【化学】河北省石家庄市辛集市第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版） 21页

河北省石家庄市辛集市第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 一、单项选择题 ‎1.下列对于元素周期表结构的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 7个横行代表7个周期，18个纵行代表18个族 B. 副族元素中没有非金属元素 C. 除第一周期外，其他周期均有18种元素 D. 碱金属元素是指ⅠA族的所有元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．7个横行代表7个周期，18个纵行代表16个族，7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，A错误； B．副族元素均在长周期，均为金属元素，只有主族元素存在非金属元素，B正确； C．2、3周期有8种元素，6、7周期有32种元素，则只有4、5周期有18种元素，C错误； D．碱金属元素为金属元素，而ⅠA族元素含H，碱金属元素是指ⅠA族的除H之外的所有元素，D错误。 答案选B。‎ ‎2.元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近的元素可能用于(　　)‎ A. 制新农药 B. 制半导体材料 ‎ C. 制新医用药物 D. 制高温合金 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，故A错误；‎ B．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；‎ C．新医用药物大多为有机物，故C错误；‎ D．制耐高温合金材料的元素通常可以在过渡元素中寻找，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列是几种粒子的结构示意图，有关说法不正确的是（ ） ‎ A. ①和②属同种元素 B. ②属于稀有气体元素 C. ①和③的化学性质相似 D. ④在反应中易失电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①是氧原子，②是氧离子，①和②属同种元素，故A正确；‎ B. ②是氧离子，②不属于稀有气体元素，故B错误；‎ C. ①是氧原子，③是硫原子，它们都容易得到电子，所以①和③的化学性质相似，故C正确；‎ D. ④是钠原子，在反应中易失电子，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎4.已知原子序数，可以推断原子的（ ）‎ ‎①质子数②中子数③质量数④核电荷数⑤核外电子数⑥原子结构示意图⑦元素在周期表中的位置 A. ①②③④⑥ B. ①④⑤⑥⑦ ‎ C. ②③④⑤⑦ D. ③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】原子序数＝质子数＝核电荷数＝原子核外电子数，结合原子核外电子排布规律，可得原子结构示意图和元素在周期表中的位置，由于质子数和中子数之和是质量数，所以②③无法确定，答案选B。‎ ‎5.碱金属元素及其单质从Li→Cs的性质递变规律正确的是（ ）‎ A. 密度逐渐增大 B. 熔沸点逐渐升高 C. 金属性逐渐增强 D. 还原性逐渐减弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碱金属从Li→Cs密度呈逐渐增大的趋势，但Na的密度大于K，A错误；‎ B.碱金属从Li→Cs熔沸点逐渐降低，B错误；‎ C.碱金属从Li→Cs原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的引力逐渐减小，失电子能力增强，金属性增强，C正确；‎ D.碱金属从Li→Cs，原子核对最外层电子的引力逐渐减小，失电子能力增强，单质还原性增强，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列关于卤素性质的叙述中不正确的是(　　)‎ A. 卤素单质的颜色按Cl2、Br2、I2的顺序逐渐变深 B. 氯气易液化，溴单质易挥发，碘单质易升华 C. 氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大 D. Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐增强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．卤素单质Cl2、Br2、I2的颜色分别为黄绿色、红棕色、紫色，逐渐加深，A正确；‎ B．氯气常温下为气体，易液化，溴单质常温下为液体，易挥发，碘单质为固体，熔点与沸点相接近，易升华，B正确；‎ C．同主族元素从上到下原子、离子半径逐渐增大，则氯、溴、碘的原子半径或离子半径随电子层数的增多而增大，C正确；‎ D．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物 B. 离子化合物中一定不存在共价键 C. 共价化合物中可能含有离子键 D. 非极性键只存在于双原子单质分子里 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由非金属元素组成的化合物，如氯化铵、碳酸铵等铵盐类，都是由非金属元素组成的，它们是离子化合物，A正确；‎ B. 离子化合物，如氢氧化钠、铵盐等，除了离子键外还存在共价键，B错误；‎ C. 共价化合物中不可能含有离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，C错误；‎ D. 双氧水和过氧化钠中都含有非极性键，所以非极性键也可以存在于化合物中，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎8.下列关于物质性质的比较，不正确的是（ ）‎ A. 非金属性强弱：I>Br>Cl B. 原子半径大小：Na>P>S C. 氧化性强弱：F2>Cl2>Br2 D. 金属性强弱：Na>Mg>Al ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：Cl＞Br＞I，A错误； ‎ B．同一周期的元素，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径大小：Na＞P＞S，B正确；‎ C．同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性也减弱，所以氧化性：F2＞Cl2＞Br2，C正确；‎ D．同一周期的元素从左到右元素的金属性依次减弱，所以金属性：Na＞Mg＞Al，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 氯化铵固体受热分解和干冰升华均只需克服分子间作用力 B. NaF、H2SO4中所含化学键的类型相同 C. HCl气体溶于水和NaOH熔化破坏的化学键类型相同 D. I2、Br2、Cl2、F2的熔、沸点逐渐降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯化铵受热是氯化铵分解生成氨气和氯化氢，属于化学变化，化学键破坏，干冰升华是物理变化，只需克服分子间作用力，A错误；‎ B. NaF中含有离子键，H2SO4中含有共价键，所含化学键类型不相同，B错误；‎ C. HCl气体溶于水共价键断键，NaOH熔化破坏的是离子键，化学键类型不相同，C错误；‎ D. I2、Br2、Cl2、F2形成的均是分子晶体，相对分子质量依次减小，分子间作用力逐渐减小，则熔沸点逐渐降低，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎10.下列说法不正确的是(　　)‎ ‎①质子数相同的粒子一定属于同种元素 ‎②同位素的性质几乎完全相同 ‎③质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子与一种离子 ‎④电子数相同的微粒不一定属于同种元素 ‎⑤同种元素的原子的质量数相等 ‎⑥某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数 A. ①②③④ B. ③④⑤⑥ ‎ C. ②④⑤⑥ D. ①②⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如HF和H2O的质子数均为10，①错误。同位素的物理性质不同，化学性质几乎完全相同，②错误。质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子与一种离子，③正确；电子数相同的粒子不一定属于同种元素，例如钠离子和氟离子等，④正确；同种元素的不同核素的质量数不相等，⑤错误。元素的相对原子质量是按照该元素各种原子所占的百分比算出的平均值，元素没有质量数一说，⑥错误。答案选D。‎ ‎11.下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲烷和乙烯均可使酸性KMnO4溶液褪色 B. 纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物 C. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化 D. 葡萄糖和淀粉均能发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、根据甲烷和乙烯的化学性质解答；B、高分子化合物是相对分子质量高达几万上百万的有机物；C、石油的分馏没有新物质产生；D、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应。‎ ‎【详解】A、甲烷不使酸性KMnO4溶液褪色，乙烯可使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；‎ B、纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物，故B正确；‎ C、石油的分馏没有新物质产生，故C错误；‎ D、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎12.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（ ）‎ A. 只通过物理变化即可提取海水中的溴单质 B. 海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化 C. 从海水中可以得到NaCl，可电解NaCl溶液制备Na D. 利用海水、铝、空气为能源的航标灯是将化学能转化为电能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、海水中溴元素是以溴离子形式存在，工业生产过程中海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，用热空气吹出得到；‎ B、海水蒸发制海盐，氯化钠溶解度随温度变化不大，将溶剂蒸发析出氯化钠晶体；‎ C、电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，得不到金属钠；‎ D、海水、铝、空气形成原电池反应；‎ ‎【详解】A、海水中溴元素是以溴离子形式存在，工业生产过程中海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，用热空气吹出得到，过程中有氧化还原反应，故A错误；‎ B、海水蒸发制海盐，氯化钠溶解度随温度变化不大，将溶剂蒸发析出氯化钠晶体，过程中是物理变化，故B错误；‎ C、电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，得不到金属钠，工业上是电解熔融氯化钠得到获得金属钠，故C错误；‎ D、海水、铝、空气形成原电池反应，将化学能转化为电能，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最高正化合价与Z的相同，Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，Y元素的周期序数等于族序数，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂。下列说法错误的是（ ）‎ A. 原子半径：Y>Z>W>X B. 简单气态氢化物的热稳定性：X>Z C. Y最高价氧化物对应的水化物可以和Q反应 D. 加热条件下Q可氧化X、Y、Z的单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Z原子的最外层电子数是内层电子数的0.4倍，即Z为Si，因为X的最高正价与Z的相同，因此X和Z属于同主族，即X为C，Y元素的周期序数等于族序数，推出Y为Al，W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液Q是实验室常用的气体干燥剂，W为S，Q为H2SO4。‎ ‎【详解】A．同主族从上到下，原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径大小：r(Al)>r(Si)>r(S)>r(C)，A正确；‎ B．同主族从上到下，非金属性减弱，其氢化物的稳定性减弱，即氢化物的稳定性：CH4>SiH4，B正确；‎ C．Al(OH)3可以与H2SO4反应，C正确；‎ D．浓硫酸不能与Si反应，D错误；‎ 故选D。‎ ‎14.下列有关化学用语的表示正确的是( 　　)‎ A. NH4Cl的电子式： B. S2-的结构示意图：‎ C. 氨的电子式： D. 碳元素位于第2周期，VIA族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH4Cl是离子化合物，电子式为，A错误；‎ B. S2-的结构示意图为，B错误；‎ C. 氨气是共价化合物，电子式为，C正确；‎ D. 碳元素位于第二周期第ⅣA族，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.下列说法正确的是（ ）‎ A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B. 化学反应中的能量变化都表现为热量变化 C. 任何放热反应在常温下一定能发生 D. 反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，而与反应条件无关，A错误；‎ B、化学反应的特征之一就是伴随着能量变化，但能量的变化不一定都表现为热量的变化，例如也可以是光能的形式变化，B错误；‎ C、放热反应在常温下不一定能发生，例如碳燃烧等，C错误；‎ D、反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热，反应物总能量大于生成物总能量，就是放热反应，反之是吸热反应，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～‎125 ℃‎，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是( )‎ A. 不能用水浴加热 B. 长玻璃管起冷凝回流作用 C. 提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤 D. 图中装置不能较好的控制温度为115～‎‎125 ℃‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：本题考查的是酯的制备和分离。根据酯的形成条件和性质进行分析。‎ 详解：A.反应温度为115～‎125 ℃‎，水浴加热控制温度在‎100 ℃‎ 以下，不能用水浴加热，故正确；B.长玻璃管能使乙酸气体变为乙酸液体流会试管，起到冷凝回流作用，使反应更充分，故正确；C.提纯乙酸丁酯不能使用氢氧化钠，因为酯在氢氧化钠的条件下水解，故错误；D. 该装置是直接加热，不好控制反应温度在115～‎125 ℃‎，故正确。故选C。‎ ‎17.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）（    ）‎ A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低 B. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高 C. 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高 D. 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池；当杠杆为绝缘体时，不能形成原电池。‎ ‎【详解】当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池，铁作负极，其发生氧化反应而溶解，故其质量减小，铜作正极，由于铜离子在铜表面可以得到电子发生还原反应生成铜，故铜球质量变大，故A端低B端高；杠杆为绝缘体时，铁与硫酸铜发生置换反应生成铜，故铁球质量变大，而铜球质量不变，故A端高B端低。综上所述，D判断是正确的，故选D。‎ ‎18.下列过程因发生取代反应而产生的是（　　）‎ A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液退色 B. 将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色 C. 将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在55～‎60 ℃‎ 水浴中加热 D. 液态植物油与氢气反应生成固态物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液退色是发生了加成反应，故A错误；‎ B. 将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色是因为萃取的缘故，故B错误；‎ C. 将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在55～‎60 ℃‎ 水浴中加热发生取代反应产生硝基苯和水，故C正确；‎ D. 液态植物油与氢气反应生成固态物质是发生了加成反应，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎19.下列各组物质相互间一定互为同系物的是(    )‎ A. 淀粉和纤维素 B. 蔗糖和麦芽糖 ‎ C. C3H6与C4H8 D. C4H10与C10H22‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，据此判断。‎ ‎【详解】A. 淀粉和纤维素均是高分子化合物，属于混合物，不可能互为同系物，A错误；‎ B. 蔗糖和麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；‎ C. C3H6与C4H8的结构不一定相似，不一定互为同系物，C错误；‎ D. C4H10与C10H22均是烷烃，结构相似，互为同系物，D正确。答案选D。‎ ‎20.同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是(　　)‎ ‎①锌粒　②锌片 ③锌粉 ④5%的盐酸⑤10%的盐酸 ⑥15%的盐酸⑦加热 ⑧使用粗锌代替纯锌⑨不断振荡 ⑩滴入几滴硫酸铜溶液 A ②⑥⑦⑩ B. ①④⑧⑩ ‎ C. ③⑥⑦⑨⑩ D. ③⑥⑦⑧⑨⑩‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：本题考查了影响化学反应速率的因素，明确温度、浓度、催化剂对反应的影响即可解答，注重基础知识的考查。‎ 详解：①锌粒　②锌片 ③锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；④5%的盐酸⑤10%的盐酸⑥15%的盐酸相比较，⑥浓度最大，反应速率最快；⑦加热可以加快反应速率；⑧使用粗锌代替纯锌，能形成原电池，加快反应速率；⑨不断振荡，可以增加反应物的接触几率，反应速率会很快；⑩滴入几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，形成原电池，能加快反应速率。③⑥⑦⑧⑨⑩组合可以使反应速率增大，故选D。‎ ‎21.在‎2A(g)＋B(g) ‎3C(g)＋4D(g)反应中，下列表示该反应速率最快的是( )‎ A. v(A)＝0.5 mol/(L·min) B. v(B)＝0.4 mol/(L·min)‎ C. v(C)＝1.5×10-2mol/(L·s) D. v(D)＝1.0mol/(L·min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：本题考查的速率的大小比较，注意反应速率的单位要统一。‎ 详解：将各物质的反应速率都转化为同一种物质的速率，且单位统一。都转化为D的反应速率。A.1 mol/(L·min)；B.1.6 mol/(L·min)；C.1.2 mol/(L·min)；D.1.0 mol/(L·min)。故B的反应速率最快，故选B。‎ ‎22.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：‎ 元素代号 X Y Z M R Q 原子半径(×10－‎10m)‎ ‎1.86‎ ‎0.99‎ ‎1.43‎ ‎1.60‎ ‎0.75‎ ‎0.74‎ 主要 化合价 最高正价 ‎＋1‎ ‎＋7‎ ‎＋3‎ ‎＋2‎ ‎＋5‎ ‎—‎ 最低负价 ‎—‎ ‎－1‎ ‎—‎ ‎—‎ ‎－3‎ ‎－2‎ 有关X、Y、Z、M、R和Q的下列说法正确的是(　　)‎ A. X、Z、R的最高价氧化物的水化物之间可两两相互反应 B. 元素X和Q形成的化合物中不可能含有共价键 C. X、Z、M单质分别与水反应，Z最剧烈 D. Y的氢化物的水溶液可用于蚀刻玻璃 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据所给半径及化合价可知Q为O元素，R为N元素，Y为Cl元素，X为Na元素、M为Mg元素、Z为Al元素。据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，X、Z、R的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HNO3，三者之间可两两相互反应，A项正确；‎ B．根据上述分析，X和Q分别为Na、O，两者形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键和离子键，B项错误；‎ C．X、Z、M的单质分别是Na、Al、Mg，它们与水反应，Na(X)最剧烈，C项错误；‎ D．Y的氢化物为HCl，HCl与玻璃不反应，D项错误。‎ 答案选A。‎ ‎23. 下图所示各种装置中能构成原电池的是（ ）‎ A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ①③⑤ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。装置①③⑤具备这四个条件，为原电池；②中酒精是非电解质，不能构成原电池，④中没有形成闭合回路，不能构成原电池；⑥中电极相同，不能构成原电池。‎ 答案选C。‎ ‎24.关于下图所示的原电池，下列说法正确的是（ ）‎ A. Cu为正极发生氧化反应 B. 负极反应为Zn-2e-===Zn2+‎ C. 电子由铜片通过导线流向锌片 D. 该装置能将电能转化为化学能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此判断。‎ ‎【详解】A、在原电池中负极发生氧化反应，金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，发生还原反应，A错误；‎ B、锌是负极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+，B正确；‎ C、锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则电子从锌出来通过导线流向铜，C错误；‎ D、原电池是将化学能变化电能的装置，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎25.已知空气—锌电池的电极反应为锌片：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；碳棒：O2+2H2O+4e-=4OH-，据此判断，锌片是（ ）‎ A. 正极，被还原 B. 正极，被氧化 C. 负极，被还原 D. 负极，被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据化合价变化判断氧化还原反应，原电池中发生氧化反应为负极。‎ ‎【详解】在空气—锌电池中锌片发生的反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，则锌的化合价升高，发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应，所以在空气—锌电池中锌为负极被氧化，答案选D。‎ ‎26.下列物质在一定条件下能与甲烷发生取代反应的是（ ）‎ A. 氯气 B. 酸性高锰酸钾溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 溴的四氯化碳溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气在光照条件下与甲烷可以发生取代反应，A正确；‎ B. 酸性高锰酸钾溶液不能氧化甲烷，更不可能发生取代反应，B错误；‎ C. 氢氧化钠溶液与甲烷不反应，C错误；‎ D. 溴的四氯化碳溶液与甲烷不反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎27.在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于（ ）‎ A. 5% B. 10%‎ C. 15% D. 20%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】N2＋3H22NH3‎ 起始量（mol） 2 8 0‎ 转化量（mol） 2/3 2 4/3‎ 平衡量（mol） 4/3 6 4/3‎ 则平衡时氮气的体积分数＝=15.47% ，答案选C。‎ ‎28.证明可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①6个N—H键形成的同时，有3个H—H键断裂；②3个H—H键断裂的同时，有6个N—H键断裂；③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；④保持其他条件不变时，体系压强不再改变；⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；⑥恒温恒容时，密度保持不变；⑦3v(N2)正 ＝v(H2)逆；⑧容器内A、B、C、D四者共存 ⑨NH3的生成速率与分解速率相等； ⑩A 、B、C的分子数目比为1:3:2。‎ A. 全部 B. ①③④⑤⑧ ‎ C. ②③④⑤⑦⑨ D. ①③⑤⑥⑦⑩‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：本题考查的是化学平衡状态的判断，是常规考点。平时多注重积累。‎ 详解：①6个N—H键形成的同时，有3个H—H键断裂，都说明正反应速率，不能证明到平衡，故错误；②3个H—H键断裂的同时，有6个N—H键断裂，可以说明正逆反应速率相等，说明到平衡，故正确；③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变说明气体的总物质的量不变，可以说明到平衡，故正确；④保持其他条件不变时，体系压强不再改变说明气体总物质的量不变，可以说明到平衡，故正确；⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变可以说明到平衡，故正确；⑥恒温恒容时，密度始终不变，所以密度保持不变不能说明到平衡，故错误；⑦3v(N2)正 ＝v(H2)逆，能说明到平衡，故正确；⑧因为反应为可逆反应，容器内A、B、C、D四者肯定共存，所以不能说明到平衡，故错误；⑨NH3的生成速率与分解速率相等，说明正逆反应速率相等，到平衡，故正确； ⑩A 、B、C的分子数目比为1:3:2不能说明到平衡，故错误。故选C。‎ ‎29.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 1 mol N2（g）和1 mol O2（g）反应放出的能量为180 kJ B. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 C. 在‎1 L的容器中发生反应，10 min内 N2减少了1 mol，因此10 min内的平均反应速率为v（NO）=0.1 mol·•‎ D. 1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2（g）+O2（g）=2NO（g）ΔH2=946+498-2×632=+180 kJ·mol–1，故该反应是吸热反应，故A错误；‎ B.一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，是不成盐氧化物，故B错误； C.在‎1L的容器中发生反应， 10 min内 N2减少了1 mol，因此10 min内的平均反应速率：v（N2）=1/(1×10)=0.1 mol·L-1∙min-1；根据反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）可以知道，v（NO）=2v（N2）=0.2 mol·L-1∙min-1；故C错误； D.根据A计算可以知道反应是吸热反应,故1 mol N2（g）和1 mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故D正确； 综上所述，本题选D。‎ ‎30.某温度下，在一固定容积的容器中进行反应：SO3（g）＋NO（g）NO2（g）＋SO2（g），下列情况一定能说明已经达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 气体的密度不再随时间而改变 B. 体系总质量不再随时间而改变 C. NO（g）和NO2（g）的生成速率相同 D. SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以总压强不随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故A错误；‎ B、反应前后都是气体，体系气体总质量始终是不变的，体系总质量不再随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故B错误；‎ C、NO（g）和NO2（g）的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，状态一定是平衡状态，故C正确；‎ D、SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1，不能表明正逆反应速率相等，状态不一定是平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、填空题 ‎31.化学用语回答下列问题：‎ ‎(1)写出二氧化碳分子的电子式：_____________。‎ ‎(2)写出氮气分子的结构式_____________。‎ ‎(3)①CaBr2②H2O③NH4Cl④H2O2⑤HClO⑥I2，只含有离子键的是(用序号回答，下同)_____________，含有共价键的离子化合物是_____________，含有非极性共价键的共价化合物是_____________，常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的是_____________。‎ ‎(4)在①Li、②N、③Li、④C几种核素中：‎ ‎①_____________和_____________（填序号，下同）互为同位素。‎ ‎②_____________和_____________的质量数相等，但不能互称同位素。‎ ‎【答案】(1). (2). N≡N (3). ① (4). ③ (5). ④ (6). ⑥ (7). ① (8). ③ (9). ② (10). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)二氧化碳分子中，每个碳氧之间形成两对共用电子对，电子式为：；‎ ‎(2)氮气分子中，氮与氮之间形成三对共用电子对，结构式为：N≡N；‎ ‎(3)①CaBr2是离子化合物，只含离子键；②H2O是共价化合物，只含极性共价键；③NH4Cl是离子化合物，含离子键和极性共价键；④H2O2是共价化合物，含极性共价键和非极性共价键；⑤HClO是共价化合物，只含极性共价键；⑥I2是单质，只含非极性共价键；所以只含有离子键的是①，含有共价键的离子化合物是③，含有非极性共价键的共价化合物是④，常温时为固体，当其熔化时，不破坏化学键的是⑥。‎ ‎(4)①同位素指质子数相同中子数不同的同一元素的不同种原子，所以①和③互为同位素。‎ ‎②②和④的质量数相等，质子数和中子数都不等，所以不能互称同位素。‎ ‎32.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。回答下列问题：‎ W X Y Z ‎(1)四种元素简单离子的半径由大到小为_______(用离子符号表达)。‎ ‎(2)W的最简单氢化物的电子式为_________。‎ ‎(3)W、X简单氢化物中沸点较高的是_______(填化学式)。‎ ‎(4)Y单质与Fe2O3反应能放出大量的热，常用于焊接钢轨，该反应化学方程式为________。‎ ‎【答案】(1). Cl->N3->O2->Al3＋ (2). (3). H2O (4). 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置，及元素原子的最外层电子数之和为21，设W的最外层电子数为a，X为a+1，Z为a+2，Y为a-2，可知a+ a+1+ a+2+ a-2=21，a=5，W、X、Y和Z分别为：N、O、Al、Cl，据此解答。‎ ‎【详解】(1)离子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，氯离子三层电子，氮离子、氧离子、铝离子两个电子层，且核电荷数铝>氧>氮，则离子半径：Cl->N3->O2->Al3＋，故答案为：Cl->N3->O2->Al3＋；‎ ‎(2) W的最简单氢化物为氨气，电子式为，故答案为：；‎ ‎(3) W、X简单氢化物分别为NH3和H2O，常温下水为液态，氨气为气态，水的沸点高于氨气，故答案为：H2O；‎ ‎(4) Al单质与Fe2O3反应能放出大量的热，常用于焊接钢轨，反应为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3。‎ ‎33.乙烯在化工生产领域应用广泛。‎ ‎(1)乙烯能合成很多有实用价值的有机物。‎ ‎①试剂a是_____________。‎ ‎②反应Ⅰ的反应类型是_____________。‎ ‎(2)以原油为起始原料合成聚乙烯的路线如下图所示。‎ ‎①聚乙烯的结构简式是_____________。‎ ‎②写出分子式符合C4H10的有机物的结构简式_____________。‎ ‎【答案】(1). HCl (2). 加成反应 (3). (4). CH3CH2CH2CH3、‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由物质结构可知，乙烯与HCl发生加成反应生成氯乙烷，乙烯发生加成反应生成环丁烷，故①试剂a为HCl，②反应I为加成反应；‎ ‎（2）①丁烷裂解生成乙烯，乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，聚乙烯的结构简式为：； ②分子式为C4H10的烷烃有正丁烷、异丁烷，结构简式为：CH3CH2CH2CH3、。‎ ‎34.将等物质的量的A和B，混合于‎2 L的密闭容器中，发生如下反应：‎3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，5 min后测得c(D)=0.5 mol/L，c(A)：c(B)=1：2，C的反应速率是0.15 mol/(L·min)。‎ ‎(1)B的反应速率v(B)=___，x=___。‎ ‎(2)A在5 min末的浓度是_______。‎ ‎(3)此时容器内的压强与开始时之比为：___。‎ ‎【答案】(1). 0.05 mol/(L·min) (2). 3 (3). 0.5 mol/L (4). 11：10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据5 min后测得c(D)=0.5 mol/L可计算反应产生D的物质的量n(D)=0.5 mol/L×‎2 L=1 mol，假设反应开始时A、B的物质的量分别是n，然后根据物质反应转化关系可计算出5 min后A、B的物质的量，然后根据气体的物质的量的比等于浓度比，利用c(A)：c(B)=1：2，计算x的值，再结合速率的概念及速率与浓度关系、阿伏伽德罗定律分析解答。‎ ‎【详解】反应从正反应方向开始，因此起始时D的物质的量为0，5 min后测得c(D)=0.5 mol/L则此时反应产生D的物质的量n(D)=0.5 mol/L×‎2 L=1 mol，根据方程式可知：每反应消耗3 mol A、1 mol B就会产生2 mol D，则产生1 mol D就会消耗1.5 mol A和0.5 mol B，反应开始时A、B的物质的量相等，假设都是n mol，则5 min时n(A)=(n-1.5)mol，n(B)=(n-0.5)mol，容器的容积固体不变，所以，解得n=2.5 mol。‎ ‎(1)B的反应速率v(B)= =0.05 mol/(L·min)；到5 min时C的反应速率是0.15 mol/(L·min)，v(B)：v(C)=1：x=0.05 mol/(L·min)：0.15 mol/(L·min)=1：3，所以x=3。‎ ‎(2)A在5 min时的浓度为c(A)= =0.5 mol/L；‎ ‎(3)根据阿伏伽德罗定律：在同温同体积时，气体的压强之比等于气体的物质的量的比，反应开始时气体的物质的量为2.5 mol+2.5 mol=5.0 mol，当进行到5 min时，气体的物质的量n(A)=(2.5-1.5)mol=1 mol，n(B)=(2.5-0.5)mol=2 mol，n(C)= 0.15 mol/(L·min)×5 min×‎2 L=1.5 mol，n(D)=1 mol，所以n(总)=n(A)+n(B)+n(C)+n(D)=1 mol+2 mol+1.5 mol+1 mol=5.5 mol，故此时容器内的压强与开始时之比为p2：p1=n(总)：n(始)= 5.5 mol：5 mol=11：10。‎ ‎35.1799年，伏打仔细研究了伽伐尼的发现，以含食盐水的湿抹布，夹在银和锌的圆形版中间，堆积成圆柱状，制造出世界上最早的电池－伏打电池。将洁净的金属片A、B、D、E分别放置在浸有盐溶液的滤纸上面并压紧(如下图所示)。在每次实验时，记录电压表指针的移动方向和电压表的读数如下：‎ 金属 电子流动方向 电压(V)‎ A A→Cu ‎+0.78‎ B Cu→B ‎-0.15‎ D D→Cu ‎+1.35‎ E E→Cu ‎+030‎ 已知：构成两电极金属其金属活泼性相差越大，电压表的读数越大。‎ ‎①请依据表中数据判断：_______金属可能是最强的还原剂；______金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜。‎ ‎②1836年，英国科学家丹尼尔对伏打电池进行改进，获得了世界上第一个具有稳定电流的电池，下图是丹尼尔电池的简易装置。(提示：盐桥的作用是通过离子定向移动导电)‎ 该电池的正极反应是________，负极反应 _________。‎ ‎【答案】(1). D (2). B (3). Cu2++2e-=Cu (4). Zn－2e-=Zn2+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据表格可知：A−Cu连接时，电子从A→Cu，所以A的金属性大于铜；B−Cu连接时，电子从Cu→B，所以铜的金属性大于B；D−Cu连接时，电子从D→Cu，所以D的金属性大于铜；E−Cu连接时，电子从E→Cu，所以E的金属性大于铜；根据题中信息和原电池原理，电子流出的一极是原电池的负极，是相对活泼的金属，所以A. D. E都比Cu活泼，金属活动性差值越大，电压表的示数越大。所以D最活泼，而活泼性比Cu差的是B，即B金属一定不能从硫酸铜溶液中置换出铜；故答案为：D；B；‎ ‎②该原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e-=Zn2+；正极上铜离子得电子发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu；‎ 故答案为：Cu2++2e-=Cu；Zn－2e-=Zn2+。‎