山东省潍坊诸城市2019-2020学年高一下学期期中考试化学试卷 Word版含解析 20页

‎2019－2020学年下学期诊断性检测 高一化学 说明：‎ ‎1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在答题卡的相应位置。‎ ‎2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5mm黑色签字笔书写在相应答题区域，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸和试卷上答题无效。‎ ‎3.本试卷满分100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64‎ 一、选择题：本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列装置工作时，将化学能转化为电能的是 A. 锂离子电池 B. 风力发电机 C. 一次性保暖贴 D. 工业电解食盐水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池是将化学能转化为电能的装置，据此分析。‎ ‎【详解】A．锂离子电池是利用原电池原理设计的电池，是将化学能转化为电能的装置，故A符合题意； ‎ B．风力发电机是将风能转化为电能的装置，故B不符合题意；‎ C．一次性保暖贴是将化学能转化为热能的装置，故C不符合题意； ‎ D．工业电解食盐水是利用电解池原理，是将电能转化为化学能的装置，故D不符合题意；‎ 答案选A - 20 -‎ ‎2.随着航天技术的不断发展，我国“嫦娥工程”探月计划稳步实施。据科学家预测，月球土壤中吸附着数百万吨的He，而地球上氦元素主要以He的形式存在。下列说法不正确的是 A. He和He中子数不同 B. He的化学性质比He活泼.‎ C. He和He的电子数相同 D. He和He是两种不同的核素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．He和He为He元素的两种不同核素，二者互为同位素，则中子数不同 ，故A正确；‎ B．He和He为He元素的两种不同核素，二者的核外电子排布相同，化学性质相同，故B错误；‎ C．原子的核外电子数=质子数，He和He的质子数都为2，则电子数相同，故C正确；‎ D．He和He质子数相同，但中子数不同，为He元素的两种不同核素，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力 B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性依次减弱 C. 第3周期主族元素的最高正化合价等于它所处的族序数 D. 同一主族元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．阴阳离子间存在静电吸引力，也存在原子核之间的静电斥力，故A错误；‎ B．非金属性：F＞Cl＞Br＞I，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则HF、HCl、HBr和HI的热稳定性依次减弱，单质的氧化性越强，其最低价阴离子的还原性越弱，氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，则HF、HCl、HBr和HI的还原性依次增强，故B错误；‎ C．最高正化合价即元素最外层电子数，第三周期主族的元素的族序数等于最外层电子数，故C正确；‎ D．同一主族元素的原子的性质具有相似性和递变性，但性质不一定完全相同，如Li - 20 -‎ 和氧气反应只生成Li2O，但Na可与氧气反应生成Na2O2，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.萨巴蒂尔反应CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g） △H<0，可将CO2转化为天然气（CH4）。若容器容积不变，下列措施不能增大CO2转化率的是 A. 充入He，使体系压强增大 B. 降低温度 C. 充入H2，使体系压强增大 D. 将CH4从体系中分离 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．充入He，使体系总压强增大，由于容器容积不变，则各物质的浓度不变，平衡不移动，CO2转化率不变，故A符合题意；‎ B．该反应是一个放热反应，降低温度，平衡向放热方向移动即正向移动，CO2的转化率增大，故B不符合题意；‎ C．充入H2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故C不符合题意；‎ D．将CH4从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO2转化率增大，故D不符合题意；‎ 答案为A。‎ ‎5.黑火药是我国古代四大发明之一，它是由木炭（C）、硫磺（S）、火硝（KNO3）按一定比例混合而成，爆炸时发生反应：S＋2KNO3＋3CK2S＋3CO2↑＋N2↑。下列叙述不正确的是 A. K2S属于离子化合物 B. 火硝中既含有离子键，又含有共价键 C. CO2和N2分子中均含有共价键 D. 组成黑火药成分的元素都属于短周期元素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K2S是钾离子和硫离子构成，含有离子键，属于离子化合物，故A正确；‎ B．KNO3是由钾离子和硝酸离子构成，含有离子键，硝酸根离子中氮氧原子之间为共价键，故火硝中既含有离子键，又含有共价键，故B正确；‎ C．CO2是共价化合物，含有共价键，N2分子中氮原子之间以共价键结合，则二者均含有共价键，故C正确；‎ D．组成黑火药成分中含有KNO3，K元素为第四周期元素，属长周期元素，故D错误；‎ - 20 -‎ 答案选D。‎ ‎6.已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理如下：‎ H2O2＋I－H2O＋IO－ 慢 H2O2＋IO－H2O＋O2＋I－ 快 下列有关该反应的说法正确的是 A. 反应活化能等于98 kJ·mol－1 B. 反应速率与I－浓度无关 C. I－是该反应的催化剂 D. v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，焓变为△H=-98kJ/mol，不能确定反应的活化能，故A错误；‎ B．慢反应决定反应速率，可知反应速率与I-浓度有关，故B错误；‎ C．将反应①H2O2＋I－H2O＋IO－，②H2O2＋IO－H2O＋O2＋I－，①+②可得总反应方程式为2H2O2 2H2O+O2，反应的催化剂是I-，IO-是中间产物，故C正确；‎ D．溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎7.X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的位置如图所示，且X原子最外层有4个电子。下列说法正确的是 X Y Z W A. 离子半径：W－＞Z2－ B. 酸性：H2ZO4＞H2XO3‎ C. 还原性：Z2－＜W－ D. 氢化物的稳定性：YH3＞H2Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图示X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置知，X位于第二周期，X - 20 -‎ 原子最外层有4个电子，则X为C元素；结合各元素的相对位置可知，Y为P元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Z为S元素，W为Cl元素，硫离子和氯离子具有相同的电子层数，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W−＜Z2−，故A错误；‎ B．X为C元素，Z为S元素，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：C＜S，酸性：H2ZO4＞H2XO3，故B正确；‎ C．Z为S元素，W为Cl元素，非金属性越强，对应离子的还原性越弱，非金属性S＜Cl，则对应离子的还原性：S2−＞Cl−，即Z2−＞W−，故C错误；‎ D．Y为P元素，Z为S元素，非金属性越强，氢化物稳定性越强，非金属性：P＜S，则简单氢化物的稳定性：PH3＜H2S，即YH3＜H2Z，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.热激活电池（又称热电池）可用作导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，该电池总反应为：PbSO4＋2LiCl＋Ca＝CaCl2＋Li2SO4＋Pb。下列说法不正确的是 A. 钙电极是电池的负极 B. 放电过程中，Li＋向PbSO4电极移动 C. 常温下，在正负极间接上电流表，指针发生偏转 D. 正极反应式：PbSO4＋2e－＋2Li＋＝Li2SO4＋Pb ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池总反应为：PbSO4＋2LiCl＋Ca＝CaCl2＋Li2SO4＋Pb，反应中钙是还原剂，在电池负极失电子，PbSO4得电子，在正极发生还原反应。‎ ‎【详解】A．电池总反应为：PbSO4＋2LiCl＋Ca＝CaCl2＋Li2SO4＋Pb，反应中钙是还原剂，在电池负极失电子，钙电极是电池的负极，故A正确；‎ B．放电过程中，阳离子移向正极，Li＋向PbSO4电极移动，故B正确；‎ - 20 -‎ C．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；‎ D．正极PbSO4得电子，在正极发生还原反应，正极反应式：PbSO4＋2e－＋2Li＋＝Li2SO4＋Pb，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为C，注意把握原电池的构成条件。‎ ‎9.N2O4常用作火箭推进器的燃料。已知反应2NO2（g）N2O4（g） △H＜0，不同条件下，N2O4的含量随时间（t）的变化如图，则反应历程从I改变为II所采取的措施可能是 A. 增大NO2的浓度 B. 升高温度 C. 增大压强 D. 加入催化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图分析，使反应历程从I改变为II，反应达到平衡的时间缩短，但各物质的含量不变，即反应速率加快，但平衡不移动，N2O4的含量不变，据此分析。‎ ‎【详解】A．增大NO2的浓度，反应速率会加快，但平衡向正向移动，再次达到平衡时N2O4的含量会增大，与图像不符，故A不符合题意；‎ B．该反应放热，升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，再次达到平衡时N2O4的含量会减小，与图像不符，故B不符合题意；‎ C．该反应正向为气体分子数减小的平衡体系，增大压强，反应速率加快，但平衡向正向移动，再次达到平衡时N2O4的含量会增大，与图像不符，故C不符合题意；‎ D．加入催化剂，平衡体系反应速率加快，平衡不移动，再次达到平衡时N2O4的含量会增大，N2O4的含量不变，与图像相符，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎10.“84”消毒液可有效杀死物体表面的新冠病毒。氯碱工业的产品Cl2和NaOH可用于生产“84”消毒液。如图为模拟氯碱工业的简易装置，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是 - 20 -‎ A. “84”消毒液的有效成分是NaClO和NaCl B. 阴极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑‎ C. 通电过程中，A室c（Na＋）逐渐增大，B室c（Na＋）逐渐减小 D. 若电路中通过电子0.2 mol，理论上两极共得到气体2.24 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2与NaOH反应，生成NaClO、NaCl和H2O，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，“84”消毒液有效成分是NaClO（次氯酸钠），故A错误；‎ B．阴极得电子，发生还原反应，即2H++2e-=H2↑，故B错误；‎ C．A室是阴极区，在电解池中，阳离子向阴极移动，即B室的Na+通过阳离子交换膜进入A室，可判断A室c(Na＋)逐渐增大，B室c(Na＋)逐渐减小，故C正确；‎ D．由于没有说明是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol这个数值，因而体积无法计算，故D错误；‎ 答案为C。‎ 二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎11.甲～辛等八种元素在周期表中的相对位置如图。甲与乙的原子序数相差3；乙元素的最高化合价与最低化合价的绝对值相等，且原子最外层电子数是其电子层数的2倍；己与庚属同周期元素。下列判断不正确的是 A. 上述元素中有2种属于副族元素 B. 戊与辛的原子核外电子数相差13‎ - 20 -‎ C. 乙与丁的最高价氧化物均能与NaOH溶液反应 D. 丙元素的单质可用电解其氯化物溶液的方法制取 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙元素的最高化合价与最低化合价的绝对值相等，且原子最外层电子数是其电子层数的2倍；则乙为C元素，甲与乙的原子序数相差3，则甲为Li元素，己与庚属同周期元素，根据位置关系可知，丙为Na元素，戊为K元素，己为Ca元素，丁为Si元素，辛为Ge元素，庚为Ga元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，上述元素中全部都是主族元素，故A错误；‎ B．戊为K元素，原子序数为19，辛为Ge元素，原子序数为32，则戊与辛的原子核外电子数相差13，故B正确；‎ C．乙为C元素，丁为Si元素，乙与丁的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，二者均能与NaOH溶液反应，故C正确；‎ D．丙为Na元素，钠元素的单质可用电解熔融氯化钠的方法制取，不能电解水溶液，故D错误；‎ 答案选AD。‎ ‎12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将只含金属X与金属Y的合金放入足量氢氧化钠溶液中，最终只剩余金属Y 金属性:X> Y B 将少量碳酸钠溶液滴入足量稀盐酸中，有气泡产生 非金属性:Cl>C C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强 D 向某溶液中滴加双氧水，振荡，再加入KSCN溶液，溶液显红色 溶液中一定含有Fe3+‎ A. A B. B C. C D. D - 20 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属与碱的反不能作为判断金属性强弱的依据，应使用金属与酸的反应来判断金属性强弱，故A错误；‎ B．将少量碳酸钠溶液滴入足量稀盐酸中，有气泡产生只能证明盐酸的酸性强于碳酸，由于盐酸不是氯元素最高价氧化物对应水化物形成的酸，不能得到非金属性强弱的结论，故B错误 C．淀粉遇碘变蓝，向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，若溶液显蓝色，说明溴单质置换出碘单质，则氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，即Br2的氧化性比I2的强，则操作和结论都正确，故C正确；‎ D．向某溶液中先滴加双氧水，可能使溶液中的亚铁离子氧化为Fe3+，不能说明原溶液中含有Fe3+，应该直接向溶液中加入，KSCN溶液，若溶液显红色，说明溶液中一定含有Fe3+，故操作和结论都错误，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.全世界每年由于腐蚀而造成报废的钢铁高达总产量的三分之一。某校化学兴趣小组在一定条件下，研究发现碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表所示：‎ pH ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎6.5‎ ‎8‎ ‎13.5‎ ‎14‎ 腐蚀快慢 较快 慢 较快 主要产物 Fe2+‎ Fe2O4‎ Fe2O3‎ FeO ‎ 下列说法不正确的是：‎ A. 当pH＜4时，负极反应为Fe－2e－＝Fe2＋‎ B. 当pH＞6时，碳钢主要发生析氢腐蚀 C. 当pH＞14时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－‎ D. 在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+‎ - 20 -‎ ‎，正极上电极反应式为2H++2e-=H2↑，故A正确；‎ B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；‎ C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀正极反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故C正确；‎ D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；‎ 答案为B。‎ ‎14.亚硝酰氯（NOCl）是有机合成中的重要试剂，由NO与Cl2反应制取NOCl的反应为：2NO（g）＋Cl2（g）2NOCl（g） △H<0。当反应达到平衡后，下列分析正确的是 A. 增大压强，对正反应的反应速率影响更大 B. 升高温度，对正反应的反应速率影响更大 C. 减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大 D. 加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强正逆反应速率都增大，但平衡正向移动，说明正反应速率增大的更多，则压强对正反应速率影响更大，故A正确；‎ B．该反应的正反应是放热反应，升高温度正逆反应速率都增大，但平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的更多，则温度对逆反应速率影响更大，故B错误；‎ C．减小反应物浓度，正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，说明正反应速率减小的更多，则减小反应物浓度，对正反应的反应速率影响更大，故C错误；‎ D．加入催化剂，对正逆反应速率影响相同，所以正逆反应速率仍然相等，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎15.全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池，适合用作电动汽车的动力电源，其工作原理如图所示。已知充电过程中V3＋发生还原反应。下列说法不正确的是 - 20 -‎ A. 质子交换膜可阻止VO与V2＋直接发生反应 B. 充电时，阴极的电极反应为：V2＋－e－＝V3＋‎ C. 充电时，氢离子通过交换膜移向右侧 D. 放电时，正极的电极反应为：VO＋e－＋H2O＝VO2＋＋2OH－‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 充电过程中V3＋发生还原反应，则右侧电极上V3+转化为V2＋时V元素化合价降低得电子，发生还原反应，充电时，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阴极电极反应为V3++e－＝V2+，阳极极电极反应为VO2+-e-+ H2O = VO+ 2H+；则放电时，左侧为正极，正极反应为VO+ 2H++e-= VO2++ H2O，右侧为负极：负极反应为：V2+-e－= V3+，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．质子交换膜只允许H+通过，则可阻止VO与V2＋直接发生反应，故A正确；‎ B．充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应为：V3++e－＝V2+，故B错误；‎ C．充电时，阳离子向阴极移动，根据分析，充电时，右侧为阴极，则氢离子通过交换膜移向右侧，故C正确；‎ D．根据分析，放电时，正极的电极反应为：VO+ 2H++e-= VO2++ H2O，故D错误；‎ 答案选BD。‎ 三、非选择题：本题共5个小题，共60分。‎ ‎16.某化学实验小组设计如图装置验证元素的非金属性强弱（夹持装置省略，装置A可加热）。‎ 可选用的试剂：浓盐酸、浓硫酸、稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、MnO2固体、石灰石、Na2S溶液、Na2SiO3溶液、饱和食盐水、NaOH溶液、饱和NaHCO3溶液。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）验证非金属性：Cl＞S - 20 -‎ ‎①利用装置A制取氯气，B中盛放饱和食盐水，则装置C中应选用的试剂是____，装置D的作用是________________。‎ ‎②实验现象：当装置A开始产生黄绿色气体时，观察到C溶液中产生少量淡黄色物质，当黄绿色气体充满整个装置时，C溶液中产生大量淡黄色物质。试分析实验开始时C中产生少量淡黄色物质的原因_____________________________（用离子方程式回答）。‎ ‎（2）验证非金属性：N＞C＞Si ‎①试剂a选用_______；装置C中的试剂是_______。‎ ‎②装置B中试剂的作用是____________________。‎ ‎③可以证明实验结论的实验现象是_________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2S溶液 (2). 吸收氯气，防止污染环境。 (3). O2+2S2-+2H2O=2S↓+4OH- (4). 稀硝酸 (5). Na2SiO3溶液 (6). 除去CO2中含有的硝酸杂质 (7). A中固体溶解产生气体，C中产生白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中图示信息，装置A是气体发生装置，产生Cl2或CO2；装置B是除去气体中的杂质，除去Cl2中的HCl或CO2中的硝酸；装置C是探究物质性质装置，氯气置换出硫或产生硅酸沉淀；装置D是尾气处理装置，避免污染环境；据此解答。‎ ‎【详解】（1）①为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，要在C中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，化学方程式为Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，氯气为有毒气体，要进行尾气处理，氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以装置D中盛放烧碱溶液的作用是吸收氯气，防止污染环境；答案为Na2S溶液，吸收氯气，防止污染环境。‎ ‎②实验开始时C中产生少量淡黄色物质，是因为C里空气中的O2与S2-发生氧化还原反应，生成了单质S，即O2+2S2-+2H2O=2S↓+4OH-；答案为O2+2S2-+2H2O=2S↓+4OH-。‎ ‎（2）①为了验证N、C、Si的非金属强弱，应比较它们最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，根据强酸制弱酸的原理，试剂a选用稀硝酸，试剂b选用石灰石，发生CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，硝酸制取碳酸，装置C中的试剂是Na2SiO3溶液，发生Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，碳酸制取硅酸；答案为稀硝酸，Na2SiO3溶液。‎ ‎②因为硝酸易挥发，产生的CO2中混有硝酸，装置B中试剂的作用是除去CO2‎ - 20 -‎ 中含有的硝酸杂质；答案为除去CO2中含有的硝酸杂质。‎ ‎③可以证明实验结论的实验现象是A中固体溶解产生气体，C中产生白色沉淀；答案为A中固体溶解产生气体，C中产生白色沉淀。‎ ‎17.X、Y、Z、M、G五种元素均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。其中X、M同主族；元素Y原子的最外层电子数等于最内层电子数的一半；元素Z的最高价氧化物对应的水化物，与强碱或强酸均能反应生成盐和水；M的氧化物是形成酸雨的主要物质。回答下列问题：‎ ‎（1）元素X在元素周期表中的位置是________。写出元素G的离子结构示意图_______。‎ ‎（2）X、Y、M三种元素的简单离子半径由大到小的顺序为_______（用离子符号表示）。‎ ‎（3）M和G的最高价氧化物对应的水化物中，酸性强的是_______（填写化学式）。‎ ‎（4）写出元素Z的最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液反应的离子方程式_______。‎ ‎【答案】 (1). 第二周期第VIA族 (2). (3). S2-＞O2-＞Na+ (4). HClO4 (5). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、M、G五种元素均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。元素Z的最高价氧化物对应的水化物，与强碱或强酸均能反应生成盐和水，则Z为Al元素，M的氧化物是形成酸雨的主要物质，则M为S元素，G的原子序数比S大，则为Cl元素，X、M同主族，则X为O元素，元素Y原子的最外层电子数等于最内层电子数的一半，则最外层为1个电子，原子序数比O大，比Al要小，则Y为Na元素，据此解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，M为S元素，G为Cl元素；‎ ‎(1)X为O元素，原子序数为8，核内8个质子，核外8个电子，其原子结构示意图为，有二个电子层，最外层6个电子，在周期表的位置为第二周期第VIA族，G为Cl元素，Cl的原子序数为17，核内17个质子，核外17个电子，氯离子表示得到1个电子，核外18个电子，各电子层上电子依次为2，8，8，氯离子结构示意图答案为 - 20 -‎ ‎；第二周期第VIA族，。‎ ‎(2)X为O元素，Y为Na元素，M为S元素，三种元素形成简单离子，S2-有三个电子层，O2-、Na+有二个电子层，电子层越多，半径越大，O2-、Na+属于具有相同电子层结构，半径隨着原子序数的递增而减小，所以X、Y、M三种元素的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞O2-＞Na+；答案为S2-＞O2-＞Na+。‎ ‎(3)M为S元素，G为Cl元素，S、Cl属于同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，原子序数Cl＞S，非金属性Cl＞S，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性强的是HClO4；答案为HClO4。‎ ‎(4)Z为Al元素，它的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。‎ ‎18.氨是一种重要的化工原料，广泛应用于化肥、制药、合成纤维等领域。回答下列问题：‎ ‎(1)研究工业合成氨N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0反应原理。在2L密闭容器中加入0.1 mol N2和0.3 mol H2，在不同条件下进行实验。实验I、II、III中c(N2)随时间(t)的变化如图所示。‎ ‎①下列叙述能证明合成氨反应达到化学平衡状态的是_____(填字母)。‎ a N2和NH3浓度相等 b NH3百分含量保持不变 c 容器中混合气体的密度保持不变 d 2v正(H2)＝3v逆(NH3)‎ ‎②从开始到达到平衡状态的过程中，实验I用H2表示的平均反应速率为______；实验II N2的平衡转化率为______。‎ ‎③与实验II相比，实验III所采用的实验条件可能为_______(填字母)。‎ a 使用催化剂 b 升高温度 c 降低温度 d 增大压强 e 减小压强 ‎(2)科研工作者成功实现利用太阳能合成氨，其简易装置如图所示。‎ - 20 -‎ ‎①写出装置阴极的电极反应式_______________。‎ ‎②装置工作时电解质溶液中的H＋向___(填写“a”或“b”)极区移动；工作一段时间后，a极区与b极区产生气体的物质的量之比为_______。‎ ‎【答案】 (1). bd (2). 0.024mol∙L-1∙min-1 (3). 40% (4). b (5). N2+6e-+6H+=2NH3 (6). b (7). 3:4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据平衡状态的特征以及利用体系中变量变为不变量即说明反应达到平衡状态分析判断；‎ ‎②根据图像，计算实验I中 v(N2)，根据反应速率之比等于化学计量系数之比计算v(H2)；N2的平衡转化率为×100%；‎ ‎③与实验II相比，实验III的先达到平衡，反应速率比实验II快，但N2的含量增大，说明平衡逆向进行的程度较大，据此逐项分析。‎ ‎(2)根据图示，该装置为电解池，利用光伏电池，将太阳能转化为电能，再利用光伏电池电解合成氨，结合图示b电极上N2转化为氨气，氮元素化合价降低，得电子，发生还原反应，b为阴极，电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3，a为阳极，阳极上水失去电子转化为氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e-= 4H++O2↑，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)a．N2和NH3浓度相等，不能说明体系中各组分的含量保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合题意； ‎ b．NH3百分含量保持不变，则体系内其他各组分的百分含量也保持不变，体系正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故b符合题意；‎ c．容器中气体的总质量保持不变，容器的体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故c不符合题意；‎ d．2v正(H2)＝3v逆(NH3)，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d符合题意；‎ - 20 -‎ 答案选bd；‎ ‎②实验I中，5min达到平衡状态，N2的浓度变化量为(0.1-0.06) mol/L =0.04mol/L，v(N2)==0.008mol∙L-1∙min-1，反应速率之比等于化学计量系数之比，则v(H2)=3v(N2)=3×0.008mol∙L-1∙min-1=0.024mol∙L-1∙min-1；实验II中，N2的浓度变化量为(0.1-0.06) mol/L =0.04mol/L，N2的平衡转化率为×100%=40%；‎ ‎③与实验II相比，实验III的先达到平衡，反应速率比实验II快，但N2的含量增大，说明平衡逆向进行的程度较大， ‎ a．使用催化剂反应速率加快，但平衡不移动，N2的含量不变，故a不符合题意；‎ b．该反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，N2的含量增大，故b不符合题意；‎ c．降低温度，反应速率减慢，与题意不符，故c不符合题意；‎ d．该反应正向为气体分子数减小的体系，增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，N2的含量减小，故d不符合题意；‎ e．减小压强，反应速率减慢，与题意不符，故e不符合题意；‎ 答案选b；‎ ‎(2)①根据分析，装置阴极的电极反应式N2+6e-+6H+=2NH3；‎ ‎②电解池中，阳离子向阴极移动，根据分析已知b为阴极，则装置工作时电解质溶液中的H＋向b极区移动；工作一段时间后，a极区的电极反应为2H2O-4e-= 4H++O2↑，b极区的电极反应为N2+6e-+6H+=2NH3，当电路中转移12mol电子时，a极区产生3mol氧气，b极区产生4mol氨气，则a极区与b极区产生气体的物质的量之比为3:4。‎ ‎19.废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。利用印刷电路板为原料回收铜的一种工艺流程如图所示。‎ 回答下列问题：‎ - 20 -‎ ‎(1)写出NH4Cl中阳离子的电子式_______。‎ ‎(2)操作I和操作II中都需要用到的玻璃仪器有烧杯、_____(填写名称)。‎ ‎(3)加入H2O2、NH3和NH4Cl溶液，将废电路板中的Cu转化为[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式__________________。‎ ‎(4)电解过程采用石墨作电极，写出阳极反应式_____________。‎ ‎(5)流程中有三次实现了试剂的循环使用，除了NH3、NH4Cl和RH以外，还有_____(填化学式)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 分液漏斗 (3). Cu+H2O2+2NH3+ 2NH=[Cu(NH3)4]2＋+2H2O (4). 2H2O-4e-= 4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+ O2↑ (5). H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为[Cu(NH3)4]2＋，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的[Cu(NH3)4]2＋与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH和NH3；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1) NH4Cl中铵根离子的电子式；‎ ‎(2)根据分析，操作I和操作II均为分液操作，都需要用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；‎ ‎(3)加入H2O2、NH3和NH4Cl溶液，将废电路板中的Cu转化为[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式Cu+H2O2+2NH3+ 2NH=[Cu(NH3)4]2＋+2H2O；‎ ‎(4)电解硫酸铜溶液，阳极上阴离子放电，根据放电顺序，为氢氧根离子放电，氢氧根来自于水，则电极反应为2H2O-4e-= 4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+ O2↑；‎ ‎(5)流程中有三次实现了试剂的循环使用，除了NH3、NH4Cl和RH以外，电解硫酸铜溶液可产生H2SO4，在流程中进行操作II时使用了H2SO4，则H2SO4也是可循环使用的试剂。‎ - 20 -‎ ‎20.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。回答下列问题：‎ ‎(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。‎ 已知：CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) △H＝＋206.2 kJ·mol－1‎ CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋247.4 kJ·mol－1‎ 写出CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式________。‎ ‎(2)H2S可用于高效制取氢气，其反应为2H2S(g)S2(g)＋2H2(g) △H。若向体积均为2L的A、B两个恒容容器中分别加入2.0 mol H2S、1.0 mol H2S，测得不同温度下H2S的平衡转化率如图所示。‎ ‎①试判断△H____0(填“>”“<”或“＝”)；图中曲线表示A容器中反应的是__(填写“I”或“II”)；反应速率最小的点是____(填写“M”、“N”或“P”)。‎ ‎②实际生产中，若要进一步提高H2S的转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有______________。‎ ‎(3)储氢还可借助有机物。一定条件下，利用如图所示装置电解有机物C6H6可实现电化学储氢。‎ ‎①电极B是______(填写“阴极”或“阳极”)。‎ ‎②写出实现储氢过程的电极反应式_______________。‎ ‎③通电一段时间，若产生x mol O2，测得产生的混合气体中含有y mol H2，试计算制得储氢物质C6H12的物质的量为___mol(用含x、y的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0 kJ·mol－1 (2). ＞ (3). II (4). M (5). 分离出产物S2、H2 (6). 阳极 (7). C6H6+6H++6e-=C6H12 (8). ‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律计算解答；‎ ‎(2)①根据温度对硫化氢转化率的影响变化分析判断反应吸热还是放热；在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0mol H2S、1.0mol H2S，结合等效平衡可知加入2.0mol H2S的容器内相当于增大压强，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，故上方曲线代表加入1.0mol H2S，下方曲线代表加入2.0mol H2S；温度越低，容器中反应物的浓度越小，反应速率越小；‎ ‎②实际生产中，若要进一步提高H2S的转化率还可以将产物分离出反应体系；‎ ‎(3)根据图示，B电极上水变为氧气，氧元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则B为阳极，A为阴极，阳极上的电极反应为2H2O-4e-= 4H++O2↑，阴极上的电极反应为C6H6+6H++6e-=C6H12，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)已知：①CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) △H＝＋206.2 kJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋247.4 kJ·mol－1‎ 由盖斯定律，①×2−②得：CH4(g)+2H2O(g)═CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0 kJ·mol－1；‎ ‎(2)①根据图像，随着温度的升高，硫化氢的转化率增大，说明升高温度，反应正向进行，则正反应为吸热反应，则△H＞0；若向体积均为2L的A、B两个恒容容器中分别加入2.0 mol H2S、1.0 mol H2S，结合等效平衡可知加入2.0molH2S的容器内相当于增大压强，平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，故曲线I代表加入B容器反应，曲线II代表容器A的反应；温度越低反应速率越小，相同温度下，容器B中硫化氢的转化率越大，容器B中硫化氢的浓度小于容器A中的浓度，浓度越小，反应率越小，则反应速率最小的点是M；‎ ‎②实际生产中，若要进一步提高H2S的转化率，除了改变温度和压强外，还可以将生成物从反应体系中分离，则可以采取的措施是分离出产物S2、H2；‎ ‎(3)①根据上述分析，电极B是阳极；‎ ‎②根据分析，实现储氢过程电极反应式C6H6+6H++6e-=C6H12；‎ ‎③阳极上的电极反应为2H2O-4e-= 4H++O2↑，阴极上的电极反应为C6H6+6H++6e-=C6H12，若产生x mol O2，共转移4xmol的电子，则阴极理论上生成C6H12的物质的量为mol，测得产生的混合气体中含有y mol H2，说明生成的C6H12部分发生分解，反应为C6H12→C6H6+3 H2↑，根据反应，发生分解的C6H12的物质的量为mol，则实际制得储氢物质C6H12的物质的量为mol-mol=mol。‎ ‎【点睛】本题的难点为(3)‎ - 20 -‎ 的第③小题，制得的储氢物质的混合气体中含有氢气，说明储氢物质部分发生分解，要用理论生产量减去分解掉的储氢物质才是实际制得的储氢物质。‎ - 20 -‎