1、湖北省孝感市重点高中协作体2019-2020学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量: Li-7 Pb-207第卷(选择题 共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每个小题只有一个选项符合题意)1.化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是A. 一些橡胶或塑料制品中要添加抑制剂是为了减缓橡胶塑料制品的老化速率B. 沼气属于生物质能，生物质能是可再生的能源C. 硅胶袋加入到袋装食品中起到脱氧剂的作用D. 面粉生产厂要求严禁烟火是因为面粉有机物颗粒极小、总表面积巨大容易被引燃爆炸【答案】C【解析】【详解】A橡胶或塑料制品容易被氧气氧化，添加
2、抑制剂可以减缓氧化，故A正确；B沼气是由腐烂的植物秸秆发酵生成的，可以再生，属于生物质能，故B正确；C硅胶可以吸水，袋装食品中加入硅胶袋主要是起到干燥的作用，故C错误；D固体颗粒越小，与空气的接触面积越大，反应速率越大，面粉易被引燃爆炸，故D正确；故答案为C。2.下列有关说法错误的是A. 食物中的营养物质主要包括：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水B. 燃烧相同体积的管道煤气（主要成分CO和H2）和天然气，管道煤气消耗氧气体积大C. 油脂没有固定的熔沸点，是食物中产生能量最高的营养物质D. 金属钠和碳酸钠溶液都可以用来区分乙醇、乙酸和苯【答案】B【解析】【详解】A食品中的六大营养元素包括糖
3、类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水，A正确；B管道煤气燃烧时反应方程式为：2CO+O22CO2、2H2+O22H2O，天然气燃烧时方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，根据方程式可知一体积管道煤气燃烧消耗0.5体积的氧气，一体积天然气燃烧可以消耗2体积氧气，所以天然气耗氧量更大，故B错误；C油脂是混合物无固定的熔沸点，油脂在体内完全氧化时，提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，是产生能量最高的营养物质，故C正确；D乙醇、乙酸都能和钠反应生成氢气，但乙醇的羟基活泼性不如乙酸，因此钠在乙酸中的反应会更加剧烈，苯不与钠反应，三者现象不同，可以区分；碳酸钠溶液可以和乙酸反应放出气体，和乙醇互溶，和苯不
4、反应不互溶，溶液分层，现象不同，可以区分，故D正确；故答案为B。3.含氯消毒剂是新冠肺炎疫情期间防疫的一种重要消毒剂，下列说法正确的是A. 用电子式表示HCl的形成过程B. 次氯酸的结构式 HOClC. 氯离子的结构示意图D. Cl这种核素的原子中有17个中子【答案】B【解析】【详解】AH原子和Cl原子通过共用电子对形成共价化合物HCl，其形成过程为，故A错误；B次氯酸中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，结构式为H-O-Cl，故B正确；C氯元素为17号元素，所以氯离子的结构示意图为，故C错误；D中子数=质量数-质子数，所以Cl的中子数为35-17=18，故D错误；故答案为B。4.迄今距门
5、捷列夫提出元素周期表已经151年。根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不合理的是A. 位于第五周期的元素中主族序数大于周期数的元素为非金属元素B. 第35号元素的单质在常温常压下是液体C. 周期表中元素种类最多的一个族是第族D. 锗元素位于元素周期表中金属与非金属交界线附近【答案】C【解析】【详解】A第五周期的元素中主族序数大于周期数的元素为碲、碘，均为非金属元素，故A正确；B第35号元素为Br，常温常压下溴单质为液体，故B正确；CB族存在镧系与锕系，含有的元素最多，故C错误；D锗元素位于第四周期第A族，与Al元素处于对角线位置，位于元素周期表中金属与非金属交界线附近，故D正确；故答案为C
6、。5.下列有关说法错误的是A. 一定条件下石墨转化为金刚石反应吸热说明石墨比金刚石稳定B. 化学反应必然伴随发生能量变化C. 化学键是一种作用力D. 不同元素组成的多原子分子中的化学键一定是极性键【答案】D【解析】【分析】【详解】A一定条件下石墨转化为金刚石反应吸热说明石墨的能量更低，能量越低越稳定，故A正确；B化学反应的实质是旧键断裂新键形成，旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，所以化学反应必然伴随能量变化，故B正确；C化学键是相邻原子或离子之间强烈的作用力，故C正确；D不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定是极性键，例如H2O2分子内含有过氧键，为非极性键，故D错误；故答案为D。6.已知
7、：铅蓄电池总反应为： Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) 2PbSO4(s) + 2H2O(l) 电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列关于电池的叙述正确的是A. 充电电池的化学反应原理是氧化还原反应B. 铅蓄电池可以无限制地反复放电、充电，不会造成环境污染C. 铅蓄电池比锂电池的理论比能量高D. 铅蓄电池正极电极反应为：PbO2 +4H+ +2e = Pb2+ +2H2O【答案】A【解析】【详解】A充放电的化学反应有电子转移，所以必须是氧化还原反应，故A正确；B充电电池的使用有一定年限，不能无限制的反复充电、放电，且铅属于重金属元素，会对
8、环境造成污染，故B错误；C锂元素的摩尔质量较小，相对于传统铅蓄电池，锂电池的比能量较高，故C错误；D铅蓄电池中正极上PbO2得电子后和硫酸根离子反应生成难溶物硫酸铅，电极反应式为：PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故D错误；故答案为A。7.已知反应8NH3+ 3Cl2 = N2+ 6NH4Cl，则下列说法错误的是A. 该反应为置换反应B. 被氧化的NH3被还原的Cl2的物质的量之比为 2:3C. 若该反应转移电子3 mol，则消耗氯气体积33.6 LD. N2为该反应的氧化产物【答案】C【解析】【分析】反应3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还
9、原，Cl2为氧化剂，6NH4Cl为还原产物，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，N2为氧化产物，以此解答。【详解】A、该反应为单质和化合物生成另一单质和化合物，所以为置换反应，故A正确；B、Cl元素化合价降低，则被还原的Cl2为3mol，氮元素化合价升高，则被氧化的NH3为2mol，被氧化的NH3被还原的Cl2的物质的量之比为 2:3，故B正确；C、选项中未强调是否标准状况，故无法计算氯气的体积，故C错误；D、N元素化合价升高变为N2，被氧化，故N2为该反应的氧化产物，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角
10、度解答该题。8.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400-500和常压下的催化氧化: 2SO2 + O2 2SO3, 这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行,下述相关说法中错误的是A. 反应温度选择400-500是该反应催化剂的催化活性、反应速率、反应限度等角度综合考虑的结果B. 因为在常压下该反应的速率和SO2的转化率已经很高了，所以选择常压条件主要是从生产成本角度考虑C. 为提高SO2转化率,应适当提高O2的浓度D. 使用催化剂是为了加快反应速率,提高SO3产率【答案】D【解析】【分析】化工生产中生产条件的选择主要从反应速率和原料的转化率两方面考虑，同时也要考虑实际情况如
11、生产成本等。【详解】A、选择温度时，从速率考虑需要高温，但是该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，原料的转化率降低，故选择400-500是该反应催化剂的催化活性、反应速率、反应限度等角度综合考虑的结果，故A正确；B、在二氧化硫的催化氧化中，常压下二氧化硫的转化率很高，增大压强会增加成本，故B正确；C、反应2SO2+O2SO3中，适当增大氧气的量，可以提高二氧化硫的转化率，故C正确；D、使用催化剂加快化学反应的速率，缩短反应的时间，提高生产效率，但不能提高SO3产率，故D错误。答案选D。【点睛】本题考查工业制取硫酸中的二氧化硫的催化氧化原理，注意工业生产在环保、安全的基础上以经济效益为中心。9
12、.在一个不传热的固定容积的容器中，对于反应 A(g)2B(g)3C(g)(正反应为吸热反应)，下列叙述为平衡状态标志的是体系的温度不再变化 外界条件不变时，A、B、C浓度保持不变 气体平均分子量不再变化 体系的压强不再变化 气体密度不再变化 3 v正(B)=2 v逆(C) 单位时间内消耗1 mol A(g)的同时生成3 mol C(g)A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。【详解】体系温度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故符合题意；外界条件不变时，A，B，C浓度不随时间变化，说明正
13、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故符合题意；该反应前后气体物质的量相等，M（平均）=，m和n均不变，故M（平均）始终不变，气体平均分子量不再变化不能说明达到平衡，故不符合题意；该反应前后气体物质的量相等，即分子总数保持恒定，故压强也保持恒定，压强不再变化不能说明达到平衡，故不符合题意；容器体积固定，反应物和生成物都是气体，故气体密度始终恒定，气体密度不再变化不能说明达到平衡，故不符合题意；反应速率3 v正(B)=2 v逆(C)，描述了正、逆反应方向，且速率之比等于计量数之比，故能说明达到平衡，故符合题意；单位时间内消耗1 mol A(g)的同时生成3 mol C(g)，只描述了正反应反方向，
14、故不能说明达平衡，故不符合题意。综上分析，能说明达到平衡的有。答案选A。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。10.下列关于如图所示原电池装置的叙述中，正确的是A. 铜片是负极B. 电流从锌片经导线流向铜片C. 硫酸根离子在溶液中向正极移动D. 锌电极上发生氧化反应【答案】D【解析】【分析】该原电池中活泼金属锌做负极，金属铜做正极，外电路中电子从负极流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【详解】A、Zn、Cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，金属铜做正极，故A错误；B、原电池中电流从正极流向负极，即从铜片经导线流
15、向锌片，故B错误；C、阴离子向负极移动，硫酸根向负极移动，故C错误；D、锌为负极，发生氧化反应，故D正确。答案选D。11.恒温时向2 L密闭容器中通入一定量的气体X和Y，发生反应：2X(g) + Y(g) 3Z(g)，Y的物质的量n(Y)随时间t变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A. t0 min时，n(Z)0.75 molB. 05min内，以X表示的化学反应速率是0.02 molL1min1C. 正反应速率a点比b点大D. b点时该反应达到了最大限度，反应停止【答案】C【解析】【分析】A由t0 min时n(Y)的改变量计算n(Z)；B计算X的物质的量变化量，根据v=计算X表示的反应速率；
16、C在建立平衡过程中，正反应速率逐渐减小；D可逆反应属于动态平衡。【详解】A由图可知，从开始到t0 min时，n(Y)的改变量为1.0mol-0.5mol=0.5mol，根据改变量之比等于计量数之比，n(Z)1.5 mol，故A错误；Bn(X)=2n(Y)=2(1mol-0.8mol)=0.4mol ，以X表示的化学反应速率=0.04molL-1min-1，故B错误；C在建立平衡过程中，正反应速率逐渐减小，正反应速率a点比b点大，故C正确；D可逆反应属于动态平衡，b点时该反应达到了最大限度，但反应没有停止，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学平衡图象，涉及吸热反应与发热反应、可逆反应特征、反
17、应速率计算、化学平衡计算，旨在考查学生对基础知识的掌握。12.下列反应过程中的能量变化与图一致的是A. 2H2O 2H2 + O2B. 在加热条件下氢气还原氧化铜C. 胆矾受热分解D. 铝热反应【答案】D【解析】【分析】由图可知，反应物能量大于生成物能量，因此该反应为放热反应，常见的放热反应有：所有的燃烧反应，金属与酸或水的反应、酸碱中和反应、铝热反应、多数的化合反应等，其H0。常见的吸热反应：Ba（OH）28H2O与NH4Cl晶体混合反应、水解反应、大多数的分解反应、以C、CO、H2作为还原剂的反应等，以此解答该题。【详解】A、电解时，电能转化为化学能，为吸热反应，故A不选；B、在加热条件下
18、氢气还原氧化铜为吸热反应，故B不选；C、胆矾受热分解为吸热反应，故C不选；D、铝热反应为放热反应，符合图像，故D选。答案选D。13.下列性质描述错误的是A. 酸性：HClO4HBrO4HIO4B. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3C. 卤族元素随质子数增加其单质密度逐渐增大D. 碱金属元素随质子数增加其单质熔点逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A、非金属性ClBrI，则最高价氧化物对应水合物的酸性：HClO4HBrO4HIO4，故A正确；B、同周期从左到右，原子序数越大，金属性越强，则金属性NaMgAl，则最高价氧化物对应水合物的碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3，故B正确；
19、C、卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，则单质的密度逐渐增大，故C正确；D、碱金属都属于金属晶体，金属阳离子半径增大，对外层电子束缚能力减弱，金属键减弱，所以熔沸点降低，故D错误。答案选D。【点睛】本题考查元素周期表和周期律的综合应用，把握元素的位置、性质及比较方法为解答的关键，侧重规律性知识的应用。14.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，X比Y的原子系数小1，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A. Y原子能形成四核18电子的电中性分子B. 元素非金属性的顺序为XYZC. W的单质与氧气反应不能产生含共价键
20、的化合物D. 该新化合物中Y不满足最外层8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】该化合物由阴、阳离子构成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，则Z为Cl，X为Si元素；W、X、Y、Z为同一短周期元素，则W为Na，Y为P，据此解答。【详解】根据分析可知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl元素。AY为P，PH3为四核18电子的电中性分子，故A正确；BX
21、、Y、Z分别为Si、P、Cl，同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，故非金属性XY C Si，则A中加入试剂_、B中加Na2CO3、C中加入试剂_。【答案】 (1). U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差 (2). NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O (3). 防倒吸 (4). 浓盐酸 (5). KMnO4 (6). Cl2 + S2=S+ 2Cl (7). HClO4 (8). Na2SiO3【解析】【分析】（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推
22、入长管形成液面差；（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性；（3）球形干燥管D能够防止倒吸；若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，应设计实验先制备氯气，再通过氯气与硫化钠反应生成硫单质证明；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl C Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明。【详解】（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体
23、压强增大，将溶液推入长管形成液面差，故实验现象为铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差，故答案为：U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性，浓硝酸与一氧化氮生成二氧化氮和水的化学方程式为NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O，故答案为：NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O；（3）球形干燥管D能够防止倒吸，避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：
24、防倒吸；若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，A中加浓盐酸，浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，所以B中加高锰酸钾；反应生成的氯气与C中硫化钠溶液反应生成氯化钠和淡黄色硫沉淀，反应的离子方程式为Cl2 + S2=S+ 2Cl，故答案为：浓盐酸；KMnO4；Cl2 + S2=S+ 2Cl；元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl C Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，A中加高氯酸，B中加碳酸钠，高氯酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，证明氯元素非金属性强于碳元素，反应生成的
25、二氧化碳和C中硅酸钠溶液反应生成硅酸，证明碳的非金属性强于硅，故答案为：HClO4；Na2SiO3。【点睛】元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl C Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明是设计关键。18.按要求回答下列问题.下列物质组别中：A冰与水 BH2、D2、T2 CO2与 O3 D 与 ECH3CH2CH2CH3与 F与 G甲烷和庚烷。互为同位素的是_（填组别选项，下同）；互为同素异形体的是_；互为同分异构体的是_；属于同一物质的是_；属于同系物的是_。.(1)乙烯使溴水褪色的反应类型和使酸
26、性高锰酸钾溶液褪色的反应类型_(填“相同”或“不相同”)。(2)用苯制备溴苯的化学方程式是_，该反应的类型_。(3)已知 2CH3CHOO22CH3COOH。若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如图所示。则反应的化学方程式为_，该反应的类型为_。.在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应。若将1 mol CH4与一定量Cl2反应，待反应完全测得四种有机取代产物的物质的量之比为 n(CH3Cl)n(CH2Cl2)n(CHCl3)n(CCl4)1111，则消耗的Cl2物质的量为_。【答案】 (1). D (2). C (3). E (4). AF (5). G (6). 不相同 (7). Br
27、2HBr (8). 取代反应 (9). 2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O (10). 氧化反应 (11). 2.5 mol【解析】【分析】. A冰是水的固态，与水是同种物质；B同位素是不同种原子的互称，H2、D2和T2是分子，不互为同位素；CO2与 O3是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体；D与的质子数相同，中子数不同，互为同位素；ECH3CH2CH2CH3与的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；F与的分子式相同，结构相同，是同种物质；G甲烷和庚烷结构相似，相差若干个CH2原子团，互为同系物；.(1)乙烯具有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；
28、（2）在铁或溴化铁做催化剂作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯；（3）由流程图可知，在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇；在铜或银做催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，在催化剂作用下，乙醛与氧气共热发生催化氧化反应生成乙酸；.在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应时，氯气分子中的一半的Cl原子生成HCl，半氯原子生成氯代烃，若四种有机取代产物的物质的量之比为 n(CH3Cl)n(CH2Cl2)n(CHCl3)n(CCl4)1111，计算出各自的物质的量，进而计算所需氯气的物质的量。【详解】. 同位素是质子数相同，中子数不同的原子的互称，则D互为同位素，
29、故答案为：D；同素异形体是同种元素形成的不同单质的互称，则C互为同素异形体，故答案为：C；分子式相同，结构不同的不同物质互为同分异构体，则E互为同分异构体，故答案为：E；同一物质的分子式和结构完全相同，则属于同一物质的是A或F，故答案为：AF；结构相似，分子组成上相差一个若干个CH2原子团的有机物互为同系物，则G属于同系物，故答案为：G；.(1)乙烯具有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则反应类型不同，故答案为：不同；（2）在铁或溴化铁做催化剂作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，反应的化学方程式为Br2HBr，故答案为：Br
30、2HBr；取代反应；（3）由流程图可知，在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇；在铜或银做催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，在催化剂作用下，乙醛与氧气共热发生催化氧化反应生成乙酸，在铜或银做催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛的化学方程式为2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O，故答案为：2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O；氧化反应；.在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应时，氯气分子中的一半的Cl原子生成HCl，半氯原子生成氯代烃，若四种有机取代产物的物质的量之比为 n(CH3Cl)n(CH2Cl2)n(CHCl3
31、)n(CCl4)1111，则四种取代物的物质的量均为0.25mol，消耗氯气的物质的量为0.1mol+20.25mol+30.25mol+40.25mol=2.5mol，故答案为：2.5mol。【点睛】甲烷的取代反应的特点是逐步取代，多步同时发生，氯气分子中的一半的Cl原子生成HCl，半氯原子生成氯代烃是解答关键。19.(1)Ba(OH)28H2O固体与NH4Cl固体反应的化学方程式为_。(2)拆开1 mol HH键，1 mol NH键，1 mol NN键分别需要吸收的能量为436 kJ，391 kJ，946 kJ。理论上，每生成1 mol NH3_热量(填“吸收”或“放出”)_kJ；事实上，
32、反应的热量总小于理论值，为什么？_。(3)一定条件下发生反应：6NO(g) + 4NH3(g)5N2(g) + 6H2O(g)，某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如下图甲所示，图中b点对应的速率关系是v(正) _ v(逆) ; d点对应的速率关系是v(正) _ v(逆)。（填“”、“”或“”）(4)已知N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g)，若反应起始时N2、H2 、NH3的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.1 mol/L，则NH3达到平衡时浓度的范围为_；若平衡时N2、H2 、NH3的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.1 mol/L
33、，则NH3起始时浓度的范围为_。(5)已知一定条件下发生：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) （正反应放热），在反应过程中，正反应速率的变化如图所示，请根据速率的变化回答采取的措施（改变的条件）t1_；t2_；t3_；t4_。(6)某电池采用锂和石墨作电极，四氯化铝锂(LiAlCl4)溶解在亚硫酰氯中(SOCl2)组成电解质溶液，电池总反应为：8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，此电池中_作正极，负极的电极反应为_。甲烷燃料电池示意图如上图乙，其负极反应方程式为_。【答案】 (1). Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3 (2).
34、 放出 (3). 46 (4). 该反应是可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度(即化学平衡状态)，因此放出的热量总是小于理论计算值 (5). (6). = (7). 0c(NH3) 0.3 mol/L (8). 0c(NH3) 0.3 mol/L (9). t1：加压或增大反应物浓度（充入SO2或O2） (10). t2：加入催化剂 (11). t3：减压或减小反应物浓度 （分离移除SO2或O2） (12). t4：减小生成物浓度（分离移除SO3） (13). 石墨 (14). Li eLi + (15). CH4 + 10OH 8e CO32 + 7H2O【解析】【分析】（1）Ba(O
35、H)28H2O固体与NH4Cl固体不断搅拌反应生成氯化钡、氨气和水；（2）合成氨反应中，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，由吸收能量和放出能量的大小判断反应放出热量还是吸收热量；合成氨反应为可逆反应，反应不能完全反应；（3）由图可知，a点和b点时，反应未达到平衡， c点和d点时，反应达到平衡；（4）由可逆反应可以从正反应方向开始达到平衡，也可以从逆反应方向开始达到平衡确定NH3起始和平衡时浓度的范围，确定平衡时浓度的范围时注意可逆反应反应不能完全反应；（5）该反应是一个气体体积减小的放热反应，依据题给图示确定正反应速率的变化和移动方向，判断条件的变化；(6)由电池总反应方程式可知，锂元素
36、化合价升高，硫元素化合价降低，则锂电极为原电池负极，石墨电极为正极；由甲烷燃料电池示意图可知，通入氧气的一极为正极，通入甲烷的一极为负极。【详解】（1）Ba(OH)28H2O固体与NH4Cl固体不断搅拌反应生成氯化钡、氨气和水，反应的化学方程式为Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3，故答案为：Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2+10H2O+2NH3；（2）在反应N2+3H22NH3中，断裂3molH-H键和1molN三N键共吸收的能量为3436kJ+943kJ=2251kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6391kJ=2
37、346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，则该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2251kJ=95kJ，则生成1molNH3放出热量为46kJ；由于合成氨反应为可逆反应，反应不能完全反应，所以反应的热量总小于理论值，故答案为：放出；46；该反应是可逆反应，充分反应的最终结果是达到最大限度(即化学平衡状态)，因此放出的热量总是小于理论计算值；（3）由图可知，a点和b点时，反应未达到平衡，为平衡的形成过程，对应的速率关系是v(正)v(逆)，c点和d点时，反应达到平衡，对应的速率关系是v(正)=v(逆)，故答案为：；=；（4）反应起始时N2、H2 、NH3的浓度分别为0.1 mol/L、0.3
38、 mol/L、0.1 mol/L，若反应正向进行，反应最大限度时，N2、H2 、NH3的浓度分别为（0.10.1）mol/L =0mol/L、（0.30.3）mol/L =0mol/L、（0.1+0.2）mol/L =0.3 mol/L，若反应逆向进行，反应最大限度时，N2、H2 、NH3的浓度分别为（0.1+0.05）mol/L =0.15mol/L、（0.3+0.15）mol/L =0.45mol/L、（0.10.1）mol/L =0 mol/L，由于该反应为可逆反应，则NH3达到平衡时浓度的范围为0c(NH3) 0.3 mol/L；平衡时N2、H2 、NH3的浓度分别为0.1 mol/L
39、、0.3 mol/L、0.1 mol/L，若反应正向进行，起始时，N2、H2 、NH3的浓度分别为（0.1+0.05）mol/L =0.15mol/L、（0.3+0.15）mol/L =0.45mol/L、（0.10.1）mol/L =0 mol/L，若反应逆向进行，起始时，N2、H2 、NH3的浓度分别为（0.10.1）mol/L =0mol/L、（0.30.3）mol/L =0mol/L、（0.1+0.2）mol/L =0.3 mol/L，则NH3起始时浓度的范围为0c(NH3) 0.3 mol/L，故答案为：0c(NH3) 0.3 mol/L；0c(NH3) 0.3 mol/L；（5）该
40、反应是一个气体体积减小的放热反应，由图可知，t1时，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动，则改变条件可能为增大压强或增大反应物浓度；t2时，正反应速率增大，平衡不移动，则改变条件可能为使用了合适的催化剂； t3时，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动，则改变条件可能为减压或减小反应物浓度 （分离移除SO2或O2）；t4时，正反应速率不变，平衡向正反应方向移动，则改变条件可能为减小生成物浓度，故答案为：加压或增大反应物浓度（充入SO2或O2）加入催化剂；减压或减小反应物浓度 （分离移除SO2或O2）；减小生成物浓度（分离移除SO3）；(6)由电池总反应方程式可知，锂元素化合价升高，硫元素化合价降
41、低，则锂电极为原电池负极，失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式为Li eLi +，石墨电极为正极，SOCl2在正极得到电子发生还原反应，故答案为：石墨；Li eLi +；由甲烷燃料电池示意图可知，通入氧气的一极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为CH4 + 10OH 8e CO32 + 7H2O，故答案为：CH4 + 10OH 8e CO32 + 7H2O。【点睛】从键能上分析，断键放出的热量减去成键吸收的热量就是反应总的放出的热量是解答关键。20.已知: X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大
42、的短周期元素。X 是所有元素中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，W的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Q与W同主族，Y、R原子的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。莱纳斯卡尔鲍林在1932年提出electronegativity作为元素原子在化合物某种性质的标度，electronegativity的大小可以判断元素金属性与非金属性强弱，下表列出部分短周期元素的Electronegativity的值。元素XYZWRQelectronegativity2.12.53.03.50.925元素MgLiAlClPBeelectronegativity1.21.01.53.02.11.5
43、请回答下列问题（涉及X、Y、Z、W、R、Q时，用元素符号表示）：(1)根据上表给出的数据，可知元素的electronegativity越大，_(填“金属性”或“非金属性”)越强。(2)元素Q在周期表中的位置为_。(3)W、R、Q单核简单离子半径由大到小排列顺序为_。(4)元素X、Z、W之间能形成多种10电子微粒，请写出反应物和产物均为X、Z、W之间形成的10电子微粒的一个离子方程式_。(5)一种由元素W、R组成的白色固体化合物，其电子式为_。(6)试比较稳定性：X2W_ X2Q；沸点：X2W_ X2Q （填“”或“”）。(7)元素 X、Y、Z、W、R、Q中的两种元素可形成原子个数比为12的共价
44、化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是_。A2 B4 C5 D7【答案】 (1). 非金属性 (2). 第三周期VIA族 (3). S2O2Na+ (4). NH4+OHNH3+ H2O（或NH3 + H3O+NH4+ H2O或H3O+OH2H2O等） (5). (6). (7). (8). B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的短周期元素，由X是所有元素中原子半径最小的元素可知，X为H元素；由Y是形成化合物种类最多的元素可知，Y是C元素；由W的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，W是O元素、Z是N元素；由Q与W同主族可知，Q是S元素；由Y、R原子的最外层电子数之和
45、等于Z的最外层电子数可知，R的最外层电子数为1，则R为Na元素。【详解】（1）根据上表给出的数据可知，元素的electronegativity代表电负性，电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以电负性越强非金属性越强，故答案为：非金属性；(2) Q为S元素，位于元素周期表第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；（3）氧离子和钠离子电子层结构相同，由电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小可知，氧离子半径大于钠离子；同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则硫离子半径大于氧离子，则离子半径由大到小排列顺序为S2O2Na+，故答案为：S2O2Na+；
46、（4）H、N、O三种元素形成的10电子微粒有氨气、水、铵根离子、氢氧根离子和水合氢离子，其中微粒能发生反应的有铵根离子与氢氧根离子反应可以生成氨气和水，反应的化学方程式为NH4+OHNH3+ H2O；氨气与水合氢离子反应生成铵根离子和水，反应的化学方程式为NH3 + H3O+ NH4+ H2O；水合氢离子和氢氧根离子反应生成水，反应的化学方程式为H3O+OH2H2O，故答案为：NH4+OHNH3+ H2O（或NH3 + H3O+ NH4+ H2O或H3O+OH2H2O等）；(5)由钠、氧元素组成的白色固体化合物为氧化钠，氧化钠为离子化合物，电子式为，故答案为：；(6)元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氧元素的非极性强于硫元素，则水的稳定性强于硫化氢；水分子间可以形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，则水的沸点高于硫化氢，故答案为：；(7)二氧化碳是共价化合物，分子中碳氧原子个数比为1:2，氧和碳原子序数差为2；肼是共价化合物，分子中氮氢原子个数比为1:2，氮和氢的原子序数差为5；水是共价化合物，分子中氧氢原子个数比为1:2，氧和氢原子序数差为7，则可形成原子个数比为12的共价化合物中两种元素的原子序数之差不可能是4，B符合题意，故答案为：B。