【文档说明】【精准解析】陕西省西安市西安高新第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试化学题.doc，共(24)页，1.776 MB，由管理员店铺上传

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2018—2019学年西安市高新一中高一(下)期末考试化学卷一、单项选择题(本题共50分，共20题)1.2019年是国际化学元素周期表150周年。下列有关元素周期表的说法正确的是()A.编制出第一张元素周期表的是俄国化学家门捷列夫B.主族就是周

期表中只有短周期元素的纵列C.共有18个族，第ⅢB族含元素种类最多D.元素周期表是按元素的相对原子质量递增顺序排列【答案】A【解析】【详解】A．1869年，门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故A正确；B．每个主族元素均含长周期元素，故B错误；C．元素共有18列，其中第8、9、

10三列合称Ⅷ族，共有16个族，另外ⅢB族含锕系和镧系，元素种类最多，故C错误；D．元素周期表中元素是按原子序数递增的顺序排列的，故D错误；故答案为A。2.下列反应既是氧化还原反应，又是放热反应的是()A.铝片与稀硫酸的反应B.煅烧石灰石的反应C.灼

热的炭与CO2的反应D.浓硫酸稀释【答案】A【解析】【详解】A．铝片与稀硫酸的反应2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，Al元素以及H元素化合价均发生变化，属于氧化还原反应，且该反应为金属单质与酸反应，属于放热反应，故A项符合题意；B．煅烧石灰石的反应CaCO3=CaO+CO2↑，

该反应中元素化合价均未变化，不属于氧化还原反应，且该反应为分解反应，属于吸热反应，故B项不符合题意；C．灼热的炭与CO2的反应C+CO2=高温2CO，该反应属于氧化还原反应，但该反应属于吸热反应，故C项不符合题意；D．浓硫酸稀释过程放热，但该过程为物

理变化，不属于化学变化过程，故D项不符合题意；综上所述，既是氧化还原反应，又是放热反应的是A项，故答案为A。【点睛】常见的放热反应和吸热反应：放热反应：①可燃物的燃烧；②酸碱中和反应；③大多数化合反应；④金属跟酸的置换反应；⑤物质的缓慢氧化等；吸热反应：①大多数分解反

应；②盐的水解；③Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应；④碳和水蒸气、C和CO2的反应等。3.中国科学技术名词审定委员会已确定116号元素Lv的名称为鉝，质量数为293，下列叙述错误的是()A.原子序数116B.中子数177

C.核外电子数116D.相对原子质量293【答案】D【解析】【详解】A．该元素为116号元素，因此原子序数为116，故A项叙述正确；B．由中子数+质子数=质量数可知，该原子中子数=293-116=177，故B项叙述正确；C．原子核外电子数=原子叙述，因此Lv原子核外电子数为1

16，故C项叙述正确；D．该原子质量数为293，但该元素可能具有多种原子，因此该元素相对原子质量不一定为293，故D项叙述错误；综上所述，叙述错误的是D项，故答案为D。4.在密闭容器中进行如下反应：()()()2

2XgYg2Zg+，已知2X、2Y、Z的起始浓度分别为10.1molL−、10.3molL−、10.2molL−，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()A.Y为10.2molL−B.2Y为10.35molL−C.2X为10.2molL−D.Z

为10.4molL−【答案】B【解析】【详解】若反应向正反应进行到达平衡，2X、2Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：22X(g)Y(g)2(g)(mol/L)0.10.30.2(mol/L)0.10.10.2(mol/L)00.20.4Z+起始转化平衡，若反应逆正反应进行到

达平衡，2X、2Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：22X(g)Y(g)2(g)(mol/L)0.10.30.2(mol/L)0.10.10.2(mol/L)0.20.40Z+起始转化平衡由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为()20X0.2c，()20.2Y0.4c

，()00.4cZ，故B正确、ACD错误；答案选B。【点睛】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，2X、2Y的浓度最小，Z

的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，2X、2Y的浓度最大，Z的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值。5.下列金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法的是()A.将金属制成防腐的合金B.金属护拦表面涂漆C.汽车底盘喷涂高分子膜D.地下钢管连接

镁块【答案】D【解析】【详解】A．将金属制成防腐的合金，是改变物质内部结构而防止金属被腐蚀，不属于牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B．金属护拦表面涂漆，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，与牺牲阳极

的阴极保护法无关，故B错误；C．汽车底盘喷涂高分子膜，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，与牺牲阳极的阴极保护法无关，故C错误；D．地下钢管连接镁块，Fe、Mg、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于Mg而作正极被保护，该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为D。6.下

列说法错误的是()A.S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1；S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2，则△H1<△H2B.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)△H=−216k

J/mol，则反应总能量>生成物总能量C.己知C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H>0，则石墨比金刚石稳定D.若2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=−483.6kJ/mol，则H2燃烧热为241.8kJ/mol【答案】D【解析】【详解

】A．都为放热反应，固体燃烧放出的热量小于气体燃烧放出的热量，且放出的热量越多△H越小，则△H1<△H2，故A正确；B．反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，故B正确；C．C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H＞0，可知金刚石的能量

比石墨能量高，能量越低越稳定，故C正确；D．1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量为氢气的燃烧热，水的状态不是液态，无法确定氢气燃烧热，故D错误；故答案为D。7.把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接

可以组成原电池，若a、b相连时a为负极；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b为正极；c、d相连时，电流由d到c。则这四种金属的活动性顺序由大到小为A.b＞d＞c＞aB.c＞a＞b＞dC.a＞b＞c＞dD.a＞c＞d＞b【答案】D【解析

】【分析】稀硫酸作电解质溶液时，原电池中的负极的活泼性强于正极。【详解】把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极，则a的金属性强于b；a、c相连时c极上产生大量气泡，则c为正极，故a的金属性强于c；b、d

相连时b为正极，则d的金属性强于b；c、d相连时，电流由d到c，则c是负极，故金属性c强于d；则这四种金属的活动性顺序由大到小为a＞c＞d＞b，故选D。8.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是()A.反应CO(g)+NO2(g)⇌C

O2(g)+NO(g)△H<0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动B.钢铁在潮湿的空气中容易生锈C.开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫D.SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气【答案】B【解析】【分析】勒夏特

列原理为：如果改变影响平衡的条件(浓度、温度、压强)之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)；△H＜0，升高温

度，向吸热方向移动，即升高温度可使平衡向逆反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不存在化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO

2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故C正确；D．在SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气，可增加O2的量，促进平衡向正方向移动，提高SO2的转化率，能用勒夏特列原理

解释，故D正确；故答案为B。9.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是()A.甲：2-4SO向Cu电极方向移动B.乙：正极的电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−C.丙：锌筒作

负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D.丁：电池放电过程中，硫酸浓度不断减少【答案】A【解析】【详解】A．甲中Zn为负极，原电池工作时2-4SO向Zn电极方向移动，故A错误；B．乙为纽扣电池，正极为Ag2O得电子发生还原反应，反应式

为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，故B正确；C．丙为锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应被溶解，导致锌筒变薄，故C正确；D．丁为铅蓄电池，放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，使用一段时间后，硫酸溶液的浓度降低，故D正确；故答案为A。10.在一

密闭容器中，反应aA(g)+bB(s)cC(g)+dD(g)达平衡后，保持温度不变，将容器缩小为原来的一半，达到新的平衡时，A的浓度是原来的1.6倍，则下列说法正确的是A.平衡向逆反应方向移动B.a<c+dC.物质A的转化率增大D.物质D的浓度减小【答案】C【解析】【分析】采用假设法分析，保

持温度不变，将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，A的浓度是原来的1.6倍，说明增大压强平衡正反应方向移动，据此分析判断。【详解】根据上述分析可知：A.新平衡向正反应方向移动，A项

错误；B.增大压强平衡向正反应方向移动，则说明a>c+d，B项错误；C.平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，C项正确；D.平衡项正反应方向移动，D的浓度增大，D项错误；答案选C。【点睛】注意新平衡是否移

动，要与增大压强后各物质的浓度作对比，而不是增大压强前的原始浓度。11.下列物质的性质比较，正确的是()A.酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4B.气态氢化物稳定性：HF＞H2O＞PH3C.非金属性：C＞N＞OD.碱性：LiOH＞NaOH＞KOH【答案】B【解

析】【详解】A．元素的非金属性强弱顺序为Cl＞S＞P，则最高价氧化物水化物的酸性强弱顺序为HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故A错误；B．元素的非金属性强弱顺序为F＞O＞P，则气态氢化物稳定性强弱顺序为HF＞H2O＞PH3，故B正确；C．C、N、O为同周期主族元素，

核电荷数越大，元素非金属性越强，则非金属性：O＞N＞C，故C错误；D．元素的金属性强弱顺序为K＞Na＞Li，则最高价氧化物水化物的碱性强弱顺序为KOH＞NaOH＞LiOH，故D错误；故答案为B。12.我国科学家研制出的新型高效光催化剂能利用太阳能分解水制取氢气，主要过程如下图所示。下

列说法不正确的是A.总反应为2H2O2H2↑+O2↑B.过程I、Ⅱ都要吸收能量C.整个过程实现了光能向化学能的转化D.可以利用沸点差异分离最后得到氢气和氧气【答案】B【解析】【分析】化学变化的实质是分子变成原子，原子重新组合成新分子的过程，该反应是水在新型高效光催化剂作用下，水化学键破

坏，形成H和OH，H原子结合形成H—H分子，OH结合形成HO—OH分子，HO—OH分子在太阳光作用下分解生成H—H分子和O—O分子，是一个利用太阳能分解水生成氢气和氧气的反应。【详解】A项、由图示可知，水分解产生氢气和氧气，总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；

B项、根据图示可知，过程Ⅰ是在太阳能的作用下，化学键破坏的过程，需要吸热，过程Ⅱ为形成化学键的过程，会放热，故B错误；C项、整个过程利用太阳能将水分解生成氢气和氧气，实现光能向化学能的转化，故C正确；D项、最后得到氢气和氧气可以利用沸点的差异进行分离，故D正确。故选B。【点睛】本题考查

化学反应机理，明确化学反应的实质，注意分析图示变化为解答关键。13.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是()选项实验操作和现象实验目的或结论A某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀说明该溶液中有Fe2+，无Fe3+B将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中气体红棕

色加深2NO2(g)⇌N2O4(g)为吸热反应C取2支试管各加入5mL浓度为0.1mol⋅L−1Na2S2O3溶液；另取2支试管各加入5mL浓度为0.1mol⋅L−1H2SO4溶液；一组放入冷水中，另一组放入热水中，经过

一段时间后，分别混合振荡，加热的一组先出现浑浊探究温度对反应速率的影响D在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%的H2O2溶液和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL10%的H2O2溶液和1mLFeCl3溶液，观察实验现象探究催化剂对H2O2分解速率的影响A.AB.BC.

CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向溶液滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但无法确定是否含有Fe3+，故A错误；B．将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中气体红棕色加深，说明升温时

平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)逆向进行，则此反应为放热反应，故B错误；C．除温度不同，其它反应条件均相同，说明探究温度对速率的影响，故C正确；D．两溶液中H2O2的浓度不等，无法判断是催化剂还是浓度对速率的影响，故D错误；故答案为D

。14.用Li和石墨的复合材料以及纳米Fe2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充放电过程中可实现对磁性的可逆调控(如图)。下列有关说法一定错误的是A.该电池的电解质溶液可以是硫酸溶液B.放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=

3Li2O+2FeC.充电时，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+D.充放电过程中，电池可在被磁铁不吸引和吸引之间循环调控【答案】A【解析】【详解】A.因为该电池中含有Li和Fe2O3，都可以与硫酸反应，故A错误；B.放电时，Li作为

负极，失电子被氧化，阳极Fe2O3得电子被还原，故放电时，总反应式是6Li+Fe2O3=3Li2O+2Fe，故B正确；C.充电时，阳极与正极相反，阳极的电极反应是2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+，故C正确；D.根据题目的示意图，充电过程是从右往左的过程，

可以看到电池没有被磁铁吸引，因为充电过程的物质转化过程是由Fe和Li2O转化为Li和Fe2O3，因此充电时电池不能被磁铁吸引，放电过程的物质转化是由Li和Fe2O3转化为Fe和Li2O，有铁生成，因此放电时电池被磁铁吸引，故

D正确；故选A。15.已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下，取体积比为4

：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A.4Q1+0.5Q2B.4Q1+Q2+10Q3C.4Q1+2Q2D.4Q1+0.5Q2+9Q3【答案】D【解析】【详解】①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+

2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；根据盖斯定律②+2③得2H2(g)+O2(g)

=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=1?12?L22.4L/mol=5mol，故甲烷的物质的量为5mol45=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)41molmo

l=4(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)12molmol=0.5(Q2+2Q3)，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4(Q1+2Q3)+0.5(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。答案：D。【点睛】先

根据混合气体的物质的量结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。16.对于可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH＜0，下列各图正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解

析】【详解】A．500℃时温度高，且升高温度，加快化学反应速率，平衡向吸热的逆反应方向移动，生成物C在反应混合物中的含量减小，与图象相符，A正确；B．增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动，交叉点后

，正反应速率大于逆反应速率，与图象不相符，B错误；C．催化剂能加快反应速率，但不改变化学平衡，有无催化剂，C的浓度都不变化，与图象不相符，C错误；D．反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，与图象不相符，D错误；故答案选A。17.下列说法正确的是（

）A.中阳极处能产生使湿润淀粉-KI试纸变蓝的气体B.中待镀铁制品应与电源正极相连C.中钢闸门应与外接电源的正极相连，称为牺牲阳极的阴极保护法D.中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应【答案】D【解析】【详解】A.在阳极Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+与KI不能发生反应，

因此不能产生使湿润淀粉-KI试纸变蓝的气体，A错误；B.电镀时，应该把待镀铁制品与电源负极相连，作阴极，发生还原反应，B错误；C.钢闸门应与外接电源的负极相连，称为外接电流的阴极保护法，C错误；D.根据图示可知：该离子交换膜可以使Na+通过，而不

能使Cl2通过，因此就可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，D正确；故合理选项是D。18.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，X是同周期中原子半径最小的元素，

W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断正确的是()A.常温下，X、Z的单质与水反应均有弱酸生成B.W、X、Z的最简单氢化物中，HZ的热稳定性最强C.Y与Z的化合物YZ3是非电解质D.X的氢化物的沸点高的主要原因是相对分子质量大【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，W最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，该气体为CH4，则W为C元素；X是同周期中原子半径最小的元素，X处于VIIA族，因X不是短周期中原子序数最大的主族元素，故X为F元素；而X、Z同主族，则Z为Cl元素。W和Y的原子核外最

外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y原子最外层电子数为7-4=3，且原子序数大于F的，故Y为Al元素。【详解】由分析可知：W为C元素、X为F元素、Y为Al、Z为Cl。A．F2和Cl2分别与水反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+

H2O=HCl+HClO，其中HF、HClO都属于弱酸，故A正确；B．C、F、Cl中F元素非金属性最强，HF最稳定，故B错误；C．AlCl3的水溶液能导电，是电解质，故C错误；D．HF的沸点高的主要原因是分子间能形成氢键，故D错误；故答案为A。19.已知：22-4CrO+2H+⇌2-27C

rO+H2O。25℃时，调节初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液的pH，测定平衡时溶液中c(Cr2O72－)和c(H+)，获得如图所示的曲线。下列说法正确的是()A.平衡时，c(H+)越大，c(2-27CrO)越小B.A点2-4CrO转化为Cr2O72－反

应的平衡常数的数量级为1014C.C点2-4CrO的平衡转化率为40%D.平衡时，若溶液中c(2-27CrO)=c(2-4CrO)，则c(H+)＞2.0×10−7mol/L【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，平衡时，H+浓度越大，c(2-27CrO)越大，故A错误

；B．由图象可知，A点溶液中c(H+)=1.0×10mol/L，c(2-27CrO)=0.25mol/L，此时c(2-4CrO)=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，平衡常数K=227

2224()()()cCrOcCrOcH−−+=2720.250.5(110)−=1014，故B正确；C．C点溶液中c(2-27CrO)=0.4mol/L，此时△c(2-4CrO)=0.4mol/L×2=0.8mol/L，则2-

4CrO的平衡转化率为0.8/100%1.0/molLmolL=80%，故C错误；D．平衡时，若溶液中c(2-27CrO)=c(2-4CrO)，而2c(2-27CrO)+c(2-4CrO)=1.0mol•L-1，所以c(2-27CrO

)=13mol•L-1，而图中c(2-27CrO)=0.35mol/L时，对应氢离子的浓度为2.0×10-7mol•L-1，则溶液中c(2-27CrO)=c(2-4CrO)时c(H+)＜2.0×10-7mol•L-1，故D错误；故答案为B。20.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示

。下列说法正确的是A.吸附层（a）上的电势比吸附层（b）上的高B.负极反应为H2+2e-+2OH-=2H2OC.该装置将酸碱中和反应的热能转化为电能D.电解质溶液中ClO4-由左往右迁移【答案】C【解析】【分析】由电子流向可知，左边

吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A.由电子流向可知，左边吸附层为负极

，发生了氧化反应，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电子总是由电势低的区域向电势高的区域移动，故吸附层(a)上的电势比吸附层(b)上的低，A错误；B.由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，B错误；C.负极电极反应

是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H++2e-=H2，电池的总反应为H++OH-=H2O，该反应是放热反应，但反应过程中有电流产生，所以该装置将酸碱中和反应的热能转化为电能，C正确；D.原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极。若为阳离子交换膜，则电解

质溶液中Na+向右移动；若为阴离子交换膜，则ClO4-向左边移动，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查原电池工作原理，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从电子流向判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写。二、非选

择题(本题共50分)21.下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：(1)在①~⑫元素中，非金属性最强的元素是______________。(填元素符号)(2)元素⑤的最高价氧化物的水化物分别与元素③、⑧的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式______________________

_；_______________________。(3)第三周期中原子半径最大的元素跟它同周期原子半径最小的元素它们可以形成化合物，用电子式表示其形成过程__________________________。【答案】(1)

.F(2).Al(OH)3+OH−=2AlO−+2H2O(3).Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O(4).【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑪为

Ca、⑫为Br；再结合元素周期表的位、构、性及元素周期律解题。【详解】根据分析知：①为N、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦S、⑧为Cl、⑨为Ar、⑩为K、⑪为Ca、⑫为Br；(1)同周期主族元素核

电荷数越大，元素非金属性越强，同主族元素核电荷数越大，元素非金属性越弱，则①~⑫元素中，非金属性最强的元素是F元素；(2)元素⑤的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，元素③和⑧的最高价氧化物的水化物分别是强碱N

aOH和强酸HClO4，Al(OH)3能与强碱、强酸反应，离子方程式分别为Al(OH)3+OH-=2AlO−+2H2O、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；(3)第三周期中原子半径最大的元素跟它同周期中原子半径最小的元素形成的化

合物为NaCl，NaCl为离子化合物，电子式表示的形成过程为。【点睛】考查位置、结构与性质关系的应用，明确同周期、同主族元素性质递变的规律，特别是同周期主族元素随核电荷数的递增，元素金属性减弱、非金属性增强，且原子半径依次减小。22.(1)有关研究需要得到反应C3H8(g)=3C

(石墨，s)+4H2(g)的△H，但测定实验难进行。设计如图1可计算得到：△H=____________________(用图中其他反应的反应热表示)。(2)已知在压强为aMPa、500℃下，2molH2和1molCO2在某密闭容器中反应，生成水和气态二甲醚CH3

OCH3。其中CO2的转化率为60%，此过程中放出0.3QkJ热量。此反应的热化学方程式为_________________________________________。(3)下表是部分化学键的键能数据：化学键P-PP-OO=OP=O键能/(kJ⋅mol−1)abcx已知，白磷在空气中

燃烧生产P4O10，白磷的燃烧热为dkJ⋅mol−1，白磷(P4)、P4O10结构如图所示，则上表中x=__________________。【答案】(1).△H1−△H2−△H3；(2).2CO2(g)+6H2

(g)aMPa500℃CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=−QkJ⋅mol−1(3).6a5c12bd4+−+【解析】【分析】根据盖斯定律解题；结合热化学方程式的意义和书写方法分析；△H=反应物的键能和-生成物的键能和。【详解】(1)根据盖斯定律，结合能能量图可知，△H+△H2+△

H3=△H1，即该反应的焓变△H=△H1-△H2-△H3；(2)H2和CO2反应的化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)，0.6molCO2和H2反应生成水和气态二甲醚CH3OCH3，放出0.

3QkJ热量，则2molCO2和H2反应生成水和气态二甲醚CH3OCH3，放出QkJ热量，所以压强为aMPa、500℃条件下，H2和CO2反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)aMPa500℃CH3OCH3(g)+3H2

O(g)△H=−QkJ⋅mol−1；(3)白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP-P、5molO=O，形成12molP-O、4molP=O，反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=(6mol×akJ/mol+

5mol×ckJ/mol)-(12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol)=-dkJ，解得x=65124acbd+−+。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以

某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。23.在容积为1L的密闭容器中，进行如下反应：A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g)，在不同温度下，D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。请回答下列问题：（1）700℃时

，0～5min内，以B表示此反应的平均反应速率，则vB为____________。（2）能判断反应达到化学平衡状态的依据是__________。A．混合气体质量不变B．混合气体中c(A)不变C．v正(B)＝2v逆(

D)D．c(A)＝c(C)（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K＝__________，该反应为__________反应(填“吸热”或“放热”)。（4）800℃时，某时刻测得体系中各物质的物质的量浓度如下：c(A)＝0.06mol·L－

1，c(B)＝0.50mol·L－1，c(C)＝0.20mol·L－1，c(D)＝0.018mol·L－1，则此时该反应_________（填“向正方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”）。【答案】(1).0.18mol·L－1·min－1(2).BC(3).0.9L·

min－1(4).吸热(5).向正方向进行【解析】【分析】（1）先依据图像计算D的反应速率，再根据同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算B的反应速率；（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；（3）

先计算平衡时各物质的浓度，再根据平衡常数公式计算化学平衡常数，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据D物质的量的变化确定反应热；（4）根据浓度商和化学平衡常数的相对大小判断，如果浓度商大于化学平衡常数，则反应向正反应方向移动，如果浓度商小于化学平衡常数，则反应向逆反应方向移动。【详解】（1

）由图可知700℃时，0～5min内生成D的物质的量△n(D)为0.45mol，△c（D）为0.45mol/L，则v（D）=△c（D）/△t=0.45mol/L/5min=0.09mol/（L．min），该反应中，v（B）=2v（D）=0.18mol/（L．mi

n），故答案为0.18mol/（L．min）；（2）A、无论反应是否达到平衡，依据质量守恒定律，混合气体质量总是不变，错误；B、反应到达平衡状态时，混合气体中c（A）不变，正确；C、当v正（B）=2v逆（D）时，正逆反应速率相等，该

反应达到平衡状态，正确；D、当c（A）=c（C）时，该反应不一定达到平衡状态，是否相等与反应物浓度及转化率有关，错误；故选BC，故答案为BC；（3）由图可知，800℃时反应达到平衡状态时，c（D）=0.60mol/L，则c（C）=c（D）=0.60mol/L，c(A

)＝（1.0—0.60）mol/L=0.40mol/L，c(B)＝（2.2—0.6×2）mol/L=1.0mol/L，平衡常数K=c（C）c（D）/c(A)c2(B)=0.60mol/L×0.60mol/L/0.40mol/L×(1mol/L)2=0.90

L·min－1；升高温度，D的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故答案为0.90L·min－1；吸热；（4）800℃时，各物质的浓度分别为c(A)＝0.06mol·L－1，c(B)＝0.50mol·L－1，c(C)＝0.20mol·L－1

，c(D)＝0.018mol·L－1，浓度熵Qc=c（C）c（D）/c(A)c2(B)=0.20mol/L×0.018mol/L/0.06mol/L×(0.50mol/L)2=0.24L·min－1＜K=0.90L·min－1，则平衡向正反应方向移动，故答案为向正

方向移动。【点睛】本题考查化学平衡移动原理的综合应用，涉及化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算等知识点，注意分析化学方程式的特征以及温度对平衡移动的影响是解答关键。24.Ⅰ.某同学将一试管斜立倒置于水槽中，并在试管内放了一枚铁钉，放置数天后观察：(1)若试管内液面上

升，则发生_____________腐蚀，正极反应式为______________。(2)若试管内液面下降，则发生_____________腐蚀，负极反应式为_____________。Ⅱ.如图所示装置，两玻璃管中盛满滴有酚酞的NaCl饱和溶液，C(Ⅰ

)、C(Ⅱ)为多孔石墨电极。(1)接通S1后，C(Ⅰ)附近溶液变红，两玻璃管中有气体生成。一段时间后(两玻璃管中液面未脱离电极)，断开S1，接通S2，电流表的指针发生偏转，此时：该装置名称为_______________________。(2)C(Ⅱ)的电极名称是_____________

_________(填写正极或负极)【答案】(1).吸氧腐蚀(2).O2+2H2O+4e−=4OH−(3).析氢腐蚀(4).Fe-2e−=Fe2+(5).原电池(6).正极【解析】【分析】根据金属的吸氧腐蚀和析氢腐蚀分析；结合原电池原理和电

解原理分析。【详解】Ⅰ．(1)若试管内液面上升，说明金属发生的是吸氧腐蚀，铁作负极，铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-；(2)若试管内液面下降，说明试管内气体压强增大，则铁钉发生析氢腐蚀，铁作负

极，铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-═Fe2+；Ⅱ．(1)接通S1后，有外接电源，此时装置是电解池，惰性电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近生成氢氧化钠，则C(Ⅰ)附近溶液变红，说明C(Ⅰ)为阴极，玻

璃管内气体为氢气；断开S1，接通S2，电流表的指针发生偏转，说明H2和Cl2在碱性条件下发生反应生成氯化钠和水，形成原电池；(2)在氯气、氢气、NaOH构成的原电池中，氯气发生得电子的还原反应，为正极，即C(Ⅱ)的电极为正极。【点睛】

本题考查原电池原理和电解原理的应用，其中电极判断是解题关键，原电池中通常活泼金属作负极，正极上发生还原反应，而电解池的阴极发生还原反应，可根据阴极周围阳离子的氧化性强弱分析电解产物。25.在研究化学反应中的能量变化时，我们通常做下面的实验：在一个小烧杯里，加入20g已研磨成粉末的Ba(O

H)2⋅8H2O，将小烧杯放在事先已滴有3∼4滴水的玻璃片上，然后向烧杯中加入约10gNH4Cl晶体，根据实验步骤，填写下表，并回答问题。实验步骤实验现象及结论将晶体混合，立即快速搅拌有刺激性气味能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝的______产生(1)用手摸烧杯

下部感觉烧杯变凉说明此反应是______反应(2)用手拿起烧杯烧杯下面的带有几滴水的玻璃片粘到了烧杯底部将粘有玻璃片的烧杯放在盛有热水的烧杯上玻璃片脱离上面烧杯底部反应后移走多孔塑料片观察反应物混合物成糊状

，证明有______生成(3)(4)写出实验过程中发生反应的化学方程式：______________________________；(5)该反应在常温下就可进行，说明：____________________________________。【答案】(1).NH

3(2).吸热(3).水(4).BaCl2･8H2O+2NH4Cl═BaCl2+2NH3･H2O+8H2O(5).吸放热反应与反应是否需要在加热无关【解析】【分析】使湿润的紫色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，说明BaCl2･8H2O和NH4Cl固体混合后在常温下能发生反应，再结合实验现象分析即可。【

详解】(1)将晶体混合，立即快速搅拌，Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应生成了有刺激性气味能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝的氨气；(2)用手摸烧杯下部，会感觉到烧杯变凉，说明该反应为吸热反应；(3)反应后移走多孔塑料片观察反应物，混合物成糊状，说明Ba(OH)2•

8H2O与NH4Cl的反应中有水生成；(4)氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应生成氯化钡、氨气和水，反应的化学方程式为：Ba(OH)2•8H2O+2NH4Cl═BaCl2+2NH3↑+10H2O；(5)该吸热反应在常温下能进行，说明吸放热反应与反应是否需要在加热无关。【点睛】考查探究化学反应与能量变化

的关系，注意掌握化学反应与能量变化的关系，明确氢氧化钡晶体与氯化铵反应中的能量变化，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。26.教材中用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，某实验

小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)：实验序号A溶液B溶液①20mL0.1mol•L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol•L-1KMnO4溶液②20mL02mol•L-

1H2C2O4溶液30mL0.01mol•L-1KMnO4溶液(1)试写出酸性KMnO4和H2C2O4的离子反应方程式为：_____；(2)该实验探究的是_____因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大

小关系是_____＞_____(填实验序号)。(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_____来比较化学反应速率。(4)小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂

；②_____。(5)若实验①在2min末收集4.48mLCO2(标准状况下)，则在2min末，c(MnO4—)=___mol•L-1。【答案】(1).5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2

Mn2++8H2O(2).浓度(3).②(4).①(5).KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间(6).该反应放热(7).0.0052【解析】【分析】（1）酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液发生氧化还原反应时，MnO4-被还原生成Mn2

+，H2C2O4被氧化生成CO2；（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响，②中A溶液的浓度比①中大；（3）通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间也能够比较化学反应速率；（4

）该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高；（5）先求出反应的（MnO4-）的物质的量，再求出反应后的浓度.【详解】（1）酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液发生氧化还原反应时，MnO4-被还原生成Mn2+，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的离子反应方程式为5

H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（2）对比①②实验可探究浓度对化学反应速率的影响

，②中A溶液的浓度比①中大，化学反应速率快，相同时间内针筒中所得CO2的体积②大于①，故答案为浓度；②；①；（3）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率，故答案为KMnO4溶液完全褪色所需时间

或产生相同体积气体所需的时间；（4）由图2所示发生变化可知，t1～t2时间内速率变快的主要原因除产物Mn2+是反应的催化剂外，还可能是该反应为放热反应，反应放出的热量使反应混合物的温度升高，加快了反应

速率，故答案为该反应放热；（4）由题意可知，2min末收集到标准状况下4.48mLCO2，4.48mLCO2的物质的量为0.0002mol，由方程式可得H2C2O4—5CO2可得反应消耗n（MnO4-）为0.

00004mol，则未反应的n（MnO4-）为（30×10-3L×0.01mol•L-1-0.00004mol）=0.00026mol，c(MnO4—)=0.000260.05molL=0.0052mol/L，故答案为0.0052。【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素，注意掌握影

响化学反应速率的因素，明确探究影响化学反应速率因素的方法是解答关键。27.如图所示的装置中，若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16g，试回答：(1)电源电极X的名称为___________；(2)pH变化：A______，B______，C______；

(填“增大”“减小”或“不变”)(3)通电5min后，B中共收集224mL气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为______________(设电解前后溶液体积无变化)(4)通电5min后，若A中KCl溶液要恢复到电解

前的状态，需要加入________物质______g。【答案】(1).负极(2).增大(3).减小(4).不变(5).0.025mol/L(6).HCl(7).0.73【解析】【分析】电解池的阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应，铜

电极质量增加2.16g，说明Cu电极为阴极，再结合电解原理和电子守恒分析分析即可。【详解】(1)铜电极质量增加2.16g，说明Cu电极为阴极，则电源电极X的名称为负极；(2)A中用惰性电极电解氯化钾溶液得到氢氧化钾和氢气、

氯气，溶液碱性增强，即pH增大；B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小；C中阴极反应为Ag++e-═Ag，阳极反应为Ag-e-═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变；(3)C中阴极反应为Ag++e-═Ag

，n(Ag)=2.16108/ggmol=0.02mol，则转移的电子为0.02mol；B中阳极反应为4OH--4e-═2H2O+O2↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.1

12L=112mL；则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e-═H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，则Cu2++2e-═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通

电前c(CuSO4)=0.0050.2molL=0.025mol•L-1；(4)通电5min后，共转移电子为0.02mol，则A中生成0.01molH2和0.01molCl2，即A中共减小0.02molHCl，质量为0.02mol×36.5g/mol=0.73g，故恢

复原溶液需要加入HCl气体0.73g。【点睛】考查电解原理和电子守恒规律的应用，明确Cu电极的质量增加是解答本题的突破口，其中加入物质能使溶液恢复到原来的成分和浓度，需根据从溶液中析出什么物质就应加入什么物质来分析。