【文档说明】【精准解析】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(23)页，806.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题可能用到的相对原子质量：H1B11C12O16F19Fe56Ag108一、单选题1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯

仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为78D.氯仿的化学名称是三氯甲烷【答案】C【解析】【详解】A．由于CH3CH2OH和水均为由极性分子组成的物质，且CH3CH2OH

和水能形成分子间氢键，故能与水任意比互溶，A正确；B．由于NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，故NaClO通过氧化灭活病毒，B正确；C．由过氧乙酸的化学式CH3COOOH可知过氧乙酸相对分子质量为76，C错误；D．三氯甲烷的俗名为氯仿，氯仿的化学名称是三氯甲烷，D正确；故答案为：

C。2.紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A.分子式为C14H12O4B.能使酸性高锰酸钾溶液变色C.能够发生水解反应D.能够发生氧化反应【答案】A【解析】【详解】A．由紫花

前胡醇的结构简式可知其分子式为C14H14O4，A错误；B．紫花前胡醇分子结构中含有羟基和碳碳双键，故能使酸性高锰酸钾溶液变色，B正确；C．紫花前胡醇分子结构中含有酯基，故能够发生水解反应，C正确；D．紫花前胡醇分子结构中含有羟基和碳碳双键

，故能够发生氧化反应，D正确；故答案为：A。3.下列事实不能用元素周期律解释的是（）A.与水反应，Cs比Na剧烈B.酸性：HCl＞H2CO3C.碱性：NaOH＞Al(OH)3D.与H2反应，F2比Cl

2容易【答案】B【解析】【详解】A．Cs、Na是同一主族的元素，由于原子序数Cs比Na大，所以金属活动性Cs强于Na，因此二者与水反应时，Cs比Na剧烈，能够用元素周期律解释，A正确；B．HCl是一元强酸，能够与CaCO3反应产生CO2气体，可证明酸性：H

Cl＞H2CO3，但HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能用元素周期律解释酸性：HCl＞H2CO3，B错误；C．Na、Al是同一周期元素，由于金属性：Na＞Al，所以碱性：NaOH＞Al(OH)3，能够用元素周期律解释，C正确；D．由于元素

的非金属性F＞Cl，所以卤素单质与H2反应的活动性：F2比Cl2容易，能够用元素周期律解释，D正确；故合理选项是B。4.在元素周期表中，从左到右共有18个纵行。第1纵行(氢除外)为碱金属元素，稀有气体是第18纵行。下列说法中正确的是A.铝元素位于第13纵行B.过渡元素

在周期表中占11个纵行C.第17纵行所有元素的化合价都有+7价D.第16纵行元素都是非金属元素【答案】A【解析】【详解】A．由元素周期表可知，铝元素位于第3周期ⅢA故在第13纵行，A正确；B．过渡元素包括七个副族和第Ⅷ族，其中第Ⅷ族包括第8、

9、10三个纵列，故过渡元素在周期表中占10个纵行，B错误；C．第17纵行包括F、Cl、Br、I、At，其中F无正价，其余元素的化合价都有+7价，C错误；D．第16纵行含有O、S、Se、Te、Po，其中钋（Po）是金属元素，其余元素都是非金属元素，D错误；故答案为：A。5

.电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述正确的是A.Ag为阴极B.该装置实现了化

学能向电能的转化C.W元素的化合价升高D.Ag+由银电极向变色层迁移【答案】D【解析】【分析】由图可知这是一个电解池，银做阳极，发生的电极反应Ag-e-=Ag+，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中生成AgxW

O3，电极方程式：xAg++xe-+WO3=AgxWO3是还原反应，总的反应方程式：WO3+xAg═AgxWO3，据此答题。【详解】A．由分析可知，Ag为阳极，A错误；B．由分析可知，该装置为电解池，是实现了电能向化学能的转化，B错误；C．有分析可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中生成

AgxWO3，电极方程式：xAg++xe-+WO3=AgxWO3是还原反应，W元素的化合价降低，C错误；D．银做阳极，发生的电极反应Ag-e-=Ag+，故Ag+由银电极向变色层迁移，D正确；故答案为：D。6.关于有机物的下列说法正确的是A.葡萄糖、麦芽糖是单糖，蔗糖、果糖是二糖B.淀

粉与纤维素通式相同，二者互为同分异构体C.油脂水解都生成饱和脂肪酸和甘油D.利用蛋白质的颜色反应可鉴别部分蛋白质【答案】D【解析】【详解】A．葡萄糖和果糖不能水解成更简单的糖，是单糖，1mol麦芽糖和

蔗糖可以水解成2mol单糖，是二糖，A错误；B．淀粉与纤维素通式均为(C6H10O5)n，但由于n值不相同，故二者不为同分异构体，B错误；C．油脂分为饱和脂肪酸甘油酯和不饱和脂肪酸甘油酯，饱和脂肪酸甘油酯水解生成饱和脂肪酸和甘油，不饱和脂

肪酸甘油酯水解生成不饱和脂肪酸和甘油，且油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，C错误；D．分子中含有苯环结构的蛋白质能与浓硝酸共热呈现特殊的黄色即蛋白质的颜色反应，故利用蛋白质的颜色反应可鉴别部分蛋白质，D正确；故答案为：D。7.1934年约里奥–居里夫

妇在核反应中用α粒子(即氦核42He)轰击金属原子WZX，得到核素30Z+2Y，开创了人造放射性核素的先河：WZX+42He→30Z+2Y+10n，其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述错误的是A.WZX的相对原子质量

为27B.X、Y均可形成三氯化物C.X的半径小于Y的半径D.Y最高价氧化物的水化物为多元含氧酸【答案】C【解析】【分析】由WZX+42He→30Z+2Y+10n及质量守恒可知，W=30+1-4=27。Y的质子数比X大2，X是金属元素，则X与Y位于同一周期，可知X的最

外层电子数比Y少2，则X的最外层电子数为8-2=32，金属原子WZX的质量数为27、且位于ⅢA族，Z=13符合题意，则X为Al；Y的最外层电子数为8-3=5，质子数为13+2=15，Y为P，以此来解答。【详解】由上述分析可知X为Al、Y为P：A．W为27，X原子的相对原子质量为2

7，A正确，不选；B．X、Y可形成三氯化物分别为AlCl3、PCl3，B正确，不选；C．同周期从左向右原子半径减小，则X的原子半径大于Y的半径，C错误，符合题意；D．Y最高价氧化物的水化物即磷酸H3PO4是一

种多元含氧酸，D正确，不选；故答案为：C。8.下列有关苯、乙烯的说法正确的是A.都易溶于水B.都具有平面结构C.都能与溴水发生加成反应D.都能与酸性高锰酸钾发生反应【答案】B【解析】【详解】A.苯和乙烯都是非极性分子，水为极性分子，根据“相

似相溶”原理可知，二者均难溶于水，故A错误；B.根据苯和乙烯的分子结构可知，二者均为平面结构，故B正确；C.苯分子中不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故C错误；D.苯分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾发生反应，故D错误；故答案

为：B。9.下列说法正确的是A.在化学反应中，化学能只可以转化为热能B.合成氨工业中，增大氮气量对速率无影响C.化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因D.SO2和O2合成SO3的反应中，升高温度，该反应速率减小【答案】C【解析】【详解】A．在化学反应中，化学能可以转化为热能、电能、光能等

形式的能量，A错误；B．合成氨工业中，氮气是该反应的反应物，故增大氮气量，浓度增大，反应速率加快，B错误；C．化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂化学键要吸收能量而形成化学键会释放能量，故化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，C正确；D．SO

2和O2合成SO3的反应中，升高温度，任何反应的反应速率加快，该反应速率加快，D错误；故答案为：C。10.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5mol·L-

1，c(A)∶c(B)＝3∶5，以C表示的平均速率v(C)＝0.25mol·L-1·min-1，下列说法正确的是A.该反应方程式中，x＝1B.2min时，A的物质的量为0.75molC.2min时，A的转化率为50%D.反应速率v(B)＝0.25mol·L-1·min-1【答案】C【解析】分析

：2min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，v(D)=0.5/2molLmin=0.25mol·L-1·min-1，B表示的平均速率v(C)＝0.25mol·L-1·min-1，由速率之比等于化学计量数之比可以知道,x=2,设A、B的起始物

质的量均为n,生成D为2L×0.5mol·L-1=1mol,则3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)起始nn00转化1.50.5112minn-1.5n-0.511c(A)∶c(B)＝3∶5，则1.50.5nn−−=35，计算得出n=3，以此来解答。详解:A.由上述分析可以

知道，x=2，故A错误；B.2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,故B错误；C.2min时,A的转化率为1.53×100%=50%,所以C选项是正确的；D.反应速率v(B)＝0.522molLmin=0.125mol·L-1·min-1,故D错误；所以C选项是正确

的。11.含氯消毒剂是新冠肺炎疫情期间防疫的一种重要消毒剂，下列说法正确的是A.用电子式表示HCl的形成过程：B.次氯酸的电子式：H－O－ClC.氯离子的结构示意图：D.3517Cl这种核素的原子中有18个中子【答案】D【解析】【详解】A．用电子式表示HCl的

形成过程箭头的左边是原子的电子式，右边是物质的电子式，故该过程应该表示为：，A错误；B．H－O－Cl是次氯酸的结构式，次氯酸的电子式为，B错误；C．氯是17号元素，故氯离子的结构示意图为：，C错误；D．根据质量数等

于质子数加中子数，故3517Cl这种核素的原子中有35-17=18个中子，D正确；故答案为：D。12.理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN(g)⇌HNC(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.H

CN比HNC稳定B.该异构化反应的H=+59.3kJmol−1C.断键过程放热D.使用催化剂，可以改变反应的速率【答案】C【解析】【详解】A．由图中可知HCN的能量比HNC的更低，故HCN更稳定，A正确；B．由图中可知该异构化反

应中HCN的能量比HNC低59.3kJ，故该过程的焓变为H=+59.3kJmol−1，B正确；C．断裂化学键的过程需要吸热，形成化学键才会放热，C错误；D．使用催化剂，可以改变该过程的活化能的大小，从而改变反应的速率，D正确；故答案为：C。13.

锌与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是（）A.加入浓盐酸B.加入一定量CuSO4固体C.加入适量的水D.降低温度【答案】A【解析】A、升高反应体系温度，反应速率增大，不影响生成

氢气的总量，故A错误；A项，锌与过量的稀盐酸反应，加浓盐酸，氢离子的浓度增大，加快反应速率，不影响生成氢气的总量，故A正确；B项，锌与过量的稀盐酸反应，加入少量CuSO4溶液，锌与硫酸铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，生成的氢气总量会

减少，故B错误；C项，加入适量的水，氢离子的浓度减小，减缓反应速率，故C错误；D项，降低温度，化学反应速率减慢，故D错误。点睛：本题考查加快反应速率的方法，从温度、浓度、构成原电池等方面考查，解题时注意：锌不足，酸过量，产生氢气的量取决于锌。14.2019年为

“国际化学元素周期表年”。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，下列说法不正确的是WXYZA.原子半径：W<XB.X的最高价氧化物的水化物具有两性C.Y单质可用做半导体材料D.气

态氢化物热稳定性：Z>W【答案】D【解析】【详解】根据主族元素的最高化合价等于原子的最外层电子数(O、F除外)，W与X的最高化合价之和为8，结合题干提供的部分元素周期表可知，W、X、Y、Z分别为N、Al、Si、P，据此进行解题。A．同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上

往下原子半径依次增大，故原子半径：W<X，A正确；B．由上述分析可知，X是Al，故其的最高价氧化物的水化物即Al(OH)3具有两性，B正确；C．由上述分析可知，Y是Si，单质硅可用做半导体材料，C正确；D．同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，

故气态氢化物热稳定性：Z<W，D错误；故答案为：D。15.质子数和中子数之和为A，核内中子数为N的R2+离子与16O所形成的Wg氧化物中所含质子的物质的量为（）A.WA+16（A-N+8）molB.WA+16（A-N+

10）molC.（A-N+8）molD.WA（A-N+6）mol【答案】A【解析】【详解】该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，Wg它的氧化物的物质的量为WA16+mol，核内中子数为N的R

2+离子质量数为A，所以质子数为A-N，一个氧化物分子中含有(A-N+8)个质子，所以Wg它的氧化物中所含质子的物质的量为WA+16×(A-N+8)mol。故选A。16.关于共价键的说法正确的是A.金属原子在化学反应中只能失去电子，因而不能形成共价键B.稀有气体分子中只存在共价键C.共价键

只能在不同原子之间形成D.由共价键形成的分子可以是单质分子，也可以是化合物分子【答案】D【解析】【详解】A．金属原子在化学反应中只能失去电子，也能形成共价键，如AlCl3，A说法错误；B．稀有气体分子为单原子分子，分子中不存在共价键，B说法错误；C．共价键既能在不同原子之间形成，也能在同种

原子间形成，C说法错误；D．由共价键形成的分子可以是单质分子，也可以是化合物分子，如氢气、二氧化碳，D说法正确；答案为D。17.下列说法正确的是A.H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定B.He、CO2和C

H4都是由分子构成，它们中都存在共价键C.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键D.PCl5中各微粒最外层均达到8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．氢键是分子间作用力，只能影响物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故H2O分

子间存在氢键和H2O比H2S稳定不存在因果，A不正确；B．He、CO2和CH4都是由分子构成，He是单原子分子，不存在任何化学键，CO2和CH4中都存在共价键，B不正确；C．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H

2O，破坏了Na+和-3HCO之间的离子键，破坏了-3HCO内部的共价键，故既破坏了离子键，也破坏了共价键，C正确；D．PCl5中P原子最外层电子数将达到10个，5个Cl最外层均达到8电子稳定结构，D不正确；故答案为：C。18.下列说法正确的

是A.石英和硫磺晶体熔化时克服相同类型的微粒间作用力B.发生物理变化时物质中的化学键也可能被破坏C.MgF2中的两种离子核外排布相差一个电子层D.有化学键破坏一定发生化学变化【答案】B【解析】【详解】A．石英是原子晶体故熔化时克服的是共价键，而硫磺晶体

是分子晶体熔化时克服分子间作用力，故二者克服不同类型的微粒间作用力，A错误；B．发生物理变化时物质中的化学键也可能被破坏，例如NaCl的电离有离子键的断裂，但并无新物质生成，属于物理变化，B正确；C．MgF2中的Mg2+、F-的离子均为10个电子，则离子核外电子排布相同，C错误；D．由

B项解释即可得出有化学键破坏不一定发生化学变化，D错误；故答案为：B。19.下列变化需克服相同类型作用力的是A.碘和干冰的升华B.硅和C60的熔化C.氯化氢和氯化钾的溶解D.溴和汞的气化【答案】A【解析】【详解】A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A

正确；B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；

故选A。20.下列说法中正确的是A.H2O比H2S稳定，H-S键比H-O键更难断裂B.若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们是同类有机物C.互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别D.分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物【答案】C【解析】【详解】A．H2O比H2S

稳定，H-O键比H-S键更难断裂，A说法错误；B．若烃中碳、氢元素的质量分数相同，则最简式相同，但结构不一定相似，如乙炔与苯，它们不一定是同类有机物，B说法错误；C．互为同分异构体的两种有机物，结构不同，则它们的物理性质有差别，C说法正确；D．分子组成相差一个或几个CH2原子

团的有机物不一定为同系物，如苯酚和苯甲醇，D说法错误；答案为C。21.在“固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳→气体一氧化碳”的变化过程中，被破坏的作用力依次是A.范德华力、范德华力、范德华力B.范德华力、范德华力、共价键C.范德华力、共价键、共价键D.共价键、共价键、共价

键【答案】B【解析】【详解】固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，二氧化碳气体→CO气体发生了化学变化，破坏了共价键；因此在“固体干冰→液体二氧化碳→气体二氧化碳→气体

一氧化碳”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键；故B答案正确；综上所述，答案为B。22.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

)＝0.5mol·L－1·s－1B.v(B)＝0.3mol·L－1·s－1C.v(C)＝0.8mol·L－1·s－1D.v(D)＝1mol·L－1·s－1【答案】B【解析】【详解】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学

计量数的比值越大，反应速率越快；A．()vA2＝110.5molLs2－－=0.25mol·L－1·s－1；B．()vB1＝0.3mol·L－1·s－1；C．()vC3＝110.8molLs3－－≈0267mol·L－1·s－1；D．()vD4＝111molLs4－－=0.

25mol·L－1·s－1；故反应速率v(B)＞v(C)＞v(A)=v(D)，答案选B。23.在相同的密闭容器中，用高纯度纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)⇌2H2(g)+O2(g)∆H＞0，实验测得反应体系中水蒸气浓度(mol·L-1)的变化结果如下

：序号时间/min01020304060①温度T1/1号Cu2O0.05000.04920.04860.04820.04800.0480②温度T1/2号Cu2O0.05000.04900.04830.0480

0.04800.0480③温度T2/2号Cu2O0.05000.04800.04700.04700.04700.0470下列说法不正确的是A.实验时的温度T2高于T1B.1号Cu2O的催化效率比2号Cu2O的催化效率高C.实验①前20min的平均反应速率v(O2)=3.

5×10-5mol·L-1·min-1D.等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关【答案】B【解析】【详解】A．比较容器②③可知，容器③的反应速率更快，故实验时的温度T2高于T1，A正确；B．比较容器①②可知，容器②的反应速率更快，故２号Cu2O的催化效率

比１号Cu2O的催化效率高，B错误；C．可以先求出实验①前20min的水蒸气的平均反应速率：-1-1-25-1-10.0500mol?L-0.0486mol?L.0?H10mol?L?minO=720minct

=（）=，再根据反应速率之比等于化学计量系数比，故(O2)=21(HO)2＝3.5×10-5mol·L-1·min-1，C正确；D．纳米级Cu2O与微米级Cu2O的粒子直径不同，等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，故说明催化

效率与Cu2O的粒径大小有关，D正确；故答案为：B。24.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（）A.①

③②④B.①③④②C.③④②①D.③①②④【答案】B【解析】【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。【详解】组成原

电池时，负极金属较为活泼，①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；故

选B。25.下列关于化石燃料的说法正确的是（）A.煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气B.石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C.石油裂化主要得到乙烯D.煤制水煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径【答案】A【解析】【详解】A项、煤干

馏可得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A正确；B项、石油分馏是物理变化，故B错误；C项、催化裂化的目的是得到轻质液体燃料汽油，故C错误；D项、煤制水煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，是化学变化，故D错误。故选A。【点睛】本题考查化石燃料，注意有新

物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化是解答关键。26.工业上制备PVC(聚氯乙烯)的一种合成路线如下，下列说法错误的是A.X的球棍模型为：B.Y有1种不同结构C.反应②为缩聚反应D.PVC的结构简式为：【答案】C【解析】【详

解】A．根据X的化学式C2H2可知X为乙炔，故其的球棍模型为：，A正确；B．根据题干流程图可知，Y为氯乙烯，其结构只有1种，B正确；C．根据题干流程图可知，反应②为nCH2=CHCl⎯⎯⎯→催化剂，该反应属于加聚反应，C错误；D．根据C的分析可知，PVC的结构简式为：，D正确；故答

案为：C。二、非选择题27.随原子序数的递增，八种短周期元素(用英文小写字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：(1)g在元素周期表的位置是_________________；(2)比

较d、f简单离子的半径大小(用化学式表示，下同)______________，比较g、h最高价氧化物对应水化物酸性____________；(3)d的氢化物沸点高于y的氢化物沸点的原因________________；(4)写出f的最

高价氧化物对应的水化物与h的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式___________；(5)由元素f、h形成的物质X与由元素x、z形成的化合物Y可发生以下反应：①写出M的电子式_______________；②写出X溶液与Y溶液反应的离子方程式_______________

____；(6)已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________。【答案】(1).第3周期第ⅥA族(2).O2->Al3+(3).H2SO4<HClO4(4).H2O中能形成分子间氢键(5).Al(

OH)3+3H+=Al3++3H2O(6).(7).()3++3243Al+3NHHO=AlOH+3NH(8).2Na(s)+O2(g)点燃Na2O2(s)-1-510kJmolH=【解析】【分析】由题干

可知，x、y、z、d、e、f、g、h八种短周期元素的原子序数依次递增，从表中可知x和e均为+1加，且x的半径比y的小，说明x、y不在同一周期，故x在第一周期即为H，结合化合价和原子序数不难推出y、z、d、e、f、g、h分别为C、N、O、Na、Al、S、Cl，据此进行解题。【详解】(1)

由分析可知g是S元素，故其在元素周期表的位置为第3周期第ⅥA族，故答案为第3周期第ⅥA族；(2)由分析可知d、f简单离子分别是O2-和Al3+，它们具有相同的电子层结构，故半径随核电荷数增大而减小，故半径大小关系为O2->Al3+，元素的最高价氧化物对应水化物酸性与其非金属

性一致，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，故g、h最高价氧化物对应水化物酸性H2SO4<HClO4，故答案为：O2->Al3+；H2SO4<HClO4；(3)d的氢化物即H2O的沸点高于y的氢化物

即CH4沸点的原因是由于H2O分子间能形成氢键，而CH4分子间不能形成氢键，故答案为：H2O中能形成分子间氢键；(4)由分析可知f的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3与h的最高价氧化物对应的水化物反应即HClO4，故该反应的离子方程式为Al(OH)3+

3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；(5)由元素f、h形成的物质X即AlCl3与由元素x、z形成的化合物Y即NH3可发生以下反应：AlCl3+3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，由转化图可知X、Y、Z、N

、f、M分别为AlCl3、NH3、Al(OH)3、Al2O3、Al和NH4Cl，故①M即NH4Cl的电子式为，②X溶液与Y溶液反应即AlCl3与NH3•H2O的离子方程式()3++3243Al+3NHHO=AlOH+3NH，故

答案为：；()3++3243Al+3NHHO=AlOH+3NH；(6)1mole的单质即Na在足量d2即O2中燃烧，恢复至室温，放出255kJ热量，故该反应的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)点燃Na2O2(s)-1-510kJmolH

=，故答案为：2Na(s)+O2(g)点燃Na2O2(s)-1-510kJmolH=。28.(1)氮是动植物生长不可缺少的元素，合成氨的反应对人类解决粮食问题贡献巨大。已知：H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成1molNH3

过程中放出46kJ的热量，则N≡N的键能为____________________。(2)某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示：根据图中数据填空：①该反应的化学方程式为___________________________；②反应开

始至2min，以气体X表示的平均反应速率为_____________________；(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=2n(Z)，则原混合气体中a:b=___________

__；(4)在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：a.混合气体的压强；b.混合气体的密度；c.混合气体的平均相对分子质量；d.混合气体的颜色。①一定能证明2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3

(g)达到平衡状态的是(填字母，下同)_____________；②一定能证明I2(g)＋H2(g)⇌2HI(g)达到平衡状态的是________________；③一定能证明A(s)＋2B(g)⇌C(g)＋D(g)达到平衡状态的是__

________________。【答案】(1).946kJ/mol；(2).3X+Y⇌2Z；(3).0.015mol/（L•min）；(4).7:5；(5).ac；(6).d；(7).bc。【解析】【分析】(1)根据反应热等于反应物键能总和与生成物键能总和之差可计算得到N≡N的

键能；(2)①化学方程式中，化学计量数之比等于各个物质的量的变化量之比；②根据化反应速率cvt=来计算化学反应速率；(3)根据化学反应中的三段式进行计算；(4)根据化学平衡状态的特征判断，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，以此解答该题。【详解】(1)设N≡N的键能为xkJ/mol，根据题意写出热化学方程式22313N(

g)+H(g)NH(g)22；ΔH=-46kJ/mol，根据反应热等于反应物键能总和与生成物键能总和之差可得：1346kJ/mol=(4363391)kJ/mol22x−+−，解得x=946，因此N≡N的键能为946kJ/mol；故答

案为：946kJ/mol。(2)①根据图示内容可知，X和Y是反应物，Z是生成物，X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2，因此反应的化学方程式为：3X+Y⇌2Z；故答案为：3X+Y⇌2Z；②反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为：v=0.3mol÷10L÷2mi

n=0.015mol/（L•min）；故答案为：0.015mol/（L•min）；(3)设Y的变化量是xmol，3XY2Z起始量ab0变化量3xx2x平衡量a3xbx2x+−−当n(X)=n(Y)=2n(Z)时，可得：a-3x=b-x=4x，则a=7x，b=5x，所以

原混合气体中a:b=7:5；故答案为：7:5；(4)①对于反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，a.混合气体的压强不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故a正确；b.该反应中混合气体的密度一直不变，故b错误；c.混合

气体的平均相对分子质量不再发生变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故c正确；d.SO2、O2和SO3均为无色，混合气体的颜色一直不变，故d错误；故选：ac；②对于反应I2(g)＋H2(g)⇌2HI(g)，a.该反应中混合气体的压强一直不变，故a错误；b.该反应中混合气体的密度一直不变

，故b错误；c.该反应中混合气体的平均相对分子质量一直不变，故c错误；d.混合气体的颜色不再发生变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故d正确；故选：d；③对于反应A(s)＋2B(g)⇌C(g)＋D(g)，a.该反应中混合气体的压强一直不变，故a错误；b.混合气体的密度不变，说明

气体的质量不变，反应达平衡状态，故b正确；c.混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故c正确；d.由于B、C、D三种气体的颜色未知，因此混合气体的颜色一直不变无法判断是否达平衡状态，故d错误；故选：bc。【点睛】本题考查了化学平衡的计算，涉及化学反应速率的计算以

及平衡状态的判断，明确化学反应速率与化学计量数的关系为解答关键，注意掌握化学平衡图象的分析方法，试题培养了学生的灵活应用能力，题目难度中等。29.某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭

合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池中O2的电极反应式为________________；CH3OH的电极反应式为_______________；(2)当乙池中B极质量增加10.8g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_______

_____mL(标准状况下)，丙池总反应方程式__________________；(3)若丙中电极不变，将其溶液换成CuSO4溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将____________(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将__

____________(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)铅蓄电池是常见的化学电源之一，其充电、放电的总反应是：2PbSO4+2H2OPb+PbO2+2H2SO4，铅蓄电池放电时，______________(填物质化学式)在负极发生反应。若电解液体积为2L(反应过程溶

液体积变化忽略不计)，放电过程中外电路中转移4mol电子，则硫酸浓度由5mol/L下降到_____________mol/L。【答案】(1).O2+4e-+2H2O===4OH-；(2).CH3OH-6e-+8OH-===23CO−+6H2O；(3).560(4).CuCl

2电解Cu+Cl2↑；(5).减小；(6).减小；(7).Pb(8).3【解析】【分析】(1)甲池为原电池，电解质溶液为KOH溶液，因此氧气在正极得电子发生还原反应在碱性溶液中生成氢氧根离子；燃料CH3OH在负极

失电子发生氧化反应在碱性溶液中生成碳酸盐，结合电荷守恒和原子守恒写出电极反应式；(2)乙池是电解池，结合得失电子守恒计算消耗氧气的体积；丙为电解池，C为阳极，D为阴极，且均为惰性电极，根据电解规律可写出总反应方程式；(3)甲池中发生的反应为甲醇与氧

气、氢氧化钾的反应，反应消耗氢氧根离子，则pH减小；丙中电极不变，将其溶液换成CuSO4溶液，则丙中电解CuSO4溶液有硫酸生成，所以溶液的pH减小；(4)放电时，铅失电子而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式计算。【详解】(1)甲池为原电

池，电解质溶液为KOH溶液，因此氧气在正极得电子发生还原反应在碱性溶液中生成氢氧根离子；燃料CH3OH在负极失电子发生氧化反应在碱性溶液中生成碳酸盐，所以甲池中O2的电极反应式为：O2+4e-+2H2O===4OH-；CH3OH的电极反应式为：CH3OH

-6e-+8OH-===23CO−+6H2O；故答案为：O2+4e-+2H2O===4OH-；CH3OH-6e-+8OH-===23CO−+6H2O；(2)乙池是电解池，B极的产物为Ag，当乙池中B极质量增加10.8g，可得：n(Ag)=10.8g108g/m

ol=0.1mol，依据得失电子守恒可得：4Ag~O2~4e-，标准状况下，甲池中理论上消耗O2的体积：V=0.14mol×22.4L/mol=0.56L=560mL；丙为电解池，C为阳极，D为阴极，且均为惰性电

极，根据电解规律可得总反应方程式；CuCl2电解Cu+Cl2↑；故答案为：560；CuCl2电解Cu+Cl2↑；(3)甲中发生的反应为甲醇与氧气、氢氧化钾的反应，反应消耗氢氧根离子，则pH减小；丙中电极不变，将其溶液换成Cu

SO4溶液，则丙中电解CuSO4溶液有硫酸生成，所以溶液的pH减小；故答案为：减小；减小；(4)根据电池反应式知，铅失电子化合价升高而作负极；根据硫酸和转移电子之间的关系式得：转移电子的物质的量=（5-x）×2=4，则x=3mol/L，故答案为：Pb；3。【点睛】本题考查了原电池和电解池的相互串

联问题，注意区分原电池和电解池。30.(1)充分燃烧1.4g某有机物X，生成4.4gCO2和1.8gH2O，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍。①求该有机物的分子式_________________；②该有机物链状同分异构体有______________种；③若有机物X

等效氢有4种，发生加聚反应得到高分子化合物，则该反应的化学方程式为________________。(2)用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如图：根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：①若丙烯与水发生反应生成A的同系物的化学反应方程式为___________

____；②A与B合成丙烯酸乙酯的化学反应方程式是____________________。(3)与丙烯酸乙酯互为同分异构体且满足下列条件：①含碳碳双键②与碳酸氢钠溶液反应产生气体③所有碳原子一定共面，请写出满足条件的任一种同分异构体的结构简式_

_________________________。【答案】(1).C4H8(2).3(3).nCH2=CHCH2CH3催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→(4).CH2=CHCH3+H2O催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2CH2OH或CH2=CHCH3+H2O催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→(5).CH2=CHCOOH+CH

3CH2OH浓硫酸△⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CHCOOCH2CH3+H2O(6).(CH3)2C=CHCOOH或CH3CH=C(CH3)COOH【解析】【分析】(1)①这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍，则该有机物的摩尔质量为：M(X)=2×28=56g

/mol，计算2.8g有机物的物质的量，结合生成水和二氧化碳的质量可计算有机物的分子式；②根据分子式和官能团写出结构简式；③若有机物X等效氢有4种，根据等效氢的种数判断有机物的结构简式，进而写出化学方程式。(2)结合丙烯酸乙酯的结构简式可知：CH2=CH2和水发生加

成反应生成A为CH3CH2OH，丙烯发生氧化反应生成丙烯醛，CH2=CHCHO发生氧化反应生成B为CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成丙烯酸乙酯CH2=CHCO

OCH2CH3，以此来解答。(3)根据题意可知该有机物中含有碳碳双键、羧基，再结合丙烯酸乙酯的结构简式可写出符合条件的同分异构体。【详解】(1)①这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下N2的2倍，则该有机物的摩尔质量为：M(X)=2×28=56g/mol，所以n（X

）=1.4g56g/mol=0.025mol，n(C)=n(CO2)=44g4.4g/mol=0.1mol，n(H)=2n(H2O)=1.8g218g/mol=0.2mol，故有机物X分子中含有C原子数目

为0.1mol0.025mol=4，含有H原子数目为：0.2mol0.025mol=8，又因为12g/mol×4+1g/mol×8=56g/mol=M(X)，所以有机物X分子只含有C、H两种元素，由此可得有机物X分子式为C4H8；故答案为：C4H8；

②由①可知有机物X分子式为C4H8，其不饱和度为1，则该有机物链状分子中有一个碳碳双键，则结构简式为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、，因此该有机物链状分子同分异构体共有3种；故答案为：3；③由①可知有机物X分子式为C4H8，其不饱和度为1。如果分子中有一个碳碳双键，则结构简

式为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、；如果分子中有一个环状结构，则结构简式为：、；由题可知有机物X等效氢有4种，因此该有机物的结构简式为：CH2=CHCH2CH3，发生加聚反应得到高分子化合物的化学方程式为：nCH2=CHCH2CH3催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→

；故答案为：nCH2=CHCH2CH3催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→；(2)①由CH2=CH2制得有机物A的结构简式为CH3CH2OH，因此丙烯与水发生反应生成A的同系物的化学反应方程式为：CH2=CHCH3+H2O催化剂⎯

⎯⎯⎯⎯→CH3CH2CH2OH或CH2=CHCH3+H2O催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→；故答案为：CH2=CHCH3+H2O催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→CH3CH2CH2OH或CH2=CHCH3+H2O催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→；②由分析可知：A为CH3CH2OH，B为CH2=CHCOOH，A与B合成丙烯酸

乙酯的化学反应方程式是：CH2=CHCOOH+CH3CH2OH浓硫酸△⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CHCOOCH2CH3+H2O；故答案为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OH浓硫酸△⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CHCOOCH2CH3+H2O；(3)与丙烯酸乙酯互

为同分异构体且满足下列条件：①含碳碳双键②与碳酸氢钠溶液反应产生气体③所有碳原子一定共面，则-COOH、-CH3均与碳碳双键相连，满足条件的结构简式为：(CH3)2C=CHCOOH或CH3CH=C(CH3)COOH；故答案为：(CH3)2C=CHCOOH或CH

3CH=C(CH3)COOH。