正确选项C。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期表的关系，把握元素的的性质、原子序数、元素化合物的知识来推断元素为解答的关键，本题中要掌握硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和单质硫这个重要反应，是解题的突破口。
10.乙醇分子中各化学键如图所示．下列关于乙醇在不同的反应中断裂化学键的说法错误的是
A.与金属钠反应时，键①断裂
B.在加热和Cu催化下与O2反应时，键①、③断裂
C.与浓硫酸共热发生消去反应时，键②③断裂
D.与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，键①断裂
【答案】C
【解析】
分析：
乙醇与金属钠发生置换反应是，羟基氢被置换，发生催化氧化时，乙醇分子中的羟基氢和
H脱去，发生消去反应时，乙醇脱去羟基和
H，发生酯化反应时，醇脱去羟基氢。
详解：
A.乙醇分子中的羟基上的H原子较活泼，与金属钠发生置换反应时，键①断裂，A正确；
B.在加热和Cu催化下与O2反应时，乙醇转化为乙醛，键①、③断裂，B正确；
C.与浓硫酸共热发生消去反应时，乙醇转化为乙烯，键②⑤断裂，C不正确；
D.与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，酸脱羟基、醇脱氢，键①断裂，D正确。
本题选C。
11.对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）
4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）
A.NH3和H2O化学反应速率关系是2v正（NH3）＝3v逆（H2O）
B.达到化学平衡时，4v正（O2）＝5v逆（NO）
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A项，速率之比和系数成正比，因此3v正（NH3）＝2v逆（H2O），A错误；
B项，达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正（O2）＝5v逆（NO），B正确；
C项，达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，C错误；
D项，单位时间内消耗xmolNH3与生成xmolNO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误；
正确选项B。
12.固体NH5属离子化合物，它与水反应的方程式为NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑。
它也能跟乙醇、乙酸、盐酸等发生类似的反应，并都产生氢气。
下列有关NH5叙述正确的是（）
A.1molNH5中含有3NA个N－H键
B.NH5中N元素的化合价为-5价
C.1molNH5与水反应时，转移电子为NA
D.与乙酸反应时，NH5被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH5是离子化合物氢化铵，化学式为NH4H，所以1molNH5中有4NA个N－H键，A错误；
B．NH5属于离子化合物，其化学式为NH4H，阴离子氢离子为－1价，铵根离子中氢元素为+1价，则氮元素为－3价，B错误；
C．NH4H中阴离子氢离子为－1价，变成0价的氢，所以1molNH5与水反应时，转移电子为NA，C正确；
D．根据NH5与水反应类比知，与乙醇反应时，NH5中阴离子氢离子的化合价由－1价→0价，所以失电子作还原剂，NH5在氧化还原反应中被氧化，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，题目难度中等，能根据题意判断化合物NH5含有的阴阳离子是解本题的关键。
13.可逆反应：
2NO2
2NO+O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A.①③④⑤B.②③⑤⑦C.①④⑥⑦D.全部
【答案】C
【解析】
①单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO2是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故①正确；②单位时间内生成nmolO2是正反应速率，同时生成2nmolNO也是正反应速率，故不能说明达到平衡状态，故②错误；③化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比始终为2：
2：
1，故不能说明达到平衡状态，故③错误；④二氧化氮为红棕色气体，一氧化氮和氧气为无色气体，故混合气体的颜色不再改变，说明达到平衡状态，故④正确；⑤密度=
，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；⑥反应前后气体的物质的量不等，故混合气体的压强不再改变，说明达到平衡状态，故⑥正确；⑦平均相对分子质量=
，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故⑦正确；故达到平衡状态的标志是①④⑥⑦，故选C。
点睛：
明确化学平衡的本质是解题关键，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．注意反应中反应物的化学计量数之和与生成物的化学计量数之和的大小关系。
14.某单烯烃与氢气的加成产物为（CH3）2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是（）
A.该产物的名称是1，1—二甲基丙烷
B.原单烯烃只可能有3种不同结构
C.1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气
D.原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、该产物的名称是2－甲基丁烷，错误；B、原单烯烃中碳碳双键有三种位置，正确；C、该加成产物的分子式为C5H10,1mol该物质燃烧消耗7.5mol氧气，错误；D、C3H6可能为环丙烷，错误。
考点：
本题考查有机化合物的结构、名称、相关计算。
15.工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分流程如下:
下列说法正确的是（ ）
A.海水需要浓缩，是因为海水中的Br2含量较低
B.热空气的作用是将多余的Cl2吹出
C.反应釜2中发生的反应是5Br-+BrO3－+3H2O=3Br2+6OH-
D.吸收塔中发生的反应是3Br2+3CO32－=5Br-+BrO3－+3CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A项，溴在海水中以Br-的形式存在，不是Br2单质，错误；
B项，常温下Br2呈液态，易挥发，热空气的作用是将Br2吹出，而不是Cl2，错误；
C项.，反应釜2中加入了稀硫酸，故生成物中不可能有OH-，错误；
D项，根据流程可知，溴与碳酸钠溶液反应生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，离子方程式为3Br2+3CO32－=5Br-+BrO3－+3CO2，正确；
正确选项D。
16.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其工作原理如图所示,NH3被氧化为常见无毒物质。
下列说法错误的是（）
A.溶液中K+向电极b移动
B.氨气在电极a上发生氧化反应
C.反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:
3
D.正极的电极反应式为:
O2+4e-+2H2O=4OH-，故反应一段时间后，电解液的pH升高
【答案】D
【解析】
【分析】
NH3被氧化为常见无毒物质，应生成氮气，a电极通入氨气生成氮气，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。
【详解】A．因为a极为负极，b为正极，则溶钾离子向正极移动，A正确；
B．氨气在反应中失去电子，在负极a极上发生氧化反应，B正确；
C．反应中N元素化合价升高3价，O元素化合价降低4价，根据得失电子守恒，消耗NH3与O2的物质的量之比为4：
3，C正确；
D．正极得到电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e－+2H2O＝4OH－，总反应式为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，反应后氢氧根的浓度减小，电解液的pH下降，D错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了原电池原理，根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点。
17.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2S
CuSO4溶液
H2S酸性强于H2SO4
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀盐酸
亚硫酸钠
硝酸钡溶液
二氧化硫与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D
浓硝酸
碳酸钠
硅酸钠溶液
酸性：
硝酸＞碳酸＞硅酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
A．H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀，根据溶液的成分判断硫化铜的性质；
B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀；
【详解】A．Na2S与稀硫酸反应生成硫化氢气体，H2S与CuSO4溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，说明了硫化铜不溶于硫酸和水，不能说明H2S酸性强于H2SO4，故A错误；
B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C错误；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；
正确选项B。
【点睛】二氧化硫与氯化钡溶液不反应，因为亚硫酸的酸性弱于盐酸；二氧化硫与硝酸钡溶液反应，因为在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子，其与钡离子结合为硫酸钡白色沉淀，所以笼统地说可溶性钡盐与二氧化硫不反应是错误的。
18.将38.4g铜与适量浓硝酸恰好反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示：
下列有关判断正确的是（）
A.若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L
B.NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反应时，NO2、N2O4仅作还原剂
C.生成0.2molNaNO3和0.8molNaNO2
D.硝酸在反应中仅体现氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，n（Cu）=38.4/64==0.6mol，生成硝酸铜0.6mol，含有硝酸根离子1.2mol，氮的化合物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知：
n（Na）=n（N）=n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol,所以硝酸的总量为1.2+1=2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为2.2/0.2=11mol/L,A正确；
B.NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反应时生成NaNO3和NaNO2，NO2、N2O4中氮元素为+4价，既可升高到+5价，又可降低到+3价，既作还原剂又作还原剂，B错误；
C.n（Cu）=38.4/64==0.6mol，由电子守恒可以知道，38.4gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.6×（2-0）=n（NaNO2）×（5-3）,计算得出n（NaNO2）=0.6mol，根据题给信息可知n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，则由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，C错误；
D.铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，D错误；
正确选项A。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，把握硝酸的作用，氮元素的化合价变化及原子守恒（n（Na）=n（N）），电子守恒2n（Cu）=3n（NaNO2），这是顺利解题的关键。
19.A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4个；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族．
（1）D在周期表中的位置______；B的原子结构示意图______；
（2）E元素形成最高价氧化物对应的水化物的化学式为______；
（3）元素C、D、E形成的原子半径大小关系是______（用元素符号表示）．
（4）C、D可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是______；
（5）A、C两种元素形成的原子个数之比为1：
1的化合物电子式______，
（6）B的氢化物与B的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_____。
【答案】
（1）.第三周期第ⅠA族
（2）.
（3）.H2SO4（4）.D＞E＞C（5）.离子键、（非极性）共价键（6）.
升级会员 