河北省黄骅中学2018_2019学年高一化学下学期第二次月考试题（含解析）.docx

河北黄骅中学2018-2019学年高一下学期第二次月考化学试题1.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是ABCD硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误； B.锂离子电池是把化学能转化为电能，故B正确；C.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误； D.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D错误。答案选B。2.用石墨作电极，电解下列物质的水溶液，其实质与电解水一致的是（ ）A. NaClB. CuCl2C. CuSO4D. NaOH【答案】D【解析】【分析】用石墨作电极，电解下列物质的水溶液，实质上与电解水一致，说明溶液中阳离子是氢离子放电、阴离子是氢氧根离子放电，结合离子放电顺序解答。【详解】A电解NaCl溶液，阳离子是氢离子放电，阴离子是氯离子放电，电解的是电解质与水型，A项错误；B电解CuCl2溶液，阳离子是铜离子放电、阴离子是氯离子放电，电解的是电解质型，B项错误；C电解CuSO4溶液，阳离子是铜离子放电、阴离子是氢氧根放电，电解的是电解质与水型，C项错误；D电解NaOH溶液，阳离子是氢离子放电、阴离子是氢氧根离子放电，其实质是电解水，D项正确；答案选D。【点睛】掌握电解池的工作原理及实质是解题的关键，电解类型可分为四大类，分别是：1）电解水型（强碱，含氧酸，活泼金属的含氧酸盐），pH由溶液的酸碱性决定，溶液呈碱性则pH增大，溶液呈酸性则pH减小，溶液呈中性则pH不变。电解质溶液复原只需加适量水 2）电解电解质型（无氧酸，不活泼金属的无氧酸盐），无氧酸pH变大，不活泼金属的无氧酸盐pH不变。电解质溶液复原：加适量电解质。 3）放氢生碱型（活泼金属的无氧酸盐），pH变大。电解质溶液复原：加含相同阴离子的酸。 比如电解NaCl，随着NaCl被电解，生成NaOH，pH逐渐升高； 4）放氧生酸型（不活泼金属的含氧酸盐），pH变小。电解质 溶液复原：加含有阳离子碱或氧化物。3.下列哪个说法可以证明反应N23H22NH3已达到平衡状态( )A. 氨气、氮气、氢气的浓度相等B. 1个NN键断裂的同时，有3个HH键断裂C. 1个NN键断裂的同时，有6个NH键断裂D. 1个NN键断裂的同时，有6个HH键形成【答案】C【解析】【详解】A. 浓度保持不变才能说明达到平衡状态，但各物质浓度相等，不一定是平衡状态，A项错误；B. 1个NN键断裂的同时，有3个HH键断裂，都体现正反应方向，B项错误；C. 1个NN键断裂等效于6个NH键形成的同时有6个NH键断裂，C项正确；D. 1个NN键断裂的同时，应有3个HH键形成，D项错误；答案选C。【点睛】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。4.在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是( )A. v（A）=0.5molL-1 s-1B. v（B）=0.3 molL-1 s-1C. v（C）=0.8 molL-1 s-1D. v（D）=10 molL-1min-1【答案】B【解析】【分析】注意比较反应速率快慢常用方法有：归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率；比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快，一般用比值法相对简单。【详解】由比值法可得：v（A）/2=0.25molL-1 s-1，v（B）/1=0.3 molL-1 s-1，v（C）/3=0.8/3molL-1 s-1，注意D的单位需要换算，v（D）=10 molL-1min-1=1/6 molL-1 s-1，v（D）/4=1/24 molL-1 s-1，反应速率最快的是v（B），故选B。【点睛】本题考查反应速率快慢的比较，注意用比值法相对简单，计算过程中注意单位换算是解答关键。5.100 mL浓度为2 molL-1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（ ）A. 加入适量的6 molL-1的盐酸B. 加入适量蒸馏水C. 加入数滴氯化铜溶液D. 加入适量的氯化钠溶液【答案】C【解析】试题分析：A项中加入浓度大的盐酸，增加了H+的量，也就增加了H2的量。B项与D项加入水或氯化钠溶液都引起溶液中H+浓度的下降，反应速率减慢。C项因锌是过量的，放出H2的量取决于盐酸的量，加入CuCl2后，有少量铜析出，附在锌片上，形成了原电池反应，反应的速率加快。故C正确。考点：考查外界条件对反应速率的影响、原电池的应用点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，基础性强，难易适中。有助于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的发散思维能力。6.下列判断正确的是A. 0.1 molL1盐酸与0.1 molL1醋酸分别与足量Cu(OH)2反应，反应速率相同B. 0.1 molL1盐酸和0.1 molL1硝酸分别与大小相同的大理石反应，反应速率相同C. Mg和Fe与0.1 molL1的盐酸反应，反应速率相同D. 0.1 molL1的盐酸和0.1 molL1的硫酸分别与Mg反应，反应速率相同【答案】B【解析】【详解】A项，醋酸酸性较弱，前者反应速率快，故A错误；B项，二者c(H+)相同，均发生反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，反应速率相同，故B正确；C项，活泼性：MgFe，二者与相同浓度的盐酸反应时，前者反应速率快，故C错误；D项，后者c(H+)大，故后者反应速率快，故D错误。故答案选B。7.下列反应中，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是( )A. 灼热的炭与水蒸气的反应B. 锌片与稀硫酸的反应C. 甲烷在空气中的燃烧反应D. Ba(OH)2 8H2O与NH4Cl的反应【答案】A【解析】【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：Ba（OH）28H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，以此来解答。【详解】A. C、H 元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，A项正确；B.铁、氢元素的化合价变化，为氧化还原反应，但属于放热反应，B项错误；C. C、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，C项错误；D. 不存在元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，D项错误；答案选A。8.一定条件下氨的分解反应2NH3N23H2在容积为2 L的密闭容器内进行，已知起始时氨气的物质的量为4 mol，5 s末为2.4 mol，则用氮气表示该反应的速率为( )A. 0.32 molL1s1B. 0.16 molL1s1C. 1.6 molL1s1D. 0.08 molL1s1【答案】D【解析】【分析】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，根据公式先计算出氨气的速率，再结合各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比分析作答。【详解】反应进行到5 s时，消耗的氨气的物质的量是4 mol2.4 mol=1.6 mol，所以用氨气表示的反应速率是 =0.16 molL-1s-1，则= 0.08 molL1s1，D项正确，答案选D。【点睛】化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比来表示各物质速率之间的关系。9.在恒温恒容的密闭容器中通入lmol X和2molY，发生如下反应：X(g) + 2Y(g)M(g) + 2N(g) H=akJ/mol(a0)，下列说法中正确的是：( )A. v正(M)=2v逆(N)时，反应到达平衡状态B. 到达平衡状态时，反应吸收akJ能量C. 2s 末反应达到平衡时，加入催化剂，反应速率不会发生改变D. 2s 末反应达到平衡后，相同时间内Y的消耗量是X的生成量的2倍【答案】D【解析】【详解】A. 2v正(M)= v逆(N)可说明正逆反应速率相等，反应到达平衡状态，关系式错误，A项错误；B. 在反应X(g) + 2Y(g)M(g) + 2N(g) H=akJ/mol(a0)中表示1mol X完全反应吸收热量为a kJ，而化学平衡状态反应物不可能完全转化，反应吸收的能量小于a kJ，B项错误；C. 2s 末反应达到平衡时，加入催化剂，反应速率会加快，C项错误；D. 2s 末反应达到平衡后，正逆反应速率相等，则相同时间内Y的消耗量是X的生成量的2倍，D项正确；答案选D。10.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)O2(g) 2Cl2(g)2H2O(g)H115.6 kJmol1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是( )A. 混合气体的密度不再改变B. 氯化氢的转化率不再改变C. 断开4 mol HCl键的同时生成4 mol HO键D. n(HCl)n(O2)n(Cl2)n(H2O)4122【答案】B【解析】【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。【详解】A、气体的质量和容器的容积一直不变，因此混合气体的密度不再改变不能说明达平衡状态，故A不选；B、氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的浓度不再发生变化，反应处于平衡状态，故B选；C、只要反应发生就存在断开4 mol HCl键的同时生成4 mol HO键，均表示正反应，故C不选；D、n（HCl）：n（O2）：n（Cl2）：n（H2O）=4：1：2：2，不能说明各物质的浓度不变，反应不一定处于平衡状态，故D不选；故答案选B。11.电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应是：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，总反应式为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2下列说法不正确的是( )A. 锌是负极，氧化银是正极B. 锌发生氧化反应，氧化银发生还原反应C. 溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动D. 随着电极反应的不断进行，电解质溶液的pH会增大【答案】C【解析】【详解】A、根据总反应以及原电池的工作原理，Zn的化合价升高，即Zn为负极，氧化银为正极，故A说法正确；B、根据A选项分析，Zn为负极，发生氧化反应，氧化银中Ag的化合价降低，氧化银发生还原反应，故B说法正确；C、根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，即OH向负极移动，K、H向正极移动，故C说法错误；D、电解质溶液为碱性，根据总反应可知，该反应消耗水，KOH浓度增大，pH增大，故D说法正确，答案选C。12.如下图所示、装置电解氯化铜溶液和饱和食盐水。下列判断错误的是（ ）A. 阳极失电子的离子相同、产物相同B. 阴极产物因得电子的离子不同而不同C. 电解后两装置中溶液的pH都减小D. 电解后只有装置阴极的质量增加【答案】C【解析】【详解】A、阴离子向阳极移动，所以Cl向阳极，失电子生成氯气，阳极失电子的离子相同、产物相同，故A正确；B、a中铜离子得电子生成铜，b中水中氢得电子生成氢气，阴极产物因得电子的离子不同而不同，故B正确；C、a中电解氯化铜本身，b中水中氢得电子生成氢气破坏水的电离平衡，生成氢氧根，pH增大，故C错误；D、a中铜离子得电子生成铜，b中水中氢得电子生成氢气，电解后只有装置阴极的质量增加，故D正确；故选C。【点睛】本题考查学生电解池的工作原理知识，解题关键：理解电解原理，会分析电极反应。13.在密闭容器中通入一定量的HI气体，使其在一定条件下发生反应：2HI(g)H2(g)I2(g)。下列叙述中，一定属于平衡状态的是A. HI、H2、I2的浓度相等B. 混合气体的颜色不再变化C. 混合气体的总压强不再变化D. v(HI)v(H2)v(I2)211【答案】B【解析】【详解】A. HI、H2、I2的浓度相等不一定处于平衡状态，注意当HI、H2、I2的浓度不再改变才可以判断平衡状态；A项错误；B.I2蒸气为紫色，其浓度改变时，紫色深浅也变化，因而当混合气体的颜色不变化时，可以判断平衡状态，B项正确；C.该反应的气体计量数在反应前后不变，因而压强在反应过程中始终保持不变，因而，不可以判断，C项错误；D.v(HI):v(H2):v(I2)=2:1:1不能表示正逆反应速率，只有当正逆反应速率相等时才能处于平衡状态，D项错误。故答案选B。14.燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟氧气(或空气)反应将化学能转变为电能的装置。下面关于甲烷燃料电池(KOH溶液为电解质溶液)的说法正确的是A. 负极的电极反应式为O2+2H2O4e-=4OH-B. 随着放电的进行，溶液的pH不变C. 负极的电极反应式为CH48OH-8e-=CO2+6H2OD. 放电时溶液中的OH-向负极移动【答案】D【解析】【分析】燃料电池中，通入燃料的电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O，通入氧化剂的电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为：2O2+4H2O+8e-=8OH-，电池反应式为2O2+CH4+2OH-=CO32-+3H2O，根据总反应式判断溶液的pH变化，由原电池原理判断电子和溶液中离子的移动方向。【详解】A.负极上CH4失电子发生氧化反应，A错误；B.该电池的反应式为2O2+CH4+2OH-=CO32-+3H2O，消耗了溶液中的氢氧根离子，且有溶剂水生成，导致溶液中c(OH-)降低，溶液的pH减小，B错误； C.燃料电池中，通入燃料甲烷的一极为负极，负极上失电子发生氧化反应，甲烷失电子生成二氧化碳和水，二氧化碳能和碱反应生成碳酸盐和水，所以负极电极反应式为：CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O，C错误；D.放电时，根据原电池原理，电解质溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查原电池工作原理的知识。注意书写燃料电池的电极反应式时，应结合溶液的酸碱性书写电极反应式，为易错点。15.已知金属锈蚀的原理是在潮湿空气中金属表面形成水膜，金属与杂质和水膜中溶解的电解质组成原电池，从而使金属锈蚀加快，下列制品的镀层损坏后，金属腐蚀速率最快的是A. 镀铝塑扣B. 食品罐头盒(镀锡铁盒)C. 白铁水桶(镀锌)D. 镀铝铁板【答案】B【解析】【分析】金属制品的镀层损坏后，可以形成原电池而引起腐蚀，作原电池的负极会被腐蚀，据此分析。【详解】A.镀铝塑扣的镀层破损后，由于塑料不能导电，所以不能构成原电池，因此金属腐蚀速率不会加快，A不符合题意；B.食品罐头盒(镀锡铁盒)，镀层损坏后，Fe、Sn及溶解在金属表面水面中的电解质形成原电池，由于铁比锡活泼，所以Fe作负极被腐蚀，铁的腐蚀的速率大大加快，B符合题意；C.白铁水桶(镀锌)，镀层损坏后，形成原电池，由于Zn比Fe活泼，所以Zn作原电池负极被腐蚀，铁被保护，C不符合题意；D.镀铝铁板，镀层损坏后，Fe、Al及溶解在金属表面水面中的电解质形成原电池，由于金属活动性AlFe，所以铝作负极，失去电子被腐蚀，铁被保护，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查了金属的腐蚀与防护，根据原电池原理，活泼的电极为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应；不活泼的电极为正极，正极上溶液增大物质获得电子，发生还原反应，题目难度不大。16.研究人员研发了一种“水电池”，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电。在海水中，电池的总反应可表示为：5MnO2+2Ag+ 2NaCl=Na2Mn5O10+ 2AgCl，下列“水电池”在海水中放电时的有关说法正确的是( )A. 正极反应式：Ag+Cl+e=AgClB. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移4mol电子C. Na+不断向“水电池”的负极移动D. AgCl是氧化产物【答案】D【解析】【详解】该电池的正极反应：5MnO2+2e-= Mn5O102-，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl。A项，正极反应式应为5MnO2+2e-= Mn5O102-，故A项错误；B项，由正极反应式可知，1 mol Na2Mn5O10转移2mol电子，故B项错误；C项，钠离子要与Mn5O102-结合，因此钠离子应该向正极移动，故C项错误；D项，负极反应：Ag+Cl+e=AgCl，Ag失电子，被氧化，则AgCl是氧化产物，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】明确原电池原理是解题的关键，注意原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。17.下列叙述中不正确的是( )A. 电解法精炼铜时将粗铜板作阳极B. 电解法精炼铜时，粗铜中所含Na、Fe、Zn等杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应式为O22H2O4e=4OHD. 电镀铜的过程中硫酸铜溶液中铜离子浓度不变【答案】B【解析】【详解】A. 电解精炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，A项正确；B. 粗铜中比铜活泼性强的Na、Fe、Zn等杂质先失去电子成为阳离子进入溶液，铜失电子过程中，比铜活泼性弱的杂质沉积槽底形成阳极泥，B项错误；C. 钢铁在潮湿空气中易形成原电池，负极Fe-2e-Fe2+，水膜酸性很弱或中性时发生吸氧腐蚀，正极反应为O22H2O4e=4OH，C项正确；D. 电镀铜的过程中阳极铜失电子变为铜离子，阴极铜离子得电子转化为铜单质，根据电子守恒规律，认为硫酸铜溶液中铜离子浓度几乎保持不变，D项正确；答案选B。18.分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是A. 中Mg作负极，中Fe作负极B. 中Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e6OH+3H2C. 中Fe作负极，电极反应式Fe3eFe3+D. 中Cu作正极，电极反应式为2H+2eH2【答案】B【解析】【详解】A.中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能和NaOH溶液反应失去电子，故Al是负极；中Fe在浓硝酸中钝化，Cu和浓硝酸反应失去电子作负极，故A不正确；B.中电池总反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，负极反应式为2Al+8OH6e2+4H2O，两者相减得到正极反应式为6H2O+6e6OH+3H2，故B正确；C.中Fe在浓硝酸中钝化，Cu和浓硝酸反应失去电子作负极，故C不正确；D.中Cu是正极，电极反应式为O2+2H2O+4e4OH，故D不正确；正确答案：B。【点睛】只有自发进行的氧化还原反应才可以设计原电池，如何判断自发进行氧化还原反应（难点）:第一步：看电极是否和电解质溶液发生氧化还原：A.先看活泼金属电极B.如活泼电极不反应另一个电极；第二步：两个电极均不反应，则是活泼金属与空气中的氧气发生的自发进行的氧化还原反应。19.按如图装置进行实验，下列描述正确的是（N装置中两个电极均为石墨棒）A. C1上发生还原反应B. Cu电极与C2电极上的电极反应相同C. M 装置中SO42移向Cu电极D. 工作一段时间后装置M 中溶液pH变小，装置N中溶液pH变大【答案】B【解析】【分析】由图可知，M构成原电池，Zn为负极，Cu为正极；N为电解池，C1为阳极，C2为阴极，结合电极反应及原电池反应、电解反应来解答。【详解】AN为电解池，C1为阳极，发生氧化反应，故A错误；BCu电极与C2电极上的电极反应均为氢离子得到电子发生的还原反应，故B正确；CM构成原电池，Zn为负极，则SO42移向Zn电极，故C错误；DM中发生Zn+2H+Zn2+H2，N装置中两个电极均为石墨棒，N中发生2H2O2H2+O2，则一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查原电池及电解原理，明确装置特点是解答本题的关键，并熟悉工作原理及电极反应来解答。20.反应4A(s)3B(g)=2C(g)D(g)，2 min内B的浓度减少0.6 molL1，对此反应速率的描述正确的是A. v(A)0.4 molL1min1B. 分别用B、C、D表示的反应速率的值之比为321C. 在2 min末的反应速率，用B表示为0.3 molL1min1D. 在这2 min内B和C两物质浓度都是逐渐减小的【答案】B【解析】【分析】根据v=c/t计算v（B），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（C）、判断v（B）与v（D）关系，A是固体，不能利用该方法表示反应速率。【详解】A项、A是固体，不能用该方法表示反应速率，故A错误；B项、速率之比等于化学计量数之比，分别用B、C、D表示反应速率的值之比为321，故B正确；C项、在2min内，B的浓度减少0.6mol/L，则v（B）=0.6mol/L/2min=0.3mol/（Lmin），该速率为这段时间内的平均速率，不是某时刻的即时速率，故C错误；D项、在这2 min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增大，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学反应速率的表示与计算，注意化学反应速率为平均速率，不是瞬时速率，注意化学反应速率之比等于化学计量数之比是解答关键。21.下列说法正确的是( )A. 物质发生化学反应时都伴随能量变化，有能量变化的变化一定是化学变化B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应C. 离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定不含离子键D. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多【答案】C【解析】【详解】A、物质的三态变化有能量变化，是物理变化，故A错误；B、燃烧都是放热反应，一般需要加热到着火点才能发生，故B错误；C、含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含有共价键的化合物属于共价化合物，共价化合物中一定不含有离子键，故C正确；D、等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故D错误；答案选C。22.已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，正确的是 ( )A. 原子半径：XYZWB. 原子序数：YXZWC. 原子最外层电子数：YXZWD. 金属性：XCB. 热稳定性：A2DAEC. CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性D. A、C都能与B形成原子个数比为1:1的化合物【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，则C为Na元素；A和E组成的化合物AE是常见强酸，则A为H，E为Cl元素；A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D的质子数=17-1=16，则D为S元素；B和D同主族，则B为O元素，据此解答。【详解】根据分析可知：A为H，B为O，C为Na，D为S，E为Cl元素，则A.氧离子和钠离子都含有2个电子层,核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：BC，A项正确；B.非金属性SCl，则简单氢化物的热稳定性：H2SHCl，B项错误；C.NaH为离子化合物，溶于水生成氢氧化钠和氢气，所得溶液呈碱性，C项正确；D.A与B可形成H2O2，C与B可形成Na2O2，原子个数比均为1:1，D项正确；答案选B。24.已知同周期X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是HZO4H2YO4H3XO4，下列判断正确的是A. 3种元素阴离子还原性按X、Y、Z的顺序增强B. 单质的氧化性按X、Y、Z的顺序减弱C. 气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序减弱D. 原子半径按X、Y、Z顺序减小【答案】D【解析】【详解】非金属性越强，则对应的最高价氧化物水化物的酸性越强，酸性由强到弱的顺序是HZO4H2YO4H3XO4，则非金属性：ZYX。A、非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，则3种元素阴离子还原性按Z、Y、X的顺序增强，A错误；B、一般情况下，非金属性越强，单质的氧化性越强，单质的氧化性ZYX，B错误；C、非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序增强，C错误；D、同周期自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，则原子半径按X、Y、Z的顺序减小，D正确；答案选D。25.硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素。已知Se的原子结构示意图为：。下列说法不正确的是A. 该原子的质量数为34B. 该元素处于第四周期第A族C. SeO2既有氧化性又有还原性D. 酸性：HBrO4 H2SeO4【答案】A【解析】【详解】A、根据Se的原子结构示意图，可知Se质子数为34，由于不知道中子数，无法计算质量数，故A错误；B、根据Se的原子结构示意图，可知该元素有4个电子层，最外层有6个电子，所以该元素处于第四周期第A族，故B正确；C、Se最高价为+6，最低价为-2，SeO2中Se元素为+4，所以SeO2既有氧化性又有还原性，故C正确；D、非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，Br的非金属性大于Se，所以酸性：HBrO4 H2SeO4，故D正确。26.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则下列有关说法中错误的是A. Z元素的最高价氧化物水化物的酸性强于YB. 要使由Y元素形成的YO2晶体融化，需要破坏共价键C. 四种元素常见的氢化物：YH4、WH3、H2X、HZ中，YH4最稳定D. 氢化物WH3与HZ反应生成的离子化合物中存在10e-、18 e-两种微粒【答案】C【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，其中W的单质是空气的主要成分，化学性质稳定，不易参加化学反应，则W为N元素，可推知X为O元素，Y为Si，Z为Cl元素，据此解答。【详解】A.高氯酸的酸性强于硅酸，故A正确；B. SiO2是原子晶体，融化需要破坏共价键，故B正确；C.四种元素中Si元素的非金属性最弱，故氢化物中SiH4最不稳定，故C错误；D. NH3与HCl反应生成的离子化合物为NH4Cl，NH4Cl中NH4+含有10e-，Cl-含有18 e-，故D正确；故选C。【点睛】同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。27.1mol氢气燃烧生成液态水，放出 285.5kJ的热量。下列热化学方程式正确的是( )A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H =-285.5kJ/molB. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H =-285.5kJ/molC. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H =-571.6kJ/molD. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=+571.6kJ/mol【答案】C【解析】【详解】1mol氢气燃烧生成液态水，放出 285.5kJ的热量，则其热化学方程式为：H2(g)+1/2 O2(g)=H2O(g) H =-285.5kJ/mol或2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H =-571.6kJ/mol，答案选C。【点睛】热化学方程式的书写原则（从左往右进行）与普通化学方程式相比，书写热化学方程式除了要遵守书写化学方程式的要求外还应注意以下几点：1 热化学方程式中各物质化学式前的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数。因此化学计量数以“mol”为单位，数值可以是小数或分数。2 反应物和产物的聚集状态不同，反应热H也不同。因此，必须注明物质的聚集状态，g-气态，l-液态，S-固态，aq-溶液，由于已经注明物质的聚集状态，所以热化学方程式中不用和。3 反应热H与测定条件如温度、压强等有关。因此书写热化学方程式应注明H的测定条件。若不注明，则表示在298K、101kPa下测定的。4 在所写的化学方程式的右边写下H的“+”与“”、数值和单位，方程式与H应用空格隔开。若为放热反应，H为“”，若为吸热反应，H为“+”，由于H与反应完成的物质的量有关，所以化学计量数必须与H相对应。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。H的单位为kJ/mol。28.工业制备合成氨原料气过程中存在反应： CO(g)+H2O(g) CO2(g)+ H2(g)+ 41.0kJ，下列判断正确的是( )A. 该反应的正反应是吸热反应B. 反应物总能量小于生成物总能量C. 反应中生成1 mol H2(g)放出41.0kJ热量D. 反应中消耗1体积CO(g)放出41.0kJ热量【答案】C【解析】【详解】A. 反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+ H2(g)+ 41.0kJ为放热反应，故其正反应是放热反应，A项错误；B. 反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+ H2(g)+ 41.0kJ为放热反应，放热反应的反应物总能量大于生成物总能量， B项错误；C. 根据反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+ H2(g)+ 41.0kJ可知，反应中生成1 mol H2(g)放出41.0kJ热量，C项正确；D. 反应中消耗1 mol CO(g)放出41.0kJ热量，而不是1体积CO，D项错误；答案选C。29.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示，电解总反应为：2CuH2OCu2OH2。下列说法正确的是( ) A. 铜电极发生还原反应B. 石墨电极上产生氢气C. 铜电极接直流电源的负极D. 当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成【答案】B【解析】【详解】A. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子，发生氧化反应，故A错误； B. 根据电解总反应可知，铜电极化合价升高，失电子Cu2O，石墨电极氢离子得电子产生氢气，故B正确；C. 铜电极铜电极化合价升高，失电子，应该接直流电源的正极，故C错误； D. 2CuCu2O，当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，故D错误；正确答案：B。30.下列操作能达到实验目的的是( )实验目的实验操作A证明Cl的非金属性比C强将盐酸滴入放有大理石的烧杯中，观察是否有气泡产生。B比较Mg与Al的金属性强弱将镁条与铝片用导线相连，放入盛有NaOH溶液的烧杯中，观察现象。C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中。D证明KCl中存在离子键熔融状态的KCl是否导电A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A验证Cl的非金属性比C强，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，因此实验中不能用盐酸，应用高氯酸，故A错误；BAl与NaOH反应，Mg不能，则原电池中Al为负极，而金属性Mg大于Al，故B错误；C将两块表面积相同锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中，反应的原理不同，不能比较浓度对反应速率的影响，故C错误；D.离子化合物中含有离子键，在熔融状态下可发生电离，可导电，因此熔融状态的KCl能导电，可以说明KCl中存在离子键，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，证明浓度对化学反应速率的影响，需要保证其他条件相同，要注意锌与浓硫酸一般不能放出氢气，与锌和稀硫酸的反应原理不同。31.图是一个简易测量物质反应是吸热反应还是放热反应的实验装置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应。将镁片加入小试管内，然后注入足量的盐酸，请根据要求完成下列问题：(1)有关反应的离子方程式是_，试管中看到的现象是_。(2)U形管中液面A_(填“上升”或“下降”)，原因是_；说明此反应是_(填“放热”或“吸热”)反应。(3)由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量_(填“大于”“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。【答案】 (1). Mg2H=Mg2H2 (2). 镁片溶解，有气泡产生 (3). 下降 (4). 反应放出的热量使锥形瓶内气压增大 (5). 放热 (6). 小于【解析】【分析】根据离子反应方程式书写规则分析解答；根据常见化学实验基础操作及注意事项分析解答；【详解】(1)镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，离子方程式为：Mg2H=Mg2H2，所以能观察到镁片溶解，同时有气体生成；故答案为：Mg2H=Mg2H2，镁片溶解，有气泡产生；(2)镁片与盐酸的反应是放热反应，是由于反应物的总能量高于生成物的总能量，放出的热量使锥形瓶内气压增大，导致U形管左端液面下降，右端液面上升；故答案为：下降；反应放出的热量使锥形瓶内气压增大；放热；小于。【点睛】离子方程式书写规则：一写：写出正确化学方程式；二拆：将强酸、强碱、可溶性盐拆成离子形式；三删：删去相同数量的相同离子；四查：检查原子守恒和电荷守恒。32.由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。装置现象金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据实验现象回答下列问题：(1)装置甲中作正极的是_ (填“A”或“B”) ； (2)装置乙溶液中C电极反应：_；装置乙中反应一段时间后，测得C电极 的质量增加12.8克，则该电池反应转移电子的物质的量为_mol(3)装置丙中金属A上电极反应属于_(填“氧化反应”或“还原反应”)；(4)四种金属活动性由强到弱的顺序是_。【答案】 (1). B (2). Cu2+2e-=Cu (3). 0.4 (4). 还原反应 (5). DABC【解析】【详解】（1）甲装置中，金属A不