1、江西省宜春市上高县第二中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）本卷可能用到的相对原子质量： H 1 O 16 C 12 P 31 S 32 Al 271. 化学知识无处不在，下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是()古诗文记载 化学知识A采蒿墓之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如“石”，浣衣发面“石”即石碱，具有碱性，遇酸产生气体B南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖C绿蚁新醅酒，红泥小火炉在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应D陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉制陶的主要原料是黏土，烧制陶瓷属硅酸盐工业A. AB. BC.
2、CD. D【答案】C【解析】【详解】A草木灰中含碳酸盐，碳酸盐显碱性，遇到酸会产生二氧化碳，A正确；B“长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白”，蔗糖变白的原因是利用黄泥的吸附作用，故B正确；C葡萄糖是单糖，不发生水解，故C错误；D陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的主要原料是黏土，D正确；答案选C。2. 下列说法不正确的是( )A. 碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力B. 化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化C. BaCl2属于离子化合物，该晶体中只存在离子键D. NaHSO4和 NaHCO3两种晶体溶于水时，被破坏的作用力既有离子键又有共价键【答案】B【解析】【详解】A碘
3、升华，物质从固态变成气态，发生物理变化，只克服分子间作用力，A正确，不选；B化学键的断裂和形成一定有能量变化，但是不一定有电子的转移，如BaCl2和Na2SO4的反应，有离子键的破坏和形成，有能量变化，但不是氧化还原反应，没有电子的转移，B错误，符合题意；CBaCl2由Ba2和Cl构成，只存在离子键，C正确，不选；DNaHSO4在水溶液中电离出Na、H、SO42；NaHCO3在水溶液中，电离出Na和HCO3，HCO3会电离出H和CO32，被破坏的作用力既有离子键又有共价键，D正确，不选；答案选B。3. 最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下
4、列说法中正确的是A. 18O2和16O2是两种不同的原子B. 甲醇（CH3OH）属于离子化合物C. N5和N2是氮元素的两种同位素D. 由N5变成N2是化学变化【答案】D【解析】【详解】A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。4. 向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是（ ） A.
5、 反应在c 点达到平衡状态B. 反应物浓度：点小于点C. 反应物的总能量低于生成物的总能量D. 时，SO2的转化率：段小于段【答案】D【解析】【详解】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，t1t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段，正确；答案选D。5. X、
6、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y 是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与 Y 形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是( )A. 反应为工业上制取粗硅的原理B. 甲、丙、丁均为酸性氧化物，可以与碱反应得到对应的盐C. 4种元素的原子中，Y原子的半径相对最小D. Z位于元素周期表第三周期IIA族【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y 是地壳中含量最高的元素，Y为O。X、Z、W分别与 Y 形成的最高价化合物为甲、乙、丙，甲和Z的单质生成X和乙，
7、X和Y生成甲，X和丙在高温下生成W的单质和丁，由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO，据此分析。【详解】A反应为碳和二氧化硅高温下生成硅和一氧化碳，是工业上制取粗硅的原理，故A正确；B甲、丙、丁分别为CO2，丙为SiO2，丁为CO，CO2 和SiO2为酸性氧化物，可以与碱反应得到对应的盐，CO为不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故B错误；CX为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，C和O位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，O半径小于C，Mg和Si位于第三周期，半径大于第二周期的元素，4种元素的原子中，O原子的半径相对最小，故C正确；D
8、Z为Mg，有三层电子，最外层电子数为2，Z位于元素周期表第三周期IIA族，故D正确；答案选B。6. 已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A. 原子半径ABCDB. 原子序数dcbaC. 单质的还原性ABDCD. 离子半径CDBA【答案】D【解析】【分析】已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则a2b1c+2d+1，其中A和B是金属，C和D是非金属，且位于A和B的上一周期，据此解答。【详解】A. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径BACD，A错误；B. 原子
9、序数应该是abdc，B错误；C. 同周期自左向右金属性逐渐减弱，同主族从上到下金属性逐渐增强，则单质的还原性BACD，C错误；D. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径CDBA，D正确；答案选D。7. 海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：A. 淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B. 以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品C. 步骤中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小D. 用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O4H+SO42+2Br【答案】C【解析
10、】【详解】A目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C步骤中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2Br-，故D正确；故选C。【点睛】本题考查海水资源理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的
11、能力。本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。8. 为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是( ) 序号不纯物除杂试剂分离方法AC2H6(C3H6)酸性KMnO4溶液洗气BC2H5OH( 乙酸)新制生石灰蒸馏C乙酸乙酯(乙醇)饱和Na2CO3溶液蒸馏DNH4Cl溶液 ( FeCl3)NaOH 溶液过滤A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 酸性高锰酸钾溶液能把丙烯氧化为二氧化碳而引入新杂质，A错误；B. 乙酸能和生石灰反应，乙醇的沸点较低，通过蒸馏可实现分离，B正确；C. 乙酸乙酯难溶于水，乙醇能溶于饱和碳酸钠溶液中，然后分液即可，不需
12、要蒸馏，C错误；D. 氯化铵、氯化铁均与氢氧化钠溶液反应，不能除杂，D错误；答案选B。9. 三硫化四磷用于制造火柴即火柴盒摩擦面，分子结构如图所示。下列有关三硫化四磷的说法正确的是( )A. 该物质中磷元素的化合价为+3B. 22 g P4S3 含硫原子数目约为1.8061023C. 该物质分子结构中S、P最外层电子数不全为8D 该物质分中子所含化学键类型完全相同【答案】B【解析】【详解】A最上面的P形成3个PS键，下面的P只形成1个PS键，只有1个P为+3价，3个P为+1价，故A错误；B22gP4S3含硫原子数目约为，故B正确；CP周围有3个单键、S周围有2个单键，则S、P最外层电子数均为8
13、，故C错误；D存在PP键，为非极性共价键，PS键，为极性共价键，化学键类型不完全相同，故D错误；答案选B。10. 图为烃分子的球棍模型，“大球”表示碳原子，“小球”表示氢原子。下列说法正确的是( )A. 图1表示的烃叫丙烷B. 图2烃分子的结构简式为CH3CH2CH2CH3C. 图1与图2表示的物质的二氯代物种数相同D. 图1与图2表示的物质的沸点：前者高于后者【答案】D【解析】【详解】A图1含4个碳，故图1表示的烃叫丁烷，A错误；B图2烃分子含支链，故其结构简式为：CH(CH3)3，B错误；C图1的二氯代物有6种，异丁烷的二氯代物只有两种，故C错误；D两物质相对分子质量相同，图2有支链，沸点
14、更低，故D正确；答案选D。11. 有机物M、N、Q的转化关系为，下列说法正确的是（ ）A. M至N的反应类型是取代反应B. N的同分异构体有6种C. 可用酸性KMnO4溶液区分N与QD. 0.3molQ与足量金属钠反应生成0.15NA个H2【答案】C【解析】【详解】A.M至N，C=C生成CC键，反应类型是加成反应，故A错误；B.N的分子式是C4H8Cl2，其同分异构体可以采取“定一移二”法确定，由图可知N共有9种同分异构体，故B错误；C. 醇可被高锰酸钾氧化，卤代烃不能被酸性高锰酸钾氧化，可用高锰酸钾溶液区分N与Q，故C正确；D.Q含有2个羟基，则0.3molQ与足量金属钠反应生成0.3NA个
15、H2，故D错误；故选：C。12. 某有机物的结构简式如图所示，下列说法中错误的是( )A. 该有机物能够在催化剂作用下发生加成反应B. 该有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2C. 可用酸性KMnO4溶液检验其中的羟基D. 2mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成3mol H2【答案】C【解析】【详解】A. 含有苯环和碳碳双键，该有机物能够在催化剂作用下发生加成反应，A正确；B. 含有羧基，该有机物能与NaHCO3溶液反应放出CO2，B正确；C. 羟基和碳碳双键均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液检验其中的羟基，C错误；D. 含有2个羧基和1个羟基，2mol该有机物和过
16、量的金属钠反应最多可以生成3mol H2，D正确；答案选C。13. 2017年2月19日在第十三届阿布扎比国际防务展上，采用先进的氢燃料电池系统的无人机，创造了该级别270分钟续航的新世界记录。下列有关氢燃料电池的说法不正确的是（ ）A. 通入氢气的电极发生氧化反应B. 碱性电解液中阳离子向通入氢气的方向移动C. 正极的电极反应式为O22H2O4e=4OHD. 放电过程中碱性电解液的OH的物质的量不变【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-2H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为
17、O2+2H2O+4e-4OH-，阳离子向正极移动。【详解】A. 该电池工作时化学能转化为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，A项正确；B. 阳离子向正极移动即通入氧气的一极移动，B项错误；C. 通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O22H2O4e=4OH，C项正确；D. 由图可知，氢氧燃料电池放电过程中，总反应为氢气和氧气反应生成水，则碱性电解液中氢氧根的物质的量不变，D项正确；答案选B。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。其中D项需理解正极与负极得失电子数守恒，通过总反应方程式
18、判断溶液中的氢氧根离子。14. 实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB. 实验中装置b中液体逐渐变为浅红色C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡
19、气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。15. 某化合物的分子式为C5
20、H12O，结构分析表明，该分子中有两个-CH3，有两个-CH2有一个和一个OH，它的结构种类有( )A. 2 种B. 3 种C. 4 种D. 4 种【答案】C【解析】【详解】某化合物的化学式为C5H12O，分析数据表明，分子中有两个-CH3，有两个-CH2有一个和一个OH，两个甲基和一个羟基子只能位于边上，两个亚甲基只能连接两个原子或原子团，一个次亚甲基连接3个原子或原子团，则符合条件的结构简式为：、，共计是4种。答案选C。16. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4 +2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 molCH4和1.2 molNO2，测
21、得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见表 。组别温度n/mol时间/min010204050T1n(CH4)0.500.300.180.15T2n(CH4)0.500.350.250.100.10下列说法正确的是( )A. 由实验数据可知实验控制温度T1T2B. 020min内，CH4的降解速率：C. 40 min 时，表格中T1对应的数据为 0.18D. 组别中，010 min 内，NO2的降解速率为0.0300molL-1min-1【答案】D【解析】【详解】A根据表中数据可知中浓度变化快，可知T2T1，A错误；B根据表中数据可知020min内甲烷的变化量分别是0.32mol、0.25mo
22、l，所以CH4的降解速率，B错误；C20min时反应没有达到平衡状态，则40 min 时，表格中T1对应的数据小于0.18，C错误；D中010 min内消耗甲烷的物质的量是0.15mol，根据方程式可知消耗NO2是0.3mol，浓度是0.3mol/L，则NO2的降解速率为0.3mol/L10min0.0300molL-1min-1，D正确；答案选D。17. 1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年。元素周期表体现了元素位置，结构和性质的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题： (l)Ge 的最高价
23、氧化物对应水化物的化学式为_，P、S、Cl元素对应的简单离子的还原性由强到弱的顺序为_。(写离子符号)(2)根据元素周期律，推断：阴影部分元素最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_。(写化学式)H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4(填“ ”“ s2- Cl- (3). HClO4 (4). ” 表示 密度从高到低排列顺序：_；(6)具有特殊气味， 常作萃取剂的有机物在铁作催化剂的条件下与液溴发生一取代反应的化学方程式_；(7)有机物在加热条件下和CuO反应的化学方程式_；【答案】 (1). BD (2). D (3). A (4). AB (5). (6). (7). +Br2+
24、HBr (8). CH3CH2CH2OH + CuOCH3CHO+ Cu+ H2O【解析】【分析】根据结构简式可知，ABCD都是球棍模型，A是甲烷CH4，B是乙烯C2H4，C是丙烷C3H8，D是苯C6H6，E是丙烷C3H8；依次解答。【详解】I（1）共平面的是乙烯和苯，故答案为BD；（2）等物质的量时，物质分子中含有的C、H原子数越多，消耗O2就越多；假设各种物质的物质的量都是1mol，1molCH4完全燃烧消耗O2的物质的量是2mol，1mol乙烯完全燃烧消耗O2的物质的量是3mol；1mol丙烷完全燃烧消耗O2的物质的量是5mol；1mol苯完全燃烧消耗O2的物质的量是7.5mo；则完全燃
25、烧消耗O2的物质的量最多的是苯，序号是D；当烃等质量时，由于消耗1mol氧气，需要4mol氢原子，其质量是4g；同样消耗1mol氧气，需要1mol碳原子，其质量是12g；若都是12g，则氢元素要消耗3mol氧气，碳元素消耗1mol氧气，所以等质量的不同烃，有机物中氢元素的含量越高，消耗氧气就越多，由于CH4中H元素含量最多，所以等质量时完全燃烧时消耗氧气最多的是CH4，其序号是A；故答案为：D；A；（3）烃的燃烧通式为：，在120、1.01105Pa下，水是气态，燃烧前后体积没有变化，则，y=4，即在120、1.01105Pa下氢原子数为4的烃燃烧前后体积没有变化，符合条件的是AB；II（4）
26、分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，则与互为同分异构体的是； （5）用 “” 表示 均是烃，碳越多，状态由气态向固态转变，故密度从高到低排列顺序： ；（6）具有特殊气味， 常作萃取剂的有机物在该题中为苯，苯在铁作催化剂的条件下与液溴发生一取代反应的化学方程式为：+Br2+HBr；（7）有机物丙醇在加热条件下和CuO反应生成丙醛的化学方程式为：CH3CH2CH2OH + CuOCH3CHO+ Cu+ H2O。19. 乳酸乙酯是白酒的香气成分之一 ，广泛用于食品香精。 适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气，是清香型白酒的主体香成份。乳酸乙酯发生如图变化：(已知烃A的产量是衡量一个国家
27、家石油化工发展的重要标志) (l)D的化学式是_， F中含氧官能团的名称是_。(2) G是有水果香味的液体，的化学方程式是_ ，的反应类型是_。(3)l mol 乳酸与足量Na反应，消耗 Na_ mol。(4)绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”， 即原子的理论利用率为 100%。下列转化过程符合绿色化学要求的是_(填序号)。a上图中反应 b 甲制烷备CH3Cl c2CH3CHO+O22CH3COOH 【答案】 (1). C2H4O2 (2). 羟基、羧基 (3). CH3CH(OH)COOH+CH3COOHCH3CH(COOH)OOCH3+H2O (4). 氧化反应 (5). 2 (6).
28、 c【解析】【分析】乳酸乙酯在酸性条件下水解生成F乳酸和B，则B为：CH3CH2OH；烃A是衡量一个国家化工水平的重要标志，A与水发生反应生成乙醇，则A为CH2=CH2；B催化氧化生成C为CH3CHO、C催化氧化生成D为CH3COOH，D与乳酸发生酯化反应生成G为，据此进行解答。【详解】(l)C为CH3CHO、C催化氧化生成D为CH3COOH，D的化学式是C2H4O2， F中含氧官能团的名称是羟基、羧基。故答案为：C2H4O2；羟基、羧基；(2) G是有水果香味的液体，为酸和醇的酯化反应，化学方程式是CH3CH(OH)COOH+CH3COOHCH3CH(COOH)OOCH3+H2OB催化氧化生
29、成C为CH3CHO，反应类型是氧化反应。故答案为：CH3CH(OH)COOH+CH3COOHCH3CH(COOH)OOCH3+H2O；氧化反应；(3)中含有羟基、羧基，均能与Na发生置换反应，l mol 乳酸与足量Na反应，消耗 2 molNa。故答案为：2；(4)a图中反应 酯E水解生成两种生成物，不符合绿色化学，故错误；b.甲制烷备CH3Cl同时还生成HCl，不符合绿色化学，故错误； c2CH3CHO+O22CH3COOH ，该反应产物只有一种，符合绿色化学，故正确；故答案为：c。【点睛】本题考查了有机推断，涉及反应方程式书写、绿色化学、有机物结构与性质等知识，明确常见有机物结构与性质为解
30、答关键，难点(2)酯化反应方程式的书写，注意“酸脱羟基醇脱氢”规则的应用。20. 回收利用CO2是环境科学研究的热点课题，是减轻温室效应危害的重要途径 。(1)工业上，利用天然气与二氧化碳反应制备合成气(CO和H2)，化学方程式为CO2(g) +CH4(g)=2CO( g) +2H2O(g)，上述反应的能量变化如图1所示，该反应是_(填“吸热反应”或“ 放热反应”)。(2)工业上用CO2生产甲醇(CH3OH)燃料，可以将CO2变废为宝。在体积为IL的密闭容器中，充入l molCO2和4mo1H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2(g)和
31、CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。从反应开始到平衡，用CH3OH 表示的平均反应速率为 _。若反应CO2(g) +3H2 (g) = CH3OH (g) +H2O(g)在四种不同情况下的反应速率分别为：Av(H2) =0.01 molL-1 s-1 Bv(CO2) =0.15 molL-1 s-1Cv(CH3OH)=0.3 molL-1 min-1 Dv(H2O)=0.45 molL-1 min-1该反应进行由慢到快顺序为_(填字母)。下列描述能说明反应达到最大限度的是_(填字母)A混合气体的密度保持不变B混合气体中CH3OH 的体积分数约为21.4%C混合气体的总质量保持不变DH2
32、、CH3OH的生成速率之比为3:1(3)甲醇(CH3OH )是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景。以甲醇、氧气和KOH溶液为原料，石墨为电极制造新型手机电池，氧气在_极反应；电极反应式为_。【答案】 (1). 吸热反应 (2). 0.075 mol/ (L min) (3). A C D B (4). BD (5). 正 (6). O2 +2H2O+4e-=4OH-【解析】【详解】(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应，根据图知，反应物总能量小于生成物总能量，则为吸热反应；(2)甲醇为产物，随着反应进行其浓度增大，10min时达到平衡状态，从反应开始到平衡
33、，用CH3OH表示的平均反应速率为；单位相同的条件下，其反应速率与其计量数之比数值越大化学反应速率越快：A；B；C D；通过以上分析知，反应速率由慢到快的顺序：A C D B；A反应前后气体总质量不变、容器体积不变，所以混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；B根据图知，达到平衡状态时，n（CH3OH）=0.75mol/L1L=0.75mol，根据方程式知，生成的n（H2O）=n（CH3OH）=0.75mol，剩余的n（CO2）=0.25mol/L1L=0.25mol，剩余的n（H2）=4mol-0.75mol3=1.75mol，则混合气体中CH3OH的体积分数，所以该反应
34、达到平衡状态，故B正确；C根据质量守恒定律知，混合气体的总质量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；DH2、CH3OH的生成速率之比为3：1，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选BD；(3)甲醇、氧气和KOH溶液为原料，石墨为电极制造新型手机电池，该电池为燃料电池，通入燃料甲醇的电极为负极，通入氧化剂氧气的电极为正极，溶液为碱性环境，故发生的电极反应为：O2 +2H2O+4e-=4OH-。21. 某同学设计实验探究工业制乙烯的原理和乙烯主要的化学性质，实验装置如图所示。(1)工业制乙烯的实验原理是烷烃(液态)在催化剂和加热、加压条件下发生反应生成不饱和烃。已知烃类都不与碱
35、反应。例如，石油分馏产物之一十六烷可发生如下反应，反应式已配平：C16H34C8H18+甲，甲4乙，C8H18C3H8丙，则甲的分子式为_；丙的所有同分异构体中能够共面的碳原子最多有_个。(2)B装置中的实验现象是_，其中发生反应的反应类型是_。(3)C装置中的实验现象是_。(4)查阅资料知，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳。根据本实验中装置_(填序号)中的实验现象可判断该资料是否真实。(5)通过题述实验探究可知，检验甲烷和乙烯的方法是_(填序号)；除去甲烷中乙烯的方法是 _(填序号)。 A气体通入水中 B气体通过装溴水的洗气瓶C气体通过装酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D气体通过氢氧化钠溶液(
36、6)分别燃烧乙烯和甲烷，乙烯产生黑烟，原因是 _。【答案】 (1). C8H16 (2). 5 (3). 橙色褪去 (4). 加成反应 (5). 紫色褪去 (6). D (7). BC (8). B (9). 乙烯中碳的质量分数为85.7%，大于甲烷中碳的质量分数(75%)或乙烯中碳的质量分数大于甲烷中碳的质量分数【解析】【分析】石蜡油经过催化裂化得到乙烯，乙烯会与溴发生加成，使得溴水褪色；乙烯能被高锰酸钾溶液氧化，生成CO2，高锰酸钾溶液褪色，D中的澄清石灰水会变浑浊。【详解】(1)根据原子守恒，甲的分子式为C8H16；C8H16在催化剂，加热，加压下得到乙，乙为C2H4，乙烯；根据原子守恒
37、，可得丙为C5H10，其所有同分异构体中能够共面的碳原子最多有5个；(2)乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使得溴水橙色褪色；(3)乙烯能被高锰酸钾溶液氧化，使得高锰酸钾溶液褪色，现象为紫色褪去；(4)CO2可以使澄清石灰水变浑浊，因此可用装置D来判断资料是否真实；(5)甲烷和乙烯均不与水和NaOH溶液反应，因此水或NaOH不能用于检验或除杂；甲烷不与溴水反应，不与高锰酸钾溶液反应，而乙烯可与溴水、高锰酸钾溶液反应，因此可用溴水或高锰酸钾溶液来检验甲烷和乙烯，BC符合题意；乙烯与高锰酸钾溶液作用会生成CO2会带来新的杂质，因此除去甲烷中乙烯，可以通过溴水，因为乙烯与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷是液体，与甲烷分离，可以此方法除去乙烯，B符合题意。(6)烃类燃烧时，一般含碳量越高，黑烟越浓；分别燃烧乙烯和甲烷，乙烯产生黑烟，原因是乙烯中碳的质量分数为85.7%，大于甲烷中碳的质量分数(75%)或乙烯中碳的质量分数大于甲烷中碳的质量分数。
