湖北省咸宁市2022学年高一化学下学期期末试题a卷含解析

2022-2022学年湖北省咸宁市高一（下）期末化学试卷（A卷）一、选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．请在答题卷上将正确答案的字母代号涂黑．）1．化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是()A．绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒、无害化的治理B．海水化学资源丰富，利用蒸馏的方法可以获得NaCl、Br2和Mg等物质C．人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的D．动物体内葡萄糖被氧化成H2O、CO2的同时，伴随着热能转变成化学能2．下列物质中，既含离子键、又含非极性共价键的是()A．NaOHB．Na2O2C．NH4ClD．Na2O3．糖类、油脂和蛋白质是生命活动所必需的营养物质．下列叙述正确的是()A．蛋白质遇浓硫酸变为黄色B．蔗糖水解产物仅有葡萄糖C．纤维素不能水解成葡萄糖D．油脂水解产物之一是甘油4．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是()A．乙烯的结构简式为CH2=CH2B．CH4分子的比例模型：C．8个中子的碳原子的符号：12CD．氯化镁的电子式：5．下列有关化学反应速率和限度的说法中，正确的是()A．用H2O2分解制O2，加入1～2滴FeCl3溶液，反应速率加快B．在金属钠与足量水反应中，增加水的量能加快反应速率C．一定条件下的反应：2SO2+O2⇌2SO3中，SO2的转化率能达到100%D．用铁和稀硫酸制取氢气，将稀硫酸换成浓硫酸可以加快反应速率6．已知16S、34Se位于同一主族，下列关系正确的是()A．热稳定性：H2Se＞H2S＞HClB．原子半径：Se＞P＞SiC．酸性：H3PO4＞H2SO4＞H2SeO4D．还原性：Se2﹣＞Br﹣＞Cl﹣7．下列物质中，在一定条件下既能发生加成反应，也能发生取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是()A．乙烷B．苯C．乙烯D．乙醇8．利用下列实验装置能完成相应实验的是()-19-\nA．装置测定化学反应速率B．装置模拟海水蒸馏C．装置制备纯净的NH3D．装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是()A．标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NAB．16gO2和O3的混合气体中，含有的氧原子数是1.5NAC．1mol苯分子中含有的碳碳双键数为3NAD．1molOD﹣中含有的质子数、中子数均为9NA10．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是()A．该反应是吸热反应B．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键可放出xkJ能量C．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量11．下列分子式所表示的物质的同分异构体数目最多的是（不考虑立体异构）()-19-\nA．CH2Cl2B．C2H2Cl2C．C4H8D．C3H7Cl12．在2L密闭容器中，发生3A（g）+B（g）⇌2C（g）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器中B的物质的量是()A．1.6molB．2.8molC．3.2molD．3.6mol13．在一定温度下，向aL密闭容器中加入一定量A、B气体，发生如下反应：A2（g）+3B（g）⇌2C2（g）+2D（g），下列叙述能说明该反应达到化学平衡状态的是()A．容器中总压强不再随时间而变化B．v正（B）=0.03mol/（L•s），v逆（D）=1.2mol/（L•min）C．单位时间内断裂一个A﹣A键，同时生成两个C﹣C键D．容器中混合气体的密度不再随时间而变化14．把a、b、c、d四块金属浸入稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池．若a、b相连时a溶解；c、d相连时电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡；b、d相连时，b极上发生还原反应，则四种金属活动性顺序由强到弱为()A．a＞b＞c＞dB．c＞a＞b＞dC．a＞c＞d＞bD．b＞d＞c＞a15．某锂电池的电池总反应为4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2，下列有关说法错误的是()A．锂电极作电池负极，放电过程中发生氧化反应B．1molSOCl2发生电极反应转移的电子数为2molC．电池的正极反应为2SOCl2+2e﹣═4Cl﹣+S+SO2D．组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行16．相同物质的量的下列有机物，充分燃烧，消耗氧气量相同的是()A．C3H4和C2H6B．C3H6和C4H8OC．C3H6O2和C3H8OD．C3H8O和C4H6O2二、填空题（本题包含5个小题，共52分．请将答案写在答题卷相应题号的位置上．）17．现有X、Y、Z、W、T五种短周期元素．已知X的最外层电子数是次外层电子数的2倍；Y的单质常温下为气体，其氢化物水溶液呈碱性；Z元素的最高正化合价是+7价；W是地壳中含量最多的金属元素；T原子的M层上有6个电子．请回答：（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是__________．（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+，写出某溶液中含该微粒的检验方法__________．（3）元素Z在周期表中的位置是__________，写出一种实验室制备单质Z的化学方程式：__________．元素Z与元素T相比，非金属性较强的是__________（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是__________（填序号）．a．Z的氢化物的酸性比T的氢化物酸性强b．Z的氢化物比T的氢化物稳定c．一定条件下，Z的单质能将T的离子从溶液中置换出来（4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一．T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是__________（写化学式）．T的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为__________．-19-\n（5）写出X形成的最简单有机物与Z单质在光照条件下反应的第一步方程式：__________．18．某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种气态物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析：（1）该反应的化学方程式为：__________．（2）反应开始至2min，用X表示的平均反应速率为__________．（3）反应开始至2min时，Y的转化率为__________．（4）对于上述反应当改变下列条件时，反应速率会发生什么变化（选填“增大”、“减小”或“不变”）？①降低温度：__________；②保持容器的体积不变，增加X的物质的量：__________；③保持容器的体积不变，增加He：__________；④增大容器的体积：__________．19．一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”．如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，可拆写为氧化反应式：Cu﹣2e﹣═Cu2+，还原反应式：2Fe3++2e﹣═2Fe2+．并由此实现了化学能与电能的相互转化．据此，回答下列问题：（1）将反应Zn+2H+═Zn2++H2↑拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为：__________．（2）由题（1）反应，设计成原电池如图所示：若电极a为Zn，电极b可选择材料：__________（只填一种）；电解质溶液甲是__________；电极b处的电极反应式为：__________．（3）利用CH4燃烧原理，CH4可用于制造燃料电池，电池的电解质溶液是KOH溶液，其负极反应为：__________，放电时溶液中的OH﹣向__________极移动，如果消耗标准状况下5.6L的甲烷，转移电子的物质的量为__________．20．工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：-19-\n（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的__________吸收．a．浓H2SO4b．稀HNO3c．NaOH溶液d．氨水（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在__________（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是__________（注明试剂、现象）．（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为__________．（4）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为__________．21．尽管氮元素在地壳中的含量较低（主要以硝酸盐的形式存在），但是大气中有丰富的氮气，这为氨和硝酸的广泛应用提供了可能．（1）氮气的电子式为__________，雷电作用能进行氮的固定，写出反应方程式__________．（2）食物蕴含的营养物质中，含氮的高分子化合物是__________（填名称，下同），其水解的最终产物为__________．（3）土壤中的NH4+在硝化细菌的催化作用下可被氧化成NO3﹣，写出其离子方程式：__________．（4）某镁铝合金用足量稀硝酸完全溶解，得到标准状况下NO11.2L，再向溶液中加入过量氨水，充分反应后过滤．若沉淀质量为40.8g，则合金的质量为__________g．-19-\n2022-2022学年湖北省咸宁市高一（下）期末化学试卷（A卷）一、选择题（本大题包括16小题，每小题3分，共48分．在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．请在答题卷上将正确答案的字母代号涂黑．）1．化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是()A．绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒、无害化的治理B．海水化学资源丰富，利用蒸馏的方法可以获得NaCl、Br2和Mg等物质C．人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的D．动物体内葡萄糖被氧化成H2O、CO2的同时，伴随着热能转变成化学能【考点】常见的生活环境的污染及治理；海水资源及其综合利用．【分析】A．绿色化学的核心：利用化学原理从源头消除污染；B．蒸馏法蒸馏法是分离和提纯彼此互相能以任意比例互溶的液体跟液体的混合物时常用的一种方法，属于物理过程，可以从海水中提盐，要从海水中提取溴、镁得经过一系列化学反应；C．当前能源结构中，燃料的燃烧是主要的能量来源；D．动物体内葡萄糖被氧化成H2O、CO2的同时，伴随着化学能转变成热能．【解答】解：A．绿色化学的核心：利用化学原理从源头消除污染，故A错误；B．要从海水中提取镁和溴，需要经过化学反应，蒸馏属于物理过程，故B错误；C．当前能源结构中，燃料的燃烧是主要的能量来源，燃烧反应为放热反应，所以人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，故C正确；D．人体在运动时发生一系列的化学反应，消耗能量，如ATP与ADP的相互转化，所以人体运动所消耗的能量与化学反应有关，故D错误；故选：C．【点评】本题考查化学反应与能量变化，熟悉生活中的能源及与人类活动有关的能量变化是解答本题的关键，题目难度不大．2．下列物质中，既含离子键、又含非极性共价键的是()A．NaOHB．Na2O2C．NH4ClD．Na2O【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，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，部分碱、大多数盐和金属氧化物、铵盐中含有离子键，据此分析解答．【解答】解：A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O﹣H原子之间存在极性键，故A错误；B．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O﹣O原子之间存在非极性键，故B正确；C．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N﹣H原子之间存在极性键，故C错误；D．氧化钠中钠离子和氧离子之间存在离子键，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，明确二者概念区别是解本题关键，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．3．糖类、油脂和蛋白质是生命活动所必需的营养物质．下列叙述正确的是()A．蛋白质遇浓硫酸变为黄色B．蔗糖水解产物仅有葡萄糖-19-\nC．纤维素不能水解成葡萄糖D．油脂水解产物之一是甘油【考点】淀粉的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A．蛋白质遇浓硝酸变为黄色；B．蔗糖水解得到葡萄糖和果糖；C．纤维素水解的产物是葡萄糖；D．油脂水解得到甘油．【解答】解：A．含苯环的蛋白质遇浓硝酸变为黄色，故A错误；B．蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，故B错误；C．纤维素水解的最终产物是葡萄糖，故C正确；D．油脂水解得到甘油，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的性质，难度不大，明确蛋白质水解的最终产物为多种氨基酸是解题的关键．4．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是()A．乙烯的结构简式为CH2=CH2B．CH4分子的比例模型：C．8个中子的碳原子的符号：12CD．氯化镁的电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式中需要标出官能团结构；B．为甲烷的球棍模型，不是比例模型；C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；D．电子式书写不规范，氯离子不能合并，应该写在镁离子两边．【解答】解：A．乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故A正确；B．甲烷分子中含有4个碳氢键，比例模型主要体现出各原子的相对体积大小，甲烷正确的比例模型为：，故B错误；C．碳原子的质子数为6，中子数为8的碳原子的质量数为14，该原子可以表示为：614C，故C错误；D．氯化镁是离子化合物，由氯离子和镁离子构成，氯化镁正确电子式为：，故D错误；故选A．【点评】本题考查常用化学用语的书写，题目难度中等，注意掌握常用化学用语的书写原则，注意离子化合物、共价键形成的物质的电子式书写方法及区别，试题培养了学生规范答题的能力．-19-\n5．下列有关化学反应速率和限度的说法中，正确的是()A．用H2O2分解制O2，加入1～2滴FeCl3溶液，反应速率加快B．在金属钠与足量水反应中，增加水的量能加快反应速率C．一定条件下的反应：2SO2+O2⇌2SO3中，SO2的转化率能达到100%D．用铁和稀硫酸制取氢气，将稀硫酸换成浓硫酸可以加快反应速率【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】A、三氯化铁为双氧水分解的催化剂；B、根据增加纯液体的量，浓度不变，速率也不变回答；C、二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应为可逆反应；D、浓硫酸与铁在常温下钝化．【解答】解：A、双氧水中加入三氯化铁，即增加了催化剂，化学反应加快，故A正确；B、增加纯液体的量，浓度不变，速率也不变，所以在金属钠与足量水反应中，增加水的量反应速率不变，故B错误；C、此反应为可逆反应，在可逆反应中，反应物不能完全转化为生成物，所以反应物的转化率不能达到百分之百，故C错误；D、浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化，故D错误，故选A．【点评】本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．6．已知16S、34Se位于同一主族，下列关系正确的是()A．热稳定性：H2Se＞H2S＞HClB．原子半径：Se＞P＞SiC．酸性：H3PO4＞H2SO4＞H2SeO4D．还原性：Se2﹣＞Br﹣＞Cl﹣【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．非金属元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；B．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小；C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；D．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱．【解答】解：A．非金属元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性Cl＞S＞Se，所以氢化物的稳定性：H2Se＜H2S＜HCl，故A错误；B．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，Se的电子层数最多，所以原子半径最大，P、Si属于同一周期且Si原子序数小于O，所以这三种元素原子半径：Se＞Si＞P，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性S＞P＞Se，酸性H2SO4＞H3PO4＞H2SeO4，故C错误；D．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性Cl＞Br＞Se，还原性Se2﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了元素周期律，明确元素周期律的内涵是解本题关键，根据元素非金属性强弱与简单阴离子的还原性、其最高价含氧酸的酸性、氢化物的稳定性之间的关系来分析解答，题目难度不大．-19-\n7．下列物质中，在一定条件下既能发生加成反应，也能发生取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是()A．乙烷B．苯C．乙烯D．乙醇【考点】有机物的结构和性质．【分析】碳碳不饱和键、醛基、羰基、苯环都可以发生加成反应，烷烃、醇、酚、羧酸等都可以发生取代反应，醛、醇、酚、碳碳不饱和键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，据此分析解答．【解答】解：A．乙烷能发生取代反应，但不能发生加成反应、不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B．苯能发生取代反应、加成反应，性质较稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；C．乙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误；故选B．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、苯、醇、烷烃的性质，注意：直接连接苯环的碳原子上含有氢原子的苯的同系物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，题目难度不大．8．利用下列实验装置能完成相应实验的是()A．装置测定化学反应速率B．装置模拟海水蒸馏C．装置制备纯净的NH3D．装置比较MnO2、Cl2、S的氧化性【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．可根据一定时间内生成气体的体积测定反应速率；-19-\nB．温度计位置错误；C．氨气不能用氯化钙干燥；D．应在加热条件下制备氯气．【解答】解：A．可根据一定时间内生成气体的体积测定反应速率，故A正确；B．温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口，故B错误；C．可用碱性干燥剂吸收水和二氧化碳，氯化钙和氨气能发生络合反应，不能用氯化钙干燥，故C错误；D．用浓酸和二氧化锰制备氯气，应在加热条件下进行，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，为解答该题的关键，易错点为C，注意氯化钙干燥剂的性质．9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是()A．标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NAB．16gO2和O3的混合气体中，含有的氧原子数是1.5NAC．1mol苯分子中含有的碳碳双键数为3NAD．1molOD﹣中含有的质子数、中子数均为9NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，四氯化碳为液体；B、氧气和臭氧均由氧原子构成；C、苯不是单双键交替的结构；D、1molOD﹣中含9mol质子、9mol中子．【解答】解：A、标况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量n==1mol，个数为NA个，故B错误；C、苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，故C错误；D、根据质量数A=质子数Z+中子数N可知，1molOD﹣中含9mol质子、9mol中子，即均为9NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，根据公式和物质的结构来计算是解题关键，难度不大．10．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是()-19-\nA．该反应是吸热反应B．断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键可放出xkJ能量C．断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量【考点】化学反应中能量转化的原因．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量；C、根据旧键的断裂吸收能量；D、根据图象可判断反应物与生成物的总能量．【解答】解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C、因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA﹣B键需要吸收ykJ能量，故C正确；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生有关化学反应中的能量变化知识，可以根据所学知识来进行，难度不大．11．下列分子式所表示的物质的同分异构体数目最多的是（不考虑立体异构）()A．CH2Cl2B．C2H2Cl2C．C4H8D．C3H7Cl【考点】有机化合物的异构现象．【分析】A．甲烷不存在同分异构体，则二氯甲烷只有1种结构；B．二氯乙烷存在2种结构，两个氯原子同碳或异碳；C．C4H8可能为丁烯或环丁烷、甲基环丙烷；D．根据丙烷有2种等效H原子判断C3H7Cl的同分异构体数目．【解答】解：A．由于甲烷不存在同分异构体，则CH2Cl2只有1种结构；B．C2H2Cl2存在两个Cl碳碳和异碳两种结构；C．C4H8可能为丁烯（分为1丁烯、2﹣丁烯、2﹣甲基丙烯3种）、环丁烷、甲基环丙烷，存在5种结构；D．丙烷分子中含有2种等效H原子，则C3H7Cl的同分异构体数目为2，；根据分析可知，同分异构体数目最多的为C，故选C．【点评】本题考查了同分异构体数目的求算，题目难度中等，明确同分异构体的书写原则为解答关键，C中不要漏掉了环烷烃，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力．12．在2L密闭容器中，发生3A（g）+B（g）⇌2C（g）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器中B的物质的量是()A．1.6molB．2.8molC．3.2molD．3.6mol【考点】化学反应速率的概念；化学平衡的计算．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B），再根据△c（B）=v（B）•△t计算B的浓度变化量，B的起始浓度﹣B的浓度变化量=10s后容器中B的物质的量浓度，n=VC计算溶质B物质的量．-19-\n【解答】解：A的平均反应速率为0.12mol•L﹣1•s﹣1，则v（B）=×0.12mol•L﹣1•s﹣1=0.04mol•L﹣1•s﹣1，故10s后容器中B的物质的量浓度=﹣0.04mol•L﹣1•s﹣1×10s=1.6mol/L，B物质的量=1.6mol/L×2L=3.2mol，故选C．【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，比较基础，注意公式的理解与灵活运用，题目较简单．13．在一定温度下，向aL密闭容器中加入一定量A、B气体，发生如下反应：A2（g）+3B（g）⇌2C2（g）+2D（g），下列叙述能说明该反应达到化学平衡状态的是()A．容器中总压强不再随时间而变化B．v正（B）=0.03mol/（L•s），v逆（D）=1.2mol/（L•min）C．单位时间内断裂一个A﹣A键，同时生成两个C﹣C键D．容器中混合气体的密度不再随时间而变化【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、该反应两边的计量数相等，所以从反应开始到平衡容器内压强一直不变，故A错误；B、v正（B）=0.03mol/（L•s），等效于v正（D）=1.2mol/（L•min），正逆反应速率相等，故B正确；C、只要从反应发生，就具有单位时间内断裂一个A﹣A键，同时生成两个C﹣C键，故C错误；D、容器中混合气体的密度始终不变，所以密度不变不能作为反应达到平衡状态的标志，故D错误；故选B．【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0．14．把a、b、c、d四块金属浸入稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池．若a、b相连时a溶解；c、d相连时电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡；b、d相连时，b极上发生还原反应，则四种金属活动性顺序由强到弱为()A．a＞b＞c＞dB．c＞a＞b＞dC．a＞c＞d＞bD．b＞d＞c＞a【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【分析】一般来说，原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极，据此判断金属活动性强弱．【解答】解：一般来说，原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极，若a、b相连时a溶解，则a是负极、b是正极，活动性a＞b；c、d相连时电流由d到c，则c是负极、d是正极，活动性c＞d；-19-\na、c相连时，c极上产生大量气泡，则a是负极、c是正极，活动性a＞c；b、d相连时，b极上发生还原反应，则b是正极、d是负极，活动性d＞b，通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是a＞c＞d＞b，故选C．【点评】本题以原电池原理为载体考查金属性强弱判断，明确正负极判断方法是解本题关键，知道电子流向及电流流向，知道正负极与金属活动性强弱关系，题目难度不大．15．某锂电池的电池总反应为4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2，下列有关说法错误的是()A．锂电极作电池负极，放电过程中发生氧化反应B．1molSOCl2发生电极反应转移的电子数为2molC．电池的正极反应为2SOCl2+2e﹣═4Cl﹣+S+SO2D．组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池总反应4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2可知，电池工作时，Li被氧化，为原电池的负极，电池反应式为Li﹣e﹣=Li+，SOCl2被还原，为电池的正极，电极反应式为2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2，由于Li和SOCl2都易与水反应，电解池应为非水电解质．【解答】解：A．由方程式可知锂电极作电池负极，发生氧化反应，故A正确；B．正极电极反应式为2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2，1molSOCl2发生反应时，转移的电子数为2mol，故B正确；C．正极电极反应式为2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2，题中电子数目错误，故C错误；D．由于Li和SOCl2都易与水反应，电解池应为非水电解质，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度不大，注意把握电极反应式的书写，为解答该题的关键，也是易错点，学习中注意把握电极反应式的书写方法．16．相同物质的量的下列有机物，充分燃烧，消耗氧气量相同的是()A．C3H4和C2H6B．C3H6和C4H8OC．C3H6O2和C3H8OD．C3H8O和C4H6O2【考点】有关混合物反应的计算．【分析】根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于x+，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于x+﹣，据此判断物质的量相同各物质的耗氧量．【解答】解：A、C3H4，其x+=3+1=4，即1molC3H4消耗4mol氧气，而1molC2H6的耗氧量为：2+=3.5mol，故A不符合；B、设C3H6和C4H8O各为1mol，则耗氧量分别为：4.5mol和5.5mol，故B不符合；C、设C3H6O2和C3H8O各为1mol，则耗氧量分别为：3.5mol和4.5mol，故C不符合；D、设C3H8O和C4H6O2各为1mol，则耗氧量分别为：4.5mol和4.5mol，故D符合；故选：D．【点评】考查有机物耗氧量规律，难度较小，掌握有机物耗氧量规律，注意知识的归纳总结．-19-\n二、填空题（本题包含5个小题，共52分．请将答案写在答题卷相应题号的位置上．）17．现有X、Y、Z、W、T五种短周期元素．已知X的最外层电子数是次外层电子数的2倍；Y的单质常温下为气体，其氢化物水溶液呈碱性；Z元素的最高正化合价是+7价；W是地壳中含量最多的金属元素；T原子的M层上有6个电子．请回答：（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是614C．（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4+，写出某溶液中含该微粒的检验方法取适量溶液放入试管中，向试管中加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则可证明溶液中含NH4+．（3）元素Z在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，写出一种实验室制备单质Z的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．元素Z与元素T相比，非金属性较强的是Cl（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是bc（填序号）．a．Z的氢化物的酸性比T的氢化物酸性强b．Z的氢化物比T的氢化物稳定c．一定条件下，Z的单质能将T的离子从溶液中置换出来（4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一．T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是H2CO3（写化学式）．T的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为3H++Al（OH）3=Al3++3H2O．（5）写出X形成的最简单有机物与Z单质在光照条件下反应的第一步方程式：CH4+Cl2CH3Cl+HCl．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、W、T五种短周期元素，X元素原子最外电子数是次外层电子数的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Y元素常温下单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，则Y为氮元素；Z元素最高正化合价是+7，最外层电子数为7，则Z为Cl元素；W是地壳中含量最多的金属元素，则W为Al；T原子的M层上有6个2电子，则T有3个电子层，最外层电子数为6，则T为S元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、T五种短周期元素，X元素原子最外电子数是次外层电子数的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Y元素常温下单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，则Y为氮元素；Z元素最高正化合价是+7，最外层电子数为7，则Z为Cl元素；W是地壳中含量最多的金属元素，则W为Al；T原子的M层上有6个2电子，则T有3个电子层，最外层电子数为6，则T为S元素．（1）碳元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是614C，故答案为：614C；（2）元素Y与氢元素形成一种离子NH4+，溶液中含有该微粒的检验方法：取适量溶液放入试管中，向试管中加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则可证明溶液中含NH4+，故答案为：取适量溶液放入试管中，向试管中加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则可证明溶液中含NH4+；（3）元素Z为Cl，在周期表中的位置是：第三周期第ⅦA族，实验室制备氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；同周期自左而右非金属性减弱，故Cl元素非金属性较强，a．氢化物酸性不能说明元素非金属性强弱，若HF为弱酸、HCl为强酸，故a错误；b．氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，故b正确；-19-\nc．一定条件下，氯气能将硫离子从溶液中置换出来，可以说明Cl元素非金属性较强，故c正确，故答案为：第三周期第ⅦA族；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl；bc；（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4、H2CO3、HNO3、HClO4，H2CO3是弱酸，其余均为强酸，W最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，与硫酸反应离子方程式为：3H++Al（OH）3=Al3++3H2O，故答案为：H2CO3；3H++Al（OH）3=Al3++3H2O；（5）X形成的最简单有机物为CH4，与氯气在光照条件下反应的第一步方程式：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，推断元素是解题关键，注意基础知识的理解掌握．18．某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种气态物质的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线如图所示，由图中数据分析：（1）该反应的化学方程式为：Y+3X⇌2Z．（2）反应开始至2min，用X表示的平均反应速率为0.075mol/（L•min）．（3）反应开始至2min时，Y的转化率为10%．（4）对于上述反应当改变下列条件时，反应速率会发生什么变化（选填“增大”、“减小”或“不变”）？①降低温度：减小；②保持容器的体积不变，增加X的物质的量：增大；③保持容器的体积不变，增加He：不变；④增大容器的体积：增大．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，2min后X、Y物质的量不变，属于可逆反应，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比确定化学计量数；（2）2min末X的物质的量为0.7mol，根据v=计算X表示的速率；（3）Y的转化率=×100%；（4）①降低温度，反应速率减小；②保持容器的体积不变，增加X的物质的量，X浓度增大，反应速率增大；③保持容器的体积不变，增加He，反应混合物各组分浓度不变；-19-\n④增大容器的体积，压强减小，各组分浓度减小．【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，2min后X、Y物质的量不变，属于可逆反应，当反应进行到2min时，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，△n（X）=0.3mol，则△n（Y）：△n（Z）：△n（X）=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：Y+3X⇌2Z，故答案为：Y+3X⇌2Z；（2）2min末X的物质的量为0.7mol，X表示的反应速率==0.075mol/（L•min），故答案为：0.075mol/（L•min）；（3）当反应进行到2min时，△n（Y）=0.1mol，则Y的转化率为×100%=10%，故答案为：10%；（4）①降低温度，反应速率减小，故答案为：减小；②保持容器的体积不变，增加X的物质的量，X浓度增大，反应速率增大，故答案为：增大；③保持容器的体积不变，增加He，反应混合物各组分浓度不变，反应速率不变，故答案为：不变；④增大容器的体积，压强减小，各组分浓度减小，反应速率减小，故答案为：减小．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算与影响因素，比较基础，有利于基础知识的巩固．19．一个完整的氧化还原反应方程式可以拆写成两个“半反应式”，一个是“氧化反应式”，一个是“还原反应式”．如2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，可拆写为氧化反应式：Cu﹣2e﹣═Cu2+，还原反应式：2Fe3++2e﹣═2Fe2+．并由此实现了化学能与电能的相互转化．据此，回答下列问题：（1）将反应Zn+2H+═Zn2++H2↑拆写为两个“半反应式”：其中，氧化反应式为：Zn﹣2e﹣=Zn2+．（2）由题（1）反应，设计成原电池如图所示：若电极a为Zn，电极b可选择材料：铜（只填一种）；电解质溶液甲是ZnSO4；电极b处的电极反应式为：H++2e﹣=H2↑．（3）利用CH4燃烧原理，CH4可用于制造燃料电池，电池的电解质溶液是KOH溶液，其负极反应为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，放电时溶液中的OH﹣向负极移动，如果消耗标准状况下5.6L的甲烷，转移电子的物质的量为2mol．【考点】探究原电池及其工作原理．【分析】（1）失电子的物质发生氧化反应；-19-\n（2）将反应Zn+2H+═Zn2++H2↑，若电极a为Zn，电极b为不如锌活泼的金属或导电的非金属，电极和相应的电解质溶液含有相同的阳离子，正极上得电子发生还原反应；（3）负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，正负极反应式分别为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣、CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，结合电解方程式解答．【解答】解：（1）根据方程式知，锌失电子发生氧化反应，所以其反应式为：Zn=Zn2++2e﹣，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+；（2）反应Zn+2H+═Zn2++H2↑，若电极a为Zn，电极b为不如锌活泼的金属或导电的非金属，如铜等，电极和相应的电解质溶液含有相同的阳离子，可以是硫酸锌溶液，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故答案为：铜；ZnSO4；H++2e﹣=H2↑；（3）该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极方程式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，阴离子向负极移动，如果消耗标准状况下5.6L的甲烷，n（CH4）==0.25mol，由电极方程式可知转移电子的物质的量为2mol，故答案为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；负；2mol．【点评】本题考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，所有的燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，难点是电极反应式的书写．20．工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的cd吸收．a．浓H2SO4b．稀HNO3c．NaOH溶液d．氨水（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在Fe3+（填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是另取少量所得溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫红色褪去（注明试剂、现象）．（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu．（4）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为4H++O2+4e﹣=2H2O．【考点】金属的回收与环境、资源保护．【分析】（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；（4）根据原电池原理，正极发生的是化合价降低得电子的反应．-19-\n【解答】解：（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，a．浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；c．NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，不产生新的污染气体，故c正确；d．氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，不产生新的污染气体，故d正确；故答案为：c、d；（2）Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中存在Fe2+；（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu，故答案为：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；（4）原电池正极发生的是化合价降低得电子的反应，根据方程式可知是O2得电子，另外，由于H2SO4存在，所以发生的O2酸性条件下的电极反应：4H++O2+4e﹣═2H2O，故答案为：4H++O2+4e﹣═2H2O．【点评】本题考查了元素化合物铜、氮、铁、硫的性质，掌握常见离子的检验是解答本题的关键，题目难度不大．21．尽管氮元素在地壳中的含量较低（主要以硝酸盐的形式存在），但是大气中有丰富的氮气，这为氨和硝酸的广泛应用提供了可能．（1）氮气的电子式为，雷电作用能进行氮的固定，写出反应方程式N2+O22NO．（2）食物蕴含的营养物质中，含氮的高分子化合物是蛋白质（填名称，下同），其水解的最终产物为氨基酸．（3）土壤中的NH4+在硝化细菌的催化作用下可被氧化成NO3﹣，写出其离子方程式：NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+．（4）某镁铝合金用足量稀硝酸完全溶解，得到标准状况下NO11.2L，再向溶液中加入过量氨水，充分反应后过滤．若沉淀质量为40.8g，则合金的质量为15.3g．【考点】含氮物质的综合应用；铵盐；镁的化学性质；铝的化学性质．【分析】（1）氮原子最外层5个电子，氮气中两个氮原子形成3对共用电子对；空气中的氮气与氧气在雷电的作用下发生反应生成一氧化氮；（2）蛋白质是由氨基酸缩合而成的含氮的高分子化合物，蛋白质水解生成多肽化合物，多肽化合物水解最终产物为氨基酸；（3）NH4+在硝化细菌的催化作用下被空气中的氧气氧化为硝酸根离子，依据得失电子守恒写出化学方程式；（4）镁铝合金与足量稀硝酸发生氧化还原反应，转化成硝酸镁和硝酸铝，部分硝酸得到电子被还原为NO，向反应后的溶液中加入过量的氨水，镁、铝离子完全反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，依据质量守恒和氧化还原反应中电子得失守恒计算解答．-19-\n【解答】解：（1）氮气中两个氮原子形成3对共用电子对，电子式为：；氮气与氧气在雷电的作用下发生反应生成一氧化氮，方程式为：N2+O22NO；故答案为：；N2+O22NO；（2）蛋白质是由氨基酸缩合而成的含氮的高分子化合物，属于食物蕴含的营养物质中，含氮的高分子化合物是蛋白质；蛋白质水解生成多肽化合物，多肽化合物水解最终产物为氨基酸，所以蛋白质水解的最终产物为氨基酸，故答案为：蛋白质；氨基酸；（3）NH4+在硝化细菌的催化作用下被空气中的氧气氧化的离子方程式为：NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+，故答案为：NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+；（4）设合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，反应中镁失去电子变成二价镁离子，铝失去电子变成铝离子，硝酸中氮原子有+5价将为NO中的+2价，依据氧化还原反应中得失电子相等的规律则：2x+3y=×（5﹣2）；向溶液中加入过量氨水，充分反应后过滤，沉淀质量为40.8g为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀质量，依据元素守恒计算得到：58x+78y=40.8解得：x=0.3moly=0.3mol合金的质量=m（Mg）+m（Al）=0.3mol×24g/mol+0.3mol×27g/mol=15.3g故答案为：15.3．【点评】本题考查了氮及其化合物的性质，题目涉及到电子式的书写、化学方程式的书写、离子方程式的书写、硝酸的相关计算，综合性强，难度中等，解题的关键在于把握反应的过程，抓住氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒的规律．-19-