【化学】河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题（解析版） 18页

河北省唐山市第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考试题 相对原子质量：H－‎1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Al－27 S－32 Cl－35.5‎ 一、单项选择题(每题 4 分)‎ ‎1.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（ ）‎ A. 反应开始后，针筒活塞 向右移动 B. 反应物总能量大于生 成物总能量 C. 反应开始后，甲处液面 低于乙处液面 D. 温度计的水银柱不断 上升 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硫酸和Zn反应生成H2，容器内气体压强增大，使针筒活塞向右移动，所以，活塞向右移动不能说明该反应放热，A选项符合题意；‎ B. 反应物总能量大于生成物总能量，则反应放热，B选项不符合题意；‎ C. 反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明气体受热膨胀，证明反应放热，C选项不符合题意；‎ D. 温度计的水银柱不断上升，说明温度升高，证明反应放热，D选项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎2.2A‎(g) B(g) ΔH1(ΔH1<0); ‎2A(g) B(l) ΔH2‎ ‎;下列能量变化示意图正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：‎2A(g)⇌B(g)△H1(△H1＜0)；‎2A(g)⇌B(l)△H2；△H＜0的反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，则‎2A(g)的总能量大于B(g)的总能量，B(g)的总能量大于B(l)的总能量，所以B图象符合；故选B。‎ ‎3.在一容积可变的密闭容器中加入WO3和H2进行反应WO3(s)＋3H2(g) W(s)＋3H2O(g)，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 增加H2O(g)的量，消耗H2的速率瞬间不变 B. 将容器的体积缩小一半，其反应速率加快 C. 保持体积不变，充入氩气，其反应速率不变 D. 保持压强不变，充入氖气，H2O(g)生成速率减慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.增加H2O(g)的量，容器体积会增大，H2 的浓度会瞬间减小，则消耗H2的速率瞬间减小，故A错误；‎ B.将体积缩小，氢气、H2O（g）的浓度增大，反应速率加快，故B正确；‎ C.体积不变，充入氩气，H2、H2O(g)的浓度不变，反应速率不变，故C正确；‎ D.压强不变，充入氖气，体积增大，H2、H2O(g)的浓度减小，反应速率减慢，故D正确。答案选A。‎ ‎4.某同学用如图所示实验来探究构成原电池的一般条件，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 左瓶的灯泡发光 B. 右瓶的铜棒变粗 C. 右瓶中铁棒为正极 D. 左瓶：Fe−2e−===Fe2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.左瓶电极插入苯中，苯是非电解质，不能构成原电池，灯泡不会发光，A错误；‎ B.右瓶电极插入硫酸铜溶液中，且构成闭合回路，形成原电池，铁是负极，铜是正极，溶液中的铜离子得到电子析出铜，所以铜棒变粗，B正确；‎ C.金属性铁强于铜，因此右瓶中铁棒为负极，C错误；‎ D.左瓶不能形成原电池，铁电极在苯中，不能发生反应，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.根据能量变化示意图，下列热化学方程式正确的是( )‎ A N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－(b－a) kJ·mol－1‎ B. N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－(a－b) kJ·mol－1‎ C. 2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g) ΔH＝2(a＋b－c) kJ·mol－1‎ D. 2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g) ΔH＝2(b＋c－a) kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，N2（g）+H2（g）=NH3（g）△H=（a-b）kJ•mol-1，N2（g）+H2（g）=NH3（l）△H=（a-b-c）kJ•mol-1；‎ A.结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-2（b-a）kJ•mol-1，故A错误；‎ B．结合以上分析可知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H═-2（b-a）kJ•mol-1，故B错误；‎ C．物质的量与热量成正比、互为可逆反应的焓变的数值相同而符号相反，则2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（-a+b+c）kJ•mol-1，故C错误；‎ D．结合选项C可知，2NH3（1）=N2（g）+3H2（g）△H=2（b+c-a）kJ•mol-1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，W 的最外层电子数比 X 的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2 的结构式如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 化合物 WY 是良好的耐热冲击材料 B. Y的氧化物对应的水化物可能是弱酸 C. Y的简单氢化物的沸点一定高于 Z D. 化合物(ZXY)2 中所有原子均满足 8 电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，(ZXY)2 的结构式中，X共用4对电子，应为C或Si；W 的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数W＞X，所以，W只能为Al，则X为C；X、Y、Z为同一周期元素，(ZXY)2 的结构式中Z共用2对电子，Y共用3对电子，则Z应为O，Y为N。总之，X、Y、Z、W分别为C、N、O、Al。可在此基础上对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 根据分析可知，化合物 WY是AlN，AlN是原子晶体，熔点很高，耐热冲击，A选项正确；‎ B. Y的氧化物对应的水化物中：HNO3是强酸，HNO2是弱酸，B选项正确；‎ C. Y的简单氢化物是NH3，常温下是气体；Z的简单氢化物是H2‎ O，常温下是液体，所以，沸点H2O＞NH3，C选项错误；‎ D. 化合物(ZXY)2是(OCN)2，电子式可表示为：，分子中所有原子通过共用电子均达到8电子稳定结构，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下以下结论错误的是（ ）‎ A 溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀 B. 在酸性溶液中生铁不可能发生吸氧腐蚀 C. 吸氧腐蚀的速率比析氢腐蚀快 D. 两溶液中负极反应均为：Fe-2e-=Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】pH=2时由图可知压强随着反应的进行而增大，产生了大量气体，发生了析氢腐蚀，pH=4时压强随着反应的进行而减小，气体的量减少，发生了吸氧腐蚀，据此分析。‎ ‎【详解】A. pH=2时由图可知压强随着反应的进行而增大，产生了大量气体，发生了析氢腐蚀，溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，A项正确；‎ B. pH=4时压强随着反应的进行而减小，气体的量减少，发生了吸氧腐蚀，所以在酸性溶液中生铁可能发生析氢腐蚀也可能发生吸氧腐蚀，B项错误；‎ C.由两幅图可知变化相同的压强所用的时间不同，析氢腐蚀所用时间长而吸氧腐蚀所用的时间短，因而吸氧腐蚀的速率比析氢腐蚀快，C项正确；‎ D.不论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，负极均为铁失电子，点击反应为：Fe-2e-=Fe2+，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.在一定条件下，测得2CO22CO+O2(反应从CO2开始)平衡体系的平均相对分子质量为M，在此条件下，CO2的分解率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设二氧化碳起始量为2mol，转化物质的量为xmol，则 ‎ 2CO22CO+O2‎ 起始量(mol) 2 0 0‎ 变化量(mol) x x 0.5x 平衡量(mol) 2-x x 0.5x 依据气体摩尔质量M=m÷n可知M=(2mol×‎44g/mol)/(2−x+x+0.5x)，解得x=(88−‎2M)/‎0.5M，所以CO2的分解率=x/2=(88−‎2M)/M，答案选B。‎ ‎9.有关如图所示装置的叙述正确的是( )‎ A. 溶液中Na+向Fe极移动 B. 该装置中Pt为正极，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e−=4OH−‎ C. 该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe−2e−=Fe2+‎ D. 该原电池装置最终的产物是Fe(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁是活泼的金属，铁是负极，Pt是正极，因此溶液中Na+向Pt极移动，A错误；‎ B.该装置中Pt为正极，氧气发生得到电子的还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，B正确；‎ C.该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe－2e－＋2OH－＝Fe(OH)2，C错误；‎ D.氢氧化亚铁易被氧化，因此该原电池装置最终的产物是Fe(OH)3，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列装置或操作能达到目的的是（ ）‎ A. 装置用于测定生成氢气的速率 B. 装置依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响 C. 装置依据 U 型管两边液面的高低判断钠和水反应的热效应 D. 装置依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 长颈漏斗没有液封，会漏气，不能用于测定生成氢气的速率，A选项不符合题意；‎ B. 应使KMnO4溶液的浓度相同，H‎2C2O4溶液的浓度不同。紫色的KMnO4溶液的浓度不同，无法依据单位时间内颜色变化来比较浓度对反应速率的影响， B选项不符合题意；‎ C. 如果U型管两边液面出现高低不同，说明气体广口瓶温度发生变化，从而判断钠和水反应的热效应，C选项符合题意；‎ D. 两装置除水温度不同外，Na2S2O3溶液浓度、硫酸溶液的浓度均不同，变量控制错误，不能达到实验目的，D选项不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎11.将一定量纯净的 A ‎ 置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：A(s) 2B(g)+C(g)+D(g)。不能判断该分解 反应已经达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. v 正(B)＝2v 逆(C) B. 密闭容器中总压强不变 C. 密闭容器中混合气体的密度不变 D. 密闭容器中气体 B 的体积分数不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应A(s) 2B(g)+C(g)+D(g)的条件是恒温恒容，特点是气体减少。在此认识基础上根据化学平衡状态的定义和特征可对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. B和C的计量数之比为2：1，所以平衡时v正(B)＝2v逆(C)，故可判断，A选项不符合题意；‎ B. 该反应气体减少，恒温恒容时压强会随平衡移动而改变，所以，密闭容器中总压强不变可判断反应已经达到平衡状态，B选项不符合题意；‎ C. ρ=m/V，该反应体系体积不变，但气体的质量会随平衡的移动而改变，即气体的密度会随平衡的移动而改变，所以，容器中混合气体的密度不变可判断反应已经达到平衡状态，C选项不符合题意；‎ D. 该反应体系气体B、C、D的物质的量比值恒定，为2：1：1，即密闭容器中气体 B 的体积分数始终不变，故B 的体积分数不能用于判断反应是否达到平衡状态，D选项符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎12.各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（ ）‎ A. ④②①③ B. ④③①② C. ②①③④ D. ③②④①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】②③④实质均为原电池装置；③中Fe为正极，被保护；②④中Fe为负极，均被腐蚀；但相对来说，Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn的差别大，故Fe—Cu原电池中的Fe被腐蚀得更快；①‎ 中不能构成原电池，仅发生化学腐蚀反应。所以铁被腐蚀速率由快到慢的顺序为：④②①③；‎ 故选A。‎ ‎13.下列各物质中，除氢原子外，每个原子最外层均达到8电子结构，则它们的结构式错误的是（ ）‎ A. 氧分子：O=O B. S2Cl2：Cl-S-S-Cl C. 氢氰酸：H-CN D. 光气（COCl2）：Cl-C-O-Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧原子有6个价电子，故需要形成两个共价键才能达到8电子结构，A项正确；‎ B．硫原子有6个价电子，氯原子有7个价电子，它们分别需要形成2个、1个共价键才能达到8电子结构，B项正确；‎ C．碳原子有4个价电子，氮原子有5个价电子，它们分别需要形成4个、3个共价键才能达到8电子结构，C项正确，‎ D．碳原子有4个价电子，需要形成4个共价键才能达到8个电子的稳定结构，结构式中C只有2条共价键，D项错误。‎ 答案为D。‎ ‎14.有甲、乙一起做了水果电池实验，测得数据如下表，甲问，乙答，不正确的是（ ）‎ 实验次数 电极材料 水果品种 电极间距/cm 电压/mV ‎1‎ 锌 铜 菠萝 ‎3‎ ‎900‎ ‎2‎ 锌 铜 苹果 ‎3‎ ‎650‎ ‎3‎ 锌 铜 柑橘 ‎3‎ ‎850‎ ‎4‎ 锌 铜 西红柿 ‎3‎ ‎750‎ ‎5‎ 锌 铝 菠萝 ‎3‎ ‎650‎ ‎6‎ 锌 铝 苹果 ‎3‎ ‎450‎ ‎①甲：实验6中的负极反应如何写？ ‎ 乙：铝为负极：Al-3e-===Al3+‎ ‎②甲：实验1、5电流方向为什么相反？ ‎ 乙：实验1中锌为负极，电子由锌经溶液流向铜；实验5中铝为负极，铝失去电子，电流由锌经导线流向铝 ‎ ‎③甲：水果电池的电压与哪些因素有关？ ‎ 乙：只跟水果的品种有关；‎ ‎④甲：水果电池中的铜电极可以用硬币代替吗？‎ 乙：可以。‎ A. ③④ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池中，根据两极材料活泼性不同，判断正负电极，电路中电子或电流的移动方向；据此分析解答。‎ ‎【详解】①锌、铝和水果形成原电池时，铝易失电子作负极，则锌作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，反应为Al-3e-=Al3+，①正确；‎ ‎②形成的原电池中，较活泼的金属易失电子而作负极，较不活泼的金属作正极，所以实验1中锌比铜活泼，锌为负极，电子由锌经导线流向铜；5中铝比锌活泼，铝为负极，电流由铝经导线流向锌，②错误；‎ ‎③根据图表知，当1、2比较时，电极材料相同，水果不同，导致电压不同，所以电压与水果有关；比较1、5时，水果相同，电极材料不同，电压不同，所以电压与电极材料有关，③错误；‎ ‎④甲：硬币属于合金，活泼性小于锌，水果电池中的铜电极可以用硬币代替，④正确；‎ 符合题意只有选项②③；‎ 故选B。‎ ‎15.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. Q的氧化物一定含有离子键和共价键 B. 最高价含氧酸的酸性:Z＜Y C. P的最低价氢化物常温常压下为液体 D. Y形成的化合物种类最多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、P为S元素；据此解答。‎ ‎【详解】A．Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，但氧化钠中没有共价键，故A错误；‎ B．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Z＞Y，所以其最高价含氧酸酸性Z＞Y，故B错误；‎ C．P的氢化物为硫化氢，常温下为气体，故C错误；‎ D．Y为碳元素，而C元素形成的有机物种类繁多，远多于无机物的种类，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂， Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由 X、Y 和 Z 三种元素形成的一种盐溶于 水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（ ）‎ A. X 的简单氢化物的热稳定性比 W 强 B. Y 的简单离子与 X 的具有相同的电子层结构 C. 氧化物水化物的酸性 W＞Z D. Z 与 X 属于同一主族，与 Y 属于同一周期 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】可用作制冷剂的简单氢化物是NH3，所以W是N；短周期主族元素中原子半径最大的是Na，则Y是Na；由 X、Y 和 Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，可判断是Na2S2O3和盐酸反应生成S和SO2，故X是O，Z是S。‎ 总之，W、X、Y、Z分别是N、O、Na、S。可在此基础上对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 非金属性O＞N，所以X(O) 的简单氢化物的热稳定性比 W(N) 强，A选项正确；‎ B. Y(Na)的简单离子Na+和X(O)的简单离子O2-均为10电子离子，具有相同的电子层结构，B选项正确；‎ C. 没有指明元素的价态，无法比较氧化物水化物的酸性，C选项错误；‎ D Z(S)与X(O)均属于ⅥA族，Z(S)与Y(Na)均属于第三周期，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎17.把下列 4 种X的溶液分别加入 4 个盛有 10 mL 2 mol/L 盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时X与盐酸缓和地进行反应。其中反应速率最大的是（ ）‎ A. 20 mL 3 mol/L 的X溶液 B. 20 mL 2 mol/L 的X溶液 C. 10 mL 4 mol/L 的X溶液 D. 10 mL 2 mol/L 的X溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】浓度越大反应速率越大。盐酸的体积和浓度相同，混合后溶液总体积均也相同，则混合后盐酸浓度相同。加入的X的溶液所含X的物质的量越多，混合溶液中X的浓度越大，反应速率越大。‎ ‎【详解】A. 20 mL 3 mol/L 的X溶液中：n(X)= 20 ×10‎-3L× 3 mol/L=0.06mol；‎ B. 20 mL 2 mol/L 的X溶液中：n(X)= 20 ×10‎-3L× 2 mol/L=0.04mol；‎ C. 10 mL 4 mol/L 的X溶液中：n(X)= 10 ×10‎-3L× 4 mol/L=0.04mol；‎ D. 10 mL 2 mol/L 的X溶液中：n(X)= 10 ×10‎-3L× 2 mol/L=0.02mol；‎ 比较4种X溶液中X的物质的量可知，A选项中的最大，则混合后溶液中X的浓度最大，反应速率最大，A选项符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎18.常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3‎ 中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 0~t1时，原电池的负极是Al片 B. 0~t1时，正极的电极反应式是+2H++e−=NO2↑+H2O C. t1后，原电池的正、负极发生互变 D. t1后，正极上每得到0.3mol电子，则负极质量减少‎2.7g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。‎ ‎【详解】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。‎ A、0~t1时，原电池的负极是Al片，故A正确；‎ B、0~t1时，硝酸根离子在正极得电子生成红棕色气体NO2，正极的电极反应式是NO3－+2H++e−=NO2↑+H2O，故B正确；‎ C、t1后，铝发生钝化，铜作负极，所以，电池的正、负极发生互变，故C正确；‎ D、t1后，铜是负极，每有0.3 mol电子发生转移，就有0.15 mol铜失去电子，负极质量减少‎9.6 g，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎19.H2和 I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1 mol H2 完全反应放出 akJ热量。已知：(a、b、c 均大于零)。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 断开 1 mol H—H 键和 1 mol I—I 键所需能量大于断开 2 mol H—I 键所需能量 C. 断开 2 mol H—I 键所需能量约为(c+b+a)kJ D. 向密闭容器中加入 2 mol H2 和 2 mo l I2，充分反应放出的热量小于 ‎2a kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量。该反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，A选项正确；‎ B. 该反应放热，说明反应物断键吸收的能量低于形成生成物成键放出的能量，而同一化学键断开吸收的能量和形成放出的能量相等，所以，断开1 mol H—H键和1 mol I—I键所需能量总和小于断开2 mol H—I键所需能量，B选项错误；‎ C. 反应放出的热约为成键放出的能量减去断键吸收的能量：akJ=断开2 mol H—I键所需能量-bkJ-ckJ，所以，断开 2 mol H—I 键所需能量约为(c+b+a)kJ，C选项正确；‎ D. 该反应是可逆反应，向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，反应的H2小于2mol，所以，充分反应放出的热量小于‎2a kJ，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎20.X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数＝族序数，W的原子序数是 Z的两倍，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两种常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色 晶体。下列说法正确的是（ ）‎ A. W金属性强于 Z B. W 元素在周期表中的位置是第四周期 VIII 族 C. 丙属于两性氧化物 D. 等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的 HNO3的量一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】前四周期元素X、Y、Z、W 的推导：丙为具有磁性的黑色晶体，可判断丙为Fe3O4，则含Fe和O两种元素；丁是非金属，则甲和乙在高温条件下生成丙(Fe3O4)和单质丁可判断为反应：3Fe + 4H2O Fe3O4 + 4H2↑，所以丁为H2；X、Z的周期序数＝族序数，可判断为H、Be、Al或Ge中的两种，由于W的原子序数是 Z的两倍，可判断Z是Be或Al；甲、戊是两种常见的金属单质，则丙(Fe3O4)和戊在高温条件下的反应可判断为：8Al + 3Fe3O4 4Al2O3 + 9Fe，Z为Al。总之，原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W分别是H、O、Al、Fe，甲、乙、丙、丁、戊、己分别是Fe、H2O、Fe3O4、H2、Al、Al2O3。可在此基础上对各选项作出判断。‎ ‎【详解】A. 根据金属活动性顺序表可知，Al比Fe活泼，所以W(Fe)金属性弱于Z(Al)，A选项错误；‎ B. W是Fe，原子序数为26，在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族，B选项正确；‎ C. 丙是Fe3O4，属于碱性氧化物，C选项错误；‎ D. 甲溶于稀硝酸：4HNO3(稀) + Fe(不足) === Fe(NO3)3 + NO↑ + 2H2O或8HNO3(稀) + 3Fe(足量) === 3Fe(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O，等量的Fe消耗的HNO3不确定；戊溶于稀硝酸：4HNO3(稀) + Al = Al(NO3)3 + NO↑ + 2H2O。所以等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D选项错误；‎ 答案选B。‎ 第 II 卷(非选择题)‎ 二、填空题 ‎21.（1）铅蓄电池是最常见的二次电池，放电时的化学方程式为：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)＝2PbSO4(s)+2H2O(l)。该蓄电池放电时，电解质溶液中 SO42-移向_____________(填“正”或“负”)极；一段时间后，负极增重 ‎48g，转移电子___________mol。‎ ‎（2）如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：‎ ‎①电池的负极为_____极(填“a”或“b”)。‎ ‎②电池工作一段时间后电解质溶液的 pH_____(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】(1). 负 (2). 1 (3). a (4). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据放电时的化学方程式：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)＝2PbSO4(s)+2H2O(l)，可写出铅蓄电池的电极反应，结合原电池的工作原理可解本小题；‎ ‎(2)该燃料电池中，燃料在负极氧化，O2在正极还原，电极反应为：正极：2O2 + 8e- + 4H2O = 8OH-，负极：CH4 + 10OH- – 8e- = CO32- + 7H2O，总反应：CH4 + 2OH- + 2O2 = CO32- + 3H2O。可在此基础上解本小题。‎ ‎【详解】(1)原电池工作时，阴离子移向负极，所以SO42-移向负极；负极电极反应为：Pb + SO42- – 2e- = PbSO4，增重的‎48g为SO42-的质量，则转移电子：。‎ 答案为：负极；1；‎ ‎(2)①燃料电池中，燃料在负极反应，所以，电池的负极为a。‎ 答案：a；‎ ‎②根据总反应，电池工作时消耗OH-，所以一段时间后电解质溶液的pH减小。‎ 答案为：减小。‎ ‎22.恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2 (g) ＋ 3 H2(g) 2NH3(g)。‎ ‎（1）若反应某时刻t时，n t (N2) = 13 mol，n t (NH3) = 6 mol，则a =____mol；‎ ‎（2）反应达平衡时，混合气体的体积为‎716.8 L（标况下），其中NH3的含量(体积分数)为25%，平衡时NH3的物质的量_____；‎ ‎（3）原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比（写出最简整数比、下同），n(始)∶n(平) =______；‎ ‎（4）原混合气体中，a∶b =_____；‎ ‎（5）达到平衡时，N2和H2的转化率之比，α(N2)∶α(H2)= ______；‎ ‎（6）平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3) =______。‎ ‎【答案】(1). 16 mol (2). 8 mol (3). 5∶4 (4). 2∶3 (5). 1∶2 (6). 3∶3∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据化学方程式计算a值；‎ ‎（2）反应达平衡时，混合气体的体积为‎716.8 L（标况下），则气体的物质的量是32mol，根据NH3的含量(体积分数)为25%计算氨气的物质的量；‎ ‎（3）利用差量法计算原混合气体的物质的量；‎ ‎（4）根据（1）可知a=16，根据（3）可知原混合气体的物质的量是40mol；‎ ‎（5）利用“三段式”计算N2和H2的转化率之比；‎ ‎（6）根据“三段式”判断平衡混合气体中各气体的物质的量比；‎ ‎【详解】（1）根据N2 (g)＋ 3H2(g)2NH3(g)反应可推知：反应某时刻t时，n (NH3) = 6 mol，则消耗n (N2) =3 mol，开始加入n (N2)= 13mol+ 3mol =16mol；‎ ‎（2）反应达平衡时，混合气体的体积为‎716.8 L（标况下），则气体的物质的量是32mol，NH3的含量(体积分数)为25%，所以氨气的物质的量是32mol×25%=8mol；‎ ‎（3）设反应后气体物质的量减少n；‎ n=8mol；所以原混合气体的物质的量是32mol+8mol=40mol，原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比40:32=5:4；‎ ‎（4）根据（1）可知a=16，根据（3）可知原混合气体的物质的量是40mol，所以b=40mol-16mol=24mol；a∶b =16:24=2:3；‎ ‎（5）‎ ‎ ‎ N2的转化率为，H2的转化率为，所以α(N2)∶α(H2)=1:2；‎ ‎（5）根据 平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3) =12:12:8=3:3:2。‎