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【化学】江西省赣州市十五县（市）2018-2019学年高一下学期期中联考试题（解析版）
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江西省赣州市十五县（市）2018-2019学年高一下学期期中联考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe -56 Cu-64
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源
B. 垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用
C. PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
D. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】A.从自然界直接获得的能源为一次能源，而经过人为加工才能获得的是二次能源，故天然气、石油、流水和风力是一次能源，而氢气是二次能源，A错误；
B.垃圾中含有大量可回收利用的资源，垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用，B正确；
C.砷为非金属元素，铅、镉、铬、钒等对人体有害的元素均是金属元素，C错误；
D风力发电为机械能转化为电能，火力发电为化学能转化为电能，D错误；
2.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，含有的阴离子数为0.2NA
B. 4℃时，18g 2H216O中含有共用电子对数为2NA
C. 用金属铁、Cu片、稀硫酸组成原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，正极产生2.24LH2
D. 1 mol N5+含有的电子数为34NA
【答案】D
【解析】A.由于1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总计3mol阴、阳离子，7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，总计含有0.3mol阴、阳离子，含有阴、阳离子总数为0.3NA，A错误；
B.18g2H216O中含有共用电子对数为×2×NA/mol=1.8NA，B错误；
C.铁在反应表现+2价，当金属铁质量减轻5.6g时，反应的Fe的物质的量是0.1mol，转移电子0.2mol，正极上H+获得电子变为H2，每反应产生1molH2，转移2mole-，则转移0.2mol电子，反应产生0.1molH2，其体积在标准状况下体积为2.24L，由于题干未指明是标准状况，所以不能确定气体的体积大小，C错误；
D.1个N5+中含有34个电子，则1molN5+含34mol电子，即含有的电子数目为34NA，D正确；
故合理选项是D。
3.下列表示正确的是( )
A. CO2的电子式： B. 中子数为45的溴原子：Br
C. HClO的结构式：H—Cl—O D. 硫离子结构示意图：
【答案】D
【解析】A.二氧化碳为共价化合物，其分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，A错误；
B.质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数为80，该核素可以表示为，B错误；
C.次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，C错误；
D.硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，硫离子结构示意图为：，D正确；
故合理选项是D。
4.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )
A. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应:H++SO42-+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O
C. pH=2的溶液中可能大量存在Mg2+、Na+、NO3-、I-
D. 某无色溶液中可能大量存在H+、K+、Cl-、MnO4-
【答案】A
【解析】A.Fe2+与H2O2在酸性溶液中，二者发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O，A正确；
B.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程为：2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O，B错误；
C.pH=2的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中H+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D.MnO4-溶液显紫色，在无色溶液中不能大量共存，且在酸性溶液中能氧化氯离子，D错误；
故合理选项是A。
5.已知B的原子序数是x，B2−与A3+具有相同的电子层结构，则A元素的原子序数为（ ）
A. x−5 B. x+5 C. x+1 D. x−1
【答案】B
【解析】设元素A的核电荷数是y，已知B的原子序数是x，核电荷数为x，所以B2-的离子中带有(x+2)个电子，A失去3个电子后变为A3+，A3+的核外电子数等于y-3。因为B2-和A3+具有相同的电子层结构，即核外电子数相同；所以y-3=x+2，解得y=x+5。
故合理选项是B。
6.根据元素周期表和元素周期律判断，下列关于短周期主族元素的说法一定正确的是（ ）
A. X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素的最高化合价：X
C. 根据同主族两非金属元素氢化物的沸点高低，可判断两元素非金属性强弱
D. 非金属元素单质的氧化性越强，其氧化物对应水化物的酸性就越强
【答案】B
【解析】A. X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素原子的最外层电子数是X
A. Cl2＋H2OHClO＋HCl
B. Mg3N2＋6H2O3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
C. 2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑
D. NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O
【答案】C
【解析】试题分析：一般活泼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。如果是同一种非金属元素之间形成共价键，则是非极性键。不同种非金属元素之间形成的是极性键。据此可知选项A中没有离子键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A不正确；选项B中没有非极性键的断裂与形成，B不正确；选项D中也没有非极性键的断裂与形成，D不正确，所以答案选C。
8.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)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数时,一定达到平衡的标志是( )
①体系的温度不再改变 ②体系的压强不再改变
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∶q
⑥单位时间内m mol A发生断键反应,同时p mol C也发生断键反应
A. ③④⑤⑥ B. ①③④⑥
C. ②③④⑥ D. ①③④⑤
【答案】B
【解析】①体系的温度不再改变，正、逆反应速率相等，据此能判断该反应达到平衡状态，①正确；
②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，②错误；
③各组分物质的量浓度不再改变，说明该反应达到平衡状态，③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，④正确；
⑤任何时刻反应时都存在速率关系：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q，故不能根据反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q判断该反应是否达到平衡状态，⑤错误；
⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，⑥正确；
综上所述可知正确的说法为①③④⑥，故合理选项是B。
9.金刚石和石墨都能燃烧，氧气不足时生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 金刚石和石墨互为同素异形体，它们之间的转化属于化学变化
B. 金刚石比石墨稳定
C. 相同物质的量的金刚石比石墨所含有的能量低
D. 由金刚石制取石墨放出1.9 kJ的热量
【答案】A
【解析】A.金刚石和石墨互为同素异形体，为不同的物质，发生的是化学变化，A正确；
B.由图可知石墨能量低，物质含有的能量越低，稳定性越强，故石墨比金刚石稳定，B错误；
C.图中金刚石的能量高，则相同物质的量的金刚石比石墨所含有的能量高，C错误；
D.①C(s，金刚石)+O2(g) CO2(g) △H=-395.4 kJ/mol，②C(s，石墨)+O2(g) CO2(g) △H=-393.5kJ/mol，由盖斯定律可知，①-②得到C(s，金刚石) C(s，石墨)，△H=-395.4 kJ/mol-(-393.5 kJ/mol)=-1.9kJ/mol，由于未指明反应的物质的量，因此不能确定放出热量多少，D错误；
故合理选项是A。
10.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是( )
A. 制备氢氧化亚铁
B. 验证非金属性Cl >C >Si
C. 检验二氧化硫中是否混有二氧化碳
D. 实验室制取并收集氨气
【答案】C
【解析】试题分析：A．氢氧化亚铁易被氧气氧化，氯化亚铁溶液应用苯隔绝空气，否则即使生成氢氧化亚铁也被空气氧化而变质，故A错误；B．验证非金属性Cl＞C＞Si，应用高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，然后通入硅酸钠溶液中观察是否有沉淀生成，故B错误；C．高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，品红用于检验二氧化硫是否除尽，如有二氧化碳，通入澄清石灰水变浑浊，实验合理，故C正确；D．为防止试管炸裂，则试管口应向下倾斜，故D错误；故选C；
11.研究人员研发了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电。在海水中，电池的总反应可表示为：5MnO2+2Ag+ 2NaClNa2Mn5O10+ 2AgCl，下列“水电池”在海水中放电时的有关说法不正确的是( )
A. Na+不断向“水电池”的正极移动
B. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2mol电子
C. 负极反应式：Ag+Cl－+e－AgCl
D. AgCl是氧化产物
【答案】C
【解析】
【分析】根据海水中电池总反应5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl可知，Ag失电子发生氧化反应作负极，MnO2作正极，负极反应式为Ag-e-+Cl-AgCl，正极反应式为5MnO2+2e-Mn5O102-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A.电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以Na+不断向“水”电池的正极移动，A不符合题意；
B.根据5MnO2+2e-Mn5O102-可知，每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，B不符合题意；
C.负极反应式为Ag+Cl--e-AgCl，正极反应式为5MnO2+2e-Mn5O102-，C符合题意；
D.Ag失电子作还原剂，则AgCl是氧化产物，D不符合题意；
故合理选项是C。
12.对可逆反应4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 化学反应速率关系是：2v正（NH3） = 3v正（H2O）
B. .若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 达到化学平衡时，4v正（O2） = 5v逆（NO）
【答案】D
【解析】达到化学平衡时正逆反应速率比等于系数比，化学反应速率关系是：3v逆 (NH3) = 2v正 (H2O)，故A错误；单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，都是指正反应，反应不一定达到平衡状态，故B错误；若增加容器体积，则正逆反应速率均减小，故C错误；达到化学平衡时正逆反应速率比等于系数比，4V正 (O2) = 5V逆 (NO)，故D正确。
13.在一固定容积的密闭容器中，加入2L X和3L Y气体，发生如下反应：nX(g)+3Y(g)2Z(g)+R(g)，反应平衡时，测得X和Y的转化率分别是15%和30%，则化学方程中的n值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】设X转化aL，
nX（气）+3Y（气）⇌2R（气）+Q（气）
起始：2L 3L
转化：aL
则，求得n=1。
故合理选项是A。
14.现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且每个甲、乙、丙分子中均含10个电子，Y和Z化合生成丁，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A. 原子半径由小到大的顺序是：W
C. 化合物的沸点由高到低的顺序是：乙>甲>丙
D. Y与W、Z都只能形成两种化合物
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z 四种短周期元素，W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙分子均含有10个电子，由反应：单质X+乙→单质Y+甲，可知X为F2、乙为H2O、Y为O2、甲为HF，则W为H元素、X为F元素、Y为O元素，再由反应：丙+氧气→丁+水，可知丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2，Z为C或N元素。
【详解】由分析可知，W为H元素、X为F元素、Y为O元素、Z为C或N元素、X为F2、Y为O2、甲为HF、乙为H2O、丙是NH3或CH4。
A.W为H元素，X为F元素，Y为O元素，Z为C或N元素，则原子半径由小到大的顺序是：W
C.化合物甲是HF，乙是H2O、丙是NH3或CH4，水在室温下呈液态，HF、NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的沸点增大，由于HF的分子的氢键比NH3的大，所以化合物的沸点由高到低的顺序是：乙>甲>丙；若丙是CH4，沸点比HF低，仍然存在关系乙>甲>丙，C正确；
D.O与H可生成H2O、H2O2，O可与C生成CO、CO2，与N生成NO、NO2、N2O3等多种氧化物，不是都只能形成两种化合物，D错误；
故合理选项是C。
15.有一种瓦斯分析仪（下图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2－可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的的是( )
A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a
B. 电极a的反应式为：CH4+5O2－―8e－CO32－ +2H2O
C. 电极b是正极, O2-由电极a流向电极b
D. 当固体电解质中有1 mol O2－通过时，电子转移4 mol
【答案】B
【解析】
【分析】本题中固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动；通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2CO2+H2O，正极反应为：O2+4e-2O2-，负极反应为：CH4+5O2--8e-CO32-+2H2O，结合原电池的工作原理可得结论。
【详解】A.该电池中a为负极，b为正极，电子从负极流向正极，所以电池内电路中O2-由电极b流向电极a，故A错误；
B.甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+5O2--8e-CO32-+2H2O，故B正确；
C.电极b氧气得电子，生成O2-，而电极a需要O2-作为反应物，故O2-由正极(电极b)流向负极(电极a)，故C错误；
D.1mol O2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1mol O2-通过时，电子转移2mol，故D错误；
答案选B。
16.14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4说法不正确的是( )
A. Cu2S是还原产物
B. 产物中的SO42-有一部分是氧化产物
C. CuSO4是氧化剂，FeS2是还原剂
D. 5mol FeS2发生反应，有21mol 转移
【答案】C
【解析】A.CuSO4→Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，则Cu2S是还原产物，A正确；
B由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42-离子，生成物中有17molSO42-离子，则有3molS被氧化，B正确；
C.FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，C错误；
D.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题(共52分)
17.I.请根据有关知识，填写下列空白：
(1)下列反应中，属于吸热反应的是______(填数字序号，下同)，属于放热反应的是______。
①煅烧石灰石制生石灰；②氢氧化钠固体溶于水；③碳与水蒸气的反应；④酸碱中和反应；⑤生石灰与水作用制熟石灰；⑥食物因氧化而腐败
(2)已知H2和O2反应放热，且断开1 mol H−H、1 mol O=O、1 mol O−H键需要吸收的能量分别为Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ，由此可以推知下列关系正确的是______(填字母编号)。
A．Q1+ Q2> Q3 B．2Q1+ Q2<4Q3 C．Q1+Q2>2Q3 D．2Q1+Q2<2Q3
II.下列物质：①CaBr2 ②H2O ③NH4Cl ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧ I2
(3)只存在非极性键是_____(用序号填空，下同)。
(4)既含有共价键又含有离子键的是______________。
(5)当其熔化时，不破坏化学键的是______________。
【答案】(1). ①③ (2). ④⑤⑥ (3). B (4). ⑧ (5). ③⑤⑥ (6). ②④⑦⑧
【解析】
【分析】I.(1)常见的放热反应有：所有物质的燃烧反应、所有金属与酸或与水的置换反应、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)；
(2)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为反应热解答，燃烧反应为放热反应。
II．(3)一般来说，活泼金属和活泼非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；
(4)既含有共价键又含有离子键的是离子化合物，阴离子或阳离子为复杂离子；
(5)熔化时不破坏化学键，说明该物质中只存在共价键，为分子晶体．
【详解】I.①煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰(CaO)是分解反应，属于常见的吸热反应；
②氢氧化钠固体溶于水，溶解放热，但不是化学反应；
③碳与水蒸气的反应是吸热反应；
④酸与碱的中和反应要放热热量，是常见的放热反应；
⑤生石灰与水作用制熟石灰，是化合反应，放出热量，属于常见的放热反应；
⑥食物因氧化而腐败要放出热量，属于放热反应是；
故属于吸热反应的是①③；放热反应④⑤⑥；
(2)1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)，断开0.5 mol O=O键和1 molH-H键所吸收的能量Q1+Q2，生成新键释放的能量2Q3，该反应放热，放出热量是2Q3-( Q1+Q2)>0，即2Q1+Q2＜4Q3，故合理选项是B；
II.①CaBr2是离子化合物，只含有离子键；
②H2O是共价化合物，只含有极性共价键；
③NH4Cl是离子化合物，含有离子键，在阳离子NH4+中含有极性共价键；
④H2O2 是共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键；
⑤Na2O2是离子化合物，含有离子键；在阴离子O22-中中含有非极性共价键；
⑥Ca(OH)2是离子化合物，含有离子键；在阴离子OH-中含有极性共价键；
⑦HClO是极性共价键，含极性共价键；
⑧ I2是单质，只含有非极性共价键。
(3)综上所述可知只存在非极性键的是⑧；
(4)既含有共价键又含有离子键的是③⑤⑥；
(5)当其熔化时，不破坏化学键，说明该物质中只存在共价键，为分子晶体，属于分子晶体的有②④⑦⑧。
18.现有10种元素的性质、数据如下表所列，它们均为短周期元素．
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
原子半径(10﹣10m)
0.74
1.60
1.52
1.10
0.99
1.86
0.75
0.82
1.02
0.037
最高或最低化合价
+2
+1
+5
+7
+1
+5
+3
+6
+1
﹣2
﹣3
﹣1
﹣3
﹣2
回答下列问题：
(1)G在元素周期表中的位置_____，若H的一种同位素中子数为5，则其原子符号是_____，B 元素的离子结构示意图是_____，A与B分别形成的简单离子半径大小关系为_____(用离子符号表示)．
(2)化合物F2A2的电子式是：________________________．
(3)用电子式表示F2I的形成过程：_________________________；
(4)F与J形成的化合物与水反应放出气体的化学方程式为_____．
【答案】(1). 第二周期第VA族 (2). (3). (4). O2-＞Mg2+ (5). (6). (7). NaH+H2O=NaOH+H2↑
【解析】
【分析】从表格数据可知，+1价的C、F，一定是碱金属Li和Na，而原子半径F＞C，则C应为第二周期第IA族的Li，F为第三周期第IA的Na元素，J为H元素；B最高化合价为+2价，应为第IIA元素，且原子半径F＞B＞C，则B为Mg元素；D和G最高正价均为+5，负价为-3价，二者都为VA族元素，因原子半径D＞G，所以D为第三周期第VA族的P元素，G为N元素；从化合价可推出E属于卤素，由于短周期F元素无正价，因此E为氯元素，位于第三周期第VIIA族；H最高正价+3价，无负价，只能是IIIA族元素，而原子半径H>F元素，故H只能是位于第二周期第IIIA族的B元素；A和I的最低负价都为-2价，I最高正价为+6价，则A应为第二周期的O元素，I为第三周期的S元素，以此解答该题。
【详解】从上述分析可知A是O元素；B是Mg元素；C是Li元素；D是P元素；E为氯元素；F是Na元素；G为N元素；H为B元素；I为S元素；J为H元素。
(1)G为N元素，核外电子排布是2、5，在元素周期表中位于第二周期第VA族；H为B元素，原子序数为5，若它的一种同位素中子数为5，则其原子符号是；B元素是Mg元素。Mg原子核外电子排布是2、8、2，镁原子失去最外层的2个电子变为Mg2+，其离子结构示意图是，A与B分别表示O、Mg元素，这两种元素形成的离子O2-、Mg2+核外电子层结构都是2、8，原子序数越大，离子半径越小，O2-、Mg2+离子半径大小关系为O2-＞Mg2+；
(2)化合物F2A2表示Na2O2，其电子式是；
(3)F2I为Na2S，该物质为离子化合物，Na+与S2-通过离子键结合，用电子式表示Na2S的形成过程为：；
(4)F与J形成的化合物NaH与水反应产生NaOH和H2，放出气体的化学方程式为NaH+H2ONaOH+H2↑。
19.I. 三氯化铁对铜(Cu)说：尽管你不活泼，但我还是会包溶你。
(1)写出FeCl3溶液包溶铜板的离子方程式：______________________。
(2)若将(1)中的反应设计成原电池，写出电极反应式。
正极反应： _________________________________________；
负极反应：__________________________________________。
II. 有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol/L的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6 mol/L的NaOH溶液中，如图所示。
(1)甲中SO42-移向____(填“铝片”或“镁片”)，写出甲中正极的电极反应式__________。
(2)乙中负极为______(填“铝片”或“镁片”)总反应的离子方程式：__________________。
【答案】(1). 2Fe3＋+Cu2Fe2＋＋Cu2＋ (2). Fe3＋+e-Fe2＋(或2Fe3＋+2e－2Fe2＋) (3). Cu-2e-Cu2＋ (4). 镁片 (5). 2H++2e-H2↑ (6). 铝片 (7). 2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】I. (1)FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板，生成氯化铜、氯化亚铁；
(2)原电池的构成条件：自发的氧化还原反应，在原电池的负极上发生失电子的氧化反应，正极上是还原反应，据氧化还原反应确定电解质溶液；
II.甲同学依据的化学反应原理是Mg+H2SO4MgSO4+H2↑，乙同学依据的化学反应原理是2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，由于Al显两性，与酸碱都能发生反应。
(1)甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，溶液中离子移动方向可根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则分析；
(2)乙池中铝易失电子作负极、镁作正极。
【详解】I.(1)FeCl3溶液包溶铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+；
(2)原电池的构成条件：自发的氧化还原反应，据此确定电解质溶液，在原电池的正极上发生得到电子的还原反应，即Fe3＋+e-Fe2＋；负极上发生失电子的氧化反应，该反应为Cu-2e-Cu2+，电解质是FeCl3溶液；
II.(1)甲用Mg与H2SO4发生反应，总反应方程式为Mg+2H+Mg2++H2↑，Mg失去电子，发生氧化反应，作负极，电极反应式为Mg-2e-Mg2+，负极附近溶液中阳离子浓度大，所以溶液中带负电荷的SO42-向负极镁片移动；在正极上，溶液中的H+获得电子，变为H2逸出，正极的电极反应式为2H++2e-H2↑；
(2)在乙中，由于Mg不能与NaOH溶液发生反应，Al能够发生反应，所以Al为负极，失去电子，发生氧化反应，Mg为正极，正极上发生还原反应，总反应的离子方程式2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑。
20.A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性；A、D同主族，C的原子序数等于A、B原子序数之和；E是地壳中含量最高的金属元素，F元素的原子最外层比次外层少两个电子。回答下列问题：
(1)F和G的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是______(写最高价氧化物对应的水化物的化学式)。
(2)A和C按照原子个数1:1形成的化合物的结构式为______。
(3)都由A、C、D、F四种元素形成的两种化合物的水溶液反应的离子方程式为____________________
(4)常温下，液态化合物B2A4与气态化合物BC2反应生成无毒物质，写出其反应的化学方程式为___________________________
(5)FC2通入BaCl2溶液中无明显现象，但与G的单质一起通入则有白色沉淀出现，请用离子方程式表示沉淀形成的过程____________________________________________。
【答案】(1). HClO4 (2). H-O-O-H (3). HSO3-+H+H2O+SO2↑ (4). 2N2H4+2NO23N2+4H2O (5). SO2+Cl2+Ba2++2H2OBaSO4↓+2Cl-+4H+
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性，该化合物为氨气，则A为H，B为N元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，F的原子序数大于Al，位于第三周期，则F最外层含有6个电子，F为S元素；G的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则G为Cl元素；A、D同主族，结合原子序数大小可知D为Na元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，C的原子序数=1+7=8，则C为O元素，据此解答。
【详解】根据上述分析可知A是H元素，B是N元素，C是O元素，D是Na元素，E是Al元素；F是S元素；G是Cl元素。
(1)F和G的最高价氧化物对应的水化物分别是H2SO4、HClO4，元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的的酸性越强，所以酸性较强的是HClO4；
(2) A是H元素，C是O元素，A和C按照原子个数1:1形成的化合物H2O2的结构式为H-O-O-H；
(3)都由A、C、D、F四种元素形成的两种化合物分别是NaHSO4、NaHSO3，前者是强酸强碱盐，电离产生H+，起一元强酸的作用，后者是强碱弱酸盐，HSO3-与溶液中的H+结合，产生H2O、SO2，该反应的离子方程式是HSO3-+H+H2O+SO2↑；
(4) B2A4是N2H4，BC2是NO2，常温下，液态化合物N2H4与气态化合物NO2反应生成无毒物质N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2N2H4+2NO23N2+4H2O；
(5) 一元酸性HCl>H2SO3，所以SO2通入BaCl2溶液中无明显现象，不能与溶质发生反应，但与Cl2的单质一起通入则有白色沉淀出现，这是SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4↓+2HCl，反应的总方程式用离子方程式表示为SO2+Cl2+Ba2++2H2OBaSO4↓+2Cl-+4H+。
21.I．一定温度下，在2L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：
(1)写出该反应的化学方程式_________。
(2)下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是___________。
A．当X与Y的反应速率之比为1∶1
B．在混合气体中X的质量百分数保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化
D．混合气体的密度不随时间的变化而变化
E．X、Y、Z的浓度之比为1∶1∶2
(3)为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是__________。
A．恒压时充入Ne B．适当升高温度 C．缩小容器的体积 D．选择高效催化剂．
II．一定温度下将3mol的A及3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经过5分钟后反应达到平衡，测得A的转化率为60﹪，C的平均反应速率是0.18mol/(L·min)。求：
(1)平衡时B的浓度=___________mol/L。
(2)D的平均反应速率υ(D)=__________mol/( L·min)。
(3)x=______。
【答案】(1). X(g)+Y(g)2Z(g) (2). ACDE (3). A (4). 1.2 (5). 0.12 (6). 3
【解析】
【分析】I.(1)根据化学反应中各物质的物质的量的变化量与化学计量数之比呈正比书写化学方程式；
(2)根据可逆反应平衡状态时的实质和特征，结合反应方程式中物质的化学计量数关系判断平衡状态；
(3)根据影响化学反应速率的因素分析判断；
II.根据A起始时的物质的量及转化率计算转化量，根据速率定义式计算V(A)，然后根据速率比等于化学计量数的比，结合V(C)大小，计算V(B)、V(D)及x值。
【详解】(1)由图象可以看出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，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=(1.20mol-0.41mol)：(.0mol-0.21mol)：1.58mol=1：1：2，由于最后三种物质都存在，可见该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为X+Y2Z；
(1)A.X、Y是反应物，方程式系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根据X与Y的反应速率之比为1：1判断平衡状态，A符合题意；
B.若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体中X的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B不符合题意；
C.由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，C符合题意；
D.由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体的密度总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；
E.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；
故合理选项是ACDE；
(3)A.恒压时充入Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意；
B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B不符合题意；
C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C不符合题意；
D.选择高效催化剂，化学反应速率加快，D不符合题意；
故合理选项是A；
II.发生反应3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，由于反应在2L的密闭容器内进行，n(A)=3mol，A的转化率是60%，则A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol。
(1)根据反应方程式的系数可知：每有3molA发生反应，同时消耗1molB，则A反应了1.8mol，所以B反应了0.6mol，则5min时B物质的浓度为c(B)=(3mol-0.6mol)÷2L=1.2mol/L；
(2)A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol，容器的容积为2L，反应时间为5min，所以V(A)==0.18mol/(L·min)，由于V(A)：V(D)=3:2，所以V(D)=V(A)=0.12 mol/(L·min)；
(3)V(A):V(C)=3:x，V(A)=V(C)=0.18mol/(L·min)，所以x=3。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe -56 Cu-64
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 天然气、石油、流水、风力、氢气为一次能源
B. 垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用
C. PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
D. 无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能
【答案】B
【解析】A.从自然界直接获得的能源为一次能源，而经过人为加工才能获得的是二次能源，故天然气、石油、流水和风力是一次能源，而氢气是二次能源，A错误；
B.垃圾中含有大量可回收利用的资源，垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用，B正确；
C.砷为非金属元素，铅、镉、铬、钒等对人体有害的元素均是金属元素，C错误；
D风力发电为机械能转化为电能，火力发电为化学能转化为电能，D错误；
2.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，含有的阴离子数为0.2NA
B. 4℃时，18g 2H216O中含有共用电子对数为2NA
C. 用金属铁、Cu片、稀硫酸组成原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，正极产生2.24LH2
D. 1 mol N5+含有的电子数为34NA
【答案】D
【解析】A.由于1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总计3mol阴、阳离子，7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，总计含有0.3mol阴、阳离子，含有阴、阳离子总数为0.3NA，A错误；
B.18g2H216O中含有共用电子对数为×2×NA/mol=1.8NA，B错误；
C.铁在反应表现+2价，当金属铁质量减轻5.6g时，反应的Fe的物质的量是0.1mol，转移电子0.2mol，正极上H+获得电子变为H2，每反应产生1molH2，转移2mole-，则转移0.2mol电子，反应产生0.1molH2，其体积在标准状况下体积为2.24L，由于题干未指明是标准状况，所以不能确定气体的体积大小，C错误；
D.1个N5+中含有34个电子，则1molN5+含34mol电子，即含有的电子数目为34NA，D正确；
故合理选项是D。
3.下列表示正确的是( )
A. CO2的电子式： B. 中子数为45的溴原子：Br
C. HClO的结构式：H—Cl—O D. 硫离子结构示意图：
【答案】D
【解析】A.二氧化碳为共价化合物，其分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，A错误；
B.质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数为80，该核素可以表示为，B错误；
C.次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，C错误；
D.硫离子的核电荷数为16，最外层达到8电子稳定结构，硫离子结构示意图为：，D正确；
故合理选项是D。
4.下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是( )
A. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液的反应:H++SO42-+Ba2++OH- BaSO4↓+H2O
C. pH=2的溶液中可能大量存在Mg2+、Na+、NO3-、I-
D. 某无色溶液中可能大量存在H+、K+、Cl-、MnO4-
【答案】A
【解析】A.Fe2+与H2O2在酸性溶液中，二者发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O，A正确；
B.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程为：2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O，B错误；
C.pH=2的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中H+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D.MnO4-溶液显紫色，在无色溶液中不能大量共存，且在酸性溶液中能氧化氯离子，D错误；
故合理选项是A。
5.已知B的原子序数是x，B2−与A3+具有相同的电子层结构，则A元素的原子序数为（ ）
A. x−5 B. x+5 C. x+1 D. x−1
【答案】B
【解析】设元素A的核电荷数是y，已知B的原子序数是x，核电荷数为x，所以B2-的离子中带有(x+2)个电子，A失去3个电子后变为A3+，A3+的核外电子数等于y-3。因为B2-和A3+具有相同的电子层结构，即核外电子数相同；所以y-3=x+2，解得y=x+5。
故合理选项是B。
6.根据元素周期表和元素周期律判断，下列关于短周期主族元素的说法一定正确的是（ ）
A. X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素的最高化合价：X
C. 根据同主族两非金属元素氢化物的沸点高低，可判断两元素非金属性强弱
D. 非金属元素单质的氧化性越强，其氧化物对应水化物的酸性就越强
【答案】B
【解析】A. X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素原子的最外层电子数是X
A. Cl2＋H2OHClO＋HCl
B. Mg3N2＋6H2O3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
C. 2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑
D. NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O
【答案】C
【解析】试题分析：一般活泼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。如果是同一种非金属元素之间形成共价键，则是非极性键。不同种非金属元素之间形成的是极性键。据此可知选项A中没有离子键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A不正确；选项B中没有非极性键的断裂与形成，B不正确；选项D中也没有非极性键的断裂与形成，D不正确，所以答案选C。
8.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)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数时,一定达到平衡的标志是( )
①体系的温度不再改变 ②体系的压强不再改变
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∶q
⑥单位时间内m mol A发生断键反应,同时p mol C也发生断键反应
A. ③④⑤⑥ B. ①③④⑥
C. ②③④⑥ D. ①③④⑤
【答案】B
【解析】①体系的温度不再改变，正、逆反应速率相等，据此能判断该反应达到平衡状态，①正确；
②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，②错误；
③各组分物质的量浓度不再改变，说明该反应达到平衡状态，③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，④正确；
⑤任何时刻反应时都存在速率关系：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q，故不能根据反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q判断该反应是否达到平衡状态，⑤错误；
⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，⑥正确；
综上所述可知正确的说法为①③④⑥，故合理选项是B。
9.金刚石和石墨都能燃烧，氧气不足时生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 金刚石和石墨互为同素异形体，它们之间的转化属于化学变化
B. 金刚石比石墨稳定
C. 相同物质的量的金刚石比石墨所含有的能量低
D. 由金刚石制取石墨放出1.9 kJ的热量
【答案】A
【解析】A.金刚石和石墨互为同素异形体，为不同的物质，发生的是化学变化，A正确；
B.由图可知石墨能量低，物质含有的能量越低，稳定性越强，故石墨比金刚石稳定，B错误；
C.图中金刚石的能量高，则相同物质的量的金刚石比石墨所含有的能量高，C错误；
D.①C(s，金刚石)+O2(g) CO2(g) △H=-395.4 kJ/mol，②C(s，石墨)+O2(g) CO2(g) △H=-393.5kJ/mol，由盖斯定律可知，①-②得到C(s，金刚石) C(s，石墨)，△H=-395.4 kJ/mol-(-393.5 kJ/mol)=-1.9kJ/mol，由于未指明反应的物质的量，因此不能确定放出热量多少，D错误；
故合理选项是A。
10.下列药品和装置合理且能完成相应实验的是( )
A. 制备氢氧化亚铁
B. 验证非金属性Cl >C >Si
C. 检验二氧化硫中是否混有二氧化碳
D. 实验室制取并收集氨气
【答案】C
【解析】试题分析：A．氢氧化亚铁易被氧气氧化，氯化亚铁溶液应用苯隔绝空气，否则即使生成氢氧化亚铁也被空气氧化而变质，故A错误；B．验证非金属性Cl＞C＞Si，应用高氯酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，然后通入硅酸钠溶液中观察是否有沉淀生成，故B错误；C．高锰酸钾与二氧化硫发生氧化还原反应，品红用于检验二氧化硫是否除尽，如有二氧化碳，通入澄清石灰水变浑浊，实验合理，故C正确；D．为防止试管炸裂，则试管口应向下倾斜，故D错误；故选C；
11.研究人员研发了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电。在海水中，电池的总反应可表示为：5MnO2+2Ag+ 2NaClNa2Mn5O10+ 2AgCl，下列“水电池”在海水中放电时的有关说法不正确的是( )
A. Na+不断向“水电池”的正极移动
B. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2mol电子
C. 负极反应式：Ag+Cl－+e－AgCl
D. AgCl是氧化产物
【答案】C
【解析】
【分析】根据海水中电池总反应5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl可知，Ag失电子发生氧化反应作负极，MnO2作正极，负极反应式为Ag-e-+Cl-AgCl，正极反应式为5MnO2+2e-Mn5O102-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此解答。
【详解】A.电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以Na+不断向“水”电池的正极移动，A不符合题意；
B.根据5MnO2+2e-Mn5O102-可知，每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，B不符合题意；
C.负极反应式为Ag+Cl--e-AgCl，正极反应式为5MnO2+2e-Mn5O102-，C符合题意；
D.Ag失电子作还原剂，则AgCl是氧化产物，D不符合题意；
故合理选项是C。
12.对可逆反应4NH3(g) + 5O2(g) 4NO(g) + 6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 化学反应速率关系是：2v正（NH3） = 3v正（H2O）
B. .若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 达到化学平衡时，4v正（O2） = 5v逆（NO）
【答案】D
【解析】达到化学平衡时正逆反应速率比等于系数比，化学反应速率关系是：3v逆 (NH3) = 2v正 (H2O)，故A错误；单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，都是指正反应，反应不一定达到平衡状态，故B错误；若增加容器体积，则正逆反应速率均减小，故C错误；达到化学平衡时正逆反应速率比等于系数比，4V正 (O2) = 5V逆 (NO)，故D正确。
13.在一固定容积的密闭容器中，加入2L X和3L Y气体，发生如下反应：nX(g)+3Y(g)2Z(g)+R(g)，反应平衡时，测得X和Y的转化率分别是15%和30%，则化学方程中的n值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】设X转化aL，
nX（气）+3Y（气）⇌2R（气）+Q（气）
起始：2L 3L
转化：aL
则，求得n=1。
故合理选项是A。
14.现有W、X、Y、Z四种短周期元素，W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且每个甲、乙、丙分子中均含10个电子，Y和Z化合生成丁，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A. 原子半径由小到大的顺序是：W
C. 化合物的沸点由高到低的顺序是：乙>甲>丙
D. Y与W、Z都只能形成两种化合物
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z 四种短周期元素，W分别与X、Y、Z结合生成甲、乙、丙三种化合物，且甲、乙、丙分子均含有10个电子，由反应：单质X+乙→单质Y+甲，可知X为F2、乙为H2O、Y为O2、甲为HF，则W为H元素、X为F元素、Y为O元素，再由反应：丙+氧气→丁+水，可知丙是NH3或CH4，丁是NO或CO2，Z为C或N元素。
【详解】由分析可知，W为H元素、X为F元素、Y为O元素、Z为C或N元素、X为F2、Y为O2、甲为HF、乙为H2O、丙是NH3或CH4。
A.W为H元素，X为F元素，Y为O元素，Z为C或N元素，则原子半径由小到大的顺序是：W
C.化合物甲是HF，乙是H2O、丙是NH3或CH4，水在室温下呈液态，HF、NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的沸点增大，由于HF的分子的氢键比NH3的大，所以化合物的沸点由高到低的顺序是：乙>甲>丙；若丙是CH4，沸点比HF低，仍然存在关系乙>甲>丙，C正确；
D.O与H可生成H2O、H2O2，O可与C生成CO、CO2，与N生成NO、NO2、N2O3等多种氧化物，不是都只能形成两种化合物，D错误；
故合理选项是C。
15.有一种瓦斯分析仪（下图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2－可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的的是( )
A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a
B. 电极a的反应式为：CH4+5O2－―8e－CO32－ +2H2O
C. 电极b是正极, O2-由电极a流向电极b
D. 当固体电解质中有1 mol O2－通过时，电子转移4 mol
【答案】B
【解析】
【分析】本题中固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动；通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2CO2+H2O，正极反应为：O2+4e-2O2-，负极反应为：CH4+5O2--8e-CO32-+2H2O，结合原电池的工作原理可得结论。
【详解】A.该电池中a为负极，b为正极，电子从负极流向正极，所以电池内电路中O2-由电极b流向电极a，故A错误；
B.甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+5O2--8e-CO32-+2H2O，故B正确；
C.电极b氧气得电子，生成O2-，而电极a需要O2-作为反应物，故O2-由正极(电极b)流向负极(电极a)，故C错误；
D.1mol O2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1mol O2-通过时，电子转移2mol，故D错误；
答案选B。
16.14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4说法不正确的是( )
A. Cu2S是还原产物
B. 产物中的SO42-有一部分是氧化产物
C. CuSO4是氧化剂，FeS2是还原剂
D. 5mol FeS2发生反应，有21mol 转移
【答案】C
【解析】A.CuSO4→Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，则Cu2S是还原产物，A正确；
B由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42-离子，生成物中有17molSO42-离子，则有3molS被氧化，B正确；
C.FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，C错误；
D.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题(共52分)
17.I.请根据有关知识，填写下列空白：
(1)下列反应中，属于吸热反应的是______(填数字序号，下同)，属于放热反应的是______。
①煅烧石灰石制生石灰；②氢氧化钠固体溶于水；③碳与水蒸气的反应；④酸碱中和反应；⑤生石灰与水作用制熟石灰；⑥食物因氧化而腐败
(2)已知H2和O2反应放热，且断开1 mol H−H、1 mol O=O、1 mol O−H键需要吸收的能量分别为Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ，由此可以推知下列关系正确的是______(填字母编号)。
A．Q1+ Q2> Q3 B．2Q1+ Q2<4Q3 C．Q1+Q2>2Q3 D．2Q1+Q2<2Q3
II.下列物质：①CaBr2 ②H2O ③NH4Cl ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧ I2
(3)只存在非极性键是_____(用序号填空，下同)。
(4)既含有共价键又含有离子键的是______________。
(5)当其熔化时，不破坏化学键的是______________。
【答案】(1). ①③ (2). ④⑤⑥ (3). B (4). ⑧ (5). ③⑤⑥ (6). ②④⑦⑧
【解析】
【分析】I.(1)常见的放热反应有：所有物质的燃烧反应、所有金属与酸或与水的置换反应、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)；
(2)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为反应热解答，燃烧反应为放热反应。
II．(3)一般来说，活泼金属和活泼非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；
(4)既含有共价键又含有离子键的是离子化合物，阴离子或阳离子为复杂离子；
(5)熔化时不破坏化学键，说明该物质中只存在共价键，为分子晶体．
【详解】I.①煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰(CaO)是分解反应，属于常见的吸热反应；
②氢氧化钠固体溶于水，溶解放热，但不是化学反应；
③碳与水蒸气的反应是吸热反应；
④酸与碱的中和反应要放热热量，是常见的放热反应；
⑤生石灰与水作用制熟石灰，是化合反应，放出热量，属于常见的放热反应；
⑥食物因氧化而腐败要放出热量，属于放热反应是；
故属于吸热反应的是①③；放热反应④⑤⑥；
(2)1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)，断开0.5 mol O=O键和1 molH-H键所吸收的能量Q1+Q2，生成新键释放的能量2Q3，该反应放热，放出热量是2Q3-( Q1+Q2)>0，即2Q1+Q2＜4Q3，故合理选项是B；
II.①CaBr2是离子化合物，只含有离子键；
②H2O是共价化合物，只含有极性共价键；
③NH4Cl是离子化合物，含有离子键，在阳离子NH4+中含有极性共价键；
④H2O2 是共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键；
⑤Na2O2是离子化合物，含有离子键；在阴离子O22-中中含有非极性共价键；
⑥Ca(OH)2是离子化合物，含有离子键；在阴离子OH-中含有极性共价键；
⑦HClO是极性共价键，含极性共价键；
⑧ I2是单质，只含有非极性共价键。
(3)综上所述可知只存在非极性键的是⑧；
(4)既含有共价键又含有离子键的是③⑤⑥；
(5)当其熔化时，不破坏化学键，说明该物质中只存在共价键，为分子晶体，属于分子晶体的有②④⑦⑧。
18.现有10种元素的性质、数据如下表所列，它们均为短周期元素．
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
原子半径(10﹣10m)
0.74
1.60
1.52
1.10
0.99
1.86
0.75
0.82
1.02
0.037
最高或最低化合价
+2
+1
+5
+7
+1
+5
+3
+6
+1
﹣2
﹣3
﹣1
﹣3
﹣2
回答下列问题：
(1)G在元素周期表中的位置_____，若H的一种同位素中子数为5，则其原子符号是_____，B 元素的离子结构示意图是_____，A与B分别形成的简单离子半径大小关系为_____(用离子符号表示)．
(2)化合物F2A2的电子式是：________________________．
(3)用电子式表示F2I的形成过程：_________________________；
(4)F与J形成的化合物与水反应放出气体的化学方程式为_____．
【答案】(1). 第二周期第VA族 (2). (3). (4). O2-＞Mg2+ (5). (6). (7). NaH+H2O=NaOH+H2↑
【解析】
【分析】从表格数据可知，+1价的C、F，一定是碱金属Li和Na，而原子半径F＞C，则C应为第二周期第IA族的Li，F为第三周期第IA的Na元素，J为H元素；B最高化合价为+2价，应为第IIA元素，且原子半径F＞B＞C，则B为Mg元素；D和G最高正价均为+5，负价为-3价，二者都为VA族元素，因原子半径D＞G，所以D为第三周期第VA族的P元素，G为N元素；从化合价可推出E属于卤素，由于短周期F元素无正价，因此E为氯元素，位于第三周期第VIIA族；H最高正价+3价，无负价，只能是IIIA族元素，而原子半径H>F元素，故H只能是位于第二周期第IIIA族的B元素；A和I的最低负价都为-2价，I最高正价为+6价，则A应为第二周期的O元素，I为第三周期的S元素，以此解答该题。
【详解】从上述分析可知A是O元素；B是Mg元素；C是Li元素；D是P元素；E为氯元素；F是Na元素；G为N元素；H为B元素；I为S元素；J为H元素。
(1)G为N元素，核外电子排布是2、5，在元素周期表中位于第二周期第VA族；H为B元素，原子序数为5，若它的一种同位素中子数为5，则其原子符号是；B元素是Mg元素。Mg原子核外电子排布是2、8、2，镁原子失去最外层的2个电子变为Mg2+，其离子结构示意图是，A与B分别表示O、Mg元素，这两种元素形成的离子O2-、Mg2+核外电子层结构都是2、8，原子序数越大，离子半径越小，O2-、Mg2+离子半径大小关系为O2-＞Mg2+；
(2)化合物F2A2表示Na2O2，其电子式是；
(3)F2I为Na2S，该物质为离子化合物，Na+与S2-通过离子键结合，用电子式表示Na2S的形成过程为：；
(4)F与J形成的化合物NaH与水反应产生NaOH和H2，放出气体的化学方程式为NaH+H2ONaOH+H2↑。
19.I. 三氯化铁对铜(Cu)说：尽管你不活泼，但我还是会包溶你。
(1)写出FeCl3溶液包溶铜板的离子方程式：______________________。
(2)若将(1)中的反应设计成原电池，写出电极反应式。
正极反应： _________________________________________；
负极反应：__________________________________________。
II. 有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol/L的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6 mol/L的NaOH溶液中，如图所示。
(1)甲中SO42-移向____(填“铝片”或“镁片”)，写出甲中正极的电极反应式__________。
(2)乙中负极为______(填“铝片”或“镁片”)总反应的离子方程式：__________________。
【答案】(1). 2Fe3＋+Cu2Fe2＋＋Cu2＋ (2). Fe3＋+e-Fe2＋(或2Fe3＋+2e－2Fe2＋) (3). Cu-2e-Cu2＋ (4). 镁片 (5). 2H++2e-H2↑ (6). 铝片 (7). 2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】I. (1)FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板，生成氯化铜、氯化亚铁；
(2)原电池的构成条件：自发的氧化还原反应，在原电池的负极上发生失电子的氧化反应，正极上是还原反应，据氧化还原反应确定电解质溶液；
II.甲同学依据的化学反应原理是Mg+H2SO4MgSO4+H2↑，乙同学依据的化学反应原理是2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，由于Al显两性，与酸碱都能发生反应。
(1)甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，溶液中离子移动方向可根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则分析；
(2)乙池中铝易失电子作负极、镁作正极。
【详解】I.(1)FeCl3溶液包溶铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+；
(2)原电池的构成条件：自发的氧化还原反应，据此确定电解质溶液，在原电池的正极上发生得到电子的还原反应，即Fe3＋+e-Fe2＋；负极上发生失电子的氧化反应，该反应为Cu-2e-Cu2+，电解质是FeCl3溶液；
II.(1)甲用Mg与H2SO4发生反应，总反应方程式为Mg+2H+Mg2++H2↑，Mg失去电子，发生氧化反应，作负极，电极反应式为Mg-2e-Mg2+，负极附近溶液中阳离子浓度大，所以溶液中带负电荷的SO42-向负极镁片移动；在正极上，溶液中的H+获得电子，变为H2逸出，正极的电极反应式为2H++2e-H2↑；
(2)在乙中，由于Mg不能与NaOH溶液发生反应，Al能够发生反应，所以Al为负极，失去电子，发生氧化反应，Mg为正极，正极上发生还原反应，总反应的离子方程式2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑。
20.A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性；A、D同主族，C的原子序数等于A、B原子序数之和；E是地壳中含量最高的金属元素，F元素的原子最外层比次外层少两个电子。回答下列问题：
(1)F和G的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是______(写最高价氧化物对应的水化物的化学式)。
(2)A和C按照原子个数1:1形成的化合物的结构式为______。
(3)都由A、C、D、F四种元素形成的两种化合物的水溶液反应的离子方程式为____________________
(4)常温下，液态化合物B2A4与气态化合物BC2反应生成无毒物质，写出其反应的化学方程式为___________________________
(5)FC2通入BaCl2溶液中无明显现象，但与G的单质一起通入则有白色沉淀出现，请用离子方程式表示沉淀形成的过程____________________________________________。
【答案】(1). HClO4 (2). H-O-O-H (3). HSO3-+H+H2O+SO2↑ (4). 2N2H4+2NO23N2+4H2O (5). SO2+Cl2+Ba2++2H2OBaSO4↓+2Cl-+4H+
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成化合物X，X的水溶液呈碱性，该化合物为氨气，则A为H，B为N元素；E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al元素；F元素的原子最外层比次外层少两个电子，F的原子序数大于Al，位于第三周期，则F最外层含有6个电子，F为S元素；G的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则G为Cl元素；A、D同主族，结合原子序数大小可知D为Na元素；C的原子序数等于A、B原子序数之和，C的原子序数=1+7=8，则C为O元素，据此解答。
【详解】根据上述分析可知A是H元素，B是N元素，C是O元素，D是Na元素，E是Al元素；F是S元素；G是Cl元素。
(1)F和G的最高价氧化物对应的水化物分别是H2SO4、HClO4，元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的的酸性越强，所以酸性较强的是HClO4；
(2) A是H元素，C是O元素，A和C按照原子个数1:1形成的化合物H2O2的结构式为H-O-O-H；
(3)都由A、C、D、F四种元素形成的两种化合物分别是NaHSO4、NaHSO3，前者是强酸强碱盐，电离产生H+，起一元强酸的作用，后者是强碱弱酸盐，HSO3-与溶液中的H+结合，产生H2O、SO2，该反应的离子方程式是HSO3-+H+H2O+SO2↑；
(4) B2A4是N2H4，BC2是NO2，常温下，液态化合物N2H4与气态化合物NO2反应生成无毒物质N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2N2H4+2NO23N2+4H2O；
(5) 一元酸性HCl>H2SO3，所以SO2通入BaCl2溶液中无明显现象，不能与溶质发生反应，但与Cl2的单质一起通入则有白色沉淀出现，这是SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4↓+2HCl，反应的总方程式用离子方程式表示为SO2+Cl2+Ba2++2H2OBaSO4↓+2Cl-+4H+。
21.I．一定温度下，在2L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：
(1)写出该反应的化学方程式_________。
(2)下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是___________。
A．当X与Y的反应速率之比为1∶1
B．在混合气体中X的质量百分数保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化
D．混合气体的密度不随时间的变化而变化
E．X、Y、Z的浓度之比为1∶1∶2
(3)为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是__________。
A．恒压时充入Ne B．适当升高温度 C．缩小容器的体积 D．选择高效催化剂．
II．一定温度下将3mol的A及3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经过5分钟后反应达到平衡，测得A的转化率为60﹪，C的平均反应速率是0.18mol/(L·min)。求：
(1)平衡时B的浓度=___________mol/L。
(2)D的平均反应速率υ(D)=__________mol/( L·min)。
(3)x=______。
【答案】(1). X(g)+Y(g)2Z(g) (2). ACDE (3). A (4). 1.2 (5). 0.12 (6). 3
【解析】
【分析】I.(1)根据化学反应中各物质的物质的量的变化量与化学计量数之比呈正比书写化学方程式；
(2)根据可逆反应平衡状态时的实质和特征，结合反应方程式中物质的化学计量数关系判断平衡状态；
(3)根据影响化学反应速率的因素分析判断；
II.根据A起始时的物质的量及转化率计算转化量，根据速率定义式计算V(A)，然后根据速率比等于化学计量数的比，结合V(C)大小，计算V(B)、V(D)及x值。
【详解】(1)由图象可以看出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，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=(1.20mol-0.41mol)：(.0mol-0.21mol)：1.58mol=1：1：2，由于最后三种物质都存在，可见该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为X+Y2Z；
(1)A.X、Y是反应物，方程式系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根据X与Y的反应速率之比为1：1判断平衡状态，A符合题意；
B.若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体中X的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B不符合题意；
C.由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，C符合题意；
D.由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体的密度总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；
E.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；
故合理选项是ACDE；
(3)A.恒压时充入Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意；
B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B不符合题意；
C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C不符合题意；
D.选择高效催化剂，化学反应速率加快，D不符合题意；
故合理选项是A；
II.发生反应3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，由于反应在2L的密闭容器内进行，n(A)=3mol，A的转化率是60%，则A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol。
(1)根据反应方程式的系数可知：每有3molA发生反应，同时消耗1molB，则A反应了1.8mol，所以B反应了0.6mol，则5min时B物质的浓度为c(B)=(3mol-0.6mol)÷2L=1.2mol/L；
(2)A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol，容器的容积为2L，反应时间为5min，所以V(A)==0.18mol/(L·min)，由于V(A)：V(D)=3:2，所以V(D)=V(A)=0.12 mol/(L·min)；
(3)V(A):V(C)=3:x，V(A)=V(C)=0.18mol/(L·min)，所以x=3。
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