2018-2019学年甘肃省张掖市临泽县第一中学高一下学期期末考试化学试卷（解析版） 18页

‎2018-2019学年甘肃省张掖市临泽县第一中学高一下学期期末考试 高一化学 ‎（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）‎ 测试范围：人教必修2。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 Li‎-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.根据元素周期表判断下列描述正确的是( )‎ A. 元素周期表中，总共有16个纵行，16个族 B. 第IA族的元素又称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素 C. 每个短周期都既包含金属元素也包含非金属元素 D. 在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 详解】A. 元素周期表中，总共有18个纵行，16个族,故A错误；‎ B. 第IA族的元素除氢元素外称为碱金属元素，第VIIA族的元素又称为卤族元素，故B错误；‎ C. 第一周期是短周期没有金属元素，故C错误；‎ D. 在金属和非金属元素分界线附近可以寻找制作半导体材料的元素，如硅，锗，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列反应，不能用于设计原电池的是 A. Pd+PdO2+2H2SO42PdSO4 +2H2O B. ‎2A1+3I22AlI3‎ C. Mg(OH)2+ H2SO4MgSO4 +2H2O D. O2+ 2H22H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 自发的放热的氧化还原反应能设计成原电池，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答．‎ ‎【详解】A. Pd+PdO2+2H2SO4= 2PdSO4 +2H2O属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故A不选；‎ B. ‎2A1+3I2=2AlI3属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故B不选；‎ C. Mg(OH)2+H2SO4= MgSO4 +2H2O中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，故C选；‎ D. O2+2H2=2H2O燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查学生设计成原电池的反应具备的条件，解题关键：明确能自动发生的氧化还原反应能设计成原电池，难点D，可以设计成燃料电池。‎ ‎3.下列叙述错误的是 A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱和强氧化剂都不反应 B. 甲烷化学性质稳定，不能被任何氧化剂氧化 C. 甲烷与Cl2反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应 D. 甲烷的四种有机取代产物有一种气态，其余三种为液态且都不溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、甲烷化学性质比较稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；‎ B项、甲烷可以燃烧，能与氧气发生氧化反应，故B错误；‎ C项、甲烷是饱和链烃，跟氯气在光照条件下发生取代反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl、CCl4，故C正确；‎ D项、甲烷的四种有机取代物中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液态且都不溶于水，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎4.短周期M、N两种元素对应的简单离子分别为mMa+、n Nb-，若离子的核外电子排布相同，则下列关系不正确的是（ ）‎ A. 原子半径：M < N B. 离子半径：M < N C. 原子序数：M > N D. 主族序数：M < N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期M、N两种元素对应的简单离子分别为mMa+、n Nb-，若离子的核外电子排布相同，则M、N在周期表中的相对位置是。‎ ‎【详解】A. M原子电子层数比N原子多1层，所以原子半径：M> N，故A错误； ‎ B. mMa+、n Nb-的核外电子排布相同，M的质子数大于N，所以离子半径：mMa+ N，故C正确； ‎ D. M 的简单离子是阳离子、N的简单离子是阴离子，所以主族序数：M < N，故D正确；选A。‎ ‎5.下列叙述中，正确的是( )‎ A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同 B. H2O比H2S分子稳定，是因为H2O分子间能形成氢键 C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 D. 两种原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 两种粒子，若核外电子排布完全相同，化学性质可能相似，但不一定相同，因为核电荷可能不同，得失电子的能力可能不同，比如钠离子和氖原子，故A错误；‎ B共价化合物的稳定性是由键能大小决定的，而氢键不是化学键，是分子间的作用力，氢键可以影响物质熔、沸点、溶解性等物理性质，故B错误；‎ C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，也可能是离子化合物，所以C错误；‎ D. 原子中核外电子数等于核电荷数，如果核外电子排布相同，则核电荷数相同，则一定属于同种元素，故D正确，‎ 故选D。‎ ‎6.下列有关化学用语表示正确的是 A. 质子数为117，中子数为176的Ts原子:176117Ts B. Al3+的结构示意图: ‎ C. Na2O的电子式: ‎ D. 磁性氧化铁的化学式:Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质量数=质子数+中子数，因此质子数为117，中子数为176的Ts原子表示为: ，A错误；‎ B. Al3+的最外层有8个电子，其正确的离子结构示意图为：，B错误；‎ C. Na2O为离子化合物，电子式为: ，C正确；‎ D. 磁性氧化铁的化学式为Fe3O4，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（　　）‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。‎ ‎【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，‎ ‎①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；‎ ‎①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；‎ ‎②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；‎ ‎③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；‎ 综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；‎ 故选B。‎ ‎8.反应4NH3+5O24NO+6H2O在‎5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均反应速率v（X）为 A. v（NH3）= 0.004mol•L-1•s-1 B. v（O2）= 0.15mol•L-1•min-1‎ C. v（NO）= 0.008mol•L-1•s-1 D. v（H2O）= 0.16mol•L-1•min-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，浓度是0.3mol÷‎5L＝0.06mol/L ‎，则此反应的平均反应速率v（NO）＝0.06mol/L÷30s＝0.002 mol•L-1•s-1，又因为反应速率之比是化学计量数之比，则v（NH3）＝v（NO）＝0.002 mol•L-1•s-1，v（O2）＝0.002 mol•L-1•s-1×5/4＝0.0025 mol•L-1•s-1＝0.15 mol•L-1•min-1，v（H2O）＝0.15 mol•L-1•min-1×6/5＝0.18 mol•L-1•min-1，答案选B。‎ ‎【点睛】明确反应速率的含义和计算依据是解答的关键，注意反应速率与化学计量数之间的关系换算，尤其要注意换算时单位要统一。‎ ‎9.“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是 A. nCH2=CH2‎ B. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl C. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O D. 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。‎ A. nCH2=CH2为加聚反应，产物只有一种，原子利用率达100%，符合，选项A正确；‎ B. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl为取代反应，原子利用率没有达100%，不符合，选项B错误；‎ C. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，原子利用率没有达100%，不符合，选项C错误；‎ D. 3NO2＋H2O==2HNO3＋NO，原子利用率没有达100%，不符合，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.溴苯是不溶于水的液体，常温下不与酸、碱反应，可用如图装置制取（该反应放出热量）。制取时观察到锥形瓶中导管口有白雾出现等现象。下列说法错误的是 A. 制备溴苯的反应属于取代反应 B. 装置图中长直玻璃导管仅起导气作用 C. 该反应还可能看到烧瓶中有红色蒸汽 D. 溴苯中溶有少量的溴，可用NaOH溶液洗涤除去 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室用苯和液溴在氯化铁的条件下制备溴苯，反应属于取代反应，A正确；‎ B. 装置图中长直玻璃导管既起导气作用，又起冷凝回流的作用，B错误；‎ C. 该反应为放热反应，还可能看到烧瓶中有红色溴蒸汽出现，C正确；‎ D. 溴苯中溶有少量的溴，可与NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠，其易溶于水，不易溶于有机溶剂，从而洗涤除去，D正确；‎ 答案为B ‎11.下列关于有机物性质的叙述错误的是（ ）‎ A. 甲烷和氯气在光照条件下反应产生油状液滴 B. 苯和乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 乙醇催化氧化能生成乙醛 D. 乙烯、苯分子中的所有原子均共面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下反应，产生的CH3Cl呈气态，产生的CH2Cl2、CHCl3、CCl4呈液态，因此有油状液滴产生，A正确；‎ B.苯具有稳定性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；‎ C.乙醇在Cu作催化剂条件下能被O2氧化产生乙醛，C正确；‎ D.乙烯、苯分子中键角是120°，分子中所有原子在同一个平面上，因此乙烯、苯分子中的所有原子均共面，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.已知(x)、 (y)、(z)互为同分异构体，下列说法不正确的是 A. z的二氯代物有三种 B. x、y的一氯代物均只有三种 C. x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色 D. x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（2个Cl处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，x、y中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、z中都含有饱和碳原子，y、z中所有原子不可能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中所有原子可能处于同一平面，正确；答案选B。‎ 点睛：本题涉及两个难点：烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面、共线问题。烃的氯代物种类的确定：（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法。确定分子中共线、共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线，苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。‎ ‎13.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：‎ 下列叙述不正确的是 A. “还原”步骤发生的反应为：SO32−＋I2＋H2O == 2I−＋SO42−＋2H＋‎ B. “操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行 C. “氧化”过程中，可用双氧水替代氯气 D. “富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 还原时，I2做氧化剂，亚硫酸钠做还原剂，发生的主要反应为：SO32－+I2+H2O＝SO42－+2I－+2H＋，A项正确；‎ B. 根据流程图，经过操作X得到四氯化碳和碘化钾溶液，操作X 的名称为分液， 应在分液漏斗中操作，B项错误；‎ C.用双氧化水做氧化剂，还原产物是水，对反应无影响，因此可以用双氧化代替氯气，C项正确；‎ D. I2易溶于有机溶剂，因此富集过程是将I2萃取到有机溶剂中，同时除去某些杂质离子，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎14.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确是( )‎ A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e－=Cu C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 D. a和b用导线连接时，Fe片上发生还原反应，溶液中SO42－向铜电极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a和b不连接时，不能构成原电池，铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜；a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极，铜是正极。‎ ‎【详解】A．a和b不连接时，由于金属活动性Fe＞Cu，所以在铁片上会发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，在铁片有金属铜析出，A正确；‎ B．a和b用导线连接时，形成了原电池，Cu作原电池的正极，在铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=Cu，B正确；‎ C．无论a和b是否连接，Fe都会失去电子，变为Fe2+，而Cu2+会得到电子变为Cu，所以铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，C正确；‎ D．a和b用导线连接后，铁作负极，铜作正极，铁片上发生氧化反应，溶液中硫酸根离子向铁电极移动，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题主要是考查原电池的反应原理及应用的知识，掌握原电池的工作原理、金属活动性顺序是解答的关键。难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒、离子的移动方向和电解质溶液的性质分析。‎ ‎15.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在‎1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。‎ 组别 温度 时间/min n/mol ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎①‎ T1‎ n(CH4)‎ ‎0.50‎ ‎0.35‎ ‎0.25‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎②‎ T2‎ n(CH4)‎ ‎0.50‎ ‎0.30‎ ‎0.18‎ ‎015‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 由实验数据可知实验控制的温度T2>T1‎ B. 组别①中，0~20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L-1·min-1‎ C. 40min时，表格中T2对应的数据为0.18‎ D. 0～10min 内，CH4的降解速率①>②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是化学平衡的判断和速率的计算等，根据甲烷物质的量的变化判断温度大小，侧重考查学生的分析能力的考查。‎ 详解：A.根据表中数据分析，前10分钟内T2温度下甲烷的物质的量变化量大，说明该温度高，故正确；B. 组别①中，0-20min内，甲烷的变化量为0.5-0.25=0.25mol·L-1，则用二氧化氮表示反应速率为0.25×2/20=0.025mol·L-1·min-1，故错误；C.因为T2温度高，应在40分钟之前到平衡，根据50分钟时的数据分析，平衡时的数据应为0.15，故错误；D.T2温度高，所以0~10 min内，CH4降解速率大，故错误。故选A。‎ ‎16.三个相邻周期的主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，Z原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等。则下列判断正确的是 A. 原子半径: W>Y>Z>X B. 气态氢化物的稳定性:Z>X C. Y、Z的氧化物都有两性 D. 最高价氧化物对应水化物的碱性:Y>W ‎【答案】A ‎【解析】‎ X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，所以X是O元素，Y是Al元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Z原子的最内层电子数是2，其最外层电子数是4，Z是Si元素；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，即：3+4=6+1，W原子的最外层电子数是1，是相邻的三个周期，所以W是K；所以X、Y、Z、W分别是：O、Al、Si、K；原子半径：K>Al>Si>O，即W>Y>Z>X，A选项正确；氧元素的非金属性比硅元素强，H2O的稳定性比SiH4强，B选项错误；Y的氧化物是Al2O3，是两性氧化物，Z的氧化物是SiO2，是酸性氧化物，C选项错误；K的金属性比Al强，KOH是强碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，D选项错误，正确答案是A。‎ 第II卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。‎ ‎17.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。‎ ‎（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，实际上是发生了两个化学反应，请写出它们的化学方程式_______、______。‎ ‎（2）甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是________________，乙的作用是________________。‎ ‎（3）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是_______；集气瓶中收集到的气体的主要成分是_______________。‎ ‎（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还有________________。要除去该物质，可先在混合液中加入________（填字母），然后再通过蒸馏即可除去。‎ a 氯化钠溶液　 b 苯　 c 碳酸氢钠溶液　 d 四氯化碳 ‎【答案】 (1). 2Cu+O22CuO (2). CH3CH2OH+CuO CH3CHO+Cu+H2O (3). 加热 (4). 冷却 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 氮气 (7). 乙酸 (8). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙醇和O2在铜作催化剂，加热的条件下发生生成乙醛，首先O2和乙醇混合，则甲装置加热使乙醇挥发，与O2混合；乙装置中加冷水，使产物乙醛冷凝下来，同时冷凝的还有未反应的乙醇。‎ ‎【详解】（1）乙醇的催化氧化实验中，Cu作催化剂，反应过程中，Cu先与氧气反应：2Cu＋O22CuO，红色变为黑色，然后乙醇与CuO发生：CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O，黑色变为红色；‎ ‎（2）常温下乙醇为液体，在玻璃管中发生乙醇催化氧化，需要将乙醇转化成气体，即甲中水浴加热的目的是将乙醇气化得到稳定的乙醇气流；生成乙醛在加热时为气体，因此乙装置是为了使乙醛更快的冷凝；‎ ‎（3）反应冷却后，a中收集到的物质有易挥发的乙醇及反应生成的乙醛和水；空气主要成分是N2和O2，因此集气瓶中收集的气体主要为N2；‎ ‎（4）紫色石蕊试纸显红色，说明液体中含有酸性物质，即部分乙醛被氧化成乙酸；乙酸易挥发，除去乙酸，需要让乙酸转化成高沸点的盐，即加入碳酸氢钠溶液，故选项c正确。‎ ‎18.氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电池。电池装置如图所示，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）在导线中电子流动方向为______________(用a、b表示)。‎ ‎（2）负极反应式为__________________。‎ ‎（3）电极表面镀铂粉的原因是__________________________________。‎ ‎（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能。因此大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：‎ Ⅰ.2Li＋H2＝2LiH Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑‎ ‎①反应Ⅰ中的还原剂是__________，反应Ⅱ中的氧化剂是__________。‎ ‎②已知LiH固体密度为‎0.82 g/cm3。用锂吸收‎224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为________。‎ ‎③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。‎ ‎【答案】 (1). 由a到b (2). 2H2＋4OH－－4e－=4H2O（或H2＋2OH－－2e－=2H2O） (3). 增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率 (4). Li (5). H2O (6). 8.7×10－4 (7). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极；电子由负极经导线流入正极；‎ ‎（2）氢气在负极失电子发生氧化反应；‎ ‎（3）铂吸附气体的能力强，性质稳定；‎ ‎（4）①所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；‎ ‎②根据2Li＋H2＝2LiH计算生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为；②根据反应Ⅰ、Ⅱ的关系式H2～2LiH～2H2计算导线中通过电子的物质的量；‎ ‎【详解】（1）氢氧燃料电池中，氢气发生氧化反应，所以通入氢气的一极是负极；氧气发生还原反应，通入氧气的一极是正极，电子由负极经导线流入正极，在导线中电子流动方向为由a到b；‎ ‎（2）氢气在负极失电子发生氧化反应，电极反应式是H2＋2OH－－2e－===2H2O；‎ ‎（3）铂吸附气体的能力强，电极表面镀铂粉增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率；‎ ‎（4）①所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，反应Ⅰ中锂元素化合价升高，所以还原剂是Li，反应Ⅱ，水中氢元素化合价降低，氧化剂是H2O；‎ ‎②设生成的LiH体积是VmL， ‎ ‎2Li＋H2 = 2LiH ‎1 2‎ ‎； V=195.12mL，‎ 生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为195.12×10－3:224=8.7×10－4；‎ ‎②根据反应Ⅰ、Ⅱ的关系式H2～2LiH～2H2，10mol氢气被吸附，生成氢气20mol，根据H2＋2OH－－2e－===2H2O，导线中通过电子的物质的量为20×2×0.8mol。‎ ‎19.目前世界上60%的镁是从海水中提取的，下图是某工厂从海水中提取镁的主要步骤。学生就这个课题展开了讨论。‎ 学生就这个课题提出了以下问题：‎ ‎(一)在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的富集，有三个学生提出自己的观点。‎ 学生甲的观点：直接往海水中加入沉淀剂。‎ 学生乙的观点：高温加热蒸发海水后，再加入沉淀剂。‎ 学生丙的观点：利用晒盐后的苦卤水，再加入沉淀剂。‎ 通过分析比较你认为学生_______的观点正确(填学生序号)，简述理由：______________________。‎ ‎(二)在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的分离？‎ ‎(1)为了使镁离子沉淀下来，并充分利用当地的贝壳(主要成分为碳酸钙)资源，加入的足量试剂①是___________(填化学式)。‎ ‎(2)加入试剂①后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是_________(填标号字母)‎ A．蒸馏 B．过滤 C．萃取 D．分液 ‎(3)加入的足量试剂②是______________________(填化学式)。‎ ‎(4)写出由无水MgCl2制取金属镁的化学方程式________________。‎ ‎【答案】 (1). 丙 (2). 镁离子富集浓度高；能源消耗小，成本低 (3). Ca(OH)2（或CaO） (4). B (5). HCl (6). MgCl2Mg+Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从含有NaCl和MgCl2的溶液中加入碱，使得Mg2＋沉淀生成Mg(OH)2，Mg(OH)2加入盐酸得到MgCl2溶液，最后得到MgCl2固体，电解熔融的MgCl2得到Mg单质。‎ ‎【详解】(一)镁离子的富集过程中，学生甲和学生乙的观点能源消耗大，成本高，学生丙的观点更为合理；‎ ‎(二) (1)充分利用当地的贝壳(主要成分为碳酸钙)资源，碳酸钙高温分解成CaO，CaO与水作用得Ca(OH)2，使镁离子沉淀下来，可以选择Ca(OH)2或CaO；‎ ‎(2)加入试剂①后，得到Mg(OH)2沉淀，可以采用过滤的方法分离，故选B；‎ ‎(3)加入试剂②，将氢氧化镁转化为氯化镁，故试剂②为HCl；‎ ‎(4)制取金属镁采用电解的方法，其反应方程式为：MgCl2 Mg+Cl2↑；‎ ‎20.某温度下,在‎2 L容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。反应在t1 min时到达平衡，如图所示：‎ ‎(1)①该反应的化学方程式是_______________________________。 ‎ ‎②在t1 min时,该反应达到了____状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是____。 ‎ A.X、Y、Z的反应速率相等 B.X、Y的反应速率比为2∶3‎ C.生成3 mol Y的同时生成1 mol Z D.生成1 mol Z的同时生成2 mol X ‎(2)①若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2,且已知1 mol 氨气分解成氮气和氢气要吸收46 kJ的热量，则至t1 min时，该反应吸收的热量为____：在此t1 min时间内，用H2表示反应的平均速率v(H2)为_________。 ‎ ‎②两位同学讨论放热反应和吸热反应。甲说加热后才能发生的化学反应是吸热反应，乙说反应中要持续加热才能进行的反应是吸热反应。你认为说法中正确的是____同学。‎ ‎【答案】 (1). 2X3Y+Z (2). 平衡 (3). D (4). 36.8 kJ (5). 0.6/t1 mol·L-1·min-1 (6). 乙 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据物质的变化量之比是化学计量数之比分析解答；结合平衡状态的特征分析判断；‎ ‎（2）根据反应热结合图像计算反应吸热的热量；根据化学反应速率的含义计算反应速率；‎ ‎（3）根据影响反应热的因素分析解答。‎ ‎【详解】（1）①根据图像，X为反应物，Y和Z为生成物，t1min时消耗X0.8mol，生成Z是0.4mol，生成Y是1.2mol，根据化学计量数之比等于物质的量变化之比可知该反应方程式为2X3Y＋Z；‎ ‎②根据图像可知在t1min时反应达到平衡；‎ A、没有指明反应速率的方向，无法判断是否反应达到平衡状态，故A错误；‎ B、X、Y的反应速率比为2∶3不能说明正逆反应速率相等，因此不能说明反应达到化学平衡状态，故B错误；‎ C、反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故C错误；‎ D、生成1molZ，说明反应向正反应方向进行，生成2molX，说明反应向逆反应方向进行，且生成量比值等于化学计量数之比，因此能够说明反应达到平衡，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎（2）①已知1 mol 氨气分解成氮气和氢气要吸收46 kJ的热量，至t1min时消耗氨气0.8 mol，则该反应吸收的热量为0.8×46kJ＝36.8kJ；在此t1min时间内生成氢气是1.2mol，浓度是0.6mol/L，则用H2表示反应的平均速率为v(H2)为0.6/t1 mol/(L•min）；‎ ‎②有些放热反应也需要加热，如铝热反应，因此甲同学说法错误，要持续加热才能进行的反应是吸热反应，故乙同学说法正确。‎ ‎21.短周期五种元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A、B、C的单质在常温下都呈气态，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，C和E位于同主族。1 mol DAx与足量的A‎2C反应生成‎44.8 L（标准状况）G气体。A、B的单质依次为G、T，在密闭容器中充入一定量的G、T，一定条件下发生反应G+T→W（未配平），测得各物质的浓度如表所示。‎ 物质 T G W ‎10 min时，c/(mol/L)‎ ‎0.5‎ ‎0.8‎ ‎0.2‎ ‎20 min时，c/(mol/L)‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A、B、C能组成既含离子键又含共价键的化合物，该化合物的化学式为_________。‎ ‎（2）B、C、D、E简单离子中，离子半径由大到小排序为__________（用离子符号表示）。‎ ‎（3）J、L是由A、B、C、E四种元素组成的两种常见酸式盐，J、L混合可产生有刺激性气味的气体，写出这两种溶液发生反应的离子方程式__________；J、L中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是_______（填化学式）。‎ ‎（4）B‎2A4−C2碱性燃料电池放电效率高。该电池放电时生成B2和A‎2C，正极反应式为________；电池工作一段时间后，电解质溶液pH_____（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎（5）由A、B、C、D四种元素组成的单质、化合物在一定条件下的转化关系（部分条件和产物已省略）如图所示，已知M耐高温。‎ ‎①X的电子式为______。‎ ‎②已知W与乙反应生成K 和甲是某重要化工生产步骤之一，提高其反应速率的方法除增大反应物浓度、增大压强外，还有______、______。‎ ‎【答案】 (1). NH4NO3或NH4NO2 (2). S2－> N3－>O2－>Mg2＋ (3). HSO3－＋H＋=SO2↑＋H2O (4). NH4HSO3 (5). O2＋2H2O＋4e－=4OH－ (6). 减小 (7). (8). 升高温度 (9). 使用催化剂 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C原子最外层电子数是电子层数的3倍，即C为O，C和E位于同主族，即E为S，A、B、C的单质在常温下都呈气态，且原子序数依次增大，即A为H，B为N，A的单质为G，即G是H2，B的单质为T，即T为N2，化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，再结合题给表格数据，得‎3G＋T=2W，即W为NH3，1molDAx与H2O反应生成44.8LH2气体，氢气的物质的量为=2mol，DHx中H显－1价，失电子，则x=2，D显＋2价，其五种元素的原子序数依次增大，则D为Mg；‎ ‎【详解】C原子最外层电子数是电子层数的3倍，即C为O，C和E位于同主族，即E为S，A、B、C的单质在常温下都呈气态，且原子序数依次增大，即A为H，B为N，A的单质为G，即G是H2，B的单质为T，即T为N2，化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，再结合题给表格数据，得‎3G＋T=2W，即W为NH3，1molDAx与H2O反应生成44.8LH2气体，氢气的物质的量为=2mol，DHx中H显－1价，失电子，则x=2，D显＋2价，其五种元素的原子序数依次增大，则D为Mg；‎ ‎（1）H、N、O三种元素组成既含有离子键又含共价键的化合物，该化合物为离子化合物，即该化合物为铵盐，化合物有NH4NO3、NH4NO2；‎ ‎（2）四种元素的简单离子是N3－、O2－、Mg2＋、S2－。S2－有3个电子层，半径最大；N3－、O2－、Mg2＋三种离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小；离子半径大小顺序是r(S2－)>r(N3－)>r(O2－)>r(Mg2＋)；‎ ‎（3）四种元素组成化合物为酸式盐，即铵盐，该铵盐化学式为NH4HSO4、NH4HSO3，两种溶液发生的离子方程式为HSO3－＋H＋=SO2↑＋H2O；NH4HSO3中S的化合价为＋4价，以还原性为主，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎（4）B‎2A4为N2H4，C2为O2，N2H4与O2反应方程式为N2H4＋O2=N2＋2H2O，负极反应式为N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，根据总反应，产生H2O，即溶液的碱性减弱，pH减小；‎ ‎（5）F为红棕色气体，即F为NO2，K为NO，联系氨的催化氧化反应，W为NH3，乙为O2，甲为H2O，M为耐高温的物质，M可能为Al2O3，也可能为MgO，根据转化关系，X为Mg3N2，Y为Mg(OH)2，Z为 MgO，①Mg3N2的电子式为；‎ ‎②NH3的催化氧化发生的反应方程式为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，提高反应速率的方法是升高温度、使用催化剂等。‎ ‎【点睛】以短周期元素推断为载体联系元素化合物知识，本题将元素推断、化学反应速率与无机物转化框图联系起来命题，D元素的推断是本题的难点，1 mol DAx与足量的A‎2C反应生成‎44.8 L（标准状况）G气体，考查的内容是金属氢化物与H2O的反应，从而推出D元素为Mg。‎