1、2018-2019学年第二学期期中考试高一化学试题注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。2.请在答题纸上作答。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5 S-32 Fe-56一、单项选择题（本题包括25道小题，1-15题每题2分，16-25题每题3分,共60分）1.下列关于化学观或化学研究方法的叙述中，错误的是( )A. 在化工生产中应遵循“绿色化学”的思想B. 在过渡元素中寻找优良的催化剂C. 利用金属与稀盐酸反应的快慢可以判断金属的活动性D. 根据元素周期律，由HClO4可以类推出氟元素也存在最高价氧化物的水化物HFO4【答案】D
2、【解析】【详解】A、“绿色化学”的原子利用率100%，减少和消除工业污染源头，故A说法正确；B、过渡元素均是金属元素，因此在过渡元素中找催化剂，故B说法正确；C、金属性越强，与酸反应越剧烈，因此利用金属与稀盐酸反应的快慢可以判断金属的活动性，故C说法正确；D、F元素的非金属性最强，没有正价，故D说法错误。答案选D。2.下列各组物质中，化学键类型都相同的是( )A. HCl与NaOHB. H2S与MgSC. H2O和CO2D. H2SO4和NaNO3【答案】C【解析】【详解】A.HCl为共价化合物，只含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不同，故A错误；B.H2S为共价化合物
3、，只含有共价键，MgS为离子化合物，含有离子键，二者不同，故B错误；C.H2O和CO2为共价化合物，只含有共价键，化学键类型相同，故C正确；D.H2SO4为共价化合物，只含有共价键，NaNO3为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不同，故D错误。答案：C3.下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )A. 用 氯化铵和氢氧化钙制氨气B. 用铜片和稀硝酸制NO C. 用锌粒和稀盐酸制氢气D. 用过氧化氢和二氧化锰制氧气【答案】D【解析】【详解】A项、氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成物中有水，如果试管口高于试管底，会发生水倒流现象而炸裂试管，故A错误；B项、铜和硝酸反应制取一氧化氮，一氧化氮空气中
4、的氧气易发生反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应该用排水法收集，故B错误；C项、锌粒和盐酸反应制取氢气，氢气的密度小于空气的密度，不可用向上排空气法收集，故C错误；D项、用过氧化氢与二氧化锰制取氧气，氧气不溶于水，可采用排水集气法收集，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了常见气体制备，注意制备原理及装置选择是解答关键，根据反应物的状态及反应条件，可把实验室制备气体发生装置分为：固体、固体加热型，如加热氯化铵和消石灰制取氨气；固体、液体加热型，如二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气；固体、液体不加热型，如用稀硫酸和锌粒制取氢气。4.在元素周期表中，主族元素自A族的硼到第A族的砹连一条斜线，此即为金属
5、元素与非金属元素的分界线，从分界线附近可以找到( )A. 耐高温材料B. 新型农药材料C. 半导体材料D. 新型催化剂材料【答案】C【解析】【分析】金属元素与非金属元素的分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，可作半导体材料。【详解】由于在周期表中位置靠近的元素性质相近，在周期表一定区域内寻找元素，发现物质的新用途被视为一种相当有效的方法，如在周期表中金属和非金属的分界处，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温耐腐蚀的合金材料，在元素周期表的右上角的元素中寻找新型农药材料，故选C。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，注意元素的性质及应用，把握元素的位置与性质的关系为解答的关键。
6、5.下列变化过程，属于放热反应的是（ ）液态水变成水蒸气Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应 Al与四氧化三铁高温下反应 固体NaOH溶于水 H2 在 Cl2 中燃烧 食物腐败A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】放热反应属于化学反应；【详解】液态水变成水蒸气，属于吸热过程，但不是吸热反应，故不符合题意；Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应，属于吸热反应，故不符合题意；铝与四氧化三铁高温下发生铝热反应，是放热反应，故符合题意；固体NaOH溶于水是放热过程，但不是放热反应，故不符合题意；氢气在氯气中燃烧，属于放热反应，故符合题意；食物腐败，食物被氧化，属于放热反应，故符合题意；
7、综上所述，选项C正确。【点睛】吸热反应和放热反应都是化学反应，常见吸热反应包括大多数的分解反应，H2、C、CO等与金属氧化物的反应，Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应；常见的放热反应：所有的燃烧及缓慢氧化，大多数的化合反应，金属与H2O或酸的反应，中和反应等。6.某学生用锌片、铜片、发光二极管、滤纸、导线等在玻璃片制成如图所示的原电池，当滤纸用醋酸溶液润湿时，二极管发光。下列有关该电池的说法正确的是( )A. 铜片上的电极反应：Cu 2e = Cu2+B. 锌片为电池的负极C. 外电路中电子由铜片经导线流向锌片D. 电池工作时电能直接转化为化学能【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池，
8、锌为活泼金属，易失电子而作负极，铜为不活泼金属作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿外电路流向正极。【详解】A项、原电池工作时，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e-=H2，故A错误；B项、锌为活泼金属，易失电子而作负极，故B正确；C项、外电路中电子从负极锌沿导线流向正极铜，故C错误；D项、该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，故D错误。故选B。【点睛】本题考查原电池的工作原理，根据原电池概念、电子流向、正负极的判断方法、电极反应式等知识点来分析是解答关键，注意原电池的电极反应式中电极材料不一定参与反应。7.关于铯（Cs）及其化合物的性质，说法正确的
9、是（ ）A. 金属铯的熔点比金属钠高B. CsOH比NaOH的碱性弱C. Cs与H2O能剧烈反应，甚至发生爆炸D. 碳酸铯难溶于水【答案】C【解析】【分析】Cs位于第A族，从上到下，金属性在增强，熔点在降低，并利用同主族元素及其化合物的性质相似来解答。【详解】A.第A族碱金属从上到下熔点在降低，则金属铯的熔点比金属钠低，故A错误；B.第A族碱金属从上到下金属性在增强，则CsOH比NaOH的碱性强，故B错误；C.第A族碱金属从上到下金属性在增强，则Cs与H2O能剧烈反应，甚至发生爆炸，故C正确；D.因碳酸钠易溶于水，同主族元素的化合物的性质相似，则碳酸铯能溶于水，故D错误。故选C。8.对于反应A
10、2(g)+3B2(g)=2AB3(g)来说，下列所表示的化学反应速率最快的是( )A. V(A2)=0.01mol/(Ls)B. V(B2)=1.0mol/(Lmin)C. V(AB3)=09mol/(Lmin)D. V(A2)=0.4mol/(Lmin)【答案】A【解析】【详解】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，因此根据化学方程式可知，若A、B、C、D用v(A2)表示反应速率，分别是0.6 mol/(Lmin)、0.333mol
11、/(Lmin)、0.45mol/(Lmin)、0.4mol/(Lmin)，表示的化学反应速率最快的是A，故选A。9.下列各分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )A. BF3B. CCl4C. SCl6D. HCl【答案】B【解析】【详解】共价化合物：只要化合物中元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和满足8，该元素即能满足最外层为8电子结构。A.B元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和是6，不满足8，故A不正确；B.元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和满足8，故B正确；C.S元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和是12，不满足8，故C不正确；D.H元素化合价绝对值和元素最外层
12、电子数之和是2，不满足8，故D不正确；答案：B10.下列推论正确的是( )A. 2C(s)O2(g)=2CO(g) H221kJmol1，则碳的燃烧热的数值大于110.5kJmol1B. C(石墨，s)=C(金刚石，s) H1.9kJmol1，则金刚石比石墨稳定C. OH-(aq) H+(aq) = H2O(l) H57.4kJmol1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7kJD. S(g)O2(g)=SO2(g) H1；S(s)O2=SO2(g) H2，则H1H2【答案】A【解析】【详解】A燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量，1mol
13、碳不完全燃烧释放的能量是110.5kJ，则碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；BC(石墨，s)=C(金刚石，s) H1.9kJmol1，说明石墨能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，故B错误；COH-(aq) H+(aq) = H2O(l) H57.4kJmol1，即在稀溶液中1molNaOH与强酸完全反应生成1mol水时，放出57.4kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，则含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量应小于28.7kJ，故C错误；D固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以H1
14、H2；故D错误；故答案为A。11.1999年曾报导合成和分离了含高能量的正离子N5 的化合物N5AsF6，下列说法正确的是( )A. 其中只含有共价键，是共价化合物B. 其中只含有离子键，是离子化合物C. 其中既有离子键，又有共价键，是离子化合物D. 以上说法都不对【答案】C【解析】【详解】A.化合物N5AsF6为是由N5+和AsF6-形成的离子化合物，故A错误；B.N5AsF6中既含有离子键也含有共价键，故B错误；C.N5AsF6中既含有离子键也含有共价键，属于离子化合物，故C正确；D.选项C正确，故D错误；答案：C12.有关氨气的实验较多，下面对这些实验的分析中，不正确的是( )A. 氨气
15、极易溶解于水的性质可以解释氨气的喷泉实验B. 氨气是碱性气体可以解释氨气与氯化氢的反应实验C. 实验室中用加热NH4Cl分解来制取氨气D. NH3H2O的热不稳定性可以解释实验室中用加热氨水的方法制取氨气【答案】C【解析】【详解】A氨气极易溶于水，导致烧瓶内外气压差的出现，产生喷泉，所以该实验体现了氨气极易溶于水的性质，故A正确；B氯化氢是酸性气体，与氨气发生的反应不是氧化还原反应，说明氨气具有碱性，故B正确；C在实验室中，常用加热固体NH4Cl和Ca(OH)2混合物的方法制取氨气，不能用加热NH4Cl分解来制取氨气，因为分解生成的氨气和氯化氢降温后又化合生成氯化铵，故C错误；DNH3H2O不
16、稳定，在加热条件下能分解生成氨气，所以可用加热氨水的方法制取氨气，故D正确；答案选C。13.最近医学界通过用放射性14C标记C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可通过断裂DNA杀死细胞，从而抑制艾滋病(AIDS)。下列有关14C的叙述正确的是()A. 14C与C60中普通碳原子的化学性质不同B. 14C与14N含的中子数相同C. 14C是C60的同素异形体D. 14C与12C互为同位素【答案】D【解析】【分析】A碳原子的化学性质相同；B中子数=质量数-质子数；C由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；D质子数相同，中子数不同的原子互为同位素。【详解】A.14C与C60中普通碳原子，
17、为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，A项错误；B.14C的中子数为146=8，14N的中子数为147=7，二者不同，B项错误；C.14C是原子，不是单质，与C60单质不是同素异形体，C项错误；D.14C与12C的质子数均为6，中子数分别为8、6不同，互为同位素，D项正确；答案选D。14.一定温度下，在一容器内进行某一反应， M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图所示，则下列叙述中，正确的是( )A. 反应的化学方程式一定为2MNB. t1时，逆反应速率一定大于正反应速率C. t2时，反应达到了化学平衡状态D. t3时，正反应速率等于逆反应速率【答案】D【解析】【分析】由图象可知，反
18、应中M的物质的量逐渐增多，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，t1、t2时，反应没有达到化学平衡状态，t3时，反应达到化学平衡状态。【详解】A项、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，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，故A错误；B项、t1时，反应没有达到化学平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C项、t2时，反应没有达到化学平衡状态，故C错误；D项、t3时，反应达到化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学平衡，注意图像分析，明确从曲线变化判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡是解答关键。15.两种微粒的质
19、子数和电子数均分别相等，它们不可能是( )A. 一种阳离子和一种阴离子B. 一种单质和一种化合物分子C. 两种分子D. 一种原子和一种分子【答案】A【解析】【分析】两种微粒的质子数和电子数均分别相等，因中性微粒中质子数等于电子数，则两种微粒可能均为分子、原子，也可能为分子、原子，但离子中质子数一定不等于电子数。【详解】对于中性微粒，质子数等于核外电子数，所以如果两种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不可能是一种阳离子和一种阴离子，故选A。【点睛】本题考查微粒中质子数、电子数关系，明确中性微粒不显电性，离子带电，离子中的质子数一定不等于电子数是解答关键。16.关于如图的说法不正确的是（ ）A.
20、 1mol固态碘与1mol氢气化合生成2molHI气体时，需要吸收5kJ的能量B. 2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与1mol氢气时需要吸收12kJ的能量C. 1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量D. 碘蒸气与氢气生成HI气体的反应是吸热反应【答案】D【解析】【详解】A由图可知，1molI2(s)+1molH2(g)吸收5kJ热量生成2molHI(g)，A项正确；B由图可知，1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，逆反应热量不变，2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与时需要吸收12kJ的能量，B项正确；C由图可知，1molI2(
21、g)变为1molI2(s)放出17kJ的热量，则1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量，C项正确；D1mol I2(g)+1mol H2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，该反应为放热反应，D项错误；答案选D。17.100mL 6molL-1的硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的（ ）A. 硝酸钾B. 醋酸钠C. 硫酸氢钾D. 氯化氢气体【答案】B【解析】【详解】A硝酸钾在溶液中电离出的NO3-在酸性条件下，有强氧化性，与Zn反应生成NO，不生成氢气，故A错误；B加醋酸钠后，醋酸根离子结合氢离子生成醋
22、酸，氢离子浓度减小，但醋酸也能与Zn反应生成氢气，故可以减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，B正确；C加硫酸氢钾时氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故C错误；D加HCl气体，氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故D错误；故答案为B。18.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2下列叙述正确的是（ ）A. X、Y元素的金属性XYB. W在同族元素所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性中最强C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D. 一定条件下，W单质可以将Z
23、单质从其氢化物中置换出来【答案】D【解析】【分析】W化合价为2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、3，Z处于VA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第A族，Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此分析解答。【详解】A项，X为镁元素，Y为铝元素，金属性：XY，故A项错误；B项，W为O，无最高价氧化物，故B项错误；C项，X是Mg，Y是Al，Y的最高价氧化物
24、的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C项错误。D项，Z为N，W为O，一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题考查了物质结构与元素周期律知识，解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破。19.已知1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）A. 离子半径：Y2-Z-B. 原子序数：cbC. 氢化物的稳定性：H2YHZD. 原子半径：XW【
25、答案】A【解析】【分析】离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子abdc，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，据此答题。【详解】由分析可知：X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素，W为Al元素。A.cY2-和dZ-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Y2-Z-，故A正确；B.由以上分析可知bc，故B错误；C.非金属性YZ，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性：H2YHZ，故C错误；D.X和W属于同一周期，同
26、一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：XW，故D错误。故选A。20.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是（ ）A. a 和 b 不连接时，铁片上会有金属铜析出B. 无论 a 和 b 是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色C. a 和 b 分别连接直流电源正、负极，铜片上发生的反应为：Cu-2e-=Cu2+D. a 和 b 分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动【答案】D【解析】【分析】A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应；B.无论a和b是否连接，铁都可以发生反应；C.a 是Cu电极连接直流电源正极，铜是活性电极，电极失去电子
27、，发生氧化反应；D.电解池中，阳离子向阴极移动。【详解】A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，A正确；B.由于金属活动性FeCu，所以无论a和b是否连接，铁都失电子变为Fe2+进入溶液，发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，因此看到铁溶解，溶液由蓝色逐渐变为浅绿色，B正确；C.a 是Cu电极连接直流电源正极，作阳极，铜是活性电极，所以Cu电极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，C正确； D.a和b分别连接直流电源正、负极时，该装置构成电解池，铁作阴极，铜作阳极，Cu2+向阴极(铁电极)移动，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查
28、了原电池和电解池原理的知识，明确正、负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，难度不大，易错点为阴、阳离子移动方向的判断。21. 短周期的三种元素X、Y、Z，已知X元素的原子核外只有一个电子，Y元素的原子M层上的电子数是它的内层电子总数的一半，Z元素原子的L层上的电子数比Y元素原子的L层上的电子数少2个，则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能是A. X2YZ4B. XYZ3C. X3YZ4D. X4Y2Z7【答案】C【解析】【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z，Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子
29、数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素。已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于A族判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式。【详解】Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素，为+3、+5价等；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素，为-2价。已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于A族，X+1价。A. Y的化合价为+6价，不符合，A项错误；B. Y的化合价为+5价，符合，B项正确；C. Y的化合价为+5价，符合，C项正确；D.Y的化
30、合价为+5价，符合，D项正确；答案选A。22.为增强铝的耐腐蚀性,现以铅蓄电池为外电源,以Al作阳极、Pb作阴极,电解稀硫酸,使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下:电池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)电解池:2Al+3H2OAl2O3+3H2电解过程中,以下判断正确的是( )电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极:PbO2+4H+2e-=Pb2+2H2O阳极:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A原电池中，溶液中氢离子向正
31、极二氧化铅电极移动，故A错误；B根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成1molAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，则正极：PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故C错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；答案：D【点睛】本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等。23.1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到
32、672mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是（ ）A. 504mLB. 168mLC. 224mLD. 336mL【答案】D【解析】【详解】1.92g铜的物质的量为n(Cu)=1.92g64g/mol=0.03mol，由于Cu是+2价的金属，因此反应过程中转移电子的物质的量为n(e-)=2n(Cu)=20.03mol=0.06mol，在反应过程中，Cu失去电子变为Cu2+，HNO3获得电子变为NO2、NO，当向反应后的气体中通入O2时，氮的氧化物又转化为HNO3，O2获得电子变为HNO3，因此氧气获得的电子的物质
33、的量大于Cu失去电子的物质的量，所以根据电子得失数目相等可知4n(O2)=n(e-)=0.06mol，则n(O2)=0.06mol4=0.015mol，则通入O2在标准状况下的体积是v(O2)=0.015mol22.4L/mol=0.336L=336mL，故合理选项是D。24.化合物Bilirubin在一定波长光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应48min平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是( )A. 2.5mol/(Lmin)和 2.0molB. 2.5mol/(Lmin)和 2.5molC. 3.0mol/(Lmin)和 3.0molD. 5
34、.0mol/(Lmin)和 3.0mol【答案】B【解析】【详解】由图可知，48 min期间，反应物浓度变化为(20-10)mol/L=10mol/L，所以48 min期间，反应速率为=2.5mol/(Lmin)；由图可知，04 min期间，反应物浓度变化为(40-20)mol/L=20mol/L，48 min期间，反应物浓度变化为(20-10) mol/L=10mol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半，所以812min浓度变化为5 mol/L，1216min浓度变化为2.5mol/L，所以16min时浓度为10mol/L-5mol/L-2.5mol/L=2.5mol/L，故答案
35、为B。25.太阳能的开发和利用是21世纪的一个重要课题。利用储能介质储存太阳能的原理是白天在太阳照射下，某种盐熔化，吸收热量；晚间熔盐释放出相应能量，从而使室温得以调节。已知下列数据：盐熔点/熔化吸热KJmol-1参考价格/元CaCl26H2O29.037.3780850Na2SO4l0H2O32.477.0800900Na2HPO412H2O36.1100.11600-2000Na2S2O35H2O48.549.71400-1800其中最适宜作储能介质的一种盐是A. CaCl26H2OB. Na2SO4l0H2OC. Na2HPO412H2OD. Na2S2O35H2O【答案】B【解析】【详
36、解】选择的物质应该具有的特点是：在白天在太阳照射下，某种盐熔点较低熔化，熔化时单位质量的物质吸收热量应该最多。同时价格不能太高，Na2SO410H2O的性价比最高，故答案为B。二.非选择题(共40分)26.有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示。E的单质可与酸反应， 1mol E单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，回答下列问题：（1）A元素的名称为_，D离子的结构示意图为_。（2）C在周期表中的位置为_。（3）元素C与元素D相比，非金属性较强的是_（用元素
37、符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_。（填字母序号）a常温下C的单质和D的单质状态不同bD的气态氢化物比C的气态氢化物稳定c一定条件下C和D的单质都能与氢氧化钠溶液反应dD的最高价氧化物的水化物的酸性比C的最高价氧化物的水化物的酸性强eD的单质能和C的钠盐溶液反应生成C的单质（4）元素A的一种氢化物含有非极性键，A的这种氢化物的电子式是_。（5）A、C、D、E元素形成的简单离子半径的大小顺序是_。（用离子符号表示）（6）E的最高价氧化物对应的水化物跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 氧 (2). (3). 第三周期A族 (4). Cl (5). bde (6). (7
38、). S2- Cl- O2- Al3+ (8). Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素周期表知，这四种元素处于第二、三周期，设C的原子序数是X，则A、B、D的原子序数分别是(X-8)、(X-1)、(X+1)，相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则(X-8)+(X-1)+X+(X+1)=56，则X=16，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失去3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外
39、电子层结构完全相同，则E是Al元素，以此解答该题。【详解】A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素周期表知，这四种元素处于第二、三周期，设C的原子序数是X，则A、B、D的原子序数分别是(X-8)、(X-1)、(X+1)，相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则(X-8)+(X-1)+X+(X+1)=56，则X=16，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失去3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E是Al元素；(1)由分析可知A为O，元素的名
40、称为氧；D为Cl元素，Cl-离子的结构示意图为；(2)C为硫元素，核电荷数为16，原子结构示意图为，则其在周期表中的位置为第三周期A族；(3)同周期主族元素核电荷数大，元素的非金属性强，则Cl元素非金属性比S元素强；a单质状态属于物理性质，不能比较元素非金属性，故a错误；b氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯的非金属性更强，故b正确；c一定条件下Cl2和S都能与氢氧化钠溶液反应，证明S和Cl2均既有氧化性，又有还原性，但不能判断硫与氯的非金属性强弱，故c错误；d元素的非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，则Cl的最高价氧化物的水化物的酸性比S的最高价氧化物的水化物的
41、酸性强，说明Cl的非金属性比S强，故d正确；eCl2能和Na2S溶液反应生成S单质，说明Cl的非金属性比S强，故e正确；故答案为bde；(4)元素A为氧，与H元素组成的化合物H2O2中含有非极性键，H2O2的电子式是；(5)O2-和Al3+、S2-和Cl-的离子结构相同，核电荷数大，离子半径小，且S2-和Cl-的离子结构比O2-和Al3+多一个电子层，则这四种离子的离子半径由大到小的顺序为S2-Cl-O2- Al3+；(6)Al(OH)3跟氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式是Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属
42、单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。27.在恒温(500K)、体积为2.0L 的密闭容器中通入1.0 mol N2和1 mol H2发生合成氨反应，20 min 后达到平衡，测得反应放出的热量为 18.4 kJ，混合气体的总物质的量为 1.6 mol。（1）从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率
43、V(NH3)=_。（2）该反应的热化学方程式为_。（3）若拆开1 mol HH键和1 mol NN 键需要的能量分别是436 kJ和946 kJ，则拆开1 mol NH键需要的能量是_kJ。（4）判断该反应达到平衡状态的依据是_(填序号)。单位时间内消耗1mol N2 的同时消耗了3mol H2 ； 单位时间内断裂1mol NN 的同时断裂了6mol NH； V正(N2)=V逆(NH3);NH3的物质的量分数不再随时间而变化 容器内气体的压强不再随时间而变化的状态 ;容器内气体的密度不再随时间而变化的状态；c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2 ;【答案】 (1). 0.01 mol
44、L1min1 (2). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=92.4 kJ/mol (3). 391 (4). 【解析】【分析】在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为 18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为n mol，则： N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量(mol)：1 1 0 变化量(mol)：n 3n 2n平衡量(mol)：1-n 1-3n 2n所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ=92kJ，(1)V(NH3)=；(2)计
45、算1mol氮气反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；(3)反应热H=反应物的键能和-生成物的键能和；(4)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡。【详解】在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为 18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为n mol，则： N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量(mol)：1 1 0 变化量(mol)：n 3n 2n
46、平衡量(mol)：1-n 1-3n 2n所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ=92kJ，(1)从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率V(NH3)= 0.01 molL1min1；(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ=92kJ，则发生反应的热化学方程式为热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92kJ/mol；(3)设拆开1 mol NH键需要的能量是QkJ，则反应热H=反应物的键能和-生成物的键能和=(946kJ/mol)+(436 kJ/mol)3-(Q kJ/mol)6=-92kJ/m
47、ol，解得：Q=391；(4)单位时间内消耗1molN2 的同时消耗了3molH2，均表示正反应，无法判断反应是平衡状态，故错误；单位时间内断裂1molNN的同时断裂了6molNH，说明正逆反应速率相等，此时反应达到平衡状态，故正确； 当2V正(N2)=V逆(NH3)时反应才达到平衡状态，则V正(N2)=V逆(NH3)时反应不是平衡状态，故错误；NH3的物质的量分数不再随时间而变化，说明反应达到平衡状态，故正确；在恒温恒容条件下，容器内气体的压强不再随时间而变化的状态，说明混合气体的总物质的量不再改变，此时是平衡状态，故正确；容器内气体的总质量不变，气体体积也不变，则密度一直不变，无法确定是平
48、衡状态，故错误；c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2无法说明各组分的浓度保持不变，不能确定反应达到平衡状态，故错误；故答案为。【点睛】化学平衡状态的判断时，注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。28.如图所示，U形管内盛有150mL的溶液，按要求回答下列问题：(1)打开K2，闭合K1，若所盛溶液为稀硫
49、酸，则B极为_极(填电极名称)，A极的电极反应式为：_。(2)打开K1，闭合K2，若所盛溶液为NaCl溶液，一段时间后U形管内溶液的pH_(填“变大”、“不变”或“变小”)，A极的电极反应式为：_。若要使U形管内溶液恢复到起始状态，应向U形管内的溶液加入(或通入)_。（填化学式）(3)如果要在铁块上镀上铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，则A电极的材料应换成是_(填“铁块”或“纯铜”)。【答案】 (1). 正 (2). Zn-2e- = Zn2+ (3). 变大 (4). 2H2O+2e-=H2+ 2OH- （或2H+2e-=H2） (5). HCl (6). 铁块【解析】【分析
50、】(1)原电池化学能转化为电能，打开K2，闭合K1，该装置为原电池，A极的Zn易失电子作负极、B极的C作正极，B电极上氢离子得电子发生还原反应；(2)打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A为阴极、B为阳极，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，溶液中生成OH-，溶液碱性增强，若要使电解质溶液恢复到原状态，根据“析出什么加入什么”原则加入物质；(3)如果要在铁块上镀上铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，铜块作阳极、铁块作阴极，阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应，溶解的Cu等于析出的Cu。【详解】(1)打开K2，闭合K1，该装置为原电池，A极的Zn易失电子作负极、B极的C作正极，A
51、电极发生的电极反应为Zn-2e- = Zn2+；(2)打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A为阴极、B为阳极，若所盛溶液为NaCl溶液，A电极上H+得电子被还原，生成氢气，同时溶液中还生成OH-，B电极上氯离子放电生成氯气，电解反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，导致溶液碱性增强，溶液pH增大，A电极发生的电极反应式为2H+2e-=H2(或2H2O+2e-=H2+ 2OH-)；电解过程中阳极上析出氯气、阴极上析出氢气，所以相当于析出HCl，若要使电解质溶液恢复到原状态，根据“析出什么加入什么”原则加入物质应该是适量的HCl气体；(3)如果要在铁块上镀上铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，铜块作阳极、铁块作阴极，所以A电极应该是铁块、B电极应为铜块。【点睛】分析电解过程的思维程序：首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+Fe3+Cu2+H+Fe2+Zn2+H+；阳极：活泼电极S2-I-Br-Cl-OH-；电解原理的应用中包含铜的精炼，注意粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质。