黑龙江省七台河市第一中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE23-黑龙江省七台河市第一中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1.一般水泥在固化过程中自由水分子削减并产生Ca(OH)2，溶液呈碱性。依据这一物理化学特点，科学家独创了电动势法测水泥初凝时间。此方法的原理如图所示，反应的总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的A.Cu为正极，Ag2O为负极B.电池工作时，OH—向正极移动C.正极的电极反应为：2Cu+2OH——2e—＝Cu2O+H2OD.外电路中每通过2mol电子，正极质量削减16g【答案】D【解析】【详解】A.依据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Cu失去电子生成Cu2O，所以Cu为负极；Ag2O中的银得电子生成Ag，所以Ag2O为正极，故A错误：B.原电池工作时，阴离子向负极迁移，所以OH-应当向负极迁移，故B错误；C.依据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Cu失去电子生成Cu2O做负极，则负极的电极反应为：2Cu+2OH--2e-＝Cu2O+H2O，故C错误；D.依据总方程式为：2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag，可知Ag2O中的银得电子生成Ag，Ag2O为正极，Ag2O~2Ag~2e-外电路中每通过2mol电子，正极消耗1molAg2O生成2molAg，所以正极质量削减16g，故D正确；所以本题答案：D。【点睛】解题依据原电池工作原理。依据总反应2Cu+Ag2O＝Cu2O+2Ag中各元素的化合价变更规律推断原电池的正负极，进而推断离子的移动方向，依据转移的电子数推断正极质量的变更。2.今年是门捷列夫发觉元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A.原子半径：W<XB.常温常压下，Y单质为固态C.气态氢化物热稳定性：Z<WD.X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。【详解】依据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；B.常温常压下，Si为固体，B项正确；C.同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；D.X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；答案选D。【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越简洁，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的最低负价等于X、Z的最低负价之和,Y的周期数是族序数的3倍,W的简洁氢化物与X的简洁氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键。下列说法正确的是()A.Y与X形成化合物的水溶液呈碱性.B.常压下,单质的沸点:W>ZC.原子半径:W<X<Y<ZD.W的氧化物的水化物的酸性比Z的弱【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的周期数是族序数的3倍，可知Y是Na；W的简洁氢化物与X的简洁氢化物化合形成的盐中既含离子键又含共价键，结合W、X原子序数均比Na小，可知W的简洁氢化物是NH3，X的简洁氢化物是HF，即W是N，X是F；W的最低负价等于X、Z的最低负价之和，Z是S，以此来解答。【详解】A．X是F元素，Y是Na元素，Na与F形成化合物NaF属于强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故A正确；B．W是N元素，Z是S元素，常压下，N2是气态，S是固态，单质的沸点：N2＜S，故B错误；C．电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，F、N电子层二层，F的原子序数大，原子半径F＜N，Na、S电子层三层，Na的原子序数小，原子半径S＜Na，则原子半径：F＜N＜S＜Na，故C错误；D．没有说明是最高价氧化物对应水化物，无法确定酸性大小，故D错误；答案为A。4.将1.92g铜粉投入到某硫酸和硝酸的混合溶液中，其中，硫酸以及硝酸的浓度均为1mol/L，溶液体积为40mL，待充分反应后若只生成NO气体，则最多可收集到标准状况下的NO体积为（）A.336mL B.112mL C.448mL D.224mL【答案】C【解析】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。1.92g铜的物质的量为1.92g÷64g/mol=0.03mol，硫酸和硝酸均是0.04mol，混合溶液中含H+物质的量为：0.04mol×2+0.04mol＝0.12mol，硝酸根是0.04mol，依据离子方程式可知硝酸根和氢离子过量，0.03mol铜完全反应，得到0.02molNO，标准状况下0.02molNO的体积为：22.4L/mol×0.02mol=0.448L=448mL，答案选C。点睛：本题主要考查硝酸的化学性质、化学方程式的过量计算、溶液中隐含条件的推断，主要考查了硝酸根在溶液中有氢离子存在时，仍是稀硝酸具有强氧化性。答题的关键是利用离子方程式进行过量推断，假如利用化学方程式则由于忽视了硫酸的存在而得出错误的结论。5.关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A.用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液B.图②装置盐桥中KCl的Cl－移向右烧杯C.图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得爱护D.图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同【答案】B【解析】【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜，依据电流的移动方向可知a极为阳极，是铜电极，b电极为Fe电极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，A正确；B.Zn电极为负极，Cu电极为正极，负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，依据异种电荷相互吸引的原则，在含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，B错误；C.电解池阴极与电源的负极连接，金属被爱护，电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀，要爱护钢铁，则钢铁连接原电池负极，C正确；D.在左边的原电池中Al为负极，Al是+3价的金属，每27gAl会失去3mol电子；右边的原电池中Zn是负极，Zn是+2价的金属，65gZn会失去2mol电子，所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D正确；故合理选项是B。6.某科研小组利用甲醇燃料电池进行如下电解试验，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法不正确的是A.甲池中通入CH3OH的电极反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2OB.甲池中消耗560mLO2（标准状况下），理上乙池Ag电极增重3.2gC.反应一段时间后，向乙池中加入肯定量Cu(OH)2固体，能使CuSO4溶液复原到原浓度D.丙池右侧Pt电极的电极反应式：Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2↓+H2↑【答案】C【解析】分析：A．在燃料电池中，负极上CH3OH发生失电子的氧化反应，碱性条件下生成CO32-和H2O；B.乙装置中，在阴极上是Cu离子放电，减小的Cu离子是0.05mol，所以理上乙池Ag电极增重的质量应当是0.05molCu的质量；C．电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D.丙池右侧Pt电极为阴极，氢离子得电子变为氢气.详解：A.在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故A正确；B.甲池中依据电极反应：O2+2H2O+4e−=4OH−，所以消耗560mL(标准状况下0.025mol)O2，则转移电子0.1mol，依据乙装置中，在阴极上是Cu离子放电，减小的Cu离子是0.05mol，所以理上乙池Ag电极增重的质量应当是0.05×64g/mol=3.2g固体，故B正确；C.电解池乙池中，电解硫酸铜和水，生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜或碳酸铜，故C错误；D.丙池右侧Pt电极为阴极，氢离子得电子变为氢气，电极反应式为：Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2↓++H2↑，故D正确；答案选C.点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理，驾驭阴阳离子的放电依次是解答该题的关键。7.如图表示用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解试验。下列说法中正确的是()A.燃料电池工作时，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－B.a极是铁，b极是铜时，b极渐渐溶解，a极上有铜析出C.a极是粗铜，b极是纯铜时，a极渐渐溶解，b极上有铜析出D.a、b两极均是石墨时，a极上产生的O2与电池中消耗的H2体积比为2：1【答案】C【解析】【分析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，氢气在负极通入，氧气在正极通入，据此解答。【详解】A.燃料电池工作时，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，所以正极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，A错误；B.a极是铁，与电源的正极连接，是阳极，属于活性电极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+；b极是铜，与电源的负极连接为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，所以a极渐渐溶解，b极质量增加，B错误；C.a极是粗铜，b极是纯铜时，a极发生的电极反应是：Cu-2e-=Cu2+；渐渐溶解，b极上发生的电极反应是：Cu2++2e-=Cu，有铜析出，C正确；D.a、b两极均是石墨时，在相同条件下，a极发生反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电池的负极发生的反应是：2H2-4e-=4H+，依据在闭合回路中电子转移数目相等可知，a极产生的气体是电池中消耗的H2体积的一半，D错误。答案选C。8.利用微生物燃料电池原理，可以处理宇航员排出的粪便，同时得到电能。美国宇航局设计的方案是：用微生物中的芽孢杆菌来处理粪便产生氨气，氨气与氧气分别通入燃料电池两极，最终生成常见的无毒物质。示意图如下所示。下列说法错误的是()A.a电极是负极，b电极是正极B.负极区发生的反应是2NH3-6e－=N2+6H+C.正极区，每消耗标准状况下2.24LO2，a向b电极转移0.4mol电子D.电池工作时电子通过由a经负载流向b电极，再穿过离子交换膜回到a电极【答案】D【解析】【详解】A选项，依据图中信息可知，左边为失去电子，作负极，右边得到电子，作正极，因此a电极是负极，b电极是正极，故A正确；B选项，氨气在负极反应变为氮气，因此负极区发生的反应是2NH3-6e－=N2+6H+，故B正确；C选项，正极区，每消耗标准状况下2.24LO2即物质的量为0.1mol，得到0.4mol电子，因此a向b电极转移0.4mol电子，故C正确；D选项，电池工作时电子通过由a经负载流向b电极，电子不能通过电解质溶液，故D错误。综上所述，答案为D。9.金属铬和氢气在工业上都有重要的用途。已知：铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4）。铜铬构成原电池如图所示，盐桥中装的是饱和KCl琼脂溶液，下列关于此电池的说法正确的是A.盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，凡是有盐桥的原电池，盐桥中均可以用饱和KCl琼脂溶液B.理论上1molCr溶解，盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK＋进入右池C.此过程中H＋得电子，发生氧化反应D.电子从铬极通过导线到铜极，又通过盐桥到转移到左烧杯中【答案】B【解析】【分析】铜铬构成原电池，由于铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4），这说明铬电极是负极，铜电极是正极，氢离子放电，所以盛稀硫酸烧杯中的现象为铜电极上有气泡产生。【详解】A．盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，盐桥中的离子不能和电解质溶液反应，所以盐桥不肯定均可以用饱和KCl琼脂溶液，A项错误；B．理论上1molCr溶解，则转移2mol电子生成1molCr2+，同时消耗2mol氢离子，所以依据溶液的电中性可知盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK+进入右池，B项正确；C．此过程中H+得电子，发生还原反应，C项错误；D．电子不能在溶液中传递，D项错误。答案选B。10.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、依据总反应以及原电池的工作原理，Zn的化合价上升，即Zn为负极，氧化银为正极，故A说法正确；B、依据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、依据原电池工作原理，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，依据总反应可知，该反应消耗水，KOH浓度增大，pH增大，故D说法正确，答案选C。11.二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池将化学能转变成电能的同时，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，其原理如图所示。下列说法错误的是A.负极的电极反应式为SO2+2H2O－2e－=SO42－+4H+B.反应总式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4C.质子的移动方向为从电极B到电极AD.SO2气流速度的大小可能影响电池的电动势【答案】C【解析】【详解】A.A极通入SO2，SO2在负极失电子生成SO42－，则电极反应为SO2+2H2O－2e－=SO42－+4H+，故A正确；B.该电池的反应原理为二氧化硫与氧气的反应，反应总式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故B正确；C.A为负极，B为正极，质子的移动方向为从电极A到电极B，故C错误；D.反应物的浓度大，反应速率快，SO2气流速度的大小可能影响电池的电动势，故D正确；故选C。【点睛】原电池是将化学能转变成电能，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。电子从负极流向正极。12.X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：①水溶液中：X＋Y2＋=X2＋＋Y②Z＋2H2O(冷)=Z(OH)2＋H2↑③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－=M2＋④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的依次是A.M＜N＜Y＜X＜Z B.N＜M＜X＜Y＜Z C.N＜M＜Y＜X＜Z D.X＜Z＜N＜M＜Y【答案】C【解析】【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性依次表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此解答。【详解】①水溶液中X+Y2+＝X2++Y，说明活动性X＞Y；②Z+2H2O(冷水)＝Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z的金属性活动性很强；③M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M-2e-＝M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；④Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性依次N＜M＜Y＜X＜Z。答案选C。13.如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极渐渐变粗，B极渐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的（

）A.A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸B.A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸C.A是Cu，B是Fe，C为硝酸铜溶液D.A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液【答案】C【解析】【详解】该原电池中，A极渐渐变粗，B极渐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以A、D错误；A极渐渐变粗，说明有金属析出，B选项析出氢气不是金属，故B项错误；C选项析出金属，所以C符合题意，故选C。14.少量铁粉与100mL0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不变更H2的产量，可以运用如下方法中的①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CuO固体⑤加NaCl溶液⑥滴加几滴硫酸铜溶液⑦上升温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL0.1mol•L﹣1的盐酸A.①⑤⑦ B.③⑦⑧ C.②④⑥ D.③⑥⑦⑧【答案】B【解析】【分析】依据外界条件对反应速率的影响结合氢气的总量不变以及铁少量分析解答。【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加氢氧化钠，与盐酸反应，削减了盐酸的浓度，故反应速率变慢；③加浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，由于铁不足，则生成的氢气量不变；④加CuO固体与盐酸反应生成氯化铜和水，氯化铜再与铁发生置换反应生成铜，构成原电池，反应速率加快，由于消耗铁影响氢气总量；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁削减，故削减了产生氢气的量；⑦温度上升，反应速率加快，且不影响氢气量；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量。答案选B。【点睛】参与化学反应的物质的性质是确定化学反应速率的主要缘由。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，留意本题不变更生成氢气总量的要求，答题时留意审题。15.将铁粉和活性炭混合物用NaCl溶液潮湿后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀试验。下列有关该试验的说法正确的是A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】依据试验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了很多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。依据电解质溶液的酸碱性可推断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H++2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。16.试验测得H2和C3H8的标准燃烧热分别为285.8kJ·mol－1和2220kJ·mol－1，将H2和C3H8的混合气体1mol完全燃烧生成CO2和液态水时放出1252.5kJ的热量，则混合气体中H2和C3H8的体积之比是（）A.2:1 B.1:1 C.1:2 D.1:4【答案】B【解析】【分析】分别设混合气体中H2的物质的量为n，则C3H8的物质的量为1mol-n，依据题意，列方程为：285.8kJ·mol－1×n＋2220kJ·mol－1×(1mol-n)=1252.5kJ，最终依据物质的量之比等于气体体积之比即可求解。【详解】设混合气体中H2的物质的量为n，则C3H8的物质的量为1mol-n，依据题意，列方程为：285.8kJ·mol－1×n＋2220kJ·mol－1×(1mol-n)=1252.5kJ，解得n=0.5mol，则H2和C3H8分别为0.5mol，所以混合气体中H2和C3H8的体积之比是1:1；故选B。【点睛】燃烧热的计算方法：由于燃烧热的计量标准是1mol物质燃烧，所以假如是肯定量的物质发生燃烧反应，则其所释放的能量=可燃物的物质的量×燃烧热。17.下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）A.Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应 B.灼热的碳与高温水蒸气的反应C.铝与稀盐酸 D.H2与O2的燃烧反应【答案】B【解析】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变更，故A不选；B．灼热的碳与高温水蒸气的反应为吸热反应，反应中C、H元素化合价变更，属于氧化还原反应，故B选；C．铝与盐酸的反应属于放热反应，故C不选；D．H2与O2的燃烧反应属于放热反应，故D不选；故选B。点睛：本题考查常见的吸热反应与放热反应及氧化还原反应，学生应留意归纳常见的吸热反应，并熟识发生的化学反应中是否存在元素的化合价变更。常见的吸热反应有：Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应、大多数分解反应、有碳参与的氧化还原反应等。18.肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变更如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1molN—H键所需的能量(kJ)是()A.194 B.391 C.516 D.658【答案】B【解析】【详解】依据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol－534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂汲取能量，新键生成释放能量，设断裂1molN―H键所需的能量为X，旧键断裂汲取的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。19.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为18的氯原子：B.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示意图：D.H2O的电子式：【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，依据各化学用语的书写要点分析。【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还须要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。20.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.W的简洁气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于其次周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先依据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，留意驾驭原子构成及表示方法，试题培育了学生的分析实力及敏捷应用实力。21.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是（）A.离子半径：Na+>Mg2+>Al3+ B.原子半径：Na<Mg<AlC.离子的氧化性：Na+>Mg2+>Al3+ D.单质的还原性：Na<Mg<Al【答案】A【解析】【分析】Na、Mg、Al属于第三周期IA、ⅡA、ⅢA族元素，用周期律相关学问分析。【详解】A．电子层结构相同的离子半径，随核电荷增大而减小，离子半径：Na+>Mg2+>Al3+，故A正确；B．同周期从左到时右原子半径，随核电荷增大而减小，原子半径：Na>Mg>Al，故B错误；C．同周期从左到时右离子的氧化性，即得电子的实力增加，离子的氧化性：Na+<Mg2+<Al3+，故C错误；D．同周期元素从左到右，元素的金属性渐渐减弱，对应单质的还原性渐渐减弱，还原性：Na＞Mg＞Al，故D错误；故选A。22.下列制取硝酸铜的方法最符合绿色化学思想的是A.Cu+HNO3（浓）→Cu(NO3)2B.Cu+HNO3（稀）→Cu(NO3)2C.CuCuOCu(NO3)2D.CuCuSO4Cu(NO3)2【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸与铜反应生成污染性气体NO2，A不符合题意；B．稀硝酸与铜反应生成污染性气体NO，B不符合题意；C．铜与氧气反应生成CuO，与硝酸反应消耗硝酸最少，且没有生成污染性气体，C符合题意；D．铜与浓硫酸反应生成污染性气体二氧化硫，D不符合题意；答案选C。23.如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边渐渐摇动试管，直到两个试管内充溢液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为A.1∶1 B.5∶7 C.7∶5 D.4∶3【答案】A【解析】【分析】装满NO2的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，装满NO的试管通入氧气时发生反应的化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3。【详解】相同条件下，NO2、NO装满容积相同的试管，则体积相同，依据阿伏加德罗定律可知n(NO2)＝n(NO)，分别通入氧气直到两个试管内充溢液体，依据氮原子守恒可知，所得硝酸的物质的量相等，溶液的体积相同，则两个试管中所得溶液的物质的量浓度之比为1∶1，答案选A。24.下列有关硫、氮单质及其化合物的叙述正确的是A.SO2、NO2均为酸性氧化物B.“雷雨肥庄稼”与氮的固定有关C.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3D.铜片与稀盐酸不反应，向溶液中通入NO2后，铜片质量不变【答案】B【解析】A.NO2不是酸性氧化物，A错误；B.“雷雨肥庄稼”过程中氮气转化为NO，与氮的固定有关，B正确；C.硫粉在过量的纯氧中燃烧生成SO2，C错误；D.铜片与稀盐酸不反应，向溶液中通入NO2后，有硝酸生成，铜与稀硝酸反应，铜片质量削减，D错误，答案选B。25.你认为削减酸雨产生可采纳的措施是（）①少用煤作燃料②把工厂烟囱加高③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源A.①②③ B.②③④⑤C.①③⑤ D.①③④⑤【答案】C【解析】【分析】削减酸雨，削减煤的运用及二氧化硫的排放即可。【详解】①少用煤作燃料、③燃料脱硫、⑤开发新能源都可削减含硫物质的排放，可削减二氧化硫的形成，而②造高工厂烟囱不能削减二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染；答案选C。26.某汽车平安气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊快速膨胀，从而起到爱护作用。(1)NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为_____。(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为_____(已知该反应为置换反应)，钠的原子结构示意图为________：(3)KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为___。(4)NaHCO3是冷却剂，汲取产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为_____，CO2的结构式_______。【答案】(1).(2).Fe(3).(4).离子键、共价键(5).2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(6).O=C=O【解析】【详解】(1)由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为：，故答案为：；(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，钠是11号元素，核外有11个电子，原子结构示意图为，故本题答案为：Fe；；(3)KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；(4)碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，二氧化碳是共价化合物，结构式为O=C=O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；O=C=O。【点睛】氮原子核外有5个电子，氮气要满意8电子的稳定结构，要形成3对共有电子对，同时不要忽视了氮原子还有一对孤电子对，此为易错点。27.工业合成氨反应：N2＋3H2⇌2NH3是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且须要合适的催化剂。已知形成1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键放出能量分别为436kJ、391kJ、946kJ。则：(1)若1molN2完全反应生成NH3可______(填“汲取”或“放出”)热量______kJ。(2)假如将1molN2和3molH2混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其缘由是__________。(3)肯定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是_______。a．正反应速率和逆反应速率相等b．正反应速率最大，逆反应速率为0c．N2的转化率达到最大值d．N2和H2的浓度相等e．N2、H2和NH3的体积分数相等f．反应达到最大限度【答案】(1).放出(2).92(3).合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化(4).acf【解析】【详解】△H=反应物键能和－生成物键能和，反应N2＋3H2⇌2NH3中△H=(946+3×436-6×391)kJ/mol=-92kJ/mol，所以正反应放热，本题正确答案为：放出；92；(2)合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化，因此，本题正确答案是：合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化；(3)a．正反应速率和逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故正确；b．正反应速率最大，逆反应速率为0，是指反应起先时的状态，反应没有达到平衡状态，故错误；c．N2的转化率达到最大值，说明反应达到平衡状态，故正确；d．氮气和氢气的浓度相等，反应不肯定达到平衡状态，故错误；e．氮气、氢气和氨气的体积分数相等，与平衡状态无关，故错误；f．当反应达到最大限度，说明反应达到平衡状态，故正确；本题答案为：acf。【点睛】△H=反应物键能和－生成物键能和，或者△H=生成物能量和－反应物能量和，此为易混点。28.如图所示，A、F为石墨电极，B、E为铁片电极。按要求回答下列问题。(1)打开K2，合并K1。A的电极反应为________。最终可视察到的现象是________________。(2)打开K1，合并K2。F极的电极反应为_______，检验F极产生气体的方法是____________。(3)若往U形管中滴加酚酞，进行(1)(2)操作时，A、B、E、F电极四周能变红的是_____，缘由是____________。【答案】(1).O2+2H2O+4e-=4OH-(2).溶液中产生白色沉淀，随即变成灰绿色，最终变为红褐色(3).2Cl-－2e-=Cl2↑(4).用潮湿的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气；(5).A、E(6).因为A极氧气放电产生氢氧根，E极上水放电产生氢气和氢氧根离子，均导致电极区域呈碱性【解析】【分析】当打开K2，闭合K1时，铁片、石墨和NaCl溶液构成原电池，负极为铁，石墨作正极，发生吸氧腐蚀，当打开K1，闭台K2时，铁片、石墨和NaCl溶液，构成电解池，说明作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，可以用潮湿的淀粉碘化钾试纸检验氯气。【详解】(1)打开K2，闭合K1后，构成原电池，B是铁片，作负极，A是正极，由于溶液是氯化钠溶液，因此相当于铁的吸氧腐蚀，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。铁失去电子生成亚铁离子，然后结合OH-生成Fe(OH)2沉淀，最终被氧化生成氢氧化铁沉淀，试验现象为溶液中产生白色沉淀，随即变成灰绿色，最终变为红褐色，故本题答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；溶液中产生白色沉淀，随即变成灰绿色，最终变为红褐色；(2)打开K1，闭合K2，装置是电解池，F是阳极，E是阴极，阳极氯离子放电，生成氯气，电极反应式为：2Cl-－2e-=Cl2↑，可利用氯气的氧化性来检验，即生成了碘单质，用潮湿的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气，故本题答案为：2Cl-－2e-=Cl2↑；用潮湿的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气；(3)由(1)、(2)分析可知，OH-在A和E两极出现，酚酞遇OH-变红，所以溶液变红，故本题答案为：A、E；因为A极氧气放电产生氢氧根，E极上水放电产生氢气和氢氧根离子，均导致电极区域呈碱性。【点睛】打开K1，闭台K2时，铁片、石墨和NaCl溶液，构成电解池，要留意电解池中阴阳极离子的放电依次，此为易错点。29.某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下试验。试验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：（1）设计装置A的目的是_____________________________________，为达此目的应进行的操作______________________________________________________。（2）在（1）中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，视察到装置B中的现象是____________________________________________________________；B中反应的离子方程式是_____________________________________________________。（3）将注射器F中的空气推入E中，E中的气体变为红棕色，该试验的目的是____________。（4）D装置的作用是_______________________________________________________。【答案】(1).利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以解除对气体产物视察的干扰(2).使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K(3).铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色(4).