【化学】北京市海淀区北京理工大学附中2019-2020学年高一下学期期末考试练习试题（解析版）

【化学】北京市海淀区北京理工大学附中2019-2020学年高一下学期期末考试练习试题（解析版）

北京市海淀区北京理工大学附中2019-2020学年高一下学期期末考试练习试题 相对原子质量：Zn 65 Cu 64 Al 27‎ ‎1.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（ ）‎ A. CO2的电子式 B. Cl-的结构示意图 C. 乙烯的结构简式 C2H4 D. 质量数为37的氯原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO2的电子式为，A错误；‎ B、Cl原子的电子结构示意图为，所以Cl-的电子结构示意图中，最外层电子数为8，B正确；‎ C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，C错误；‎ D、质量数在原子符号左上角，质子数在原子符号的右下角，所以质量数为37的氯原子为，D错误；‎ 故合理选项为B。‎ ‎2.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 石油裂化的目的是获得乙烯、丙烯等小分子烃，它们是重要的化工基本原料 B. 塑料、合成橡胶、合成纤维是重要的合成有机高分子材料 C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化 D. 煤是无机化合物，天然气和石油是有机化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油、煤油、柴油等)的产量，而石油裂解的目的才是是获得乙烯、丙烯等重要的化工基本原料，A选项错误；‎ B．三大合成材料是指塑料、合成橡胶、合成纤维，它们都是重要的合成有机高分子材料，B选项正确；‎ C．石油的分馏利用沸点不同进行分离，是物理变化；而煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗笨、煤气等产物的过程，属于化学变化；石油的裂化、裂解都是将大分子化合物变成小分子化合物的过程，是化学变化，C选项错误；‎ D．煤是多种复杂有机物和无机物组成的混合物，石油是多种烃类的混合物，D选错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.日本福岛核电站的核原料铀235(235 92U)裂变释放出具有放射性的碘131(I)和铯137(Cs)，下列说法正确的是（ ）‎ A. 127I与131I互为同素异形体 B. 137Cs的核电荷数为137‎ C. 铀235的中子数是143‎ D. 铯与水的反应比钠与水的反应缓慢 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二者为同位素，错误；‎ B、质量数为137，错误；‎ C、质子为92，中子数为235-92=143，正确；‎ D、铯的金属性比钠强，与水反应比钠与水的剧烈，错误。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 乙烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，且原理相同 B. 甲烷与氯气在光照条件下发生的反应和乙烯与溴水的反应都是加成反应 C. 乙烯有双键，能发生加聚反应，得到的聚乙烯不能发生加成反应 D. 乙烯与环丁烷( )分子组成上相差 2 个 CH2 原子团，因此互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，原理不相同，A错误；‎ B. 甲烷与氯气在光照条件下发生的是取代反应，乙烯与溴水的反应是加成反应，B错误；‎ C.‎ ‎ 乙烯有碳碳双键，能发生加聚反应，得到的聚乙烯中不含有双键，不能发生加成反应，C正确；‎ D. 乙烯与环丁烷( )，结构不同，乙烯有双键，环丁烷是环状结构，所以不能互为同系物，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎5.已知2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g)为放热反应，对该反应的下列说法正确的是(　　)‎ A. 因该反应为放热反应，故不加热就可发生 B. 相同条件下，2 mol H2的能量或1 mol CO 的能量一定高于1 mol CH3OH的能量 C. 相同条件下，反应物2 mol H2和1 mol CO 的总能量一定高于生成物1 mol CH3OH(g)的总能量 D. 达到平衡时，CO的浓度与CH3OH的浓度一定相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 放热反应、吸热反应与是否加热无关，相同条件下，只与反应物总能量和生成物总能量的大小有关，故A错误；‎ B. C. 相同条件下，反应物2 mol H2和1 mol CO 的总能量一定高于生成物1 mol CH3OH(g)的总能量，故B错误，C正确；‎ D. 达到平衡时，CO的浓度与CH3OH的浓度不一定相等，只能说浓度不再改变，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎6.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 甲烷的一氯取代物只有 1 种结构，说明甲烷是正四面体结构而不是平面结构 B. 乙醇与金属钠能反应，在相同条件下比水与金属钠的反应缓慢 C. 分子中的 4 个碳原子位于同一平面内 D. 在酒精灯上加热铜片后插入乙醇，会生成有刺激性气味的物质，反应结束后铜片质量与加热前相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无论CH4是正四面体结构还是平面结构，甲烷的一氯取代物都只有1种结构，A选项错误；‎ B．乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在相同条件下乙醇与金属钠的反应比水与金属钠的反应要缓慢，B选项正确；‎ C．可看作乙烯中两个H原子被甲基所取代，而乙烯中的6个原子共平面，因此分子中的4个碳原子位于同一平面内，C选项正确；‎ D．在酒精灯上加热铜片后插入乙醇，乙醇发生催化氧化，会生成有刺激性气味的乙醛，铜在乙醇的催化氧化中做催化剂，反应前后质量和化学性质不改变，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列关于柠檬酸(如图)的性质推测的叙述错误的是(　　)‎ A. 柠檬酸可与 NaHCO3 溶液反应生成 CO2‎ B. 柠檬酸分子中具有羟基官能团，因此可与NaOH 溶液反应 C. 家里可以用柠檬酸除水垢 D. 柠檬酸分子中的两种官能团都能跟金属钠反应生成氢气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据柠檬酸的结构可知，柠檬酸中含有一个羟基和三个羧基。‎ ‎【详解】A. 柠檬酸中含有羧基，可与 NaHCO3 溶液反应生成 CO2，A正确；‎ B. 柠檬酸分子中具有羧基官能团，因此可与NaOH 溶液反应，而羟基与NaOH 溶液不反应， B错误；‎ C.柠檬酸含有羧基具有酸性，可以用来除水垢，C正确；‎ D. 柠檬酸分子中的两种官能团羟基和羧基都能跟金属钠反应生成氢气，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎8.如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的(　　)‎ A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸 B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸 C. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液 D. A是Ag，B是Fe，C为稀AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】利用原电池的工作原理进行分析，A电极逐渐变粗，说明阳离子在A电极上得到电子，转化成单质，即A电极为正极，B电极逐渐变细，说明电极B失去电子，转化成离子，即B电极为负极，然后逐步分析；‎ ‎【详解】A电极逐渐变粗，A电极为正极，B电极逐渐变细，B电极为负极，‎ A、Zn比Cu活泼，因此Zn为负极，Cu为正极，A电极为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，A电极逐渐变细，B电极为正极，电极反应式为2H＋2e－=H2↑，B电极质量不变，故A不符合题意；‎ B、根据A选项分析，A为正极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，A电极质量不变，B为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，B电极质量减小，故B不符合题意；‎ C、Fe比Ag活泼，Fe为负极，即A电极上发生Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减少，B电极为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，故C不符合题意；‎ D、根据选项C分析，A为正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，电极质量增大，B为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，电极质量减小，故D符合题意。‎ ‎9.某有机物的结构简式为，在下列各反应的类型中：①取代，②加成，③加聚，④置换，⑤酯化，⑥中和，⑦氧化，它能发生的反应有( )‎ A. ①②③⑤⑥⑦ B. ①②③⑥ ‎ C. ①②④⑤⑥⑦ D. ③④⑤⑥⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有机物的结构简式，该有机物中含有苯环、羟基、羧基，苯环能发生加成等反应，羟基发生取代、置换、酯化、氧化等反应，羧基能发生酯化、置换、中和等反应，故C正确；‎ 答案：C。‎ ‎10.一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g)，若 15 s 内 c(HI)由 0.1 mol·L－1 降到 0.07 mol·L－1，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 0～15 s 内用 I2 表示的平均反应速率为 v(I2)＝0.015 mol·L－1·s－1‎ B. c(HI)由 0.07 mol ·L－1 降到 0.05 mol·L－1 所需的反应时间小于 10 s C. 升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢 D. 减小容器的体积，反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0∼15s内c(HI)由0.1mol⋅L−1降到0.07mol⋅L−1，v(HI)==0.002mol/(L⋅s)，由速率之比等于化学计量数之比可知v(I2)=0.002mol/(L⋅s)×=0.001mol/(L⋅s)，A项错误；‎ B．若速率不变，c(HI)由0.07 mol⋅L−1降到0.05 mol⋅L−1所需的反应时间为=10s，但随反应进行浓度减小，反应速率减小，则c(HI)由0.07 mol⋅L−1降到0.05 mol⋅L−1所需的反应时间大于10s，B项错误；‎ C．升高温度，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，C项错误；‎ D．减小反应体系的体积，压强增大，则化学反应速率加快，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.实验小组从富含 NaBr 的工业废水中提取Br2 的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。‎ 已知：①蒸馏时各组分的沸点差异越大，分离效果越好；②可能用到的数据信息和装置如下： ‎ 下列说法错误的是(　　)‎ A. ②的作用是吸收多余 Cl2，防止空气污染 B. 用③进行萃取时，选择乙苯比 CCl4 更合理 C. 乙苯和 CCl4 萃取 Br2 时现象相同，都是分层，上层无色，下层橙色 D. 仪器⑤的名称为冷凝管，其中 b 为进水口，a 为出水口 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气有毒，用装置②吸收多余 Cl2，防止空气污染，A正确；‎ B.根据溴、乙苯和CCl4的沸点可知，溴与乙苯的沸点差较大，用乙苯萃取溴便于后续提纯溴，B正确；‎ C.乙苯的密度比水小，萃取现象为上层橙色，下层无色，C错误；‎ D.根据仪器形状可知仪器⑤为冷凝管，b 为进水口，a 为出水口，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.一种新型燃料电池，用两根金属Pt作电极插入KOH溶液中，然后向两极分别通入甲烷和氧气，其电极反应式为X极：CH4＋10OH－－8e－＝CO32—＋7H2O； Y极：4H2O＋2O2＋8e－＝8OH－。下列关于此燃料电池的说法中，错误的是(　　)‎ A. X为负极，Y为正极 B. 该电池工作时，X极附近溶液的碱性增强 C. 在标准状况下，通入 ‎5.6 L O2完全反应后，有1 mol电子发生转移 D. 工作一段时间后，KOH的物质的量减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电极反应式X极：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，Y极：4H2O+2O2+8e-═8OH-可知，X极甲烷被氧化，应为原电池的负极反应，Y极氧气得电子被还原，应为原电池的正极反应，故A正确；‎ B．根据电极反应式X极：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，可知反应消耗KOH，OH-浓度减小，则pH减小，碱性减弱，故B错误；‎ C．n（O2）=，转移电子的物质的量为0.25mol×4=1mol，故C正确；‎ D．X极：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，Y极：4H2O+2O2+8e-═8OH-，则总反应：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，氢氧化钾被消耗，物质的量减小，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎13.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是(　　)‎ A. Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大 B. 由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快 C. 由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快 D. 氧化过程的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。‎ ‎【详解】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；‎ B项、由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；‎ C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；‎ D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)下列说法错误的是(　　)‎ A. 电池工作时，锌失去电子，发生氧化反应 B. 理论上锌的质量每减小 ‎13g，外电路中通过 0.2mol 电子 C. 电池工作时，氢氧化钾电解质溶液中OH-移向负极 D. 电池正极的电极反应式为：2MnO2(s) + H2O(1) + 2e-= Mn2O3(s) + 2OH-(aq)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2(s)+H2O(1)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，电池工作时，锌失去电子，为原电池的负极，发生氧化反应，A选项正确；‎ B．负极反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，则理论上锌的质量每减小‎13g，即0.2mol，外电路中通过0.4mol电子，B选项错误；‎ C．电池工作时，为原电池装置，原电池中阴离子向负极移动，因此氢氧化钾电解质溶液中OH-移向负极，C选项正确；‎ D．由上述分析可知，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2(s)+H2O(1)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列排列顺序正确的是（ ）‎ ‎①热稳定性：HF＞HCl＞HBr ②原子半径：Na＞S＞O ‎③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4 ④还原性：S2－＞O2－＞F－‎ A. ①②③ B. ②③④‎ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞Br，所以HF＞HCl＞HBr，①正确；②同周期元素的半径从左至右逐渐减小，Na＞S，O在Na和S的上一周期，半径最小，②正确；③‎ 元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P，酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，③错误；④因元素单质氧化性越强离子还原性越弱，单质氧化性：F2>O2>S，所以还原性：S2－＞O2－＞F－，④正确。答案选C。‎ ‎16.对于恒容容器中进行的可逆反应 ，下列说法正确的是(　　)‎ A. 达到化学平衡时，2υ正(O2)＝υ逆(SO3)‎ B. 若单位时间内生成 x mol SO3 的同时消耗 x mol SO2，则反应达到平衡状态 C. 容器中气体密度不变时，说明该反应达到平衡状态 D. 化学反应速率关系是：2υ正(SO2)＝υ正(O2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由化学反应速率跟化学计量数成正比可知，2υ正(O2)=υ正(SO3)=υ逆(SO3)，则正、逆反应速率相等，反应达到平衡，A选项正确；‎ B．单位时间内生成x molSO3与消耗 x mol SO2均为正反应方向，不能说明反应达到平衡，B选项错误；‎ C．该反应在恒容容器中进行，由于混合气的质量始终不变，因此无论反应是否达到平衡，容器中气体密度始终保持不变，即容器中气体密度不变不能说明该反应达到平衡状态，C选项错误；‎ D．由化学反应速率跟化学计量数成正比可知，υ正(SO2)＝2υ正(O2)，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎17.短周期中8种元素a-h，其原子半径、最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。‎ 下列判断不正确的是(　　)‎ A. a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液 B. a可分别与b或c组成含10个电子的分子 C. e阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：h＞g＞b ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由图中原子序数和化合价，各元素依次为a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。‎ ‎【详解】A．a、d、f组成的化合物Al(OH)3具有两性，能溶于强碱溶液，故A正确；‎ B．CH4、NH3是10电子的分子，H可分别与C或N组成含10个电子的分子，故B正确；‎ C．Na＋与S2－的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar的电子层结构，故C错误；‎ D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>S>C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎18.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。其反应过程的示意图如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. CO和O生成了具有非极性共价键的CO2‎ D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由反应过程中的能量变化图可知，CO和O的总能量高于CO2的总能量，因此CO和O生成CO2为放热反应，A错误；‎ B．由图可知，CO中化学键没有断裂，B错误；‎ C．CO和O生成CO2具有C原子和O原子形成极性共价键，C错误；‎ D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O在催化作用下反应生成CO2的过程，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.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。‎ ‎20.提纯下列物质(括号中为少量杂质)，选择的试剂和分离方法都正确的是 (　　)‎ ‎ ‎ 被提纯的物质 ‎ 除杂试剂 ‎ 分离方法 ‎ A 甲烷(乙烯)‎ 酸性高锰酸钾溶液 ‎ 洗气 ‎ B 乙醇(碘)‎ 氢氧化钠溶液 ‎ 过滤 ‎ C 乙酸乙酯(乙醇)‎ 饱和碳酸钠溶液 ‎ 蒸馏 ‎ D 溴苯(溴)‎ 氢氧化钠溶液 ‎ 分液 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷(乙烯)，将混合气体通入溴的四氯化碳溶液进行洗气，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故A错误；‎ B．乙醇(碘)，加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液反应，乙醇与水互溶，用蒸馏方法分离，故B错误；‎ C．乙酸乙酯(乙醇)，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，再用分液方法分离，而不是蒸馏，故C错误；‎ D．溴苯(溴)，溴苯不溶于水，溴可与氢氧化钠溶液反应，反应后分液即可分离，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎21.我国科学家成功合成了含 N的五氮阴离子盐，这是全氮含能材料研究领域中里程碑式的突破。‎ ‎(1)N 中，N 原子之间的相互作用是_____(填“离子键”或“共价键”)。‎ ‎(2)砷(As)与氮位于同一主族，下列推断正确的是_____(填序号)。‎ ‎① 砷元素的最低负化合价为−3 价 ② 砷的最高价氧化物对应的水化物属于酸 ③ 热稳定性：AsH3＞NH3‎ ‎(3)非金属性O 强于N，用原子结构解释原因：_____，得电子能力O 大于N。‎ ‎【答案】(1). 共价键 (2). ①② (3). O的原子半径小于N，原子核对核外电子的引力O大于N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)N中，N为非金属元素，N原子与N原子间以共价键结合在一起；‎ ‎(2)砷(As)与氮位于同一主族，性质与氮相似，同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，非金属性：N＞As，① 砷元素最外层五个电子，得到三个电子形成稳定结构，最低负化合价为−3 价，正确；② 砷是非金属元素，最高价氧化物对应的水化物属于酸，正确；③ 非金属性：N＞As，所以热稳定性：NH3＞AsH3，错误；正确的是①②；‎ ‎(3) O的原子半径小于N，原子核对核外电子的引力O大于N，得电子能力O大于N，所以非金属性O 强于N。‎ ‎22.I．已知在 1×105 Pa、298 K 时断裂 1 mol H—H 键吸收的能量为 436 kJ，断裂 1 mol N—H 键吸收的能量为391 kJ，断裂 1 mol N≡N 键吸收的能量是 945 kJ。‎ ‎(1)根据以上数据判断工业合成氨的反应 是_____(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(2)在 298 K 时，取 1 mol N2 和 3 mol H2 放入一密闭容器中，加入催化剂进行反应。理论上完全反应放出或吸收的热量为Q1，则 Q1 为_____kJ。‎ ‎(3)实际生产中，放出或吸收的热量为 Q2，Q1 与Q2 的大小关系为_____‎ A．Q1Q‎2 C．Q1＝Q2‎ Ⅱ．微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液呈酸性，示意图如图：‎ ‎(1)该电池中外电路电子的流动方向为_____(填“从A 到B”或“从B 到A”)。‎ ‎(2) B 电极附近氧气发生的电极反应为_____。‎ III．某可逆反应在体积为 ‎2 L 的密闭容器中进行，0～3 分钟各物质的物质的量的变化情况如图所示(A、C 均为气体，B 为固体)‎ ‎(1)该反应的化学方程式为_____。‎ ‎(2)下列说法正确的是_____。‎ A. 2min 内 A 表示的反应速率为 0.5mol·L-1·min-1‎ B. 增加B 的物质的量，可使反应速率加快 C. 当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应达到平衡状态 D. 当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态 ‎【答案】(1). 放热 (2). 93 (3). B (4). 从A 到B (5). O2+4H++4e-=2H2O (6). ‎2A(g)+B(s) ‎2C(g) (7). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】I．假设1 mol N2 和完全反应生成 3 mol H2完全反应生成 2molNH3，则反应时断裂化学键需要吸收的能量为945 kJ+3×436 kJ=2253 kJ，形成化学键放出的能量为6×391 kJ=2346 kJ。‎ ‎(1)根据计算可知，反应时放出能量大于吸收能量，所以是放热反应； ‎ ‎(2)理论上完全反应时放出热量Q1=2346 kJ-2253 kJ=93 kJ；‎ ‎(3)实际生产中，由于反应为可逆反应，1 mol N2 和3 mol H2是不可能完全反应的，所以放出能量要少，即Q1>Q2；‎ Ⅱ．电池工作时氧气生成水，氧元素的化合价降低，氧气得到电子，所以B电极为正极，甲醇化合价升高，失去电子，A电极为负极。‎ ‎(1)电池中外电路电子从负极流向正极，所以电子流动方向为从A 到B；‎ ‎(2) B电极附近氧气得到电子结合氢离子生成水，发生的电极反应为O2+4H++4e-=2H2O；‎ III．(1)根据图示，2分钟时A物质减少2mol，B减少1mol，C增加2mol，则该反应的化学方程式为‎2A(g)+B(s) ‎2C(g)；‎ ‎(2) A. 2min 内 A 表示的反应速率为= 0.5mol·L-1·min-1，A正确；‎ B. 增加B的物质的量，由于B为固体，浓度不发生变化，所以反应速率不变，B错误；‎ C. 由于B为固体，当未达到平衡时，容器内气体的质量可以变化，由于体积固定，所以密度是可变量，所以当容器内混合气体的密度保持不变时，气体的质量保持不变，该反应达到平衡状态，C正确；‎ D. 根据反应‎2A(g)+B(s) ‎2C(g)，B为固体，容器内气体的物质的量始终保持不变，即压强也始终不变，所以当容器内压强保持不变时，不能判断反应达到平衡状态，D错误；‎ 正确的是AC。‎ ‎23.下表是A、B、C、D、E 五种有机物的有关信息：‎ A ‎①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②空间充填模型 ；③能与水在一定条件下反应生成 C B ‎① 由 C、H 两种元素组成；②空间充填模型为 C ‎① 由 C、H、O 三种元素组成；②能与 Na 反应，但不能与 NaOH 溶液反应；③ 能与 E 反应生成酯 D ‎① 相对分子质量比 C 少 2；②能由 C 氧化而成 E ‎① 由 C、H、O 三种元素组成；②球棍模型为 回答下列问题：‎ ‎(1)A 在一定条件下发生聚合反应生成的高分子化合物的名称为_____。‎ ‎(2)A 与氢气发生加成反应后生成 F，与 F 在分子组成和结构上相似的有机物有很多，它们均符合通式CnH2n＋2(n为正整数)。当 n＝_____时，这类有机物开始出现同分异构体。‎ ‎(3)B 具有的性质是_____(填序号)。‎ ‎①无色无味液体 ②密度比水的大 ③难溶于水 ④有毒 ⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色 ⑥在一定条件下可与氢气反应 ‎(4)在铁作用下，B 与液溴反应的化学方程式为_____。‎ ‎(5)C能与E反应生成 酯 ，该反应的反应类型为_________； 其化学方程式为_______。‎ ‎(6)由C氧化生成D 的化学方程式为_______。‎ ‎【答案】(1). 聚乙烯 (2). 4 (3). ①③④⑥ (4). +Br2+HBr (5). 酯化(取代)反应 (6). CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题干信息，B由C、H两种元素组成，空间充填模型为，则B为苯，E由C、H、O三种元素组成，球棍模型为，则E为CH2=CHCOOH，C由C、H、O 三种元素组成，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，能与E反应生成酯，则C为一种醇，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，空间充填模型，能与水在一定条件下反应生成，则A为CH2=CH2，C为CH3CH2OH，D的相对分子质量比C少2，能由C氧化而成，则D为CH3CHO，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，A为乙烯(CH2=CH2)，在一定条件下发生聚合反应生成的高分子化合物的名称为聚乙烯；‎ ‎(2)乙烯与氢气发生加成反应后生成乙烷，与乙烷在分子组成和结构上相似的有机物有很多，它们均符合通式CnH2n＋2(n为正整数)，当n＝4时，这类有机物开始出现同分异构体；‎ ‎(3)B为苯，苯是一种无色无味、密度比水小、难溶于水的有毒液体，苯不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应褪色，苯在一定条件下可与氢气发生加成反应生成环己烷，故答案选①③④⑥；‎ ‎(4)在Fe的作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，反应的化学方程式为+Br2+HBr；‎ ‎(5)C(CH3CH2OH)可与E(CH2=CHCOOH)发生酯化(取代)反应生成CH2=CHCOOCH2CH3，化学方程式为CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；‎ ‎(6)CH3CH2OH催化氧化生成CH3CHO，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。‎ ‎24.某化学实验小组用酸性 KMnO4 溶液和草酸(H‎2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：‎ 编号 实验操作 实验现象 向一支试管中先加入 1mL 0.01 mol/L 酸性KMnO4 溶液，再加入 1 滴 3mol/L 硫酸和 9 滴蒸馏水，最后加入1mL 0.1mol/L 草酸溶液 前 10min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅， 30 min 后几乎变为无色 Ⅱ 向另一支试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性KMnO4 溶液，再加入 10 滴 3mol/L 硫酸，最后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液 ‎80s 内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s 后几乎变为无色 ‎(1)将高锰酸钾与草酸反应的离子方程式补充完整__________：‎ ‎□MnO +□H‎2C2O4 + □ = □Mn2+ +□ +□H2O ‎(2)由实验 I、Ⅱ可得出的结论是_____。‎ ‎(3)关于实验Ⅱ中 80s 后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的 Mn2+ 对反应有催化作用。设计实验 Ⅲ，验证猜想。‎ ‎① 补全实验Ⅲ的操作：‎ 向试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4 溶液，_____，最后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液。‎ ‎②若猜想成立，应观察到的实验现象是________。‎ ‎【答案】(1). 2MnO4-+6H++5H‎2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O (2). 氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大 (3). 再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体 (4). 加入草酸后，溶液迅速褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，草酸有还原性，二者发生氧化还原反应，因此高锰酸钾溶液会褪色，高锰酸钾溶液褪色速率越快，反应速率越快，从而得出外界条件对该反应速率的影响。‎ ‎【详解】(1)MnO中的Mn元素化合价从+7降低到+2，MnO作氧化剂，则H‎2C2O4作还原剂，其氧化产物为CO2。Mn元素化合价降低了5，C元素化合价从+‎3升高到+4，升高了2×1=2，根据得失电子守恒得：MnO和Mn2+前配2，H‎2C2O4前配5，CO2前配10，结合电荷守恒、溶液为酸性可知反应物缺项为6H+，再结合原子守恒可知生成物H2O前配8，最终结果为：2MnO4-+6H++5H‎2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为；2MnO4-+6H++5H‎2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎(2)对比实验I、Ⅱ，高锰酸钾的量相同，加入酸的量不同，总体积几乎相同，则氢离子(或H2SO4)浓度不同，Ⅱ中氢离子(或H2SO4)浓度较大，反应速率越快，所以结论为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大，故答案为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大；‎ ‎(3)①根据控制变量法的原则，若要验证Mn2+对该反应有催化作用，在控制其条件相同的条件下，加一组实验Ⅱ的对比实验，该组实验中除其它步骤和实验Ⅱ相同外，加入少量MnSO4固体，观察实验现象。因此操作为：向试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4 溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液，故答案为：再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；‎ ‎②若Mn2+对反应有催化作用，加入草酸后，溶液迅速褪色，故答案为：加入草酸后，溶液迅速褪色。‎