四川省广安市邻水县邻水实验学校2024-2025学年高一化学下学期第三次月考试题含解析

PAGE21-四川省广安市邻水县邻水试验学校2024-2025学年高一化学下学期第三次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Si-28S-32Cl-35.5第一卷(单项选择题)1.下图是用球棍模型表示的某有机反应的过程，则该反应的有机反应类型是()A.取代反应 B.加成反应 C.聚合反应 D.酯化反应【答案】B【解析】【详解】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应。由图知，第一种分子中的不饱和键断裂，断键原子与另一种分子断裂产生的原子相结合，生成新的化合物的反应，属于加成反应，故B项正确；答案选B。2.绿色能源是指运用过程中不排放或排放极少污染物的能源，如一次能源中的水能、地热能、自然气等；二次能源中的电能、氢能等。下列能源属于绿色能源的是①太阳能②风能③石油④煤⑤潮汐能⑥木材A.①②③ B.③④⑤ C.④⑤⑥ D.①②⑤【答案】D【解析】【详解】①太阳能、②风能、⑤潮汐能在运用过程中不产生污染物，符合绿色能源的要求；③石油、④煤、⑥木材在燃烧过程中会产生碳的氧化物，其中二氧化碳会导致温室效应，不完全燃烧的产生一氧化碳有毒污染空气，并且煤在燃烧过程只用还会产生二氧化硫导致酸雨的形成，木材燃烧产生粉尘颗粒污染空气，因此石油、煤、木材不属于绿色能源，属于绿能能源的是①②⑤。故选：D。3.下列混合物能用分液法分别的是()A.乙醇和水 B.苯和溴苯C.乙酸乙酯和Na2CO3溶液 D.苯和庚烷【答案】C【解析】【详解】A．乙醇和水互溶，故不能用分液法分别，故Ａ不合题意；B．苯和溴苯互溶，故不能用分液法分别，故Ｂ不合题意；C．乙酸乙酯和Na2CO3溶液不互溶，故能用分液法分别，故Ｃ符合题意；D．苯和庚烷互溶，故不能用分液法分别，故Ｄ不合题意；故答案为：C。4.下列过程因发生取代反应而产生的是()A.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色B.将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色C.将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在50～60℃水浴中加热D.乙醇和氧气在铜做催化剂条件下反应【答案】C【解析】【详解】A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是由于发生加成反应，故A不符合题意；B．将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色，是由于发生萃取是物理变更，故B不符合题意；C．将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在50～60℃水浴中加热生成硝基苯，是发生取代反应，故C符合题意；D．乙醇和氧气在铜做催化剂条件下反应，是发生氧化反应，故D不符合题意。故答案为：C。5.区分乙醇、苯和四氯化碳，最简洁的方法是()A.加入金属钠，振荡，静置 B.在有浓硫酸存在的条件下与乙酸加热C.加蒸馏水后振荡，静置 D.加硝酸银溶液后振荡，静置【答案】C【解析】【详解】乙醇和水互溶，苯、溴苯难溶于水，但苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，则区分乙醇、苯和溴苯最简洁的方法是：加入蒸馏水后振荡，静置，不分层的为乙醇，分层且有机物在上层的是苯，分层且有机物在下层的是溴苯；其余选项中的物质较困难、且奢侈药品，答案选C。【点睛】本题考查有机物的鉴别，把握常见物质的性质为解答的关键，侧重萃取及现象的考查，留意现象相同不能鉴别物质，紧扣最简洁方法分析解答，区分乙醇、苯和四氯化碳，与水混合即可，现象分别为不分层、分层后有机层在上层、分层后有机层在下层，以此来解答。6.下列各组离子从左至右半径依次减小的是()A.S2-、Cl-、K+ B.Mg2+、Na+、O2-C.Mg2+、F-、H+ D.Br-、Al3+、Cl-【答案】A【解析】【详解】A.S2－、Cl－、K＋具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：S2－＞Cl－＞K＋，从左至右半径依次减小，故A符合题意；B.Mg2＋、Na＋、O2－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：O2－＞Na+＞Mg2＋，从左至右半径依次增大，故B不符合题意；C.电子层数越多，离子半径越大，所以H＋半径最小，Mg2＋、F－具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以半径大小为：F－＞Mg2＋，故Mg2＋、F－、H＋三种离子半径大小为：F－＞Mg2＋＞H＋，故C不符合题意；D.电子层数越多，离子半径越大，所以Br－、Al3＋、Cl－三种离子半径大小为Br－＞Cl－＞Al3＋，故D不符合题意。故选A。【点睛】微粒半径大小的比较规律：①层数相同，核大半径小。即电子层数相同时，结构相像的微粒中核电荷数大的微粒半径小；②层异，层大半径大。即当微粒的电子层数不同时，结构相像的微粒中，电子层数大的微粒半径大；③核同，价高半径小。即对同一种元素形成的不同的简洁微粒中，化合价高的微粒的半径小；④电子层结构相同，核电荷数大，则半径小。7.下列说法不正确的是()A.化学反应的实质是旧键的断裂，新键的生成B.CH4、CF4、CCl4、CBr4熔、沸点渐渐上升，缘由是分子间作用力渐渐增大C.NH3和H2O分子间都可以形成氢键D.NH4H是离子化合物，其含有离子键、极性键、非极性键【答案】D【解析】【详解】A．化学反应的实质就是旧键的断裂，新键的生成，故A正确；B．CH4、CF4、CCl4、CBr4均为分子晶体，其熔、沸点受分子间作用力的影响，结构相像的共价物质的分子间作用力与相对分子质量成正比，CH4、CF4、CCl4、CBr4相对分子质量依次增大，故分子间作用力渐渐增大，熔、沸点渐渐上升，故B正确；C．氢键是指氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，若与电负性大、半径小的原子Y（O、F、N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-HY形式的一种特别的分子间或分子内相互作用，故NH3和H2O分子间都可以形成氢键，故C正确；D．NH4H是离子化合物，其含有离子键、极性键，但没有非极性键，故D错误；故答案为：D。8.从柑橘中炼制萜二烯，下列有关它的推想，不正确的是A.它不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.常温下液态，难溶于水C.分子式为C10H16D.与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为【答案】A【解析】【分析】该有机物中碳碳双键，依据碳碳双键的性质进行分析。【详解】A.萜二烯中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A说法错误；B.萜二烯分子中含有十个碳原子，常温下为液体，烃类化合物一般难溶于水，故B说法正确；C.依据萜二烯分子结构图，可知其分子式为C10H16，故C说法正确；D.1mol该物质中含有2mol碳碳双键，能与溴的四氯化碳发生加成反应，得到，故D说法正确；答案：A。9.已知断裂1mol共价键所须要汲取的能量分别为H—H键：436kJ；I—I键：151kJ；H—I键：298kJ。下列对反应H2(g)＋I2(g)=2HI(g)的推断中，下列说法正确的是()A.该反应汲取的能量为9kJB.物质发生化学反应时都伴随着能量变更，伴随能量变更的物质变更肯定是化学变更C.须要加热的化学反应肯定是吸热反应，不须要加热就能进行的反应肯定是放热反应D.反应物I2(g)与H2具有的总能量大于生成的HI具有的总能量【答案】D【解析】【详解】A．结合题干已知信息，依据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能可知，该反应的焓变ΔH=(436kJ/mol+151kJ/mol)-2×298kJ/mol=-9kJ/mol，即该反应放出的热量为9kJ，A选项错误；B．物质发生化学反应时旧键断裂要汲取能量，新键形成要放出热量，都伴随着能量变更，但物理变更也可能伴随能量变更，即伴随能量变更的物质变更不肯定是化学变更，B选项错误；C．反应吸放热与反应条件无关，即化学反应放热还是吸热与是否加热无关，C选项错误；D．由A可知，该反应为放热反应，ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量＜0，则反应物I2(g)与H2具有的总能量大于生成的HI具有的总能量，D选项正确；答案选D。10.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是A.苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B.1mol苹果酸可与3molNaOH发生中和反应C.1mol苹果酸与足量金属Na反应生成生成1molH2D.HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，A正确；B．1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，B错误；C．能和Na反应是有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，C错误；D．HOOC－CH2－CH(OH)－COOH与苹果酸是同一种物质，D错误。答案选A。11.除去括号内杂质所用试剂和方法正确的是()选项物质所用试剂方法A乙醇(乙酸)氢氧化钠溶液分液B乙烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液蒸馏D乙醇(水)生石灰蒸馏A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.乙酸和氢氧化钠溶液反应生成的乙酸钠溶液和乙醇是互溶的，不能用分液的方法分别，选项A错误；B.乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯的同时引入了新杂质二氧化碳，选项B错误；C.乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，可以采纳分液法来分别，选项C错误；D.生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙，可以采纳蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇的分别，选项D正确；答案选D。12.10mL浓度为1mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A.KCl B.KNO3 C.CuSO4 D.Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A．加入适量的KCl溶液，相等于增加溶液的体积，浓度减小，减慢速率，氢气量不变，A符合题意；B．加入KNO3，与H+结合形成HNO3，HNO3具有强氧化性，与锌反应不产生氢气，B不符合题意；C．加CuSO4，锌置换出铜，形成锌铜盐酸原电池，反应速率加快，C不符合题意；D．加Na2CO3溶液，消耗氢离子，氢离子浓度减小，速率减慢，氢气量削减，D不符合题意；答案选A。13.对于可逆反应A(g)＋3B(s)⇌2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是()A.v(A)＝0.5mol·L-1·min-1 B.v(B)＝1.0mol·L-1·min-1C.v(D)＝0.4mol·L-1·min-1 D.v(C)＝0.1mol·L-1·s-1【答案】D【解析】【分析】依据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成A，以此可比较反应速率大小。【详解】A．v(A)＝0.5mol·L-1·min-1；B．B为固体，不能表示反应速率；C．v(D)＝0.4mol·L-1·min-1，则；D．v(C)＝0.1mol·L-1·s-1，则；则反应速率最快的是D，答案选D。14.如图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变更，只从图上分析不能得出的结论是()A.发生的反应可表示为2A(g)⇌2B(g)＋C(g)B.前2minA的分解速率为0.1mol·L-1·s-1C.2min时，A的转化率为50%D.2min时，A、B、C的浓度之比为2：3：1【答案】B【解析】【详解】A．依据图象可知，反应过程中A的浓度减小，B、C的浓度增大，因此A为反应物，B、C为生成物，依据浓度的变更量可以确定反应为2A(g)⇌2B(g)＋C(g)，A选项正确，不符合题意；B．前2minA的分解速率，B选项错误，符合题意；C．2min时，A的转化率，C选项正确，不符合题意；D．据图可知2min时，c(A)=0.2mol/L，c(B)=0.3mol/L，c(C)=0.1mol/L，浓度之比为2:3:1，D选项正确，不符合题意；答案选B。【点睛】B选项为易错点，解答时简洁忽视化学反应速率的单位从而推断错误。15.在体积不变的密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，下列叙述表示该反应处于化学平衡状态的是()A.N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2B.混合气体的密度不随时间变更C.当有1molN≡N键断裂时，有6molN—H键断裂D单位时间内生成2amolNH3，同时消耗amolN2【答案】C【解析】【分析】该反应在体积不变的密闭容器反应，其反应为气体非等体积反应，当化学反应达到平衡状态时，体系中的变更量不再变更，据此进行分析。【详解】A、因各物质起始投料量未知，故达到平衡状态时各物质浓度无法推断，当N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2时，反应不肯定达到平衡状态，故A不符合题意；B、因该反应中各物质均为气体，且容器体积不变，故混合气体密度在反应过程中始终不变，故无法推断反应是否达到平衡状态，故B不符合题意；C、当有1molN≡N键断裂时，有6molN—H键生成，若同时有6molN—H键断裂，则可说明正逆反应速率相等，可说明反应达到了平衡状态，故C符合题意；D、反应发生时，依据反应方程式计量数可知，若生成2amolNH3，同时会消耗amolN2，故不能确定反应是否达到平衡状态，故D不符合题意；故答案为C。16.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A.1mol苯中含有键数为3NAB.1mol乙烯所含共用电子对数目为5NAC.现有乙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NAD.1mol甲基所含电子数为10NA【答案】C【解析】【详解】A．苯分子中既不含有碳碳单键，也不含有碳碳双键，A选项错误；B．1个乙烯分子含有6个共用电子对，因此1mol乙烯所含共用电子对数目为6NA，B选项错误；C．乙烯、丁烯的最简式都是CH2，乙烯、丁烯的混合气体共14g，则其原子数为，C选项正确；D．1个甲基含有9个电子，1mol甲基所含电子数为9NA，D选项错误；答案选C。17.在密闭容器中进行反应：X2(g)＋3Y2(g)⇌2Z(g)，其中X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.4mol·L-1、0.2mol·L-1，在肯定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()A.c(Z)＝0.4mol·L-1 B.c(Y2)＝0mol·L-1C.c(X2)＝0.2mol·L-1 D.c(X2)＝0.05mol·L-1且c(Z)＝0.3mol·L-1【答案】D【解析】【详解】由于反应X2(g)＋3Y2(g)⇌2Z(g)是一个可逆反应，故各物质均不行能完全转化，假设反应往正方向完全反应，故有：，假设反应往逆方向完全进行，则有：综合得出：0<c(X2)<0.2mol·L-1，0.1mol·L-1<c(Y2)<0.7mol·L-1，0mol·L-1<c(Z)<0.4mol·L-1故A、B、C均不正确；D项当c(X2)=0.05mol·L-1时，说明反应了0.05mol·L-1X2，则将生成0.1mol·L-1Z，故c(Z)=0.2+0.1=0.3mol·L-1，故D正确，故答案为：D。18.在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在肯定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋xD(g)，达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol·L-1，下列推断正确的是()A.x＝1B.B的转化率为20%C.平衡时A的浓度为1.50mol·L-1D.达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%【答案】B【解析】【分析】到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L＝2mol，则：，进而可计算平衡时各物质的浓度、转化率等物理量，以此解答该题。【详解】A．由以上分析可知x＝2，A错误；B．B的转化率=×100%＝20%，B正确；C．平衡时A的浓度为＝0.75mol/L，C错误；D．该反应前后气体的总物质的量不变，则压强不变，D错误。答案选B。19.铁与4mol·L-1的稀硫酸反应(放热反应)生成H2的物质的量与反应时间的关系如图所示。下列结论正确的是()A.反应起先2min内平均反应速率最大B.常温下，改用98.3%的浓硫酸可以加快反应速率C.反应在2～4min间生成H2的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1D.0～2min内反应速率渐渐增大，说明0～2min内温度比浓度对反应速率的影响大【答案】D【解析】【详解】A．在相同的时间间隔内，反应产生的H2的物质的量越多，反应速率就越大。依据图示数据可知在2～4min间反应速率最大，A选项错误；B．98.3%的浓硫酸中硫酸主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度降低，Fe在室温下遇浓硫酸会发生钝化，所以常温下，改用98.3%的浓硫酸不能加快反应速率，B选项错误；C．反应在2～4min间生成H2的物质的量是0.2mol，由于体积未知，不能计算氢气的浓度，因此不能计算其反应速率，C选项错误；D．在2～4min内反应速率大于0～2min内反应速率，说明2～4min内温度比浓度对反应速率影响大，D选项正确；答案选D。20.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，X、Y的简洁离子的核外电子数相同，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Z原子最外层电子数是K层的3倍。下列说法正确的是A.简洁离子半径：Y＞ZB.X只能形成HXO3型的酸C.气态氢化物的热稳定性：W<ZD.Y与Z、W都能形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y为Na元素；Z原子最外层电子数是K层的3倍，Z为第3周期元素，为S元素；则W为Cl元素；X、Y的简洁离子的核外电子数相同，则X为N元素，据此推断。【详解】依据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、Na、S、Cl。则A.电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简洁离子半径Y＜Z，故A错误；B.N元素可以形成HXO3型的酸，也可以是HXO2型的酸，故B错误；C.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性W＞Z，故C错误；D.Y与Z、W都能形成离子化合物，分别是硫化钠、氯化钠，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的推断。本题的易错点为X元素的推断，要留意四种元素属于不同主族。其次卷(非选择题)21.I．下面列出了几组物质，请用物质的组号填写下表。类型同位素同素异形体同分异构体同系物组号________①与②与③金刚石和石墨④12C、13C、14C⑤和II．下图中A、B、C分别是三种烃的结构模型：请回答下列问题：(1)A的电子式______________，B的结构简式________________。(2)A及其同系物的分子式符合通式_____________(用n表示)。当n＝____________时，烷烃起先出现同分异构体；当n=6时，同分异构体有__________种。(3)A、B、C三种有机物中，全部原子均共面的是___________(填名称)。结构简式为的有机物中，处于同一平面内的原子数最多为__________，处于同一平面内的碳原子数至少为____________。(4)有机物C不具有的结构或性质是_____________(填字母序号)。a．是碳碳双键和碳碳单键交替的结构b．有毒、不溶于水、密度比水小c．不能使酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色d．肯定条件下能与氢气或氧气反应(5)等质量的三种有机物完全燃烧生成H2O和CO2，消耗氧气的体积(相同状况下)最大的是_______(填A或B或C)。III．某有机物的结构简式如图，1mol该有机物最多可以和______mol氢气反应，最多可以和_____molNaOH反应。【答案】(1).④(2).③(3).②(4).①(5).(6).CH2=CH2(7).CnH2n+2(8).4(9).5(10).乙烯、苯(11).22(12).8(13).ac(14).A(15).4(16).1【解析】【详解】I．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素，故④符合；同素异形体是指由相同元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质，故③符合；同分异构体是指具有相同的分子式，而不同结构的化合物，故②符合；同系物是指结构相像、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，故①符合，而⑤它们实际是同一种物质；故答案为：④③②①；II．(1)A即甲烷的电子式为，B即乙烯的结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；(2)甲烷及其同系物的分子式符合通式CnH2n+2(用n表示)，甲烷、乙烷、丙烷均无同分异构体，丁烷才起先有，故当n＝4时，烷烃起先出现同分异构体；当n=6时是己烷有5种同分异构体，分别为CH3(CH2)4CH3、(CH3)2CH(CH2)2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、CH3CH(CH3)CH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3，故答案为：CnH2n+2；4；5；(3)图中A、B、C分别是甲烷、乙烯和苯，全部原子均共面的有乙烯和苯，结构简式为的有机物是两个苯环通过碳碳单键连接，由于单键可以随意旋转，故处于同一平面内的原子数最多为22个，处于同一平面内的碳原子数至少为一个苯环上的6个加上另一个苯环上与该苯环相连的碳原子，以及与该碳原子对位上的碳原子肯定共平面，故至少有8个，故答案为：228；(4)a．苯环上的六个碳碳键均为介于碳碳双键和碳碳单键之间一种独特的键，故a错误；b．苯是一种有毒、不溶于水、密度比水小的无色液体，故b正确；c．苯不与酸性KMnO4溶液和溴水反应，但能够萃取溴水中的溴而使溴水褪色，故c错误；d．在镍作催化剂时苯与氢气加成，苯能够燃烧，故d正确；故答案为：ac；(5)等质量的有机物完全燃烧生成H2O和CO2，消耗氧气的体积(相同状况下)取决于该有机物中H的百分含量，H的百分含量越大，消耗氧气的体积越大，甲烷、乙烯和苯三种有机物中H的百分含量依次减小，故最大的是A，故答案为：A；III．1mol该有机物含有1mol苯环能够与3mol氢气加成，1mol碳碳双键可与1mol氢气加成，故一共最多可以和4mol氢气反应，只有羧基能与最多可以和NaOH反应，故为1mol，故答案为：4；1。22.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)的物质的量随时间的变更曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为__________。(2)反应从起先至2min，用Z的浓度变更表示的平均反应速率v(Z)＝___________。(3)_____min时，反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时_____(填“增大”“减小”或“不变”下同)；混合气体的密度______。(4)变更下列措施能加快反应速率的是_____(填序号，下同)。A.恒压时充入HeB.恒容时充入HeC.恒容时充入XD.扩大容器体积E.上升温度F.选择高效的催化剂(5)下列能作为推断反应达到平衡的依据的是_____。A.体系压强不变B.2v(Z)正＝3v(X)逆C.三种气体的总质量不变D.X的转化率为30%(6)将amolX与bmolY的混合气体通入2L的密闭容器中并发生上述反应，反应到某时刻各物质的物质的量恰好满意：n(X)＝n(Y)＝n(Z)，则原混合气体中a∶b＝_______。【答案】(1).3X+Y⇌2Z(2).0.05mol/（L•min）(3).2(4).增大(5).不变(6).CEF(7).AD(8).5：3【解析】【分析】(1)由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，依据变更的物质的量之比等于系数比写出方程式；(3)由图标拐点可以发觉2min起各物质的物质的量不变，达到了平衡状态，相对分子质量和密度依据基本公式进行分析推断变更状况；(4)考查影响速率的因素，能加快反应速率的因素如上升温度、增大浓度、运用催化剂等；(5)平衡利用正逆反应速率相等或者变更的量不变时进行推断；(6)利用三段式列出算式求出比例。【详解】(1)由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z；(2)在2min时间内，用Z表示反应的平均速率v(Z)====0.05mol/（L•min）；(3)由图可知从2min起，各物质的物质的量不再发生变更，说明达到了平衡；混合气体的平均相对分子质量数值上和摩尔质量相等，M=m/n，从起先到平衡，气体总质量是守恒的，但是n是减小的，所以M会增大即平均相对分子质量增大；混合气体密度ρ=m/V，从起先到平衡，气体质量是守恒的，体积是不变的，所以密度始终不变；(4)A.恒压时充入He，体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小，故A不符合；B.恒容时充入He，体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故B不符合；C.恒容时充入X，X的浓度增大，反应速率加快，故C符合；D.扩大容器体积，体系中各物质的浓度减小，反应速率减小，D不符合；E.上升温度，化学反应速率加快，故E符合；F.选择高效的催化剂，反应速率加快，故F符合；故答案为：CEF；(5)A.在温度肯定、体积肯定的状况下，压强和物质的量成正比，该反应总物质的量在变更，故达到平衡之前压强在变，当体系压强不变时达到了平衡，故A符合；B.2v(Z)正＝3v(X)逆，等式中分别表示了正、逆反应速率，但比值不对，应为3v(Z)正＝2v(X)逆，故B不符合；C.三种气体的总质量不变，在密闭容器中，遵循质量守恒定律，气体总质量始终不变，故C不符合；D.X的转化率为30%，由图可知达到平衡时，△n（X）=0.3mol，转化率为0.3mol/1.0mol×100%=30%，故D符合；故答案为：AD。(6)3X+Y⇌2Z（设Y的变更量是x）

初始量：ab0变更量：3xx2x平衡量：a-3xb-x2x当n(X)=n(Y)=n(Z)时，a-3x=b-x=2x，则a=5x，b=3x，所以原混合气体中a：b=5：3。【点睛】达到平衡状态的时间可通过视察图象中的拐点来确定，(4)ABC三种状况将压强转变为浓度的变更来分析，进而分析对于速率的影响(5)能作为平衡判据的物理量在平衡前后肯定要有差别，之前变更，之后不变的量可以作为判据，若始终不变则不行以，若用到速率则必需一正一逆且满意系数比。23.A是一种来自石油的重要的有机物，也是果实催熟剂。D和C碳原子数相同，其水溶液能使紫色石蕊变红。E是一种具有果香味的酯，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。相互转化如下：(1)B的分子式为______，D的官能团为________。(2)写出反应①、⑤的化学方程式：①__，反应类型为______；⑤_，反应类型为_______。(3)R的一种同系物W，相对分子质量比R大154，则W的分子式为_________。(4)与A相邻的同系物Q与溴水反应的化学方程式为_______。【答案】(1).C2H6O(2).羧基(3).CH2=CH2+H2OCH3CH2OH(4).加成反应(5).CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O(6).取代反应(7).C13H28(8).CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br【解析】【分析】A是一种来自石油的重要的有机物，也是果实催熟剂，则A为CH2=CH2，A与H2发生加成反应生成R，则R为CH3CH3，A与H2O发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO，D和C碳原子数相同，其水溶液能使紫色石蕊变红，则D为CH3COOH，B与D反应生成E，E是一种具有果香味的酯，则E为CH3COOCH2CH3，F是一种高聚物，则F为聚乙烯，据此分析解答。【详解】(1)依据上述分析可知，B为CH3CH2OH，B的分子式为C2H6O，D为CH3COOH，其官能团为羧基，故答案为：C2H6O；羧基；(2)反应①为CH2=CH2与H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应⑤为CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化(取代)反应生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应；(3)R的分子式为C2H6，其同系物W的相对分子质量比R大154，则W比R多个“CH2”，因此W的分子式为C13H28，故答案为：C13H28；(4)与A相邻的同系物Q为CH3CH=CH2，其与溴水反应生成1，2-二溴丙烷，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br，故答案为：CH3CH=CH2+Br2→CH3CHBrCH2Br。24.(1)某同学设计如下试验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：序号纯锌粉(g)2.0mol·L－1硫酸溶液(mL)温度(℃)硫酸铜固体(g)加入蒸馏水(mL)Ⅰ2.050.02500Ⅱ2.040.025010.0Ⅲ2.0500250.20Ⅳ2.050.0254.00①本试验待测数据可以是_________________________，试验Ⅰ和试验Ⅱ可以探究__________对锌与稀硫酸反应速率的影响。②试验Ⅲ和试验Ⅳ的目的是__________________________，写出有关反应的离子方程式________。(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的试验方案如下表：试验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.0402.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx＝________mL，理由是_________________。【答案】(1).反应结束所须要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所须要的时间)(2).硫酸浓度(3).探究硫酸铜的量对反应速率的影响(4).Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑(5).2.0(6).保证反应物K2S2O8浓度的变更，而其他物质浓度不变【解析】【分析】依据反应速率的含义确定要测量的数据；依据各组试验所限制的相同条件和不同条件进行分析。【详解】（1）①依据反应速率的含义，本试验待测数据可以是反应结束所须要的时间(或相同条件下产