吉林省延边二中2022学年高一化学下学期期中试卷含解析

2022-2022学年吉林省延边二中高一（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，2×15=30分）1．美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新的氢微粒，该微粒是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，关于这种微粒的下列说法中正确的是()A．是氢元素的一种新的同素异形体B．是氢元素的一种新的同位素C．该微粒比普通氢分子多一个氢原子核D．该微粒的组成可用H3表示2．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是()A．Cl原子结构示意图：B．H2O2的电子式：C．HClO的结构式H﹣O﹣ClD．14C的原子结构示意图：3．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）下列叙述正确的是()A．达到平衡时：4v正（O2）=5v逆（NO）B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到平衡时，若增加容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D．化学反应的速率关系是：2v正（NH3）=3v逆（H2O）4．下列有关化学键的说法中错误的是()A．氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键B．离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键C．氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化D．碘晶体升华和冰熔化时都未涉及化学键的变化5．氢气可以在氧气中燃烧．在该反应中：断裂1molH﹣H键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ．下列关系式中，正确的是()A．2Q1+Q2＞Q3B．Q1+Q2＞2Q3C．2Q1+Q2＜4Q3D．2Q1+Q2＜2Q36．下列事实中，能够证明HCl是共价化合物的是()A．HCl易溶于水B．液态的HCl不导电C．HCl不易分解D．HCl溶于水能电离，呈酸性7．按下图装置实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴应表示()①c（Ag+）②c（NO3﹣）③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量．29\nA．①③B．③④C．①②④D．②8．原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是()A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，放电时SO42﹣向Al电极移动B．由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2OC．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．由Al、Cu、浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+9．运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是()A．HBrO4的酸性比HClO4的酸性强B．砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸C．在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D．硒化氢（H2Se）是无色、有毒且无硫化氢稳定的气体10．在下列水溶液中进行的各反应中，在反应过程中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成的是()A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2B．2AgOH=Ag2O+H2OC．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑11．已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性．下列说法正确的是()A．X、Y、Z、W的原子半径依次减小B．W与X形成的化合物只含离子键C．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W312．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应．下列叙述正确的是()A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D．在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1，c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为v=29\n13．下列事实不能用电化学理论解释的是()A．轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B．铝片不用特殊方法保存C．镀锌铁比镀锡铁更耐用D．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量硫酸铜溶液后加快反应速率14．下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系()据此判断下列说法中正确的是()A．石墨转变为金刚石是吸热反应B．相同条件下，等质量S（g）和S（s）的能量比较，S（s）能量较高C．白磷比红磷稳定D．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）是吸热反应15．对于反应A2+3B2=2C来说，以下表示中，反应速率最快的是()A．v（B2）=0.8mol/（L•s）B．v（A2）=0.4mol/（L•s）C．v（C）=0.6mol/（L•s）D．v（B2）=1.8mol/（L•s）二、选择题（每小题只有一个正确选项，3×10=30分）16．反应4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g），在5L的密闭容器中进行，半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol．下列叙述正确的是()A．A的平均反应速率是0.010mol•L﹣1•s﹣1B．容器中含D物质的量至少为0.45molC．容器中A的物质的量一定增加了0.30molD．容器中A、B、C、D的物质的量的比一定是4：5：4：617．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是()A．反应的化学方程式为：2M⇌N29\nB．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡C．t3时，正反应速率大于逆反应速率D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍18．电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应是：Zn+2OH﹣﹣2e﹣→Zn（OH）2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e﹣→2Ag+2OH﹣，总反应式为：Ag2O+H2O+Zn═Zn（OH）2+2Ag．下列说法正确的是()A．锌是正极，氧化银是负极B．锌发生还原反应，氧化银发生氧化反应C．溶液中OH﹣向正极移动，K+、H+向负极移动D．随着电极反应的不断进行，电解质溶液中KOH的质量分数不断增大19．将两个铂电极放置在稀H2SO4溶液中，然后分别向两极通入H2和O2，即可产生电流，称为燃料电池，下列叙述正确的是()①通入H2的电极为正极；②正极的电极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；③正极的电极反应是O2+4e﹣+4H+═2H2O；④负极的电极反应式是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O；⑤负极的电极反应式是H2﹣2e﹣═2H+；⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动．A．①③⑤B．②④⑥C．③⑤⑥D．①③④20．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，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）()A．杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低D．当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高21．在密闭容器中进行如下可逆反应：X2（g）+Y2（g）⇌2XY（g），已知X2、Y2、XY三者起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下反应处于平衡，此时容器中不可能的情况是()A．XY为0.3mol/LB．Y2为0.35mol/LC．X2为0.2mol/LD．X2、Y2、XY总浓度为0.6mol/L29\n22．已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()A．原子半径A＞B＞D＞CB．原子序数d＞c＞b＞aC．离子半径C＞D＞B＞AD．单质的还原性A＞B＞D＞C23．科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，下列说法正确的是()A．a为正极，b为负极B．生产过程中a电极质量减轻C．电子从b极向a极移动D．负极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+24．在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qQ（g）当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是()①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③各组分的浓度不再改变④各组分的质量分数不再改变⑤反应速率v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q⑥单位时间内mmolA断键反应，同时pmolC也断键反应．A．③④⑤⑥B．②③④⑥C．①③④⑤D．①③④⑥25．在一定条件下，RO3﹣与R﹣可发生反应：RO3﹣+5R﹣+6H+═3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是()A．元素R位于周期表中第ⅤA族B．R只能被还原C．R2在常温常压下一定是气体D．若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol三、填空题26．（16分）A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族．C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属．试回答：（1）C在元素周期表的位置：__________．29\n（2）在五种元素中除D外都是非金属元素，这四种非金属形成的最简单的液态或气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是（用具体的分子式表示）__________．（3）E的氢化物的熔沸点比其同主族元素形成氢化物的熔沸点要高，原因是__________．（4）A与B形成的三原子分子的结构式是__________，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式是__________．（5）E的一种氢化物叫肼，其分子中E原子与氢原子个数比为1：2．肼﹣空气燃料电池是一种环保碱性燃料电池，其电解质溶液是20%﹣30%的KOH溶液．该燃料电池的正极的电极反应式是__________．（6）用电子式表示D2B的形成过程__________．羰基硫（COS）分子结构与AB2分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构．用电子式表示羰基硫分子__________．27．（16分）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：__________；平衡时，X的转化率为__________；平衡时，Y的浓度为__________．（3）下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是__________A．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化B．相同时间内每消耗3nmol的X的同时生成2nmol的ZC．混合气体的总质量不随时间的变化而变化D．容器内压强不再发生变化（4）在密闭容器里，通入amolX（g）和bmolY（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g），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（g）的物质的量：__________③增大容器的体积：__________．四、计算题（写出计算过程）28．把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，使它们发生如下反应：3X（气）+Y（气）⇌nZ（气）+2W（气）5min时达到平衡，且生成0.2molW，若测知以Z浓度变化来表示的反应平均速率为0.01mol/（L•min）求：（1）反应中Z气体的计量数n（2）平衡时，Y的转化率．（3）求反应前和平衡时的压强之比．29\n五、附加题（共15分）29．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）达到平衡时，c（H2）=0.5mol•L﹣1，c（HI）=4mol•L﹣1，下列说法正确的是()A．平衡时，c（NH3）=6mol•L﹣1B．反应起始时固体NH4I是5molC．平衡时HI的分解率为20%D．若改变反应起始固体NH4I的量，保持其他条件不变，平衡时各气体浓度也发生改变30．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如表所示，已知在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛．XYZW（1）X、Y、Z元素的氢化物均有两种或两种以上，其中一定条件下，液态YH3与液态H2Z可以发生类似方式电离，则液态YH3中阴离子的电子式为__________．（2）某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定XZ的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中Z2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．则负极的反应式__________．（3）关于该电池的下列说法，正确的是__________．A．工作时电极b作正极，Z2﹣通过固体介质NASICON由电极b流向电极aB．工作时电流由电极a通过传感器流向电极bC．传感器中通过的电流越大，尾气中XZ的含量越高．31．“碘钟”实验中，3I﹣+S2O82﹣=I3﹣+2SO42﹣的反应速率可以用I3﹣与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大．某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：实验编号①②③④⑤c（I﹣）/mol•L﹣10.0400.0800.0800.1600.120c（S2O82﹣）/mol•L﹣10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t2回答下列问题：（1）该实验的目的是__________．（2）显色时间t2=__________．（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为__________（填字母）．A．＜22.0sB．22.0～44.0sC．＞44.0sD．数据不足，无法判断（4）通过分析比较上表数据，得到的结论是__________．29\n29\n2022-2022学年吉林省延边二中高一（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，2×15=30分）1．美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新的氢微粒，该微粒是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，关于这种微粒的下列说法中正确的是()A．是氢元素的一种新的同素异形体B．是氢元素的一种新的同位素C．该微粒比普通氢分子多一个氢原子核D．该微粒的组成可用H3表示【考点】核素．【专题】原子组成与结构专题．【分析】这种微粒是由3个质子和2个电子构成，这种新粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，其质子数为3，电子数为2的一种离子，以此来解答．【解答】解：A．该粒子为微观粒子，而同素异形体的分析对象为单质，则不是氢的同素异形体，故A错误；B．相同质子数不同中子数的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，则不是氢的同位素，故B错误；C．普通H2分子有2个原子核，而这种新粒子有3个氢原子核，故C正确；D．粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，而H3表示个氢原子核（只含质子）和3个电子构成，故选C．【点评】本题以信息的形式考查原子的构成，明确信息是解答本题的关键，注意结合所学知识来解答，难度不大．2．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是()A．Cl原子结构示意图：B．H2O2的电子式：C．HClO的结构式H﹣O﹣ClD．14C的原子结构示意图：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；结构式．【分析】A．氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层为7个电子；B．双氧水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；C．次氯酸分子的中心原子为O原子，其分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键；D．碳原子的核电荷数为6，不是8．【解答】解：A．氯原子的核电荷数、核外电子总数为都是17，Cl原子结构示意图为：，故A正确；B．双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O键，双氧水的电子式为：，故B错误；C．次氯酸分子中分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，HClO的结构式为：H﹣O﹣Cl，故C正确；29\nD．碳原子的核电荷数=核外电子总数=6，其正确的结构示意图为：，故D错误；故选AC．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、结构式等知识，熟练掌握常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力．3．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）下列叙述正确的是()A．达到平衡时：4v正（O2）=5v逆（NO）B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到平衡时，若增加容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D．化学反应的速率关系是：2v正（NH3）=3v逆（H2O）【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，本题中从压强对反应速率的影响角度分析体积变化时正逆反应速率的变化．【解答】解：A、化学反应达到平衡时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知4v正（O2）=5v逆（NO），故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则只表明反应正向进行，不能体现正逆反应速率相等，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，故C错误；D、化学反应中反应速率之比等于化学计量数之比，根据化学方程式可知3v正（NH3）=2v逆（H2O）成立，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡问题，题目难度不大，本题中注意平衡状态的判断、化学反应速率之比的等于化学计量数之比的利用以及可逆反应的特点．4．下列有关化学键的说法中错误的是()A．氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键B．离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键C．氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化D．碘晶体升华和冰熔化时都未涉及化学键的变化【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．电解质电离时破坏化学键；B．含离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中能含共价键；C．氯化铵受热变成气体，发生了化学变化；D．碘晶体、冰为分子晶体．【解答】解：A．氯化钠熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，故A正确；29\nB．离子化合物中可能含有共价键，如NaOH，但共价化合物中一定不含有离子键，故B正确；C．氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，故C错误；D．碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学键，明确物质中的化学键及形成化学键的一般规律即可解答，难度不大．5．氢气可以在氧气中燃烧．在该反应中：断裂1molH﹣H键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ．下列关系式中，正确的是()A．2Q1+Q2＞Q3B．Q1+Q2＞2Q3C．2Q1+Q2＜4Q3D．2Q1+Q2＜2Q3【考点】有关反应热的计算；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】氢气在氧气中燃烧，该反应放热，△H＜0，根据反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键来计算该反应的反应热，据此解答．【解答】解：破坏1molH﹣H消耗的能量为Q1kJ，则H﹣H键能为Q1kJ/mol，破坏1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，则O=O键键能为Q2kJ/mol，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ，则H﹣O键能为Q3kJ/mol，对于2H2（g）+O2（g）═2H2O，反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故：反应热△H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol﹣4Q3kJ/mol=（2Q1+Q2﹣4Q3）KJ/mol，由于氢气在氧气中燃烧，反应热△H＜0，即（2Q1+Q2﹣4Q3）＜0，所以2Q1+Q2＜4Q3，故选：C．【点评】本题考查反应热的计算，注意把握从键能的角度计算反应热的方法，放热△H＜0是解答的关键点，题目难度不大．6．下列事实中，能够证明HCl是共价化合物的是()A．HCl易溶于水B．液态的HCl不导电C．HCl不易分解D．HCl溶于水能电离，呈酸性【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】能够证明HCl是共价化合物，则由分子构成，液态不导电即可证明，以此来解答．【解答】解：A．离子化合物、共价化合物均可溶于水，不能判断为共价化合物，如NaCl、HCl，故A不选；B．液态离子化合物导电，而液态共价化合物不导电，可利用液态能否导电判断共价化合物，故B选；C．某些离子化合物也不易分解，如NaCl，不能利用是否分解判断化合物类型，故C不选；D．某些离子化合物溶于水能电离，呈酸性，如NaHSO4，则不能利用于水能电离，呈酸性判断化合物类型，故D不选；故选B．【点评】本题考查共价化合物的判断，为高频考点，把握共价化合物的构成微粒为分子是解答的关键，注意利用常见的实例分析，题目难度中等．29\n7．按下图装置实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴应表示()①c（Ag+）②c（NO3﹣）③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量．A．①③B．③④C．①②④D．②【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【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，在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，正极Ag上析出金属银，银离子得电子析出金属Ag，所以正极质量增加，银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，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．故选D．【点评】本题考查学生原电池的工作原理知识，可以根据所学知识进行回答．难度不大．8．原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，下列说法中不正确的是()A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，放电时SO42﹣向Al电极移动B．由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为：Al﹣3e+4OH﹣═AlO2﹣+2H2OC．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+D．由Al、Cu、浓硝酸组成原电池作电源，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】原电池中，活泼金属作负极，负极是能够与电解质溶液反应，失电子发生氧化反应的电极，电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析．【解答】解：A．由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝和稀硫酸反应而失电子，铜和稀硫酸不反应，所以铝作负极，铜作正极，电解质溶液中的阴离子移向负极Al，故A正确；B．Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠溶液反应而失去电子发生氧化反应，镁和氢氧化钠溶液不反应，所以铝是负极，镁是正极，其负极反应式为：Al﹣3e﹣+4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故B正确；C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁和铜都与氯化铁反应，但铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，其负极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故C错误；D．Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝和浓硝酸发生钝化现象，铜和浓硝酸能自发的进行反应，所以铜作负极，铝作正极，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，故D正确；故选C．【点评】本题考查原电池的正负极的判断及电极反应式，注意不能根据金属的活泼性判断原电池的正负极，要根据得失电子判断正负极，为易错点．29\n9．运用元素周期律分析下面的推断，其中不正确的是()A．HBrO4的酸性比HClO4的酸性强B．砹（At）为有色固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸C．在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D．硒化氢（H2Se）是无色、有毒且无硫化氢稳定的气体【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】A．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；B．At与I同主族，根据同主族的性质的相似性分析；C．根据同主族元素的性质的相似性和递变性分析；D．Se与S同主族，根据硫化氢的性质分析．【解答】解：A．非金属性：Cl＞Br，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HClO4的酸性比HBrO4的酸性强，故A错误；B．卤族元素的单质从上到下颜色逐渐加深，则砹（At）为有色固体，卤族元素单质的卤化银都不溶于水也不溶于硝酸，故B正确；C．碱金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的单质与氧气反应的产物有氧化物、过氧化物、超氧化物等，越来越复杂，故C正确；D．同主族从上到下非金属氢化物的稳定性逐渐减弱，Se与S同主族，则H2Se的稳定性小于H2S，H2Se与H2S均为有毒气体，故D正确．故选A．【点评】本题考查同主族元素的性质的相似性和递变性，题目难度不大，注意把握元素周期律的递变性和相似性．10．在下列水溶液中进行的各反应中，在反应过程中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键生成的是()A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2B．2AgOH=Ag2O+H2OC．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】根据物质所含化学键类型进行判断，注意单质以及Na2O2中含有非极性键，【解答】解：A．反应物中有非极性键、离子键的断裂，生成物也只有非极性键、离子键的生成，没有极性键的断裂和生成，故A错误；B．没有非极性键的断裂和生成，故B错误；C．没有非极性键的断裂，有极性键和非极性键的生成，故C错误；D．Na2O2为含有非极性键的离子化合物，H2O中含有极性键，生成物中，NaOH含有离子键和极性键，O2中含有非极性键，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学键，题目难度不大，注意极性键、非极性键的区别．11．已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性．下列说法正确的是()A．X、Y、Z、W的原子半径依次减小B．W与X形成的化合物只含离子键C．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点29\nD．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，根据选项进行判断．【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，A、W、Z同主族，原子序数Z＞W，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，所以原子半径X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故B错误；C、W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故C错误；D、若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故D错误；故选A．【点评】本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系是关键，D选项为易错点，容易审题不仔细，造成错误，关键是确定元素在周期表中的相对位置．12．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应．下列叙述正确的是()A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D．在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1，c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为v=【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．根据催化剂可以同等程度的增大正逆反应的反应速率；B．增加压强不一定能增加反应速率，必须是提高反应物浓度（例如压缩体积），像充入惰性气体这样的方式，虽然增加了压强，但是反应速度依然不变；C．降低温度，反应速率减小；D．根据v=计算判断．【解答】解：A．催化剂可同等程度的改变正、逆反应的反应速率，故A错误；B．若在恒容条件下，向容器通入惰性气体，反应体系的压强变大，但反应各物质的浓度不变，因此反应速率也不变，故B错误；C．降低温度，反应速率减小，达到平衡的时间增多，故C错误；29\nD．根据计算平均速率的定义公式，浓度变化量c2﹣c1，时间为t2﹣t1，SO3（g）生成的平均速率为v=，故D正确．故选D．【点评】本题主要考查化学反应速率与化学平衡的影响的因素，化学反应速率计算等，B选项为易错点，注意理解压强对反应速率、化学平衡的影响，改变压强影响物质的浓度．13．下列事实不能用电化学理论解释的是()A．轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B．铝片不用特殊方法保存C．镀锌铁比镀锡铁更耐用D．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量硫酸铜溶液后加快反应速率【考点】金属的电化学腐蚀与防护；原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】不能用电化学理论解释，说明该装置不符合原电池构成条件，不能形成原电池，据此分析解答．【解答】解：A．Zn、Fe和海水符合原电池构成条件，所以能形成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，所以能用电化学原理解释，故A不选；B．铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜氧化铝而阻止进一步被氧化，该腐蚀属于化学腐蚀，与电化学理论无关，故B选；C．Zn、Fe和电解质构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护；Sn、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极、Sn作正极，则Fe加速被腐蚀，所以镀锌铁比镀锡铁更耐用，能用电化学理论解释，故C不选；D．锌置换出Cu，Zn、Cu和硫酸铜溶液构成原电池，锌作负极、Cu作正极，所以能用电化学理论解释，故D不选；故选B．【点评】本题考查了金属腐蚀与防护，明确原电池构成条件即可解答，根据原电池原理来分析解答即可，注意D中先发生置换反应，后形成原电池，题目难度不大．14．下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系()据此判断下列说法中正确的是()A．石墨转变为金刚石是吸热反应B．相同条件下，等质量S（g）和S（s）的能量比较，S（s）能量较高C．白磷比红磷稳定D．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）是吸热反应【考点】吸热反应和放热反应．【分析】A、图象分析金刚石能量高于石墨；29\nB、依据图象分析固体硫变化为气态硫需要吸收能量；C、图象分析白磷能量高于红磷；D、图象分析反应物CO（g）+H2O（g）的能量总和高于生成物CO2（g）+H2（g）的能量总和．【解答】解：A、图象分析金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A正确；B、依据图象分析固体硫变化为气态硫需要吸收能量，相同条件下，等质量S（g）和S（s）的能量比较，S（s）较小，故B错误；C、图象分析白磷能量高于红磷，能量越高越活泼，白磷比红磷活泼，故C错误；D、图象分析反应物CO（g）+H2O（g）的能量总和高于生成物CO2（g）+H2（g）的能量总和，反应是放热反应，故D错误；故选A．【点评】本题主要考查了吸热反应与放热反应的图象分析判断，焓变和物质能量的变化分析判断是关键，题目较简单．15．对于反应A2+3B2=2C来说，以下表示中，反应速率最快的是()A．v（B2）=0.8mol/（L•s）B．v（A2）=0.4mol/（L•s）C．v（C）=0.6mol/（L•s）D．v（B2）=1.8mol/（L•s）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】化学计量数之比等于化学反应速率之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，则反应速率越快，以此来解答．【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，则反应速率越快，A.=0.26；B.=0.4；C.=0.3；D.=0.6，显然D中比值越大，反应速率最快，故选D．【点评】本题考查化学反应速率与化学计量数的关系，为高频考点，把握反应速率之比等于化学计量数之比为解答的关键，注意比值法可快速比较反应的快慢，也可利用转化法比较，题目难度不大．二、选择题（每小题只有一个正确选项，3×10=30分）16．反应4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g），在5L的密闭容器中进行，半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol．下列叙述正确的是()A．A的平均反应速率是0.010mol•L﹣1•s﹣1B．容器中含D物质的量至少为0.45molC．容器中A的物质的量一定增加了0.30molD．容器中A、B、C、D的物质的量的比一定是4：5：4：6【考点】化学平衡的计算．29\n【专题】化学平衡专题．【分析】A．根据v=计算v（C），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；B．半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol，由方程式可知生成的D为0.45mol，D的起始量不一定为0；C．A为反应物，C为生成物，C的物质的量增大，则A的一定减小；D．平衡时各组分的物质的量之比与物质的起始投入的量及转化率有关．【解答】解：A．v（C）==0.002mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=0.002mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B．C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A（g）+5B（g）=4C（g）+6D（g）可知，生成D的物质的量为0.45mol，D的起始量不一定为0，故容器中含D物质的量至少为0.45mol，故B正确；C．C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A（g）+5B（g）=4C（g）+6D（g）可知，参加反应的A的物质的量为0.3mol，A减小0.3mol，故C错误；D．半分钟后，容器中A、B、C、D的物质的量的比与物质的起始投入的量及转化率有关，可能为4：5：4：6，也可能不是，故D错误，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算，难度不大，注意物质A、B的起始量不确定，有利于基础知识的巩固．17．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是()A．反应的化学方程式为：2M⇌NB．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡C．t3时，正反应速率大于逆反应速率D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】图示题；化学平衡专题．【分析】A、根据图象判断出反应物和生成物，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；B、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡；C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系；D、根据某一时刻反应物和生成物的物质的量多少判断浓度的关系．29\n【解答】解：A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；D、t1时，N的物质的量为6mol．M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡知识，做题时注意从反应物和生成物的物质的量的变化角度，判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡，题目难度一般．18．电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应是：Zn+2OH﹣﹣2e﹣→Zn（OH）2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e﹣→2Ag+2OH﹣，总反应式为：Ag2O+H2O+Zn═Zn（OH）2+2Ag．下列说法正确的是()A．锌是正极，氧化银是负极B．锌发生还原反应，氧化银发生氧化反应C．溶液中OH﹣向正极移动，K+、H+向负极移动D．随着电极反应的不断进行，电解质溶液中KOH的质量分数不断增大【考点】化学电源新型电池．【分析】A．该原电池中，Zn失电子发生氧化反应而作负极，则Ag2O作正极；B．失电子发生氧化反应、得电子发生还原反应；C．放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动；D．根据电池反应式知，反应中消耗水，KOH不参加反应．【解答】解：A．根据电极反应式知，Zn失电子发生氧化反应而作负极，则Ag2O作正极，故A错误；B．失电子发生氧化反应、得电子发生还原反应，所以锌发生氧化反应、氧化银发生还原反应，故B错误；C．放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以溶液中OH﹣向负极移动，K+、H+向正极移动，故C错误；D．根据电池反应式知，反应中消耗水，KOH不参加反应，所以随着反应的进行，溶液中KOH浓度增大，溶液的pH增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极与得失电子关系是解本题关键，知道离子移动方向、反应类型，易错选项是D．19．将两个铂电极放置在稀H2SO4溶液中，然后分别向两极通入H2和O2，即可产生电流，称为燃料电池，下列叙述正确的是()①通入H2的电极为正极；②正极的电极反应是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；③正极的电极反应是O2+4e﹣+4H+═2H2O；④负极的电极反应式是H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O；⑤负极的电极反应式是H2﹣2e﹣═2H+；29\n⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动．A．①③⑤B．②④⑥C．③⑤⑥D．①③④【考点】化学电源新型电池．【分析】该燃料电池中，氢气失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，电解质溶液是稀硫酸，所以负极反应式为H2﹣2e﹣═2H+、正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答．【解答】解：该燃料电池中，氢气失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，电解质溶液是稀硫酸，所以负极反应式为H2﹣2e﹣═2H+、正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O；放电时，电子从负极沿导线流向正极，所以负极附近聚集大量阳离子、正极上聚集大量电子，根据异性相吸知，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以正确选项是③⑤⑥，故选C．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极的判断、离子移动方向、电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意书写条件下不能生成氢氧根离子，为易错点．20．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，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）()A．杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低D．当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题；元素及其化合物．【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，以此解答该题．【解答】解：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；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，故选C．【点评】本题考查原电池及化学反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握杠杆是否导电及发生的反应，学生容易忽略杠杆为绝缘体时的情况，题目难度中等．29\n21．在密闭容器中进行如下可逆反应：X2（g）+Y2（g）⇌2XY（g），已知X2、Y2、XY三者起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下反应处于平衡，此时容器中不可能的情况是()A．XY为0.3mol/LB．Y2为0.35mol/LC．X2为0.2mol/LD．X2、Y2、XY总浓度为0.6mol/L【考点】化学平衡建立的过程．【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，XY的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，XY的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，XY的浓度最大，假定完全反应，则：X2（气）+Y2（气）⇌2XY（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：00.20.4若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，XY的浓度最小，假定完全反应，则：X2（气）+Y2（气）⇌2XY（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：0.20.40由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.2，0.2＜c（Y2）＜0.4，0＜c（XY）＜0.4，因为反应前后气体物质的量不变，所以X2、Y2、XY总浓度一直为0.1+0.3+0.2=0.6mol/L，则ABD正确，C错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法．22．已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()A．原子半径A＞B＞D＞CB．原子序数d＞c＞b＞aC．离子半径C＞D＞B＞AD．单质的还原性A＞B＞D＞C【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】已知短周期元素的离子，aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a﹣2=b﹣1=c+3=d﹣1，原子序数A＞B＞D＞C，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，结合元素周期律进行解答．【解答】解：已知短周期元素的离子，aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣29\n都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a﹣2=b﹣1=c+3=d﹣1，原子序数A＞B＞D＞C，A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，C、D形成阴离子，则C、D为非金属．A．A、B处于同一周期，C、D处于同一周期，且A、B处于C、D所在周期的相邻下一周期，同周期，原子序数越大原子半径越小，所以原子半径B＞A，C＞D，电子层越大原子半径越大，所以原子半径B＞A＞C＞D，故A错误；B．aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，则离子核外电子数相同，即a﹣2=b﹣1=c+3=d﹣1，原子序数a＞b＞d＞c，故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A＞B＞D＞C，所以离子半径：C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，故C正确；D．A、B处于同一周期，A、B形成阳离子，则A、B为金属，原子序数A＞B，单质还原性B＞A，C、D处于同一周期，C、D形成阴离子，则C、D为非金属，原子序数D＞C，单质氧化性D＞C，故D错误．故选C．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，也可以确定具体的元素进行解答，题目难度不大．23．科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，下列说法正确的是()A．a为正极，b为负极B．生产过程中a电极质量减轻C．电子从b极向a极移动D．负极反应式为：SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+【考点】化学电源新型电池．【分析】该原电池中，二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极、通入氧气的电极是正极，负极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答．【解答】解：A．该原电池中，二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，所以通入二氧化硫的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以a是负极、b是正极，故A错误；B．a电极上电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，生成阴阳离子，所以a电极质量不变，故B错误；C．a是负极、b是正极，所以电子从a极流向b极，故C错误；D．负极上二氧化硫失电子发生氧化反应，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=SO42﹣+4H+，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，根据元素化合价变化确定正负极，知道各个电极发生的反应及电子流向，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．29\n24．在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qQ（g）当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是()①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③各组分的浓度不再改变④各组分的质量分数不再改变⑤反应速率v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q⑥单位时间内mmolA断键反应，同时pmolC也断键反应．A．③④⑤⑥B．②③④⑥C．①③④⑤D．①③④⑥【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．【解答】解：①如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，故错误；②体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，故正确；③各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故正确；④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，故正确；⑤当反应速率vA：vB：vC：vD=m：n：p：q，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故错误；⑥单位时间内mmolA断键反应等效于pmolC形成，同时pmolC也断键反应，故正确；故选B．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点．25．在一定条件下，RO3﹣与R﹣可发生反应：RO3﹣+5R﹣+6H+═3R2+3H2O，下列关于R元素的叙述中，正确的是()A．元素R位于周期表中第ⅤA族B．R只能被还原C．R2在常温常压下一定是气体D．若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为5mol【考点】氧化还原反应．【分析】A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价．B、R2中R为0价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性．C、若R为I或Br也可以发生如上反应．D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，据此计算．【解答】解：A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价，元素R应位于第ⅦA族，故A错误；B、R2中R为0价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，故B错误；29\nC、若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，故C错误；D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为1mol×（5﹣0）=5mol，故D正确．故选：D．【点评】本题考查氧化还原反应及元素的位置和性质，正确判断元素是解题的关键．只有注意结合隐含条件，才能正确判断出元素．三、填空题26．（16分）A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族．C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属．试回答：（1）C在元素周期表的位置：第三周期IVA族．（2）在五种元素中除D外都是非金属元素，这四种非金属形成的最简单的液态或气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是（用具体的分子式表示）H2O＞NH3＞CH4＞SiH4．（3）E的氢化物的熔沸点比其同主族元素形成氢化物的熔沸点要高，原因是NH3分子间存在氢键，使熔沸点升高．（4）A与B形成的三原子分子的结构式是O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式是．（5）E的一种氢化物叫肼，其分子中E原子与氢原子个数比为1：2．肼﹣空气燃料电池是一种环保碱性燃料电池，其电解质溶液是20%﹣30%的KOH溶液．该燃料电池的正极的电极反应式是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．（6）用电子式表示D2B的形成过程．羰基硫（COS）分子结构与AB2分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构．用电子式表示羰基硫分子．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，则B为O元素；C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，可推知A为碳元素，C为Si元素，D为Na元素，E的原子半径介于碳、氧之间，故E为N元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：29\n，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，则B为O元素；C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，可推知A为碳元素，C为Si元素，D为Na元素，E的原子半径介于碳、氧之间，故E为N元素．（1）C为Si元素，处于周期表中第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（2）氢化物稳定性与元素非金属性一致，由于非金属性O＞N＞C＞Si，故氢化物稳定性：H2O＞NH3＞CH4＞SiH4，故答案为：H2O＞NH3＞CH4＞SiH4；（3）E的氢化物为NH3，NH3分子间存在氢键，熔沸点比其同主族元素形成氢化物的熔沸点要高，故答案为：NH3分子间存在氢键，使熔沸点升高；（4）A与B形成的三原子分子为CO2，结构式是O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式是，故答案为：O=C=O；；（5）E的一种氢化物叫肼，其分子中E原子与氢原子个数比为1：2，则肼的分子式为N2H4，肼﹣空气燃料电池是一种环保碱性燃料电池，其电解质溶液是20%﹣30%的KOH溶液，原电池正极发生还原反应，氧气在正极获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，该燃料电池的正极的电极反应式是：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；（6）用电子式表示Na2O的形成过程为．羰基硫（COS）分子结构与CO2分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，用电子式表示羰基硫分子为：，故答案为：；．【点评】本题考查元素位置结构性质的关系，侧重对化学用语及元素周期律的考查，题目难度中等，关键是正确推断元素的种类，注意根据原子位置关系及半径大小找出其在周期表中的相对位置．27．（16分）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：3X+Y⇌2Z（2）反应开始至2min，用X表示的平均反应速率为：0.075mol/（L•min）；平衡时，X的转化率为30%；平衡时，Y的浓度为0.45mol/L．（3）下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是ADA．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化B．相同时间内每消耗3nmol的X的同时生成2nmol的ZC．混合气体的总质量不随时间的变化而变化D．容器内压强不再发生变化（4）在密闭容器里，通入amolX（g）和bmolY（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g），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（g）的物质的量：增大29\n③增大容器的体积：减小．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）根据v=计算反应速率；X的转化率=；Y的浓度c=；（3）反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；（4）根据外界条件对化学反应速率的影响因素可知，升高温度、增大压强、使用催化剂等都可以使反应速率增大，反之则减小反应速率，据此判断．【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；（2）X的起始量为1.0mol，平衡量为0.7mol，变化量为0.3mol；Y的平衡量为0.9mol，v（X）==0.075mol•（L•min）﹣1，0.075mol•（L•min）﹣1，X的转化率=×100%=30%，Y的浓度c===0.45mol/L，故答案为：0.075mol/（L．min）；30%；0.45mol/L；（3）A、反应3X+Y⇌2Z为气体体积改变的反应，混合气体的总物质的量可判断达到平衡状态，故A正确；B、相同时间内每消耗3nmol的X的同时生成2nmol的Z，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率相等，故无法判断是否达到平衡状态，故B错误；C、反应前后气体的质量始终不变，故无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D、反应3X+Y⇌2Z为气体体积改变的反应，容器内压强不再发生变化表明达到平衡状态，故D正确，故答案为：AD；29\n（4）根据外界条件对化学反应速率的影响因素可知，升高温度、增大压强、使用催化剂等都可以使反应速率增大，反之则减小反应速率，所以①降低温度则减小反应速率，②保持容器的体积不变，增加X（g）的物质的量增大反应速率，③增大容器的体积相当于减小压强，即减小反应速率，故答案为：减小；增大；减小．【点评】本题考查物质的量随时间的变化曲线、以及平衡状态的判断、影响反应速率的因素，题目难度不大，注意平衡状态的判断角度四、计算题（写出计算过程）28．把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，使它们发生如下反应：3X（气）+Y（气）⇌nZ（气）+2W（气）5min时达到平衡，且生成0.2molW，若测知以Z浓度变化来表示的反应平均速率为0.01mol/（L•min）求：（1）反应中Z气体的计量数n（2）平衡时，Y的转化率．（3）求反应前和平衡时的压强之比．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，5min时达到平衡，且生成0.2molW，则：3X（气）+Y（气）═nZ（气）+2W（气）起始量（mol）：0.60.400变化量（mol）：0.30.10.1n0.2平衡量（mol）：0.30.30.1n0.2（1）根据v（Z）=计算n；（2）Y的转化率=×100%；（3）恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比．【解答】解：把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，5min时达到平衡，且生成0.2molW，则：3X（气）+Y（气）═nZ（气）+2W（气）起始量（mol）：0.60.400变化量（mol）：0.30.10.1n0.2平衡量（mol）：0.30.30.1n0.2（1）=0.01mol/（L•min，则n=1，答：n的值为1；（2）Y的转化率=×100%=25%，答：平衡时Y的转化率为25%；（3）恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，反应前和平衡时的压强之比为（0.6+0.4）mol：（0.3+0.3+0.1+0.2）mol=10：9，答：反应前和平衡时的压强之比为10：9．29\n【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算，比较基础，注意三段式解题法在化学平衡计算中应用，有利于基础知识的巩固．五、附加题（共15分）29．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）达到平衡时，c（H2）=0.5mol•L﹣1，c（HI）=4mol•L﹣1，下列说法正确的是()A．平衡时，c（NH3）=6mol•L﹣1B．反应起始时固体NH4I是5molC．平衡时HI的分解率为20%D．若改变反应起始固体NH4I的量，保持其他条件不变，平衡时各气体浓度也发生改变【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A．NH4I分解出的HI浓度为平衡时HI浓度与已分解的HI的浓度之和，即为NH4I分解出的NH3物质的量浓度，H2来自HI的分解，根据H2浓度可知HI分解的浓度；B．NH4I的转化率不能确定、容器的体积不确定，无法计算NH4I的起始物质的量；C．HI的分解率=×100%；D．NH4I为固体，改变其用量，反应①的平衡不移动，平衡时各组分的浓度不变．【解答】解：A．平衡时c（HI）=4mol•L﹣1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L﹣1，HI的分解浓度为2×0.5mol•L﹣1=1mol•L﹣1，则：NH4I分解生成的HI的浓度为4mol•L﹣1+1mol•L﹣1=5mol•L﹣1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol•L﹣1，故A错误；B．NH4I的转化率不能确定、容器的体积不确定，无法计算NH4I的起始物质的量，故B错误；C．HI的分解浓度为1mol•L﹣1，NH4I分解生成的HI的浓度为5mol•L﹣1，则HI的分解率为×100%=20%，故C正确；D．NH4I为固体，改变其用量，反应①的平衡不移动，平衡时各组分的浓度不变，故D错误，故选：C．【点评】本题考查化学平衡的计算，难度中等，解题关键在于明白NH4I分解出的HI为平衡时HI与已分解的HI之和．30．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如表所示，已知在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛．XYZW（1）X、Y、Z元素的氢化物均有两种或两种以上，其中一定条件下，液态YH3与液态H2Z可以发生类似方式电离，则液态YH3中阴离子的电子式为．（2）某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定XZ的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中Z2﹣可以在固体介质NASICON中自由移动．则负极的反应式CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2．29\n（3）关于该电池的下列说法，正确的是AC．A．工作时电极b作正极，Z2﹣通过固体介质NASICON由电极b流向电极aB．工作时电流由电极a通过传感器流向电极bC．传感器中通过的电流越大，尾气中XZ的含量越高．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，则W为Al，可推知X为C、Y为N、Z为O．（1）液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离，则液态NH3中电离得到NH4+、NH2﹣；（2）（3）该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时电子从负极流向正极，电流由正极通过导线流向负极，阴离子向负极移动，一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大．【解答】解：由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X、Y、Z处于第二周期，W处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，则W为Al，可推知X为C、Y为N、Z为O．（1）液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离，则液态NH3中电离得到NH4+、NH2﹣，NH2﹣中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：，故答案为：；（2）该装置是原电池，负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为：CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2，故答案为：CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2；（3）A．工作时电极b通入空气，b作正极，阴离子向负极移动，O2﹣由电极b流向电极a，故A正确；B．原电池放电时电子从负极流向正极，故电流由电极b通过传感器流向电极a，故B错误；C．一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大，故C正确，故答案为：AC．【点评】本题考查结构性质关系应用，涉及电子式、原电池等，推断应是解题关键，侧重对学生综合能力与基础知识的掌握．31．“碘钟”实验中，3I﹣+S2O82﹣=I3﹣+2SO42﹣的反应速率可以用I3﹣与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大．某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：实验编号①②③④⑤c（I﹣）/mol•L﹣10.0400.0800.0800.1600.12029\nc（S2O82﹣）/mol•L﹣10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t2回答下列问题：（1）该实验的目的是研究反应物I﹣与S2O82﹣的浓度对反应速率的影响．（2）显色时间t2=29.3．（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为A（填字母）．A．＜22.0sB．22.0～44.0sC．＞44.0sD．数据不足，无法判断（4）通过分析比较上表数据，得到的结论是反应速率与反应物起始浓度乘积成正比或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比．【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】（1）根据图表已知物理量判断；（2）根据浓度与时间的关系计算；（3）根据温度与反应速率的关系判断；（4）根据图表中物理量的关系得出结论；【解答】解：（1）图表中的物理量是反应物浓度与时间，通过分析知，反应物的浓度与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以得出反应物浓度与反应速率的关系．故答案为：研究反应物I﹣与S2O82﹣的浓度对反应速率的影响．（2）通过分析各组数据知，反应物起始浓度乘积与时间成反比，由①、⑤列比例式，（0.040mol•L﹣1×0.040mol•L﹣1）：（0.120mol•L﹣1×0.040mol•L﹣1）=t1：88.0s，所以t1=29.3，故答案为：29.3；（3）温度越高，化学反应速率越快，所用时间越短，故选A．（4）通过分析知，反应物的浓度乘积与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率．故答案为：反应速率与反应物起始浓度乘积成正比或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比．【点评】该题图表的分析方法：先比较两组数据的不同点，再分析不同点说明的问题，从而确定它们之间关系．如：①、②两组数据的不同点是c（I﹣）和时间，浓度越大，时间越短，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以浓度越大，反应速率越快．29