陕西省西安中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题（实验班）

陕西省西安中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题（实验班）

西安中学2019-2020学年度第二学期期中考试 高一化学（实验班）试题 本试卷可能用到的相对原子质量： H‎-1 C-12 O-16 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 ‎ 一．选择题（共23小题，每小题2分，共46分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.据国外有关资料报道，在“独居石”(一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nd等的磷酸盐)中，查明有尚未命名的116、124、126号元素。试判断116号元素应位于周期表中的(　　)‎ A. 第六周期ⅣA族 B. 第七周期ⅥA族 C. 第七周期ⅦA族 D. 第八周期ⅥA族 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】第七周期若排满，118号元素应为0族元素，则116号元素位于从0族开始向左数第三纵行，故应为第七周期ⅥA族元素，故选B。‎ ‎【点睛】根据各周期所含的元素种类推断，用原子序数减去各周期所含的元素种数，当结果为“‎0”‎时，为零族； 当为正数时，为周期表中从左向右数的纵行，差为8、9、10时为VIII族，差数大于10时，则再减去10，最后结果为族序数。当为负数时其主族序数为8+差值．所以应熟记各周期元素的种数，即2、8、8、18、18、32、32。‎ ‎2.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现非金属性最强的元素，Z的周期序数等于族序数，W与Z相邻。下列说法不正确的是（ ）‎ A. X2与X3互为同位素 B. Y的氢化物可刻蚀玻璃 C. Z的氧化物可用作耐火材料 D. W的氧化物可用作光导纤维 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y是至今发现非金属性最强的元素，则Y为F元素，X原子最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；Z的周期序数等于族序数，且原子序数大于F，则Z为Al元素，W与Z相邻，原子序数大于Z，则W为Si元素。‎ ‎【详解】A．O2和O3为氧元素形成的不同单质，为同素异形体，故A错误；‎ B．Y的氢化物为HF，可以和SiO2反应，可以刻蚀玻璃，故B正确；‎ C．Z的氧化物为Al2O3，熔点较高，可以用作耐火材料，故C正确；‎ D．W的氧化物SiO2，可以用作光导纤维，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎3.金属钛对人体体液无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，有“生物金属”之称，下列有关和的说法正确的是(　　)‎ A. 和原子中均含有22个质子 B. 和的中子数相同 C. Ti元素的相对原子质量为49 D. 和为同一核素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．和为钛元素的不同核素，质子数相同，均为22，故A正确；‎ B．中子数=质量数-质子数，所以的中子数=48-22=26，的中子数=50-22=28，二者中子数不同，故B错误；‎ C．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，两种核素在自然界含量未知，且仅凭题目信息无法确定是否只有这两种核素，所以无法确定钛元素的相对原子质量，故C错误；‎ D．和质子数相同，中子数不同，为钛元素的不同核素，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 在多电子原子里能量高的电子通常在离核近的区域内运动 B. 核外电子总是先排在能量低在电子层上 C. 两种微粒，若核外电子排布相同，则其化学性质一定相同 D. 微粒的最外层只能是8个电子才稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核远的区域内运动，故A错误；‎ B．核外电子总是先排在能量低的电子层上，由里向外逐层排布，故B正确；‎ C．两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同，如Na+和Ne核外都有10个电子，电子排布相同，但是二者化学性质不同，故C错误；‎ D．稀有气体氦，最外层2个电子，也很稳定，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.根据元素周期表判断，下列叙述中正确的是(　　)‎ A. L电子层电子数为奇数所有元素都是非金属 B. 同一主族的两种元素的原子序数之差可能是16、26、36、46‎ C. 只有第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子 D. 由左至右第8、9、10三列元素中都是金属元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．L电子层电子数为奇数，L层未排满，则处于第二周期，Li的L层含有1个电子，但Li是金属元素，故A错误；‎ B．对于处于同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18或32等，如0族中第一周期与第三周期的元素相差16；如ⅣA族中第二周期与第四周期的元素相差26； 如0族中第三周期与第五周期的元素相差36；但是2、8、18、32的组合不能得到同一主族的两种元素的原子序数之差为46，故B错误；‎ C．第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子，但He及部分过渡元素原子最外层电子数也含有2个电子，故C错误；‎ D．由左至右第8、9、10 三列元素为Ⅷ族元素，都是金属元素，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】原子最外层只有一个电子的元素不一定都是金属元素，可能是氢元素；原子原子最外层只有2个电子的元素不一定都是非金属元素，可能为IIA族元素；过渡元素均为金属元素。‎ ‎6.已知R2＋核外有a个电子，b个中子，表示R原子的符号正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 阳离子中质子数＝核外电子数＋电荷数，质量数＝质子数＋中子数，表示核素的原子符号应写出质子数和质量数。‎ ‎【详解】R2＋离子核外有a个电子，阳离子中质子数＝核外电子数＋电荷数＝a＋2，质量数＝质子数＋中子数＝a＋2＋b，所以R原子符号为，答案选C。‎ ‎【点睛】注意原子经过得电子或失电子形成离子，在计算离子所含质子数时要注意得失电子的影响。‎ ‎7.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是(　　)‎ A. Al(OH)3与NaOH溶液反应，Mg(OH)2不与NaOH溶液反应 B. F2在暗处遇H2爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应 C. 酸性：HNO3＞H3PO4‎ D. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．Al(OH)3能与NaOH溶液反应，Mg(OH)2不与NaOH溶液反应，Al(OH)3具有两性，Mg(OH)2只具有碱性，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Mg＞Al，能用元素周期律解释，故A不符合题意；‎ B．同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性越强，越易与氢气化合，非金属性：F＞I，因此F2与H2化合更加容易，能用元素周期律解释，故B不符合题意；‎ C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：N＞P，则酸性：HNO3＞H3PO4，能用元素周期律解释，故C不符合题意；‎ D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列各组元素中按微粒半径递增顺序排列的是 （ ）‎ A. K Na Li B. N O F C. Ca2+ K+ Cl－ D. Ba2+ Ca2+ Mg2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 同主族自上而下原子半径增大，则原子半径大小为:,A是错误；同周期自左而右原子半径减小，则原子半径大小顺序为:，B错误；离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为:,C正确；离子电子层越多，离子半径越大，则离子半径大小为:，D 错误；正确选项C。‎ ‎9.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是(　　)‎ 选项 事实 推测 A 铬(Cr)的金属性位于锌和铁之间 铬能与稀盐酸发生反应 B Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料 第ⅣA族的元素的单质都可作半导体材料 C HCl在‎1500 ℃‎时分解，HI在‎230 ℃‎时分解 HBr的分解温度介于二者之间 D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在金属活动性顺序表中排在氢之前的金属能和稀盐酸反应生成盐和氢气，而铬的金属性位于锌和铁之间，故铬排在氢之前，则铬能与稀盐酸发生反应，故A正确；‎ B．在元素周期表中，位于金属和非金属分界线处的元素单质能作半导体，Pb不位于金属元素和非金属元素分界线处，所以Pb不能作半导体材料，故B错误；‎ C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞Br＞I，所以氢化物的稳定性HCl＞HBr＞HI，则HBr的分解温度介于二者之间，故C正确；‎ D．元素的非金属越强，其单质与氢气反应越容易化合，非金属性S＞P＞Si，所以P与H2在高温时能反应，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列叙述不正确的是(　　)‎ ‎①分子内一定含有共价键 ‎ ‎②离子键就是阴、阳离子的静电引力 ‎③沸点：SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4 ‎ ‎④非金属原子间不可能形成离子化合物 ‎⑤H和O可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物 ‎⑥水分子很稳定，是因为水分子之间存在氢键作用 ‎⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K A. ①②④⑥ B. ②③④⑦ C. ①④⑤⑥ D. 全部都不正确 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①分子内不一定含有共价键，如稀有气体为单原子分子，无化学键，故①错误；‎ ‎②离子键是阴阳离子之间的静电作用力，包括静电排斥和静电吸引，故②错误；‎ ‎③组成结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越大，物质的熔沸点越高，相对分子质量：SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4，则沸点：SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4，故③正确；‎ ‎④铵盐为离子化合物，全部由非金属性元素组成，故④错误；‎ ‎⑤H和O可形成只含有极性共价键的化合物，如H2O，又可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物，如H2O2，故⑤正确；‎ ‎⑥物质的稳定性是物质的化学性质，稳定性与化学键的强弱有关，氢键影响物质的熔沸点等物理性质，水分子很稳定，是因为水分子内存在很强的共价键，与氢键无关，故⑥错误；‎ ‎⑦同主族随核电荷数增大，金属性增强，同周期元素随核电荷数增大，金属性减弱，则金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦正确；‎ 综上分析，①②④⑥不正确，答案选A。‎ ‎11.下列物质中，从化学键的角度看，有一种与其他三种明显不同，这种物质是(　　)‎ A. Na2O2 B. CH4‎ C. SO2 D. H2O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2是离子化合物，即含有离子键，又含有共价键；‎ B．CH4是共价化合物，只含有共价键；‎ C．SO2是共价化合物，只含有共价键；‎ D．H2O2是共价化合物，只含有共价键；‎ 化学键的角度看，与其他三种明显不同的为Na2O2，答案选A。‎ ‎12.下列化学用语中，正确的是(　　)‎ A. CCl4的电子式为 B. CaCl2的电子式为 C. HClO的结构式为H—Cl—O D. 用电子式表示HCl的形成过程为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CC14分子中C原子与4个Cl形成4对共用电子对，每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，因此其电子式为，故A正确；‎ B．CaC12是离子化合物，Ca2+与Cl-形成离子键，在离子晶体中阴、阳离子要间隔排列，故2个Cl-不能合写在一起，因此电子式为，故B错误；‎ C．HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成一对共用电子对，故其结构式为H—O—Cl，故C错误；‎ D．HCl是共价化合物，H原子与Cl原子间共用1对电子，形成过程表示为，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1 mol 氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1 mol 氯气中的化学键消耗的能量为Q2KJ，形成1 mol 氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是 A. Q1+ Q2＜2Q3 B. Q1+ Q2＞Q‎3 ‎C. Q1+ Q2＜Q3 D. Q1+ Q2＞2Q3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g），反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧是放热反应，则Q1+Q2-2Q3＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，选A。‎ ‎14.对于反应Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，1 mol Zn反应时放出Q kJ热量。下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 反应过程中的能量关系可用如图表示 B. 滴入少许CuSO4溶液后反应速率减小 C. 若将该反应设计成原电池，则锌为负极 D. 理论上当转移4 mol电子时放出2QkJ热量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．放热反应Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，则放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，故A正确；‎ B．加入少许CuSO4溶液，Zn置换出Cu，形成Zn−Cu−硫酸原电池，使Zn与稀硫酸的反应速率加快，故B错误；‎ C．Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑的反应中锌失去电子，化合价升高，作原电池的负极，故C正确；‎ D．在Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑反应中每转移2mol电子参加反应的Zn为1mol，现转移4mol电子，参加反应的Zn为2mol，则反应释放出2QkJ热量，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的(　　)‎ A. AZn，B是Cu，C为稀硫酸 B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸 C. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液 D. A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用原电池的工作原理进行分析，A电极逐渐变粗，说明阳离子在A电极上得到电子，转化成单质，即A电极为正极，B电极逐渐变细，说明电极B失去电子，转化成离子，即B电极为负极，然后逐步分析；‎ ‎【详解】A电极逐渐变粗，A电极为正极，B电极逐渐变细，B电极为负极，‎ A、Zn比Cu活泼，因此Zn为负极，Cu为正极，A电极为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，A电极逐渐变细，B电极为正极，电极反应式为2H＋2e－=H2↑，B电极质量不变，故A不符合题意；‎ B、根据A选项分析，A为正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，A电极质量不变，B为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，B电极质量减小，故B不符合题意；‎ C、Fe比Ag活泼，Fe为负极，即A电极上发生Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减少，B电极为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，故C不符合题意；‎ D、根据选项C分析，A为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，B为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减小，故D符合题意。‎ ‎16.下列说法正确的是(　　)‎ A. 镍镉电池、锂电池和锌锰电池都是二次电池 B. 燃料电池是一种高效但是会污染环境的新型电池 C. 化学电池的反应原理是氧化还原反应 D. 铅蓄电池放电时正极是Pb，负极是PbO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．镍氢电池、锂离子电池为二次电池，碱性锌锰干电池为一次电池，故A错误；‎ B．燃料电池有氢氧燃料电池、甲烷燃料电池、乙醇燃料电池等，产物多为CO2、H2O等，不污染环境，故B错误；‎ C．化学电池是将化学能转变为电能的装置，有电子的得失，实质为氧化还原反应，故C正确；‎ D．铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极；PbO2被还原，为原电池的正极，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎17.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e-= ZnO+H2O， Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，总反应式为：Ag2O+ Zn = 2Ag+ZnO。根据上述反应式，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在使用过程中，电池负极区溶液的碱性增强 B. 使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极 C. Zn是负极，Ag2O是正极 D. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置构成原电池，根据电极反应式知，锌作负极，氧化银作正极，负极上氢氧根离子参与反应，电子从负极沿导线流向正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。‎ ‎【详解】A．根据电极反应式知，锌作负极，氧化银作正极，负极上氢氧根离子参与反应导致氢氧根离子浓度减小，则溶液的pH减小，故A错误；‎ B．锌是负极，氧化银是正极，电子从锌沿导线流向氧化银，故B错误；‎ C．原电池中，失电子的电极是负极，得电子的电极是正极，所以锌是负极，氧化银是正极，故C正确；‎ D．负极锌失电子发生氧化反应，正极氧化银得电子发生还原反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A. a处通入氧气，b处通入氢气 B. 通入H2的电极发生反应：H2－2e－=2H＋‎ C. 通入O2的电极为电池的正极 D. 该装置将化学能最终转化为电能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极、通入氧化剂氧气的电极是正极，电解质溶液呈碱性，则负极上电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-═4OH-，根据LED发光二极管中电子移动方向知，b是正极、a是负极，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据LED发光二极管中电子移动方向知，b是正极、a是负极，‎ A．燃料电池中，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，b是正极，应该通入氧气，故A错误；‎ B．负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2−2e−+2OH−=2H2O，故B错误；‎ C．通过以上分析知，b为正极，通入O2的电极发生反应：O2+4e−+2H2O═4OH−，故C正确；‎ D．原电池是将化学能转化为电能，电能通过LED发光二极管，则电能最终转化为光能，部分还转化为热能，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎19.下列对化学反应速率和限度的叙述正确的是(　　)‎ A. 决定化学反应速率的主要因素是光照、超声波、压强和催化剂 B. 用Cu和稀硝酸反应制备NO时，改用63%的浓硝酸可以加快产生NO的速率 C. 可逆反应进行到一定限度时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度也相等 D. 工业生产过程中，提高化学反应的限度有利于节约原料和能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．决定化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，而光照、超声波、压强和催化剂等为外界因素，属于次要因素，故A错误；‎ B．用Cu和稀HNO3反应制备NO，改用63%的浓HNO3生成二氧化氮气体，反应的产物发生了变化，故B错误；‎ C．可逆反应进行到一定程度时，正、逆反应速率相等，各物质浓度不变，但不一定相等，故C错误；‎ D．提高化学反应的限度指的是化学反应所进行的程度，根据提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.相同温度下，有关反应速率的下列说法中正确的是（ ）‎ A. 0.1‎‎ mol·L－1盐酸和0.1 mol·L－1硫酸与2 mol·L－1 NaOH溶液反应的速率相同 B. 大理石块和大理石粉与0.1 mol·L－1盐酸反应的速率相同 C. 等量的镁粉．铝粉和0.1 mol·L－1盐酸反应的速率相同 D. 0.1 mol·L－1盐酸和0.1 mol·L－1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．硫酸氢离子浓度较大；‎ B．固体表面积不同，反应速率不同；‎ C．镁性质比铝活泼；‎ D．反应的实质为氢离子和碳酸钙的反应，氢离子浓度相同，反应速率相同。‎ ‎【详解】A.0.1‎ mol•L-1盐酸和0.1 mol•L-1硫酸相比较，硫酸浓度较大，反应速率较大，选项A错误；‎ B．固体表面积不同，反应速率不同，大理石粉反应速率较大，选项B错误；‎ C．镁较活泼，反应速率比铁大，选项C错误；‎ D．盐酸和硝酸的氢离子浓度相同，则反应速率相同，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于基本理论、基本概念的理解和运用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，难度不大。‎ ‎21.在‎2A(g)＋B(g)⇌‎3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是(　　)‎ A. v(A)＝0.5 mol·L－1·s－1 B. v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1‎ C. v(C)＝0.8 mol·L－1·s－1 D. v(D)＝1 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快；‎ A．＝=0.25mol·L－1·s－1；‎ B．＝0.3mol·L－1·s－1；‎ C．＝≈0.267mol·L－1·s－1；‎ D．＝=0.25 mol·L－1·s－1；‎ 故反应速率v(B)＞v(C)＞v(A)=v(D)，答案选B。‎ ‎22.在容积固定容器中，发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g)， 下列方法中能证明已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①混合气体的颜色不再变化 ②各组分浓度相等 ③‎ ‎④一个H-H键断裂的同时有两个H-I 键断裂 ⑤混合气体的平均摩尔质量不再变化 A. ①④ B. ①②④ C. ①③⑤ D. ①④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎【详解】①容器内气体颜色不再变化，说明碘的浓度不变，正逆反应速率相等，正确；‎ ‎②各组分浓度相等，但相等并不是不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；‎ ‎③反应速率v正（H2）＝2v逆（HI），而速率之比与计量数不成比例，反应没有达到平衡状态，错误；‎ ‎④一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成的同时有两个H-I键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；‎ ‎⑤混合气平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量和物质的量均是不变，所以混合气体的平均摩尔质量不再变化不能说明反应达到平衡状态，错误；所以①④正确；‎ 答案选A。‎ ‎23.一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g) Y(g)＋Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是 A. 混合气体的密度不再变化 B. 反应容器中Y的质量分数不变 C. X的分解速率与Y的消耗速率相等 D. 单位时间内生成1 mol Y的同时生成2 mol X ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据 ，反应前后气体质量改变，所以气体密度是变量，混合气体的密度不再变化一定平衡；‎ B.反应前后气体Y质量改变，反应容器中Y的质量分数不变一定平衡；‎ C.X的分解速率与Y的消耗速率相等， ，说明该反应未达到化学平衡状态；‎ D.单位时间内生成1 mol Y的同时生成2 mol X，，一定平衡。‎ 综上所述，不能说明该反应达到化学平衡状态的是C。‎ 二、非选择题（共4小题，共54分）‎ ‎24.现有下列短周期元素数据(已知Be的原子半径为0.089 nm)：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径(nm)‎ ‎0.074‎ ‎0.160‎ ‎0.152‎ ‎0.110‎ ‎0.099‎ ‎0.186‎ ‎0.075‎ ‎0.082‎ 最高 正化合价 ‎＋2‎ ‎＋1‎ ‎＋5‎ ‎＋7‎ ‎＋1‎ ‎＋5‎ ‎＋3‎ 最低 负化合价 ‎－2‎ ‎－3‎ ‎－1‎ ‎－3‎ ‎(1)⑧号元素在周期表中的位置是______________________________；表格中元素处于同一主族的是___________________________________。 (用元素符号表示)‎ ‎(2)元素①和⑥能形成两种化合物，写出这两种化合物的电子式_______________________；________________________。‎ ‎(3)④和⑤元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是________(用物质化学式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期ⅢA族 (2). Li、Na 和N、P (3). (4). (5). HClO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素①最低负价为-2价，且半径比Be原子小，则为O元素；元素②最高正价为+2价，应为第IIA族元素，半径比Be大，所以为Mg元素；③和⑥最高正价均为+1价，为第IA族元素，⑥的半径大于③，则③为Li，⑥为Na元素；④和⑦均为第ⅤA族元素，④半径较大，则④为P，⑦为N；⑤为Cl；⑧的最高正价为+3价，应为第IIIA族元素，其半径比Be小，则为B，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)⑧号元素为B，在周期表中的位置是第二周期第ⅢA族；上述元素处于同一主族的有Li、Na和N、P；‎ ‎(2)①为O元素，⑥为Na元素，二者形成两种化合物：Na2O和Na2O2，两种化合物的电子式、；‎ ‎(3)④为P，⑤为Cl，二者同周期，同周期元素随核电荷数增大，非金属性越强，非金属性越强，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl元素的非金属性强于P，则Cl元素最高价氧化物对应的水化物酸性较强，该酸是HClO4。‎ ‎【点睛】本题难度不大，需要学生掌握元素在周期表中的变化规律，利用元素化合价与半径变化关系进行元素的推断。‎ ‎25.X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，‎ Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有毒气体。请回答下列问题：‎ ‎(1)Q的离子结构示意图是__________________。‎ ‎(2)六种元素中，原子半径最大的是___________。(写元素符号)‎ ‎(3)Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)____________。‎ ‎(4)Y和Z的气态氢化物中，热稳定性强的是________(用物质化学式表示)。‎ ‎(5)Y的气态氢化物与X和M形成的化合物反应，产物的化学式为________，其中存在的化学键类型为____________________。‎ ‎(6)X与Z可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：_______________________________________________________________。‎ ‎(7)单质M与水反应的离子方程式为____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Na (3). Cl－＞O2－＞Mg2＋ (4). H2O (5). NH4Cl (6). 离子键和共价键 (7). 2H2O22H2O＋O2↑ (8). Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大．X是原子半径最小的元素，故X为H元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故为氨气，则Y为N元素；Z为地壳中含量最多的元素，故为O元素；R与X同主族，且原子序数大于8，故为Na元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，故Q的最外层有2个电子，且原子序数比11大，Q为Mg元素，M的单质黄绿色有害气体，故为Cl元素，据此分析结合元素性质解答。‎ ‎【详解】(1) Q为Mg元素，镁原子核外有12个电子，失去两个电子变为镁离子，离子结构示意图是；‎ ‎(2) X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，同主族元素随核电荷数增大，半径逐渐增大，则短周期中原子半径最大的为Na元素；‎ ‎(3) Z、Q、M简单离子分别为Cl－、O2－、Mg2＋，而微粒的电子层数越多，则半径越大，故Cl−的半径最大；当电子层数相同时，核电荷数越大，则半径越小，故Mg2+‎ 的半径最小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl－＞O2－＞Mg2＋；‎ ‎(4) Y为N元素，Z为O元素，其简单气态氢化物非别为NH3、H2O，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N，则热稳定性强的是H2O。‎ ‎(5) Y为N元素，气态氢化物为NH3，X为H元素，M为Cl元素，二者形成的化合物为HCl，二者反应生成氯化铵，产物的化学式为NH4Cl，为离子化合物，其中存在的化学键类型为离子键和共价键；‎ ‎(6) Z为O元素，X为H元素，X与Z可分别形成10电子和18电子的分子分别为H2O和H2O2，H2O2在二氧化锰作催化剂条件下分解生成O2和H2O，化学方程式：2H2O22H2O＋O2↑；‎ ‎(7) M为Cl元素，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，为可逆反应，离子方程式为Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO。‎ ‎【点睛】易错点为(7)，氯气与水的反应为可逆反应，书写离子反应时要使用可逆符号。‎ ‎26.如图所示，组成一种原电池。试回答下列问题(灯泡功率合适)：‎ ‎(1)电解质溶液为稀硫酸时，灯泡亮，Mg电极上发生的反应为____________________；Al电极上发生的反应为_____________________________。溶液中向_____移动（填“Mg电极”或“Al电极”）。当电路中转移0.5 mol电子时，理论上消耗负极材料的质量为___ g。‎ ‎(2)电解质溶液为NaOH溶液时，灯泡________(填“亮”或“不亮”，填“亮”做a题，填“不亮”做b题)。‎ a．若灯泡亮，Al电极上发生的反应为____________________________。‎ b．若灯泡不亮，其理由为________________________。‎ ‎【答案】 (1). Mg－2e－=Mg2＋ (2). 2H＋＋2e－=H2↑ (3). 镁电极 (4). 6 (5). 亮 (6). (7). 无 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解质溶液为稀硫酸时，灯泡亮，形成原电池，镁比铝活泼，镁作负极，电极反应为Mg－2e－=Mg2＋，铝作正极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，据此分析判断并计算解答；‎ ‎(2)金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为稀NaOH时，由于镁不能与氢氧化钠反应，而金属铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠(或四羟基合铝酸钠）溶液和氢气，所以铝为负极，镁为正极，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)电解质溶液为稀硫酸时，灯泡亮，形成原电池，镁比铝活泼，镁作负极，电极反应为Mg－2e－=Mg2＋，铝作正极，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，原电池中阴离子向负极移动，向镁电极移动，根据负极电极反应：Mg－2e－=Mg2＋，消耗1mol镁，转移2mol电子，则转移0.5 mol电子时，消耗镁电极0.25mol，其质量为0.25mol×‎24g/mol=‎6g；‎ ‎(2)金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为稀NaOH时，由于镁不能与氢氧化钠反应，而金属铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠(或四羟基合铝酸钠)溶液和氢气，所以铝为负极，镁为正极，该装置构成原电池，则灯泡亮，正极的电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，负极的电极反应为。‎ ‎【点睛】本题易错点为(2)，判断原电池的正负极不能仅看电极的活泼性，还要看电极能否与电解质发生氧化还原反应。‎ ‎27.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。‎ ‎(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在 400mL 稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：‎ 时间/min ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 氢气体积/mL (标准状况)‎ ‎100‎ ‎240‎ ‎464‎ ‎576‎ ‎620‎ ‎①哪一时间段反应速率最大______min(填“0～‎1”‎“1～‎2”‎“2～‎3”‎“3～‎4”‎或“4～‎5”‎)，原因是______。‎ ‎②求 3～4 min 时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率______(设溶液体积不变)。 ‎ ‎(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是______ (填字母)。‎ A.蒸馏水 B.KCl 溶液 C.KNO3 溶液 D.CuSO4 溶液 ‎(3)某温度下在 ‎4 L 密闭容器中，X、Y、Z 三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图：‎ ‎①该反应的化学方程式是______。‎ ‎②该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)。‎ A.Y 体积分数在混合气体中保持不变 B.X、Y 的反应速率比为 3:1‎ C.容器内气体压强保持不变 ‎ D.容器内气体的总质量保持不变 E.生成 1mol Y 的同时消耗 2mol Z ‎③2 min 内 Y 的转化率为_______。‎ ‎【答案】 (1). 2～3 min (2). 该反应是放热反应，此时温度高，反应速率越大 (3). 0.025 mol/（L•min） (4). CD (5). 3X+Y2Z (6). AC (7). 10%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①相同条件下，反应速率越大，相同时间内收集的气体越多；由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2～3 min，原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大；‎ ‎②3～4分钟时间段，收集的氢气体积=(576-464)mL=112mL，n(H2)=‎0.112L÷‎22.4L/mol=0.005mol，根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2(H2)=2×0.005mol=0.01mol，则V(HCl)=0.01mol÷(‎0.4L×1min)=0.025 mol/(L•min)；‎ ‎(2)A．加入蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率降低，故A不选；‎ B．加入KCl溶液，氢离子浓度降低，反应速率降低，故B不选；‎ C．加入KNO3溶液，相当于含有硝酸，硝酸和Zn反应生成NO而不是氢气，故C选；‎ D．加入CuSO4溶液，Zn和铜离子反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，故D选；‎ 故选：CD；‎ ‎(3)①根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5-0.1)mol=0.4mol。同一可逆反应中，同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：‎ ‎0.2mol：0.4mol=3：1：2，则该反应方程式为3X+Y2Z；‎ ‎②A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．X、Y的反应速率比为3：1时，如果反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B错误；‎ C．反应前后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．容器内气体的总质量一直保持不变，故D错误；‎ E．只要反应发生就有生成1molY的同时消耗2molZ，故E错误；‎ 故选：AC；‎ ‎③Y的转化率=反应的n(Y)÷反应初始n(Y)×100%=(1-0.9)÷1×100%=10%。‎ ‎ ‎