2018-2019学年贵州省凯里市第一中学高一下学期期中考试化学（理）试题（解析版）

2018-2019学年贵州省凯里市第一中学高一下学期期中考试化学（理）试题（解析版）

凯里一中2021届高一下学期半期考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量: H：1 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Pb：207‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分)‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 二氧化硫有毒，一定不能用作食品添加剂 B. 二氧化硅有半导体性能，可用于制作光电池 C. 爆竹燃放过程中，硫燃烧直接生成三氧化硫 D. 同位素示踪技术常用于医疗、考古及物质变化规律的探究 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故A错误； B．Si可以作半导体材料，能制作光电池，二氧化硅是制作光导纤维原料，故B错误； C．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂作用下加热才能氧化生成三氧化硫，故C错误；D．同位素示踪法可以用来研究一些化学反应的历程、医疗、考古及物质变化规律，故D正确；故答案为D。‎ ‎2.下列关于元素周期表的叙述不正确的是 A. 元素种类最多的族是第ⅢB族 B. 第ⅠA族元素单质均能与水反应 C. 第ⅡA族中无非金属元素 D. 元素周期表中金属元素的种类比非金属元素多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ⅢB族含錒系和镧系元素，含元素的种类最多，故A正确；B．第ⅠA族金属元素单质，均为活泼金属，均与水反应，但第ⅠA族元素中氢元素的单质H2不能和水反应，故B错误；C．第ⅡA族为碱土金属元素，均为金属元素，故C正确；D．副族元素中均为金属，元素周期表中100多种元素，金属元素的种类80多种，则金属元素的种类大于非金属元素的种类，故D正确；故答案为B。‎ ‎【点睛】掌握元素周期表的结构中各族的排列顺序，结合惰性气体的原子序数，我们可以推断任意一种元素在周期表中的位置；记住各周期元素数目，我们可以快速确定惰性气体的原子序数．各周期元素数目依次为2、8、8、18、18、32、32(如果第七周期排满)，则惰性气体原子序数依次为2、2+8=10、10+8=18、18+18=36、36+18=54、54+32=86、86+32=118。‎ ‎3. 下列为元素周期表中的一部分，表中数字为原子序数， M的原子序数为37的是 （ ）。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子序数，结合元素周期表结构确定元素在周期表中位置．再结合各元素位置关系进行判断．‎ ‎【详解】M的原子序数为37，位于周期表中第五周期第ⅠA族；A．19号，55号元素处于第ⅠA族，M应处于第ⅡA族，故A错误；B．20号，56号元素处于第ⅡA族。20号元素为钙元素，处于第四周期第ⅡA族，M位置正确，故B正确；C．26号、28号元素为第Ⅷ族元素，图中M处于第Ⅷ族，故C错误；D．17号、53号元素为第ⅦA族元素，图中M为稀有气体Kr，故D错误；故答案为B。‎ ‎4.2 mol某金属单质与足量的盐酸反应，放出67.2L H2(标准状况)，并转变为具有Ne原子电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是 A. 第三周期第ⅠA族 B. 第三周期第ⅡA族 C. 第三周期第ⅢA族 D. 第四周期第ⅢA族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属与酸反应置换出氢气，金属提供电子，根据氧化还原反应电子转移守恒，计算金属原子失去的电子数。结合金属原子失去形成具有Ne原子的电子层结构的离子，确定金属元素的质子数，进而确定金属元素在元素周期表中的位置。‎ ‎【详解】氢气的物质的量为=3mol；令金属原子失去的电子数为n，根据电子转移守恒有：2mol×n=3mol×2，解得n=3，金属原子失去3个电子形成的金属离子具有Ne原子的电子层结构的离子，所以+3价金属离子核外有10个电子，故该金属元素质子数为10+3=13，即该金属为Al元素，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为C。‎ ‎5.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中错误的是 A. 碘的氢化物不稳定 B. 铍(Be)的原子失电子能力比镁弱 C. 硒(Se)化氢比硫化氢稳定 D. 氢氧化钠比氢氧化镁的碱性强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，碘的氢化物不稳定，故A正确；B．同主族元素的原子，从上到下失电子能力逐渐增强，所以铍(Be)的原子失电子能力比镁弱，故B正确；C．同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，所以硒(Se)化氢不如硫化氢稳定，故C错误；C．同周期主族元素的原子，从左向右，元素的金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，Na和Mg是同周期主族元素，Na的金属性比Mg强，则氢氧化钠比氢氧化镁的碱性强，故D正确；故答案为C。‎ ‎6.俄罗斯科学家用铪和钨两种核素精确测定了地球和月球的年龄，得出月球至少比地球早700万年形成，它们是根据18272Hf(铪-182)和18274W(钨-182)两种核素的含量比例得出的。下列有关铪-182和钨-182的关系说法正确的是 A. 在周期表中处于相邻位置 B. 互为同位素 C. 电子数相同 D. 中子数分别为110个 和108个 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在表示原子组成时元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数，据此分析．‎ ‎【详解】A．二者的核电荷数分别为72、74，则在周期表中不处于相邻位置，分别位于73的两侧，故A错误；B．质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，两种核素的质子数不同，不属于同位素，故B错误；C．核电荷数=核外电子数，两者电子数分别为72、74，不相等，故C错误；D．因为质子数和中子数之和是质量数，原子核内中子数=质量数-质子数，则两核素中子数分别为182-72=110、182-74=108，故D正确；故答案为D。‎ ‎7.化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是 A. CaF2的电子式： B. Cl–的结构示意图：‎ C. CO2的结构式：O=C=O D. 中子数为20的氯原子： ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CaF2是离子化合物，含有Ca2+和F-，其电子式为，故A错误；‎ B．氯离子质子数为17，核外有18个电子，有3个电子层，最外层电子数为8，离子结构示意图为，故B错误；‎ C．二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，其结构式为O=C=O，故C正确；‎ D．中子数为20的氯原子的质量数为37，其核素的表示方式为，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎8.下列物质中含有共价键的离子化合物是 ‎ ‎①MgCl2 ②Na2O2 ③KOH ④CO2 ⑤NaClO ⑥H2SO4 ⑦NH3·H2O A. ②③⑤ B. ②③④⑤ C. ①②③⑤ D. ①③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般地活泼金属和活泼非金属易形成离子键，非金属之间易形成共价键，含有离子键的化合价是离子化合物，据此分析。‎ ‎【详解】①MgCl2中只存在离子键，是离子化合物，故①错误；②Na2O2‎ 中氧原子和氧原子之间存在共价键，所以过氧化钠是含共价键的离子化合物，故②正确；③KOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢氧根离子中氢原子和氧原子之间存在共价键，所以氢氧化钾是含共价键的离子化合物，故③正确；④CO2中只含共价键，是共价化合物，故④错误；⑤NaClO中含有Na+和ClO-，是离子化合物，ClO-中氯原子和氧原子之间存在共价键，故⑤正确；⑥H2SO4中只含共价键，是共价化合物，故⑥错误；⑦NH3·H2O中只含共价键，是共价化合物，故⑦错误；故答案为A。‎ ‎【点睛】从化合物的组成元素判断离子化合物和共价化合物的常用方法是：活泼的金属元素和活泼的非金属元素之间易形成离子键，它们形成的化合物即为离子化合物。非金属元素形成的化合物一般为共价化合物；注意：并不是非金元素间形成的化合物都是共价化合物，如氯化铵由铵根离子和氯离子通过离子键构成，属于离子化合物(NH4+内部N原子与H原子间则以共价键结合)。‎ ‎9.下列关于化学键的说法不正确的是 A. 化学键是一种作用力 B. 化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合 C. 化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物中的化学键形成 D. 极性键、非极性键和氢键等都属于共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学键是使离子相结合或原子相结合的作用力，故A项正确；B.化学键中离子键使离子相互结合，共价键使原子相互结合，故B项正确；C.化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成，故C项正确；D.极性键、非极性键都属于共价键，氢键是分子间作用力，不属于化学键，故D错误；答案：D。‎ ‎【点睛】考查离子键、共价键和氢键的构成，根据概念进行判断。离子键：阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键叫做离子键。共价键：原子间通过共用电子对所形成的化学键叫共价键。氢键是某些含氢分子之间一种较强的分子间作用力，不属于化学键，只影响物质的熔沸点，不影响化学性质。‎ ‎10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 20g 重水(D2O)中所含的中子数为8NA B. 常温下，1 mol NH4Cl含共价键数目为4NA C. 足量的Cu与含溶质2mol的浓H2SO4反应，转移的电子数为2NA D. 常温常压下，12g 14C所含原子数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．20g重水的物质的量为1mol，1mol重水中含有10mol中子，所含中子数为10NA，故A错误；B．NH4Cl是离子化合物，存在Cl-和NH4+，其中NH4+中存在4个N—H共价键，则1 mol NH4Cl含共价键数目为4NA，故B正确；C．2mol硫酸完全与Cu反应会生成1mol二氧化硫，转移2mol电子，由于浓硫酸变成稀硫酸后，反应不再进行，所以转移的电子数小于2NA，故C错误；D．14C的摩尔质量为14g/mol，12g 14C的物质的量小于1mol，原子数小于NA，故D错误；故答案为B。‎ ‎11.四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中这四种元素原子的最外层电子数之和为20。下列说法中正确的是 X Y Z W A. 最高价氧化物的水化物的酸性强弱：Z＞Y＞X B. WO2是一种有毒气体，但不属于酸性氧化物 C. 常见气态氢化物稳定性：W＞Z＞Y＞X D. XW2中各原子最外层均达到8电子稳定结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，且Y和Z为同主族元素，设Y原子最外层电子数为a，则X、Z、W最外层电子数依次为a-1、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为20，则：a-1+a+a+a+1=20，解得a=5，则W为S元素，故X为C元素、Y为N元素、Z为P元素，据此解答。‎ ‎【详解】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，由位置关系可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，且Y和Z为同主族元素，设Y原子最外层电子数为a，则X、Z、W最外层电子数依次为a-1、a、a+1，四种元素的原子最外层电子数之和为20，则：a-1+a+a+a+1=20，解得a=5，则W为S元素，故X为C元素、Y为N元素、Z为P元素；A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，结合“同主族元素核电荷越大非金属性越弱，同周期主族元素核电荷数越大非金属性越强”可知，X 、Y、Z三种元素的非金属性强弱顺序为Y＞Z＞X，即最高价氧化物的水化物的酸性强弱为Y＞Z＞X，故A错误；B．W为S元素，SO2是有毒气体，也是酸性氧化物，故B错误；C．C、N、P、S四种元素非金属性强弱顺序为N＞S＞P＞C，非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为Y＞W＞Z＞X ，故C错误；D．XW2为CS2，C与S原子之间存在2个电子对，结构式为S=C=S，C、S原子最外层均达到8电子稳定结构，故D正确；答案为D。‎ ‎12.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是 选项 实验 现象 结论 A 将铁粉加入稀硝酸中 铁粉溶解，有气体生成 产生的气体为 H2‎ B 将铜粉加入 Fe2(SO4)3 溶液中 铜粉溶解 金属性：Cu＞Fe C 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细 打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝未滴落 下来 熔点：Al＞Al2O3‎ D 将 KI 和 FeCl3 溶液在试管中混合 后，加入 CCl4，振荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性：Fe3+＞I2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁粉加入稀硝酸中，发生氧化还原反应生成NO，与硝酸的强氧化性有关，故A错误；B．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，不能比较金属性，故B错误；C．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝未滴落下来，结论不合理，故C错误；D．由现象可知，二者发生氧化还原反应生成碘，则氧化性：Fe3+＞I2，故D正确；故答案为D。‎ ‎13.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。Z的单质为黄绿色气体，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，具有漂白性。下列说法正确的是 A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C. Y的氢化物为离子化合物 D. X与Z具有相同的最高化合价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，Z的单质为黄绿色气体，该气体是Cl2，Z是Cl，X是F。此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，具有漂白性，即为NaClO，所以Y是Na，W是O，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是O、F、Na、Cl。则 A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是F＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，故A错误；‎ B．X的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸，所以其氢化物的水溶液酸性X弱于Z，故B错误；‎ C．Y为Na元素，是典型的活泼金属，则NaH为离子化合物，故C正确；‎ D．X为F元素，是最活泼的非金属元素，无正价态，而Cl元素的最高价为+7，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎14.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质(同素异形体)，在100kPa时，lmol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能。下列说法不正确的是 A. 石墨比金刚石稳定 B. 金刚石和石墨的物理性质相同 C. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量高 D. lmol金刚石完全燃烧释放的能暈比1mol石墨完全燃烧释放的能量多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、据题意，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的能量，说明金刚石的能量比石墨高，能量越高越不稳定，因此石墨比金刚石稳定，A正确；‎ B、金刚石与石墨是两种不同的碳单质，在物理性质上存在很大的差异，B错误；‎ C、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.9kJ的能量，说明1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，C正确；‎ D、1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，因此1mol金刚石完全燃烧释放的能暈比1mol石墨完全燃烧释放的能量多，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎15.C、CO、CH4、C2H5OH是常用的燃料，它们每1mol分别完全燃烧生成CO2(g)及H2O(l)时，放出的热量依次为393.5kJ、283.0kJ、890.3kJ、1 366.8kJ。相同质量的这4种燃料，完全燃烧时放出热量最多的是（ ）‎ A. C B. CO C. CH4 D. C2H5OH ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设4种燃料的质量为m，则n(C)=" m/12" mol，n(CO)=" m/28" mol ，n(CH4)=" m/16" mol ，n(C2H5OH)=" m/46" mol，完全燃烧时放出热量：C为m/12×393.5kJ="32.8m" kJ，CO为m/28×283.0 kJ="10.1m" kJ CH4为m/16×890.3 kJ="55.6m" kJ，C2H5OH为m/46×1366.8 kJ="29.7m" kJ，故C正确。‎ 考点：反应热的简单计算。‎ ‎16.下列说法不正确的是 A. 风力、化石燃料、天然铀矿都是一次能源 B. 开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源是践行低碳生活的有效途径 C. 用脫硫处理的煤代替原煤作燃料可以有效减少空气中CO2气体的含量 D. 电能是现代社会中应用最广泛、使用最方便、污染最小的一种二次能源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 风力、化石燃料、天然铀矿都是一次能源，A正确；B. 开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源是践行低碳生活的有效途径，B正确；C. 用脫硫处理的煤代替原煤作燃料可以有效减少空气中SO2气体的含量，但不能减少CO2的含量，C错误；D. 电能是现代社会中应用最广泛、使用最方便、污染最小的一种二次能源，D正确，答案选C。‎ 点睛：能源依据产生的方式可划分为一级能源和二级能源。 一级能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油等；二级能源是指需要依靠其它能源（也就是一级能源）的能量间接制取的能源，例如：电能，一氧化碳等。‎ ‎17.对于a、b、c、d四块金属片，若a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中，电子由a流向b；c、d用导线相连浸泡在稀H2SO4时，d产生大量气泡；a、c用导线相连浸泡在稀CuSO4中时，c上附着上一层红色物质；d浸泡在b的硝酸盐溶液中，置换出b的单质。由这四种金属的活动顺序由大到小为( )‎ A. a＞b＞c＞d B. a＞c＞d＞b C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a ‎【答案】B ‎【解析】‎ a、b用导线相连浸泡在稀H2SO4中形成原电池，活泼金属做负极，电子由负极经外电路流向正极，因此活泼性a>b；c、d相连浸入稀H2SO4中，H＋在正极上得电子生成H2，有气泡生成，所以d为正极，c为负极，活泼性c>d；a、c相连浸入稀CuSO4溶液中时，Cu2＋在正极上得电子生成Cu附着在正极表面，a是负极，c为正极，活泼性a>c；又活泼性d>b，所以四种金属的活动性顺序为a>c>d>b，B项正确。‎ ‎18.汽车的启动电源常用蓄电池。其结构如下图所示，放电时其电池反应如下：PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。根据此反应判断，下列叙述中不正确的是 A. Pb作为负极，失去电子，被氧化 B. PbO2得电子，被还原 C. 负极反应是Pb＋SO42-－2e－===PbSO4‎ D. 电池放电时，溶液酸性增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，该装置是原电池，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答．‎ ‎【详解】A．根据电池反应式知，铅失电子发生氧化反应，作负极，故A正确；B．二氧化铅得电子被还原，故B正确；C．负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式为：Pb(s)+SO42-(aq)-2e-=PbSO4(s)，故C正确；D．电池放电时，硫酸参加反应生成水，所以溶质的质量减少，溶剂的质量增加，所以溶液酸性减弱，故D错误；故答案为D。‎ ‎19.我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流。电池总反应为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，下列说法不正确的是( )‎ A. 正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ B. 电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极 C. 以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积 D. 该电池通常只需更换铝板就可继续使用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池总反应可以知道，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-+3OH-=Al(OH)3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e−===4OH−，结合原电池的工作原理解答该题。‎ ‎【详解】A、正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e−===4OH−，所以A选项是正确的； B、电池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误； C、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，所以C选项是正确的； D、Al不断反应,不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，所以D 选项是正确的。 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学电源知识，明确原电池两极上的变化以及原电池原理是解题关键，注意电流方向和电子流动方向相反。‎ ‎20.在2 L容积不变的容器中,发生N2+3H2 2NH3的反应。现通入H2和N2发生反应,10 s内用H2表示的反应速率为0.12 mol·L-1·s-1,则10 s内消耗N2的物质的量是（ ）‎ A. 2.4‎‎ mol B. 1.2 mol C. 0.8 mol D. 0.4 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 已知10 s内用H2表示的反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则消耗的H2的物质的量是0.12 mol·L-1·s-1×10s×2L=2.4mol，所以10 s内消耗N2的物质的量0.8mol，故本题正确答案为C。‎ ‎21.在反应A(g)＋2B(g)===3C(g)＋4D(g)中，表示该反应速率最快的是 A. v(A)＝0.2 mol/(L·s) B. v(B)＝0.6 mol/(L·s)‎ C. v(C)＝0.8 mol/(L·s) D. v(D)＝1 mol/(L·s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如果都用物质C表示反应速率，根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知分别是[mol/(L·s)]0.6、0.9、0.8、0.75，答案选B。‎ ‎22.对于100 mL 1 mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：①升高温度；②改用100 mL 3 mol/L盐酸；③多用300 mL 1 mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用98%的硫酸。其中能使反应速率加快的是( )‎ A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，以此解答该题．‎ ‎【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故①正确；②改用100mL 3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故②正确；③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故③错误；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故④正确；⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则无法代替盐酸与铁反应制氢气，故⑤错误；综上所述，①②④正确；故答案为A。‎ ‎23.将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如下图中的实线所示，在相同的条件下，将b g(a>b)粉末状碳酸钙与同浓度的足量盐酸反应，则相应的曲线(图中虚线所示)正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从影响化学反应速率和影响产量的因素分析，反应物的接触面积越大，反应越快；生成物的质量是由反应物的质量决定的。‎ ‎【详解】CaCO3与HCl反应时，块状比粉末状固体和盐酸的接触面积小，反应速率慢；所以粉末状反应比较快，斜率大；但块状碳酸钙的质量大，生成的二氧化碳多，故总体损失质量高，结合这两点，故答案为C。‎ ‎24.如图是可逆反应X2＋3Y2 2Z2在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述不正确的是 A. t1时，只有正方向反应 B. t2～t3，反应仍在进行 C. t2时，反应到达限度 D. t2～t3，各物质的浓度不再发生变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t1时，既有正方向反应，又有逆反应，正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行，反应未达到平衡状态，故A错误； B．t2-t3时正逆反应速率相同反应达到平衡状态，v正═v逆＞0，是动态平衡，反应仍在进行，故B正确；C．图象分析可知t2时，正逆反应速率相同，反应达平衡状态，此条件下反应到达最大限度，故C正确；D．t2-t3，正逆反应速率相同反应达到平衡状态，达平衡状态时各物质的浓度不再发生变化，故D正确；故答案为A。‎ ‎【点睛】看懂化学平衡图象的方法是：①看面(即弄清纵坐标与横坐标的意义)；②看线(即弄清线的走向和变化的趋势)；③看点(即弄清起点、拐点、交点、终点的意义)；④看是否要作辅助线(如等温线、等压线)；⑤看定量图象中有关量的多少。‎ ‎25.在密闭容器中进行反应2SO2＋O22SO3，反应达平衡的标志是 ‎①单位时间内消耗2 mol SO2的同时生成2 mol SO3‎ ‎②反应混合物中，SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2‎ ‎③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变 A. ①② B. ①③ C. ① D. ③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。‎ ‎【详解】①随着反应的进行，单位时间内消耗2 mol SO2的同时一定生成2 mol SO3，与反应是否达到平衡状态无关，故①不能说明达到平衡状态；②平衡时接触室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2：1：2，可能不是2：1：2，与二氧化硫的转化率有关，故②无法说明达到平衡状态；③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变，说明SO3的质量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故③能说明达到平衡状态；故答案为D。‎ 二、填空题 ‎26.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。‎ Ⅰ．(1)将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_____与盐酸反应最剧烈；______与盐酸反应产生的气体最多。‎ ‎(2)向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为_______________________________________________________。‎ ‎(3)写出次氯酸的电子式____________。‎ Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律 ‎(1)仪器D的作用为_________________________________________。‎ ‎(2)若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液_______(填现象)，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，用离子方程式表示该尾气吸收原理______________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). K (2). Al (3). S2- +Cl2=S↓+2Cl- (4). (5). 防止倒吸 (6). 变蓝 (7). Cl2+2OH- = Cl- + ClO- +H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；‎ ‎(2)硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；‎ ‎(3)HClO是共价化合物，氧原子分别和H原子、Cl原子各形成一个共用电子对；‎ II．(1)尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸；‎ ‎(2)浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色；Cl2和碱反应生成盐，可以用NaOH吸收氯气的尾气，反应生成NaCl和NaClO。‎ ‎【详解】I．(1)金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝；‎ ‎(2)氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-；‎ ‎(3)HClO是共价化合物，氧原子分别和H原子、Cl原子各形成一个共用电子对，其电子式为；‎ II．(1)尾气处理装置中，有缓冲装置的能防止倒吸，干燥管D有缓冲作用，所以能防止倒吸；‎ ‎(2)浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色，C装置中看到的现象是溶液变蓝色；用NaOH吸收氯气的尾气，反应生成NaCl和NaClO，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH- = Cl- + ClO- +H2O。‎ ‎【点睛】本题考查实验方案的设计与评价，其中对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确的判断。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理； ③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。‎ ‎27.W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知 W 的一种核素的质量数为18，中子数为10；X 和 Ne 的核外电子数相差1； 在Z所在的周期中，Z 元素的原子得电子能力最强；四种元素的最外层电子数之和为18。 请回答下列问题：‎ ‎(1)X 元素位于元素周期表中位置为____________。‎ ‎(2)Z 的同族简单氢化物中，稳定性最好的是________(写化学式)，原因__________________。 ‎ ‎(3)W、X、Z 三种元素形成的化合物中化学键类型为___________；X2W2的电子式为________。 ‎ ‎(4)Y 与 Z 形成的化合物YZ4在常温下是一种液态，它和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(5)Z 的氧化物很多，其中一种黄绿色气体M，其氧含量为 47.41％，可用于水处理， M 在液态和浓缩气态时具有爆炸性。 M 可与 NaOH 溶液反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为 1︰5，该反应的化学方程式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第IA族 (2). HF (3). 卤族元素中，氟元素的非金属最强，其氢化物最稳定 (4). 离子键、共价键 (5). (6). SiCl4 + 3H2O = H2SiO3↓ + 4HCl (7). 6ClO2+6NaOH=NaCl+5NaClO3+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则其质子数为18-10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径大于氧，所以X为Na元素；Y、Z均处于第三周期，在Z所在的周期中，Z 元素的原子得电子能力最强，则Z为Cl，四种元素的最外层电子数之和为18，则Y原子最外层电子数为‎18-6-1‎-7=4，故Y为Si。‎ ‎【详解】由分析可知：W为O元素、X为Na元素、Y为Si元素、Z为Cl元素；‎ ‎(1)X为Na元素，位于元素周期表中第三周期第IA族；‎ ‎(2)Z为Cl元素，为ⅦA族元素，同主族中F元素的非金属性最强，则HF最稳定；‎ ‎(3)W、X、Z 三种元素形成的化合物为NaClO等，含有离子键、共价键；Na2O2的电子式为；‎ ‎(4)Y与Z形成的化合物为SiCl4‎ ‎，和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，应生成硅酸与HCl，该反应的化学方程式是：SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl；‎ ‎(5)Cl氧化物很多，其中一种黄绿色气体M，其氧含量为47.41%，则分子中Cl、O原子数目之比为=1:2，故M的化学式为ClO2，ClO2可与NaOH溶液反应生成两种稳定的盐，它们的物质的量之比为1:5，只能是部分Cl元素降低为-1价，部分升高为+5价，该反应的化学方程式为：6ClO2+6NaOH=NaCl+5 NaClO3+3H2O。‎ ‎28.Ⅰ.控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据，分析以下数据，回答下列问题：‎ 序号 硫酸的体积/mL 锌的质量/g 锌的形状 温度/℃‎ 完全溶于酸的时间/s 生成硫酸锌的质量/g ‎1‎ ‎50.0‎ ‎2.0‎ 薄片 ‎25‎ ‎100‎ m1‎ ‎2‎ ‎50.0‎ ‎2.0‎ 颗粒 ‎25‎ ‎70‎ m2‎ ‎3‎ ‎50.0‎ ‎2.0‎ 颗粒 ‎35‎ ‎35‎ m3‎ ‎4‎ ‎50.0‎ ‎2.0‎ 粉末 ‎25‎ ‎45‎ ‎5.0‎ ‎5‎ ‎500‎ ‎6.0‎ 粉末 ‎35‎ ‎30‎ m5‎ ‎6‎ ‎50.0‎ ‎8.0‎ 粉末 ‎25‎ t6‎ ‎161‎ ‎7‎ ‎50.0‎ ‎10.0‎ 粉末 ‎25‎ t7‎ ‎16.1‎ ‎(1)化学反应速率本质上是由物质的性质决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3对比得出的结论是______________________________。‎ ‎(2)我们最好选取实验________(填3个实验序号)研究锌的形状对反应速率的影响。‎ ‎(3)若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，发现反应速率明显加快。原因是______________________________。‎ ‎(4)利用表中数据，可以求得：硫酸的物质的量浓度是________mol/L。‎ Ⅱ.某温度时，在5 L的容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：‎ ‎(5)反应开始至2 min，Y的平均反应速率______________________。‎ ‎(6)分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式_________________。‎ ‎【答案】 (1). 其他条件相同时，温度越高化学反应速率越大 (2). 1、2和4 (3). 锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率 (4). 2.0 (5). 0.03 mol/(L·min) (6). X(g)＋3Y(g)⇌2Z(g)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)根据决定化学反应速率的本质因素进行解答；根据实验2和实验3的反应条件进行分析；温度越高，反应速率会越快；‎ ‎(2)研究锌的形状对反应速率的影响时，除了锌的规格不同外，其它条件必须完全相同；反应物的接触面积越大，反应速率越快；‎ ‎(3)根据加入少量硫酸铜，可以构成原电池，即可加快反应速率进行解答；‎ ‎(4)根据加入8g锌和加入10g锌生成的硫酸锌质量相同可知，该两种条件下硫酸完全反应，据此计算出硫酸锌的物质的量及硫酸的物质的量浓度；‎ Ⅱ．(5)据反应速率v=计算该反应的反应速率；‎ ‎(6)根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中，除了温度不同外，其它条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响；即本实验中实验2和实验3对比得出的结论为其他条件相同时，温度越高化学反应速率越大；‎ ‎(2)根据表中数据可知，实验1、2和4中，除了锌的形状不同外，其它条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响；‎ ‎(3)若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，由于锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，所以反应速率明显加快；‎ ‎(4)根据实验6和实验7可知，加入8g锌后与加入10g锌生成的硫酸锌质量相同，说明两个实验中硫酸完全反应，16.1g硫酸锌的物质的量为：=0.1mol，则原硫酸溶液的物质的量浓度为：=2.0mol/L；‎ Ⅱ．(5)反应开始至2 min时，Y物质的量减少了1.0mol-0.7mol=0.3mol，所以反应速率为：=0.03 mol/(L•min)；‎ ‎(6)根据图象可知X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，则X和Y是反应物，Z是生成物，且分别是0.1mol、0.3mol、0.2mol，由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以其系数之比为：0.1mol:0.3mol:0.2mol=1:3:2，所以其方程式为：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)。‎ ‎29.原电池是化学对人类的一项重大贡献。‎ ‎(1)某兴趣小组为研究电池原理，设计如图A装置。‎ A B ‎①a和b不连接时，烧杯中发生反应的离子方程式是___________________。‎ ‎②a和b用导线连接，Cu极为原电池________(填“正”或“负”)极，该电极反应式是____________________________。‎ ‎③无论a和b是否连接，Zn片均被腐蚀，若转移了0.4 mol电子，则理论上Zn片质量减轻________ g。‎ ‎(2)如图B是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：‎ ‎①电池的负极是________(填“a”或“b”)电极，该极的电极反应式为________________。‎ ‎②电池工作一段时间后电解质溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). Zn+2H+=H2↑+Zn 2+ (2). 正极 (3). 2H++2e-=H2↑ (4). 13.0 (5). a (6). CH4+10OH--8e-===CO32-+7H2O (7). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①a和b不连接时，该装置不构成原电池，锌和氢离子发生置换反应；‎ ‎②a和b用导线连接，该装置构成原电池，锌失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；‎ ‎③根据锌与转移电子之间的关系式计算；‎ ‎(2)①碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，负极上是燃料发生失电子的氧化反应；‎ ‎②根据燃料电池的总反应方程式判断pH的变化。‎ ‎【详解】(1)①a和b不连接时，该装置不构成原电池，锌和氢离子发生置换反应，离子反应方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；‎ ‎②a和b用导线连接，该装置构成原电池，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑；‎ ‎③若转移了0.4mol电子，Zn-2e-=Zn2+，锌片减少的质量=×65g/mol=13.0g；‎ ‎(2)①碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，该极上是燃料发生失电子的氧化反应，即CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O；‎ ‎②在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电池工作一段时间后，由于氢氧根离子被消耗，所以电解质溶液的pH会减小。‎ ‎【点睛】本题重点考查原电池的电极判断，常见判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。‎ ‎ ‎ ‎ ‎