【化学】宁夏回族自治区银川一中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

宁夏回族自治区银川一中2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N—14 O—16 P—31 Cl—35.5
一、选择题（每题2分，共50分）
1.对于化学反应的限度的叙述，错误的是(　　)
A. 化学反应的限度是不可改变的
B. 化学反应达到限度时，正、逆反应速率相等
C. 化学反应的限度与时间的长短无关
D. 任何可逆反应都有一定的限度
【答案】A
【解析】在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是该条件下的反应限度。可逆反应的限度是在一定条件下的，当改变条件时，限度也会随之发生变化，所以选项A是错误的，其他选项都是正确的。因此答案选A。
2.下列说法不正确的是(　　)
A. 核能、太阳能、氢能都是新能源
B. 已知反应 C(s，石墨)===C(s，金刚石)吸热反应，可得结论：石墨比金刚石更稳定
C. “开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多
【答案】D
【详解】A. 根据新能源标准可知，核能、太阳能、氢能都是新能源，A项正确；
B. 反应 C(s，石墨)===C(s，金刚石)为吸热反应可知，石墨的能量比金刚石的能量低，能量越低越稳定，故石墨比金刚石更稳定，B项正确；
C. “开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”可减少大气污染物的排放，都能提高空气质量，C项正确；
D. 等质量的硫蒸气的能量高于硫固体的能量，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多，D项错误；
答案选D。
3.下列关于卤族元素由上到下性质递变规律的叙述，正确的是(　　)
①单质的氧化性增强 ②单质的颜色加深 ③气态氢化物的稳定性增强　④单质的沸点升高　⑤阴离子的还原性增强
A. ①②③ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①③⑤
【答案】C
【详解】①卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，故①错误；
②卤素单质从上到下，单质的颜色分别为浅黄绿色、黄绿色、红棕色、紫色，颜色逐渐加深，故②正确；
③卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故③错误；
④卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，单质的沸点升高，故④正确；
⑤卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性增强，故⑤正确。
故选C。
4.下反应既是氧化还原反应,又是吸热反应的是(　　)。
A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. 甲烷在空气中燃烧的反应
C. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 D. 灼热的木炭与CO2的反应
【答案】D
【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，以此来解答。
【详解】A. Zn、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，但属于放热反应，A项错误；
B. C. O元素的化合价变化，为氧化还原反应，但为放热反应，B项错误；
C. 不存在元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，C项错误；
D.  C元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，且为吸热反应， D项正确；
答案选D。
5.下列反应中，属于取代反应的是(　　)。
A. CH4C＋2H2 B. C2H6＋Cl2C2H5Cl＋HCl
C. CH4＋2O2CO2＋2H2O D. 2HI＋Cl2===2HCl＋I2
【答案】B
【解析】试题分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，则A、甲烷在高温下分解生成碳和氢气，是分解反应，不是取代反应，A错误；B、乙烷和氯气在光照条件小发生取代反应，B正确；C、甲烷与氧气在点燃的条件下燃烧，不是取代反应，C错误；D、碘化氢和氯气发生氧化还原反应生成氯化氢和碘，D错误，答案选B。
6.下列关于甲烷的叙述正确的是(　　)
A. 甲烷分子的立体构型是正四面体，所以CH2Cl2有两种不同构型
B. 甲烷能够燃烧,在一定条件下会发生爆炸，因此甲烷是矿井安全的重要威胁之一
C. 甲烷可以与氯气发生取代反应，因此可以使氯水褪色
D. 甲烷能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【详解】A. 甲烷是正四面体型，所以CH2Cl2不存在同分异构体，A项错误；
B. 不纯的甲烷点燃易爆炸，是矿井安全的重要威胁之一，B项正确；
C. 甲烷和氯气在光照的条件下可发生取代反应，但和氯水不反应，C项错误；
D. 常温下，甲烷化学性质稳定，不能被高锰酸钾氧化，D项错误；
答案选B。
7.各烧杯中盛有海水,铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为(　　)。

A. ②①③ B. ③①②
C. ②③① D. ③②①
【答案】A
【详解】①铁为活泼金属，可与稀硫酸发生反应生成氢气，发生化学腐蚀，反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑；
②B为原电池装置，较活泼的Fe为原电池的负极，发生氧化反应被腐蚀，电极方程式为：Fe−2e-=Fe2+，Sn为正极，发生还原反应，电极方程式为2H++2e−=H2↑；
③Zn比Fe活泼，形成原电池反应，锌被氧化，正极发生还原反应生成氢气，电极方程式为2H++2e−=H2↑，铁做正极被保护；
①发生化学腐蚀，②铁发生电化学腐蚀，③锌比铁活泼，铁做原电池的正极而被保护，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，腐蚀速率由快到慢的顺序为②>①>③，A项正确；
答案选A。
8.M、N、Q、P为四种短周期元素，已知M、Q同主族，N、P同周期；M的气态氢化物比Q的稳定；N的阳离子比P的阳离子氧化性强；N的阳离子比Q的阴离子少一个电子层。下列表示中，正确的是(　　)
A. 原子序数：M>N>Q>P B. 非金属性强弱：Q>M
C. 原子半径：P>N>Q>M D. 简单离子半径：P>N>Q>M
【答案】C
【解析】M、N、Q、P是4种短周期元素，M、Q同主族，M的气态氢化物比Q的稳定；所以M、Q为非金属，原子序数Q>M，M处于第二周期，Q处于第三周期；N、Q、P同周期，均处于第三周期，N的阳离子比Q的阴离子少一个电子层，则N为金属元素、Q非金属元素，N的阳离子比P的阳离子氧化性强，则金属性N N > P> M，A错误； M、Q同主族，M的的气态氢化物比Q的气态氢化物稳定，所以非金属性M> Q，B错误；同周期从左到右元素原子半径逐渐减小，所以原子半径P> N >Q，同主族从上到下原子半径逐渐增大,所以原子半径Q> M，所以原子半径P>N>Q>M ，C正确；M 、N 、P离子的核外电子排布相同，Q离子的核外电子排布比M 、N 、P的离子多一个电子层，电子层数越多，离子半径越大，所以Q阴离子半径最大，核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子的半径越小，原子序数N>P> M，所以离子半径Q> M> P>N，D错误；正确选项C 。
9.我国的纳米技术基础研究能力已跻身于世界前列，例如曾作为我国两年前十大科技成果之一的就是一种合成纳米材料，化学式为RN。已知该化合物中的Rn＋核外有28个电子。则R元素位于元素周期表的(　)
A. 第四周期ⅢA族 B. 第三周期ⅤA族
C. 第五周期ⅢA族 D. 第四周期ⅤA族
【答案】A
【分析】纳米材料的化学式为RN，该化合物里与氮结合的Rn+核外有28个电子，N元素为-3价，R元素为+3价，则Rn+带3个单位的正电荷，Rn+核外有28个电子，则R原子的质子数=28+3=31，根据零族定位法确定其在元素周期表的位置。
【详解】纳米材料的化学式为RN，该化合物里与氮结合的Rn+核外有28个电子，N元素为-3价，R元素为+3价，则Rn+带3个单位的正电荷，Rn+核外有28个电子，则R原子的质子数=28+3=31，因Kr为36号，位于第四周期0族，故R处于第四周期ⅢA族，B项正确，
答案选B。.
10.C5H12有3种不同结构：甲CH3(CH2)3CH3，乙CH3CH(CH3)CH2CH3，丙C(CH3)4。下列相关叙述正确的是(　　)
A. 甲、乙、丙属同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应
B. C5H12表示一种纯净物
C. 甲、乙、丙中，丙的沸点最低
D. 丙有3种不同沸点的二氯取代物
【答案】C
【解析】试题分析：A、甲、乙、丙的结构不同，分子式相同是同分异构体关系，错误；B、C5H12有3种结构，代表3种物质，所以不能表示纯净物，错误；C、同分异构体中，支链越多，沸点越低，丙的支链最多，所以沸点最低，正确；D、丙中的4个甲基是等效的，所以只有2种不同沸点的二氯代物，错误，答案选C。
11.下列实验能达到实验目的的是(　　)
选项
实验操作
实验目的
A
Cl2、Br2分别与H2反应
比较氯、溴的非金属性强弱
B
向MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3
比较镁、铝的金属性强弱
C
向Na2CO3中加入少量稀盐酸，可看到有气体产生
比较碳、氯的非金属性强弱
D
在光照条件下向CH4中通入足量Cl2
制备纯净的CCl4
【答案】A
【详解】A. 单质与氢气反应越剧烈，说明元素的非金属性越强，可用于比较非金属性强弱，A项正确；
B. MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3都生成沉淀，不能判断金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的碱性强弱判断，B项错误；
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，对应元素非金属性越强，但盐酸不是氯元素对应的最高价含氧酸，则不能利用强酸制弱酸的原理来解释非金属性，C项错误；
D. 甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，会生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳以及无机物HCl，不可能得到纯净的CCl4，D项错误；
答案选A。
12.在元素周期表中的前四周期，两两相邻的5种元素如图所示，若B元素的核电荷数为a。下列说法正确的是（ ）

A. B、D的原子序数之差可能为2
B. E、B的原子序数之差可能是8、18或32
C. A、E的原子序数之差可能是7
D. 5种元素的核电荷总数之和可能为5a＋10
【答案】D
【分析】由四种元素在周期表中的位置可知，D、B、E分别在周期表的第二、三、四周期，若B元素的核电荷数为a，则A的原子序数为a-1，C的原子序数为a+1，D的原子序数为a-8，E的原子序数为a+18，则五种元素的核电荷总数之和为：a+a-1+a+1+a-8+a+18=5a+10，据此对各选项进行判断。
【详解】A. 根据分析可知，B与D的原子序数之差为8，不可能为2，A项错误；
B. B. E的原子序数之差为18，B项错误；
C.  A. E的原子序数之差为：a+18−(a−1)=19，C项错误；
D. A的原子序数为a−1，C的原子序数为a+1，D的原子序数为a−8，E的原子序数为a+18，则五种元素的核电荷总数之和为：a+a−1+a+1+a−8+a+18=5a+10，D项正确；
答案选D。
13.航天飞船可用肼(N2H4)作动力源。已知1 g液态肼和足量的液态过氧化氢反应生成N2和水蒸气时放出20.05 kJ热量,化学方程式为N2H4+2H2O2=N2↑+4H2O。下列说法中错误的是　(　　)
A. 肼(N2H4)分子中只存在极性共价键
B. 此情况下,液态肼燃烧生成1 mol N2时放出的热量为641.6 kJ
C. 该反应中肼作还原剂
D. 该反应的反应物总能量高于生成物的总能量
【答案】A
【详解】A. 肼中存在N−H极性键，也有N−N非极性键，结构简式为，A项错误；
B. 1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量，则1mol肼反应放出的热量为32×20.05 kJ =641.6 kJ，B项正确；
C. N2H4中N元素为−2价，反应后生成N2为0价，所以N元素化合价升高，所以肼作还原剂，C项正确；
D. 反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，D项正确；
答案选A。
14.在t ℃时，10 L 0.4 mol·L－1 H2O2溶液发生催化分解：2H2O2===2H2O＋O2↑，不同时刻测得生成O2的体积如下表，已知反应至6 min时，H2O2分解了50%(已折算为标准状况)
t/min
0
2
4
6
V(O2)/L
0.0
9.9
17.2
V＝？
下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
A. 0～2 min H2O2平均反应速率比4～6 min慢
B. 反应至6 min时，共产生O2 44.8 L
C. 0～6 min的平均反应速率v(H2O2)≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1
D. 反应至6 min时，c(H2O2)＝0.3 mol·L－1
【答案】C
【解析】试题分析：A．双氧水的物质的量是4mol，反应至6min时，H2O2分解了50%，则生成氧气是1 mol，标准状况下的体积是22.4L，则4～6min内氧气增加了22.4L—17.2L＝5.2 L，所以0～2min 内H2O2平均反应速率比4～6min快，A错误；B．反应至6min时，共产生O2 22.4L，B错误；C．0～6min的平均反应速率 v(H2O2）＝0.2mol/L÷6min≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，C正确；D．反应至6min时，H2O2分解了50%，则反应至6min时，c(H2O2） = 0.2mol·L－1，D错误，答案选C。
15.取一支硬质大试管,通过排饱和食盐水方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图),下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是(　　)

A. 此反应无光照也可发生
B. 盛放饱和食盐水的水槽底部会有少量晶体析出
C. 甲烷和Cl2反应后的产物只有CH3Cl和HCl
D. CH4和Cl2完全反应后液面上升,液体充满试管
【答案】B
【分析】甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，反应产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳四种卤代烃，同时还有氯化氢生成，所以反应产物为混合物；卤代烃不溶于水中，因此在试管内壁有油状液滴出现，据此进行判断。
【详解】A. 甲烷和氯气发生取代反应，必须在光照条件下进行，A项错误；
B. 发生取代反应生成的HCl溶于氯化钠溶液后，能使氯化钠的溶解度降低，故能使饱和氯化钠溶液中有晶体析出，B项正确；
C. 甲烷和Cl2反应后生成的CH3Cl能继续和氯气发生取代，从而生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，C项错误；
D. 甲烷和氯气取代后生成的一氯甲烷为气体，其它有机产物均为液态，且生成的HCl溶于水，故此甲烷和氯气的反应为气体的物质的量减少的反应，故会导致液面上升，但液体不能充满整个试管，D项错误；
答案选B。
16.其他条件不变时,能使反应速率加快的是　(　　)
A. 对于反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O,增大体系的压强
B. 对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),容器体积固定不变时,充入N2
C. 对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),容器体积固定不变时,充入Ar
D. 对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),容器气体压强不变时,充入Ar
【答案】B
【分析】影响化学反应速率的条件有温度、浓度、压强以及催化剂等因素，注意压强增大时浓度必须增大，否则反应速率不会增大。
【详解】A. 该反应是在溶液中进行的反应，压强增大不影响反应速率，A项错误；
B. 容器体积不变充入氮气，氮气浓度增大，反应速率加快，B项正确；
C. 容器体积不变充入氩气，各组分浓度不变，反应速率不变，C项错误；
D. 压强不变充入氩气，容器体积增大，各组分浓度减小，反应速率减慢，D项错误；
答案选B。
17.一定温度下,在固定体积的密闭容器中发生下列反应:2HIH2+I2。若c(HI)由0.1 mol·L-1降到0.07 mol·L-1时,需要15 s,那么c(HI)由0.07 mol·L-1降到0.05 mol·L-1时,所需反应的时间为 (　　)
A. 5 s B. 10 s
C. 大于10 s D. 小于10 s
【答案】C
【详解】若c（HI）由0.1mol/L 降到0.07mol/L时，需要15s，即减少0.03mol/L需要15s；c（HI）由0.07mol/L 降到0.05mol/L时，浓度减少0.02mol/L，当速率与浓度变化成正比时，需要10s，但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以所需的时间大于10s，C项正确；
答案选C。
18.一定量的甲烷在O2不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和H2O的总质量为14.4 g，若其中水的质量为7.2 g，则CO的质量是 (　　)。
A. 2.8 g B. 4.4 g
C. 5.6 g D. 在2.8 g～5.6 g之间
【答案】A
【解析】试题分析：先由可知生成物中H2O为0.4mol，再由组成关系式H2O～2H可知，生成物中所含H为0.8mol，则由甲烷组成关系式CH4～4H可知，反应物中甲烷为0.2mol；设生成物中CO、CO2分别为xmol、ymol，由碳元素守恒可得：x+y=0.2，由n•M可知，28x+44y+7.2=14.4，解上述方程组可得：x=0.1、y=0.1，则CO、CO2的质量分别为2.8g、4.4g；答案选A。
19.已知CaCO3和盐酸反应的化学方程式为CaCO3(s)+2HClCaCl2+H2O+CO2↑,下列措施中可使生成CO2的速率加快的是(不考虑CaCO3与盐酸接触面积改变的影响)(　　)
A. 加大CaCO3的量 B. 加大盐酸的量
C. 加大盐酸的浓度 D. 减小CaCl2的浓度
【答案】C
【详解】A. 增大碳酸钙固体的用量，固体加量不影响反应速率，则反应速率不变，A项错误；
B. 盐酸浓度不变，使用量增大，用量不影响反应速率，则反应速率不变，B项错误；
C. 加大盐酸的浓度，反应速率加快，C项正确；
D. 由于给定的反应不是可逆反应，减小氯化钙的浓度，不影响反应速率，D项错误；
答案选C。
20.短周期的三种元素X、Y、Z，已知X元素的原子最外只有一个电子，Y元素的原子M层上的电子数是它的内层电子总数的一半，Z元素原子的L层上的电子数比Y元素原子的L层上的电子数少2个，则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能的是（ ）
A. X2YZ4 B. XYZ3 C. X3YZ4 D. X4Y2Z7
【答案】A
【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z，Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素。已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族．判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式。
【详解】Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素，为+3、+5价等；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素，为-2价。已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，X+1价。
A. Y的化合价为+6价，不符合，A项错误；
B. Y的化合价为+5价，符合，B项正确；
C. Y的化合价为+5价，符合，C项正确；
D.Y的化合价为+5价，符合，D项正确；
答案选A。
21.已知R2＋核内共有N个中子，R的质量数为A，确定m g R2＋中含有电子的物质的量为(　　)
A. m(A-N)/A mol B. m(A-N+2)/Amol
C. m(A-N-2)/A mol D. m(A+N-2)/A mol
【答案】C
【详解】由R2+离子的核内有N个中子，R的质量数为A，则R原子质子数为A-N，故该离子核外电子数为N-A-2，根据n=可得m g R2+的物质的量==mol，则含有的电子的物质的量为mol×（N-A-2）= m(A-N-2)/A mol，C项正确；
答案选C。
22.分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）(　　)。
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【详解】分子式为C5H11Cl的同分异构体有：
主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；
主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；
主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；
共有8种情况。
故选C。
23.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如图所示，已知电池总反应为：2Li+ SO2Cl2= 2LiCl+SO2↑。下列叙述中错误的是（ ）

A. 电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应
B. 电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→碳棒
C. 电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑
D. 电池工作时，外电路流过0.2 mol电子，生成2.24 L气体
【答案】D
【分析】根据电池反应式知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，所以Li是负极，反应为：2Li-2e-═2Li+，碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子发生还原反应，所以电极反应式为：SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，电子从负极流向正极，据此解答。
【详解】A. 放电时Li元素化合价由0价变为+1价，所以Li是负极，发生氧化反应，A项正确；
B. 放电时，Li是负极，另一个电极是正极，负极上失电子、正极上得电子，所以电子从负极沿导线流向正极，即电子流向：锂电极→导线→负载→碳棒，B项正确；
C. 电池工作时，碳棒是正极，其电极反应式为：SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，C项正确；
D. 未标明是否是标准状况，无法通过电子数来计算生成气体的体积，D项错误；
答案选D。
24.可以证明可逆反应N2(g) + 3H2(g) ⇌2NH3(g) 已达到平衡状态是（　　）
①6个N-H键形成的同时，有3个H-H键断裂；
②3个H-H键断裂的同时，有6个N-H键断裂；
③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；
④保持其他条件不变时，体系压强不再改变；
⑤NH3%、N2%、H2%都不再改变；
⑥恒温恒容时，密度保持不变；
⑦正反应速率v（H2）=0.6mol/（L•min），逆反应速率v（NH3）=0.4mol/（L•min）
A. 全部 B. ②③④⑤⑥⑦
C. ②③④⑤⑦ D. ③④⑤⑥⑦
【答案】C
【详解】①无论是否达到平衡状态，只要6个N-H键形成的同时，就有3个H-H键断裂，所以不能证明该反应达到平衡状态，①项错误；
②反应达到平衡状态时，只要3个H-H键断裂的同时，就有6个N-H键断裂，说明正反应速率等于逆反应速率，所以能证明该反应达到平衡状态，②项正确；
③该反应是气体分子数减小的体系，若该反应达到平衡状态时，则气体总物质的量不变，又气体混合物的质量不变，所以其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，能说明该反应达到平衡状态，③项正确；
④该反应是气体分子数减小的体系，当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则其压强也不变，所以保持其他条件不变时，体系压强不再改变，能说明该反应达到平衡状态，④项正确；
⑤反应达到平衡状态时，各物质的百分含量不变，所以NH3%、N2%、H2%都不再改变能证明说明该反应达到平衡状态，⑤项正确；
⑥恒温恒容时，气体的总质量不变，体积不变，气体的密度始终保持不变，所以不能证明该反应达到平衡状态，⑥项错误；
⑦v正（H2）表示消耗H2的速率，v逆（NH3）表示消耗NH3的速率，且v正（H2）：v逆（NH3）=3：2，充分说明向两个相反方向进行的程度相当，说明到达平衡状态，⑦项正确；
综上所述，②③④⑤⑦项符合题意，C项正确；
答案选C。
25.已知1～18号元素的离子aXm+、bY n+、cZp-、dWk- 都具有相同的电子层结构，下列关系正确是（　　）
A. 若p＞k，则还原性：cZp- ＜ dWk-
B. 若m＞n，则碱性 X(OH)m＞Y(OH)n
C. 若半径aXm+＞bY n+，则a＜b
D. 若半径aXm+＞bY n+，则X单质一定能从含Yn+的盐溶液中置换出Y
【答案】C
【解析】试题分析：短周期元素的离子：aX m+、bYn+、cZP－、dWk－均具有相同的电子层结构，则有：a-m=b-n=c+p=d+q，则有A、B在周期表中C、D的下一周期，且A、B为金属元素，C、D为非金属元素。在同一周期的元素，阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小。A．阴离子带有的电荷越多，其原子序数越小，若p＞k，则原子序数c＜d。同一周期的元素，随着原子序数的增大，其阴离子的还原性减弱，所以还原性cZP－ >dWk－，错误；B．阳离子带有的电荷越多，其原子序数越大，若m＞n，则原子序数A＞B，同一周期的元素，随着原子序数的增大，其最高价氧化物的水化物的碱性减弱，则碱性X(OH)mO2－>Na＋>Al3+ (5). (6). SO2＋2Fe3＋＋2H2O===2Fe2＋＋SO42-＋4H＋
【分析】由化合价可知Y化合价有+6、-2价，应为ⅥA族元素，为S元素，M化合价只有-2价，为O元素，Z化合价为+5、-3，为ⅤA族元素，因原子半径大于O小于S，应为N元素，X化合价为+1价，为ⅠA族元素，原子半径大于S，为Na元素；R为+3价，属于ⅢA族元素，原子半径小于Na，大于S，为Al元素，据此分析作答。
【详解】(1) 根据分析可知M为O元素，主族元素周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数，则O元素位于周期表中第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；
(2)X与Y按原子个数比1:1构成的物质为Na2S2，过硫化钠是离子化合物，由钠离子与过硫根离子构成,电子式，硫原子之间通过共用电子对形成共价键，所含化学键类型为离子键、共价键，故答案为：；离子键、共价键；
(3) X＋、 Y2－、M2－和R3+分别为Na+、S2‾、O2‾和Al3+，电子层数越多，半径越大，S2‾电子层数最多，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，则离子半径大小顺序为S2－>O2－>Na＋>Al3+；
（4）N元素与H元素通过共用电子对形成氨气，其形成过程可表示为：；
(5)反应生成硫酸亚铁和盐酸,则将SO2气体通入FeCl3溶液中的离子反应为：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；
28.将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)，反应进行到10 s末达到平衡，此时测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，C的物质的量为0.8 mol。
(1)用C表示10 s内反应的平均反应速率为________。
(2)10 s末，生成物D的浓度为________。
(3)A与B的平衡转化率之比为________。
(4)反应过程中容器内气体的平均相对分子质量变化是_____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，气体的密度变化是______。
(5)在一定温度下，体积不变的密闭容器中，上述反应达到平衡的标志是_______(填字母)。
A. 气体总质量保持不变 B. A、B、C、D的浓度都相等
C. 每消耗3 mol A的同时生成2 mol D D. A、B、C、D的分子数之比为3∶1∶2∶2
E. 3V正（A） = 2V逆（C） F. A的转化率保持不变
【答案】(1). 0.04 mol·L－1·s－1 (2). 0.4 mol·L－1 (3). 1∶1 (4). 不变 (5). 不变 (6). F
【分析】（1）依据化学反应速率的基本定义式作答；
（2）依据生成D的物质的量进行计算；
（3）依据转化率的定义结合题意分析作答；
（4）混合气体的质量和物质的量、容器的体积均不变化；
（5）根据平衡状态判断标志作答；
【详解】（1）==0.04 mol·L－1·s－1；
（2）根据方程式可知，10s末，生成物D的物质的量与C的物质的量相等，为0.8mol，则10s末，生成物D的浓度为= =0.4mol/L；
（3）平衡转化率等于转化量与初始量的比值，因平衡时A与B的物质的量之比等于1.8mol:0.6mol=3:1，转化量之比等于化学计量数之比也等于3:1，则平衡转化率之比：=1:1；
（4）反应过程中容器内气体的总质量保持不变，总的物质的量保持不变，则平均相对分子质量不变，又是在固定容积为2 L的密闭容器中进行，则气体的体积保持不变，即气体的密度不变；
（5）由反应3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g）可知：
A．气体总质量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，A项错误；
B. A、B、C、D的浓度都相等，不能说明浓度保持不变，则不能说明反应达到平衡状态，B项错误；
C. 每消耗3 mol A的同时生成2 mol D，均表示的正反应方向，C项错误；
D．A、B、C、D的分子数之比为3∶1∶2∶2，不能说明反应的物质的量保持不变，D项错误；
E． 2V正（A） =3 V逆（C），说明正反应速率等于逆反应速率，反应已经达到平衡状态，但题中的定量关系不能说明反应达到平衡状态，E项错误；
F. A的转化率保持不变，说明反应达到平衡状态，F项正确；
答案选F。
29.Ⅰ．有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序,两人均用镁片和铝片作电极,但甲同学将电极放入6 mol·L-1的H2SO4溶液中,乙同学将电极放入6 mol·L-1的NaOH溶液中,如图所示。

(1)写出甲中正极的电极反应式:____。
(2)乙中负极为__,总反应的离子方程式:___。 
(3)由此实验得出的下列结论中,正确的有____。 
A.利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质
B.镁的金属性不一定比铝的金属性强
C.该实验说明金属活动性顺序表已过时,没有实用价值了
D.该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大,因此应具体问题具体分析
Ⅱ．化学电池在通信、交通及日常生活中有着广泛的应用。目前常用的镍镉(NiCd)电池,其电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸,以下说法正确的是____(填字母序号)。 
①放电时Cd作正极　 ②放电时Ni元素被还原　
③充电时化学能转变为电能　 ④放电时化学能转变为电能
Ⅲ.氢气和氧气可形成氢氧燃料电池。通常氢氧燃料电池有酸式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式(当电解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时)两种。试回答下列问题:
(1)酸式电池的电极反应:正极_____;
(2)碱式电池的电极反应:负极_______。
【答案】(1). 2H++2e-H2↑ (2). Al (3). 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ (4). AD (5). ②④ (6). O2+4e-+4H+2H2O (7). 2H2-4e-+4OH-4H2O
【分析】Ⅰ．甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，镁作正极，正极发生还原反应，通过对比甲乙实验可知，电解质溶液的酸碱性可能影响电极反应式，电池的正负极判断除了与金属活动性顺序有关，还与电解质有关，据此分析作答；
Ⅱ．根据总反应式结合原电池与电解池的工作原理作答；
Ⅲ. 正极上，O2得电子变为O2－，溶液中O2－不能单独存在，酸性条件下与H＋结合生成H2O，碱性条件下与H2O分子结合生成OH－；负极上，酸性条件下H2失电子变为H＋，H＋进入电解质溶液；碱性条件下H＋不能大量存在，与OH－结合生成水。两种环境下电池总反应均是H2和O2生成水的反应。
【详解】Ⅰ．根据原电池原理可知，甲中总反应是镁与稀硫酸反应生成硫酸镁与氢气，镁作负极发生失电子的氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：2H++2e-＝H2↑；
（2）乙中铝与氢氧化钠和水发生氧化还原反应，因此铝作该电池的负极，总的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为：Al；2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
（3）
A. 利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质，如酸性条件下活泼金属做负极，而碱性条件下就不一定，A项正确；
B. 镁的金属性比铝的金属性强，B项错误；
C.该实验说明金属活动性顺序表主要指的是酸性条件下金属的还原性，C项错误；
D.该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析，D项正确；
答案选AD；
Ⅱ．电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，则，
①放电时，Cd转化为Cd(OH)2，元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，作原电池的负极，①项错误；
②放电时，Ni元素从+3价降低到+2价，元素被还原，②项正确；
③充电过程利用的是电解池的工作原理，是将电能转化为化学能，③项错误；
④放电过程利用的是原电池的工作原理，是将化学能转变为电能，④项正确；
综上所述，②④项正确，答案为：②④；
Ⅲ. 根据上述分析可知，
(1)酸式电池正极上O2得电子转化为H2O，其电极反应式为：O2+4e-+4H+＝2H2O；
(2)碱式电池负极氢气失电子转化为水，其电极反应式为：2H2-4e-+4OH-＝4H2O。