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山东省泰安第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题
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泰安一中2019-2020学年下学期期中考试高一化学试题
一、选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D. 氢氧燃料电池是一种能量转换率较高、符合绿色化学理念的新型动力能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属和非金属分界线附近的元素具有金属性和非金属性，可作半导体材料，故A正确；
B．屠呦呦对青蒿素的提取为萃取过程，为物理变化，故B错误；
C．气溶胶为胶体分散系，有丁达尔效应，故C正确；
D．氢氧燃料电池则是一种能量转换率较高、符合绿色化学理念的新型动力电源，故D正确；
答案选B。
2.下列化学用语书写正确的是
A. 氯原子的结构示意图：
B. 作为相对原子质量测定标准的碳核素：C
C. 氯化镁的电子式：
D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯原子核外电子数是17，原子结构示意图为，A错误；
B. 作为相对原子质量测定标准的碳核素为：C，B错误；
C. 氯化镁是离子化合物，电子式为：，C正确；
D. 氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程为：，D错误；
答案选C。
3.据测，哈雷彗星上碳的两种同位素12C和13C的原子个数之比为65:1，而地球上12C和13C的原子个数之比为89∶1。 地球上碳元素的相对原子质量是 12.011，那么哈雷彗星上碳元素的相对原子质量应是 （ ）
A. 12.000 B. 12.009
C. 12.015 D. 12.005
【答案】C
【解析】
【详解】地球上12Ｃ和13Ｃ的原子个数比为89∶１，地球上碳元素的相对原子质量为12.011，而哈雷彗星上12Ｃ和13Ｃ的原子个数比为65∶１，即哈雷彗星上12Ｃ的百分含量小于地球上12Ｃ的百分含量，13Ｃ的百分含量大于地球上13Ｃ的百分含量，因此哈雷彗星上碳元素的相对原子质量大于12.011，答案选C。
4.下列物质中，化学键种类完全相同的是
A. H2O和Na2O B. NaOH和NaCl C. H2O2和Na2O2 D. CCl4 和HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A、水分子中存在极性键，氧化钠中含有离子键，A错误；
B、氢氧化钠中含有离子键和极性键，氯化钠中只有离子键，B错误；
C、双氧水中含有极性键和非极性键，过氧化钠中含有离子键和非极性键，C错误；
D、四氯化碳和氯化氢中均只有极性键，D正确；
答案选D。
【点晴】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属形成的共价键则是非极性键，由不同种非金属形成的共价键是极性键，解答时注意灵活应用。
5.为了从海带浸取液中提取碘,某同学设计了如下实验方案:
下列说法正确的是( )
A. ①中反应的离子方程式:2I-+ H2O2 I2+ 2OH-
B. ②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出
C. ③操作使用的是反萃取法,得到的上层溶液中含有I-
D. 操作Z的名称是加热
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中在酸性溶液中不可能生成OH－，故A错误；
B．四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B错误；
C．碘化钠水溶液的密度比四氯化碳小，③中得到的上层溶液中含有I-，故C正确；
D．从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，故D错误；
故选C。
【点睛】选项A是解答的易错点，注意书写离子方程式时不但要考虑主要的反应物和生成物，还必要考虑溶液的酸碱性对生成物以及反应原理的影响。
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:
元素代号
L
M
X
R
T
Q
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
0.078
主要化合价
+2
+3
+6、-2
+2
-2
+5、-3
则下列相关叙述错误的是
A. 简单氢化物的沸点: X>T>Q
B. 离子半径: X2-> T2-> L2+> M3+
C. 工业上用电解熔融状态的M和T的化合物制取单质M
D. M和R的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应又能与强酸反应
【答案】A
【解析】
试题分析：由表中数据可知，L、M、X、R、T、Q分别为Mg、Al、S、Be、O、N。A.水和氨分子都可以形成分子间氢键，常温下水是液体，所以简单氢化物的沸点为H2O>NH3> H2S，A不正确；B. 离子半径S2-> O2-> Mg2+>Al3+，B正确；C. 工业上用电解熔融状态的氧化铝制取铝，C正确；D. 氢氧化铝和氢氧化铍都是两性氢氧化物，既能与强碱反应又能与强酸反应，D正确。本题选A。
点睛：本题依据表中原子半径和主要化合价推断元素种类，难度较大，首先可以根据元素的最高正化合价或最低负化合价分析元素所在的族，再根据原子半径的变化规律分析元素所在的周期，综合这些信息可以确定元素在周期表中的位置。
7.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是( )
A
B
C
D
硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅太阳能电池将太阳能转化为电能，A不选；
B．锂离子电池的放电过程是将化学能转化为电能，B选；
C．太阳能集热器的原理是光透过透明盖板照射到表面涂有吸收层的吸热体上，其中大部分太阳辐射能被吸收体所吸收，转化为热能，C不选；
D．燃气灶通过天然气的燃烧将化学能转化成热能，D不选。
答案选B。
8.定容容器中发生反应I2(g)＋H2(g)2HI(g)，下列措施不能提高其反应速率的是
A. 升高温度 B. 使用催化剂
C. 充入稀有气体，增大体系压强 D. 增加I2和H2的起始量
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度，使分子的能量增大，化学反应速率加快，故不选A；
B.使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，故不选B；
C.充入稀有气体，增大体系压强，但是反应物的浓度不变，化学反应速率不变，故选C；
D.增加I2和H2的起始量，物质的浓度增大，化学反应速率加快，故不选D。
故选C。
9.工业上由CO2和H2合成气态甲醇的化学方程式为CO2＋3H2===CH3OH＋H2O，已知该反应是放热反应。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，同一物质，气态变成液态放出热量，所以气态产物能量高于液态产物能量，综上所述，A图像符合。
答案选A。
10.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B 用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C. 用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D. 用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯气和HCl都能和氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B. 氯化铵受热易分解，图2为蒸发装置，最终不能得到氯化铵，应利用冷却结晶法，故B错误；
C. 纯碱为粉末状固体，与盐酸接触后不能实现固液分离，且盐酸与挥发，不能制备少量纯净的CO2气体，故C错误；
D. CCl4萃取碘水后，水在上层，碘溶解在四氯化碳中、且在下层，利用分液漏斗可分液，图4 所示装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；
故答案为D。
【点睛】启普发生器(包括简易启普发生器) 适用于不溶于水的块状固体(不可用于粉末药品)与液体在常温下反应制取气体，如氢气、硫化氢等。
11.将纯Zn片和纯Cu片用导线连接置于同一稀H2SO4 溶液中，下列各叙述中正确的是
A. Zn片上有大量气泡产生
B. 负极附近c(SO42-)，逐渐增大
C. 正极、负极附近c(SO42-)基本不变
D. 电子经电解质溶液由正极流向负极
【答案】B
【解析】
【详解】A．Zn比Cu活泼，Zn作负极Cu作正极；正极发生还原反应2H++2e—＝H2↑，铜片上产生气泡，A不正确；
B．原电池工作时阴离子硫酸根离子移向负极，阳离子H+移向正极，所以负极附近硫酸根浓度增大，B正确，
C．根据Ｂ中分析可知C不正确；
D．电子在外电路定向移动，离子在内电路定向移动，D不正确。
答案选B。
【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池正负极的判断、离子的移动方向，尤其要注意溶液酸碱性对电极反应式的影响。
12. 下列反应的能量变化与其它三个不相同的是
A. 铝粉与氧化铁的反应
B. 氯化铵与消石灰的反应
C. 锌片与稀硫酸反应
D. 钠与冷水反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝粉与氧化铁的反应属于放热反应；
B．氯化铵与消石灰反应属于吸热反应；
C．锌片与稀硫酸反应属于放热反应；
D．钠与冷水反应属于放热反应．
显然B中反应的能量变化与其他三项不相同．故选B．
13.已知：2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH=－565.2 kJ·molˉ1，下列说法不正确的是
A. CO(g)+O2(g)＝CO2(g) ΔH=－282.6 kJ·molˉ1
B. 2mol CO(g)与1mol O2(g)反应生成2mol CO2(s)放出热量小于565.2 kJ
C. 相同条件下，2mol CO(g)和1mol O2(g)的总能量大于2mol CO2(g)的总能量
D. 拆开2mol CO和1mol O2的化学键所需总能量低于形成2mol CO2化学键所放出总能量
【答案】B
【解析】
【详解】A、反应热的大小与物质的量成正比例，所以1mol一氧化碳燃烧放出的热量为：282.6 kJ，则反应热的化学方程式为CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H=-282.6 kJ•molˉ1，故A正确；
B、气体变成固体要放出热量，所以2mol CO(g)与1mol O2(g)反应生成2mol CO2(s)放出热量大于565.2 kJ，故B错误；
C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量，所以2mol CO(g)和1mol O2(g)的总能量大于2mol CO2(g)的总能量，故C正确；
D、根据化学反应的实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量，故D正确；
答案选B。
14.短周期元素A、B、C在周期表中所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数和为32。D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。则下列说法正确的是
A. 元素D的某种同位素质量数为14，则其中子数为6
B. 四种元素形成的气态氢化物中，C元素的氢化物的稳定性最强
C. B、C两种元素可形成BC6型化合物，该化合物属于离子化合物
D. A、B两种元素的气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且都属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
根据ABC三种元素在周期表中的相对位置可知，设A的原子序数是x，则B是x＋9，C是x＋2，则x＋x＋9＋x＋2＝32，解得x＝7，即A是N，B是S，C是F。D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，因此D是碳元素。A、碳的某种同位素质量数为14，则其中子数为8，故A错误；B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F是最活泼的非金属，HF的稳定性最高，故B正确； C、在SF6分子中，S与F是共价键，SF6是共价化合物，故C错误；D、氨气和硝酸反应是化合反应，且不是氧化还原反应。H2S和浓硫酸反应是氧化还原反应，反应类型不同，故D错误。
15.甲、乙两种金属性质比较：①甲的单质熔、沸点比乙的低；②常温下，甲能与水反应放出氢气而乙不能；③最高价氧化物对应的水化物碱性比较，乙比甲的强；④甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡。上述项目中能够说明甲比乙的金属性强的是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
比较金属性的强弱，可利用失电子的难易程度、阳离子的氧化性，最高价氧化物的水化物的碱性、与水或酸反应的剧烈程度、单质之间的置换反应、原电池原理等来判断。
【详解】①甲的单质熔、沸点比乙的低，无法确定甲、乙的得电子能力，故①错误；
②常温下，甲能与水反应放出氢气而乙不能，甲的金属性比乙的强，故②正确；
③最高价氧化物对应的水化物碱性比较，乙比甲的强，则乙的金属性比甲的强，故③错误；
④甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡，则甲的金属性比乙的强，故④正确；
故答案选C。
【点睛】知道元素金属性的判断方法有哪些，注意其金属性强弱与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，为易错点。
二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题有一个或两个选项符合题意，漏选得1分，多选错选不得分)
16.应用元素周期律的有关知识，可以预测我们不熟悉的一些元素的单质及其化合物的性质。下列预测中正确的是
①第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性
②砹（At）单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
③Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱
④硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体
⑤硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体
A. ②④ B. ①②③④
C. ①③⑤ D. ②④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①N元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物溶于水显碱性，故错误；
②卤族元素单质从上到下，单质由气体过渡为固体，颜色逐渐加深，AgAt具有AgCl的相似的性质，不溶于水也不溶于稀硝酸，故正确；
③Li燃烧只能生成Li2O，故错误；
④同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性，Ba与Sr同主族，且Sr在Ba下方，硫酸钡(BaSO4)是难溶于水的白色固体，则硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故正确；
⑤非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：S＞Se，则氢化物稳定性为：H2S＞H2Se，故错误；
综上所述正确的有②④，故答案为A。
17.一种新型绿色燃料电池是把H2、CO、CH4的混合气体和空气不断输入，将化学能转化为电能，被称为“21世纪的绿色发电站”。下列关于这种燃料电池的说法不正确的是( )
A. 通入空气的一极为负极
B. H2、CO、CH4的混合气体在电池内部燃烧，放出大量的热，然后电池将热能转化为电能
C. 电池实际运行时的电解液应选择碱性溶液
D. 电池的正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
【答案】AB
【解析】
【详解】A．正极上得电子发生还原反应，元素的化合价降低，所以通入氧化剂空气的电极为正极，A错误；
B．燃料电池将化学能转化为电能，燃料在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，发生的总反应与燃烧反应相同，但能量的转化与燃烧反应不同，B错误；
C．该反应中有二氧化碳生成，如果用非碱性溶液做电解液，生成的二氧化碳气体会造成内部的压强增大，有安全隐患，所以用碱性溶液做电解质溶液，C正确；
D．用碱液做电解液，正极上氧气得电子并和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，D正确。
答案选AB。
18.对于以下反应：A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，在一定温度、压强下，在一体积可变的容器中，当下列物理量不再发生变化时就可确定反应一定达到平衡状态的是
A. 容器的体积不再发生变化
B. B的生成速率和D的反应速率之比为3∶1
C. 混合气体的密度不随时间变化
D. B、C、D的分子个数之比为3∶2∶1
【答案】C
【解析】
【详解】A．A为固体，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，气体体积不变，所以不能根据容器体积判断是否达到平衡状态，故A错误；
B．无论反应是否达到平衡状态，B的生成速率和D的反应速率始终为3：1，所以不能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积可变，气体的质量可变，所以混合气体的密度不随时间变化能证明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，平衡时的浓度取决于起始物质的配料比以及转化的程度，不能用以判断是否达到平衡状态，故D错误。
答案选C。
19.短周期元素 W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图。下列说法错误的是 （ ）
A. 简单离子半径：Z＜Y
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X
C. a一定是烃
D. d中既含有离子键又含有共价键，其中阳离子和阴离子的数目之比为2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，d为过氧化钠；m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为氧气，故Y为O；根据图示转化关系可知：a为烃或烃的含氧衍生物，b、c为二氧化碳、水中的一种，e、f分别为碳酸钠、氢氧化钠中的一种，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答。
【详解】A．Z、Y的离子具有相同的电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：Z＜Y，A正确；
B．元素非金属性越强，其对应的简单氢化物越稳定，由于元素的非金属性Y＞X，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X，B正确；
C．a不一定是烃，C错误；
D．过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的数目之比为2∶1，D正确；
答案选C。
20.2018 年 5 月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：
下列说法正确的是
A. 图中能量转化方式只有 2 种
B. b 极发生的电极反应为：N2+6H＋+6e－= 2NH3
C. H＋向 a 极区移动
D. a 极上每产生 22.4L O2 流过电极的电子数为 2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，所以能量转化方式不只是2种，故A错误；
B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，b 极发生的电极反应为：N2+6H＋+6e－= 2NH3，故B正确；
C. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H＋向 b极区移动，故C错误；
D. a极为负极，电极反应为，每产生标准状况下 22.4L O2 流过电极的电子数为4NA，但题干没说明标准状况，故D错误；
答案选B。
21.一定量的锌粉和6mol·L—1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质：①石墨 ②CuO ③铜粉 ④锌粒 ⑤浓盐酸 ⑥醋酸溶液 ⑦KNO3溶液 ⑧CuCl2时，能够加快反应率，又不响产生H2总量的是 （ ）
A. ①③④ B. ②④⑧ C. ①③⑤ D. ①⑤⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
盐酸过量，则锌完全反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，以此来解答。
【详解】①加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故①正确；
②加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故②错误；
③加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故③正确；
④加入锌粒，固体表面积减小，反应速率减小，产生H2的总量增大，故④错误；
⑤加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故⑤正确；
⑥加入醋酸溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，反应速率减小，故⑥错误；
⑦KNO3溶液，在酸性条件下与锌反应生成NO，不生成氢气，影响生成氢气的总量，故⑦错误；
⑧加入CuCl2，锌置换铜，形成原电池反应，消耗锌，生成氢气的总量减少，生成氢气的速率增大，故⑧错误。
故答案选C。
【点睛】明确影响化学反应速率的变化规律是解答的关键，侧重于学生的分析能力的考查，注意加入硝酸钾对氢气总量的影响，是本题的易错点。
22.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化示意图如图，其中“o”和“•”代表不同元素的原子．下列关于此反应的说法不正确的是（ ）
A. 该反应可表示为
B. 可能是PCl5的分解反应
C. 反应过程中，一定伴随共价键的断裂与形成
D. 该反应一定是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知，是一个失去可2个“o”从而生成了和，且没有完全反应，故此反应为可逆反应，反应可以表示为，故A正确；
B．PCl5分解为PCl3和氯气，化学方程式为PCl5⇌PCl3+Cl2，和图示反应符合，故图示的反应可能为PCl5的分解反应，故B正确；
C．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故此反应中一定伴随着旧键的断裂和新键的形成，故C正确；
D．分解反应大多数吸热，但不一定，故此反应不一定是吸热反应，故D错误。
故选D。
23.根据下面的信息，下列叙述正确的是（ ）
A. 2 mol H2(g)跟 1 mol O2(g)反应生成 2 mol H2O(g)吸收能量为490 kJ
B. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C. 1 mol H2(g) 跟0.5mol O2(g) 反应生成 1 mol H2O(l)释放能量为245 kJ
D. 2molH2O (g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低
【答案】D
【解析】
【详解】A. 2 mol H2(g)跟 1 mol O2(g)反应生成 2 mol H2O(g)放出能量为490 kJ，A不正确；
B. 化学反应中能量变化的大小与参加反应的反应物的质量成正比，B不正确；
C. 1 mol H2(g) 跟0.5mol O2(g) 反应生成 1 mol H2O(g)释放能量为245 kJ，C不正确；
D. 2 mol H2(g)跟 1 mol O2(g)反应生成 2 mol H2O(g)的反应是放热反应，故2molH2O (g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低，D正确；
本题选D。
【点睛】化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。在计算键能总和时，要明确各物质的化学计量数是多少，还要明确物质分子内所含化学键和类别及其数目，特别要注意一个原子可以与多个原子成键的情况，防止少算。
24.下图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，这说明构成原电池，原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极材料增加或放出气泡，根据题意可知，N极是负极，M极是正极，且N极材料比M极活泼，据此分析解答。
【详解】A.M是锌作负极，溶液中的氢离子放电，故A错误；
B.铜是正极，但溶液中的氢离子放电，电极质量不变，故B错误；
C.银是正极，溶液中的银离子放电，质量增加。锌是负极，锌失去电子，质量减少，故C正确；
D.锌是负极，铁是正极，溶质的铁离子放电转化为亚铁离子，故D错误。
答案选C。
25.将4molA气体和2molB气体置于2L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g) + B(g) = 2C (g) 。若经2s后测得C的浓度为 0.6mol/L ，下列说法正确的是
A. 用物质A表示的反应速率为0.3mol/（L·s）
B. 用物质B表示的反应速率为0.3mol/（L·s）
C. 2s时物质A的转化率为30％
D. 2s时物质B的浓度为0.3mol/L
【答案】AC
【解析】
【详解】若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，则
A．用物质A表示的反应速率为=0.3mol/（L•s），故A正确；
B．用物质B表示的反应速率为=0.15mol/（L•s），故B错误；
C.2s时物质A的转化率为=30%，故C正确；
D.2s时物质B的浓度为1.4mol÷2L=0.7mol/L，故D错误；
故答案选AC。
三、非选择题(本题包括4个小题，共40分)
26.已知五种元素的原子序数的大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成离子化合物，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子的分子。试回答下列问题：
（1）写出下列物质的电子式：
D的单质：_________________；
A、B、E形成的化合物：________________；
D、E形成的化合物：___________________。
（2）A、B两元素组成的化合物A2B2存在的化学键是_______________。
（3）铝与A的最高价氧化物的水化物在水溶液中反应的离子方程式为：_____________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 离子键、共价键 (5). 2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑
【解析】
【分析】
五种元素的原子序数的大小顺序为C＞A＞B＞D＞E，A、C同周期，B、C同主族。A与与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，且电子总数为30，所以每个离子都有10个电子，由化学式的结构可知，B带2个单位负电荷，A带1个单位正电荷，所以A是Na元素，B是O元素，因为A、C同周期，B与C同主族，所以C为S元素；D和E可形成4核10电子的分子，可知其中一定含有氢原子，分子中有4个原子核共10个电子，一定是NH3，结合原子序数D＞E，可知D是N元素，E是H元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，E为H、D为N、B为O、A为Na、C为S。
（1）D的单质是氮气，电子式为；A、B、E形成的化合物是氢氧化钠，电子式为；D、E形成的化合物是共价化合物氨气，电子式为。
（2）A、B两元素组成的化合物A2B2是过氧化钠，存在的化学键是离子键和共价键。
（3）铝与A的最高价氧化物的水化物在水溶液中反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]－＋3H2↑。
27.某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度。
（1）实验一：探究温度和浓度对反应速率的影响
实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO3-＋5SO32-＋2H＋===I2＋5SO42-＋H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
实验序号
0.01 mol·L－1 KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01 mol·L－1 Na2SO3溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/℃
出现蓝色的时间/s
①
5
5
V1
0
②
5
5
40
25
③
5
V2
35
25
则V1＝________ mL，V2＝________ mL。
（2）实验二：探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度。实验步骤：
ⅰ.向5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液中滴加5～6滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份；
ⅱ.向甲中滴加CCl4，充分振荡；
ⅲ.向乙中滴加试剂X。
①将KI和FeCl3反应的离子方程式补充完整：____I－＋____Fe3＋ ____I2＋____Fe2＋。
②步骤ⅲ中，试剂X是_________________。
③步骤ⅱ和ⅲ中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是________________________________。
【答案】 (1). 40 (2). 10 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). KSCN溶液 (8). ⅱ中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色，ⅲ中可观察到溶液变红
【解析】
【详解】（1）①和②温度不同，应该时探究温度对速率的影响，因此浓度要求相同，即溶液的总体积相同，则V1+5+5=5+5+40，得V1=40；②和③温度相同，应该时探究浓度对速率的影响，图表中KIO3酸性溶液体积相同，可知是改变亚硫酸钠的浓度，为达到溶液体积相同，5+V2+35=5+5+40，得V2=10；
（2）①结合电子守恒，每生成1个I2转移2e-时，也生成2个Fe2+，再利用电荷守恒及原子守恒可得配平后的离子反应方程式：2I-+2Fe3+＝I2+2Fe2+；
②利用KSCN溶液检验反应后的溶液里存在Fe3+；
③当ⅱ中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色时可知反应后的溶液里有I2，ⅲ中滴加KSCN溶液后可观察到溶液变红，可知溶液里存在Fe3+，由此可推出反应存在一定限度。
【点睛】理解反应实质是解题关键，建议重视基本理论的理解与运用，夯实基础，提高分析问题解决问题的能力，灵活应用控制变量法是解答的关键。
28.一定条件下铁可以和 CO2 发生反应：Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的 CO2 气体，反应过程中 CO2 气体和 CO 气体的浓度与时间的关系如图所示：
(1)t1 时，正、逆反应速率的大小关系为 v 正_____v 逆(填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)4 min 内，CO 的平均反应速率 v(CO)＝_____。
(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是_____(填序号，下同)。
①降低温度
②减少铁粉的质量
③保持压强不变，充入 He 使容器的体积增大
④保持容积不变，充入 He 使体系压强增大
(4)下列描述能说明上述反应已达平衡状态的是_____。
①v(CO2)＝v(CO)
②单位时间内生成 n mol CO2 的同时生成 n mol CO
③容器中气体压强不随时间变化而变化
④容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化
【答案】 (1). > (2). 0125mol·L-1·min-1 (3). ①③ (4). ②④
【解析】
【详解】（1）根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，正向进行，因此v正 > v逆；故答案为：>；
（2）根据图象可知，在4分钟内CO的平均反应速率，v(CO)=；故答案为：0.125mol·L-1·min-1；
（3）①降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，①符合题意；
②由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，②不符合题意；
③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，③符合题意；
④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意；故答案为：①③；
（4）①未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；
②单位时间内生成n molCO2的同时必然会消耗n molCO，又生成n mol CO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；
③该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③错误；
④反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，④正确；故答案为：②④。
【点睛】恒容：充入无关气体，体系内总压变大，分压不变，反应速率不变；恒压：充入无关气体，体系内总压不变，体积变大，分压变小，反应速率变小。
29.（1）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图：电池工作时，外电路上电流的方向应从电极___（“填A或B”）流向用电器。内电路中，CO32－向电极_____（“填A或B”）移动，电极A上CO参与的电极反应为______________________。
（2）将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池，则通入甲烷气体的电极是原电池的____极，该极的电极反应式是___________。如果消耗甲烷160g，假设化学能完全转化为电能，需要消耗标准状况下氧气的体积为_______L。
【答案】 (1). B (2). A (3). CO－2e－＋CO32－＝2CO2 (4). 负 (5). CH4＋10OH――8e－＝CO32－＋7H2O (6). 448
【解析】
【详解】（1）由该燃料电池原理示意图可知，燃料由电极A通入、氧气和二氧化碳由电极B通入，则A为负极、B为正极，所以，电池工作时，外电路上电流的方向应从电极B流向用电器。内电路中，CO32－向电极负极A移动，电极A上CO参与的电极反应为CO－2e－＋CO32－＝2CO2。
（2）将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池，则通入甲烷气体的电极是原电池的负极，该极的电极反应式是CH4＋10OH――8e－＝CO32－＋7H2O。160g甲烷的物质的量为10mol，根据负极的电极反应式可知，消耗10mol 甲烷要转移80mol电子，需要消耗氧气的物质的量为80mol÷4＝20mol，这些氧气在标准状况下的体积为20mol22.4L/mol=448L。
一、选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D. 氢氧燃料电池是一种能量转换率较高、符合绿色化学理念的新型动力能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属和非金属分界线附近的元素具有金属性和非金属性，可作半导体材料，故A正确；
B．屠呦呦对青蒿素的提取为萃取过程，为物理变化，故B错误；
C．气溶胶为胶体分散系，有丁达尔效应，故C正确；
D．氢氧燃料电池则是一种能量转换率较高、符合绿色化学理念的新型动力电源，故D正确；
答案选B。
2.下列化学用语书写正确的是
A. 氯原子的结构示意图：
B. 作为相对原子质量测定标准的碳核素：C
C. 氯化镁的电子式：
D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯原子核外电子数是17，原子结构示意图为，A错误；
B. 作为相对原子质量测定标准的碳核素为：C，B错误；
C. 氯化镁是离子化合物，电子式为：，C正确；
D. 氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程为：，D错误；
答案选C。
3.据测，哈雷彗星上碳的两种同位素12C和13C的原子个数之比为65:1，而地球上12C和13C的原子个数之比为89∶1。 地球上碳元素的相对原子质量是 12.011，那么哈雷彗星上碳元素的相对原子质量应是 （ ）
A. 12.000 B. 12.009
C. 12.015 D. 12.005
【答案】C
【解析】
【详解】地球上12Ｃ和13Ｃ的原子个数比为89∶１，地球上碳元素的相对原子质量为12.011，而哈雷彗星上12Ｃ和13Ｃ的原子个数比为65∶１，即哈雷彗星上12Ｃ的百分含量小于地球上12Ｃ的百分含量，13Ｃ的百分含量大于地球上13Ｃ的百分含量，因此哈雷彗星上碳元素的相对原子质量大于12.011，答案选C。
4.下列物质中，化学键种类完全相同的是
A. H2O和Na2O B. NaOH和NaCl C. H2O2和Na2O2 D. CCl4 和HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A、水分子中存在极性键，氧化钠中含有离子键，A错误；
B、氢氧化钠中含有离子键和极性键，氯化钠中只有离子键，B错误；
C、双氧水中含有极性键和非极性键，过氧化钠中含有离子键和非极性键，C错误；
D、四氯化碳和氯化氢中均只有极性键，D正确；
答案选D。
【点晴】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属形成的共价键则是非极性键，由不同种非金属形成的共价键是极性键，解答时注意灵活应用。
5.为了从海带浸取液中提取碘,某同学设计了如下实验方案:
下列说法正确的是( )
A. ①中反应的离子方程式:2I-+ H2O2 I2+ 2OH-
B. ②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出
C. ③操作使用的是反萃取法,得到的上层溶液中含有I-
D. 操作Z的名称是加热
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中在酸性溶液中不可能生成OH－，故A错误；
B．四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B错误；
C．碘化钠水溶液的密度比四氯化碳小，③中得到的上层溶液中含有I-，故C正确；
D．从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，故D错误；
故选C。
【点睛】选项A是解答的易错点，注意书写离子方程式时不但要考虑主要的反应物和生成物，还必要考虑溶液的酸碱性对生成物以及反应原理的影响。
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表:
元素代号
L
M
X
R
T
Q
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
0.078
主要化合价
+2
+3
+6、-2
+2
-2
+5、-3
则下列相关叙述错误的是
A. 简单氢化物的沸点: X>T>Q
B. 离子半径: X2-> T2-> L2+> M3+
C. 工业上用电解熔融状态的M和T的化合物制取单质M
D. M和R的最高价氧化物对应的水化物既能与强碱反应又能与强酸反应
【答案】A
【解析】
试题分析：由表中数据可知，L、M、X、R、T、Q分别为Mg、Al、S、Be、O、N。A.水和氨分子都可以形成分子间氢键，常温下水是液体，所以简单氢化物的沸点为H2O>NH3> H2S，A不正确；B. 离子半径S2-> O2-> Mg2+>Al3+，B正确；C. 工业上用电解熔融状态的氧化铝制取铝，C正确；D. 氢氧化铝和氢氧化铍都是两性氢氧化物，既能与强碱反应又能与强酸反应，D正确。本题选A。
点睛：本题依据表中原子半径和主要化合价推断元素种类，难度较大，首先可以根据元素的最高正化合价或最低负化合价分析元素所在的族，再根据原子半径的变化规律分析元素所在的周期，综合这些信息可以确定元素在周期表中的位置。
7.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是( )
A
B
C
D
硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅太阳能电池将太阳能转化为电能，A不选；
B．锂离子电池的放电过程是将化学能转化为电能，B选；
C．太阳能集热器的原理是光透过透明盖板照射到表面涂有吸收层的吸热体上，其中大部分太阳辐射能被吸收体所吸收，转化为热能，C不选；
D．燃气灶通过天然气的燃烧将化学能转化成热能，D不选。
答案选B。
8.定容容器中发生反应I2(g)＋H2(g)2HI(g)，下列措施不能提高其反应速率的是
A. 升高温度 B. 使用催化剂
C. 充入稀有气体，增大体系压强 D. 增加I2和H2的起始量
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度，使分子的能量增大，化学反应速率加快，故不选A；
B.使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，故不选B；
C.充入稀有气体，增大体系压强，但是反应物的浓度不变，化学反应速率不变，故选C；
D.增加I2和H2的起始量，物质的浓度增大，化学反应速率加快，故不选D。
故选C。
9.工业上由CO2和H2合成气态甲醇的化学方程式为CO2＋3H2===CH3OH＋H2O，已知该反应是放热反应。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，同一物质，气态变成液态放出热量，所以气态产物能量高于液态产物能量，综上所述，A图像符合。
答案选A。
10.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B 用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体
C. 用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D. 用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯气和HCl都能和氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B. 氯化铵受热易分解，图2为蒸发装置，最终不能得到氯化铵，应利用冷却结晶法，故B错误；
C. 纯碱为粉末状固体，与盐酸接触后不能实现固液分离，且盐酸与挥发，不能制备少量纯净的CO2气体，故C错误；
D. CCl4萃取碘水后，水在上层，碘溶解在四氯化碳中、且在下层，利用分液漏斗可分液，图4 所示装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；
故答案为D。
【点睛】启普发生器(包括简易启普发生器) 适用于不溶于水的块状固体(不可用于粉末药品)与液体在常温下反应制取气体，如氢气、硫化氢等。
11.将纯Zn片和纯Cu片用导线连接置于同一稀H2SO4 溶液中，下列各叙述中正确的是
A. Zn片上有大量气泡产生
B. 负极附近c(SO42-)，逐渐增大
C. 正极、负极附近c(SO42-)基本不变
D. 电子经电解质溶液由正极流向负极
【答案】B
【解析】
【详解】A．Zn比Cu活泼，Zn作负极Cu作正极；正极发生还原反应2H++2e—＝H2↑，铜片上产生气泡，A不正确；
B．原电池工作时阴离子硫酸根离子移向负极，阳离子H+移向正极，所以负极附近硫酸根浓度增大，B正确，
C．根据Ｂ中分析可知C不正确；
D．电子在外电路定向移动，离子在内电路定向移动，D不正确。
答案选B。
【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池正负极的判断、离子的移动方向，尤其要注意溶液酸碱性对电极反应式的影响。
12. 下列反应的能量变化与其它三个不相同的是
A. 铝粉与氧化铁的反应
B. 氯化铵与消石灰的反应
C. 锌片与稀硫酸反应
D. 钠与冷水反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝粉与氧化铁的反应属于放热反应；
B．氯化铵与消石灰反应属于吸热反应；
C．锌片与稀硫酸反应属于放热反应；
D．钠与冷水反应属于放热反应．
显然B中反应的能量变化与其他三项不相同．故选B．
13.已知：2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH=－565.2 kJ·molˉ1，下列说法不正确的是
A. CO(g)+O2(g)＝CO2(g) ΔH=－282.6 kJ·molˉ1
B. 2mol CO(g)与1mol O2(g)反应生成2mol CO2(s)放出热量小于565.2 kJ
C. 相同条件下，2mol CO(g)和1mol O2(g)的总能量大于2mol CO2(g)的总能量
D. 拆开2mol CO和1mol O2的化学键所需总能量低于形成2mol CO2化学键所放出总能量
【答案】B
【解析】
【详解】A、反应热的大小与物质的量成正比例，所以1mol一氧化碳燃烧放出的热量为：282.6 kJ，则反应热的化学方程式为CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H=-282.6 kJ•molˉ1，故A正确；
B、气体变成固体要放出热量，所以2mol CO(g)与1mol O2(g)反应生成2mol CO2(s)放出热量大于565.2 kJ，故B错误；
C、正反应是放热反应所以反应物的总能量高于生成物的总能量，所以2mol CO(g)和1mol O2(g)的总能量大于2mol CO2(g)的总能量，故C正确；
D、根据化学反应的实质，因为反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，则拆开反应物所有键所吸收的总能量小于形成生成物所放出的总能量，故D正确；
答案选B。
14.短周期元素A、B、C在周期表中所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数和为32。D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。则下列说法正确的是
A. 元素D的某种同位素质量数为14，则其中子数为6
B. 四种元素形成的气态氢化物中，C元素的氢化物的稳定性最强
C. B、C两种元素可形成BC6型化合物，该化合物属于离子化合物
D. A、B两种元素的气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且都属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
根据ABC三种元素在周期表中的相对位置可知，设A的原子序数是x，则B是x＋9，C是x＋2，则x＋x＋9＋x＋2＝32，解得x＝7，即A是N，B是S，C是F。D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，因此D是碳元素。A、碳的某种同位素质量数为14，则其中子数为8，故A错误；B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F是最活泼的非金属，HF的稳定性最高，故B正确； C、在SF6分子中，S与F是共价键，SF6是共价化合物，故C错误；D、氨气和硝酸反应是化合反应，且不是氧化还原反应。H2S和浓硫酸反应是氧化还原反应，反应类型不同，故D错误。
15.甲、乙两种金属性质比较：①甲的单质熔、沸点比乙的低；②常温下，甲能与水反应放出氢气而乙不能；③最高价氧化物对应的水化物碱性比较，乙比甲的强；④甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡。上述项目中能够说明甲比乙的金属性强的是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
比较金属性的强弱，可利用失电子的难易程度、阳离子的氧化性，最高价氧化物的水化物的碱性、与水或酸反应的剧烈程度、单质之间的置换反应、原电池原理等来判断。
【详解】①甲的单质熔、沸点比乙的低，无法确定甲、乙的得电子能力，故①错误；
②常温下，甲能与水反应放出氢气而乙不能，甲的金属性比乙的强，故②正确；
③最高价氧化物对应的水化物碱性比较，乙比甲的强，则乙的金属性比甲的强，故③错误；
④甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡，则甲的金属性比乙的强，故④正确；
故答案选C。
【点睛】知道元素金属性的判断方法有哪些，注意其金属性强弱与得失电子难易程度有关，与得失电子多少无关，为易错点。
二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题有一个或两个选项符合题意，漏选得1分，多选错选不得分)
16.应用元素周期律的有关知识，可以预测我们不熟悉的一些元素的单质及其化合物的性质。下列预测中正确的是
①第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性
②砹（At）单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸
③Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱
④硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体
⑤硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体
A. ②④ B. ①②③④
C. ①③⑤ D. ②④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①N元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物溶于水显碱性，故错误；
②卤族元素单质从上到下，单质由气体过渡为固体，颜色逐渐加深，AgAt具有AgCl的相似的性质，不溶于水也不溶于稀硝酸，故正确；
③Li燃烧只能生成Li2O，故错误；
④同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性，Ba与Sr同主族，且Sr在Ba下方，硫酸钡(BaSO4)是难溶于水的白色固体，则硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故正确；
⑤非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：S＞Se，则氢化物稳定性为：H2S＞H2Se，故错误；
综上所述正确的有②④，故答案为A。
17.一种新型绿色燃料电池是把H2、CO、CH4的混合气体和空气不断输入，将化学能转化为电能，被称为“21世纪的绿色发电站”。下列关于这种燃料电池的说法不正确的是( )
A. 通入空气的一极为负极
B. H2、CO、CH4的混合气体在电池内部燃烧，放出大量的热，然后电池将热能转化为电能
C. 电池实际运行时的电解液应选择碱性溶液
D. 电池的正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
【答案】AB
【解析】
【详解】A．正极上得电子发生还原反应，元素的化合价降低，所以通入氧化剂空气的电极为正极，A错误；
B．燃料电池将化学能转化为电能，燃料在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，发生的总反应与燃烧反应相同，但能量的转化与燃烧反应不同，B错误；
C．该反应中有二氧化碳生成，如果用非碱性溶液做电解液，生成的二氧化碳气体会造成内部的压强增大，有安全隐患，所以用碱性溶液做电解质溶液，C正确；
D．用碱液做电解液，正极上氧气得电子并和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，D正确。
答案选AB。
18.对于以下反应：A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，在一定温度、压强下，在一体积可变的容器中，当下列物理量不再发生变化时就可确定反应一定达到平衡状态的是
A. 容器的体积不再发生变化
B. B的生成速率和D的反应速率之比为3∶1
C. 混合气体的密度不随时间变化
D. B、C、D的分子个数之比为3∶2∶1
【答案】C
【解析】
【详解】A．A为固体，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，气体体积不变，所以不能根据容器体积判断是否达到平衡状态，故A错误；
B．无论反应是否达到平衡状态，B的生成速率和D的反应速率始终为3：1，所以不能说明正逆反应速率相等，故B错误；
C．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积可变，气体的质量可变，所以混合气体的密度不随时间变化能证明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．平衡时浓度不再发生变化，但物质之间的浓度不一定相等或满足某种关系，平衡时的浓度取决于起始物质的配料比以及转化的程度，不能用以判断是否达到平衡状态，故D错误。
答案选C。
19.短周期元素 W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图。下列说法错误的是 （ ）
A. 简单离子半径：Z＜Y
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X
C. a一定是烃
D. d中既含有离子键又含有共价键，其中阳离子和阴离子的数目之比为2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，d为过氧化钠；m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为氧气，故Y为O；根据图示转化关系可知：a为烃或烃的含氧衍生物，b、c为二氧化碳、水中的一种，e、f分别为碳酸钠、氢氧化钠中的一种，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答。
【详解】A．Z、Y的离子具有相同的电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：Z＜Y，A正确；
B．元素非金属性越强，其对应的简单氢化物越稳定，由于元素的非金属性Y＞X，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X，B正确；
C．a不一定是烃，C错误；
D．过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的数目之比为2∶1，D正确；
答案选C。
20.2018 年 5 月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：
下列说法正确的是
A. 图中能量转化方式只有 2 种
B. b 极发生的电极反应为：N2+6H＋+6e－= 2NH3
C. H＋向 a 极区移动
D. a 极上每产生 22.4L O2 流过电极的电子数为 2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，所以能量转化方式不只是2种，故A错误；
B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，b 极发生的电极反应为：N2+6H＋+6e－= 2NH3，故B正确；
C. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H＋向 b极区移动，故C错误；
D. a极为负极，电极反应为，每产生标准状况下 22.4L O2 流过电极的电子数为4NA，但题干没说明标准状况，故D错误；
答案选B。
21.一定量的锌粉和6mol·L—1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质：①石墨 ②CuO ③铜粉 ④锌粒 ⑤浓盐酸 ⑥醋酸溶液 ⑦KNO3溶液 ⑧CuCl2时，能够加快反应率，又不响产生H2总量的是 （ ）
A. ①③④ B. ②④⑧ C. ①③⑤ D. ①⑤⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
盐酸过量，则锌完全反应，锌的量决定氢气的体积，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量，采取措施有：形成原电池，升高温度，改变锌粉的颗粒大小，增大氢离子的浓度等，以此来解答。
【详解】①加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故①正确；
②加入CuO，与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故②错误；
③加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故③正确；
④加入锌粒，固体表面积减小，反应速率减小，产生H2的总量增大，故④错误；
⑤加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，故⑤正确；
⑥加入醋酸溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，反应速率减小，故⑥错误；
⑦KNO3溶液，在酸性条件下与锌反应生成NO，不生成氢气，影响生成氢气的总量，故⑦错误；
⑧加入CuCl2，锌置换铜，形成原电池反应，消耗锌，生成氢气的总量减少，生成氢气的速率增大，故⑧错误。
故答案选C。
【点睛】明确影响化学反应速率的变化规律是解答的关键，侧重于学生的分析能力的考查，注意加入硝酸钾对氢气总量的影响，是本题的易错点。
22.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化示意图如图，其中“o”和“•”代表不同元素的原子．下列关于此反应的说法不正确的是（ ）
A. 该反应可表示为
B. 可能是PCl5的分解反应
C. 反应过程中，一定伴随共价键的断裂与形成
D. 该反应一定是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知，是一个失去可2个“o”从而生成了和，且没有完全反应，故此反应为可逆反应，反应可以表示为，故A正确；
B．PCl5分解为PCl3和氯气，化学方程式为PCl5⇌PCl3+Cl2，和图示反应符合，故图示的反应可能为PCl5的分解反应，故B正确；
C．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故此反应中一定伴随着旧键的断裂和新键的形成，故C正确；
D．分解反应大多数吸热，但不一定，故此反应不一定是吸热反应，故D错误。
故选D。
23.根据下面的信息，下列叙述正确的是（ ）
A. 2 mol H2(g)跟 1 mol O2(g)反应生成 2 mol H2O(g)吸收能量为490 kJ
B. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
C. 1 mol H2(g) 跟0.5mol O2(g) 反应生成 1 mol H2O(l)释放能量为245 kJ
D. 2molH2O (g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低
【答案】D
【解析】
【详解】A. 2 mol H2(g)跟 1 mol O2(g)反应生成 2 mol H2O(g)放出能量为490 kJ，A不正确；
B. 化学反应中能量变化的大小与参加反应的反应物的质量成正比，B不正确；
C. 1 mol H2(g) 跟0.5mol O2(g) 反应生成 1 mol H2O(g)释放能量为245 kJ，C不正确；
D. 2 mol H2(g)跟 1 mol O2(g)反应生成 2 mol H2O(g)的反应是放热反应，故2molH2O (g)的能量比2 mol H2(g)与1 mol O2(g)的能量之和低，D正确；
本题选D。
【点睛】化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。在计算键能总和时，要明确各物质的化学计量数是多少，还要明确物质分子内所含化学键和类别及其数目，特别要注意一个原子可以与多个原子成键的情况，防止少算。
24.下图所示装置中观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，指针指向M，这说明构成原电池，原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极材料增加或放出气泡，根据题意可知，N极是负极，M极是正极，且N极材料比M极活泼，据此分析解答。
【详解】A.M是锌作负极，溶液中的氢离子放电，故A错误；
B.铜是正极，但溶液中的氢离子放电，电极质量不变，故B错误；
C.银是正极，溶液中的银离子放电，质量增加。锌是负极，锌失去电子，质量减少，故C正确；
D.锌是负极，铁是正极，溶质的铁离子放电转化为亚铁离子，故D错误。
答案选C。
25.将4molA气体和2molB气体置于2L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g) + B(g) = 2C (g) 。若经2s后测得C的浓度为 0.6mol/L ，下列说法正确的是
A. 用物质A表示的反应速率为0.3mol/（L·s）
B. 用物质B表示的反应速率为0.3mol/（L·s）
C. 2s时物质A的转化率为30％
D. 2s时物质B的浓度为0.3mol/L
【答案】AC
【解析】
【详解】若经2s后测得C的浓度为0.6mol/L，生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，则
A．用物质A表示的反应速率为=0.3mol/（L•s），故A正确；
B．用物质B表示的反应速率为=0.15mol/（L•s），故B错误；
C.2s时物质A的转化率为=30%，故C正确；
D.2s时物质B的浓度为1.4mol÷2L=0.7mol/L，故D错误；
故答案选AC。
三、非选择题(本题包括4个小题，共40分)
26.已知五种元素的原子序数的大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成离子化合物，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子的分子。试回答下列问题：
（1）写出下列物质的电子式：
D的单质：_________________；
A、B、E形成的化合物：________________；
D、E形成的化合物：___________________。
（2）A、B两元素组成的化合物A2B2存在的化学键是_______________。
（3）铝与A的最高价氧化物的水化物在水溶液中反应的离子方程式为：_____________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 离子键、共价键 (5). 2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑
【解析】
【分析】
五种元素的原子序数的大小顺序为C＞A＞B＞D＞E，A、C同周期，B、C同主族。A与与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，且电子总数为30，所以每个离子都有10个电子，由化学式的结构可知，B带2个单位负电荷，A带1个单位正电荷，所以A是Na元素，B是O元素，因为A、C同周期，B与C同主族，所以C为S元素；D和E可形成4核10电子的分子，可知其中一定含有氢原子，分子中有4个原子核共10个电子，一定是NH3，结合原子序数D＞E，可知D是N元素，E是H元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，E为H、D为N、B为O、A为Na、C为S。
（1）D的单质是氮气，电子式为；A、B、E形成的化合物是氢氧化钠，电子式为；D、E形成的化合物是共价化合物氨气，电子式为。
（2）A、B两元素组成的化合物A2B2是过氧化钠，存在的化学键是离子键和共价键。
（3）铝与A的最高价氧化物的水化物在水溶液中反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]－＋3H2↑。
27.某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度。
（1）实验一：探究温度和浓度对反应速率的影响
实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO3-＋5SO32-＋2H＋===I2＋5SO42-＋H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
实验序号
0.01 mol·L－1 KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01 mol·L－1 Na2SO3溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/℃
出现蓝色的时间/s
①
5
5
V1
0
②
5
5
40
25
③
5
V2
35
25
则V1＝________ mL，V2＝________ mL。
（2）实验二：探究KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度。实验步骤：
ⅰ.向5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液中滴加5～6滴0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，充分反应后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份；
ⅱ.向甲中滴加CCl4，充分振荡；
ⅲ.向乙中滴加试剂X。
①将KI和FeCl3反应的离子方程式补充完整：____I－＋____Fe3＋ ____I2＋____Fe2＋。
②步骤ⅲ中，试剂X是_________________。
③步骤ⅱ和ⅲ中的实验现象说明KI和FeCl3混合时生成KCl、I2和FeCl2的反应存在一定的限度，该实验现象是________________________________。
【答案】 (1). 40 (2). 10 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). KSCN溶液 (8). ⅱ中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色，ⅲ中可观察到溶液变红
【解析】
【详解】（1）①和②温度不同，应该时探究温度对速率的影响，因此浓度要求相同，即溶液的总体积相同，则V1+5+5=5+5+40，得V1=40；②和③温度相同，应该时探究浓度对速率的影响，图表中KIO3酸性溶液体积相同，可知是改变亚硫酸钠的浓度，为达到溶液体积相同，5+V2+35=5+5+40，得V2=10；
（2）①结合电子守恒，每生成1个I2转移2e-时，也生成2个Fe2+，再利用电荷守恒及原子守恒可得配平后的离子反应方程式：2I-+2Fe3+＝I2+2Fe2+；
②利用KSCN溶液检验反应后的溶液里存在Fe3+；
③当ⅱ中可观察到溶液分层，下层呈现紫红色时可知反应后的溶液里有I2，ⅲ中滴加KSCN溶液后可观察到溶液变红，可知溶液里存在Fe3+，由此可推出反应存在一定限度。
【点睛】理解反应实质是解题关键，建议重视基本理论的理解与运用，夯实基础，提高分析问题解决问题的能力，灵活应用控制变量法是解答的关键。
28.一定条件下铁可以和 CO2 发生反应：Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的 CO2 气体，反应过程中 CO2 气体和 CO 气体的浓度与时间的关系如图所示：
(1)t1 时，正、逆反应速率的大小关系为 v 正_____v 逆(填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)4 min 内，CO 的平均反应速率 v(CO)＝_____。
(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是_____(填序号，下同)。
①降低温度
②减少铁粉的质量
③保持压强不变，充入 He 使容器的体积增大
④保持容积不变，充入 He 使体系压强增大
(4)下列描述能说明上述反应已达平衡状态的是_____。
①v(CO2)＝v(CO)
②单位时间内生成 n mol CO2 的同时生成 n mol CO
③容器中气体压强不随时间变化而变化
④容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化
【答案】 (1). > (2). 0125mol·L-1·min-1 (3). ①③ (4). ②④
【解析】
【详解】（1）根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，正向进行，因此v正 > v逆；故答案为：>；
（2）根据图象可知，在4分钟内CO的平均反应速率，v(CO)=；故答案为：0.125mol·L-1·min-1；
（3）①降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，①符合题意；
②由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，②不符合题意；
③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，③符合题意；
④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意；故答案为：①③；
（4）①未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；
②单位时间内生成n molCO2的同时必然会消耗n molCO，又生成n mol CO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；
③该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③错误；
④反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，④正确；故答案为：②④。
【点睛】恒容：充入无关气体，体系内总压变大，分压不变，反应速率不变；恒压：充入无关气体，体系内总压不变，体积变大，分压变小，反应速率变小。
29.（1）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图：电池工作时，外电路上电流的方向应从电极___（“填A或B”）流向用电器。内电路中，CO32－向电极_____（“填A或B”）移动，电极A上CO参与的电极反应为______________________。
（2）将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池，则通入甲烷气体的电极是原电池的____极，该极的电极反应式是___________。如果消耗甲烷160g，假设化学能完全转化为电能，需要消耗标准状况下氧气的体积为_______L。
【答案】 (1). B (2). A (3). CO－2e－＋CO32－＝2CO2 (4). 负 (5). CH4＋10OH――8e－＝CO32－＋7H2O (6). 448
【解析】
【详解】（1）由该燃料电池原理示意图可知，燃料由电极A通入、氧气和二氧化碳由电极B通入，则A为负极、B为正极，所以，电池工作时，外电路上电流的方向应从电极B流向用电器。内电路中，CO32－向电极负极A移动，电极A上CO参与的电极反应为CO－2e－＋CO32－＝2CO2。
（2）将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池，则通入甲烷气体的电极是原电池的负极，该极的电极反应式是CH4＋10OH――8e－＝CO32－＋7H2O。160g甲烷的物质的量为10mol，根据负极的电极反应式可知，消耗10mol 甲烷要转移80mol电子，需要消耗氧气的物质的量为80mol÷4＝20mol，这些氧气在标准状况下的体积为20mol22.4L/mol=448L。
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