黑龙江省大庆实验中学2022学年高一化学下学期期中试卷含解析

2022-2022学年黑龙江省大庆实验中学高一（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意．）1．能源是当今社会发展的三大支柱之一．有专家预测氢能源将是未来最理想的新能源，而最理想的氢的循环模式如图，此循环可以节约原料，缓解能源危机．在此构想的物质循环中太阳能最终转化为()A．化学能B．热能C．生物能D．电能2．在铜锌原电池中，锌电极上发生的反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，则下列说法正确的是()A．锌电极为电流流出B．锌电极为正极C．锌电极有气泡D．反应中Zn被氧化3．下列事实能够证明Al2O3中一定存在离子键的是()A．水溶液能导电B．有较高的熔点C．熔化时能导电D．易溶于水4．白磷结构如图所示，与O2反应生成P4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有共价键的数目是()A．10B．24C．12D．285．230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U．下列有关Th的说法正确的是()①Th元素的质量数是232②Th元素的相对原子质量是231③232Th转换成233U是化学变化④230Th和232Th的化学性质相同⑤230Th和232Th具有相同的最外层电子．A．①②B．③④C．②⑤D．④⑤6．下列排序不正确的是()A．稳定性PH3＜H2S＜HClB．沸点高低NH3＜PH3＜AsH3C．还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣D．微粒半径K+＜Cl‾＜S2‾7．下列属于吸热反应的是()①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③苛性钠溶于水④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥干冰升华．\nA．①④B．②④C．③⑤D．④⑥8．下列变化中，既有共价键和离子键断裂，又有共价键和离子键形成的是()A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2C．C12+H2O⇌HC1+HC1OD．Na2CO3+BaC12=BaCO3↓+2NaC19．已知X元素原子的L电子层比Y元素原子的L电子层少2个电子，Y元素原子核外电子总数比X元素核外电子总数多3个，则下列说法不正确的是()A．X与Y能形成两种化合物，但化学键类型不相同B．Y与氢形成化合物YH，分子内存在离子键C．X与氢可形成化合物H2X2，分子内部存在极性键和非极性键D．Y2X2中阴、阳离子个数比1：210．已知mRn﹣阴离子的原子核内有x个中子，则ω克mRn﹣阴离子中含有的电子的物质的量为()A．B．C．D．11．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下()A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．反应物总能量小于生成物总能量C．升高温度，反应速率加快，但反应的△H不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变12．下列说法正确的是()A．燃料电池的能量转化率可达100%B．充电电池可以无限制地反复放电、充电C．化学能与其他形式的能相互转化的途径是化学反应D．原电池把化学能直接转化为电能，所以由原电池提供的电能是一次能源13．某反应4A（g）+5B（g）=4C（g）+6D（g），四种不同情况下反应速度：①υ（A）=0.6mol/（L•s）；②υ（B）=6mol/（L•min）；③υ（C）=0.45mol/（L•s）；④υ（D）=0.9mol/（L•s）．该反应进行得最快的是()A．①B．②③C．①④D．④14．对于10mL1mol/L盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是()①升高温度；②改用10mL3mol/L盐酸；③改用30mL1mol/L醋酸；④用等量锌粉代替锌粒；⑤改用10mL3mol/L硝酸．A．①②④B．①③④⑤C．①②③④D．①②④⑤\n15．下列电子式中正确的是()①氧原子②过氧根离子③氢氧根离子④钠离子[Na]+⑤氢离子H+⑥铵根离子⑦铝原子⑧溴负离子A．①②③⑥⑦B．③④⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．②③④⑦⑧16．按如图装置进行实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴可以表示()①c（Ag+）②c（NO3﹣）③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量．A．①③B．②④C．①③⑤D．②④⑥17．将3molA与3molB混合于3L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+nD（g），2s后达平衡A的转化率为50%，测得v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，下列推断正确的是()A．v（B）=0.25mol•L﹣1•s﹣1B．C的体积分数为30%C．B的转化率为25%D．n=218．如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化）()A．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为绝缘体时，A端低，B端高；为导体时，A端高，B端低D．当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；为导体时，A端低，B端高19．一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，可逆反应A（s）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡时，下列说法正确的是()①C的生成速率和C的分解速率相等②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB③气体密度不再变化④混合气体的总压强不再变化⑤A、B、C物质的量之比为1：3：2⑥混合气体的平均相对分子质量不变⑦容器中C的体积分数不变．A．②④⑤⑦B．①③④⑥⑦C．①④⑥⑦D．①③④⑤\n20．有一种MCFC型氢氧燃料电池，电解质为熔融的K2CO3．电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，负极反应为H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2．下列说法中正确的()A．正极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑B．放电时CO32﹣向负极移动C．电池放电时，电池中CO32﹣的物质的量将逐渐减少D．电路中电子由负极、经熔融的K2CO3流到正极，形成闭合回路二、选择题（本题包括5小题，每小题3分，共15分．每小题有1至2个选项符合题意，少选得1分，多选、错选不得分．）21．已知A2+B2=2AB，断开1molA2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断开1molB2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，生成1molAB中的化学键释放的能量为Q3kJ，则下列说法正确的是()A．根据能量守恒有Q1+Q2=2Q3B．该反应中的能量变化为︳Q1+Q2﹣2Q3︳C．若Q1+Q2＞2Q3，则反应为放热反应D．若1molA2和1molB2的总能量之和小于2molAB的总能量，则反应为放热反应22．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能形成离子化合物，Y与Q同主族；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法正确的是()A．元素Z的最高价氧化物的水化物显两性B．XY3中的X呈+3价C．Y最高价氧化物水化物的酸性比W的强D．Z与Q形成的是离子化合物23．可以判断恒容密闭容器中分解反应NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）已达到化学平衡状态的是()A．混合气体的平均分子质量不变B．密闭容器中总压强不变C．混合气体的密度不变D．密闭容器中CO2的体积分数不变24．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述正确的是()A．放电时负极反应为：3Zn﹣6e﹣═3Zn2+B．放电时正极反应为：2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化D．放电时负极附近溶液的碱性减弱25．一定条件下，对于反应A（g）+2B（g）⇌2C（g），若A、B、C的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零）．达平衡时A、B、C浓度分别为0.1mol．L﹣1、0.2mol．L﹣1和0.08mol．L﹣1，则下列判断正确的是()A．c1：c2＞1：2\nB．A和B的转化率不相等C．平衡时，B和C的生成速率之比1：1D．c2的取值范围为0＜c2＜0.28mol•L﹣1三、填空题（本题包括3大题，共45分）26．接触法制硫酸的主要反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ•mo1﹣1（1）在一个固定容积为4L的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO31.6mol，则v（O2）=__________mol•L﹣1•min﹣1，放出__________kJ的热量．（2）下列条件的改变不能加快其反应速率的是__________（选填序号）①升高温度②保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大④保持体积不变，只增加氧气的质量（3）在相同条件下发生上述反应，若要得到380kJ热量则加入各物质的物质的量可能__________A．4mo1SO2和2molO2B．6molSO2和2mo1O2C．4molSO2和4mo1O2D．6mo1SO2和4mo1O2．27．（21分）图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：（1）元素F在周期表中的位置__________．（2）用电子式表示DH的形成过程__________，其所含化学键类型为__________．（3）C、D、G对应的简单离子半径大小顺序是__________．（用离子符号回答）（4）某同学设计实验装置如图2，证明A、B、F的非金属性强弱关系：①溶液a和溶液b分别为__________，__________．②溶液c中的离子反应方程式为__________．③请从原子结构的角度解释非金属性B＞A的原因__________（5）将1molD2C2投入200mL3mol/LEH3溶液中，①转移电子的物质的量为__________．②用一个化学反应方程式表示该反应__________．28．（16分）电池是人类生产和生活中重要的能量来源，回答下列问题：（i）回收利用废旧普通锌锰电池工艺如图（不考虑旧电池中实际存在的少量其他金属）．普通锌锰电池总反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH\n已知MnOOH不溶于水；Zn（NH3）2Cl2溶于水和盐酸．（1）图中产物的化学式分别为A__________，B__________，滤渣E含__________．（2）操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4．操作b中绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为__________．（ii）燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置．（1）氢氧燃料电池具有无污染等优点，但储氢技术是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ2Li+H22LiHⅡLiH+H2O=LiOH+H2↑①Ⅰ中的氧化剂是__________，反应Ⅱ中的还原剂是__________；②已知LiH固体的密度为0.8g/cm3．用锂吸收112L（标准状况）H2，吸收的H2体积与生成的LiH体积比值是__________；③由②生成的LiH与水反应放出的氢气用作电池燃料，若能量利用率为60%，则导线中通过电子的物质的量为__________；（2）一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷（C2H6）和氧气．电池的负极反应为：__________；放电一段时间后，正极周围的pH__________（填升高、降低或不变）．\n2022-2022学年黑龙江省大庆实验中学高一（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意．）1．能源是当今社会发展的三大支柱之一．有专家预测氢能源将是未来最理想的新能源，而最理想的氢的循环模式如图，此循环可以节约原料，缓解能源危机．在此构想的物质循环中太阳能最终转化为()A．化学能B．热能C．生物能D．电能【考点】常见的能量转化形式．【分析】根据图可知，太阳能首先转化为化学能，然后化学能转化为热能．【解答】解：在此构想的物质循环中，太阳能将CO2、H2O、N2等气体重新组合成燃料，此过程为太阳能→化学能；燃料燃烧，化学能→热能，故在此构想的物质循环中太阳能最终转化为热能．故选B．【点评】本题考查常见的能量转化形式，看懂能量关系转化图是解决本题的关键，本题难度较小．2．在铜锌原电池中，锌电极上发生的反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，则下列说法正确的是()A．锌电极为电流流出B．锌电极为正极C．锌电极有气泡D．反应中Zn被氧化【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】铜锌原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上Zn失电子发生氧化反应被氧化，电子从负极沿导线流向正极，电流方向与电子流向相反，Cu做正极，氢离子在正极得电子生成氢气，据此分析．【解答】解：A、Zn为负极，电流流入的电极，故A错误；B、铜锌原电池中，较活泼的金属作负极，故B错误；C、Cu做正极，氢离子在正极得电子生成氢气，故C错误；D、负极上Zn失电子发生氧化反应被氧化，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原电池原理，难度不大，注意原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极．3．下列事实能够证明Al2O3中一定存在离子键的是()A．水溶液能导电B．有较高的熔点C．熔化时能导电D．易溶于水【考点】离子化合物的结构特征与性质．【分析】含有离子键的化合物在熔融状态下能导电，只含共价键的化合物在熔融状态下不导电，要证明氧化铝中一定存在离子键，只要熔融状态氧化铝能导电即可，据此分析解答．\n【解答】解：A．氧化铝不溶于水，其水溶液不导电，故A错误；B．熔沸点的高低与离子键无关，如金刚石中只含共价键，但熔沸点较高，故B错误；C．氧化铝熔融状态下能导电，说明熔融状态下电离出自由移动的阴阳离子，所以含有离子键，故C正确；D．氧化铝不溶于水，且不能根据是否易溶于水判断离子键，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子化合物和共价化合物的判断，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒是解本题关键，注意不能根据溶解性大小、熔沸点高低判断离子键，为易错题．4．白磷结构如图所示，与O2反应生成P4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有共价键的数目是()A．10B．24C．12D．28【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】根据题目所给信息：分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可先确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P﹣P键，每个P﹣P键中间插入1个O原子，就成了P4O6．【解答】解：分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构．可先确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P﹣P键．每个P﹣P键中间插入1个O原子，就成了P4O6，结构为，由图可以看出，有12个共价键．故选C．【点评】本题考查共价键的形成，题目难度不大，注意白磷的结构以及六氧化四磷的结构模型．5．230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U．下列有关Th的说法正确的是()①Th元素的质量数是232②Th元素的相对原子质量是231③232Th转换成233U是化学变化④230Th和232Th的化学性质相同⑤230Th和232Th具有相同的最外层电子．A．①②B．③④C．②⑤D．④⑤【考点】原子结构与元素的性质；同位素及其应用．【分析】①Th元素的两种原子的质量数不同；②元素的相对原子质量与各种同位素相对原子质量及丰度有关；③232Th转换成233U是核反应；④同位素的化学性质相同；⑤同种元素的原子具有相同的最外层电子．\n【解答】解：①Th元素的两种原子的质量数不同，230Th和232Th的质量数分别为230、232，元素没有质量数，故错误；②Th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，同位素的丰度未知，无法求算U元素的相对原子质量，故错误；③232Th转换成233U是核反应，不属于化学变化，故错误；④234Th和238Th质子数相同、中子数不同，互为同位素，化学性质相同，故正确；⑤234Th和238Th质子数相同，质子数等于电子数，所以电子数相同，则原子具有相同的最外层电子，故正确．故选D．【点评】本题考查原子符号的意义、相对原子质量的概念、核反应、同位素的性质等，难度不大．6．下列排序不正确的是()A．稳定性PH3＜H2S＜HClB．沸点高低NH3＜PH3＜AsH3C．还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣D．微粒半径K+＜Cl‾＜S2‾【考点】元素周期律的作用．【分析】A．非金属性越强，氢化物越稳定；B．氢化物分子间能形成氢键的沸点较高；C．碘离子能还原铁离子；D．电子排布相同的微粒，原子序数越大，离子半径越小．【解答】解：A．同周期随原子序数增大，非金属性增强，所以非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故A正确；B．氢化物分子间能形成氢键的沸点较高，所以氨气的沸点最高，则沸点高低PH3＜AsH3＜NH3，故B错误；C．碘离子能还原铁离子，则还原性Fe2+小于I﹣，所以还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣，故C正确；D．电子排布相同的微粒，原子序数越大，离子半径越小，则微粒半径K+＜Cl‾＜S2‾，故D正确．故选B．【点评】本题考查了非金属性的比较、氢化物沸点的比较、还原性比较、离子半径大小比较，题目难度不大，注意把握性质变化规律．7．下列属于吸热反应的是()①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③苛性钠溶于水④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥干冰升华．A．①④B．②④C．③⑤D．④⑥【考点】吸热反应和放热反应．【分析】据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）；浓硫酸稀释放出大量的热，水由液态到气态需要吸热．【解答】解：①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故①错误；②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，故②正确；③苛性钠溶于水稀释放出大量的热，故③错误；\n④氯酸钾分解需要吸热，故④正确；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误．⑥干冰升华需要吸热，但是物理变化过程，故⑥错误；故选B．【点评】本题考查学生常见的放热反应和吸热反应，熟记常见的放热反应和吸热反应是解题的关键，注意归纳常见的吸热反应，难度不大．8．下列变化中，既有共价键和离子键断裂，又有共价键和离子键形成的是()A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2C．C12+H2O⇌HC1+HC1OD．Na2CO3+BaC12=BaCO3↓+2NaC1【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既有共价键和离子键断裂，又有共价键和离子键形成，说明发生化学反应，据此分析解答．【解答】解：A．该反应中有金属键的断裂，但没有离子键的断裂，故A错误；B．该反应过氧化钠中有离子键和共价键的断裂，碳酸钠中有离子键和共价键的形成，故B正确；C．该反应中没有离子键的断裂和形成，故C错误；D．该反应中没有共价键的断裂和形成，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子键和共价键的判断，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键的区别是解本题关键，知道哪些物质中含有离子键，题目难度不大．9．已知X元素原子的L电子层比Y元素原子的L电子层少2个电子，Y元素原子核外电子总数比X元素核外电子总数多3个，则下列说法不正确的是()A．X与Y能形成两种化合物，但化学键类型不相同B．Y与氢形成化合物YH，分子内存在离子键C．X与氢可形成化合物H2X2，分子内部存在极性键和非极性键D．Y2X2中阴、阳离子个数比1：2【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X元素的L层比Y元素的L层多2个电子，说明X的L层电子数小于8，X应为第二周期元素，Y元素原子的核外电子总数比X元素原子的核外电子总数多3个，说明Y应含有M层电子，故X的最外层电子数为8﹣2=6，故X为O元素，Y原子核外电子数总数为8+3=11，故Y为Na元素，以此解答该题．【解答】解：X元素的L层比Y元素的L层多2个电子，说明X的L层电子数小于8，X应为第二周期元素，Y元素原子的核外电子总数比X元素原子的核外电子总数多3个，说明Y应含有M层电子，故X的最外层电子数为8﹣2=6，故X为O元素，Y原子核外电子数总数为8+3=11，故Y为Na元素．A．O和Na可形成Na2O或Na2O2，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，故A正确；B．Y与氢形成化合物NaH，属于离子晶体，不是分子晶体，故B错误；C．X与氢可形成化合物H2O2，分子内部存在极性键和非极性键，故C正确；D．Na2O2中阴、阳离子个数比1：2，故D正确，故选B．\n【点评】本题考查原子结构与元素性质，侧重于学生的分析能力和推断能力的考查，注意把握元素结构的特点和规律，B选项为易错点，学生容易只考虑离子键，忽略题目中描述的“分子”，题目难度不大．10．已知mRn﹣阴离子的原子核内有x个中子，则ω克mRn﹣阴离子中含有的电子的物质的量为()A．B．C．D．【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】由mRn﹣阴离子的原子核内有x个中子，则质子数为m﹣x，质子数﹣所带电荷=核外电子数，据此计算该阴离子的核外电子数，再利用质量和质量数计算原子的物质的量，进而计算该阴离子的电子数．【解答】解：由mRn﹣阴离子的原子核内有x个中子，则R的质子数为m﹣x，故mRn﹣阴离子的核外电子数为m﹣x﹣（﹣n）=m﹣x+n，ω克mRn﹣阴离子的物质的量为=mol，故含有的电子的物质的量为mol×（m﹣x+n）=mol．故选C．【点评】本题考查原子构成微粒之间的关系、常用化学计量的有关计算等，难度中等，明确原子的物质的量的计算是解答本题的关键，注意电子的质量可忽略，质量数近似等于相对原子质量．11．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下()A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．反应物总能量小于生成物总能量C．升高温度，反应速率加快，但反应的△H不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．催化剂虽然改变了反应途径，但是△H只取决于反应物、生成物的状态；B．△H＜0，为放热反应；C．升高温度，化学反应速率加快，但热效应不变；D．若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能．【解答】解：A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，故A错误；B．△H＜0，为放热反应，即反应物总能量高于生成物的总能量，故B错误；C．该反应是放热反应，升高温度，化学反应速率加快，但反应的△H不变，故C正确；D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误；故选：C．\n【点评】本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响，需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动．12．下列说法正确的是()A．燃料电池的能量转化率可达100%B．充电电池可以无限制地反复放电、充电C．化学能与其他形式的能相互转化的途径是化学反应D．原电池把化学能直接转化为电能，所以由原电池提供的电能是一次能源【考点】常见的能量转化形式；原电池和电解池的工作原理．【分析】A．燃料电池中还有部分化学能转化为热能；B．充电电池有一定的使用年限；C．化学能能转化为其他形式的能；D．原电池不能从自然界直接获得．【解答】解：A．燃料电池中还有部分化学能转化为热能，所以能量转化率不是100%，故A错误；B．充电电池有一定的使用年限，不能无限制地反复放电、充电，故B错误；C．化学能能通过化学反应转化为其他形式的能，故C正确；D．原电池不能从自然界直接获得，不是一次能源，故D错误．故选C．【点评】本题考查了能量的转化、原电池原理和电解池原理，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．13．某反应4A（g）+5B（g）=4C（g）+6D（g），四种不同情况下反应速度：①υ（A）=0.6mol/（L•s）；②υ（B）=6mol/（L•min）；③υ（C）=0.45mol/（L•s）；④υ（D）=0.9mol/（L•s）．该反应进行得最快的是()A．①B．②③C．①④D．④【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率最快，注意单位保持一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，①=0.15mol/（L•s）；②υ（B）=6mol/（L•min）=0.1mol/（L•s），则=0.02mol/（L•s）；③=0.113mol/（L•s）；④=0.15mol/（L•s），\n故反应速率①=④＞③＞②，故选C．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，常用归一法与比值法判断，利用比值法可以快速解答．14．对于10mL1mol/L盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是()①升高温度；②改用10mL3mol/L盐酸；③改用30mL1mol/L醋酸；④用等量锌粉代替锌粒；⑤改用10mL3mol/L硝酸．A．①②④B．①③④⑤C．①②③④D．①②④⑤【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】增大反应速率，可增大固体表面积、升高温度，增大浓度，加入催化剂或形成原电池反应等，以此解答该题．【解答】解：①升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故正确；②改用10mL3mol/L盐酸，浓度增大，反应速率增大，故正确；③改用30mL1mol/L醋酸，醋酸是弱酸不能完全电离，因浓度不变，醋酸中氢离子浓度小，所以反应速率减慢，故错误；④用等量锌粉代替锌粒，固体表面积增大，反应速率增大，故正确；⑤硝酸与锌粒反应不生成氢气，故错误；故选A．【点评】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．15．下列电子式中正确的是()①氧原子②过氧根离子③氢氧根离子④钠离子[Na]+⑤氢离子H+⑥铵根离子⑦铝原子⑧溴负离子A．①②③⑥⑦B．③④⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．②③④⑦⑧【考点】电子式．【分析】简单阳离子的电子式为其离子符合，复杂的阳离子电子式除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷；无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷；离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子（阳离子在前，阴离子在后．）拼在一起．【解答】解：①氧原子最外层为6个电子，氧原子的电子式为：，故①错误；②过氧根离子为带有2个单位负电荷的离子，离子中存在一个O﹣O共价键，过氧根离子正确的电子式为：，故②错误；③氢氧根离子为带有1个单位负电荷的阴离子，需要标出离子中各原子最外层电子，氢氧根离子的电子式为：，故③正确；\n④钠离子为简单阳离子，直接用其离子符号表示其电子式，不需要用中括号，正确的电子式为Na+，故④错误；⑤氢离子为简单阳离子，其电子式直接用离子符号表示，氢离子的电子式为：H+，故⑤正确；⑥铵根离子为复杂阳离子，电子式中需要标出各原子的最外层电子，铵根离子的电子式为，故⑥正确；⑦铝原子最外层为3个电子，铝原子的电子式为，故⑦正确；⑧溴离子为阴离子，电子式中需要标出最外层电子，溴离子的电子式为：，故⑧正确；故选C．【点评】本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住．16．按如图装置进行实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴可以表示()①c（Ag+）②c（NO3﹣）③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量．A．①③B．②④C．①③⑤D．②④⑥【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上质量减轻，正极上析出金属银．【解答】解：根据图中装置试验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，所以银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，故①正确，②错误；在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，故③正确；正极Ag上析出金属银，即b棒质量增加，故④错误；负极上金属铁本身失电子，正极Ag上析出金属银，所以溶液的质量是增加了Fe，但是析出了Ag，但是在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻，故⑤正确；故选C．【点评】本题考查原电池的工作原理，掌握活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应是解答的关键，题目难度不大．17．将3molA与3molB混合于3L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+nD（g），2s后达平衡A的转化率为50%，测得v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，下列推断正确的是()A．v（B）=0.25mol•L﹣1•s﹣1B．C的体积分数为30%\nC．B的转化率为25%D．n=2【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】将3molA与3molB混合于3L的密闭容器中，2s后达平衡A的转化率为50%，则转化的A为3mol×50%=1.5mol，则：2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+nD（g）起始量（mol）：3300转化量（mol）：1.52.251.50.75n平衡量（mol）：1.50.751.50.75nA．根据v=计算v（B）；B．结合D的反应速率计算n的值，C的体积分数=；C．B的转化率=×100%；D．结合D的反应速率计算n的值．【解答】解：将3molA与3molB混合于3L的密闭容器中，2s后达平衡A的转化率为50%，则转化的A为3mol×50%=1.5mol，则：2A（g）+3B（g）⇌2C（g）+nD（g）起始量（mol）：3300转化量（mol）：1.52.251.50.75n平衡量（mol）：1.50.751.50.75nA．v（B）==0.375mol/（L．s），故A错误；B．v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，则0.75nmol=v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1×2s×3L，解得n=2，C的体积分数==28.6%，故B错误；C．B的转化率=×100%=75%，故C错误；D．v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，则0.75nmol=v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1×2s×3L，解得n=2，故D正确，故选：D．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算，难度不大，注意三段式解题法在化学平衡计算中应用．18．如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化）()\nA．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为绝缘体时，A端低，B端高；为导体时，A端高，B端低D．当杠杆为绝缘体时，A端高，B端低；为导体时，A端低，B端高【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e﹣═Cu；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此来解答．【解答】解：杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低；杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e﹣═Cu，则A端低，B端高；故选D．【点评】本题考查原电池及化学反应，明确杠杆是否导电及发生的反应是解答本题的关键，学生容易忽略杠杆为绝缘体时的情况，题目难度中等．19．一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，可逆反应A（s）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡时，下列说法正确的是()①C的生成速率和C的分解速率相等②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB③气体密度不再变化④混合气体的总压强不再变化⑤A、B、C物质的量之比为1：3：2⑥混合气体的平均相对分子质量不变⑦容器中C的体积分数不变．A．②④⑤⑦B．①③④⑥⑦C．①④⑥⑦D．①③④⑤【考点】化学平衡状态的判断．【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．【解答】解：A（S）+3B（g）⇌2C（g）①C的生成速率与C的分解速率相等，故正逆反应速率相等，故①正确；②单位时间内amolA生成是逆反应，同时3amolB是逆反应，未体现正与逆的关系，故②错误；③密度=，气体的总质量会变，体积不变，故气体密度不再变化可作为判断是否达到平衡状态的依据，故③正确；④反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；⑤平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1：3：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；\n⑥平均相对分子质量=，总质量会变，总物质的量也会变，故混合气体的平均相对分子质量不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥正确；⑦容器中C的体积分数不变，说明各物质的量不变，达平衡状态，故⑦正确；说法正确的是①③④⑥⑦，故选B．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大．要注意把握平衡状态的特征．20．有一种MCFC型氢氧燃料电池，电解质为熔融的K2CO3．电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，负极反应为H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2．下列说法中正确的()A．正极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑B．放电时CO32﹣向负极移动C．电池放电时，电池中CO32﹣的物质的量将逐渐减少D．电路中电子由负极、经熔融的K2CO3流到正极，形成闭合回路【考点】化学电源新型电池．【分析】该原电池中，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，负极反应式为H2+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+CO2，正极反应式为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，A．正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子；B．放电时，电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；C．放电时，根据电池反应式知，碳酸根离子不参加反应；D．放电时，电子从负极沿导线流向正极，不进入电解质中．【解答】解：A．正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，正极反应式为O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故A错误；B．放电时，电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以CO32﹣向负极移动，故B正确；C．放电时，根据电池反应式知，碳酸根离子不参加反应，所以电解质中碳酸根离子物质的量不变，故C错误；D．放电时，电子从负极沿导线流向正极，不进入电解质中，电解质中通过阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确电子流向、离子移动方向、各个电极发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质特点书写，易错选项是D．二、选择题（本题包括5小题，每小题3分，共15分．每小题有1至2个选项符合题意，少选得1分，多选、错选不得分．）21．已知A2+B2=2AB，断开1molA2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断开1molB2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，生成1molAB中的化学键释放的能量为Q3kJ，则下列说法正确的是()A．根据能量守恒有Q1+Q2=2Q3B．该反应中的能量变化为︳Q1+Q2﹣2Q3︳C．若Q1+Q2＞2Q3，则反应为放热反应D．若1molA2和1molB2的总能量之和小于2molAB的总能量，则反应为放热反应【考点】反应热和焓变．\n【分析】反应吸热放热可以利用能量守恒分析判断，也可以依据物质化学键的键能分析判断，反应焓变△H=反应物断键吸收的热量﹣生成物形成化学键放出的热量，该反应中的能量变化为︳Q1+Q2﹣2Q3︳，以此解答该题．【解答】解：A．反应过程中伴随着能量变化，则Q1+Q2≠2Q3，故A错误；B．反应焓变△H=反应物断键吸收的热量﹣生成物形成化学键放出的热量，该反应中的能量变化为︳Q1+Q2﹣2Q3︳，故B正确；C．若该反应为放热反应，依据反应焓变△H=反应物断键吸收的热量﹣生成物形成化学键放出的热量，则Q1+Q2＜2Q3，故C错误；D．若1molA2和1molB2的总能量之和小于2molAB的总能量，则反应为吸热反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查了反应能量变化判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，主要把握能量守恒，化学键键能大小的分析判断是解题关键，题目难度中等．22．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能形成离子化合物，Y与Q同主族；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液．下列说法正确的是()A．元素Z的最高价氧化物的水化物显两性B．XY3中的X呈+3价C．Y最高价氧化物水化物的酸性比W的强D．Z与Q形成的是离子化合物【考点】原子结构与元素的性质．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能形成离子化合物，则X为N元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；结合原子序数，Q只能为Cl元素，Y与Q同主族，则Y为F元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物能形成离子化合物，则X为N元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；结合原子序数，Q只能为Cl元素，Y与Q同主族，则Y为F元素，A．Z为Al元素，Al的最高价氧化物的水化物显两性，故A正确；B．X为N元素，Y为F元素，NF3中的N呈+3价，故B正确；C．Y为F元素，F没有最高价氧化物，故C错误；D．Z为Al元素，Q为Cl元素，二者形成的化合物三氯化铝属于共价化合物，故D错误．故选AB．【点评】本题结构位置性质关系应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，D选项为易错点，注意三氯化铝属于共价化合物，难度中等．23．可以判断恒容密闭容器中分解反应NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）已达到化学平衡状态的是()A．混合气体的平均分子质量不变B．密闭容器中总压强不变\nC．混合气体的密度不变D．密闭容器中CO2的体积分数不变【考点】化学平衡状态的判断．【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．【解答】解：A、反应体系中氨气和二氧化碳的物质的量之比是定值，所以混合气体的平均分子质量始终不变，故A错误；B、随着反应的进行体系压强逐渐增大，容器内压强保持不变说明达平衡状态，故B正确；C、密度不变说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故C正确；D、反应体系中氨气和二氧化碳的物质的量之比是定值，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．24．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O═3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述正确的是()A．放电时负极反应为：3Zn﹣6e﹣═3Zn2+B．放电时正极反应为：2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化D．放电时负极附近溶液的碱性减弱【考点】化学电源新型电池．【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，负极上消耗OH﹣离子，碱性要减弱，以此解答该题．【解答】解：A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故A错误；B．放电时，正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O═2Fe（OH）3+10OH﹣或FeO42﹣+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，故B正确；C．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D、高铁电池放电时是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，负极附近溶液的碱性减弱，故D正确．故选BD．【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力．25．一定条件下，对于反应A（g）+2B（g）⇌2C（g），若A、B、C的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零）．达平衡时A、B、C浓度分别为0.1mol．L﹣1、0.2mol．L﹣1和0.08mol．L﹣1，则下列判断正确的是()\nA．c1：c2＞1：2B．A和B的转化率不相等C．平衡时，B和C的生成速率之比1：1D．c2的取值范围为0＜c2＜0.28mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A．平衡时A、B的浓度之比为1：2，A、B按物质的量1：2反应，故A、B起始浓度之比为1：2；B．由于A、B起始浓度之比为1：2，A、B按物质的量1：2反应，则A、B转化率相等；C．反应到达平衡时，不同物质表示的正、逆速率之比等于化学计量数之比；D．若向右到达的平衡，则c2的值最大，若向左到达的平衡，则c2的值最小．【解答】解：A．平衡时A、B的浓度之比为1：2，A、B按物质的量1：2反应，故A、B起始浓度之比为1：2，故A错误；B．由于A、B起始浓度之比为1：2，A、B按物质的量1：2反应，则A、B转化率相等，故B错误；C．B和C的生成速率之比1：1，说明B的生成速率与消耗速率相等，反应到达平衡状态，故C正确；D．若向右到达的平衡，c2的值最大，平衡时C的浓度为0.08mol/L，由于C的浓度开始不是0，故C的浓度变化小于0.08mol/L，由方程式可知，B的浓度变化量小于0.08mol/L，故c2＜0.28mo/L，若向左到达的平衡，c，2的值最小，平衡时A、B的浓度为1：2，等于化学计量数，可以是C分解生成，由于B的起始浓度大于0，故0＜c1＜0.28mo/L，故D正确；故选：CD．【点评】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，D选项中利用极限法判断取值反应，注意A、B平衡浓度不等于化学计量数之比的情况．三、填空题（本题包括3大题，共45分）26．接触法制硫酸的主要反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ•mo1﹣1（1）在一个固定容积为4L的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO31.6mol，则v（O2）=0.4mol•L﹣1•min﹣1，放出152kJ的热量．（2）下列条件的改变不能加快其反应速率的是②③（选填序号）①升高温度②保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大④保持体积不变，只增加氧气的质量（3）在相同条件下发生上述反应，若要得到380kJ热量则加入各物质的物质的量可能DA．4mo1SO2和2molO2B．6molSO2和2mo1O2C．4molSO2和4mo1O2D．6mo1SO2和4mo1O2．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）在一个固定容积为4L的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO31.6mol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始量（mol）：210变化量（mol）：1.60.81.6平衡量（mol）：0.40.21.6\n根据v=计算v（O2），结合热化学方程式计算放出的热量；（2）升高温度、改变体积增大压强、使用催化剂、增大物质的浓度等均可以加快反应速率；（3）在相同条件下发生上述反应，若要得到380kJ热量，则反应的二氧化硫为4mol，反应的氧气为2mol，结合可逆反应不能完全转化解答．【解答】解：（1）在一个固定容积为4L的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO31.6mol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始量（mol）：210变化量（mol）：1.60.81.6平衡量（mol）：0.40.21.6v（O2）==0.4mol/（L．min），放出的热量为190kJ/mol×=152kJ，故答案为：0.4；152；（2）①升高温度反应速率加快，故①正确；②保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故②错误；③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，故③错误；④保持体积不变，只增加氧气的质量，反应物浓度增大，反应速率加快，故④正确，故选：②③；（3）在相同条件下发生上述反应，若要得到380kJ热量，则反应的二氧化硫为4mol，反应的氧气为2mol，由于可逆反应不能完全转化，只有D中二氧化硫、氧气的物质的量均大于反应的物质的量，故选：D．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算及影响因素、可逆反应特征等，注意分析压强变化能否引起浓度变化判断对反应速率影响．27．（21分）图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：（1）元素F在周期表中的位置第三周期ⅣA族．（2）用电子式表示DH的形成过程，其所含化学键类型为离子键．（3）C、D、G对应的简单离子半径大小顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+．（用离子符号回答）（4）某同学设计实验装置如图2，证明A、B、F的非金属性强弱关系：\n①溶液a和溶液b分别为硝酸，饱和NaHCO3溶液．②溶液c中的离子反应方程式为SiO32﹣+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣．③请从原子结构的角度解释非金属性B＞A的原因氮和碳同一周期，但氮原子的核电荷数大、原子半径小，氮原子核对最外层电子的吸引力更大，得电子能力更强（5）将1molD2C2投入200mL3mol/LEH3溶液中，①转移电子的物质的量为1mol．②用一个化学反应方程式表示该反应10Na2O2+6AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+2NaAlO2+5O2↑+18NaCl．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；性质实验方案的设计．【分析】根据图1知，A、F最高化合价都是4，二者属于第IVA族元素，且原子序数F＞A，则A是C元素、F是Si元素；B的最高正价是+5价，且原子序数大于A而小于F，为N元素；C只有﹣2价，为O元素；D最高正价是+1价，且原子序数大于C，所以为Na元素；E元素最高正化合价是+3价，且原子序数大于D，则E是Al元素；G元素最高正价是+6价，为S元素；H最高正价是+7价，且是短周期元素，所以是Cl元素；（1）F是P元素，主族元素原子核外电子层数与其周期数相等、最外层电子数与其族序数相等；（2）NaCl是离子化合物，钠离子和氯离子之间存在离子键；（3）离子电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；（4）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸；（5）①反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，结合O元素化合价变化计算转移电子；②将1molNa2O2投入200mL3mol/LAlCl3溶液中，生成NaOH2mol、0.5mol氧气，AlCl3溶的物质的量为0.6mol，1：4＜n（AlCl3）：n（NaOH）=3：10＜1：3，故生成Al（OH）3、AlO2﹣，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中n（AlO2﹣）=2mol﹣0.6mol×3=0.2mol，根据Al元素守恒可知，n[Al（OH）3]=0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，确定n[Al（OH）3]：n（AlO2﹣）：n（氧气），配平书写．【解答】解：根据图1知，A、F最高化合价都是4，二者属于第IVA族元素，且原子序数F＞A，则A是C元素、F是Si元素；B的最高正价是+5价，且原子序数大于A而小于F，为N元素；C只有﹣2价，为O元素；D最高正价是+1价，且原子序数大于C，所以为Na元素；E元素最高正化合价是+3价，且原子序数大于D，则E是Al元素；G元素最高正价是+6价，为S元素；H最高正价是+7价，且是短周期元素，所以是Cl元素；（1）F是P元素，主族元素原子核外电子层数与其周期数相等、最外层电子数与其族序数相等，P元素原子核外有3个电子层、最外层电子数是5，所以位于第三周期ⅣA族，故答案为：第三周期ⅣA族；\n（2）NaCl是离子化合物，钠离子和氯离子之间存在离子键，其形成过程为，故答案为：；离子键；（3）离子电子层数越多，其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，离子半径大小顺序是S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣；O2﹣；Na+；由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，①由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO3溶液，故答案为：硝酸；饱和NaHCO3溶液；②溶液c中的离子方程式为：SiO32﹣+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣故答案为：SiO32﹣+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣；③碳和氮元素处于同一周期，氮原子的核电荷数大于碳原子，原子半径较碳原子小，氮原子核对最外层电子的吸引力更大，得电子能力更强，因此氮元素的非金属性强于碳元素，故答案为：碳和氮元素处于同一周期，氮原子的核电荷数大于碳原子，原子半径较碳原子小，氮原子核对最外层电子的吸引力更大，得电子能力更强；（5）①Na2O2投AlCl3溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中O元素化合价有﹣1升高为0价，故0.5molNa2O2费用转移电子为1mol××2×[0﹣（﹣1）]=1mol，故答案为：1mol；②将1molNa2O2投入200mL3mol/LAlCl3溶液中，生成NaOH2mol、0.5mol氧气，AlCl3溶的物质的量为0.6mol，1：4＜n（AlCl3）：n（NaOH）=3：10＜1：3，故生成Al（OH）3、AlO2﹣，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中n（AlO2﹣）=2mol﹣0.6mol×3=0.2mol，根据Al元素守恒可知，n[Al（OH）3]=0.6mol﹣0.2mol=0.4mol，确定n[Al（OH）3]：n（AlO2﹣）：n（氧气），n[Al（OH）3]：n（AlO2﹣）：n（氧气）=0.4mol：0.2mol：0.5mol=4：2：5，化学反应方程式为：10Na2O2+6AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+2NaAlO2+5O2↑+18NaCl．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用、化学方程式的计算、性质实验方案设计等知识点，综合性较强，难点是性质实验方案设计和化学方程式的计算，注意（5）题发生的反应及各个物理量之间的关系，题目难度中等．28．（16分）电池是人类生产和生活中重要的能量来源，回答下列问题：（i）回收利用废旧普通锌锰电池工艺如图（不考虑旧电池中实际存在的少量其他金属）．普通锌锰电池总反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH已知MnOOH不溶于水；Zn（NH3）2Cl2溶于水和盐酸．\n（1）图中产物的化学式分别为AZnCl2，BNH4Cl，滤渣E含MnO2和MnOOH．（2）操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4．操作b中绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2+2CO32﹣．（ii）燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置．（1）氢氧燃料电池具有无污染等优点，但储氢技术是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ2Li+H22LiHⅡLiH+H2O=LiOH+H2↑①Ⅰ中的氧化剂是H2，反应Ⅱ中的还原剂是LiH；②已知LiH固体的密度为0.8g/cm3．用锂吸收112L（标准状况）H2，吸收的H2体积与生成的LiH体积比值是1.13×103；③由②生成的LiH与水反应放出的氢气用作电池燃料，若能量利用率为60%，则导线中通过电子的物质的量为12mol；（2）一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷（C2H6）和氧气．电池的负极反应为：C2H6﹣14e﹣+18OH﹣=2CO32﹣+12H2O；放电一段时间后，正极周围的pH升高（填升高、降低或不变）．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理．【分析】（i）Zn（NH3）2Cl2溶于水和盐酸，所以废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是Zn（NH3）2Cl2，再加稀盐酸溶解，浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌的固体，氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌，MnOOH不溶于水，所以机械分离后的黑色固体溶于水过滤，得滤渣E的成份应为MnO2和MnOOH，绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰；（ii）（1）①从化合价的变化的角度分析；②根据反应的电极方程式计算；③根据实际参加反应的氢气以及电极反应式计算；（2）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应，根据电极反应可知电极周围pH的变化．【解答】解：（i）Zn（NH3）2Cl2溶于水和盐酸，所以废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是Zn（NH3）2Cl2\n，再加稀盐酸溶解，浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌的固体，氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌，MnOOH不溶于水，所以机械分离后的黑色固体溶于水过滤，得滤渣E的成份应为MnO2和MnOOH，绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，（1）根据上面的分析可知，A为氯化锌，B为氯化铵，E为MnO2和MnOOH，故答案为：ZnCl2；NH4Cl；MnO2和MnOOH；（2）绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣，故答案为：3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2+2CO32﹣；（ii）（1）①Ⅰ中H从零价降至﹣1价，作氧化剂，Ⅱ中LiH的H从﹣1升至H2中的零价，作还原剂，故答案为：H2；LiH；②由反应I，112L（标准状况）H2即5mol，当吸收5molH2时，则生成10molLiH，V==L=9.875×10﹣2L，所以==1.13×103，故答案为：1.13×103；③10molLiH可生成10molH2，实际参加反应的H2为10mol×60%=6mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以6molH2可转移12mol的电子，故答案为：12mol；（2）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为C2H6﹣14e﹣+18OH﹣=2CO32﹣+12H2O，正极上氧化剂即氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以正极周围pH升高，故答案为：C2H6﹣14e﹣+18OH﹣=2CO32﹣+12H2O；升高．【点评】本题考查了化学与技术、原电池原理、电极方程式的书写、化学电源的工作原理及有关计算，综合性较强，题目难度较大，注意原电池电极反应式的书写以及从电子守恒的角度计算．