2022-2022学年四川省巴中市平昌中学高一（下）第二次月考化学试卷一、单项选择题（共15小题，每小题3分，共45分）1．有关18O的叙述正确的是()A．与O3中普通氧原子的化学性质不同B．是O3的同素异形体C．与23Na含的中子数相同D．与16O互为同位素2．下列有关化学用语正确的是()A．HCl的电子式H：ClB．HClO的结构式H﹣Cl﹣OC．MgBr2的形成过程用电子式表示为：D．Cl﹣的结构示意图3．下列属于吸热反应的是()A．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl（s）混合反应B．生石灰和水的反应C．液态水气化D．盐酸与氢氧化钠溶液的反应4．下列四个选项是在不同的情况下对化学反应3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g）测得的用不同物质表示的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最快的是()A．v（D）=0.5mol•L﹣1．s﹣1B．v（C）=3.0mol•L﹣1•min﹣1C．v（B）=0.30mol•L﹣1．s﹣1D．v（A）=0.60mol•L﹣1．s﹣15．下列排列顺序不正确的是()A．热稳定性：HF＞HCl＞HBrB．碱性：Ca（OH）2＞Mg（OH）2C．元素金属性：Na＞Mg＞AlD．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO46．在反应：C（s）+CO2（g）=2CO（g）中，可使反应速率增大的措施是()①增大压强②升高温度③恒容通入CO2④增加碳的量⑤恒容通入N2．A．①②③⑤B．①②③④⑤C．①②③D．②③④7．下列说法中正确的是()A．CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B．在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物19\nD．第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间都能形成离子键8．硒是第四周期ⅥA元素，现在含有元素硒（Se）的保健品已经进入市场，关于硒的说法中不正确的是()A．原子序数为34B．还原性：H2Se＜H2SC．酸性：H2SeO4＜HBrO4D．Se氧化物化学式有：SeO2、SeO39．下列对一些实验事实和理论解释正确的是()选项实验事实理论解释AHCl气体溶于水，能导电HCl为离子化合物BHBr的酸性强于HCl的酸性Br的非金属性比Cl强CK3C60在熔融状态下能够导电K3C60中含有离子键DHF的沸点高于HClF的非金属性比Cl强A．AB．BC．CD．D10．将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：其中正确的是()①用N2表示的反应速率为0.15mol•L﹣1•s﹣1②用H2表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时N2与H2的转化率相等④2s时H2的浓度为0.6mol•L﹣1．A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③④11．可逆反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g），在体积不变的密闭容器中反应，一定达到平衡状态的标志是()A．单位时间内生成nmolO2的同时生成nmolNO2B．混合气体的颜色不再改变的状态C．ν（NO2）：ν（NO）：ν（O2）=2：2：1的状态D．混合气体的密度不再改变的状态12．NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是()A．常温下，7.8g固体Na2O2中，含有的阴阳离子总数为0.4NAB．4.48L氨气分子中含0.6NA个N﹣H键C．铁、Cu片、稀硫酸组成的原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子为0.3NAD．4℃时，20g2H216O中含有共用电子对数为2NA13．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如下，其中T原子的M层电子数比K层多2个，下列叙述不正确的是()19\nA．H2R2的分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键B．T的氧化物是一种良好的半导体材料C．Q、R的简单氢化物分子所含质子数、电子数与Ne分子相同D．Q的氢化物与W的氢化物反应有白烟现象，且生成物中既含有离子键，又含有共价键14．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB．电池放电过程中，正极附近溶液的pH增大C．电池放电时，电解质溶液中OH﹣移向正极D．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）215．一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3，当达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是()A．c1：c2=1：3（若c1大于0）B．当4v（X）正=v（Y）逆时，该反应还在向正反应方向建立平衡C．c1=0.04D．0≤c2≤0.42二、解答题（共4小题，满分55分）16．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，完成下列填空：（1）该反应的化学方程式为__________；（2）若升高温度，则v（正）__________v（逆）．（填“加快”或“减慢”）．（3）反应开始至2min，Z的反应速率为__________；反应达到平衡时，X的转化率是__________，反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为__________．17．乙烯、苯都是重要的有机化工原料，试回答下列问题：（1）可以用来鉴别甲烷和乙烯的试剂是__________A、水B、稀硫酸C、溴的四氯化碳溶液D、酸性高锰酸钾溶液（2）下列混合物不能用分液漏斗分离的是__________A、四氯化碳与水B、苯与水C、酒精与水D、己烷与水（3）将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，现象是__________，其化学方程式为__________19\n（4）在一定条件下，乙烯能与水发生加成反应生成有机物A，生成有机物A的化学方程式是__________（5）在一定条件下，乙烯能发生聚合反应生成一种塑料，写出该反应的方程式是__________．18．（19分）下表为元素周期表的一部分，请参照下列元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是__________（填化学式），其中含有的化学键类型是：__________，c元素10电子的氢化物的电子式为__________．（2）写出e2d2的电子式为__________，（3）写出f的最高价氧化物与e的最高价氧化物的水化物之间的离子方程式为__________．（4）由a单质和d的常见单质组成的燃料电池，其电解质溶液为KOH溶液，则正极反应式为：__________，工作一段时间后，电解质溶液的PH会__________（选填变大、变小、不变），若该电池每消耗2.24La单质（标准状况）时，转移的电子数为__________．（5）d的氢化物与i的氢化物的沸点较高的是__________（填化学式），原因是__________．（6）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为__________．A．MnO2B．FeCl3C．Na2SO3D．K2SO4（7）已知由a、b形成的一种化合物，其相对分子质量在30～50之间，且b的质量分数为．该化合物的分子式为__________．19．（14分）A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的氧化物既可以与强酸反应，又可以与强碱反应；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：（1）写出下列元素名称：B__________、E、__________．（2）C元素在元素周期表中的位置__________；A、B、C、D离子半径由大到小的顺序为__________．（3）Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱顺序为：__________，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为__________．（4）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，如果氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，则反应的离子方程式为：__________．（5）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是__________（填元素符号）．19\n19\n2022-2022学年四川省巴中市平昌中学高一（下）第二次月考化学试卷一、单项选择题（共15小题，每小题3分，共45分）1．有关18O的叙述正确的是()A．与O3中普通氧原子的化学性质不同B．是O3的同素异形体C．与23Na含的中子数相同D．与16O互为同位素【考点】同位素及其应用；同素异形体．【分析】A．同种元素化学性质相同；B．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质；C．元素左上角数字为质量数，左下角为质子数，根据质子数+中子数=质量数进行判断；D．根据质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素来分析解答．【解答】解：A．元素的化学性质主要与元素的核外的电子排布有关，18O与O3中普通氧原子都属于同一元素氧元素，化学性质相同，故A错误；B．18O是氧原子，而O3是由氧元素组成的单质，两者不是同素异形体，故B错误；C．18O的中子数为18﹣8=10，23Na的中子数为23﹣11=12，两者中子数不同，故C错误；D．18O的质子数为8，中子数为18﹣8=10，16O的质子数为8，中子数为16﹣8=8，两者质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了元素符号的意义、同素异形体、同位素等知识，注意概念的理解与把握，注意元素左上角数字为质量数，左下角为质子数，质子数+中子数=质量数，题目难度不大．2．下列有关化学用语正确的是()A．HCl的电子式H：ClB．HClO的结构式H﹣Cl﹣OC．MgBr2的形成过程用电子式表示为：D．Cl﹣的结构示意图【考点】电子式；原子结构示意图；结构式．【分析】A、氯原子最外层电子未标注；B、HClO分子中O形成2对共用电子对；C、溴化镁为离子化合物，需要标注阴阳离子；D、氯原子得到一个电子相乘氯离子；【解答】解：A、HCl电子式为，故A错误；B、．HClO分子中O形成2对共用电子对，则HClO分子的结构式为H﹣O﹣Cl，故B错误；19\nC、MgBr2的形成过程用电子式表示为，故C错误；D、Cl﹣的结构示意图，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学键、离子化合物和共价化合物的区分、用电子式的形成过程，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．3．下列属于吸热反应的是()A．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl（s）混合反应B．生石灰和水的反应C．液态水气化D．盐酸与氢氧化钠溶液的反应【考点】吸热反应和放热反应．【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、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）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：A．Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl（固体）反应是吸热反应，在反应中吸收热量，故A正确；B．生石灰跟水反应生成熟石灰，反应放出大量的热，则属于放热反应，故B错误；C．液态水汽化吸收热量，但属于物理变化，不属于吸热反应，故C错误；D．盐酸与氢氧化钠溶液的反应，属于中和反应，是典型的放热反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学反应的热量变化，应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆，题目难度不大．4．下列四个选项是在不同的情况下对化学反应3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g）测得的用不同物质表示的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最快的是()A．v（D）=0.5mol•L﹣1．s﹣1B．v（C）=3.0mol•L﹣1•min﹣1C．v（B）=0.30mol•L﹣1．s﹣1D．v（A）=0.60mol•L﹣1．s﹣1【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，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，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，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快．A．=0.25mol/（L•s）；B．v（C）=3.0mol•L﹣1•min﹣1=0.06mol/（L•s），=0.03mol/（L•s）；19\nC.=0.3mol/（L•s）；D.=0.2mol/（L•s），故v（B）＞v（D）＞v（A）＞v（C），故选C．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，比较基础，利用比值法可以快速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较．5．下列排列顺序不正确的是()A．热稳定性：HF＞HCl＞HBrB．碱性：Ca（OH）2＞Mg（OH）2C．元素金属性：Na＞Mg＞AlD．酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4【考点】元素周期律的作用．【分析】A、元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B、元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；C、同一周期，原子序数越大，金属性越弱；D、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强．【解答】解：A．元素的非金属性：F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF，故A正确；B．金属性：Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故B正确；C．Na、Mg、Al处于同一周期，随着原子序数的增大，金属性减弱，故C正确；D．非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性为H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故D错误，故选D．【点评】本题考查元素周期律的递变，题目难度不大，本题注意把握元素周期律的递变规律以及金属性、非金属性与最高价含氧酸、碱以及氢化物稳定性的关系．6．在反应：C（s）+CO2（g）=2CO（g）中，可使反应速率增大的措施是()①增大压强②升高温度③恒容通入CO2④增加碳的量⑤恒容通入N2．A．①②③⑤B．①②③④⑤C．①②③D．②③④【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】增大反应的化学反应速率，可通过增大浓度、升高温度、使用催化剂等措施，对于气体参加的反应，还可以增大压强，以此解答该题．【解答】解：①缩小容器体积，压强增大，反应速率加快，故①正确；②升高温度，反应速率增大，故②正确；③恒容通入CO2，CO2浓度增大，反应速率加快，故③正确；④C是固体，增加C的量，不影响反应速率，故④错误；⑤恒容下充入N2，参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，故⑤错误；故选C．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的基本概念的理解和运用，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大．19\n7．下列说法中正确的是()A．CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B．在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D．第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间都能形成离子键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期表的结构及其应用；离子化合物的结构特征与性质．【分析】A．在ABn型分子中，如果A原子的最外层电子数+成键电子数=8，则该化合物中所有原子都达到8电子结构，但氢化物除外；B．在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料；C．由非金属元素组成的化合物中可能存在离子键；D．氢和第ⅦA族元素的原子之间形成共价键．【解答】解：A．氢原子最多满足最为最外层两电子结构，故氨气中氢原子没达到8电子稳定结构，BF3中B原子最外层电子数为6，不满足8电子稳定结构，故A错误；B．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B正确；C．由非金属元素组成的化合物中可能存在离子键，如氯化铵，含离子键的化合物一定是离子化合物，故C错误；D．第ⅠA族氢元素和第ⅦA族元素的原子之间形成共价键，故D错误；故选B．【点评】本题考查了原子结构、元素周期表应用及化学键类型判断，中等难度．注意氢元素原子结构的特殊性及氢元素在周期表的位置．8．硒是第四周期ⅥA元素，现在含有元素硒（Se）的保健品已经进入市场，关于硒的说法中不正确的是()A．原子序数为34B．还原性：H2Se＜H2SC．酸性：H2SeO4＜HBrO4D．Se氧化物化学式有：SeO2、SeO3【考点】原子结构与元素的性质．【分析】A．硒是第四周期ⅥA元素，与S元素原子序数相差第四周期容纳元素种数；B．同主族上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物还原性越弱；C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D．Se与S元素性质相似．【解答】解：A．硒是第四周期ⅥA元素，与S元素原子序数相差第四周期容纳元素种数，其原子序数为16+18=34，故A正确；B．同主族上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物还原性越弱，故还原性：H2Se＞H2S，故B错误；C．非金属性Br＞Se，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性：H2SeO4＜HBrO4，故C正确；D．Se与S元素性质相似，Se氧化物化学式有：SeO2、SeO3，故D正确，故选B．19\n【点评】本题考查元素周期表和元素周期律，明确元素的位置和性质的关系及同主族性质变化规律即可解答，难度不大．9．下列对一些实验事实和理论解释正确的是()选项实验事实理论解释AHCl气体溶于水，能导电HCl为离子化合物BHBr的酸性强于HCl的酸性Br的非金属性比Cl强CK3C60在熔融状态下能够导电K3C60中含有离子键DHF的沸点高于HClF的非金属性比Cl强A．AB．BC．CD．D【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；离子化合物的结构特征与性质．【分析】A．HCl在水分子的作用下能电离出阴阳离子而使盐酸溶液导电，但HCl是共价化合物；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，与氢化物水溶液酸性强弱无关；C．熔融状态下能导电的化合物中含有阴阳离子；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，与氢化物的熔沸点高低无关．【解答】解：A．HCl在水分子的作用下能电离出阴阳离子而使盐酸溶液导电，但HCl分子中只存在共价键，所以是共价化合物，结论错误，故A错误；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，与氢化物水溶液酸性强弱无关，所以不能根据HBr溶液的酸性大于HCl来判断Cl、Br元素非金属性强弱，故B错误；C．熔融状态下能导电的化合物中含有阴阳离子，为离子晶体，所以K3C60在熔融状态下能够导电，则说明K3C60中含有离子键，故C正确；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，与氢化物的熔沸点高低无关，氢化物的熔沸点与氢键、相对分子质量大小有关，故D错误；故选C．【点评】本题考查非金属性强弱判断、化学键，侧重考查学生分析判断能力，根据物质的构成微粒及微粒之间作用力判断化学键，注意氢化物的稳定性与化学键有关，氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关，为易错点．10．将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：其中正确的是()①用N2表示的反应速率为0.15mol•L﹣1•s﹣1②用H2表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时N2与H2的转化率相等④2s时H2的浓度为0.6mol•L﹣1．A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③④【考点】化学平衡的计算．【分析】将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：0.61.81.22s时（mol）：0.41.21.219\n①根据v=计算用N2表示的反应速率；②根据v=计算用H2表示的反应速率；③N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等；④根据c=计算．【解答】将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：0.61.81.22s时（mol）：0.41.21.2①用N2表示的反应速率为=0.15mol•L﹣1•s﹣1，故①正确；②用H2表示的反应速率=0.45mol•L﹣1•s﹣1，故②错误；③N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等，故③正确；④2s时H2的浓度为=0.6mol•L﹣1，故④正确，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算，注意三段式解题法在化学平衡计算中应用，比较基础．11．可逆反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g），在体积不变的密闭容器中反应，一定达到平衡状态的标志是()A．单位时间内生成nmolO2的同时生成nmolNO2B．混合气体的颜色不再改变的状态C．ν（NO2）：ν（NO）：ν（O2）=2：2：1的状态D．混合气体的密度不再改变的状态【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、量之比不等于计量数之比，所以不是平衡状态，故A错误；B、混合气体的颜色不再变，说明二氧化氮的浓度不变，说明达平衡状态，故B正确；C、只要反应发生就符合ν（NO2）：ν（NO）：ν（O2）=2：2：1的状态，故C错误；D、混合气体的密度始终不变，所以不能作平衡状态的标志，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0．19\n12．NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是()A．常温下，7.8g固体Na2O2中，含有的阴阳离子总数为0.4NAB．4.48L氨气分子中含0.6NA个N﹣H键C．铁、Cu片、稀硫酸组成的原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子为0.3NAD．4℃时，20g2H216O中含有共用电子对数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A.1个过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子；B．气体的状况未知；C．铁在反应表现+2价，根据n=计算铁物质的量，再根据N=nNA计算电子数目；D．每个2H216O含有2对共用电子对，根据n=计算2H216O的物质的量，再根据N=nNA计算共用电子对数目．【解答】解：A.7.8g固体Na2O2中的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子和0.1mol过氧根离子，含有的阴阳离子总数为0.3NA，故A错误；B．气体的状况未知，无法计算氨气的物质的量，故B错误；C．铁在反应表现+2价，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子数为×2×NAmol﹣1=0.2NA，故C错误；D.20g2H216O中含有共用电子对数为×2×NAmol﹣1=2NA，故D正确；故选：D．【点评】本题考查常用化学计量数的有关计算，难度较小，注意Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的，注意气体摩尔体积的使用条件．13．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如下，其中T原子的M层电子数比K层多2个，下列叙述不正确的是()A．H2R2的分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键B．T的氧化物是一种良好的半导体材料C．Q、R的简单氢化物分子所含质子数、电子数与Ne分子相同D．Q的氢化物与W的氢化物反应有白烟现象，且生成物中既含有离子键，又含有共价键【考点】原子结构与元素的性质．【分析】T原子的M层电子数比K层多2个，M层电子数为2+2=4，则T为Si；由元素在元素周期表中的位置可知，Q为N、R为O、W为Cl，据此解答．【解答】解：T原子的M层电子数比K层多2个，M层电子数为2+2=4，则T为Si；由元素在元素周期表中的位置可知，Q为N、R为O、W为Cl，A．H2O2的分子中O原子与H原子之间形成极性键，O原子之间形成非极性键，故A正确；B．Si单质是一种良好的半导体材料，Si的氧化物二氧化硅是制造光导纤维的材料，故B错误；19\nC．N、O的简单氢化物分别为NH3、H2O，分子所含质子数、电子数均为10，与Ne分子相同，故C正确；D．氨气与HCl反应生成氯化铵，有白烟现象，氯化铵中既含有离子键，又含有共价键，故D正确，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，明确元素是解题关键，侧重对基础知识的巩固，题目难度不大．14．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB．电池放电过程中，正极附近溶液的pH增大C．电池放电时，电解质溶液中OH﹣移向正极D．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，负极电极反应为Fe+20H﹣一2e﹣═Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，最终生成Ni（OH）2，所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣，据此分析判断．【解答】解：A．根据放电时总反应方程式知放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，所以电池的电解液应该为碱性溶液，Fe作负极，故A正确；B．Ni2O3作正极，发生还原反应，最终生成Ni（OH）2，所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣，所以正极附近溶液的pH增大，故B正确；C．根据反应电池放电时，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为Ni2O3+3H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣，若外电路中有2mol电子转移，则内电路中有2molOH﹣移向负极，故C错误；D．放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，负极电极反应为Fe+20H﹣一2e﹣═Fe（OH）2，故D正确；故选C．【点评】本题考查电池的工作原理，涉及到原电池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应，题目难度中等．15．一定条件下，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3，当达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是()A．c1：c2=1：3（若c1大于0）B．当4v（X）正=v（Y）逆时，该反应还在向正反应方向建立平衡C．c1=0.04D．0≤c2≤0.42【考点】化学平衡的计算．【专题】极端假设法；化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】A．起始浓度﹣变化浓度=平衡浓度，X、Y的化学计量数为1：3，平衡时浓度为1：3，则起始X、Y的起始浓度为1：3；B．Y的生成速率，表示逆反应速率，Z的生成速率表示正反应速率，不同物质表示的正逆反应速率等于化学计量数之比，可逆反应到达平衡状态；19\nC．应向正反应进行建立平衡，X起始浓度最大，反应向逆反应进行建立平衡，X起始浓度最小，结合极限法计算；D．应向正反应进行建立平衡，Y起始浓度最大，反应向逆反应进行建立平衡，Y起始浓度最小，结合极限法计算．【解答】解：A．X、Y的化学计量数为1：3，所以X、Y的浓度变化之比为1：3，平衡时浓度为1：3，起始浓度=变化浓度+平衡浓度，则起始X、Y的起始浓度为（1+1）：（3+3）=1：3，故A正确；B．当v（X）正：v（Y）逆=3：2时，反应到达平衡状态，当4v（X）正=v（Y）逆时，v（X）正：v（Y）逆=1：4=3：12，故逆反应速率较大，该反应还在向逆反应方向建立平衡，故B错误；C．若反应向正反应进行建立平衡，X起始浓度最大，将Z极限法转化为左边，结合X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）可知，X的浓度变化为0.04mol/L，故X的极大值为0.1mol/L+0.04mol/L=0.14mol/L，若反应向逆反应进行建立平衡，X起始浓度最小，将X、Y极限法转化为右边，结合X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）可知，X、Y无剩余，故X的极小值为0，故X的起始浓度c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol•L，故C正确；D．若反应向正反应进行建立平衡，Y起始浓度最大，将Z极限法转化为左边，结合X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）可知，Y的浓度变化为0.08mol/L×=0.12mol/L，故Y的极大值为0.3mol/L+0.12mol/L=0.42mol/L，若反应向逆反应进行建立平衡，Y起始浓度最小，将X、Y极限法转化为右边，结合X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）可知，X、Y无剩余，故Y的极小值为0，故Y的起始浓度c1的取值范围为0＜c2＜0.42mol•L，故D正确；故选：B．【点评】本题考查化学平衡的计算，难度中等，理解可逆反应的不完全性与平衡建立途径，注意极限法在平衡判断中的运用．二、解答题（共4小题，满分55分）16．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，完成下列填空：（1）该反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z；（2）若升高温度，则v（正）加快v（逆）．（填“加快”或“减慢”）．（3）反应开始至2min，Z的反应速率为0.05mol/（L．min）；反应达到平衡时，X的转化率是30%，反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为10：9．【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．19\n【分析】根据图象知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反应物而Z是生成物，（1）达到平衡状态时，参加反应的△n（X）=（1.0﹣0.7）mol=0.3mol、△n（Y）=（1.0﹣0.9）mol=0.1mol、△n（Z）=（0.2﹣0）mol=0.2mol，同一反应中同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，据此书写方程式；（2）升高温度，正逆反应速率都增大；（3）Z的平均反应速率=；转化率=；恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比．【解答】解：根据图象知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反应物而Z是生成物，（1）达到平衡状态时，参加反应的△n（X）=（1.0﹣0.7）mol=0.3mol、△n（Y）=（1.0﹣0.9）mol=0.1mol、△n（Z）=（0.2﹣0）mol=0.2mol，同一反应中同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，所以该反应方程式为3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；（2）升高温度，正逆反应速率都增大，故答案为：加快；加快；（3）Z的平均反应速率===0.05mol/（L．min）；根据图象知，反应达到平衡时，X的转化率==30%；根据图象知，未反应时混合气体的物质的量=（1.0+1.0）mol=2.0mol，平衡状态混合气体物质的量=（0.9+0.7+0.2）mol=1.8mol，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，所以反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为2：1.8=10：9，故答案为：0.05mol/（L．min）；30%；10：9．【点评】本题考查图象分析，侧重考查学生分析及计算能力，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系即可解答，难点是（3）题计算，题目难度中等．17．乙烯、苯都是重要的有机化工原料，试回答下列问题：（1）可以用来鉴别甲烷和乙烯的试剂是CDA、水B、稀硫酸C、溴的四氯化碳溶液D、酸性高锰酸钾溶液（2）下列混合物不能用分液漏斗分离的是CA、四氯化碳与水B、苯与水C、酒精与水D、己烷与水（3）将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，现象是红棕色褪去，其化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（4）在一定条件下，乙烯能与水发生加成反应生成有机物A，生成有机物A的化学方程式是CH2=CH2+H2OCH3CH2OH19\n（5）在一定条件下，乙烯能发生聚合反应生成一种塑料，写出该反应的方程式是．【考点】有机物的结构和性质；有机物的鉴别；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】（1）乙烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应；（2）互不相溶的液体可用分液漏斗分离；（3）乙烯含有碳碳双键，与溴发生加成反应；（4）乙烯与水反应生成乙醇；（5）乙烯含有碳碳双键，发生加成反应生成聚乙烯．【解答】解：（1）甲烷中不含不饱和键，而乙烯中含碳碳双键，乙烯均能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：CD；（2），苯、四氯化碳、己烷都不溶于水，互不相溶的液体可用分液漏斗分离，乙醇和水混溶，不能用分液的方法分离，故答案为：C；（3）乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，红棕色褪去，该反应为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：红棕色褪去；CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（4）乙烯与水反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（5）乙烯含有碳碳双键，发生加成反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重乙烯结构与性质的考查，题目难度不大．18．（19分）下表为元素周期表的一部分，请参照下列元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是NaOH（填化学式），其中含有的化学键类型是：离子键、共价键，c元素10电子的氢化物的电子式为．（2）写出e2d2的电子式为，（3）写出f的最高价氧化物与e的最高价氧化物的水化物之间的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．19\n（4）由a单质和d的常见单质组成的燃料电池，其电解质溶液为KOH溶液，则正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，工作一段时间后，电解质溶液的PH会变小（选填变大、变小、不变），若该电池每消耗2.24La单质（标准状况）时，转移的电子数为0.2NA．（5）d的氢化物与i的氢化物的沸点较高的是H2O（填化学式），原因是水分子间存在氢键．（6）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为AB．A．MnO2B．FeCl3C．Na2SO3D．K2SO4（7）已知由a、b形成的一种化合物，其相对分子质量在30～50之间，且b的质量分数为．该化合物的分子式为C3H6．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H，b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为Si、h为P、i为S、j为Cl、k为Cl．（1）元素的金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，氢氧化钠为离子化合物，含有O﹣H极性共价键，氨气中存在三对N﹣H共价键；（2）Na2O2是离子化合物，由Na+离子和O2﹣离子构成；（3）氢氧化铝为两性氢氧化物，与强碱反应；（4）KOH溶液为电解液的氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，结合电极反应解答该题；（5）由于O与H易形成氢键，故水的沸点在同族氢化物中最高；（6）双氧水在催化剂二氧化锰和氯化铁的催化下容易分解为水和氧气；（7）由C和H形成的化合物为烃，据此解答即可．【解答】解：由于金属性Na最强，那么NaOH的碱性最强，氢氧化钠中存在钠离子和氢氧根离子，即存在共价键和离子键，NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，氨气的电子式为，故答案为：NaOH；离子键、共价键；；（2）Na2O2是离子化合物，由Na+离子和O2﹣离子构成，Na2O2的电子式为，故答案为：；（3）难溶物和氧化物不能拆，氢氧化铝与氢氧化钠反应的离子反应方程式为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（4）通入氧气的电极为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，电解质溶液中溶质不变，溶剂的量增大，所以氢氧化钾的物质的量浓度变小，溶液的pH减小，n（H2）==0.1mol，根据化合价可知转移电子0.2mol，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；变小；0.2NA；（6）双氧水容易分解为氧气和水，常利用的催化剂是二氧化锰和氯化铁，故选AB；19\n（7）a为H元素，b为C元素，形成的化合物中C的质量分数为，且其相对分子质量在30～50之间，设化学式为CxHy，则，解x=3，y=6，故二者形成的分子式为C3H6，故答案为：C3H6．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律、无机物推断、常用化学用语等，难度中等，注意对元素周期律的理解掌握．19．（14分）A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的氧化物既可以与强酸反应，又可以与强碱反应；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：（1）写出下列元素名称：B钠、E、氯．（2）C元素在元素周期表中的位置第三周期ⅥA族；A、B、C、D离子半径由大到小的顺序为S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+．（3）Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱顺序为：S2﹣＞Cl﹣，（用离子符号表示）能证明其还原性强弱的离子方程式为Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓．（4）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，如果氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，则反应的离子方程式为：3Cl2+6OH﹣=5Cl﹣+ClO3﹣+H2O．（5）在A、B、C、E单质中，符合下列转化关系的是Na、S（填元素符号）．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】短周期元素中，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，则A处于IA族，B的氧化物既可以与强酸反应，又可以与强碱反应，则B为Al、A为Na；A与B质子数之和是D质子数的3倍，则D的质子数为=8，故D为O元素；由①热稳定性：HmD＞HmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，则E为Cl元素，以此解答该题．【解答】解：短周期元素中，A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，则A处于IA族，B的氧化物既可以与强酸反应，又可以与强碱反应，则B为Al、A为Na；A与B质子数之和是D质子数的3倍，则D的质子数为=8，故D为O元素；由①热稳定性：HmD＞HmC，则C、D处于同一主族，且D的非金属性更强，故C为硫元素，m=2；根据②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，则E为Cl元素．（1）由上述分析可知，A是钠元素、E是氯元素，故答案为：钠；氯；（2）C为硫元素，处于周期表中第三周期ⅥA族，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+，故答案为：第三周期ⅥA族；S2﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+；19\n（3）元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，S元素的非金属性小于Cl元素，所以还原性强弱顺序为S2﹣＞Cl﹣，氯气能氧化硫离子生成硫单质，反应方程式为Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓，故答案为：S2﹣＞Cl﹣；Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓；（4）E是氯气，A与D形成的化合物的水溶液是NaOH，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，由电子转移守恒可知，氧化产物为KClO3，离子反应方程式为：3Cl2+6OH﹣=5Cl﹣+ClO3﹣+H2O，故答案为：3Cl2+6OH﹣=5Cl﹣+ClO3﹣+H2O；（5）A、B、C、E单质分别是Na、Al、S、Cl2，根据单质能连续被氧气氧化，其氧化物2能与水反应生成，符合条件的是Na和S，故答案为：Na、S．【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用、常用化学用语、元素化合物性质等，题目难度较大，正确推断元素的种类为解答该题的关键．19
