2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期开学考试（8月月考）化学试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期开学考试（8月月考）化学试题 解析版

黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高二上学期开学考试（8月月考）化学试题 ‎1.1.一定条件下，在一恒容密闭容器中，下列能表示反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是 ‎①X、Y、Z的物质的量之比为1:2:2；②Y的消耗速率与Z的消耗速率相等；③容器中的压强不再发生变化；④单位时间内生成n mol Z的同时消耗nmol Y A. ①② B. ①④ C. ③④ D. ②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎【详解】①平衡时，X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2，不能说明正逆反应速率相等，其比值与各物质的初始浓度及转化率有关，错误；‎ ‎②Y的消耗速率与Z的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；‎ ‎③容器中气体的压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，正确；‎ ‎④单位时间内生成n mol Z的同时消耗n mol Y，均表示正反应速率，反应不一定达到平衡状态，错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.2.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是 A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si D. 用中文“”（ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、气态氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性O＞N＞Si，所以气态氢化物稳定性H2O＞NH3＞SiH4，A正确；‎ B、氢元素可与非金属元素形成共价化合物如H2O等，也可以与某些金属生成离子化合物如NaH等，B正确；‎ C、不能用氢化物的酸性来验证非金属性强弱，可以采用最高价含氧酸酸性强弱来验证，C错误；‎ D、根据元素周期表知识判断，各周期0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，所以第118号元素在周期表中位于第七周期0族，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎3.3.在某温度下可逆反应：Fe2(SO4)3＋6KSCN2Fe(SCN)3＋3K2SO4达到平衡状态后加入少量下列何种固体物质，该平衡几乎不发生移动( )‎ A. NH4SCN B. K2SO4 C. NaOH D. FeCl3·6H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据实际参加反应的离子浓度分析,平衡为： Fe3+＋3SCN- ⇌Fe(SCN)3，加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变。‎ 详解:A、加入少量NH4SCN，SCN-浓度变大，平衡正向移动，故A错误； B、加入少量K2SO4固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，所以B选项是正确的； C、加入少量NaOH导致铁离子浓度减小，平衡逆向移动，故C错误； D、加入少量FeCl3·6H2O导致铁离子浓度增大，平衡正向移动，故D错误； 所以B选项是正确的。‎ ‎4.4.锂常用来制造高能量电池。已知锂的金属性介于钠和镁之间，则冶炼金属锂应采用的方法 A. 热还原法 B. 热分解法 C. 电解法 D. 铝热法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】锂的金属性介于钠和镁之间，说明Li是活泼的金属，工业上镁的冶炼需要电解法，则冶炼金属锂应采用的方法是电解法。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】金属的冶炼一般是依据金属的活泼性选择相应的方法，常见金属冶炼的方法有：热分解法：适用于不活泼的金属，如汞可用氧化汞加热制得；热还原法：用还原剂(氢气，焦炭，一氧化碳，活泼金属等)还原；电解法：适用于K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属。‎ ‎5.5.某同学设计实验从海带中提取碘，有如下操作：①滴加稀硫酸和双氧水；②在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌；③加四氯化碳并振荡；④过滤；⑤分液。下列说法正确的是( )‎ A. 实验的合理操作顺序是①③⑤②④‎ B. 步骤②、④中都需要用到玻璃棒 C. 步骤①中双氧水表现还原性 D. 步骤③中液体静置后上层为紫色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液。‎ 详解：A. 按反应顺序分析：先将海带烧成灰,向灰中加水搅拌;再过滤,取滤液滴加稀硫酸和双氧水,然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液。即合理的操作顺序为，②④①③⑤，故A错误；B.步骤②在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌，加速溶解、④过滤需要玻璃棒引流，过程中都需要用到玻璃棒，故B正确；C.步骤①中双氧水表现氧化性，氧化碘离子生成碘单质，故C错误；D.四氯化碳比水重，步骤③中液体静置后下层为紫色，故D错误；本题答案；B。‎ ‎6.6.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 质量数为31的磷原子： B. 氟原子的结构示意图：‎ C. CaCl2的电子式： D. 明矾的化学式：Al2(SO4)3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、P的质子数是15，选项A正确；B、F原子的电子数为9，选项B错误；C、离子化合物中阴、阳离子间隔排列，其电子式中离子分开写、不能合并，选项C错误；D、明矾是十二水合硫酸铝钾，选项D错误。答案选A。‎ ‎7.7.下列化合物中，能通过单质之间直接化合制取的是 A. FeCl3 B. FeBr2 C. CuS D. SO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变价金属与氧化性强的单质生成高价金属化合物，与氧化性弱的单质生成低价金属化合物，S燃烧只生成二氧化硫，以此分析解答。‎ ‎【详解】A．Fe与氯气直接化合生成FeCl3，A正确；‎ B．Fe与单质溴直接化合生成FeBr3，B错误；‎ C．Cu与S直接化合生成Cu2S，C错误；‎ D．S与氧气直接化合生成SO2，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.8.下列变化中，属于吸热反应的是 ‎①液态水的汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④KClO3分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥CaCO3高温分解⑦CO2+C2CO⑧Ba(OH)2·8H2O与固体NH4Cl混合⑨C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ⑩Al与HCl反应 A. ②③④⑤⑥⑦⑧⑨ B. ②③④⑧⑨‎ C. ②④⑥⑧ D. ②④⑥⑦⑧⑨‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，不是吸热反应，①错误；‎ ‎②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，是吸热反应，②正确；‎ ‎③浓硫酸稀释放出大量的热，是物理变化过程，③错误；‎ ‎④氯酸钾分解需要吸热，是吸热反应，④正确；‎ ‎⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，⑤错误；‎ ‎⑥CaCO3高温分解是吸热反应，⑥正确；‎ ‎⑦二氧化碳和碳反应是吸热反应，⑦正确；‎ ‎⑧Ba(OH)2•8H2O与固体NH4Cl反应是吸热反应，⑧正确；‎ ‎⑨碳与水蒸气反应生成氢气和CO的反应是吸热反应，⑨正确；‎ ‎⑩Al与HCl反应是放热反应，⑩错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】熟记常见的放热反应和吸热反应是解题的关键，常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。另外需要注意物理变化中的放热或吸热不能称为放热反应或吸热反应。‎ ‎9.9.科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图所示），与白磷分子相似。已知断裂1molN—N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则 A. 1molN4气体转化为N2时要吸收217kJ能量 B. N4是N2的同位素 C. 1molN4气体转化为N2时要放出724kJ能量 D. N4是一种新型化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，因此1mol N4气体转化为N2时能量变化为(193×6－941×2)kJ＝－724kJ，即放出724kJ能量，A错误；‎ B.N4、N2是氮元素的两种不同单质，互为同素异形体，B错误；‎ C.根据以上分析可知1molN4气体转化为N2时要放出724kJ能量，C正确；‎ D.N4是一种元素形成的单质，不是化合物，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.10.CO、NO及H2S都是有毒气体。下列有关这三种气体的说法正确的是 （ ）‎ A. 都能与氧气反应 B. 都易溶于水 C. 都能与碱溶液反应 D. 都是电解质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 三种气体都能与氧气反应，分别是生成CO2、NO2、SO2(或S)和H2O，A正确；‎ B. CO、NO都难溶于水，H2S能溶于水，B错误；‎ C. CO、NO都与碱溶液不反应，C错误；‎ D. 溶于水或在熔融状态下能导电的化合物是电解质，H2S是电解质，CO、NO都不是电解质，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎11.11.已知H-H键键能为436kJ/mol，H-N键键能为391kJ/mol，根据化学方程式：N2+3H22NH3，反应1molN2时放出92.4kJ的热量，则N≡N键键能是（　　）‎ A. 431kJ/mol B. 869kJ/mol C. 649kJ/mol D. 945.6kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应热△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，据此解答。‎ ‎【详解】令N≡N的键能为x，反应1molN2时放出92.4kJ的热量，则有N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g)△H＝－92.4kJ•mol-1。反应热△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，故x+3×436kJ•mol-1－2×3×391kJ•mol-1＝－92.4kJ•mol-1，解得x＝945.6kJ•mol-1。‎ 答案选D。‎ ‎12.12.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为（　　）‎ A. 3A+B=2C B. A+3B=2C C. 2A+3B=2C D. A+B=C ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据物质的速率之比等于化学方程式中的计量系数之比可知该反应为2A+3B=2C。答案选C。‎ 考点：化学反应速率 点评：本题主要根据速率之比等于方程式计量系数之比来进行计算，非常简单基础。‎ ‎13.13.100mL浓度为2mol/L的硫酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成的氢气的总量，可采用的方法是（　　）‎ A. 加入适量的6mol/L的硫酸 B. 适当加热 C. 加入适量蒸馏水 D. 加入适量的稀硝酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入适量6mol/L的硫酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，A错误；‎ B、加热会加快反应速率，且没有改变氢离子的物质的量，不影响生成的氢气的总量，B正确；‎ C、加入适量蒸馏水，氢离子浓度降低，减小反应速率，C错误；‎ D、加入适量的硝酸溶液，金属锌和硝酸反应不会产生氢气，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.14.298K时，在FeCl3酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3+立即被还原成Fe2+。据此某学习小组设计如图所示的原电池装置。下列有关说法正确的是 A. 正极反应为Zn-2e－=Zn2+‎ B. 该电池总反应为3Zn+2Fe3+＝2Fe+3Zn2+‎ C. Pt电极上有气泡出现 D. 左烧杯中溶液的红色变浅 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属性锌强于Pt，锌是负极，Pt是正极，结合原电池的工作原理解答。‎ ‎【详解】A、锌是活泼的金属，锌是负极，该原电池的负极反应是Zn－2e－＝Zn2＋，Pt是正极，正极反应是Fe3++e－＝Fe2+，A错误；‎ B、该电池总反应为Zn＋2Fe3＋＝2Fe2+＋Zn2＋，B错误；‎ C、铂电极上的反应为Fe3++e－＝Fe2+，电极上没有气泡出现，C错误；‎ D、左烧杯中反应为Fe3++e－＝Fe2+，因此溶液的血红色逐渐褪去，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.15.查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中,理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH－2e-→X+2H+。下列说法中正确的是 A. 电池内部H+由正极向负极移动 B. 另一极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-‎ C. 乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极 D. 电池总反应为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、原电池工作时，阳离子向正极移动，A错误；B、电解质溶液呈酸性，另一极为正极，反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C、原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，C错误；D、电池总反应与乙醇燃烧的方程式相同，应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，D正确。‎ 考点：考查了燃料电池的相关知识。‎ ‎16.16.关于如图所示①、②两个装置的叙述，正确的是 (   )‎ A. 装置名称：①是原电池，②是电解池 B. 硫酸浓度变化：①增大，②减小 C. 电极反应式：①中阳极：4OH－—4e－=2H2O＋O2↑②中正极：Zn—2e－=Zn2＋‎ D. 离子移动方向：①中H+向阴极方向移动 ②中H+向负极方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①为电解池装置，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成氢气，②为原电池装置，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，氢离子发生还原反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．①外加电源，为电解池装置，②为原电池装置，为铜锌原电池，A错误；‎ B．①外加电源，电解硫酸溶液，阳极上生成氧气，阴极生成氢气，相当于是电解水，硫酸浓度增大，②为原电池装置，正极不断消耗氢离子，硫酸浓度降低，B正确；‎ C．①外加电源，电解硫酸溶液，阳极上生成氧气：4OH――4e－＝2H2O＋O2↑；②为原电池装置，铜为正极发生还原反应，电极方程式为2H++2e－＝H2↑，C错误；‎ D．电解池工作时，阳离子向阴极移动，原电池工作时，阳离子向正极移动，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎17.17.用石墨电极电解100 mL H2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为( )‎ A. 1 mol·L－1 B. 2 mol·L－1 C. 3 mol·L－1 D. 4 mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒。‎ ‎【详解】电解100 mL H2SO4与CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH－－4e-＝2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应依次为：Cu2++2e-＝Cu，2H++2e-＝H2↑。两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，因此溶液中有0.1mol铜离子，所以铜离子的浓度为0.1mol÷0.1＝1mol/L。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】准确进行有关电解知识的计算，关键在于正确写出电解方程式或电极反应方程式，通过得失电子数守恒再列等式求解。注意离子的放电顺序以及电荷守恒的灵活应用。‎ ‎18.18.如图是金属牺牲阳极的阴极保护法的实验装置，有关说法正确的是 A. 若加入K3[Fe（CN）6]溶液后，Fe电极附近不会产生特征蓝色的沉淀 B. 本实验牺牲了金属Fe来保护金属Zn C. 该装置为电解池 D. 远洋货轮上镶嵌的金属Zn长时间没有什么变化，不需要更换 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌的金属性强于铁，与铁构成原电池，在酸性条件下发生析氢腐蚀，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此解答。‎ ‎【详解】A．铁被保护，所以溶液中不会产生亚铁离子，加入K3[Fe（CN）6]溶液后，Fe电极附近不会产生特征蓝色的沉淀，A正确；‎ B．锌活泼失电子作负极，铁作正极，所以牺牲了锌保护了铁，B错误；‎ C．该装置没有外接电源，所以是原电池而不是电解池，C错误；‎ D．远洋货轮船底镶嵌锌块，其中锌与铁构成原电池，锌活泼作负极失电子发生氧化反应，锌被腐蚀，为保护货轮需定期更换，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了金属的电化学腐蚀与防护，明确原电池原理、亚铁离子的检验即可解答，难度不大。‎ ‎19.19.Mg－AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述正确的是 A. 正极反应式为Mg-2e-=Mg2+‎ B. 正极反应式为Ag++e-=Ag C. 电池放电时Cl-由负极向正极迁移 D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-＝Mg2+，A错误；‎ B．AgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e-＝2C1-+2Ag，B错误；‎ C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，C错误；‎ D．镁是活泼金属，能与水反应，即负极会发生副反应Mg+2H2O＝Mg(OH)2+H2↑，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.20.原子序数为83的元素位于：①第5周期；②第6周期；③ⅣA族；④ⅤA族；⑤ⅡB族，其中正确的组合是 A. ②④ B. ②③ C. ①④ D. ①⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】元素周期表的前六周期已填满，所容纳的元素种数是：2+8+8+18+18+32=86，所以原子序数为83的元素位于第六周期ⅤA族，因此②④正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构和推断，题目难度不大，注意周期表中各周期元素的种类。注意掌握由原子序数确定元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He－2、Ne－10、Ar－18、Kr－36、Xe－54、Rn－86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。例如若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第ⅠA族或第ⅡA族，如88号元素：88－86＝2，则应在第七周期第ⅡA族；再比如若比相应的稀有气体元素少1～5时，则应处在同周期的第ⅦA族～第ⅢA族，如84号元素应在第六周期第ⅥA族。‎ ‎21.21.a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与 b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期数与族数相同；d 与 a 同族，下列叙述正确的是 A. 原子半径：d＞c＞b＞a B. 4 种元素中 b 的金属性最强 C. c 的氧化物的水化物是强碱 D. d 单质的氧化性比 a 单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，因此a、b、c、d分别为O、Na或Mg、Al、S。A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。‎ 点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。‎ ‎22.22.化学反应N2+3H2=2NH3的能量变化图所示，该反应的热化学方程式是（ ）‎ A. N2（g）+3H2（g）2NH3（l）△H=2（a-b+c） kJ/mol B. N2（g）+3H2（g）2NH3（l）△H=2（a-b-c） kJ/mol C. 1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（l）△H=（b+c-a） kJ/mol D. 1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g）△H=（a+b） kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由图可以看出，断裂molN2（g）和molH2（g）的吸收能量为akJ，形成1molNH3（g）的所放出的能量为bkJ，所以，molN2（g）+molH2（g）NH3（g）△H=（a-b）kJ/mol，而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，所以有：molN2（g）+molH2（g）NH3（l）△H=（a-b-c）kJ/mol，即：N2（g）+3H2（g）=2NH3（1）△H=2（a-b-c）kJ/mol；故选B。‎ 考点：考查热化学方程式的书写 ‎23.23.下列各组中每种物质都既有离子键又有共价键的一组是 A. NaOH　H2SO4　(NH4)2SO4‎ B. MgO　Na2SO4　HNO3‎ C. Na2O2　KOH　Na3PO4‎ D. HCl　Al2O3　MgCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、H2SO4中只含共价键，A错误；B、MgO中只含离子键，HNO3中只含共价键，B错误；C、三种物质都既有离子键又有共价键，C正确；D、各物质均只含一种化学键，分别是共价键、离子键和离子键，D错误，答案选C。‎ ‎24.24.下列各组微粒，半径大小比较中错误的是 A. K >Na >Li B. Na+>Mg2+>Al3+‎ C. Mg2+>Na+>F-- D. Cl-->F-->F ‎【答案】C ‎【解析】‎ 同主族，由上到下微粒半径逐渐增大，所以A对，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，微粒半径越小，所以B对，C错，C应该为F－＞Na＋＞Mg2＋，D可引入Cl，顺序为Cl－＞Cl＞F－＞F，所以D也对。‎ ‎25.25.下表为几种短周期元素的性质 元素符号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径10-1nm ‎0.74‎ ‎1.60‎ ‎1.52‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.86‎ ‎0.75‎ ‎0.82‎ 最高或最低化合价 ‎-2‎ ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5-3‎ ‎+7-1‎ ‎+1‎ ‎+5-3‎ ‎+3‎ 对上述元素有关说法正确的是 A. 元素④的原子序数小于元素⑦的原子序数 B. ②、③处于同一周期 C. 上述八种元素中，最高价氧化物对应水化合物酸性最强的元素是⑤‎ D. ⑧号元素原子结构示意图为：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①～⑧都为短周期元素，①有最低价－2，处于ⅥA族，没有最高价，则①为O；④、⑦都有最低价－3、最高价＋5，处于VA族，且④的原子半径较大，则④为P、⑦为N；⑤有＋7价、－1价，处于ⅦA族，且半径比①大，则⑤为Cl；③、⑥都有＋1价，处于IA族，⑥的原子半径较大，且③不是所有元素中原子半径最小的元素，则③为Li、⑥为Na；②有＋2价，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg。⑧有＋3价且半径比O大，比P小，则⑧为B。据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知①～⑧分别是O，Mg，Li，P，Cl，Na，N，B，则 A. 磷元素的原子序数大于氮元素的原子序数，A错误；‎ B. Li、Mg分别处于第二周期和第三周期，B错误；‎ C. ⑤为Cl，八种元素中其非金属性最强，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强，C正确；‎ D. ⑧号元素是B，原子结构示意图为，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎26.26.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A是短周期中金属性最强的元素，B是地壳中含量最高的金属元素，C单质的晶体是良好的半导体材料，D的最外层电子数与内层电子数之比为3：5。‎ ‎（1）C的原子结构示意图为______，D在元素周期表中的位置______。‎ ‎（2）A单质在氧气中燃烧生成化合物甲，甲中所含化学键为________；A单质在E单质中燃烧生成化合物乙，用电子式表示乙的形成过程__________________。‎ ‎（3）F是中学化学常见元素，它的一种氧化物为红棕色粉末，B单质与其在高温条件下反应是冶炼F单质的方法之一，该反应的化学方程式为________________。‎ ‎（4）E元素的非金属性强于D元素，用原子结构解释原因：同周期元素随着原子序数的递增，______________________________，非金属性增强。‎ ‎（5）工业上将干燥的E单质通入D熔融的单质中可制得化合物D2E2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 第3周期，第VIA族 (3). 离子键、非极性共价键 (4). (5). Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3 (6). 原子半径递减，得电子能力增强 (7). 2S2Cl2﹢2H2O=3S+SO2↑+4HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A是短周期中金属性最强的元素，则A是钠元素，B是地壳中含量最高的金属元素，则B是铝元素，C单质的晶体是良好的半导体材料，则C为硅元素，D的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则D为硫元素，所以E为氯元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A是Na，B是Al，C是Si，D是S，E是Cl。则 ‎（1）C为硅元素，C的原子结构示意图为，D为硫元素，D在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族。‎ ‎（2）钠单质在氧气中燃烧生成化合物甲为过氧化钠，甲中所含化学键为离子键、非极性共价键；钠单质在氯气中燃烧生成化合物乙为氯化钠，氯化钠属于离子化合物，其形成过程为。‎ ‎（3）F是中学化学常见元素，它的一种氧化物为红棕色粉末，B单质与其在高温条件下反应是冶炼F单质的方法之一，该反应为铝热反应，则F为铁元素，因此该反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3。‎ ‎（4）氯元素的非金属性强于硫元素，这是由于同周期元素随着原子序数的递增，原子半径递减，得电子能力增强，非金属性增强。‎ ‎（5）工业上将干燥的E单质通入D熔融的单质中可制得化合物为S2Cl2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为SO2，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，则1molS2Cl2参加反应要转移1.5mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，则应为硫元素的化合价在改变，因此该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O＝3S+SO2↑+4HCl。‎ ‎【点睛】本题考查结构、性质、位置关系应用，推断元素是解题关键，注意元素周期律的灵活应用。（5）中方程式的书写是解答的难点和易错点，注意氧化还原反应中电子得失守恒的应用。‎ ‎27.27.向体积为2L的固定密闭容器中通入3molX气体，在一定温度下发生如下反应：2X(g) Y(g)+3Z(g)。‎ ‎（1）经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，则用Y表示的速率为_____mol(L·min)。‎ ‎（2）若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得的反应速率分别为：甲：ν（X）＝3.5mol(L·min)；乙：ν（Y）＝2mol(L·min)；丙：ν（Z）＝4.5mol(L·min)；丁：ν（X）＝0.075mol(L·s)。若其他条件相同，温度不同，温度由高到低的顺序是（填序号）________________。‎ ‎（3）若向达到（1）的平衡体系中充入氮气，则平衡向___（填“左”“右”或“不”，下同）移动。‎ ‎（4）若在相同条件下向达到（1）所述平衡体系中再充入0.5molX气体，则平衡后X的转化率与（1）的平衡中X的转化率相比___。‎ A．无法确定 B．前者一定大于后者 C．前者一定等于后者 D．前者一定小于后者 ‎【答案】 (1). 0.03 (2). 丁>乙>甲>丙 (3). 不 (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）达到平衡时容器内的压强为起始时的1.2倍，则反应后的气体物质的量为：3mol×1.2＝3.6mol，增加了0.6mol，根据反应方程式可知 ‎2X（g）Y（g）+3Z（g） △n ‎2 1 3 2‎ 变化的物质的量 0.6mol 0.3mol 0.9mol 0.6mol 则用Y的物质的量浓度变化表示的速率为＝0.03 mol/（L·min）；‎ ‎（2）反应速率分别为甲：v（X）＝3．5mol/（L·min），乙：v（Y）＝2mol/（L·min），则用X表示为v（X）＝4mol/（L·min），丙：v（Z）＝4.5mol/（L·min），则用X表示为v（X）＝3mol/（L·min），丁：v（X）＝0．075mol/（L·s）＝4.5mol/（L·min）；其它条件相同,温度越高，速率越快，则温度由高到低的顺序是丁＞乙＞甲＞丙；‎ ‎（3）若向恒容的密闭容器中充入氮气，容积不变，浓度不变，则平衡不移动；‎ ‎（4）若在相同条件下向达到（1）所述的平衡体系中再充入0.5molX气体，由于反应物只有一种，则相当于增大压强，平衡逆向移动，所以X的转化率降低，答案选B。‎ ‎28.28.以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：‎ 实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品已被保护，夹持装置已略去）‎ ‎（1）A装置中通入a气体的目的是（用离子方程式表示）_____________；‎ ‎（2）A装置中先通入a气体后改通热空气。通入热空气的目的是____________；‎ ‎（3）B装置中b气体是________,目的是富集溴，此处化学方程式为__________；‎ ‎（4）C装置的作用是____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 吹出 (3). (4). (5). 吸收未反应的、、SO2，防污染 ‎【解析】‎ 分析：(1)通入a气体将溴离子氧化为溴单质，应通入氯气；(2)液溴容易挥发；(3)装置B相当于吸收塔，据此分析判断b；(4)C装置是尾气处理装置。‎ 详解：(1)通入a气体将溴离子氧化为溴单质，应通入氯气，反应离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；‎ ‎(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，通入热空气，将生成的溴吹出，故答案为：吹出Br2；‎ ‎(3)装置B相当于吸收塔，b为二氧化硫，用来吸收吹出的溴，目的是富集溴，反应的化学方程式为 ，故答案为：；；‎ ‎(4)二氧化硫、氯气、溴直接排放均可以污染空气，C装置的作用是：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染，故答案为：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染。‎ ‎29.29.某同学为探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4（草酸，二元弱酸）溶液的反应过程，进行如下实验。请完成以下问题。‎ ‎（1）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的离子方程式____________________________。‎ ‎（2）配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液，除用到托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是__________________。‎ ‎（3）将KMnO4溶液逐滴滴入一定体积的酸性H2C2O4溶液中（温度相同，并振荡），记录的现象如下：‎ 滴入KMnO4溶液的次序 KMnO4溶液紫色褪去所需的时间 先滴入第1滴 ‎60s 褪色后，再滴入第2滴 ‎15s 褪色后，再滴入第3滴 ‎3s 褪色后，再滴入第4滴 ‎1s 请分析KMnO4溶液褪色时间变化的可能原因_________________。‎ ‎【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). 100mL容量瓶、胶头滴管 (3). 反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且Mn2+的浓度大催化效果更好 ‎【解析】‎ 分析：(1)草酸中的碳元素被在酸性条件下能被高锰酸钾溶液氧化为CO2，高锰酸根能被还原为Mn2+，据此书写并配平方程式；‎ ‎(2)根据配制溶液的步骤和所用仪器分析判断；‎ ‎(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，从影响反应速率的因素分析解答。‎ 详解：(1)该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数是10，根据转移电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；‎ ‎(2)配制100mL 0.0400mol•L-1的Na2C2O4溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、量筒、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、引流，所以还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(3)反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)浓度大催化效果更好。‎ ‎30.30.氢氧燃料电池是一种新型的化学电源，其构造如图一所示：a、b两个电极均由多孔碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电。‎ ‎（1）a电极反应式是_______________________；‎ ‎（2）该燃料电池生成了360 kg的水，则电路中通过了_____________mol的电子。‎ ‎（3）用如图二所示电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：‎ ‎①X电极反应式是___________________。‎ ‎②Y电极的材料是______________。‎ ‎【答案】 (1). 2H2+4OH－-4e－＝4H2O (2). 4×104 (3). Cu2＋＋2e－＝Cu (4). 粗铜 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，因此a电极是负极，因为电解质溶液呈碱性，则负极电极反应式为H2-2e+2OH-＝2H2O；‎ ‎（2）氢氧燃料电池的总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式相同，生成物为水：2H2+O2＝2H2O，当转移电子4mol时，会有2mol即36g的水生成。该燃料电池生成了360 kg的水，即2×104mol的水时会转移电子4×104mol。‎ ‎（3）①电解方法精炼粗铜，电解池的阴极X材料是纯铜，电极反应为Cu2++2e-＝Cu。‎ ‎②电解方法精炼粗铜，电解池的阳极材料是粗铜，Y电极与电源的正极相连，作阳极，所以Y电极材料是粗铜。‎ ‎【点睛】本题考查电解池和原电池相关知识，明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键。难点和易错点是电极反应式的书写，注意放电微粒、离子的移动方向判断，尤其要注意结合电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜书写电极反应式。‎ ‎ ‎