河北省保定市唐县第一中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题(含解析)

1、河北省保定市唐县第一中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含分析）注意事项：1.本试卷满分100分，考试时间90分钟。2.请在答题纸上作答。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Na-23Cl-35.5S-32Fe-56一、单项选择题（此题包含25道小题，1-15题每题2分，16-25题每题3分,共60分）1.以下关于化学观或化学研究方法的表达中，错误的选项是()在化工生产中应依照“绿色化学”的思想在过渡元素中找寻优异的催化剂利用金属与稀盐酸反应的快慢可以判断金属的活动性D.依据元素周期律，由HClO4可以类推出氟元素也存在最高价氧化物的水化物HFO4【答案】D【分

2、析】【详解】A、“绿色化学”的原子利用率100%，减少和除掉工业污染源泉，故A说法正确；B、过渡元素均是金属元素，所以在过渡元素中找催化剂，故B说法正确；C、金属性越强，与酸反应越激烈，所以利用金属与稀盐酸反应的快慢可以判断金属的活动性，故C说法正确；D、F元素的非金属性最强，没有正价，故D说法错误。答案选D。2.以下各组物质中，化学键种类都同样的是()A.HCl与NaOHB.H2S与MgSC.H2O和CO2D.H2SO4和NaNO3【答案】C【分析】【详解】A.HCl为共价化合物，只含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不一样，故A错误；B.H2S为共价化合物，只含有共价

3、键，MgS为离子化合物，含有离子键，二者不一样，故B错误；1C.H2O和CO2为共价化合物，只含有共价键，化学键种类同样，故C正确；D.H2SO4为共价化合物，只含有共价键，NaNO3为离子化合物，含有离子键和共价键，二者不同，故D错误。答案：C3.以下制备和采集气体的实验装置合理的是()A.用氯化铵和氢氧化钙制氨气B.用铜片和稀硝酸制NO用锌粒和稀盐酸制氢气用过氧化氢和二氧化锰制氧气【答案】D【分析】【详解】A项、氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成物中有水，假如试管口高于试管底，会发生水倒流现象而炸裂试管，故A错误；项、铜和硝酸反应制取一氧化氮，一氧化氮空气中的氧气易发生反应生成二氧化氮，不

4、可以用排空气法采集，应该用排水法采集，故B错误；C项、锌粒和盐酸反应制取氢气，氢气的密度小于空气的密度，不行用向上排空气法采集，故C错误；2D项、用过氧化氢与二氧化锰制取氧气，氧气不溶于水，可采纳排水集气法采集，故D正确。应选D。【点睛】此题观察了常有气系统备，注意制备原理及装置选择是解答要点，依据反应物的状态及反应条件，可把实验室制备气体发生装置分为：固体、固体加热型，如加热氯化铵和消石灰制取氨气；固体、液体加热型，如二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气；固体、液体不加热型，如用稀硫酸和锌粒制取氢气。在元素周期表中，主族元素自A族的硼到第A族的砹连一条斜线，此即为金属元素与非金属元素的分界线，从分界

5、线相邻可以找到()A.耐高温资料B.新式农药资料C.半导体资料D.新式催化剂资料【答案】C【分析】【分析】金属元素与非金属元素的分界线相邻的元素既有金属性也有非金属性，可作半导体资料。【详解】因为在周期表中位置凑近的元生性质相邻，在周期表必定地域内找寻元素，发现物质的新用途被视为一种相当有效的方法，如在周期表中金属和非金属的分界处，可以找到半导体资料，在过渡元素中找寻催化剂和耐高温耐腐化的合金资料，在元素周期表的右上角的元素中找寻新式农药资料，应选C。【点睛】此题观察元素周期表的结构及应用，注意元素的性质及应用，掌握元素的位置与性质的关系为解答的要点。5.以下变化过程，属于放热反应的是（）液态

6、水变为水蒸气Ba(OH)28HO与NHCl的反应Al与四氧化三铁高温下反应24固体NaOH溶于水H2在Cl2中燃烧食品腐败A.B.C.D.【答案】C【分析】【分析】放热反应属于化学反应；3【详解】液态水变为水蒸气，属于吸热过程，但不是吸热反应，故不符合题意；Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应，属于吸热反应，故不符合题意；铝与四氧化三铁高温下发生铝热反应，是放热反应，故符合题意；固体NaOH溶于水是放热过程，但不是放热反应，故不符合题意；氢气在氯气中燃烧，属于放热反应，故符合题意；食品腐败，食品被氧化，属于放热反应，故符合题意；综上所述，选项C正确。【点睛】吸热反应和放热反应都是化学反应，常

7、有吸热反应包含大多数的分解反应，H2、C、CO等与金属氧化物的反应，Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应；常有的放热反应：全部的燃烧及缓慢氧化，大多数的化合反应，金属与H2O或酸的反应，中和反应等。某学生用锌片、铜片、发光二极管、滤纸、导线等在玻璃片制成以下列图的原电池，当滤纸用醋酸溶液润湿时，二极管发光。以下相干该电池的说法正确的选项是()A.铜片上的电极反应：Cu2e=Cu2+的锌片为电池的负极外电路中电子由铜片经导线流向锌片电池工作时电能直接转变为化学能【答案】B【分析】【分析】该装置为原电池，锌为爽朗金属，易失电子而作负极，铜为不爽朗金属作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子

8、从负极沿外电路流向正极。【详解】A项、原电池工作时，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e-=H2，故A错误；4B项、锌为爽朗金属，易失电子而作负极，故B正确；C项、外电路中电子从负极锌沿导线流向正极铜，故C错误；D项、该装置是将化学能转变为电能的装置，为原电池，故D错误。应选B。【点睛】此题观察原电池的工作原理，依据原电池看法、电子流向、正负极的判断方法、电极反应式等知识点来分析是解答要点，注意原电池的电极反应式中电极资料不必定参加反应。7.关于铯（Cs）及其化合物的性质，说法正确的选项是（）A.金属铯的熔点比金属钠高B.CsOH比NaOH的碱性弱C.Cs与H2O能激烈

9、反应，甚至发生爆炸D.碳酸铯难溶于水【答案】C【分析】【分析】Cs位于第A族，从上到下，金属性在加强，熔点在降低，并利用同主族元素及其化合物的性质相似来解答。【详解】A.第A族碱金属从上到下熔点在降低，则金属铯的熔点比金属钠低，故A错误；B.第A族碱金属从上到下金属性在加强，则CsOH比NaOH的碱性强，故B错误；C.第A族碱金属从上到下金属性在加强，则Cs与H2O能激烈反应，甚至发生爆炸，故C正确；D.因碳酸钠易溶于水，同主族元素的化合物的性质相似，则碳酸铯能溶于水，故D错误。应选C。8.关于反应A2(g)+3B2(g)=2AB3(g)来说，以下所表示的化学反应速率最快的是()A.V(A2)

10、=0.01mol/(Ls)B.V(B2)=1.0mol/(Lmin)C.V(AB3)=09mol/(Lmin)D.V(A2)=0.4mol/(Lmin)【答案】A【分析】【详解】同一个化学反应，用不一样的物质表示其反应速率时，速率数值可能不一样，但表示的意义是同样的，所以比较反应速率快慢时，应该依据速率之比是相应的化学计量数之比先换5算成用同一种物质表示，而后才能直接比较速率数值，所以依据化学方程式可知，若A、B、C、D用v(A2)表示反应速率，分别是0.6mol/(Lmin)、0.333mol/(Lmin)、0.45mol/(Lmin)、0.4mol/(Lmin)，表示的化学反应速率最快的是

11、A，应选A。9.以下各分子中全部原子都满足最外层为8电子结构的是()A.BF3B.CCl4C.SCl6D.HCl【答案】B【分析】【详解】共价化合物：只要化合物中元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和满足8，该元素即能满足最外层为8电子结构。A.B元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和是6，不满足8，故A不正确；B.元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和满足8，故B正确；C.S元素的化合价绝对值和元素最外层电子数之和是12，不满足8，故C不正确；D.H元素化合价绝对值和元素最外层电子数之和是2，不满足8，故D不正确；答案：B以下推论正确的选项是()A.2C(s)O2(g)=2CO(g)H

12、221kJmol1，则碳的燃烧热的数值大于110.5kJmol1B.C(石墨，s)=C(金刚石，s)H1.9kJmol1，则金刚石比石墨稳固C.OH-(aq)H+(aq)=H2O(l)H57.4kJmol1，则：含20gNaOH的稀溶液与过分稀醋酸完整反应，放出热量为28.7kJD.S(g)O2(g)=SO2(g)H1；S(s)O2=SO2(g)H2，则H1H2【答案】A【分析】【详解】A燃烧热是1mol可燃物完整燃烧生成稳固氧化物反应放出热量，1mol碳不完全燃烧开释的能量是110.5kJ，则碳燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；BC(石墨，s)=C(金刚石，s)H1.9kJmol1

13、，说明石墨能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳固，故B错误；COH(aq)-的H+(aq)=H2O(l)H57.4kJmol1，即在稀溶液中1molNaOH与强酸6完整反应生成1mol水时，放出57.4kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，则含20gNaOH的稀溶液与过分稀醋酸完整反应，放出的热量应小于28.7kJ，故C错误；D固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体平和体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以H1H2；故D错误；故答案为A。11.1999年曾报导合成和分别了含高能量的正离子的化合物N5AsF6，以下说法正确的选项是N5()A.此中只含有共价键，

14、是共价化合物B.此中只含有离子键，是离子化合物C.此中既有离子键，又有共价键，是离子化合物D.以上说法都不对【答案】C【分析】【详解】+和AsF-形成的离子化合物，故A错误；5656B.N5AsF6中既含有离子键也含有共价键，故B错误；C.N5AsF6中既含有离子键也含有共价键，属于离子化合物，故C正确；D.选项C正确，故D错误；答案：C12.相干氨气的实验许多，下边对这些实验的分析中，不正确的选项是()氨气极易溶解于水的性质可以解说氨气的喷泉实验氨气是碱性气体可以解说氨气与氯化氢的反应实验实验室顶用加热NH4Cl分解来制取氨气NH3H2O的热不稳固性可以解说实验室顶用加热氨水的方法制取氨气【

15、答案】C【分析】【详解】A氨气极易溶于水，以致烧瓶内外气压差的出现，产生喷泉，所以该实验表现了氨气极易溶于水的性质，故A正确；B氯化氢是酸性气体，与氨气发生的反应不是氧化还原反应，说明氨气拥有碱性，故B正确；C在实验室中，常用加热固体NH4Cl和Ca(OH)2混杂物的方法制取氨气，不可以用加热NH4Cl7分解来制取氨气，因为分解生成的氨气和氯化氢降温后又化合生成氯化铵，故C错误；DNH3H2O不稳固，在加热条件下能分解生成氨气，所以可用加热氨水的方法制取氨气，故D正确；答案选C。近来医学界经过用放射性14C标志C60，发现一种C60的羧酸衍生物在特定条件下可经过断裂DNA杀死细胞，从而克制艾滋

16、病(AIDS)。以下相干14C的表达正确的选项是()A.14C与C60中一般碳原子的化学性质不一样B.14C与14N含的中子数同样C.14C是C60的同素异形体D.14C与12C互为同位素【答案】D【分析】【分析】A碳原子的化学性质同样；B中子数=质量数-质子数；C由同种元素形成的不一样种单质互为同素异形体；D质子数同样，中子数不一样的原子互为同位素。【详解】A.14C与C60中一般碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质同样，A项错误；B.14C的中子数为14-6=8，14N的中子数为14-7=7，二者不一样，B项错误；C.14C是原子，不是单质，与C60单质不是同素异形体，C项错误；

17、D.14C与12C的质子数均为6，中子数分别为8、6不一样，互为同位素，D项正确；答案选D。必定温度下，在一容器内进行某一反应，M、N的物质的量随反应时间变化的曲线以以下列图所示，则以下表达中，正确的选项是()8A.反应的化学方程式必定为2MNB.t1时，逆反应速率必定大于正反应速率C.t2时，反应达到了化学均衡状态D.t3时，正反应速率等于逆反应速率【答案】D【分析】【分析】由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增加，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，t1、t2时，反应没有达到化学均衡状态，t3时，反应达到化学均衡状态。【详解】A项、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增加，

18、N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，故A错误；B项、t1时，反应没有达到化学均衡状态，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C项、t2时，反应没有达到化学均衡状态，故C错误；D项、t3时，反应达到化学均衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故D正确。应选D。【点睛】此题观察化学均衡，注企图像分析，明确从曲线变化判断反应物和生成物以及反应能否达到均衡是解答要点。15.两种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不行能是()A.一种阳离子和一种阴离子B.一种单质和一种化合物分子C.两种分子D.一种原子和一种分子【答案】A【分析】【分析】两种微粒的质子数和电子数均分别相等，因中性微粒中质子

19、数等于电子数，则两种微粒可能均为分子、原子，也可能为分子、原子，但离子中质子数必定不等于电子数。【详解】关于中性微粒，质子数等于核外电子数，所以假如两种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不行能是一种阳离子和一种阴离子，应选A。【点睛】此题观察微粒中质子数、电子数关系，明确中性微粒不显电性，离子带电，离子中的质子数必定不等于电子数是解答要点。916.关于如图的说法不正确的选项是（）A.1mol固态碘与1mol氢气化合生成2molHI气体时，需要汲取5kJ的能量B.2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与1mol氢气时需要汲取12kJ的能量C.1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要汲取17kJ的

20、能量D.碘蒸气与氢气生成HI气体的反应是吸热反应【答案】D【分析】【详解】A由图可知，1molI2(s)+1molH2(g)汲取5kJ热量生成2molHI(g)，A项正确；B由图可知，1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，逆反应热量不变，2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与时需要汲取12kJ的能量，B项正确；C由图可知，1molI2(g)变为1molI2(s)放出17kJ的热量，则1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要汲取17kJ的能量，C项正确；D1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，该反应为放热反应，D项错

21、误；答案选D。17.100mL6mol?L-1的硫酸溶液与过分锌粉反应，在必定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适当的（）A.硝酸钾B.醋酸钠C.硫酸氢钾D.氯化氢气体【答案】B【分析】【详解】A硝酸钾在溶液中电离出的-在酸性条件下，有强氧化性，与Zn反应生成NO，NO3不生成氢气，故A错误；B加醋酸钠后，醋酸根离子结合氢离子生成醋酸，氢离子浓度减小，但醋酸也能与Zn反应生成氢气，故可以减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，B正确；10C加硫酸氢钾时氢离子浓度、物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，故C错误；D加HCl气体，氢离子浓度、物质的量均增大，反应

22、速率加快，生成氢气多，故D错误；故答案为B。几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2以下表达正确的选项是（）A.X、Y元素的金属性XYB.W在同族元素所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性中最强C.Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D.必定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来【答案】D【分析】【分析】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于VA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期

23、表第A族，Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较小，可知二者位于同一周期相邻主族，因为X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此分析解答。【详解】A项，X为镁元素，Y为铝元素，金属性：XY，故A项错误；B项，W为O，无最高价氧化物，故B项错误；C项，X是Mg，Y是Al，Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C项错误。11D项，Z为N，W为O，必定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D项正确。综上所述，此题正确答案为D。【点睛】此题观察了物质结构与元素周期律知识，解答元素推测题的打破口可能是原子结构、

24、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，要点是抓住元生性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价下手追求打破。19.已知1-18号元素的离子3+2-都拥有同样的电子层结构，以下关系正确的aW、bX、cY、dZ是（）A.离子半径：Y2-Z-B.原子序数：cbC.氢化物的稳固性：H2YHZD.原子半径：XW【答案】A【分析】【分析】离子3+2-都拥有同样的电子层结构，则有a-3=b-1=c+2=d+1，可知原子abaW、bX、cY、dZdc，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，据

25、此答题。【详解】由分析可知：X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素，W为Al元素。A.cY2-和dZ-拥有同样的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Y2-Z-，故A正确；B.由以上分析可知bc，故B错误；C.非金属性YZ，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳固，所以氢化物的稳固性：H2YHZ，故C错误；D.X和W属于同一周期，同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：XW，故D错误。应选A。20.某小组为研究电化学原理，设计如图装置。以下表达不正确的选项是（）12A.a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B.不管a和b能否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变为浅绿色

26、C.a和b分别连接直流电源正、负极，铜片上发生的反应为：Cu-2e-=Cu2+D.a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极挪动【答案】D【分析】【分析】A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应；B.不管a和b能否连接，铁都可以发生反应；C.a是Cu电极连接直流电源正极，铜是活性电极，电极失掉电子，发生氧化反应；D.电解池中，阳离子向阴极挪动。【详解】A.a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，A正确；B.因为金属活动性FeCu，所以不管a和b能否连接，铁都失电子变为Fe2+进入溶液，发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2+Cu，所以看到铁溶解，溶

27、液由蓝色逐渐变为浅绿色，B正确；C.a是Cu电极连接直流电源正极，作阳极，铜是活性电极，所以Cu电极失掉电子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，C正确；D.a和b分别连接直流电源正、负极时，该装置构成电解池，铁作阴极，铜作阳极，Cu2+向阴极(铁电极)挪动，D错误；故合理选项是D。【点睛】此题观察了原电池和电解池原理的知识，明确正、负极的判断方法、电极反应种类、阴阳离子挪动方向即可解答，难度不大，易错点为阴、阳离子挪动方向的判断。短周期的三种元素X、Y、Z，已知X元素的原子核外只有一个电子，Y元素的原子M层上的电子数是它的内层电子总数的一半，Z元素原子的L层上的电子数比Y元素原

28、子的L层13上的电子数少2个，则这三种元素所构成的化合物的化学式不行能是A.X2YZ4B.XYZ3C.X3YZ4D.X4Y2Z7【答案】C【分析】【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z，Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素。已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于A族判断可能的化合价，依据化合价可判断可能的化学式。【详解】Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素，为+3、+5价等；Z元素

29、原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素，为-2价。已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于A族，X+1价。A.Y的化合价为+6价，不符合，A项错误；B.Y的化合价为+5价，符合，B项正确；C.Y的化合价为+5价，符合，C项正确；D.Y的化合价为+5价，符合，D项正确；答案选A。22.为加强铝的耐腐化性,现以铅蓄电池为外电源,以Al作阳极、Pb作阴极,电解稀硫酸,使铝表面的氧化膜增厚。反应原理以下:电池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)电解池:2Al+3HOAlO+3H2232电解过程中

30、,以下判断正确的选项是()电池电解池A+H移向Pb电极H移向Pb电极B每耗费3molPb生成2molAl2O314+-2+阳极:2Al+3H2O-6e-+C正极:PbO2+4H+2e=Pb+2H2O=Al2O3+6HDA.AB.BC.CD.D【答案】D【分析】【详解】A原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极挪动，故A错误；B依据电子守恒分析，每耗费3molPb，转移6mol电子，依据电子守恒生成1molAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，则正极：+2-PbO+4H+SO+2e=PbSO+2HO，故C2442错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成

31、难溶性的硫酸铅，所以质量增添，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；答案：D【点睛】此题观察原电池和电解池原理，依据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等。23.1.92g铜投入必定量浓HNO中，铜完整溶解，生成气体颜色愈来愈浅，共采集到672mL3气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下必定体积的O2，刚巧负气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是（）A.504mLB.168mLC.224mLD.336mL【答案】D【分析】【详解】1.92g铜的物质的量为n(Cu)=1.92g64g/mol=0.03mol，因为Cu是+2

32、价的金属，15所以反应过程中转移电子的物质的量为n(e-)=2n(Cu)=20.03mol=0.06mol，在反应过程中，Cu失掉电子变为Cu2+，HNO3获取电子变为NO2、NO，当向反应后的气体中通入O2时，氮的氧化物又转变为HNO3，O2获取电子变为HNO3，所以氧气获取的电子的物质的量大于Cu失掉电子的物质的量，所以依据电子得失数量相等可知2-)=0.06mol，则4n(O)=n(en(O2)=0.06mol4=0.015mol，则通入O2在标准状况下的体积是v(O)=0.015mol22.4L/mol=0.336L=336mL，故合理选项是D。2化合物Bilirubin在必定波长光照

33、耀下发陌生解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4?8min均匀反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是()A.2.5mol/(Lmin)和2.0molB.2.5mol/(Lmin)和2.5molC.3.0mol/(Lmin)和3.0molD.5.0mol/(Lmin)和3.0mol【答案】B【分析】【详解】由图可知，48min时期，反应物浓度变化为(20-10)mol/L=10mol/L，所以48min时期，反应速率为=2.5mol/(L?min)；由图可知，04min时期，反应物浓度变化为(40-20)mol/L=20mol/L，48min时期，反应物浓度变化为(2

34、0-10)mol/L=10mol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为本来的一半，所以812min浓度变化为5mol/L，1216min浓度变化为2.5mol/L，所以16min时浓度为10mol/L-5mol/L-2.5mol/L=2.5mol/L，故答案为B。太阳能的开发和利用是21世纪的一个重要课题。利用储能介质储备太阳能的原理是白日在太阳照耀下，某种盐融化，汲取热量；晚间熔盐开释出相应能量，从而使室温得以调理。16已知以下数据：盐熔点/融化吸热KJmol-1参照价格/元CaCl6HO29.037.3780?85022Na2SOl0HO32.477.0800?90042Na2HPO412

35、H2O36.1100.11600-2000Na2S2O35H2O48.549.71400-1800此中最适合作储能介质的一种盐是A.CaCl26HOB.Na2SOl0H2OC.NaHPO12HOD.24242Na2S2O35H2O【答案】B【分析】【详解】选择的物质应该拥有的特色是：在白日在太阳照耀下，某种盐熔点较低融化，融化时单位质量的物质汲取热量应该最多。同市价格不可以太高，Na2SO4?10H2O的性价比最高，故答案为B。二.非选择题(共40分)26.有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置以下列图。E的单质可与酸反应，

36、1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完整同样，回答以下问题：1）A元素的名称为_，D离子的结构表示图为_。2）C在周期表中的位置为_。3）元素C与元素D对比，非金属性较强的是_（用元素符号表示），以下表述中能证明这一事实的是_。（填字母序号）17a常温下C的单质和D的单质状态不一样bD的气态氢化物比C的气态氢化物稳固c必定条件下C和D的单质都能与氢氧化钠溶液反应dD的最高价氧化物的水化物的酸性比C的最高价氧化物的水化物的酸性强eD的单质能和C的钠盐溶液反应生成C的单质4）元素A的一种氢化物含有非极性键，A的这类氢化物的电子式是_。5

37、）A、C、D、E元素形成的简单离子半径的大小顺序是_。（用离子符号表示）6）E的最高价氧化物对应的水化物跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式是_。【答案】(1).氧(2).(3).第三周期A族(4).Cl(5).bde(6).(7).S2-Cl-O2-Al3+(8).Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，依据元素周期表知，这四种元素处于第二、三周期，设C的原子序数是X，则A、B、D的原子序数分别是(X-8)、(X-1)、(X+1)，相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则(X-8)+(X-1)+X+(X+1)=56，则X=16

38、，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失掉3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完整同样，则E是Al元素，以此解答该题。【详解】A、B、C、D、E五种短周期元素，依据元素周期表知，这四种元素处于第二、三周期，设C的原子序数是X，则A、B、D的原子序数分别是(X-8)、(X-1)、(X+1)，相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则(X-8)+(X-1)+X+(X+1)=56，则X=16，所以C是S元素，A是O元素，B是P元素，D是Cl元素，E的单质可与

39、酸反应，1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生33.6LH2，则一个E原子失掉3个电子生成阳离子，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完整同样，则E是Al元素；18(1)由分析可知A为O，元素的名称为氧；D为Cl元素，Cl-离子的结构表示图为；(2)C为硫元素，核电荷数为16，原子结构表示图为，则其在周期表中的位置为第三周期A族；(3)同周期主族元素核电荷数大，元素的非金属性强，则Cl元素非金属性比S元素强；a单质状态属于物理性质，不可以比较元素非金属性，故a错误；b氢化物稳固性与元素非金属性一致，氯化氢比硫化氢稳固，说明氯的非金属性更强，故b正确；c必定条件下Cl2和S都能与氢氧化钠

40、溶液反应，证明S和Cl2均既有氧化性，又有还原性，但不可以判断硫与氯的非金属性强弱，故c错误；d元素的非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，则Cl的最高价氧化物的水化物的酸性比S的最高价氧化物的水化物的酸性强，说明Cl的非金属性比S强，故d正确；eCl2能和Na2S溶液反应生成S单质，说明Cl的非金属性比S强，故e正确；故答案为bde；(4)元素A为氧，与H元素构成的化合物HO中含有非极性键，HO的电子式是；2222(5)O2-和Al3+、S2-和Cl-的离子结构同样，核电荷数大，离子半径小，且S2-和Cl-的离子结构比O2-和Al3+多一个电子层，则这四种离子的离子半径由大到小的顺序为

41、S2-Cl-O2-Al3+；(6)Al(OH)3跟氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式是Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。【点睛】元素非金属性强弱的判断依照：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳固性)，非金属单质跟氢气化合越简单(或生成的氢化物越稳固)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。19在恒温(500K)、体积为2.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1molH2

42、发生合成氨反应，20min后达到均衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混杂气体的总物质的量为1.6mol。（1）从开始反应至达到均衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率V(NH3)=_。2）该反应的热化学方程式为_。（3）若打开1molHH键和1molNN键需要的能量分别是436kJ和946kJ，则打开1molNH键需要的能量是_kJ。（4）判断该反应达到均衡状态的依照是_(填序号)。单位时间内耗费1molN2的同时耗费了3molH2；单位时间内断裂1molNN的同时断裂了6molNH；V正(N2)=V逆(NH3);NH3的物质的量分数不再随时间而变化容器内气体的压强不再随时间而变化的状态;

43、容器内气体的密度不再随时间而变化的状态；c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2;【答案】(1).0.01mol?L-1-1(2).N2(g)+3H23H=-92.4?min(g)2NH(g)kJ/mol(3).391(4).【分析】【分析】在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到均衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混杂气体的物质的量为1.6mol；设耗费的氮气为nmol，则：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)开头量(mol)：110变化量(mol)：n3n2n平衡量(mol)：1-n1-3n2n所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得

44、n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ=92kJ，(1)V(NH3)=；计算1mol氮气反应放出的热量，注明物质的合集状态与反应热书写热化学方程式；反应热H=反应物的键能和-生成物的键能和；20可逆反应到达均衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其他一些物理量不变，判断均衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达均衡。【详解】在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到均衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混杂气体的物质的量为1.6mol；设耗费的氮气为nmol，则：N2(g)+3H2(g)?2

45、NH3(g)开头量(mol)：110变化量(mol)：n3n2n平衡量(mol)：1-n1-3n2n所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ=92kJ，(1)从开始反应至达到均衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率V(NH3)=0.01mol?L-1?min-1；(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ=92kJ，则发生反应的热化学方程式为热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)H=-92kJ/mol；(3)设打开1molNH键需要的能量是QkJ，则反应热H=反应物的键能和-生成物的键能和=(946kJ/mol)+(436kJ/mol)3-(QkJ/mol)6=-92kJ/mol，解得：Q=391；单位时间内耗费1molN2的同时耗费了3molH2，均表示正反应，没法判断反应是均衡状态，故错误；单位时间内断裂1molNN的同时断裂了6molNH，说明正逆反应速率相等，此时反应达到均衡状态，故正确；当2V正(N2)=V逆(NH3)时反应才达到均衡状态，则V正(N2)=V逆(NH3)时反应不是