【文档说明】河南省新乡市长垣市第十中学2019-2020学年高一下学期5月份月考化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.341 MB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Al-27Fe-56Zn-65Cu-64Ag-108Pb-207S-32一、单选题(本题共16小题，每题3分，共48分。每题只有一个正确选项)1.居室装修用

的石材放射性的监测常用22688Ra作为标准，居里夫人因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖。下列叙述中正确的是A.一个22688Ra原子中含有138个中子B.Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族C.R

aCO3不能与盐酸反应D.Ra(OH)2是一种两性氢氧化物【答案】A【解析】【详解】A、由质量数等于质子数与中子数之和可知1个该原子中含有的中子数是226－88＝138，A正确；B、由第六周期的零族元素氡的原子序数为86可知该元素位于第七周期ⅡA族，B错误；C、Ra在Ba的下面，其碳酸盐应与

碳酸钙、碳酸钡性质相似，能与盐酸反应，C错误；D、主族元素从上到下金属性依次增强，故Ra元素金属性较强，其最高价氧化物对应的水化物碱性也较强，不会具有两性，D错误。答案选A。2.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的()A.H2O的电子式：B.中

子数为8的碳原子：146CC.CO2的比例模型：D.Na+的结构示意图：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．水为共价化合物，电子式为，故A错误；B．中子数为8的碳原子质量数为8+6=14，所以原子符号为1

46C，故B正确；C．碳原子半径比氧原子半径大，所以二氧化碳的比例模型为，故C错误；D．Na元素为11号元素，核电荷数为11，所以钠离子的结构示意图为，故D错误；故答案为B。3.NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确

的是()A.用Fe、Cu和稀硫酸组成原电池，当负极质量减轻5.6g时，通过溶液的电子为0.2NAB.标准状况下，2.24L三氯甲烷中含氢原子数为0.1NAC.密闭容器中，2molSO2和1molO2充分反应后分子总数为2NAD.

11.6g丁烷中所含的非极性键数目为0.6NA【答案】D【解析】【详解】A．电子不能在溶液中移动，溶液中移动的是阴阳离子，故A错误；B．标况下三氯甲烷不是气体，2.24L三氯甲烷的物质的量不是0.1mol，故B错误；C．二氧化硫和氧气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化

为生成物，所以2molSO2和1molO2充分反应后分子总数大于2NA，故C错误；D．同种元素之间形成的共价键为非极性键，所以丁烷中4个碳原子形成3个非极性键，11.6g丁烷的物质的量为11.658g/mol=0

.2mol，所含的非极性键数目为0.6NA，故D正确；故答案为D。4.C5H12有3种不同结构，甲为CH3(CH2)3CH3，乙为CH3CH(CH3)CH2CH3，丙C(CH3)4，下列有关叙述正确的是()A.甲、乙、丙互为同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应B.光

照条件下，甲能与氯气反应生成2种一氯代物C.甲、乙、丙中，丙的沸点最低D.丙有3种二氯代物【答案】C【解析】【分析】【详解】A．甲、乙、丙分子式均为C5H12，结构不同，互为同分异构体，不是同系物，故A错误；B．CH3(CH2)3CH3分子中有3种

环境的氢原子，一氯代物有3种，故B错误；C．分子式相同的烃类，支链越多沸点越低，甲没有支链，乙有一个支链，丙有两个支链，所以丙的沸点最低，故C正确；D．丙中只有一种环境的氢原子，所以取代同一碳原子上的氢，二氯代物有1种，取代不同碳原子上的氢，二氯代

物有1种，共2种二氯代物，故D错误；故答案为C。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y和Z位于同一主族。m、n、p均为由这些元素组成的二元化合物，甲、乙、丙为其中三种元素对应的单质，丙为淡黄色固体，易溶在XZ2中，n是一种二元弱酸。上述物质的转化关系如图所示（反应条件省略）

。下列说法正确的是A.原子半径：W＜X＜YB.非金属性：Y＞Z＞XC.Y与Z组成的化合物一定有漂白性D.W与X组成的化合物中只有极性键【答案】B【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y和Z位于同一主族。m、n、p均为由这些元素组成的二元化合物，甲、乙、丙为其中三种元素对应的单

质，丙为淡黄色固体，则丙为硫的单质，硫易溶在二硫化碳中，则X为C元素、Z为S元素、Y为O元素；n是一种二元弱酸，则n为硫化氢、W为H元素。A.原子半径：H＜O＜C，A不正确；B.非金属性：O＞S＞C，B正确；C.O与S组成的化合物不一定有漂白性，如二氧化硫有、三氧化硫没有，

C不正确；D.H与C组成的化合物中不一定只有极性键，如乙烷分子中既有极性键，又有非极性键，D不正确。本题选B。6.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是()A.使

用催化剂，改变了反应的途径，使合成氨反应放出的热量减少B.该过程中，N2、H2吸收能量后断键形成N原子和H原子C.该过程中，N原子和H原子形成含有非极性键的NH3分子D.合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成

物形成新键释放的能量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．催化剂只改变反应速率，不改变反应的热效应，故A错误；B．由图中可知，每3个氢分子和1个氮气分子吸收能量后断键得到氢原子和氮原子，故B正确；C．不同

元素形成的共价键为极性共价键，所以氨气分子中只含氮原子和氢原子形成的极性键，故C错误；D．据图可知合成氨的反应是放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故D错误；故答案为B。7.下列物质的一氯代物有两种，二氯代物有四种的是()A.CH3CH3B.CH3CH2CH3C.CH3CH

2CH2CH3D.(CH3)2CHCH3【答案】B【解析】【详解】A．CH3CH3分子中只有一种环境的氢原子，所以一氯代物有1种，二氯代物有CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2两种，故A不符合题意；B．CH3CH2

CH3分子中有两种环境的氢原子，所以一氯代物有2种；二氯代物有如图所示共4种(数字表示另一氯原子的位置)、，故B正确；C．CH3CH2CH2CH3分子中有两种环境的氢原子，所以一氯代物有2种；二氯代物有如图所示共6种(数字表示另一氯原子的位置)、，故C不符合题意；D．(CH3)2CHCH3

分子中有两种环境的氢原子，所以一氯代物有2种；二氯代物有如图所示共3种(数字表示另一氯原子的位置)，故D不符合题意；故答案为B。8.可逆反应3Fe(s))+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)在容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是()A.保持容器体积不变，

加入水蒸气B.将容器的容积缩小一半C.保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大D.保持压强不变，充入N2使体系容积增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．保持体积不变，充入水蒸气反应物浓度增大，反应速率增大，故A不选；B．将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，

故B不选；C．保持体积不变，充入N2，N2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，故C选；D．压强不变，充入N2使容器的体积增大，气体的浓度减小，反应速率减小，故D不选；故选：C。9.下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是()A.上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃

料电池B.干电池在长时间使用后，锌筒被破坏C.铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减小207gD.氢氧燃料电池中负极通入氢气发生氧化反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A．干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故A正确

；B．在干电池中，Zn作负极，被氧化，生成锌离子而被腐蚀，故B正确；C．铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故C错误；D．氢氧燃料电池中负极通入氢气，氢气失电子发生氧化反应，故D正确；故选C。10.厌氧

氨化法是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是()A.1molNH4+中所含的质子总数为10NAB.1mol联氨(N2H4)中含有5mol共用电子对C.NH2OH中既含有极性键也含有非极性键D.该方法每处理1molNH4+，需要的NO2-为0.5mol

【答案】B【解析】【详解】A．1molNH4＋所含的质子总数为11NA，故A错误；B．1个联氨中含有4个N-H，1个N-N键，所以1mol联氨（N2H4）中含有5mol共价键，故B正确；C．NH2OH中既含

有极性键如N-H键、O-H键，不含有非极性键，故C错误；D．由图可知经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1mol铵根离子与1molNH2OH发生氧化还原反应生成1mol氮气，因此根据电子守恒，处理1mol铵根离子需要的NO2－为1mol，故D错误；故选B。11.下列说法中正确的是

()A.物质发生化学反应时都伴随能量变化，伴随能量变化的过程也一定是化学变化的过程B.需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应C.因为3O2=2O3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼D.吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键

断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多【答案】C【解析】【详解】A．伴随能量变化的物质变化不一定是化学变化，物质的三态变化有能量变化，是物理变化，故A错误；B．一个反应的能量变化只与始终态有关，与反应的条件无关，如铝热反应需要高温引发却是剧烈的放热反应，故B错误；C

．物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，故C正确；D．反应物总能量高于生成物总能量时，反应放热，理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了能量的转化，注意几个易错的问题：能量变化和化学反应、焓变与反应条件无关、焓变与反应物生成

物能量变化、物质的能量越低越稳定。12.一定条件下，将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)⇌C(g)+2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是()A.当混合气体的密度不再

改变时，该反应不一定达到平衡状态B.2min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢C.从2min到3min过程中，气体所占的压强不会变化D.反应过程中A和B的转化率之比为3:1【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．反应前后均为气体，反应过程中气体的质量和容器的体积始终

不变，当混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态，故A正确；B．2min后，加压，各物质浓度均增大，正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；C．从2min到3min过程中，反应处于平衡状态，气体所占的压强不会变化，故C正确；D．将3molA和1molB两

种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应物质的量之比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率之比为1：1，故D错误；故选AC。13.一学生用如图装置研究原电池原理，下列说法错误的是()A.(2)图中电子由Zn沿导线流向CuB.(3

)图中Zn片增重质量与Cu棒减轻质量比值为65∶64C.(1)图中铜棒上没有气体产生D.(2)图与(3)图中正极生成物质量比为1∶32时，Zn片减轻的质量相等【答案】B【解析】【分析】【详解】A．（2）图是原电池

，活泼金属锌是负极，铜是正极，所以电子由Zn沿导线流向Cu，故A正确；B．（3）图是原电池装置，锌做负极失电子生成锌离子，铜做正极，溶液中铜离子得到电子生成铜，锌电极减轻，铜电极增重，故B错误；C．（1）图中锌和稀硫酸发生反应生成氢气，铜和稀硫酸不反应，（1）图中铜棒上没有气体产生，

故C正确；D．（2）图与（3）图中负极反应式为：Zn-2e－=Zn2＋，（2）图中正极上电极反应2H＋+2e－=H2↑，（3）图中正极电极反应为Cu2＋+2e－=Cu，正极生成物质质量比为1：32时，两个原电池中电子转移相同，根据电子守恒，所以反应的锌的质

量相同，故D正确；故答案选B。14.下列说法正确的是()A.C6H14的同分异构体有5种B.正戊烷和异戊烷属于同系物C.CH4的二氯代物有相邻和相对两种同分异构体D.光照条件下，1mol甲烷和氯气完全取代需要2mol氯气【答案】A【解析】

【分析】【详解】A．C6H14的同分异构体有：CH3（CH2）4CH3、CH3CH2CH2CH（CH3）2、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3、CH3CH2C（CH3）3、CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，共5种，故A正确；

B．分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体，正戊烷和异戊烷分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B错误；C．甲烷中的4个H原子的只有相邻位置，则二氯甲烷不存在同分异构体，故C错误；D．甲烷分子中含有4个H，光照条件下，1mol甲烷和氯气完全取代需要4mol氯气，

同时生成4molHCl，故D错误；故选A。15.根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，下列叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1040.074主要化合价＋1＋3＋2＋6、－2－2A.E2-与

B3+的核外电子数不可能相等B.离子半径大小A+＜D2-C.最高价氧化物对应水化物的碱性A＜CD.氢化物的稳定性D＞E【答案】B【解析】【分析】由D、E元素的化合价可知，E只有-2价，E为O元素，D有+6、-2价，D

为S；C的原子半径大于O、小于S，可知C为第二周期ⅡA族元素，C为Be；A、B的原子半径均大于S，A为+1价，A为Na，B为+3价，B为Al。【详解】由上述分析可知，A为Na，B为Al，C为Be，D为S

，E为O；A．O2-与Al3+的核外电子数均为10，二者核外电子数相等，故A错误；B、具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为A+＜E2-，同主族从上到下离子半径增大，E2-<D2-，故B正确；C．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2

，其Be(OH)2碱性弱于氢氧化铝，而氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故碱性NaOH＞Be(OH)2，故C错误；D、非金属性O＞S，则氢化物的稳定性H2D＜H2E，故D错误；故选B。16.下列有关实验现象或实验结论的说法不

正确的是()A.往KI溶液中加入新制氯水和CCl4，充分振荡、静置，液体分层，下层呈紫红色B.光照CH4和Cl2的混合气，量筒内液面上升，内壁附着油状液体，量筒内水溶液呈酸性C.往外拉动针筒活塞，观察水中玻璃导管口是否有气泡冒出，可检查装置气密性D.往烧

瓶中滴入浓盐酸，根据实验现象，可判断盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱【答案】D【解析】【分析】【详解】A．往KI溶液中加入新制氯水和CCl4，发生Cl2＋2I－=I2＋2Cl－反应，充分振荡、静置，液体分层，碘易溶于四氯化

碳，且CCl4密度比水大，下层呈紫红色，故A正确；B．光照CH4和Cl2的混合气，氯气是黄绿色气体，由于氯气被消耗，故混合气体颜色变浅，由于生成的HCl溶于水，溶液呈酸性，而CHCl3、CH2Cl2、CCl4是油状液体，故

反应后气体体积变小，则量筒内液面上升，内壁附着油状液体，故B正确；C．往外拉动针筒活塞，试管内压强减小，观察水中玻璃导管口是否有气泡冒出，如果有气泡冒出，装置气密性良好，故C正确；D．浓盐酸具有挥发性，也可能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能判定一定是碳酸置换出了硅酸，也

就不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱，故D错误；故选D。二、填空题17.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X、Y、Z三种元素的原子序数之和为25，且Z和X的原子序数之和比Y的原子序数的2倍还多1，X原子核外有2个电子层，最外层电子数是核

外电子数的2/3；W在所在周期中原子半径最小。回答下列问题：(1)W在元素周期表中的位置是________________(2)X的原子结构示意图是___________。(3)用电子式表示Z2Y的形成过程：____________________。(4)在Z2XY3溶液中

加入足量MgCl2溶液，过滤沉淀，取滤液，再滴加CaCl2溶液，溶液仍然出现白色沉淀，说明Z2XY3与MgCl2的反应存在___________，该反应的离子方程式为__________。(5)以X的简单氢化物、Y的单质为两

电极原料，Z2Y溶于水形成的溶液为电解质溶液，可制备燃料电池。该燃料电池的负极反应为___________________。【答案】(1).第三周期第ⅦA族(2).(3).(4).一定限度(5).CO32-+Mg2+⇌MgC

O3↓(6).CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O【解析】【分析】X原子有2个电子层，最外层电子数是核外电子数的23倍，设最外层电子数为a，则23（2+a）=a，解得a=4，故X为C元素；则Z、Y

原子质子数之和为25-6=19，设Z原子的质子数为x，Y原子的质子数为y，则x+y=19，而Z与X的原子序数之和比Y的原子序数的2倍还多1，则6+x=2y+1，联立方程解得y=8，x=11，即Y为O元素，Z为Na

，W在所在周期中原子半径最小，W为Cl。【详解】（1）W为Cl，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族；（2）X为C元素，是6号元素，原子结构示意图是。故答案为：；（3）Na2O是离子化合物，氧得2个电子，用电子式表示Na2O的形成过程：。故答案

为：；（4）在Na2CO3溶液中加入足量MgCl2溶液，过滤沉淀，取滤液，再滴加CaCl2溶液，溶液仍然出现白色沉淀，说明溶液中仍然含有碳酸根离子，得出Na2CO3与MgCl2的反应存在一定限度，该反应是可逆反应，离子方程式为CO32

-+Mg2+⇌MgCO3↓。故答案为：一定限度；CO32-+Mg2+⇌MgCO3↓；（5）以C的简单氢化物CH4、O2为两电极原料，Na2O溶于水形成的NaOH溶液为电解质溶液，可制备燃料电池。负极上甲烷失电子，被氧化生成的

二氧化碳溶于NaOH生成碳酸钠，该燃料电池的负极反应为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。【点睛】本题考查位置结构性质的关系应用，推断元素是解题关键，注意理解掌握用电子式表示化学键或物质的形成过程，难点（5）甲烷作燃

料电池的负极在碱性条件下的电极反应式书写，负极上甲烷失电子，被氧化生成的二氧化碳溶于NaOH生成碳酸钠，从而写出该燃料电池的负极反应CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。18.CO2的捕捉、封存与再利用

是实现温室气体减排的重要途径之一。请回答：(1)二氧化碳的电子式为__________。(2)一种正在开发的利用二氧化碳制取甲酸(HCOOH)的途径如图所示，图中能量主要转化方式为_____________，CO2和H2O转化为甲酸的化学方程式为____________。(3)目前工业上有一种方

法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。①恒容容器中，能加快该反应速率的是_______。a.升高温度b.从体系中分离出CH3OHc.加入高效催化剂d.降低压强②在体积为2L的密闭容器中，充入

1molCO2和3molH2，测得CO2的物质的量随时间变化如图所示。从反应开始到5min末，用H2浓度变化表示的平均反应速率________________。t/min0251015n(CO2)/mol10.750.50.250.25③在相同温度、恒容的条件下，能说明该反应已达平衡状态的

是_______(填序号)。a.CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再改变化b.n(CO2):n(H2):n(CH3OH):n(H2O)=1:1:1:1c.容器中混合气体的密度不变d.v消耗(H2

)=3v消耗(CH3OH)e.体系压强不变(4)下列一些共价键的键能如下表所示：化学键H-HH-OC=OC-HC-O键能kJ/mol436463803414326反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，______(填“吸收”或“放出”)的热量

为_____kJ【答案】(1).(2).光能转化为化学能(3).2CO2+2H2O⎯⎯⎯⎯⎯→光照2HCOOH+O2(4).ac(5).0.15mol·L-1·min-1(6).ade(7).放出(8).43【解析】【详解】(1)二氧化碳为共价化合物，分子中C原子和O原子形成共价

键，电子式为，故答案为：；(2)由二氧化碳制取甲酸(HCOOH)的转化途径可知，该过程主要是将光能转化为化学能，CO2和H2O在光照的条件下转化为甲酸，同时生成O2，其化学反应方程式为2CO2+2H2O⎯⎯⎯⎯⎯→光

照2HCOOH+O2，故答案为：光能转化为化学能；2CO2+2H2O⎯⎯⎯⎯⎯→光照2HCOOH+O2；(3)①恒容容器中，对于反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)a．升高温度，活化分子数增多，化学反应速率加快，a符合题意；b．从体系中分离出CH3OH，浓

度降低，化学反应速率减慢，b不符合题意；c．加入高效催化剂，可降低反应活化能，化学反应速率加快，c符合题意；d．压强减小，由于容器体积保持不变，所以各组分浓度不变，化学反应速率不变，d不符合题意；故答案为：ac

；②根据图表信息可知，反应开始到5min末，共消耗1-0.5=0.5molCO2，由化学方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，消耗的H2的物质的量为3×0.5mol=1.5mol，则用H2浓度变化表示的平均反应速率为()-1-121.5mol2LH==0

.15molLmin5minvgg，故答案为：0.15mol·L-1·min-1；③相同温度、恒容的条件下，对于反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)a．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓

度均不再改变化，说明反应达到限度，即达到平衡状态，a满足题意；b．当n(CO2):n(H2):n(CH3OH):n(H2O)=1:1:1:1时，不能说明化学反应达到平衡，b不满足题意；c．容器体积不变，则容器中混合气体的密度始终是一个不变量，不能作为达到平衡的标志，c不满足题意；d．当反应达到平衡

时，正逆反应速率相等，化学反应速率与化学计量数成正比，因此v消耗(H2)=3v生成(CH3OH)，即v消耗(H2)=3v消耗(CH3OH)时，v生成(CH3OH)=v消耗(CH3OH)，说明反应达到平衡，d满足题意；e．根据阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，恒温恒压时，体系压强不变，则物质的量不变

，反应为前后物质量不等的反应，故体系压强不变，即物质的量不变时，反应达到平衡，e满足题意；故答案为：ade；(4)根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能可知，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)中，共断裂2molC=O键、3molH—H键，

生成3molC—H键、1molC—O键和3molO—H，则ΔH=(2×803+3×436)-(3×414+326+3×463)=-43kJ/mol，即放出热量43kJ，故答案为：放出；43。【点睛】第(3)题第

③问为易错点，在解答时，抓住该条件是否属于变量来判断反应是否达到平衡是解答的关键。19.化学电源在生产生活中有着广泛的应用，请回答下列问题：(1)根据构成原电池的本质判断，下列方程式正确且能设计成原电池的是________。A.KOH+HCl=KCl+

H2OB.Cu+Fe3+=Fe2++Cu2+C.Na2O+H2O=2NaOHD.Fe+H2SO4=FeSO4+H2(2)为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了如下两个实验(图Ⅰ、图Ⅱ中除连接的铜棒不同外，

其他均相同)。有关实验现象，下列说法正确的是___________。A.图Ⅰ中温度计的示数高于图Ⅱ的示数B.图Ⅰ和图Ⅱ中温度计的示数相等，且均高于室温C.图Ⅰ和图Ⅱ的气泡均产生于锌棒表面D.图Ⅱ中产生气体的速度比Ⅰ快(3)将锌片和银

片浸入稀硫酸中组成原电池，若该电池中两电极的总质量为80，工作一段时间后，取出二者洗净，干燥后称重，总质量为54g，则产生氢气的体积_____mL(标准状况)(4)将铝片和镁片放入氢氧化钠溶液中，负极

的电极反应式为：______________【答案】(1).D(2).AD(3).8960mL(4).Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O【解析】【分析】(1)利用构成原电池的条件进行分析；(2)从原电池能量的利用、影响化学反应速率的因素等角度进行

分析；(3)根据电极反应式，前后质量差应是消耗的锌的质量，然后进行分析；(4)铝片能与氢氧化钠溶液发生反应，镁不与氢氧化钠溶液反应，因此Al为负极，然后进行分析；【详解】(1)依据原电池是自发进行的氧化还原反应判断；A.该反应为复分解反应，不是氧化还原反应，故A不符合题

意；B.该反应电荷不守恒，离子方程式不正确，故B不符合题意；C.该反应不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D.该反应是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，故D符合题意；(2)图I中发生的是锌的化学腐蚀，图II形

成铜锌原电池，A.图I主要是将化学能转化为热能，图II主要是将化学能转化为电能，则图I中温度计的示数高于图II的示数，故A符合题意；B.根据选项A的分析，两个装置温度计中示数不相等，但均高于室温，故B错误；C.图Ⅱ为原电池，Cu为正

极，铜的表面有气泡产生，故C错误；D.利用原电池反应可以加快反应速率，图Ⅱ中产生气体的速率比I快，故D正确；答案：AD；(3)锌比银活泼，锌为负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，锌极质量减少，银极为正极，电极反应式为2H＋

＋2e－=H2↑，电极质量不变，因此反应前后电极总质量差为消耗锌极的质量，即消耗锌极的质量为(80－54)g=26g，其物质的量为0.4mol，建立关系是Zn～2e－～H2，产生氢气的体积为0.4mol×22.4L·mol－1=8.

96L，即为8960mL；(4)虽然镁比铝活泼，但铝单质能与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，镁不与氢氧化钠溶液反应，因此Al为负极，Mg为正极，电极反应式为Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O。【点睛】关于电化学的计算是考试的

热点，因为电路中通过的电量相等，因此利用电子转移为中介，建立关系式法进行计算。三、实验探究题20.实验室用无水乙酸钠和碱石灰混合制甲烷：CH3COONa+NaOHCaOΔ⎯⎯→CH4↑+Na2CO3，为了探究甲烷的化学性质，进行了以

下实验，B装置中的试剂为溴水或酸性KMnO4溶液，一段时间后，无水硫酸铜变蓝，澄清石灰水变浑浊。所需装置如图(部分夹持仪器已略去)：(1)写出H装置中反应的离子方程式：______________________。(2)C装置中的试剂为___________。(3)实验测得消耗的CH4

和CuO的质量比为1∶20，则D中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为______(4)实验开始前，先在G装置的大试管上套上黑色纸套，反应结束后，取下黑色纸套，使收集满气体的试管置于光亮处缓慢反应一段时间，观察到的现象有：①试管

中有少量白雾；②导管内液面上升③_______④_______(5)有关该实验的说法，正确的是______(填字母)。A.若B装置中的试剂是溴水，溴水无明显变化，说明CH4不能与卤素单质反应B.若B中是酸性高锰酸钾溶液，溶液无明显

变化，说明通常情况下甲烷难以被强氧化剂氧化C.硬质玻璃管中的黑色固体粉末变红，说明甲烷具有氧化性【答案】(1).2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2).浓硫酸(3).CH4+4CuO高温4Cu+CO2+2H2O(4).试管内气体颜色逐渐变浅(5).试管内壁有

油状液滴出现(6).B【解析】【分析】根据实验装置分析可知，A中进行反应CH3COONa+NaOHCaOΔ⎯⎯→CH4↑+Na2CO3制取CH4，B中溴水或KMnO4，进行CH4的性质实验；D中CH4与CuO反应充分被氧化，生成CO2和H2O；无水硫酸铜，用于检验水，为了防止通过B装置时，引入H

2O的杂质会影响实验，因此C为干燥装置，装有浓硫酸；澄清石灰石用于检验CO2，在G中的大试管中进行CH4和Cl2的取代反应的实验，则H为Cl2的制备装置，据此分析解答。【详解】(1)装置H是一个固体和液体不加热反应制氯气的装置

，故可以选用酸性高锰酸钾和浓盐酸反应，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)D中盛放的是氧化铜，所以C装置

的作用是干燥甲烷，由于是洗气瓶，只能选用浓硫酸，故答案为：浓硫酸；(3)实验消耗甲烷和氧化铜质量比为1：20，即物质的量比为1：4，根据原子守恒可得化学方程式为CH4+4CuO高温4Cu+CO2+2H2O，故答案为：CH4+4

CuO高温4Cu+CO2+2H2O；(4)在自然光照射下，甲烷能与氯气反应，生成HCl、CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，由于HCl极易溶于水，故可看到导管内液面上升，试管口产生白雾，试管内气体颜色逐渐变浅，试管内壁有油状液滴出现等现象，故答案为：试管内气体颜色逐渐变浅；

试管内壁有油状液滴出现；(5)A．甲烷和溴水不反应，但是甲烷和氯气、溴蒸气等在光照条件下可发生取代反应，错误；B．甲烷性质稳定，与强酸、强碱、强氧化剂一般都不能反应，正确；C．玻璃管中固体粉末由黑变红，说明氧化铜被还原，体现了甲烷的还原性，错误；故答案为：B。四、综合题21.合成氨工艺的一个重

要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜(I)、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3⇌[Cu(NH3)3CO]Ac。完成下空

：(1)如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是______。(填编号)a.减压b.增加NH3的浓度c.升温d.及时移走产物(2)铜液中的足量的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式__________。(3)

铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为____________。(4)已知与CO2与CS2分子结构相似，熔点CS2高于CO2，其原因是___________。(5)某研究性学习组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应

速率的影响”，实验如下：实验序号实验温度KMnO4溶液H2C2O4溶液H2O溶液褪色时间V(mL)c(mol/L)V(mL)c(mol/L)V(mL)t(s)A293K20.0240.10t1BT120.0230.1V18C313K20.02V

20.11t2①其中V1=_______，T1=_________②反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因可能是_______(至少答出两点)，经实验证明是反应体系中的某种粒子对反应有某种作用，相应的粒子最有可能是_______(填符号)。【答案】(1).bc(2).2NH3+CO

2+H2O=(NH4)2CO3(3).C＞N＞O＞H(4).CS2相对分子质量大，分子间作用力大(5).1(6).293K(7).反应放热温度升高，生成物中某些物质是催化剂(8).Mn2+【解析】【分

析】【详解】(1)a．减压反应速率减小，a错误；b．增大浓度，可增大反应速率，b正确；c．升高温度，增大反应速率，c正确；d．减小生成物浓度，反应速率减小，d错误；答案选bc；(2)氨气是碱性气体，CO2是酸性气体，足量的氨气与CO2反应的化学方程式为2

NH3＋CO2＋H2O=(NH4)2CO3，故答案为：2NH3＋CO2＋H2O=(NH4)2CO3；(3)铜液的组成元素中属于短周期元素的是H、C、N、O，同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径

逐渐增大，则四种元素的原子半径大小顺序是C＞N＞O＞H，故答案为：C＞N＞O＞H；(4)CS2和CO2都是分子晶体，CS2的相对分子质量大，分子间作用力大，因此CS2熔点高于CO2，故答案为：CS2相对分子质量大，分子

间作用力大；(5)①实验A、B中KMnO4溶液的浓度相等，可探究出在相同温度下，H2C2O4溶液浓度的改变对反应速率的影响，其中V1=2mL+4mL-2mL-3mL=1mL，T1=293K，故答案为：1；293K；②KMnO4与H2C2O4反应放热，且反应后的溶液中

出现了Mn2＋，Mn2＋可能是此反应的催化剂，促进了反应速率加快，故答案为：反应放热温度升高，生成物中某些物质是催化剂；Mn2+。【点睛】第(5)小题为难点，解答的关键是对比分析图表中的数据找出相同的和不同点，然后得出合理结论。