福建省南平市2020-2021高一化学4月期中练习试题一（Word版附答案）

这是一份福建省南平市2020-2021高一化学4月期中练习试题一（Word版附答案），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，实验题，原理综合题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．Rm+有n个电子，它的质量数为A，则原子核内的中子数为（ ）
A．m+nB．A-n+mC．A-n-mD．A+n-m
2．短周期元素 X、 Y、 Z、 W 的原子序数依次增大， X 的原子在周期表中半径最小， Y 的次外层电子数是其最外层的 1/3， Z 单质可与冷水缓慢反应产生 X 单质， W 与 Y 属于同一主族。下列叙述正确的是
A．原子半径:rw>rz>rY
B．阴离子的还原性:W>Y>X
C．化合物X2Y、ZY、ZX2 中化学键的类型均相同
D．由Y元素形成的离子与 W 元素形成的离子的核外电子总数可能相同
3．2018 年 5 月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：
下列说法正确的是
A．图中能量转化方式只有 2 种
B．b 极发生的电极反应为：N2+6H＋+6e－= 2NH3
C．H＋向 a 极区移动
D．a 极上每产生 22.4L O2 流过电极的电子数为 2NA
4．比较、推理是化学学习常用的方法，以下是根据一些反应事实推导出的影响化学反应的因素，其中推理不合理的是
A．化学反应事实：铁丝在空气中很难燃烧，而在氧气中能剧烈燃烧；影响化学反应的因素：反应物浓度
B．化学反应事实：碳在常温下不与氧气发生反应，而在点燃时能与氧气反应；影响化学反应的因素：反应温度
C．化学反应事实：双氧水在常温下较难分解，而在加入二氧化锰后迅速分解；影响化学反应的因素：催化剂
D．化学反应事实：铜片在空气中很难燃烧，铜粉在空气中较易燃烧；影响化学反应的因素：反应物的种类
5．下列物质中，只含非极性共价键的是
A．NaOHB．H2C．H2SD．NaCl
6．下列各组性质比较中，不正确的是
A．酸性：HC1O4>HBrO4>HIO4 B．氧化性：F2C．还原性：LiMg(OH) 2>Be(OH)2
7．下列四个试管中，过氧化氢分解产生氧气的反应速率最大的是
A．AB．BC．CD．D
8．下列说法正确的是
A．第ⅦA族元素的非金属性比第ⅥA族元素的强
B．第三周期元素的简单阳离子半径从左到右逐渐减小
C．第ⅤA族元素非金属氧化物对应的水化物的酸性从上到下依次减弱
D．依据元素周期表、周期律推测尚未发现的第七周期第ⅦA族元素应为非金属元素
9．下列能量转化过程中由化学能转化为电能的是（ ）
A．光伏发电B．风力发电
C．水力发电D．燃料电池
10．月球土壤中含有丰富的氦，含1个中子的氦原子可用于核聚变反应，未来可作为人类的能源。这种氦的核素组成符号可表示为
A．B．C．D．
11．我们经常用各类化学用语表达着多姿多彩的化学世界，下列化学用语表示正确的是
A．原子核内有8个中子的氧原子：O
B．硫离子的结构示意图：
C．次氯酸钠的电子式：
D．蔗糖分子的分子式：
12．下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是
A．钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
B．溴单质与水的反应比氯单质与水的反应更剧烈
C．随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大
D．碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱
13．将0.3 mlMnO2和100mL 12 ml/L的浓盐酸混合后缓慢加热，充分反应后向留下的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为（不考虑HCl的挥发）
A．等于0.6mlB．小于0.6ml
C．大于0.6ml，小于1.2mlD．以上结论都不正确
14．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
根据表中信息，判断以下说法正确的是（ ）
A．单质与稀硫酸反应的速率快慢：R>X>Y
B．离子半径：T2->X2+
C．元素最高价氧化物的水化物的碱性：Y>R>X
D．单质与氢气化合由易到难：Z>T
15．在原子结构研究的历史中，提出“葡萄干面包式”原子结构模型的是
A．卢瑟福B．道尔顿C．玻尔D．汤姆生
16．某粒子质量数为19，中子数为10，电子数为10，则它的化学符号最合理的是
A．B．C．D．
17．下列情况下，反应速率相同的是
A．等体积0.1 ml/L HCl和0.1 ml/L H2SO4分别与等质量的铁反应
B．等质量锌粒和锌粉分别与等量1 ml/L HCl反应
C．等体积等浓度HCl和HNO3分别与等质量的Na2CO3粉末反应
D．等体积0.2 ml/L HCl和0.1 ml/L H2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应
18．对于可逆反应4NH3+5O24NO+6H2O(g),下列叙述正确的是（ ）
A．达到平衡状态，2 v正(NH3)= 3v逆(H2O)
B．单位时间内生成x ml NO的同时，消耗x ml 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．反应达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%
19．镁比铝元素的金属性强，以下说法不能说明这一点的是
A．氢氧化镁是中强碱而氢氧化铝具有两性
B．铝在冷的浓硫酸中钝化而镁不钝化
C．氯化镁的熔点比氯化铝的熔点高
D．铝能与氢氧化钠溶液发生反应生成氢气而镁不能
20．M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子、R的一个原子得到1个电子后分别形成稀有气体元素原子的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是
A．M与R可形成MR2型离子化合物
B．在MR2中，M的离子半径比R的离子半径大
C．形成的两种离子分别是M+和R2-
D．MR2的电子式为
二、填空题
21．有下列几组物质，请将序号填入下列空格内：
A、C60和石墨 B、35Cl和37Cl C、和
D、乙醇和甘油 E、CH2=CH-COOH和油酸（C17H33COOH）
①互为同位素的是______________； ②互为同系物的是_________________；
③互为同素异形体的是__________； ④互为同分异构体的是_____________；
三、计算题
22．0.6mlX气体和0.6mlY气体混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：
2X(g)+ Y(g)nZ(g)+2W(g)
2min末生产0.2mlW，若测得以Z的物质的量浓度变化表示的反应速率为0.1ml▪L-1▪min-1，则前2min内，用X的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为____________；2min末Y的物质的量浓度为_______；Z的化学计量数n=_________________________。
23．将等物质的量的A和B混合于2L的密闭容器中，发生反应3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，经过5min后测得D的浓度为0.5ml·L-1，c(A):c(B)=3:5，C的反应速率是0.1 ml·L-1·min-1。
(1)x的值是__________。
(2)A在5min末的浓度是__________。
(3)B的平均反应速率是__________，D的平均反应速率是__________。
四、实验题
24．“84消毒液”是生活中常用的消毒剂，可与硫酸反应制取氯气，反应原理为NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O，为探究氯气的性质，某同学利用此原理制氯气并设计了如图所示的实验装置。
(1)该同学用无水氯化钠固体配制250mL0.1000mlL-1溶液，下列操作不会使所配的溶液中氯离子浓度偏低的是________________(填标号)。
A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
B．定容时仰视容量瓶的刻度线
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切
(2)上述制备氯气的反应中，每生成35.5gCl2，转移的电子的物质的量是_____________ml。
(3)依据上述反应原理，从下列装置中选择合适的制氯气装置(A处)_________________(填序号)。
(4)装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，其目的是_______。实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，说明该装置存在明显的缺陷，改进的方法是_________。
(5)已知亚硫酸盐和盐酸反应与碳酸盐和盐酸反应类似。当装置D中通入氯气，某同学想通过实验验证装置D中Cl2和Na2SO3发生的反应主要是氧化还原反应。(可供选择的试剂有稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液)可采取的方法是________(写出操作、试剂和现象)，验证实验过程中一定会发生的离子反应方程式为________。
五、原理综合题
25．微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。
请回答下列问题。
(1)该电池属于_________电池(填“一次”或“二次”)。
(2)负极是_________，电极反应式是__________________________。
(3)使用时，正极区的pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。(填字母)
A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H>0
B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1) △H<0
C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(1) △H<0
(5)以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为__________。
六、元素或物质推断题
26．表为元素周期表的一部分，针对表中的①~⑩种元素，填写下列空白：
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是：_______(填元素符号)，
(2)在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子式_______，碱性最强的化合物的化学式是：_______。
(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：_______。
(4)表示①与⑦的化合物的电子式_______，该化合物是由_______(填“极性”或“非极性”)键形成的。
(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是 _______(用化学式表示)。
(6)元素③的简单氢化物的结构式_______，在常温下和元素⑦的单质反应的离子方程式_______。
试管
温度
过氧化氢溶液浓度
催化剂
A
常温
3%
MnO2
B
常温
6%
——
C
水浴加热
3%
——
D
水浴加热
6%
MnO2
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径（nm）
0.160
0.186
0.102
0.143
0.074
主要化合价
+2
+1
-2，+4，+6
+3
-2
主族/周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
第二周期
①
②
③
第三周期
④
⑤
⑥
⑦
⑧
第四周期
⑨
⑩
参考答案
1．C
【详解】
Rn+离子有n个电子，电荷数为m，阳离子的核外电子数=质子数-电荷数，所以质子数=核外电子数+电荷数=n+m；中子数=质量数-质子数=A-(n+m)=A-n-m，故答案为C。
2．D
【解析】短周期X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径在周期表中最小，即为H元素，Y 的次外层电子数是其最外层的 1/3，则Y是O元素，Z单质可与冷水缓慢反应H2，则Z为Mg元素，W与Y属于同一主族，即与O同族的短周期元素为S，故W为S元素。A、O、Mg、S的原子半径为Mg>S>O，即rz>rw> rY，所以A错误；B、阴离子的还原性H->S2->O2-，即X>W > Y，故B错误；C、化合物 X2Y、ZY、ZX2，分别是H2O、MgO、MgH2，它们的化学键类型不同，H2O是共价键形成的，MgO、MgH2是离子键形成的，故C错误；D、由Y形成的离子为O2-或O22-，由W氧形成的离子为S2-，其中O22-和S2-的核外电子总数都是18，所以D正确。本题正确答案为D。
点睛：本题出来二个不常见的微粒H-和MgH2，其中B选项中的H-的还原性，可从单质的氧化性去推导，C选项中的MgH2是由离子键形成的；还有D选项中题目要求是“可能相同”，且“由Y元素形成的离子”往往只想到O2-，而忽略O22-的存在，导致选错。
3．B
【详解】
A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，所以能量转化方式不只是2种，故A错误；
B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，b 极发生的电极反应为：N2+6H＋+6e－= 2NH3，故B正确；
C. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H＋向 b极区移动，故C错误；
D. a极为负极，电极反应为，每产生标准状况下 22.4L O2 流过电极的电子数为4NA，但题干没说明标准状况，故D错误；
答案选B。
4．D
【分析】
从影响化学反应速率的角度分析，影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂以及固体的表面积等，据此分析。
【详解】
A．铁在不同浓度的氧气中的反应现象不同，氧气浓度越大，反应速率越快，推理合理，故A正确；
B．碳在不同温度下与氧气反应，温度越高，反应速率越快，推理合理，故B正确；
C．双氧水在有无催化剂条件下的分解速率不同，催化剂能加快反应速率，故C正确；
D．铜片与铜粉的表面积不同，反应速率不同，二者都为铜，物质的种类一样，故D错误；
答案选D。
5．B
【分析】
一般情况下，金属元素和非金属元素之间构成离子键，两种不同非金属原子之间构成极性共价键，相同原子间构成非极性共价键。
【详解】
A. NaOH含有离子键和极性共价键，A错误；
B. H2只含有非极性共价键，B正确；
C. H2S含有极性共价键，C错误；
D. NaCl只含有离子键，D错误。
答案为B。
6．B
【解析】A. 元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性：HC1O4>HBrO4>HIO4，故A正确；B. 元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性：F2＞Br2＞I2，故B错误；C. 元素的金属性越强，单质的还原性越强，还原性：LiMg(OH) 2>Be(OH)2，故D正确；故选B。
7．D
【解析】
温度越高、浓度越大、使用催化剂，反应速率加快，故D正确。
8．B
【解析】
试题分析：A、应该是同周期第ⅦA族元素的非金属性比第ⅥA族元素的强，A不正确；B、由于核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，因此第三周期元素的简单阳离子半径从左到右逐渐减小，B正确；C、同主族自上而下非金属性逐渐降低，因此第ⅤA族元素非金属元素最高价氧化物对应的水化物的酸性从上到下依次减弱，C不正确；D、依据元素周期表、周期律推测第七周期第ⅦA族元素应为金属元素，D不正确，答案选B。
考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用
9．D
【详解】
A．光伏发电是光能转化为电能，A不符合题意；
B．风力发电是将风能转化为电能，B不符合题意；
C．水力发电是将水的机械能转化为电能，C不符合题意；
D．燃料电池是由化学能转化为电能的原电池装置，D符合题意；
答案选D。
10．B
【详解】
氦的质子数为2，中子数为1，则质量数=质子数+中子数=2+1=3，则该核素的组成符号为，B项符合题意。
故选B。
11．C
【详解】
A．原子核内有8个中子的氧原子表示为O，故A错误；
B．硫离子的质子数是16，S2-的结构示意图是，故B错误；
C．次氯酸钠是离子化合物，电子式为，故C正确；
D．蔗糖的分子式是，故D错误；
选C。
12．B
【分析】
同主族元素，从上到下，随核电荷数的增加，原子半径依次增大，金属性依次增强，非金属性依次减弱。
【详解】
A项、元素金属性越强、金属单质与水或与酸反应越剧烈，同主族元素，钾的金属性强于钠，则钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，故A正确；
B项、氯元素非金属性强于溴元素，但氯单质与水的反应比溴单质与水的反应更剧烈，故B错误；
C项、同主族元素，从上到下，随核电荷数的增加，原子半径依次增大，则碱金属元素和卤素的原子半径随核电荷数的增加都逐渐增大，故C正确；
D项、同主族元素，从上到下，随核电荷数的增加，原子半径依次增大，金属性依次增强，失去最外层电子的能力依次增强，则碱金属元素中锂原子失去最外层电子的能力最弱，故D正确。
故选B。
【点睛】
本题考查同主族元素性质的递变性，侧重考查灵活运用元素周期律的知识解决实际问题的能力，注意位、构、性三者之间的关系，明确金属性、非金属性的比较方法是解答关键。
13．C
【详解】
n（MnO2）=0.3ml，n（HCl）=0.1L×12ml/L=1.2ml，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知0.3mlMnO2反应需要HCl为0.3ml×4=1.2ml，若MnO2与盐酸能恰好完全反应，则生成氯气为1.2ml×=0.3ml，溶液剩余Cl-为1.2ml-0.3ml×2=0.6ml，但MnO2只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余Cl-大于0.6ml，则反应完全后向剩余的溶液中加入足量AgNO3溶液生成AgCl沉淀的物质的量大于0.6ml，小于1.2ml。
答案选C。
14．B
【分析】
Z、T主要化合价均有-2价，而Z的主要化合价还有+4、+6，因此Z为S，T为O，X的主要化合价为+2价，则X位于IIA族，因原子半径大于S，且X为短周期元素，则X为Mg，Y的主要化合价为+1价，则Y位于IA族，因原子半径大于X，且Y为短周期元素，则Y为Na，R主要化合价为+3价，则R位于IIIA族，因原子半径大于S，则R为Al，据此解答。
【详解】
由上述分析可知，X为Mg，Y为Na，Z为S，R为Al，T为O，
A．因金属性：Na>Mg>Al，则与稀硫酸反应的速率为：Y>X>R，故A错误；
B．O2-核外电子排布与Mg2+相同，核内质子数越大的离子半径越小，因此半径：T2->X2+，故B正确；
C．因金属性：Na>Mg>Al，则对应元素最高价氧化物的水化物的碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故C错误；
D．因非金属性：O>S，则单质与氢气化合由易到难为：T>Z，故D错误；
故答案为：B。
【点睛】
“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：
一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；
二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。
15．D
【详解】
A、1911年，卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出带核的原子结构模型；
B、英国科学家道尔顿十九世纪初提出近代原子学说，为科学的发展做出了突出的贡献；
C、1913年玻尔研究氢原子光谱，引入了量子理论观点，提出原子轨道模型；
D、1904年汤姆生提出的葡萄干面包原子模型；
答案选D。
16．A
【详解】
某粒子质量数为19，中子数为10，所以质子数为19-10=9，为氟元素。它的电子数为10，质子数为9，所以带一个单位负电荷，所以它的化学符号为。故选A。
17．C
【详解】
A．同浓度的盐酸和硫酸，硫酸溶液中氢离子浓度大，因酸中的氢离子浓度不同，则反应速率不同，选项A不选；
B．Zn的接触面积不同，锌粉反应速率快，选项B不选；
C．等体积等浓度HCl和HNO3分别与等质量的Na2CO3粉末反应，浓度、接触面积均相同，反应速率相同，选项C选；
D. 由于硫酸和碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙覆盖在大理石表面，从而阻止反应的进行，选项D不选；
答案选C。
【点睛】
本题属于基础性试题，难度不大。关键是熟练掌握外界条件是如何影响反应速率的，但该题容易错选D。主要是由于没有考虑到硫酸钙的微溶，因而得出错误的结论。
18．D
【详解】
A. 反应处于平衡状态时，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比为正反应速率之比，2 v正(NH3)= 3v逆(H2O)，不能说明该反应到达平衡状态，A项错误；
B. 若单位时间内生成xmlNO的同时，消耗xmlNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1:1，不能说明到达平衡，B项错误；
C. 达到平衡时，若减小容器体积，压强增大，正逆反应速率都增大，C项错误；
D. 可逆反应进行不到底，达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%，D项正确；
答案选D。
19．B
【详解】
A．最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性越强，氢氧化镁是中强碱而氢氧化铝具有两性说明镁的金属性比铝强，故A不符合题意；
B．铝在冷的浓硫酸中钝化是利用了浓硫酸的特性强氧化性，在表面形成致密的氧化物薄膜，与金属性强弱无关，故B符合题意；
C．活泼金属和活泼非金属之间更易形成离子键，氯化镁的熔点比氯化铝的熔点高是因为氯化镁是由离子键构成的化合物，而氯化铝是由共价键构成的化合物，因此镁的金属性比铝强，故C不符合题意；
D．铝和氢氧化钠溶液反应的实质是和水反应，镁和铝都能与水反应生成对应的氢氧化物，因氢氧化铝显两性，氢氧化铝和氢氧化钠反应而溶解，促使铝和水反应产生氢气，而氢氧化镁是中强碱，与氢氧化钠不反应，同时增大了水中氢氧根的浓度，抑制了镁和水的反应，最终表现为镁不能与氢氧化钠溶液反应而铝能，即氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，则镁的金属性强于铝,故不D符合题意；
故答案为：B。
20．A
【详解】
A．M的一个原子失去2个电子形成M2+，R的一个原子得到1个电子形成R-，两者相互作用可形成MR2型离子化合物，A正确；
B．在化合物MR2中，M2+与R-的电子层数不确定，所以离子半径大小也不能确定，B错误；
C．M的一个原子失去2个电子形成M2+，R的一个原子得到1个电子形成R-，C错误；
D．MR2的电子式为，D错误；
故选A。
21．B E A C
【分析】
同位素，质子数相同，中子数不同的核素；同系物，结构相似，分子组成上相差若干个CH2的有机物；同素异形体，有同种元素组成的不同单质；同分异构体，分子式相同结构不同的有机物；
A.C60和石墨是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体；
B.35Cl和37Cl质子数都为17，中子数不同，是氯元素的不同原子，互为同位素；
C.，分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
D.乙醇为一元醇，甘油为丙三醇；
E.CH2=CH-COOH和油酸（C17H33COOH）结构相似、通式相同，相差15个CH2原子团，互为同系物；
【详解】
根据分析可得，①互为同位素的是B；②互为同系物的是E；③互为同素异形体的是A；④互为同分异构体的是C；
22．0.05ml▪L-1▪min-1 0.25ml▪L-1 4
【分析】
先根据W的物质的量计算反应的X的物质的量，再利用化学反应速率公式计算X的平均反应速率；先根据W的物质的量计算反应的Y的物质的量，从而计算剩余的Y的物质的量，再利用浓度公式计算其浓度；根据同一反应中，平均化学反应速率之比等于其计量数之比，求出n的值。
【详解】
2X(g)+Y(g)⇌nZ(g)+2W(g)
2 2
0.2ml 0.2ml
v(X)=＝＝0.05ml/L•min；
2X(g)+Y(g)⇌nZ(g)+2W(g)
反应开始 0.6ml 0.6ml 0 0
反应 0.1 ml 0.2 ml
2min末 0.5 ml 0.2ml
C(Y)=＝=0.25ml/L；
同一反应中，平均化学反应速率之比等于其计量数之比，则：
v(X):v(Z)=0.05ml▪L-1▪min-1:0.1ml▪L-1▪min-1=2:n，n=4。
23．2 0.75ml·L-1 0.05 ml·L-1·min-1 0.1 ml·L-1·min-1
【详解】
(1)根据D的反应速率v(D)==0.1ml·L-1·min-1，与C的反应速率相等，反应速率比等于化学计量数比，故x=2；
(2)5min末，c(C)=0.1 ml·L-1·min-1×5min=0.5 ml·L-1，
设起始时A与B的浓度均为c ml·L-1
根据题意得 (c-0.75):(c-0.25)=3:5，解得c=1.5，
故A在5min末的浓度为1.5ml·L-1-0.75ml·L-1=0.75ml·L-1；
(3)5min内v(B)==0.05 ml·L-1·min-1，由(1)可得v(D)==0.1ml·L-1·min-1。
24．AD 0.5 ② 验证干燥的氯气不具有漂白性 在装置A、B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶 取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成 +Ba2+= BaSO4↓
【分析】
根据反应原理：NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，制取氯气应选择固液加热反应装置，氯气没有漂白性，干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，将氯气通入湿润的有色布条褪色，运用该方法验证氯气是否漂白性时，制取的氯气需要干燥提纯，确保实验现象的准确性，氯气具有氧化性，能将Na2SO3氧化为硫酸钠，向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则可证明氯气具有氧化性，氯气有毒，不能排放到大气中，可用碱液吸收，据此分析解答。
【详解】
(1)A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对所配溶液浓度无影响，故A符合题意；
B．定容时仰视容量瓶的刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故B不符合题意；
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液，导致溶质未完全转移至容量瓶，所配溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故C不符合题意；
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，则氯离子浓度偏高，故D符合题意；
答案选AD；
(2)35.5gCl2的物质的量==0.5ml，由反应NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，反应中只有氯元素的化合价发生变化，由+1价和-1价变成0价，则每生成1ml Cl2，转移1ml电子，因此每生成0.5mlCl2，转移的电子的物质的量是0.5ml；
(3)根据反应原理：NaClONaClH2SO4Na2SO4Cl2H2O可知，反应有液体参与，且需要加热，所以选择装置②作为气体发生装置；
(4)氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，目的是验证干燥的氯气不具有漂白性；装置B中干燥的有色布条褪色，说明氯气中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成次氯酸而具有漂白性，因此应在A和B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶，除去氯气中的水蒸气；
(5)氯气把氧化为，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为+Cl2+H2O=+2Cl-+2H+，通过检验反应后的溶液中存在即可验证该反应发生的是氧化还原反应，检验反应后溶液中含有的方法为：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明含有，说明该反应发生的是氧化还原反应，D中Na2SO3溶液中通入Cl2，若氯气足量，Na2SO3可被完全氧化为Na2SO4，若氯气不足，Na2SO3有剩余，则验证实验过程中会发生反应：Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+H2O，由于通入的氯气的量未知，因此一定会发生的离子反应方程式为+Ba2+= BaSO4↓。
25．一次 Zn Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O 增大 C CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O
【分析】
（1）纽扣电池为一次电池；
（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，据此分析作答；
（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，根据电极反应确定c(OH-)的变化以判断pH的变化；
（4）可设计成原电池的反应应为氧化还原反应；
（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，正极通入氧化剂， 得电子发生还原反应，据此作答。
【详解】
（1）纽扣电池为一次电池；
（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；
（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，使用时，c(OH-)增大，因此正极区的pH逐渐增大；
（4）A. 能设计成原电池的反应通常是放热反应，由于反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)是氧化还原反应，但该反应为吸热反应，因而不能设计成原电池，A项错误；
B. 反应NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)为复分解反应，不能设计成原电池，B项错误；
C. 反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)为氧化还原反应，且该反应为放热反应，可设计成原电池，C项正确；
答案选C。
（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，电极反应为CO-2e－+4OH－=CO32- +2H2O。
【点睛】
设计制作化学电源的过程为：
26．Ar HClO4 极性 S2->Cl->O2- H-O-H Cl2+H2OHClO+H++Cl-
【分析】
由周期表的结构可知，①到⑩分别为：C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br，据此解答。
【详解】
(1)Ar为稀有气体元素，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；
(2)上面10种元素中，非金属性最强的为Cl，其最高价氧化物对应的水化物酸性最强，分子式为：HClO4；K的金属性最强，其最高价氧化物对应的水化物碱性最强，即KOH碱性最强，电子式为：，故答案为：HClO4；；
(3)Na2S是离子化合物，其形成过程表示为：，故答案为：；
(4)CCl4的电子式为：，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键，所以，该化合物是由极性键形成的，故答案为：；极性；
(5)O2-有两个电子层，S2-有三个电子层，Cl-有三个电子层，层多半径大，所以O2-的半径最小，层同看序数，序小半径大，所以，S2-半径比Cl-半径大，所以，离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->O2-，故答案为：S2->Cl->O2-；
(6)水的结构式为：H—O—H，水和氯气反应的离子方程式为：Cl2+H2OHClO+H++Cl-，故答案为：H—O—H；Cl2+H2OHClO+H++Cl-。