【化学】安徽省颍上县实验中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题（解析版）

【化学】安徽省颍上县实验中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题（解析版）

安徽省颍上县实验中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题 ‎1.A、B代表两种非金属元素，下列不能说明A非金属性比B强的是（ ）‎ A. B的简单阴离子(B2－)的还原性强于A的简单阴离子(A－)的还原性 B. A的含氧酸比B的含氧酸的酸性强 C. A的单质A2能将B的阴离子(B2－)氧化，并发生置换反应 D. A、B单质分别与Fe化合时，前者产物中Fe的化合价为＋3，后者产物中Fe的化合价为＋2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、阴离子的还原性、氢化物的稳定性等角度判断。‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，B的阴离子(B2-)的还原性强于A的阴离子(A-)，则非金属性：A＞B故；‎ B．元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，A的含氧酸比B的含氧酸的酸性强，但不一定是最高价含氧酸，不能判断A的非金属性比B强；‎ C．元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，A的单质A2能将B的阴离子(B2-)氧化，并发生置换反应，可说明非金属性：A＞B；‎ D．A、B的单质分别与Fe化合，产物中前者Fe为+3价，后者Fe为+2价，说明A得电子能力强，非金属性强；‎ 故选B。‎ ‎2.将一小块钠投入盛有5 mL饱和澄清石灰水试管中，不可能观察到的现象是(　　)‎ A. 钠熔成小球并在液面上到处游动 B. 有气体生成 C. 溶液中有银白色金属析出 D. 溶液变浑浊 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠的密度小于水，钠的熔点较低且钠和水反应放出大量的热使钠熔成小球，所以能观察到生成的气体推动小球游动，故A不选；‎ B．钠和水反应生成氢气，所以能观察到，故B不选；‎ C．钙的活泼性大于钠，且钠、钙都易和水反应生成碱，所以钠不可能置换出钙，则看不到有金属钙生成，故C选；‎ D．因为有部分溶剂水消耗，导致溶液成为过饱和溶液，会析出部分氢氧化钙固体，所以看到溶液变浑浊，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列变化，需要加入适当的还原剂才能实现的是（ ）‎ A. HCl→Cl2 B. H2S→SO2 ‎ C. Fe2O3→Fe D. CaO→Ca(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】需要加入适当的还原剂才能实现，说明题给物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．HCl→Cl2反应中Cl元素化合价由-1价变为0价，则氯化氢作还原剂，需要氧化剂才能实现，故A错误；‎ B．H2S→SO2反应中S元素化合价由-2价变为+4价，则硫化氢是还原剂，需要氧化剂才能实现，故B错误；‎ C．Fe2O3→Fe反应中Fe元素化合价由+3价变为0价，所以氧化铁作氧化剂，需要还原剂才能实现，故C正确；‎ D．CaO→Ca(OH)2反应中各元素化合价不变，不需要发生氧化还原反应即可实现，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.甲:在试管中依次加入1g粉末状大理石、4mol ∙L-1盐酸盐酸20mL(过量)；乙:在试管中依次加入2g颗粒状大理石、4mo1∙L-1盐酸20mL(过量);下列CO2生成体积(已折算成标准状况)V(CO2)与反应时间t的关系曲线图合理的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸钙的表面积越大，和盐酸反应的反应速率就越大，据此可知甲中反应速率快，但生成的CO2体积小于乙中，所以答案选D。‎ ‎5.下列叙述错误的是（ ）‎ A. 13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素 B. 6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等 C. 14C和14N的质量数相等，中子数不相等 D. 1molU的中子数比1molU的中子数少3NA个 ‎【答案】B ‎【解析】A、二者均为碳元素的原子，互为同位素，A正确；B、二者的中子数分别为3、4，B错误；C、二者的中子数分别为8、7，C正确；D、由N=A-Z可知1 mol的中子数比1 mol的中子数少3NA个,D正确。答案选B。‎ ‎6.有NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（ ）‎ A. 烧碱溶液 B. 盐酸 C. 氨水 D. 碘水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液中阴离子均相同，只有阳离子不同，根据阳离子的性质的差异分析解答。‎ ‎【详解】A．NaCl、MgCl2、AlCl3分别与烧碱反应的现象为：无明显现象、白色沉淀、先生成白色沉淀后溶解，现象不同可鉴别，故A选；‎ B．盐酸与三种溶液均无明显现象，不能鉴别，故B不选；‎ C．MgCl2、AlCl3均与氨水反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C不选；‎ D．碘水与三种溶液均无明显现象，不能鉴别，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎7.下列物质既含离子键又含共价键的是（ ）‎ A. CO2 B. CaCl2 C. NaOH D. C6H6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间存在共价键，不存在离子键，故A错误；‎ B．氯化钙中钙离子和氯离子之间存在离子键，不存在共价键，故B错误；‎ C．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，故C正确；‎ D．苯中含碳原子和氢原子、碳原子和碳原子之间存在共价键，不存在离子键，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是（ ）‎ A. Al3+、SO42ˉ、NO3ˉ B. Cu2+、SO42ˉ、NO3ˉ‎ C. NH4+ 、SO42ˉ、OHˉ D. Na+、CO32ˉ、Cl ˉ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在无色透明中不存在有颜色的离子，强酸性溶液中存在大量的H+。‎ A．Al3+、SO42ˉ、NO3ˉ离子间不发生反应，且与氢离子也不反应，能够大量共存，故A正确；‎ B．Cu2+能使溶液显蓝色，与题意不符，故B错误；‎ C．OHˉ能够与氢离子反应生成水，不能大量存在，故C错误；‎ D．CO32ˉ能够与氢离子反应放出二氧化碳，不能大量存在，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎9.已知反应A+B==C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应为放热反应 B. 该反应为吸热反应 C. 反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 该反应只有在加热条件下才能进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，有的吸热反应在常温下能发生。综上所述，B正确，选B，‎ ‎10.下列各反应的离子方程式中，正确的是(　　)‎ A. NaOH溶液与稀硫酸反应：2H＋＋2OH－===2H2O B. FeCl3溶液和Fe反应：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋‎ C. 硫酸和氢氧化钡溶液反应：H＋＋SO42—＋Ba2＋＋OH－===H2O＋BaSO4↓‎ D. 氧化铜和稀盐酸反应：CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、离子方程式以及化学方程式的化学计量数为最简单的整数比；‎ B、从电荷是否守恒的角度分析；‎ C、从二元酸、二元碱阴阳离子物质的量之比分析；‎ D、CuO不溶于水，写成化学式。‎ ‎【详解】A项、NaOH溶液与硫酸反应的离子方程式为H++OH-=H2O，化学计量数应是最简单的整数比，故A错误；‎ B项、FeCl3和Fe反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故B错误；‎ C项、硫酸和氢氧化钡反应的离子方程式应为2H++SO42—+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故C错误；‎ D项、CuO不溶于水，写成化学式，氧化铜和稀盐酸反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎11.下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（ ）‎ A. 除去CO2中的HCl B. 稀释浓硫酸 C. 制取少量氨气 D. 干燥Cl2 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，违反了除杂原则，应该用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A错误；‎ B．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；‎ C．加热分解氯化铵固体生成的氨气和氯化氢在试管口附近又化合生成氯化铵，收集不到氨气，故C错误；‎ D．氯气不与硫酸反应，可以用浓硫酸干燥氯气，且导管长进短出，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.在一定条件下，密闭容器中可发生可逆反应：N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) 。‎ 下列说法中，表明这一反应已经达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. N2、H2、NH3的浓度相等 B. N2、H2、NH3的浓度不再变化 C. N2、H2、NH3在密闭容器中共存 D. 反应停止，正、逆反应速率都等于零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N2、H2、NH3的浓度相等并不表示其保持不变，不能说明该反应达到化学平衡状态；‎ B.反应过程中N2、H2、NH3的浓度发生变化，当 N2、H2、NH3的浓度不再变化，说明该反应达到化学平衡状态；‎ C.反应一旦发生， N2、H2、NH3‎ 在密闭容器中总是共存，与反应是否达到平衡没有关系，不能说明该反应达到化学平衡状态；‎ D. 化学平衡是动态平衡，反应停止，正、逆反应速率都等于零，则该反应不可能达到化学平衡状态。‎ 故选B。‎ ‎13.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 28g N2含有的原子数为NA B. 1mol Zn与足量盐酸反应失去的电子数为2NA C. 标准状况下22.4L水中含有的H2O分子数为NA D. 2mol /L NaCl溶液中含有Na+个数为2 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．28g N2物质的量==1mol，含有的原子数为2NA，故A错误；‎ B．Zn与足量盐酸反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，1molZn失去的电子数为2NA，故B正确；‎ C．水在标准状况不是气体，标准状况下22.4L水不是1mol，所以含有的H2O分子数不是NA，故C错误；‎ D．未告知溶液的体积，无法计算2mol/L NaCl溶液中含有Na+个数，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.课堂学习中，同学们利用镁条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成。下列结论正确的是（ ）‎ A. 原电池是将电能转化成化学能的装置 B. 实验探究中，活泼性强的金属做正极，活泼性弱的金属做负极 C. 上图中a极为锌片、b极为镁条时，导线中会产生电流 D. 上图中a极为锌片、b极为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池是将化学能转变为电能的装置，故A错误；‎ B．原电池由两个电极、电解质溶液和导线等组成，橙汁显酸性，活泼性强的金属做负极，活泼性弱的金属做正极，故B错误；‎ C．图中a极为锌片、b极为镁条时，镁和橙汁能自发的进行氧化还原反应，所以能构成原电池，则导线中会产生电流，故C正确；‎ D．图中a极为锌片、b极为铜片时，锌易失电子而作负极，铜作正极，原电池放电时，电子由负极锌片通过导线流向铜片，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 沸点：H2O＞HF ‎ B. 热稳定性：HF＞H2O C. NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构 ‎ D. 仅由N、H、O三种元素形成的化合物中不可能含离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O、HF均分子间含氢键，且水分子间氢键数目多，则沸点H2O＞HF，故A正确；‎ B．F的非金属性大于O，则热稳定性：HF＞H2O，故B正确；‎ C．NC13、SiC14分子中，5+3=8、4+4=8，7+│-1│=8，则所有原子最外层均满足8电子结构，故C正确；‎ D．由N、H、O三种元素形成的化合物可能是硝酸铵，硝酸铵中含离子键，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎16.下列各组物质中，互为同分异构体的是（ ）‎ A. 水与冰 B. O2与O3‎ C. 与 D. 与 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水与冰的构成物质均为H2O，是同一种物质，故A不选；‎ B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；‎ C、由甲烷的结构可知，与为同一种物质，故C不选；‎ D、与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D选，答案选D。‎ ‎17.一定条件下，将等体积的NO和O2一同置于试管中，并将试管倒立于水中，充分反应后剩余气体的体积约为原气体总体积的(　　)‎ A. 1/4 B. 3/4‎ C. 1/8 D. 3/8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】假定NO、O2的体积分别为V mL，根据反应4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，推知反应后O2有剩余，剩余O2的体积为V(O2)余＝V mL－3/4V mL＝V/4 mL，所以剩余O2的体积为原气体总体积的1/8，故C正确；‎ 故选C。‎ ‎18.向一定量Ba(OH)2溶液中，加入NaHCO3和Na2CO3•xH2O固体混合物6.70 g ，充分反应后过滤，所得滤液为NaOH溶液，将其稀释至200 mL，溶液中Na＋ 物质的量浓度为0.35 mol/L ；再将所得沉淀BaCO3溶于足量的稀盐酸中，收集到气体2.64 g 。则固体混合物中Na2CO3•xH2O的x值为（ ）‎ A. 10 B. 8 C. 7 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Ba(OH)2与NaHCO3和Na2CO3•xH2O固体混合物反应，所得滤液为NaOH溶液，沉淀为BaCO3，BaCO3溶于足量稀盐酸中，收集到气体2.64g为CO2质量，根据钠离子、碳原子守恒，列方程计算，再根据NaHCO3和Na2CO3•xH2O混合物的总质量列式计算x的值。‎ ‎【详解】Ba(OH)2与NaHCO3和Na2CO3•xH2O固体混合物反应，所得滤液为NaOH溶液，沉淀为BaCO3，BaCO3溶于足量的稀盐酸中，收集到气体2.64g为CO2质量，n(Na+)=0.2L×0.35mol/L=0.07mol，令NaHCO3和Na2CO3•xH2O的物质的量分别为amol、bmol，根据钠离子、碳原子守恒，则：a+b＝0.06，a+2b＝0.07，解得a=0.05、b=0.01，根据0.05 mol×84g/mol+0.01 mol×(106+18x)g/mol =6.70g，解得x=8，故选B。‎ ‎19.下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑩的元素回答下列问题。‎ ‎ 族 周期 IA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ 二 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 三 ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎（1）非金属性最强的元素是______(填元素符号，下同)，形成化合物种类最多的元素是_______。‎ ‎（2）③④⑤⑥元素的离子半径从大到小顺序是___________________(填离子符号)，表中十种元素最高价氧化物对应水化物中具有两性的是____________（填写化学式）。‎ ‎（3）⑤⑥⑦单质的活泼性顺序为________________________ (从大到小排列，填元素符号)，判断的实验依据是________________________________________________(写出一种)。‎ ‎【答案】(1). F (2). C (3). O2- ＞ F- ＞ Na+ ＞ Mg2+ (4). Al(OH)3 (5). Na＞Mg＞Al (6). 单质分别与水或酸反应的剧烈程度(或其最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的位置可知：①为C元素，②为N元素，③为O元素，④为F元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素，⑩为Ar元素，结合元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】根据元素在周期表中的位置可知：①为C元素，②为N元素，③为O元素，④‎ 为F元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素，⑩为Ar元素。‎ ‎(1)同一周期从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性最强的元素是F；有机物中均含有碳原子，形成化合物种类最多的元素是C，故答案为：F；C；‎ ‎(2)③④⑤⑥元素的离子具有相同的电子层结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径从大到小顺序是O2-＞F-＞Na+＞Mg2+；表中十种元素最高价氧化物对应水化物中具有两性的是氢氧化铝，故答案为：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+；Al(OH)3；‎ ‎(3)同一周期从左向右，金属性减弱，金属单质的活泼性减弱，⑤⑥⑦单质的活泼性顺序为Na＞Mg＞Al，可以通过单质分别与水或酸反应的剧烈程度设计实验验证，故答案为：Na＞Mg＞Al；单质分别与水或酸反应的剧烈程度。‎ ‎20.分别按下图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中A为电流表。请回答下列问题：‎ ‎（1）以下叙述中，正确的是________(填字母)。‎ A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极 B．两烧杯中铜片表面均有气泡产生 C．两烧杯中溶液pH均增大 D．产生气泡的速度甲中比乙中慢 E．乙的外电路中电流方向Zn→Cu F．乙溶液中SO42-向铜片方向移动 ‎（2）变化过程中能量转化的主要形式：甲为________；乙为____________。‎ ‎（3）在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是_______________________ 。‎ ‎（4）在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应式__________________。当电路中转移0.2 mol电子时，消耗负极材料的质量为_________g。‎ ‎【答案】(1). CD (2). 化学能转化为热能 (3). 化学能转化为电能 (4). 锌片不纯，有杂质，形成原电池 (5). Cu2++2e-=Cu (6). 6.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答；‎ ‎(2)金属和酸反应放热，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据装置反应特点分析解答；‎ ‎(3)在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，则说明锌片不纯；‎ ‎(4)锌比铜活泼，能与硫酸铜反应，方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，形成原电池时铜电极为正极、Zn为负极，结合电极反应式分析解答。‎ ‎【详解】(1)A．甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，故A错误；B．铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B错误；C．两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，溶液的pH均增大，故C正确；D．乙能形成原电池反应，较一般化学反应速率更大，所以产生气泡的速率甲中比乙中慢，故D正确；E．原电池中电子由负极经外电路流向正极，乙形成原电池，Zn为负极，Cu为正极，则电流方向Cu→Zn，故E错误；F．原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，乙溶液中SO42-向锌片方向移动，故F错误；故答案为：CD；‎ ‎(2)甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，反应放热，将化学能转变为热能，乙形成闭合回路，形成原电池，将化学能转变为电能，故答案为：化学能转化为热能；化学能转化为电能；‎ ‎(3)在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，可能是锌片不纯，在锌片上形成了微小的原电池导致，故答案为：锌片不纯，在锌片上形成原电池；‎ ‎(4)在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，Cu2+在正极上得电子被还原产生Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，Zn为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，n(Zn)=n(e-)=0.1mol，m(Zn)=0.1mol×65g/mol=6.5g，故答案为：Cu2++2e-=Cu；6.5g。‎ ‎21.某温度下在4 L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________(填字母)。‎ A．Y的体积分数在混合气体中保持不变 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．容器内气体的总质量保持不变 E．生成1 mol Y的同时消耗2 mol Z ‎（3）计算2 min内，Y的转化率为_____________；用物质X表示反应的平均速率为___________；用物质Z表示反应的平均速率为___________________。‎ ‎【答案】(1). 3X + Y 2Z (2). AC (3). 10% (4). 0.0375mol/(L·min) (5). 0.025mol/(L·min)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，根据图像数据结合同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，确定反应的方程式；‎ ‎(2)根据可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度不变分析判断；‎ ‎(3)2min内X的转化率=×100%；化学反应速率v=计算。‎ ‎【详解】(1)根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，则X和Y是反应物，Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△‎ n(Z)=(0.5-0.1)mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，X、Y、Z的化学计量数之比=0.6mol∶0.2mol∶0.4mol=3∶1∶2，则该反应方程式为3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；‎ ‎(2)A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．X、Y的反应速率比为3∶1时，如果反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B错误；C．反应后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；D．容器内气体的总质量一直保持不变，不能判断是否为平衡状态，故D错误；E．根据方程式，生成1mol Y的同时一定消耗2mol Z，不能说明反应达到平衡状态，故E错误；故答案为：AC；‎ ‎(3)2 min内，Y的转化率=×100%=10%，用物质X表示该反应2min内的化学反应速率v(X)===0.0375mol/(L•min)，用物质Z表示反应的平均速率为v(Z)===0.025mol/(L•min)，故答案为：10%；0.0375mol/(L•min)；0.025mol/(L•min)。‎ ‎22.乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。请回答下列问题。‎ ‎（1）乙烯的电子式____________，结构简式____________。‎ ‎（2）鉴别甲烷和乙烯的试剂是______(填序号)。‎ A．稀硫酸 B．溴的四氯化碳溶液 C．水 D．酸性高锰酸钾溶液 ‎（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是______(填序号)。‎ A．CH3CH3 B．CH3CHCl2‎ C．CH3CH2OH D．CH3CH2Br ‎（4）已知 2CH3CHO＋O22CH3COOH。若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如下图所示。‎ 反应②的化学方程式为____________________________________。‎ ‎ 工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). H2C＝CH2 (3). BD (4). ACD (5). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)乙烯中含有碳碳双键，据此分析解答；‎ ‎(2)乙烯中含有碳碳双键，可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；‎ ‎(3)乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上，双键变为单键；‎ ‎(4)乙烯可以和水加成生成乙醇，乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛继续被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯。‎ ‎【详解】(1)乙烯中含碳碳双键，电子式为：，根据电子式可以书写结构简式为H2C=CH2，故答案为：；H2C=CH2；‎ ‎(2)乙烯中含有碳碳双键，可以发生加成反应，使溴水褪色，可以被强氧化剂高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾褪色，而甲烷不能，故答案为：BD；‎ ‎(3)乙烯和溴化氢发生加成生成溴乙烷，和水加成生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，与氯气加成生成1，2-二溴乙烷，得不到CH3CHCl2，故答案为：ACD；‎ ‎(4)乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化为B乙醛，乙醛继续被氧化为乙酸，乙醇的催化氧化反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应为：，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；。‎