1、四川省内江市威远中学2019-2020学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Al-27 Cl-35.5第卷选择题（共42分）一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共42分）1.下列表示正确的是（ ）A. HClO的结构式：HOClB. CCl4的电子式：C. CO2的比例模型：D. 14C的原子结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A.HClO分子中氯原子与羟基中的氧原子直接相连，结构式为HOCl，故A正确；B.CCl4为共价化合物，氯原子最外层满足8电子结构，电子式为，故B错误；C.二氧化碳是直
2、线形分子，碳原子的原子半径大于氧原子的原子半径，比例模型是，故C错误；D.14C的原子核由6个质子和8个中子构成，原子结构示意图为，故D错误；故选A。2.a、b、c、d是四种短周期的主族元素。a、b、d同周期，其中d的质子数最大；a、c同主族。a的原子结构示意图为：；a与b形成化合物的电子式为：。下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径：acdB. 相应氢化物的沸点：dcaC. 非金属性：cadD. c与a、c与b均能形成两种常见化合物【答案】D【解析】【分析】a的原子结构示意图为：，第一电子层容纳2个电子，故x=2，则a的质子数为16，故a为S元素；a、c同主族，则c为O元素；a、b、d同周期，
3、其中d的质子数最大，则d为Cl元素；a与b形成化合物的电子式为：，b形成+1价离子，故b为Na元素。【详解】A同主族自上而下原子半径增大，同周期主族元素自左而右原子半径减小，故原子半径NaSO，即bac，故A错误；B水分子间存在氢键，其在常温下为液体，HCl和H2S的分子间均不能形成氢键，其在常温下均为气态，故水的沸点最高，故B错误；C同主族自上而下非金属性减弱，同周期自左而右非金属性增强，故非金属性OS，ClS，故C错误；DO与S可以形成二氧化硫、三氧化硫，O与Na能形成氧化钠、过氧化钠，故D正确；故答案为D。3.下列图示变化为吸热反应的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】反
4、应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应。常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金属与水反应、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应（如碳与二氧化碳的反应）、碳与水蒸气的反应、氯化铵晶体与Ba(OH)28H2O的反应等。【详解】A图中反应物的总能量较低生成物的总能量较高，则该反应为吸热反应，A正确；B图中反应物的总能量较高生成物的总能量较低，则该反应为放热反应，B错误；C浓硫酸溶于水放热，但过程中没有发生化学变化，不符合题意，C错误；D活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D错误；故
5、选A。【点睛】需要注意：物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。4.反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H=-akJmol-l(a0)，一定条件下在容积为5L的密闭容器中投入1molNH3和1molO2，2min末NO的物质的量增加了0.4mol，下列说法正确的是（ ）A. 2min末，c(H2O)=0.6molL-1B. 用氧气表示2min内的平均反应速率：v(O2)=0.25molL-1min-1C. 2min时反应放出的热量等于0.1akJD. 2min内，NH3的转化率小于O2的转化率【答案】D【解析】【详解】A初始投料为1molNH3和1molO2
6、，容器体积为5L，根据题意列三段式有： 根据三段式可知2min末，c(H2O)=0.12molL-1，故A错误；B2min内氧气的浓度变化为0.1 molL-1，所以v(O2)=0.05 molL-1min-1，故B错误；C根据热化学方程式可知当产生4molNO时放出的热量为akJ，2min内共生成0.4molNO，所以2min内放出的热量为0.1akJ，但不能说2min时这一时刻放出的热量为0.1akJ，故C错误；D氨气和氧气的初始投料相同，但单位时间内氧气的变化量更大，所以氧气的转化率更大，故D正确；故答案为D。5.下列关于浓硝酸和浓硫酸的叙述，正确的是（ ）A. 露置在空气中，容器内酸液
7、的质量减轻B. 浓硫酸能与甲烷反应C. 常温下都能用铝制容器贮存D. 在面包实验中浓硫酸只体现脱水性【答案】C【解析】【详解】A浓硝酸有挥发性，酸液质量减轻，但浓硫酸具有吸水性，吸收空气中的水分会使酸液质量增重，故A错误；B甲烷不含氧元素，浓硫酸不能和甲烷反应，故B错误；C常温下，Al在浓硝酸和浓硫酸中发生钝化，所以可以用铝制容器贮存，故C正确；D在面包实验中，浓硫酸将蔗糖脱水碳化，并与碳发生氧化还原反应，浓硫酸体现脱水性和强氧化性，故D错误；故答案为C。6.能说明元素X的气态原子得电子能力比元素Y的气态原子得电子能力强的事实是（ ）A. X与Y同主族，相同温度时，二者的单质与铜反应分别生成C
8、u2X、CuYB. X的含氧酸的酸性强于Y的含氧酸的酸性C. 将H2X、HY分别加热至500，只有HY发生分解D. 在元素周期表中X位于Y的上一周期【答案】C【解析】【详解】A单质与铜反应分别生成Cu2X和CuY，Y单质与铜反应得到高价态Cu，则Y的非金属性更强，得电子能力更强，故A不符合题意；B最高价含氧酸酸性越强，非金属性越强，不最高价含氧酸不一定，例如非金属性ClC，但酸性H2CO3HClO，故B不符合题意；C得电子能力越强，非金属越强，其氢化物的稳定性越强，将H2X、HY分别加热至500，只有HY发生分解，说明稳定性HXHY，所以X原子得电子能力大于Y，故C符合题意；D同主族元素自上而
9、下非金属性减弱，不是同主族则不一定，如非金属性：SC，故D不符合题意；故答案为C。7.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是（ ）A. 常温常压下，17gNH3含有的原子数为4NAB. 1molCnH2n+2含有的共价键数目为3nNAC. 1molCl2与足量铁反应，转移电子数为3NAD. 标准状况下，11.2LCCl4中含有的原子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A常温常压下，17gNH3物质的量为1mol，每个NH3分子中含有4个原子，所以含有的原子数为4NA，A正确；B1个CnH2n+2分子中含有(2n+2)个C-H键，含有(n-1)个C-C键，所以1molCnH2n+2分子
10、中含有的共价键数目为(3n+1)NA，B不正确；C1molCl2与足量铁反应，Cl由0价降低到-1价，所以转移的电子数为2NA，C不正确；D标准状况下，CCl4呈液态，无法计算11.2L中含有的原子数，D不正确；故选A。8.下列文字表述与反应方程式对应不正确的是（ ）A. 将少量铜屑放入浓硝酸中：Cu+4H+2NO=Cu2+2NO2+2H2OB. 用醋酸除去水垢：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2C. 将乙烷与溴蒸气混合置于光亮处生成一溴代物：CH3CH3+Br2CH3CH2Br+HBrD. 氯气和水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-【答案】D【解
11、析】【详解】A浓硝酸具有强氧化性，放入铜屑，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据拆分原则得到离子方程式Cu+4H+2NO=Cu2+2NO2+2H2O，A正确；B水垢主要成分为CaCO3，利用强酸制弱酸原理，用醋酸除水垢得到醋酸钙、二氧化碳和水，B正确；C烷烃与卤素单质在光照条件下发生取代反应，C正确；D氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸为弱酸，不能拆，正确的离子方程式为Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，D错误；答案选D。9.已知aAn+、bB(n+1)+、cCn-、dD(n+1)-具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是A. 气态氢化物的稳定性：DCB. 原子序数：
12、bacdC. 最高价氧化物对应水化物的碱性：BAD. 原子半径：BADC【答案】B【解析】【详解】列举A为Na、B为Mg、C为F、D为OA、非金属性越强，其氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性增强，非金属性FO，故错误；B、原子序数Mg、Na、F、O，故正确；C、同周期金属性从左向右减弱，NaMg，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，故错误；D、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随原子序数的增大而减小，因此半径大小：NaMgOF，故错误。10.庚烷的一种同分异构体为是，该烃的一氯取代物可能有的结构是（ ）种A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解析】【详解】庚
13、烷的一种同分异构体为是，根据对称分析法可知，该烃分子中共有3种碳原子，如图所示：。这3种碳原子上都有H原子，故其一氯取代物可能有的结构有3种，故选C。【点睛】同一碳原子上的H是等同的，连在同一个碳原子上的甲基也是相同，故根据对称分析法，可以把有机物分子分成若干部分，只分析其中一部分，即可确定其一氯代物的种数。11.下列表述正确的是（ ）A. Cl2和SO2使品红溶液褪色原理相同B. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：C. 氢氧根的电子式：D. HClO的结构式：HOCl【答案】D【解析】【详解】ACl2使品红褪色是发生了氧化还原反应，SO2使品红溶液褪色是发生了非氧化还原反应，原理不同，A不正
14、确；BHCl为共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程为，B不正确；C氢氧根的电子式为，C不正确；DHClO的电子式为，结构式：HOCl，D正确；故选D。12.下列说法正确的是（ ）A. A族元素中氢化物最稳定的其沸点一定最高B. 醋酸铵是含有极性键的共价化合物C. 离子化合物中不可能含有非极性共价键D. 二氯甲烷分子为正四面体结构【答案】A【解析】【详解】AA族元素中O非金属性最强，其氢化物H2O最稳定，除了普通分子间作用力之外，还存在氢键，其沸点最高，A正确；B醋酸铵中存在醋酸根离子和铵根离子，除了极性键还有非极性键，离子键，为离子化合物，B错误；C离子化合物中可以含有非极性共价键，如
15、过氧化钠，含有离子键和非极性键，为离子化合物，C错误；D甲烷为正四面体结构，二氯甲烷为其二取代物，四个化学键键长、键能、键角不相等，为四面体结构，但非正四面体，D错误；答案选A。13.X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图，X通过共用三对电子形成X2分子，下列说法不正确的是（ ）A. 化合物XZ3中各原子均满足8电子的稳定结构B. X、Y、Z三种元素形成的含氧酸都是强酸C. 常温下，Z单质可与Y的氢化物发生置换反应D. X2分子内部含有三键，所以X2性质比较稳定【答案】B【解析】【分析】根据X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，X元素位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X通过共用三
16、对电子形成X2分子，应为N2，X为N元素，所以Y为S元素，Z为Cl元素。【详解】A化合物XZ3为NCl3，每个Cl原子和N原子共用一对电子，所以均满足8电子稳定结构，故A正确；B三种元素最高价态的含氧酸都为强酸，但是非最高价的含氧酸如HNO2、H2SO3、HClO等为弱酸，故B错误；C非金属性ClS，所以Cl2的氧化性强于S，氯气可以和H2S发生置换反应生成S单质，故C正确；DN2分子内部含有氮氮三键，氮氮三键键能大，不容易断裂，性质稳定，故D正确；故答案B。14.一定条件下，可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（单位mol/L），当达平衡时X、Y
17、、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是（ ）A. c1：c2=1：3B. 0c20.42C. X、Y的转化率相等D. 当反应达到平衡时，反应就停止了【答案】D【解析】【分析】采用一边倒的方法进行分析。当c3=0时，即把平衡时的Z的浓度转化为0，此时c1=0.14mol/L，c2=0.42mol/L；当c1=c2=0时，即把平衡时的X、Y的浓度转化为0，此时c3=0.28mol/L。【详解】A达平衡时X、Y的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L，符合1：3关系，二者的变化量之比为1：3，则起始时c1：c2=1：3，A合理，不选；B若反
18、应开始只有生成物，c2=0；若反应开始时只有反应物，c2=0.42；若反应开始时既存在反应物又有生成物，则0c2Br2I2C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D浓HNO3加热有红棕色气体产生HNO3有强氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；B氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性的强弱，B错误；C氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，用玻璃棒蘸取浓氨水点到红
19、色石蕊试纸上，试纸变蓝，操作、现象和解释都正确，C正确；D浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误；答案选C。16.在恒温密闭容器中进行反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)，下列反应措施能加快反应速率的是（ ）A. 缩小体积使压强增大B. 压强不变，充入H2S使体积增大C. 体积不变，充入He使压强增大D. 压强不变，充入He使体积增大【答案】A【解析】【详解】A. 缩小体积能增大反应物的浓度，化学反应速率加快，A符合题意；B. 压强不变，充入H2S使体积增大，由于在该条件下硫
20、化氢不与反应体系中的任一组分发生反应，体积增大使反应物的浓度减小，化学反应速率减小，B不符合题意；C. 体积不变，充入He使压强增大，由于在该条件下He不与反应体系中的任一组分发生反应，反应物的浓度不变，化学反应速率不变，C不符合题意；D. 压强不变，充入He使体积增大，由于在该条件下He不与反应体系中的任一组分发生反应，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，D不符合题意。故选A。17.已知化学反应X+Y=M+N为吸热反应，下列说法正确的是（ ）A. X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的B. 因为该反应为吸热反应，所以一定要加热反应才能进行C. 断裂反应物中的化学键吸收的能量小于形成生成物
21、中的化学键放出的能量D. 反应物X和Y的总能量一定小于生成物M和N的总能量【答案】D【解析】【分析】A反应热取决于反应物与生成物的总能量，而不是某一种反应物或生成物的能量关系；B吸热反应不一定在加热的条件下发生，反应放热还是吸热与反应条件无关，决定于反应物与生成物的能量高低；C反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，则反应是吸热反应；D反应物的总能量低于生成物的总能量时反应是吸热反应。【详解】AX+Y=M+ N为是一个吸热反应，说明反应物的能量低于生成物的总能量，不能说明X的能量一定低于M的能量， Y的能量一定低于N的能量，故A错误；B吸热反应不一定在加热的条件下发生，比如氯化铵和十
22、水合氢氧化钡的反应就是吸热反应，但是不需加热就能发生，故B错误；C断裂旧键需要吸收能量，形成新键会放出能量，该反应是吸热反应，则反应中断键时吸收的能量大于形成化学键时放出的能量，故C错误；DX+Y=M+N为是一个吸热反应，说明反应物的能量低于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故D正确；故选D。18.化学工作者从下面的有机反应RHCl2(g)RCl(l)HCl(g)受到启发提出的在农药和有机合成工业中可获得副产品HCl的设想已成为现实，试指出由上述反应产物分离得盐酸的最佳方法是（ ）A. 水洗分液法B. 蒸馏法C. 升华法D. 有机溶剂萃取法【答案】A【解析】【详解】A卤代
23、烃一般都不溶于水，所以产物中RCl不溶于水，而HCl极易溶于水，所以分离得盐酸的最佳方法是水洗分液法，A符合题意；B蒸馏法一般用于分离两种互溶的液体，产物中HCl是气体，所以B不符合题意;C升华法的应用对象是不挥发的杂质或分离挥发度不同的固体物质，显然 C不符合题意；D有机溶剂萃取，一般是用于分离两种液体的方法，D不符合题意；答案选A。19.反应H2(g)+I2(g)2HI(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（ ）单位时间内断裂nmolHH键的同时形成2nmolHI键单位时间内生成nmolI2的同时生成2nmolHI2v正(H2)=v逆(HI)HI分子数不再改变混合气体颜色不
24、再改变混合气体压强不再改变A. B. C. D. 全部【答案】B【解析】【详解】HH键断裂和HI键生成均为正反应，只要反应进行，单位时间内断裂nmolHH键的同时就会形成2nmolHI键，故不能说明反应达到平衡；单位时间内生成nmolI2的同时生成2nmolHI，说明I2的消耗量与生成量相同，即正逆反应相等，故能说明反应达到平衡；反应进行时2v正(H2)=v正(HI)，所以当2v正(H2)=v逆(HI)时也就是v正(HI)=v逆(HI)，故能说明反应达到平衡；HI分子数不再改变，说明正逆反应速率相等，故能说明反应达到平衡；碘蒸气有颜色，混合气体颜色不再改变说明碘蒸气的浓度不再改变，故能说明反应
25、达到平衡；该反应前后气体系数之和相等，反应过程中气体的总物质的量不变，容器恒容，所以压强一直不变，故不能说明反应达到平衡；综上所述符合题意的有，故答案为B。20.将1molCH4和适量的氧气在密闭容器中点燃，充分反应后，甲烷和氧气均无剩余，且产物均为气体(101kPa，120)，其总质量为72g，下列有关叙述不正确的是（ ）A. 若将产物通过碱石灰，则可全被吸收，若通过浓硫酸，则不能被完全吸收B. 产物的平均摩尔质量为24g/molC. 若将产物通过浓硫酸充分吸收后恢复至(101kPa，120)，则体积变为原来的D. 反应中消耗的氧气为1.75mol【答案】A【解析】【分析】1molCH4质量
26、为16g，在适量的氧气中点燃，产物均为气体(101kPa，120)，其总质量为72g，则依据质量守恒定律，参加反应的O2质量为72g-16g=56g，物质的量为=1.75mol，由此得出反应的化学方程式为4CH4+7O22CO+2CO2+8H2O(g)。【详解】A若将产物通过碱石灰，能吸收CO2和水蒸气，但CO不能被吸收，A不正确；B由反应知，若有4molCH4参加反应，产物为12mol，则1molCH4参加反应，产物应为3mol，所以产物的平均摩尔质量为=24g/mol，B正确；C依据反应方程式，若将产物通过浓硫酸充分吸收后恢复至(101kPa，120)，气体由12mol变为4mol，则体积
27、变为原来的，C正确；D从上面的计算可知，1molCH4参加反应，产物总质量为72g，反应中消耗的氧气为1.75mol，D正确；故选A。21.高铁电池是一种新型电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn2K2FeO48H2O=3Zn(OH)22Fe(OH)34KOH，下列叙述正确的是()A. 放电时正极反应为： Zn2e2OHZn(OH)2B. 该原电池，Zn作正极，可用石墨等作负极C. 放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化D. 放电时正极附近溶液的碱性增强【答案】D【解析】【详解】AK2FeO4为电池的正极，发生还原反应，生成Fe
28、(OH)3，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O2Fe(OH)3+10OH-，故A错误；BZn被氧化生成Zn(OH)2，应为负极，故B错误；C放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D放电时，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D正确；故选D。第卷非选择题（共58分）二、填空题（本大题包括4个小题，除标注外每空2分，共58分）22.（1）有下列几组物质或微粒：A.H和H；B.甲烷和乙烷；C.红磷和白磷；D.金刚石、石墨和C60；E.丁烷和异丁烷；F.和其中，属于同分异构体的是_；属于同位素的是_；属于同素异形体的是_；
29、属于同一种物质的是_；属于同系物的是_。（填字母编号）（2）写出分子中碳原子数小于10，一氯代物只有一种结构的所有烷烃的结构简式：_、_、_、_。（3）把1molCH4和一定量Cl2组成的混合气体通入大试管中，将此试管倒立在盛有饱和食盐水的水槽中，放在光亮处，回答下列问题：I.在反应结束后，试管内的产物最多的是_，空间构型呈正四面体的产物为_（填化学式），写出由甲烷直接生成该物质的化学方程式：_。II.若（3）中甲烷完全反应，且生成的四种有机产物的物质的量相同，则反应消耗的Cl2的物质的量为_。【答案】 (1). E (2). A (3). C、D (4). F (5). B (6). CH4
30、 (7). CH3CH3 (8). C(CH3)4 (9). (CH3)3CC(CH3)3 (10). HCl (11). CCl4 (12). CHCl3+4Cl2CCl4+4HCl (13). 2.5mol【解析】【分析】根据四同的基本概念进行分析；根据分子的对称性分析一氯代物只有一种的烷烃；根据取代反应的特点分析甲烷和氯气的反应。【详解】(1)A.H和H属于H元素的不同原子，两者互为同位素；B.甲烷和乙烷属于分子组成相同、结构相同的烷烃，两者互为同系物；C.红磷和白磷属于磷元素的不同单质，两者互为同素异形体；D.金刚石、石墨和C60均属于碳元素的不同单质，其互为同素异形体；E.丁烷和异丁
31、烷分子式相同，但是结构不同，两者互为同分异构体；F.和均为3-甲基戊烷，属于同一种物质；综上所述，属于同分异构体的是E；属于同位素的是A；属于同素异形体的是CD；属于同一种物质的是F；属于同系物的是B。(2)一氯代物只有一种结构烷烃，其分子结构一定是高度对称的，如CH4分子中的4个H完全等同，CH3CH3分子中的6个H原子完全等同，同理，将CH4和CH3CH3分子中的所有H原子换为-CH3，则其分子中的H原子仍然是完全等同的，因此，分子中碳原子数小于10，一氯代物只有一种结构的烷烃共有4种，分另是CH4、CH3CH3、C(CH3)4、(CH3)3CC(CH3)3。(3)把1molCH4和一定量
32、Cl2组成的混合气体通入大试管中，将此试管倒立在盛有饱和食盐水的水槽中，放在光亮处。I. 两者在光照的条件下发生4步取代反应，每一步都有HCl生成，有机产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷。因此，在反应结束后，试管内的产物最多的是HCl（尽管其溶于水成为盐酸，但是这种产物最多仍成立），空间构型呈正四面体的产物是四氯甲烷，其分子式为CCl4，由甲烷直接生成该物质的化学方程式为CHCl3+4Cl2CCl4+4HCl。II.若(3)中甲烷完全反应且生成的四种有机产物的物质的量相同，则一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷的物质的量均为0.25mol，由于每取代一个H原子需要一个Cl2分子，故
33、反应消耗的Cl2的物质的量为0.25mol+0.25mol 2+0.25mol 3+0.25mol4= 2.5mol 。【点睛】烷烃和氯气发生反应时，每取代一个H原子，同时生成一个HCl分子，故需要一个Cl2分子，这是本题的易错点。23.根据化学能和热能、电能相关的知识，请回答下列问题：I已知31 g白磷(P4)变为31 g红磷(P)时释放能量。上述变化属于_变化；稳定性白磷_红磷(填“”或“”)；II氢气是一种清洁能源，在我国航天工程中也有应用。(1)已知：2H2O22H2O。该反应1g氢气完全燃烧放出热量121kJ，其中断裂1molHH键吸收436kJ，断裂1molOO键吸收496kJ，那
34、么形成1molHO键放出热量_。(2)航天技术上使用的氢氧燃料电池原理可以简单看作下图“氢氧燃料电池的装置图” 则：a极为电池_(填“正极”或“负极”)；溶液中OH移向_电极（填“a”或“b”）。b电极附近pH_。(填增大、减小或不变)。如把H2改为甲烷，则电极反应式为：负极_。【答案】 (1). 化学 (2). (3). 463kJ (4). 负极 (5). a (6). 增大 (7). CH48e10OHCO32-7H2O【解析】【分析】分析: (1 )根据H=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量计算;( 2 ) 根据原电池的工作原理分析解答。【详解】(1)白磷与红磷
35、为同素异形体，则白磷转化为红磷为化学变化；31 g白磷变为31 g 红磷(P)时释放能量,为放热反应,说明白磷能量高于红磷,能量越低越稳定，因此稳定性是白磷小于红磷,因此，本题正确答案是:化学；II.(1) 1g氢气完全燃烧放出热量121k J,则2mol氢气即4g氢气完全燃烧放出热量为4121kJ=484kJ;其中断裂1molH-H键吸收436kJ,断裂1molO=O键吸收496kJ ,因此有2436+496-4x=-484 ,解得x=463 ,即形成1molH-O键放出热量为463kJ;答案：463kJ。 (2)根据电子的流向可知a电极是负极, b电极是正极。则原电池中阳离子向正极移动,阴
36、离子向负极移动,则溶液中OH-移向a电极。答案：负极；a。b电极是正极,氧气得到电子转化为氢氧根，氢氧根浓度增大,则b电极附近pH增大;答案：增大；如把氢气改为甲烷,由于电解质溶液显碱性,则负极甲烷失去电子转化为碳酸根,电极反应式为CH48e10OHCO32-7H2O,答案： CH48e10OHCO32-7H2O。24.下表是元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题： 族周期AAAAAAA01234(1)请画出元素阴离子的结构示意图：_。(2)的原子半径由小到大的顺序为_(填元素符号)。(3)和的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱为_(填化学式)。(4)两种元素的原子按11组成的常见化合物的电
37、子式为_。(5)用电子式表示和形成的化合物的过程：_。【答案】 (1). (2). OSNa (3). NaOH (4). Al(OH)3 (5). (6). 【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置首先判断出元素，然后结合元素周期律和物质的性质分析解答。【详解】根据元素在周期表中的位置可知分别是H、N、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Ar。则（1）元素是Cl，其阴离子的结构示意图为。（2）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则的原子半径由小到大的顺序为OSNa。（3）同周期自左向右金属性逐渐减小，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则和的最高价氧化物对应水化物的
38、碱性强弱为NaOHAl(OH)3。（4）两种元素的原子按11组成的常见化合物是过氧化钠，电子式为。（5）和形成的化合物是离子化合物氯化镁，则用电子式表示和形成的化合物的过程为。25.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。(1)若要证明非金属性：ClI，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液_的现象，即可证明。从环保角度考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用_溶液吸收尾气。请写出一种制氯气的化学反应方程式：_。(2)若要证明非金属性：CSi，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶
39、液_的现象，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有_溶液的洗气瓶。【答案】 (1). 变蓝色 (2). NaOH (3). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (4). 变浑浊或有白色沉淀生成 (5). 饱和NaHCO3【解析】【分析】A 中盐酸滴入B中的KMnO4或CaCO3固体中，发生反应，前者生成Cl2，后者生成CO2，且气体中都混入HCl；气体进入C中以前，若C中为碘化钾淀粉溶液，则不需除去HCl，若C中为硅酸钠溶液，由于HCl的存在会干扰实验的结果
40、，所以应先除去HCl。【详解】(1)若要证明非金属性：ClI，A中浓盐酸与B中KMnO4发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，生成的Cl2通入C中，与淀粉碘化钾混合溶液发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，生成的I2与淀粉作用，观察到C中溶液变蓝色的现象，即可证明。因为Cl2会污染环境，需用碱液处理，所以可用NaOH溶液吸收尾气。可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应来制氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。答案为：变蓝色；N
41、aOH；MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；(2)若要证明非金属性：CSi，则需发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3，所以在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液变浑浊或有白色沉淀生成，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加除去CO2中混有HCl的装置，此装置为装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶。答案为：变浑浊或有白色沉淀生成；饱和NaHCO3。【点睛】在反应制得的气体中，常混入酸或碱挥发出的杂质，实
42、验过程中是否需除去杂质，则看杂质的存在是否对实验结果造成影响，若不产生影响，则不需去除，否则必须去除。26.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：(1)写出该反应的化学方程式：_。(2)列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是_。A.当X与Y的反应速率之比为1：1B.在混合气体中X的质量百分数保持不变C.混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化D.混合气体的密度不随时间的变化而变化E.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2(3)为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是_。A.恒压时充入NeB.适当升高温度C.缩小容器的体积D.选择高效催化剂【答案】
43、(1). X(g)+Y(g)2Z(g) (2). A、C、D、E (3). A【解析】【分析】由图像可知，010s内X的物质的量减少0.79mol，Y的物质的量减少0.79mol，Z的物质的量增加1.58mol，故X、Y为反应物，Z为生成物；反应进行到10s后各物质的物质的量不再改变，说明反应达到了化学平衡状态。【详解】(1)X、Y为反应物，Z为生成物，三者变化的物质的量之比为0.79mol：0.79mol：1.58mol=1:1:2，故化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)；(2)A.根据化学方程式，X与Y的反应速率之比始终为1：1，始终不变，不能作为判据；B.达到平衡之前X的质量百分数
44、在变，当保持不变时说明达到了化学平衡状态，故X的质量百分数保持不变能作为判据；C.平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，建立平衡过程中混合气的总质量、总物质的量始终都不变，故平均摩尔质量始终不变，不能作为判据；D.密度等于总质量除以总体积，建立平衡过程中混合气的总质量始终不变，体积不变，故密度始终不变， 不能作为判据；E.达到平衡时各物质的浓度保持不变、但不一定等于化学计量数之比，X、Y、Z的浓度之比为1:1:2，不能作为判据；综上，不能说明达到平衡状态的是A、C、D、E；(3)A.恒压时充入Ne，会使容器体积增大，各物质的浓度减小，速率减小，A符合题意；B.升高温度，速率增大，B不符合题意；
45、C.缩小容器体积，各物质浓度增大，速率增大，C不符合题意；D. 选择高效催化剂，速率增大，D不符合题意；答案选A。【点睛】用速率来作为平衡判据时一定要分别表示正、逆反应速率且比值要等于相应的化学计量数才可以，用其他物理量来作为平衡判据时要选择平衡之前会发生改变的量，当其不变时说明达到了平衡，压强对于速率的影响可以通过转化为浓度的改变来进行理解判断。27.一定温度下将3molA及3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应3A(g)B(g)xC(g)2D(g)，经过5分钟后反应达到平衡，测得A的转化率为60%，C的平均反应速率是0.18mol/（Lmin）。求：(1)平衡时B的浓度=_mol/
46、L。(2)D的平均反应速率v(D)=_mol/(Lmin）。(3)x=_。【答案】 (1). 1.2mol/L (2). 0.12mol/（Lmin） (3). 3【解析】【分析】根据题意，A的转化率为60%，则A的转化量=3mol60%=1.8mol，利用各物质的转化量之比等于化学计量数之比，列出三段式解答：。【详解】(1)由三段式可知，平衡时B的物质的量为2.4mol，则其浓度c=n/V=2.4mol2L=1.2mol/L；(2) v(D)=c(D)/t=1.2mol(2L5min)= 0.12mol/（Lmin）；(3)同一反应中各物质的速率之比等于化学计量数之比，则v(C) ：v(D)=x：2，代入数据，0.18mol/（Lmin）：0.12mol/（Lmin）= x：2，x=3。【点睛】化学反应速率和化学平衡的相关计算，列出三段式，可以清晰表示出各物质各阶段的量，计算起来就比较方便，利用速率之比等于计量数之比可以比较快捷求出系数。
