2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题 理(含解析) (II).doc

2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题 理(含解析) (II)可能用到的相对原子质量：O 16 S 32 Cu 64 Ag 108 Pb 207一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）1. 下列叙述正确的是( )A. 反应热就是反应放出的热量B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应热D. 同温同压下，H2(g)Cl2(g) = 2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同【答案】C【解析】反应热还包括反应中吸收的热量，选项A不正确；选项B不正确，反应速率大小与反应是放热反应还是吸热反应无关系；反应热大小与反应条件无关系，选项D不正确，因此正确的答案选C。2. 下列变化过程，属于放热反应的是( )液态水变成水蒸气 酸碱中和反应 浓H2SO4稀释固体NaOH溶于水 H2在Cl2中燃烧 食物腐败A. B. C. D. 【答案】A【解析】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等都是放热反应。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。不是化学变化，其中和是吸热过程，是放热过程，故选A。点睛：本题考查常见的放热反应和吸热反应。一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等都是放热反应。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。3. 下列有关化学用语正确的是( )A. NH4Br的电子式：B. S2-的结构示意图：C. N2的结构式：N=ND. 原子核内有18个中子的氯原子： Cl【答案】D【解析】A、NH4Br的电子式，错误；B、硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图:，错误；C、氮气中氮原子之间通过三键均达到了8电子稳定结构，电子式为，错误；D、18个中子的氯原子，由于氯原子的质子数为17，故其相对原子质量为17+18=35，所以原子核内有l8个中子的氯原子为，正确。故选D。4. 下列各组物质中化学键的类型相同的是( )A. HCl、MgCl2、NH4Cl B. NH3、H2O、CO2C. H2O、Na2O、CO2 D. CaCl2、NaOH、H2O【答案】B【解析】A、HCl共价化合物，只含共价键；MgCl2是离子化合物，只含离子键；NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键。错误；B、NH3、H2O、CO2均为共价化合物，只含共价键。正确；C、H2O和CO2均为共价化合物，只含共价键；Na2O是离子化合物，只含离子键；错误；D、CaCl2是离子化合物，只含离子键；NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键；H2O共价化合物，只含共价键。错误；故选B。点睛：物质中直接相邻的离子或原子之间强烈的相互作用，需要强调的是这种相互作用包括引力和斥力两方面。化学键又分为离子键和共价键。活泼金属与活泼非金属之间一般形成离子键；非金属元素间一般形成共价键。离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键；共价化合物中只含有共价键。5. 16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A. 16O2与18O2互为同素异形体B. 16O与18O核外电子排布方式不同C. 通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D. 标准状况下，1.12 L 16O2和1.12 L 18O2均含0.1NA个氧原子【答案】D【解析】试题分析：同素异形体是同种元素形成的不同单质，16O2与18O2是相同的单质，不是同素异形体，A错；16O与18O的最外层电子数相同，所以核外电子排布方式相同，B错；16O与18O的电子数相同，实现转化时发生的是物理变化不是化学变化，C错；标准状况下，1.12L16O2和 1.12L18O2的物质的量相等，均为0.05mol，氧原子都为0.1NA个，D对。考点：同素异形体概念的理解、阿伏伽德罗常数的运用。6. 已知R原子的质量数为A，Rm的核外电子数为x，则W g Rm所含中子的物质的量为( )A. (Axm) mol B. (Axm) molC. (Axm) mol D. (Axm) mol【答案】C【解析】试题分析：Rm的核外电子数为x，则R的原子序数是x-m。因此R的中子数是a-x+m，所以W g Rm离子所含中子的物质的量为，答案选C。考点：考查原子的组成点评：在计算有关原子的组成时，需要掌握几个关系式，即质子数+中子数=质量数、质子数=核外电子数=原子序数=核电荷数。7. 下列说法正确的是( )A. 一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率B. 改变温度对放热反应的影响程度大C. 反应2C(s) + SiO2(s) = Si (s) + 2CO(g) H 0 是在高温下的自发反应D. 分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2，可以研究催化剂对H2O2分解速率的影响【答案】C【解析】A、催化剂只能改变化学反应的速率，对化学平衡不产生影响。错误；B、温度对化学平衡移动的影响为：当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动，错误；C、H0，高温下H-TS0，反应自发进行，低温反应非自发进行；H0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行。正确；D、研究催化剂对反应的影响应控制单一变量，研究催化剂对H2O2分解速率的影响，可分别向2支试管中加入相同体积相同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2。错误；故选C。8. 下列叙述正确的是( )A. 同周期的A族与A族元素的原子序数一定相差1B. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物越不稳定D. 硅位于元素周期表中金属和非金属的交界处，其单质可作半导体材料【答案】D【解析】A、在第二、三周期，A族与A族元素的原子序数相差1；若是第四、五周期，A族与A族元素的原子序数相差11；在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，A族与A族元素的原子序数相差25。错误；B、第三周期从左到右，元素的非金属逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但含氧酸的酸性没有此递变规律。错误；C、元素的非金属性越强，它的最高价氧化物的水化物酸性越强，而它的气态氢化物越稳定。错误；D、硅位于元素周期表中金属与非金属的交界处，是良好的半导体材料，正确；故选D。点睛：元素周期表中，从第四周期开始出现过渡元素，第A、A之后是第B，在第六、七周期中的过渡元素又出现镧系和锕系，据此分析A；同一周期，从左到右，元素的非金属逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，据此分析B；元素的非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越好，据此分析C；根据硅在元素周期表中的位置，及其性质分析判断D。9. 某温度下，体积一定的密闭容器中进行可逆反应：X(g)Y(g) 2Z(g)W(s)H0，下列叙述正确的是( )A. 加入少量W，逆反应速率增大 B. 当容器中气体密度不变时，反应达到平衡C. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡 D. 平衡后加入X，上述反应的H增大【答案】B【解析】A、W为固体，故加入少量W，反应速率不变，错误；B、因为W为固体，故当容器中气体密度不变时，反应达到平衡。正确；C、该反应气体的物质的量不变，压强始终不变，错误；D、反应的H为一定值，平衡后加入X，H不变，错误；故选B。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。10. 选用下列试剂和电极:稀H2SO4、Fe2(SO4)3溶液、铁棒、铜棒、铂棒,组成如图所示的原电池装置，观察到电流计G的指针均有偏转，则其可能的组合共有( )A. 6种 B. 5种 C. 4种 D. 3种【答案】B【解析】该装置是原电池,根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液.当电解质溶液为稀硫酸时,只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知；能构成原电池的组合有5种。故选B。点睛：该装置是原电池，根据原电池的构成条件选择电极和电解质溶液，有相对活泼的金属和不活泼的金属或导电的非金属作电极，且较活泼的金属能自发的和电解质溶液进行氧化还原反应，以此解答该题。11. MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是( )A. 负极反应式为Mg-2e= Mg2B. 正极反应式为Ag+ e= AgC. 也能被KCl 溶液激活D. 镁电极也会与水发生反应【答案】B【解析】A、MgAgCl电池，活泼金属Mg是还原剂，负极反应式为：Mg-2e= Mg2，正确；B、MgAgCl电池，AgCl是氧化剂，正极反应为：2AgCl+2e=2Cl+2Ag，错误；C、KCl 溶液为电解质溶液，溶液中含有自由移动的离子，因此MgAgCl电池也能被KCl 溶液激活，正确；D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H20=Mg(OH)2+H2，正确；故选B。12. 已知：2Zn(s)O2(g) = 2ZnO(s)H701.0 kJmol-1；2Hg(l)O2(g) = 2HgO(s)H181.6 kJmol-1则反应Zn(s)HgO(s) = ZnO(s)Hg(l)的H为( )A. 519.4 kJmol-1 B. 259.7 kJmol-1C. 259.7 kJmol-1 D. 519.4 kJmol-1【答案】C【解析】由盖斯定律可知，反应热与反应的途径无关，只与起始状态、最终状态有关，则反应相加减时，反应热也相加减。由2Zn(s)O2(g) = 2ZnO(s)H701.0 kJmol-1，2Hg(l)O2(g) = 2HgO(s)H181.6 kJmol-1，则根据盖斯定律可知， Zn(s)HgO(s) = ZnO(s)Hg(l)可由1/2（-）得到，H1/2(701.0 kJmol-1+181.6 kJmol-1)= 259.7 kJmol-1。故选C。点睛：本题考查学生利用盖斯定律计算反应热，明确已知反应与目标反应的关系即可解答，题目难度不大。由盖斯定律可知，反应热与反应的途径无关，只与起始状态、最终状态有关，则反应相加减时，反应热也相加减，以此来解答。13. 下列各项中正确的是( )A. 已知H(aq)OH(aq) = H2O(l) H57.3 kJmol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热 H2(57.3) kJmol-1B. 已知CH3OH(g)O2(g) = CO2(g)2H2(g)H192.9 kJmol-1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJmol-1C. H2(g)的燃烧热是285.8 kJmol-1 ，则2H2O(g) = 2H2(g)O2(g)H571.6 kJmol-1D. 葡萄糖的燃烧热是2800 kJmol-1，则C6H12O6(s)3O2(g) = 3CO2(g)3H2O(l) H1400 kJmol-1【答案】D点睛：A、根据中和热是指强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量来分析；B、根据燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，应生成液态水来分析；C、根据燃烧热是指1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，互为逆反应的反应热的数值相同，符号相反；D、根据燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量来分析。14. 下列说法正确的是( )A. 同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高B. 单质与水反应的剧烈程度：F2Cl2Br2I2C. 元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强D. 还原性：S2Se2【答案】B【解析】A、碱金属从上到下熔点降低，而卤族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，错误；B、非金属性越强，对应单质与水反应越剧烈，则单质与水反应的剧烈程度F2Cl2Br2I2，正确；C、非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，错误；D、非金属性SSe，对应离子的还原性为S2 pqC. 若mn = pq，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD. 若温度不变缩小容器体积，达到新平衡时压强增大到原来的2倍，则体积一定小于原来的1/2【答案】D【解析】A、反应开始时，A、B的物质的量之比为mn，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，正确；B、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向着消耗A的方向移动，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以mn pq，正确；C、往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，平衡向正反应移动，因为mn = pq，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2a mol，正确；D、如果m+n=p+q，温度不变时，若压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积等于原来的1/2，错误；故选D。17. 对于可逆反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)Hp1 B. 温度对反应的影响C. 平衡体系增加N2对反应的影响 D. 催化剂对反应的影响【答案】C【解析】A、该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，错误；B、因该反应是放热反应,升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，错误；C、反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡,与图象符合，正确；D、因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，错误；故选 C。点睛：本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，图象中纵横坐标的含义即可解答。A、合成氨反应是气体体积缩小的反应，则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响，然后结合图象来分析B、合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；C、利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析；D、利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析。18. 已知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H 0。500 时，在容积为1 L 的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2浓度与CH3OH 浓度随时间的变化如图所示，从中得出的结论不正确的是( )A. 曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化B. 从反应开始到10min时，H2的反应速率(H2) = 0.225 mol/(Lmin)C. 平衡时H2 的转化率为75%D. 500 时该反应的平衡常数K=3 L2/ mol2【答案】D【解析】试题分析：A、曲线x随反应进行浓度逐渐增大，表示生成物的浓度变化。曲线Y随反应进行浓度减小，表示反应物的浓度变化。反应进行到3min时X增加了0.5mol/L，而Y减少了1.0mol/L0.5mol/L0.5mol/L，这说明X、Y的浓度变化量之比为1：1，因此根据反应的化学方程式可知曲线x可以表示CH3OH浓度变化，曲线Y可以表示CO2浓度变化，A正确；B、根据以上分析可知X可以表示甲醇，则10min内用甲醇表示的反应速率为0.75molL10min0.075mol/（Lmin）。反应速率之比等于化学计量数之比，用氢气表示的反应速率30.075mol/（Lmin）0.225mol/（Lmin），B正确；C、根据以上分析可知X可以表示甲醇，平衡时甲醇的浓度变化量0.75mol/L，则根据方程式可知氢气的浓度变化量30.75mol/L2.25mol/L，则参加反应的氢气的物质的量1L2.25mol/L2.25mol，所以氢气的转化率100%75%，C正确；D、根据以上分析可知X可以表示甲醇，其浓度变化量0.75mol/L，则：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）起始浓度（mol/L） 1 3 0 0转化浓度（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75平衡浓度（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75因此根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知，该反应的平衡常数5.3，D错误，答案选D。考点：考查化学反应速率及化学平衡、平衡常数的计算等19. X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加。只有Q为金属，X与Q同主族，Z与W同主族，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Q与Z3具有相同的电子层结构。下列说法正确的是( )A. Z的氧化物都能跟碱反应B. Z的氢化物与Z的最高价氧化物的水化物能发生反应C. Y的最高价氧化物的水化物是非电解质D. 原子半径Q W。错误；故选B。点睛：本题考查重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容。粒子半径比较，当电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时核电荷数越大半径越小。元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。20. 下列有关说法中错误的是( )A. 甲烷燃料电池用KOH作电解质,负极的电极反应式为CH4 - 8e-+10OH- =CO32- + 7H2OB. Zn粒与稀硫酸反应制氢气时，滴加几滴CuSO4溶液可加快反应速率C. 常温下用铜和铁作电极，浓硝酸作电解质溶液的原电池中铜为负极D. 原电池中电子从负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极【答案】D【解析】A、原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，在甲烷燃料电池中，甲烷失去电子，负极反应：CH4 - 8e-+10OH- =CO32- + 7H2O。正确；B、Zn粒与稀硫酸反应制氢气时，滴加几滴CuSO4溶液，Zn与CuSO4发生置换反应生成铜单质，溶液存在少量的铜单质，溶液中可形成原电池，加快Zn粒与稀硫酸的反应。正确；C、铁单质与浓硝酸在常温下发生钝化反应，而铜与浓硫酸常温下发生如下反应Cu+2NO3-+4H+Cu2+2NO2+2H2O中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e-Cu2+。正确；D、 原电池放电时，电子不进入电解质溶液，电解质溶液中通过离子定向移动形成电流。错误；故选D。21. 将反应 Cu(s)+2Ag+(aq) = Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是( )A. 电极X是正极,其电极反应为Cu-2e-= Cu2+B. 银电极板质量逐渐减小，Y溶液中c(Ag+)增大C. 当X电极质量变化0.64 g时，Y溶液质量变化2.16 gD. 外电路中电流由银极流向铜极【答案】D【解析】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e-= Cu2+，错误；B、银电极为电池的正极，被还原,发生的电极反应为:Ag+ e-=Ag，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，错误；C、当X电极质量减少0.64 g时，即0.64g 64g/mol=0.01 mol，则正极有0.02 mol的银单质析出，即0.02mol108 g/mol=2.16 g，则溶液质量变化应为2.16 g-0.64 g=1.52 g。错误；D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极）。正确；故选D。22. 根据表中信息，下列叙述正确的是( )短周期元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价2326、22A. 氢化物的热稳定性：H2T H2RB. 单质与稀盐酸反应的速率：L QC. M与T形成的化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应D. 离子半径：R2 H2S，即H2T H2R，错误；B、金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L Q，错误；C、.M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，正确；D、镁离子核外电子数为10，硫离子的核外电子数为18，电子层越多，原子半径越大，则离子半径: R2 L2，错误；故选C。.23. T K时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2，反应COCl2(g)Cl2(g)CO(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：t / s02468n(Cl2) / mol00.160.190. 200.20下列说法正确的是( )A. 反应在前2 s 的平均速率v(CO)= 0.080 molL-1s-1B. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) = 0.11 molL-1，则反应的H0C. T K时起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，达到平衡前v正v逆D. T K时起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.9 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率为80%【答案】C【解析】A、反应在前2s的平均速率，错误；B、平衡时， 升高温度，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应H0，错误；C、COCl2(g)Cl2(g)CO(g)起始（molL-1）：0.5 0 0转化（molL-1）：0.1 0.1 0.1平衡（molL-1）：0.4 0.1 0.1该温度下，若起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，此时0.025，则反应达到平衡前正v逆。正确；D、T K时起始向容器中充入1.0mol Cl2和1.0mol CO ，应等效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2，达到平衡时Cl2的转化率等于80%，如加入1.0mol Cl2和0.9mol CO，相当于在原来的基础上减小0.1mol CO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率小于80%，错误；故选C。24. 将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I(s)NH3(g)HI(g)；2HI(g) H2(g)I2(g)达到平衡时，c(H2)1 molL1，c(HI)4 molL1，则此温度下反应的平衡常数为( )A. 36 B. 24 C. 16 D. 9【答案】B【解析】平衡时c(HI)4 molL1，HI分解生成的H2的浓度为1 molL1，则 NH4I分解生成的HI的浓度为4 molL1+21 molL1=6 molL1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6 molL1，所以反应(1)的平衡常数k=c(NH3)c(HI)= 6 molL14 molL1=24 mol2L2。故选B。25. 全钒液流电池工作原理如图所示。在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO2（蓝色）H2OV3（紫色）VO2（黄色）V2（绿色）2H。下列说法正确的是( )A. 当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作B. 放电时，负极反应为VO2+2HeVO2H2OC. 放电时，正极附近溶液由紫色变绿色D. 放电过程中，正极附近溶液的pH变小【答案】A【解析】A、根据原电池的工作原理，该电池的电解质是不断被消耗的，当电池无法放电时，更换电解质溶液即可工作，正确；B、放电时，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V2+- e-V3+，错误；C、放电过程中，正极附近发生反应：VO2+2H+e-VO2+H2O，正极附近溶液由蓝色变黄色，错误；D、放电过程中，正极附近发生反应：VO2+2H+e-VO2+H2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，错误；故选A。二、填空题（本题包括4小题。共50分）26. X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：（1）X元素在元素周期表中的位置_。（2）由Y和W形成的化合物的电子式_。（3）YX2分子的结构式为_，其化学键类型为是_。（4）前四种元素的简单氢化物中Z的沸点最高，原因是_。（5）写出Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). 第三周期第VIA族 (2). （CCl4 电子式略） (3). S=C=S (4). 极性键 (5). NH3分子间存在氢键 (6). Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O【解析】分析：根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。详解：（1）X为S元素，在元素周期表中的位于第三周期第VIA族；（2）由Y和W形成的化合物为CCl4，电子式为；（3） YX2分子CS2，结构式为 S=C=S，其化学键类型为极性键共价键；（4）Z的气态氢化物为氨气，氨气分子间存在氢键，一种特殊的分子间作用力，强于普通的分子间作用力，因此氨气的沸点最高；（5）Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，两者发生中和反应，方程式为：Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O。点睛：本题考察重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容，短周期元素的核外电子排布特点等， 根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。27. 某课外兴趣小组用下图装置探究条件对Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应速率的影响。请回答有关问题。（1）写出该反应的离子方程式_。（2）连接好仪器后，开始实验前还需进行的操作是_。（3）现探究浓度对该反应速率（单位mL/min）的影响。应测定的实验数据为_。该实验实施过程中测定的气体体积比实际值偏小的一个重要原因是：_。（4）若该小组同学设计了如下四组实验，实验反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210 实验数据体现了反应物_（填化学式）的浓度及_条件对反应速率的影响。 预测反应速率最快的一组实验序号为_。【答案】 (1). S2O32 + 2H+ = S+SO2+H2O (2). 检验装置气密性 (3). 相同时间产生气体体积（或产生相同体积气体所需的时间） (4). SO2易溶于水（或其他合理答案） (5). Na2S2O3 (6). 温度 (7). D【解析】分析：Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成硫单质、二氧化硫和水，反应的离子方程式为：S2O32 + 2H+ = S+SO2+H2O；反应中有二氧化硫气体生成，可以利用检测生成二氧化硫的体积来测定反应速率，因此此装置必须气密性良好，保证产生的气体能完全收集；但是二氧化硫可溶于水，因此导致测定的气体体积比实际值偏小。详解：（1）Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成硫单质、二氧化硫和水，反应的离子方程式为：S2O32 + 2H+ = S+SO2+H2O；（2）实验需要测定生成的二氧化硫的体积，因此实验前必须检查实验装置的气密性；（3）实验中可以通过测量相同时间内二氧化硫的体积来测定该反应的速率；二氧化硫易溶于水，所以导致测量的二氧化硫的体积偏小；（4）探究反应物浓度影响因素时，要控制变量为浓度，其他条件完全相同，A和B除稀硫酸浓度不同外，其他条件均相同；A和C除温度不同外其他条件均相同，因此A和C两个实验室为了对比温度对该反应的影响；D实验的温度高，稀硫酸的浓度大，因此推测此试验的反应速率最快。28. （1）地下钢管连接镁块是金属防腐措施中的_法。（2）铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为_；铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的_(填“强”或“弱”)。PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_。铅蓄电池放电时的正极反应式为_ ，当电路中有2mol电子转移时，理论上两电极质量变化的差为_ g。（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，石墨为电池的_极；该电池在使用过程中石墨电极上生成氧化物Y，其电极反应式为_。【答案】 (1). 牺牲阳极的阴极保护法 (2). 第六周期第IVA 族 (3). 弱 (4). PbO2 + 4HCl(浓)= PbCl2 + Cl2 + 2H2O (5). PbO2 + 2e- + 4H+ + SO42- = PbSO4 + 2H2O (6). 32 (7). 负 (8). NO2 e- + NO3- = N2O5【解析】（1）地下钢管连接镁块，镁的活泼性大于铁的活泼性，在钢管中接入镁块可形成原电池，镁作负极，失去电子，首先被腐蚀，从而保护正极的铁不被腐蚀，此法称为牺牲阳极的阴极保护法；（2）铅是碳的同族元素，因此铅最外层有四个电子，位于元素周期表第A族；铅比碳多4个电子层，因此铅共有六个电子层，位于元素周期表的六周期，所以铅位于元素周期表第六周期第IVA 族；同一主族元素由上到下还原性在增强，氧化性在减弱，氧化性对应于非金属性，所以铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳的最高价氧化物对应水化物的酸性弱；PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，黄绿色气体应