【化学】宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

宁夏青铜峡市高级中学（吴忠中学青铜峡分校）2019-2020学年高一下学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56‎ 一、选择题 ‎1.我国著名的化学家、教育家徐光宪先胜因在稀土金属等研究领域做出杰出贡献，荣获了2008年度“国家最高科学技术奖”。是地壳中含量最高的稀土金属饰元素。下列关于的说法错误的是（ ）‎ A. 质量数为140 B. 中子数为82‎ C. 质子数为58 D. 核外电子数为198‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】14058Ce中质子数为58,质量数为140,根据质量数A=质子数Z+中子数N,可求出中子数,根据核外电子数=质子数=原子序数=核电荷数可以知道核外电子数。‎ ‎【详解】A、14058Ce中Ce的左上角代表质量数,因此14058Ce的质量数为140,所以A选项是正确的； B、14058Ce中Ce的左上角代表质量数为140,左下角为质子数为58,根据质量数A=质子数Z+中子数N可以知道:中子数N=140-58=82,所以B选项是正确的； C、14058Ce中Ce的左下角为质子数,因此14058Ce的质子数为58,所以C选项是正确的； D、根据核外电子数=质子数可以知道,核外电子数为58,故D错误； 综上所述，本题正确选项D。‎ ‎2.元素的下列性质，随原子序数的递增不是周期性变化的是( )‎ A. 相对原子质量 B. 化合价 C. 原子半径 D. 元素的化学性质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】随着原子序数的递增，核外电子排布、元素的化合价、原子半径、金属性和非金属性呈现周期性变化，但由于相对原子质量的决定因素是原子中质子数、中子数及同一元素的同位素原子在自然界中的物质的量分数，所以相对原子质量不呈周期性变化，A选项符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列元素原子半径最大的是（ ）‎ A. Li B. F C. Na D. Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序是Na＞Cl、Li＞F、Na>Li、Cl>F，因此原子半径最大的是Na，答案选C。‎ ‎4.下列物质中，只含有非极性共价键的是（ ）‎ A. MgCl2 B. Ba(OH)‎2 ‎C. O2 D. H2O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】MgCl2为离子化合物，只含有离子键，A错误；Ba(OH)2为离子化合物，含有离子键，H-O为极性键，B错误；O2只含有O=O双键，为非极性共价键, C正确；H2O2为共价化合物，既存在H-O极性共价键，又存在O-O非极性共价键，D错误；正确选项C。‎ ‎5.下列有关周期表的说法正确的是（ ）‎ A. 短周期是第一、二、三、四周期 B. 元素周期表有18个族 C. 第ⅠA族的元素全部是金属元素 D. 元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 短周期是指第一周期、第二周期、第三周期等3个周期，选项A不正确；‎ B. 元素周期表有18列，但是只分为16个族，选项B不正确；‎ C. 第ⅠA族的元素除H元素外全部是金属元素，选项C不正确；‎ D. 镧系元素和锕系元素分别都有15种，它们都在第ⅢB族，所以元素周期表含元素最多的族是第ⅢB族，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.下列各组中的性质比较中，不正确的是( )‎ A. 酸性 HClO4＞HBrO4＞HIO4 ‎ B. 碱性 Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2‎ C. 还原性 F-＞Cl-＞Br- ‎ D. 稳定性 HCl＞H2S＞PH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，A选项正确；‎ B．金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，同主族自上而下金属性逐渐增强，则碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，B选项正确；‎ C．非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则还原性：F-＜Cl-＜Br-，C选项错误；‎ D．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，同周期自左向右非金属性逐渐增强，则稳定性：HCl＞H2S＞PH3，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列原子序数所对应的元素组中，两者可形成离子键的是(　　)‎ A. 12和9 B. 1和‎17 ‎C. 14和6 D. 15和8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子序数分别内为12和9的元素分别为Mg和F元素，形成的化合物为MgF2，为离子化合物，Mg2+和F-形成离子键，A选项符合题意；‎ B．原子序数分别为1和17的元素分别为H和Cl元素，形成的化合物为共价化合物，B选项不符合题意；‎ C．原子序数分别为14和6的元素分别为Si和C元素，形成的化合物为共价化合物，C选项不符合题意；‎ D．原子序数分别为15和8的元素分别为P和O元素，形成的化合物为共价化合物，D选项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列关于卤族元素由上到下性质递变规律的叙述，正确的是( )‎ ‎①单质的氧化性减弱 ②单质的颜色加深 ③气态氢化物的稳定性增强 A. ①②③ B. ①② C. ②③ D. ①③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①同主族元素，由上到下元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则F2、Cl2、Br2、I2氧化性依次减弱，故正确；‎ ‎②F2、Cl2、Br2、I2的颜色由浅黄绿色→黄绿色→深红棕色→紫黑色，单质的颜色逐渐加深，故正确；‎ ‎③同主族元素，由上到下元素的非金属性依次减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，则HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，故错误；‎ ‎①②正确，故选B。‎ ‎9.下列化学用语书写正确的是（ ）‎ A. 氯离子的结构示意图：‎ B. 作为相对原子质量测定标准的碳核素：C C. 氯化镁的电子式：‎ D. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯离子的核电荷数是17，错误；‎ B、作为相对原子质量的标准的是碳-12，错误；‎ C、氯化镁中有1个镁离子和2个氯离子，正确；‎ D、氯化氢为共价化合物，电子式中不能有电荷，错误。‎ ‎10.某元素原子M层电子数是K层电子数的3.5倍，则该元素最高价氧化物对应水化物的化学式为（ ）‎ A. HNO3 B. H3PO‎4 ‎C. H2SO4 D. HClO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】某元素原子M层电子数是K层电子数的3.5倍,则该原子M层电子数为7,故M为Cl元素,最高正化合价为+7,该元素最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4, D正确；正确选项D。‎ ‎11.在元素周期表中，金属元素和非金属元素分界线附近能找到（ ）‎ A. 制半导体元素 B. 制农药元素 C. 制催化剂元素 D. 制耐高温合金的元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故A正确；‎ B. 非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故B错误；‎ C. 可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故C错误；‎ D. 耐高温的合金材料在过渡元素区寻找，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎12.可用来判断金属性强弱的依据是(　　)‎ A. 原子电子层数的多少 ‎ B. 最外层电子数的多少 C. 最高价氧化物的水化物的碱性强弱 ‎ D. 等物质的量的金属置换氢气的多少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】可利用金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气的难易程度、最高价氧化物对应的水化物的碱性、金属活动性顺序、金属元素在周期表中的递变规律等比较金属性。‎ ‎【详解】A. 金属性与电子层数的多少没有直接关系，A项错误；‎ B. 金属失去电子的能力越强金属性越强，与最外层电子数的多少无关，B项错误；‎ C. 最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性越强，C项正确；‎ D. 金属性越强，失电子能力越强，置换出氢气的反应越剧烈，与生成氢气的多少无关，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.同一周期X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性是HXO4>H2YO4>‎ H3ZO4，则下列判断错误的是(　　)‎ A. 阴离子的还原性Z3－>Y2－>X－ ‎ B. 气态氢化物的稳定性HX>H2Y>ZH3‎ C. 非金属性X>Y>Z ‎ D. 原子半径X>Y>Z ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，由于非金属性X＞Y＞Z，所以阴离子的还原性：Z3-＞Y2-＞X-，A选项正确；‎ B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，B选项正确；‎ C．根据上述分析，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，C选项正确；‎ D．同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：X＜Y＜Z，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎14.短周期中三元素a、b、c在周期表中的位置如图，下列有关这三种元素的叙述正确的是：(　　)‎ A. a是一种活泼的非金属元素 B. b的氢化物很稳定 C. c的最高价氧化物的水化物是一种弱酸 D. b元素的最高化合物为＋7价。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】根据位置关系可知，a在第一周期，为He，b在第二周期，为F，c在第三周期，为S，据此进行分析判断。‎ ‎【详解】根据位置关系可知，a为He，b F，c为S；‎ A. a为He，属于惰性气体，A项错误；‎ B. b为F，其氢化物很稳定，B项正确；‎ C. c为S，其最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，属于强酸，C项错误；‎ D. b为F，无正价，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列说法错误的是（ ）‎ A. 如图表示化学反应过程中吸收能量 B. 化学反应中有物质变化也有能量变化 C. 化学反应中一定存在化学键的变化 D. 原电池是将化学能转变成电能的装置 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图示可知，在反应过程中，反应物总能量高于生成物总能量，该反应一定为放热反应，故A错误； B.有新的物质生成的反应为化学反应，所以化学反应一定有物质变化，并且反应过程中一定伴随着能量变化，通常以热量的形式释放出来，故B正确； C.化学反应的实质是旧的化学键断裂，新的化学键生成，所以化学反应中一定存在化学键的变化，故C正确； D.原电池是通过自发进行的氧化还原反应将化学能转变成电能的装置，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎16.下列各装置中，能构成原电池的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】原电池的构成条件：活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发的氧化还原反应，四个条件缺一不可；A两个电极相同，不能构成原电池，A错误；B符合原电池构成要素，B正确；酒精为非电解质，不能构成原电池，C错误；不能形成闭合回路，D错误；正确选项B。‎ ‎17.下列反应中，在原理上不能设计成原电池的是（ ）‎ A. Ca(OH)2与HC1的反应 B. Fe与CuSO4的反应 C. CH4与O2的反应 D. Al与H2SO4的反应 ‎【答案】A ‎【解析】Ca(OH)2与HC1的反应不是氧化还原反应,不能设计成原电池,A正确；Fe与CuSO4发生置换反应，属于氧化还原反应，且为放热反应，能够设计成原电池，B错误；甲烷与氧气的反应为自发进行的氧化还原反应,且为放热反应,能够设计成原电池,C错误；Al与H2SO4发生置换反应，属于氧化还原反应，且为放热反应，能够设计成原电池，D错误；正确选项A。‎ ‎18.“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为2Mg+O2 +2H2O=2Mg(OH)2。下列关于该电池的说法错误的是（ ）‎ A. 活性炭作为正极 B. 食盐水作为电解质溶液 C. 电池工作时镁片逐渐被消耗 D. 实现了电能向化学能的转化 ‎【答案】D ‎【解析】根据原电池反应式知,Mg元素化合价由0价变为+2价,所以Mg失电子作负极,C作正极,A错误；电解质溶液是食盐水,氧气得电子，发生还原反应,B错误；Mg作负极,电极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2,所以电池工作时镁片逐渐被消耗,C错误；该装置是将化学能转化为电能的装置,为原电池,D正确；正确选项D。‎ ‎19.下列反应中，属于放热的氧化还原反应的是 ( )‎ A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B. 生石灰和水的反应 C. 甲烷与O2的燃烧反应 D. 灼热的炭与CO2反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，且不是氧化还原反应，A项错误；‎ B. 生石灰和水的反应属于放热反应，但不是氧化还原反应，B项错误；‎ C. 甲烷与O2的燃烧反应属于放热反应，也是氧化还原反应，C项正确；‎ D. 灼热的炭与CO2反应属于吸热反应，是氧化还原反应，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.现有X、Y、Z三种金属，将X、Y放在稀硫酸中，用导线连接，电流方向由X到Y。把X放在Z的硫酸盐溶液中，X表面有Z析出。则三种金属的活动性顺序是（ ）‎ A. Y>X>Z B. X>Y>Z C. Z>Y>X D. Z>X>Y ‎【答案】A ‎【解析】在原电池中，较活泼金属作负极，较不活泼金属作正极，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极；较活泼的金属能将较不活泼金属从其盐溶液中置换出来；X、Y放在稀硫酸中，用导线连接，电流方向由X到Y，则金属活动性Y>X；把X放在Z的硫酸盐溶液中，X表面有Z析出，金属活动性X＞Z，所以金属活动性顺序是Y>X>Z，A正确；正确选项A。‎ ‎21.对于反应A2＋3B2＝‎2C来说，以下表示中，反应速率最快的是 （ ）‎ A. v(B2)=0.8 mol/ (L·s) B. v(A2)=0.4 mol/ (L·s)‎ C. v(C)=0.6 mol/ (L·s) D. v(B2)=18 mol/ (L·min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】化学计量数之比等于化学反应速率之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，则反应速率越快，以此来解答。‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，则反应速率越快，则 A．0.8 mol/(L·s)÷3=0.26 mol/(L·s)；‎ B．0.4 mol/(L·s)÷1=0.4 mol/(L·s)；‎ C．0.6 mol/(L·s)÷2=0.3 mol/(L·s)；‎ D．18 mol/(L·min)÷3=6 mol/(L·min)=0.1 mol/(L·s)；‎ 显然B中比值最大，反应速率最快，答案选B。‎ ‎22.用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是 ( )‎ A. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸 B. 加热 C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】改变浓度、温度、增大接触面积、形成原电池，均能增大反应速率，据此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 改用98%的浓硫酸，铁在浓硫酸中发生钝化，不能增大反应速率，A项符合题意；‎ B. 加热，温度升高，能使反应速率加快，B项不符合题意；‎ C. 滴加少量的CuSO4溶液，铁与CuSO4反应，生成Cu，与铁组成原电池，使反应速率加快，C项不符合题意；‎ D. 改用铁粉，增大了接触面积，使反应速率加快，D项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎23.CO和H2在一定条件下可以合成乙醇(CH3CH2OH)：2CO(g)＋4H2(g) CH3CH2OH(g)＋H2O(g)，下列叙述中能说明上述反应在一定条件下已达到平衡状态的是( )‎ A. CO全部转化为乙醇 B. 反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化 C. 正反应和逆反应的化学反应速率均为零 D. CO和H2以1:2的物质的量之比反应生成乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】当反应达到平衡状态时，正反应速率与逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量以及由此衍生的一些量不发生变化，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. 该反应为可逆反应，CO不可能全部转化为乙醇，A项错误；‎ B. 反应体系中乙醇的物质的量浓度不再发生变化，说明正反应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B项正确；‎ C. 化学平衡状态是动态平衡，所以平衡时正反应速率和逆反应速率不等于零，C项错误；‎ D. CO和H2以1:2的物质的量之比反应生成乙醇，并不能确定正反应速率与逆反应速率相等，不能证明反应达到平衡状态，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.如图是 Zn 和 Cu 形成的原电池，其实兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记下结论。其中正确的一组是( )‎ ‎①Zn 为正极，Cu 为负极 ②H+向负极移动 ③电子是由 Zn 经外电路流向 Cu ④Cu 极上有 H2 产生 ⑤若有 1 mol 电子流过导线，则产生的 H2 为 0.5 mol ⑥正极的电极反应式为 Zn－2e-=Zn2+‎ A. ①②③ B. ④⑤⑥‎ C. ③④⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】Zn 和 Cu 形成的原电池中，Zn比Cu活泼，因此Zn作负极，失去电子，发生氧化反应，Cu作正极，电解质溶液中的H+得到电子发生还原反应，据此分析判断。‎ ‎【详解】Zn 和 Cu 形成的原电池中，Zn比Cu活泼，因此Zn作负极，失去电子，发生氧化反应，Cu作正极，电解质溶液中的H+在正极上得到电子发生还原反应，原电池装置中电子由Zn 经外电路流向 Cu，正极的电极反应为2H++2e-=H2↑，因此有1 mol 电子流过导线时，生成的H2为0.5mol；正确的为③④⑤；‎ 答案选C。‎ ‎25.纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn 和 Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO。关于该电池下列叙述不正确的是( )‎ A. 正极的电极反应为Ag2O+2e‾+H2O=2Ag+2OH‾‎ B. Zn极发生氧化反应,Ag2O极发生还原反应 C. 使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极 D. 使用时溶液中电子的方向是由Ag2O极流向Zn极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电池的总反应可知，Zn作负极，Ag2O作正极，负极的电极反应为Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，正极的电极反应为Ag2O+ H2O+ 2e‾=2Ag+2OH‾，放电时，电子从负极流向正极，由此进行分析判断。‎ ‎【详解】A. Ag被还原，Ag2O作正极，且正极的电极反应为：Ag2O+ H2O+ 2e‾=2Ag+2OH‾，A项正确，不符合题意；‎ B. Zn作负极，发生氧化反应，Ag2O作正极，发生还原反应，B项正确，不符合题意；‎ C. Zn作负极， Ag2O作正极，电子从负极流向正极，因此电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，C项正确，不符合题意；‎ D. 使用时电解质溶液中没有电子，电子是在外电路流动的，D项错误，符合题意； ‎ 答案选D。‎ 二、 非选择题 ‎26.有X、Y、Z三种元素，其中X、Y属于同一主族，加热时其单质都能与氢气形成气态氢化物H2X，H2Y。常温下，X单质为气态，X与Y可形成两种化合物YX2和YX3，Y、Z均在X的下一周期，而Z可与X生成化合物Z2X和Z2X2。试写出：‎ ‎(1)元素名称:X______Z ______；Y在周期表中位于______ 周期_____族；‎ ‎(2)化合物H2Y的电子式为__________其中含有的化学键的类型是______键；‎ ‎(3)用电子式表示化合物Z2X的形成过程__________________________。‎ ‎【答案】(1). 氧 (2). 钠 (3). 三 (4). ⅥA (5). (6). 极性共价键 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y属于同一主族，加热时其单质都能与氢气形成气态氢化物H2X，H2Y，可知X与Y在第VIA族，Y、Z均在X的下一周期，因此可知X为O，Y为S；X与Y可形成两种化合物YX2和YX3分别为SO2和SO3；Z可与X生成化合物Z2X和Z2X2，说明Z为Na， Z2X和Z2X2分别为Na2O和Na2O2，由此进行作答。‎ ‎【详解】由分析可知X为O，Y为S，Z为Na；‎ ‎(1)元素名称：X为氧，Z为钠；Y为S，在周期表中位于第三周期第VIA族；‎ ‎(2)化合物H2Y为H2S，其电子式为，其中含有的化学键的类型是极性共价键；‎ ‎(3)用电子式表示化合物Z2X的形成过程为：。‎ ‎27.在锌铜原电池池中，如图 ‎(1)锌为______极，发生的______反应，电极反应式_________________________________，观察到的现象是_______________。 ‎ ‎(2)铜为______极，发生的______反应，电极反应式 ______________，观察到的现象是__。‎ ‎(3)阳离子移向_______________极。‎ ‎(4)电子从 ______________流向极到 _______________极。‎ ‎(5)当电路中转移0.2mol电子，消耗硫酸的质量是__________。‎ ‎【答案】(1). 负 (2). 氧化 (3). Zn-2e-═Zn2+ (4). Zn不断溶解 (5). 正 (6). 还原 (7). 2H+-2e-═H2↑ (8). Cu片上有气泡产生 (9). Cu (10). Zn (11). Cu (12). ‎‎9.8g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铜、锌、稀硫酸溶液构成原电池中，易失电子的锌作负极，负极上发生失电子的氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，锌片上观察到的现象为锌片溶解；答案为负；氧化；Zn-2e-=Zn2+；锌片溶解。‎ ‎（2）铜作正极，正极上得电子发生还原反应，即H+得电子放出氢气，反应式为 2H++2e-=H2↑，现象是铜片上有气泡产生；答案为正；还原；2H++2e-=H2↑；铜片上有气泡产生。‎ ‎（3）在铜、锌、稀硫酸溶液构成原电池中，由于电解质溶液中的阳离子(H+)要到正极上得电子而产生H2，故阳离子(H+)向正极Cu移动；答案为Cu。‎ ‎（4）原电池中，电子由负极流出，经外电路，流向正极，则在铜、锌、稀硫酸溶液构成原电池中，电子由Zn流出，经外电路，流向Cu；答案为Zn，Cu。‎ ‎（5）当电路中转移0.2mol电子时，根据2H++2e-=H2↑电极反应可知，要消耗0.2molH+‎ ‎，而根据H2SO4的化学式，消耗0.2molH+即消耗0.1mol的H2SO4，消耗H2SO4的质量为0.1mol×‎98g/mol=‎9.8g；答案为‎9.8g。‎ ‎28.下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素请回答下列问题。 ‎ 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎2‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎3‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎(1)①-⑩中，最活泼的金属元素是 ______(写元素符号，下同)；最不活泼的元素是 ______ ；可作半导体材料的元素是 ______ ；某元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可直接化合生成一种盐，该元素是______。 ‎ ‎(2)④、⑤的简单离子，其半径更大的是 ______ (写离子符号)。‎ ‎(3)⑧、⑨的气态氢化物，更稳定的是 ______ (填化学式)。‎ ‎(4)元素的非金属性：① ______ ⑦填“”或“”)。‎ ‎(5)①-⑨的最高价氧化物的水化物中：碱性最强的是 ______ (填化学式)，酸性最强的是 _________ (填化学式)； 盐酸与⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 ______________________________。‎ ‎【答案】(1). Na (2). Ar (3). Si (4). N (5). F- (6). HCl (7). > (8). NaOH (9). HClO4 (10). Al(OH)3 + 3H+=3H2O + Al3+‎ ‎【解析】‎ 分析】由元素在周期表的位置可以知道，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别为C、N、O、F、Na、Al、Si、S、Cl、Ar。据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）同周期自左而右金属性减弱、同主族自上而下金属性增强，故①-⑩中，Na的金属性最强；稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；Si处于金属与非金属的交界处，为常见的半导体材料；N元素的气态氢化物(NH3)与其最高价氧化物的水化物(HNO3)可直接化合生成铵盐(NH4NO3)；‎ ‎（2）④、⑤的简单离子分别为F-和Na+，它们具有相同的电子层结构，则核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径F->Na+；‎ ‎（3）⑧、⑨分别为S和Cl元素，非金属性Cl>S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则两者比较，更稳定的为HCl；‎ ‎（4）①、⑦分别是C和Si，属于同主族元素，同主族从上往下，非金属性减弱，则非金属性①>⑦；‎ ‎（5）高氯酸为含氧酸中酸性最强的酸，该酸的化学式为HClO4，短周期中Na的金属性最强，其对应的碱NaOH的碱性最强；⑥为Al元素，它的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3是难溶于水的物质，在离子方程式中保留分子式，故与盐酸反应的离子方程为Al(OH)3+3H+=3H2O+Al3+。‎ ‎29.合理利用资源，加强环境保护，降低碳排放，实施低碳经济是今后经济生活主流。回答下列问题：‎ ‎(1)下列措施不利于有效减少二氧化碳的是_______（填字母）。‎ a．植树造林，保护森林，保护植被 b．加大对煤和石油的开采，并鼓励使用液化石油气 c．大力发展风能、水力、潮汐能发电和核电，大力推行太阳能的综合开发 d．推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高 ‎(2)科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将CO2和H2以1:4的物质的量之比混合通入反应器，在适当条件下反应可获得一种重要能源。请完成以下化学方程式：‎ CO2+4H2_______+2H2O ‎(3)用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向。现进行如下实验：某温度下在体积为‎1L的密闭容器中，充入2 mol CO2和6 mol H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，能判断该反应已达化学平衡的标志是____（填字母）。‎ a．CO2百分含量保持不变 b．容器中混合气体的质量保持不变 c．容器中H2浓度与CO2浓度之比为3:1‎ d．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等 现测得CO2相CH3OH (g)的浓度随时间变化如图所示。‎ 从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=________。‎ ‎(4)以KOH为电解质的甲醇燃料电池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2 CO3+6H2O。通入甲醇的电极为燃料电池的______（填“正”或“负”）极，正极反应式为________________。‎ ‎【答案】(1). b (2). CH4 (3). ad (4). 0.375 mol/(L·min) (5). 负 (6). O2+2H2O+4e-=4OH-‎ ‎【解析】(1) 植树造林能增强光合作用,大量消耗二氧化碳,不符合题意, a错误；加大煤和石油化开采，增加化石燃料的使用,增加了二氧化碳的排放, b正确；积极推进核能、风能、潮汐能建设,大力推行太阳能的综合开发能减少二氧化碳的排放,不符合题意, c错误；推广使用节能灯和节能电器,使用空调时夏季温度不宜设置过低,冬天不宜过高,能减少电的使用,减少煤和石油化石燃料的使用,减少二氧化碳的排放,不符合题意, d错误；正确选项b。‎ ‎(2)根据质量守恒定律，反应前后原子的总数目保持不变，所以1molCO2 与4molH2恰好完全分反应生成2molH2O外，还得生成1mol CH4；正确答案：CH4。‎ ‎(3) 在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态；则CO2百分含量保持不变可以说明反应达到平衡状态，a正确；根据质量守恒定律可知容器中混合气体的质量始终保持不变，不能说明达到平衡状态，b错误；平衡时浓度不再发生变化，但各物质的浓度之间不一定相等或满足某种关系，因此容器中H2浓度与CO2浓度之比为3:1不能说明反应达到平衡状态，c错误；CO2生成速率与CH3OH生成速率相等满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，且反应速率是相反的，因此可以说明达到平衡状态，d正确；ad选项正确。根据图像可知反应进行到12min时达到平衡状态，此时生成甲醇的浓度是1.5mol/L。所以根据方程式可知消耗氢气的浓度是1.5mol/L×3＝4.5mol/L，所以氢气表示的反应速率为4.5mol/L÷12min＝0.375 mol/（L·min）；正确答案：ad ；0.375 mol/(L·min)。‎ ‎(4) 甲醇燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；正确答案：负；O2+2H2O+4e-=4OH-。‎ 三、实验题 ‎30.某同学利用下图所示装置验证同主族元素非金属性的变化规律。回答下列问题：‎ ‎(1)仪器A的名称为_______，干燥管D的作用是________。‎ ‎(2)若要证明非金属性：Cl>I，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，实验时观察到C溶液中现彖为________，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，可用_______吸收尾气。‎ ‎(3)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加______(写化学式)溶液，若观察到C中出现白色沉淀，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). 分液漏斗 (2). 防止倒吸 (3). 变蓝 (4). NaOH溶液 (5). Na2SiO3 (6). 饱和NaHCO3‎ ‎【解析】（1）仪器A为分液漏斗；球形干燥管D能够防止倒吸,可以避免C中液体进入锥形瓶中；正确答案: 分液漏斗；防止倒吸。‎ ‎ (2)浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气,氯气具有强氧化性,可与碘化钾反应生成碘,因淀粉遇碘变蓝色,则可观察到溶液变蓝,氯气有毒,不能排放到空气中,可与氢氧化钠溶液反应而被吸收；正确答案:变蓝；NaOH溶液 。‎ ‎(3)因碳酸比硅酸强,二氧化碳可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,溶液变浑浊，氯化氢具有挥发性,干扰实验结果,需要将二氧化碳中的氯化氢除掉,根据氯化氢与碳酸氢钠反应,而二氧化碳与碳酸氢钠溶液不反应,可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,正确答案: Na2SiO3 ；饱和NaHCO3。‎