河北省衡水市桃城區(qū)第十四中學高一下學期摸底考試化學試卷

化學試卷一、選擇題1.我國清代《本草綱目拾遺》中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金……其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛?！边@里的“強水”是指A.氨水 B.硝酸 C.醋 D.鹵水【答案】B【解析】【詳解】根據題意該物質能夠與很多金屬反應，根據選項B最符合，該強水為硝酸，硝酸具有強氧化性，可溶解大部分金屬；答案選B。2.應用元素周期律推斷，下列說法正確的是A.Sr（鍶）的碳酸鹽難溶于水 B.Tl（鉈）的氫氧化物是兩性氫氧化物C.H2Se比H2S更穩(wěn)定 D.H3AsO4酸性比H3PO4強【答案】A【解析】【詳解】A．Sr（鍶）是第ⅡA族元素，同主族元素中碳酸鎂、碳酸鈣、碳酸鋇等均是難溶于水的，所以Sr的碳酸鹽難溶于水，A正確；B．第ⅢA元素自上而下金屬性逐漸增強，所以Tl（鉈）的氫氧化物是不可能兩性氫氧化物，B錯誤；C．同主族自上而下非金屬性逐漸增強，氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，則H2S比H2Se更穩(wěn)定，C錯誤；D．同主族自上而下非金屬性逐漸增強，最高價氧化物水化物的酸性逐漸增強，則H3AsO4酸性比H3PO4弱，D錯誤；答案選A。3.“綠色化學實驗”已走進課堂，下列做法符合“綠色化學”的是①實驗室收集氨氣采用圖甲所示裝置②實驗室中做氯氣與鈉反應的實驗時采用圖乙所示裝置③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水做氨氣與酸生成銨鹽的實驗④實驗室中采用圖丙所示裝置進行銅與稀硝酸的反應A.②③④ B.①②③ C.①②④ D.①③④【答案】C【解析】【詳解】①實驗室采用圖甲所示裝置收集NH3，在收集的過程中用滴有酚酞的水檢驗NH3收集滿并吸收逸出的NH3，防止污染環(huán)境，符合綠色化學的要求，①合理；②實驗室中作Cl2與鈉的反應實驗時采用圖乙所示裝置，浸有堿液的棉球可以吸收多余的氯氣，防止污染環(huán)境，符合綠色化學的要求，②合理；③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水作氨氣與酸反應生成銨鹽的實驗，揮發(fā)的HCl氣體和NH3會污染環(huán)境，不符合綠色化學的要求，③不合理；④實驗室中采用圖丙所示裝置進行銅與稀硝酸的反應，生成的氮氧化物可以收集在氣球里，防止污染環(huán)境，符合綠色化學的要求，④合理；綜上所述可知符合“綠色化學”要求的是①②④，故合理選項是C。4.某同學在一pH試紙上滴幾滴新制的氯水，現(xiàn)象如圖所示，下列有關該實驗的說法中正確的是A.該實驗說明Cl2分子具有漂白性B.該實驗說明HClO分子擴散速度比H＋慢C.若用久置的氯水進行實驗，現(xiàn)象相同D.將實驗后的pH試紙在酒精燈上微熱，試紙又恢復為原來的顏色【答案】B【解析】【詳解】A．氯氣不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸，選項A錯誤；B．依據圖中現(xiàn)象：pH試紙內部顯白色，外圈顯紅色，說明H+的擴散速度比HClO分子快，選項B正確；C．久置的氯水中次氯酸見光分解生成氯化氫和氧氣，pH試紙內部不會顯白色，選項C錯誤；D．HClO的漂白持久、穩(wěn)定，實驗后的pH試紙加熱不會恢復原來的顏色，選項D錯誤；故選B。5.下列說法中正確的是A.單質氧化物酸或堿鹽，硅單質可以按上述關系進行轉化B.若a、b、c分別為Si、SiO2、H2SiO3，則可以通過一步反應實現(xiàn)如圖所示的轉化關系C.二氧化碳和二氧化硅都可溶解在NaOH溶液中D.青花瓷胎體的原料為高嶺土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示為Al2O3?SiO2?H2O【答案】C【解析】【詳解】A．Si與O2反應生成SiO2，SiO2不與H2O反應，“氧化物酸或堿”不能實現(xiàn)，故A錯誤；B．Si與O2反應生成SiO2，SiO2不與H2O反應，H2SiO3加熱分解生成SiO2，H2SiO3不能一步轉化為Si，b→c即SiO2→H2SiO3，c→a即H2SiO3→Si，均不能通過一步反應實現(xiàn)，故B錯誤；C．二氧化碳和二氧化硅都屬于酸性氧化物，都能與NaOH溶液反應生成鹽和水，故C正確；D．硅酸鹽可以用鹽的形式或氧化物的形式表示，[Al2Si2O5(OH)4]可表示為Al2O3?2SiO2?2H2O，故D錯誤；答案選C。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半徑依次增大，且原子最外層電子數之和為15，Y是地殼中含量最高的元素，Y與Z同主族，Z與W同周期。下列說法正確的是A.簡單氫化物還原性：Y>ZB.Z的簡單離子與W的簡單離子具有相同的電子層結構C.化合物WX2中既存在離子鍵，又存在共價鍵D.X與Y形成的化合物可能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【詳解】原子最外層電子數之和為15，Y是地殼中含量最高的元素，Y是O元素，Y與Z同主族，Z是S元素；x的半徑小于O原子，所以X是H元素；Z與W同周期，W是Mg元素；簡單氫化物的還原性：H2S>H2O，故A錯誤；S2有3個電子層、Mg2+有2個電子層，故B錯誤；MgH2只存在離子鍵，故C錯誤；H2O2能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正確。7.“84”消毒液在日常生活中使用廣泛，該消毒液無色，有漂白作用。它的有效成分是下列物質中的一種，這種物質是A.KMnO4 B.Na2O2 C.NH3·H2O D.NaClO【答案】D【解析】【分析】該消毒液無色，有漂白作用，應為次氯酸鈉，氯氣與NaOH反應可制備“84”消毒液，以此來解答?！驹斀狻窟^氧化鈉與水反應，高錳酸鉀溶液為紫色，具有漂白性，而NH3?H2O為無色且不具有漂白性，只有次氯酸鈉的溶液為無色，且具有漂白性，符合題意，故選D。8.普通水泥在固化過程中自由水分子減少，并且溶液呈堿性，根據這一物理化學特點，科學家發(fā)明了利用原電池原理測定水泥初凝時間，此法的原理如圖所示，反應的總方程式為2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，下列有關說法錯誤的是A.Ag2O/Ag電極為正極B.Cu電極為負極C.電池工作時，OH向Ag2O/Ag電極移動D.電池工作時，有1molCu2O生成時，電路中有2mol電子通過【答案】C【解析】【分析】由電池反應方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag可知，較活潑的金屬銅失電子發(fā)生氧化反應，所以銅作負極，較不活潑的金屬銀作正極，原電池放電時，溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；根據轉移電子和氧化亞銅的關系計算轉移電子數?！驹斀狻緼．由電池反應方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，較活潑的金屬銅失電子發(fā)生氧化反應，所以Cu作負極，較不活潑的Ag2O/Ag作正極，故A正確；B．根據A項分析，Cu電極為負極，故B正確；C．原電池放電時，陰離子向負極移動，所以氫氧根離子向銅極移動，故C錯誤；D．根據反應2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，銅由0價變?yōu)?2價，有1molCu2O生成時，電路中有2mol電子通過，故D正確；答案選C。9.下列說法正確的是（）A.需要加熱才能發(fā)生的反應一定是吸熱反應B.放熱的反應在常溫下一定很容易發(fā)生C.放熱反應還是吸熱反應主要由反應物、生成物所具有的總能量的相對大小決定D.吸熱反應發(fā)生過程中要不斷從外界獲得能量，放熱反應自始至終不需要外界提供能量【答案】C【解析】【詳解】A．有的放熱反應也需要加熱才能發(fā)生，如鋁熱反應需高溫條件下發(fā)生，卻屬于放熱反應，故A錯誤；B．放熱反應在常溫下不一定很容易發(fā)生，如碳與氧氣的反應為放熱反應，但須點燃，故B錯誤；C．可以通過反應物和生成物所具有的總能量的相對大小判斷反應是放熱還是吸熱，故C正確；D．吸熱反應發(fā)生過程中要不斷從外界獲得能量，放熱反應也可能需要外界能量，如燃燒需要預熱溫度達到著火點才能進行，故D錯誤；故選C。10.在密閉系統(tǒng)中有反應，能使反應速率加快的措施是①通過減小容器體積增大壓強②升高溫度③將炭粉碎④恒容通入⑤增加炭的量⑥恒容條件下通入A.①②③⑥ B.①②④⑥ C.①②③④ D.①②③④⑤【答案】C【解析】【詳解】①反應有氣體參加，減小容器體積增大壓強，反應物的濃度增大，反應速率增大，故①正確；②升高溫度，反應速率增大，故②正確；③將C粉碎，固體表面積增大，反應速率增大，故③正確；④通恒容通入CO2氣體，反應物的濃度增大，反應速率增大，故④正確；⑤增加炭的量，固體的濃度不變，反應速率不變，故⑤錯誤；⑥恒容條件下通入N2，參加反應的氣體的濃度不變，反應速率不變，故⑥錯誤；故選C。11.一定溫度下在一容積不變的密閉容器中發(fā)生可逆反應2X(g)Y(g)+Z(s)，以下不能說明該反應達到化學平衡狀態(tài)的是A.混合氣體的密度不再變化 B.反應容器中Y的質量分數不變C.體系壓強不再變化 D.c(X):c(Y):c(Z)=2:1:1【答案】D【解析】【詳解】A.反應前后氣體質量是變量，所以混合氣體的密度是變量，混合氣體的密度不再變化，反應一定達到平衡狀態(tài)，故選A；B.隨反應進行，Y的質量分數增大，若反應容器中Y的質量分數不變，一定達到平衡狀態(tài)，故不選B；C.反應前后氣體系數和改變，壓強是變量，體系壓強不再變化，反應一定達到平衡狀態(tài)，故不選C；D.濃度不變?yōu)槠胶鉅顟B(tài)，c(X):c(Y):c(Z)=2:1:1，不能確定濃度是否改變，反應不一定達到平衡狀態(tài)，故選D。12.兩氣體A、B分別為0.6mol與0.5mol，在0.4L密閉容器中發(fā)生反應：3A+B?mC+2D(C、D均為氣態(tài)物質)，經5min后達到平衡，此時C為0.2mol，在此時間內D的平均反應速率為0.1mol?L1?min1，下列結論錯誤的是A.平衡時反應混合物總物質的量為1molB.B的轉化率為20%C.A的平均反應速率為0.15mol?L1?min1D.m值為2【答案】A【解析】【分析】經5min后達到平衡，此時C為0.2mol，v(C)==0.1mol·L1·min1，又知在此反應時間D的平均反應速率為0.1mol·L1·min1，由反應速率之比等于化學計量數之比可知m=2，則據此分析。【詳解】A．平衡時混合物總物質的量為：0.3mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1.1mol，故A錯誤；B．平衡時B的轉化率為：×100%=20%，故B正確；C．A的平均反應速率為=0.15mol?L﹣1?min﹣1，故C正確；D．根據分析可知，m=2，故D正確；答案選A。13.把a、b、c、d四塊金屬片浸入稀硫酸中，用導線兩兩相連組成原電池。若a、b相連時，a為負極；c、d相連時，電流由d到c；a、c相連時，c上產生大量氣泡，b、d相連時，b上產生大量氣泡，則四種金屬的活動性順序由強到弱的是A.a＞b＞c＞d B.a＞c＞d＞b C.c＞a＞b＞d D.b＞d＞c＞a【答案】B【解析】【分析】在原電池中，活潑性較強的電極為負極，活潑性較弱的電極為正極，結合原電池原理和電極上的常見現(xiàn)象分析判斷?！驹斀狻恳话愣?，原電池中，活潑性較強的電極為負極，活潑性較弱的電極為正極，放電時，電流從正極沿導線流向負極，正極上得電子發(fā)生還原反應，a、b、c、d四塊金屬片浸入稀硫酸中，用導線兩兩相連組成原電池，若a、b相連時，a為負極，則活潑性a＞b；c、d相連時，電流由d到c，c為負極，則活潑性c＞d；a、c相連時，c極上產生大量氣泡，c為正極，則活潑性a＞c；b、d相連時，b上有大量氣泡產生，b為正極，則活潑性d＞b，因此金屬活潑性的強弱順序是a＞c＞d＞b，故選B。14.燃料電池是目前電池研究的熱點之一，現(xiàn)有某課外小組自制的氫氧燃料電池，如圖所示，a、b均為惰性電極。下列敘述正確的是A.總反應方程式為2H2+O22H2OB.a極反應是H2－2e－＝2H＋C.使用過程中電解質溶液的pH逐漸減小D.b電極是正極，該電極上發(fā)生氧化反應【答案】C【解析】【詳解】A．氫氧燃料電池的總反應方程式是2H2+O2=2H2O，反應條件不是點燃，故A錯誤；B.a極氫氣失電子生成水，電極反應是2H2＋4OH－－4e－4H2O，故B錯誤；C．電池總反應方程式為2H2+O2=2H2O，電池工作時生成水，KOH的濃度降低，pH逐漸減小，故C正確；D.b電極是正極，該電極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，故D錯誤；選C。15.對于可逆反應2AB3（g）A2（g）+3B2（g）△H>0，下列圖示正確的是A. B.C. D.【答案】BD【解析】【詳解】A．溫度升高，正反應和逆反應速率均增大，正反應方向吸熱，平衡正向移動，故正反應速率大于逆反應速率，故A錯誤；B．首先溫度越高，達到平衡所需要的時間越短，表現(xiàn)為斜率越大；其次正反應吸熱，因此溫度越高，原料的轉化率越高，平衡時剩余的AB3的量越少，百分含量越小，故B正確；C．正反應是氣體分子數增加的反應，根據勒夏特列原理，壓強增大平衡逆向移動，表現(xiàn)為當溫度相同時，增大壓強，平衡左移，AB3的百分含量增大，與圖給變化曲線相矛盾，故C錯誤；D．該反應為吸熱反應，溫度越高，平衡右移，AB3百分含量減??；增大壓強，平衡左移，AB3的百分含量增大，與圖象一致，故D正確；故選BD。16.1mol某烷烴可與8molCl2完全取代，則此烷烴的分子式為A.CH4 B.C2H6 C.C3H8 D.C4H10【答案】C【解析】【詳解】1mol某烷烴可與8molCl2完全取代，說明分子中含有8個H原子，由烷烴通式CnH（2n+2）可知2n+2=8，n=3，應為C3H8。答案選C。17.下列有關烷烴的說法中，正確的是A.戊烷的同分異構體有2種，其習慣命名分別為：正戊烷、異戊烷B.沸點：正丁烷＜異丁烷C.符合通式CnH2n+2(n≥0)的物質一定是烷烴的同系物D.隨著碳原子數的依次增加，烷烴中碳的質量分數逐漸增大，無限趨近于【答案】D【解析】【詳解】A．由于戊烷存在3種同分異構體，分別為正戊烷、異戊烷和新戊烷，故A錯誤；B．碳原子相同時，直鏈烴沸點大于有支鏈的沸點，正丁烷沸點大于異丁烷沸點，故B錯誤；C．符合通式CnH2n+2（n≥0）的物質，當n=0時，該物質為氫氣，氫氣不是烷烴的同系物，故C錯誤；D．烷烴分子的通式：CnH2n+2，故烷烴分子的含碳量：，整理可得：（整理過程就是先將其約分，然后上下同除以n），所以隨著碳原子數的依次增加，烷烴中碳的質量分數逐漸增大，無限趨近于，故D正確；答案選D。18.苯分子實際上不具有碳碳單鍵和碳碳雙鍵的簡單交替結構，可以作為證據的事實有①苯的間位二元取代物只有一種②苯的鄰位二元取代物只有一種③苯不能使酸性KMnO4溶液褪色④苯能在一定條件下與氫氣反應生成環(huán)己烷⑤苯在FeBr3存在的條件下同液溴發(fā)生取代反應A.①③④ B.③④⑤ C.②③⑤ D.①③⑤【答案】C【解析】【詳解】①分子結構中若存在單、雙鍵交替出現(xiàn)，則苯的間位二取代物也只有一種結構，故①不能說明苯不是單雙鍵交替結構；②若苯的結構中存在單雙鍵交替結構，苯的鄰位二元取代物有兩種，但實際上無同分異構體，故②能說明苯不是單雙鍵交替結構；③苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環(huán)結構中不存在CC單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故③能說明苯不是單雙鍵交替結構；④苯能在一定條件下跟H2加成生成環(huán)己烷，發(fā)生加成反應是雙鍵或三鍵具有的性質，不能證明苯環(huán)結構中不存在CC單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故④不能說明苯不是單雙鍵交替結構；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可發(fā)生取代反應，生成溴苯，苯不因化學變化而使溴水褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環(huán)結構中不存在CC單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故⑤能說明苯不是單雙鍵交替結構；則②③⑤能說明苯不是單雙鍵交替結構，故答案選C?！军c睛】苯是一種特殊的有機物，其分子結構中含有的碳碳鍵是介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的一種特殊的化學鍵，鍵長都相同，6個碳原子形成的是一個平面正六邊形的結構，所以不具有典型的碳碳雙鍵和碳碳單鍵的性質，但在一定條件下可以發(fā)生化學反應，反應類型及程度可概括為：易取代反應、難加成反應、可氧化，掌握有機物的結構對性質的決定作用是本題解答的關鍵。19.蘋果酸的結構簡式為蘋果酸可能發(fā)生的反應是（）①與NaOH溶液反應；②與石蕊試液作用變紅；③與金屬鈉反應放出氣體；④一定條件下與乙酸酯化；⑤一定條件下與乙醇酯化：A.①②③ B.①②③④ C.①②③⑤ D.①②③④⑤【答案】D【解析】【分析】羧基有酸性，可與NaOH溶液反應，與石蕊試液作用變紅，羧基和羥基可與金屬鈉反應放出氫氣，醇羥基可以在一定條件下與乙酸發(fā)生酯化反應，羧基一定條件下與乙醇發(fā)生酯化反應?！驹斀狻竣偬O果酸中含有羧基，有酸性，可與NaOH溶液反應，故①正確；②蘋果酸中含有羧基，有酸性，可以與石蕊試液作用變紅，故②正確；③蘋果酸中含有羧基和羥基，均可以與金屬鈉反應放出氫氣，故③正確；④蘋果酸中含有羥基，一定條件下與乙酸酯化，故④正確；⑤蘋果酸中含有羧基，一定條件下與乙醇酯化，故⑤正確；故選D。20.糕點包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同。下列分析正確的是A.脫氧過程是吸熱反應，可降低溫度，延長糕點保質期B.脫氧過程中鐵作原電池正極，電極反應為：Fe3e=Fe3+C.脫氧過程中碳做原電池負極，電極反應為：2H2O+O2+4e=4OHD.含有1．12g鐵粉脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣336mL（標準狀況）【答案】D【解析】【詳解】A.脫氧過程是放熱反應，可吸收氧氣，延長糕點保質期，A不正確；B.脫氧過程中鐵作原電池負極，電極反應為Fe2e=Fe2+，B不正確；C.脫氧過程中碳做原電池正極，電極反應為2H2O+O2+4e=4OH，C不正確；D.含有1.12g鐵粉的脫氧劑，鐵的物質的量為0.02mol，其最終被氧化為氫氧化鐵，電子轉移總量為0.06mol，理論上最多能吸收氧氣0.015mol，其體積在標準狀況下為336mL，D正確。故選D。21.同溫同壓下，某有機物和過量Na反應得到V1L氫氣，另一份等量的該有機物和足量的NaHCO3反應得到V2L二氧化碳，V2=2V1≠0，則該有機物可能是A. B.HOOC─COOH C.HOCH2CH2OH D.CH3COOH【答案】BD【解析】【詳解】A．由結構簡式可知，2—羥基丙酸分子中含有的羥基、羧基能與金屬鈉反應生成氫氣，含有的羧基能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，則1mol2—羥基丙酸與足量金屬鈉和碳酸氫鈉生成氫氣和二氧化碳的關系為：H2—CO2，故A不符合題意；B．由結構簡式可知，乙二酸分子中含有的羧基能與金屬鈉反應生成氫氣、也能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，則1mol乙二酸與足量金屬鈉和碳酸氫鈉生成氫氣和二氧化碳的關系為：H2—2CO2，故B符合題意；C．由結構簡式可知，乙二醇分子中含有的羥基能與金屬鈉反應生成氫氣，但不能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，故C不符合題意；D．由結構簡式可知，乙酸分子中含有的羧基能與金屬鈉反應生成氫氣、也能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，則1mol乙酸與足量金屬鈉和碳酸氫鈉生成氫氣和二氧化碳的關系為：H2—2CO2，故D符合題意；故選BD。22.一定條件下某氣態(tài)烷烴完全燃燒時，正好消耗同溫同壓下的氧氣，該烷烴的化學式是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】氣態(tài)烴完全燃燒的通式可以表示為：CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，再根據氣態(tài)物質的物質的量比等于其體積比進行計算，設該烴化合物分子式為CxHy，根據燃燒通式，1∶(x+)=20∶100，解得：x+=5。A．5+=8≠5，故A錯誤；B．4+=6.5≠5，故B錯誤；C．3+=5，故C正確；D．2+=3.5≠5，故D錯誤；故選C。【點睛】解答本題也可以根據烷烴的燃燒通式計算判斷。23.烏頭酸的結構簡式如圖所示，下列關于烏頭酸的說法錯誤的是A.化學式為C6H6O6B.烏頭酸能發(fā)生水解反應和加成反應C.烏頭酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3molNaOH【答案】B【解析】【詳解】A．根據烏頭酸的結構簡式可知其化學式為C6H6O6，A正確；B．烏頭酸中所含官能團為羧基和碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成，不能發(fā)生水解反應，B錯誤；C．烏頭酸中含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，C正確；D．1mol烏頭酸中含有3mol羧基，最多可消耗3molNaOH，D正確；故選B。24.下列物質不屬于油脂的是A.花生油 B.潤滑油 C.牛油 D.羊油【答案】B【解析】詳解】A.花生油屬于油，故A不符合題意；B.潤滑油屬于烴，故B符合題意；C.牛油、D.羊油屬于脂肪，故C、D不符合題意。綜上所述，答案為B。25.某烷烴的相對分子質量為72，跟氯氣發(fā)生取代反應所得的一氯取代物沒有同分異構體，這種烷烴是A.CH3CH2CH2CH2CH3 B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】一氯取代物沒有同分異構體，則該有機物所有的H原子等效。A中一氯代物有3種，A項不符合題意；B中一氯代物有4種，B項不符合題意；C種一氯代物只有1種，C項符合題意；D中一氯代物有3種，D項不符合題意；本題答案選C。二、非選擇題26.X、Y、Z、M、N是短周期元素，且原子序數依次遞增。已知X的最外層電子數是次外層電子數的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半徑最大。Z和N可以形成ZN2型化合物?；卮鹣铝袉栴}：(1)元素N在周期表中的位置_______，它的最高價氧化物的化學式為________。(2)用電子式表示ZN2的形成過程________。(3)Z能在氮氣中燃燒，Z在氮氣中燃燒的產物與水反應可產生一種使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體。寫出Z在氮氣中的燃燒產物與水反應的化學方程式：______________?！敬鸢浮竣?第三周期VIIA族②.Cl2O7③.④.Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑【解析】【分析】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序數依次遞增，X原子的最外層電子數是次外層電子數的3倍，則原子核各層電子分別為2、6，故X為O元素，X、M同主族，則M為S元素，Y在同周期主族元素中原子半徑最大，故Y、Z、M、N處于第三周期，Y為Na元素，N為Cl元素，Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z為+2價，故Z為Mg元素，結合對應的單質化合物的性質與元素周期律的遞變規(guī)律解答。【詳解】(1)N為Cl元素,在周期表中的位置是第三周期第VIIA族，Cl的最高價氧化物的化學式為Cl2O7；(2)Z為Mg元素，N為Cl元素，ZN2為MgCl2，屬于離子化合物，用電子式表示其形成過程為：；(3)鎂能在氮氣中燃燒生成氮化鎂，氮化鎂與水反應可產生一種使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體為氨氣，則氮化鎂與水反應的化學方程式：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑。27.t℃時，將2molSO2和1molO2通入體積為2L的恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生如下反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)；ΔH=196.6kJ/mol。2min時反應達到化學平衡，此時測得反應物O2還剩余0.8mol。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)下列敘述能證明該反應已經達到化學平衡狀態(tài)的是(填標號，下同)_________A．容器內壓強不再發(fā)生變化B．SO2的體積分數不再發(fā)生變化C．容器內氣體質量不再發(fā)生變化D．容器內氣體密度不再發(fā)生變化(2)從反應開始至達到化學平衡，生成SO3平均反應速率為___________；反應放出的熱量為_____kJ。(3)反應達到化學平衡后，以下操作將引起平衡向正反應方向移動并能提高SO2轉化率的是______。A．向容器中通入少量O2B．向容器中通入少量SO2C．使用催化劑D．降低溫度E．向容器中通入少量氦氣(已知氦氣和SO2、O2、SO3都不發(fā)生反應)【答案】①.AB②.0.1mol·L1·min1③.39.32④.AD【解析】【分析】(1)化學平衡狀態(tài)的標志：正反應速率等于逆反應速率，平衡混合物中各組成成分的含量不變來判斷；(2)根據平均反應速率v=計算出反應速率；根據反應消耗的氧氣的物質的量計算出放出的熱量；(3)根據化學平衡的影響因素來回答。【詳解】(1)A．容器內壓強不再發(fā)生變化，該反應兩邊氣體體積不相等，反應過程中壓強是變量，壓強不變，該反應達到了平衡狀態(tài)，故A正確；B．SO2的體積分數不再發(fā)生變化，表明正逆反應速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故B正確；C．容器內氣體質量不再發(fā)生變化，反應兩邊都是氣體，氣體的質量始終不變，所以質量不能作為判斷平衡狀態(tài)的依據，故C錯誤；D．容器內氣體密度不再發(fā)生變化，容器容積不變，氣體的總質量不變，所以氣體的密度始終不變，因此密度不能作為判斷平衡狀態(tài)的依據，故D錯誤；答案選AB；(2)由還剩余0.8mol氧氣可知：反應消耗0.4molSO2和0.2molO2，生成0.4molSO3，三氧化硫的反應速率為：v(SO3)===0.1mol?L1?min1；(3)A．向容器中通入少量O2，即增大氧氣的濃度，能使平衡正向移動并能提高SO2轉化率，故A符合題意；B．向容器中通入少量SO2，即增大二氧化硫的濃度，能使平衡正向移動但是降低了SO2轉化率，故B不符合題意；C．使用催化劑，不會影響化學平衡的移動，也不會改變二氧化硫的轉化率，故C不符合題意；D．降低溫度，化學平衡正向移動，并能提高SO2轉化率，故D符合題意；E．向容器中通入少量氦氣，當恒容時，各組分的濃度不變，則平衡不移動，故E不符合題意；答案選AD。28.乙酸乙酯是重要的有機合成中間體，廣泛應用于化學工業(yè)．(1)寫出實驗室制備乙酸乙酯的化學方程式_________(2)步驟②中b試管中飽和Na2CO3溶液的主要作用_______(填字母)a．降低乙酸乙酯的溶解度b．除去實驗中揮發(fā)出來的硫酸c．除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇(3)試管b中盛放的試劑_________(填“能”或“不能”)換成NaOH溶液(4)連接好裝置(裝置氣密性良好)，用小火均勻地加熱裝有混合液的試管a3~5min,需要用小火均勻加熱，其主要原因是________【答案】①.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O②.a、c③.不能④.減少原料損失，減少副產物【解析】【分析】實驗室用乙酸和乙醇在濃硫酸加熱條件下反應生成乙酸乙酯，用飽和碳