1、邯郸市第一中学高一年级四月月考化学试题可能会用到的相对原子质量：C-12，Cu-64，Ag-108一、单项选择题1.下列各项中表达正确的是( )A. F的结构示意图：B. CO2的分子模型示意图：C. NaCl的电子式：D. N2的结构式： :NN:【答案】A【解析】A、F-的核电荷数为9，核外电子数为10，故A正确；B、二氧化碳为直线形分子，碳原子半径比氧原子半径大，应该为，故B错误；C、离子化合物电子式书写，简单阳离子用离子符号表示，阴离子要加括号，并写上离子所带电荷，应该为，故C错误；D、N2分子中氮原子与氮原子间形成三键，结构式为NN，故D错误；故选A。点睛：掌握化学用语书写的基本规则
2、是解题的基础。本题的易错点为B，比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。2.下列叙述正确的是A. 离子晶体中，只存在离子健，不可能存在其它化学键B. 可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键C. Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 2D. 晶体熔点：金刚石食盐冰干冰【答案】D【解析】【详解】A.离子晶体中，一定存在离子键，可能会含共价键，如氯化铵晶体中既有离子键又有共价键，A不正确。B.甲烷分子与水分子之间不可能存在氢键，因为碳原子半径较大、电负性较小不具备形成氢键的条件，所以B不正确。C.NaHSO4晶体中阴、阳离子个数比为1：1，所以C不正确。D.金刚石是
3、原子晶体，氯化钠是离子晶体，而冰和干冰都是分子晶体。比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体离子晶体分子晶体，冰和干冰都是分子晶体，可以根据常温下水为液态，而二氧化碳为气态判断冰的熔点高于干冰，所以D正确。答案选D。3.若把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18纵行。如碱金属为第1纵行，稀有气体为第18纵行，按这个规定，下列说法不正确的是()A. 计算机芯片的组成元素位于第14纵行B. 第10纵行元素全部金属元素C. 第18纵行元素单质全部是气体D. 只有第2纵行元素的原子最外层有2个电子【答案】D【解析】【详解】A. 芯片的组成元素为硅，位于第A族，为第14纵行，A项正确；B. 第
4、10纵行为过渡金属元素，B项正确；C. 第18纵行元素为稀有气体元素，单质全部为气体，C项正确；D. 除第2纵行元素的原子最外层有2个电子外，其他如He、部分过渡金属元素最外层也是2个电子，D项错误；故答案为D。4.我国著名化学家张青莲教授测定的锑元素的相对原子质量为127.760，被国际原子量委员会采用为国际新标准。已知锑有两种以上天然同位素，则127.760是()A. 按照锑的各种天然同位素的质量数与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值B. 按照锑的各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值C. 一个锑原子的质量与12C原子质量的1/12的比值D. 锑元
5、素的质量与12C原子质量的1/12的比值【答案】B【解析】【详解】A.各种天然同位素的质量数与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，为元素的近似相对原子质量，故A错误；B.元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值,故B正确；C.一个锑原子的质量与12C原子质量的1/12的比值，为该锑原子的相对原子质量，故C错误；D.元素为一类原子的总称，锑元素的质量的是不确定的，而相对原子质量是确定的，故D错误。故选B。5.下列各组顺序的排列不正确的是A. 熔点：金刚石干冰B. 离子半径：O2 NaC. 碱性：KOH Al(OH)3D. 稳定性：SiH
6、4 H2S【答案】D【解析】【详解】A.金刚石为原子晶体，干冰为分子晶体，其熔点高低为：金刚石干冰，故A正确；B、电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，Na、O2 是电子层结构相同的离子，原子序数：钠氧，故离子半径：O2 Na，故B正确；C、Na、K同主族，电子层依次增多，故金属性KNa，Na、Al同周期，金属性NaAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：KOH Al(OH)3，故C正确；D、非金属性SSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，则热稳定性：H2SSiH4，故D错误；故选D。6.已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ
7、-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）A. 离子的还原性：Y2-Z-B. 氢化物的稳定性：H2YHZC. 质子数：cbD. 原子半径：XW【答案】A【解析】分析：元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，据此分析判断。详解：A非金属性FO，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性O2-F-，A正确；B非金属性FO，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳
8、定性为HFH2O，B错误；C由以上分析可知c=8，b=11，则质子数cb，C错误；DW为Al元素，X为Na元素，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径NaAl，D错误。答案选A。7.在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是 ()A. 金刚石熔化B. NaOH溶于水C. 将HCl通入水中D. NaHSO4溶于水【答案】D【解析】【详解】A. 金刚石为原子晶体，C原子之间以共价键相结合，金刚石熔化只破坏共价键，故A不选；B. NaOH溶于水电离生成钠离子和氢氧根离子，只有离子键被破坏，故B不选；C. 将HCl通入水中，HCl电离生成氢离子和氯离子，只有共价键被破坏，故C不选；D
9、. NaHSO4溶于水电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，离子键和共价键均被破坏，故D选；答案选D。【点睛】明确物质中存在的化学键类型是解题的关键。D项是本题的易错点，要注意 NaHSO4溶于水和熔融状态下电离的区别， NaHSO4溶于水时电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，在熔融状态下电离生成钠离子和硫酸氢根离子。8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X在元素周期表中原子半径最小， Y的次外层电子数是最外层的，ZX是一种生氢剂，W与Y同一主族。下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径：rWrZrYB. 化合物ZX中各原子均满足8电子稳定结构C. 由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显
10、酸性D. 简单气态氢化物稳定性：WY【答案】C【解析】周期表中原子半径最小的是H元素，则X为H。次外层是最外层的1/3，原子核外电子排布只可能是，则Y为O。W与Y同一主族，短周期中只有S元素，W为S。X是H元素，ZX为ZH，则Z为+1价，且原子序数介于8与16 之间，因此Z是Na。A、原表述原子半径rSrNarO，Na与S处于同一周期，核电荷数较小的Na元素原子半径更大，即rNarS，所以A错误。B、ZX为NaH，H元素核外稳定结构为k层2个电子，B错误。C、四种元素组成的化合物有NaHSO3、NaHSO4，二者的溶液均呈酸性，C正确。D、O元素的非金属性比S强，所以简单气态氢化物H2O比H2
11、S稳定，因此D错误。点睛：含有H元素的化合物一定不会是“各原子均满足8电子稳定结构”。9.化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 该反应是吸热反应B. 断裂1molA-A键和1molB-B键能放出xkJ的能量C. 断裂2molA-B键需要吸收ykJ的能量D. 2molAB的总能量高于1moA2和1molB2的总能量【答案】C【解析】【详解】A、根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；B、断裂化学键需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C、由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；D、由图可知，1molA2和1
12、molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；故选C。10.下列叙述正确的是( )两种原子构成的分子中的化学键都是极性键两种不同非金属元素原子间形成的化学键都是极性键含有非极性键的化合物一定是共价化合物只要是离子化合物，其熔点就比共价化合物的熔点高难失去电子的原子，易形成阴离子单质分子中不存在化学键，化合物的分子中才存在化学键离子化合物中一定含有离子键A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】A【解析】【详解】两种原子构成的分子中的化学键可能是极性键，也有可能是非极性键，比如H2O2中，H和O之间是极性键，O和O之间是非极性键，错误；两种非金属元素原子之间形成共价键，不同种原子之
13、间形成的共价键称为极性键，正确；含有非极性键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，例如Na2O2，错误；离子化合物的熔点不一定比共价化合物的熔点高，如NaCl的熔点低于二氧化硅的熔点，错误；难失去电子的原子，不一定易形成阴离子，如稀有气体等，错误；单质分子中可能存在化学键，如O2中含有共价键，错误；含离子键的化合物称为离子化合物，故离子化合物中一定含有离子键，正确；综上所述：正确，A符合。答案选A。11.元素周期表是一座开放的“元素大厦”，元素大厦尚未充满。若发现119号元素，请您在元素大厦中安排好它的“房间”A. 第八周期第A族B. 第七周期第0族C. 第七周期第A族D. 第六周期
14、A族【答案】A【解析】【详解】第七周期排满，零族元素是118号元素，所以若发现119号元素，则应该在第八周期第IA族。答案选A。【点睛】由原子序数确定元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He2、Ne10、Ar18、Kr36、Xe54、Rn86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。例如若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第A族或第A族，如88号元素：88862，则应在第七周期第A族。12.下列说法正确的是 ()A. 对于吸热反应，反应物所具有的总能量总是低于生成物所具有的总能量B. 任何放热反应在常温条件下一定能发生反应C. 形成生成物化学键释放的能量大于破坏
15、反应物化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多【答案】A【解析】【详解】A.反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量时，反应吸收能量，为吸热反应，A正确；B.任何化学反应发生都有吸收能量断裂反应物中化学键的过程，也都有形成生成物中化学键释放能量的过程，因此放热反应不一定在常温条件下能发生，如燃烧反应，B错误；C.形成生成物化学键释放的能量大于破坏反应物化学键所吸收的能量时，反应放出能量，该反应为放热反应，C错误；D.等质量的同一物质含有的能量：气态大于固态，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧放出的热量，前者比后者放出的热量多，D错误；故
16、合理选项是A。13.在图所示的装置中，a的金属性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是( )A. 碳棒上有气体放出，溶液的pH增大B. 导线中有电子流动，电子从a极流到b极C. a是正极，b是负极D. a极上发生了氧化反应【答案】C【解析】【分析】a的活动性比氢要强，b为碳棒，该装置能发生自发的氧化还原反应，构成原电池，a作负极，碳棒作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，碳棒上氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答。【详解】A该原电池中金属作负极，碳棒b作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极碳上氢离子得电子发生还原反应，碳棒上有气体放出，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故
17、A正确；B该装置是原电池，有电流产生，电子从负极a沿导线流向正极b，故B正确； C该原电池中，金属的金属性大于氢元素，所以金属a作负极，碳棒b作正极，故C错误；Da作负极，负极上金属失电子发生氧化反应，故D正确；答案选C。14.下列有关化学反应速率的说法正确的是( )A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用 98%浓硫酸可加快产生氢气的速率B. 100mL2mol/L 的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C. SO2 的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D. 汽车尾气中的 NO 和 CO 可缓慢反应生成 N2 和 CO2，减小压强速率减慢【答案】D【解析】【详解
18、】A铁在冷浓硫酸中发生钝化，加热时浓H2SO4与Fe反应但不产生H2，A错误；B加入适量的氯化钠溶液，体积增大，c(H+)减小，反应速率减小，B错误；C升高温度，反应速率加快，与反应是放热还是吸热无关，C错误；D有气体参加的反应，压强减小反应速率减小，D正确。答案选D。15.一定温度下，在容积为1L的容器内，某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，则下列表述中正确的是（ ）A. 该反应的化学方程式为2MNB. t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡C. t3时，正反应速率大于逆反应速率D. t1时，N的浓度是M浓度的2倍【答案】D【解析】【详解】A、由图象可知，反应中M的物质的量
19、逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为21，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；D、t1时，N的物质的量为6mol。M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确；故选D。16.短周期元素、在周期表中的位置如图所示。已知、两元素的原子序数之和是元素的4倍，则、分别是（ ）A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】C【解析】【详解】A、B、C均为短周
20、期元素，设A的原子序数为m，则B、C的原子序数分别为m+8-1和m+8+1，由题意可知m+8-1+ m+8+1=4m，则m=8，则A、B、C分别为、，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0.1 molL1、0.3 molL1、0.2 molL1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()。A. c(Z)0.5 molL1B. c(Y2)0.5 molL1C. c(X2)0.2 molL1D. c(Y2)0.6 molL1【答案】B【解析】【详解】若反应向正反应进行，假定完全反应，则：X2（g）+3Y2（g）2Z
21、（g）起始量（mol/L） 0.1 0.3 0.2变化量（mol/L） 0.1 0.3 0.2 平衡量（mol/L） 0 0 0.4 若反应逆反应进行，假定完全反应，则：X2（g）+3Y2（g）2Z（g）起始量（mol/L） 0.1 0.3 0.2变化量（mol/L） 0.1 0.3 0.2 平衡量（mol/L） 0.2 0.6 0由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以平衡时浓度范围为0c（X2）0.2，0c（Y2）0.6，0c（Z）0.4，B正确、ACD错误；答案选B。【点晴】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，
22、利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，解答的关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答。18.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g)；HQkJmol1 (Q0)某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器进行以上的反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是( )A. 反应过程中，若增大压强则化学反应速率降低B. 若反应开始时 SiCl4 为 1mol，则达到平衡时，吸收热量为 QkJC. 反应至 4min 时，若HCl的浓度为 0.12molL1，则 H2 的反应速率为 0.03mol/(Lmin)
23、D. 当反应吸收热量为 0.025QkJ 时，生成的 HCl 通入 100mL1molL1 的 NaOH 恰好反应【答案】D【解析】【详解】A有气体参加的反应，增大压强，反应速率增大，A错误；B由方程式可知：每1mol SiCl4完全反应，吸收热量为QkJ，但该反应是可逆反应，有限度，所以若反应开始时 SiCl4 为 1mol，则达到平衡时，所消耗SiCl4少于1mol，所吸收热量小于QkJ，B错误；CHCl是生成物，反应开始时浓度为0，当HCl的浓度为 0.12molL1，HCl的物质的量浓度变化量=0.12molL1，时间是4min，所以，v(HCl)=0.03 molL1min-1，所以
24、v(H2)=0.015 molL1min-1，C错误；D由方程式可知：每生成4molHCl时，吸收QkJ热量，那么当反应吸收热量为 0.025QkJ 时，生成的 HCl的物质的量=0.1mol，可消耗0.1molNaOH，即通入 100mL1molL1 的 NaOH溶液中恰好完全反应，D正确。答案选D。19.可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)O2(g)，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是()单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为221的状态混合气体的颜色不再改变的
25、状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。【详解】中单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故正确；无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故错误；中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量
26、数之比，故错误；有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故正确；气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；反应前后V(g)0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故正确；由于气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故正确；正确，答案选A。【点睛】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变，间接判据要看变量不变。20.铅蓄电池的两极分别为 Pb、PbO2,电解质溶液为 30% H2SO4
27、溶液,放电时的电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4 = 2PbSO4+2H2O，下列说法正确的是( )A. Pb 为正极，被氧化B. 溶液的 pH 不断减小C. SO42- 向 PbO2 极移动D. 溶液的 pH 不断增大【答案】D【解析】【分析】铅蓄电池放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4= 2PbSO4+2H2O，Pb单质中Pb化合价升高，失电子，被氧化，Pb作负极，PbO2中Pb化合价降低，得电子，被还原，PbO2作正极。【详解】A由上面分析可知，Pb作负极，被氧化，A错误；B从总反应看，硫酸被消耗，酸性减弱，溶液的pH不断增大，B错误；C原电池电解液中，阴离子向负极移动，所以
28、，SO42-向Pb极移动，C错误；D从总反应看，硫酸被消耗，酸性减弱，溶液的pH不断增大，D正确。答案选D。21. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A. CO和O生成CO2是吸热反应B. 在该过程中，CO断键形成C和OC. CO和O生成了具有极性共价键的CO2D. 状态 状态表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】【详解】A.根据能量-反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；
29、C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态 状态表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。22.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是(m、n均为正整数) （ ）A. 若R(OH)m为强碱，则W(OH)n也为强碱B. 若HXOm为强酸，则Y是活泼非金属元素C. 若Y的最低化合价为-2,则Z的最高正化合价为+6D. 若X的最高正化合价为+5，则五种元素都是非金属元素【答案】B【解析】【分析】同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，结合元素在周期表中的相对位置、元素对应的单质、化合物的性质解答该题。【详解】A同周期元
30、素从左到右元素的金属性逐渐减弱，若R（OH）n为强碱，则W（OH）n+1不一定为强碱，故A错误；B同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，若HnXOm为强酸，如X为N元素，则Y可能为O，为活泼非金属元素，故B正确；C若Y的最低化合价为2，则Z的最低价为1价，其最高正化合价为+7，故C错误；DX的最高正化合价为+5，若X为P，则R一定为金属元素Al，故D错误。故选B。23.100mL浓度为2 molL1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A. 加入适量的6 molL1的盐酸B. 加入数滴氯化铜溶液C. 加入适量蒸馏水D. 加入适量的氯化钠溶液【答案】B
31、【解析】【分析】因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐酸。【详解】A加入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，A项错误；B加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，B项正确；C加入适量的蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，C项错误；D加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，D项错误；答案选B。24.有关H、D、T、HD、H2、D、H这七种微粒的说法正确的是A. 互为同位素B. 是七种氢元素C. HD和H2均是单质D. 电子数相同【答案】C【解析
32、】【详解】A质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，H、D、T、HD、H2、D、H这七种微粒不是同位素关系，A错误；B具有相同核电荷数即质子数的同一类原子的总称，这七种微粒不是七种氢元素，B错误；CHD和H2均是单质，C正确；D这七种微粒的电子数不同，分别是1、1、1、2、2、0、2，D错误；答案选C。25.已知R2核内共有N个中子，R的质量数为A，确定m g R2中含有电子的物质的量为()A. m(A-N)/A molB. m(A-N+2)/AmolC. m(A-N-2)/A molD. m(A+N-2)/A mol【答案】C【解析】【详解】由R2+离子的核内有N个中子，R的质
33、量数为A，则R原子质子数为A-N，故该离子核外电子数为N-A-2，根据n=可得m g R2+的物质的量=mol，则含有的电子的物质的量为mol（N-A-2）= m(A-N-2)/A mol，C项正确；答案选C二、简答题26.在某一容积为5 L的密闭容器内，加入0.2mol 的CO和0.2mol的H2O（g），在催化剂存在的条件下高温加热，发生如下反应：CO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g），反应放出热量。反应中CO2的浓度随时间变化的情况如下图所示。（1）根据图中数据，从反应开始至达到平衡时，CO的化学反应速率为_；反应平衡时c（H2）_。（2）判断该反应达到平衡的依据是_（填序号）。A
34、CO减少的化学反应速率和CO2减少的化学反应速率相等BCO、H2O、CO2、H2的浓度都相等CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化D正、逆反应速率都零【答案】 (1). 0003mol（Lmin）1 (2). 0.03molL1 (3). AC【解析】【详解】(1)由图可知10 min时反应达到平衡，所以v(CO2)0.03mol/L10min0.003 molL1min1，反应速率之比是化学方程式中化学计量数之比，所以v(CO)v(CO2)0.03mol/L10min0.003 molL1min1，c(H2)c(CO2)0.03 molL1。(2)达到平衡的标志是各物质的物质的量分
35、数保持一定，浓度不变，正、逆反应速率相等且不为零。则ACO减少的化学反应速率和CO2减少的化学反应速率相等说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；BCO、H2O、CO2、H2的浓度都相等不一定达到平衡状态，B错误；CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化，反应达到平衡状态，C正确；D反应达到平衡时正、逆反应速率相等，但都不为零，D错误。答案选AC。27.（1）请用下列10种物质的序号填空：O2H2NH4NO3K2O2Ba(OH)2CH4CO2NaF NH3I2既有离子键又有非极性键的是_；既有离子键又有极性键的是_。（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有
36、38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其电子式为：_；若XY2为共价化合物时，其结构式为：_。（3）氯化铝的物理性质非常特殊，如：氯化铝的熔点为190(2.02103Pa)，但在180就开始升华，据此判断，氯化铝是_(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是_。（4）现有ag 7种短周期元素，它们在周期表中的位置如下，请据此回答下列问题：元素的原子间反应最容易形成离子键的是_(填序号，下同)，容易形成共价键的是_；Ac和f Bb和g Cd和g Db和e写出ag 7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式_。【答案】 (1). (2
37、). (3). (4). S=C=S (5). 共价化合物 (6). 氯化铝在熔融状态下不能导电 (7). B (8). C (9). CCl4(或PCl3)【解析】【详解】（1）O2中只有非极性键；H2中只有非极性键；NH4NO3中含有离子键和极性键；K2O2中含有离子键和非极性键；Ba(OH)2中含有离子键和极性键；CH4中只有极性键；CO2中只有极性键；NaF中只有离子键；NH3中只有极性键；I2中只有非极性键；则既有离子键又有非极性键的是。既有离子键又有极性键的是。（2）XY2型化合物是离子化合物，所以X元素显+2价，Y显-1价，化合物中共有38个电子，所以为氟化钙，电子式为：，XY2
38、为共价化合物，则X为+4价，Y为-2价，为二硫化碳，结构式为：S=C=S。（3）氯化铝能升华，说明是共价化合物。能证明的实验依据为氯化铝在熔融状态下不能导电。（4）ag 7种短周期元素依次为氢、钠、镁、碳、氮、磷、氯。金属性强和非金属性强的元素之间最容易形成离子键，钠是周期表中最左边的元素金属性强，氯是最右边的元素非金属性强，所以是bg最容易形成离子键，选B；非金属元素之间容易形成共价键，所以选C。分子中所有原子都满足8电子的物质有CCl4(或PCl3)。28.在25、101kPa的条件下，断裂1molHH键吸收436kJ能量，断裂1molClCl键吸收243kJ能量，形成1molH-Cl键放
39、出431 kJ能量。H2+Cl2=2HCl的化学反应可用如图表示：请回答下列有关问题：(1)反应物断键吸收的总能量为_。(2)生成物成键放出总能量为_。(3)判断H2+Cl2=2HCl反应_(填“吸收”或“放出”)能量。(4)反应物的总能量_(填“”、“=”或“”)生成物的总能量。【答案】 (1). 679kJ (2). 862kJ (3). 放出 (4). 【解析】【分析】(1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和；(2)生成物成键放出的总能量为2molHCl的总键能；(3)根据生成物的键能的和与反应物的键能的和的大小关系判断、分析比较。【详解】(1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气
40、的键能和，则反应物断键吸收的总能量为436kJ+243kJ=679kJ；(2)生成物成键放出的总能量为形成2molHCl的总键能，则生成物成键放出的总能量为431kJ2=862kJ；(3)断键吸收的总能量是679kJ，形成2molHCl释放的总能量是862kJ，吸收的能量少，放出的能量多，因此该反应是放出热量的反应；(4)反应放出热量，说明反应物的总能量大于生成物的总能量。【点睛】本题主要考查了化学反应与能量的变化的知识，化学反应过程中既有物质变化，也有能量变化。断裂反应物化学键吸收能量，形成生成物化学键释放能量，反应是放热反应还是吸热反应取决于断键吸收的能量与成键释放的能量差。任何反应发生都
41、有断裂化学键吸收能量的过程，与反应放热还是吸热无关。29.某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为_(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH 电极的电极反应式为 _。(2)乙池 A(石墨)电极的名称为_(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，乙池中总反应式为 _。(3)当乙池中 B 极质量增加 5.40 g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为_mL(标准状况下)，丙池中_极析出 _ g 铜。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成 NaCl 溶液，电键闭合一段时间后，丙中溶液的 pH 将_(
42、填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH6e8OH=CO32-6H2O (3). 阳极 (4). 4AgNO32H2O4AgO24HNO3 (5). 280 (6). D (7). 1.60 (8). 增大【解析】【分析】甲池中一极通入甲醇，另一极通入氧气，则甲为甲醇燃料电池，乙池和丙池均与甲池串联，为电解池装置。【详解】（1）甲池为甲醇燃料电池，燃料电池是基于原电池原理的新型电源，燃料电池中，通入燃料的一极是负极，所以甲醇在负极反应，失电子变成二氧化碳，二氧化碳又和电解质KOH溶液反应生成碳酸钾，结合电荷守恒、原子守恒可得通入的电极反应为：CH3OH6
43、e8OH=CO32-6H2O；（2）乙池是电解池，A与原电池正极相连，为阳极，水电离的OH-在A极失电子生成氧气，B为阴极，溶液中的Ag+在B极得电子生成Ag。结合原子守恒、得失电子守恒可得：B池中的总反应为4AgNO32H2O4AgO24HNO3；（3）当乙池中B极质量增加，即生成Ag的质量为5.4g，物质的量，依据电子守恒计算，甲池中理论上消耗的体积。丙为电解池，C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液铜离子在阴极得到电子析出铜，结合电子守恒计算，析出铜质量，故答案为：280；D；（4）丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙中为惰性电极电解NaCl溶液，总反应为：，有NaOH生成，所以溶液的pH增大，故答案为：增大。【点睛】原电池和电解池串联，每个装置中得失电子均相等。
