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湖南省常德市淮阳中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题化学（解析版）
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湖南省常德市淮阳中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
一．选择题：（每小题只有一个正确答案，请将正确答案填涂在答题卡上。每小题2分，共50分。）
1.元素周期表为我们提供了许多关于元素的重要信息，是学习化学和研究化学的重要工具。元素周期表中某个小方格的内容如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A. “26”表示该元素原子的相对原子质量
B. “Fe”是该元素的元素符号
C. 该元素是一种金属元素
D. 该元素的名称是铁
【答案】A
【解析】
【详解】A. “26”表示该元素原子的原子序数，原子序数也等于该元素原子核内的质子数，A错误；
B.任何一种元素都用一个特定的符号表示，该符号为该元素的元素符号，所以“Fe”是26号元素的元素符号，B正确；
C.Fe元素原子核外最外层电子数少，容易失去电子，表现强的金属性，该元素是一种金属元素，C正确；
D.26号元素名称为铁，即该元素的名称是铁，D正确；
故合理选项是A。
2.已知元素的原子序数，可以推断元素原子的（ ）
①离子所带电荷数 ②质子数 ③核电荷数 ④核外电子数
A. ①③ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【详解】由于原子序数等于原子核内质子数，等于原子核外电子数，所以已知元素的原子序数，可以推断元素原子的②质子数、③核电荷数、④核外电子数，但同一元素的原子在不同条件下反应失去或获得的电子数目可能不同，因此生成的离子所带的电荷数目不同，因此不能根据元素的原子序数确定离子所带电荷数，则说法正确的是②③④，所以合理选项是D。
3.若把周期表原先的主、副族序号取消，由左到右按原顺序编为18列。如碱金属为第一列稀有气体为第18列，按这个规定，下列说法中不正确的是（ ）
A. 第10列元素全部是金属元素
B. 第18列元素单质全部是气体
C. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
D. 第3列元素种类数最多
【答案】C
【解析】
【详解】A.第10列元素全部是过渡元素，则第10列属于金属元素，A正确；
B.第18列元素是惰性气体元素，它们的单质在常温下全部是气体，B正确；
C.除第2列元素的原子最外层有2个电子外，18列的He元素的原子以及部分过渡元素的原子最外层也只有2个电子，C错误；
D.第3列含有锕系和镧系元素，因此包含元素种类数最多，D正确；
故合理选项是C。
4.下列关于F、Cl、Br、I性质的比较，不正确的是（ ）
A. 它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B. 被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增加而增大
C. 它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强
D. 单质的颜色随核电荷数的增加而加深
【答案】C
【解析】
【详解】A．F、Cl、Br、I原子核外电子层数分别为2、3、4、5，原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，A正确；
B．F、Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，则被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增加而增大，B正确；
C、F、Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，则对应氢化物的稳定性逐渐减弱，C错误；
D．F、Cl、Br、I单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，D正确。
答案选C。
5.下列各组中的性质比较，正确的是（ ）
①酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 ②最高正化合价：Cl＞N＞C ③稳定性：HCl>HBr>HI ④还原性：HCl＞HBr
A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③ D. 全部都正确
【答案】C
【解析】
【分析】根据同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐增强；主族元素最外层电子数=最高正价进行分析判断即可。
【详解】①同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故①正确；②主族元素最外层电子数=最高正价，氟无正价，所以最高正价：Cl＞N＞C＞F，故②正确；③同主族从上到下元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性： HCl＞HBr＞HI，故③正确；④非金属性越强，氢化物的还原性越弱，则还原性：HCl＜HBr，故④错误；故①②③符合题意；
所以本题正确答案为C。
6.下列说法中正确的是( )
A. CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
B. Na2O2、NaClO中所含化学键类型不完全相同
C. Si与C同属ⅣA族，因此SiO2和CO2两种物质中微粒间作用完全相同
D. 氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】B
【解析】分析：A、在化合物中，除H、Li、Be、B四种元素的原子最外层不能达到8电子稳定结构外，其它元素一般情况下都能满足；B、离子化合物中含有离子键，也可能含有共价键；C、同主族元素形成的类似化合物，微粒间的作用也不一定相同；D、化学反应就是旧键的断裂与新键的形成过程，但键的类型不一定相同。
详解：A、CH4分子中的H原子和BCl3分子中的B原子最外层都不能达到8电子稳定结构，所以A不正确；
B、Na2O2分子中含有离子键和非极性共价键，而NaClO分子中含有离子键和极性共价键，所以二者所含化学键类型不完全相同，故B正确；
C、Si与C都属ⅣA族元素，但SiO2是由Si原子和O原子通过共价键形成的原子晶体，而CO2是由CO2分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，即二者微粒间的作用不同，故C不正确；
D、氯气与NaOH的反应过程中，断裂的化学键有离子键、极性键和非极性键，而形成的化学键有离子键、极性键，所以D不正确。本题答案为B。
7.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d为淡黄色的离子化合物，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W
C. 图中物质的转化过程均为氧化还原反应
D. a一定只由W、X两种元素组成
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d为淡黄色的离子化合物，d为Na2O2，m 为元素 Y 的单质，通常为无色无味的气体，结合图中转化可知，m为O2，b、c分别为CO2、H2O中的一种，对应的e、f分别为Na2CO3、NaOH中的一种，则a为烃或烃的含氧衍生物，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na。
【详解】根据上述分析可知a为烃或烃含氧衍生物，m为O2，b、c分别为CO2、H2O中的一种，对应的e、f分别为Na2CO3、NaOH中的一种，d为Na2O2，元素W为H，X为C，Y为O，Z为Na。
A.同一周期的元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族自上而下原子半径增大，所有元素中氢原子半径最小，所以原子半径：W(氢)
D.a燃烧生成CO2、H2O，则a可为烃，也可能是烃的含氧衍生物，D错误；
故合理选项是C。
8.放射性同位素钬Ho的原子核内的中子数与核外电子数之差是（ ）
A. 32 B. 67 C. 99 D. 166
【答案】A
【解析】 中质子数为67，质量数为166，中子数=质量数-质子数=166-67=99，由题意知核外电子数等于核电荷数为67，该同位素原子核内的中子数与核外电子数之差为：99-67=32．故选A。
9. 元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（ ）
A. 金属元素和非金属元素分界线附近的元素
B. 右、上方区域的非金属元素
C. 左、下方区域的金属元素
D. 稀有气体元素
【答案】A
【解析】
10.下列关于化学键的说法中不正确的是（ ）
A. 化学键是一种作用力
B. 化学反应过程中，反应物分子内化学键断裂，产物分子中的化学键的形成
C. 非极性键不是化学键
D. 化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学键是相邻的两个或多个原子之间的一种强烈的相互作用，因此化学键属于作用力，A正确；
B.化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中，反应物分子内化学键断裂，产生的单个原子，产生的原子再重新组合形成生成物分子中的化学键，B正确；
C.化学键包括离子键、共价键和金属键，共价键又分为极性键和非极性键，因此非极性键也是化学键，C错误；
D.形成化学键可以使离子相结合，断裂化学键也可以使原子相结合，D正确；
故合理选项是C。
11.下列关于铯（Cs）的叙述正确的是（ ）
A. 它位于周期表的第五周期、第I主族
B. 硝酸铯是离子化合物
C. 氢氧化铯弱碱
D. 在钠、钾、铷、铯四种单质中，铯的熔点最高
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据Cs的原子结构可知：Cs位于元素周期表的第五周期、第IA族，A正确；
B.硝酸铯是强酸HNO3与强碱CsOH形成的盐，属于离子化合物，B正确；
C.元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于Cs元素的金属性很强，因此氢氧化铯是一种强碱，C错误；
D.同一主族的元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，元素的金属性越强，其相应的金属内的金属键就越弱，断裂消耗的能量就越低，物质的熔沸点就越低。在钠、钾、铷、铯四种金属单质中，铯金属性最强，因此铯的熔点最低，D错误；
故合理选项是B。
12.某元素Y的气态氢化物的化学式为H2Y，则Y的最高价氧化物的水化物的化学式为（ ）
A. H2YO3 B. HYO3 C. H3YO4 D. H2YO4
【答案】D
【解析】
【分析】某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，在其氢化物中X显-2价，则X位于第VIA族，其原子最外层有6个电子，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以X位于第VIA族，主族元素中元素最高化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，所以X元素最高正化合价为+6价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定其最高价氧化物的水化物化学式。
【详解】某元素Y的气态氢化物的化学式为H2Y，在该氢化物中Y元素化合价是-2价，显示的是该元素的最低价态。原子最外层有6个电子，由于一般情况下，同一主族元素最高正价与最低负价绝对值的和等于8，所以Y的最高价是+6价，在最高价氧化物的水化物中Y元素也是+6价，其化学式为H2YO4，故合理选项是D。
13.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质（同素异形体）。在100kPa时，1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895kJ的热能。据此，试判断在100kPa压强下，下列结论正确的是（ ）
A. 石墨比金刚石稳定
B. 金刚石比石墨稳定
C. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量低
D. 金刚石转化为石墨是物理变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.金刚石转化为石墨要释放能量，说明石墨含有的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，所以石墨比金刚石稳定，A正确；
B.金刚石转化为石墨要释放能量，说明石墨含有的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，所以金刚石不如石墨稳定，B错误；
C.在100kPa时，1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895kJ热能，说明1mol金刚石比1mol石墨的总能量高1.895kJ，C错误；
D.金刚石、石墨结构不同，二者是不同的物质，因此金刚石转化为石墨的变化是化学变化，D错误；
故合理选项是A。
14.下列关于充电电池的叙述，不正确的是（ ）
A. 充电电池的化学反应原理是氧化还原反应
B. 较长时间不使用电器时，最好从电器中取出电池，并妥善存放
C. 充电电池可以无限制地反复放电、充电
D. 充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.充、放电的化学反应中有电子转移，所以反应属于氧化还原反应，A正确；
B.用电器较长时期内不再使用，最好将电池取出并放于低温，干燥的地方，如果不这样，即使用电器被关掉，系统仍会使电池有一个低电流输出，这样就会缩短电池的使用寿命，B正确；
C.充电电池的使用有一定年限，所以不能无限制的反复充电、放电，C错误；
D.充电时，阴极、阳极反应式是放电时正极、负极反应式的逆反应，所以充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行，D正确；
故合理选项是C。
15.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)2Z(g)
B. 10s后，该反应停止进行
C. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol·L－1·s－1
D. 0～10 s的时间内的平均反应速率：v(X)=v(Y)=0.0395mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
【分析】随着反应的进行，反应物会逐渐减少，生成物会逐渐增大，到10s时各种物质都存在，且不再发生变化，表明该反应为可逆反应，根据在相同时间内各种物质改变的物质的量的比等于方程式的化学计量数的比，确定方程式的系数，并根据反应速率的概念v=计算反应速率，根据同一反应用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数的比，判断不同物质的速率间的关系。
【详解】A.由图象可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生成物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=(1.20-0.41)mol：(1.00-0.21)mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，A错误；
B.由图可知，l0s后，该反应到达平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，v(正)=v(逆)≠0，B错误；
C.10s内，用Z表示的反应速率为v(Z)==0.079moL/(L•s)，C错误；
D.反应开始到10s，反应的X、Y的物质的量变化了0.79mol，则v(X)=v(Y)=＝0.0395mol·L－1·s－1，D正确；
故合理选项是D。
16.某可逆反应达到平衡状态时，下列说法不正确的是（ ）
A. 正反应和逆反应同时进行，两者速率相等
B. 反应混合物的组成比例不会因时间而改变
C. 反应物和生成物同时存在，其浓度不再改变
D. 反应物和生成物的物质的量一定相等
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学平衡是动态平衡，正反应和逆反应同时进行，两者速率相等，故A不选；
B. 达到化学平衡状态时，各组分的物质的量保持不变，反应混合物的组成比例不会因时间而改变，故B不选；
C. 达到化学平衡状态时，反应物和生成物同时存在，其浓度不再改变，故C不选；
D. 达到化学平衡状态时，反应物和生成物的物质的量不再改变，但不一定相等，故D选。
故选D。
17.100 mL 6 mol·L－1硫酸溶液与过量锌粒反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可采取的措施是（ ）
A. 加入少量碳酸钠粉末 B. 加入少量硫酸铜溶液
C. 加入适量NaCl溶液 D. 加热
【答案】C
【解析】
【分析】过量的锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，以此来解答。
【详解】A．加入少量碳酸钠粉末，消耗硫酸，生成氢气的总量减少，选项A错误；
B．加入少量硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，加快反应速率，选项B错误；
C．加入适量NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减小，不影响生成氢气的总量，选项C正确；
D．温度升高，反应速率增大，选项D错误．
答案选C
18.铁与4mol·L－1的稀硫酸反应(放热反应)生成H2的物质的量与反应时间的关系如图所示。下列结论正确的是（ ）
A. 反应开始2min内平均反应速率最大
B. 常温下，改用98.3%的浓硫酸可以加快反应速率
C. 反应在2～4min间生成H2的平均反应速率为0.1mol·L－1·min－1
D. 2～4min内反应速率逐渐增大，说明2～4min内温度比浓度对反应速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.在相同的时间间隔内，反应产生的H2的物质的量越多，反应速率就越大。根据图示数据可知在2～4min间反应速率最大，A错误；
B. 98.3%的浓硫酸中硫酸主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度降低，Fe在室温下遇浓硫酸会发生钝化，所以常温下，改用98.3%的浓硫酸不能加快反应速率，B错误；
C.反应在2～4min间生成H2的物质的量是0.2mol，由于不能计算氢气的浓度，因此不能计算其反应速率，C错误；
D.在2～4min内反应速率大于0～2min内反应速率，说明2～4min内温度比浓度对反应速率的影响大，D正确；
故合理选项是D。
19.关于化学电源的叙述中错误的是（ ）
A. 化学电源是根据原电池的工作原理设计的
B. 在干电池中，碳棒只起导电作用，并不参加化学反应
C. 镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵
D. 氢氧燃料电池是一种高效、环保的新型化学电源
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学电源均是根据原电池的工作原理设计的，A正确；
B.在干电池中，碳棒为正极，正极上是二氧化锰得电子的反应，碳棒不参与化学反应，B正确；
C.因为废旧的镍镉电池有腐蚀性和污染性，不能随意丢弃，C错误；
D.燃料电池是一种高效、环保的新型化学电源，D正确。
故合理选项是C。
20.工业制硫酸的一步重要反应是SO2在400～500℃下的催化氧化，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下列有关叙述中错误的是（ ）
A. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等
B. 为了提高SO2的转化率，应适当提高氧气的浓度
C. 使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
D. 在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，这与反应开始时加入的物质的量的多少及反应条件有关，A错误；
B.在其它条件不变时，增大一种反应物的浓度，可使化学平衡正向移动，从而提高其它反应物的平衡转化率，故为了提高SO2的转化率，可采用适当提高氧气的浓度的方法，B正确；
C.使用催化剂是为了加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可提高生产效率，C正确；
D.由于该反应是可逆反应，所以反应物SO2不可能100%地转化为生成物SO3，D正确；
故合理选项是A。
21. 关于下图所示装置，下列叙述中正确的是（ ）
A. 铜是负极，锌片上有气泡产生
B. 锌片逐渐减轻，铜片逐渐增重
C. 电流从锌片经导线流向铜片
D. 氢离子在铜片表面得电子被还原
【答案】D
【解析】A 错误，铜是正极，铜片上有气泡产生
B 错误，铜片质量不变
C 错误，电子从锌片经导线流向铜片
D 正确。
22.下列反应中，光照对反应几乎没有影响是（ ）
A. 次氯酸的分解
B. 氢气和氯气的反应
C. 氯气和甲烷的反应
D. 氧气和甲烷的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 次氯酸的分解光照分解产生HCl、O2，A不符合题意；
B.氢气和氯气光照化合生成HCl，B不符合题意；
C.氯气和甲烷在光照时发生取代反应，产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4及HCl，C不符合题意；
D.氧气和甲烷在光照时不能发生反应，D符合题意；
故合理选项是D。
23.2017年5月18日，国土资源部中国地质调查局宣布，我国在南海北部海域可燃冰试采获得成功。可燃冰的主要成分是甲烷，下列关于甲烷的取代反应说法正确的是（ ）
A. 甲烷与氯气的物质的量之比为1：1，混合发生反应时，生成物只有CH3Cl和HCl
B. 甲烷和氯气的取代反应，生成的CH3Cl最多
C. 0.5mol甲烷生成CCl4时最多消耗2mol氯气
D. 甲烷分子中的所有原子均满足最外层8电子结构
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷与氯气的取代反应是逐步进行的，所以即使是二者的物质的量之比为1：1，混合发生反应时，生成物不只有CH3Cl和HCl，还有CH2Cl2、CHCl3、CCl4，A错误；
B.甲烷和氯气的取代反应中，每一步取代反应都产生HCl，所以生成的HCl最多，B错误；
C.0.5mol甲烷分子在含有2molH 原子，所以0.5molCH4生成CCl4时最多消耗2mol氯气，C正确；
D.甲烷分子中的C原子满足最外层8电子结构，而H原子则满足最外层2个电子的稳定结构，D错误；
故合理选项是C。
24.在2A＋B3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）＝0.5mol/（L·s） B. v（B）＝0.3mol/（L·s）
C. v（C）＝0.8mol/（L·s） D. v（D）＝1mol/（L·s）
【答案】B
【解析】
【详解】在2A＋B3C＋4D 反应中都换成B的速率减小比较:
A、v(A):v(B)=2:1 v(B)=mol/（Ls）;
B、v(B)= 0.3mol/（Ls）
C、v(B): v（C）=1:3, v(B)=
D、v(B): v（D）=1:4，v(B)= 0.25mol/（Ls）比较可以知道,B表示的反应速率最大;
所以B选项是正确的。
25.镁一空气电池的工作原理如图所示，电池反应方程式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。有关该电池的说法正确的是（ ）
A. 通入氧气的电极为负极
B. 电池工作时，溶液中的Na+由负极移向正极
C. 负极的电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2
D. 当电路中转移0.04 mol电子时，参加反应的O2为体积224ml
【答案】C
【解析】A、氧气在正极发生还原反应，所以通入氧气的电极为正极，故A错误；B、原电池中阴离子向负极移动，所以溶液中的OH-由正极移向负极，Na+不能通过阴离子交换膜，故B错误；C、负极镁失电子变成镁离子，正极移过来的氢氧根离子结合生成氢氧化镁，所以电极反应式为：Mg-2e-+2OH-═Mg(OH)2，故C正确；D、未注明是否为标准状况，无法确定氧气的体积，故D错误；故选C。
二．填空题：（共4个答题，每空2分，计50分）
26.A、B、C、D、E 都为短周期元素，A 原子失去一个电子后成为一个质子；C 的-1 价阴离子与氖原子具有相同的电子层结构；D在C 的下一周期，D可与同周期的B形成 BD2型离子化含物；E 和 C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸。请根据以上信息回答下列问题。
（1）B元素在元素周期表中的位置是____________。
（2）A与 E 形成的最简单化合物的电子式为____________。
（3）C的氢化物与 D的氢化物的沸点相比较： ____________(用化学式表示，且用＞符号连接）。 解释原因______________。
（4）E 的氢化物与 E 的最高价氧化物对应水化物反应的生成物中含有的的化学键有____________。
（5）E 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与过量铁粉发生反应的离子方程式为________________。
【答案】(1). 第三周期ⅡA 族 (2). (3). HF＞HCl (4). HF分子间存在氢键 (5). 离子键和共价键（或离子键和极性键） (6). 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
【解析】A、B、C、D、E 都为短周期元素，A 原子失去一个电子后成为一个质子，则A是H元素；C 的-1 价阴离子与氖原子具有相同的电子层结构，则C是F元素；D在C 的下一周期，D可与同周期的B形成 BD2型离子化含物，则B是Mg元素，D是Cl元素；E 和 C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸，则E是N元素。（1）B是Mg元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅡA 族；（2）A与 E 形成的最简单化合物NH3的电子式为；（3）元素非金属性：F>Cl，原子半径F
回答下列问题：
A
B
C
D
(1)人的汗液中含有D的简单离子，其离子结构示意图为______，元素C在元素周期表中的位置是______。C的最高价氧化物的水化物的浓溶液稀释的方法是______。
(2)A的最高价氧化物的化学式为_____，所含的化学键类型是______（填“离子键”或“共价键”）。
(3)E的最高价氧化物对应的水化物的化学式为____，它是______（填“酸性”或“两性”或“碱性”）化合物。写出该化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式______。
(4)加热时，B的最高价氧化物对应水合物的浓溶液与单质A反应的化学方程式为(用具体的化学式表示)______。
【答案】 (1). (2). 第三周期ⅥA族 (3). 将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 (4). CO2 (5). 共价键 (6). Al(OH)3 (7). 两性 (8). Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O (9). C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如下表，A位于第二周期，A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1，则其最外层电子数是4，A为C元素，则B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E和C、D同周期，它的原子序数比B多6，则E是13号的Al元素。
【详解】根据上述分析可知A是C元素，B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E是Al元素。
(1)D是Cl元素，Cl原子获得1个电子生成Cl-，Cl-离子结构示意图为；元素C是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S位于元素周期表第三周期第VIA族。C的最高价氧化物的水化物是H2SO4，由于浓硫酸的密度比水大，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，属于浓硫酸稀释的方法是将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
(2)A是C，C原子最外层有4个电子，所以C元素的最高价氧化物是CO2，CO2分子中C原子和O原子之间通过共价键结合，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构；
(3)E是Al元素，原子最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al(OH)3，Al元素处于金属与非金属交界区，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al(OH)3既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱溶液反应产生盐和水，是一种两性氢氧化物；Al(OH)3与氢氧化钠溶液反应产生NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
(4)B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓HNO3，该物质具有强的氧化性，在加热时浓硝酸和C发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+ 2H2O。
28.合理利用资源，加强环境保护，降低碳排放，实施低碳经济是今后经济生活主流。回答下列问题：
(1)下列措施不利于有效减少二氧化碳的是______(填字母)。
a.植树造林，保护森林，保护植被
b.加大对煤和石油的开采，并鼓励使用液化石油气
c.大力发展风能、水力、潮汐能发电和核电，大力推行太阳能的综合开发
d.推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高
(2)科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将CO2和H2以1∶4的物质的量之比混合通入反应器，在适当条件下反应可获得一种重要能源。请完成以下化学方程式：CO2+4H2_____+2H2O。
(3)用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向。现进行如下实验：某温度下在体积为1L的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。现测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=___。
(4)以KOH为电解质的甲醇燃料电池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O。通入甲醇的电极为燃料电池的______(填“正”或“负”)极，正极反应式为_______。
【答案】(1). b (2). CH4 (3). 0.375mol·L－1·min－1 (4). 负 (5). O2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【详解】(1)a.植树造林，保护森林，保护植被，能增强光合作用，大量消耗二氧化碳，a不符合题意；
b.加大对煤和石油的开采，并鼓励使用石油液化气，能增加二氧化碳的排放，b符合题意；
c.积极推进核能、风能、潮汐能建设，大力推行太阳能的综合开发能减少二氧化碳的排放，c不符合题意；
d.推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高，能减少电的使用，减少煤和石油化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，d不符合题意；
故合理选项是b；
(2)根据质量守恒定律可知：反应前后各种元素的原子数目和种类不变，分析题给的化学反应方程式可以知道，反应物中有2个O，1个C，8个H，反应后出现了2个O，4个H，则在X中含有4个H和1个C，因此X化学式是CH4；
(3)由图可知，12min到达平衡时二氧化碳的浓度变化量△c(CO2)=2mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，所以v(CO2)===0.125mol/(L•min)，在同一时间段内用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，所以v(H2)=3v(CO2)=3×0.125mol/(L•min)=0.375mol/(L•min)；
(4)甲醇-空气燃料电池中，通入燃料甲醇的电极为负极，甲醇在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。
29.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，是工业制硫酸的主要反应之一。
(1)该反应过程的能量变化如图所示：由图中曲线变化可知，该反应为_____(填“放热”或“吸热”)反应。该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后，改变的是图中的______。
A.ΔH B.E C. ΔH-E D. ΔH+E
(2)在2L绝热密闭容器中投入2molSO2和bmolO2，如图是部分反应物随时间的变化曲线。
①10min时，v(SO3)=________。
②反应达到平衡时，SO2的转化率为_______。
③下列情况能说明该反应达到化学平衡的是_______。
A.v(SO3)=v(SO2)
B.混合气体的密度保持不变
C.t时刻，体系的温度不再发生改变
D.混合气体的总物质的量不再改变
【答案】(1). 放热 (2). B (3). 0.05mol·L－1·min－1 (4). 70% (5). CD
【解析】
【分析】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后降低活化能，但不能改变反应热；
(2)①由图可知10min时生成三氧化硫是1mol，c(SO3)=0.5mol/L，根据v=来求反应速率，②根据物质反应转化关系计算平衡时SO2的消耗量，利用转化率定义式可得SO2的平衡转化率；
③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、百分含量不变判断平衡状态。
【详解】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后降低活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，因此改变的是图中的E，故合理选项是B；
(2)①由图可知10min时生成SO3的物质的量是1mol，c(SO3)=1.0mol÷2L=0.5mol/L，v===0.05mol/(Lmin)；
②反应达到平衡时生成SO3的物质的量是1.4mol，则根据方程式中物质反应转化关系可知消耗SO2的物质的量也是1.4mol，则SO2的平衡转化率为×100%=70%；
③A.v(SO3)=v(SO2)，未指明是正反应速率还是逆反应速率，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.反应在恒容密闭容器内进行，反应混合物都是气体，所以混合气体的密度始终保持不变，，不能据此反应反应是否处于平衡状态，B错误；
C.绝热密闭容器中t时刻，体系的温度不再发生改变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，C正确；
D.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的总物质的量不再改变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，D正确；
故合理选项是CD。
一．选择题：（每小题只有一个正确答案，请将正确答案填涂在答题卡上。每小题2分，共50分。）
1.元素周期表为我们提供了许多关于元素的重要信息，是学习化学和研究化学的重要工具。元素周期表中某个小方格的内容如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A. “26”表示该元素原子的相对原子质量
B. “Fe”是该元素的元素符号
C. 该元素是一种金属元素
D. 该元素的名称是铁
【答案】A
【解析】
【详解】A. “26”表示该元素原子的原子序数，原子序数也等于该元素原子核内的质子数，A错误；
B.任何一种元素都用一个特定的符号表示，该符号为该元素的元素符号，所以“Fe”是26号元素的元素符号，B正确；
C.Fe元素原子核外最外层电子数少，容易失去电子，表现强的金属性，该元素是一种金属元素，C正确；
D.26号元素名称为铁，即该元素的名称是铁，D正确；
故合理选项是A。
2.已知元素的原子序数，可以推断元素原子的（ ）
①离子所带电荷数 ②质子数 ③核电荷数 ④核外电子数
A. ①③ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【详解】由于原子序数等于原子核内质子数，等于原子核外电子数，所以已知元素的原子序数，可以推断元素原子的②质子数、③核电荷数、④核外电子数，但同一元素的原子在不同条件下反应失去或获得的电子数目可能不同，因此生成的离子所带的电荷数目不同，因此不能根据元素的原子序数确定离子所带电荷数，则说法正确的是②③④，所以合理选项是D。
3.若把周期表原先的主、副族序号取消，由左到右按原顺序编为18列。如碱金属为第一列稀有气体为第18列，按这个规定，下列说法中不正确的是（ ）
A. 第10列元素全部是金属元素
B. 第18列元素单质全部是气体
C. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
D. 第3列元素种类数最多
【答案】C
【解析】
【详解】A.第10列元素全部是过渡元素，则第10列属于金属元素，A正确；
B.第18列元素是惰性气体元素，它们的单质在常温下全部是气体，B正确；
C.除第2列元素的原子最外层有2个电子外，18列的He元素的原子以及部分过渡元素的原子最外层也只有2个电子，C错误；
D.第3列含有锕系和镧系元素，因此包含元素种类数最多，D正确；
故合理选项是C。
4.下列关于F、Cl、Br、I性质的比较，不正确的是（ ）
A. 它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B. 被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增加而增大
C. 它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而增强
D. 单质的颜色随核电荷数的增加而加深
【答案】C
【解析】
【详解】A．F、Cl、Br、I原子核外电子层数分别为2、3、4、5，原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，A正确；
B．F、Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，则被其他卤素单质从其卤化物中置换出来的可能性随核电荷数的增加而增大，B正确；
C、F、Cl、Br、I元素的非金属性逐渐减弱，则对应氢化物的稳定性逐渐减弱，C错误；
D．F、Cl、Br、I单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，D正确。
答案选C。
5.下列各组中的性质比较，正确的是（ ）
①酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 ②最高正化合价：Cl＞N＞C ③稳定性：HCl>HBr>HI ④还原性：HCl＞HBr
A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③ D. 全部都正确
【答案】C
【解析】
【分析】根据同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐增强；主族元素最外层电子数=最高正价进行分析判断即可。
【详解】①同周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，故①正确；②主族元素最外层电子数=最高正价，氟无正价，所以最高正价：Cl＞N＞C＞F，故②正确；③同主族从上到下元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性： HCl＞HBr＞HI，故③正确；④非金属性越强，氢化物的还原性越弱，则还原性：HCl＜HBr，故④错误；故①②③符合题意；
所以本题正确答案为C。
6.下列说法中正确的是( )
A. CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构
B. Na2O2、NaClO中所含化学键类型不完全相同
C. Si与C同属ⅣA族，因此SiO2和CO2两种物质中微粒间作用完全相同
D. 氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成
【答案】B
【解析】分析：A、在化合物中，除H、Li、Be、B四种元素的原子最外层不能达到8电子稳定结构外，其它元素一般情况下都能满足；B、离子化合物中含有离子键，也可能含有共价键；C、同主族元素形成的类似化合物，微粒间的作用也不一定相同；D、化学反应就是旧键的断裂与新键的形成过程，但键的类型不一定相同。
详解：A、CH4分子中的H原子和BCl3分子中的B原子最外层都不能达到8电子稳定结构，所以A不正确；
B、Na2O2分子中含有离子键和非极性共价键，而NaClO分子中含有离子键和极性共价键，所以二者所含化学键类型不完全相同，故B正确；
C、Si与C都属ⅣA族元素，但SiO2是由Si原子和O原子通过共价键形成的原子晶体，而CO2是由CO2分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，即二者微粒间的作用不同，故C不正确；
D、氯气与NaOH的反应过程中，断裂的化学键有离子键、极性键和非极性键，而形成的化学键有离子键、极性键，所以D不正确。本题答案为B。
7.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d为淡黄色的离子化合物，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：W
C. 图中物质的转化过程均为氧化还原反应
D. a一定只由W、X两种元素组成
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d为淡黄色的离子化合物，d为Na2O2，m 为元素 Y 的单质，通常为无色无味的气体，结合图中转化可知，m为O2，b、c分别为CO2、H2O中的一种，对应的e、f分别为Na2CO3、NaOH中的一种，则a为烃或烃的含氧衍生物，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na。
【详解】根据上述分析可知a为烃或烃含氧衍生物，m为O2，b、c分别为CO2、H2O中的一种，对应的e、f分别为Na2CO3、NaOH中的一种，d为Na2O2，元素W为H，X为C，Y为O，Z为Na。
A.同一周期的元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族自上而下原子半径增大，所有元素中氢原子半径最小，所以原子半径：W(氢)
D.a燃烧生成CO2、H2O，则a可为烃，也可能是烃的含氧衍生物，D错误；
故合理选项是C。
8.放射性同位素钬Ho的原子核内的中子数与核外电子数之差是（ ）
A. 32 B. 67 C. 99 D. 166
【答案】A
【解析】 中质子数为67，质量数为166，中子数=质量数-质子数=166-67=99，由题意知核外电子数等于核电荷数为67，该同位素原子核内的中子数与核外电子数之差为：99-67=32．故选A。
9. 元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（ ）
A. 金属元素和非金属元素分界线附近的元素
B. 右、上方区域的非金属元素
C. 左、下方区域的金属元素
D. 稀有气体元素
【答案】A
【解析】
10.下列关于化学键的说法中不正确的是（ ）
A. 化学键是一种作用力
B. 化学反应过程中，反应物分子内化学键断裂，产物分子中的化学键的形成
C. 非极性键不是化学键
D. 化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学键是相邻的两个或多个原子之间的一种强烈的相互作用，因此化学键属于作用力，A正确；
B.化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中，反应物分子内化学键断裂，产生的单个原子，产生的原子再重新组合形成生成物分子中的化学键，B正确；
C.化学键包括离子键、共价键和金属键，共价键又分为极性键和非极性键，因此非极性键也是化学键，C错误；
D.形成化学键可以使离子相结合，断裂化学键也可以使原子相结合，D正确；
故合理选项是C。
11.下列关于铯（Cs）的叙述正确的是（ ）
A. 它位于周期表的第五周期、第I主族
B. 硝酸铯是离子化合物
C. 氢氧化铯弱碱
D. 在钠、钾、铷、铯四种单质中，铯的熔点最高
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据Cs的原子结构可知：Cs位于元素周期表的第五周期、第IA族，A正确；
B.硝酸铯是强酸HNO3与强碱CsOH形成的盐，属于离子化合物，B正确；
C.元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于Cs元素的金属性很强，因此氢氧化铯是一种强碱，C错误；
D.同一主族的元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，元素的金属性越强，其相应的金属内的金属键就越弱，断裂消耗的能量就越低，物质的熔沸点就越低。在钠、钾、铷、铯四种金属单质中，铯金属性最强，因此铯的熔点最低，D错误；
故合理选项是B。
12.某元素Y的气态氢化物的化学式为H2Y，则Y的最高价氧化物的水化物的化学式为（ ）
A. H2YO3 B. HYO3 C. H3YO4 D. H2YO4
【答案】D
【解析】
【分析】某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，在其氢化物中X显-2价，则X位于第VIA族，其原子最外层有6个电子，主族元素最外层电子数与其族序数相等，所以X位于第VIA族，主族元素中元素最高化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，所以X元素最高正化合价为+6价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定其最高价氧化物的水化物化学式。
【详解】某元素Y的气态氢化物的化学式为H2Y，在该氢化物中Y元素化合价是-2价，显示的是该元素的最低价态。原子最外层有6个电子，由于一般情况下，同一主族元素最高正价与最低负价绝对值的和等于8，所以Y的最高价是+6价，在最高价氧化物的水化物中Y元素也是+6价，其化学式为H2YO4，故合理选项是D。
13.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质（同素异形体）。在100kPa时，1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895kJ的热能。据此，试判断在100kPa压强下，下列结论正确的是（ ）
A. 石墨比金刚石稳定
B. 金刚石比石墨稳定
C. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量低
D. 金刚石转化为石墨是物理变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.金刚石转化为石墨要释放能量，说明石墨含有的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，所以石墨比金刚石稳定，A正确；
B.金刚石转化为石墨要释放能量，说明石墨含有的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，所以金刚石不如石墨稳定，B错误；
C.在100kPa时，1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895kJ热能，说明1mol金刚石比1mol石墨的总能量高1.895kJ，C错误；
D.金刚石、石墨结构不同，二者是不同的物质，因此金刚石转化为石墨的变化是化学变化，D错误；
故合理选项是A。
14.下列关于充电电池的叙述，不正确的是（ ）
A. 充电电池的化学反应原理是氧化还原反应
B. 较长时间不使用电器时，最好从电器中取出电池，并妥善存放
C. 充电电池可以无限制地反复放电、充电
D. 充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A.充、放电的化学反应中有电子转移，所以反应属于氧化还原反应，A正确；
B.用电器较长时期内不再使用，最好将电池取出并放于低温，干燥的地方，如果不这样，即使用电器被关掉，系统仍会使电池有一个低电流输出，这样就会缩短电池的使用寿命，B正确；
C.充电电池的使用有一定年限，所以不能无限制的反复充电、放电，C错误；
D.充电时，阴极、阳极反应式是放电时正极、负极反应式的逆反应，所以充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行，D正确；
故合理选项是C。
15.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)2Z(g)
B. 10s后，该反应停止进行
C. 反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol·L－1·s－1
D. 0～10 s的时间内的平均反应速率：v(X)=v(Y)=0.0395mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
【分析】随着反应的进行，反应物会逐渐减少，生成物会逐渐增大，到10s时各种物质都存在，且不再发生变化，表明该反应为可逆反应，根据在相同时间内各种物质改变的物质的量的比等于方程式的化学计量数的比，确定方程式的系数，并根据反应速率的概念v=计算反应速率，根据同一反应用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数的比，判断不同物质的速率间的关系。
【详解】A.由图象可以看出，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生成物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反应是可逆反应，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=(1.20-0.41)mol：(1.00-0.21)mol：1.58mol=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，A错误；
B.由图可知，l0s后，该反应到达平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，v(正)=v(逆)≠0，B错误；
C.10s内，用Z表示的反应速率为v(Z)==0.079moL/(L•s)，C错误；
D.反应开始到10s，反应的X、Y的物质的量变化了0.79mol，则v(X)=v(Y)=＝0.0395mol·L－1·s－1，D正确；
故合理选项是D。
16.某可逆反应达到平衡状态时，下列说法不正确的是（ ）
A. 正反应和逆反应同时进行，两者速率相等
B. 反应混合物的组成比例不会因时间而改变
C. 反应物和生成物同时存在，其浓度不再改变
D. 反应物和生成物的物质的量一定相等
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学平衡是动态平衡，正反应和逆反应同时进行，两者速率相等，故A不选；
B. 达到化学平衡状态时，各组分的物质的量保持不变，反应混合物的组成比例不会因时间而改变，故B不选；
C. 达到化学平衡状态时，反应物和生成物同时存在，其浓度不再改变，故C不选；
D. 达到化学平衡状态时，反应物和生成物的物质的量不再改变，但不一定相等，故D选。
故选D。
17.100 mL 6 mol·L－1硫酸溶液与过量锌粒反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可采取的措施是（ ）
A. 加入少量碳酸钠粉末 B. 加入少量硫酸铜溶液
C. 加入适量NaCl溶液 D. 加热
【答案】C
【解析】
【分析】过量的锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，以此来解答。
【详解】A．加入少量碳酸钠粉末，消耗硫酸，生成氢气的总量减少，选项A错误；
B．加入少量硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，加快反应速率，选项B错误；
C．加入适量NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减小，不影响生成氢气的总量，选项C正确；
D．温度升高，反应速率增大，选项D错误．
答案选C
18.铁与4mol·L－1的稀硫酸反应(放热反应)生成H2的物质的量与反应时间的关系如图所示。下列结论正确的是（ ）
A. 反应开始2min内平均反应速率最大
B. 常温下，改用98.3%的浓硫酸可以加快反应速率
C. 反应在2～4min间生成H2的平均反应速率为0.1mol·L－1·min－1
D. 2～4min内反应速率逐渐增大，说明2～4min内温度比浓度对反应速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.在相同的时间间隔内，反应产生的H2的物质的量越多，反应速率就越大。根据图示数据可知在2～4min间反应速率最大，A错误；
B. 98.3%的浓硫酸中硫酸主要以H2SO4分子形式存在，H+浓度降低，Fe在室温下遇浓硫酸会发生钝化，所以常温下，改用98.3%的浓硫酸不能加快反应速率，B错误；
C.反应在2～4min间生成H2的物质的量是0.2mol，由于不能计算氢气的浓度，因此不能计算其反应速率，C错误；
D.在2～4min内反应速率大于0～2min内反应速率，说明2～4min内温度比浓度对反应速率的影响大，D正确；
故合理选项是D。
19.关于化学电源的叙述中错误的是（ ）
A. 化学电源是根据原电池的工作原理设计的
B. 在干电池中，碳棒只起导电作用，并不参加化学反应
C. 镍镉电池不能随意丢弃的主要原因是镍、镉的资源有限，价格昂贵
D. 氢氧燃料电池是一种高效、环保的新型化学电源
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学电源均是根据原电池的工作原理设计的，A正确；
B.在干电池中，碳棒为正极，正极上是二氧化锰得电子的反应，碳棒不参与化学反应，B正确；
C.因为废旧的镍镉电池有腐蚀性和污染性，不能随意丢弃，C错误；
D.燃料电池是一种高效、环保的新型化学电源，D正确。
故合理选项是C。
20.工业制硫酸的一步重要反应是SO2在400～500℃下的催化氧化，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下列有关叙述中错误的是（ ）
A. 达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等
B. 为了提高SO2的转化率，应适当提高氧气的浓度
C. 使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
D. 在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，这与反应开始时加入的物质的量的多少及反应条件有关，A错误；
B.在其它条件不变时，增大一种反应物的浓度，可使化学平衡正向移动，从而提高其它反应物的平衡转化率，故为了提高SO2的转化率，可采用适当提高氧气的浓度的方法，B正确；
C.使用催化剂是为了加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可提高生产效率，C正确；
D.由于该反应是可逆反应，所以反应物SO2不可能100%地转化为生成物SO3，D正确；
故合理选项是A。
21. 关于下图所示装置，下列叙述中正确的是（ ）
A. 铜是负极，锌片上有气泡产生
B. 锌片逐渐减轻，铜片逐渐增重
C. 电流从锌片经导线流向铜片
D. 氢离子在铜片表面得电子被还原
【答案】D
【解析】A 错误，铜是正极，铜片上有气泡产生
B 错误，铜片质量不变
C 错误，电子从锌片经导线流向铜片
D 正确。
22.下列反应中，光照对反应几乎没有影响是（ ）
A. 次氯酸的分解
B. 氢气和氯气的反应
C. 氯气和甲烷的反应
D. 氧气和甲烷的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 次氯酸的分解光照分解产生HCl、O2，A不符合题意；
B.氢气和氯气光照化合生成HCl，B不符合题意；
C.氯气和甲烷在光照时发生取代反应，产生CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4及HCl，C不符合题意；
D.氧气和甲烷在光照时不能发生反应，D符合题意；
故合理选项是D。
23.2017年5月18日，国土资源部中国地质调查局宣布，我国在南海北部海域可燃冰试采获得成功。可燃冰的主要成分是甲烷，下列关于甲烷的取代反应说法正确的是（ ）
A. 甲烷与氯气的物质的量之比为1：1，混合发生反应时，生成物只有CH3Cl和HCl
B. 甲烷和氯气的取代反应，生成的CH3Cl最多
C. 0.5mol甲烷生成CCl4时最多消耗2mol氯气
D. 甲烷分子中的所有原子均满足最外层8电子结构
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷与氯气的取代反应是逐步进行的，所以即使是二者的物质的量之比为1：1，混合发生反应时，生成物不只有CH3Cl和HCl，还有CH2Cl2、CHCl3、CCl4，A错误；
B.甲烷和氯气的取代反应中，每一步取代反应都产生HCl，所以生成的HCl最多，B错误；
C.0.5mol甲烷分子在含有2molH 原子，所以0.5molCH4生成CCl4时最多消耗2mol氯气，C正确；
D.甲烷分子中的C原子满足最外层8电子结构，而H原子则满足最外层2个电子的稳定结构，D错误；
故合理选项是C。
24.在2A＋B3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（A）＝0.5mol/（L·s） B. v（B）＝0.3mol/（L·s）
C. v（C）＝0.8mol/（L·s） D. v（D）＝1mol/（L·s）
【答案】B
【解析】
【详解】在2A＋B3C＋4D 反应中都换成B的速率减小比较:
A、v(A):v(B)=2:1 v(B)=mol/（Ls）;
B、v(B)= 0.3mol/（Ls）
C、v(B): v（C）=1:3, v(B)=
D、v(B): v（D）=1:4，v(B)= 0.25mol/（Ls）比较可以知道,B表示的反应速率最大;
所以B选项是正确的。
25.镁一空气电池的工作原理如图所示，电池反应方程式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。有关该电池的说法正确的是（ ）
A. 通入氧气的电极为负极
B. 电池工作时，溶液中的Na+由负极移向正极
C. 负极的电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2
D. 当电路中转移0.04 mol电子时，参加反应的O2为体积224ml
【答案】C
【解析】A、氧气在正极发生还原反应，所以通入氧气的电极为正极，故A错误；B、原电池中阴离子向负极移动，所以溶液中的OH-由正极移向负极，Na+不能通过阴离子交换膜，故B错误；C、负极镁失电子变成镁离子，正极移过来的氢氧根离子结合生成氢氧化镁，所以电极反应式为：Mg-2e-+2OH-═Mg(OH)2，故C正确；D、未注明是否为标准状况，无法确定氧气的体积，故D错误；故选C。
二．填空题：（共4个答题，每空2分，计50分）
26.A、B、C、D、E 都为短周期元素，A 原子失去一个电子后成为一个质子；C 的-1 价阴离子与氖原子具有相同的电子层结构；D在C 的下一周期，D可与同周期的B形成 BD2型离子化含物；E 和 C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸。请根据以上信息回答下列问题。
（1）B元素在元素周期表中的位置是____________。
（2）A与 E 形成的最简单化合物的电子式为____________。
（3）C的氢化物与 D的氢化物的沸点相比较： ____________(用化学式表示，且用＞符号连接）。 解释原因______________。
（4）E 的氢化物与 E 的最高价氧化物对应水化物反应的生成物中含有的的化学键有____________。
（5）E 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与过量铁粉发生反应的离子方程式为________________。
【答案】(1). 第三周期ⅡA 族 (2). (3). HF＞HCl (4). HF分子间存在氢键 (5). 离子键和共价键（或离子键和极性键） (6). 3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
【解析】A、B、C、D、E 都为短周期元素，A 原子失去一个电子后成为一个质子，则A是H元素；C 的-1 价阴离子与氖原子具有相同的电子层结构，则C是F元素；D在C 的下一周期，D可与同周期的B形成 BD2型离子化含物，则B是Mg元素，D是Cl元素；E 和 C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸，则E是N元素。（1）B是Mg元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅡA 族；（2）A与 E 形成的最简单化合物NH3的电子式为；（3）元素非金属性：F>Cl，原子半径F
回答下列问题：
A
B
C
D
(1)人的汗液中含有D的简单离子，其离子结构示意图为______，元素C在元素周期表中的位置是______。C的最高价氧化物的水化物的浓溶液稀释的方法是______。
(2)A的最高价氧化物的化学式为_____，所含的化学键类型是______（填“离子键”或“共价键”）。
(3)E的最高价氧化物对应的水化物的化学式为____，它是______（填“酸性”或“两性”或“碱性”）化合物。写出该化合物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式______。
(4)加热时，B的最高价氧化物对应水合物的浓溶液与单质A反应的化学方程式为(用具体的化学式表示)______。
【答案】 (1). (2). 第三周期ⅥA族 (3). 将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 (4). CO2 (5). 共价键 (6). Al(OH)3 (7). 两性 (8). Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O (9). C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如下表，A位于第二周期，A原子最外层电子数与次外层电子数之比为2：1，则其最外层电子数是4，A为C元素，则B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E和C、D同周期，它的原子序数比B多6，则E是13号的Al元素。
【详解】根据上述分析可知A是C元素，B为N元素、C为S元素、D为Cl元素，E是Al元素。
(1)D是Cl元素，Cl原子获得1个电子生成Cl-，Cl-离子结构示意图为；元素C是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，所以S位于元素周期表第三周期第VIA族。C的最高价氧化物的水化物是H2SO4，由于浓硫酸的密度比水大，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，属于浓硫酸稀释的方法是将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
(2)A是C，C原子最外层有4个电子，所以C元素的最高价氧化物是CO2，CO2分子中C原子和O原子之间通过共价键结合，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构；
(3)E是Al元素，原子最外层有3个电子，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al(OH)3，Al元素处于金属与非金属交界区，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是Al(OH)3既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱溶液反应产生盐和水，是一种两性氢氧化物；Al(OH)3与氢氧化钠溶液反应产生NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3 +OH-=AlO2-+2H2O；
(4)B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓HNO3，该物质具有强的氧化性，在加热时浓硝酸和C发生氧化还原反应，产生CO2、NO2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+ 2H2O。
28.合理利用资源，加强环境保护，降低碳排放，实施低碳经济是今后经济生活主流。回答下列问题：
(1)下列措施不利于有效减少二氧化碳的是______(填字母)。
a.植树造林，保护森林，保护植被
b.加大对煤和石油的开采，并鼓励使用液化石油气
c.大力发展风能、水力、潮汐能发电和核电，大力推行太阳能的综合开发
d.推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高
(2)科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术研究，如将CO2和H2以1∶4的物质的量之比混合通入反应器，在适当条件下反应可获得一种重要能源。请完成以下化学方程式：CO2+4H2_____+2H2O。
(3)用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向。现进行如下实验：某温度下在体积为1L的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。现测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=___。
(4)以KOH为电解质的甲醇燃料电池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O。通入甲醇的电极为燃料电池的______(填“正”或“负”)极，正极反应式为_______。
【答案】(1). b (2). CH4 (3). 0.375mol·L－1·min－1 (4). 负 (5). O2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【详解】(1)a.植树造林，保护森林，保护植被，能增强光合作用，大量消耗二氧化碳，a不符合题意；
b.加大对煤和石油的开采，并鼓励使用石油液化气，能增加二氧化碳的排放，b符合题意；
c.积极推进核能、风能、潮汐能建设，大力推行太阳能的综合开发能减少二氧化碳的排放，c不符合题意；
d.推广使用节能灯和节能电器，使用空调时夏季温度不宜设置过低，冬天不宜过高，能减少电的使用，减少煤和石油化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，d不符合题意；
故合理选项是b；
(2)根据质量守恒定律可知：反应前后各种元素的原子数目和种类不变，分析题给的化学反应方程式可以知道，反应物中有2个O，1个C，8个H，反应后出现了2个O，4个H，则在X中含有4个H和1个C，因此X化学式是CH4；
(3)由图可知，12min到达平衡时二氧化碳的浓度变化量△c(CO2)=2mol/L-0.5mol/L=1.5mol/L，所以v(CO2)===0.125mol/(L•min)，在同一时间段内用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，所以v(H2)=3v(CO2)=3×0.125mol/(L•min)=0.375mol/(L•min)；
(4)甲醇-空气燃料电池中，通入燃料甲醇的电极为负极，甲醇在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。
29.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，是工业制硫酸的主要反应之一。
(1)该反应过程的能量变化如图所示：由图中曲线变化可知，该反应为_____(填“放热”或“吸热”)反应。该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后，改变的是图中的______。
A.ΔH B.E C. ΔH-E D. ΔH+E
(2)在2L绝热密闭容器中投入2molSO2和bmolO2，如图是部分反应物随时间的变化曲线。
①10min时，v(SO3)=________。
②反应达到平衡时，SO2的转化率为_______。
③下列情况能说明该反应达到化学平衡的是_______。
A.v(SO3)=v(SO2)
B.混合气体的密度保持不变
C.t时刻，体系的温度不再发生改变
D.混合气体的总物质的量不再改变
【答案】(1). 放热 (2). B (3). 0.05mol·L－1·min－1 (4). 70% (5). CD
【解析】
【分析】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后降低活化能，但不能改变反应热；
(2)①由图可知10min时生成三氧化硫是1mol，c(SO3)=0.5mol/L，根据v=来求反应速率，②根据物质反应转化关系计算平衡时SO2的消耗量，利用转化率定义式可得SO2的平衡转化率；
③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、百分含量不变判断平衡状态。
【详解】(1)由图中曲线变化可知反应物总能量高于生成物总能量，因此该反应为放热反应，该反应通常用V2O5作催化剂，加入V2O5后降低活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，因此改变的是图中的E，故合理选项是B；
(2)①由图可知10min时生成SO3的物质的量是1mol，c(SO3)=1.0mol÷2L=0.5mol/L，v===0.05mol/(Lmin)；
②反应达到平衡时生成SO3的物质的量是1.4mol，则根据方程式中物质反应转化关系可知消耗SO2的物质的量也是1.4mol，则SO2的平衡转化率为×100%=70%；
③A.v(SO3)=v(SO2)，未指明是正反应速率还是逆反应速率，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.反应在恒容密闭容器内进行，反应混合物都是气体，所以混合气体的密度始终保持不变，，不能据此反应反应是否处于平衡状态，B错误；
C.绝热密闭容器中t时刻，体系的温度不再发生改变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，C正确；
D.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的总物质的量不再改变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，D正确；
故合理选项是CD。
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