1、山西省太原市第五中学2019-2020学年高一化学下学期5月开学摸底考试试题（含解析）说明：本试卷为闭卷笔答，做题时间90分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Zn-65一、选择题（本大题包括20个小题，115题每小题2分，1620题每小题3分，共45分。每小题只有1个选项符合题意。)1.科学家的研究成果往往对人类社会的进步产生重大影响，下列对应关系错误的是（ ）A. 舍勒首先在实验室制得了氯气B. 氧气是戴维通过实验首先发现的C. 门捷列夫绘制了第一张元素周期表D. 侯德榜研究并使纯碱的生产实现了国产化【答案】B
2、【解析】【详解】A18世纪70年代，瑞典化学家舍勒用软锰矿（主要成分是MnO2）与浓盐酸混合加热，在世界上首先制得了氯气，故A正确；B法国化学家拉瓦锡首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，而化学家戴维通过分解法首先从苏打中制取一种金属钠，故B错误；C俄国化学家门捷列夫将当时已发现的63种元素排序，制得了第一张元素周期表，故C正确；D我国著名化学家侯德榜研究成功的“侯氏制碱法”所生产的碱是纯碱，即NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，故D正确；答案为B。2.科学家已实现利用“特殊方法”定格正在超速运行的电子和原子，这对人
3、们了解原子的结构具有积极意义。下列有关电子和原子的说法正确的是（ ）A. 化学反应发生一定伴随有电子的转移B. 电子带负电，质子带正电，中子不带电C. 原子核外只有最外层的电子作高速运动D. 阳离子的核外电子数大于其核电荷数【答案】B【解析】【详解】A氧化还原反应一定会发生电子的转移，非氧化还原反应没有电子转移，故A错误；B组成原子的三个基本微粒：电子、中子和质子，由于原子不显电性，则电子带负电，质子带正电，中子不带电，且核外电子数=质子数，故B正确；C原子核外所有的电子作高速运动，且运动不规则，而不仅仅是最外层电子，故C错误；D原子中核外电子数等于其核电荷数，阳离子表示已失去了电子，则核外电
4、子数小于其核电荷数，故D错误；答案为B。3.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成离子化合物，下列判断正确的是（ ）A. 自然界存在游离态的W、X、YB. 简单氢化物的稳定性：YZC. Z元素的氧化物对应的水化物的酸性一定强于YD. W元素的单质在化学反应中只能表现还原性【答案】A【解析】【详解】W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，这几种元素为短周期元素，则W和X为第二周期，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，氨气和硝酸能生成离子化合物硝酸铵，则W是N元素，根据元素的位置知，X
5、是O元素、Y是S元素、Z是Cl元素；AW是N，X是O，Y是S，则空气中有N2、O2，火山喷口有S单质，故A正确；BY是S，Z是Cl，属于同周期元素，从左往右，非金属性增强，则非金属性Cl大于S，则最简单的气态氢化物的稳定性：ZY，故B错误；CZ元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Y，如HClO的酸性小于H2SO4，应该是Z元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Y，故C错误；DW是N，它的单质的价态处于中间价态，既可以升高，也可降低，既可以表现氧化性，也可以表现还原性，如N2与O2反应化合价升高，表现还原性，N2与H2反应化合价降低，表现氧化性，故D错误；答案为A。4.3H、14C、14N、1
6、6O、32S等在科学研究中应用广泛，下列对它们的说法正确的是（ ）A. 3H的核外电子数比2H多一个B. 16O和32S原子核内的中子数相等C. 14C和14N互称为同位素D. 32S原子核内的质子数为16【答案】D【解析】【详解】A由于3H和2H属于同位素，具有相同质子数和不同的中子数，则它们的核外电子一样多，均是1个，故A错误；B16O原子核内的中子数为16-8=8，32S原子核内的中子数为32-16=16，两者中子数不等，故B错误；C14C和14N的质子数不相同，不能互为同位素，故C错误；D32S原子，它的原子序数为16，则质子数为16，故D正确；答案为D。5.下列有关化学反应速率的认识
7、正确的是（ ）A. 同一化学反应的速率恒定不变B. 化学反应速率能够描述反应进行的快慢C. 反应速率越快，反应物的转化率越高D. 固态物质间的反应无法表示其反应速率【答案】B【解析】【详解】A同一化学反应，随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减小，故A错误；B化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢程度的物理量，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示（只取正值），故B正确；C化学反应速率越快，达到平衡所需的时间越少，转化率的大小与速率无关，故C错误；D固体因浓度是定值，不存在浓度差，不能用单位时间内浓度的变化来表示其反应速率，但固态物质间的反应可以用单位时间固体反应物质量减小
8、或生成物质量增加来表示。单位一般为：g/s、g/min，故D错误；答案为B。6.目前科学家对化学键的研究已日趋完善，下列观点中正确的是（ ）A. 极性键和非极性键不能共存于同一物质中B. 单质分子中一定含有非极性共价键C. 离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性键D. 金属元素和非金属元素之间形成的化学键均为离子键【答案】C【解析】【详解】A极性键和非极性键能共存于同一物质中，如H2O2，电子式为：，它有极性健和非极性键，故A错误；BHe等零族元素的分子为单原子分子，单原子分子不含共价键，故B错误；C离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性键，如NaOH，电子式为：，它有离子键，也有极性键，
9、故C正确；D金属元素和非金属元素之间形成的化学键不一定均为离子键，如AlCl3，它是由金属Al元素和非金属Cl元素形成的，但它是共价化合物，故D错误；答案为C。7.在一个恒容容器中充入N2(g)和H2(g)，一定条件下发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若温度保持不变，下列说法正确的是（ ）A. 容器中的压强始终保持不变B. 反应达到限度后N2(g)和H2(g)的物质的量之比一定为1：3C. 正、逆反应速率相等时各物质质量不再变化D. 当充入足够N2(g)后，H2(g)会全部转化【答案】C【解析】【详解】A观察化学方程式可知，该反应进行中气体分子总数减少，混合气体的总物质的量减小，
10、容器内气体的压强逐渐减小，故A错误；B若开始时充入的N2和H2的物质的量之比是1:3，则平衡时N2和H2的物质的量之比一定是1:3；若开始时充入的N2和H2的物质的量之比不是1:3，则平衡时N2和H2的物质的量之比一定不是1:3，故B错误；C正、逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，各物质的质量不再发生变化，故C正确；D因为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，当充入足够N2(g)后，平衡向右移动，但不可能使H2(g)全部转化，故D错误；答案为C。8.工业上冶炼下列金属，必须另加还原剂的是（ ）A. FeB. AgC. CuD. Na【答案】AC【解析】【详解】金属的冶炼一般有电解法
11、、热还原法、热分解法、物理分离法；电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；由上面分析得：A铁性质较活泼，用热还原法冶炼，必须另加还原剂，故A正确；B银性质不活泼，用热分解法冶炼，不需要另加还原剂，故B错误；C铜性质较不活泼，用热还原法冶炼，必须另加还原剂，故C正确；D钠性质活泼，用电解熔融的氯化钠的方法冶炼，不需要另加还原剂，故D错误；答案为AC。
12、9.将CO2转化成有机物可有效实现碳循环，如下CO2转化成有机物的反应中，原子利用率最高的是（ ）A. 6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B. CO2+3H2CH3OH+H2OC. CO2+CH4CH3COOHD. 2CO2+6H2CH2=CH2+4H2O【答案】C【解析】【详解】原子利用率最高，力求反应物分子中的所有原子全都转化到目标产物中，理想状态的原子利用率为100%；由上分析可知：ACO2和H2O反应生成C6H12O6之外还有氧气产生，故A不合题意；BCO2和H2反应生成CH3OH之外还有水产生，故B不合题意；CCO2和CH4反应全部转化为CH3COOH，故C符合题意；DCO2和
13、H2反应生成乙烯之外还有水的生成，故D不合题意；答案为C。10.根据元素周期表判断下列描述正确的是A. 第VIII族是包含元素种类最多的族B. 第VIA族元素形成的化合物种类最多C. 每个短周期都既包含金属元素也包含非金属元素D. 在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素【答案】D【解析】【详解】A第IIIB族含有镧系和錒系，是包含元素种类最多的族，A错误；B第A族元素形成的化合物种类最多，因为含有碳元素，B错误；C第一周期不存在金属元素，C错误；D在金属和非金属元素分界线附近的元素往往既有金属性，也有非金属性，可以寻找制作半导体材料的元素，D正确；答案选D。11.研究发现，在
14、元素周期表中处于如图位置的元素性质往往相似。由此推测下面有关锂及其化合物的性质的叙述错误的是（ ）A. 锂在过量氧气中燃烧，主要产物是Li2O而不是Li2O2B. 在相同温度下，溶解度Li2CO3小于LiHCO3C. Li2CO3受热很难分解D. 少量的锂保存在石蜡中【答案】C【解析】【详解】镁、锂在元素周期表中具有特殊“对角线”关系，它们的性质相似，结合Mg的化合物性质推断Li的化合物性质；A镁在氧气中燃烧生成氧化镁，可以推知锂在过量氧气中燃烧生成氧化锂，得不到过氧化锂，故A正确；B在相同温度下，碳酸镁的溶解度小于碳酸氢镁，可以推知碳酸锂的溶解度小于碳酸氢锂，故B正确；C碳酸镁加热分解生成M
15、gO和二氧化碳，可以推知Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2，故C错误；D金属锂性质较活泼，容易被氧气等物质氧化，密度小于煤油，保存在石蜡中可以隔绝空气防止变质，故D正确；答案为C。12.下列化学用语表示正确的是（ ）A. 质量数为11的硼原子：BB. C1-的结构示意图：C. N2的电子式：D. HClO的结构式：HClO【答案】B【解析】【详解】A质量数为11的硼原子，质子数为5，则可表示为，故A错误；B氯离子是由氯原子得到一个电子形成的，故核内有17个质子，而核外有18个电子，故Cl-结构示意图为，故B正确；CN的核外电子数为5，则N2的电子式为，故C错误；DHClO为共价化合物，
16、分子中存在1个O-H键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为，结构式为H-O-Cl，故D错误；答案为B。13.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 100ml18mol/L浓硫酸与足量铜加热充分反应转移电子数为3.6NAB. 0.1mol24Mg32S晶体中所含中子总数为2.8NAC. 标准状况下，22.4LCO2中含有的共用电子对数目为2NAD. 24.5gKClO3晶体中含有C1-的数目为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A由Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O反应可知，2摩尔H2SO4转移2摩尔电子，则H2SO4为18mol/L0.1L=1.8mol，转
17、移的电子为1.8NA，故A错误；B1个24Mg原子中有12个中子，1个32S原子中有16个中子，则1个24Mg32S中有28个中子，则0.1mol24Mg32S晶体中所含中子总数为2.8NA，故B正确；C标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而CO2的结构式为O=C=O，二氧化碳中含4对共用电子对，故1mol二氧化碳中含4NA对共用电子对，故C错误；DKClO3晶体中氯元素是以ClO3-的形式存在，不存在Cl-，故D错误；答案为B。14.下列有关燃烧和能源的说法正确的是（ ）A. 焰色反应属于燃烧B. 燃烧一定要有氧参加C. 乙醇属于较为清洁的生物质能D. 电能属于可再生的一次能源【答
18、案】C【解析】【分析】【详解】A焰色反应不属于燃烧，焰色反应只是高温激发原子核内层电子至激发态，电子回到基态时放出的一定波长的光，焰色反应是物理变化，不是化学变化，而燃烧是化学反应，故A错误；B燃烧是一种发光、放热的剧烈氧化反应，不一定需要氧气，如H2在Cl2中燃烧，故B错误；C有机物中除矿物燃料以外的所有来源于动植物的能源物质均属于生物质能，而有机物乙醇燃烧时放出大量的热，生成二氧化碳和水，是一种较为清洁的燃料，故C正确；D直接从自然界获得的能源为一次能源，电能需要消耗其他形式的能才能转化为电能，则电能属于二次能源，故D错误；答案为C。15.有一种被称为“软电池”的纸质电池，其总反应为：Zn
19、2MnO2H2O=ZnO2MnOOH。下列说法正确的是（ ）A. 该电池中Zn作正极B. Zn电极上发生还原反应C. 该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D. 当6.5gZn完全溶解时，流经电路的电子个数约为1.204l023【答案】D【解析】【分析】【详解】A由电池的总反应：Zn2MnO2H2O=ZnO2MnOOH，可知Zn的化合价由0价变为+2价，Zn失电子作负极，故A错误；BZn负极，失电子，发生氧化反应，故B错误；C该电池工作时电流是由正极流向负极，电流从MnO2经导线流向Zn，故C错误；D根据电极反应，负极：Zn-2e-=Zn2+，1molZn溶解，转移2mol电子，则6.5gZ
20、n为0.1mol，转移的电子数约为0.126.021023=1.2041023，故D正确；答案为D。16.某元素的一个原子形成的离子可表示为n-，下列说法正确的是（ ）A. n-中含有的中子数为a+bB. n-中含有的电子数为a-nC. X原子的质量数为a+b+nD. 一个X原子的质量约为 g【答案】D【解析】【分析】根据n-中质子数是a，质量数是b，中子数=质量数-质子数，阴离子中核外电子数=核内质子数+电荷数，原子的质量以克为单位，数值为原子的相对原子质量和阿伏伽德罗常数的比值。【详解】A. n-中含有的中子数=质量数-质子数=b-a，A错误；B. n-的核外电子数=核内质子数+电荷数=a
21、+n，B错误；C. n-的质量数为b，C错误；D.1 moln-的质量是b g，根据n=及n=，则原子的质量为1 mol该原子的质量和阿伏伽德罗常数的比值，所以1个X原子的质量为m= g，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了质子数、质量数和中子数之间的关系，注意把握阴、阳离子核外电子数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。17.下表列出了部分短周期元素的原子半径及主要化合价，请根据表中信息，判断以下叙述正确的是（ ）元素代号XYZMN原子半径/nm0.1660.1430.1120.1040.066主要化合价2326、-2-2A. Z的最高价氧化物的水化物碱性强于XB. 简单氢化
22、物的沸点为H2NH2MC. M和N之间能组成多种纯净物D. Y3的半径大于N2-【答案】C【解析】【详解】均为短周期元素，M有+6、-2价，可推知M为S元素；X、Y化合价分别为+2、+3，原子半径XY硫，可推知X为Mg、Y为Al；Z的化合价为+2价，且原子半径MgZ，可推知Z为Be元素，N的化合价为-2价，且原子半径SN，可推知N为O元素，由上可知：AX为Mg，Z为Be，两者属于同主族元素，从上往下，金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，则XZ，故A错误；B简单氢化物是H2O，H2S，由于H2O分子间还存在氢键，沸点升高，故沸点H2OH2S，故B错误；CS和O可以组成SO2和SO3等，故
23、C正确；DAl3+和O2-它们具有相同的电子层结构，随着核电荷的递增，半径减小，则r(Al3+)r(O2-)，故D错误；答案为C。18.一定条件下，对于恒容密闭容器中进行的可逆反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，下列说法中能说明反应一定已经达到化学平衡状态的是（ ）单位时间生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；2v正(NO2)=v逆(O2)NO2、NO、O2的物质的量浓度之比为2：2：1；容器内压强不再改变密闭容器中混合气体的密度不再改变；混合气体的平均相对分子质量不再改变A. B. C. D. 【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
24、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；中两物质的速率比与化学计量数比不同，不能判断反应达平衡状态，故错误；中三种物质的浓度比在平衡时不一定为2:2:1，不能判断反应达平衡状态，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；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；随着反应的不断进行，体系内的总物质的量不断增大，当反应达平衡时，体系内
25、总物质的量不再发生变化，体系内的平均相对分子质量不再发生变化，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。19.科学家正在研究建立如图所示的二氧化碳新循环体系以解决日益加剧的温室效应等问题，关系图中能反映的化学观点或化学思想有（ ）二氧化碳也是一种重要的资源；光能或电能可以转化为化学能；燃烧时化学能可以转化为热能；无机物和有机物可以相互转化；化学变化中元素种类是守恒的A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】【详解】从图示中可以看出，二氧化碳和氢气
26、在一定条件下可以转化为甲醇等能源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，正确；水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，正确；液化石油气、汽油、甲醇等有机物的燃烧，都说明了燃烧时化学能可以转化为热能和光能，正确；液化石油气、汽油、甲醇转化为二氧化碳，无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物，说明无机物和有机物可以相互转化，正确；由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，正确；答案选D。20.海洋是巨大的资源宝库，从其中提取
27、食盐和溴的过程如图所示。下列描述错误的是（ ）A. 淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B. 以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品C. SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为Br2SO22H2O=4H+SO42-2Br-D. 步骤中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小【答案】D【解析】【详解】A目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法等，A正确；B电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，
28、分解得到纯碱，B正确；C二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，C正确；D步骤中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，D错误；故选D。二、填空题（本大题共6小题，共55分）21.“阅读”、“质疑”、“解惑”是重要的学习方法，请回答下列问题：（1）在元素周期表中氯元素与溴元素被置于同一主族，从原子结构分析，原因是_；氯元素与硫元素被置于同一周期，从原子结构分析，原因是_。（2）甲同学将氯气通入硫化钠（Na2S）的溶液中，观察到产生淡黄色沉淀，反应的化学反应方程式为_，得出的结论是Cl-的还原性_S2-（填“
29、强于”或“弱于”）。（3）甲同学通过“FeCl3和FeBr3溶液存在”这一事实推测“FeI3”溶液存在，但查阅资料后发现FeI3溶液不存在，可能的原因是_。（4）甲同学将氟气通入氯化钠溶液并未出现“溶液颜色明显变化”的预测现象，可能的原因是_。【答案】 (1). 二者原子的最外层电子数相等 (2). 二者原子核外的电子层数相等 (3). Na2S+Cl2=2NaCl+S (4). 弱于 (5). Fe3+具有强氧化性，I-具有强还原性，二者发生氧化还原反应而不能共存 (6). 氟气的氧化性很强，与水发生反应【解析】【详解】（1）根据元素周期表的排列原则，Cl和Br的最外层电子数相同，故排在同一
30、个族；Cl和S的电子层数相同，故排在同一个周期；（2）Cl2的氧化性强于S，故Cl2可以从含有S2-的溶液中将S置换出来，化学方程式为Na2S+Cl2=2NaCl+S，因Cl2的氧化性强于S，故Cl-的还原性弱于S2-；（3）不存在FeI3的原因是：Fe3+具有很强的氧化性，I-具有很强的还原性，二者相遇可以发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3+2I-=2Fe2+I2；（4）F的非金属性为元素周期表中最强，故F2的氧化性为单质中最强，F2可以将水中的O元素置换出来，生成O2，而不将溶液中的Cl-置换出来，故溶液颜色没有明显变化。【点睛】元素周期表根据原子序数的递增进行排列，将电子层数相同的原
31、子排成一行，叫做一个周期，将最外层电子数相同的原子排成一列，叫做一个族；元素的性质随着元素的原子序数（即原子核外电子数或核电荷数）的递增呈周期性变化的规律叫做元素周期律。22.某实验小组利用稀硫酸与锌粒制取氢气的实验探究影响化学反应速率的因素，反应速率与反应时间的关系如图，请回答下列问题：（1）t0t1间反应速率增大的原因是_。（2）若在t2时刻向溶液中加入少量CuSO4固体，反应速率明显加快，对此大家展开研究：有人认为是加入的SO42-催化了反应。他的观点_（填“正确”或“不正确”）。如何设计实验加以证明？_。有同学发现当加入较多CuSO4固体时，反应速率反而下降，可能的原因是_。（3）如要
32、加快t0时刻气体产生的速率，从反应物角度看，可采取的措施有_(至少答两种)。【答案】 (1). 该反应放热，使温度升高，从而加快了反应速率 (2). 不正确 (3). 可向溶液中加入少量Na2SO4固体，观察反应速率变化 (4). 锌置换出较多铜，覆盖在锌片表面，阻止了反应的发生 (5). 适当加大稀硫酸的浓度、将锌片粉碎【解析】【分析】依据外界条件对反应速率的影响以及反应实质分析解答。【详解】（1）Zn与稀硫酸反应放热，随着反应的不断进行，反应放出大量的热，使体系温度升高，温度升高加快反应速率，故t0-t1段反应速率增大；（2）t2时刻加入硫酸铜，反应速率加快，因为Zn可以与Cu2+发生置换
33、反应生成Cu，Cu-Zn-稀硫酸组成原电池装置，加快反应速率，故该同学的观点是不正确的，硫酸根不会催化反应的进行，可以通过向溶液中加入硫酸钠固体进行验证，若加入硫酸钠固体后反应速率加快，则说明硫酸根起催化作用，反之则没有起到催化作用；当加入大量硫酸铜时，Cu2+与Zn反应生成大量Cu附着在Zn表面，阻止Zn的进一步反应；（3）为增加初始状态下的反应速率，可以适当提高硫酸的浓度、将锌粉碎提高Zn与稀硫酸的接触面积等方法。23.某兴趣小组用下列装置研究原电池的原理。（1）装置甲电键k断开时，装置中发生反应离子方程式为_；电键k闭合时，C棒上的现象为_，电极反应式为_。（2）装置乙是氢氧燃料电池构造
34、示意图，其中通入氢气的一极为电池的_极（填“正”或“负”），电极反应式为_。（3）下列关于装置乙中原电池的总反应的说法正确的是_（填选项字母）。A.该反应属于反应物总能量小于生成物总能量的反应B.该反应断裂化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量C.该反应过程中既有非极性键的断裂又有非极性键的形成【答案】 (1). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (2). 析出红色物质 (3). Cu2+2e-=Cu (4). 负 (5). H2+2e-+2OH-=2H2O (6). B【解析】【分析】装置甲电键k断开时，直接发生化学反应，电键k闭合时，发生原电池反应，Fe为负极，C为正极；乙是氢氧燃料电
35、池，通入燃料的为负极，发生氧化反应，通入氧气的为正极，发生还原反应，据此分析回答。【详解】(1)装置甲电键k断开时，Fe和CuSO4溶液直接发生置换反应，离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；电键k闭合时，发生原电池反应，C为正极，电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，在电极表面会析出红色物质，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；析出红色物质；Cu2+2e-=Cu；(2)装置乙是氢氧燃料电池，通入氢气的一极为电池的负极，失电子发生氧化反应，电解质是KOH溶液，要考虑后续反应，故负极反应式为：H2+2e-+2OH-=2H2O，故答案为：负；H2+2e-+2OH-=2H2O；(3)A氢
36、氧燃料电池是将燃烧反应的化学能转化成电能，故反应物总能量大于生成物总能量，故A错误；B该反应为放热反应，故该反应断裂化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量，故B 正确；C总反应的方程式为：2H2+2O2=2H2O，断裂非极性键，形成的是极性键，故C错误；故答案为：B。【点睛】原电池问题关键是理解其基本的工作原理，易错点是分析电极反应式，需考虑电解质的后续反应。24.一定条件下，恒容密闭容器中发生某可逆反应，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间的变化如图所示。请回答下列问题：（1）此反应的化学方程式为_。（2）反应从开始至4min末，用A表示的平均反应速率为_。（3）t2的值_8（填“大
37、于”、“等于”或“小于”），其原因是_。（4）某同学经分析得出如下结论，其中正确的是_（填选项序号）。该反应在t1时刻达到了反应限度保持条件不变，延续足够长的时间，容器中将可能不存在A物质该反应达到了反应限度后物质B的质量将保持不变改变反应条件将可能改变反应的限度【答案】 (1). 2A2B+C (2). 0.5mol/(Lmin) (3). 大于 (4). 随着反应物浓度的减小，反应速率将减小 (5). 【解析】【分析】由图像可知，A为反应物，B、C为生成物，根据改变量之比等于计量数之比得出各物质的计量数，从而写出化学方程式；反应在t2时刻达到最大限度，即达到化学平衡，此时各组分均含有，且浓
38、度保持不变，若改变外界条件，则可能改变反应的限度。【详解】(1)由图像可知，A为反应物，B、C为生成物，改变量之比等于计量数之比得出各物质的计量数，平衡时，c（A）=4mol/L，c（B）=4mol/L，c（C）=2mol/L，所以化学方程式为：2A2B+C，故答案为：2A2B+C；(2)由图可知，反应从开始至4min末，A的浓度改变量为2mol/L，用A表示的平均反应速率为v=0.5mol/(Lmin)，故答案为：0.5mol/(Lmin)；(3)由图像可知从4min到t2，A的浓度又减小了2mol/L，但是由于反应物浓度的减小，反应速率将减小，故所用时间将大于4min，故t2的值将大于8，
39、故答案为：大于；随着反应物浓度的减小，反应速率将减小；(4)由图像可知，该反应在t2时刻达到了反应限度，故错误；该反应为可逆反应，达到反应限度后，保持条件不变，各组分都含有，且各组分的量将保持不变，故错误；该反应达到了反应限度后，各组分的质量都将不变，故物质B的质量将保持不变，故正确；反应限度需要外界条件的维持，改变反应条件将可能改变反应的限度，故正确。故答案为：。【点睛】浓度随时间变化图像问题，写出正确的化学方程式是解答关键，同时明确该反应是可逆反应，将达到反应限度，抓住可逆反应的特点和反应的限度特点作答。25.元素周期表是进行化学研究的重要工具，如图是元素周期表的一部分，其中代表9种元素。
40、请回答下列问题：（1）上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是_（填物质的化学式）。（2）上述元素中最稳定的简单氢化物是_（填物质的化学式），请用电子式表示其形成过程：_；形成的1：1：1型化合物的电子式为_。（3）下列推断正确的是_（填选项字母）。A.的单质可能为白色固体B.的单质能与水剧烈反应生成氢气C.、的简单氢化物之间反应的产物中既含离子键又含极性键【答案】 (1). HClO4 (2). HF (3). (4). (5). BC【解析】【分析】根据元素周期表结构及元素的位置可知，为N，为O，为F，为Na，为P，为Cl，为I，为Rb，为At，再根据同周期、同主族元素性质的递变规
41、律回答。【详解】根据元素周期表结构及元素的位置可知，为N，为O，为F，为Na，为P，为Cl，为I，为Rb，为At；（1）因为F元素无正价，故上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4；（2）上述元素中，F元素的非金属性最强，故最稳定的简单氢化物是HF，电子式表示其形成过程：，形成的1：1：1型化合物为NaClO，其电子式为: ，故答案为：HF；（3）A单质为At，卤素单质颜色从上到下逐渐加深，故At不可能是白色固体，故A错误；B为Rb，碱金属单质与水反应均生成H2，且活泼性从上到下逐渐增强，故Rb能与水剧烈反应生成氢气，故B正确；C为N，为Cl，它们的简单
42、氢化物是NH3和HCl，两者反应生成NH4Cl，NH4Cl既含离子键又含极性键，故C正确。故答案为：BC。【点睛】解答该题的关键是明确元素周期表的结构和短周期、碱金属、卤素在周期表中的位置，要求熟悉元素周期律及元素性质的递变规律。26.CH4（其中C为4价）既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。（1）已知8.0gCH4完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出444.8kJ热量。若一定量的甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出1334.4kJ的热量，则需要标准状况下的氧气约_L。（2）以CH4为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图甲所示，通入2.24L（已换
43、算为标准状况）a气体时，通过质子交换膜转移的H+数目为_（设NA为阿伏加德罗常数的值）。（3）在一定温度和催化剂作用下，CH4与CO2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图乙所示，则该反应的最佳温度应控制在_左右。该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜(CuAlO2，难溶物)。将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其反应的离子方程式为_。CH4还原法是处理NOx气体的一种方法。已知一定条件下CH4与NOx反应转化为N2、CO2和H2O，若标准状况下8.96LCH4可处理22.4LNOx，则x值为_。【答案】 (1). 6
44、7.2 (2). 0.8NA (3). 250 (4). 3CuAlO2+16H+NO3-=3Al3+3Cu2+NO+8H2O (5). 1.6【解析】【详解】（1）已知8.0gCH4完全燃烧生成液体水放出444.8kJ热量，则1mol即16g燃烧放出的热量为kJ，现有一定量的甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出1334.4kJ的热量，甲烷的物质的量为mol=1.5mol，根据1mol甲烷完全燃烧需要2mol氧气，故1.5mol甲烷完全燃烧需要3mol氧气，故标况下氧气的体积为3mol22.4L/mol=67.2L，故答案为：67.2；（2）由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲
45、烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下结合氢离子生成水，负极电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，当1mol甲烷反应时通过质子交换膜转移的H+为8mol，2.24L甲烷为0.1mol，故反应完通过质子交换膜转移的H+数目为0.8NA；故答案为：0.8NA；（3）从图象可知：250时乙酸反应速率最大、催化活性，故选择250；故答案为：250；CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2+16H+NO3-=NO+3Al3+3Cu2+8H2O；故答案为：3CuAlO2+16H+NO3-=NO+3Al3+3Cu2+8H2O；根据得失电子转移守恒，则：8.96L4-（-4）=22.4L2x，解得x=1.6；故答案为：1.6。【点睛】（2）小题应充分利用电极反应式计算通过质子交换膜转移的H+数目，（3）小题需看懂图像的含义，根据氧化还原的原理书写离子方程式，根据电子守恒计算NOx中x的值。