化学同步精练精析：阶段质量评估（三）（苏教版必修2）
文档属性
| 名称 | 化学同步精练精析：阶段质量评估（三）（苏教版必修2） |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2011-03-08 18:14:00 | ||
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文档简介
阶段质量评估（三） 专题1～4 （苏教版必修2）
（90分钟 100分）
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
一、选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分）
1.地球上氦元素主要以 4He形式存在，而月球土壤中吸附着数百万吨 3He，据估算 3He核聚变所释放的能量可供人类使用上万年。下列说法正确的是（ ）
① 3He、4He的化学性质基本相同
② 3He、4He具有相同的中子数
③ 3He核聚变是化学变化
④ 3He液化是物理变化
A.①② B.①④ C.②③ D.③④
【解析】选B。3He和4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，它们具有相似的化学性质，但是物理性质略有差别（如质量、密度等不同），所以①正确，②错误；原子是化学变化中的最小微粒，所以化学变化研究的是原子层次上的变化。化学变化前后元素种类不变，原子个数不变，而核聚变原子发生了变化，所以不属于化学变化，③错误；液化是一种状态变化，所以3He液化属于物理变化，
④正确。
2.能源可分为一次能源和二次能源，自然界中以现成形式提供的能源称为一次能源，需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。据此判断，下列叙述正确的是
（ ）
A.天然气是二次能源 B.石油是二次能源
C.电能是一次能源 D.水力是一次能源
【解析】选D。根据题干所给一次能源和二次能源的概念可知，天然气、石油、水力都为一次能源，电能是二次能源，所以选D。
3.对于反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），能增大正反应速率的措施是（ ）
A.通入大量O2 B.增大容器容积
C.移去部分SO3 D.降低体系温度
【解析】选A。因为通入大量O2，增大了反应物浓度，使正反应速率增大,A正确；增大容器容积，相当于减小体系压强，正、逆反应速率均减小，B错；移去部分SO3，降低了SO3的浓度，正、逆反应速率均减小，C错；降低体系的温度，正、逆反应速率均减小，D错。
4．（2009·广东高考）下列叙述不正确的是（ ）
A．天然气和沼气的主要成分是甲烷
B．等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等
C．纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解
D．葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物
【解析】选B。天然气、煤道坑气和沼气的主要成分都是甲烷，故A正确；因为是等物质的量的乙醇和乙酸，再根据乙醇和乙酸分子式可知B错；纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质都能在一定条件下水解，C正确；葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，蔗糖属于糖类中的二糖，分子式为C12H22O11，按照同系物的定义可知D正确。
5.下列叙述正确的是（ ）
A.同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点一定越高
B.同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
C.同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高
D.稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高
【解析】选D。A选项中说法过于武断，如碱金属，原子半径越大，熔点越低；B选项中，同周期元素原子半径越小，越难失去电子；C选项中一般规律如此，但是有些氢化物可以形成氢键，因此产生反常，如HF、H2O和NH3。
6．（2009·上海高考）1- 丁醇和乙酸在浓硫
酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应
温度为115 ℃～125 ℃，反应装置如图。下列
对该实验的描述错误的是（ ）
A.不能用水浴加热
B.长玻璃管起冷凝回流作用
C.提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D.加入过量乙酸可以提高1- 丁醇的转化率
【解析】选C。该酯化反应需要的温度为115 ℃～125 ℃，水浴的最高温度为100 ℃，A项正确。长导管可以起到冷凝回流的作用，B项正确。乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中容易发生水解，C项错。在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率，D项正确。
7．某有机物的结构简式为
下列关于该有机物的叙述不正确的是（ ）
A.能与金属钠发生反应并放出氢气
B.能在催化剂作用下与H2发生加成反应
C.能发生银镜反应
D.可以发生酯化反应
【解析】选C。该有机物中含有—OH故能与Na反应产生H2，可以与酸发生酯化反应，A、D正确。该有机物含有 与H2发生加成反应，B正确。该有机物不含
—CHO，故C错误。
8.用一定体积、一定浓度的稀硫酸和过量的锌反应，制取一定体积的氢气，要提高反应速率而又不改变生成氢气的体积，下列措施中合理的是（ ）
A.加少量稀盐酸
B.加入一定量的ZnSO4溶液
C.加水
D.加少量蓝矾晶体
【解析】选D。D选项加入蓝矾晶体后，将形成原电池，反应速率加快，其他各选项均不符合题意。
9.“化学反应的绿色化”要求原料物质中所有的原子被安全利用且全部转入期望的产品中。下列符合“化学反应的绿色化”的是（ ）
【解析】选C。原子利用率为100%，是绿色化学的目标，A、B两项反应物没有全部转化为所需产物。D项中要保证稀硫酸和铁屑过量，故只有C项正确。
10.下列对指定电极的反应式书写不正确的是（ ）
A.铜锌（稀硫酸作电解质溶液）原电池的正极： Zn-2e- ====Zn2+
B.钢铁发生电化学腐蚀的负极：Fe-2e- ====Fe2+
C.电解CuCl2溶液的阳极：2Cl--2e- ====Cl2↑
D.电解熔融氧化铝的阴极：Al3+ +3e- ====Al
【解析】选A。铜锌原电池的正极发生还原反应，电极反应式为：2H+ +2e- ====H2↑。
11.下列变化过程中，无化学键断裂或生成的是（ ）
A.石墨转化为金刚石
B.NaCl晶体溶于水
C.干冰升华
D.HCl溶于水
【解析】选C。A.石墨与金刚石属于不同的单质，故转化过程中既断裂共价键，又生成共价键。B.NaCl晶体溶于水，发生电离NaCl====Na+ +Cl-，断裂离子键。C.干冰升华，CO2分子间距离增大，破坏分子间作用力，不破坏化学键。D.HCl溶于水，发生电离HCl===H+ +Cl-，断裂共价键。
12.（2009·海南高考）同一短周期的元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，下列叙述正确的是（ ）
A.单质的化学活泼性：WB.原子最外层电子数：WC.单质的氧化能力：WD.元素的最高化合价：W【解析】选B。本题中元素为同一周期，从左至右最外层电子数依次增加。而单质的活泼性分金属与非金属，氧化能力随着单质晶体形态及分子内的化学键不同有变化，最高化合价随原子序数的递增而增加，有特例（O、F无正价）。
13.在一定温度下，反应：2A（s)+2B(g) C(g)+D(g)在恒容容器中进行，不能说明该反应已经达到平衡的是( )
A.容器内的压强不随时间而变化
B.混合气体的密度不再随时间而变化
C.A的质量不再改变
D.平衡混合气体的平均相对分子质量不再改变
【解析】选A。所给反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以压强不变不是反应达到平衡的标志。选A。
14.（多选）下列化合物，苯环上的氢原子被溴原子取代，所得一溴代物有三种同分异构体的是（ ）
同理分析B、C、D三个选项易知它们苯环上一溴代物的同分异构体数目分别为2种、3种、1种。
15.用惰性电极实现电解，下列说法正确的是（ ）
A.电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液H+ 浓度不变
B.电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH-，故溶液H+ 浓度增大
C.电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D.电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
【解析】选D。电解稀H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减少，浓度增大，故溶液H+ 浓度增大。电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH-，阴极消耗H+，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的H+ 浓度减小。电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH--4e- ====2H2O+
O2↑，在阴极发生反应：2H+ +2e- ====H2↑，由于两电极通过电量相等，故放出H2与O2的物质的量之比为2∶1，电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu2+ +2e- ====Cu，阳极反应为2Cl--2e- ====Cl2↑，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为1∶1。
第Ⅱ卷(非选择题 共55分)
二、非选择题（本题共6个小题，共55分）
16.（10分）已知A、B、C、D、E是短周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大。A和B可形成常见化合物BA4，一个BA4分子中电子总数为10；C原子的最外层电子数是核外电子总数的 ；D与C同一主族，E- 比C2- 多一个电子层。试回答：
（1）D与E两元素相比较，非金属性较强的是____（填元素名称），请你自选试剂设计实验验证该结论（说明试剂、简单操作、实验现象）______________________；
（2）A、C、D间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为______________________；
（3）由A、B、C三种元素组成的化合物的球棍结构如图
试写出利用植物秸秆生产这种物质
的化学方程式_______________、_______________。
【解析】A、B形成常见化合物BA4，且一个BA4分子中电子总数为10，则BA4为CH4，A为氢元素，B为碳元素。C原子的最外层电子数是核外电子总数的，则C为氧元素，D与C同主族，且原子序数比C大，则D为硫元素，E- 比C2- 多一个电子层，则E为氯元素。
（1）S与Cl两元素相比较，非金属性较强的是氯，可将Cl2通入Na2S溶液中，若有浅黄色沉淀生成，则说明Cl的非金属性比S强。
（2）H、O、S间形成的负一价双原子阴离子，若有18个电子，则为HS-，若有10个电子，则为OH-，反应的离子方程式为：HS- +OH- ====H2O+S2-
（3）从所给球棍模型可知它表示的物质为C2H5OH，由秸秆生产C2H5OH的化学方程式为：
答案：（1）氯 将Cl2通入Na2S溶液（或氢硫酸）中，有浅黄色沉淀生成，说明Cl的非金属性比S强
（2）HS- +OH- ====S2- +H2O
（3）
17.（6分）某温度时，在2 L
容器中，X、Y、Z三种物质的
物质的量随时间的变化曲线
如图所示。
（1）由图中数据分析，该反
应的化学方程式为_________________________。
（2）反应开始至2 min，Z的平均反应速率为________。
（3）判断：第2 min时，反应是否达到平衡？_______，第2 min 时，Z的生成速率与Z的消耗速率相比_________（填“大”、“小”或“相等”）。
【解析】（1）随着反应的进行，X、Y物质的量减小，Z物质的量增多，说明X、Y为反应物，Z为生成物，从2 min开始三者物质的量不变，说明此反应为可逆反应；由反应开始到2 min时X、Y、Z物质的量的变化可确定其化学计量数之
（3）第2分钟时X、Y、Z物质的量不变，反应达到平衡状
态，此时Z的生成速率与Z的消耗速率相等。
答案：(1)3X+Y 2Z (2)0.05 mol·L-1·min-1
(3)是 相等
18.（12分）实验室制取乙烯的反应原理为：
常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的二氧化硫。有人设计如下实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。试回答下列问题。
（1）图中①、②、③、④装置可盛放的试剂是：
①___________；②___________；③___________；
④___________（将下列有关试剂的序号填入空格内）。
A.品红溶液 B.NaOH溶液
C.浓H2SO4 D.酸性KMnO4溶液
（2）能说明二氧化硫气体存在的现象是___________；
（3）使用装置②的目的是______________________；
（4）使用装置③的目的是______________________；
（5）确证含有乙烯的现象是____________________。
【解析】乙烯可用酸性高锰酸钾溶液检验，SO2可用品红溶液检验，但SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此应先检验出SO2后，再用NaOH溶液除去SO2，然后再用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯。
答案：（1）A B A D
（2）装置①中品红溶液褪色
（3）除去SO2气体，以免干扰乙烯的检验
（4）检验SO2是否除尽
（5）装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色
19.（12分）（2009·天津高一检测）由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。
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（1）丙烯分子中，最多有____个原子在同一个平面上；
（2）聚合物F的结构简式是___________________；
（3）B转化为C的化学方程式是__________________；
（4）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是____________。
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答案：‘
20.（7分）已知1 mol CO气体完全燃烧生成CO2气体放出283 kJ热量；1 mol氢气完全燃烧生成液态水放出286 kJ热量；1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出
890 kJ热量。
（1）写出氢气完全燃烧的热化学方程式____________；
（2）若1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量_____890 kJ（填“>”、“=”或“<”）。
（3）若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧，生成CO2气体和液态水时，则放出热量（Q）的取值范围是____
__________________________。
（4）若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧，生成CO2气体和液态水，且CO2和水的物质的量相等时，则放出热量（Q）的取值范围是__________________。
答案：（1）H2（g）+ O2（g）====H2O（l）
ΔH=-286 kJ/mol
（2）< （3）283a kJ（4）284.5a kJ21.(8分）（思维拓展题）将0.3 mol某烃与标准状况下的15.68 L氧气通入一密闭容器中，点燃后恰好完全反应，将燃烧产物全部通入足量的石灰水中，使石灰水增重19.6 g,并生成20 g白色沉淀，将余下气体通过足量的炽热的氧化铜，氧化铜的质量减少6.4 g。试推断这种烃的化学式，并写出在上述条件下燃烧的化学反应方程式。
【解析】与0.3 mol该烃燃烧反应的氧气为
反应生成物中，由于可使炽热的氧
化铜质量减少，则一定有CO，设其物质的量为x。
CO+CuO Cu+CO2 Δm
1 16
x 6.4 g
解得x=0.4 mol
设燃烧生成的CO2的物质的量为y,H2O的物质的量为z,CO2和H2O的质量之和为19.6 g。
CO2——CaCO3
1 100
y 20 g 解得y=0.2 mol
含C：x+y=0.4 mol+0.2 mol=0.6 mol
则生成水的物质的量
含H：2z=2×0.6 mol=1.2 mol
（90分钟 100分）
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
一、选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分）
1.地球上氦元素主要以 4He形式存在，而月球土壤中吸附着数百万吨 3He，据估算 3He核聚变所释放的能量可供人类使用上万年。下列说法正确的是（ ）
① 3He、4He的化学性质基本相同
② 3He、4He具有相同的中子数
③ 3He核聚变是化学变化
④ 3He液化是物理变化
A.①② B.①④ C.②③ D.③④
【解析】选B。3He和4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，它们具有相似的化学性质，但是物理性质略有差别（如质量、密度等不同），所以①正确，②错误；原子是化学变化中的最小微粒，所以化学变化研究的是原子层次上的变化。化学变化前后元素种类不变，原子个数不变，而核聚变原子发生了变化，所以不属于化学变化，③错误；液化是一种状态变化，所以3He液化属于物理变化，
④正确。
2.能源可分为一次能源和二次能源，自然界中以现成形式提供的能源称为一次能源，需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二次能源。据此判断，下列叙述正确的是
（ ）
A.天然气是二次能源 B.石油是二次能源
C.电能是一次能源 D.水力是一次能源
【解析】选D。根据题干所给一次能源和二次能源的概念可知，天然气、石油、水力都为一次能源，电能是二次能源，所以选D。
3.对于反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），能增大正反应速率的措施是（ ）
A.通入大量O2 B.增大容器容积
C.移去部分SO3 D.降低体系温度
【解析】选A。因为通入大量O2，增大了反应物浓度，使正反应速率增大,A正确；增大容器容积，相当于减小体系压强，正、逆反应速率均减小，B错；移去部分SO3，降低了SO3的浓度，正、逆反应速率均减小，C错；降低体系的温度，正、逆反应速率均减小，D错。
4．（2009·广东高考）下列叙述不正确的是（ ）
A．天然气和沼气的主要成分是甲烷
B．等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等
C．纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解
D．葡萄糖和蔗糖都含有C、H、O三种元素，但不是同系物
【解析】选B。天然气、煤道坑气和沼气的主要成分都是甲烷，故A正确；因为是等物质的量的乙醇和乙酸，再根据乙醇和乙酸分子式可知B错；纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质都能在一定条件下水解，C正确；葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，蔗糖属于糖类中的二糖，分子式为C12H22O11，按照同系物的定义可知D正确。
5.下列叙述正确的是（ ）
A.同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点一定越高
B.同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
C.同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高
D.稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高
【解析】选D。A选项中说法过于武断，如碱金属，原子半径越大，熔点越低；B选项中，同周期元素原子半径越小，越难失去电子；C选项中一般规律如此，但是有些氢化物可以形成氢键，因此产生反常，如HF、H2O和NH3。
6．（2009·上海高考）1- 丁醇和乙酸在浓硫
酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应
温度为115 ℃～125 ℃，反应装置如图。下列
对该实验的描述错误的是（ ）
A.不能用水浴加热
B.长玻璃管起冷凝回流作用
C.提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D.加入过量乙酸可以提高1- 丁醇的转化率
【解析】选C。该酯化反应需要的温度为115 ℃～125 ℃，水浴的最高温度为100 ℃，A项正确。长导管可以起到冷凝回流的作用，B项正确。乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中容易发生水解，C项错。在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一种反应物的转化率，D项正确。
7．某有机物的结构简式为
下列关于该有机物的叙述不正确的是（ ）
A.能与金属钠发生反应并放出氢气
B.能在催化剂作用下与H2发生加成反应
C.能发生银镜反应
D.可以发生酯化反应
【解析】选C。该有机物中含有—OH故能与Na反应产生H2，可以与酸发生酯化反应，A、D正确。该有机物含有 与H2发生加成反应，B正确。该有机物不含
—CHO，故C错误。
8.用一定体积、一定浓度的稀硫酸和过量的锌反应，制取一定体积的氢气，要提高反应速率而又不改变生成氢气的体积，下列措施中合理的是（ ）
A.加少量稀盐酸
B.加入一定量的ZnSO4溶液
C.加水
D.加少量蓝矾晶体
【解析】选D。D选项加入蓝矾晶体后，将形成原电池，反应速率加快，其他各选项均不符合题意。
9.“化学反应的绿色化”要求原料物质中所有的原子被安全利用且全部转入期望的产品中。下列符合“化学反应的绿色化”的是（ ）
【解析】选C。原子利用率为100%，是绿色化学的目标，A、B两项反应物没有全部转化为所需产物。D项中要保证稀硫酸和铁屑过量，故只有C项正确。
10.下列对指定电极的反应式书写不正确的是（ ）
A.铜锌（稀硫酸作电解质溶液）原电池的正极： Zn-2e- ====Zn2+
B.钢铁发生电化学腐蚀的负极：Fe-2e- ====Fe2+
C.电解CuCl2溶液的阳极：2Cl--2e- ====Cl2↑
D.电解熔融氧化铝的阴极：Al3+ +3e- ====Al
【解析】选A。铜锌原电池的正极发生还原反应，电极反应式为：2H+ +2e- ====H2↑。
11.下列变化过程中，无化学键断裂或生成的是（ ）
A.石墨转化为金刚石
B.NaCl晶体溶于水
C.干冰升华
D.HCl溶于水
【解析】选C。A.石墨与金刚石属于不同的单质，故转化过程中既断裂共价键，又生成共价键。B.NaCl晶体溶于水，发生电离NaCl====Na+ +Cl-，断裂离子键。C.干冰升华，CO2分子间距离增大，破坏分子间作用力，不破坏化学键。D.HCl溶于水，发生电离HCl===H+ +Cl-，断裂共价键。
12.（2009·海南高考）同一短周期的元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，下列叙述正确的是（ ）
A.单质的化学活泼性：W
13.在一定温度下，反应：2A（s)+2B(g) C(g)+D(g)在恒容容器中进行，不能说明该反应已经达到平衡的是( )
A.容器内的压强不随时间而变化
B.混合气体的密度不再随时间而变化
C.A的质量不再改变
D.平衡混合气体的平均相对分子质量不再改变
【解析】选A。所给反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以压强不变不是反应达到平衡的标志。选A。
14.（多选）下列化合物，苯环上的氢原子被溴原子取代，所得一溴代物有三种同分异构体的是（ ）
同理分析B、C、D三个选项易知它们苯环上一溴代物的同分异构体数目分别为2种、3种、1种。
15.用惰性电极实现电解，下列说法正确的是（ ）
A.电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液H+ 浓度不变
B.电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH-，故溶液H+ 浓度增大
C.电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D.电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
【解析】选D。电解稀H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减少，浓度增大，故溶液H+ 浓度增大。电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH-，阴极消耗H+，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的H+ 浓度减小。电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH--4e- ====2H2O+
O2↑，在阴极发生反应：2H+ +2e- ====H2↑，由于两电极通过电量相等，故放出H2与O2的物质的量之比为2∶1，电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu2+ +2e- ====Cu，阳极反应为2Cl--2e- ====Cl2↑，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为1∶1。
第Ⅱ卷(非选择题 共55分)
二、非选择题（本题共6个小题，共55分）
16.（10分）已知A、B、C、D、E是短周期中的五种元素，它们的原子序数依次增大。A和B可形成常见化合物BA4，一个BA4分子中电子总数为10；C原子的最外层电子数是核外电子总数的 ；D与C同一主族，E- 比C2- 多一个电子层。试回答：
（1）D与E两元素相比较，非金属性较强的是____（填元素名称），请你自选试剂设计实验验证该结论（说明试剂、简单操作、实验现象）______________________；
（2）A、C、D间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为______________________；
（3）由A、B、C三种元素组成的化合物的球棍结构如图
试写出利用植物秸秆生产这种物质
的化学方程式_______________、_______________。
【解析】A、B形成常见化合物BA4，且一个BA4分子中电子总数为10，则BA4为CH4，A为氢元素，B为碳元素。C原子的最外层电子数是核外电子总数的，则C为氧元素，D与C同主族，且原子序数比C大，则D为硫元素，E- 比C2- 多一个电子层，则E为氯元素。
（1）S与Cl两元素相比较，非金属性较强的是氯，可将Cl2通入Na2S溶液中，若有浅黄色沉淀生成，则说明Cl的非金属性比S强。
（2）H、O、S间形成的负一价双原子阴离子，若有18个电子，则为HS-，若有10个电子，则为OH-，反应的离子方程式为：HS- +OH- ====H2O+S2-
（3）从所给球棍模型可知它表示的物质为C2H5OH，由秸秆生产C2H5OH的化学方程式为：
答案：（1）氯 将Cl2通入Na2S溶液（或氢硫酸）中，有浅黄色沉淀生成，说明Cl的非金属性比S强
（2）HS- +OH- ====S2- +H2O
（3）
17.（6分）某温度时，在2 L
容器中，X、Y、Z三种物质的
物质的量随时间的变化曲线
如图所示。
（1）由图中数据分析，该反
应的化学方程式为_________________________。
（2）反应开始至2 min，Z的平均反应速率为________。
（3）判断：第2 min时，反应是否达到平衡？_______，第2 min 时，Z的生成速率与Z的消耗速率相比_________（填“大”、“小”或“相等”）。
【解析】（1）随着反应的进行，X、Y物质的量减小，Z物质的量增多，说明X、Y为反应物，Z为生成物，从2 min开始三者物质的量不变，说明此反应为可逆反应；由反应开始到2 min时X、Y、Z物质的量的变化可确定其化学计量数之
（3）第2分钟时X、Y、Z物质的量不变，反应达到平衡状
态，此时Z的生成速率与Z的消耗速率相等。
答案：(1)3X+Y 2Z (2)0.05 mol·L-1·min-1
(3)是 相等
18.（12分）实验室制取乙烯的反应原理为：
常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的二氧化硫。有人设计如下实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。试回答下列问题。
（1）图中①、②、③、④装置可盛放的试剂是：
①___________；②___________；③___________；
④___________（将下列有关试剂的序号填入空格内）。
A.品红溶液 B.NaOH溶液
C.浓H2SO4 D.酸性KMnO4溶液
（2）能说明二氧化硫气体存在的现象是___________；
（3）使用装置②的目的是______________________；
（4）使用装置③的目的是______________________；
（5）确证含有乙烯的现象是____________________。
【解析】乙烯可用酸性高锰酸钾溶液检验，SO2可用品红溶液检验，但SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此应先检验出SO2后，再用NaOH溶液除去SO2，然后再用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯。
答案：（1）A B A D
（2）装置①中品红溶液褪色
（3）除去SO2气体，以免干扰乙烯的检验
（4）检验SO2是否除尽
（5）装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性KMnO4溶液褪色
19.（12分）（2009·天津高一检测）由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。
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（1）丙烯分子中，最多有____个原子在同一个平面上；
（2）聚合物F的结构简式是___________________；
（3）B转化为C的化学方程式是__________________；
（4）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是____________。
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答案：‘
20.（7分）已知1 mol CO气体完全燃烧生成CO2气体放出283 kJ热量；1 mol氢气完全燃烧生成液态水放出286 kJ热量；1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出
890 kJ热量。
（1）写出氢气完全燃烧的热化学方程式____________；
（2）若1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量_____890 kJ（填“>”、“=”或“<”）。
（3）若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧，生成CO2气体和液态水时，则放出热量（Q）的取值范围是____
__________________________。
（4）若将a mol CH4、CO和H2的混合气体完全燃烧，生成CO2气体和液态水，且CO2和水的物质的量相等时，则放出热量（Q）的取值范围是__________________。
答案：（1）H2（g）+ O2（g）====H2O（l）
ΔH=-286 kJ/mol
（2）< （3）283a kJ
【解析】与0.3 mol该烃燃烧反应的氧气为
反应生成物中，由于可使炽热的氧
化铜质量减少，则一定有CO，设其物质的量为x。
CO+CuO Cu+CO2 Δm
1 16
x 6.4 g
解得x=0.4 mol
设燃烧生成的CO2的物质的量为y,H2O的物质的量为z,CO2和H2O的质量之和为19.6 g。
CO2——CaCO3
1 100
y 20 g 解得y=0.2 mol
含C：x+y=0.4 mol+0.2 mol=0.6 mol
则生成水的物质的量
含H：2z=2×0.6 mol=1.2 mol