【化学】河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期第二次调研考试试题（解析版）

【化学】河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期第二次调研考试试题（解析版）

河北省衡水市桃城区第十四中学2019-2020学年高一下学期第二次调研考试试题 注意事项：‎ ‎1.本卷包括两部分，I卷为单项选择题，25个小题占50分；II卷为非选择题，共4个大题占50分。满分100分。‎ ‎2.将答案按要求填涂在答题卡的相应位置。‎ 可能用到的原子量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Al-27 Mg-24 Mn-55‎ I卷 一、选择题（每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.据报道，科学家通过对稻壳进行控制性焚烧热解，从中提取一种叫做生物质纳米结构二氧化硅的超高活性材料，将少量这种材料掺入混凝土中，即可轻易制备出超高强度和超高耐久性能的高性能混凝土。关于二氧化硅下列说法中正确的是（　　）‎ A. 二氧化硅溶于水显酸性，所以二氧化硅属于酸性氧化物 B. 二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到硅酸 C. 由CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑可知硅酸的酸性比碳酸强 D. 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水，故A错误；‎ B、碳酸的酸性都强于硅酸，二氧化碳通入硅酸钠溶液中可以得到硅酸沉淀，故B正确；‎ C、反应只有在高温条件下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离反应体系使反应得以继续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，故C错误；‎ D、二氧化硅能够溶于氢氟酸，而不是不溶于任何酸，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列关于硅及其化合物的说法中，正确的是（　　）‎ A. 硅可用于制造光导纤维 B. 水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 C. 可用反应Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3（胶体）制取硅酸 D. SiO2既能与HF反应又能与强碱反应，所以SiO2是两性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.SiO2可用于制光导纤维，而硅用于半导体材料，故A错误；‎ B.水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水晶主要成分为SiO2，不属于硅酸盐，故B错误；‎ C.硅酸酸性弱于盐酸，依据“强酸制弱酸”，可用反应Na2SiO3+2HCl＝2NaCl+H2SiO3(胶体)制取硅酸，故C正确；‎ D.SiO2能与HF反应生成四氟化硅和水，不是盐和水，且二氧化硅只能与一种酸，不是两性氧化物，属于酸性氧化物，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.能证明碳酸的酸性比硅酸强的事实是（　　）‎ A. 二氧化碳溶于水且能反应生成碳酸，二氧化硅不溶于水不能与水反应生成硅酸 B. 在高温下，二氧化硅与碳酸钠能发生反应：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑‎ C. 二氧化硅的熔点比二氧化碳的熔点高 D. 二氧化碳通入硅酸钠溶液中，生成白色胶状沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶解性与酸性强弱无关，不能通过溶解性判断酸性强弱，故A不符合题意；‎ B．特殊条件下，SiO2与碳酸盐反应生成CO2不能证明碳酸酸性强于硅酸，故B不符合题意；‎ C．氧化物熔点高低与对应酸的酸性强弱无关，故C不符合题意；‎ D．二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 无论新制还是久置的氯水，滴加AgNO3溶液均生成白色沉淀 B. 氯水呈黄绿色，说明氯水中含有 Cl2‎ C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+‎ D. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 无论新制还是久置的氯水，溶液中均含有氯离子，滴加AgNO3溶液均生成白色沉淀，故A正确；‎ B. 氯气呈黄绿色，氯水呈黄绿色，说明氯水中含有Cl2，故B正确；‎ C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，发生反应：HCO3－+H+＝H2O+CO2↑，说明氯水中含有H+，故C正确；‎ D. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后，次氯酸将石蕊氧化，溶液最终呈无色，故D不正确；‎ 故答案选D。‎ ‎5.实验室用下列方法制取氯气：①用含4 mol 氯化氢的浓盐酸与足量的二氧化锰反应；②用‎87 g 二氧化锰与足量浓盐酸反应，若不考虑氯化氢的挥发，则反应后所得氯气的物质的量（　　）‎ A. ①比②多 B. ②比①多 ‎ C. 两种方法一样多 D. 无法比较 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应①中产生的氯气小于1mol，浓盐酸足量时，反应②根据MnO2的质量计算出氯气的量为1mol，所以反应后所得氯气的物质的量为：①＜②，即②比①多，故选B。‎ ‎6.检验氯化氢气体中是否混有氯气，可采用方法是（ ）‎ A. 用干燥的蓝色石蕊试纸 B. 用干燥有色布条 C. 将气体通入硝酸银溶液 D. 用湿润的淀粉碘化钾试纸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因HCl和氯气都不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，则不能检验，故A错误；‎ B．因HCl和氯气都不能使干燥的有色布条褪色，则不能检验，故B错误；‎ C．在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl-‎ ‎，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则不能检验，故C错误；‎ D．因氯气具有氧化性，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验时试纸变蓝，则说明置换出碘单质，使淀粉变蓝，则能够检验混有氯气，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）‎ A. 制取SO2 B. 验证漂白性 C. 收集SO2 D. 尾气处理 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据金属活动顺序表可知稀H2SO4与铜片不反应，故A错误；B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，故B正确；C.SO2密度比空气大，应“长进短出”，故C错误；D.SO2不与NaHSO3反应，所以无法用NaHSO3溶液吸收SO2，故D错误。答案：B。‎ ‎8.将充满二氧化氮的试管倒立于盛有水的水槽中，充分放置后的现象正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将充满NO2的试管倒立于盛有水的水槽中，NO2与水反应可生成NO气体，3NO2+H2O=2HNO3‎ ‎+NO，一氧化氮不溶于水，所以试管中仍存在气体，根据方程式，液体大约会充满试管体积的三分之二，约三分之一的部分被一氧化氮占有，故选B。‎ ‎9.下列有关SO2性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是（　　）‎ A 无色 无色 无现象 无色溶液 B 红色 无色 白色沉淀 白色溶液 C 无色 无色 白色沉淀 无色溶液 D 红色 无色 白色沉淀 白色溶液 ‎【答案】C ‎【解析】二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以a中溶液显酸性，颜色为无色；SO2具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；SO2还具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，答案选C。‎ ‎10.对于下列事实的解释正确的是（　　）‎ A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有挥发性 C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应 D. 氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水，导致浓硝酸颜色变黄，体现了浓硝酸的不稳定性，故B错误；C．常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；D．氨气极易溶解于水，可利用氨气设计喷泉实验，故D正确；故答案为D。‎ ‎11.下列方法中，不能用于实验室制取氨是（　　）‎ A. 加热试管中的氯化铵固体 B. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热 C. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中 D. 将烧瓶中的浓氨水加热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方法不能够用于实验室制氨气，故A选；‎ B、熟石灰和氯化铵混合后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故B不选；‎ C、利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3·H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3·H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3·H2O+CaO＝NH3↑+Ca（OH）2，能用于实验室制氨气，故C不选；‎ D、加热浓氨水，一水合氨受热分解可以制取氨气，反应的化学方程式为：NH3·H2ONH3↑+H2O，故D不选；‎ 故答案选A。‎ ‎12.探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（　　）‎ A. 将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水 B. 将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO2‎ C. 加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3 具有热不稳定性 D. 充分反应后，锥形瓶内有 NO3－存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水，使试管内的压强迅速减小，水充满试管，故A正确；‎ B.挥发的氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，所以瓶口出现红棕色气体，故B错误；‎ C.加热碳酸氢铵，固体逐渐减少，有液滴产生，说明有水生成，所以可以说明碳酸氢铵受热不稳定，分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；‎ D.氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以锥形瓶内有NO3－存在，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎13.2016年IUPAC命名117号元素为Ts，下列说法不正确的是（　　）‎ A. Ts的原子核外最外层电子数是7‎ B. Ts是一种非金属元素 C. 其中一种核素的中子数为176‎ D. Ts在周期表的第七周期第VIIA族 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，Ts的原子核外最外层电子数是7，故A正确；‎ B．Ts的原子核外最外层电子数是7，但根据金属与非金属的斜线关系，属于金属元素，故B错误；‎ C．其中一种核素Ts的中子数为293﹣117＝176，故C正确；‎ D．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，Ts在周期表的第七周期第ⅦA族，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎14.已知a、b分别为ⅠA和ⅦA族的同周期两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是（ ）‎ A. n＝m+6 B. n＝m+‎‎10 ‎ C. n＝m+16 D. n＝m+30‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当a、b位于第二、三周期，则n＝m+6，A正确；‎ B、无论a、b位于哪一周期，n不可能等于m+10 ，B错误；‎ C、当a、b位于第四、五周期，n＝m+16 ，C正确；‎ D、当a、b位于第六周期，n＝m+30，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎15.含中子N个，X的质量数为A，则ag X的氢化物中含质子的物质的量是（　　）‎ A. mol B. mol C. mol D. mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据Xn-化合价可得X的氢化物的化学式为HnX，因X的质量数为A，则HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，agX的氢化物的物质的量为mol，每个HNX分子中含有的质子数为(A-N+n)，故ag X的氢化物中含质子的物质的量为mol，故A项正确；答案选A。‎ ‎16.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ）‎ X Y Z W A. X的气态氢化物比Y稳定 B. W的最高价氧化物的水化物的酸性比Z强 C. Z的非金属性比Y强 D. X与Y形成的化合物都易溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，由在周期表中的位置可知，Y位于第二周期，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，只能为2个电子层符合电子排布规律，Y的次外层电子数为2，最外层电子数为6，Y为O元素，结合四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素；‎ A．非金属性Y＞X，则氢化物稳定性Y＞X，故A错误；‎ B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性W＞Z，故B正确；‎ C．同主族元素，核电荷数大，金属性增强，非金属性减弱，则Z的非金属性比Y弱，故C错误；‎ D．X为N、Y为O，两元素形成的氧化物NO不溶于水，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎17.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是（ ）‎ ‎①CaCl2 和Na2S ②CO2 和CS2 ③Na2O 和Na2O2 ④HCl 和NaOH A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①CaCl2和Na2S中都只有离子键，化学键类型完全相同；②CO2和CS2中都只有极性共价键，化学键类型完全相同；③Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键类型不完全相同；④HCl中只有共价键，NaOH中有离子键和极性共价键，化学键类型不完全相同；化学键类型完全相同的是①②，答案选A。‎ ‎18.下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是（ ）‎ A. 亚硫酸氢钠和硫酸氢钠分别溶解在水中 B. 硝酸铵与硝酸分别受热变为气体 C. 氯化钠与氯化氢分别溶解在水中 D. 碘与干冰分别受热变为气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 亚硫酸氢钠溶于水变为溶液时电离出钠离子、亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子部分电离成氢离子和亚硫酸根离子，断裂离子键、共价键，亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸分子，断裂水中氢氧共价键，而硫酸氢钠溶于水变为溶液时电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，断裂离子键与共价键，故A不选。‎ B. 硝酸铵为离子化合物，硝酸为共价化合物，它们分别受热变为气体发生的反应分别为：NH4NO3HNO3+NH3↑，4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑，前者破坏了离子键和共价键，后者破坏了共价键，故B不选。‎ C. 氯化钠为离子化合物，氯化氢为共价化合物，分别溶解在水中，氯化钠在水中电离出钠离子和氯离子，破坏了离子键，氯化氢在水中，电离出氢离子和氯离子，破坏了共价键，故C不选。‎ D.碘与干冰分别受热变为气体，仍然分别为碘分子和二氧化碳分子，破坏的是分子间的作用力，故D选。‎ 故答案选D。‎ ‎19.已知化学反应A2(g)＋B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 每生成2分子AB(g)吸收b kJ热量 B. 该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ/mol C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图像可知a为反应物键能之和，b为生成物键能之和。‎ ‎【详解】A．每生成2分子AB(g)吸收的热量应为(a-b)kJ，故A错误；‎ B．焓变等于=反应物键能之和-生成物键能之和=+(a－b) kJ/mol，故B正确；‎ C．由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，故C错误；‎ D．断键应吸收能量，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎20.已知H2S的燃烧热 ΔH=－akJ·mol－1，下列热化学方程式正确的是（ ）‎ A. 2H2S(g) + O2(g)=2H2O(g) + 2S(s) ΔH=－akJ·mol－1‎ B. 2H2S(g) + O2(g)=2H2O(l) + 2S(s) ΔH=－akJ·mol－1‎ C. 2H2S(g) + 3O2(g)=2H2O(l) + 2SO2(g) ΔH=－akJ·mol－1‎ D. 2H2S(g) + 3O2(g)=2H2O(l) + 2SO2(g) ΔH=－2akJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】H2S的燃烧热△H=-akJ·mol-1，由燃烧热概念可知2mol硫化氢完全燃烧生成SO2（g）和H2O（l）放热2akJ，则H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l） △H=-2akJ·mol-1。‎ 故选D。‎ ‎21.氢氧燃料电池已用于航天飞机，其工作原理如图所示。关于该燃料电池的说法不正确的是（　　）‎ A. H2在负极发生氧化反应 B. 电子从a电极经外电路流向b电极 C. 供电时的总反应为：2H2 + O2 == 2H2O D. 燃料电池的能量转化率可达100%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，氧气在正极得电子发生还原反应；燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，电子从负极经导线流向正极。‎ ‎【详解】A项、氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，氢气在负极失电子发生氧化反应，故A正确；‎ B项、原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即由电极a通过导线流向电极b，故B正确；‎ C项、燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式，则供电时的总反应为2H2+O2=2H2O，故C正确；‎ D项、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不可能达到100%，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎22.把甲、乙、丙、丁四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若甲、乙相连，甲为负极；丙、丁相连，丁上有气泡逸出；甲、丙相连，甲上发生氧化反应；乙、丁相连，乙是电子流入的一极。则四种一金属的活动性顺序由大到小排列为（　　）‎ A. 甲>丙>丁>乙 B. 甲>丙>乙>丁 C. 甲>乙>丙>丁 D. 乙>丁>丙>甲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池中，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，以此判断金属的活动性。‎ ‎【详解】原电池中，负极材料为较为活泼的金属，若甲、乙相连，甲为负极，所以甲的活泼性大于乙的活泼性；丙、丁相连，丁上有气泡逸出，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，所以丙的活泼性大于丁的活泼性；甲、丙相连，甲上发生氧化反应，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，所以甲的活泼性大于丙的活泼性；乙、丁相连，乙是电子流入的一极，电子从负极沿导线流向正极，所以丁的活泼性大于乙的活泼性；所以则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为甲＞丙＞丁＞乙。‎ 答案选A。‎ ‎23.某种碱性氢氧燃料电池的的负极反应式为：O2+4e－+2H2O = 4OH－。下列有关该电池的叙述正确的是（ ）‎ A. 工作时，电解质溶液中的OH－向正极移动 B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度减小 C. 负极上发生的反应为H2－2e－= 2H+‎ D. 若电池在工作过程中有0.4 mol电子转移，则正极消耗‎2.24L O2 ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电池工作时，电解质溶液中的OH-向负极移动，A项错误；‎ B. 氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，工作一段时间后，溶剂H2O增多，电解液中KOH的物质的量浓度减小，B项正确；‎ C. 因为为碱性氢氧燃料电池，负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，C项错误；‎ D. 根据正极电极反应式，电池工作过程中有0.4mol电子转移，正极消耗O20.1mol，但由于温度和压强未知，无法计算消耗O2的体积，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎24.一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是(　　)‎ A. 缩小体积使压强增大 B. 恒容，充入N2‎ C. 恒容，充入He D. 恒压，充入He ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，A选项不满足题意；‎ B．容积不变，充入N2，使反应物N2的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，B选项不满足题意；‎ C．容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变化学反应速率，C选项正确；‎ D．压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减小，D选项不满足题意；‎ 答案选C。‎ ‎25.下列四个数据都表示合成氨的反应速率，其中速率相等的是（ ）‎ ‎①υ (N2)=0.6mol/（L·min） ②υ (NH3)=1.8mol/（L·min） ‎ ‎③υ (H2)=1.2mol/（L·min） ④υ (H2)=0.045mol/(L·s)‎ A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎【详解】同一化学反应的反应速率可用不同物质表示，不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，合成氨的反应为：3H2+N22NH3，‎ ‎①υ (N2)=0.6mol/（L·min）；‎ ‎②υ (NH3)=1.8mol/（L·min），υ（N2）=υ(NH3)=0.9mol/(L·min)；‎ ‎③υ (H2)=1.2mol/（L·min），υ（N2）=υ(H2)=0.4mol/(L·min)；‎ ‎④υ (H2)=0.045mol/(L·s)，υ（N2）=υ(H2)=0.015mol/(L·s)= 0.9mol/(L·min)；‎ 速率相等的是②④，答案选D。‎ II卷 ‎26.按要求填空：有下列物质：①O2 ②CO2 ③NH3 ④Na2O ⑤Na2O2 ⑥NaOH ⑦CaBr2 ⑧H2O2 ⑨NH4Cl ⑩N2，回答下列问题：‎ ‎(1)只含有极性键的是________；只含有非极性键的是________；含有极性键和非极性键的是________；只含有离子键的离子化合物是________；含有非极性键的离子化合物是________；‎ ‎(2)写出⑤、⑧、⑨的电子式_____________、______________、________________；‎ ‎(3)溶于水只破坏离子键的是__________；溶于水既破坏离子键又破坏共价键的是________________；‎ ‎【答案】(1). ②③ (2). ①⑩ (3). ⑧ (4). ④⑦ (5). ⑤ (6). (7). (8). (9). ④⑥⑦⑨ (10). ⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。‎ ‎（2）⑤、⑧、⑨的电子式、、；‎ ‎（3）未破坏化学键说明没有发生化学反应或没有电解质熔融或溶于水，物质发生物理变化；仅离子键被破坏说明离子化合物溶于水或熔融或发生化学反应离子键被破坏；仅共价键被破坏说明共价化合物溶于水或发生化学反应；离子键和共价键同时被破坏说明该物质发生化学反应。‎ ‎【详解】（1）①O2⑩N2中只含非极性键，属于单质； ‎ ‎②CO2 ③NH3中只含极性键，属于共价化合物；‎ ‎⑧H2O2 含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物；‎ ‎⑤Na2O2中含有离子键和非极性键，属于离子化合物；‎ ‎⑥NaOH、⑨NH4Cl中含有离子键和极性键，属于离子化合物； ‎ ‎⑦CaBr2、④Na2O中只含离子键，属于离子化合物；‎ 只含极性键的是②③；‎ 只含非极性键的是①⑩ ；‎ 含有极性键和非极性键的是⑧；‎ 只含有离子键的离子化合物是④⑦；‎ 含有非极性键的离子化合物是⑤．‎ ‎（2）⑤、⑧、⑨的电子式分别为：、、；‎ ‎（3）离子化合物溶于水时，离子键被破坏；含有共价键的离子化合物溶于水时，其共价键也有可能被破坏。‎ ‎④Na2O溶于水时与水反应生成氢氧化钠，离子键被破坏； ⑥NaOH 、 ⑦CaBr2 、⑨NH4Cl溶于水电离出其对应的阴、阳离子，故溶于水只破坏离子键的是④⑥⑦⑨；‎ 氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故溶于水时既破坏了离子键又破坏了共价键是⑤。‎ ‎27.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10。X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。W的最外层电子数等于X的核外电子总数，且W单质常温下为固体。请回答下列问题：‎ ‎(1)Z在周期表中的位置为______________。‎ ‎(2)Y元素形成的离子的结构示意图为____________。‎ ‎(3)X、Y、Z三种元素对应的原子半径大小关系为____________(填元素符号)。‎ ‎(4)X和Z形成的简单氢化物，热稳定性较好的是______________(填化学式)。‎ ‎(5)Y与X的最高价氧化物在一定条件下反应的实验现象是___________________________。‎ ‎(6)下列说法正确的是_______。‎ A.W的氧化物，均满足8e—稳定结构 B.最高价氧化物对应的水化物的酸性W>Z C.由于Z的氧化物ZO2既可与酸反应，又能与碱反应，所以ZO2为两性氧化物 D.W的氧化物WO2，具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎(7)足量的单质Y与一定量的W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液，在一定条件下充分反应，所得气体的成分为_________________。‎ ‎【答案】(1). 第三周期ⅣA族 (2). (3). Mg＞Si＞C (4). CH4 (5). 剧烈燃烧，放出大量热，产生耀眼的白光，生成白色固体和黑色粉末 (6). BD (7). SO2和H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，Y最外层电子数等于X次外层电子数，则Y最外层电子数为2，X与Z同族，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10，则X、Z最外层电子数为＝4，则X为C元素，Z为Si元素；Y原子半径大于Z，则Y为Mg元素；W的最外层电子数等于X的核外电子总数，且W单质常温下为固体，则W为S元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知，X为C，Y为Mg，Z为Si元素，W为S元素；‎ ‎(1)Si的原子序数为14，位于元素周期表中第三周期ⅣA族；‎ ‎(2)Y元素形成的离子为镁离子，镁离子的核电荷数为12，核外电子总数为10，其离子结构示意图为；‎ ‎(3)同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Mg＞Si＞C；‎ ‎(4)非金属性：C＞Si，则简单氢化物的热稳定性较好的是CH4；‎ ‎(5)X的最高价氧化物为二氧化碳，Mg在二氧化碳中剧烈燃烧，放出大量热，产生耀眼的白光，生成白色固体和黑色粉末；‎ ‎(6)A．W的氧化物有二氧化硫和三氧化硫，二氧化硫中S、O原子满足8e﹣‎ 稳定结构，而三氧化硫中S原子最外层电子数为6+3＝9，不满足8电子稳定结构，故A错误；‎ B．非金属性S＞Si，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：W＞Z，故B正确；‎ C．由于Z的氧化物SiO2不与硫酸、盐酸、硝酸等强酸反应，能够与强碱反应，属于酸性氧化物，故C错误；‎ D．W的氧化物SO2具有还原性，能够被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；‎ 故答案为：BD；‎ ‎(7)W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，足量的单质Mg浓硫酸在一定条件下充分反应，Mg与浓硫酸生成二氧化硫气体，与稀硫酸反应生成氢气，所得气体的成分为SO2和H2。‎ ‎28.某学习小组用如下图所示装置A、B分别探究金属铝与稀氢氧化钠溶液的反应，实验过程中装置A中烧杯内的溶液温度升高，装置B中烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。‎ ‎（1）装置A烧杯中反应的离子方程式为_________。‎ ‎（2）装置B中Mg上的现象是_________，Al发生的电极反应式是__________________。‎ ‎（3）当装置B导线中通过0.3mol电子时，装置B烧杯中溶液的质量变化为__________（填增重或减轻多少克）。‎ ‎（4）该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_________（填字母序号）。‎ A．原电池反应的过程中一定有电子转移 B．原电池装置需要2个电极 C．电极一定不能参加反应 D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生 E．原电池的正负极不仅与金属的活动性有关，而且也与电解质溶液有关 ‎【答案】(1). 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑ (2). 有气泡冒出 (3). Al－3e－+4OH－=AlO2－+2H2O (4). 增重‎2.4g (5). ABDE ‎【解析】‎ ‎【分析】本题考查Al与NaOH溶液的反应，原电池的组成和工作原理，电极反应式的书写和化学计算。‎ ‎【详解】（1）装置A烧杯中Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，装置A烧杯中溶液温度升高说明Al与NaOH溶液的反应为放热反应；‎ ‎（2）由于Mg与NaOH溶液不反应，装置B中Al为负极，Mg为正极，Mg极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Mg上的现象是：有气泡冒出。Al为负极，Al发生的电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；‎ ‎（3）装置B中电池总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可见当导线中通过6mol电子时，有2molAl溶解同时产生3molH2，溶液质量增重（227-32）g=‎48g；当装置B导线中通过0.3mol电子时，装置B烧杯中溶液增重0.3mol=‎2.4g；‎ ‎（4）A. 原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池反应的过程中一定有电子转移，A项正确；‎ B. 原电池装置需要2个电极，B项正确；‎ C. 电极可以参加反应，如装置B中Al电极参与负极反应，C项错误；‎ D. 在原电池中，氧化反应在负极发生，还原反应在正极发生，氧化反应和还原反应拆开在两极发生，D项正确；‎ E. Mg、Al和稀硫酸构成原电池时Mg为负极、Al为正极，Mg、Al和NaOH溶液构成原电池时Mg为正极、Al为负极，原电池的正负极不仅与金属的活动性有关，而且也与电解质溶液有关，E项正确；‎ 答案选ABDE。‎ ‎29.航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置。它可直接将化学能转化为电能，甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为：CH4＋2O2＋2OH－===CO32—＋3H2O。‎ ‎(1)负极上的电极反应为____________________________________。‎ ‎(2)消耗标准状况下的‎5.6 L O2时，有________ mol电子发生转移。‎ ‎(3)开始放电时，正极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】(1). CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O (2). 1 (3). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子； （2）根据氧气和转移电子正极的关系式计算转移电子物质的量； （3）放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大。‎ ‎【详解】(1)该燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，其电极反应式分别为：CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O，故答案为CH4＋10OH－－8e－===CO32—＋7H2O；‎ ‎(2)氧气物质的量= =0.25mol，因负极电极反应式为： 2H2O+O2+4e−=4OH−知，转移电子物质的量=4n(O2)=4×0.25mol=1mol，故答案为1；‎ ‎(3)放电时，正极附近生成氢氧根离子导致氢氧根离子浓度增大，则溶液的pH增大，故答案为增大。‎ ‎30.SO2是一种重要的氧化物,可用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐,也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。‎ ‎(1)SO2性质多变,若将SO2气体通入氢硫酸中,能看到的现象为:__________,该反应中SO2表现出______性;若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中,离子反应方程式为_________,该反应中SO2表现出__________性。‎ ‎(2)SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:‍①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式__________;‎ 已知:‎ 试剂 ‎ Ca(OH)2‎ NaOH ‎ 价格(元/kg) ‎ ‎0.36 ‎ ‎2.9 ‎ 余石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是__________;‎ ‎(3)在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。‎ 上述方法中,实现循环利用的物质是__________,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理__________。‎ ‎【答案】(1). 溶液中生成黄色沉淀 (2). 氧化性 (3). 2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+ (4). 还原性 (5). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (6). 成本较高 (7). NaOH (8). CaO+H2O=Ca(OH)2   Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）将SO2气体通入氢硫酸中，发生反应SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，发生反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；‎ ‎（2）二氧化硫和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，参照价格表，NaOH成本高；‎ ‎（3）向Na2SO3溶液中加入CaO后，生成NaOH，故NaOH为循环利用的物质；CaO加入溶液中会先和水反应，即CaO+H2O=Ca(OH)2，生成的Ca(OH)2再和Na2SO3溶液反应，据此答题。‎ ‎【详解】（1）二氧化硫具有弱氧化性，将SO2气体通入氢硫酸中，发生反应SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O，看到的现象为溶液中生成黄色沉淀，二氧化硫中S化合价由+4价→0价，化合价降低的反应物作氧化剂，体现氧化性；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾具有强氧化性，将二氧化硫溶于水后生成的亚硫酸氧化为硫酸，二氧化硫遇到强氧化剂时体现还原性，将MnO4-还原为Mn2+，S元素的化合价升高2价，锰元素的化合价降低5价，则高锰酸根系数为2，二氧化硫系数为5，根据原子守恒，硫酸根系数为5，Mn2+系数为2，根据电荷守恒，右侧补4个氢原子，最终根据H原子守恒，左侧补2个水，即方程式为：‎ ‎5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，二氧化硫中S元素的化合价由+4价→+6价，化合价升高的反应物作还原剂，体现还原性，故答案为溶液中生成黄色沉淀，氧化性，2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，还原性。‎ ‎（2）二氧化硫作为酸性氧化物，可以和氢氧化钠反应盐和水，参照二氧化碳和氢氧化钠反应的方程式，写出二氧化硫和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，由于石灰价格低，吸收成本比氢氧化钠低的多，故答案为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，成本较高。‎ ‎（3）从流程图中可以看出，向Na2SO3溶液中加入CaO后，生成NaOH，生成的NaOH可以作为二氧化硫的吸收剂，故NaOH为循环利用的物质；CaO加入溶液中会先和水反应，即CaO+H2O=Ca(OH)2，生成的Ca(OH)2再和Na2SO3溶液反应，根据流程图，反应物之一为NaOH，再根据复分解反应原理，另一生成物为CaSO3‎ ‎，故反应方程式为：Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH，故答案为NaOH，CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH。‎