【化学】宁夏长庆高级中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

宁夏长庆高级中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl: 35.5 Fe: 56 Cu: 64 Zn :65
第I卷（选择题 共50分）
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.元素周期表是一座开放的“元素大厦”，“元素大厦”尚未“客满”。请你在“元素大厦”中为由俄罗斯科学家利用回旋加速器成功合成的119号超重元素安排好它的房间(　　)
A. 第八周期第ⅠA族
B. 第七周期第ⅦA族
C. 第七周期0族
D. 第六周期第ⅡA族
【答案】A
【解析】元素周期表中每周期元素的种数是2、8、8、18、18、32，稀有气体元素的原子序数依次是2、10、18、36、54、86、118，因此119号元素在118号的下一周期第一种元素，所以119号元素位于第八周期第IA族，故选A。
2.某学生进行的下列家庭小实验不合理的是（ ）
A. 用食醋检验牙膏中的摩擦剂是否是碳酸钙
B. 炒菜时滴加少量食醋和料酒可增加香味
C. 在一瓣橘子上插入两根铜线并与小灯泡连接，验证电流的产生
D. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和羊毛织物
【答案】C
【解析】A．食醋的主要成分为醋酸，能够与牙膏中的碳酸钙反应生成二氧化碳气体，可以通过是否有气体生成，作为判断的依据，故A合理；
B．料酒中醇和食醋中的乙酸发生了酯化反应，生成了有香味的乙酸乙酯，因此炒菜时滴加少量食醋和料酒可增加香味，故B合理；
C．形成原电池反应时，两极金属不能相同，否则不能形成原电池反应，故C不合理；
D．毛织物的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；纯棉织物中不含有蛋白质，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，故D合理；
故选C。
3.下列各组物质的相互关系描述正确的是 （ ）
A. H2、D2和T2互为同位素
B. 金刚石、C60、石墨互为同系物
C. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质
D. 和互为同分异构体
【答案】C
【解析】A.同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的原子，H2、D2和T2是单质不是原子，故不能称为同位素，故错误；B.金刚石和石墨和C60是碳元素的不同单质，是同素异形体，不是同系物，故错误；C.二者结构完全相同，是同种物质，故正确；D.二者是同种物质，故错误。故选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠
B. 加热后才能发生的化学反应是吸热反应
C. 共价化合物中一定含有共价键，可能含有离子键
D. 1mol乙酸与1mol乙醇反应生产乙酸乙酯的分子数为NA
【答案】A
【解析】A．钠是活泼金属，工业上采用电解法冶炼，2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故A正确；
B. 化学反应是放热还是吸热，与反应条件无关，加热后才能发生的化学反应不一定是吸热反应，如物质的燃烧一般都需要加热或点燃，故B错误；
C. 共价化合物中一定含有共价键，但不可能含有离子键，含有了离子键就属于离子化合物，故C错误；
D. 乙醇和乙酸的酯化反应是可逆反应，1mol乙酸与1mol乙醇反应生产乙酸乙酯的分子数小于NA，故D错误；
故选A。
5.X、Y、Z是三种短周期的主族元素，在周期表的位置如图，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，下列说法正确的是（ ）

A. X形成的氢化物只有一种
B. 原子半径：Y＞Z
C. X和Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
D. X的最低负化合价为-3
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z是三种短周期的主族元素，根据元素在周期表的位置，X为第二周期元素，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，则X为C元素，因此Y为Al元素，Z为Si元素，据此分析解答。
【详解】由以上分析可知X为C元素、Y为Al元素，Z为Si元素。
A．X为C元素，形成的氢化物为烃，是一类物质，故A错误；
B．同周期随原子序数增大，原子半径减小，所以原子半径Y＞Z，故B正确；
C．碳酸和硅酸均为弱酸，故C错误；
D．C最外层有4个电子，最低负化合价为-4价，故D错误；
故选B。
6.下列关于化学键和化合物的说法中正确的是(　　)
A. Na2O2、NaOH、CaCl2三种化合物含有相同的化学键
B. 金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
C. 非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D. HCl、H2S溶于水时只破坏了共价键
【答案】D
【解析】A．Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，CaCl2只含有离子键，三种化合物含有的化学键不相同，故A错误；
B．金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故B错误；
C．非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐是离子化合物，故C错误；
D．HCl、H2S都是共价化合物，溶于水时破坏了极性共价键，故D正确；
故选D。
7.下列反应中，属于加成反应的是（ ）
A. CH2CH─CH3+HClOHOCH2─CHCl─CH3
B. CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl
C. SO2+2NaOHNa2SO3+H2O
D. HNO3+H2O
【答案】A
【解析】A．CH2CH─CH3的碳碳双键断裂，两个碳原子分别结合了羟基和氯原子，属于加成反应，故A选；
B．CH3Cl中的一个氢原子被氯原子取代了，属于取代反应，故B不选；
C．SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O是复分解反应，故C不选；
D．苯中的一个氢原子被硝基取代了，属于取代反应，故D不选；
故选A。
8.氟、氯、溴、碘性质上差异的主要原因是（ ）
A. 原子的核电荷数依次增多
B. 原子量依次增大
C. 原子核外次外层电子数依次增多
D. 原子核外电子层数依次增多
【答案】D
【解析】由于氟、氯、溴、碘原子核外最外层电子数相等，电子层数依次增多，原子核对最外层电子数的吸引能力逐渐减弱，导致氟、氯、溴、碘金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此氟、氯、溴、碘性质上差异的主要原因是原子核外电子层数依次增多，故选D。
9.1molH-H键的键能是436 kJ/mol，1mol I-I键的键能是151kJ/mol，1mol H-I 的键能是299 kJ/mol，则对于H2(g)+I22HI(g)的反应，下列说法正确的是（ ）
A. 放出11kJ热量 B. 吸收11kJ热量
C. 放出288kJ热量 D. 吸收288kJ热量
【答案】A
【解析】
【分析】△H=反应物的键能和-生成物的键能和，据此解答。
【详解】据反应方程式H2(g)+I2(g) 2HI(g)，其△H=反应物的键能和-生成物的键能和=436kJ/mol+151kJ/mol-2×299kJ/mol=-11kJ/mol，为放热反应，故选A。
10.下列图示变化为放热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】反应物总能量大于生成物总能量的反应为放热反应，据此分析解答。
【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，故A错误；
B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故B正确；
C．浓硫酸溶于水虽放出热量，但其是物理变化，不属于放热反应，故C错误；
D．铵盐与碱的反应为吸热反应，故D错误；
故选B。
11.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。现有①氯化氢、②溴水、③纯碱溶液、④乙醇、⑤酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是（ ）
A. 只有②④⑤ B. 只有①③④ C. 只有①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】CH3-CH═CH-COOH中含碳碳双键、-COOH，结合烯烃、羧酸的性质来分析。
【详解】含碳碳双键，能与①氯化氢、②溴水发生加成反应；含碳碳双键，能与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，能与③纯碱溶液发生复分解反应，也能与④乙醇发生酯化反应，
故选：D。
12.下列说法不正确的是（ ）
A. 苯能使溴水因发生取代反应而褪色，且生成溴苯
B. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 苯中没有典型的碳碳双键，但能发生加成反应
D. 苯中各原子均在同一平面
【答案】A
【解析】A．苯与溴水不反应，发生萃取，在催化条件下可与液溴发生取代反应，故A错误；
B．苯环对甲基的性质有影响，甲苯中的甲基能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．虽然苯中没有典型的碳碳双键，但苯在一定条件下能与氢气发生加成反应，故C正确；
D．苯是一个平面形分子，苯中各原子均在同一平面，故D正确；
故选A。
13.下列各组的性质比较正确的是（ )
A. 稳定性：NH3＜PH3 ＜ SiH4 B. 酸性：HClO4 ＞H2SO4 ＞ H3PO4
C. 碱性：KOH ＜ NaOH ＜ Mg(OH)2 D. 还原性：F— ＞ Cl— ＞ Br—
【答案】B
【解析】A、因非金属性N＞P＞Si，则气态氢化物的稳定性NH3＞PH3＞SiH4，A错误；
B、非金属性Cl＞S＞P，则最高价氧化物的水化物的酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，B正确；
C、金属性K＞Na＞Mg，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，C错误；
D、非金属性F＞Cl＞Br，则对应离子还原性F－＜Cl－＜Br－，D错误。
答案选B。
14.下列措施能增大相应化学反应速率的是（ ）
A. 盐酸和大理石反应制取CO2时，增加大理石的用量
B. Cu与稀硝酸反应制取NO时，改用浓硝酸
C. NH4Cl与熟石灰反应制NH3时，增大压强
D. 在用Zn和稀硫酸反应制氢气时，加入几滴硫酸铜溶液
【答案】D
【解析】A．增大固体的用量，固体的浓度不变，化学反应速率不变，故A错误；
B．稀硝酸与铜反应放出NO，浓硝酸与铜反应放出NO2，反应本质发生了变化，不能用浓度对反应速率的影响解释，故B错误；
C．NH4Cl与熟石灰均为固体，增大压强，反应速率不变，故C错误；
D．Zn能够从硫酸铜溶液中置换出铜，形成锌铜原电池，所以能使反应速率加快，故D正确；
故选D。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 实验室鉴别丙烯和苯，可以用酸性高锰酸钾溶液
B. 甲烷、乙烯和苯都可以与溴水发生反应
C. 乙醇被氧化只能生成乙醛
D. 乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应不属于取代反应
【答案】A
【解析】A. 丙烯含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，实验室鉴别丙烯和苯，可以用酸性高锰酸钾溶液，选项A正确；
B、甲烷是饱和烃不能与溴水反应，能与溴蒸气发生取代反应，苯中的化学键是介于单键与双键之间一种特殊的键，不能与溴水反应，选项B错误；
C. 乙醇可以直接被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，选项C错误；
D. 乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应属于酯化反应，也属于取代反应，选项D错误。
答案选A。
16.一定条件下，体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)(正反应为放热反应)该反应经过60 s达到化学平衡，生成0.3 mol Z，下列说法正确的是(　　)
A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.01 mol·(L·s)－1
B. 当X、Y、Z的速率比为2:1:1时，达到化学平衡状态
C. 反应放出的热量可用于提高反应速率
D. 反应达到平衡时，n(X):n(Y)＝1:1
【答案】C
【解析】A．v(Z)==0.0005mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)=2v(Z)=2×0.0005mol/(L•s)=0.001mol/(L•s)，故A错误；
B. 根据方程式，任何时刻都存在X、Y、Z的速率比为2:1:1，不能说明达到化学平衡状态，故B错误；
C. 随着反应的进行，温度逐渐升高，反应速率会加快，故C正确；
D. 根据方程式，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)，反应的X和Y是2:1，反应达到平衡时，n(X):n(Y)一定不等于1:1，故D错误；
故选C。
17.如图是酸性电解质氢氧燃料电池构造示意图。关于该电池的说法不正确的是（ ）

A. b极是正极，电极上发生还原反应
B. 正极电极反应式为：O2+2H2O +4e-4OH-
C. 电流由b通过灯泡流向a
D. 氢氧燃料电池属于环境友好的绿色电池
【答案】B
【解析】
【分析】氢氧燃料电池中，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-=2H+，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4H++4e-2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此分析解答。
【详解】A．氢氧燃料电池中，H2在负极a上被氧化，O2在正极b上被还原，故A正确；
B．通入氧气的一极为原电池的正极，由于电解质溶液为酸性，故正极的电极反应式：O2+4H++4e-2H2O，故B错误；
C．原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即由a通过灯泡流向b，故C正确；
D．氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O22H2O，属于绿色环保电池，故D正确；
故选B。
18.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
A
CH4（C2H4）
酸性KMnO4溶液
洗气
B
C2H5OH（乙酸）
新制生石灰
蒸馏
C
乙酸乙酯（乙醇）
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
D
NH4Cl溶液（FeCl3）
NaOH溶液
过滤
【答案】B
【解析】A．C2H4与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故A错误；
B．水与生石灰反应，可增大混合物的沸点差，可用蒸馏的方法分离，故B正确；
C．乙醇易溶于水，溶于碳酸钠溶液后与乙酸乙酯分层，然后利用分液来分离，故C错误；
D．NH4Cl溶液和FeCl3溶液都能与氢氧化钠溶液反应，应加入氨水除杂，故D错误；
故选B。
19.下列说法错误的是（ ）
A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B. 植物油硬化过程中发生了加成反应
C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D. 加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
【答案】A
【解析】A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故错误；
B. 植物油硬化是因为植物油中的碳碳双键发生了加成反应，故正确；
C. 热能使蛋白质变性，故加热能杀死流感病毒，故正确；
D.吸水性的植物纤维可以吸水，作食品干燥剂，故正确。
故选A。
20.一定条件下，在密闭恒容容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是(　　)
①X、Y、Z的密度不再发生变化 ②v正（Y）＝ 2v逆（X） ③容器中的压强不再发生变化 ④单位时间内生成nmol Z，同时生成2nmolY
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】①根据ρ=m/V可知，反应前后混合气体的总质量不变，容器的体积不变，所以体系中气体的密度始终不发生变化，不能根据密度不变判断反应达化学平衡状态，错误；
②v正（Y）＝ 2v逆（X）关系式满足气体的速率之比和系数成正比，且体现了v正、v逆的关系，可以判断反应达化学平衡状态，正确；
③该反应左右两边化学计量数不等，容器压强不变说明气体的物质的量不变，达到化学平衡状态，正确；
④若单位时间内生成n mol Z（正反应方向）,则应同时生成n mol Y(逆反应方向),反应达到平衡状态，而此时生成2n mol Y(逆反应方向),说明v(正) 符合题意的选项②③，C正确；正确选项 C。
21.下列说法不正确的是(　　)
A. 蛋白质都是由C、H、N、O四种元素组成的
B. 天然蛋白质水解的最终产物均为α氨基酸
C. 强酸、强碱和重金属盐都可使蛋白质变性
D. 构成蛋白质的某些氨基酸人体自身是不能合成的
【答案】A
【解析】A、蛋白质一般由C、H、N、O四种元素组成的，有的还有P、S等元素，故A错误；
B、天然蛋白质水解的最终产物均为α氨基酸，故B正确；
C、强酸、强碱和重金属盐都可使蛋白质变性，故C正确；
D、人体不能合成所有的氨基酸，人体不能合成的氨基酸就必须从食物中摄取，故D正确；
综上所述，本题应选A。
22.下列说法正确是（ ）
A. 除去粗盐中杂质（Mg2+、SO42﹣、Ca2+），加入的药品顺序为：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸
B. 从海水中提取镁的正确方法是：海水→（加入石灰乳）得氢氧化镁→（通入氯化氢）得氯化镁溶液→熔融氯化镁→电解得到金属镁
C. “海水晒盐”得原理是蒸馏
D. 电解饱和食盐水可以得金属钠
【答案】B
【解析】A．如果在Na2CO3溶液沉淀钙离子之后加入过量BaCl2溶液，之后的操作不能除去过量的氯化钡溶液，会产生杂质，故A错误；
B．在海水苦卤中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁，再将沉淀分离后加入盐酸变成MgCl2，之后经过滤、干燥、电解，即可得到金属镁，故B正确；
C．海水晒盐的原理是蒸发水份，使食盐结晶析出，故C错误；
D．电解饱和食盐水可以得到氢氧化钠、氢气和氯气，得不到钠，故D错误；
故选B。
23.如图所示，杠杆 AB 两端分别挂有体积相同．质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入 M 的浓溶液，一段时间后， 下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中，不考虑两球的浮力变化）（ ）

A. 当 M为盐酸、杠杆为导体时，A 端高，B 端低
B. 当 M为 AgNO3、杠杆为导体时，A 端高，B 端低
C. 当 M为 CuSO4、杠杆为导体时，A 端低，B 端高
D. 当 M为 CuSO4、杠杆为绝缘体时，A 端低，B 端高
【答案】C
【解析】A. 当 M为盐酸、杠杆为导体时，该装置形成原电池，铁为负极，铜为正极，铁不断的溶解质量减少，铜球上溶液中的氢离子反应生成氢气，所以B端质量减少，A端质量不变，会出现A 端低，B 端高的现象，故错误；B. 当 M为 AgNO3、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，质量减少，铜为原电池的正极，银离子得到电子生成银，铜球的质量增加，所以A 端低，B 端高，故错误；C. 当 M为 CuSO4、杠杆为导体时，铁为原电池的负极，溶解质量减少，铜为原电池的正极，溶液中的铜离子得到电子生成铜单质，铜球质量增加，A 端低，B 端高，故正确。D. 当 M为 CuSO4、杠杆为绝缘体时，不能形成原电池，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁球质量增加，铜球质量不变，A 端高，B 端低，故错误。故选C。
24.在铝与稀硫酸的反应中，已知10s末硫酸的浓度减少了0.6mol·L-1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10s内生成硫酸铝的平均反应速率是 （ ）
A. 1.2mol·L-1·min-1 B. 0.02mol·L-1·min-1
C. 1.8mol·L-1·min-1 D. 0.18mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】10s末硫酸的浓度减少了0.6mol•L-1，则v(H2SO4)= =0.06mol/(L·s)，发生反应：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，速率之比等于化学计量数之比，故v[Al2(SO4)3]=v(H2SO4)=×0.06mol/(L·s)=0.02mol/(L·s)，即v[Al2(SO4)3]=0.02mol/(L·s)
=1.2mol/(L·min)，故选A。
25.一定温度下，向容积恒定的密闭容器中投入2molA和1molB，发生如下可逆反应：2A(g)+B(g)C(g)+D(s)。达到平衡时，测得压强为原压强的。则A的转化率为（ ）
A. 25% B. 40% C. 50% D. 75%
【答案】A
【解析】考查可逆反应的有关计算。
2A(g) + B(g) C(g)+D(s)
起始量（mol） 2 1 0
转化量（mol） x 0.5x 0.5x
平衡量（mol） 2－x 1－05x 0.5x
在等温等容时，压强之比就是物质的量之比
所以有2－x＋1－0.5x＋0.5x＝3×5/6
解得x＝0.5
所以转化率是0.5÷2×100％＝25%，答案选A。
第II卷（非选择题 共50分）
26.A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，B原子的最外层上有4个电子；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。（用元素符号或化学式填空回答以下问题）
（1）B为________，D为________，E为________。
（2）C元素在周期表中的位置________。
（3）B、D两元素形成化合物属（“离子”或“共价”）化合物________。
（4）F原子结构示意图为________。
（5）写出BD2和E2D2的电子式：_______；_______。
（6）B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为：______。（填化学式）
（7）写出F元素最高价氧化物的水化物和B反应的化学方程式：________。
（8）E与F两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：_________。
【答案】(1). C (2). O (3). Na (4). 第二周期第ⅤA族 (5). 共价
(6). (7). (8).
(9). H2O>NH3>CH4 (10). C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O
(11).
【解析】
【分析】短周期A、B、C、D、E、F六种元素，原子序数依次增大，A的原子半径最小，则A为H元素；F的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，L层上有8个电子，K层上有2个电子，则M层上有6个电子，则F为S元素；D的阴离子和E的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体，该固体为过氧化钠，则D为O元素、E为Na元素；B原子的最外层上有4个电子，原子序数小于O，则B为C元素，则C为N元素，据此结合元素周期律分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，A为H元素、B为C元素、C为N元素，D为O元素、E为Na元素、F为S元素，故答案为：C；O；Na；
(2)C为N元素，原子序数为7，位于周期表中第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
(3)B、D两元素形成化合物为一氧化碳或二氧化碳，均属于共价化合物，故答案为：共价；
(4)F为S元素，原子结构示意图为，故答案为：；
(5)BD2为二氧化碳，属于共价化合物，电子式为；E2D2为过氧化钠，为离子化合物，电子式为，故答案为：；；
(6)元素的非金属性越强，最简单氢化物稳定性越强，B、C、D的最简单氢化物稳定性由强到弱依次为H2O>NH3>CH4，故答案为：H2O>NH3>CH4；
(7)F元素的最高价氧化物的水化物为H2SO4，浓硫酸和C反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(8)E与F两元素形成的化合物为Na2S，用电子式表示其化合物的形成过程为，故答案为：。
27.A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；F是一种高聚物，常做食品包装袋的材料；G遇到碘水能变成蓝色；E是具有水果香味的化合物。在一定条件下，有机物A、B、C、D、E、F、G、H间存在下列变化关系。

（1）A、D分子中的官能团名称分别是________、_________。
（2）H溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热，可观察到的现象是_________，医学上利用此原理可用来检测__________。
（3）写出反应②、③的化学方程式，并指出反应类型：
②_________________，__________；
③_________________，__________。
【答案】(1). 碳碳双键 (2). 羧基 (3). 有砖红色沉淀生成 (4). 糖尿病 (5). nCH2=CH2 (6). 加聚反应 (7). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (8). 酯化反应（或者取代反应）
【解析】
【分析】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，F是一种高聚物，A发生加聚反应生成的F为，A与水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，E是具有水果香味的化合物，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，G遇到碘水能变成蓝色，G为淀粉，水解得到H，H为葡萄糖，葡萄糖可以转化得到乙醇，据此分析解答。
【详解】(1)A的结构简式为CH2=CH2，含有碳碳双键，D的结构简式为CH3COOH，含有羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；
(2)H为葡萄糖(C6H12O6)，向H的水溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热时产生的实验现象是有砖红色沉淀产生，医学上利用此原理可用来检测糖尿病，故答案为：有砖红色沉淀产生；糖尿病；
(3)反应②的方程式为：nCH2=CH2 ，属于加聚反应；反应③的方程式为：CH3COOH+HOC2H5 CH3COOC2H5+H2O，属于取代反应或酯化反应；故答案为：nCH2=CH2 ；加聚反应；CH3COOH+HOC2H5 CH3COOC2H5+H2O；取代反应或酯化反应。
28.（Ⅰ）在体积为2L的密闭容器中，某可逆反应（ABC均为气体），从0～2分钟进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示。

（1）则该反应的反应物是________，生成物是_______；
（2）该反应的化学方程式为__________；
（3）反应开始至2分钟时，用C表示反应速率________；
（4）2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了______状态。
（Ⅱ）对于反应：2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g），当其他条件不变时，只改变一个反应条件，将生成SO3的反应速率的变化填入空格里(填写“增大”“减小”“不变”)。
编 号
改变的条件
生成SO3的速率
①
升高温度
_______
②
降低温度
_______
③
增大O2的浓度
_______
④
使用V2O5作催化剂
______
【答案】(1). A、B (2). C (3). 2A+B⇌2C (4). 0.5 mol/(L•min) (5). 化学平衡 (6). 增大 (7). 减小 (8). 增大 (9). 增大
【解析】
【分析】(Ⅰ)(1)由图像中物质的量的变化趋势分析判断；
(2)根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程；
(3)根据v==计算；
(4)根据化学平衡状态的特征分析解答；
(Ⅱ)根据影响反应速率的因素分析判断。
【详解】(Ⅰ)(1)由图像可知，A、B的物质的量减小，所以A、B是反应物，C的物质的量增加，C为生成物，故答案为：A、B；C；
(2)当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(A)∶△n(B)∶△n(C)=2∶1∶2，所以反应的化学方程式为：2A+B⇌2C，故答案为：2A+B⇌2C；
(3)反应开始至2分钟时，v(C)==0.5 mol/(L•min)，故答案为：0.5 mol/(L•min)；
(4)当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再变化，2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了平衡状态，故答案为：化学平衡；
(Ⅱ)影响反应速率的因素：温度、浓度、催化剂、压强、固体的表面积等。温度越高，浓度越大，压强越大、使用催化剂均可以使反应速率加快，反之，会使反应速率减慢。
①升高温度，化学反应速率增大，②降低温度，化学反应速率减慢；③增大反应物O2的浓度，化学反应速率加快；④使用V2O5作催化剂，化学反应速率加快，故答案为：增大；减小；增大；增大。
29.（I）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气________L（标准状况下）。导线中通过_______mol电子。
（II）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，以便完成下列反应。
Cu＋2AgNO32Ag＋Cu(NO3)2
(1)请指出正极材料、负极材料、电解质溶液(写化学式)：
正极：______，负极：_____，电解质溶液：______。
(2)写出电极反应式：正极：___________，负极：___________。
(3)溶液中Ag＋向______极移动，电子从______极流向_____极。（填“正”或“负”）
【答案】(1). 1.12 (2). 0.1 (3). Ag或石墨等 (4). Cu (5). AgNO3 (6). Ag++e-Ag (7). Cu-2e-Cu2+ (8). 正 (9). 负 (10). 正
【解析】
【分析】(I)根据原电池正负极得失电子数目相等分析计算；
(II)根据“Cu+2AgNO32Ag+Cu(NO3)2”知，该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、Ag元素化合价由+1价变为0价，则Cu失电子发生氧化反应、银离子得电子发生还原反应，所以Cu作负极、不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，硝酸银为电解质，结合原电池原理分析解答。
【详解】(1)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液构成的原电池中，负极：Zn-2e-Zn2+；正极：2H++2e-H2↑，n(H2)=n(Zn)==0.05mol，V(H2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，n(e-)=2n(Zn)=2×0.05mol=0.1mol，故答案为：1.12；0.1；
(II)(1)根据“Cu+2AgNO32Ag+Cu(NO3)2”知，在原电池中失电子的金属作负极，所以Cu作负极；不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，如Ag或石墨等，硝酸银为电解质，故答案为：Ag或石墨等；Cu；AgNO3；
(2)正极上银离子得电子发生还原反应，Ag++e-Ag；负极上Cu失电子发生氧化反应，Cu-2e-Cu2+，故答案为：Ag++e-Ag；Cu-2e-Cu2+；
(3)放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，故答案为：正；负；正。