江西省奉新县第一中学2017-2018学年高一下学期期末考试化学---精校解析Word版(共13页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上江西省奉新县第一中学2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 Al27 Fe56 Cu64一选择题：（16题，每小题3分，共48分）1. 下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）A. N2电子式： B. CO2结构式O=C=OC. S2-结构示意图 D. CH4球棍模型：【答案】B【解析】分析：AN原子应该形成8电子稳定结构；B二氧化碳为直线型结构，分子中含有两个碳氧双键；C硫离子核电荷数为16，核外电子总数为18；D根据球棍模型与比例模型的表示方法进行判断。详解：A氮气分子中含有1个氮氮三键，N原子最外层满足8电子稳定结构，氮气正确的电子式为，故A错误；B二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，CO2的结构式为O=C=O，故B正确；C硫离子最外层为8电子，硫离子的结构示意图为，故C错误；D为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为，故D错误；故选B。2. 已知元素Se位于第四周期A族，下列说法不正确的是（ ）A. Se的原子序数为34 B. 单质Se在空气中燃烧可生成SeO3C. 可形成Na2SeO3、Na2SeO4两种盐 D. H2S比H2Se稳定【答案】B【解析】试题分析：A、硒是第四周期A元素，与S元素原子序数相差第四周期容纳元素种数，其原子序数为16+18=34，故A正确；B、Se与S元素性质相似，Se在空气中燃烧生成SeO2，故B错误，C、Se与S元素性质相似，可形成Na2SeO3、Na2SeO4两种盐，故C正确；D、同主族上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，H2S比H2Se稳定，故D正确；故选B。考点：考查了元素周期表和元素周期律的相关知识。3. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是（ ）元素代号XYZWQ原子半径/pm1301187573102主要化合价+2+3+5、-3-2+ 6、- 2A. X、Y元素的金属性:X<Y B. 一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C. W、Q两种元素的气态氢化物的热稳定性:H2W>H2Q D. X的最高价氧化物对应的水化物的碱性弱于Y的【答案】C【解析】分析：短周期元素中，W和Q的化合价都有-2价，为A族元素，Q的最高价为+6价，W无正价，则Q为S元素，W为O元素；Z有+5、-3价，处于VA族，原子半径小于S，与O的半径相差不大，故Z为N元素；X、Y分别为+2、+3价，分别处于A族、A族，原子半径XYS，故X为Mg、Y为Al，结合元素周期律知识解答该题。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，根据元素的化合价与半径推断元素是解题的关键，注意元素周期律的理解掌握。本题的难点为元素的推导，要注意原子半径的关系。4. 下列判断错误的是（ ）A. Na2O2有离子键和共价键 B. HCl气体溶于水共价键被破坏C. NaCl晶体溶于水离子键被破坏 D. 氢氧化钠熔化离子键和共价键均被破坏【答案】D【解析】分析：A钠离子与过氧根离子之间存在离子键，氧原子之间存在共价键；BHCl中存在共价键，溶于水发生电离；CNaCl中存在离子键，溶于水发生电离；D氢氧化钠熔化电离出钠离子和氢氧根离子。详解：A钠离子与过氧根离子之间存在离子键，氧原子之间存在共价键，所以Na2O2既有离子键又有共价键，A正确；BHCl中存在共价键，溶于水发生电离，所以H-Cl共价键被破坏，B正确；CNaCl中存在离子键，溶于水发生电离，钠离子与氯离子之间的离子键被破坏，C正确；D氢氧化钠熔化电离出钠离子和氢氧根离子，只破坏离子键，共价键没有被破坏，D错误。答案选D。5. 某元素的一种同位素X原子的质量数为A,它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在a g 2HmX中所含电子的物质的量是（ ）A. (ANm) mol B. (AN) molC. (ANm) mol D. (AN+2m) mol【答案】D【解析】X原子的质量数为A，2HmX的相对分子量为：A+2m，其摩尔质量为(A+2m)g/mol，每个2HmX分子中含有的电子数为(AN+2m)，则agHmX的物质的量为：=mol，则在ag 2HmX分子中含电子的物质的量是：mol×(A-N+2m)=(A-N+2m)mol，故选D。6. 已知1克氢气完全燃烧成水蒸气放出121kJ，1 mol O=O键完全断裂吸收496 kJ，1 mol HO键形成时放出463 kJ，则氢气中1 mol HH键断裂时吸收能量为（ ）A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ【答案】C【解析】由题意可写出热化学方程式：2 H2(g) + O2(g) = H2O(l)；DH =484kJ/ mol。其中反应物2mol H2有2 mol HH键，1 mol O2有1 mol O=O键，生成物中有4 mol HO键，则1 mol HH键断裂时吸收热量为7. a、b、c、d、e五种金属将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，a金属溶解将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应强烈将铜浸入b的盐溶液里，无明显变化把铜浸入c的盐溶液里，有c析出.金属阳离子氧化性：c<e.则活动性顺序由强到弱为（ ）A. acedb B. dabce C. dbace D. edabc【答案】B【解析】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将a与b用导线连接起来浸入电解质溶液中，b不易腐蚀，所以a的活动性大于b；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将a、d分别投入等浓度盐酸溶液中，d比a反应剧烈，所以d的活动性大于a；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，说明b的活动性大于铜如果把铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，说明铜的活动性大于c；金属越活泼，其阳离子氧化性越弱，金属阳离子氧化性：c<e，则c比e活泼；所以金属的活动性顺序为：dabce，故选B。8. 锌空气燃料电池可作电动车动力电源，电解质溶液为KOH溶液，放电时总离子方程式为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-，放电时下列说法正确的是（ ）A. 电解质溶液中K+向负极移动 B. 电解质溶液中C(OH-)逐渐增大C. 负极电极反应：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42- D. 转移4mol电子时消耗氧气22.4L【答案】C【解析】A放电时是原电池，阳离子K+向正极移动，故A错误；B放电时总离子方程式为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小，故B错误；C放电时，负极反应式为Zn+4OH-2e-Zn(OH)42-，故C正确；D放电时，每消耗标况下22.4L氧气，转移电子4mol，没有指明气体的状态，故D错误；故选C。点睛：正确判断化合价的变化为解答该题的关键，根据2Zn+O2+4OH-+2H2O2Zn(OH)42-可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH-2e-Zn(OH)42-，放电时阳离子向正极移动，以此解答该题。9. 可逆反应2A(g)+3B(g) 2C(g)+D(g)在四种不同条件下的反应速率分别为：(A)=0.5mol·L-1·s-1；(B)=0.6mol·L-1·s-1；(C)=0.35mol·L-1·s-1；(D)=0.3mol·L-1·min-1，则该反应在不同条件下反应速率最快的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：依据化学反应速率之比=方程式的系数之比，均转化为同种物质表示的反应速率，再比较大小。详解：根据反应2A+3B2C+D，可以选D为参照，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比这一结论，转化为用同种物质表示的反应速率分别为：V(D)=0.25mol/(Ls)=15mol/(Lmin)；v(D)=0.2mol/(Ls)=12mol/(Lmin)；  v(D)=0.175mol/(Ls)=10.5mol/(Lmin)；v(D)=0.3mol/(Lmin)，所以最大的是。故选A。点睛：对于这种题目要：(1)把单位统一成相同单位；(2)转化为用同种物质表示的反应速率，依据是：化学反应速率之比=方程式的系数之比。本题的易错点为D，要注意单位是否一致。10. 恒温恒容时，能表示反应2X(g)2Y(s) Z(g) 一定达到化学平衡状态的是（ ）X、Z的物质的量之比为21 Z的浓度不再发生变化容器中的压强不再发生变化 单位时间内生成2n mol Z，同时生成n mol X气体平均相对分子质量不变 气体密度不再变化A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量、物质的量浓度及其由此产生的一系列物理量不变，据此分析解答。详解：X、Z的物质的量之比为2：1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；Z的浓度不再发生变化，则其他物质的浓度或物质的量也不会变化，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；反应前后气体的物质的量之和减小，当可逆反应达到平衡状态时，容器中的压强不再发生变化，故正确；单位时间内生成2n molZ、同时生成n molX，说明逆反应速率大于正反应速率，反应没有达到平衡状态，故错误；该反应前后气体计量数之和减小，气体平均相对分子质量不变，说明气体的质量和物质的量均不发生变化，该反应达到平衡状态，故正确；反应前后气体的质量发生变化、容器体积不变，当容器中气体的密度不变，说明气体的质量不变，说明达到平衡状态，故正确；故选C。点睛：本题考查化学平衡状态判断，明确可逆反应平衡状态方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量不变时可逆反应才达到平衡状态。本题的易错点为和的判断，要注意Y为固体。11. 下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是（ ）A. 2NaCl（熔融）2NaCl2 B. Al2O33C2Al3COC. Fe2O33CO2Fe3CO2 D. 2Ag2O4AgO2【答案】B【解析】分析：金属冶炼常采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法，结合金属活动性顺序表分析解答。详解：A钠是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼钠，故A不选；B工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，用冰晶石降低其熔点，还没有用碳作还原剂，故B选；C铁较活泼，工业上采用热还原法冶炼铁，故C不选；DHg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故采用热分解法冶炼，故D不选；故选B。点睛：本题考查了金属的冶炼，根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法是解题的关键。对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法冶炼；在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用热还原法冶炼；活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼；V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应冶炼。12. 下列叙述不正确的是（ ）A. 有机物C2H4与C3H6一定是同系物 B. 可以用溴水鉴别甲烷和乙烯C. 不可以用分液漏斗分离乙酸和乙醇 D. 往蛋白质中加入硫酸铜溶液会发生变性的过程【答案】A【解析】分析：A.根据C3H6可能是丙烯，也可能是环丙烷判断；B.根据乙烯和甲烷与溴水的现象判断；C.根据乙酸和乙醇互溶判断；D.根据硫酸铜属于重金属盐判断。详解：A. 有机物C2H4为乙烯，C3H6可能是丙烯，也可能是环丙烷，不一定是同系物，故A错误；B. 乙烯能够使溴水褪色，而甲烷不能，可以用溴水鉴别甲烷和乙烯，故B正确；C. 乙酸和乙醇互溶，不可以用分液漏斗分离乙酸和乙醇，故C正确；D. 硫酸铜属于重金属盐，往蛋白质中加入硫酸铜溶液会发生变性，故D正确；故选A。13. 下列说法正确的是（）A. 邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构B. 沸点由高到低：己烷异丁烷正丁烷C. 制取一氯乙烷的最佳途径是通过乙烷与氯气反应获得D. 等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为3：1【答案】A【解析】分析：A若为单、双键交替，则邻二溴苯有两种；B根据烷烃的碳原子越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低判断；C乙烷与氯气发生取代反应，在光照条件下，产物复杂，为链锁反应；D根据等物质的量的乙醇和水，含-OH的物质的量相同判断。详解：A若为单、双键交替，则邻二溴苯有两种，邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故A正确；B烷烃的碳原子越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，沸点由高到低：己烷>正丁烷异丁烷，故B错误；C乙烷与氯气发生取代反应，在光照条件下，产物复杂，为链锁反应，应利用乙烯与HCl发生加成反应制备，故C错误；D等物质的量的乙醇和水，含-OH的物质的量相同，则生成气体相同，故D错误；故选A。点睛：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，选项C为解答的易错点，要注意烷烃取代反应的复杂性。14. 下列说法正确的是（ ）A. 石油裂解得到的汽油是纯净物 B. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物C. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖 D. 水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料【答案】C【解析】分析：A纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；B糖类包括单糖、二糖和多糖；C淀粉是葡萄糖的脱水缩合物；D煤的气化得到水煤气；据此分析判断。详解：A裂解汽油主要成分为C6C9烃类，有时也包含C5烃以及C9以上重质烃类，属于混合物，故A错误；B单糖、二糖、油脂相对分子质量都较小，所以都属于小分子化合物，故B错误；C淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，故淀粉水解的最终产物是葡萄糖，故C正确；D煤的气化得到水煤气，煤的液化得到液态的燃料，故D错误；故选C。15. 两种气态烃一定比例混合，在105时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中一定不符合此条件的是（ ）A. CH4 C2H4 B. CH4 C3H6 C. C2H4 C3H4 D. C2H2 C3H6【答案】B【解析】分析：在105时1L该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L，说明反应前后，该温度下，气体的计量数之和不变，据此分析解答。详解：设混合烃的平均化学式为CxHy，则有：CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，有机物燃烧前后体积不变，则1+x+=x+，解得：y=4。ACH4、C2H4中H原子数都为4，平均值为4，符合题意，故A不选；BCH4、C3H6中H原子数分别为4、6平均值不可能为4，故B选；CC2H4、C3H4中H原子数都为4，平均值为4，符合题意，故C不选；DC2H2、C3H6H原子数分别为2、6，当1：1混合时平均值为4，故D不选；故选B。16. 下列实验操作不能实现实验目的的是（ ）操作目的A.食醋浸泡水垢比较乙酸和碳酸的酸性强弱B.蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后再加入新制Cu（OH）2的悬浊液，加热。证明蔗糖水解产物中有葡萄糖C.向NaBr溶液中加入少量氯水，振荡后加入少量四氯化碳，振荡，静置。比较氯、溴非金属性强弱D.钠分别与水和乙醇反应比较乙醇与水两者羟基氢原子活泼性A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A强酸反应可以制取弱酸；B蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；C非金属性强的单质能置换非金属性弱的单质；D钠与水反应更剧烈；据此分析判断。详解：A用CH3COOH溶液浸泡水垢，水垢溶解，有无色气泡，说明醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，应先加入氢氧化钠溶液调节溶液至碱性，故B错误；C氯气能置换出溴，溴易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水大，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，可证明，故C正确；D钠与水反应更剧烈，说明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼，故D正确；故选B。客观题（5题，共52分）17. A、B、C、D、E为短周期元素，原子序数依次增大，质子数之和为40，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E是地壳中含量最多的金属元素，问：（1）B元素在周期表中的位置为_；（2）D的单质投入A2C中得到一种无色溶液。E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为_。（3）用电子式表示由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物的形成过程_。（4）以往回收电路板中铜的方法是灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的，又保护了环境，该反应的化学方程式为_。（5）乙醇（C2H5OH）燃料电池（Pt为电极），以KOH为电解质溶液，写出负极电极反应式_，当转移电子1.2mol时，消耗氧气标况下体积为_。【答案】 (1). 第二周期第VA族 (2). 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2 (3). (4). H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O (5). C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O (6). 6.72L【解析】分析：A、B、C、D、E为短周期元素，A到E原子序数依次增大，E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，则A为H，C为O；A、D同主族，由A、D的原子序数相差大于2，所以D为Na；元素的质子数之和为40，则B的原子序数为40-1-8-11-13=7，所以B为N，据此进行解答。详解：根据上述分析，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为Al。(1)B为N，原子序数为7，位于元素周期表中第二周期A族，故答案为：第二周期A族；(2)Na与水反应生成NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2；(3)由A、C两元素组成的四核18电子的共价化合物为过氧化氢，用电子式表示过氧化氢的的形成过程为，故答案为：；(4)A2C2为H2O2，与Cu、硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，该反应方程式为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O，故答案为：H2O2+H2SO4+Cu=CuSO4+2H2O；(5)乙醇(C2H5OH)燃料电池(Pt为电极)，以KOH为电解质溶液，乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸钾，电极反应式为C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O，氧气在正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e- =4OH-，当转移电子1.2mol时，消耗氧气=0.3mol，标况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：C2H5OH - 12e- +16OH- =2CO32- + 11H2O；6.72L。18. AI是常见有机物，A是烃，E的分子式为C4H8O2，H为有香味的油状物质。 已知：CH3CH2BrNaOH（1）0.2mol A完全燃烧生成17.6 g CO2，7.2g H2O，则A的结构简式为_。（2）D分子中含有官能团的名称为_；（3）的反应类型为_（4）G可能具有的性质为_。a.与钠反应 b.与NaOH溶液反应 c.易溶于水（5）请写出和的化学方程式：反应_；反应_；（6）J是有机物B的同系物，且比B多3个碳原子，J可能的结构有_种，写出其中含3个甲基可能的结构简式_。【答案】 (1). CH2CH2 (2). 羧基 (3). 加成 (4). ac (5). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (6). CH2OHCH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O (7). 8 (8). (CH3)3CCH2OH、(CH3)2COHCH2CH3、(CH3)2CHCHOHCH3详解：(1)根据以上分析可知A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；(2)D为乙酸含有羧基，故答案为：羧基；(3)反应为CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：加成反应；(4)G为CH2OHCH2OH。a与金属钠反应CH2OHCH2OH+2NaCH2ONaCH2ONa+H2，故a正确；b醇不能与NaOH溶液反应，故b错误；c乙二醇易溶于水，故c正确，故答案为：ac；(5)反应：乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应，反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应：CH2OHCH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O； CH2OHCH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；(6)B为CH3CH2OH，J是有机物B的同系物，且比B多3个碳原子，则J为戊醇，由于C5H12有3种结构：CH3CH2CH2CH2CH3、，其中CH3CH2CH2CH2CH3中有3种氢原子，即有3种醇，中有4种氢原子，即有4种醇，中有1种氢原子，即有1种醇，因此J可能的结构共有8种，其中含3个甲基的结构简式为(CH3)3CCH2OH、(CH3)2COHCH2CH3、(CH3)2CHCHOHCH3，故答案为：8；(CH3)3CCH2OH、(CH3)2COHCH2CH3、(CH3)2CHCHOHCH3。19. 以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品已被保护，夹持装置已略去）（1）A装置中通入a气体的目的是（用离子方程式表示）_；（2）A装置中先通入a气体后改通热空气。通入热空气的目的是_；（3）B装置中b气体是_,目的是富集溴，此处化学方程式为_；（4）C装置的作用是_。【答案】 (1). (2). 吹出 (3). (4). (5). 吸收未反应的、SO2，防污染【解析】分析：(1)通入a气体将溴离子氧化为溴单质，应通入氯气；(2)液溴容易挥发；(3)装置B相当于吸收塔，据此分析判断b；(4)C装置是尾气处理装置。详解：(1)通入a气体将溴离子氧化为溴单质，应通入氯气，反应离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，通入热空气，将生成的溴吹出，故答案为：吹出Br2；(3)装置B相当于吸收塔，b为二氧化硫，用来吸收吹出的溴，目的是富集溴，反应的化学方程式为 ，故答案为：；(4)二氧化硫、氯气、溴直接排放均可以污染空气，C装置的作用是：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染，故答案为：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染。20. 如图装置制取溴苯，回答下列问题：(1)写出A中反应的化学方程式：_；(2)C中盛放CCl4的作用是_；(3)D中加入硝酸银溶液，实验后溶液中能看到的实验现象为_；(4)常用于鉴别苯和甲苯的试剂为_；(5)E物质分子式为C8H10，且苯环上的一氯代物只有一种，则E的名称为_。【答案】 (1). (2). 除去溴化氢气体中的溴蒸气 (3). 产生淡黄色沉淀 (4). 酸性高锰酸钾溶液 (5). 对二甲苯【解析】分析：苯和液溴在铁粉催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢：，由于反应放热，苯和液溴均易挥发，导致所得溴苯不纯净；溴化氢易溶于水电离出H+和Br-。据此分析解答。详解：(1)在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应的方程式为，故答案为：(2)根据相似相溶原理，溴易溶于四氯化碳，用四氯化碳可以除去溴化氢气体中的溴蒸气，故答案为：除去溴化氢气体中的溴蒸气；(3)如果发生取代反应，生成溴化氢，溴化氢易溶于水电离出H+和Br-，溴化氢与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，故答案为：产生淡黄色沉淀；(4)苯的同系物能够被高锰酸钾溶液氧化，因此常用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和甲苯，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；(5)E物质分子式为C8H10，且苯环上的一氯代物只有一种，则E为，名称为对二甲苯，故答案为：对二甲苯。点睛：本题考查的是苯的性质及离子的检验，本题的易错点为四氯化碳的作用，注意从教材中找出原型-萃取实验，问题就容易解题答了。21. 一定温度下，在容积为V L的密闭容器里进行反应，M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示,且两者都为气体：（1）此反应的化学方程式为_。（2）t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：_。（3）达平衡时N的转化率为：_ ；（4）反应前与达平衡时容器内压强之比为_。【答案】 (1). 2NM (2). molL-1min-1 (3). 75 (4). 10:7【解析】分析：(1)根据物质的量的变化判断反应物和生成物；根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；(2)根据v=计算反应速率v(M)；(3)根据N的转化率=×100%计算；(4)根据反应前与达平衡时容器内压强之比等于物质的量之比解答。详解：(1)由图像可知，随着反应进行，N的物质的量减少，M的物质的量增加，所以，N是反应物，M是生成物，随时间进行，N的物质的量为定值且不为零，反应为可逆反应，且n(N)：n(M)=(8-2)mol：(5-2)mol=2：1，则反应的化学方程式为：2N M，故答案为：2N M；(2)t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：v=molL-1min-1，故答案为：molL-1min-1；(3)根据图像，N的转化率=×100%=×100%=75%，故答案为：75%；(4)反应前与达平衡时容器内压强之比等于物质的量之比=，故答案为：。 专心-专注-专业