福建省莆田市第一中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

福建省莆田市第一中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H -1 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64第I卷（选择题 共46分）一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，共46分，每小题只有一个选项符合题意）1.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一密闭容器中进行，下列条件改变对其反应速率几乎无影响的是A. 适当增加C的量B. 将容器的体积缩小一半C. 容器体积可变，充入N2D. 保持容器体积不变，充入H2O（g）【答案】A【解析】试题分析：A因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体物质的浓度不变，所以改变固体量，不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，正确；B将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，错误；C保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，正确；D保持容器体积不变，充入H2O（g），水蒸气的浓度增大，反应速率增大，错误。考点：考查影响化学反应速率的因素的判断的知识。2.下列各项中表达正确的是A. H、D、T表示同一种核素B. 次氯酸电子式C. F原子的结构示意图：D. CH4分子的球棍模型： 【答案】D【解析】A. H、D、T表示氢元素的3种核素，故A错误；B. 次氯酸电子式为，故B错误；C. F原子的结构示意图：，故C错误；D. CH4分子的球棍模型：，故D正确。故选D。3.下列物质互为同分异构体的一组是A. 红磷和白磷B. H2O和H2O2C. 3H和2HD. CH3CH2OH和CH3OCH3【答案】D【解析】A白磷和红磷是磷元素组成的不同单质，属同素异形体，故A错误；BH2O和H2O2的组成元素相同，是不同分子微粒，故B错误；C3H和2H质子数相同，中子数不同的原子，属于同位素，故C错误；DCH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故D正确；答案为D。点睛：同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物；同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；同位素是质子数相同，而中子数不同的原子；同一物质是分子组成相同，结构相同的物质，根据概念逐一判断即可。4.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是A. 碱金属元素是指A族的所有元素B. L层上的电子数为奇数的原子一定是主族元素的原子C. 某A族元素的原子序数为a，则原子序数为a+1的元素一定是A族元素D. 元素周期表中，位于金属和非金属交界线附近的元素属于过渡元素【答案】B【解析】【详解】A.碱金属元素指在元素周期表中A族除氢以外的六种金属元素，故A错误；B.L层上的电子数为奇数，L层未排满电子，则该元素处于第二周期，一定为主族元素，故B正确；C.短周期时，A族元素的原子序数为a，则A族元素的原子序数为a+1，长周期时A族元素与A族元素之间含过渡元素，故C错误；D. 过渡元素包含副族元素与第族元素，位于金属和非金属分界线附近的元素既表现出一定的金属性又表现出一定的非金属性，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是元素周期表的结构及其应用。解题时需注意C选项短周期时，A与A族相邻原子的原子序数相差1，第四、五周期相差11，第六、七周期相差25。D选项过渡元素包含副族元素与第族元素。5.下列说法中正确的是A. Ba(OH)28H2O与NH4Cl晶体的反应是吸热反应B. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物D. 非金属性最强的元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强【答案】A【解析】【详解】A. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应为反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，故A正确；B.化学反应的能量变化和物质的质量有关，和物质的聚集状态有关，故B错误；C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠中即有离子键又有共价键，属于离子化合物，故C错误；D. 非金属性最强的元素为F，无正价，不存在最高价氧化物对应水化物，故D错误；故选A.【点睛】本题考查的是吸热反应和放热反应、原子结构与元素周期律的关系。解题时需注意D选项非金属性最强的元素为F，无正价；B选项化学反应的能量变化和物质的质量有关，和物质的聚集状态有关。6.下列物质中既含有离子键又含有共价键的是A. H2OB. CaCl2C. NaOHD. Cl2【答案】C【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此可知，水中只有共价键，氢氧化钠中含有离子键和极性键，氯化钙中只有离子键，氯气中只有共价键，答案选C。考点：考查化学键的判断点评：该题是高考中的常见考点，侧重考查学生对化学键判断的了解掌握情况，以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。明确离子键和共价键的判断依据是答题的关键。7.下列分子的电子式书写正确的是A. 氨 B. 四氯化碳 C. 氮气 D. 二氧化碳 【答案】C【解析】【详解】A.漏写N原子上的孤电子对，应为，故A错误；B.漏写Cl原子上的孤电子对，故B错误；C.氮气有氮氮三键，每个N原子上还有1对孤电子对，故C正确；D.二氧化碳中碳氧间是碳氧双键，有两对共用电子对，应为，故D错误。答案选C。8.对于反应2H2 (g)O2 (g)2H2O (g)，能增大正反应速率的措施是A. 增大O2 的物质的量浓度B. 增大反应容积C. 移去部分H2O (g)D. 降低体系温度【答案】A【解析】A. 增大O2 的物质的量浓度,能增大反应速率，故A正确；B. 增大容器容积，气体浓度降低，反应速率减小，故B错误；C. 移去部分H2O (g)，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小，故C错误；D. 降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故D错误。故答案选A。考点：化学反应速率的影响因素【名师点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的考查。为提高该反应的正反应速率，可采取增大浓度、增大压强或加入催化剂、升高温度等，注意把握反应的特点，为解答该题的关键，也是易错点。9.有X、Y两种元素，原子序数20，X的原子半径小于Y，且X、Y原子的最外层电子数相同(选项中m、n均为正整数)。下列说法正确的是A. 若X(OH)n为强碱，则Y(OH)n也一定为强碱B. 若HnXOm为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性C. 若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质一定是Y2D. 若Y的最高正价为+m，则X的最高正价一定为+m【答案】A【解析】试题分析：X、Y的最外层电子数相同，说明X、Y是同主族元素，X的原子半径小于Y，则X在Y的上一周期。A、若X(OH)n为强碱，Y在X的下方，Y的金属性比X强，Y的最高价氧化物的水化物的碱性比X强，所以Y(OH)n也一定为强碱，A正确；B、若HnXOm为强酸，X的氢化物的水溶液不一定为酸性，如X是N元素，其氢化物的水溶液为碱性，B错误；C、若X元素形成的单质是X2，则Y元素形成的单质不一定是Y2，如X是O元素，氧气的分子式是O2，而S单质的化学式即为元素符号，C错误；D、若Y的最高价为+m，则X的最高价不一定是+m，如Y是Cl元素，最高价是+7价，而F元素无正价，D错误，答案选A。考点：考查同主族元素的性质递变规律10.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是 A. 一定属于分解反应B. 一定属于可逆反应C. 一定属于氧化还原反应D. 一定属于吸热反应【答案】D【解析】【详解】A. 由图可知，一种物质分解生成两种物质，为分解反应，故A正确；B. 由图可知，反应前后均存在反应物分子，该反应为可逆反应，故B正确；C. 反应物为化合物，有单质生成，则一定存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C正确；D. 由图不能确定反应中能量变化，故D错误。答案选D。【点睛】本题考查的是化学反应的分类。由图可知，为一种物质分解生成两种物质，且有单质生成。11.设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，8 g O2含有4NA个电子B. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAC. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NAD. 分子总数为NA的SO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为4NA【答案】A【解析】【详解】A. 常温常压下，8 g O2的物质的量为，含有的电子数为，故A正确；B. 重水的摩尔质量为20g/mol，18g重水的物质的量为0.9mol，故18g重水含质子为9NA个，故B错误；C. 标况下，CCl4为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，不能计算所含共价键的物质的量和数目，故C错误；D. 二氧化硫和二氧化碳中均含2个氧原子，故NA个二氧化硫和二氧化碳分子中含2NA个氧原子，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。解题特别注意A选项依据计算物质的量，结合氧气分子含有电子总数计算；C选项标况下四氯化碳为液态。12.在恒容密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)，H=-9.4KJ/mol，下列说法能说明该反应一定达到平衡的是A. 混合气体的总分子数不再发生变化B. 混合气体的颜色不再发生变化C. 反应放出的热量为9.4KJD. n(H2):n(I2):n(HI)=1:1:2【答案】B【解析】该反应前后气体物质的量不变，总分子数不再发生变化不一定平衡，故A错误；混合气体的颜色不再发生变化，说明I2(g)浓度不变，一定平衡，故B正确；反应放出的热量为9.4KJ，不一定反应不再进行，故C错误；n(H2):n(I2):n(HI)=1:1:2，物质的量不一定不再变化，故D错误。13.A、B两种元素为同一周期A和A元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为x+1 x+81 x+11 x+18 x+25 x+32A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】IIA族为第二列，IIIA族为第十三列。同一周期的元素在第二、三周期时，IIA族、IIIA族相邻，原子序数相差1，B元素的原子序数为x+1；同一周期的元素在第四、五周期时，IIA族、IIIA族不相邻，中间相差10列，每格有1种元素，B元素的原子序数为x+11；同一周期的元素在第六、七周期时，IIA族、IIIA族不相邻，中间相差10列，第三列每格15种元素，其余每格有1种元素，B元素的原子序数为x+25，故正确。答案选C。【点睛】本题考查的是元素周期表的结构及其应用。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，根据周期表的结构来进行推断。14.10 mL浓度为1 molL1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列物质，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是A. K2SO4固体B. CH3COONa溶液C. CuSO4溶液D. Na2CO3溶液【答案】B【解析】【详解】Zn与稀盐酸发生反应：Zn+2HCl=ZnCl2+H2，若加入物质使反应速率降低，则c（H+）减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n（H+）不变。A.K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，c（H+）不变，反应速率不变，故A不符合题意；B.CH3COONa与HCl发生反应：CH3COONa + HCl = CH3COOH + NaCl，CH3COOH属于弱酸，使溶液中c（H+）减小，反应速率降低，随着H+的消耗会促进CH3COOH电离出H+继续反应，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，故B符合题意；C.加入CuSO4溶液会与Zn发生置换反应：CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4，产生的Cu与Zn和盐酸构成原电池，会加快反应速率，故C不符合题意；D.若加入Na2CO3溶液，会与盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，使溶液中溶液中的c（H+）减小，但由于逸出了CO2气体，因此使n（H+）也减小，产生氢气的物质的量减小，故D不符合题意。答案选B。【点睛】本题将外界条件对化学反应速率的影响与物质之间的反应、弱电解质的电离和原电池原理的应用结合在一起，考查浓度对化学反应速率的影响、原电池反应能加快化学反应速率，考查学生分析问题、解决问题的能力。注意影响反应速率的外界条件，以及氢气不变这一关键点。15.下列结论正确的是 粒子半径：KClS 氢化物稳定性：HFH2SPH3；离子还原性：S2ClBrI 单质氧化性：Cl2SSi；酸性：H2SO4HClO 碱性强弱：KOHNaOHMg(OH)2A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析： 电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，半径随原子序数的增大而减小。半径越小，其对应的酸性，氧化性，非金属性，氢化物的稳定性就越强，半径越大，其对应的碱性，还原性，金属性就越强。考点：考查元素周期律的相关知识点。16.某原电池装置如图所示。下列说法错误的是A. 铜电极上发生氧化反应B. 在外电路中，电流由银电极流向铜电极C. 当0.1 mol Cu完全溶解时，流经电解质溶液的电子数目为0.2NAD. 将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同【答案】C【解析】【详解】A.铜的活动性较银强，铜为负极，失电子发生氧化反应，故A正确；B.根据A项分析，铜为负极失电子发生氧化反应，电子由铜经导线流向银电极，电流方向与电子方向相反，电流由银电极流向铜电极，故B正确；C.电子由铜经导线流向银电极，不会流经电解质溶液，故C错误；D.该原电池的电池反应式为Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2，如果将铜片浸入AgNO3溶液中，则铜和硝酸银发生置换反应，所以发生的化学反应与该原电池反应相同，故D正确。答案选C。【点睛】原电池是由两个半电池组成的，根据金属活动性判断，铜是负极，银是正极，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电流方向与之相反。17.反应4CO2NO2 N24CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A. v(CO)1.5 molL1min1B. v(NO2)0.7 molL1min1C. v(N2)0.4 molL1min1D. v(CO2)1.1 molL1min1【答案】B【解析】试题分析：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。据此可知如果该反应都用CO表示反应速率，则分别是（molL1min1）1.5、0.721.4、0.441.6、1.1，因此正确的答案选C。考点：考查反应速率的计算和大小比较18.在一容积可变的密闭容器中加入WO3和H2进行反应WO3(s)3H2(g) W(s)3H2O(g)，下列说法不正确的是A. 增加H2O(g)的量，消耗H2的速率瞬间不变B. 将容器的体积缩小一半，其反应速率加快C. 保持体积不变，充入氩气，其反应速率不变D. 保持压强不变，充入氖气，H2O(g)生成速率减慢【答案】A【解析】【详解】A.增加H2O(g)的量，容器体积会增大，H2 的浓度会瞬间减小，则消耗H2的速率瞬间减小，故A错误；B.将体积缩小，氢气、H2O（g）的浓度增大，反应速率加快，故B正确；C.体积不变，充入氩气，H2、H2O(g)的浓度不变，反应速率不变，故C正确；D.压强不变，充入氖气，体积增大，H2、H2O(g)的浓度减小，反应速率减慢，故D正确。答案选A。19.一定温度下在容积为2 L的密闭容器内进行某一反应，容器内气体X、气体Y的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。据图可知 A. 反应的化学方程式为4Y=XB. 反应进行到t1时，Y的浓度减少了3 molL1C. 反应进行到t2时，达到平衡状态D. 反应进行到t3时，每生成4 mol Y的同时生成1 mol X【答案】D【解析】【详解】A.t3时达到平衡状态，0t1时间段内Y的物质的量减少10mol-6mol=4mol，X的物质的量增加3mol-2mol=1mol，反应的方程式为4YX，且反应为可逆反应，故A错误；B.反应进行到t1时，Y的物质的量为6mol，物质的量的变化量为10mol-6mol=4mol，则浓度的变化量为4mol/2L=2mol/L，故B错误；C.反应进行到t2时，反应物和生成物的物质的量仍在变化，反应没有达到平衡状态，故C错误；D.根据A选项的分析，此反应的方程式为4YX，则反应进行到t3时，反应达到平衡状态，正反应速率和逆反应速率相等，则每生成4 mol Y的同时生成1 mol X，故D正确。答案选D。20.下列物质属于分子晶体的化合物是A. 石英B. 硫磺C. 干冰D. 食盐【答案】C【解析】试题分析：离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体，据此可知，石英是二氧化硅，属于原子晶体，硫磺是分子晶体，但属于单质。干冰是CO2，属于分子晶体。食盐是氯化钠，属于离子晶体，答案选C。考点：考查晶体类型的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确晶体类型的判断依据，然后灵活运用即可。21.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列不正确的是(T/K)/(v/molL-1min-1) /( c/molL-1)0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2161.801.441.08A. a6.00B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C. b318.2D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同【答案】D【解析】A、318.2K是每段反应速率变化都是0.6，bK时，每段反应速率变化都是0.36，因此推出328.2K是每段反应速率变化应都是1.5，即a=6.00，故A说法正确；B、升高温度，降低浓度，有可能v保持不变，故B说法正确；C、温度越高，反应速率越快，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法正确；D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间短，故D说法错误。22.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A. 稀硫酸与0.1 molL1 NaOH溶液反应：H+(aq)OH-(aq)=H2O(l) H57.3 kJmol-1B. 在101 kPa下H2(g)的燃烧热为285.8 kJmol1，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H285.8 kJmol1C. 已知CH3OH的燃烧热为726.8 kJmol1，则有CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H726.8 kJmol1D. 已知9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g FeS时放出19.12 kJ热量，则Fe(s)S(s)=FeS(s) H95.6 kJmol1【答案】D【解析】【详解】A.酸碱中和是放热反应，故应为负值，故A错误；B.燃烧热指的是101 kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：可燃物必须为1mol，故可以知道H2燃烧生成H2O（l）的热化学方程式为2H2(g)+O2(g) =2H2O（l）=-285.52kJ/mol=-571 kJ/mol，水分解的热化学方程式：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g)H =+571 kJ/mol，故B错误；C.燃烧热指的是101 kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如CCO2，HH2O(l)，热化学方程式中应为液态水，故C错误；D.生成硫化亚铁17.6 g即生成0.2molFeS时，放出19.12 kJ热量，可以知道生成1molFeS(s)时放出95.6 kJ的热量，故D正确。答案选D。23.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键，已知1mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol FF、SF键需吸收的能量分别为160 kJ、330kJ，则S(s) + 3F2(g) = SF6(g)的反应热H为A. 1780kJ/molB. 1220kJ/molC. 450kJ/molD. +430kJ/mol【答案】B【解析】【详解】反应热H=反应物总键能-生成物总键能，所以对于S(s)3F2(g)=SF6(g)，其反应热H=280kJ/mol+3160kJ/mol-6330kJ/mol=-1220kJ/mol，故合理选项B。第卷 (非选择题 共54分)24.X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：(1)L的元素符号为_ ；M在元素周期表中的位置为_；五种元素的原子半径从大到小的顺序是_（用元素符号表示）。(2)Z、X两元素按原子数目比l3和24构成分子A和B ，A的沸点比同主族其他气态氢化物_（填“高”或“低”），原因是_，B中存在的化学键类型为_。A极性共价键 B非极性共价键 C 离子键(3)硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_。该族2 5周期元素单质分别与H2反应生成l mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1 mol硒化氢反应热的是_（填字母代号）。a +99.7 kJmol1 b +29.7 kJmol1 c 20.6 kJmol1 d 241.8 kJmol1 (4)Y、硅与硫三种元素非金属性由强到弱的顺序为_（用元素符号表示）。某同学用如图所示装置验证Y、硅与硫三种元素非金属性强弱（夹持仪器已略去，气密性已检验）。、所加入的试剂分别为：_（用化学式表示）。【答案】 (1). O (2). 第三周期第A族 (3). AlCNOH (4). 高 (5). 氨分子间存在氢键，而其他同主族氢化物分子中不存在氢键 (6). AB (7). 34 (8). H2SeO4 (9). b (10). SCSi (11). I H2SO4 Na2CO3 Na2SiO3【解析】【分析】M是地壳中含量最高的金属元素，M为铝元素；X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素及元素的原子序数依次增大，则X、Y、Z、L分别为氢、碳、氮、氧。据此解答。【详解】M是地壳中含量最高的金属元素，M为铝元素；X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素及元素的原子序数依次增大，则X、Y、Z、L分别为氢、碳、氮、氧；（1）因L为氧元素，其元素符号为O，M为铝元素，铝在第三周期第A族，再由电子层越多，半径越大，同周期元素随原子序数的增大，原子半径减小，五种元素原子半径的由大到小顺序为AlCNOH。本小题答案为：O；第三周期第A族；AlCNOH。（2）因Z、X两元素分别为N、H元素，则Z、X两元素按原子数目比l：3和2：4构成分子A和B分别为NH3、N2H4，A为氨气，氨分子间存在氢键，则A的沸点比同主族其他气态氢化物高；氮原子在分子中满足最外层8电子结构，则B的结构式为，分子中含极性共价键(N-H)和非极性共价键(N-N)。本小题答案为：高； 氨分子间存在氢键，而其他同主族氢化物分子中不存在氢键；AB。（3）L为氧元素，Se与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为8+8+18=34，其最外层电子数为6，则最高化合价为+6，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4，该族25周期元素单质分别与H2反应生成的气态氢化物的稳定性为H2OH2SH2SeH2Te，则生成1mol水时放热最多，则生成1molH2O、H2S、H2Se、H2Te的反应热分别为d、c、b、a，即生成1mol硒化氢反应热的是b，本小题答案为：34；H2SeO4；b。（4）元素的非金属性越强，其相应最高价含氧酸的酸性越强，强酸能制取弱酸，硫酸是强酸能和碳酸钠反应生成碳酸，碳酸不稳定分解生成二氧化碳和水，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成不溶于水的硅酸和碳酸钠，则硫酸的酸性大于碳酸的酸性，碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则非金属性SCSi，、所加入的试剂分别为：H2SO4 、Na2CO3 、Na2SiO3。本小题答案为：SCSi； I H2SO4 Na2CO3 Na2SiO3。25.运用化学反应原理研究化学反应有重要的意义。请回答下列问题：(1)已知在25 ，101 kPa下，断开1 mol HH键要吸收436 kJ的能量，断开1 mol II键要吸收151 kJ的能量，断开1 mol IH键要吸收298 kJ的能量。通过以上数据计算当I2和 H2反应生成2 mol HI时会放出9kJ的能量；若将1 mol I2和1 mol H2置于密闭容器中，并在上述条件下反应，发现热量实测值（恢复到25 ，101 kPa）远小于上述计算值，你认为最可能的原因是_。(2)一定条件下，甲烷与水蒸气发生反应：CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g)，工业上可利用此反应生产合成氨原料气H2。一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.6 mol CH4和2.4 mol H2O(g)发生上述反应，CO(g)的物质的量随时间的变化如图所示。02 min内的平均反应速率(H2)_ molL1min1， 平衡时CH4的转化率为_。转化率100%若要进一步提高该反应的化学反应速率，除了使用催化剂和升高温度外， 还可以采取的措施有_（任写一条）。下列能说明上述反应达到平衡状态的是_（填代号）。a 逆(CH4)3正(H2) b 恒温恒容时，容器内混合气体的密度保持不变 c CH4(g)、H2O(g)的浓度保持不变d CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量之比为1:1:1:3 e 断开3 mol H-H键的同时断开2 mol O-H键【答案】 (1). 反应I2+H2 2HI是可逆反应，1 mol I2和1 mol H2不能完全转化成2 mol HI (2). 0.9 (3). 75% (4). 增大反应物（甲烷或水蒸气）浓度或缩小体积增大压强等 (5). ce【解析】【分析】本题考查的是可逆反应、化学反应速率、平衡标志。（1）此小题考查的是可逆反应，可逆反应不能进行彻底，则热量实测值远小于完全反应计算的数值；（2）如图所示数据，根据变化量之比等于化学计量数之比，计算出氢气和甲烷的物质的量的变化量，再根据公式和转化率100%进行计算；此小题考查的是影响速率的因素。影响速率的外因主要有温度、浓度、压强、催化剂等，若想增大反应速率可以从这几点采取相应的措施；根据化学平衡状态的本质和特征判断。【详解】（1）通过题中数据计算，当I2和 H2反应生成2 mol HI时会放出9kJ的能量；若将1 mol I2和1 mol H2置于密闭容器中，并在上述条件下反应，发现热量实测值（恢复到25 ，101 kPa）远小于上述计算值，可能是因为反应I2+H2 2HI是可逆反应，1 mol I2和1 mol H2不能完全转化成2 mol HI。本小题答案为：反应I2+H2 2HI是可逆反应，1 mol I2和1 mol H2不能完全转化成2 mol HI。（2）如图所示，CO的物质的量的变化量为1.2mol-0mol=1.2mol，因为物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，氢气的物质的量的变化量是CO的3倍，氢气的物质的量的变化量为3.6mol，氢气的浓度的变化量为3.6mol2L=1.8mol/L，(H2)=1.8mol/L2min=0.9 molL1min1；因为甲烷的物质的量的变化量等于CO的物质的量的变化量，甲烷的物质的量的变化量为1.2mol，则平衡时CH4的转化率为1.2mol1.6mol=75%。本小题答案为：0.9；75%。若要进一步提高该反应的化学反应速率，除了使用催化剂和升高温度外， 还可以增大反应物（甲烷或水蒸气）的浓度或缩小体积增大压强等。本小题答案为：增大反应物（甲烷或水蒸气）的浓度或缩小体积增大压强等。a.若用不同的物质表示化学反应速率时，应一个为正反应速率，一个为逆反应速率，且速率之比等于化学计量数之比，则3逆(CH4)正(H2)说明反应达到平衡状态，逆(CH4)3正(H2)反应没有达到平衡，故a不符合题意；b.恒温恒容时，由于此反应是个气体的质量不变的反应，则气体的密度=m/V一直不变，故不能作为平衡的标志，故b不符合题意；c. CH4(g)、H2O(g)的浓度保持不变时，其它各组分的浓度也不再变化，故当各组分的浓度不变时，反应达到平衡状态，故c符合题意；d. CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量之比为1:1:1:3，等于化学计量数之比，只是一个巧合，并不能说明各组分浓度不再变化，故不能作为平衡标志，故d不符合题意；e. 若用不同的物质表示化学反应速率时，应一个为正反应速率，一个为逆反应速率，且速率之比等于化学计量数之比， 断开 H-H键为逆反应速率，同时断开O-H键为正反应速率，且 H-H键和O-H键的个数比为3:2，说明反应达到平衡状态，故e符合题意。答案选ce。26.电池是人类生产和生活中重要的能量来源，电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。(1)依据 NaOH与HCl的反应原理设计原电池，你认为是否可行？_填“是”或“否”），理由是_。(2)理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。请利用反应“FeCu 2+ Cu+Fe2+ ”设计一个化学电池（正极材料用碳棒），回答下列问题： 电池的负极材料是_，发生_反应（填“氧化”或“还原”），电解质溶液是_； 正极上出现的现象是_；若导线上转移电子1 mol，则生成铜_克。(3)设计一个实验方案，使如图装置中的铁棒上析出铜，而铁不溶解（作图表示）。_【答案】 (1). 否 (2). NaOH与HCl的反应不是氧化还原反应 (3). Fe (4). 氧化 (5). CuSO4溶液 (6). 碳棒上出现红色物质 (7). 32 (8). 【解析】【分析】本题考查的是原电池的工作原理。（1）构成原电池的条件之一为自发的氧化还原反应；（2）根据方程式可知失电子的物质作负极；电解质是反应物中可溶性的、得电子的物质；得电子的物质在正极上反应，根据电极反应式写出反应现象；根据电极反应式，找出电子与铜单质之间的关系，进行计算；（3）根据信息判断正负极，负极溶解，正极有物质析出质量增加，进而设计另一极材料。据此解答。【详解】（1）NaOH与HCl的反应不能设计成原电池，NaOH与HCl的反应不是氧化还原反应。本小题答案为：否；NaOH与HCl的反应不是氧化还原反应。（2）原电池中化合价升高失电子发生氧化反应的物质作负极，根据方程式可知，铁作负极，比铁活泼性小的金属或导电的非金属作正极；电解质是反应物中可溶性的、得电子的物质，所以电解质是可溶性的铜盐，可用硫酸铜作电解质。本小题答案为：Fe；氧化；CuSO4溶液。 正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，有红色物质析出。本小题答案为：碳棒上出现红色物质。根据上述分析，正极电极反应式为Cu2+2e-=Cu，电子与铜单质的物质的量比为2:1，若导线上转移电子1 mol，则生成铜为0.5mol，铜的质量为0.5mol64g/mol=32g。本小题答案为：32。（3）如图所示，若使铁棒上析出铜，而铁不溶解，则铁棒为正极，则另一极为负极，活动性比铁强，可以为锌，如图。本小题答案为：。27.已知：将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入双氧水，将发生反应：H2O2+2H+2I2H2O+I2，且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后，试剂X将被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中的I继续被H2O2氧化，生成的I2与淀粉作用，溶液立即变蓝。因此，根据试剂X的量、滴入双氧水至溶液变蓝所需的时间，即可推算反应H2O2+2H+2I2H2O+I2的反应速率。下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录（各实验均在室温条件下进行）：编号往烧杯中加入的试剂及其用量（mL）催化剂溶液开始变蓝时间（min）0.1 molL-1 KI溶液H2O0.01 molL-1 X 溶液0.1 molL-1双氧水1 molL-1稀盐酸120.010.010.020.020.0无1.4220.0m10.010.0n无2.8310.020.010.020.020.0无2.8420.0010.010.040.0无t520010.010.020.020.05滴Fe2(SO4)30.6回答下列问题：（1）已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2+2H+2I2H2O+I2反