2018-2019学年山西省平遥中学高一下学期期末考试化学试题（解析版）
平遥中学2018-2019学年度第二学期高一期末考试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 C:12 S:32 Br:80
一、选择题(只有一个选项正确。本题共18个小题，每小题3分，共54分)
1.苏轼《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（ ）
A. 脱落酸 B. 乙烯 C. 生长素 D. 甲烷
【答案】B
【解析】
A、脱落酸是一种抑制生长的植物激素，能促使叶子脱落，但不能催熟果实，A错误；B、乙烯具有促进果实成熟的作用，主要由成熟果实产生，是唯一的气体植物激素，成熟的木瓜能够释放乙烯，促进未成熟的红柿成熟，B正确；C、生长素能促进茎、芽、根生长，但不能促进果实成熟，C错误；D、植物能产生甲烷，但甲烷不能催熟果实，D错误。答案选B。
2.下列说法正确的是
A. H2O2的电子式: B. 乙烯的比例模型为：
C. 原子核中有10个中子的氧离子:188O2- D. 乙烯的结构简式为CH2CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2为共价化合物，不存在离子，则H2O2的电子式为，故A错误；
B．C原子比H原子大，黑色球表示C原子，则乙烯的比例模型为，故B错误；
C．质量数=质子数+中子数，故原子核中有10个中子的氧离子的质量数为18，表示为：O2-，故C正确；
D．乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，其结构式为，结构简式为CH2=CH2，故D错误；
故选C。
3.下列金属中：①铁，②镁，③锰，④钒，⑤铬，⑥汞。可用铝热反应原理制备的有
A. ①②④⑥ B. ①②③⑤ C. ①③④⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】铁、锰、钒、铬金属活泼性弱于铝，熔点较高，都可以通过铝热反应制取，镁还原性强于铝，不能通过铝热反应制取，汞的活泼性较差，直接加热氧化物分解即可冶炼，无需通过铝热反应制备，可用铝热反应原理制备的有①③④⑤，故选C。
4.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是
A. 锌片与稀硫酸的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4C1的反应
C. 甲烷在空气中的燃烧反应 D. 高温条件下炭与CO2的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌片和稀硫酸反应为放热反应，属于氧化还原反应，故A不选；
B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为放热反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不选；
C．甲烷在空气中的燃烧反应中C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，故C不选；
D．灼热的碳与二氧化碳的反应为吸热反应，且C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D选；
故选D。
【点睛】解答本题的关键是正确判断反应的热效应，要注意常见的吸热反应包括：Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C(或氢气)参加的氧化还原反应(不包括燃烧反应)等。
5.如表是某饼干包装袋上的说明：
品名
苏打饼干
配料
面粉、鲜鸡蛋、精炼食用植物油、白砂糖、奶油、食盐、苏打
保质期
12个月
生产日期
2018年7月1日
下列说法不正确的是
A. 精炼食用植物油能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色
B. 白砂糖的主要成分是蔗糖，在人体内水解只转化为葡萄糖
C. 向该苏打饼干粉末上滴加碘水可出现蓝色
D. 葡萄糖与白砂糖的主要成分既不互为同分异构体，也不互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．植物油中含有碳碳不饱和键，能与溴水发生较差反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B．白砂糖主要为蔗糖，属于双糖，在人体内水解而转化为葡萄糖与果糖，葡萄糖与果糖均为单糖，故B错误；
C．苏打饼干粉末中含有淀粉，淀粉遇碘单质变蓝色，故C正确；
D．葡萄糖是单糖，蔗糖为双糖，二者分子式不同，结构也不同，二者既不是同分异构体，也不是同系物，故D正确；
故选B。
6.设NA代表阿伏加德罗常数的数值,则下列说法正确的是（ ）
A. 1.8gD2O含有NA个中子
B. 用5mL 3mol/L FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数为0.015NA
C. 在Na2O2与CO2的反应中,每转移NA个电子时,消耗22.4L的CO2
D. 25℃时，7gC2H4和C3H6的混合气体中,含有NA个C-H键
【答案】D
【解析】
试题分析：A．1分子重水10个中子，1．8 g D2O的物质的量是1．8g÷20g/mol＝0．09mol，含有0．9NA个中子，A错误；B．胶体是巨大粒子的集合体，因此用5 mL 3 mol/L FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数小于0．015 NA，B错误；C．在Na2O2与CO2的反应中，每转移NA个电子时，消耗1molCO2，但其体积不一定是22．4 L，C错误；D．C2H4和C3H6的最简式均是CH2，所以25℃时，7gC2H4和C3H6的混合气体中含有CH2的物质的量是7g÷14g/mol＝0．5mol，含有NA个C﹣H键，D正确，答案选D。
考点：考查阿伏加德罗常数的计算
7.某有机物的分子式为C9H12， 其属于芳香烃的同分异构体有(不考虑立体异构)（ ）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】
试题分析：分子式为C9H12， 属于芳香怪的同分异构体有丙苯、异丙苯、邻甲乙苯、间甲乙苯、对甲乙苯、均三甲苯、偏三甲苯、连三甲苯，共8种，选D。
考点：考查有机物的结构，同分异构体的书写，苯的同系物。
8.2015年4月，于敏获颁“影响世界华人终身成就奖”。“钚一239”是“于敏型”氢弹的重要原料。下列说法正确的是( )
A. 239Pu原子的原子核中含有239个质子
B. 239Pu衰变成235U属于化学变化
C. 238Pu、239Pu和241Pu属于不同的核素
D. 238Pu与238U在元素周期表中的位置相同
【答案】C
【解析】
A．239Pu中的239表示的是其质量数，故A错误； B．由于化学变化不涉及原子核的变化，所以元素的衰变不是化学变化，故B错误；C．核素的种类是由质子数和中子数共同决定的，238Pu、239Pu和241Pu属于同种元素的不同核素，故C正确；D．238Pu与238U核电荷数不相同，属于不同的元素，在元素周期表中的位置不同，故D错误；故选C。
9.已知化学反应A2(g)+B2(g)＝2AB(g)能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）
A. 每生成2 mol AB吸收bkJ热量
B. 该反应热△H= + (a-b)kJ • mol-1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出akJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2 mol AB吸收吸收(a−b) kJ热量，A项错误；
B. 反应热△H=反应物能量总和−生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ • mol-1，B项正确；
C. 依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；
D. 断裂化学键吸收能量，则断裂1molA−A和1molB−B键，吸收a kJ能量，D项错误；
答案选B。
10.乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )
A. 分子式为C6H6O6
B. 乌头酸能发生水解反应和加成反应
C. 乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗 3 mol NaOH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．根据结构简式可知其化学式为C6H6O6，A正确；B．乌头酸含有羧基和碳碳双键，能发生加成反应，但不能发生水解反应，B错误；C．乌头酸含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．含有3个羧基，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构和性质判断
11.一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生反应：NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+NO(g)，下列能说明反应达到反应限度的是
A. 体系压强保持不变 B. 混合气体颜色保持不变
C. SO3和NO的体积比保持不变 D. 每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应前后气体的物质的量不变，恒温恒容下，压强始终不变，因此体系压强保持不变，不能说明反应达到反应限度，故A错误；
B．混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，能够说明反应达到反应限度，故B正确；
C．根据方程式，SO3和NO的体积比始终为1∶1保持不变，因此不能说明反应达到反应限度，故C错误；
D．每消耗1molSO3 的同时生成1molNO2，均表示逆反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明反应达到反应限度，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，消耗SO3和生成NO2，均表示逆反应速率，每消耗1molSO3 的同时消耗1molNO2时才能说明反应达到反应限度。
12.已知C—C键可以绕键轴自由旋转,结构简式为的烃,下列说法中正确的是
A. 分子中至少有9个碳原子处于同一平面上
B. 分子中至多有26个原子处于同一平面上
C. 该烃能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色
D. 该烃属于苯的同系物
【答案】B
【解析】
A错；B正确；C错，该烃不能使四氯化碳溶液褪色；D错，苯的同系物有且只有一个苯环，且侧链为烷基；
13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是
A. X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B. 原子半径大小:X
W
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】
试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W-的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。
考点：考查原子结构与元素周期律的关系
14.下列操作能达到实验目的的是
A. 氧化废液中的溴离子 B. 分离CCl4层和水层
C. 分离CCl4溶液和液溴 D. 长期贮存液溴
【答案】B
【解析】
【详解】A．集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排出，故A错误；
B．CCl4和水不互溶，可用分液分离，故B正确；
C．蒸馏实验中温度计水银球应与蒸馏烧瓶支管口处相平，测量的是蒸气的温度，故C错误；
D．液溴能腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故D错误；
故选B。
15.铜的冶炼大致可分为以下几个步骤：
(1)富集，将硫化物矿进行浮选；
(2)焙烧，主要反应为(炉渣)；
(3)制粗铜，在1200℃的条件下发生的主要反应为，；
(4)电解精炼
下列说法不正确的是
A. 上述焙烧过程中的尾气不可直接排放
B. 由6mol生成6molCu时，在整个过程中共消耗15mol
C. 在反应中，只有作氧化剂
D. 电解精炼属于化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．焙烧过程中的尾气中含有二氧化硫，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，故A正确；
B．反应的总反应方程式为6CuFeS2+15O2=6Cu+12SO2+6FeO，6molCuFeS2生成6molCu，共消耗15molO2，故B正确；
C．在反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑中，Cu的化合价由+1价降低为0价，S的化合价由-2价升高为+4价，反应物中Cu2O只做氧化剂，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D．精炼铜时，粗铜做阳极，Cu-2e-= Cu2+，与电源的正极相连，纯铜作阴极，Cu2++2e-=Cu发生了化学变化，故D正确；
故选C。
16.已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A~E能发生如图所示一系列变化，则下列说法错误的是
A. A分子中所有原子均在同一平面内
B. A→B所用试剂
C. 分子式为的酯有3种
D. 等物质的量的B、D分别与足量钠反应生成气体的量相等
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意可得气态烃A的相对分子质量为14×2=28，即A为乙烯，由B连续催化氧化可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，则E为乙酸乙酯。A与水发生加成反应得到乙醇，据此分析解答。
【详解】A．乙烯为平面结构，所以所有原子在同一平面内，故A正确；
B．乙烯与水发生加成反应得到乙醇，故B正确；
C．分子式为C4H8O2且含酯基的同分异构体有4种，即HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH3、CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3，故C错误；
D．金属钠能与醇羟基反应放出氢气，也能与羧基反应放出氢气，而乙醇和乙酸中都只有一个活泼氢原子，因此等物质的量乙醇和乙酸与足量钠反应生成气体的量是相等的，故D正确；
故选C。
17.在一定条件下发生反应 3A(g)+2B(g)zC(g)+2D(g)。在2L的密闭容器中把4molA和2molB混合，2min后反应达到平衡时生成1.6 mol C，又测得D的反应速率v(D)= 0.2 mol.L-1•min-1。则下列说法不正确的是（ ）
A. z=4 B. B的转化率是40%
C. A的平衡浓度是1.4mol.L-1 D. 平衡时气体压强是原来的
【答案】D
【解析】
【详解】A．VD=0.2mol/(L•min)，VC==0.4mol/(L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则z=4，故A正确；
B． 3A(g)+2B(g)⇌4C(g)+2D(g)，
开始(mol) 4 2 0 0
转化(mol) 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡(mol) 2.8 1.2 1.6 0.8
B的转化率=×100%=40%，故B正确；
C．A的平衡浓度==1.4mol/L，故C正确；
D．气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的=，故D错误；
答案选D。
18.科学家设计出质子膜H2S燃料电池 ，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-═2H2O
C. 电路中每流过2mol电子，在正极消耗22.4L H2S
D. 每34g H2S参与反应，有2mol H+经质子膜进入正极区
【答案】C
【解析】
【详解】A．a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，故A正确；
B．b极上O2得电子发生还原反应，酸性条件下，氧气得电子生成水，则电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；
C．气体存在的温度和压强未知，不能确定气体的体积大小，故C错误；
D．2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O，每34gH2S即1molH2S参与反应，则消耗0.5mol氧气，则根据O2+4H++4e-=2H2O，所以有2mol H+经质子膜进入正极区，故D正确；
答案选C。
【点睛】根据图示正确判断正负极是解题的关键。本题的易错点为B，书写电极反应式或总反应方程式时，要注意电解质溶液的酸碱性。
二、填空题(本题共四个小题，共46分)
19.海水中溴含量约为65mg·L-1，从海水中提取溴的工艺流程如下：
(1)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是_______。
(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2,利用了溴的__________。
A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.腐蚀性
(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面横线上填入适当的化学计量数:_____Br2+_____CO32-=_____
BrO3-+_____Br-+_____CO2↑
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式:__________。
(5)实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的是__________。
A.乙醇 B.四氯化碳 C.烧碱溶液 D.苯
【答案】 (1). 富集(或浓缩)溴元素 (2). C (3). 3 (4). 3 (5). 1 (6). 5 (7). 3 (8). SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 (9). BD
【解析】
【分析】
海水通过晒盐得到氯化钠和卤水，电解饱和氯化钠溶液得到氯气，卤水加入氧化剂氯气氧化溴离子得到低浓度的单质溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单质得到含Br-、BrO3-的溶液，再利用溴酸根离子和溴离子在酸性溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，据此分析解答。
【详解】(1)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素；
(2)溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C；
(3)该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为：3Br2+3CO32-═BrO3-+5Br-+3CO2↑，故答案为：3；3；1；5；3；
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏．溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
(5)萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。A．乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故A错误；B．四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故B正确；C．溴单质与烧碱溶液反应，不能做萃取剂，故C错误；D．苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故D正确；故选BD。
【点睛】明确海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意反应中溴既是氧化剂又是还原剂，配平时可以将二者分开配平，配平后再合并。
20.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL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(标准状况)，实验记录如表(累计值)：
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)
100
240
464
576
620
①哪一时间段反应速率最大_______min(填0~1、1~2、2~3、3~4、4~5)。反应开始后反应速率先增大的原因是__________。
②求3~4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_______(设溶液体积不变)。
(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入少量的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是（ ）
A.蒸馏水 B.KCl溶液 C.KNO3溶液 D.CuSO4溶液
(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质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_________。
A.X、Y、Z的反应速率相等 B.X、Y的反应速率比为3:1
C.容器内气体压强保持不变 D.生成1mol Y的同时生成2mol Z
③2min内X的转化率为__________。
【答案】 (1). 2~3min (2). 因为反应开始阶段温度对反应的速率起决定性的作用，反应是放热反应，升高温度，反应速率增大 (3). 0.025mol/(L·min) (4). CD (5). 3X(g)+Y(g)2Z(g) (6). CD (7). 30%
【解析】
【分析】
(1)①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中产生气体的体积判断，根据金属与酸的反应为放热反应分析解答；②计算出氢气的体积，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量，计算浓度的变化，根据v=计算反应速率；
(2)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可降低H+浓度，但不能影响H+的物质的量；
(3)①根据图像判断出反应物和生成物，以及参加反应的物质的物质的量之比书写化学方程式；②根据反应到达平衡状态的特征分析判断；③根据转化率=×100%计算。
【详解】(1)①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、54mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min；因为该反应是放热反应，开始阶段温度对反应的速率起决定性的作用，温度越高，反应速率越大，故答案为：2～3 min；因为反应开始阶段温度对反应的速率起决定性的作用，反应是放热反应，升高温度，反应速率增大；
②在3～4min时间段内，n(H2)==0.005mol，根据2HCl～H2，计算消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ(HCl)==0.025mol/(L•min)，故答案为：0.025mol/(L•min)；
(2)A．加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小，且不减少产生氢气的量，故A可行；B．加入KCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B可行；C．加入KNO3溶液，H+浓度减小，因酸性溶液中有NO3-，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C不可行；D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，且影响生成氢气的量，故D不可行；故答案为：CD；
(3)①由图像可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物。当反应进行到5min时，△n(Y)=0.2mol，△n(Z)=0.4mol，△n(X)=0.6mol，则△n(Y)∶△n(Z)∶△n(X)=1∶2∶3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X(g)+Y(g)2Z(g)，故答案为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；
②A．X、Y、Z的反应速率相等，不能说明是否变化，不能作平衡状态的标志，故A错误；B．随着反应的进行，X、Y的反应速率比始终为3∶1，不能作为平衡状态的标志，故B错误；C．体积固定，混合气体的总物质的量不确定，当容器的压强保持一定，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D．生成1mol Y的同时生成2mol Z，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：CD；
③2min内X的转化率为×100%=30%，故答案为：30%。
【点睛】本题的易错点为(2)中C，要注意硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，与活泼金属反应，一般不放出氢气。
21.A、B、D、E、F、G是原子序数依次增大的六种短周期元素。A和B能形成B2A和B2A2两种化合物，B、D、G的最高价氧化对应水化物两两之间都能反应，D、F、G原子最外层电子数之和等于15。回答下列问题：
(1)E元素在元素周期表中的位置是__________；A离子的结构示意图为____________。
(2)D的单质与B的最高价氧化物对应水化物的溶液反应，其离子方程式为__________。
(3)①B2A2中含有___________键和_________键，其电子式为__________。
②该物质与水反应的化学方程式为_______________。
(4)下列说法正确的是__________(填字母序号)。
①B、D、E原子半径依次减小
②六种元素的最高正化合价均等于其原子的最外层电子数
③D的最高价氧化物对应水化物可以溶于氨水
④元素气态氢化物的稳定性：F>A>G
(5)在E、F、G的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的为_________(填化学式)，用原子结构解释原因：同周期元素电子层数相同，从左至右，_________，得电子能力逐渐增强，元素非金属性逐渐增强。
【答案】 (1). 第三周期第ⅣA族 (2). (3). 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). 离子 (5). 非极性共价 (6). (7). 2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH (8). ① (9). HClO4 (10). 核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小
【解析】
【分析】
A、B、D、E、F、G是原子序数依次增大的六种短周期元素。B、D、G的最高价氧化物对应水化物两两之间都能反应，是氢氧化铝、强碱、强酸之间的反应，可知B为Na、D为Al；D、F、G 原子最外层电子数之和等于15，则F、G的最外层电子数之和为15-3=12，故F为P、G为Cl，可知E为Si。A和B能够形成B2A和B2A2 两种化合物，则A为O元素。结合物质结构和元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，D为Al元素，E为Si元素，F为P元素，G为Cl元素。
(1)E为Si，位于周期表中第三周期 第ⅣA族，A为O元素，其离子的结构示意图为，故答案为：第三周期 第ⅣA族；；
(2)B的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应离子方程式为；2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
(3)①Na2O2为离子化合物，其中含有离子键和非极性共价键，电子式为，故答案为：离子；共价(或非极性共价)；；
②过氧化钠与水反应的化学反应方程式为：2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH，故答案为：2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH；
(4)①同周期从左向右原子半径减小，则B(Na)、D(Al)、E(Si) 原子半径依次减小，故①正确；②O无最高价，只有5种元素的最高正化合价均等于其原子的最外层电子数，故②错误；③D的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，溶于强酸、强碱，不能溶于氨水，故③错误；④非金属性越强，对应氢化物越稳定，则元素气态氢化物的稳定性A(氧)＞G(氯)＞F(磷)，故④错误；故答案为：①；
(5)在E、F、G的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的为HClO4，因为同周期元素的电子层数相同，从左到右，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，得电子能力逐渐增强，元素非金属性逐渐增强，故答案为：HClO4； 核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小。
22.苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：
已知：
名称
相对分子质量
颜色，状态
沸点(℃)
密度(g·cm-3)
苯甲酸*
122
无色片状晶体
249
1.2659
苯甲酸乙酯
150
无色澄清液体
212.6
1.05
乙醇
46
无色澄清液体
78.3
0.7893
环己烷
84
无色澄清液体
80.8
0.7318
*苯甲酸在100℃会迅速升华。
实验步骤如下：
①在圆底烧瓶中加入12.20 g苯甲酸，25 mL 95%的乙醇（过量），20 mL环己烷以及4 mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2
h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。
②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。
③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25 mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210～213℃的馏分。
④检验合格，测得产品体积为12.86 mL。
回答下列问题：
（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是 （填入正确选项前的字母）。
A．25 mL B．50 mL C．100 mL D．250 mL
（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是 。
（3）步骤②中应控制馏分的温度在 。
A．65～70℃ B．78～80℃ C．85～90℃ D．215～220℃
（4）步骤③加入Na2CO3的作用是 ；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是 。
（5）关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是
A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇
B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气
C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层
D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
（6）计算本实验的产率为 。
【答案】（1）C （2分）
（2）使平衡不断正向移动（2分）
（3）C（2分）
（4）除去硫酸和未反应的苯甲酸（2分，回答一点得1分）
苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华（2分）
（5）AD（2分，正确但不全1分，有错0分）
（6）90.02% （2分，答90%也得分）
【解析】
试题分析：（1）在圆底烧瓶中加入12.20 g苯甲酸，25 mL 95%的乙醇（过量），20 mL环己烷以及4 mL浓硫酸，加入物质的体积超过了50ml，所以选择100ml的圆底烧瓶；
（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水，可使平衡向正反应方向移动；
（3）反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，这时应将温度控制在85~90℃；
（4）将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。该步骤中加入碳酸钠的作用是除去剩余的硫酸和未反应完的苯甲酸；若碳酸钠加入量过少蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生这种现象的原因是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时苯甲酸升华；
（5）在分液的过程中，水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，盖上玻璃塞，关闭活塞后倒转用力振荡，放出液体时，打开伤口的玻璃塞或者将玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗的小孔，故正确的操作为AD；
（6）
0.1mol 0.1mol m(苯甲酸乙酯)=0.1mol×150g/mol=15g
因检验合格，测得产品体积为12.86 mL，那么根据表格中的密度可得产物的质量m(苯甲酸乙酯)=12.86×1.05=13.503g，那么产率为：ω===90.02%。
考点：有机物的制备，实验过程的评价，产率的计算
