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【化学】湖南省邵东县创新实验学校2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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湖南省邵东县创新实验学校2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Ag-108
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共54分）
1.19世纪门捷列夫的突出贡献是 ( )
A. 提出了原子学说 B. 制出了第一张元素周期表
C. 发现了稀有气体 D. 提出了分子学说
【答案】B
【解析】A.道尔顿提出了近代原子学说，A错误；
B.1869年，俄国化学家门捷列夫通过对当时已经发现的元素进行研究，发现了元素之间关系的规律——元素周期律，B正确；
C.英国化学家莱姆赛发现了稀有气体，C错误；
D.阿佛加德罗提出了分子学说，D错误；
故合理选项是B。
2.在下列过程中，需要加快化学反应速率的是( )
A. 炼钢 B. 食物腐败
C. 钢铁腐蚀 D. 塑料老化
【答案】A
【解析】选项中只有A工业炼钢为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而B、C、D对人类的生活、生产带来不便，影响生活、影响生产的过程，就需要减慢反应速率，故合理选项是A。
3.下图微粒的结构示意图，正确的是（ ）
A. F的原子结构示意图
B. 水的分子模型示意图
C. 氯化氢的电子式
D. 氯气的结构式
【答案】B
【解析】A. F是9号元素，原子核外有9个电子，所以F原子的原子结构示意图，A错误；
B.水分子中两个H原子与O原子形成两个共价键，键角为104.3°，由于O原子半径比H原子半径大，因此H2O分子的比例模型为，B正确；
C.氯化氢分子中H原子与Cl原子通过1个共价键结合，用电子式表示为：，C错误；
D.氯气分子中两个Cl原子通过一个共价键结合，其结构式为Cl-Cl，D错误；
故合理选项是B。
4.对于和两种粒子，下列叙述正确的是（ ）
A. 一定都由质子、中子、电子构成
B. 核电荷数，核外电子数一定相同
C. 质子数一定相同，质量数和中子数一定不同
D. 化学性质几乎相同
【答案】C
【解析】A.若X为H，则就没有中子，A错误；
B.的质子数等于核外电子数，的质子数比核外电子数多，B错误；
C.根据微粒的表示可知和的质子数都是Z，质量数的是A，的是A+1，中子数分别是A-Z、A+1-Z，质量数和中子数一定不同，C正确；
D.因质子数相同，则为同种元素的微粒，同种元素的原子和离子的化学性质不同，D错误；
故合理选项是C。
5.在人类已知的化合物中，品种最多的是（ ）
A. 过渡元素的化合物 B. 第二主族元素的化合物
C. 第三主族元素的化合物 D. 第四主族元素的化合物
【答案】D
【解析】根据有机物化合物在生活、生产中的应用及有机物的种类来可知有机物种类最多，有机物的基本元素为C元素，C元素属于元素周期表第IVA，ⅣA族元素的化合物除氧化物、酸、盐之外，形成的有机化合物已超过3000万种，化合物品种最多，因此合理选项是D。
6.关于元素周期表的下列叙述，错误的是（ ）。
A. 元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一。
B. 在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期
C. 元素周期表中，总共有18个纵行，18个族
D. 第IA族的元素又称为碱金属元素（除了H），第VIIA族的元素又称为卤族元素
【答案】C
【解析】试题分析：A．元素周期表揭示了化学元素的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，A正确；B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，B正确；C．元素周期表中，总共有18个纵行，16个族，即7个主族、7个副族、1个0族和1个第Ⅷ族，C错误；D．第IA族的元素又称为碱金属（除了H），第VIIA族的元素又称为卤素，D正确，答案选C。
7.某种以30％KOH溶液为电解质的氢氧燃料电池的公共汽车已在北京街头出现。下列有关该氢氧燃料电池的说法中，正确的是( )
A. H2在正极发生氧化反应
B. 供电时的总反应为：2H2＋O22H2O
C. 氢氧燃料电池不仅能量转化率高，而且产物是水，属于环境友好电池
D. 氢氧燃料电池中H2和O2燃烧放出的热量转变为电能
【答案】C
【解析】A.由电极反应式可知，通入氢气的一极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，A错误；
B.电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2+O22H2O，但反应条件不是点燃，B错误；
C.氢氧燃料电池产物是水，对环境物污染，且能量转化率高，C正确；
D.氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，氢气和氧气在两极上放电，没有发生燃烧，D错误；
故合理选项是C。
8.与氢氧根具有相同的质子数和电子数的微粒是 （ ）
A. CH4 B. Cl- C. NH4+ D. NH2-
【答案】D
【解析】氢氧根离子OH-中质子数为9个，电子数是10个。
A. CH4分子中质子数是10，电子数是10，所以和OH-中质子数相同，电子数不同，A错误；
B.Cl-中质子数是17，电子数是18，所以和OH-中质子数和电子数都不同，B错误；
C. NH4+中质子数11，电子数是10，所以和OH-中质子数不同，电子数相同，C错误；
D.NH2-中质子数是9，电子数是10，所以和OH-中质子数和电子数都相同，D正确；
故合理选项是D。
9.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是( )
A. 灼热的木炭与CO2反应
B. 锌粒与稀硫酸的反应
C. 碳酸钙的高温分解
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】A
【解析】A. 灼热的炭与H2O的反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，A正确；
B.锌与稀硫酸反应是氧化还原反应，又是放热反应，B错误；
C.碳酸钙的高温分解反应是吸热反应，但不是氧化还原反应，C错误；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，但是不是氧化还原反应，D错误；
故合理选项A。
10.把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b为正极；c、d相连时，电流由d到c.则这四种金属的活动性顺序由大到小为( )
A. a>b>c>d B. a>c>d>b
C. c>a>b>d D. b>d>c>a
【答案】B
【解析】由a、b相连时a为负极可得，a的活泼性大于b；
由a、c相连时c极上产生大量气泡可得，a的活泼性大于c；
由b、d相连时b为正极得，d的活泼性大于b；
由c、d相连时，电流由d到c得，c的活泼性大于d。
所以金属的活动性顺序由大到小为a＞c＞d＞b，则选项B符合题意。
11.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是( )
A. 由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞S
B. 若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X>Y
C. 硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料
D. Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH>Ba（OH）2
【答案】A
【解析】试题分析：A．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就越强，所以不能由水溶液的酸性：HCl>H2S，可推断出元素的非金属性：Cl>S，错误；B．元素的原子失去电子变为阳离子，元素的原子获得电子变为阴离子，所以若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X>Y，正确；C．在元素周期表中，硅、锗都位于金属与非金属的交界处，元素既有金属的性质也有非金属元素的性质，因此都可以作半导体材料，正确；D．同一周期的元素，元素的原子序数越大，原子半径就越小，原子失去电子就越难，元素的金属性就越弱，相应的碱的碱性就越弱。Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA族和ⅡA族，碱性：CsOH>Ba(OH)2，正确。
12.对于反应 4A (s)+3B(g) 2C( g) +D(g)，在体积恒定的密闭容器中进行，经2 min达平衡，B的浓度减少了0.6 mol/L。下列说法正确的是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 气体的平均相对分子质量不变可以说明该反应达到化学平衡
C. 压强不变可以说明该反应达到化学平衡状态
D. 向容器中充入 Ne，压强增大，反应速率加快
【答案】B
【解析】A.A为纯固体，不能表示化学反应速率，A错误；
B.由于反应前后气体的质量变化，而气体的物质的量不变，因此若气体的平均相对分子质量不变，可以说明该反应达到化学平衡，B正确；
C.由于容器的容积不变，气体的物质的量不变，所以压强不变不能说明该反应达到化学平衡状态，C错误；
D.体积恒定，向容器中充入Ne，气体的浓度均不变，则反应速率不变，D错误；
故合理选项是B。
13.下列各组物质中化学键的类型完全相同的是( )
A. NaNO3 MgSO4 NH4Cl B. MgO Na2O2 CO2
C. CaCl2 NaOH H2O D. NH3 H2O2 CO2
【答案】A
【解析】A. NaNO3、MgSO4、NH4Cl三种物质的化学键有离子键、极性共价键，完全相同，A合理；
B.MgO含离子键，Na2O2含有离子键、非极性共价键，CO2含有极性共价键，化学键类型不完全相同，B不合理；
C.CaCl2含离子键，NaOH含有离子键、极性共价键，H2O含极性共价键，化学键类型不完全相同，C不合理；
D.NH3含极性共价键，H2O2含有非极性共价键、极性共价键，CO2含极性共价键，化学键类型不完全相同，D不合理；
故合理选项是A。
14.关于烷烃性质的叙述中，不正确的是（ ）
A. 烷烃同系物随相对分子质量增大，熔沸点逐渐升高，常温下的状态由气态递变到液态，相对分子质量大的则为固态
B. 烷烃同系物的密度随相对分子质量增大逐渐增大
C. 烷烃同系物都能使溴水、高锰酸钾溶液褪色
D. 烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应
【答案】C
【解析】A.烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。随着碳原子数的增加，常温下的状态逐渐由气态变化到液态、固态，A正确；
B.烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，密度越大，B正确；
C.烷烃的化学性质与CH4相似，碳原子是饱和状态，能发生燃烧、取代反应，不能使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D.烷烃的化学性质与CH4相似，在光照条件下能发生取代反应，D正确；
故合理选项是C。
15.利用下列装置或操作进行实验，能达到目的的是（ ）
置于光亮处
A、探究氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B、探究催化剂对化学反应速率的影响
C、验证非金属性：
Cl＞C＞Si
D、验证甲烷和氯气能发生反应
【答案】D
【解析】A.氯气与KI反应，图中装置不能比较Br2、I2氧化性，A错误；
B.浓度、催化剂均不同，不能探究催化剂对化学反应速率的影响，B错误；
C.盐酸为无氧酸，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较非金属性，C错误；
D.发生取代反应生成HCl易溶于水，试管中液面上升，图中装置可验证甲烷和氯气能发生反应，D正确；
故合理选项是D。
16.研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（ ）
A. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
B. AgCl是还原产物
C. 正极反应式为Ag+Cl-＋e-AgCl
D. Na＋不断向“水”电池的负极移动
【答案】A
【解析】A.在反应5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl中，元素化合价降低的数值等于元素化合价升高的数值等于转移的电子数等于2，所以每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子，A正确；
B.在反应中，Ag元素的化合价升高，所以AgCl是氧化产物，B错误；
C.在原电池的正极上发生还原反应，电极反应式为：5MnO2+2e-Mn5O102-，D错误。
故合理选项是A。
17.Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：
实验
现象
Fe表面产生大量无色气泡
Fe表面产生少量气泡后迅速停止
Mg表面迅速产生大量气泡
Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是( )
A. Ⅰ中产生气体的原因是：Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑
B. 取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C. Ⅲ中现象说明Mg在浓H2SO4中没被钝化
D. Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
【答案】B
【解析】试题分析：A、铁和稀硫酸反应生成H2，因此铁表面产生大量无色气泡，合理，故错误；B、铁和浓硫酸发生钝化反应，在铁的表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，因此放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体，不合理，故正确；C、根据实验现象，镁表面迅速产生大量的气泡，说明镁和浓硫酸发生钝化反应，合理，故错误；D、根据原电池的工作原理，正极上产生气泡，因此铁作正极，镁作负极，活泼金属作负极，即镁的金属性强于铁，合理，故错误。
18.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 mol·L–1 r溶液的H+的浓度也是0.01 mol·L–1，s通常是难溶于水的有机混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径的大小WX>Y
C. Z的氧化物的水化物为强酸 D. Y的氢化物常温常压下为液态
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，Cl2与p在光照条件下生成r与s，0.01mol/Lr溶液的pH为2，则r为HCl，p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，结合元素周期律解答。
【详解】通过上述分析可知W是H元素，X是C元素，Y是O，Z是Cl元素；m为H2O，n为Cl2，p为CH4，q为HClO，r为HCl，s是CHCl3。
A.所有元素中H原子半径最小，同一周期元素的原子半径自左而右逐渐减小，故原子半径W(H)
C.Z是Cl元素，Cl元素的氧化物有多种，只有最高价氧化物对应的水化物为强酸，C错误；
D.Y是O元素，氧元素氢化物有H2O、H2O2二者在常温下为液态，D正确；
故合理选项是D。
二、填空题（除说明外，每空2分，共46分）
19.如图是某同学设计的放热反应的观察装置。其实验操作步骤如下：
①按图所示将实验装置连接好；
②在 U 形管内加入少量红墨水(或品红溶液)，打开T形管活塞，使U形管内两边的液面处于同一水平面，再关闭T形管活塞；
③在盛有1.0 g氧化钙的小试管里滴入2 mL左右的蒸馏水，观察现象。 试回答：
(1)实验前必须进行的一步实验操作是__________；
(2)实验中观察到现象是___________；
(3)则1mol Ca(OH)2 能量_______1mol CaO与1molH2O的总能量；(填“大于”，“等于”或“小于”) ；
(4)若该实验中 CaO 换成 NaOH，实验还能否观察到相同现象?_______(填“能” 或“否”)。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). U形管里的液体左边下降，右边上升 (3). 小于 (4). 能
【解析】
【分析】(1)气体具有热胀冷缩的性质，根据U形管左右两侧液面的变化判断装置内压强的变化，装置密封性要好；
(2)氧化钙和水之间的反应是放热的，空气受热膨胀，内部压强增大；
(3)反应放出热量，反应物具有的总能量大于生成物的总能量；
(4)氢氧化钠和水混合后会有明显的热效应。
【详解】(1)气体具有热胀冷缩的性质，根据U形管左右两侧液面的变化判断装置内压强的变化，装置密封性要好，所以实验之前一定要检查装置气密性；
(2)CaO和水反应生成Ca(OH)2的反应是放热反应，反应放出的热量使大试管中空气膨胀，内部压强增大，U形玻璃管里的红墨水(或品红)会沿开口端上升；
(3)CaO和水反应生成氢氧化钙，反应的化学反应方程式为：CaO+H2OCa(OH)2，该反应放出热量，说明反应物的能量比生成物的能量高，即1 mol CaO和1 molH2O的能量和大于1 mol Ca(OH)2的能量；
(4)氢氧化钠和水混合后，放出大量的热量，有明显的热效应，因此若该实验中CaO换成 NaOH，实验也能观察到相同现象。
20.按要求填空：
(1)有下列几种物质 A.金刚石和石墨 B. C2H4和C2H6 C. C2H6和C5H12
D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 E.35Cl和37Cl
①属于同位素的是_____，
②属于同素异形体的是_____，
③属于同系物的是_____，
④属于同分异构体的是_____;
(2)相对分子质量为72的某烃，
①则它的分子式是 _________，
②它存在多种结构，其沸点最低的结构简式是 ________。
【答案】(1). E (2). A (3). C (4). D (5). C5H12 (6).
【解析】
【分析】(1)质子数相同中子数不同的原子互成同位素；
(2)由同一元素组成的不同性质的单质互为同素异形体；
(3)同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干CH2原子团的化合物；
(4)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物。
(5)用商余法计算确定物质的分子式，然后根据同分异构体中，支链越多，物质的沸点越低确定物质的结构简式。
【详解】(1) A.金刚石和石墨是C元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体； B.C2H4属于烯烃，而C2H6属于烷烃，二者不是同系物，也不是同分异构体；
C.C2H6和C5H12都是烷烃，二者互为同系物；
D.CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体； E.35Cl和37Cl是Cl元素的两种原子，二者互为同位素。
故①属于同位素的是E；②属于同素异形体的是A；③属于同系物的是C；④属于同分异构体的是D；
(2)①相对分子质量为72的某烃其中含有的C原子数为C:72÷12=6，根据烃分子结构特点，1个C原子的相对原子质量与12个H原子相对原子质量相等，因此该物质分子为C5H12；
②它存在三种结构，CH3CH2CH2CH2CH3、、，对于同分异构体来说，物质分子中含有的支链越多，物质的分子之间距离越大，分子间作用力越小，物质的沸点就越低，故上述同分异构体中沸点最低的结构简式是。
21.A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、D同主族，B、C、D、E同周期，B、A可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，C是地壳中含量最高的金属元素。短周期中，B原子半径最大，E的最高价氧化物对应水化物酸性最强。
(1)E的最高价氧化物对应的水化物的分子式为________________；
(2)D与E可形成分子式为D2E2的物质，该物质为浅黄色油状液体，有特殊气味，是一种重要的工业添加剂。则D2E2的结构式为______________；
(3)B、C、D、E、A简单离子半径由大到小的顺序为_______________(用离子符号表示)
(4)用电子式表示化合物甲的形成过程________；
(5)C元素的单质能与B元素的最高价氧化物的水化物发生反应，写出该反应离子方程式_________。
【答案】(1). HClO4 (2). Cl－S－S－Cl (3). S2->Cl->O2->Na+>Al3+
(4). (5). 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，B、A可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则甲为Na2O、乙为Na2O2，A是O元素，B是Na元素；B、C、D、E同周期，A、D同主族，则D为S元素，C是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al元素，E的最高价氧化物对应的水化物是最强的含氧酸，则E是Cl元素。然后进行分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是O元素，B是Na元素，C为Al元素，D为S元素，E是Cl元素。离子化合物甲和乙分别是Na2O、Na2O2。
(1)E的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，分子式是HClO4；
(2)D与E可形成分子式为D2E2的物质S2Cl2，该物质为浅黄色油状液体，有特殊气味，是一种重要的工业添加剂。在该物质分子中两个S原子形成一个共价键，每个S原子再与Cl原子形成一个共价键，从而使每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，因此D2E2的结构式为Cl－S－S－Cl；
(3) A、B、C、D、E的离子分别是O2-、Na+、Al3+、S2-、Cl-。O2-、Na+、Al3+核外电子排布是2、8，S2-、Cl-核外电子排布是2、8、8，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大离子半径越小；对于电子层结构不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大，因此这些元素的简单离子半径由大到小的顺序为S2->Cl->O2->Na+>Al3+；
(4)化合物甲是Na2O，Na原子失去电子，变为Na+，O原子获得2个电子形成O2-，2个Na+与1个O2-通过离子键结合，用电子式表示化合物甲的形成过程为；
(5)C元素的单质Al能与B元素的最高价氧化物的水化物NaOH溶液发生反应，产生偏铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑。
22.在下述转化关系中，已知B、D都是淡黄色固体，且A与D为单质,并可反应生成离子化合物。试回答：
(1) G的化学式为________；
(2)写出B的电子式______________。
(3)写出B +水→C的化学反应方程式_______。
(4)B和E反应也可生成H，则该反应的化学方程式为____。
【答案】(1). H2SO4 (2). (3). 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑ (4). Na2O2 +SO2Na2SO4
【解析】
【分析】常见淡黄色固体有Na2O2和S，其中B能与水反应生成氧气，则B为Na2O2，A为Na，C为NaOH，D可以与氧气连续反应，则D为S，E为SO2，F为SO3，G为H2SO4，G与NaOH发生中和反应生成H为Na2SO4，然后根据题目要求写出相应物质的化学式、电子式或相应反应的方程式。
【详解】根据上述推断可知A是Na，B是Na2O2，C是NaOH，D是S，E是SO2，F是SO3，G是H2SO4，H为Na2SO4。
(1)根据上述推断可知G是硫酸，则G的化学式为H2SO4；
(2) B是Na2O2，Na2O2是离子化合物，两个O原子通过一对共用电子对结合，每个Na原子失去1个电子形成Na+，每个O原子再获得一个电子形成O22-，O22-与2个Na+通过离子键结合，故该物质的电子式为；
(3)过氧化钠与水反应产生氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑；
(4) Na2O2具有强的氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应产生硫酸钠，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为Na2O2 +SO2Na2SO4。
23.根据要求回答下列问题：
(1)用大理石和100ml某稀盐酸反应制CO2 ，产生CO2的体积与反应时间的关系如图所示，其中产生CO2速率最快的为____段(选填“OE”、“EF”或“FG”)，若该段内生成标准状况下的CO2 448mL，所用时间为2min,该段时间内用HCl来表示其反应速率，则速率为_____，(忽略反应后溶液体积的变化),若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是______(填字母)。
A.将大理石换用碳酸钙粉末 B.加入K2SO4溶液 C.升高温度
D.加入NaCl固体 E.增大盐酸的浓度
(2)对于反应2A2+B2=2A2B，已知A2、B2、A2B的键能如下表：
化学键
A-A
B=B
A-B
键能/kJ/mol
236
406
163
下图能正确表示该反应过程中能量变化的选项是_______(填字母)。
【答案】(1). EF (2). 0.2mol/(L·min) (3). A、C、E (4). B
【解析】
分析】(1)该图中，曲线的斜率表示反应快慢，斜率越大，反应速率越快；
先计算CO2的物质的量的变化，然后根据物质反应时的物质的量变化关系，计算反应的HCl的物质的量，再根据反应速率的定义式可得V(HCl)；
温度越高化学反应速率越快；要使固体和溶液的反应速率加快，可以通过改变溶液浓度、增大反应物接触面积、改变温度实现；
(2)反应热为断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差，然后根据反应的热效应结合图示表示的可能图像。
【详解】(1)该图中，曲线的斜率表示反应进行的快慢程度，斜率越大，表示化学反应速率越快，根据图知，斜率最大的是EF段，因此反应速率最大的是EF段；
n(CO2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，则根据方程式可知n(HCl)=2n(CO2)=0.04mol，故用HCl表示的化学反应速率为V(HCl)=0.2mol/(L·min)；
A.将大理石换用碳酸钙粉末，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，A合理；
B.加入K2SO4溶液，氢离子浓度降低且生成硫酸钙是微溶物，覆盖在碳酸钙表面，使反应物接触面积减小，因而减慢化学反应速率，B互合理；
C.升高温度，增大活化分子百分数，微粒有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，C合理；
D.加入NaCl固体，氢离子浓度不变，化学反应速率不变，D不合理；
E.增大盐酸的浓度会使氢离子浓度，反应速率加快，E合理；
故可以加快反应速率的选项是A、C、E；
(2)由于反应热为断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差，所以反应2A2+B22A2B的反应热△H=2×A-A+ B=B-4×A-B=2×236+406-4×163=+226kJ/mol，该反应为吸热反应，生成物的能量比反应物的能量高，因此合理选项是B。
24.按要求填空:
(1)某同学依据氧化还原反应：2Ag++CuCu2++2Ag设计的原电池如图所示：
①负极发生的电极反应为___________；
②电解质溶液中的NO3-向__________电极移动；(写出电极材料的名称)
(2)当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移的电子数目是________；
(3)水是生命之源，也是化学反应中的主角。请回答下列问题：
已知：2mol H2完全燃烧生成液态水时放出572 kJ的热量。
①若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量______(填“>”“<”或“=”)572 kJ；
②每克氢气燃烧生成液态水时放出的热量为________；
(4)天然气(主要成分CH4)和氧气反应生成二氧化碳和水，该反应为放热的氧化还原反应，可将其设计成燃料电池，构造如图所示，a、b两个电极均由多孔的碳块组成。
a电极的电极反应式是_________。
【答案】(1). Cu−2e−Cu2+ (2). 铜 (3). 0.05NA(或3.01×1022) (4). < (5). 143kJ (6). CH4−8e−+10OH−CO32-+7H2O
【解析】
【分析】(1)①根据电池反应式知，失电子化合价升高的金属作负极，负极发生氧化反应；
②溶液中的阴离子向正电荷较多的负极移动，
(2)根据电极反应式计算通过电子的物质的量；
(3)①相同质量的同一物质，气体含有的能量比液态多，液态比固态多分析判断；
②计算2mol氢气的质量，然后根据反应物的质量与反应放出的热量呈正比计算放出热量多少；
(4)通入燃料的电极为负极，失去电子，发生氧化反应，反应产物要结合电解质溶液的酸碱性分析。
【详解】(1)①根据反应2Ag++CuCu2++2Ag可知：Cu失去电子，反应氧化反应，因此作原电池的负极，电极反应式为Cu−2e−Cu2+；
②根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的NO3-会向正电荷较多的负极Cu电极方向移动；在阴极发生反应：Ag++e-Ag，n(Ag)=n(e-)=5.4g÷108g/mol=0.05mol，所以电子转移数目为0.05NA；
(3)①2mol H2完全燃烧生成液态水时放出572 kJ的热量，若2mol H2完全燃烧生成气态水，由于等质量的水蒸气含有的能量比液态水高，因此反应放出的热量比572 kJ的热量少；
②2mol H2完全燃烧生成液态水时放出572 kJ的热量，2molH2的质量为4g，则1g H2完全燃烧生成液态水时放出的热量为572 kJ÷4=143kJ；
(4)根据图示可知a电极是通入燃料的电极，为负极，甲烷失去电子，由于电解质溶液为KOH溶液，显碱性，所以a电极的电极反应式是CH4−8e-+10OH−CO32-+7H2O。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Ag-108
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共54分）
1.19世纪门捷列夫的突出贡献是 ( )
A. 提出了原子学说 B. 制出了第一张元素周期表
C. 发现了稀有气体 D. 提出了分子学说
【答案】B
【解析】A.道尔顿提出了近代原子学说，A错误；
B.1869年，俄国化学家门捷列夫通过对当时已经发现的元素进行研究，发现了元素之间关系的规律——元素周期律，B正确；
C.英国化学家莱姆赛发现了稀有气体，C错误；
D.阿佛加德罗提出了分子学说，D错误；
故合理选项是B。
2.在下列过程中，需要加快化学反应速率的是( )
A. 炼钢 B. 食物腐败
C. 钢铁腐蚀 D. 塑料老化
【答案】A
【解析】选项中只有A工业炼钢为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而B、C、D对人类的生活、生产带来不便，影响生活、影响生产的过程，就需要减慢反应速率，故合理选项是A。
3.下图微粒的结构示意图，正确的是（ ）
A. F的原子结构示意图
B. 水的分子模型示意图
C. 氯化氢的电子式
D. 氯气的结构式
【答案】B
【解析】A. F是9号元素，原子核外有9个电子，所以F原子的原子结构示意图，A错误；
B.水分子中两个H原子与O原子形成两个共价键，键角为104.3°，由于O原子半径比H原子半径大，因此H2O分子的比例模型为，B正确；
C.氯化氢分子中H原子与Cl原子通过1个共价键结合，用电子式表示为：，C错误；
D.氯气分子中两个Cl原子通过一个共价键结合，其结构式为Cl-Cl，D错误；
故合理选项是B。
4.对于和两种粒子，下列叙述正确的是（ ）
A. 一定都由质子、中子、电子构成
B. 核电荷数，核外电子数一定相同
C. 质子数一定相同，质量数和中子数一定不同
D. 化学性质几乎相同
【答案】C
【解析】A.若X为H，则就没有中子，A错误；
B.的质子数等于核外电子数，的质子数比核外电子数多，B错误；
C.根据微粒的表示可知和的质子数都是Z，质量数的是A，的是A+1，中子数分别是A-Z、A+1-Z，质量数和中子数一定不同，C正确；
D.因质子数相同，则为同种元素的微粒，同种元素的原子和离子的化学性质不同，D错误；
故合理选项是C。
5.在人类已知的化合物中，品种最多的是（ ）
A. 过渡元素的化合物 B. 第二主族元素的化合物
C. 第三主族元素的化合物 D. 第四主族元素的化合物
【答案】D
【解析】根据有机物化合物在生活、生产中的应用及有机物的种类来可知有机物种类最多，有机物的基本元素为C元素，C元素属于元素周期表第IVA，ⅣA族元素的化合物除氧化物、酸、盐之外，形成的有机化合物已超过3000万种，化合物品种最多，因此合理选项是D。
6.关于元素周期表的下列叙述，错误的是（ ）。
A. 元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一。
B. 在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期
C. 元素周期表中，总共有18个纵行，18个族
D. 第IA族的元素又称为碱金属元素（除了H），第VIIA族的元素又称为卤族元素
【答案】C
【解析】试题分析：A．元素周期表揭示了化学元素的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，A正确；B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，B正确；C．元素周期表中，总共有18个纵行，16个族，即7个主族、7个副族、1个0族和1个第Ⅷ族，C错误；D．第IA族的元素又称为碱金属（除了H），第VIIA族的元素又称为卤素，D正确，答案选C。
7.某种以30％KOH溶液为电解质的氢氧燃料电池的公共汽车已在北京街头出现。下列有关该氢氧燃料电池的说法中，正确的是( )
A. H2在正极发生氧化反应
B. 供电时的总反应为：2H2＋O22H2O
C. 氢氧燃料电池不仅能量转化率高，而且产物是水，属于环境友好电池
D. 氢氧燃料电池中H2和O2燃烧放出的热量转变为电能
【答案】C
【解析】A.由电极反应式可知，通入氢气的一极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，A错误；
B.电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2+O22H2O，但反应条件不是点燃，B错误；
C.氢氧燃料电池产物是水，对环境物污染，且能量转化率高，C正确；
D.氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，氢气和氧气在两极上放电，没有发生燃烧，D错误；
故合理选项是C。
8.与氢氧根具有相同的质子数和电子数的微粒是 （ ）
A. CH4 B. Cl- C. NH4+ D. NH2-
【答案】D
【解析】氢氧根离子OH-中质子数为9个，电子数是10个。
A. CH4分子中质子数是10，电子数是10，所以和OH-中质子数相同，电子数不同，A错误；
B.Cl-中质子数是17，电子数是18，所以和OH-中质子数和电子数都不同，B错误；
C. NH4+中质子数11，电子数是10，所以和OH-中质子数不同，电子数相同，C错误；
D.NH2-中质子数是9，电子数是10，所以和OH-中质子数和电子数都相同，D正确；
故合理选项是D。
9.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是( )
A. 灼热的木炭与CO2反应
B. 锌粒与稀硫酸的反应
C. 碳酸钙的高温分解
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】A
【解析】A. 灼热的炭与H2O的反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，A正确；
B.锌与稀硫酸反应是氧化还原反应，又是放热反应，B错误；
C.碳酸钙的高温分解反应是吸热反应，但不是氧化还原反应，C错误；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，但是不是氧化还原反应，D错误；
故合理选项A。
10.把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b为正极；c、d相连时，电流由d到c.则这四种金属的活动性顺序由大到小为( )
A. a>b>c>d B. a>c>d>b
C. c>a>b>d D. b>d>c>a
【答案】B
【解析】由a、b相连时a为负极可得，a的活泼性大于b；
由a、c相连时c极上产生大量气泡可得，a的活泼性大于c；
由b、d相连时b为正极得，d的活泼性大于b；
由c、d相连时，电流由d到c得，c的活泼性大于d。
所以金属的活动性顺序由大到小为a＞c＞d＞b，则选项B符合题意。
11.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是( )
A. 由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞S
B. 若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X>Y
C. 硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料
D. Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH>Ba（OH）2
【答案】A
【解析】试题分析：A．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就越强，所以不能由水溶液的酸性：HCl>H2S，可推断出元素的非金属性：Cl>S，错误；B．元素的原子失去电子变为阳离子，元素的原子获得电子变为阴离子，所以若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X>Y，正确；C．在元素周期表中，硅、锗都位于金属与非金属的交界处，元素既有金属的性质也有非金属元素的性质，因此都可以作半导体材料，正确；D．同一周期的元素，元素的原子序数越大，原子半径就越小，原子失去电子就越难，元素的金属性就越弱，相应的碱的碱性就越弱。Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA族和ⅡA族，碱性：CsOH>Ba(OH)2，正确。
12.对于反应 4A (s)+3B(g) 2C( g) +D(g)，在体积恒定的密闭容器中进行，经2 min达平衡，B的浓度减少了0.6 mol/L。下列说法正确的是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 气体的平均相对分子质量不变可以说明该反应达到化学平衡
C. 压强不变可以说明该反应达到化学平衡状态
D. 向容器中充入 Ne，压强增大，反应速率加快
【答案】B
【解析】A.A为纯固体，不能表示化学反应速率，A错误；
B.由于反应前后气体的质量变化，而气体的物质的量不变，因此若气体的平均相对分子质量不变，可以说明该反应达到化学平衡，B正确；
C.由于容器的容积不变，气体的物质的量不变，所以压强不变不能说明该反应达到化学平衡状态，C错误；
D.体积恒定，向容器中充入Ne，气体的浓度均不变，则反应速率不变，D错误；
故合理选项是B。
13.下列各组物质中化学键的类型完全相同的是( )
A. NaNO3 MgSO4 NH4Cl B. MgO Na2O2 CO2
C. CaCl2 NaOH H2O D. NH3 H2O2 CO2
【答案】A
【解析】A. NaNO3、MgSO4、NH4Cl三种物质的化学键有离子键、极性共价键，完全相同，A合理；
B.MgO含离子键，Na2O2含有离子键、非极性共价键，CO2含有极性共价键，化学键类型不完全相同，B不合理；
C.CaCl2含离子键，NaOH含有离子键、极性共价键，H2O含极性共价键，化学键类型不完全相同，C不合理；
D.NH3含极性共价键，H2O2含有非极性共价键、极性共价键，CO2含极性共价键，化学键类型不完全相同，D不合理；
故合理选项是A。
14.关于烷烃性质的叙述中，不正确的是（ ）
A. 烷烃同系物随相对分子质量增大，熔沸点逐渐升高，常温下的状态由气态递变到液态，相对分子质量大的则为固态
B. 烷烃同系物的密度随相对分子质量增大逐渐增大
C. 烷烃同系物都能使溴水、高锰酸钾溶液褪色
D. 烷烃跟卤素单质在光照条件下能发生取代反应
【答案】C
【解析】A.烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。随着碳原子数的增加，常温下的状态逐渐由气态变化到液态、固态，A正确；
B.烷烃结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，密度越大，B正确；
C.烷烃的化学性质与CH4相似，碳原子是饱和状态，能发生燃烧、取代反应，不能使溴水及酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D.烷烃的化学性质与CH4相似，在光照条件下能发生取代反应，D正确；
故合理选项是C。
15.利用下列装置或操作进行实验，能达到目的的是（ ）
置于光亮处
A、探究氧化性：Cl2＞Br2＞I2
B、探究催化剂对化学反应速率的影响
C、验证非金属性：
Cl＞C＞Si
D、验证甲烷和氯气能发生反应
【答案】D
【解析】A.氯气与KI反应，图中装置不能比较Br2、I2氧化性，A错误；
B.浓度、催化剂均不同，不能探究催化剂对化学反应速率的影响，B错误；
C.盐酸为无氧酸，盐酸与硅酸钠反应，则不能比较非金属性，C错误；
D.发生取代反应生成HCl易溶于水，试管中液面上升，图中装置可验证甲烷和氯气能发生反应，D正确；
故合理选项是D。
16.研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（ ）
A. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
B. AgCl是还原产物
C. 正极反应式为Ag+Cl-＋e-AgCl
D. Na＋不断向“水”电池的负极移动
【答案】A
【解析】A.在反应5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl中，元素化合价降低的数值等于元素化合价升高的数值等于转移的电子数等于2，所以每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子，A正确；
B.在反应中，Ag元素的化合价升高，所以AgCl是氧化产物，B错误；
C.在原电池的正极上发生还原反应，电极反应式为：5MnO2+2e-Mn5O102-，D错误。
故合理选项是A。
17.Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：
实验
现象
Fe表面产生大量无色气泡
Fe表面产生少量气泡后迅速停止
Mg表面迅速产生大量气泡
Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡
关于上述实验说法不合理的是( )
A. Ⅰ中产生气体的原因是：Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑
B. 取出Ⅱ中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体
C. Ⅲ中现象说明Mg在浓H2SO4中没被钝化
D. Ⅳ中现象说明Mg的金属性比Fe强
【答案】B
【解析】试题分析：A、铁和稀硫酸反应生成H2，因此铁表面产生大量无色气泡，合理，故错误；B、铁和浓硫酸发生钝化反应，在铁的表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，因此放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体，不合理，故正确；C、根据实验现象，镁表面迅速产生大量的气泡，说明镁和浓硫酸发生钝化反应，合理，故错误；D、根据原电池的工作原理，正极上产生气泡，因此铁作正极，镁作负极，活泼金属作负极，即镁的金属性强于铁，合理，故错误。
18.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 mol·L–1 r溶液的H+的浓度也是0.01 mol·L–1，s通常是难溶于水的有机混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径的大小W
C. Z的氧化物的水化物为强酸 D. Y的氢化物常温常压下为液态
【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl，Cl2与p在光照条件下生成r与s，0.01mol/Lr溶液的pH为2，则r为HCl，p为CH4，氯气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白性，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，结合元素周期律解答。
【详解】通过上述分析可知W是H元素，X是C元素，Y是O，Z是Cl元素；m为H2O，n为Cl2，p为CH4，q为HClO，r为HCl，s是CHCl3。
A.所有元素中H原子半径最小，同一周期元素的原子半径自左而右逐渐减小，故原子半径W(H)
C.Z是Cl元素，Cl元素的氧化物有多种，只有最高价氧化物对应的水化物为强酸，C错误；
D.Y是O元素，氧元素氢化物有H2O、H2O2二者在常温下为液态，D正确；
故合理选项是D。
二、填空题（除说明外，每空2分，共46分）
19.如图是某同学设计的放热反应的观察装置。其实验操作步骤如下：
①按图所示将实验装置连接好；
②在 U 形管内加入少量红墨水(或品红溶液)，打开T形管活塞，使U形管内两边的液面处于同一水平面，再关闭T形管活塞；
③在盛有1.0 g氧化钙的小试管里滴入2 mL左右的蒸馏水，观察现象。 试回答：
(1)实验前必须进行的一步实验操作是__________；
(2)实验中观察到现象是___________；
(3)则1mol Ca(OH)2 能量_______1mol CaO与1molH2O的总能量；(填“大于”，“等于”或“小于”) ；
(4)若该实验中 CaO 换成 NaOH，实验还能否观察到相同现象?_______(填“能” 或“否”)。
【答案】(1). 检查装置气密性 (2). U形管里的液体左边下降，右边上升 (3). 小于 (4). 能
【解析】
【分析】(1)气体具有热胀冷缩的性质，根据U形管左右两侧液面的变化判断装置内压强的变化，装置密封性要好；
(2)氧化钙和水之间的反应是放热的，空气受热膨胀，内部压强增大；
(3)反应放出热量，反应物具有的总能量大于生成物的总能量；
(4)氢氧化钠和水混合后会有明显的热效应。
【详解】(1)气体具有热胀冷缩的性质，根据U形管左右两侧液面的变化判断装置内压强的变化，装置密封性要好，所以实验之前一定要检查装置气密性；
(2)CaO和水反应生成Ca(OH)2的反应是放热反应，反应放出的热量使大试管中空气膨胀，内部压强增大，U形玻璃管里的红墨水(或品红)会沿开口端上升；
(3)CaO和水反应生成氢氧化钙，反应的化学反应方程式为：CaO+H2OCa(OH)2，该反应放出热量，说明反应物的能量比生成物的能量高，即1 mol CaO和1 molH2O的能量和大于1 mol Ca(OH)2的能量；
(4)氢氧化钠和水混合后，放出大量的热量，有明显的热效应，因此若该实验中CaO换成 NaOH，实验也能观察到相同现象。
20.按要求填空：
(1)有下列几种物质 A.金刚石和石墨 B. C2H4和C2H6 C. C2H6和C5H12
D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 E.35Cl和37Cl
①属于同位素的是_____，
②属于同素异形体的是_____，
③属于同系物的是_____，
④属于同分异构体的是_____;
(2)相对分子质量为72的某烃，
①则它的分子式是 _________，
②它存在多种结构，其沸点最低的结构简式是 ________。
【答案】(1). E (2). A (3). C (4). D (5). C5H12 (6).
【解析】
【分析】(1)质子数相同中子数不同的原子互成同位素；
(2)由同一元素组成的不同性质的单质互为同素异形体；
(3)同系物是结构相似，在分子组成上相差一个或若干CH2原子团的化合物；
(4)同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物。
(5)用商余法计算确定物质的分子式，然后根据同分异构体中，支链越多，物质的沸点越低确定物质的结构简式。
【详解】(1) A.金刚石和石墨是C元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体； B.C2H4属于烯烃，而C2H6属于烷烃，二者不是同系物，也不是同分异构体；
C.C2H6和C5H12都是烷烃，二者互为同系物；
D.CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体； E.35Cl和37Cl是Cl元素的两种原子，二者互为同位素。
故①属于同位素的是E；②属于同素异形体的是A；③属于同系物的是C；④属于同分异构体的是D；
(2)①相对分子质量为72的某烃其中含有的C原子数为C:72÷12=6，根据烃分子结构特点，1个C原子的相对原子质量与12个H原子相对原子质量相等，因此该物质分子为C5H12；
②它存在三种结构，CH3CH2CH2CH2CH3、、，对于同分异构体来说，物质分子中含有的支链越多，物质的分子之间距离越大，分子间作用力越小，物质的沸点就越低，故上述同分异构体中沸点最低的结构简式是。
21.A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、D同主族，B、C、D、E同周期，B、A可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，C是地壳中含量最高的金属元素。短周期中，B原子半径最大，E的最高价氧化物对应水化物酸性最强。
(1)E的最高价氧化物对应的水化物的分子式为________________；
(2)D与E可形成分子式为D2E2的物质，该物质为浅黄色油状液体，有特殊气味，是一种重要的工业添加剂。则D2E2的结构式为______________；
(3)B、C、D、E、A简单离子半径由大到小的顺序为_______________(用离子符号表示)
(4)用电子式表示化合物甲的形成过程________；
(5)C元素的单质能与B元素的最高价氧化物的水化物发生反应，写出该反应离子方程式_________。
【答案】(1). HClO4 (2). Cl－S－S－Cl (3). S2->Cl->O2->Na+>Al3+
(4). (5). 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，B、A可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则甲为Na2O、乙为Na2O2，A是O元素，B是Na元素；B、C、D、E同周期，A、D同主族，则D为S元素，C是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al元素，E的最高价氧化物对应的水化物是最强的含氧酸，则E是Cl元素。然后进行分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是O元素，B是Na元素，C为Al元素，D为S元素，E是Cl元素。离子化合物甲和乙分别是Na2O、Na2O2。
(1)E的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，分子式是HClO4；
(2)D与E可形成分子式为D2E2的物质S2Cl2，该物质为浅黄色油状液体，有特殊气味，是一种重要的工业添加剂。在该物质分子中两个S原子形成一个共价键，每个S原子再与Cl原子形成一个共价键，从而使每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，因此D2E2的结构式为Cl－S－S－Cl；
(3) A、B、C、D、E的离子分别是O2-、Na+、Al3+、S2-、Cl-。O2-、Na+、Al3+核外电子排布是2、8，S2-、Cl-核外电子排布是2、8、8，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大离子半径越小；对于电子层结构不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大，因此这些元素的简单离子半径由大到小的顺序为S2->Cl->O2->Na+>Al3+；
(4)化合物甲是Na2O，Na原子失去电子，变为Na+，O原子获得2个电子形成O2-，2个Na+与1个O2-通过离子键结合，用电子式表示化合物甲的形成过程为；
(5)C元素的单质Al能与B元素的最高价氧化物的水化物NaOH溶液发生反应，产生偏铝酸钠和氢气，该反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑。
22.在下述转化关系中，已知B、D都是淡黄色固体，且A与D为单质,并可反应生成离子化合物。试回答：
(1) G的化学式为________；
(2)写出B的电子式______________。
(3)写出B +水→C的化学反应方程式_______。
(4)B和E反应也可生成H，则该反应的化学方程式为____。
【答案】(1). H2SO4 (2). (3). 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑ (4). Na2O2 +SO2Na2SO4
【解析】
【分析】常见淡黄色固体有Na2O2和S，其中B能与水反应生成氧气，则B为Na2O2，A为Na，C为NaOH，D可以与氧气连续反应，则D为S，E为SO2，F为SO3，G为H2SO4，G与NaOH发生中和反应生成H为Na2SO4，然后根据题目要求写出相应物质的化学式、电子式或相应反应的方程式。
【详解】根据上述推断可知A是Na，B是Na2O2，C是NaOH，D是S，E是SO2，F是SO3，G是H2SO4，H为Na2SO4。
(1)根据上述推断可知G是硫酸，则G的化学式为H2SO4；
(2) B是Na2O2，Na2O2是离子化合物，两个O原子通过一对共用电子对结合，每个Na原子失去1个电子形成Na+，每个O原子再获得一个电子形成O22-，O22-与2个Na+通过离子键结合，故该物质的电子式为；
(3)过氧化钠与水反应产生氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑；
(4) Na2O2具有强的氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应产生硫酸钠，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为Na2O2 +SO2Na2SO4。
23.根据要求回答下列问题：
(1)用大理石和100ml某稀盐酸反应制CO2 ，产生CO2的体积与反应时间的关系如图所示，其中产生CO2速率最快的为____段(选填“OE”、“EF”或“FG”)，若该段内生成标准状况下的CO2 448mL，所用时间为2min,该段时间内用HCl来表示其反应速率，则速率为_____，(忽略反应后溶液体积的变化),若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是______(填字母)。
A.将大理石换用碳酸钙粉末 B.加入K2SO4溶液 C.升高温度
D.加入NaCl固体 E.增大盐酸的浓度
(2)对于反应2A2+B2=2A2B，已知A2、B2、A2B的键能如下表：
化学键
A-A
B=B
A-B
键能/kJ/mol
236
406
163
下图能正确表示该反应过程中能量变化的选项是_______(填字母)。
【答案】(1). EF (2). 0.2mol/(L·min) (3). A、C、E (4). B
【解析】
分析】(1)该图中，曲线的斜率表示反应快慢，斜率越大，反应速率越快；
先计算CO2的物质的量的变化，然后根据物质反应时的物质的量变化关系，计算反应的HCl的物质的量，再根据反应速率的定义式可得V(HCl)；
温度越高化学反应速率越快；要使固体和溶液的反应速率加快，可以通过改变溶液浓度、增大反应物接触面积、改变温度实现；
(2)反应热为断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差，然后根据反应的热效应结合图示表示的可能图像。
【详解】(1)该图中，曲线的斜率表示反应进行的快慢程度，斜率越大，表示化学反应速率越快，根据图知，斜率最大的是EF段，因此反应速率最大的是EF段；
n(CO2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，则根据方程式可知n(HCl)=2n(CO2)=0.04mol，故用HCl表示的化学反应速率为V(HCl)=0.2mol/(L·min)；
A.将大理石换用碳酸钙粉末，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，A合理；
B.加入K2SO4溶液，氢离子浓度降低且生成硫酸钙是微溶物，覆盖在碳酸钙表面，使反应物接触面积减小，因而减慢化学反应速率，B互合理；
C.升高温度，增大活化分子百分数，微粒有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，C合理；
D.加入NaCl固体，氢离子浓度不变，化学反应速率不变，D不合理；
E.增大盐酸的浓度会使氢离子浓度，反应速率加快，E合理；
故可以加快反应速率的选项是A、C、E；
(2)由于反应热为断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差，所以反应2A2+B22A2B的反应热△H=2×A-A+ B=B-4×A-B=2×236+406-4×163=+226kJ/mol，该反应为吸热反应，生成物的能量比反应物的能量高，因此合理选项是B。
24.按要求填空:
(1)某同学依据氧化还原反应：2Ag++CuCu2++2Ag设计的原电池如图所示：
①负极发生的电极反应为___________；
②电解质溶液中的NO3-向__________电极移动；(写出电极材料的名称)
(2)当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移的电子数目是________；
(3)水是生命之源，也是化学反应中的主角。请回答下列问题：
已知：2mol H2完全燃烧生成液态水时放出572 kJ的热量。
①若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量______(填“>”“<”或“=”)572 kJ；
②每克氢气燃烧生成液态水时放出的热量为________；
(4)天然气(主要成分CH4)和氧气反应生成二氧化碳和水，该反应为放热的氧化还原反应，可将其设计成燃料电池，构造如图所示，a、b两个电极均由多孔的碳块组成。
a电极的电极反应式是_________。
【答案】(1). Cu−2e−Cu2+ (2). 铜 (3). 0.05NA(或3.01×1022) (4). < (5). 143kJ (6). CH4−8e−+10OH−CO32-+7H2O
【解析】
【分析】(1)①根据电池反应式知，失电子化合价升高的金属作负极，负极发生氧化反应；
②溶液中的阴离子向正电荷较多的负极移动，
(2)根据电极反应式计算通过电子的物质的量；
(3)①相同质量的同一物质，气体含有的能量比液态多，液态比固态多分析判断；
②计算2mol氢气的质量，然后根据反应物的质量与反应放出的热量呈正比计算放出热量多少；
(4)通入燃料的电极为负极，失去电子，发生氧化反应，反应产物要结合电解质溶液的酸碱性分析。
【详解】(1)①根据反应2Ag++CuCu2++2Ag可知：Cu失去电子，反应氧化反应，因此作原电池的负极，电极反应式为Cu−2e−Cu2+；
②根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的NO3-会向正电荷较多的负极Cu电极方向移动；在阴极发生反应：Ag++e-Ag，n(Ag)=n(e-)=5.4g÷108g/mol=0.05mol，所以电子转移数目为0.05NA；
(3)①2mol H2完全燃烧生成液态水时放出572 kJ的热量，若2mol H2完全燃烧生成气态水，由于等质量的水蒸气含有的能量比液态水高，因此反应放出的热量比572 kJ的热量少；
②2mol H2完全燃烧生成液态水时放出572 kJ的热量，2molH2的质量为4g，则1g H2完全燃烧生成液态水时放出的热量为572 kJ÷4=143kJ；
(4)根据图示可知a电极是通入燃料的电极，为负极，甲烷失去电子，由于电解质溶液为KOH溶液，显碱性，所以a电极的电极反应式是CH4−8e-+10OH−CO32-+7H2O。
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