广东省20182019学年高一化学下学期期末考试试题含解析1

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1、广东省实验中学2018-2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Fe:56 Cu：64第一部分选择题（共 45 分）一、单选题(每题 3 分，共 45 分)1.下列叙述正确的是A. He 和 He 互为同位素，分别含有 3 和 4 个中子B. O2 和 O3 互为同素异形体，同等质量时，所含电子数相同C. 1 mol 重水与 1 mol 水中，中子数比为 21D. 1 mol 乙烷和 1 mol 乙烯中，共用电子对数相同【答案】B【解析】【详解】A项、He 和 He的质子数均为2，中子数分别为1和2，故A错误；B项、O2 和 O3都只

2、含O，等质量的O2和O3含有O原子个数相同，所含电子数相同，故B正确；C项、重水分子含有10个中子，水分子含有8个中子，则1 mol重水与1 mol水中含有的中子数之比为108=54，故C错误；D项、乙烷分子中含有7对共用电子，乙烯分子中含有6对共用电子，则1 mol乙烷与1 mol乙烯中，含有的共用电子对数之比为76，故D错误；故选B。【点睛】本题考查物质的量的有关计算，注意同位素、同素异形体的理解，注意分子的构成分析是解答关键。2.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是A. 的结构示意图B. HCl的电子式为C. 的电子式O=C=OD. 质量数为37的氯原子【答案】A【

3、解析】【详解】ACl-的核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故A正确；BHCl是共价化合物，H原子和Cl原子之间存在一个共用电子对，其电子式为，故B错误；CCO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故C错误；D氯元素的质子数为17，质量数为37的氯原子可以表示为1737Cl，故D错误；故答案为A。3.根据元素周期表和元素周期律知识，下列说法正确的是A. 单质与氢气化合的难易程度：M 难于 N，可说明 M 的非金属性弱于 NB. 第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性C. 已知铊(Tl)与铝同主族，所以其单

4、质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应D. 在短周期元素中，原子最外电子层只有 1 个或 2 个电子的元素是金属元素【答案】A【解析】【详解】A项、元素的非金属性越强，单质与氢气越易反应，单质与氢气化合时M难于N，说明M的非金属性比N弱，故A正确；B项、N元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物NH3溶于水后溶液呈碱性，故B错误；C项、同主族元素随原子序数的增大，金属性增强，铊与铝同主族，金属性TlAl， Tl能与酸反应，不与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D项、原子最外电子层只有1个电子的H元素为短周期非金属元素，故D错误；故选A。【点睛】本题考查元素周期律，注意同主族元素和同周期元素的原子结构和

5、性质变化规律，明确金属性与非金属性强弱的比较方法是解答本题的关键。4.短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的3倍，X、W同主族，Y原子半径在同周期中最大，Z的M层电子数比K层多1。下列说法中正确的是（ ）A. 最简单气态氢化物的沸点：XWB. Y、Z、W最高价氧化物对应的水化物相互之间可发生反应C. W氧化物对应的水化物是一种强酸D. 最简单气态氢化物的热稳定性：WR【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的3倍，则X含有2个电子层，最外层含有6个电子，X为O元素；X、W同主族，则

6、W为S元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素；Y原子半径在同周期中最大，其原子序数大于O，则Y位于第三周期，为Na元素；Z的M层电子数比K层多1，则Z为Al元素，据此解答。【详解】根据分析可知：X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl元素。A. H2S分子间不存在氢键，只存在分子间作用力，而水分子之间还存在氢键，因此使水的沸点较高，A错误；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，具有两性，NaOH是强碱，H2SO4是强酸，因此NaOH、Al(OH)3和H2SO4相互之间两两可发生反应，B正确；C.S的氧化物对应的水化物可能是H2SO4，也可能是H2SO3，H2SO3为弱酸，C错误；D.元素的非

7、金属性SCl，则简单氢化物的稳定性：WR，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素性质及元素周期律的关系的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，该题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。5.下列反应一定属于放热反应的是A. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应B. 反应物能量比生成物能量低的反应C. 化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应D. 不需要加热就能发生的反应【答案】C【解析】【分析】生成物的总能量大于反应物的总能量的反应为吸热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量的反应为放热反应。【详解】A项、氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反

8、应，故A错误；B项、生成物的总能量比反应物的总能量大的反应为吸热反应，故B错误；C项、化学键断裂吸收的能量比化学键形成放出的能量少的反应为放热反应，故C正确；D项、不需要加热就能发生的反应可能为吸热反应，也可能为放热反应，故D错误；故选C。6.下列有关电池的叙述正确的是A. 华为 Mate 系列手机采用的超大容量高密度电池是一种一次电池B. 原电池中的电极一定要由两种不同的金属组成C. 原电池中发生氧化反应的电极是负极D. 太阳能电池主要材料为二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A项、华为Mate系列手机的超大容量高密度电池能反复充放电，属于二次电池，故A错误；B项、原电池的电极可由两种不同的金

9、属构成，也可由金属和能导电的非金属石墨构成，故B错误；C项、原电池负极上发生失电子的氧化反应，故C正确；D项、太阳能电池的主要材料是高纯度硅，二氧化硅是光导纤维的主要材料，故D错误；故选C。【点睛】本题考查原电池及常见的电池，注意明确电池的工作原理以及原电池的组成，会根据原电池原理判断正负极以电极上发生的反应是解答该题的关键。7.下列实验中，反应速率的加快是由催化剂引起的是( )A. 在炭粉中加入氯酸钾，点燃时燃烧更为剧烈B. 过氧化氢中加入少量二氧化锰，即可迅速放出气体C. 固态氯化铁和固体氢氧化钠混合后，加入水能迅速产生沉淀D. 锌与稀硫酸反应中加入少量硫酸铜溶液，反应放出氢气的速率加快【

10、答案】B【解析】【详解】A项、在炭粉中加入氯酸钾，氯酸钾分解生成氧气，促进燃烧，点燃时燃烧更为剧烈，与催化剂无关，故A错误；B项、二氧化锰是双氧水分解的催化剂，加快了化学反应速率，故B正确；C项、加入水，固态氯化铁和固体氢氧化钠溶于水形成溶液，反应物的接触面积增大，迅速产生沉淀，与催化剂无关，故C错误；D项、锌与稀硫酸反应中，加入少量硫酸铜溶液，Zn与Cu2+发生置换反应反应生成Cu，Zn、Cu在硫酸溶液中构成原电池，放出氢气的速率加快与催化剂无关，故D错误；故选B。【点睛】本题考查外界条件对反应速率的影响，注意影响化学反应速率的因素以及物质发生变化的实质是解答关键。8.将4molA和2mol

11、B在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（s）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6molL-1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3molL-1s-1用物质B表示的反应的平均速率为0.6molL-1s-12s时物质A的转化率为30%2s时物质B的浓度为0.7molL-1其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】利用三段式法计算：B的浓度为=1mol/L2A（s）+B（g）2C（g）起始（mol/L）： 1 0变化（mol/L）： 0.3 0.62s时（mol/L）： 0.7 0.6A为固体，由于固体的浓度在反应中不改

12、变，所以不能用固体物质来表示反应速率，故错误；2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）=0.15molL-1s-1，故错误；2s时物质A的转化率为=100%=30%，故正确；2s时物质B的浓度为0.7molL-1，故正确。所以正确的为。故选D。9.劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷。关于该化合物的说法正确的是A. 与 1,4-丁二醇（CH2OHCH2CH2CH2OH）互为同分异构体B. l mol 二噁烷完全燃烧消耗 5molO2C. 分子中所有原子均处于同一平面D. 一氯代物有 4 种【答案】B【解析】【分析】由结构简式可知，二噁烷的分子式为C4H8O2，官能团为醚键，属于醚类。【详解】

13、A项、1,4-丁二醇的分子式为C4H10O2，与二噁烷的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B项、二噁烷的分子式为C4H8O2， lmol二噁烷完全燃烧生成4molCO2和4molH2O，则消耗O2为mol=5mol，故B正确；C项、二噁烷分子中C原子均为四面体构型饱和碳原子，所有原子不可能共面，故C错误；D项、二噁烷分子的结构对称，分子中只有一类氢原子，则一氯代物有1种，故D错误；故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的组成和结构，把握同分异构体的判断方法，明确分子中原子共面的规律为解答的关键。10.下列说法正确的是A. 酸性高锰酸钾溶液能与苯发生

14、氧化反应而褪色B. 实验室制取乙酸乙酯时，往大试管中依次加入浓硫酸、无水乙醇、冰醋酸C. 烯烃可以和氢气发生加成反应，以此制备新戊烷D. CF2Cl2 只有一种结构【答案】D【解析】【分析】A、苯分子中不含碳碳双键；B、加入浓硫酸时需防止放热造成液体飞溅；C、新戊烷分子中有个碳原子上连有4个甲基，这个碳原子不可能与其他碳原子形成碳碳双键；D、甲烷为正四面体结构。【详解】A项、苯分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、实验室制取乙酸乙酯时，防止加入浓硫酸时放热造成液体飞溅，应先加入乙醇，再加浓硫酸，最后慢慢加入冰醋酸，故B错误；C项、新

15、戊烷分子中有个碳原子上连有4个甲基，这个碳原子上没有氢原子，不可能由烯烃和氢气发生加成反应制得，故C错误；D项、甲烷为正四面体结构，则CF2Cl2 只有一种结构，没有同分异构体，故D正确；故选D。【点睛】本题考查有机物结构与性质，注意把握常见有机物的结构和性质是解题的关键。11.下列实验能达到预期目的的是A. 制溴苯B. 从 a 处移到 b 处，观察到铜丝由黑变红C. 检验无水乙醇中是否有水D. 分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘【答案】B【解析】【分析】A、苯与浓溴水不反应；B、氧化铜在加热条件下与乙醇蒸气反应生成红色的铜、乙醛和水；C、乙醇和水均与金属钠反应生成氢气；D、碘的沸

16、点高于四氯化碳。【详解】A项、苯与浓溴水不反应，应用苯、液溴、溴化铁或铁粉混合制溴苯，故A错误；B项、铜丝在外焰a处受热与氧气反应生成黑色的氧化铜，移到内焰b处时，黑色氧化铜在加热条件下与乙醇蒸气反应生成红色的铜、乙醛和水，故B正确；C项、乙醇和水均与金属钠反应生成氢气，无法检验无水乙醇中是否有水，应选用无水硫酸铜检验，故C错误；D项、碘的沸点高于四氯化碳，蒸馏分离含碘的四氯化碳液体，最终在蒸馏烧瓶中获得碘，锥形瓶中可获得四氯化碳，故D错误；故选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重有机化学实验等相关知识的考查，把握有机物的性质、混合物分离提纯、有机物制备和检验等为解答的关键。12.苹果

17、醋是一种由苹果发酵而形成的具有解毒、降脂、减肥等明显药效的健康食品。苹果酸(2羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式为。下列相关说法不正确的是()A. 苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应B. 1 mol苹果酸与足量NaHCO3溶液反应消耗2 mol NaHCO3C. 1 mol苹果酸与足量Na反应生成33.6 L H2(标准状况下)D. 1 mol苹果酸分别和足量Na或NaOH反应消耗两者物质的量相等【答案】D【解析】【详解】A.该分子中有醇羟基，在一定条件下能发生催化氧化反应生成羰基，A正确；B.苹果酸中含有2个羧基，1 mol苹果酸与NaHCO3溶液反应，可消耗2 mol

18、 NaHCO3，B正确；C.该分子中有2个羧基和1个羟基，1 mol苹果酸与足量Na反应生成33.6 L H2(标准状况下)，C正确；C.该分子中有2个羧基和1个羟基，分别和足量Na或NaOH反应消耗两者的物质的量之比为3：2，D错误；答案选D。【点睛】明确常见官能团的结构和性质特点是解答的关键，注意常见羟基活泼性强弱的比较，即COOHH2O酚羟基醇羟基。13.下列操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A证明 Cl 的非金属性比 C 强将盐酸滴入放有大理石的烧杯中，观察是否有气泡产生B分离乙醇和乙酸将混合物放在分液漏斗中，振荡、静置、分液C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积

19、相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中D证明 KCl 中存在离子键熔融状态的 KCl 是否导电A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A项、应根据最高价氧化为对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，验证Cl的非金属性比C强，不能用盐酸，应用高氯酸，故A错误；B项、乙醇和乙酸互溶，不能用分液方法分离，故B错误；C项、要证明增大反应物浓度能加快化学反应速率，不能改变反应物的性质。锌与稀硫酸反应生成氢气，与浓硫酸反应生成二氧化硫，反应物硫酸的性质改变，故C错误；D项、离子化合物在熔融状态破坏离子键，电离形成自由移动的离子，能导电，共价化合物在熔融状态不能破坏共价键，不能电离形成自由移动的离

20、子，不能导电，则熔融状态的 KCl 能导电证明 KCl 中存在离子键，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，注意反应原理和实验实验原理的分析是解答关键。14.化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极的作用。下列做法与社会可持续发展理念相违背的是A. 大量开发矿物资源，促进地方经济发B. 研发可降解高分子材料，减少“白色污染”C. 开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用D. 改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放【答案】A【解析】【分析】减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等措施可实现

21、社会可持续发展。【详解】A项、过度开采矿物资源，会使资源匮乏，是只顾眼前不顾将来的做法，不符合社会可持续发展理念，故A错误；B项、研发可降解高分子材料，可以减少塑料制品的使用，从而减少“白色污染”，符合社会可持续发展理念，故B正确；C项、开发利用新源，减少化石燃料的使用，可减少二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故C正确；D项、改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物氮的氧化物的排放，符合社会可持续发展理念，故D正确；故选A。15.下列有关叙述错误的A. 石油裂化是为了获得更多的汽油，裂解是为了获得乙烯等重要的化工原料B. 煤经过干馏可得到焦炭、煤焦油和焦炉气C. 甲烷、汽油

22、、酒精都是烃类，都可作燃料D. 油脂在人体内可以水解为高级脂肪酸和甘油【答案】C【解析】【详解】A项、石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量和质量，特别是汽油的产量和质量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等重要的化工原料，故A正确；B项、煤干馏可得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故B正确；C项、烃是只含碳氢两元素的化合物，而酒精中含O元素，故不是烃，故C错误；D项、在人体内，油脂在酶的作用下水解生成高级脂肪酸和甘油，故D正确；故选C。第二部分非选择题（共 55 分）二、填空题（共 55 分）16.下表是元素周期表的一部分，针对表中的中元素，请用化学用语填空回答以下问题：（1）化学性质

23、最不活泼的元素原子的原子结构示意图为_。（2）元素、的简单氢化物的稳定性更强的是_(用化学式表示，下同)。（3）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_，碱性最强的是_，呈两性的氢氧化物是_，元素的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为_。（4）在元素中，简单离子半径最小的是_。（5）元素的过氧化物的电子式为_。（6）在与的单质中，氧化性较强的是_，用化学反应方程式证明：_。【答案】 (1). (2). HF (3). HClO4 (4). KOH (5). Al（OH）3 (6). 离子键和共价键 (7). Al3+ (8). (9). Cl2 (10). Cl2+2KBr=2KC

24、l+Br2【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，为N元素、为F元素、为Na元素、为Mg元素、为Al元素、为Si元素、为Cl元素、为Ar元素、为K元素、为Br元素。【详解】（1）化学性质最不活泼的元素为0族元素Ar元素，Ar原子的原子结构示意图为，故答案为：；（2）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，为N元素、为F元素，氟化氢的稳定性强于氨气，故答案为：HF；（3）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，碱性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，碱性依次减弱，同主族元素元素，从下到上非金属性依次减弱，金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减

25、弱，碱性依次增强，则酸性最强的是高氯酸，碱性最强的是氢氧化钾；两性的氢氧化物是氢氧化铝，氢氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：HClO4；KOH；Al（OH）3；离子键和共价键；（4）同主族元素从上到下，离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小，则元素中，简单离子半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+；（5）过氧化钠为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子形成，电子式为，故答案为：；（6）氯气的氧化性强于溴，氯气能与溴化钾发生置换反应生成单质溴和氯化钠，反应的化学方程式为Cl2+2KBr=2KCl+Br2，故答案为：Cl2；Cl2+2KBr=2KCl

26、+Br2。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。17.以下为工业从海水中提取液溴的流程图：（1）当进行步骤时，应关闭活塞_，打开活塞_。已知：溴的沸点为 59 ，微溶于水，有毒性。某同学利用下图装置进行步骤至步骤的实验,请回答：（2）步骤中可根据_现象，简单判断热空气的流速。（3）步骤中简单判断反应完全的依据是_。（4）步骤用下图装置进行蒸馏。装置 C 中直接加热不合理，应改为_，蒸馏时冷凝水应从_端进入(填“e”或“f”)， F 的作用是_。【答案】 (1). bd (2). ac (3). A中气泡冒出的个数（或快慢）

27、 (4). B中溶液橙色刚好褪去 (5). 水浴加热 (6). f (7). 吸收溴蒸气，防止污染空气【解析】【分析】由流程图可知，向浓缩海水中通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，向粗溴溶液中通入二氧化硫，二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸的吸收液，再向吸收液中通入氯气，氯气与溴化氢发生置换反应得到溴与水的混合物，蒸馏溴与水的混合物得到液溴。【详解】（1）进行步骤的目的是通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，实验时应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理，故答案为：bd；ac；（2）步骤是通入热空

28、气把生成的溴单质赶到装置B得到粗溴溶液，和通入的二氧化硫发生氧化还原反应，实验时关闭ac，打开bd，依据A中玻璃管产生气泡的快慢判断热空气的流速，故答案为：A中玻璃管产生气泡的快慢； （3）步骤中是二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸，溴水褪色，则简单判断反应完全的依据是B中溶液橙色刚好褪去，故答案为：B中溶液橙色刚好褪去；（4）蒸馏时，因溴的沸点低于水的沸点，为使烧瓶均匀受热，避免温度过高，装置C中加热方式应改为水浴加热；为增强冷凝效果，冷凝管中的水应从下口f进入；因溴易挥发，有毒，装置F中氢氧化钠溶液的作用是吸收溴蒸气，防止污染空气，故答案为：水浴加热；f；吸收溴蒸气，防止

29、污染空气。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析、实验能力的考查，注意海水提取溴的原理理解和流程分析判断，注意实验过程和实验需注意问题是分析是解题关键。18.按要求回答问题：（1）以 Fe 和 Cu 为电极，稀 H2SO4 为电解质溶液形成的原电池中：H+向_极移动(填“正”或“负”)。电子流动方向由_极流向_极(填：“正”、“负”)。若有 1mol e 流过导线，则理论上负极质量减少_g。若将稀硫酸换成浓硝酸，负极电极方程式为：_。（2）甲烷燃料电池是一种高效无污染的清洁电池，它用 KOH 做电解质。则负极反应方程式是_。（3）一定温度下，在容积为 2L 的密闭容器中进行反应：aN(g)b

30、M(g)cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示:反应化学方程式中各物质的系数比为 abc_。1 min 到 3 min 这段时刻，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为：_。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态是_。A 反应中当 M 与 N 的物质的量相等时B P 的质量不随时间变化而变化C 混合气体的总物质的量不随时间变化而变化D 单位时间内每消耗 a mol N，同时消耗 b mol M E 混合气体的压强不随时间的变化而变化FM 的物质的量浓度保持不变【答案】 (1). 正 (2). 负 (3). 正 (4). 28 (5). Cu2eCu2 (6). CH4-8e-+

31、10 OH-=CO32-+7H2O (7). 2:1:1 (8). 0.25mol/(Lmin) (9). BDF【解析】【分析】（1）由于金属活动性Fe强于Cu，所以Fe做负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2，电极反应式为Fe2eFe2，Cu做正极，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+2e=H2，电子由负极Fe经导线流向正极Cu，H+向负电荷较多的正极移动；（2）燃料电池工作时，负极为甲烷，碱性条件下，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，正极是氧气，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2

32、O=4OH-。(3) 由图像可知，达到平衡时N的物质的量减少了(82)mol=6 mol，M增加了（52）mol=3mol，P增加了（41）mol=3mol，由化学计量数之比等于变化量之比可得a：bc6:3:3=2:1:1，则反应的化学方程式为2N(g)M(g)P(g)。【详解】（1）H+向负电荷较多的正极移动，故答案为：正；电子由负极Fe经导线流向正极Cu，故答案为：负；正；Fe做负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2，电极反应式为Fe2eFe2，若有 1mol e 流过导线，由电极反应式可知负极消耗Fe的质量为0.5mol56g/mol=28g，故答案为：28；若将稀硫酸换成浓硝酸，Fe在

33、浓硝酸中钝化，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，则Fe做正极，Cu做负极，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+电极反应式为Cu2eCu2，故答案为：Cu2eCu2；（2）碱性甲烷燃料电池工作时，具有还原性的甲烷为原电池的负极，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；（3）由图像可知，达到平衡时N的物质的量减少了(82)mol=6 mol，M增加了（52）mol=3mol，P增加了（41）mol=3mol，由化学计量数之比等于变化量之比可得a：bc6:3:3=2:1:1，故答案为：

34、2:1:1；1 min 到 3 min 这段时刻，M增加了（43）mol=1mol，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为v（M）=0.25mol/(Lmin)，故答案为：0.25mol/(Lmin)；A、反应中当 M 与 N 的物质的量相等时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量及转化率有关，故错误；B、P 的质量不随时间变化而变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；C、该反应是气体体积不变的反应，混合气体的总物质的量始终不变，混合气体的总物质的量不随时间变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故错误；D、单位时间内每消耗 a mol N，同时消耗 b mol M说明正逆

35、反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；E、该反应是气体体积不变反应，混合气体的压强终不变，混合气体的压强不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故错误；F、M 的物质的量浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；BDF正确，故答案为：BDF。19.下图是苯和溴的取代反应的实验装置图，其中 A 为具有支管的试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量的铁屑粉。填写下列空白：（1）向反应容器A 中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒钟内就发生反应。写出A 中发生反应的化学方程式(有机物写结构简式)_；（2）能证明A 中发生的是取代反应，而不是加成反应，试

36、管C 中苯的作用是_。反应开始后，观察D 和E 两支试管，看到的现象分别是_，_；（3）反应 2 min3 min 后，在 B 中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是_、_；（4）苯是一种重要的化工原料，以下是用苯作为原料制备某些化合物的转化关系图：已知：aRNO2 RNH2b苯环上原有取代基对新导入的取代基进入苯环的位置有显著影响。c+H2SO4(浓)+H2OA 转化为 B 的化学方程式是_；E 的结构简式为_【答案】 (1). (2). 吸收溴化氢气体中混有的Br2蒸汽 (3). D管中溶液变红 (4). E管中产生浅黄色沉淀 (5). 红褐色沉淀 (6). 底层出现油状液体 (7). (8)

37、. 【解析】【分析】（1）反应容器A 中苯和液溴在铁屑做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢；（2）能证明A 中发生的是取代反应，而不是加成反应，说明生成物为溴苯和溴化氢，由于溴易挥发，溴化氢气体中混有溴蒸汽；（3）溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；溴苯和氢氧化钠溶液不互溶，且溴苯的密度大于水的密度；（4）由有机物转化关系可知，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热发生硝化反应生成硝基苯；由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入硝基，新导入的取代基会进入苯环的间位，由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入溴原子，新导入的取代基会进入苯环的对位。【详解】（1）反应容器A 中苯和液溴在铁屑

38、做催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；（2）能证明A 中发生的是取代反应，而不是加成反应，说明生成物为溴苯和溴化氢，由于溴易挥发，溴化氢气体中混有溴蒸汽，根据相似相溶原理知，溴易溶于四氯化碳，所以C中苯的作用是吸收溴化氢气体中的溴蒸汽，防止溴蒸汽干扰溴化氢的检验；溴化氢溶于水得到氢溴酸，氢溴酸是酸性物质，能使石蕊试液变红色；氢溴酸能和硝酸银反应生成淡黄色沉淀溴化银，则观察D和E两试管，看到的现象是D管中变红，E管中产生浅黄色沉淀，故答案为：吸收溴化氢气体中混有的Br2蒸汽；D管中溶液变红，E管中产生浅黄色沉淀；（3）溴与铁反应生成溴化铁，溴化铁做反应的催化

39、剂，溴化铁与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；溴苯和氢氧化钠溶液不互溶，且溴苯的密度大于水的密度，则在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是底层出现油状液体，故答案为：红褐色沉淀；底层出现油状液体；（4）由有机物转化关系可知，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热发生硝化反应生成硝基苯，则A为硝基苯；硝基苯与CH3Cl在催化剂作用下发生取代反应生成 ，则B为 ，故A 转化为B的化学方程式为，故答案为：；由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入硝基，新导入的取代基会进入苯环的间位，由苯生成的转化关系可知，若苯环上先引入溴原子，新导入的取代基会进入苯环的对位，则E一定为，故答案为：。【点睛】注意苯的取代反应实验原理的理解，注意题给信息的分析是解答关键。