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【化学】广西壮族自治区桂林市第十八中学2018-2019学年高一下学期期中段考试卷（解析版）
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广西壮族自治区桂林市第十八中学2018-2019学年高一下学期期中段考试卷
注意事项：
①本试卷共8页，答题卡2页。考试时间90分钟，满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5 Br—80 Na—23 Mg—24 Al—27 K—39 Mn—55
第I卷（选择题，共 55 分）
一、选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意。1~5题每小题2分，6~20题每小题3分，共55分）
1.2019年1月29日联合国教科文组织启动了“化学元素周期表国际年”系列活动。下列说法错误的是（ ）
A. 对元素周期表和元素周期律最有贡献的科学家是俄国化学家门捷列夫
B. 化学元素周期表是对宇宙中所有已知元素排序的列表
C. 新版元素周期表中包含自然存在元素和人造元素
D. 自然界中的元素是取之不尽、用之不竭的
【答案】D
【解析】
【详解】A.俄国化学家门捷列夫首先发现了元素周期律，并编制了第一张元素周期表，故A正确；B.元素周期表是根据原子结构对宇宙中所有已知原子排序的列表，故B正确；C.2016年修订的新版元素周期表，目前已知118种元素，其中90种自然存在，另28种由人工合成，故C正确；D.有些元素是放射性的，存在时间很短暂，不是取之不尽、用之不竭的，D错误。答案：D。
2.为了防止番茄在长途运输过程中发生腐烂，常常运输尚未完全成熟的果实，运到目的地后再用一种植物生长调节剂将其催熟。这种植物生长调节剂是下列物质中的（ ）
A. 乙烷 B. 苯 C. 乙烯 D. 酒精
【答案】C
【解析】
【分析】乙烯是植物体内产生的一种气体激素，能促进果实成熟，据此分析作答。
【详解】乙烷、乙炔均为气体，酒精为液体，均不具有催熟作用，只有乙烯是植物体内产生的一种气体激素，是一种植物生长调节剂，能促进果实成熟，C项正确；
答案选C。
3.下列变化中属于化学变化且吸热的是（ ）
①液态水汽化 ②将胆矾加热变为白色粉末 ③苛性钠固体溶于水 ④氯酸钾分解制氧气 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰 ⑥干冰升华
A. ②④ B. ①② C. ③⑤ D. ①⑥
【答案】A
【解析】
【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、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）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）。
【详解】吸热过程或放热过程与吸热反应或放热反应不同：
①水汽化是物理变化，不属于吸热反应，①错误；
②（胆矾）CuSO4⋅5H2O受热分解生成CuSO4和H2O，属于吸热反应，②正确；
③苛性钠固体溶于水是放热过程，属于物理变化，故③错误；
④氯酸钾分解制氧气属于吸热反应，故④正确；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰是化合反应，属于放热反应，故⑤错误；
⑥干冰升华为物理变化，故⑥错误；
综上所述，②④正确，A项正确；
答案选A。
4.下列化学用语或命名正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
B. 第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为
C. CO2分子的比例模型 ：
D. NH4Cl的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸中各原子均达到稳定结构，其结构式：，A项错误；
B. 第三周期简单阴离子得电子后,核外电子总数18,其结构示意图均可表示为,B项正确；
C.同周期元素原子半径从左到右依次减小，原子半径比较：O
答案选B。
5.下列各组物质中所含化学键均只有共价键的是（ ）
A. NaCl和K2O2 B. HCl和H2O C. HNO3与NH4NO3 D. K2SO4与SO3
【答案】B
【解析】
【详解】A项，NaCl中钠离子和氯离子之间存在离子键，K2O2中钾离子和过氧离子之间存在离子键，过氧离子中存在共价键，不符合题意，故不选A；
B项，HCl分子中H与Cl原子之间存在共价键，H2O分子中H与O原子之间存在共价键，且只有共价键，符合题意，故选B；
C项，HNO3分子中N与O，O与H原子之间存在共价键，NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，NH4+和NO3-中存在共价键，不符合题意，故不选C；
D项，K2SO4中钾离子与硫酸根根离子之间存在离子键，O与S之间存在共价键，SO3分子中S与O原子之间存在共价键，不符合题意，故不选D。
答案选B。
6.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 28g乙烯、丙烯的混合气体中所含原子数为6NA
B. 28g乙烯所含共用电子对数目为4NA
C. 标准状况下，11.2 L氯仿（CHCl3）所含分子数为0.5 NA
D. 78g苯中含有C—C键数目为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯、丙烯、丁烯混合物的最简式为CH2，含有的原子数为×3×NAmol-1=6NA，故A正确；
B．1个乙烯分子中含有1个碳碳双键，4个C-H，共6对共用电子对，28g乙烯含有的共用电子对数为×6×NAmol-1=6NA，故B错误；
C．标准状况下，氯仿是液体，11.2 L氯仿的物质的量不是0.5mol，故C错误；
D．苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，也不含碳碳单键，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意苯的分子结构的中的碳碳键的特殊性。
7.白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体——黑磷，其转化过程如下：白磷 黑磷，黑磷比白磷稳定。下列叙述正确的是（ ）
A. 黑磷与白磷是磷元素的同位素 B. 白磷转化为黑磷是物理变化
C. 等质量的白磷比黑磷能量高 D. 白磷转化为黑磷时吸收能量
【答案】C
【解析】
【分析】A．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素；
B．根据是否有新物质生成判断是物理变化还是化学变化；
C．能量越低越稳定；
D．先根据稳定性判断能量的高低，再根据能量的高低判断是吸热反应还是放热反应。
【详解】A. 黑磷与白磷是单质，属于同素异形体，不是原子不属于同位素，A项错误；
B. 白磷转化为黑磷，是不同物质之间的转化，属于化学变化，B项错误；
C. 黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，等质量白磷的总能量高于黑磷的总能量，C项正确；
D. 黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，则白磷转化为黑磷是放热反应，D项错误；
答案选C。
8.在2L的密闭容器中进行反应：3H2(g) + N2(g)2NH3(g)，经过一段时间后，NH3物质的量增加0.8 mol，这段时间内用N2表示的平均反应速率为0.01 mol·L-1·s-1。则这段时间为（ ）
A. 10 s B. 20 s C. 30 s D. 40 s
【答案】B
【解析】
【分析】NH3的物质的量增加0.8mol，反应速率之比等于化学计量数之比可知氨气的速率，结合v=计算时间。
【详解】一段时间后，NH3的物质的量增加0.8mol，在这段时间内用N2表示的平均反应速率为0.01mol•l-1•s-1，
由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
则在这段时间内用NH3表示的平均反应速率为2×0.01 mol•l-1•s-1，
0.02 mol•l-1•s-1=，解得△t=20s，答案选B。
【点睛】本题考查反应速率的计算，明确反应速率与化学计量数成正比即可解答，注重基础知识的考查。
9.劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷（）。关于该化合物的说法正确的是（ ）
A. 与互为同系物 B. 分子中所有原子均处于同一平面
C. 一氯代物有4种 D. l mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；与不是同系物，A项错误；
B. 甲烷为四面体结构，分子中含有与甲烷相同的饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，B项错误；
C. 分子中只有一种类型的氢原子，所以一氯代物只有1种，C项错误；
D. 的分子式为C4H8O2，l mol完全燃烧消耗O2为（4+-）mol=5mol，D项正确；
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及同系物概念、同分异构体种数的判断、有机物的空间构型以及有机物燃烧耗氧量的计算等，B项为易错点，注意含有饱和碳原子时，有机物中的所有原子不可能共平面。
10.下列说法中正确的是（ ）
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1
③非金属单质中不含离子键，一定只含共价键
④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S
⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力
⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
A. ①②⑥ B. ①③④⑥ C. ①⑥ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物，因此离子化合物中一定有离子键，若阴离子、阳离子为复杂离子，还可能有共价键，①正确；
②NaHSO4是盐，由阳离子Na+与阴离子HSO4-构成，因此固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，②正确；
③非金属元素的原子容易获得电子，或原子之间形成共用电子对，因此非金属单质中不可能含离子键，若为双原子分子或多原子分子，则含有共价键，若为单原子分子，如惰性气体，就不含共价键，③错误；
④元素的非金属性O>S，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S；由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此物质的沸点：H2O>H2S，④错误；
⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏的是离子键；而HCl是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，因此破坏的作用力不相同，⑤错误；
⑥非极性键可能存在于多原子或双原子的非金属单质中，也可能存在于离子化合物，如Na2O2，或存在于共价化合物中如H2O2等中，⑥正确；
可见说法正确的为①②⑥，因此合理选项为A。
11.研究人员发现了一种利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电的“水”电池，总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。下列说法正确的是（ ）
A. 正极反应式：Ag+Cl--e-=AgCl
B. 每生成1mol Na2Mn5O10转移的电子数为2NA
C. Na+不断向“水”电池的负极移动
D. AgCl是还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】依据原电池工作原理作答。
【详解】A. 在原电池的正极上发生得电子的还原反应，即5MnO2+2e-=Mn5O102-，A项错误；
B. 在反应5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl中，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数=2，所以每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子，B项正确；
C. 原电池中，阳离子向正极移动，则Na+不断向“水”电池的正极移动，C项错误；
D. 在反应中，银元素化合价升高，是氧化产物，D项错误；
答案选B。
【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是B选项，列出关系式，找出电子转移数与物质之间的关系，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。
12.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，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. 反应速率v(B)＝0.25 mol·L－1·min－1
B. 该反应方程式中x＝1
C. 2min时，A的物质的量为1.5mol
D. 2min时，A的转化率为60%
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v（B）=1/2v（D）=0.125 mol·L-1·min-1，A错误；
B、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，B错误；
C、2min时，D的物质的量是0.5mol/L×2 L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得（y-1.5mol）/(y-0.5mol)=3:5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，C正确；
D、A的转化率为1.5mol/3mol×100%=50％，D错误；
答案选C。
13.已知化合物B3N3H6 (硼氮苯)与C6H6 (苯)的分子结构相似，如图，则硼氮苯的一氯取代物B3N3H5Cl的同分异构体的数目为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】由知分子中含有2种不同类型的氢，所以一氯取代物B3N3H5Cl的同分异构体的数目为2。故B正确；A、C、D错误；答案：B。
【点睛】苯环上和六个碳原子相连的氢原子是完全相同,属于同一类型的氢，一氯代物有一种，硼氮苯中的B、N是两种不同的原子.与他们相连的氢也是不同的，所以在中有两种类型的氢原子，所以一氯取代物的种类数和分子中氢原子种类数相同，以此来分析本题。
14.有A、B两种元素，已知元素A的核电荷数为a，且A3－与Bn＋的电子排布完全相同，则元素B的核电荷数为（ ）
A. a－n－3 B. a－n＋3 C. a＋n－3 D. a＋n＋3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，A元素原子的核电荷数为a，A3-与Bn+的电子层排布相同，两种离子的核外电子总数一定相等，据此由原子和离子之间的转化进行分析解答即可。
【详解】A元素原子的核电荷数为a，原子中核电荷数=核内质子数=核外电子数，则其核外电子数为a；A原子得到3个电子形成A3-，则A3-的核外电子数为a+3，B原子失去n个电子形成Bn+，设B的核电荷数为x，由于A3－与Bn＋的电子层排布相同，则：a+3=x-n，解得：x=a+n+3，所以元素B的核电荷数为a+n+3，D项正确；答案选D。
15.为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂与方法都正确的是( )
选项
混合物
除杂试剂
方法
A
乙醇(乙酸)
CaO
蒸馏
B
乙烯(二氧化硫)
酸性高锰酸钾溶液
洗气
C
溴苯(溴)
KI溶液
分液
D
乙烷(C2H4)
氢气
催化加热
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由于乙醇的沸点低于乙酸，蒸馏实际上是将乙醇蒸出，二者的沸点相差不大，所以需要加入CaO使乙酸反应生成沸点更高的乙酸钙，使蒸馏更彻底，A项正确；
B．乙烯也能被高锰酸钾氧化除去，不能除杂，应选氢氧化钠溶液、洗气，B项错误；
C．溴与KI反应后生成碘，碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，C项错误；
D．乙烯与氢气加成，且乙烷中易引入新杂质氢气，应选溴水、洗气，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意乙烯可以与氢气加成，但反应需要催化剂加热，除杂操作较为复杂，另一方面未完全反应的氢气会作为新杂质引入，该方法不合理。
16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。下列说法错误的是（ ）
A. X和Y的原子半径大小：X
C. 常温常压下W的单质为气态
D. X与Z形成的化合物属于碱性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀，该化合物为二氧化硅，则X为O、Z为Si元素；W与X、Y与Z分别同周期，则W位于第二周期，Y位于第三周期，Y可能为Na、Mg、Al元素，W、Y、Z最外层电子数之和为12，当Y为Na时，W的最外层电子数=12-4-1=7，为F元素，其原子序数大于O，不满足条件；当Y为Mg时，W的最外层电子数=12-4-2=6，为O，不可能；当Y为Al时，W的最外层电子数=12-4-3=5，为N元素，满足条件，据此解答。
【详解】根据分析可知：W为N元素，X为O，Y为Al元素，Z为Si元素，
A. 电子层越多原子半径越大，则原子半径X(O)
C. W的单质为氮气，常温常压下氮气为气态， C项正确；
D. X与Z形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅为酸性氧化物，D项错误；
答案选D。
17.下列能一次区分CH3COOH、C2H5OH、苯、硝基苯四种物质是（ ）
A. 溴水 B. pH试纸
C. 碳酸钠溶液 D. 蓝色石蕊试纸
【答案】C
【解析】
【分析】根据各种有机物含有的官能团判断有机物的性质，进而确定鉴别所选择的试剂。
【详解】A．CH3COOH、C2H5OH与溴水混溶，不能鉴别，A项错误；
B．CH3COOH具有酸性，用pH试纸只能鉴别乙酸，其它物质不反应，无法鉴别，B项错误；
C．Na2CO3稀溶液与CH3COOH反应产生气体，与C2H5OH混溶，都不溶于水，且苯的密度比水小，硝基苯的密度比水大，可鉴别，C项正确；
D．CH3COOH具有酸性，用蓝色石蕊试纸只能鉴别乙酸，其它物质不反应，无法鉴别，D项错误；
答案选C。
18.天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是（ ）
A. 当0
C. 正极反应式为O2 +4H+ +4e－=2H2O
D. 当V=67.2 L时，电池总反应方程式可写为CH4＋2O2＋NaOH=NaHCO3＋2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（NaOH）=1.5mol/L×2L=3mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、③Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
【详解】A. 当0
C. 电解质为NaOH，则正极反应式为O2+2H2O+4e−═4OH−，C项错误；
C. 当V=67.2 L时，n(CH4)=3mol，则n(CO2)=3mol，发生反应①②③，则电池总反应式为CH4＋2O2＋NaOH=NaHCO3＋2H2O，D项正确；
答案选C。
【点睛】燃料电池是常考点，准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性，如本题中C项，电解质为碱性环境，则C项错误。
19.450℃时，在某恒容密闭容器中存在反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法能作 为判断该反应达到化学平衡状态标志的是（ ）
A. 容器内压强保持不变 B. v正(N2)=2v逆(NO)
C. N2与CO2的物质的量之比为1∶1 D. 容器内混合气体的密度保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，压强保持不变不一定平衡，故不选A；
B、v 正(N2) = 2v逆 (NO)，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选B；
C、N2与CO2的物质的量之比始终为1∶1，所以N2与CO2的物质的量之比为1∶1，不一定平衡，故不选C；
D、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，反应前后气体质量是变量，根据 ，密度是变量，所以容器内混合气体的密度保持不变一定是平衡状态，故选D。
答案为D。
20.研究表明，化学反应的能量变化与反应物和生成物的键能有关，键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所吸收的能量或生成1mol化学键时所释放的能量。下表是部分化学键的键能数据：
化学键
H－O
O＝O
键能/kJ·mol-1
463.4
498
已知：2H2(g) + O2(g) =2H2O(g)，1mol H2完全燃烧放出热量241.8 kJ，则H－H的键能为（ ）
A. 436 kJ·mol－1 B. 557 kJ·mol－1 C. 413 kJ·mol－1 D. 221.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【分析】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此结合已知条件计算出表中H-H键能。
【详解】1mol H2完全燃烧放出热量241.8 kJ，则2H2(g) + O2(g) =2H2O(g)△H=－483.6 kJ/mol，设H－H的键能为x kJ·mol-1，根据方程式和键能数据可知该反应的反应热＝(2x＋498－2×2×463.4)kJ/mol＝－483.6 kJ/mol，解得x=-436，A项正确；
答案选A。
【点睛】计算时需要注意物质中所含化学键的个数。
第II卷（非选择题，共 45 分）
二、填空题（本题共4小题，共45分）
21.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
I．(1)将钠、钾、镁、铝各1mol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，_______与盐酸反应产生的气体最多。（填元素符号）
(2)向Na2S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．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(1)仪器A的名称为______________。
(2)实验室中现有药品 ：① 稀盐酸 ②稀硝酸 ③Na2SiO3溶液 ④ Na2CO3固体，请选择合适药品设计实验验证 N、C 、Si的非金属性的变化规律；装置A、B中所装药品分别为________、_________。(填序号)但有同学认为该装置有缺陷，如何改进？______________________。
【答案】(1). K (2). Al (3). S2-+Cl2=2Cl-+S↓ (4). 分液漏斗 (5). ② (6). ④ (7). 在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3
【解析】
【分析】I．（1）根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；
（2）硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
II．（1）依据仪器的构造作答；
（2）依据强酸制弱酸的原理作答。要证明非金属性：C>Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，证明非金属性：N>C，可以通过硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳来证明；硝酸具有挥发性，可能会干扰实验结论，据此分析作答。
【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K;生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是Al，故答案为：K；Al；
（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-；
II．要证明非金属性：C>Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，证明非金属性：N>C，可以通过硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳来证明，因此设计实验验证 N、C 、Si的非金属性的变化规律，A中可以加硝酸，通过硝酸与碳酸钠反应制备二氧化碳，再通入C中，C中放入硅酸钠，观察有白色沉淀生成，发生的反应为：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3；因硝酸易挥发，所以改进的方法为：在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3，故答案为：②；④；在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3。
22.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2是当前科学家研究的重要课题。利用H2和CO2生产甲醇燃料，为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3.25 mol H2，在一定条件下反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如图所示。
（1）该反应的化学方程式为：_______________________。
（2）从反应开始到3min时，氢气平均反应速率v(H2)=_________；达到平衡时氢气的浓度为_________。
（3）下列措施中不能使该反应速率增大的是_______________。
A 在原容器中再充入1 molCO2 B 在原容器中充入1 mol He使体系压强增大
C 缩小容器的容积 D 将水蒸气从体系中分离出
（4）当下列物理量不变时，能说明反应已经达到平衡状态的是________。
A 混合气体的压强
B CH3OH(g)和H2O(g)的体积分数比
C 混合气体的密度
D 混合气体的平均摩尔质量
【答案】(1). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) (2). 0.25mol/(L·min) (3). 0.5mol/L (4). BD (5). AD
【解析】
【分析】（1）根据图示可以看出，随着反应的进行二氧化碳逐渐减少至不变，甲醇与水逐渐增大至不变，据此分析出反应物与产物，再结合转化量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；
（2）根据题目内容可知，该工业方法制取甲醇为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水；根据三段式计算出反应混合物各组分的浓度变化量、平衡时的浓度，根据计算出v（H2）；
（3）根据影响平衡化学反应速率的外界因素作判断；
（4）化学反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，正反应速率等于逆反应速率，据此分析判断。
【详解】（1）该工业方法制取甲醇原理为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，根据图示可以看出，△n(CO2)=1.00mol-0.25mol=0.75 mol，△n(CH3OH)= △n(H2O)=0.75mol-0mol=0.75 mol，则对应物质的化学计量数之比为1：1：1，其反应方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)；
（2）根据图示可以看出，3min时，图示中的三种物质的物质的量均为0.5mol，则
，
则从反应开始到3min，氢气的平均反应速率v(H2)= ；平衡时生成甲醇是0.75mol，消耗氢气是2.25mol，剩余氢气是1mol，因此浓度是0.5mol/L；
（3）A. 在原容器中再充入1mol CO2，CO2的总物质的量浓度在增加，化学反应速率增大，A项错误；
B. 在原容器中充入1mol He，体积没有变化，各成分浓度不变，化学反应速率不变，B项正确；
C. 缩小容器的容积，相当于加压，化学反应速率增大，C项错误；
D. 将水蒸气从体系中分离出，减小生成物浓度，化学反应速率减小，D项正确；
故答案选：BD；
（4）对于反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)是气体分子数减小的反应，则
A 混合气体的压强保持不变，则说明各物质的浓度保持不变，可说明反应已经达到平衡状态，A项正确；
B CH3OH(g)和H2O(g)的体积分数比始终是1:1，则CH3OH(g)和H2O(g)的体积分数比保持不变，不能说明反应已经达到平衡状态，B项错误；
C 混合气体的质量不变，该反应体系为恒容密闭容器，则混合气体的密度始终保持不变，因此密度不变不能说明反应已经达到平衡状态，C项错误；
D 混合气体的质量不变，平均摩尔质量不变则说明混合气体的总物质的量不变，即各物质的物质的量保持不变，可以说明反应已经达到平衡状态，D项正确；故答案选AD；
23.正确认识和使用电池有利于我们每一个人的日常生活。
I．电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示（己知石墨只起导电作用，质子交换膜只允许H+通过）。
(1)石墨1为________（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为________________。
(2)反应的总方程式为____________________________。
(3)放电时H+迁移向_________。（填“正极”或“负极”）
(4)某同学关于原电池的笔记中，不合理的有__________。
①原电池两电极材料活泼性一定不同
②原电池负极材料参与反应，正极材料都不参与反应
③Fe-浓硝酸-Cu原电池，Fe是负极
④原电池是将化学能转变为电能的装置
Ⅱ．航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。
(1)某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应为_______ 。
(2)氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，当得到1.8g饮用水时，转移的电子数为_____________。
【答案】(1). 负极 (2). H2O2+2e-+2H+=2H2O (3). SO2+H2O2=H2SO4 (4). 正极 (5). ①②③ (6). H2-2e-+2OH-=2H2O (7). 0.2NA(或1.204×1023)
【解析】
【分析】（1）依据题意可知，过氧化氢可氧化二氧化硫进而除去二氧化硫，根据总的氧化还原反应，结合原电池原理作答；
（2）二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸；
（3）原电池中阳离子移向正极；
（4）原电池中，相对较活泼的金属作负极，燃料电池是碳电极，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，外电路中电子从负极沿导线流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，负极和正极都可以参加反应；
Ⅱ．（1）氢氧燃料电池中，氢气在负极发生氧化反应；
（2）依据总反应，结合物质与转移电子数之间的关系作答。
【详解】I．（1）该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故答案为：负极；H2O2+2e-+2H+=2H2O；
（2）原电池总反应化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）H+的迁移方向为正极，从质子交换膜左侧向右侧迁移，
故答案为：正极；
（4）①原电池两电极 活泼性可以相同，如氢氧燃料电池电极材料为石墨，所以不一定不同，①项错误；
②原电池负极材料参与反应，正极材料也可以参与反应，如铅蓄电池中正极材料PbO2和负极材料Pb都参加反应，②项错误；
③Fe-浓硝酸-Cu原电池，Fe和浓硝酸发生钝化，电极总反应主要是铜与浓硝酸的氧化还原反应，所以Cu是负极，③项错误；
④原电池是将化学能转变为电能的装置，④项正确；
故答案为：①②③；
Ⅱ．（1）碱式氢氧燃料电池中，负极氢气失电子发生氧化反应，则负极反应为2H2+4OH--4e-＝4H2O；
（2）氢氧燃料电池，电极总反应为2H2+O2=2H2O，1.8g饮用水的物质的量为=0.1mol，则转移电子数为0.1×2×NA = 0.2NA(或1.204×1023)。
【点睛】氢氧燃料电池是常考点，需要注意电解质环境，电解质酸碱性会影响电极反应的书写及电极产物，学生要多分析，避免低级错误。
24.为探究苯与溴的取代反应，甲同学用装置I进行如下实验：
将一定量的苯和溴放在烧瓶中，同时加入少量铁屑做催化剂，3-5分钟后发现滴有AgNO3溶液的锥形瓶中有浅黄色沉淀生成，即证明苯与溴发生了取代反应。
（1）装置I中①的化学方程式为__________________________________________________。
（2）①中长导管的作用是______________________________________________。
（3）要得到纯净的产物，可用稀NaOH溶液、蒸馏水洗涤。洗涤分离粗产品后，要进一步提纯，下列操作中必须的是________(填入正确选项前的字母)；
A 重结晶 B 过滤 C 蒸馏 D 萃取
（4）乙同学设计如图所示装置II，并用下列某些试剂完成该实验。可选用的试剂是：苯、液溴、浓硫酸、氢氧化钠溶液、硝酸银溶液、四氯化碳。
① 能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，则试管b中应加入___________，其作用是_________________________；试管c中应加入________________。
② 比较两套装置，装置II的主要优点是_____________________________________。(答出一点即可)
【答案】(1). +Br2+HBr或+Br2+HBr (2). 导气、冷凝回流 (3). C (4). CCl4或苯 (5). 除去未反应的溴蒸气 (6). AgNO3溶液 (7). 可以防倒吸、可以避免杂质干扰、防止污染空气、可以控制反应等。
【解析】
【分析】（1）溴与铁反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；
（2）长导管让挥发出来的溴单质冷凝，防止对产物的干扰；
（3）反应生成的硝基苯和溴互溶呈红褐色油状液滴，可用NaOH溶液试剂洗涤，让反应生成溶于水的物质，再进行分液，最终蒸馏得到纯净的产物；
（4）b中要除去Br2，b中试剂为苯或四氯化碳，c中是为了检验溴离子的生成；装置Ⅱ的主要优点从装置安装的特点及作用考虑。
【详解】（1）因溴与铁反应生成溴化铁：2Fe+3Br2═2FeBr3，苯和液溴在溴化铁或铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢：或；
（2）反应为放热反应，长导管让挥发出来的溴单质冷凝，防止对产物的干扰，即长导管的作用为导气，冷凝回流，故答案为：导气，冷凝回流；
（3）反应生成的硝基苯和溴互溶呈红褐色油状液滴，可用NaOH溶液试剂洗涤，让反应生成溶于水的物质，再进行分液，最后利用沸点不同，用蒸馏方法提纯产品，故答案选C；
（4）①b试剂可以为苯或四氯化碳，其目的是除去未反应的溴蒸气；装你置c中检验溴离子的过程，加入的试剂为硝酸银溶液，故答案为：CCl4或苯；除去未反应的溴蒸气；AgNO3溶液；
③根据以上分析，装置Ⅱ的主要优点是：a试管：导管是短进短出可防止倒吸；铁丝圈移动可以控制反应进行程度；b试管除去Br2，避免杂质干扰；有尾气处理，防止污染空气，
故答案为：可以防倒吸、可以避免杂质干扰、防止污染空气、可以控制反应等。
注意事项：
①本试卷共8页，答题卡2页。考试时间90分钟，满分100分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Cl—35.5 Br—80 Na—23 Mg—24 Al—27 K—39 Mn—55
第I卷（选择题，共 55 分）
一、选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意。1~5题每小题2分，6~20题每小题3分，共55分）
1.2019年1月29日联合国教科文组织启动了“化学元素周期表国际年”系列活动。下列说法错误的是（ ）
A. 对元素周期表和元素周期律最有贡献的科学家是俄国化学家门捷列夫
B. 化学元素周期表是对宇宙中所有已知元素排序的列表
C. 新版元素周期表中包含自然存在元素和人造元素
D. 自然界中的元素是取之不尽、用之不竭的
【答案】D
【解析】
【详解】A.俄国化学家门捷列夫首先发现了元素周期律，并编制了第一张元素周期表，故A正确；B.元素周期表是根据原子结构对宇宙中所有已知原子排序的列表，故B正确；C.2016年修订的新版元素周期表，目前已知118种元素，其中90种自然存在，另28种由人工合成，故C正确；D.有些元素是放射性的，存在时间很短暂，不是取之不尽、用之不竭的，D错误。答案：D。
2.为了防止番茄在长途运输过程中发生腐烂，常常运输尚未完全成熟的果实，运到目的地后再用一种植物生长调节剂将其催熟。这种植物生长调节剂是下列物质中的（ ）
A. 乙烷 B. 苯 C. 乙烯 D. 酒精
【答案】C
【解析】
【分析】乙烯是植物体内产生的一种气体激素，能促进果实成熟，据此分析作答。
【详解】乙烷、乙炔均为气体，酒精为液体，均不具有催熟作用，只有乙烯是植物体内产生的一种气体激素，是一种植物生长调节剂，能促进果实成熟，C项正确；
答案选C。
3.下列变化中属于化学变化且吸热的是（ ）
①液态水汽化 ②将胆矾加热变为白色粉末 ③苛性钠固体溶于水 ④氯酸钾分解制氧气 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰 ⑥干冰升华
A. ②④ B. ①② C. ③⑤ D. ①⑥
【答案】A
【解析】
【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、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）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）。
【详解】吸热过程或放热过程与吸热反应或放热反应不同：
①水汽化是物理变化，不属于吸热反应，①错误；
②（胆矾）CuSO4⋅5H2O受热分解生成CuSO4和H2O，属于吸热反应，②正确；
③苛性钠固体溶于水是放热过程，属于物理变化，故③错误；
④氯酸钾分解制氧气属于吸热反应，故④正确；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰是化合反应，属于放热反应，故⑤错误；
⑥干冰升华为物理变化，故⑥错误；
综上所述，②④正确，A项正确；
答案选A。
4.下列化学用语或命名正确的是（ ）
A. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
B. 第三周期简单阴离子结构示意图均可表示为
C. CO2分子的比例模型 ：
D. NH4Cl的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸中各原子均达到稳定结构，其结构式：，A项错误；
B. 第三周期简单阴离子得电子后,核外电子总数18,其结构示意图均可表示为,B项正确；
C.同周期元素原子半径从左到右依次减小，原子半径比较：O
答案选B。
5.下列各组物质中所含化学键均只有共价键的是（ ）
A. NaCl和K2O2 B. HCl和H2O C. HNO3与NH4NO3 D. K2SO4与SO3
【答案】B
【解析】
【详解】A项，NaCl中钠离子和氯离子之间存在离子键，K2O2中钾离子和过氧离子之间存在离子键，过氧离子中存在共价键，不符合题意，故不选A；
B项，HCl分子中H与Cl原子之间存在共价键，H2O分子中H与O原子之间存在共价键，且只有共价键，符合题意，故选B；
C项，HNO3分子中N与O，O与H原子之间存在共价键，NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，NH4+和NO3-中存在共价键，不符合题意，故不选C；
D项，K2SO4中钾离子与硫酸根根离子之间存在离子键，O与S之间存在共价键，SO3分子中S与O原子之间存在共价键，不符合题意，故不选D。
答案选B。
6.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 28g乙烯、丙烯的混合气体中所含原子数为6NA
B. 28g乙烯所含共用电子对数目为4NA
C. 标准状况下，11.2 L氯仿（CHCl3）所含分子数为0.5 NA
D. 78g苯中含有C—C键数目为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯、丙烯、丁烯混合物的最简式为CH2，含有的原子数为×3×NAmol-1=6NA，故A正确；
B．1个乙烯分子中含有1个碳碳双键，4个C-H，共6对共用电子对，28g乙烯含有的共用电子对数为×6×NAmol-1=6NA，故B错误；
C．标准状况下，氯仿是液体，11.2 L氯仿的物质的量不是0.5mol，故C错误；
D．苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，也不含碳碳单键，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意苯的分子结构的中的碳碳键的特殊性。
7.白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体——黑磷，其转化过程如下：白磷 黑磷，黑磷比白磷稳定。下列叙述正确的是（ ）
A. 黑磷与白磷是磷元素的同位素 B. 白磷转化为黑磷是物理变化
C. 等质量的白磷比黑磷能量高 D. 白磷转化为黑磷时吸收能量
【答案】C
【解析】
【分析】A．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素；
B．根据是否有新物质生成判断是物理变化还是化学变化；
C．能量越低越稳定；
D．先根据稳定性判断能量的高低，再根据能量的高低判断是吸热反应还是放热反应。
【详解】A. 黑磷与白磷是单质，属于同素异形体，不是原子不属于同位素，A项错误；
B. 白磷转化为黑磷，是不同物质之间的转化，属于化学变化，B项错误；
C. 黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，等质量白磷的总能量高于黑磷的总能量，C项正确；
D. 黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，则白磷转化为黑磷是放热反应，D项错误；
答案选C。
8.在2L的密闭容器中进行反应：3H2(g) + N2(g)2NH3(g)，经过一段时间后，NH3物质的量增加0.8 mol，这段时间内用N2表示的平均反应速率为0.01 mol·L-1·s-1。则这段时间为（ ）
A. 10 s B. 20 s C. 30 s D. 40 s
【答案】B
【解析】
【分析】NH3的物质的量增加0.8mol，反应速率之比等于化学计量数之比可知氨气的速率，结合v=计算时间。
【详解】一段时间后，NH3的物质的量增加0.8mol，在这段时间内用N2表示的平均反应速率为0.01mol•l-1•s-1，
由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
则在这段时间内用NH3表示的平均反应速率为2×0.01 mol•l-1•s-1，
0.02 mol•l-1•s-1=，解得△t=20s，答案选B。
【点睛】本题考查反应速率的计算，明确反应速率与化学计量数成正比即可解答，注重基础知识的考查。
9.劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷（）。关于该化合物的说法正确的是（ ）
A. 与互为同系物 B. 分子中所有原子均处于同一平面
C. 一氯代物有4种 D. l mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；与不是同系物，A项错误；
B. 甲烷为四面体结构，分子中含有与甲烷相同的饱和碳原子，因此所有原子不可能处于同一平面，B项错误；
C. 分子中只有一种类型的氢原子，所以一氯代物只有1种，C项错误；
D. 的分子式为C4H8O2，l mol完全燃烧消耗O2为（4+-）mol=5mol，D项正确；
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，涉及同系物概念、同分异构体种数的判断、有机物的空间构型以及有机物燃烧耗氧量的计算等，B项为易错点，注意含有饱和碳原子时，有机物中的所有原子不可能共平面。
10.下列说法中正确的是（ ）
①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键
②NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1
③非金属单质中不含离子键，一定只含共价键
④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S
⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力
⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中
A. ①②⑥ B. ①③④⑥ C. ①⑥ D. ①④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物，因此离子化合物中一定有离子键，若阴离子、阳离子为复杂离子，还可能有共价键，①正确；
②NaHSO4是盐，由阳离子Na+与阴离子HSO4-构成，因此固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，②正确；
③非金属元素的原子容易获得电子，或原子之间形成共用电子对，因此非金属单质中不可能含离子键，若为双原子分子或多原子分子，则含有共价键，若为单原子分子，如惰性气体，就不含共价键，③错误；
④元素的非金属性O>S，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S；由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此物质的沸点：H2O>H2S，④错误；
⑤NaCl是离子化合物，溶于水破坏的是离子键；而HCl是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，因此破坏的作用力不相同，⑤错误；
⑥非极性键可能存在于多原子或双原子的非金属单质中，也可能存在于离子化合物，如Na2O2，或存在于共价化合物中如H2O2等中，⑥正确；
可见说法正确的为①②⑥，因此合理选项为A。
11.研究人员发现了一种利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电的“水”电池，总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。下列说法正确的是（ ）
A. 正极反应式：Ag+Cl--e-=AgCl
B. 每生成1mol Na2Mn5O10转移的电子数为2NA
C. Na+不断向“水”电池的负极移动
D. AgCl是还原产物
【答案】B
【解析】
【分析】依据原电池工作原理作答。
【详解】A. 在原电池的正极上发生得电子的还原反应，即5MnO2+2e-=Mn5O102-，A项错误；
B. 在反应5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl中，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数=2，所以每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子，B项正确；
C. 原电池中，阳离子向正极移动，则Na+不断向“水”电池的正极移动，C项错误；
D. 在反应中，银元素化合价升高，是氧化产物，D项错误；
答案选B。
【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是B选项，列出关系式，找出电子转移数与物质之间的关系，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。
12.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，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. 反应速率v(B)＝0.25 mol·L－1·min－1
B. 该反应方程式中x＝1
C. 2min时，A的物质的量为1.5mol
D. 2min时，A的转化率为60%
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v（B）=1/2v（D）=0.125 mol·L-1·min-1，A错误；
B、根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25 mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，B错误；
C、2min时，D的物质的量是0.5mol/L×2 L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得（y-1.5mol）/(y-0.5mol)=3:5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，C正确；
D、A的转化率为1.5mol/3mol×100%=50％，D错误；
答案选C。
13.已知化合物B3N3H6 (硼氮苯)与C6H6 (苯)的分子结构相似，如图，则硼氮苯的一氯取代物B3N3H5Cl的同分异构体的数目为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】由知分子中含有2种不同类型的氢，所以一氯取代物B3N3H5Cl的同分异构体的数目为2。故B正确；A、C、D错误；答案：B。
【点睛】苯环上和六个碳原子相连的氢原子是完全相同,属于同一类型的氢，一氯代物有一种，硼氮苯中的B、N是两种不同的原子.与他们相连的氢也是不同的，所以在中有两种类型的氢原子，所以一氯取代物的种类数和分子中氢原子种类数相同，以此来分析本题。
14.有A、B两种元素，已知元素A的核电荷数为a，且A3－与Bn＋的电子排布完全相同，则元素B的核电荷数为（ ）
A. a－n－3 B. a－n＋3 C. a＋n－3 D. a＋n＋3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，A元素原子的核电荷数为a，A3-与Bn+的电子层排布相同，两种离子的核外电子总数一定相等，据此由原子和离子之间的转化进行分析解答即可。
【详解】A元素原子的核电荷数为a，原子中核电荷数=核内质子数=核外电子数，则其核外电子数为a；A原子得到3个电子形成A3-，则A3-的核外电子数为a+3，B原子失去n个电子形成Bn+，设B的核电荷数为x，由于A3－与Bn＋的电子层排布相同，则：a+3=x-n，解得：x=a+n+3，所以元素B的核电荷数为a+n+3，D项正确；答案选D。
15.为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂与方法都正确的是( )
选项
混合物
除杂试剂
方法
A
乙醇(乙酸)
CaO
蒸馏
B
乙烯(二氧化硫)
酸性高锰酸钾溶液
洗气
C
溴苯(溴)
KI溶液
分液
D
乙烷(C2H4)
氢气
催化加热
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由于乙醇的沸点低于乙酸，蒸馏实际上是将乙醇蒸出，二者的沸点相差不大，所以需要加入CaO使乙酸反应生成沸点更高的乙酸钙，使蒸馏更彻底，A项正确；
B．乙烯也能被高锰酸钾氧化除去，不能除杂，应选氢氧化钠溶液、洗气，B项错误；
C．溴与KI反应后生成碘，碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，C项错误；
D．乙烯与氢气加成，且乙烷中易引入新杂质氢气，应选溴水、洗气，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为D，要注意乙烯可以与氢气加成，但反应需要催化剂加热，除杂操作较为复杂，另一方面未完全反应的氢气会作为新杂质引入，该方法不合理。
16.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。下列说法错误的是（ ）
A. X和Y的原子半径大小：X
C. 常温常压下W的单质为气态
D. X与Z形成的化合物属于碱性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀，该化合物为二氧化硅，则X为O、Z为Si元素；W与X、Y与Z分别同周期，则W位于第二周期，Y位于第三周期，Y可能为Na、Mg、Al元素，W、Y、Z最外层电子数之和为12，当Y为Na时，W的最外层电子数=12-4-1=7，为F元素，其原子序数大于O，不满足条件；当Y为Mg时，W的最外层电子数=12-4-2=6，为O，不可能；当Y为Al时，W的最外层电子数=12-4-3=5，为N元素，满足条件，据此解答。
【详解】根据分析可知：W为N元素，X为O，Y为Al元素，Z为Si元素，
A. 电子层越多原子半径越大，则原子半径X(O)
C. W的单质为氮气，常温常压下氮气为气态， C项正确；
D. X与Z形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅为酸性氧化物，D项错误；
答案选D。
17.下列能一次区分CH3COOH、C2H5OH、苯、硝基苯四种物质是（ ）
A. 溴水 B. pH试纸
C. 碳酸钠溶液 D. 蓝色石蕊试纸
【答案】C
【解析】
【分析】根据各种有机物含有的官能团判断有机物的性质，进而确定鉴别所选择的试剂。
【详解】A．CH3COOH、C2H5OH与溴水混溶，不能鉴别，A项错误；
B．CH3COOH具有酸性，用pH试纸只能鉴别乙酸，其它物质不反应，无法鉴别，B项错误；
C．Na2CO3稀溶液与CH3COOH反应产生气体，与C2H5OH混溶，都不溶于水，且苯的密度比水小，硝基苯的密度比水大，可鉴别，C项正确；
D．CH3COOH具有酸性，用蓝色石蕊试纸只能鉴别乙酸，其它物质不反应，无法鉴别，D项错误；
答案选C。
18.天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是（ ）
A. 当0
C. 正极反应式为O2 +4H+ +4e－=2H2O
D. 当V=67.2 L时，电池总反应方程式可写为CH4＋2O2＋NaOH=NaHCO3＋2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（NaOH）=1.5mol/L×2L=3mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、③Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
【详解】A. 当0
C. 电解质为NaOH，则正极反应式为O2+2H2O+4e−═4OH−，C项错误；
C. 当V=67.2 L时，n(CH4)=3mol，则n(CO2)=3mol，发生反应①②③，则电池总反应式为CH4＋2O2＋NaOH=NaHCO3＋2H2O，D项正确；
答案选C。
【点睛】燃料电池是常考点，准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性，如本题中C项，电解质为碱性环境，则C项错误。
19.450℃时，在某恒容密闭容器中存在反应：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，下列说法能作 为判断该反应达到化学平衡状态标志的是（ ）
A. 容器内压强保持不变 B. v正(N2)=2v逆(NO)
C. N2与CO2的物质的量之比为1∶1 D. 容器内混合气体的密度保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，压强保持不变不一定平衡，故不选A；
B、v 正(N2) = 2v逆 (NO)，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选B；
C、N2与CO2的物质的量之比始终为1∶1，所以N2与CO2的物质的量之比为1∶1，不一定平衡，故不选C；
D、C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，反应前后气体质量是变量，根据 ，密度是变量，所以容器内混合气体的密度保持不变一定是平衡状态，故选D。
答案为D。
20.研究表明，化学反应的能量变化与反应物和生成物的键能有关，键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所吸收的能量或生成1mol化学键时所释放的能量。下表是部分化学键的键能数据：
化学键
H－O
O＝O
键能/kJ·mol-1
463.4
498
已知：2H2(g) + O2(g) =2H2O(g)，1mol H2完全燃烧放出热量241.8 kJ，则H－H的键能为（ ）
A. 436 kJ·mol－1 B. 557 kJ·mol－1 C. 413 kJ·mol－1 D. 221.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【分析】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此结合已知条件计算出表中H-H键能。
【详解】1mol H2完全燃烧放出热量241.8 kJ，则2H2(g) + O2(g) =2H2O(g)△H=－483.6 kJ/mol，设H－H的键能为x kJ·mol-1，根据方程式和键能数据可知该反应的反应热＝(2x＋498－2×2×463.4)kJ/mol＝－483.6 kJ/mol，解得x=-436，A项正确；
答案选A。
【点睛】计算时需要注意物质中所含化学键的个数。
第II卷（非选择题，共 45 分）
二、填空题（本题共4小题，共45分）
21.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
I．(1)将钠、钾、镁、铝各1mol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，_______与盐酸反应产生的气体最多。（填元素符号）
(2)向Na2S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．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(1)仪器A的名称为______________。
(2)实验室中现有药品 ：① 稀盐酸 ②稀硝酸 ③Na2SiO3溶液 ④ Na2CO3固体，请选择合适药品设计实验验证 N、C 、Si的非金属性的变化规律；装置A、B中所装药品分别为________、_________。(填序号)但有同学认为该装置有缺陷，如何改进？______________________。
【答案】(1). K (2). Al (3). S2-+Cl2=2Cl-+S↓ (4). 分液漏斗 (5). ② (6). ④ (7). 在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3
【解析】
【分析】I．（1）根据金属活动性顺序表可以判断钠、钾、镁、铝的活泼性，活泼性越强，与盐酸反应越剧烈；根据电子守恒比较生成氢气体积大小；
（2）硫离子被氯气氧化成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
II．（1）依据仪器的构造作答；
（2）依据强酸制弱酸的原理作答。要证明非金属性：C>Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，证明非金属性：N>C，可以通过硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳来证明；硝酸具有挥发性，可能会干扰实验结论，据此分析作答。
【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K;生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是Al，故答案为：K；Al；
（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-，故答案为：S2-+Cl2═S↓+2Cl-；
II．要证明非金属性：C>Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，证明非金属性：N>C，可以通过硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳来证明，因此设计实验验证 N、C 、Si的非金属性的变化规律，A中可以加硝酸，通过硝酸与碳酸钠反应制备二氧化碳，再通入C中，C中放入硅酸钠，观察有白色沉淀生成，发生的反应为：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3；因硝酸易挥发，所以改进的方法为：在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3，故答案为：②；④；在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3。
22.如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2是当前科学家研究的重要课题。利用H2和CO2生产甲醇燃料，为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3.25 mol H2，在一定条件下反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如图所示。
（1）该反应的化学方程式为：_______________________。
（2）从反应开始到3min时，氢气平均反应速率v(H2)=_________；达到平衡时氢气的浓度为_________。
（3）下列措施中不能使该反应速率增大的是_______________。
A 在原容器中再充入1 molCO2 B 在原容器中充入1 mol He使体系压强增大
C 缩小容器的容积 D 将水蒸气从体系中分离出
（4）当下列物理量不变时，能说明反应已经达到平衡状态的是________。
A 混合气体的压强
B CH3OH(g)和H2O(g)的体积分数比
C 混合气体的密度
D 混合气体的平均摩尔质量
【答案】(1). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) (2). 0.25mol/(L·min) (3). 0.5mol/L (4). BD (5). AD
【解析】
【分析】（1）根据图示可以看出，随着反应的进行二氧化碳逐渐减少至不变，甲醇与水逐渐增大至不变，据此分析出反应物与产物，再结合转化量之比等于化学计量数之比书写化学方程式；
（2）根据题目内容可知，该工业方法制取甲醇为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水；根据三段式计算出反应混合物各组分的浓度变化量、平衡时的浓度，根据计算出v（H2）；
（3）根据影响平衡化学反应速率的外界因素作判断；
（4）化学反应达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，正反应速率等于逆反应速率，据此分析判断。
【详解】（1）该工业方法制取甲醇原理为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，根据图示可以看出，△n(CO2)=1.00mol-0.25mol=0.75 mol，△n(CH3OH)= △n(H2O)=0.75mol-0mol=0.75 mol，则对应物质的化学计量数之比为1：1：1，其反应方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)；
（2）根据图示可以看出，3min时，图示中的三种物质的物质的量均为0.5mol，则
，
则从反应开始到3min，氢气的平均反应速率v(H2)= ；平衡时生成甲醇是0.75mol，消耗氢气是2.25mol，剩余氢气是1mol，因此浓度是0.5mol/L；
（3）A. 在原容器中再充入1mol CO2，CO2的总物质的量浓度在增加，化学反应速率增大，A项错误；
B. 在原容器中充入1mol He，体积没有变化，各成分浓度不变，化学反应速率不变，B项正确；
C. 缩小容器的容积，相当于加压，化学反应速率增大，C项错误；
D. 将水蒸气从体系中分离出，减小生成物浓度，化学反应速率减小，D项正确；
故答案选：BD；
（4）对于反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)是气体分子数减小的反应，则
A 混合气体的压强保持不变，则说明各物质的浓度保持不变，可说明反应已经达到平衡状态，A项正确；
B CH3OH(g)和H2O(g)的体积分数比始终是1:1，则CH3OH(g)和H2O(g)的体积分数比保持不变，不能说明反应已经达到平衡状态，B项错误；
C 混合气体的质量不变，该反应体系为恒容密闭容器，则混合气体的密度始终保持不变，因此密度不变不能说明反应已经达到平衡状态，C项错误；
D 混合气体的质量不变，平均摩尔质量不变则说明混合气体的总物质的量不变，即各物质的物质的量保持不变，可以说明反应已经达到平衡状态，D项正确；故答案选AD；
23.正确认识和使用电池有利于我们每一个人的日常生活。
I．电化学法处理SO2是目前研究的热点。利用双氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，设计装置如图所示（己知石墨只起导电作用，质子交换膜只允许H+通过）。
(1)石墨1为________（填“正极”或“负极”），正极的电极反应式为________________。
(2)反应的总方程式为____________________________。
(3)放电时H+迁移向_________。（填“正极”或“负极”）
(4)某同学关于原电池的笔记中，不合理的有__________。
①原电池两电极材料活泼性一定不同
②原电池负极材料参与反应，正极材料都不参与反应
③Fe-浓硝酸-Cu原电池，Fe是负极
④原电池是将化学能转变为电能的装置
Ⅱ．航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。
(1)某碱式氢氧燃料电池的电解质溶液是KOH溶液，则其负极反应为_______ 。
(2)氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，当得到1.8g饮用水时，转移的电子数为_____________。
【答案】(1). 负极 (2). H2O2+2e-+2H+=2H2O (3). SO2+H2O2=H2SO4 (4). 正极 (5). ①②③ (6). H2-2e-+2OH-=2H2O (7). 0.2NA(或1.204×1023)
【解析】
【分析】（1）依据题意可知，过氧化氢可氧化二氧化硫进而除去二氧化硫，根据总的氧化还原反应，结合原电池原理作答；
（2）二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸；
（3）原电池中阳离子移向正极；
（4）原电池中，相对较活泼的金属作负极，燃料电池是碳电极，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，外电路中电子从负极沿导线流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，负极和正极都可以参加反应；
Ⅱ．（1）氢氧燃料电池中，氢气在负极发生氧化反应；
（2）依据总反应，结合物质与转移电子数之间的关系作答。
【详解】I．（1）该原电池中，通入二氧化硫的电极上失电子发生氧化反应，则通入二氧化硫的电极是负极、通入双氧水的电极是正极，正极上双氧水得电子生成水，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故答案为：负极；H2O2+2e-+2H+=2H2O；
（2）原电池总反应化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）H+的迁移方向为正极，从质子交换膜左侧向右侧迁移，
故答案为：正极；
（4）①原电池两电极 活泼性可以相同，如氢氧燃料电池电极材料为石墨，所以不一定不同，①项错误；
②原电池负极材料参与反应，正极材料也可以参与反应，如铅蓄电池中正极材料PbO2和负极材料Pb都参加反应，②项错误；
③Fe-浓硝酸-Cu原电池，Fe和浓硝酸发生钝化，电极总反应主要是铜与浓硝酸的氧化还原反应，所以Cu是负极，③项错误；
④原电池是将化学能转变为电能的装置，④项正确；
故答案为：①②③；
Ⅱ．（1）碱式氢氧燃料电池中，负极氢气失电子发生氧化反应，则负极反应为2H2+4OH--4e-＝4H2O；
（2）氢氧燃料电池，电极总反应为2H2+O2=2H2O，1.8g饮用水的物质的量为=0.1mol，则转移电子数为0.1×2×NA = 0.2NA(或1.204×1023)。
【点睛】氢氧燃料电池是常考点，需要注意电解质环境，电解质酸碱性会影响电极反应的书写及电极产物，学生要多分析，避免低级错误。
24.为探究苯与溴的取代反应，甲同学用装置I进行如下实验：
将一定量的苯和溴放在烧瓶中，同时加入少量铁屑做催化剂，3-5分钟后发现滴有AgNO3溶液的锥形瓶中有浅黄色沉淀生成，即证明苯与溴发生了取代反应。
（1）装置I中①的化学方程式为__________________________________________________。
（2）①中长导管的作用是______________________________________________。
（3）要得到纯净的产物，可用稀NaOH溶液、蒸馏水洗涤。洗涤分离粗产品后，要进一步提纯，下列操作中必须的是________(填入正确选项前的字母)；
A 重结晶 B 过滤 C 蒸馏 D 萃取
（4）乙同学设计如图所示装置II，并用下列某些试剂完成该实验。可选用的试剂是：苯、液溴、浓硫酸、氢氧化钠溶液、硝酸银溶液、四氯化碳。
① 能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，则试管b中应加入___________，其作用是_________________________；试管c中应加入________________。
② 比较两套装置，装置II的主要优点是_____________________________________。(答出一点即可)
【答案】(1). +Br2+HBr或+Br2+HBr (2). 导气、冷凝回流 (3). C (4). CCl4或苯 (5). 除去未反应的溴蒸气 (6). AgNO3溶液 (7). 可以防倒吸、可以避免杂质干扰、防止污染空气、可以控制反应等。
【解析】
【分析】（1）溴与铁反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；
（2）长导管让挥发出来的溴单质冷凝，防止对产物的干扰；
（3）反应生成的硝基苯和溴互溶呈红褐色油状液滴，可用NaOH溶液试剂洗涤，让反应生成溶于水的物质，再进行分液，最终蒸馏得到纯净的产物；
（4）b中要除去Br2，b中试剂为苯或四氯化碳，c中是为了检验溴离子的生成；装置Ⅱ的主要优点从装置安装的特点及作用考虑。
【详解】（1）因溴与铁反应生成溴化铁：2Fe+3Br2═2FeBr3，苯和液溴在溴化铁或铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢：或；
（2）反应为放热反应，长导管让挥发出来的溴单质冷凝，防止对产物的干扰，即长导管的作用为导气，冷凝回流，故答案为：导气，冷凝回流；
（3）反应生成的硝基苯和溴互溶呈红褐色油状液滴，可用NaOH溶液试剂洗涤，让反应生成溶于水的物质，再进行分液，最后利用沸点不同，用蒸馏方法提纯产品，故答案选C；
（4）①b试剂可以为苯或四氯化碳，其目的是除去未反应的溴蒸气；装你置c中检验溴离子的过程，加入的试剂为硝酸银溶液，故答案为：CCl4或苯；除去未反应的溴蒸气；AgNO3溶液；
③根据以上分析，装置Ⅱ的主要优点是：a试管：导管是短进短出可防止倒吸；铁丝圈移动可以控制反应进行程度；b试管除去Br2，避免杂质干扰；有尾气处理，防止污染空气，
故答案为：可以防倒吸、可以避免杂质干扰、防止污染空气、可以控制反应等。
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