宁夏回族自治区银川一中2021-2022学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

银川一中2021-2022学年度(下)高一期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1O-16S-32K-39Fe-56Pb-207一、选择题1.下列关于能量转换的认识中，正确的是A.二次电池放电过程将电能转化为了化学能B.乙醇和汽油(从石油中提炼)都是可再生能源，应大力推广“乙醇汽油”C.氢能是一次能源，具有优点是原料来源广、热值高、储存方便、制备工艺廉价易行D.煤燃烧时，化学能主要转化为热能【答案】D【解析】【详解】A．二次电池放电的过程，将化学能转化为电能，故A错误；B．乙醇为可再生能源，而汽油为不可再生能源，乙醇汽油称为环保燃料，应大力推广乙醇汽油，故B错误；C．氢能是二次能源，故C错误；D．煤燃烧为放热反应，则化学能主要转化为热能，故D正确；故选：D。2.下列说法错误的是A.利用元素周期表，在金属与非金属的分界处寻找半导体材料B.过渡元素一定是金属元素C.某元素原子的最外层有2个电子，则该元素一定是第Ⅱ族的元素D.副族元素完全由长周期元素构成【答案】C【解析】【详解】A．在元素周期表的金属与非金属的分界处的元素，同时具有金属和非金属元素的性质，导电性介于导体与绝缘体之间，因此可以在金属与非金属的分界处附近的元素寻找新的半导体材料，A正确；B．元素周期表中7个副族和第VIII族的元素统称为过渡元素，这些元素都是金属元素，因此过渡元素一定是金属元素，B正确；C．某元素原子的最外层有2个电子，该元素可能是He元素，He属于0族元素；也可能是Zn、Ti、V等元素，它们属于过渡元素；还可能是Mg、Ca等元素，它们是第Ⅱ族的元素，故第IIA元素的原子最外层有2个电子，但最外层有2个电子的元素不一定是第IIA的元素，C错误； D．副族元素是由第四、五、六、七周期元素构成的元素，因此完全由长周期元素构成，D正确；故合理选项是C。3.下列有关化学用语使用正确的是A.MgCl2的形成过程可表示为B.中子数比质子数多3的氯原子：20ClC.HClO的结构式：H-O-ClD.四氯化碳的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．镁原子失去最外层的2个电子形成稳定的镁离子，2个氯原子从镁原子分别得到1个电子形成稳定的氯离子，在镁离子与氯离子的静电作用下结合形成氯化镁，用电子式表示下列物质的形成过程为：，故A错误；B．Cl为17号元素，中子数为20的氯原子的质量数=质子数+中子数=17+20=37，该原子的正确表示为：Cl，故B错误；C．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故C正确；D．四氯化碳分子中，Cl原子最外层满足8电子稳定结构，其电子式为，故D错误；故选：C。4.下列变化中属于吸热反应的是①液态水汽化②晶体与晶体的反应③浓硫酸稀释④生石灰与水反应生⑤高温煅烧石灰石 ⑥二氧化碳与灼热的碳反应生成一氧化碳A.①②⑤⑥B.②③⑤C.①②⑥D.②⑤⑥【答案】D【解析】【分析】【详解】①液态水汽化吸热，但不属于化学反应，①不符题意；②与反应生成BaCl2、氨气和水，吸收大量的热，属于吸热反应，②符合题意；③浓硫酸溶于水放出大量的热，且不属于化学反应，③不符题意；④生石灰与水反应生生成氢氧化钙，放出大量的热，属于放热反应，④不符题意；⑤高温煅烧石灰石，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，该反应为吸热反应，⑤符合题意；⑥二氧化碳与灼热的碳反应生成一氧化碳吸收热量，属于吸热反应，⑥符合题意；综上所述，②⑤⑥符合题意；答案选D。5.下列有关叙述错误的是A.甲烷与氯气光照取代产物中一氯甲烷是气态B.甲烷能使高锰酸钾溶液褪色C.天然气主要成分是甲烷D.CH2Cl2只有一种结构证明甲烷是正四面体【答案】B【解析】【详解】A．甲烷与氯气光照取代产物中一氯甲烷是气态，其余有机取代产物都是呈液态，A正确；B．甲烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．甲烷是天然气的主要成分，天然气为不可再生能源，C正确；D．若甲烷为平面结构，则CH2Cl2有两种结构，因此CH2Cl2只有一种结构，证明甲烷是正四面体，D正确；答案选B。6.为了研究过氧化氢分解时的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有过氧化氢的试管中加入二氧化锰时，下列说法正确的是 A.U形管中甲处液面上升乙处液面下降，说明该反应为放热反应B.该反应过程中只有极性共价键的断裂和极性共价键、非极性共价键的形成C.氯化氢溶于水破坏的是范德华力而不破坏化学键D.石墨转化为金刚石要吸热，则金刚石没有石墨稳定【答案】D【解析】【详解】A．若U形管中甲处液面上升乙处液面下降，说明该反应为吸热反应，若U形管中甲处液面下降乙处液面上升，说明该反应为放热反应，A错误；B．过氧化氢的结构式为H-O-O-H，过氧化氢分解，断裂O-O非极性键和O-H极性键，有极性共价键和非极性共价键的断裂，B错误；C．氯化氢溶于水电离生成氢离子和氯离子，破坏的是共价键，C错误；D．能量越低越稳定，石墨转化为金刚石要吸热，石墨的能量低，金刚石没有石墨稳定，D正确；答案选D。7.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的和，开始反应时，按正反应速率由大到小的顺序排列，正确的是①500℃，10mol和5mol反应②500℃，用作催化剂，10mol和5mol反应③450℃，8mol和5mol反应④500℃，8mol和5mol反应A.①②③④B.②①③④C.②①④③D.④③②①【答案】C【解析】【详解】①与②相比，②中使用了催化剂，其他条件相同，使用催化剂，反应速率加快，所以反应速率： ②＞①；①与④相比，①中的物质的量比④中的大，即①中的浓度比④中的大，其他条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：①＞④；③与④相比，④中温度高，其他条件相同，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：④＞③；所以正反应速率由大到小的顺序为：②①④③，答案选C。8.运用元素周期律进行分析，下列预测中正确的是A.Li、Na、K的金属性和密度均随原子序数的增加而增大B.第二周期非金属元素气态氢化物溶于水后，溶液都呈酸性C.Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱D.砹(At)单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸【答案】D【解析】【详解】A．Li、Na、K的金属性随原子序数的增加而增大，但K的密度比Na小，A错误；B．第二周期非金属元素气态氢化物溶于水后，溶液不一定呈酸性，如氨气，溶于水溶液显碱性，B错误；C．Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O，依据对角线规则，氢氧化锂的碱性与氢氧化镁相似，则氢氧化锂为弱碱，C错误；D．卤族元素单质从上向下，单质由气体过渡到固体，颜色逐渐加深，砹(At)单质为有色固体，氯化银、溴化银、碘化银不溶于水也不溶于稀硝酸，则AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，D正确；答案选D。9.下面是同学们熟悉的物质，下列说法正确的是①；；；；；；；；；⑩NaOHA.属于共价化合物的是①②④⑥⑦B.含有极性共价键的离子化合物是⑤⑥⑩C.只含有离子键的是③⑨D.O2的结构式是O-O【答案】B【解析】【分析】①只含共价键，不属于化合物；只含共价键，属于共价化合物；只含离子键，属于离子化合物；只含共价键，属于共价化合物； 含离子键和共价键，属于离子化合物；含离子键和共价键，属于离子化合物；只含共价键，属于共价化合物；；为稀有气体，不含化学键；含离子键和非极性共价键，属于离子化合物；⑩NaOH含离子键和极性共价键，属于离子化合物；【详解】A．中铵根和氯离子存在离子键，属于离子化合物，A错误；B．含离子键、C和O原子存在极性共价键；含离子键，N和H原子存在极性共价键，⑩NaOH含离子键，O和H原子存在极性共价键，B正确；C．只含有离子键的是，中过氧根内O与O原子存在共价键，C错误；D．O2的O和O原子共用2对电子对，结构式是O=O，D错误；故选：B。10.对于反应 4A(g)+6B(g)=4C(s)+5D(g)，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行最快的是A.v(B)=0.3mol·L-1·s-1B.v(C)=14mol·L-1·min-1C.v(A)=0.225mol·L-1·s-1D.v(D)=13.5mol·L-1·min-1【答案】C【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，比较化学反应速率需转化为同一种物质比较，且单位相同，本题全转化为A的反应速率。【详解】A．v(B)=0.3mol·L-1·s-1，转化为A的反应速率为：v(A)=mol·L-1·s-1=0.2mol·L-1·s-1；B．C为固体，不用于表示化学反应速率；C．v(A)=0.225mol·L-1·s-1；D．v(D)=13.5mol·L-1·min-1=0.225mol·L-1·s-1，转化为A的反应速率为：v(A)=mol·L-1·s-1=0.18mol·L-1·s-1；综上分析，v(A)=0.225mol·L-1·s-1最大，反应进行最快，答案选C。11.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下，则卡片上的描述合理的是 A.Cu极上有气泡产生，发生氧化反应B.SO向Cu极移动C.若有0.25mol电子流经导线，则可产生0.125mol气体D.电子的流向是Cu→Zn【答案】C【解析】【分析】铜锌稀硫酸原电池中，锌作负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Cu作正极，Cu极上有气泡产生，发生还原反应，A错误；B．已知原电池内部电解质溶液中阴离子流向负极即SO向Zn极移动，B错误；C．根据原电池反应可知，若有0.25mol电子流经导线，则可产生=0.125mol气体，C正确；D．已知原电池中电子的流向是由负极Zn流向正极Cu，D错误；故答案为：C。12.已知2Fe3++2I-→2Fe2++I2，为了探究FeCl3溶液和KI溶液的反应是否存在一定的限度，取5mL的0.5mol•L-1KI溶液，向其中加入0.1mol•L-1的FeCl3溶液1mL，充分反应，下列说法正确的是A.可以通过延长反应的时间来改变化学反应的限度B.反应限度只取决于化学反应本身，与外界条件无关C.加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生，能证明该反应是否存在限度D.加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，能证明该反应是否存在限度【答案】D【解析】【详解】A．化学反应的限度与反应时间无关，故A错误； B．可以改变外界条件控制化学反应的限度，比如温度，化学反应的限度受温度影响，对于吸热反应，升高温度平衡正向移动，化学反应的限度增大，放热反应相反，故B错误；C．加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察有白色沉淀为AgCl，反应与氯离子无关，不能证明反应限度，故C错误；D．题给铁离子的量少量，碘离子过量，加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液变成红色，可知反应后存在铁离子，即碘离子过量的情况下还存在铁离子没，则证明为可逆反应，故D正确；故选：D。13.若NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，32g的SO2和8g的氧气反应可以生成40g的SO3B.标准状况下，3.36L的CCl4中含有的C-Cl键数目为0.6NAC.铅蓄电池放电过程中，每转移0.5mol电子，正极质量增加24gD.标准状况下，1.12L和1.12L均含有0.1NA个氧原子【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，则32g的SO2和8g的氧气反应可以生成的SO3小于40g，故A错误；B．标况下，四氯化碳为液态，不能使用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C．铅蓄电池放电时，正极反应式：PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O，转移2mol电子时正极增加64g，则转移0.5mol电子，正极质量增加16g，故C错误；D．标准状况下，1.12L气体的物质的量为，均含有0.05×2=0.1NA个氧原子，故D正确；故选：D。14.氢氧燃料电池被誉为氢能源汽车的心脏。某种氢氧燃料电池的内部结构如图，下列说法正确的是 A.a处通入氧气B.电池每消耗11.2L氢气，电路中通过的电子为NAC.右侧的电极反应式为：D.右侧电极为电池的负极【答案】C【解析】【详解】A．放电时，电子从负极沿导线流向正极，则a处的电极为负极，b处的电极为正极，燃料电池中，通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以a处通入氢气，故A错误；B．温度和压强未知，则气体摩尔体积未知，无法计算氢气的物质的量，则无法计算转移电子数，故B错误；C．根据图知，电解质溶液呈酸性，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故C正确；D．电子流入的电极为正极，则右侧电极为正极，故D错误；故选：C。15.如图，在烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，下列关于该装置的说法正确的是A.若X、Y分别为铁棒、铜棒，烧杯中为FeCl3溶液，Y质量增加B.若以铝棒、镁棒为电极材料，烧杯中为NaOH溶液，其X极反应式为：Al-3e-=Al3+C.若以铝棒、铜棒为电极材料，烧杯中为稀硝酸，铝棒附近有气体产生 D.若以铝棒、铜棒为电极材料，烧杯中为浓硝酸，铜棒逐渐溶解【答案】D【解析】【分析】该装置是原电池，由外电路中电子从X电极流向Y电极，可知X为负极，Y为正极；【详解】A．该装置是原电池，由外电路中电子从X电极流向Y电极，可知X为负极，Y为正极，若X、Y分别为铁棒、铜棒，则Y为铜棒，FeCl3溶液中Fe3+得电子生成Fe2+，则Y极质量不变，故A错误；B．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则负极是Al，则X极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，故B错误；C．铝棒、铜棒为电极材料，电解质为稀硝酸，负极为铝，铝失电子生成铝离子，正极是铜，正极为NO得电子生成NO，铜棒附近有气体生成，故C错误；D．铝棒、铜棒为电极材料，电解质溶液为浓硝酸，由于铝常温下与浓硝酸发生钝化反应，则铜为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铜棒逐渐溶解，故D正确；故选：D。16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y组成的单质是一种良好的半导体材料，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示.下列叙述错误的是A.Z的单质在H2中燃烧呈现苍白色火焰B.X2W2中阴阳离子个数比为1：2C.简单气态氢化物的稳定性：Y<ZD.W、X、Z的简单离子半径依次增大【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；Y组成的单质是一种良好的半导体材料，Y是Si；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为7，Z的原子序数大于Na，则Z为Cl元素；W、X、Y、Z 分别为：O、Na、Si、Cl。【详解】A．Z为Cl，Z的单质为Cl2，Cl2在H2中燃烧生成HCl，呈现苍白色火焰，A正确；B．X为Na，W为O，X2W2为Na2O2，阴离子为O，阳离子为Na+，阴阳离子个数比为1:2，B正确；C．Y是Si，Z为Cl，元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：Si<Cl，简单气态氢化物的稳定性：Y<Z，C正确；D．W、X、Z分别为：O、Na、Cl，氧离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，氧离子的半径大于钠离子，氯离子的电子层数最多，三种离子中氯离子半径最大，则X、W、Z的简单离子半径依次增大，D错误；答案选D。17.有下列微粒或物质：①O、O、O　②H2O、D2O　③石墨、金刚石④H2、D2、T2　⑤H、D、T⑥K、Ca、Ar，下列说法错误的是A.互为同位素的是①⑤B.①⑤⑥中共有9种核素，共5种元素C.相同物质的量的D2O与D2O所含中子数之比为5：6D.电解相同质量的H2O和D2O时产生的氢气质量之比为10：9【答案】D【解析】【详解】A．质子数相同中子数不同的同种元素的不同核素称为同位素，①O、O、O是氧元素的不同原子，为氧元素的同位素，⑤H、D、T是氢元素的不同原子，为氢元素的同位素，A正确；B．①O、O、O是氧元素的不同原子，⑤H、D、T是氢元素的不同原子，⑥K、Ca、Ar是三种不同元素的原子，质子数不同，元素种类不同，共有9种核素，共5种元素，B正确；C．相同物质的量的D2O与D218O所含中子数之比=[(2−1)×2+16−8]：×[（2-1）×2+18-8]=5：6，C正确；D．电解相同质量的H2O和D2O时，产生的氢气在同温同压下体积之比=水的物质的量之比=水的摩尔质量的反比=20：18=10：9，质量之比=物质的量与摩尔质量乘积之比==5：9，D错误；故选：D。18.某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06，发生化学反应，在其他条件相同时，测得实验数据如下表： 压强/(×105Pa)温度/℃NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根据表中数据，下列说法正确的是A.升高温度，反应速率加快B.增大压强，反应速率变慢C.在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡D.若进入反应塔的混合气体为amol，反应速率以v=Δn/Δt表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol/s【答案】D【解析】【详解】A项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率越小，故选项A错误；B项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快,故选项B错误；C项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选项C错误；D项，在amol混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO的反应速率为v=∆n/∆t==mol/s，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。19.R、S、T、X、W、Y、Z七种短周期主族元素，其原子半径及主要化合价如表所示，其中化合物为淡黄色粉末。下列说法错误的是元素代号RSTWXYZ原子半径/nm0.03470.1860.0740.1020.1500.1600.099 主要化合价、A.、STR、三种化合物在一定条件下能够两两相互反应B.最高价氧化物对应的水化物酸性：W<ZC.1mol化合物与化合物完全反应，转移1mol电子D.S能将Y从它的盐溶液中置换出来【答案】D【解析】【分析】R、S、T、X、W、Y、Z七种短周期主族元素，化合物S2T2为淡黄色粉末，可知T为O、S为Na；R为+1价，且原子半径最小，R为H；Z只有-1价，且原子半径大于T，则Z为Cl；W有-2、+6价，W为S；结合原子半径可知，X、Y均位于第三周期，Y为+2价、X为+3价，则Y为Mg、X为Al，以此来解答。【详解】由上述分析可知，R为H、S为Na、T为O、X为Al、W为S、Y为Mg、Z为Cl，A．、STR、分别为Al(OH)3、NaOH、H2SO4，因氢氧化铝具有两性，则Al(OH)3、NaOH、H2SO4三种化合物在一定条件下能够相互反应生成盐和水，故A正确；B．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：Cl>S，则最高价氧化物对应的水化物酸性：H2SO4<HClO4，故B正确；C．Na2O2与H2O反应生成NaOH和氧气，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，O元素从-1升到0价，1molNa2O2反应转移1mol电子，故C正确；D．S为Na，Y为Mg，Na先与溶液中水反应生成NaOH，再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能置换出镁单质，故D错误；故选：D。20.镁燃料电池具有比能量高、使用安全方便、原材料来源丰富、成本低、燃料易于贮运等特点。研究的燃料电池可分为镁—空气燃料电池，镁—海水燃料电池，镁—过氧化氢燃料电池，镁—次氯酸盐燃料电池。如图为镁—次氯酸盐燃料电池的工作原理图，下列有关说法不正确的是 A.放电过程中OH−移向正极B.电池的总反应式为Mg+ClO−+H2O=Mg(OH)2↓+Cl−C.镁电池中镁均为负极，发生氧化反应D.镁—过氧化氢燃料电池，酸性电解质中正极反应式为H2O2+2H++2e−=2H2O【答案】A【解析】【详解】A.放电过程中阴离子向负极移动，OH-移向负极，A错误；B.根据装置原理图，该电池放电时ClO-在正极得到电子发生还原反应生成Cl-，正极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，Mg在负极发生失电子的氧化反应，负极反应式为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2↓，电池总反应式为Mg+ClO−+H2O=Mg(OH)2↓+Cl−，B正确；C.镁电池中镁均为负极，发生氧化反应，C正确；D.镁—过氧化氢燃料电池，酸性电解质中，Mg在负极发生失电子的氧化反应，负极反应式为Mg-2e-=Mg2+，过氧化氢在正极发生得电子的还原反应，正极反应式为H2O2+2H++2e−=2H2O，D正确；答案选A。21.下列实验中，能达到相应实验目的的是ABCD验证Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好证明氧化性：推断Cl、C、Si的非金属性强弱 验证锌与硫酸反应过程中有电子转移A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．验证Fe3+和Cu2+对H2O2分解催化效果，要控制变量，氯化铁和硫酸铜除了阳离子不同，阴离子也不同，不能验证Fe3+和Cu2+对H2O2分解催化效果，A错误；B．图示装置中指针偏转，即可说明有电子转移，从而验证锌与硫酸反应过程中有电子转移，B正确；C．氯气、溴均能与碘化钾反应生成碘，不能证明Br2、I2氧化性的强弱，C错误；D．盐酸有挥发性，盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有HCl，HCl也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸，无法证明碳和硅的非金属性，且盐酸不是氯的最高价含氧酸，D错误；答案选B。22.利用CH4可消除NO2的污染，反应原理为，CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，在5L密闭容器中分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得不同温度下n(CH4)与时间的有关实验数据，下列说法正确的是组别温度/K物质的量/mol时间/min010204050①T1n(CH4)0.500.350.250.100.10②T2n(CH4)0.500.300.18M0.15A.组别①中0~20min内，NO2降解速率为2.5×10-3mol•L-1•min-1B.由实验数据可知温度T1>T2C.40min时，表格中M对应的数据为0.15D.加入合适的催化剂可以提高T1温度下甲烷的转化率【答案】C【解析】【详解】A．0～20min内，△n(CH4)=0.50mol-0.25mol=0.25mol，则CH4的消耗速率为υ(CH4)==2.5×10-3mol•L-1•min-1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比，可知NO2降解速率为 2υ(CH4)=5×10-3mol•L-1•min-1，A错误；B．温度升高，化学反应速率增大，相同时间段内消耗的CH4量增大，根据表中数据，0～10min内，T2温度下消耗CH4的量大于T1温度下CH4消耗的量，所以温度T1＜T2，B错误；C．根据B选项可知T1＜T2，温度越高反应速率越快，所以第二组反应达到平衡所用时间更短，根据表格数据可知40min时第一组已到达平衡，则第二组一定也已经平衡，所以40min时甲烷的物质的量应和50min时相等，为0.15mol，C正确；D．催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，不影响甲烷的转化率，D错误；答案选C。23.在的反应中，现采取下列措施，其中能够使反应速率增大的措施是①缩小体积，增大压强②增加碳的量③通入④恒容下充入⑤恒压下充入A.①④B.①③⑤C.①③D.①②④【答案】C【解析】【详解】①该反应为气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，①正确；②碳为固体，增加碳的量，不影响化学反应速率，②错误；③恒容通入，反应物浓度增大，反应速率加快，③正确；④恒容下充入，参与反应的各物质浓度不变，反应速率不变，④错误；⑤恒压下充入，容器体积增大，参与反应的各物质浓度减小，反应速率减小，⑤错误；综上分析，①③可使反应速率增大，答案选C。24.锰酸锂离子电池在混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位。电池反应式为：Li1-xMnO4+LixLiMnO4，下列有关说法不正确的是A.放电时电池的正极反应式为：Li1-xMnO4+xLi++xe-=LiMnO4B.放电过程中，石墨没有得失电子C.该电池也能在KOH溶液的环境中正常工作D.充电时，电池上标有“-”的电极应与外接电源的负极相连【答案】C【解析】【详解】A．根据总反应式可知Li失去电子，电池负极反应式为：xLi-xe-═xLi+ ，由总反应式减去负极反应式可得放电时的正极反应式为Li1-xMnO4+xLi++xe-═LiMnO4，故A正确；B．放电过程中，根据总反应式Li1-xMnO4+LixLiMnO4，可判断石墨没有电子得失，故B正确；C．Li能与KOH溶液中的H2O反应，导致电池无法正常工作，故C错误；D．充电过程是放电的逆向过程，外界电源的负极提供的电子使原电池负极获得电子发生还原反应，所以标有“-”的电极应与外接电源的负极相连，故D正确；答案为：C。25.现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W分别于X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且每个甲、乙、丙分子中均含10个电子，Y和Z化合生成丁，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A.原子序数由小到大的顺序是：W<Z<Y<XB.Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸C.元素的非金属性：W<Z<Y<XD.Y与W、Z都能形成两种或两种以上的化合物【答案】B【解析】【分析】W与XYZ可形成10电子分子，可推断W为H。10电子分子为化合物的有:CH4，NH3，H2O，HF。由X单质与乙反应为置换反应，可推测其为F2与H2O的反应，Y单质为O2。甲为HF。则X为F，Y为O，Z可能为N或者C。【详解】A.根据分析可知，W、X、Y、Z分别为H、F、O、N或C，原子序数由小到大的顺序为：W<Z<Y<X，A正确；B.Z可能为N或C，其的最高价氧化物对应的水化物可能为强酸，B错误；C.W、X、Y、Z分别为H、F、O、N或C，同周期中原子序数越大，非金属性越强，元素的非金属性：W<Z<Y<X，C正确；D.Y与W可形成水、过氧化氢，若Z为C可形成甲烷、乙烷等，若为N可形成氨气、联氨等两种或两种以上的化合物，D正确；答案为B二、非选择题 26.图是元素周期表的一部分。按要求填写下列空白：（1）元素①~⑧中原子离子半径最大的元素在周期表中的位置为_______；（2）元素①③④可以形成离子化合物_______(填化学式，写1个即可)；①~⑧元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)；（3）③④两种元素非金属性强弱_______；(用元素符号表示，用“>”连接)；⑦⑧两元素对应最简单离子的还原性强弱_______；(用离子符号表示，用“>”连接)；（4）元素②用X来表示，等质量的下列物质分别完全燃烧生成XO2气体，放出热量较多的是_______A.碳蒸气B.碳固体（5）元素⑤用M来表示，请写出M2O2的电子式_______（6）⑧的单质和SO21：1通入水中会失去漂白性，写出反应的离子方程式_______；（7）W是第四周期与⑦同主族的元素。据此推测W不可能具有的性质是_______(填字母)。A.最高正化合价为+6B.气态氢化物比H2S稳定C.最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱D.单质在常温下可与氢气化合【答案】（1）第三周期ⅥA族（2）①.NH4F②.（3）①.F>N②.S2->Cl-（4）A（5）（6）SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO（7）BD【解析】【分析】结合图示可知，①为H，②为C，③为N，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl元素。【小问1详解】电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大离子半径越小，则元素①～⑧中离子半径最大的S2-，硫元素在周期表中位于第三周期ⅥA族；【小问2详解】 ①为H，③为N，④为F元素，H、N、F可以形成离子化合物NH4F；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性H＜C＜S＜N＜Cl＜F，氟无正化合价，所以HClO4酸性越强；【小问3详解】③为N，④为F，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：F>N；⑦为S，⑧为Cl元素，非金属性越强单质的氧化性越强，氧化性：Cl2>S，对应的离子还原性越弱，则还原性：S2->Cl-；【小问4详解】碳固体吸收能量转化为碳蒸气，等质量的碳蒸气和碳固体相比较，碳蒸气具有的能量多，因此完全燃烧碳蒸气放出的热量多，故选：A；【小问5详解】⑤为Na，Na2O2含离子键，过氧根离子内存在共价键，电子式为：；【小问6详解】⑧的单质Cl2和SO21：1通入水中会失去漂白性，发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO；【小问7详解】A．W是第四周期与S同主族的元素，处于VIA族，最高正化合价等于族序数，W最高正化合价为+6，故A正确；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，同主族自上而下非金属性减弱，故W气态氢化物不如H2S稳定，故B错误；C．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，同主族自上而下非金属性减弱，故W最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故C正确；D．元素的非金属性越强，单质越容易与氢气化合，W的非金属性比O、S弱，W单质在常温下不能与氢气化合，故D错误；故答案为：BD。27.在容积为2L密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g)⇌3C(g)+nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的体积分数为50%，D的化学反应速率v(D)=0.2mol/(L·min)。请回答：（1）前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为_______；（2）前5min内A的转化率为_______；(转化率是指某一反应物的转化百分数)（3）反应开始时与5min后容器内压强比为_______；（4）5min后容器内混合气体平均相对分子质量比起始_______(填“大”或“小”或“相等”)。（5）某可逆反应在体积为5L的密闭容器中进行，0~3min内各物质的物质的量的变化情况如图所示(A、 B、C均为气体)。能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填正确选项前的序号)。①v(A)=2v(B)②容器内压强保持不变③2v逆(A)=v正(B)④容器内混合气体的密度保持不变⑤c(A)：c(B)：c(C)=2：1：2⑥混合气体的平均相对分子质量保持不变【答案】（1）0.4mol/(L·min)（2）50%（3）5：6（4）小（5）②⑥【解析】【分析】D的化学反应速率v(D)===0.2mol/(L·min)，解得△n(D)=2mol，设前5min内A的转化量为x，列三段式：5min末时测得C的体积分数为50%，则有，解得：x=2mol，转化量之比等于化学计量数之比，则n=1。【小问1详解】 △n(B)=22mol=4mol，v(B)===0.4mol/(L·min)。【小问2详解】△n(A)=2mol，前5min内A的转化率为=50%。【小问3详解】反应初始的总物质的量为4mol+6mol=10mol，5min后容器内的总物质的量为2mol+2mol+6mol+2mol=12mol，压强之比等于物质的量之比，则反应开始时与5min后容器内压强比为：10:12=5:6。【小问4详解】反应初始气体的总物质的量为10mol，5min后容器内气体的总物质的量为12mol，气体物质的量增加，依据质量守恒定律，反应前后气体总质量不变，平均相对分子质量=，m不变，n增大，平均相对分子质量减小。【小问5详解】由图示可知，达平衡时，物质A由5mol减少到3mol，A为反应物，△n(A)=5mol-3mol=2mol，物质B由2mol减少到1mol，B为反应物，△n(B)=2mol-1mol=1mol，物质C由2mol增加到4mol，C为生成物，△n(C)=4mol-2mol=2mol，物质转化量之比等于化学计量数之比，则可逆反应的方程式为：2A(g)+B(g)⇌2C(g)；①反应速率之比等于化学计量数之比，任何时刻都有v(A)=2v(B)，不能说明该反应已达到平衡状态，①错误；②该反应为反应前后气体分子数改变的反应，容器内压强保持不变，说明该反应已达到平衡状态，②正确；③当v逆(A)=2v正(B)，说明该反应已达到平衡状态，2v逆(A)=v正(B)，不能说明该反应已达到平衡状态，③错误；④依据质量守恒定律，反应前后气体总质量不变，恒容容器，体积不变，容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明该反应已达到平衡状态，④错误；⑤c(A):c(B):c(C)=2:1:2只能说明可能为某一时刻的浓度之比，不能说明该反应已达到平衡状态，⑤错误；⑥依据质量守恒定律，反应前后气体总质量不变，该反应为反应前后气体分子数改变的反应，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应已达到平衡状态，⑥正确；综上分析，正确的为②⑥。28.Ⅰ氮及其化合物的转化过程如图1所示，其中图2为反应①过程中能量变化的曲线图。 （1）图2中曲线_______(填字母)是加入催化剂a时的能量变化曲线，该反应破坏生成物全部化学键所需要的总能量_______(填“大于”或“小于”或“等于”)破坏反应物全部化学键所需要的总能量（2）标准状况下进行反应②，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为_______（3）下列说法正确的是A.合成氨在工业生产中常将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率B.工业合成氨中，为加快化学反应速率，压强和温度越高越好C.合成氨工业要用合适的催化剂，目的是降低该反应的活化能D.工业合成氨中反应物不能百分之百转化为生成物Ⅱ.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径（4）请写出CO2的电子式_______，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示，根据数据计算，分解1molCO2需_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ的能量。 【答案】（1）①.d②.大于（2）5.6L（3）CD（4）①.②.吸收③.278【解析】【小问1详解】催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，因此图2中曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线；由图示可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，该反应为放热反应，因此该反应破坏生成物全部化学键所需要的总能量大于破坏反应物全部化学键所需要的总能量。【小问2详解】由图1可知，反应②中氮元素化合价由-3价升高到+2价，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的物质的量为=0.25mol，标准状况下的体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L。【小问3详解】A．将NH3液化分离，产物浓度降低，反应速率减慢，但平衡正向移动，N2、H2的转化率提高，A错误；B．工业合成氨中，为加快化学反应速率，可以适当提高温度和压强，但不是压强和温度越高越好，还要考虑转化率和设备承压的情况，B错误；C．合成氨工业要用合适的催化剂，目的是降低该反应的活化能，加快反应速率，C正确；D．工业合成氨反应为可逆反应，反应物不能百分之百转化为生成物，D正确；答案选CD。【小问4详解】二氧化碳中碳原子和周围两个氧原子各共用两对电子，电子式为：；由图示可知，分解二氧化碳的方程式为：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，焓变=反应物键能之和-生成物键能之和=(21598-21072-496)kJ/mol=556kJ/mol，则分解1molCO2需吸收=278kJ的热量。29.Ⅰ.纯电动车采用了高效耐用的一种新型可充电电池，该电池放电时总反应式为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。（1）该电池放电时，负极附近电解质溶液pH的变化_______(填“变大”，“变小”，“不变”)，正极电极反应式为_______。（2）放电时每转移3mol电子，正极被还原的K2FeO4的质量是_______ Ⅱ.十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。回答下列问题：电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图。（3）Pt电极(b)上的电极反应式为：_______。【答案】（1）①.变小②.FeO+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-（2）198g（3）O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】I．电池放电时总反应式为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，负极失电子，元素化合价升高，负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，正极得电子，元素化合价降低，正极反应式为：FeO+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-。【小问1详解】由分析可知，负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，消耗了氢氧根离子，溶液碱性减弱，负极附近电解质溶液pH变小；正极得电子，元素化合价降低，正极反应式为：FeO+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-。【小问2详解】正极反应式为：FeO+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-，每转移3mol电子，1molK2FeO4被还原，质量为1mol198g/mol=198g。小问3详解】由图示可知，Pt电极(a)上氨气转化为氮气，氮元素化合价升高，失电子，为负极，则Pt电极(b)为正极，氧气得电子生成氧离子，氧离子在水溶液中不能稳定存在，找水中的氢结合生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。30.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）实验室中现有Na2SO3、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是_______；（2） 为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。实验/混合溶液ABCDEF4mol/LH2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V9=_______；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_______。（3）一定量的锌粉和6mol·L-1的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是①石墨②CuO③铜粉④铁粉⑤浓硫酸A.①②④B.①③⑤C.③④⑤D.①③④（4）把锌片投入盛有盐酸的敞口容器中，产生氢气的速率变化曲线如图所示，刚开始反应速率增大的原因是_______，后反应速率又减小的原因是_______。(填正确选项前的序号)①盐酸的浓度　②镁条的表面积③溶液的温度　④Cl-的浓度【答案】（1）Ag2SO4（2）①.17.5②.加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液接触的表面（3）B（4）①.③②.①【解析】【小问1详解】用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率，是因为锌与硫酸铜反应生成了铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，而钠、镁、钾的活动性都比锌强，锌不能与其盐溶液反应将其置换出来，只有银的活动性比锌弱，锌可将Ag2SO4 中的银置换出来，形成锌、银、稀硫酸原电池，从而加快氢气的生成速率。【小问2详解】①要对比实验效果，那么除了硫酸铜的量不一样，其他条件应相同，每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，A组中硫酸为30mL，则其他组硫酸量也为30mL，而硫酸铜和水的总量应该相同，F中硫酸铜为20mL，水为0mL，则总量为20mL，所以V9=20-2.5=17.5。②锌会先和硫酸铜反应，当硫酸铜反应完毕，锌才会与稀硫酸反应生成氢气，当硫酸铜量较多时，生成的铜会覆盖在锌的表面，阻碍锌与硫酸继续反应，生成氢气速率下降。【小问3详解】①加入石墨，可形成锌、石墨、盐酸原电池，加快产生氢气的速率，不影响产生氢气的量，①正确；②加入CuO，氧化铜会与盐酸反应生成氯化铜和水，氯化铜与锌反应生成铜和氯化锌，形成锌、铜、盐酸原电池，加快产生氢气的速率，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气量减少，②错误；③加入铜粉，形成锌、铜、盐酸原电池，加快产生氢气的速率，不影响产生氢气的量，③正确；④加入铁粉，铁与盐酸反应生成氢气，产生氢气的量增加，④错误；⑤加入少量浓硫酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响产生氢气的量，⑤正确；综上分析，①③⑤正确，答案选B。【小问4详解】锌与盐酸反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，反应速率增大，因此刚开始反应速率增大的原因是：溶液的温度升高，答案选③；随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率减慢，因此后反应速率又减小的原因是：盐酸的浓度降低，答案选①。