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【化学】湖北省黄冈市浠水县洗马高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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湖北省黄冈市浠水县洗马高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
1.下列化学用语或举例正确的是（ ）
A. I-131：131指I的相对原子质量 B. Cl-的结构示意图：
C. 强电解质：BaSO4 D. 碱性氧化物：Na2O2
【答案】C
【解析】A.I-131中131指I的一种同位素原子的质量数是131，A错误；
B.Cl原子最外层有7个电子，Cl原子获得一个电子变为Cl-，其结构示意图为，B错误；
C.BaSO4是难溶于水的盐，由于溶解的部分完全电离，因此属于强电解质，C正确；
D.Na2O2是过氧化钠，属于过氧化物，D错误；
故合理选项是C。
2.下列递变规律不正确的是（ ）
A. Na、Mg、Al还原性依次减弱 B. I2、Br2、Cl2氧化性依次增强
C. 原子半径：F＜Mg＜K D. 稳定性：PH3＞H2S＞HCl
【答案】D
【解析】试题分析：A．同周期自左向右金属性逐渐减弱，则Na．Mg、Al还原性依次减弱，A正确；B．同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则I2、Br2、Cl2氧化性依次增强，B正确；C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：F＜Mg＜K，C正确；D．同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则稳定性：PH3＜H2S＜HCl，D错误，答案选D。
3.下列电子式中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A.氮气分子中每个N原子最外层除形成共用电子对的电子外，还都含有一对电子，其电子式是，故A错误；
B.铵根离子为复杂阳离子，电子式中需要标出各原子的最外层电子并用[ ]括起来，铵根离子的电子式为，故B错误；
C.水是共价化合物，水分子的电子式是，故C错误；
D.氯化钠是离子化合物要写出阴阳离子形式，氯化钠的电子式，故D正确。
故选D。
4.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）
A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料
B. 在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药主要元素
C. 在金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
D. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索
【答案】D
【解析】分析：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索。
详解：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，A项错误；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近，B项错误；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，C项错误；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，D项正确；答案选D。
5.科学家根据元素周期律和原子结构理论预测出原子序数为114的元素的存在，下面关于它的原子结构和性质预测不正确的是（ ）
A. 该元素原子的最外层电子数为4
B. 其常见价态为+2、+4
C. 它的金属性比铅强
D. 它的原子半径比第115号元素的原子半径小
【答案】D
【解析】A.114号元素的原子核外有7个电子层，最外层电子数为4，A正确；
B.114号元素为第IVA的元素，由于同族元素性质相似，所以其常见价态为+2、+4，B正确；
C.同一主族的元素，从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，所以它的金属性比上一周期的同族元素铅的强，C正确；
D.同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，因此它的原子半径比第115号元素的原子半径大，D错误；
故合理选项是D。
6.0.1 mol某金属单质与足量的盐酸反应放出1.12LH2（标准状况），并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是（ ）
A. 第三周期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第三周期第ⅡA族 D. 第四周期第ⅡA族
【答案】B
【解析】氢气的物质的量为，设金属原子失去的电子数为n，根据电子转移守恒有：0.1mol×n=0.05mol×2，解得n=1，即金属原子失去1个电子形成金属离子，由于金属原子失去1个电子，形成具有Ar原子的电子层结构的离子，所以+1价金属离子核外有18个电子，故该金属元素质子数为18+1=19，即该金属为K元素，位于周期表第四周期ⅠA族。故选B。
7.X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大。有关信息如下表：
X
动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分
Y
最外层电子数是次外层的3倍
Z
短周期中，其原子半径最大
Q
生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备
M
海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6
下列有关说法中正确的是（ ）
A. 原子半径：X > Y > M
B. 由X、M和氢三种元素不可能形成离子化合物
C. 气态氢化物热稳定性：M > Y > X
D. Z、Q、M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应
【答案】D
【解析】试题分析：根据题意可知X是N；Y是O；Z是Na；Q是Al；M是Cl。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：M > X > Y 。错误。B. 由X、M和氢三种元素能形成离子化合物NH4Cl。错误。C．元素的非金属性越强，其气态氢化物热稳定性就越强。元素的非金属性： Y > X >M 。所以气态氢化物热稳定性Y > X >M 。错误。D．Z、Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH是强碱，HClO4是强酸，两性氢氧化物可以与强酸、强碱发生反应；酸碱发生中和反应。正确。
8.下列表示电子式的形成过程正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】化学中常在元素符号周围用小黑点“•”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子，相应的式子叫做电子式，用电子式表示化合物形成过程时，应先判定化合物类型，若为离子化合物，则用箭头表示电子的移动，若为共价化合物，则不需要箭头表示。
【详解】A项、NaBr是离子化合物，钠离子与溴离子通过离子键结合，应画出阴、阳离子的电子式，阴离子用中括号标出，正确写法为：，故A错误；B项、MgF2电子式中2个氟离子在镁离子两边，Mg最外层两个电子应平均分布，不应写在一侧，MgF2中，F-应写在Mg2+两侧，正确写法为，故B错误；
C项、NaCl是离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合，电子式的形成过程为，故C正确；
D项中，Na2S是离子化合物，钠离子与硫离子通过离子键结合，前面2个阳离子的电子式应分开来写，并处于阴离子的两侧，且等号应改用箭头表示，正确的写法是，故D错误。
9. A、B两元素的原子分别失去2个电子形成稳定结构时，A吸收的能量大于B吸收的能量；C、D两元素的原子分别得到一个电子形成稳定结构时，D放出的能量大于C放出的能量。若A、B、C、D间分别形成化合物时，属于离子化合物可能性最大的是（ ）
A. AD2 B. BC2 C. AC2 D. BD2
【答案】D
【解析】A、B两元素的原子分别失去2个电子形成稳定结构时，A吸收的能量大于B吸收的能量，即A元素的原子比B元素原子更难失去电子；C、D两元素的原子分别得到一个电子形成稳定结构时，D放出的能量大于C放出的能量，即D比C更易得电子，所以，属于离子化合物可能性最大的是B与D元素形成的化合物。所以选项D正确；
10. 下列叙述错误的是（ ）
A. 离子化合物中不可能存在非极性键
B. 含离子键的化合物一定是离子化合物中, 含共价键的化合物不一定是共价化合物
C. 共价化合物中一定不含离子键
D. 非金属和非金属之间可以形成共价键、也可以形成离子键
【答案】A
【解析】
11.下列变化属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化 ②碳和二氧化碳高温下生成一氧化碳
③浓硫酸稀释 ④氯酸钾分解制氧气
⑤生石灰与水反应生成熟石灰
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
分析】常见的吸热反应：①绝大多数的分解反应；
②以C、CO和H2为还原剂的氧化还原反应；
③Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体的反应，据此分析。
【详解】①液态水汽化，是水由液态到气态需要吸热，是物质状态的变化，属于物理变化过程，①错误；
②碳和二氧化碳高温下生成一氧化碳，需要吸热，属于吸热反应，②正确；
③浓硫酸稀释放出大量的热，是放出热量的物理变化，没有新物质产生，③错误；
④氯酸钾分解制氧气是分解反应，需要吸热，是吸热反应，④正确；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰是化合反应，反应发生放出大量的热，是放热反应，⑤错误；
因此属于吸热的化学反应为②④，
故合理选项是D。
12. 关于化学反应中的能量变化，下列说法中不正确的是( )
A. 燃烧反应都是放热反应
B. 对于可逆反应：aA(g)+bB(g)bC(g)+dD(g)，如果正反应放热，逆反应一定吸热
C. 氢气燃烧生成水是一个放热的化学反应，说明1 mol H2的能量高于1 mol H2O的能量
D. 只有放热氧化还原反应才可以设计为原电池
【答案】C
【解析】试题分析：A、燃烧就是发光、放热的剧烈的氧化还原反应，正确；B、△H=生成物的能量和-反应物的能量和，所以其逆反应的反应热是其相反数，正确；C、氢气燃烧放热，说明氢气和氧气的能量和比水高，不能说明1 mol H2的能量高于1 mol H2O的能量，错误；D、反应物比生成物能量高时，才有能量转化为其他能量，正确。
13. 右图为某种乙醇燃料电池示意图，工作时电子流方向如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. X为氧气
B. 电极A反应式：CH3CH2OH－12e－+3H2O=2CO2+12H+
C. 电极材料活泼性：A＞B
D. B电极附近溶液pH增大
【答案】D
【解析】试题分析：A.由图可以看出电极A为负极，电极B为正极，所以X为燃料乙醇，Y为O2，A项错误；B.由于是在碱性电解质溶液中，所以电极A反应式为CH3CH2OH-12e-+16OH-= 2CO32－+11H2O，B项错误；C. 由于是通入的气体发生氧化还原反应，所以与A、B两电极材料活泼性无关，C项错误；D.在B电极发生反应：2O2+8e-+4H2O=8OH-，不断产生OH-离子，所以B电极附近溶液pH增大，D项增大，答案选D。
14.根据下列反应不能设计为原电池的是（ ）
A. Fe+2FeCl3=3FeCl2 B. CH4+2O2=CO2+2H2O
C. H2+Cl2=2HCl D. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
【答案】D
【解析】原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，
A.反应Fe+2FeCl3=3FeCl2是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，A不符合题意；
B.甲烷燃烧反应是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，B不符合题意；
C.氢气与氯气化合形成HCl的反应是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，C不符合题意；
D.酸碱中和反应属于复分解反应，尽管放出热量，但没有电子转移，不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，D符合题意；
故合理选项是D。
15. 现代生产、生活和国防中大量使用电池。下列有关电池的说法正确的是（ ）
A. 碱性锌锰电池性能好于普通电池的原因是能反复使用
B. 碱性锌锰电池的正极是MnO2，当电池中有6.5g Zn反应时，将产生0.2molMnOOH
C. 铅蓄电池放电时，负极的质量减少
D. 使用碱性电解质的氢氧燃料电池，负极的电极反应是H2 - 2e- = 2H+
【答案】B
【解析】试题分析：碱性锌锰电池和普通电池都是一次电池，不能反复使用，A错误；碱性锌锰电池总反应是Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH )~2e-，当消耗1molZn时，生成2molMnO(OH)，B正确；铅蓄电池放电时，负极反应为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，质量增加，C错误；碱性氢氧燃料电池，负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，D错误。
16.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol 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. 达到平衡时，若减小容器体积，则NH3的转化率会增大
【答案】A
【解析】A.达到化学平衡时，用同一物质表示的正、逆反应速率相等，在任何时刻都存在：4v正(O2)=5v正(NO)，若4v正(O2)=5v逆(NO)，则v正(NO)=v逆(NO)，反应处于平衡状态，A正确；
B.若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，表示的都是反应正向进行，不能判断反应达到平衡状态，B错误；
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，反应混合物中任何一种气体物质的浓度都减小，所以正反应速率减小，逆反应速率也减小，C错误；
D.达到平衡时，若减小容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致NH3的平衡转化率减小，D错误；
故合理选项是A。
17.表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，除标出的元素外。表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题：
(1)②表示的元素是____________(填元素符号)。
(2)①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是 ______(填元素符号)；其非金属性较强的是 ______(填元素符号)；其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是_____(填分子式)。
(3)⑥元素的单质可以用来制取漂白粉，其有效成分是______(填化学式)。
③与⑥两种元素所形成化合物的电子式是____________。
(4)写出元素③的最高价氧化物对应的水化物与元素④的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式________________________。
(5)②与⑥元素的氢化物的稳定性 ______大于______(填分子式)。
【答案】(1). O (2). P (3). N (4). HNO3 (5). Ca(ClO)2 (6). (7). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (8). H2O (9). HCl
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①②③④⑤⑥分别是N、O、Na、Al、P、Cl元素。结合元素周期律分析解答。
【详解】(1)②表示的是氧元素，元素符号为O；
(2)同一主族的元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，其最高价氧化物的水化物的酸性减弱，则①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是P元素，元素的非金属性较强的是N元素，其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是HNO3；
(3)漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，其有效成分为次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2，③与⑥两种元素所形成化合物为离子化合物NaCl，电子式为；
(4)③号元素是Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，④号元素是Al元素，Al元素的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，二者发生反应生成NaAlO2和水，反应为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
(5)元素的非金属性O＞Cl，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性就越强，所以氢化物的稳定性：H2O＞HCl。
18.(1)有①16O、17O、18O ②H2、D2、T2 ③石墨、金刚石 ④1H、2H、3H四组微粒或物质。互为同位素的是(填序号)___________；互为同素异形体的是(填序号)____________；由①和④的微粒可组成____________种不同的三原子化合物。
(2)用电子式表示下列过程：
①MgCl2的形成过程 ________________；
②H2S的形成过程_________________。
【答案】(1). ①④ (2). ③ (3). 18
(4).
(5).
【解析】
【分析】(1)根据同位素、同分异构体的定义判断；利用排列组合判断三原子化合物种类；
(2)活泼的金属与活泼的非金属元素的原子间通过离子键结合；非金属元素的原子间通过共价键结合。
【详解】(1)同位素指同一元素的不同原子，所以属于同位素是①④；
同素异形体指同一元素的不同单质，则互为同素异形体的是③；
水分子是由1个O原子和2个H原子构成，从氢三种同位素中选两个氢原子，两个氢原子可以相同也可不同，所以有6种选法；氧原子有3种选法，所以形成的H2O的种类有3×6=18种；
(2)①Mg是活泼的金属元素，原子容易失去电子形成Mg2+，Cl是活泼的非金属元素，原子容易获得电子形成Cl-，Mg2+、Cl-通过离子键结合，从而形成离子化合物MgCl2，因此MgCl2的形成过程用电子式表示为：；
②H、S都是非金属元素，原子间通过共用电子对结合，从而使分子中每个原子都达到稳定结构，所以H2S的形成过程用电子式表示为：。
19.图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，回答以下问题：
(1)下列叙述不正确的是 ______ 。
A.a电极是负极
B.b电极的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
(2)若电解质溶液为KOH溶液，则电极反应式为：a极 _________，b极 ____________；
(3)若电解质溶液为稀H2SO4，则电极反应式为：a极 __________，b极____________。
【答案】(1). B (2). 2H2-4e－+4OH-=4H2O (3). O2+2H2O+4e－=4OH- (4). 2H2-4e－=4H+ (5). O2+4H++4e－=2H2O
【解析】
【分析】(1)在氢氧燃料电池中，氢气失电子发生氧化反应，通入氢气的电极是负极，氧气得电子发生还原反应，通入氧气的电极是正极；
(2)当电解质溶液是KOH时，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；
(3)当电解质溶液是H2SO4时，负极上氢气生成氢离子，正极上氧气和氢离子反应生成水。
【详解】(1)A.在氢氧燃料电池中，H2失电子发生氧化反应，因此通入氢气的a极为电源的负极，A正确；
B.在氢氧燃料电池中，通入O2的b极为原电池的正极，正极上O2得电子发生还原反应，要结合电解质溶液的酸碱性来确定其电极反应式的书写，B错误；
C.氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，C正确；
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，D正确；
故合理选项是B；
(2)当电解质是碱溶液时，燃料氢气失电子生成的H+在碱性溶液中不能稳定存在，它和OH-反应生成H2O，所以负极上发生的电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O；正极上O2得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；
(3)负极上失电子发生氧化反应，若电解质溶液是酸，则负极上氢气失电子后生成H+，其电极反应式为：2H2-4e-=4H+；正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，发生还原反应，故其电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O。
20.（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有 和 。
（2）为探究锌与盐酸反应过程的速率变化，某同学的实验测定方法是：在100ml稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（氢气体积已换算为标准状况）：
时间/min
1
2
3
4
5
体积/mL
50
120
232
290
310
①哪一时间段反应速率最大 （填“0~1 min”或“1~2 min”或“2~3 min”或“3~4 min”或“4~5min”）。
②2~3 min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变）为 。
③试分析1~3min时间段里，反应速率变大的主要原因 。
【答案】（8分）（1）温度 （1分） 浓度 （1分）（2）①2～3min反应速率最大（2分）
②0.1mol.L-1.min-1 （2分） ③反应放热成为影响速率的主要因素。（2分）
【解析】试题分析：（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有温度和浓度。
（2）①根据表中数据可知0～1 min、1～2 min、2～3 min、3～4 min、4～5min内生成氢气的体积（ml）分别是50、70、112、58、20，所以2～3min反应速率最大。
②2～3 min时间段内删除氢气的物质的量是0.112L÷22.4/mol＝0.005mol，所以消耗盐酸的物质的量是0.01mol，其浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，因此以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率0.1mol/L÷1min＝0.1mol.L-1.min-1。
③因为反应放热，随着反应的进行，溶液的温度越来越高，温度成为影响速率的主要因素。
21.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：
（1）该反应的化学方程式为 _______________________。
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为 ___________。
（3）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气所需时间/s
Ⅰ
薄片
15
200
Ⅱ
薄片
25
90
Ⅲ
粉末
25
10
①该实验的目的是探究 ______ 、 ______ 对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ表明 ________________________________ ，化学反应速率越大；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是 ______ 和 ______；
④请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响： ______________________。
【答案】 (1). 3X+Y⇌2Z (2). 0.05mol/（L•min） (3). 固体表面积 (4). 温度 (5). 温度越高 (6). Ⅱ (7). Ⅲ (8). 在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应
【解析】
【分析】由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比判断；根据反应速率的含义和外界条件对反应速率的影响变化规律利用控制变量法分析解答。
【详解】（1）由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，Y、X、Z的△n之比为(1－0.9):(1－0.7):(0.2－0)=1:3:2，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应方程式为为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为0.2mol/(2L×2min)=0.05mol⋅L－1·min−1；
（3）①由表格中的数据可以知道,锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ中温度不同，其他条件相同，温度大的反应速率快，即温度越高，反应速率越快；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为Ⅱ和Ⅲ组实验；
④要证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响选用控制其它条件相同，则实验方案为在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应。
22.某同学设计如图装置，研究非金属元素性质变化规律。
已知：高锰酸钾在常温下与浓盐酸反应产生氯气。
(1)如果C中装饱和的H2S溶液，A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液，反应开始后观察到现象是C中产生淡黄色沉淀，证明氯的非金属性比硫的非金属性 ______ (填“强”或“弱”或“无法判断”)。
(2)利用如图装置证明Cl2氧化性强于I2的氧化性,则A中装浓盐酸，B中装入高锰酸钾粉末，C中装入淀粉KI溶液，则C中现象是 ______
(3)现有浓硝酸、大理石、澄清石灰水、硅酸钠溶液，选择试剂用如图装置证明：非金属性：N＞C＞Si，C中装试剂 ______ ，实验现象为 ______ 该装置存在不足之处，改进措施为：______。
【答案】(1). 强 (2). 淀粉-KI溶液变蓝色 (3). 硅酸钠溶液 (4). 有白色沉淀生成 (5). 在B、C之间加一个盛饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
【解析】
【分析】(1)A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液反应生成氯气具有氧化性，通入饱和氢硫酸溶液，反应开始后观察现象是C中产生淡黄色沉淀，说明氯气氧化硫化氢为硫单质；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，判断非金属性；
(2)利用如图装置证明氯气氧化性强于碘单质氧化性，C中发生的是氯气和碘离子的反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝；
(3)根据强酸与弱酸盐反应产生弱酸分析。
【详解】(1)如果C中装饱和氢硫酸溶液，A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液，在B中发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应产生的氯气进入到C装置，发生反应：Cl2+H2S=S↓+2HCl，因此反应开始后观察到C中产生淡黄色沉淀，证明氯元素比硫元素非金属性强；
(2)在装置B中酸性高锰酸钾溶液与浓盐酸反应产生氯气，氯气进入到C装置中，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，从而证明氯元素的非金属性大于碘元素。
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，要证明元素的非金属性：N＞C＞Si，只需证明酸性HNO3>H2CO3>H2SiO3即可，可利用复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐反应制取弱酸，在A(分液漏斗)中加入硝酸，在B(烧瓶)中放入大理石，在C(广口瓶)中放入硅酸钠溶液溶液，分别发生的反应是2HNO3+CaCO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O、CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，由于硅酸难溶于水，所以看到在C中出现的现象是产生白色沉淀，但由于硝酸具有挥发性，会随反应产生的CO2气体进入C装置，所以该装置存在不足之处，改进措施为：在在B、C之间加一个盛饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，来除去CO2气体中的HNO3蒸气，以排除HNO3造成的干扰。
1.下列化学用语或举例正确的是（ ）
A. I-131：131指I的相对原子质量 B. Cl-的结构示意图：
C. 强电解质：BaSO4 D. 碱性氧化物：Na2O2
【答案】C
【解析】A.I-131中131指I的一种同位素原子的质量数是131，A错误；
B.Cl原子最外层有7个电子，Cl原子获得一个电子变为Cl-，其结构示意图为，B错误；
C.BaSO4是难溶于水的盐，由于溶解的部分完全电离，因此属于强电解质，C正确；
D.Na2O2是过氧化钠，属于过氧化物，D错误；
故合理选项是C。
2.下列递变规律不正确的是（ ）
A. Na、Mg、Al还原性依次减弱 B. I2、Br2、Cl2氧化性依次增强
C. 原子半径：F＜Mg＜K D. 稳定性：PH3＞H2S＞HCl
【答案】D
【解析】试题分析：A．同周期自左向右金属性逐渐减弱，则Na．Mg、Al还原性依次减弱，A正确；B．同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则I2、Br2、Cl2氧化性依次增强，B正确；C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：F＜Mg＜K，C正确；D．同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则稳定性：PH3＜H2S＜HCl，D错误，答案选D。
3.下列电子式中，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A.氮气分子中每个N原子最外层除形成共用电子对的电子外，还都含有一对电子，其电子式是，故A错误；
B.铵根离子为复杂阳离子，电子式中需要标出各原子的最外层电子并用[ ]括起来，铵根离子的电子式为，故B错误；
C.水是共价化合物，水分子的电子式是，故C错误；
D.氯化钠是离子化合物要写出阴阳离子形式，氯化钠的电子式，故D正确。
故选D。
4.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）
A. 在过渡元素中，可以找到半导体材料
B. 在ⅠA、ⅡA族元素中，寻找制造农药主要元素
C. 在金属与非金属的交界处，寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料
D. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索
【答案】D
【解析】分析：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索。
详解：A项，在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，A项错误；B项，通常制造农药所含的F、Cl、S、P等元素在周期表中的位置靠近，B项错误；C项，在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，C项错误；D项，元素周期表为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，D项正确；答案选D。
5.科学家根据元素周期律和原子结构理论预测出原子序数为114的元素的存在，下面关于它的原子结构和性质预测不正确的是（ ）
A. 该元素原子的最外层电子数为4
B. 其常见价态为+2、+4
C. 它的金属性比铅强
D. 它的原子半径比第115号元素的原子半径小
【答案】D
【解析】A.114号元素的原子核外有7个电子层，最外层电子数为4，A正确；
B.114号元素为第IVA的元素，由于同族元素性质相似，所以其常见价态为+2、+4，B正确；
C.同一主族的元素，从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，所以它的金属性比上一周期的同族元素铅的强，C正确；
D.同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，因此它的原子半径比第115号元素的原子半径大，D错误；
故合理选项是D。
6.0.1 mol某金属单质与足量的盐酸反应放出1.12LH2（标准状况），并转变为具有Ar原子的电子层结构的离子，该金属元素在元素周期表中的位置是（ ）
A. 第三周期第IA族 B. 第四周期第IA族
C. 第三周期第ⅡA族 D. 第四周期第ⅡA族
【答案】B
【解析】氢气的物质的量为，设金属原子失去的电子数为n，根据电子转移守恒有：0.1mol×n=0.05mol×2，解得n=1，即金属原子失去1个电子形成金属离子，由于金属原子失去1个电子，形成具有Ar原子的电子层结构的离子，所以+1价金属离子核外有18个电子，故该金属元素质子数为18+1=19，即该金属为K元素，位于周期表第四周期ⅠA族。故选B。
7.X、Y、Z、Q、M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大。有关信息如下表：
X
动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分
Y
最外层电子数是次外层的3倍
Z
短周期中，其原子半径最大
Q
生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备
M
海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6
下列有关说法中正确的是（ ）
A. 原子半径：X > Y > M
B. 由X、M和氢三种元素不可能形成离子化合物
C. 气态氢化物热稳定性：M > Y > X
D. Z、Q、M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应
【答案】D
【解析】试题分析：根据题意可知X是N；Y是O；Z是Na；Q是Al；M是Cl。A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：M > X > Y 。错误。B. 由X、M和氢三种元素能形成离子化合物NH4Cl。错误。C．元素的非金属性越强，其气态氢化物热稳定性就越强。元素的非金属性： Y > X >M 。所以气态氢化物热稳定性Y > X >M 。错误。D．Z、Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH是强碱，HClO4是强酸，两性氢氧化物可以与强酸、强碱发生反应；酸碱发生中和反应。正确。
8.下列表示电子式的形成过程正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】化学中常在元素符号周围用小黑点“•”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子，相应的式子叫做电子式，用电子式表示化合物形成过程时，应先判定化合物类型，若为离子化合物，则用箭头表示电子的移动，若为共价化合物，则不需要箭头表示。
【详解】A项、NaBr是离子化合物，钠离子与溴离子通过离子键结合，应画出阴、阳离子的电子式，阴离子用中括号标出，正确写法为：，故A错误；B项、MgF2电子式中2个氟离子在镁离子两边，Mg最外层两个电子应平均分布，不应写在一侧，MgF2中，F-应写在Mg2+两侧，正确写法为，故B错误；
C项、NaCl是离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合，电子式的形成过程为，故C正确；
D项中，Na2S是离子化合物，钠离子与硫离子通过离子键结合，前面2个阳离子的电子式应分开来写，并处于阴离子的两侧，且等号应改用箭头表示，正确的写法是，故D错误。
9. A、B两元素的原子分别失去2个电子形成稳定结构时，A吸收的能量大于B吸收的能量；C、D两元素的原子分别得到一个电子形成稳定结构时，D放出的能量大于C放出的能量。若A、B、C、D间分别形成化合物时，属于离子化合物可能性最大的是（ ）
A. AD2 B. BC2 C. AC2 D. BD2
【答案】D
【解析】A、B两元素的原子分别失去2个电子形成稳定结构时，A吸收的能量大于B吸收的能量，即A元素的原子比B元素原子更难失去电子；C、D两元素的原子分别得到一个电子形成稳定结构时，D放出的能量大于C放出的能量，即D比C更易得电子，所以，属于离子化合物可能性最大的是B与D元素形成的化合物。所以选项D正确；
10. 下列叙述错误的是（ ）
A. 离子化合物中不可能存在非极性键
B. 含离子键的化合物一定是离子化合物中, 含共价键的化合物不一定是共价化合物
C. 共价化合物中一定不含离子键
D. 非金属和非金属之间可以形成共价键、也可以形成离子键
【答案】A
【解析】
11.下列变化属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化 ②碳和二氧化碳高温下生成一氧化碳
③浓硫酸稀释 ④氯酸钾分解制氧气
⑤生石灰与水反应生成熟石灰
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ①④⑤ D. ②④
【答案】D
【解析】
分析】常见的吸热反应：①绝大多数的分解反应；
②以C、CO和H2为还原剂的氧化还原反应；
③Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体的反应，据此分析。
【详解】①液态水汽化，是水由液态到气态需要吸热，是物质状态的变化，属于物理变化过程，①错误；
②碳和二氧化碳高温下生成一氧化碳，需要吸热，属于吸热反应，②正确；
③浓硫酸稀释放出大量的热，是放出热量的物理变化，没有新物质产生，③错误；
④氯酸钾分解制氧气是分解反应，需要吸热，是吸热反应，④正确；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰是化合反应，反应发生放出大量的热，是放热反应，⑤错误；
因此属于吸热的化学反应为②④，
故合理选项是D。
12. 关于化学反应中的能量变化，下列说法中不正确的是( )
A. 燃烧反应都是放热反应
B. 对于可逆反应：aA(g)+bB(g)bC(g)+dD(g)，如果正反应放热，逆反应一定吸热
C. 氢气燃烧生成水是一个放热的化学反应，说明1 mol H2的能量高于1 mol H2O的能量
D. 只有放热氧化还原反应才可以设计为原电池
【答案】C
【解析】试题分析：A、燃烧就是发光、放热的剧烈的氧化还原反应，正确；B、△H=生成物的能量和-反应物的能量和，所以其逆反应的反应热是其相反数，正确；C、氢气燃烧放热，说明氢气和氧气的能量和比水高，不能说明1 mol H2的能量高于1 mol H2O的能量，错误；D、反应物比生成物能量高时，才有能量转化为其他能量，正确。
13. 右图为某种乙醇燃料电池示意图，工作时电子流方向如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. X为氧气
B. 电极A反应式：CH3CH2OH－12e－+3H2O=2CO2+12H+
C. 电极材料活泼性：A＞B
D. B电极附近溶液pH增大
【答案】D
【解析】试题分析：A.由图可以看出电极A为负极，电极B为正极，所以X为燃料乙醇，Y为O2，A项错误；B.由于是在碱性电解质溶液中，所以电极A反应式为CH3CH2OH-12e-+16OH-= 2CO32－+11H2O，B项错误；C. 由于是通入的气体发生氧化还原反应，所以与A、B两电极材料活泼性无关，C项错误；D.在B电极发生反应：2O2+8e-+4H2O=8OH-，不断产生OH-离子，所以B电极附近溶液pH增大，D项增大，答案选D。
14.根据下列反应不能设计为原电池的是（ ）
A. Fe+2FeCl3=3FeCl2 B. CH4+2O2=CO2+2H2O
C. H2+Cl2=2HCl D. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
【答案】D
【解析】原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，
A.反应Fe+2FeCl3=3FeCl2是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，A不符合题意；
B.甲烷燃烧反应是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，B不符合题意；
C.氢气与氯气化合形成HCl的反应是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，C不符合题意；
D.酸碱中和反应属于复分解反应，尽管放出热量，但没有电子转移，不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，D符合题意；
故合理选项是D。
15. 现代生产、生活和国防中大量使用电池。下列有关电池的说法正确的是（ ）
A. 碱性锌锰电池性能好于普通电池的原因是能反复使用
B. 碱性锌锰电池的正极是MnO2，当电池中有6.5g Zn反应时，将产生0.2molMnOOH
C. 铅蓄电池放电时，负极的质量减少
D. 使用碱性电解质的氢氧燃料电池，负极的电极反应是H2 - 2e- = 2H+
【答案】B
【解析】试题分析：碱性锌锰电池和普通电池都是一次电池，不能反复使用，A错误；碱性锌锰电池总反应是Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2MnO(OH )~2e-，当消耗1molZn时，生成2molMnO(OH)，B正确；铅蓄电池放电时，负极反应为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，质量增加，C错误；碱性氢氧燃料电池，负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，D错误。
16.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol 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. 达到平衡时，若减小容器体积，则NH3的转化率会增大
【答案】A
【解析】A.达到化学平衡时，用同一物质表示的正、逆反应速率相等，在任何时刻都存在：4v正(O2)=5v正(NO)，若4v正(O2)=5v逆(NO)，则v正(NO)=v逆(NO)，反应处于平衡状态，A正确；
B.若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，表示的都是反应正向进行，不能判断反应达到平衡状态，B错误；
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，反应混合物中任何一种气体物质的浓度都减小，所以正反应速率减小，逆反应速率也减小，C错误；
D.达到平衡时，若减小容器体积，即增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致NH3的平衡转化率减小，D错误；
故合理选项是A。
17.表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，除标出的元素外。表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题：
(1)②表示的元素是____________(填元素符号)。
(2)①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是 ______(填元素符号)；其非金属性较强的是 ______(填元素符号)；其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是_____(填分子式)。
(3)⑥元素的单质可以用来制取漂白粉，其有效成分是______(填化学式)。
③与⑥两种元素所形成化合物的电子式是____________。
(4)写出元素③的最高价氧化物对应的水化物与元素④的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式________________________。
(5)②与⑥元素的氢化物的稳定性 ______大于______(填分子式)。
【答案】(1). O (2). P (3). N (4). HNO3 (5). Ca(ClO)2 (6). (7). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (8). H2O (9). HCl
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①②③④⑤⑥分别是N、O、Na、Al、P、Cl元素。结合元素周期律分析解答。
【详解】(1)②表示的是氧元素，元素符号为O；
(2)同一主族的元素从上到下原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，其最高价氧化物的水化物的酸性减弱，则①与⑤两种元素相比较，原子半径较大的是P元素，元素的非金属性较强的是N元素，其最高正价氧化物水化物酸性较强的酸是HNO3；
(3)漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，其有效成分为次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2，③与⑥两种元素所形成化合物为离子化合物NaCl，电子式为；
(4)③号元素是Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，④号元素是Al元素，Al元素的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，二者发生反应生成NaAlO2和水，反应为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
(5)元素的非金属性O＞Cl，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性就越强，所以氢化物的稳定性：H2O＞HCl。
18.(1)有①16O、17O、18O ②H2、D2、T2 ③石墨、金刚石 ④1H、2H、3H四组微粒或物质。互为同位素的是(填序号)___________；互为同素异形体的是(填序号)____________；由①和④的微粒可组成____________种不同的三原子化合物。
(2)用电子式表示下列过程：
①MgCl2的形成过程 ________________；
②H2S的形成过程_________________。
【答案】(1). ①④ (2). ③ (3). 18
(4).
(5).
【解析】
【分析】(1)根据同位素、同分异构体的定义判断；利用排列组合判断三原子化合物种类；
(2)活泼的金属与活泼的非金属元素的原子间通过离子键结合；非金属元素的原子间通过共价键结合。
【详解】(1)同位素指同一元素的不同原子，所以属于同位素是①④；
同素异形体指同一元素的不同单质，则互为同素异形体的是③；
水分子是由1个O原子和2个H原子构成，从氢三种同位素中选两个氢原子，两个氢原子可以相同也可不同，所以有6种选法；氧原子有3种选法，所以形成的H2O的种类有3×6=18种；
(2)①Mg是活泼的金属元素，原子容易失去电子形成Mg2+，Cl是活泼的非金属元素，原子容易获得电子形成Cl-，Mg2+、Cl-通过离子键结合，从而形成离子化合物MgCl2，因此MgCl2的形成过程用电子式表示为：；
②H、S都是非金属元素，原子间通过共用电子对结合，从而使分子中每个原子都达到稳定结构，所以H2S的形成过程用电子式表示为：。
19.图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，回答以下问题：
(1)下列叙述不正确的是 ______ 。
A.a电极是负极
B.b电极的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
(2)若电解质溶液为KOH溶液，则电极反应式为：a极 _________，b极 ____________；
(3)若电解质溶液为稀H2SO4，则电极反应式为：a极 __________，b极____________。
【答案】(1). B (2). 2H2-4e－+4OH-=4H2O (3). O2+2H2O+4e－=4OH- (4). 2H2-4e－=4H+ (5). O2+4H++4e－=2H2O
【解析】
【分析】(1)在氢氧燃料电池中，氢气失电子发生氧化反应，通入氢气的电极是负极，氧气得电子发生还原反应，通入氧气的电极是正极；
(2)当电解质溶液是KOH时，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；
(3)当电解质溶液是H2SO4时，负极上氢气生成氢离子，正极上氧气和氢离子反应生成水。
【详解】(1)A.在氢氧燃料电池中，H2失电子发生氧化反应，因此通入氢气的a极为电源的负极，A正确；
B.在氢氧燃料电池中，通入O2的b极为原电池的正极，正极上O2得电子发生还原反应，要结合电解质溶液的酸碱性来确定其电极反应式的书写，B错误；
C.氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，C正确；
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，D正确；
故合理选项是B；
(2)当电解质是碱溶液时，燃料氢气失电子生成的H+在碱性溶液中不能稳定存在，它和OH-反应生成H2O，所以负极上发生的电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O；正极上O2得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；
(3)负极上失电子发生氧化反应，若电解质溶液是酸，则负极上氢气失电子后生成H+，其电极反应式为：2H2-4e-=4H+；正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，发生还原反应，故其电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O。
20.（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有 和 。
（2）为探究锌与盐酸反应过程的速率变化，某同学的实验测定方法是：在100ml稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（氢气体积已换算为标准状况）：
时间/min
1
2
3
4
5
体积/mL
50
120
232
290
310
①哪一时间段反应速率最大 （填“0~1 min”或“1~2 min”或“2~3 min”或“3~4 min”或“4~5min”）。
②2~3 min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率（设溶液体积不变）为 。
③试分析1~3min时间段里，反应速率变大的主要原因 。
【答案】（8分）（1）温度 （1分） 浓度 （1分）（2）①2～3min反应速率最大（2分）
②0.1mol.L-1.min-1 （2分） ③反应放热成为影响速率的主要因素。（2分）
【解析】试题分析：（1）Zn粒和稀盐酸反应一段时间后，反应速率会减慢，当加热或加入浓盐酸后，反应速率明显加快。由此判断，影响化学反应速率的因素有温度和浓度。
（2）①根据表中数据可知0～1 min、1～2 min、2～3 min、3～4 min、4～5min内生成氢气的体积（ml）分别是50、70、112、58、20，所以2～3min反应速率最大。
②2～3 min时间段内删除氢气的物质的量是0.112L÷22.4/mol＝0.005mol，所以消耗盐酸的物质的量是0.01mol，其浓度是0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，因此以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率0.1mol/L÷1min＝0.1mol.L-1.min-1。
③因为反应放热，随着反应的进行，溶液的温度越来越高，温度成为影响速率的主要因素。
21.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：
（1）该反应的化学方程式为 _______________________。
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为 ___________。
（3）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气所需时间/s
Ⅰ
薄片
15
200
Ⅱ
薄片
25
90
Ⅲ
粉末
25
10
①该实验的目的是探究 ______ 、 ______ 对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ表明 ________________________________ ，化学反应速率越大；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是 ______ 和 ______；
④请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响： ______________________。
【答案】 (1). 3X+Y⇌2Z (2). 0.05mol/（L•min） (3). 固体表面积 (4). 温度 (5). 温度越高 (6). Ⅱ (7). Ⅲ (8). 在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应
【解析】
【分析】由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比判断；根据反应速率的含义和外界条件对反应速率的影响变化规律利用控制变量法分析解答。
【详解】（1）由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，Y、X、Z的△n之比为(1－0.9):(1－0.7):(0.2－0)=1:3:2，2min达到平衡状态，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应方程式为为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为0.2mol/(2L×2min)=0.05mol⋅L－1·min−1；
（3）①由表格中的数据可以知道,锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究接触面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ中温度不同，其他条件相同，温度大的反应速率快，即温度越高，反应速率越快；
③能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为Ⅱ和Ⅲ组实验；
④要证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响选用控制其它条件相同，则实验方案为在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应。
22.某同学设计如图装置，研究非金属元素性质变化规律。
已知：高锰酸钾在常温下与浓盐酸反应产生氯气。
(1)如果C中装饱和的H2S溶液，A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液，反应开始后观察到现象是C中产生淡黄色沉淀，证明氯的非金属性比硫的非金属性 ______ (填“强”或“弱”或“无法判断”)。
(2)利用如图装置证明Cl2氧化性强于I2的氧化性,则A中装浓盐酸，B中装入高锰酸钾粉末，C中装入淀粉KI溶液，则C中现象是 ______
(3)现有浓硝酸、大理石、澄清石灰水、硅酸钠溶液，选择试剂用如图装置证明：非金属性：N＞C＞Si，C中装试剂 ______ ，实验现象为 ______ 该装置存在不足之处，改进措施为：______。
【答案】(1). 强 (2). 淀粉-KI溶液变蓝色 (3). 硅酸钠溶液 (4). 有白色沉淀生成 (5). 在B、C之间加一个盛饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
【解析】
【分析】(1)A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液反应生成氯气具有氧化性，通入饱和氢硫酸溶液，反应开始后观察现象是C中产生淡黄色沉淀，说明氯气氧化硫化氢为硫单质；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，判断非金属性；
(2)利用如图装置证明氯气氧化性强于碘单质氧化性，C中发生的是氯气和碘离子的反应生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝；
(3)根据强酸与弱酸盐反应产生弱酸分析。
【详解】(1)如果C中装饱和氢硫酸溶液，A中装浓盐酸，B中装高锰酸钾溶液，在B中发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应产生的氯气进入到C装置，发生反应：Cl2+H2S=S↓+2HCl，因此反应开始后观察到C中产生淡黄色沉淀，证明氯元素比硫元素非金属性强；
(2)在装置B中酸性高锰酸钾溶液与浓盐酸反应产生氯气，氯气进入到C装置中，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，从而证明氯元素的非金属性大于碘元素。
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，要证明元素的非金属性：N＞C＞Si，只需证明酸性HNO3>H2CO3>H2SiO3即可，可利用复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐反应制取弱酸，在A(分液漏斗)中加入硝酸，在B(烧瓶)中放入大理石，在C(广口瓶)中放入硅酸钠溶液溶液，分别发生的反应是2HNO3+CaCO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O、CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，由于硅酸难溶于水，所以看到在C中出现的现象是产生白色沉淀，但由于硝酸具有挥发性，会随反应产生的CO2气体进入C装置，所以该装置存在不足之处，改进措施为：在在B、C之间加一个盛饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，来除去CO2气体中的HNO3蒸气，以排除HNO3造成的干扰。
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