还剩12页未读，
继续阅读
【化学】河南省开封市、商丘市九校2018-2019学年高一下学期期中联考试题（解析版）
展开
河南省开封市、商丘市九校2018-2019学年高一下学期期中联考试题
注意：1.本试题分试题卷和答题卡两部分，试题卷共6页，答题卡共2页。
2.考试时间90分钟，试卷满分100分。
3.请把答案填涂在答题卡规定的范围内
4.相对原子质量：K 39 Al 27 Mg 24 Na 23
一、选择题（每题3分，共48分，每题只有1个选项符合题意）
1.下列说法中错误的是（ ）
A. 原子及其离子核外电子层数等于该元素所在的周期数
B. 元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
C. 除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D. 同一元素的各种同位素化学性质几乎完全相同
【答案】A
【解析】试题分析：原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，而离子由于有电子的得失，当失去电子时，其离子的电子层数不一定等于该元素所在的周期数，如Na＋等，A错误；元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是过渡元素，均为金属元素，B正确；氦仅有2个电子，除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8，C正确；同一元素的各种同位素的化学性质几乎完全相同，D正确。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16g18O2的中子数为10NA B. 1.9g1H37Cl的电子数为0.9NA
C. 7.0g35Cl2的体积为2.24L D. 35Cl2的摩尔质量为70g
【答案】B
【解析】
【分析】A．质量转化为物质的量，结合1个18O2含有20个中子解答；
B．质量转化为物质的量，结合1个1H37Cl含有18个电子解答；
C. 标准状况下才能使用气体摩尔体积22.4L/mol；
D. 摩尔质量的单位为g/mol。
【详解】A.16g18O2含有氧原子的质的量为=0.89mol，含有中子数为8.9NA，选项A错误；
B.1.9g1H37Cl含有的电子数为×18×NA=0.9NA，选项B正确；
C．氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算35Cl2的体积，选项C错误；
D、35Cl2的摩尔质量为70g/mol，选项D错误。
答案选B。
3.下列有关碱金属元素和卤素的说法中，错误的是（ ）
A. 溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈
B. 碱金属元素中，锂原子还原性最弱；卤素中，氟原子氧化性最强
C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
D. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的单质熔沸点都逐渐降低
【答案】D
【解析】
【分析】A、同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，和氢气的化合越来越难；
B、同主族元素从上到下得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
C、同主族元素从上到下金属性逐渐增强；
D、碱金属元素从上到下单质熔沸点逐渐降低，卤素从上到下单质熔沸点逐渐升高。
【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，和氢气的化合越来越难，所以溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应剧烈，A正确；
B、同主族元素从上到下得电子能力逐渐减弱，所以卤素中，氟原子氧化性最强，同主族元素从上到下失电子能力逐渐增强，所以碱金属元素中，锂原子还原性最弱，B正确；
C、同主族元素从上到下金属性逐渐增强，和水的反应越来越剧烈，即钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C正确；
D、随着核电荷数的增加，碱金属元素的单质熔沸点逐渐降低，卤素的单质熔沸点逐渐升高，D错误；
答案选D。
4.元素的性质随着原子序数的递增呈现周期性的变化的根本原因是（ ）
A. 元素相对原子质量的递增，量变引起质变
B. 元素的金属性和非金属性呈周期性变化
C. 元素原子核外电子排布呈周期性变化
D. 元素化合价呈周期性变化
【答案】C
【解析】
【分析】根据随原子序数的递增，元素原子的核外电子排布呈现周期性的变化而引起元素的性质的周期性变化来解答。
【详解】A、因结构决定性质，相对原子质量的递增与元素性质的变化没有必然的联系，选项A错误；
B、因元素的金属性或非金属性属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，选项B错误；
C、因元素原子的核外电子排布随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，选项C正确；
D、因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，选项D错误；
答案选C。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 铊与铝同主族，氧化铝是两性氧化物，所以氧化铊也是两性氧化物
B. 第三周期简单离子的半径从左到右依次减小
C. 用电子式表示HCl形成过程
D. 在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀合金材料
【答案】D
【详解】A．同一主族元素金属性随着原子序数增大而增强，氧化铝是两性氧化物，铊的金属性大于Al，所以氧化铊属于碱性氧化物，选项A错误；
B、第三周期金属元素的阳离子半径从左到右逐渐减小，阴离子半径也逐渐减小，但阳离子半径均小于阴离子半径，选项B错误；
C、用电子式表示HCl的形成过程为，选项C错误；
D．在过渡元素中可以寻找催化剂及耐高温、耐腐蚀的合金材料，选项D正确；
答案选D。
6.下列说法正确的是（ ）
①离子化合物一定含离子键，也可能含共价键
②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在共价键
⑥离子化合物在熔融状态下能导电
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①③⑥
【答案】D
【解析】
【分析】①含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；
②只含共价键的化合物是共价化合物；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物；
⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键；
⑥离子化合物在熔融状态下能电离出阴、阳离子，含有自由移动离子的化合物能导电。
【详解】①含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故正确；
②只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故错误；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物，如氯化铝，故正确；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如铵盐，故错误；
⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，故错误；
⑥离子化合物在熔融状态下能电离出阴、阳离子，含有自由移动离子的化合物能导电，所以离子化合物在熔融状态下能导电，故正确；
答案选D。
7.下列递变规律正确的是（ ）
A. HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次增强
B. 钠、镁、铝的还原性依次减弱
C. HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D. 由于非金属性Cl>Br>I，所以酸性HCl>HBr>HI
【答案】B
【解析】
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱；
C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强；
D．氢化物的酸性与元素的非金属性无关。
【详解】A．非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，选项A错误；
B．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强，选项B正确；
C．非金属性：Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，选项C错误；
D．氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI，选项D错误。
答案选B。
8.下列叙述中正确的是（ ）
A. 周期表中第15列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO4
B. O22-与 S2－具有相同的质子数和电子数
C. 所有主族元素的最高正价均与其族序数相等
D. 若R2－和M+ 的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
【答案】B
【解析】
【分析】A．氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3；
B．O22-与 S2－质子数均为16，核外电子数均为18；
C．F没有正价，O没有最高正价；
D．电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子。
【详解】A．周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，选项A错误；
B．O22-与 S2－质子数均为16，核外电子数均为18，选项B正确；
C．F没有正价，O没有最高正价，选项C错误；
D．电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子，所以R＜M，选项D错误。
答案选B。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 干冰升华时，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂
B. C(石墨)=C(金刚石)，反应中既没有电子的得失也没有能量的变化
C. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
D. 燃料燃烧时只是将化学能转化为热能
【答案】A
【解析】
【分析】A、干冰升华只是物质的状态变化，分子晶体中物质三态的变化不破坏化学键；
B、石墨与金刚石所含能量不同；
C、可燃物燃烧都是放热反应，但需加热；
D、燃料燃烧时不只是将化学能转化为热能。
【详解】A、干冰属于分子晶体，分子晶体在三态的变化中不会破坏化学键，选项A正确；
B、石墨生成金刚石不是氧化还原反应，所以无电子转移，但石墨与金刚石所含能量不同，其相互转化时有能量变化，选项B错误；
C、可燃物燃烧都是放热反应，但需加热到着火点，选项C错误；
D、燃料燃烧时不只是将化学能转化为热能，还转化为光能等，选项D错误。
答案选A。
10.下列所述变化中，前者是吸热反应，后者是放热反应的是（ ）
A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应；氢氧化钠溶于水
B. 点燃的镁条在二氧化碳中继续燃烧；碳酸氢钠分解
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应；氢气在氯气中燃烧
D. 酸碱中和；焦炭与高温水蒸气反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数置换反应以及某些复分解反应（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应。
【详解】A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应；氢氧化钠溶于水为放热过程但不是放热反应，选项A不符合；
B. 点燃的镁条在二氧化碳中继续燃烧属于放热反应；碳酸氢钠分解属于吸热反应，选项B不符合；
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应属于吸热反应；氢气在氯气中燃烧属于放热反应，选项C符合；
D. 酸碱中和反应属于放热反应；焦炭与高温水蒸气反应属于吸热反应，选项D不符合。
答案选C。
11.下列有关电池的说法不正确的是（ ）
A. 铜锌原电池工作时，电子在电解液中从锌电极流向铜电极
B. 锌锰干电池中，锌电极是负极
C. 氢氧燃料电池可把化学能转化为电能
D. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
【答案】A
【详解】A、铜锌原电池中Zn为负极，电子从锌电极沿外电路流向铜电极，选项A错误；
B．锌锰干电池中，锌为较活泼金属，锌电极是负极，选项B正确；
C．燃料电池可把化学能转化为电能，选项C正确；
D、手机上用的可以连续充放电的锂离子电池属于二次电池，选项D正确；
答案选A。
12.锌空气电池具有蓄电量大、充电循环次数多等优点（Zn与Al的化学性质相似）。下列有关说法错误的是（ ）
A. 电池放电时Zn电极逐渐溶解 B. 电池放电时化学能转化为电能
C. 电子由石墨经导线流向Zn片 D. 石墨为正极
【答案】C
【详解】A、Zn作负极，电池放电时Zn电极逐渐溶解，选项A正确；
B、电池放电时实现了化学能向电能的转化，选项B正确；
C、Zn作负极，电子由Zn片经导线流向石墨，选项C错误；
D、石墨为正极，选项D正确。
答案选C。
13.下列关于化学反应速率的说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1盐酸和硫酸分别与2 mol·L-1氨水反应速率相同
B. 0.1 mol·L-1盐酸和硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同
C. 0.8 mol·L-1·s-1的含义是时间为1s时，某物质的浓度是0.8 mol·L-1
D. 对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
【答案】B
【详解】A、同浓度的盐酸和硫酸的氢离子浓度不同，则与等浓度的氨水反应速率不同，选项A错误；
B、大理石与盐酸或硝酸反应的本质是相同的：CaCO3+2H+ =Ca2+ +CO2↑+H2O，0.1mol/L盐酸和0.1mol/L硝酸中H+的浓度相同，大理石的形状大小也相同，所以反应速率相同，选项B正确；
C、化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小量或生成物浓度的增加量来表示，所以0.8mol•L-1•s-1的含义是表示某物质在1s内浓度变化量为0.8mol/L ，选项C错误；
D、反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，选项D错误；
答案选B。
14.在体积固定的密闭容器中，进行的可逆反应为A(固) +3B(气)3C(气)。下列叙述中表明可逆反应一定达到平衡状态的是（ ）
①C的生成与分解速率相等 ②单位时间内生成amolA和3amolB
③B的浓度不再变化 ④混合气体总的物质的量不再发生变化
⑤A、B、C的物质的量之比为1：3：3 ⑥混合气体的密度不再变化
A. ①②③ B. ①③④⑥
C. ①③⑥ D. ①③④⑤
【答案】C
【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，①能说明反应达到平衡状态；
②化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间生成amolA，同时生成3amolB，②不能说明反应达到平衡状态；
③当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，③能说明反应达到平衡状态；
④气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，④不能说明反应达到平衡状态；
⑤平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，A、B、C物质的量之比为1:3:3不能作为判断是否达到平衡状态的依据；
⑥A为固体，当反应达到平衡状态时，气体的总质量不变，混合气体的密度不再变化，⑥能说明反应达到平衡状态；
答案选C。
15.在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，一定条件下发生反应：3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol/L，下列判断正确的是（ ）
A. B的转化率为20%
B. 平衡时A的浓度为1.50mol/L
C. x＝1
D. 达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%
【答案】A
【解析】试题分析：达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol，
3A（g）+B（g）⇌2C（g）+xD（g）
起始：6mol 5mol 0 0
转化：3mol 1mol 2mol xmol
平衡：3mol 4mol 2mol 2mol
A．B的转化率为，正确； B．平衡时A的浓度为3mol/4L=0.75mol/L，错误； C．由以上分析可知x=2，C错误； D．反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，故D错误．故选A．
16.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y＋和X2－的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是（ ）
A. Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强
B. 离子半径大小：Z>Y>X
C. 工业上用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质
D. 能形成WX2这种共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，可能为碳或硫，根据其原子序数的大小关系，确定其为碳元素；Y＋和X2－的电子层结构相同，则X为氧元素，Y为钠元素；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，Z为氯元素。
【详解】A. 氯的氢化物的酸性比二氧化碳的水化物的强，但是不能说明氯的非金属性比碳的强，应该用最高价氧化物的水化物的酸性进行比较，即用高氯酸和碳酸的酸性比较，选项A错误；
B. 钠离子和氧离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以氧离子半径大于钠离子半径，故离子半径Z>X>Y，选项B错误；
C. 实验室用MnO2和浓盐酸溶液在加热的条件下制取氯气，工业上用电解食盐水的方法得到氯气，选项C错误；
D. 能形成WX2，即CO2，CO2属于共价化合物，选项D正确。
答案选D。
二．非选择题（本题包括4个小题，共52分）
17.为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。
Ⅰ．（1）将外观相近的钠、钾、镁、铝各1克分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：__与盐酸反应最剧烈，___与盐酸反应的速度最慢；__与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向H2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为_______
Ⅱ．利用下图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（3）仪器A的名称为________
（4）若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液_____(填现象)，即可证明
（5）若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液观察到C中_______(填现象)，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰试验，应在两装置间添加装有_______溶液的洗气瓶除去
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). 铝 (4). H2S＋Cl2=S↓＋2Cl－＋2H＋ (5). 分液漏斗 (6). 变蓝 (7). 有白色沉淀生成 (8). 饱和NaHCO3
【详解】Ⅰ．（1）金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1g钾失去1/39mol电子，1g钠失去1/23mol电子，1g镁失去1/12mol电子，而1g铝失去1/9mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝；
（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气与H2S反应置换出硫，反应的离子方程式为：H2S+Cl2═S↓+2Cl-+2H+；
Ⅱ．（3）根据仪器的构造可知，仪器A的名称为分液漏斗；
（4）浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色，C装置中看到的现象是溶液变蓝色；
（5）非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，要证明C元素非金属性大于Si元素，只要证明碳酸酸性大于硅酸即可，所以C的Na2SiO3溶液中观察到有白色沉淀生成；为防止HCl干扰，应该加入一个装置吸收HCl且不能溶解CO2，洗气瓶中应盛放饱和NaHCO3溶液。
18.（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H除外）：____，所含元素的原子半径由小到大的顺序：_____，Mg在元素周期表中的位置：_______，Mg(OH)2的电子式：_____
（2）在NaCl、NaOH、N2、H2S中，只含有离子键的是____，仅含有共价键的化合物是_______
（3）用电子式表示MgCl2的形成过程___________
（4）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60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净，干燥后称重，总质量为47g，则产生氢气的体积___mL（标准状况）
【答案】(1). r(H+)
（3）MgCl2属于离子化合物，Mg原子最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：；
（4）若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，分析可知电极质量减小的是负极反应的锌的质量，物质的量==0.2mol；锌做负极，失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-═Zn2+，银片做正极，溶液中氢离子在银电极得到电子发生还原反应，电极反应为：2H++2e-═H2↑，依据电子守恒可知，转移电子物质的量为0.4mol，生成氢气物质的量为0.2mol，标准状况下体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L=4480mL。
19.（1）已知2H→H2放出437.6 kJ的热量，下列说法正确的是____
A．氢气分子内每个氢原子都达到稳定结构
B．氢气分子的能量比两个氢原子的能量低
C．1molH2离解成 2 mol H 要放出437.6 kJ热量
D．氢原子比氢气分子稳定
（2）科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛（TiO2）表面作用使海水分解得到氢气新技术2H2O2H2↑+O2↑。制得的氢气可用于制作燃料电池．试回答下列问题：
①分解海水时，实现了光能转化为__能；生成的氢气用于制作燃料电池时，实现了化学能转化为____能；分解海水的反应属于___反应（填“放热”或“吸热”）
②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，A极上发生的电极反应为：2H2+2O2‾−4e‾=2H2O，则B极的电极反应式为：____
（3）已知某电池的总反应为：Zn+2MnO2+2NH4Cl＝ZnCl2+2NH3↑+Mn2O3+H2O，写出该电池的电极反应方程式：负极_______正极_______
【答案】(1). AB (2). 化学 (3). 电 (4). 吸热 (5). O2 +4e‾ =2O2‾ (6). 负极：Zn – 2e‾ = Zn2+ (7). 正极：2NH4+ +2MnO2+ 2e‾＝2NH3↑+Mn2O3+H2O
【详解】（1）A、氢气分子内每个氢原子都达到2电子稳定结构，选项A正确；
B、2molH结合成1molH2放出能量，则H2分子的能量比两个H原子的能量低，选项B正确；
C、根据已知2H→H2并放出437.6kJ的热量，所以1molH2离解成2molH要吸收437.6kJ的热量，选项C错误；
D、原子比分子能量高，氢气分子稳定，选项D错误；
答案选AB；
(2)①利用太阳能产生激光分解海水时，实现了光能转化为化学能；生成的氢气用于制作燃料电池时，化学能又转化为电能；分解海水的反应属于吸热反应；
②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，A极上发生的电极反应为2H2+ 2O2- -4e-=2H2O，该反应为氧化反应，则A极是电池的负极，电子从该极流出，B极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-；
（3）在反应中Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为负极反应，负极电极反应式为Zn – 2e‾ = Zn2+，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为正极反应，正极反应式为2NH4+ +2MnO2+ 2e‾＝2NH3↑+Mn2O3+H2O。
20.某探究小组用盐酸与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HCl浓度为1.00mol/L、2.50mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、40℃，每次实验盐酸的用量为25.00mL，大理石用量为10.00g。
（1）写出盐酸与大理石反应的化学方程式________
（2）请完成以下实验设计表，并把实验中空缺处补充完整：
实验
编号
温度
（℃）
大理石
规格
HCl浓度（mol/L）
实验目的
①
25
粗颗粒
2.50
(I)实验①和②探究温度对反应速率的影响；
(II)实验①和③探究浓度对反应速率的影响；
(III)实验①和④探究______对反应速率的影响
②
__
粗颗粒
2.50
③
25
粗颗粒
___
④
25
细颗粒
2.50
（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70s-90s范围内用HCl表示的平均反应速率 ______（忽略溶液体积变化）
【答案】(1). CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2 O＋CO2↑ (2). 40 (3). 1.00 (4). 固体物质的表面积（答接触面亦可） (5). 0.01mol/(L·s)
【解析】
【分析】(1)根据化学反应原理写出盐酸与大理石反应的化学方程式；
(2) 实验①和②探究温度对反应速率的影响，应该温度不同；
实验①和③探究浓度对反应速率的影响，应该盐酸的浓度不同；
实验①和④所用大理石的规格不同，探究固体表面积大小对反应速率的影响，；
(3) 先根据图象，求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应：CaCO3 +2HCl═CaCl2 +H2O+CO2↑，求出消耗的HCl的物质的量，再由υ (HCl) = 求出反应速率。
【详解】（1）根据实验室制取二氧化碳的反应原理，大理石与稀盐酸反应的化学方程式为：CaCO3 +2HCl═CaCl2 +H2O+CO2↑；
（2）②、由于实验①和②探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选40℃，故答案为：40；
③、实验①和③探究浓度对反应速率的影响，故盐酸的浓度不同，应该是1.00mol/L，故答案为：1.00
④、实验①和④的大理石规格不同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，故答案为：固体物质的表面积；
(3) 由图可知70至90s，CO2生成的质量为m (CO2) =0.95g-0. 84g=0.11g，物质的量为n (CO2) ==0.0025mol，根据反应CaCO3 +2HCl═CaCl2 +H2O+CO2↑，可知消耗HCl的物质的量为n (HCl) =2×0.0025mol=0. 005mol，又溶液体积为25mL=0.025L，所以HCl减少的浓度△c (HCl) ==0.2mol/L；反应的时间t=90s-70s=20s，所以HCl在70-90s范围内的平均反应速率为υ (HCl) ===0.01mol/(L·s)。
注意：1.本试题分试题卷和答题卡两部分，试题卷共6页，答题卡共2页。
2.考试时间90分钟，试卷满分100分。
3.请把答案填涂在答题卡规定的范围内
4.相对原子质量：K 39 Al 27 Mg 24 Na 23
一、选择题（每题3分，共48分，每题只有1个选项符合题意）
1.下列说法中错误的是（ ）
A. 原子及其离子核外电子层数等于该元素所在的周期数
B. 元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是金属元素
C. 除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D. 同一元素的各种同位素化学性质几乎完全相同
【答案】A
【解析】试题分析：原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，而离子由于有电子的得失，当失去电子时，其离子的电子层数不一定等于该元素所在的周期数，如Na＋等，A错误；元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是过渡元素，均为金属元素，B正确；氦仅有2个电子，除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8，C正确；同一元素的各种同位素的化学性质几乎完全相同，D正确。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16g18O2的中子数为10NA B. 1.9g1H37Cl的电子数为0.9NA
C. 7.0g35Cl2的体积为2.24L D. 35Cl2的摩尔质量为70g
【答案】B
【解析】
【分析】A．质量转化为物质的量，结合1个18O2含有20个中子解答；
B．质量转化为物质的量，结合1个1H37Cl含有18个电子解答；
C. 标准状况下才能使用气体摩尔体积22.4L/mol；
D. 摩尔质量的单位为g/mol。
【详解】A.16g18O2含有氧原子的质的量为=0.89mol，含有中子数为8.9NA，选项A错误；
B.1.9g1H37Cl含有的电子数为×18×NA=0.9NA，选项B正确；
C．氯气不一定处于标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算35Cl2的体积，选项C错误；
D、35Cl2的摩尔质量为70g/mol，选项D错误。
答案选B。
3.下列有关碱金属元素和卤素的说法中，错误的是（ ）
A. 溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈
B. 碱金属元素中，锂原子还原性最弱；卤素中，氟原子氧化性最强
C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
D. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的单质熔沸点都逐渐降低
【答案】D
【解析】
【分析】A、同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，和氢气的化合越来越难；
B、同主族元素从上到下得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
C、同主族元素从上到下金属性逐渐增强；
D、碱金属元素从上到下单质熔沸点逐渐降低，卤素从上到下单质熔沸点逐渐升高。
【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，和氢气的化合越来越难，所以溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应剧烈，A正确；
B、同主族元素从上到下得电子能力逐渐减弱，所以卤素中，氟原子氧化性最强，同主族元素从上到下失电子能力逐渐增强，所以碱金属元素中，锂原子还原性最弱，B正确；
C、同主族元素从上到下金属性逐渐增强，和水的反应越来越剧烈，即钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C正确；
D、随着核电荷数的增加，碱金属元素的单质熔沸点逐渐降低，卤素的单质熔沸点逐渐升高，D错误；
答案选D。
4.元素的性质随着原子序数的递增呈现周期性的变化的根本原因是（ ）
A. 元素相对原子质量的递增，量变引起质变
B. 元素的金属性和非金属性呈周期性变化
C. 元素原子核外电子排布呈周期性变化
D. 元素化合价呈周期性变化
【答案】C
【解析】
【分析】根据随原子序数的递增，元素原子的核外电子排布呈现周期性的变化而引起元素的性质的周期性变化来解答。
【详解】A、因结构决定性质，相对原子质量的递增与元素性质的变化没有必然的联系，选项A错误；
B、因元素的金属性或非金属性属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，选项B错误；
C、因元素原子的核外电子排布随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，选项C正确；
D、因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，选项D错误；
答案选C。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. 铊与铝同主族，氧化铝是两性氧化物，所以氧化铊也是两性氧化物
B. 第三周期简单离子的半径从左到右依次减小
C. 用电子式表示HCl形成过程
D. 在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀合金材料
【答案】D
【详解】A．同一主族元素金属性随着原子序数增大而增强，氧化铝是两性氧化物，铊的金属性大于Al，所以氧化铊属于碱性氧化物，选项A错误；
B、第三周期金属元素的阳离子半径从左到右逐渐减小，阴离子半径也逐渐减小，但阳离子半径均小于阴离子半径，选项B错误；
C、用电子式表示HCl的形成过程为，选项C错误；
D．在过渡元素中可以寻找催化剂及耐高温、耐腐蚀的合金材料，选项D正确；
答案选D。
6.下列说法正确的是（ ）
①离子化合物一定含离子键，也可能含共价键
②共价化合物一定含共价键，也可能含离子键
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤由分子组成的物质中一定存在共价键
⑥离子化合物在熔融状态下能导电
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①③⑥
【答案】D
【解析】
【分析】①含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；
②只含共价键的化合物是共价化合物；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物；
⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键；
⑥离子化合物在熔融状态下能电离出阴、阳离子，含有自由移动离子的化合物能导电。
【详解】①含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故正确；
②只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故错误；
③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物，如氯化铝，故正确；
④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如铵盐，故错误；
⑤由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，故错误；
⑥离子化合物在熔融状态下能电离出阴、阳离子，含有自由移动离子的化合物能导电，所以离子化合物在熔融状态下能导电，故正确；
答案选D。
7.下列递变规律正确的是（ ）
A. HClO4、H2SO4、H3PO4的酸性依次增强
B. 钠、镁、铝的还原性依次减弱
C. HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D. 由于非金属性Cl>Br>I，所以酸性HCl>HBr>HI
【答案】B
【解析】
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱；
C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强；
D．氢化物的酸性与元素的非金属性无关。
【详解】A．非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，选项A错误；
B．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，对应的单质的还原性越强，选项B正确；
C．非金属性：Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，选项C错误；
D．氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HF＜HCl＜HBr＜HI，选项D错误。
答案选B。
8.下列叙述中正确的是（ ）
A. 周期表中第15列元素的最高价氧化物对应水化物的化学式均为H3RO4
B. O22-与 S2－具有相同的质子数和电子数
C. 所有主族元素的最高正价均与其族序数相等
D. 若R2－和M+ 的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
【答案】B
【解析】
【分析】A．氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3；
B．O22-与 S2－质子数均为16，核外电子数均为18；
C．F没有正价，O没有最高正价；
D．电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子。
【详解】A．周期表中第15列为ⅤA族，其中氮元素的最高价氧化物对应水化物的化学式为HNO3，不符合H3RO4，选项A错误；
B．O22-与 S2－质子数均为16，核外电子数均为18，选项B正确；
C．F没有正价，O没有最高正价，选项C错误；
D．电子层结构相同的阴阳离子，阳离子的原子序数大于阴离子，所以R＜M，选项D错误。
答案选B。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 干冰升华时，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂
B. C(石墨)=C(金刚石)，反应中既没有电子的得失也没有能量的变化
C. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
D. 燃料燃烧时只是将化学能转化为热能
【答案】A
【解析】
【分析】A、干冰升华只是物质的状态变化，分子晶体中物质三态的变化不破坏化学键；
B、石墨与金刚石所含能量不同；
C、可燃物燃烧都是放热反应，但需加热；
D、燃料燃烧时不只是将化学能转化为热能。
【详解】A、干冰属于分子晶体，分子晶体在三态的变化中不会破坏化学键，选项A正确；
B、石墨生成金刚石不是氧化还原反应，所以无电子转移，但石墨与金刚石所含能量不同，其相互转化时有能量变化，选项B错误；
C、可燃物燃烧都是放热反应，但需加热到着火点，选项C错误；
D、燃料燃烧时不只是将化学能转化为热能，还转化为光能等，选项D错误。
答案选A。
10.下列所述变化中，前者是吸热反应，后者是放热反应的是（ ）
A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应；氢氧化钠溶于水
B. 点燃的镁条在二氧化碳中继续燃烧；碳酸氢钠分解
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应；氢气在氯气中燃烧
D. 酸碱中和；焦炭与高温水蒸气反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数置换反应以及某些复分解反应（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应。
【详解】A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应；氢氧化钠溶于水为放热过程但不是放热反应，选项A不符合；
B. 点燃的镁条在二氧化碳中继续燃烧属于放热反应；碳酸氢钠分解属于吸热反应，选项B不符合；
C. 灼热的碳与二氧化碳的反应属于吸热反应；氢气在氯气中燃烧属于放热反应，选项C符合；
D. 酸碱中和反应属于放热反应；焦炭与高温水蒸气反应属于吸热反应，选项D不符合。
答案选C。
11.下列有关电池的说法不正确的是（ ）
A. 铜锌原电池工作时，电子在电解液中从锌电极流向铜电极
B. 锌锰干电池中，锌电极是负极
C. 氢氧燃料电池可把化学能转化为电能
D. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
【答案】A
【详解】A、铜锌原电池中Zn为负极，电子从锌电极沿外电路流向铜电极，选项A错误；
B．锌锰干电池中，锌为较活泼金属，锌电极是负极，选项B正确；
C．燃料电池可把化学能转化为电能，选项C正确；
D、手机上用的可以连续充放电的锂离子电池属于二次电池，选项D正确；
答案选A。
12.锌空气电池具有蓄电量大、充电循环次数多等优点（Zn与Al的化学性质相似）。下列有关说法错误的是（ ）
A. 电池放电时Zn电极逐渐溶解 B. 电池放电时化学能转化为电能
C. 电子由石墨经导线流向Zn片 D. 石墨为正极
【答案】C
【详解】A、Zn作负极，电池放电时Zn电极逐渐溶解，选项A正确；
B、电池放电时实现了化学能向电能的转化，选项B正确；
C、Zn作负极，电子由Zn片经导线流向石墨，选项C错误；
D、石墨为正极，选项D正确。
答案选C。
13.下列关于化学反应速率的说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L-1盐酸和硫酸分别与2 mol·L-1氨水反应速率相同
B. 0.1 mol·L-1盐酸和硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同
C. 0.8 mol·L-1·s-1的含义是时间为1s时，某物质的浓度是0.8 mol·L-1
D. 对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
【答案】B
【详解】A、同浓度的盐酸和硫酸的氢离子浓度不同，则与等浓度的氨水反应速率不同，选项A错误；
B、大理石与盐酸或硝酸反应的本质是相同的：CaCO3+2H+ =Ca2+ +CO2↑+H2O，0.1mol/L盐酸和0.1mol/L硝酸中H+的浓度相同，大理石的形状大小也相同，所以反应速率相同，选项B正确；
C、化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小量或生成物浓度的增加量来表示，所以0.8mol•L-1•s-1的含义是表示某物质在1s内浓度变化量为0.8mol/L ，选项C错误；
D、反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，选项D错误；
答案选B。
14.在体积固定的密闭容器中，进行的可逆反应为A(固) +3B(气)3C(气)。下列叙述中表明可逆反应一定达到平衡状态的是（ ）
①C的生成与分解速率相等 ②单位时间内生成amolA和3amolB
③B的浓度不再变化 ④混合气体总的物质的量不再发生变化
⑤A、B、C的物质的量之比为1：3：3 ⑥混合气体的密度不再变化
A. ①②③ B. ①③④⑥
C. ①③⑥ D. ①③④⑤
【答案】C
【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，①能说明反应达到平衡状态；
②化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间生成amolA，同时生成3amolB，②不能说明反应达到平衡状态；
③当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，③能说明反应达到平衡状态；
④气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，④不能说明反应达到平衡状态；
⑤平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，A、B、C物质的量之比为1:3:3不能作为判断是否达到平衡状态的依据；
⑥A为固体，当反应达到平衡状态时，气体的总质量不变，混合气体的密度不再变化，⑥能说明反应达到平衡状态；
答案选C。
15.在4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，一定条件下发生反应：3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2molC，经测定，D的浓度为0.5mol/L，下列判断正确的是（ ）
A. B的转化率为20%
B. 平衡时A的浓度为1.50mol/L
C. x＝1
D. 达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%
【答案】A
【解析】试题分析：达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol，
3A（g）+B（g）⇌2C（g）+xD（g）
起始：6mol 5mol 0 0
转化：3mol 1mol 2mol xmol
平衡：3mol 4mol 2mol 2mol
A．B的转化率为，正确； B．平衡时A的浓度为3mol/4L=0.75mol/L，错误； C．由以上分析可知x=2，C错误； D．反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，故D错误．故选A．
16.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍；Y＋和X2－的电子层结构相同；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和。下列说法正确的是（ ）
A. Z的氢化物的酸性比WX2的水化物的强，说明Z的非金属性比W的强
B. 离子半径大小：Z>Y>X
C. 工业上用MnO2和Z的氢化物的浓溶液在加热的条件下制取Z的单质
D. 能形成WX2这种共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加。W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，可能为碳或硫，根据其原子序数的大小关系，确定其为碳元素；Y＋和X2－的电子层结构相同，则X为氧元素，Y为钠元素；Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，Z为氯元素。
【详解】A. 氯的氢化物的酸性比二氧化碳的水化物的强，但是不能说明氯的非金属性比碳的强，应该用最高价氧化物的水化物的酸性进行比较，即用高氯酸和碳酸的酸性比较，选项A错误；
B. 钠离子和氧离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，所以氧离子半径大于钠离子半径，故离子半径Z>X>Y，选项B错误；
C. 实验室用MnO2和浓盐酸溶液在加热的条件下制取氯气，工业上用电解食盐水的方法得到氯气，选项C错误；
D. 能形成WX2，即CO2，CO2属于共价化合物，选项D正确。
答案选D。
二．非选择题（本题包括4个小题，共52分）
17.为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。
Ⅰ．（1）将外观相近的钠、钾、镁、铝各1克分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：__与盐酸反应最剧烈，___与盐酸反应的速度最慢；__与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向H2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为_______
Ⅱ．利用下图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（3）仪器A的名称为________
（4）若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液_____(填现象)，即可证明
（5）若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液观察到C中_______(填现象)，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰试验，应在两装置间添加装有_______溶液的洗气瓶除去
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). 铝 (4). H2S＋Cl2=S↓＋2Cl－＋2H＋ (5). 分液漏斗 (6). 变蓝 (7). 有白色沉淀生成 (8). 饱和NaHCO3
【详解】Ⅰ．（1）金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1g钾失去1/39mol电子，1g钠失去1/23mol电子，1g镁失去1/12mol电子，而1g铝失去1/9mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝；
（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气与H2S反应置换出硫，反应的离子方程式为：H2S+Cl2═S↓+2Cl-+2H+；
Ⅱ．（3）根据仪器的构造可知，仪器A的名称为分液漏斗；
（4）浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成Cl2，Cl2具有氧化性，能氧化I-生成I2，碘遇淀粉试液变蓝色，C装置中看到的现象是溶液变蓝色；
（5）非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，要证明C元素非金属性大于Si元素，只要证明碳酸酸性大于硅酸即可，所以C的Na2SiO3溶液中观察到有白色沉淀生成；为防止HCl干扰，应该加入一个装置吸收HCl且不能溶解CO2，洗气瓶中应盛放饱和NaHCO3溶液。
18.（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H除外）：____，所含元素的原子半径由小到大的顺序：_____，Mg在元素周期表中的位置：_______，Mg(OH)2的电子式：_____
（2）在NaCl、NaOH、N2、H2S中，只含有离子键的是____，仅含有共价键的化合物是_______
（3）用电子式表示MgCl2的形成过程___________
（4）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60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净，干燥后称重，总质量为47g，则产生氢气的体积___mL（标准状况）
【答案】(1). r(H+)
（3）MgCl2属于离子化合物，Mg原子最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：；
（4）若该电池中两电极的总质量为60g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47g，分析可知电极质量减小的是负极反应的锌的质量，物质的量==0.2mol；锌做负极，失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-═Zn2+，银片做正极，溶液中氢离子在银电极得到电子发生还原反应，电极反应为：2H++2e-═H2↑，依据电子守恒可知，转移电子物质的量为0.4mol，生成氢气物质的量为0.2mol，标准状况下体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L=4480mL。
19.（1）已知2H→H2放出437.6 kJ的热量，下列说法正确的是____
A．氢气分子内每个氢原子都达到稳定结构
B．氢气分子的能量比两个氢原子的能量低
C．1molH2离解成 2 mol H 要放出437.6 kJ热量
D．氢原子比氢气分子稳定
（2）科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛（TiO2）表面作用使海水分解得到氢气新技术2H2O2H2↑+O2↑。制得的氢气可用于制作燃料电池．试回答下列问题：
①分解海水时，实现了光能转化为__能；生成的氢气用于制作燃料电池时，实现了化学能转化为____能；分解海水的反应属于___反应（填“放热”或“吸热”）
②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，A极上发生的电极反应为：2H2+2O2‾−4e‾=2H2O，则B极的电极反应式为：____
（3）已知某电池的总反应为：Zn+2MnO2+2NH4Cl＝ZnCl2+2NH3↑+Mn2O3+H2O，写出该电池的电极反应方程式：负极_______正极_______
【答案】(1). AB (2). 化学 (3). 电 (4). 吸热 (5). O2 +4e‾ =2O2‾ (6). 负极：Zn – 2e‾ = Zn2+ (7). 正极：2NH4+ +2MnO2+ 2e‾＝2NH3↑+Mn2O3+H2O
【详解】（1）A、氢气分子内每个氢原子都达到2电子稳定结构，选项A正确；
B、2molH结合成1molH2放出能量，则H2分子的能量比两个H原子的能量低，选项B正确；
C、根据已知2H→H2并放出437.6kJ的热量，所以1molH2离解成2molH要吸收437.6kJ的热量，选项C错误；
D、原子比分子能量高，氢气分子稳定，选项D错误；
答案选AB；
(2)①利用太阳能产生激光分解海水时，实现了光能转化为化学能；生成的氢气用于制作燃料电池时，化学能又转化为电能；分解海水的反应属于吸热反应；
②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，A极上发生的电极反应为2H2+ 2O2- -4e-=2H2O，该反应为氧化反应，则A极是电池的负极，电子从该极流出，B极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-；
（3）在反应中Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为负极反应，负极电极反应式为Zn – 2e‾ = Zn2+，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为正极反应，正极反应式为2NH4+ +2MnO2+ 2e‾＝2NH3↑+Mn2O3+H2O。
20.某探究小组用盐酸与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HCl浓度为1.00mol/L、2.50mol/L，大理石有细颗粒和粗颗粒两种规格，实验温度为25℃、40℃，每次实验盐酸的用量为25.00mL，大理石用量为10.00g。
（1）写出盐酸与大理石反应的化学方程式________
（2）请完成以下实验设计表，并把实验中空缺处补充完整：
实验
编号
温度
（℃）
大理石
规格
HCl浓度（mol/L）
实验目的
①
25
粗颗粒
2.50
(I)实验①和②探究温度对反应速率的影响；
(II)实验①和③探究浓度对反应速率的影响；
(III)实验①和④探究______对反应速率的影响
②
__
粗颗粒
2.50
③
25
粗颗粒
___
④
25
细颗粒
2.50
（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图。计算实验①中70s-90s范围内用HCl表示的平均反应速率 ______（忽略溶液体积变化）
【答案】(1). CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2 O＋CO2↑ (2). 40 (3). 1.00 (4). 固体物质的表面积（答接触面亦可） (5). 0.01mol/(L·s)
【解析】
【分析】(1)根据化学反应原理写出盐酸与大理石反应的化学方程式；
(2) 实验①和②探究温度对反应速率的影响，应该温度不同；
实验①和③探究浓度对反应速率的影响，应该盐酸的浓度不同；
实验①和④所用大理石的规格不同，探究固体表面积大小对反应速率的影响，；
(3) 先根据图象，求出生成二氧化碳的物质的量，然后根据反应：CaCO3 +2HCl═CaCl2 +H2O+CO2↑，求出消耗的HCl的物质的量，再由υ (HCl) = 求出反应速率。
【详解】（1）根据实验室制取二氧化碳的反应原理，大理石与稀盐酸反应的化学方程式为：CaCO3 +2HCl═CaCl2 +H2O+CO2↑；
（2）②、由于实验①和②探究温度对反应速率的影响，故温度不同，应该选40℃，故答案为：40；
③、实验①和③探究浓度对反应速率的影响，故盐酸的浓度不同，应该是1.00mol/L，故答案为：1.00
④、实验①和④的大理石规格不同，探究的是固体物质的表面积对反应速率的影响，故答案为：固体物质的表面积；
(3) 由图可知70至90s，CO2生成的质量为m (CO2) =0.95g-0. 84g=0.11g，物质的量为n (CO2) ==0.0025mol，根据反应CaCO3 +2HCl═CaCl2 +H2O+CO2↑，可知消耗HCl的物质的量为n (HCl) =2×0.0025mol=0. 005mol，又溶液体积为25mL=0.025L，所以HCl减少的浓度△c (HCl) ==0.2mol/L；反应的时间t=90s-70s=20s，所以HCl在70-90s范围内的平均反应速率为υ (HCl) ===0.01mol/(L·s)。
相关资料
更多
