四川省威远中学2022-2022学年高一下学期期中考试化学试题1.下列说法中，不正确的是( )A.和互为同位素B.O2和O3互为同素异形体C.与有相同的中子数D.的核外电子数与中子数不相同【答案】C【解析】分析：A.质子数相同中子数不同的原子互为同位素；B.由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；C.中子数＝质量数－质子数；D.核外电子数＝质子数、中子数＝质量数－质子数。B.O2和O3均是氧元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，B正确；C.与的中子数分别是13－6＝7、15－7＝8，中子数不同，C错误；D.的核外电子数与中子数分别是7和8，不相同，D正确。答案选C。2.下列关于元素周期表的说法正确的是( )A.第ⅠA族元素称为碱金属元素B.过渡元素全是金属元素C.稀有气体元素原子的最外层电子数均为8D.俄国化学家道尔顿为元素周期表的建立作出了巨大贡献【答案】B【解析】分析：A．IA族包含碱金属与氢元素；B．过渡元素全部是金属元素；C．氦原子核外只有2个电子；D．俄国化学家门捷列夫为元素周期表的建立作出了巨大贡献。详解：A．IA族包含碱金属与氢元素，除氢之外的其它元素属于碱金属，A错误；-18-\nB．过渡元素全部是金属元素，B正确；C．氦原子核外只有2个电子，其它稀有气体原子最外层电子数为8，C错误；D．俄国化学家门捷列夫为元素周期表的建立作出了巨大贡献，门捷列夫制作出了第一张元素周期表，D错误；答案选B。3.关于元素周期表，下列叙述中正确的是( )A.H2S的稳定性比HCl强B.Mg（OH）2碱性比Ca（OH）2强C.X2+的核外电子数目为18，则X在第四周期第ⅡA族D.在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备超导体材料的元素【答案】C【解析】分析：A.非金属性越强，氢化物越稳定；B.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强；C.X的质子数是18+2＝20；D.金属元素与非金属元素分界线附近的元素往往既具有金属性也具有非金属性。详解：A.非金属性S＜Cl，则H2S的稳定性比HCl弱，A错误；B.金属性Mg＜Ca，则Mg（OH）2碱性比Ca（OH）2弱，B错误；C.X2+的核外电子数目为18，则X的质子数是18+2＝20，X是Ca，位于第四周期第ⅡA族，C正确；D.在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素，D错误。答案选C。4.关于原子结构的叙述正确的是( )A.所有的原子核都是由质子和中子组成的B.原子的最外层电子数不超过8个C.稀有气体原子的最外层电子数均为8D.原子的次外层电子数都是8【答案】B【解析】A、一般原子核是由质子和中子构成的，但氢原子例外，原子核内没有中子，选项A错误；B、原子的最外层电子数不超过8个，选项B正确；C、氦元素的原子最外层电子数为2个，选项C错误；D、原子的次外层电子数不超过18个，选项D错误。答案选B。5.下列比较错误的是( )A.金属性：Na＞Mg＞AlB.非金属性：Cl＞S＞P＞SiC.碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3D.酸性：HClO＞H2SO3＞H3PO4＞H4SiO4-18-\n【答案】D【解析】试题分析：同周期从左到右金属性减弱，金属性：Na>Mg>Al，故A正确；同周期从左到右非金属性增强，非金属性Cl>S>P>Si，故B正确；同周期从左到右金属性减弱，金属性：Na>Mg>Al，所以碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故C正确；同周期从左到右非金属性增强，非金属性Cl>S>P>Si，酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H4SiO4[来，故D错误。考点：本题考查元素性质递变。6.下列有关性质比较正确的是( )A.Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大B.N、O、F最高正价依次升高C.F2、Cl2、Br2、I2单质的氧化性逐渐升高D.锂、钠、钾、铷单质与水反应置换出氢气越来越难【答案】A【解析】分析：A．具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小；B．O、F无正价；C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱；D．金属性越强，与水反应越容易。详解：A．具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大，A正确；B．N、O、F中只有N元素有最高正价，B错误；C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则F2、Cl2、Br2、I2单质的氧化性逐渐减弱，C错误；D．金属性越强，与水反应越容易，则锂、钠、钾、铷单质与水反应置换出氢气越来越易，D错误；答案选A。点睛：本题考查元素周期表和周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。选项B是易错点，注意O没有最高价，F没有正价。7.碱金属钫(Fr)具有放射性，它是碱金属元素中重要的元素，下列对其性质的预测中错误的是( )A.在碱金属元素中Fr的原子半径最大B.其氢氧化物的化学式为FrOH，是一种极强的碱C.它能与CuSO4溶液反应置换出Cu单质-18-\nD.钫在空气中燃烧，不只生成化学式为Fr2O的氧化物【答案】C【解析】分析：根据碱金属的性质递变进行分析判断，同主族从上到下原子半径依次增大，金属性增强，氢氧化物碱性依次增强，与水反应的剧烈程度依次增大，与氧气燃烧生成物比Na、K更复杂。详解：A、同主族从上到下原子半径依次增大，在碱金属元素中钫具有最大的原子半径，A正确；B、Fr处于第ⅠA族，最外层电子数为1，最高正化合价为+1，它的氢氧化物化学式为FrOH，同主族从上到下金属性增强，碱性比KOH强，是一种极强的碱，B正确；C、Fr金属性比K活泼，Fr跟水反应生成相应的碱和氢气，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，C错误；D、钫在空气中燃烧时生成化学式过氧化物或超氧化物等，化学式为Fr2O2或FrO2等，D正确；答案选C。8.下列能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是( )①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成SA.①③B.①②C.②④D.①③④【答案】D..............................详解：①元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，HCl比H2S稳定，则Cl的非金属性比S的强，①正确；②不能根据含氧酸的氧化性判断非金属性，所以HClO氧化性比H2SO4强，不能说明氯元素的非金属性比硫元素强，②错误；③元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4酸性比H2SO4强，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，③正确④氯气能置换出H2S中的S，说明Cl的非金属性比S的强，④正确；答案选D。9.某主族元素R的最高化合价与最低负化合价的代数和为2，下列叙述可能正确的是（ ）A.R为第ⅣA族元素B.R气态氢化物水溶液呈碱性-18-\nC.R能形成含氧酸H2RO4D.R的气态氢化物为H2R【答案】B【解析】分析：主族元素R的最高化合价与最低负化合价的代数和为2，说明该元素位于第ⅤA族，据此解答。详解：主族元素R的最高化合价与最低负化合价的代数和为2，说明最高价是+5价，最低价是－2价，因此该元素位于第ⅤA族，则A.R为第ⅤA族元素，A错误；B.R如果是N，则气态氢化物水溶液呈碱性，B正确；C.R的最高价是+5价，不能能形成含氧酸H2RO4，应该是HRO3或H3RO4等，C错误；D.R的最低价是－3价，气态氢化物为H3R，D错误。答案选B。点睛：注意掌握主族元素的化合价变化规律：①主族元素的最高正价等于主族序数，且等于主族元素原子的最外层电子数(O除外)，其中氟无正价。②主族元素的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，绝对值之差为0、2、4、6的主族元素分别位于ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。10.下列有关Na2O2说法正确的是( )A.Na2O2与CO2反应，产生标准状况下2.24LO2,转移0.2×6.02×1023个电子B.Na2O2中只含有离子键C.Na2O2中阴阳离子的个数比为1:1D.Na2O2由钠在常温下与氧气反应得到【答案】A【解析】分析：过氧化钠电子式为，含有离子键和共价键，可由钠与氧气在加热条件下生成，过氧化钠具有强氧化性，可与水、二氧化碳反应生成氧气，以此解答该题。详解：A．过氧化钠中的氧元素都是-1价，生成氧气，元素化合价由-1价升高到0价，升高1价，则产生标准状况下2.24LO2，即0.1mol氧气，转移0.2×6.02×1023个电子，A正确。B．过氧化钠含有离子键和共价键，B错误；C．过氧化钠电子式为，Na2O2中阴阳离子的个数比为1：2，C错误；D．与氧气在加热条件下生成过氧化钠，常温下生成氧化钠，D错误；答案选A。点睛：本题考查过氧化钠，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握过氧化钠的组成、结构和性质，难度不大，注意相关基础知识的积累。电子转移个数计算是解答的易错点。-18-\n11.下列晶体或分子中，含有化学键类型有差异的一组是( )A.NH3、NO2B.MgO、H2O2C.NaOH、Ca(OH)2D.NaCl、KF【答案】B【解析】分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种元素形成的共价键则是非极性键，不同种元素形成的共价键则是极性键，据此解答。详解：A.NH3、NO2中均只有极性键，A错误；B.MgO中含有离子键，H2O2中含有极性键和非极性键，B正确；C.NaOH、Ca(OH)2中均只有离子键和极性键，C错误；D.NaCl、KF中均只有离子键，D错误。答案选B。12.下列说法中错误的是( )A.化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化B.化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D.反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量【答案】C【解析】试题分析：A、因化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，故A正确；B、因化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成，故B正确；C、因反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关，如铝热反应需要加热才能发生，却为放热反应，故C错误；D、因反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，故D正确；故选C。考点：考查了化学反应中能量变化的相关知识。13.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是( )A.铝片与稀盐酸的反应B.Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应C.灼热的炭与CO2的反应D.甲烷在氧气中的燃烧反应【答案】C【解析】分析：反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，结合反应中的能量变化判断。详解：A.铝片与稀盐酸的反应是放热的氧化还原反应，A错误；-18-\nB.Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，但不是氧化还原反应，B错误；C.灼热的炭与CO2的反应是吸热的氧化还原反应，C正确；D.甲烷在氧气中的燃烧反应是放热的氧化还原反应，D错误；答案选C。14.下列说法中不正确的是( )A.将金属a与b用导线连结起来浸入电解质溶液中，a的质量减少，说明a比b活泼B.燃料电池是一种高效且对环境友好的新型电池C.化学电池的反应原理是自发的氧化还原反应D.镍氢电池和锌锰干电池都是可充电电池【答案】D【解析】A.将金属a与b用导线连结起来浸入电解质溶液中，a的质量减少，说明金属a较活泼，可以和电解质溶液反应。在原电池中一般是较活泼金属作负极，所以A正确；B.燃料电池是一种高效且对环境友好的新型电池，B正确；C.化学电池的反应原理是自发的氧化还原反应，这个过程中化学能转化为电能，所以C正确；D.镍氢电池是二次电池，锌锰干电池用完后不能充电，所以D不正确，选D。15.有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为：( )A.A>C>D>BB.B>D>C>AC.C>A>B>DD.A>B>C>D【答案】A【解析】分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，正极得到电子，发生还原反应，据此解答。详解：①活泼性较强的金属作原电池的负极，A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，则活泼性：A＞B；②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电子由负极→导线→正极，由于电子由C→导线→D，则活泼性C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡，说明C为原电池的正极，较不活泼，则活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应，说明D为原电池的负极，则活泼性D＞B；所以有A＞C＞D＞B，答案选A。16.反应A+3B2C+2D在四种不同条件下的反应速率为：(1)v(A)=0.03mol/(L·s)-18-\n(2)v(B)=3.6mol/(L·min)（3)v(C)=0.04mol/(L·s)(4)v(D)=2.7mol/(L·min)，则该反应速率的快慢顺序为( )A.(2)＞(4)＞(3)＞(1)B.(1)＞(4)＞(2)=(3)C.(4)＞(3)=(2)＞(1)D.(2)＞(3)=(4)＞(1)【答案】B【解析】分析：利用反应速率之比是相应的化学计量数之比换算成用同一种物质表示，然后比较即可。详解：如果都用物质B表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知(1)～(4)分别是[mol/(L·min)]5.4、3.6、3.6、4.05，所以该反应速率的快慢顺序为(1)＞(4)＞(2)=(3)。答案选B。点睛：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，换算时要注意单位统一。17.L—T5种短周期元素的信息如下表，有关叙述正确的是()元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.0860.1040.066主要化合价+2+3+2+6、+4、-2-2A.与稀盐酸反应的剧烈程度：L单质＜Q单质B.M与T形成的化合物具有两性C.热稳定性：H2T＜H2RD.L2＋与R2－的核外电子数相等【答案】B【解析】分析：短周期元素L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg、Q为Be；R、T都有-2价，处于ⅥA族，且Q有+6价，原子半径较大，故Q为S、T为O；M只有+3价，处于ⅢA族，原子半径大于S，故M为Al，据此解答。详解：根据以上分析可知L为Mg，M为Al，Q为Be，R为S，T为O，则A．金属性Mg＞Be，故与稀盐酸反应的剧烈程度：Mg＞Be，A错误；B．氧化铝属于两性氧化物，B正确；-18-\nC．非金属性O＞S，故热稳定性：H2O＜H2S，C错误；D．Mg2+的核外电子数为10，S2-的核外电子数是18，核外电子数不相等，D错误。答案选B。18.下列措施是为了降低化学反应速率的是( )A.用纯锌与稀硫酸反应制取氢气时，在溶液中加入少量硫酸铜溶液B.保存浓硝酸时，通常用棕色瓶并放在阴凉处C.合成氨的反应中，选择“铁触媒”作催化剂D.在试管中进行铝和氢氧化钠溶液反应时，稍微加热【答案】B【解析】分析：影响化学反应的因素很多，1．固体颗粒的大小：在其他条件相同时，固体颗粒越小，反应物的表面积越大，化学反应速率越快；固体颗粒越大，固体反应物的表面积越小，化学反应速率降低；2．反应物的温度；在其他条件相同时，升高反应物的温度，化学反应速率加快；降低反应物的温度，反应速率降低；3．催化剂：在其他条件相同时，使用催化剂，改变化学反应速率，据此解答。详解：A、用纯锌与稀硫酸反应制取氢气时，在溶液中加入少量硫酸铜溶液，锌置换出铜，会构成Cu、Zn原电池，加快化学反应速率，A错误；B、保存浓硝酸时，通常用棕色瓶并放在阴凉处，是为防止或是减少浓硝酸见光或是受热而分解，也就是为了减慢硝酸分解的反应速率，B正确；C、合成氨的反应中，选择“铁触媒”作催化剂，可以加快化学反应速率，C错误；D、试管中进行铝和氢氧化钠溶液反应时，稍微加热，可以加快化学反应速率，D错误；答案选B。19.下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是( )A.H3O＋和OH－B.CO和N2C.HNO2和NO2－D.CH3＋和NH4＋【答案】D【解析】分析：中性微粒中电子数＝质子数，阳离子中电子数＝质子数－所带电荷数，阴离子中电子数＝质子数+所带电荷数，据此解答。详解：A、H3O＋和OH－的电子数分别是11-1＝10、9+1＝10，A错误；B、CO和N2的电子数分别是6+8＝14、7+7＝14，B错误；C、HNO2和NO2－的电子数分别是1+7+16＝24、7+16+1＝24，C错误；D、CH3＋和NH4＋电子数分别是6+3-1＝8、7+4-1＝10，电子数不相等，D正确。答案选D。-18-\n20.运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是( )A.硫酸镭是难溶于水的白色固体B.砹化银不溶于水也不溶于稀硝酸C.锗单质是一种优良的半导体材料D.硒化氢是无色、有毒、比硫化氢稳定的气体【答案】D【解析】分析：A．根据同主族元素性质具有相似性和递变性判断；B．同主族元素性质具有相似性；C．依据锗在周期表中的位置关系解答；D．同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱。详解：A．镭与钡是同主族元素，BaSO4是难溶于水的白色固体，所以RaSO4也是难溶于水的白色固体，A正确；B．氯、溴、碘是同主族元素，氯化银、溴化银都是不溶于水和硝酸的固体，所以碘化银也是难溶于水和硝酸的固体，B正确；C．锗位于金属元素与非金属元素分界线，可以做半导体，C正确；D．硒与硫是同主族元素的原子，从上到下非金属性依次减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，所以硒化氢（H2Se）不如H2S稳定，D错误；答案选D。21.短周期元素的离子aW2+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，下列推断正确的是( )A.碱性：XOH＞W(OH)2B.热稳定性：H2Y＞HZC.离子半径：W2＋＞Y2－D.原子半径：W＞X＞Z＞Y【答案】A【解析】分析：短周期元素的离子aW2+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-2=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Mg元素，X为Na元素，据此解答。详解：根据以上分析可知W为Mg元素，X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素，则A．金属性Na＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性NaOH＞Mg（OH）2，A正确；B．非金属性F＞O，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HF＞H2O，B错误；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数O＜Mg，所以离子半径：Mg2+＜O2-，C错误；-18-\nD．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Mg＞O＞F，D错误。答案选A。22.某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，它与2H原子组成2HmX分子，在ag2HmX分子中含质子的物质的量是( )A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：根据质子数=质量数-中子数计算X原子质子数，进而计算每个2HmX分子含有质子数，根据n=m÷M计算2HmX的物质的量，结合每个分子含有质子数计算。详解：某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，则质子数为（A-N），则每个2HmX分子含有质子数为（A-N+m），ag2HmX的物质的量为，故含有质子物质的量为，答案选A。23.不能说明元素X的气态原子得电子能力比元素Y的气态原子得电子能力强的事实是( )A.在元素周期表中X、Y在同一周期，且原子序数X>YB.将H2X、HY分别加热至500℃，只有HY发生分解C.X的含氧酸的酸性强于Y的含氧酸的酸性D.X与Y同主族，相同温度时，二者的单质与铜反应分别生成CuX、Cu2Y【答案】C【解析】分析：元素的非金属性越强，其原子得电子能力越强，其单质的氧化性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质与氢气化合越容易、其氢化物越稳定，据此解答。详解：A．同周期自左向右非金属性逐渐增强，在元素周期表中X、Y在同一周期，且原子序数X＞Y，则非金属性：X＞Y，A正确；B．元素的得电子能力越强，其氢化物的稳定性越强，将H2X、HY分别加热至500℃，只有HY发生分解，说明稳定性HX＞HY，所以X原子得电子能力大于Y，B正确；C．最高价含氧酸酸性越强，非金属性越强，不是最高价含氧酸不一定，如酸性：碳酸＞HClO，C错误；-18-\nD．单质与铜反应分别生成CuX、Cu2Y，X单质与铜反应得到高价态Cu，则X的非金属性更强，D正确；答案选C。点睛：本题考查非金属性强弱判断，为高频考点，明确非金属性强弱与其原子得电子能力、其单质的氧化性、其最高价氧化物的水化物酸性关系是解本题关键，易错选项是C，在比较酸的强弱时必须是最高价氧化物的水化物，题目难度中等。24.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素．其中X与W处于同一族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21．下列说法不正确的是( )A.气态氢化物的稳定性：Y>X>WB.Y与Q的氢化物相遇生成白烟C.气态氢化物的还原性：W>X>YD.Q可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物【答案】D【解析】分析：短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21-4-4-1-7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素，据此解答。详解：根据以上分析可知X是C，Y是N，Z是Na，W是Si，Q是Cl。则A．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：Y＞X＞W，则气态氢化物的稳定性：Y＞X＞W，A正确；B．Y与Q的氢化物分别是氨气和氯化氢，二者相遇生成氯化铵从而产生白烟，B正确；C．元素的非金属性越强，氢化物的还原性越弱，非金属性：Y＞X＞W，则气态氢化物的还原性：W＞X＞Y，C正确；D．Cl分别与C、N、Si形成的化合物含有共价键，与Na形成的NaCl含有离子键，化学键类型不相同，D错误；答案选D。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意充分利用非金属元素最外层电子特点及W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等进行推断，难度中等，侧重于考查学生的分析能力。-18-\n25.最近科学家开发出一种新型的燃料电池-固体氧化物电池。该电池用辛烷(C8H18)作燃料.电池中间部分为固体氧化物陶瓷，可传递氧离子。下列说法中正确的是( )A.电池工作时，氧气发生氧化反应B.电池正极的电极反应为：O2+2H2O+4e—＝4OH—C.电池负极的电极反应为：C8H18+25O2—-50e—=8CO2+9H2OD.若消耗的O2为11.2L（标准状况下），则电池中有1mol电子发生转移【答案】C【解析】试题分析：A、电池工作时，氧气发生还原反应，A项错误；B、电池正极的电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B项错误；C、电池负极的电极反应为：C8H18＋25O2－－50e－===8CO2＋9H2O，C项正确；D、若消耗的O2为11.2L(标准状况)，物质的量=0.5mol，则电池中有2mol电子发生转移，D项错误；答案选C。考点：考查燃料电池26.已知铷（Rb）是37号元素，其相对原子质量是85，回答下列问题：（1）铷位于元素周期表中___________________________(填位置)。（2）铷单质性质活泼，写出它与氯气反应的化学方程式：________________________，铷单质易与水反应，反应的化学方程式为_____________________。实验表明，铷与水反应比钠与水反应________（填“剧烈”或“缓慢”）；反应过程中铷在水______（填“面”或“底”）与水反应。（3）同主族元素的同类化合物的化学性质相似，分别写出①过氧化铷与CO2反应的化学方程式：________________________________；②过量的RbOH与AlCl3反应的离子方程式：____________________。【答案】(1).第五周期第IA主族(2).2Rb+Cl2＝2RbCl(3).2Rb+2H2O=H2↑+2RbOH(4).剧烈(5).底(6).2Rb2O2+2CO2＝2Rb2CO3+O2↑(7).Al3++4OH－=AlO2－+2H2O【解析】分析：（1）根据原子序数判断元素在周期表中的位置；（2）根据同主族元素性质的相似性和递变性分析解答；（3）①根据过氧化钠与二氧化碳反应的原理解答；②氢氧化铝能溶解在强碱RbOH中。详解：（1）铷（Rb）是37号元素，由于稀有气体元素Kr是36号元素，则铷位于元素周期表中第五周期第IA主族。（2）铷单质性质活泼，它与氯气反应的化学方程式为2Rb+Cl2-18-\n＝2RbCl。铷单质易与水反应，根据钠与水反应的原理可知反应的化学方程式为2Rb+2H2O＝H2↑+2RbOH。同主族从上到下金属性逐渐增强，则铷与水反应比钠与水反应剧烈；Rb的密度大于水，反应过程中铷在底与水反应。（3）①根据过氧化钠与二氧化碳反应的原理可知过氧化铷与CO2反应的化学方程式为2Rb2O2+2CO2＝2Rb2CO3+O2↑；②RbOH是强碱，则过量的RbOH与AlCl3反应的离子方程式为Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。27.已知：2H2＋O22H2O。（1）该反应1g氢气完全燃烧放出热量121.6kJ，其中断裂1molH-H键吸收436kJ，断裂1molO=O键吸收496kJ，那么形成1molH-O键放出热量____________________。（2）原电池是直接把化学能转化为电能的装置。I.航天技术上使用的氢－氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。下图是氢－氧燃料电池的装置图。则：①溶液中OH-移向________电极（填“a”或“b”）。②b电极附近pH_____________。(填增大、减小或不变)③如把H2改为甲烷，则电极反应式为：正极：____________________________，负极：________________________________。II.将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，试计算：产生氢气的体积___________________________________L。（标准状况）【答案】(1).463.6kJ(2).a(3).增大(4).O2＋2H2O＋4e－＝4OH－(5).CH4－8e－＋10OH－＝CO32－＋7H2O(6).4.48【解析】分析：（1）根据ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量计算；（2）I.根据原电池的工作原理分析解答；-18-\nII.锌作负极，失去电子，银作正极，溶液中的氢离子在正极放电，据此解答。详解：（1）1g氢气完全燃烧放出热量121.6kJ，则2mol氢气即4g氢气完全燃烧放出热量为4×121.6kJ＝486.4kJ；其中断裂1molH-H键吸收436kJ，断裂1molO=O键吸收496kJ，因此有2×436+496－2×2×x＝－486.4，解得x＝463.6，即形成1molH-O键放出热量为463.6kJ；（2）I.根据电子的流向可知a电极是负极，b电极是正极。则①原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则溶液中OH-移向a电极。②b电极是正极，氧气得到电子转化为氢氧根，氢氧根浓度增大，则b电极附近pH增大；③如把氢气改为甲烷，由于电解质溶液显碱性，则负极甲烷失去电子转化为碳酸根，电极反应式为CH4－8e－＋10OH－＝CO32－＋7H2O，正极氧气得到电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－。II.金属性锌大于银，锌作负极，失去电子，银作正极，溶液中的氢离子在正极放电。若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，减少的质量就是参加反应的锌的质量，为13g，物质的量是13g÷65g/mol＝0.2mol，转移0.4mol电子，根据电子得失守恒可知生成氢气是0.4mol÷2＝0.2mol，在标准状况下的体积是0.2mol×22.4L/mol＝4.48L。28.某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol/L、2.00mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、35℃，每次实验HNO3的用量为25.00mL，大理石用量为10.00g。（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填空：实验编号温度(℃)大理石规格HNO3浓度(mol/L)实验目的①25粗颗粒2.00(Ⅰ)实验①和②探究浓度对反应速率的影响；(Ⅱ)实验①和③探究温度对反应速率的影响；(Ⅲ)实验①和④探究________对反应速率的影响②25粗颗粒_______③_______粗颗粒2.00④_________细颗粒______（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70s～90s范围内用HNO3表示的平均反应速率________(忽略溶液体积变化，不需要写出计算过程)。在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是________。-18-\n【答案】(1).1.00(2).35(3).25(4).2.00(5).大理石规格(6).0.01mol/(L·s)(7).0-70【解析】分析：（1）（I）实验①和②探究浓度对反应速率的影响；（II）实验①和③探究温度对反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和④中大理石的规格不同；（2）先根据图象，求求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应求出消耗硝酸的物质的量，最后计算反应速率；曲线斜率越大反应速率越快。详解：（1）实验①和②探究浓度对反应速率的影响，故硝酸的浓度不同，应该选1.00mol/L硝酸；由于①和③探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选35℃；由于实验①和④大理石规格不同，因此探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，所以实验①和④中温度和硝酸的浓度均相同；（2）由图可知70s至90s，生成CO2的质量为0.95g-0.84g=0.11g，物质的量为0.11g÷44g/mol=0.0025mol，根据反应CaCO3+2HNO3＝Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知消耗HNO3的物质的量为2×0.0025mol=0.005mol，又溶液体积为0.025L，所以HNO3减少的浓度△c=0.005mol÷0.025L=0.2mol/L，反应的时间t=90s-70s=20s，所以HNO3在70s-90s范围内的平均反应速率为△c÷△t=0.2mol/L÷20s＝0.01mol•L-1•s-1；根据图像可知在O～70、70～90、90～200各相同的时间段里曲线的斜率最大是0-70时间段内，因此反应速率最大的时间段是0-70。点睛：本题考查化学反应速率的影响因素及反应速率的计算，注意信息中提高的条件及图象的分析是解答的关键，本题较好的考查学生综合应用知识的能力，注意控制变量法的灵活应用，题目难度中等。29.R、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，R与Q形成的气态化合物的水化物显碱性，X、Y、Z三种元素族序数之和为10，Y单质能与强碱溶液反应，Z元素原子最外层电子数是电子层数的两倍。-18-\n（1）Z在周期表中的位置_______________；X、Y、Z三种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是________________________。（用离子符号回答）（2）X和R两种元素按原子个数比1:1组成的化合物的电子式为____________。（3）写出Y、Z两种元素最高价氧化物对应的水化物相反应的离子方程式：_____________。（4）水的沸点远高于Z元素的氢化物的沸点，原因是_________________。（5）Q4是一种Q元素的新单质，可用作推进剂或炸药，推算其分子中含有_____对共用电子。（6）由R、Q两元素组成的一种液态化合物W常用作还原剂，W分子中含有18个电子，W分子的结构式为_____________________。W与氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜，同时产生一种稳定的气态单质，该反应的化学方程式为_____________________。【答案】(1).第三周期第ⅥA族(2).S2->Na+>Al3+(3).(4).Al(OH)3+3H+＝Al3++3H2O(5).水分子之间形成氢键(6).6(7).(8).4Cu(OH)2+N2H4＝2Cu2O+N2↑+6H2O【解析】分析：R、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，R与Q形成的气态化合物的水化物显碱性，所以R是H元素，Q是N元素；X、Y、Z三种元素族序数之和为10，Y单质能与强碱溶液反应，则Y是Al元素，Z元素原子最外层电子数是电子层数的两倍，则Z是S元素，所以X元素的族序数是10-3-6=1，X是Na元素，据此解答。详解：根据以上分析可知R是H，Q是N，X是Na，Y是Al，Z是S。则（1）Z是S元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅥA族；X、Y、Z三种元素形成的简单离子半径分别是Na+、Al3+、S2-，对于电子层数相同的元素来说，核电荷数越大，离子半径越小；对于电子层数不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，所以三种离子的半径由大到小的顺序是S2-＞Na+＞Al3+；（2）X和R两种元素按原子个数比1:1组成的化合物是NaH，该物质是离子化合物，电子式为；（3）Y、Z两种元素最高价氧化物对应的水化物分别是Al(OH)3、H2SO4，前者是两性氢氧化物，可以与强酸硫酸发生反应生成硫酸铝和水，二者反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+＝Al3++3H2O。（4）由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，因此水的沸点远高于Z元素的氢化物H2S的沸点；（5）N4是一种N元素的新单质，可用作推进剂或炸药，根据同族元素形成的物质结构的相似性，与P4类似，P4分子中有6个共价键，推算其分子中含有6对共用电子。-18-\n（6）由R、Q两元素组成的一种液态化合物W常用作还原剂，W分子中含有18个电子，W分子是N2H4，分子的结构式为。W与氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜，同时产生一种稳定的气态单质N2，则根据原子守恒、电子守恒可得该反应的化学方程式为4Cu(OH)2+N2H4＝2Cu2O+N2↑+6H2O。点睛：本题主要是考查元素周期表、元素周期律的应用、电子式、结构式、化学方程式、离子方程式的书写的知识，题目难度中等。准确判断元素名称是解答的关键，注意与元素及其化合物知识的联系，尤其要注意从已有知识的迁移灵活应用。-18-
