2018-2019学年广东省佛山一中、珠海一中、金山中学高一下学期期中考试化学试题（解析版） 22页

‎2018-2019学年广东省佛山一中、珠海一中、金山中学高一下学期期中考试 化学试题（解析版）‎ 可能会用到的相对原子质量：H:1、C:12、N:14、O:16、Cl:35.5、S:32。‎ 第一部分 选择题（共40分）‎ 一、单项选择题（本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得2分，选错或不答的得0分。）‎ ‎1.关于有机物说法正确是的 A. 有机物可分烃和烃的衍生物 B. 含有碳、氢元素的化合物叫烃 C. 有机物都不溶于水，但易溶于有机溶剂 D. 有机物都能燃烧 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、根据分子组成中是否含有碳、氢以外的元素，有机物可分为烃和烃的衍生物，故A正确；‎ B项、仅含有碳、氢元素的化合物叫烃，含有碳、氢元素的化合物不一定是烃，如乙醇、乙酸属于烃的含氧衍生物，故B错误；‎ C项、大多数有机物不溶于水，而低级的醇、醛和羧酸等可溶于水，故C错误；‎ D项、大多数有机物可发生燃烧，如烃、烃的含氧衍生物等，而四氯化碳不能燃烧，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的组成、性质、有机反应为解答的关键。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 只要含有金属元素的化合物一定是离子化合物 B. 全部元素都由非金属元素构成的化合物一定是共价化合物 C. 离子化合物一定是电解质 D. 共价化合物一定是非电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，例如氯化铝是共价化合物，A错误；B．全部元素都由非金属元素构成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等铵盐是离子化合物，B错误；C．离子化合物一定是电解质，C正确；D．共价化合物不一定是非电解质，例如HCl等，D错误，答案选C。‎ 考点：考查化学键与化合物关系判断 ‎3.下列各组物质中，化学键类型完全相同的是 A. SO2和NaOH B. CO2和BF3 C. Cl2和HCl D. CH4和NH4F ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属元素与活泼非金属元素间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，相同元素的原子间形成非极性键，不同元素的原子间形成极性键；离子化合物中存在离子键（可能含共价键），共价化合物中只存在共价键。‎ ‎【详解】A项、SO2只含有极性共价键，NaOH含有离子键和极性共价键，故A不符合题意；‎ B项、CO2和BF3都只含有极性共价键，化学键类型完全相同，故B符合题意；‎ C项、Cl2含有非极性键，HCl含有极性键，故C不符合题意；‎ D项、CH4含有极性共价键，NH4F含有离子键和极性共价键，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学键的判断，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 双原子单质分子中的共价健一定是非极性键 B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 C. 离子化合物中不可能有共价键 D. 所有物质都存在范德华力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、同种非金属元素之间易形成非极性共价键，所以双原子单质分子中的共价健一定是非极性键，故A正确；‎ B项、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH是含有共价键的离子化合物，故B错误；‎ C项、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NH4F是含有离子键和极性共价键的离子化合物，故C错误；‎ D项、只有由分子组成的物质中才存在范德华力，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化合物和化学键的关系，明确物质的构成微粒即可判断化学键，注意离子化合物和共价化合物的根本区别，不能根据是否含有金属元素判断离子化合物是解答关键。‎ ‎5.下列叙述中能肯定说明金属A比金属B的活泼的是 A. A单质能与B的盐溶液反应 B. 常温时，A能从稀盐酸中置换出氢，而B不能 C. A原子最外层电子数比B原子的最外层电子数少 D. 1molA从酸中置换生成的H2比1mol B从酸中置换生成的H2多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 证明金属A比金属B的活泼性强，可根据金属之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的碱性强弱或者金属单质与水、酸反应的剧烈程度进行比较。‎ ‎【详解】A项、铁比铜活泼，但是铜能与氯化铁溶液反应，故A错误；‎ B项、常温时，A能从稀盐酸中置换出氢气，而B不能说明A比B易失电子，金属A的活泼性比B强，故B正确；‎ C项、比较金属活泼性的强弱，应根据失去电子的难易程度判断，不能根据最外层电子数的多少判断，如Li的最外层电子数比Ca少，但不如Ca活泼，故C错误；‎ D项、比较金属活泼性强弱，可根据金属单质与酸反应剧烈程度比较，不能根据生成氢气的多少比较，如1molAl从酸中置换生成的H2比1molMg从酸中置换生成的H2多，但Mg的活泼性强，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查金属的活泼性的比较，注意把握金属性的比较角度，，注意能找出反例判断是解答关键。‎ ‎6.X元素的阳离子和Y元素的阴离子的核外电子层结构相同，下列叙述正确的是 A. 离子半径X＞Y B. 原子半径X＜Y C. 原子序数X＜Y D. 原子最外层电子数X＜Y ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子层结构，则X位于Y元素下一周期，且X最外层电子数小于4，Y最外层电子数大于4。‎ ‎【详解】A项、具有相同的核外电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，X元素的核电荷数大于Y，则离子半径X＜Y，故A错误；‎ B项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，X位于Y的下一个周期，则原子半径的关系是X>Y，故B错误；‎ C项、X位于Y元素下一周期，则原子序数X＞Y，故C错误；‎ D项、同周期元素从左到右，最外层电子数依次增大，X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子层结构，则X最外层电子数小于4，Y最外层电子数大于4，所以原子最外层电子数X＜Y，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了原子结构和元素性质，明确电子层结构相同的阴阳离子在周期表中的大体位置，再结合元素原子的最外层电子数分析是解答关键。‎ ‎7.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是 事 实 推 测 A ‎12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快 ‎56Ba(ⅡA族)与水反应会更快 B Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料 ⅣA族的元素单质都是半导体材料 C HCl1500℃时分解，HI在230℃时分解 HBr的分解温度介于二者之间 D Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同主族元素金属性从上到下逐渐增强，与水反应越来越剧烈，第ⅡA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、La，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，A正确；‎ B、同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，第ⅣA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电(除了石墨)，Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电的良导体，推测不合理，B错误；‎ C、同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCl在1500℃时才分解，而HI在230℃时即分解，由此推测HBr的分解温度介于两者之间，C正确；‎ D、同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2‎ 化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与H2要在高温时反应，推测合理，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 最外层电子数大于4的一定是非金属元素 B. 元素周期表有18纵列，7横行，故有18个族，7个周期 C. 第ⅠA族就是碱金属 D. 某ⅡA族元素的原子序数为a，则和其同周期ⅢA的元素的原子序数可能为a+11‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、最外层电子数大于4的不一定是非金属元素，例如锑、铋等，A错误；B、元素周期表有16个族，7个周期，B错误；C、第ⅠA族中除氢元素以外的均是碱金属，C错误；D、在第四周期和第五周期中，同周期ⅢA元素的原子序数比ⅡA原子序数多11，D正确，答案选D。‎ 考点：考查元素周期表的结构 ‎9.如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是 A. 食盐 B. 硝酸铵 C. 生石灰 D. 硫酸镁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量。‎ ‎【详解】A项、食盐溶于水没有明显的热效应，故A不可能；‎ B项、硝酸铵与水混合时，吸收热量，故B不可能；‎ C项、生石灰（CaO）与水反应时放出大量的热，故C可能；‎ D项、硫酸镁溶于水时热效应不明显，其中Mg2+微弱水解吸热，故D不可能。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查常见的放热过程和吸热过程，明确物质的性质，掌握常见的放热过程和吸热过程是解答关键。‎ ‎10.下列措施是为了降低化学反应速率的是 A. 制氢气时用粗锌而不用纯锌 B. 双氧水制氧气时加入少量二氧化锰 C. 试管中进行镁和水反应时，稍微加热 D. 用盐酸制二氧化碳气体时用大理石块不用碳酸钙粉末 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 升高温度、使用催化剂、构成原电池、增大接触面积均可加快反应速率。‎ ‎【详解】A项、粗锌替代纯锌，锌和杂质在酸溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率增大，A项不符合题意；‎ B项、二氧化锰做催化剂，使双氧水的分解速率增大，B项不符合题意；‎ C项、升高温度，化学反应速率增大，C项不符合题意；‎ D项、固体表面积越大，反应速率越快，则用盐酸制二氧化碳气体时用大理石块的反应速率小于碳酸钙粉末，D项符合题意。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重分析与应用能力的考查，把握温度、催化剂、接触面积及原电池等对反应速率的影响为解答的关键。‎ ‎11.下列对化学反应限度的叙述中，不正确的是 A. 任何可逆反应在给定的条件下的进程都有一定的限度，不同反应的限度不同 B. 可逆反应的最大转化率不能达到100%，所以可逆反应不容易发生 C. 化学反应达到平衡时，反应物和生成物的浓度均不再改变，但物质间的转化仍在进行 D. 改变反应条件，化学反应限度可能改变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在不同的条件下，化学反应限度不同，当达到化学反应限度时，正逆反应速率相等但不为0，反应物的浓度和生成物的浓度不再改变，当外界条件发生改变，平衡发生移动，化学反应限度变化。‎ ‎【详解】A项、任何可逆反应都有一定的限度，但化学反应不同，限度不同，故A正确；‎ B项、可逆反应不可能完全转化，反应物的转化率不可能达到100%，但有些可逆反应容易发生，如氨气溶于水与水反应就是容易发生的可逆反应，故B错误；‎ C项、当化学反应达到反应限度时，正逆反应速率相等，但反应没有停止，所以所有物质的微粒均变化，只不过生成与消耗的物质的量相等，故C正确；‎ D项、化学反应限度是在一定条件下的平衡状态，当外界条件发生改变时，正逆反应速率不相等，则平衡发生移动，即化学反应的限度可以通过改变条件而改变，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应限度，注意化学平衡状态是可逆反应在一定条件下进行的最大限度，任何可逆反应的进程都有一定的限度，只是不同可逆反应的限度不同罢了，温度、浓度、气体的压强等都能使化学反应速率发生改变，所以化学反应的限度可以通过改变条件而改变。‎ ‎12.如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是 选项 M N P A 锌 铜 稀硫酸 B 铜 铁 稀盐酸 C 银 锌 硝酸银溶液 D 锌 铁 硝酸铁溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电流计指针偏转，说明该装置构成原电池，M棒变粗，N棒变细，则N为易失电子的活泼金属作负极，不活泼金属M作正极，电解质溶液中阳离子为不活泼金属阳离子。‎ ‎【详解】A项、装置中M电极锌比铜活泼作原电池负极，M极变细，铜作原电池正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故A不成立；‎ B项、装置中N电极铁比铜活泼作原电池负极，铜作原电池正极，正极上氢离子得电子生成氢气，M极不会变粗，故B不成立；‎ C项、装置中N电极锌比银活泼作原电池负极，N极变细，银作原电池正极，正极上银离子得电子生成银，M极变粗，故C成立；‎ D项、装置中M电极锌比铁活泼作原电池负极，M极变细，铁作原电池正极，正极上三价铁离子得电子生成亚铁离子，故D不成立。‎ 故选C ‎【点睛】本题考查了原电池的工作原理，能根据电极材料的变化判断正负极是解本题的关键。‎ ‎13.铅蓄电池是一种典型的可充电电池，其放电时的电池总反应式为Pb+PbO2+4H++2SO42- =2PbSO4+2H2O，则下列说法不正确的是 A. 电池工作时，负极反应为：Pb－2e－ = Pb2+‎ B. 铅蓄电池是二次电池，充电时电能转化为化学能 C. 电池工作时，电子由Pb板通过导线流向PbO2板 D. 电池工作时，溶液中H+移向PbO2板 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb为电池负极被氧化，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，PbO2为电池正极被还原，电极反应式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式为放电时正极反应的逆过程，阴极上发生还原反应，电极反应式为放电时负极反应的逆过程。‎ ‎【详解】A项、放电时，Pb为电池负被氧化，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故A错误；‎ B项、铅蓄电池是二次电池，放电时化学能转化为电能，充电时电能转化为化学能，故B正确；‎ C项、电池工作时，电子由负极通过导线流向正极，Pb为电池负极，PbO2为电池正极，则电子由Pb板通过导线流向PbO2板，故C正确；‎ D项、电池工作时，溶液中阳离子移向电池正极，Pb为电池负极，PbO2为电池正极，则溶液中H+移向PbO2板，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查二次电池，注意理解原电池和电解池的原理，明确正负极、阴阳极上得失电子及电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写。‎ ‎14.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，下列叙述正确的是 A. 两烧杯中锌片质量均减小，铜片质量均不变 B. 甲烧杯中锌片和铜片表面均产生气泡，乙烧杯中只有锌片表面产生气泡 C. 甲烧杯中铜片失去电子，乙烧杯中铜不参与化学反应 D. 当转移1mol电子时，甲烧杯中产生氢气比乙烧杯中产生的氢气多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烧杯中形成铜锌原电池，锌作负极失电子被损耗，铜作正极，H+在铜极上得电子生成H2，电池总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，原电池的构成加快了反应速率；乙烧杯中锌片与稀硫酸间发生置换反应生成氢气，反应的化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，铜片上无现象。‎ ‎【详解】A项、甲烧杯中锌作负极失电子被损耗，H+在铜极上得电子生成H2，铜片质量不变；乙烧杯中锌片与稀硫酸间发生置换反应被损耗，铜片上无现象，质量不变，故A正确；‎ B项、甲烧杯中锌片溶解，铜片表面产生气泡，乙烧杯中锌片表面产生气泡，铜片上无现象，故B错误；‎ C项、甲烧杯中活泼金属做负极被损耗，锌片失去电子，乙烧杯中不活泼金属铜不与稀硫酸反应，故C错误；‎ D项、甲烧杯中电池总反应与乙烧杯中置换反应方程式相同，当转移1mol电子时，两烧杯中反应消耗锌的量相同，生成氢气的量相同，但甲池反应速率快，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了置换反应和原电池反应的比较，注意把握原电池的形成条件和工作原理是解答关键。‎ ‎15.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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎16.Na2CO3溶液与盐酸反应过程中的能量变化示意图如下，下列选项错误的是 A. 等浓度、等体积的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别与足量的盐酸反应均有气泡产生 B. CO32－(aq)＋2H＋(aq)＝CO2(g)＋H2O(l) 是放热反应 C. HCO3－(aq)＋H＋(aq)＝CO2(g)＋H2O(l) 是放热反应 D. CO2(g)＋H2O(l)＝H2CO3(aq) 是放热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应。由图可知，碳酸钠溶液与盐酸反应生成碳酸氢钠时，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成碳酸时，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；碳酸分解时，反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应。‎ ‎【详解】A项、等浓度、等体积的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液分别与足量的盐酸反应均生成氯化钠、二氧化碳和水，故A正确；‎ B项、由图可知，反应物CO32－(aq)和2H＋(aq)能量之和大于生成物CO2(g)和H2O(l) 能量之和，则反应CO32－(aq)＋2H＋(aq)＝CO2(g)＋H2O(l)是放热反应，故B正确；‎ C项、由图可知，反应物HCO3－(aq)和H＋(aq)能量之和小于生成物CO2(g)和H2O(l) 能量之和，则反应HCO3－(aq)＋H＋(aq)＝CO2(g)＋H2O(l)是吸热反应，故C错误；‎ D项、由图可知，反应物CO2(g)和H2O(l) 能量之和大于生成物H2CO3(aq) 能量之和，则反应CO2(g)＋H2O(l)＝H2CO3(aq) 是放热反应，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应与能量，注意放热反应和吸热反应的图示判断是解答关键。‎ ‎17.下列说法正确是的 A. 甲烷不能发生氧化反应 B. 甲烷点燃前不需要验纯 C. 二氯甲烷有2种同分异构体 D. 甲烷和异丁烷互为同系物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、甲烷的燃烧生成水和二氧化碳的反应为氧化反应，故A错误；‎ B项、可燃性气体燃烧时易发生爆炸，点燃前进行验纯，甲烷为可燃性气体，点燃前必须验纯，故B错误；‎ C项、因甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，二氯甲烷没有同分异构体，故C错误；‎ D项、结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，甲烷和异丁烷结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，互称为同系物，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查甲烷的结构和性质，注意熟悉甲烷的结构特点及性质是解题关键。‎ ‎18.下列各对物质中属于同分异构体的是 A. C与C B. O2与O3‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质子数相同中子数不同的原子互称同位素；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；分子式相同，结构不同的化合物互称为同分异构体。‎ ‎【详解】A项、12C与13C是碳元素的两种核素，互为同位素，故A不符合题意；‎ B项、O2与O3是氧元素组成的性质不同的两种单质，互为同素异形体，故B不符合题意；‎ C项、的分子式都是C5H12，结构不同，互为同分异构体，故C符合题意；‎ D项、的分子式都是C3H8，结构相同，是同一种物质，故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的概念，注意同分异构体的定义中分子式相同结构不同的理解是解答关键。‎ ‎19.一定温度和压强下，在2 L的密闭容器中合成氨气：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是：‎ A. 0～10 min内，以NH3表示的平均反应速率为0.005 mol • L-1• min-1‎ B. 10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是加入催化剂或缩小容器体积 C. 该反应在20 min时达到化学平衡状态 D. N2的平衡转化率与H2平衡转化率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，该反应在20 min时各物质浓度不变，说明反应达到化学平衡状态，10 min时改变条件的瞬间各物质的物质的量不变，反应速率加快，可能是加入催化剂或缩小容器体积导致。‎ ‎【详解】A项、0～10 min内，生成NH3的物质的量为0.1 mol，浓度为0.05mol • L-1，则以NH3表示的平均反应速率为==0.005 mol • L-1• min-1，故A正确；‎ B项、10 min时改变条件的瞬间各物质的物质的量不变，10～20min内反应速率加快，则10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是加入催化剂或缩小容器体积导致，故B正确；‎ C项、由图可知，该反应在20 min时各物质浓度不变，说明反应达到化学平衡状态，故C正确；‎ D项、反应达到平衡时，N2的平衡转化率为×100%=37.5%，H2平衡转化率×100%=75%，两者转化率不同，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡，注意影响化学反应速率的因素分析，明确图中达到平衡的时间，掌握化学反应速率和转化率的计算方法是解答关键。‎ ‎20.下列说法中正确的是 A. 对于吸热反应，生成物总能量一定低于反应物总能量 B. 石墨和金刚石完全燃烧的化学方程式均可表示为“C+O2CO2”，故相同条件下，12g的石墨和金刚石充分燃烧放出的热量相等 C. 一定条件下，0.5 mol N2和1.5 mol H2置于某密闭容器中充分反应生成NH3，放热19.3 kJ，据此实验事实可知：该条件下，每生成1mol NH3，放热19.3 kJ D. 4 HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g)是放热反应，Cl-Cl键和O=O键的键能分别为243kJ/mol和498kJ/mol，则可推算出H-O键的键能比H-Cl键的键能大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、反应物总能量低于生成物总能量的反应为吸热反应，故A错误；‎ B项、石墨和金刚石完全燃烧的化学方程式相同，但石墨转化为金刚石吸热，金刚石能量大于石墨的总能量，则相同条件下，12g的石墨和金刚石充分燃烧放出的热量，金刚石高于石墨，故B错误；‎ C项、相同条件下的同一可逆反应，热量的数值与化学计量数成正比，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因可逆反应不可能完全反应，反应生成的氨气的物质的量小于1mol，则该条件下每生成1molNH3放热大于19.3 kJ，故C错误；‎ D项、反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，即反应物的键能之和小于生成物的键能之和，则有4E（H—Cl）+498＜2×243+4E（H—O），解得E（H—Cl）+3＜E（H—O），故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应与能量，注意放热反应和吸热反应中反应物和生成物总能量的关系，注意可逆反应的特点，掌握反应物总能量与键能的关系是解答关键。‎ 第二部分非选择题（60分）‎ 二、非选择题(共60分，第21题12分，第22题16分，第23题14分，第24题18分)‎ ‎21.某课外活动小组利用如图所示装置探究甲烷与氯气的反应。根据题意，回答下列问题：‎ ‎（1）CH4与Cl2发生反应的条件是漫射光照射；若用日光直射，可能会引起______________。‎ ‎（2）实验中可观察到的实验现象有：量筒内壁出现油状液滴，饱和食盐水中有少量固体析出，_____，_____等。‎ ‎（3）实验中生成的油状液滴的化学式为____________________。‎ ‎（4）请写出其中生成一氯甲烷的化学方程式____________________。‎ ‎（5）用饱和食盐水而不用水的原因是____________________。‎ ‎【答案】 (1). 爆炸 (2). 试管内黄绿色气体变浅 (3). 试管内液面上升 (4). CH2Cl2、CHCl3、CCl4 (5). CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl (6). 降低氯气在水中的溶解度，抑制氯气与水的反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH4和Cl2光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，随着反应进行，Cl2不断被消耗，黄绿色逐渐变浅，生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下是无色油状难溶于水的液体附着在量筒内壁上，生成的HCl极易溶于水，导致量筒内的压强减小，量筒内液面上升，HCl溶于水后，溶液中Cl－浓度增大，使饱和食盐水中有NaCl固体析出。‎ ‎【详解】（1）CH4和Cl2在光照条件下发生取代反应，若用日光直射，反应非常剧烈，可能会引起爆炸，故答案为：爆炸；‎ ‎（2）甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，反应中氯气被消耗导致量筒内颜色变浅，因氯化氢极易溶于水，且反应生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4‎ 常温下是无色油状难溶于水的液体，气体物质的量减少使得量筒内的压强减小，量筒内液面上升，因生成的HCl易溶于水，溶液中Cl-浓度增大，使饱和食盐水中有NaCl固体析出，实验中观察到到的现象是：量筒内黄绿色气体颜色变浅，量筒内液面上升，量筒内壁出现油状液滴，饱和食盐水中有少量固体析出，故答案为：量筒内黄绿色气体颜色变浅，量筒内液面上升；‎ ‎（3）反应生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4常温下是无色油状难溶于水的液体，所以实验中生成的油状液滴的化学式为CH2Cl2、CHCl3、CCl4，故答案为：CH2Cl2、CHCl3、CCl4；‎ ‎（4）CH4和Cl2光照条件下发生取代反应生成CH3Cl和HCl，反应的化学方程式为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，故答案为：CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；‎ ‎（5）氯气在饱和食盐水中的溶解度降低，所以用饱和食盐水而不用水的原因是降低Cl2在水中溶解度，抑制Cl2和水的反应；故答案为：降低Cl2在水中溶解度，抑制Cl2和水的反应。‎ ‎【点睛】本题考查甲烷的性质，注意甲烷与氯气发生取代反应的条件和特点，注意抓住反应物和生成物的性质分析是解题关键。‎ ‎22.（1）随原子序数的递增，八种短周期元素x、y、z、d、e、f、g、h原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。根据判断出的元素回答下列问题：‎ ‎① 比较y、z、d的气态氢化物的稳定性强弱是：_______＞________＞________（用化学式表示）‎ ‎② 由表中两种元素的原子按1：1组成的化合物A，A中既含离子键又含非极性共价键，其电子式为_____；‎ ‎③ 下列四种元素原子序数如下，其中不是和f同一主族的是____________‎ a.5 b. 21 c. 49 d. 81‎ ‎④能表示出g和h元素非金属性强弱的离子方程式是______________；能表示出y和h最高价氧化物的水化物的酸性强弱的离子方程式是______________。‎ ‎（2）F、Cl、Br、I位于周期表的VIIA族。通过下列实验比较出卤族氧化性的强弱。实验如下：‎ ‎ ‎ ‎①通过卤素间置换反应比较氧化性强弱的实验是___________。（填写1、2、3、4）‎ ‎②滴加CCl4的目的是_________________。‎ ‎③上述实验能否说明氯的氧化性强于溴？判断并说明你的依据__________________。‎ ‎【答案】 (1). H2O (2). NH3 (3). CH4 (4). (5). b (6). S2-＋Cl2 ＝S↓+2Cl- 或 H2S＋Cl2 ＝S↓+2Cl-+2H+ (7). CO32-+2H+＝CO2↑ + H2O或HCO3-+H+＝CO2↑ + H2O (8). 1、3 (9). 萃取、富集，说明I2的存在 (10). 能，因Cl2能氧化I2，而Br2不能氧化I2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知，x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；‎ ‎（2）氯气的氧化性大于碘单质，向碘化钾溶液中加入氯水，氯水和碘化钾溶液发生氧化还原反应生成碘单质，滴加CCl4振荡静置，溶液分层，下层碘的四氯化碳溶液呈紫色，向反应分层后的溶液中继续加入氯水，氯水将单质碘氧化，振荡静置，下层碘的四氯化碳溶液变为无色；溴单质的氧化性大于碘单质，向KI溶液中滴加溴水，溴水和和碘化钾溶液发生氧化还原反应生成碘单质，滴加CCl4振荡静置，溶液分层，下层碘的四氯化碳溶液呈紫色，向反应分层后的溶液中继续加入溴水，碘的四氯化碳溶液不褪色说明溴单质不能氧化碘单质。‎ ‎【详解】（1）①元素非金属性越强，氢化物稳定性越强，元素非金属性O＞N＞C，则氢化物的稳定性H2O＞NH3＞CH4，故答案为：H2O；NH3；CH4；‎ ‎②由表中两种元素的原子按1：1组成的化合物A，A中既含离子键又含非极性共价键，则A为Na2O2，电子式为，故答案为：；‎ ‎③f是Al元素，同主族最外层电子数相同，原子序数为5、21、49、81的元素分别为B、Sc、In、Tl，B、In、Tl与Al元素均位于周期表ⅢA族，Sc位于周期表ⅢB族，故答案为：b；‎ ‎④g是S元素，h是Cl元素，氯气单质能够和氢硫酸或可溶性金属硫化物发生置换反应说明氯非金属性强于硫元素，反应的化学方程式为S2-＋Cl2 ＝S↓+2Cl-或H2S＋Cl2＝S↓+2Cl-+2H+；y是C元素，最高价氧化物对应水化物碳酸为弱酸，h是Cl元素，最高价氧化物对应水化物高氯酸为强酸，利用强酸制弱酸可以说明最高价氧化物的水化物的酸性强弱，反应的离子方程式为CO32-+2H+＝CO2↑+ H2O或HCO3-+H+＝CO2↑+ H2O，故答案为：S2-＋Cl2 ＝S↓+2Cl-或H2S＋Cl2＝S↓+2Cl-+2H+；CO32-+2H+＝CO2↑+ H2O或HCO3-+H+＝CO2↑+ H2O；‎ ‎（2）①实验中，1、3为置换反应，故答案为：1、3；‎ ‎②因碘单质在CCl4中的溶解度远大于水中，向反应后的溶液中滴加CCl4萃取、富集溶液中的碘单质，CCl4层呈紫色说明I2的存在，故答案为：萃取、富集，说明I2的存在；‎ ‎③向反应分层后的溶液中继续加入氯水和溴水，氯水将单质碘氧化，使下层碘的四氯化碳溶液变为无色，溴单质不能氧化碘单质，不能使下层碘的四氯化碳溶液变为无色，则该实验能说明氯的氧化性强于溴，故答案为：能，因Cl2能氧化I2，而Br2不能氧化I2。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，侧重分析、应用能力和实验能力的考查，注意把握元素的推断、元素化合物知识，明确金属性和非金属性强弱的比较，能够利用实验现象分析是解答关键。‎ ‎23.（1）利用原电池装置可以验证Fe3+与Cu2+氧化性相对强弱，如下图所示。‎ 该方案的实验原理是自发进行的氧化还原反应可以设计为原电池。写出该氧化还原反应的离子方程式：__________。该装置中的负极材料是______（填化学式），正极反应式是_______。‎ ‎（2）某研究性学习小组为证明2Fe3++2I－⇌2Fe2++I2为可逆反应，设计如下两种方案。‎ 方案一：‎ 取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加2mL0.1mol/L的FeCl3溶液，再继续加入2mLCCl4，充分振荡、静置、分层，再取上层清液，滴加KSCN溶液。‎ ‎①方案一中能证明该反应为可逆反应的现象是______。‎ ‎②有同学认为方案一设计不够严密，即使该反应为不可逆反应也可能出现上述现象，其原因是（用离子方程式表示）_____。‎ 方案二：‎ 设计如下图原电池装置，接通灵敏电流计，指针向右偏转（注：灵敏电流计指针总是偏向电源正极），随着时间进行电流计读数逐渐变小，最后读数变为零。当指针读数变零后，在右管中加入1mol/L FeCl2溶液。‎ ‎③方案二中，“读数变为零”是因为____________.‎ ‎④“在右管中加入1mol/L FeCl2溶液”后，观察到灵敏电流计的指针______偏转（填“向左”、“向右”或“不”），可证明该反应为可逆反应。‎ ‎【答案】 (1). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ (2). Cu (3). Fe3+ + e－ = Fe2+ (4). 下层（CCl4层）溶液呈紫红色，且上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色 (5). 4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+ (6). 该可逆反应达到了化学平衡状态 (7). 向左 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱时，应将反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成原电池，原电池中铜作负极发生氧化反应被损耗，选用金属性弱于铜的金属或非金属C作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；‎ ‎（2）方案一：如该反应为可逆反应，加入四氯化碳，四氯化碳层呈紫红色，上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；但在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能证明Fe3+未完全反应；‎ 方案二：图中灵敏电流计的指针指向右，右侧烧杯为正极，当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反应，可发生2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-，I2被还原，指针应偏向左。‎ ‎【详解】（1）Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反应，反应中Cu被氧化，Cu电极为原电池的负极，负极反应式为Cu-2e-=Cu2+，选用金属性弱于铜的金属或石墨作正极，正极上Fe3+发生还原反应，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；Cu； Fe3+ + e－ = Fe2+；‎ ‎（2）①若该反应为可逆反应，反应中有碘单质生成，但不足量的Fe3+不能完全反应，溶液中依然存在Fe3+，则证明有碘单质和Fe3+存在的实验设计为：向反应后的溶液再继续加入2mLCCl4，充分振荡、静置、分层，下层（CCl4层）溶液呈紫红色，再取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，故答案为：下层（CCl4层）溶液呈紫红色，且上层清液中滴加KSCN后溶液呈血红色；‎ ‎②在振荡过程中，Fe2+离子易被空气中氧气生成Fe3+，不能证明反应可逆，反应的化学方程式为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，故答案为：4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+；‎ ‎③若该反应为可逆反应，“读数变为零”说明该可逆反应达到了化学平衡状态，故答案为：该可逆反应达到了化学平衡状态；‎ ‎④当指针读数变零后，在右管中加入1mol/LFeCl2溶液，如为可逆反应，可发生2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-，I2被还原，灵敏电流计指针总是偏向电源正极，指针应偏向左，故答案为：向左。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应原理的探究，侧重于分析问题和实验能力的考查，注意把握发生的电极反应、原电池工作原理，注意可逆反应的特征以及离子检验的方法为解答的关键。‎ ‎24.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。 （1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图示。1molN2和1molO2完全反应生成NO会____（填“吸收”或“放出”）____kJ能量。‎ ‎（2）通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示：（提示：O2-可在此固体电解质中自由移动）‎ ‎①NiO电极上发生的是___________反应（填“氧化”或“还原”）。‎ ‎②外电路中，电子是从_________电极流出（填“NiO”或“Pt”）．‎ ‎③Pt电极上的电极反应式为________________________。‎ ‎（3）一种新型催化剂用于NO和CO的反应：2NO+2CO2CO2+N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率，为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分条件已经填在下表中。‎ 实验编号 t（℃）‎ NO初始浓度 ‎（mol/L）‎ CO初始浓度（mol/L）‎ 催化剂的比表面积（m2/g）‎ Ⅰ ‎280‎ ‎1.2×10﹣3‎ ‎5.80×10﹣3‎ ‎82‎ Ⅱ ‎280‎ ‎1.2×10﹣3‎ b ‎124‎ Ⅲ ‎350‎ a ‎5.80×10﹣3‎ ‎82‎ ‎①请将表中数据补充完整：a ___________。‎ ‎②能验证温度对化学反应速率规律的是实验____________（填实验序号）。‎ ‎③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度c（NO）随时间t的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的是曲线_______（填“甲”或“乙”）。‎ ‎ ‎ ‎（4）在容积固定的绝热容器中发生反应2NO+2CO2CO2+N2，不能说明已达到平衡状态的是________（不定项选择）；‎ A．容器内混合气体温度不再变化 B．容器内的气体压强保持不变 C．2υ逆(NO)=υ正(N2) D．容器内混合气体密度保持不变 ‎【答案】 (1). 吸收 (2). 180 (3). 氧化 (4). NiO (5). O2+4e﹣=2O2﹣ (6). 1.2×10﹣3 (7). Ⅰ和Ⅲ (8). 乙 (9). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图可知，1molN2和1molO2完全反应生成NO时，吸收的总能量大于放出的总能量，该反应为吸热反应；‎ ‎（2）原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，正极发生还原反应，负极发生氧化反应；‎ ‎（3）由题意可知，该实验目验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，实验时应注意在其他量相同的情况下，才能判断变量对速率的影响，要验证温度对速率的影响，催化剂的比表面积、反应物的初始浓度等要相同；同理验证催化剂的比表面积对速率的影响，温度、反应物的初始浓度要相同；‎ ‎（4）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。‎ ‎【详解】（1）由图可知，1molN2和1molO2完全反应生成NO时，反应物化学键破坏吸收的总能量为946kJ +498kJ=1444kJ，生成物形成化学键放出的总能量为2×632kJ=1264kJ，则反应时需要吸收180kJ的热量，故答案为：吸收；180；‎ ‎（2）①原电池中，NiO为负极，电极上NO失电子发生氧化反应生成二氧化氮，故答案为：氧化；‎ ‎②外电路中，电子由负极NiO极流出，经导线流入正极Pt极，故答案为：NiO；‎ ‎③原电池中，Pt电极为正极， O2在正极上发生还原反应生成O2-，电极反应式为O2+4e﹣=2O2﹣，故答案为：O2+4e﹣=2O2﹣；‎ ‎（3）①由表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ温度相同，催化剂的比表面积不同，实验目的是验证催化剂的比表面积对速率的影响，则温度和反应物的初始浓度要相同；实验I、Ⅲ催化剂的比表面积相同、温度不同，实验目的是验证温度对速率的影响，则反应物的初始浓度要相同；a应该为1.2×10﹣3mol/L，故答案为：1.2×10﹣3；‎ ‎②由表格数据可知，实验I、Ⅲ催化剂的比表面积相同，温度不同，实验目的是验证温度对速率的影响，故答案为：Ⅰ和Ⅲ；‎ ‎③因Ⅰ、Ⅱ催化剂的比表面积不同，温度相同、反应物的初始浓度，催化剂的比表面积对平衡移动无影响，但Ⅱ的速率大，先达到化学平衡，故实验Ⅱ选曲线乙，故答案为：乙；‎ ‎（4）A、因反应在绝热容器中进行，容器内混合气体温度会变化，当温度不再变化时，说明反应已达到平衡；‎ B、该反应是一个气体体积减小的反应，当容器内的气体压强保持不变，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡；‎ C、反应已达到平衡，正逆反应速率相等，υ逆(NO)= 2υ正(N2)，2υ逆(NO)=υ正(N2)说明反应没有达到平衡状态；‎ D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，则容器内混合气体密度一直保持不变，混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡；‎ 不能说明反应已达平衡状态的为CD，故答案为：CD。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意放热反应和吸热反应与反应物和生成物总能量的关系，注意把握原电池的工作原理，注意影响反应速率的因素的探究实验的设计思路，能够正确判断化学平衡状态是解答关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎