰酸钾褪色，生成的二氧化碳能使澄清石灰水变浑，最后用排水集气法收集反应剩余的气体，（1）石蜡在碎瓷片的作用下发生裂解生成乙烯；（2）B用于检验乙烯发生加成反应的性质，溴水与乙烯发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，溴水褪色；（3）C用于检验乙烯，乙烯可与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，乙烯被氧化成二氧化碳；（4）乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，能使澄清石灰水变浑；（5）溴水与乙烯发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，据此答题；（6）乙烯与氢气加成得CH3CH3，与水加成得CH3CH2OH，与溴化氢加成得CH3CH2Br，乙烯不能通过加成反应生成CH3CHCl2，据此答题；【解答】解：（1）由题意：石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，可知其作用主要是催化剂，加快反应速率，故答案为：催化作用；（2）B用于检验乙烯发生加成反应的性质，溴水与乙烯发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，溴水褪色，反应的方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（3）C用于检验乙烯，乙烯可与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，乙烯被氧化成二氧化碳，故答案为：高锰酸钾溶液褪色；（4）乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，能使澄清石灰水变浑，所以根据D中的实验现象可判断该资料是否真实，故答案为：D；（5）溴水与乙烯发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，溴水褪色，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，高锰酸钾溶液褪色，所以可以用溴水或高锰酸钾鉴别乙烯和甲烷，故选BC，在除去甲烷中的乙烯时，由于乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，会使甲烷中含有二氧化碳杂质，所以不能用高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，故选B，故答案为：BC；B；（6）乙烯与氢气加成得CH3CH3，与水加成得CH3CH2OH，与溴化氢加成得CH3CH2Br，乙烯不能通过加成反应生成CH3CHCl2，故选B．　四．计算与分析题28．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，由图中数据分析：（1）该反应的化学方程式　Y+3X⇌2Z　．（2）反应开始至2min，以Z表示的平均反应速率为　0.05mol/（L•min）　．（3）反应达平衡此时体系的压强是开始时　0.9　倍．（4）下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是　A　（填字母）A．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化B．单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZC．混合气体的密度不随时间的变化而变化．23/23【考点】反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断．【分析】（1）判断出反应物和生成物，根据物质的量变化之比等于化学计量数之比确定反应的化学方程式；（2）根据v=计算反应速率；（3）在相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比；（4）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．【解答】解：（1）在反应中，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，相同时间内物质的量的变化比值为：c（Y）：c（X）：c（Z）=（1.0﹣0.9）：（1.0﹣0.7）：0.2=1：3：2，化学反应中物质的量变化之比等于化学计量数之比，则化学方程式为：Y+3X⇌2Z；故答案为：Y+3X⇌2Z；（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v===0.05mol/（L•min）；故答案为：0.05mol/（L•min）；（3）反应达平衡时，气体的总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，起始时气体的总物质的量为：1.0mol+1.0mol=2.0mol，在相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比，反应达平衡时，此时容器内的压强与起始压强之比为1.8mol：2.0mol=9：10；故答案为：0.9；（4）A、反应前后气体物质的量不同，所以气体物质的量不变，能说明反应达到平衡状态，故A正确；B、单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZ，都是正反应，无论是否平衡，其速率之比等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、容器体积不变，气体质量不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；故选A．　23/23