吉林省长春汽车经济开发区第六中学2017_2018学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

吉林省长春汽车经济开发区第六中学2017-2018学年高一下学期期末考试化学试卷1.化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是A. 煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B. 棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C. 利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程D. 海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等【答案】B【解析】分析：A、煤的液化、石油的裂化、油脂的皂化均有新物质生成，均为化学变化；B、油脂不是天然有机高分子化合物；C淀粉葡萄糖乙醇都是化学变化；D、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等。详解：A、煤的液化是利用煤制取甲醇，石油的裂化是将相对分子质量比较大的烃类断裂为相对分子质量较小的烃类来获得轻质油的过程，油脂的皂化是指油脂在碱性条件下的水解，均有新物质生成，均为化学变化，选项A正确；B、油脂不是天然有机高分子化合物，选项B错误；C、粮食酿酒：粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，选项C正确；D海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，选项D正确；答案选B。2.能通过置换反应得到金属铁的是（ ）A. Na与FeSO4溶液反应B. 将CO通过灼热的Fe2O3C. 将H2通入FeSO4溶液D. Al和Fe3O4混合加热至高温【答案】D【解析】A、Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与FeSO4发生复分解反应生成Fe(OH)2沉淀，得不到Fe单质，相关的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，2NaOH+FeSO4= Fe(OH)2+Na2SO4，A错误；B、3CO+ Fe2O32Fe+3CO2，该反应不是置换反应，属于氧化还原反应，B错误；C、H2与FeSO4溶液不反应，C错误；D、4Al+3Fe3O49Fe+2Al2O3是置换反应，D正确。正确答案为D。3.下列变化过程中，只破坏共价键的是()A. I2升华B. NaCl颗粒被粉碎C. HCl溶于水得盐酸D. 从NH4HCO3中闻到了刺激性气味【答案】C【解析】A项升华破坏的是分子间作用力，分子还是分子；B项NaCl颗粒被粉碎破坏的是离子键，B错误；C项HCl是共价化合物，溶于水在水分子的作用下电离成H+和Cl-，破坏的是共价键，C项正确；D项刺激性气味是NH4HCO3分解产生的氨气气味，NH4HCO3既破坏了离子键又破坏了共价键，D项错误。4.下列关于元素周期表的叙述中不正确的是()A. 元素种类最多的族是第族B. 第A族金属元素单质均能与水反应C. 第A族中无非金属元素D. 金属元素的种类比非金属元素多【答案】A【解析】A. 元素种类最多的族是第B族，A错误；B. 第A族金属元素均是活泼性很强的元素，单质均能与水反应，B正确；C. 第A族是碱土金属元素，其中无非金属元素，C正确；D. 元素周期表中大部分是金属元素，金属元素的种类比非金属元素多，D正确，答案选A。5.下列化学变化属于取代反应的是（ ）A. 甲烷在空气中完全燃烧B. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应C. 乙醇与乙酸反应制备乙酸乙酯D. 乙烯通入溴水中【答案】C【解析】分析：有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应；有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；物质和氧的反应为氧化反应，结合官能团的变化解答该题。详解：A甲烷燃烧生成二氧化碳和水，为氧化反应，选项A错误；B在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷，为加成反应，选项B错误；C乙醇与乙酸制备乙酸乙酯，属于酯化反应，也为取代反应，选项C正确；D乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查有机物的结构和性质，侧重考查有机反应类型的判断，题目难度不大，注意掌握常见有机反应概念、类型及判断方法，明确加成反应与取代反应等之间的区别。6.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是A. 与得电子能力相同B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C. Cl-、 S2-、 Ca2+、 K+半径逐渐减小D. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱【答案】A【解析】分析：A、最外层电子数相同所以得电子能力相同；B、核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2-离子； C、电子层结构相同，核电数越多半径越小；D、同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱。详解：A、与质子数相同，所以最外层电子数相同，得电子能力相同，选项A正确；B、核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2-离子具有强还原性，选项B错误；C、电子层结构相同，核电数越多半径越小，所以半径大小为：S2-Cl-K+Ca2+，选项C错误；D、同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，选项D错误；答案选A。点睛：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素周期律、周期表中的族序数、原子序数等关系为解答的关键，题目难度不大。7.下列有关化学用语表示正确的是（）A. Na2O2的电子式为B. NH4Br的电子式： C. 氢氧根离子的电子式：D. HClO的电子式：【答案】C【解析】A. Na2O2是离子化合物，电子式为，A错误；B. NH4Br是离子化合物，电子式为，B错误；C. 氢氧根离子的电子式：，C正确；D. HClO是共价化合物，电子式为，D错误，答案选C。点睛：D选项是解答的易错点，书写化合物的电子式时，应注意原子间的连接顺序，确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价，然后根据异性微粒相邻，同性微粒相间的原则确定，如HClO中各元素的化合价分别为H：+1、Cl：+1，O：2价，其结构式为HOCl，据此可以书写其电子式。8. 锗（Ge）是第四周期第 A 元素，处于周期表中金属区与非金属区的交界线上，下列叙述正确的是A. 锗是一种金属性很强的元素B. 锗的单质具有半导体的性能C. 锗化氢（GeH4）稳定性比CH4强D. 锗酸（H4GeO4）是难溶于水的强酸【答案】B【解析】试题分析：A锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，反应中既不易得电子，也不易失去电子，故A错误；B锗处于金属区与非金属区的交界线上，既有金属性又有非金属性，常用于做半导体材料，故B正确；C锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH4)稳定性较弱，故C错误；D锗和硅处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则硅的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性比硅酸弱，为弱酸，故D错误；故选B。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查位置结构性质的相互关系。处于金属区与非金属区的交界线上的元素常用于做半导体材料，锗和硅处于同一主族，根据同主族元素的金属性、非金属性的递变规律比较最高价含氧酸的酸性，类比硅酸判断溶解性等性质。注意掌握同主族元素的性质的递变性和相似性，明确元素周期表结构、元素周期律内容为解答关键。9.下列有关化学用语使用正确的是A. 次氯酸的结构式：HClOB. 乙醇的结构简式： C2H6OC. 硫离子的结构示意图：D. 丙烷分子的球棍模型：【答案】D【解析】分析：A次氯酸分子中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子；B乙醇的的结构简式中要标出官能团；C硫离子与硫原子的核电荷数相同，所以硫离子的核电荷数应该为16，不是18；D、注意区分球棍模型和比例模型。详解：A次氯酸电子式为：，将电子式中所有共用电子对换成短线，即为次氯酸的结构式，所以次氯酸的结构式为：H-O-Cl，选项A错误；B乙醇的结构简式为C2H5OH， C2H6O为乙醇的分子式，选项B错误；C硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的结构示意图为：，选项C错误；D、原子之间为单键，主链有3个碳原子，氢原子数为8个，符合丙烷的结构，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了电子式、分子式、离子结构示意图、结构式判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图、羟基与氢氧根离子的电子式的区别。10.已知:N2O4(g)2NO2(g)，将装有N2O4和NO2混合气体的烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是A. 烧瓶内气体的质量不再变化B. 烧瓶内气体的颜色不再变化C. 烧瓶内气体的压强不再变化D. N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2【答案】A【解析】分析：由信息可知，该反应为气体体积增大、且吸热的反应，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，判定平衡时要注意，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，以此来解答。详解：A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项A错误；B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项B正确；C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项C正确；D、N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2，可知NO2的生成速率与NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项D正确；答案选A。点睛：本题考查化学平衡状态的判定，为高频考点，把握平衡的特征及判定方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意变量可用于平衡判定，题目难度不大。11.设 NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是A. 标准状况下， 78g 苯中含有碳碳双键的数目是 3 NAB. 18g D2O 含有 10NA个质子C. 28 g 聚乙烯中含有的原子数目为 6NAD. 56g 铁片投入足量浓 H2SO4中生成 NA个 SO2分子【答案】C【解析】分析：A、78g苯的物质的量为1mol，苯分子中的碳碳键为介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳单键；B、D2O的质子数=电子数=10，M=20g/mol，利用N=10NA来计算；C聚乙烯分子的最简式为CH2，根据最简式计算出含有的碳原子数；D铁与浓硫酸在常温下发生钝化。详解：A、苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳单键，选项A错误；B、D2O的质子数为10，M=20g/mol，则质子数为10NAmol-1=9NA，选项B错误；C、聚乙烯的最简式为CH2，故28g聚乙烯中含有的CH2的物质的量为2mol，则含6mol原子即6NA个，选项C正确；D.56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，注意掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项C为易错点，注意认真审题。12.下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃C向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体不能证明氯元素的非金属性强于碳元素D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀蔗糖未水解A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】A水、乙醇都可与钠反应生成氢气，根据生成氢气的剧烈程度可以比较得出乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，证明石蜡油的分解产物中含有烯烃，故B正确；C. 向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体，盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能证明氯元素的非金属性强于碳元素，故C正确；D. 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，需要首先加入氢氧化钠中和催化剂硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能检验蔗糖是否水解，故D错误；故选D。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、影响反应速率因素等知识，把握物质的性质及反应原理为解答的关键。侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。13.下列有关金属的工业制法中，正确的是A. 以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠B. 用海水、石灰乳等为原料，经一系列过程制得氧化镁，用 H2还原氧化镁制得镁C. 以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁D. 从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【答案】C【解析】A项，工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2，而电解NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，得不到钠，A错误；B项，镁的还原性比氢气的还原性强，不能用氢气还原氧化镁制取镁，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2，B错误；C项，工业上常用用CO在高温下还原铁矿石炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，制得铁，因为炼铁的矿石中含有一定量的二氧化硅，所以石灰石的作用是将二氧化硅等杂质转变为炉渣而除去，C正确；D项，因为熔融状态下氯化铝不导电，所以从铝土矿中获得氧化铝再电解熔融的氧化铝来获取金属铝，D错误。点睛：本题主要考查了金属的工业制法，掌握钠、铁、镁及其化合物的性质是解题关键，题目难度一般。14.沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，标准状况下，0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445 kJ的热量，则表示CH4燃烧热的热化学方程式正确的是A. CH4(g)O2(g)CO2(g)H2O(l) H =445 kJ/molB. CH42O2CO22H2O H=890 kJ/molC. CH4(g)2O2(g)CO2(g)2 H2O(g) H =890 kJ/molD. CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H = 890 kJ/mol【答案】D【解析】0.5mol CH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出445kJ热量，1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，则热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=-890kJ/mol，系数减半，焓变减半，反应的热化学方程式为：CH4（g）+O2（g）CO2（g）+H2O（l）H=-445kJmol-1，答案选D。点睛：本题主要考查了热化学方程式的书写，难度不大，根据课本知识即可完成。根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答。15.下列关于有机化合物的说法正确的是A. C2H4和 C4H8一定是同系物B. 氯乙烯和聚乙烯均能发生加成反应C. 甲苯中所有原子一定不共平面D. 等质量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量相同【答案】C【解析】分析：AC2H4只能表示乙烯，C4H8可以表示烯烃，也可以表示环烷烃；B、聚乙烯不含碳碳双键；C、甲苯可以看做是甲烷分子中的一个氢原子被苯基取代，甲基为四面体结构；A乙烯和乙醇与氧气均为1：3反应，但等质量时乙烯耗氧量多。详解：A、C2H4只能表示乙烯，C4H8可以表示烯烃，也可以表示环烷烃，若表示烯烃，则与C2H4是同系物，若表示环烷烃则与C2H4不是同系物，选项A错误；B聚乙烯不含碳碳双键，不能发生加成反应，而氯乙烯可发生加成反应，选项B错误；C、甲苯分子中的所有原子不可能共面，因为甲苯可以看做是甲烷分子中的一个氢原子被苯基取代，选项C错误；A乙烯和乙醇与氧气均为1：3反应，则等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量相等，等质量时乙烯耗氧量大，选项D错误。答案选C。16.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据下表信息判断正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1300.1180.0900.1020.073主要化合价+2+3+2+6、-2-2A. 简单氢化物的沸点:TRB. 最高价氧化物对应水化物的碱性:LR，选项A错误；B、同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性:LQ，选项B错误；CL是Mg元素、R是S元素，L2+核外电子数是10、R2-的核外电子数是18，所以二者核外电子数不等，选项C错误；D、M与T形成的化合物氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了原子结构和元素性质，明确元素化合价、原子半径与原子结构的关系是解本题关键，再结合元素周期律分析解答，题目难度中等。17.将等质量的四块铜片在酒精灯上加热后,分别插入下列溶液中,放置片刻后铜片质量与加热前相同的是A. 石灰水B. 盐酸C. 乙醇D. 硝酸【答案】C【解析】分析：先根据铜片在酒精灯上加热生成CuO，质量增加，然后考虑表面的氧化铜与选项中的物质是否反应，确定铜片质量如何变化。详解： A、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入石灰水中，氧化铜不与石灰水反应，铜片质量增加，选项A错误；B、与D同理，铜片的质量会减小，选项B错误；C、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入无水乙醇中，发生反应：CH3CH2OH+CuO-CH3CHO+H2O+Cu，又恢复为铜，铜片的质量不变，选项C正确；D、因铜片在酒精灯上加热后生成CuO，质量增加，将它投入硝酸中，发生反应：CuO+2HNO3Cu（NO3）2+H2O，Cu2+进入溶液，铜片的质量会减小，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查乙醇的性质。在乙醇的催化氧化中，铜的作用是催化剂，质量不变。18.括号内物质为杂质，下列除去杂质的方法不正确的是A. 乙酸乙酯(乙酸)： 用 NaOH 溶液洗涤后，分液B. 乙烷(乙烯)： 用溴水洗气C. 溴苯(溴)： 用 NaOH 溶液洗涤后，分液D. 乙醇(水)： 用生石灰吸水后蒸馏【答案】A【解析】A二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故A错误；B乙烯与溴水反应，而乙烷不能，则溴水、洗气可分离，故B正确；C溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故C正确；D水与CaO反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故D正确；故选A。19.某兴趣小组设计如图所示装置进行原电池原理的探究，下列叙述错误的是（ ）A. a和b用导线连接时，电子由Zn经导线流向Cu，再经稀硫酸流回ZnB. a和b用导线连接时铜片为正极，发生的反应式为：2H+2e-=H2C. a和b不连接时，锌片上有气体生成，该装置不能形成原电池D. 无论a和b是否连接，稀硫酸均参与反应【答案】A【解析】A、a和b用导线连接时，构成原电池，电子由Zn经导线流向Cu，电子不会通过溶液传递，选项A错误；B、导线连接后，构成原电池，锌比铜活泼，锌作负极，铜片为正极，发生的反应式为：2H+2e-=H2，选项B正确； C、a和b不连接时，没有形成闭合回路，不能构成原电池，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，选项C正确；D、根据以上分析，无论a和b是否连接，稀硫酸均参与反应，选项D正确；答案选A。20.工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是（ ）A. 试剂X氢氧化钠溶液B. 反应、过滤后所得沉淀为红褐色Fe2O3C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应D. 反应的化学方程式为2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3【答案】A【解析】试题分析：由题中流程可知，铝土矿先与强碱反应生成偏铝酸盐，过滤后分离出不溶物Fe2O3等，再向滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，再过滤得到氢氧化铝，加热使氢氧化铝分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。A. 由反应生成碳酸氢钠可知，试剂X氢氧化钠溶液，A正确；B. 反应、过滤后所得沉淀为红棕色的Fe2O3，B不正确；C. 图中所示转化中，最后的电解是氧化还原反应，C不正确；D. 反应中通入了过量的二氧化碳，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，D不正确。本题选A。点睛：氧化铁是一种红棕色的固体，氢氧化铁才是红褐色的。氧化铁不溶于水，也不与水反应。向偏铝酸钠溶液中通入少量的二氧化碳生成碳酸钠，若通入二氧化碳过量，则碳酸钠溶液继续与二氧化碳反应生成碳酸氢钠溶液。21.下列各项中的两种物质不论以何种比例混合，只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧消耗O2的质量保持不变的是( )A. C2H4、C2H6OB. C2H6、C2H6OC. C3H6、C2H4D. C3H4、C2H6O【答案】A【解析】只要混合物的总物质的量一定,完全燃烧消耗O2的质量保持不变,则1mol各组分消耗氧气的量相等。 A:C2H6O可以改写为C2H42O所以相同物质的量的C2H6O和C2H4的耗氧量相同，符号题意,所以A选项是正确的；B：C2H6O比C2H6多1个O原子, 1molC2H6O与1molC2H6耗氧量不相同,不符合题意,故B错误；C: C3H6、C2H4的最简式相同, .1mol C3H6、的耗氧量是1molC2H4的1.5倍,，不符合题意,故C错误；D: :C2H6O可以改写为C2H42O比较1molC3H4和1molC2H4的耗氧量,二者H原子数目相同,但C3H4中C原子数目较多,故二者各1mol耗氧量不同，不符合题意,故D错误;，所以A选项是正确的。点睛：:只要混合物的总物质的量一定,完全燃烧消耗O2的质量保持不变,说明1mol各组分消耗氧气的量一定相等,据此对各选项进行判断。22.将4 mol A气体和2 mol B气体在体积为2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)B(g)xC(g)，若经2s后测得A的物质的量为2.8 mol，C的物质的量浓度为0.6mol/L。现有下列几种说法：2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3 mol/(Ls)；2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6 mol/(Ls)；2s时物质B的转化率为70%；x2。其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：2s后生成C为0.6mol/L 2L=1.2mol, 2A(g)B(g)xC(g),开始物质的量(mol) 4 2 0转化物质的量(mol) 1.2 0.6 1.22s末物质的量(mol) 2.8 1.4 1.22s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3 mol/(Ls)；详解: 2s内用物质A表示的平均反应速率为,故正确；反应速率之比等于化学计量数之比,则2s内用物质B表示的平均反应速率为=0.15,故错误；2s时物质B的转化率为100%=30%，故错误；反应速率之比等于化学计量数之比,A、C的反应速率相同,则x=2，故正确；所以正确，故选C。23.已知反应：H2（g）+ 1/2O2（g）=H2O（g）H11/2N2（g）+O2（g）=NO2（g）H2 1/2 N2（g）+ 3/2H2（g）=NH3（g）H3则反应2NH3（g）+ 7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g）的H为A. 2H1+2H22H3B. H1+H2H3C. 3H1+2H2+2H3D. 3H1+2H22H3【答案】D【解析】试题分析：方程式3+22得到反应2NH3(g) O2(g) 2NO2(g) 3H2O(g) ，所以该反应的H3H12H22H3。考点：考查盖斯定律的应用有关问题。24.甲烷和乙烯的混合气体5L，完全燃烧消耗相同状况下的O212L，则甲烷和乙烯的体积比为A. 2：1B. 1:2C. 3：2D. 2：3【答案】C【解析】分析：根据物质的组成判断耗氧量，1mol烃CxHy的耗氧量为（x+）mol，据此计算1体积甲烷、乙烯消耗氧气的体积进行解答。详解：根据反应CH4+2O2CO2+2H2O、C2H4+3O22CO2+2H2O，设甲烷和乙烯的体积分别为x、y，得，解得，则则甲烷和乙烯的体积比为3：2，答案选C。点睛：本题考查化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算。考查有机物耗氧量规律，难度较小，掌握有机物耗氧量规律，注意知识的归纳总结。25.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol)：P-P：198，P-O：360，O=O：498，则反应P4(白磷)+3O2=P4O6的反应热H为()A. -1638kJ/molB. +1638kJ/molC. -126kJ/molD. +126kJ/mol【答案】A【解析】分析：H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量，据此解答。详解：根据方程式和键能以及物质的结构式可知该反应的H=反应物键能-生成物键能=(1986+3498-12360)kJmol1=1638kJmol1，答案选B。点睛：掌握反应热的计算方法是解答的关键，反应热的计算除了利用键能以外还有：根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比；根据反应物和生成物的总能量计算：HE生成物E反应物；根据盖斯定律的计算。26.I、现有下列4种有机物：CH4 CH2CH2 CH3CH2CH2CH3 CH3CH2OH （1）与互为同系物的是_（填序号）。（2）写出的官能团名称_。（3）写出的同分异构体的结构简式_。（4）写出发生加聚反应生成聚乙烯的化学方程式_。II.实验室用下图所示的装置制取乙酸乙酯。（1）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液，操作步骤如下：_，然后轻振荡使其混合均匀。（2）浓硫酸的作用是： _； _。（3）右边装置中通蒸气的导管要插在液面上而不能插入溶液中，目的是防止溶液的倒吸。造成倒吸的原因是_。（4）分离得到乙酸乙酯的方法是_，分离需要的玻璃仪器是_。 （5）若加的是C2H518OH写出制乙酸乙酯的方程式_。【答案】 (1). (2). 羟基 (3). (4). (5). 向大试管中注入适量乙醇，将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡，最后加入乙酸 (6). 催化剂 (7). 吸水剂 (8). 挥发出的乙醇和乙酸易溶于水，溶于水后导管内压强减少引起倒吸 (9). 分液 (10). 分液漏斗，烧杯 (11). CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O【解析】【详解】I、（1）结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，甲烷与正丁烷互为同系物，即与互为同系物的是。（2）是乙醇，含有的官能团名称为羟基。（3）分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，是正丁烷，与异丁烷互为同分异构体，其结构简式为。（4）是乙烯，含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚乙烯的化学方程式为。II.（1）由于浓硫酸溶于水放热，且浓硫酸的密度大于水，又因为乙醇和乙酸易挥发，则在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的操作步骤为：向大试管中注入适量乙醇，将浓硫酸加入乙醇中，边加边振荡，最后加入乙酸，然后轻振荡使其混合均匀。（2）酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂。（3）由于挥发出的乙醇和乙酸易溶于水，溶于水后导管内压强减少，从而引起倒吸。（4）乙酸乙酯不溶于水，则分离得到乙酸乙酯的方法是分液，因此分离需要的玻璃仪器是分液漏斗