1、高一下学期第三次月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 S-32 P-15 Zn-65一.选择题(每小题只有一个正确选项,每小题2分)1. 美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新的氢微粒，该微粒是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成，关于这种微粒的下列说法中正确的是A. 是氢元素的一种新的同素异形体B. 是氢元素的一种新的同位素C. 该微粒的组成可用H3表示D. 该微粒比普通氢分子多一个氢原子核【答案】D【解析】同一种元素形成的不同单质是同素异形体，而该微粒不是单质，A不正确；由于质子数比核外电子数多1个，所以化学式为H3，因此C不正确，D正确，答案选D。
2、2.关于元素周期表的说法正确的是( )A. 元素周期表有7个周期，8个主族B. 元素周期表有18个纵行，共16个族C. 短周期元素中可能有副族元素D. 在元素周期表中的金属元素和非金属元素交界处最容易找到优良的催化剂【答案】B【解析】【详解】A.元素周期表有7个周期，7个主族，A项错误；B.元素周期表有18个纵行，共分为16个族，其中第8、9、10三个纵行合并成一个族，称为VIII族，B项正确；C.短周期18种元素中，除了零族3种元素外，均是主族元素，没有副族元素，C项错误；D.人们在元素周期表的金属与非金属的分界线处寻找优良的半导体材料，过渡金属元素中去寻找优良的催化剂，D项错误；答案选择B
3、项。3.下列指定微粒的个数比为2：1的是 ( )A. Be2+中的质子和电子B. 21H原子中的中子和质子C. NaHCO3中的阳离子和阴离子D. BaO2(过氧化钡)固体中的阴离子和阳离子【答案】A【解析】【详解】ABe2+中的质子数为4，电子数为2，所以质子数和电子数的个数比为2：1，A项符合题意；B原子中的中子数为1，质子数为1，所以中子数和质子数之比为1：1，B项不符合题意；CNaHCO3中的阳离子和阴离子数目比为1：1，C项不符合题意；DBaO2固体中的阴离子和阳离子个数比为1：1，D项不符合题意；所以答案选择A项。4.对于原子序数为85的元素，下列叙述错误的是( )A. 它在周期表
4、中位于第六周期VIIA族B. 常温下它的单质是有颜色的固体C. 它的原子半径比84号元素的原子半径大D. 它的阴离子具有还原性，在酸性环境下能被Fe3+氧化为单质【答案】C【解析】【详解】A稀有气体氙的原子序数为86，位于第六周期，所以原子序数为85的元素，位于第六周期VIIA族，A项正确；B卤素单质均有颜色，且颜色随原子序数的增加而加深，所以该元素的单质应该有颜色；卤素单质的熔、沸点随着相对分子质量增大而增大，因该元素位于碘元素后，应为固体，B项正确；C84号和85号元素位于同一周期，而同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小（稀有气体除外），所以C项错误；D该元素形成的单核阴离子应比
5、I-的还原性强，所以该元素的阴离子在酸性环境下可以被Fe3+氧化为单质，D项正确；所以答案选择C项【点睛】除稀有气体外，同一周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小；同一主族的元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，其阴离子的还原性逐渐增强。5. 第三周期主族元素R，它的原子最外电子层上达到饱和所需电子数小于次外层和最内层电子数之差，但等于最内层电子数的正整数倍。下列说法正确的是( )A. 常温下，能稳定存在的R的氧化物都能与烧碱溶液反应B. 在常温下，R的气态氢化物都能在空气中稳定存在C. 在固态时，R的单质都不与NaOH溶液反应D. R的最高价氧化物对应的水化物都是强酸【答案】A【解析】R
6、为第三周期元素，次外层与最内层电子数之差为6，R达到饱和所需电子数小于6，且为2的倍数。所以达到饱和所需电子数可以为4或2，R为Si或S。SiO2或SO2、SO3都能与NaOH溶液反应，A正确；SiH4不能在空气中稳定存在，B错；Si、S都能与NaOH溶液反应，C错；H2SiO3为弱酸，D错6. 下列分子结构中，原子的最外层电子不能都满足8电子稳定结构的是A. CO2B. PCl3C. CCl4D. NO2【答案】D【解析】试题分析：CO2中，C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故A不正确；PCl3中，P属于第VA族元素
7、，P元素的族序数+成键数=5+3=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故B不正确；CCl4中，C属于第IVA族元素，碳元素的族序数+成键数=4+4=8，所以该分子中所有原子最外层电子都满足8电子稳定结构，故C不正确；该化合物为氢化物，氨气分子中的H原子最外层有2个电子，所以不满足8电子结构，故D正确；考点：构成物质的微粒是否最外层达到8电子结构7. 下列化合物中既含有离子键又含有共价键的是 （ ）A. HNO3B. CaCl2C. NH4ClD. H2SO4【答案】C【解析】试题分析：A和D都是共价化合物，只含有共价键；B是离子化合物，只有离子键；C是离子化合物，但含有离子
8、键和共价键，答案选C。考点：考查化学键的判断点评：含有离子键的化合物是离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物。即在离子化合物中可以含有共价键，但在共价化合物中不可能含有离子键。另外一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此可以进行有关判断。8.在一定条件下，RO3与R发生如下反应：RO35R6H+3R23H2O，下列有关R元素的叙述正确的是（ ）A. R是第A族元素B. R2在常温下一定是气体C. RO3中R元素只能被还原D. R的氢化物的水溶液是强酸【答案】D【解析】分析：由已知可得，该反应中R元素的化合价由+5价、-1价变为0价，根据其最低化合
9、价为-1价可得，该元素位于第VIIA族，根据第VIIA族元素及其化合物的相关性质解答。详解：A项，R元素的阴离子为R-，所以R元素的最高正价为+7价，R是第VIIA族元素，故A错误；B项，若R为Cl，单质为气体，若R为Br或I也可以发生上述反应，而常温下Br2为液体，I2为固体，故B错误；C项，RO3-中R为+5价，R的最低负价为-1价，最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，所以RO3-中R元素既能被还原又能被氧化，故C错误；D项，第VIIA族中，F元素没有正化合价，所以R不是F元素，可能是Cl、Br、I三种元素中的一种，Cl、Br、I三种元素的氢化物酸性随着原子序数的增
10、大而增强，所以R元素的氢化物的水溶液是强酸，故D正确。综上分析，选D。点睛：本题考查氧化还原反应、元素性质等，解题时注意根据已知信息分析未知元素的化合价，关键是根据“最低化合价与最高化合价绝对值之和等于8”判断其最高化合价及族序数。9.一定量的锌粉和6molL1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质：石墨 CuO 铜粉 锌粒 浓盐酸 无水乙酸 KNO3溶液 CuCl2时，能够加快反应速率，又不响产生H2总量的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：加入石墨，由于构成了原电池，Zn作负极，所以化学反应速率大大加快，又不响产生H2总量正确；加入CuO时，发生产生Cu单质。
11、由于构成了原电池，Zn作负极，所以化学反应速率大大加快，又不响产生H2总量正确；铜粉由于构成了原电池，Zn作负极，所以化学反应速率大大加快，又不响产生H2总量，正确；锌粒，发生速率不变，但是产生氢气的量会增加，错误；浓盐酸，由于H+增加，能够加快反应速率，又不响产生H2总量无水乙酸，乙酸电离产生H+，反应速率会加快，氢气的物质的量也增加，错误；KNO3溶液，会产生硝酸。由于硝酸有强氧化性，一般不能产生氢气，错误；CuCl2时，会发生置换反应产生氢气，反应速率会加快，但是，由于消耗了锌，最终氢气的物质的量会减少，错误。因此选项是C。考点：考查各种外界条件对化学反应速率及产生气体的物质的量的影响的
12、知识。10.已知一定温度时：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，当生成2mol SO3时，放出热量197kJ，在相同温度和压强下，向密闭容器中通入2mol SO2和1molO2，达到平衡时放出热量Q，则下列关系式中正确的是A. Q197 kJB. Q1972 kJC. Q197 kJD. Q197 kJ【答案】C【解析】试题分析：一定温度时：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在上述条件下2mol SO2和1molO2完全反应生成2molSO3气体放出热量为197kJ，可逆反应中反应物不能完全反应，所以向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，参加反应是二氧化硫的物质的量小于2
13、mol，平衡时放出的热量小于197kJ，即Q197 kJ，答案选C。考点：考查可逆反应特点等知识。11.有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极 C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C导线D A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡 B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为：( )A. ABCD B. ACDB C. CABDD. BDCA【答案】A【解析】由，得：AB；由，得：CD；由，得：AC：由，得：DB12.将等质量的下列各烃，完全燃烧生成CO2和H2O，耗氧量最大
14、的是( )A. CH4B. C2H4C. C6H6D. C3H6【答案】A【解析】【详解】等质量的烃，烃的含氢的质量分数越大，其耗氧量越大，将四个选项中的分子式依次改写为只有一个碳时：CH4、CH2、CH、CH2，显然含氢量最大的是甲烷，等质量时其耗氧量最大，答案选A。【点睛】在比较烃类燃料的耗氧量时，一定要看清是等质量还是等物质的量。分析“等质量”要看含氢量、含碳量，分析“等物质的量”要看每个分子中的碳原子数和氢原子数。13.既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯，得到纯净乙烷的方法是A. 混合气体通过盛水的洗气瓶B. 混合气体通过装有过量溴水的洗气瓶C. 混合气体和过量H
15、2混合D. 混合气体通过酸性KMnO4溶液中【答案】B【解析】试题分析：乙烯中含双键，与溴水、高锰酸钾反应，而乙烷不能；除杂时不能引入新杂质，乙烯与高锰酸钾发生氧化反应生成二氧化碳，以此来解答解：A二者均不与水反应，不能鉴别，也不能除杂，故A不选；B乙烯与溴水反应，而乙烷不能，可鉴别，也可除杂，故B选；C和过量H2混合，引入新杂质氢气，不能除杂，且加成反应现象不明显，不利用此法鉴别，故C不选；D混合气体通过酸性KMnO4溶液，可鉴别，但乙烯与高锰酸钾发生氧化反应生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，故D不选；故选B14.下列物质中一定互为同系物的是( )A. CH2=CH2和CH2=CHCH=C
16、H2 B. C2H6和C6H14C. C2H4和C4H8 D. 与(CH3)2CHCH(CH3)2【答案】B【解析】【详解】A两种物质中含有官能团碳碳双键的数目不一样多，所以不可能互为同系物，A项不符合题意；B两种物质均符合了CnH2n+2，均属于烷烃，结构相似、分子组成上相差4个“CH2”原子团，属于同系物，B项符合题意；CC2H4为乙烯，而分子式为C4H8的烃，既可能是单烯烃，还可能是环烷烃，所以二者不一定互为同系物，C项不符合题意；D该选项中所给的是同一种物质，只是书写形式不同，D项不符合题意；所以答案选B项。【点睛】互为同系物的物质，一是要求结构相似，二是要求在组成上相差一个或若干个C
17、H2。其中结构相似主要指官能团的种类和数量都一样多。15.下列各物质中，不能发生水解反应的是 （ ）A. 葡萄糖B. 油脂C. 蔗糖D. 蛋白质【答案】A【解析】【详解】A、葡萄糖是单糖，不能水解，A正确；B、油脂属于酯类，在酸、碱等催化作用下水解生成甘油和高级脂肪酸或高级脂肪酸钠，B错误；C、蔗糖是二糖，在一定条件下水解生成葡萄糖和果糖，C错误；D、蛋白质在一定条件下水解最终生成氨基酸，D错误；答案选A。16.下列物质中属于高分子化合物的是( )蛋白质 氨基酸 油脂 淀粉 氯乙烯 纤维素 聚乙烯A. 只有 B. 除外都是 C. 只有 D. 只有【答案】C【解析】【详解】高分子化合物的相对分子
18、质量往往过万。所给物质中，蛋白质、淀粉、纤维素、聚乙烯属于高分子化合物，其中聚乙烯是人工合成的高分子化合物。特别要注意，油脂不是高分子化合物。所以答案选择C项。17. 只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，这种试剂是（）A. NaOH溶液 B. Cu(OH)2悬浊液 C. 碘水D. Na2CO3溶液【答案】B【解析】试题分析：分别加入Cu(OH)2溶液后，使蓝色沉淀溶解的是乙酸溶液，加热后出现红色沉淀的是葡萄糖溶液，无现象的是淀粉溶液。考点：考查有机物的鉴别。点评：鉴别有机物要考虑各种物质的不同性质及明显现象，属于较简单题。18.从柑橘中可提炼得1，8萜二烯（）下列有关它的说法
19、正确的是（ ）A. 分子式为C10H14B. 属于烃，难溶于水，可用某些有机溶剂提取1，8萜二烯C. 与酸性高锰酸钾溶液、氧气、溴水等均可发生氧化反应D. 它的一种同分异构体的结构中可能含有苯环【答案】B【解析】【详解】A根据结构简式可确定分子式知C10H16，A错误；B只含C、H元素的化合物是烃，烃难溶于水，该物质中只含C、H元素，所以属于烃，难溶于水，易溶于有机溶剂，因此可用某些有机溶剂提取1，8萜二烯，B正确；C该物质中含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，不是氧化还原反应，C错误；D该物质的不饱和度是3，苯的不饱和度是4，所以该物质的一种同分异构体中不可能含有苯环，D错误；答案选B。【
20、点睛】本题主要是考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃性质，易错选项是D。19.若用CH3COOD与CH3CH2OH在浓硫酸作用下发生酯化反应，一段时间后分子中存在D原子的是( )乙酸，乙醇， 乙酸乙酯，水A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，所以D会首先进入产物水中，且乙酸乙酯中没有D原子；由于该反应可逆，每个水分子中的两个氢原子地位均等，所以最终导致乙醇中的羟基氢原子也可能是D原子。所以答案选择D项。【点睛】本题易漏选乙醇，注意水分子中两个氢原子等效，乙酸乙酯水解时D可在乙醇中。20.某有机物的
21、结构简式如图，则此有机物可发生的反应有:( )取代；加成；氧化；酯化； 水解；中和A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】有机物分子中含有碳碳双键、酯基、羧基、羟基，结合相应官能团的结构与性质分析解答。【详解】含有苯环、羧基、羟基和酯基，可发生取代反应；含有苯环和碳碳双键，可发生加成反应；含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反应；含有羟基和羧基，可发生酯化反应；含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，可发生中和反应。答案选D。21.分子式为C16H28的链状烃，其分子中只含有CC双键，而无其他不饱和键，则含有CC双键的数目是()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】分析：与
22、烷烃相比烃分子中每减少2个氢原子，就增加1个碳碳双键，据此解答。详解：分子式为C16H28的链状烃，如果是烷烃氢原子个数是162+234，因此其分子中含有CC双键的数目是。答案选C。22. 现有如图转换关系，则下列说法不正确的是（ ）A. N为乙酸B. 分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体共有5种C. 过程如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该停止反应，待冷却后补加D. 可用饱和的碳酸钠溶液来除掉乙酸乙酯中混有的乙酸【答案】B【解析】试题分析：A、采用逆推法，乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，N为乙酸，正确；B、分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体属于酸的有2种，属于酯的有4种，还有羟醛类别
23、的同分异构体，错误；C、过程如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该停止反应，待冷却后补加，正确； D、，乙酸与碳酸钠反应生成乙酸钠而除去，正确。考点：考查乙酸和乙醇的性质、乙酸乙酯的制备、同分异构体。23.现有两种烯烃CH2=CH2和CH2=CR2(R为烃基)，它们的混合物进行聚合反应后，产物中含有( )A. B. C. D. 只有【答案】C【解析】【详解】两种单体CH2=CH2和CH2=CR2(R为烃基)进行加成聚合时，既可能是单体乙烯间的聚合，对应产物；也可能是单体CH2=CR2间聚合，产物对应为；也可能是两种单体之间的聚合，对应产物为。所以答案选择C项。24.烯烃复分解反应的研究荣获了2
24、005年诺贝尔化学奖，其反应可形象地描述为“交换舞伴”催化剂金属卡宾（如CH2M）与烯烃分子相遇后，“两对舞伴”会暂时组合起来，手拉手跳起“四人舞蹈”随后它们“交换舞伴”，组合成两个新分子，其中一个是新的烯烃分子，另一个是新的金属卡宾后者会继续寻找下一个烯烃分子，再次“交换舞伴”若把C6H5CH2CHCH2与CH2M在一定条件下混合反应，下列产物不可能生成的是（ ）A. C6H5CH2CHMB. CH2CH2C. C6H5CHCHC6H5D. C6H5CH2CHCHCH2C6H5【答案】C【解析】【分析】根据题意可以知道,可以认为C6H5CH2CHCH2与CH2M发生在双键位置的断裂,断裂后的
25、基团进行组合重新形成双键,据此解答。【详解】C6H5CH2CHCH2断裂为C6H5CH2CH与CH2, CH2M断裂为CH2与M,相互组合可以生成C6H5CH2CHCHCH2C6H5、CH2CH2、C6H5CH2CHM，故不可能生成C6H5CHCHC6H5 ，C正确；综上所述，本题正确选项C。二.填空题(每空2分)25.五种短周期元素A、B、C、D、E，原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期；C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙；A原子最外层电子数比次外层电子数多3个；D周期序数等于D原子最外层电子数；E原子半径是同周期中最小的(除稀有气体外)，
26、根据以上信息回答下列问题：(1)A元素在周期表中的位置_；(2)乙物质中存在的化学键类型是_；(3)写出C与D的最高价氧化物对应的水化物相互间反应的离子方程式_；(4)E的单质通入C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中反应生成的“84”消毒液的有效成分的电子式为_【答案】 (1). 第2周期第VA族 (2). 离子键、共价键 (3). Al(OH)3+OHAlO2+2H2O (4). 【解析】【分析】由“A原子的最外层电子数比次外层电子数多3个”可知A为N元素；D在第三周期，依据“D周期序数等于其原子最外层电子数”确定D为Al元素；E原子半径为第三周期中最小（稀有气体除外），E为氯元素；C、B可
27、按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，B和C分别为氧元素和钠元素，甲为Na2O、乙为Na2O2。【详解】(1)A元素是氮元素，位于元素周期表中的第2周期第VA族；(2)乙物质为Na2O2，其中存在的化学键类型是离子键和（非极性）共价键；(3)C的最高价氧化物的水化物为NaOH，D的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，两者发生反应的离子方程式为：Al(OH)3+OHAlO2+2H2O；(4)E的单质为氯气，C的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，其中NaClO是“84”消毒液的有效成分之一，其电子式为。26.
28、氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：(1)氢氧燃料电池的能量转化主要形式是_，在导线中电子流动方向为_(用a、b表示)。(2)负极反应式为_。(3)电极表面镀铂粉的原因为_。(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：2LiH22LiH IILiHH2O =LiOHH2 反应中的还原剂是_，反应II中的氧化剂 是_。已知LiH固体密度为0.82 g/cm3。用锂吸收224 L(标准状况)H2
29、，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为_。由生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80，则导线中通过电子的物质的量为_mol。【答案】 (1). 由化学能转变为电能 (2). 由a到b (3). 2H24OH4e = 4H2O 或H22OH2e = 2H2O (4). 增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快电极反应速率，同时也增大了Pt的利用率以降低成本 (5). Li (6). H2O (7). 1/1148或8.71104 (8). 32【解析】【分析】（1）原电池的能量转化形式主要是将化学能转化为电能；（2）负极发生的是氧化反应，对应通氢气的一极，注意所给
30、介质为碱性；（3）在氢氧燃料电池中，多孔的铂片可以直接作电极。本题中在电极表面镀上一层细小的铂粉，从题干强调的“细”、“粉”，“吸附气体的能力强”进行分析表述。（4）通过价态变化进行氧化剂和还原剂的判断。通过所给的化学方程式进行求算。【详解】（1）氢氧燃料电池作为原电池，其能量转化主要形式是化学能变为电能；通入H2的a电极为负极，通入O2的b电极为正极，电子从负极经外电路流向正极，所以导线中电子流动方向为由a到b；（2）所给介质为强碱性介质，所以负极的电极反应式为: H22OH2e= 2H2O，如考虑与正极电极反应式从形式上即可看出得失电子数相等，该电极反应式也可以写成：2H24OH4e=4H
31、2O；（3）电极表面镀铂粉的原因为：镀上铂粉，可以增大该电极单位面积吸附H2、O2分子数，从而加快电极反应的速率。与直接使用多孔铂电极相比，降低了成本而提高了贵金属Pt的利用率；（4）从价态变化可以明显看出，反应中Li的化合价由0价升至+1价，还原剂是Li，反应II，LiH中H的化合价为-1价，水中H的化合价为+1价，产物H2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂是H2O；标准状况下224 LH2的物质的量为10mol，用锂吸收生成的LiH的物质的量为20mol，其质量为20mol8g/mol=160g，又知LiH的密度为0.82g/cm3，所以生成的LiH的体积为：=195.12cm3，所以生成的
32、LiH体积与被吸收的H2体积比为：= (或8.71104)；由生成的LiH为20mol，与H2O作用，放出的H2为20mol；这些氢气用作电池燃料，若能量转化率为80，则导线中通过电子的物质的量为：20mol280%=32mol。27.I：已知：反应aA(g)bB(g)cC(g)，某温度下，在 2 L 的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。（1）经测定前4 s内v(C)0.05 molL1s1，则该反应的化学方程式为_（2）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)0.3 molL1s
33、1； 乙：v(B)0.12 molL1s1； 丙：v(C)9.6 molL1min1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为_（用甲、乙、丙表示）。: 某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折合成标准状况)，实验记录如表(累计值)：时间/min123456氢气体积/mL50120224392472502（3）哪一时间段反应速率最大_(填01、12、23、34、45、56 min，下同)，原因是_（4）如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，你认为可
34、行的是_(填字母)A.CH3COONa B.NaNO3溶液C.KCl溶液 D.Na2CO3溶液：（5）下列说法可以证明H2(g)I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是_A单位时间内生成n mol H2的同时，生成n mol HIB一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂C温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化D反应速率v(H2)v(I2)v(HI)E温度和体积一定时，容器内压强不再变化F温度和体积一定时，混合气体的密度不再变化【答案】 (1). 3（）（） （） (2). 乙甲丙 (3). 34 (4). 因该反应是放热反应，此时温度高，温度对反应速率占主导作用 (5). AC (6). BC【解
35、析】（1）经测定前4s内v(C)0.05 molL1s1，生成C是0.05 molL1s14s0.2mol/L，此时消耗A是0.8ml/L0.5mol/L0.3mol/L，则a：c3：2；平衡时消耗A与B分别是0.6mol/L，0.2mol/L，则a：b3：1，所以该反应的化学方程式为3A（g）B（g）2C（g）；（2）如果都用物质A表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知分别是0.3 molL1s1、0.36 molL1s1、0.24 molL1s1，所以甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙甲丙。（3）01、12、23、34、45、56 min中生成的氢气体积分别
36、是（mL）50、70、104、168、80、30，因此反应速率最大34min，这是由于该反应是放热反应，此时温度高，温度对反应速率占主导作用；（4）A.CH3COONa与氢离子反应生成弱酸醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，随着反应的进行，氢离子又逐渐电离出来，所以生成的氢气体积几乎不变，A错误；B.加入NaNO3溶液，在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，与金属反应不能得到氢气，B错误；C.KCl溶液相当于稀释，氢离子浓度降低，反应速率减小，且生成的氢气体积不变，C正确；D.Na2CO3溶液消耗氢离子产生二氧化碳，最终生成的氢气体积减少，D错误，答案选AC；（5）A单位时间内生成n mol H2的
37、同时，生成n mol HI不满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，没有达到平衡状态，A错误；B一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，达到平衡状态，B正确；C温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化说明单质碘的浓度不再发生变化，达到平衡状态，C正确；D反应速率v(H2)v(I2)v(HI)没有指明反应速率的方向，不能说明反应达到平衡状态，D错误；E反应前后体积不变，温度和体积一定时，容器内压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，E错误；F密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，所以温度和体积一定时，混合气体的密度不再变化，不能
38、说明反应达到平衡状态，F错误；答案选BC。28.制备溴苯的实验装置如图所示，请回答下列问题：(1)该反应装置中仪器A的名称为_；反应开始前已向仪器A中加入的固体药品是铁粉，而装在左侧分液漏斗中的液体药品是_。(2)冷凝管B有上、下两口，冷却水应从_口进入。(3)导管口不能插入锥形瓶中的液面之下，其原因是_。(4)右侧分液漏斗中的物质在反应_时加入A中(填写反应前、反应中或者反应后)，用离子方程式表达其作用是：_。(5)反应结束向锥形瓶中液体中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，可见到现象是_。(6)该反应过程可以如下表述：3Br2+2Fe=2FeBr3；Br2+FeBr3=FeBr4+Br+(不稳定)；
39、 + Br+ + FeBr4+ HBr + FeBr3；由上反应可知：+Br2 +HBr中的催化剂为_。A、Fe B、FeBr3 C、Br+ D、FeBr4【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 苯、液溴 (3). 下 (4). 防止倒吸 (5). 反应后 (6). Br2+2OH=Br+BrO+H2O (7). 浅黄色沉淀 (8). B【解析】【分析】（1）仪器A为三颈烧瓶，依据实验目的，先加入铁粉，后滴加苯和液溴的混合液体；（2）冷却水从下方通入。（3）生成的溴化氢气体极易溶于水；（4）NaOH溶液的作用是对粗产品进行初步的除杂处理。（5）采用硝酸酸化的硝酸银溶液，是为了检验溴离子的存在；
40、（6）催化剂参与了反应的过程，但最终“全身而退”，在后续反应会重新生成。【详解】(1)该反应装置中仪器A是三颈烧瓶，注意不要仅说烧瓶；根据实验目的，三溴化铁是催化剂，苯、液溴是反应物，NaOH溶液是初步除杂试剂；所以装在左侧分液漏斗中的液体药品是苯和液溴（实际是溴和苯形成的溶液）；(2)冷却水应从下口进入，这样才能使整个冷凝管充满水，才具有良好的冷凝效果；(3)由于生成的HBr气体极易溶解于水，所以导管口不能插入锥形瓶中液面以下，以防止液体倒吸回三颈烧瓶中；(4)右侧分液漏斗中装的是NaOH溶液，其作用是除去溶解在粗溴苯中的少量液溴，所以应在制取溴苯反应结束后滴加，发生反应的离子方程式为：Br2+2OH=Br+BrO-+H2O；(5)部分生成的HBr将进入锥形瓶水中形成溶液（当然理论上讲也会有少量溴蒸气进入，所以最好在锥形瓶前加一盛有苯或四氯化碳的洗气瓶），加入硝酸酸化的硝酸银溶液，将产生浅黄色沉淀：Br-+Ag+=AgBr，所以此处的实验现象为产生浅黄色沉淀；(6) 催化剂先是参与了化学反应，后续步骤中又会再次生成。从所给的反应过程中可以看出，铁只参与了反应但最终没有生成，而Br+、FeBr4-只是中间产物（反应中先生成，后消耗），FeBr3在反应中确实是先消耗后生成，符合催化剂的特点，所以答案选择B项。
浙公网安备33030202001339号