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甘肃省张掖市第二中学2019-2020学年高一4月开学测试化学试题
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高一化学
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Cu:64 Mn:55 Fe:56 Ba:137 Ca:40
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、选择题(共25小题，每小题2分，共50分)
1.下列有关描述正确的是( )
A. 钠在空气中燃烧，发出淡蓝色的火焰，生成淡黄色固体
B. 硅能导电，可用作光导纤维
C. 玻璃花瓶和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐产品
D. 久置的氯水与新制的氯水，都能使有色布条褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体，故A错误；
B．用作光导纤维是二氧化硅不是硅单质，故B错误；
C．玻璃花瓶和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐产品，故C正确
D．新制的氯水中含有次氯酸，具有强氧化性，能使有色布条褪色；由于次氯酸不稳定，见光会分解，久置的氯水其溶质为HCl，不能使有色布条褪色，故D错误。
答案为C。
2.下列实验方案设计中可行的是( )
A. 用分液的方法分离碘和四氯化碳
B. 利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
C. 用溶解、过滤的方法分离CaCl2和AlCl3固体混合物
D. 用澄清石灰水试液鉴别SO2和CO2两种气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.碘和四氯化碳是互溶的，不能用分液的方法分离，故A错误；
B. Fe(OH)3胶体能发生丁达尔效应，因此利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，故B正确；
C. CaCl2和AlCl3易溶于水，因此不能用溶解、过滤的方法分离CaCl2和AlCl3固体混合物，故C错误；
D. SO2和CO2通入澄清石灰水都变浑浊，不能用澄清石灰水鉴别，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】区别溶液和胶体本质区别是分散质粒子直径大小区别，而用丁达尔效应进行现象区别。
3.对实验I～IV的实验现象判断正确的是( )
A. :产生红褐色沉淀
B. :溶液变红色
C. :产生大量气泡
D. ：试管中先出现白色沉淀，后溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，故A错误；
B. 三价铁离子遇硫氰化钾溶液变红色，二价铁离子不变色，故B错误；
C. 铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，故C正确；
D. 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故D错误；
答案选C。
【点睛】考查元素及其化合物的性质，需熟悉物质的性质和物质间的联系。
4.设NA为阿付加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4 L H2与O2的混合气体所含原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 15 g C2H6中含有共价键数目为7NA
D. 1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LH2物质的量为，所含原子数为2NA，22.4LO2物质的量为，所含原子数为2NA，因此22.4LH2与O2的混合气体，不管H2和O2的比例是多少，其所含原子数为2NA，A正确；
B．N2与H2反应是可逆反应，N2+3H22NH3，因此1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，B错误；
C．1个C2H6含有共价键7个，15gC2H6物质的量为，含有共价键数目为3.5NA，C错误；
D．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式1mol Na2O2转移2mol电子，因此1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA，D错误。
答案为A。
5.除去下列括号内杂质能达到目的的是( )
A. NaCl溶液(K2SO4)：BaCl2溶液 B. MgO固体(Al2O3)：NaOH溶液
C. Fe2(SO4)3溶液(FeSO4)：氯水 D. CO2气体(SO2)：NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaCl溶液(K2SO4)，BaCl2溶液沉淀硫酸根，但钾离子不能除去，故A不符合题意；
B. MgO固体(Al2O3)，NaOH溶液溶解Al2O3，MgO固体不反应，能除杂，故B符合题意；
C. Fe2(SO4)3溶液(FeSO4)，氯水氧化亚铁离子生成铁离子和氯离子，引入了氯离子杂质，故C不符合题意；
D. CO2气体(SO2)，NaOH溶液与CO2气体、SO2气体都要反应，不能除杂，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6.下表中对于相关物质的分类全部正确的是
选项
纯净物
混合物
碱性氧化物
非电解质
A.
液氧
漂白粉
Al2O3
CO
B.
生理盐水
氢氧化铁胶体
Na2O2
乙醇
C.
碱石灰
盐酸
K2O
Cl2
D.
胆矾
水玻璃
CaO
SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氧化铝是两性氧化物，A错误；
B、生理盐水是氯化钠溶液，是混合物，过氧化钠不是碱性氧化物，B错误；
C、碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；
D、胆矾为五水硫酸铜，为纯净物；水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物；氧化钙与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；二氧化硫本身不能电离出离子，不能导电，属于非电解质，分类均正确，D正确；
答案选D
【点睛】掌握相关概念的含义和物质的组成是解答的关键，尤其要注意电解质和非电解质的判断，化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，另外对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质。
7.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu + 4H＋ + 2NO3- =Cu2＋ + 2NO2↑ + H2O
B. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2＋+OH－+H＋+SO42- = BaSO4↓ +H2O
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D. Cl2溶于水：Cl2 + H2O＝2H++Cl-+ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将铜丝插入稀硝酸，反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，3Cu + 8H＋ + 2NO3－ =3Cu2＋ + 2NO↑ + 4H2O，故A错误；
B. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42− = BaSO4↓ +2H2O，故B错误；
C 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵：Al3＋+3NH3·H2O = Al(OH)3↓ +3NH4+，故C正确；
D. Cl2溶于水，HClO是弱酸，不能拆：Cl2 + H2O＝H++Cl－+ HClO－，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】氨水过量与少量，与铝离子反应都生成氢氧化铝沉淀。
8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )
A. 强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42-
B. 在无色透明的溶液中：K＋、Cu2＋、SO42-、NO3-
C. 含有0.1 mol·L-1 Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、Cl－
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3-、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强碱性溶液中OH－与Al3＋反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B. Cu2＋是蓝色，故B不符合题意；
C. Ca2＋与CO32−反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42−能大量共存，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
9.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
D. 若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气为还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1:4，故C正确；
D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48L HF，物质的量为：0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；
故答案为C。
10.如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置．现用60%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体，实验现象很明显，且不易污染空气．下列说法中错误的是（ ）
A. 紫色石蕊溶液先变红后褪色 B. 品红溶液褪色
C. 溴水橙色褪去 D. 含酚酞的NaOH溶液红色变浅
【答案】A
【解析】
【分析】
从物质分类角度看，二氧化硫属于酸性氧化物，所以可以与碱反应得到盐和水，与碱性氧化物反应得到盐，与水反应得到亚硫酸。从硫的化合价角度看，处于中间价，既有氧化性又有还原性，如与硫化氢反应得到硫和水，表现氧化性；与氯气、铁离子、高锰酸钾等强氧化剂反应得到硫酸根离子，表现还原性。另外，二氧化硫还有漂白这一特性。
【详解】A、二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸显酸性，紫色石蕊溶液变蓝色不褪色，故选项A错误；
B、因为二氧化硫有漂白性，所以品红褪色，故选项B正确；
C、因二氧化硫具有还原性，能与溴水发生反应： Br 2 +SO 2 +2H 2 0=2H Br +H 2 SO 4 ，所以溴水褪色，故选项C正确；
D、因二氧化硫能与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，溶液碱性减弱，所以溶液红色变浅，故D正确。
正确答案选A。
【点睛】二氧化硫的漂白性只是对品红溶液等起作用；二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，对石蕊只起酸性。
11.下列化学用语的书写，正确的是( )
A. 氯原子的结构示意图：
B. 质子数为117，中子数为176的Ts原子：
C. 氯化镁的电子式：
D. 氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶
【答案】C
【解析】
【详解】A. 是氯离子的结构示意图，故A错误；
B. 质子数为117，中子数为176的Ts原子：，故B错误；
C. 氯化镁的电子式：，故C正确；
D. 氮气的电子式：，故D错误。
综上所述，答案为C。
12.下列递变规律正确的是（ ）
A. O、S、Na、K的原子半径依次增大
B. Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强
C. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
D. KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子层数越多，半径越大；同周期从左到右半径逐渐减小，正确；
B．同一主族元素，随原子序数的递增：Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强；
C．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱；
D．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱。
13.下列事实不能作为实验判断依据是( )
A. 钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱
B. 铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠与铁的金属活动性强弱
C. 酸性H2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应越剧烈，钠和镁分别与冷水反应，钠反应比镁剧烈，所以可以据此判断金属性强弱，故A正确；
B．钠投入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应，铁能置换出硫酸铜中的铜，这两个实验都说明Cu的活泼性最弱，不能说明Fe、Na的活泼性强弱，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，酸性H2CO3＜H2SO4，这两种酸都是其最高价氧化物的水化物，所以能判断非金属性强弱，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越容易，F2与Cl2分别与H2反应，根据其反应剧烈程度判断非金属性强弱，故D正确；
故选B。
14.某元素原子的质量数为A，它的阳离子Xn+核外有x个电子，w克这种元素的原子核内中子数为（ ）
A. mol B. mol
C. mol D. mol
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用n= 计算原子的物质的量，再由阳离子中质子数=核外电子数+电荷数求出质子数，最后利用质子数与中子数之和等于质量数来计算中子数。
【详解】w克这种元素的原子的物质的量为 mol，阳离子Xn＋核外有x个电子，则质子数为x+n，中子数为A－（x+n）=A-x-n，则w克这种元素的原子核内中子数为mol×（A-x-n）= ；
故选C。
【点睛】本题考查学生利用原子构成简单计算，明确原子的物质的量的计算是解答本题的关键，注意以g·mol－1为单位，摩尔质量在数值上等于质量数。
15.下列各组物质中化学键的类型相同的是( )
A. HCl、MgCl2、NH4Cl B. NH3、H2O、CO2
C. N2、Na2O、CS2 D. CaCl2、NaOH、H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. HCl只含有共价键，MgCl2只含有离子键，NH4Cl既含离子键又含共价键，故A不符合题意；
B. NH3、H2O、CO2都只含有共价键，故B符合题意；
C. N2只含有共价键，Na2O只含有离子键，CS2只含有共价键，故C 不符合题意；
D. CaCl2只含有离子键，NaOH既含离子键又含共价键，H2O2含极性键又含非极性键，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素
X
Y
Z
W
原子半径/pm
186
143
75
71
主要化合价
＋1
＋3
＋5、＋3、－3
－1
下列叙述正确的是（ ）
A. X、Y元素的金属性X
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 四种元素对应的简单离子的离子半径大小顺序为Z3－>W－>X＋>Y3＋
【答案】D
【解析】
【分析】
由表中数据分析可知，X的原子半径最大，其主要化合价为+1，则其可能为Na；Y的原子半径较大，其主要化合价为+3，则其可能为Al；Z的原子半径比Y小很多，其主要化合价为＋5、＋3、－3，则其可能为N；W的原子半径最小，其主要化合价为-1，则其可能为F。综合以上信息，可以确定上述推断皆为肯定。
【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为Na、Al、N、F。
A. 同一周期从左到右，元素的金属性依次减弱，故Na的金属性强于Al元素，A不正确；
B. N的非金属性没有F强，故N的气态氢化物没有F的气态氢化物稳定，B不正确；
C. Y的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，其只能溶于强碱性的溶液，不能溶于稀氨水，C不正确；
D. 电子层结构相同的离子，原子序数越大的半径越小；N3－、F－、Na＋、Al3＋的电子层结构相，故四其半径大小顺序为N3－>F－>Na＋>Al3＋，D正确。
综上所述，叙述正确的是D。
17.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应物的能量小于生成物的能量，图中反应为吸热反应，符合题意，A项正确；
B. 反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，不符合题意，B项错误；
C. 浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，不符合题意，C项错误；
D. 活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D项错误；
答案选A。
18.将用导线连接的电极X、Y插入装有硫酸铜溶液的烧杯中(外电路中电子流向如图所示)。据此判断下列说法正确的是( )。
A. 外电路中电流方向为X→Y
B. 若电极材料分别为锌片和铜片，则Y为锌片
C. X极上发生还原反应
D. 若电极材料都是金属，则金属活动性：X>Y
【答案】D
【解析】
【详解】根据图示，电子从X极通过外电路移动到电极Y，则X为负极，Y为正极。
A．电子带负电荷，故电流方向与电子流动方向相反，电流方向为Ｙ→Ｘ，A项错误；
B．电子从X极流出，经导线流向Y极，故X极为负极、Y极为正极，X比Y活泼，B项错误；
C．X为负极，在负极上，反应物失去电子，发生氧化反应，C错误；
D．在原电池中，一般，负极金属材料比正极金属材料活泼，则X＞Y，D正确。
答案选D。
19.如图所示，X为单质硅，Y为金属铁，a为NaOH溶液，组装成一个原电池，下列说法正确的是( )
A. X为负极，电极反应式为Si－4e－=Si4＋
B. X为正极，电极反应式为4H2O＋4e－=4OH－＋2H2↑
C. X为负极，电极反应式为Si＋6OH－－4e－=SiO＋3H2O
D. Y为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：硅、铁、NaOH溶液组成原电池时，由于Si能自发地和NaOH溶液发生氧化还原反应，所以Si为负极，电极反应式为：Si-4e-+6OH-=SiO32—+3H2O；铁为正极，电极反应式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，总反应：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，据此判断选C。
20.将4molA气体和2molB气体置于1L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g)=2C(g)。若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法正确的是()
A. 用物质A表示的反应速率为1.2mol/(L·s) B. 2s时物质A的转化率为30％
C. 用物质B表示的反应速率为0.6mol/(L·s) D. 2s时物质B的浓度为0.6mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A．若经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，则物质C的平均速率为，用A物质表示的反应速率υ(A)=υ(C)=0.6mol∙L−1·s−1，故A错误；
B．根据A选项分析得到υ(A)=υ(C)=0.6mol∙L−1·s−1，则，Δn(A)=1.2mol，2s时物质A的转化率，故B正确；
C．若经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，则物质C的平均速率为，用物质表示的反应速率υ(B)=υ(C)=×0.6mol∙L−1·s−1=0.3mol∙L−1·s−1，故C错误；
D．根据B选项分析得到Δn(A)=1.2mol，Δn(B)=Δn(A)=×1.2mol=0.6mol，则2s时物质B的物质的量为2mol−0.6mol=1.4mol，物质的量浓度为，故D错误。
答案为B。
21.其他条件不变时，能使反应速率加快的是( )
A. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入N2
B. 对于反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，增加Fe的量
C. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入Ar
D. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器气体压强不变时，充入Ar
【答案】A
【解析】
【详解】A. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入N2，N2浓度增大，反应速率加快，故A符合题意；
B. 对于反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，增加Fe的量，Fe为固体，增加固体的量，浓度不发生改变，速率不变，故B不符合题意；
C. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入Ar，反应物浓度不变，速率不变，故C不符合题意；
D. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器气体压强不变时，充入Ar，容器体积增大，反应物浓度减小，速率减慢，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
22.在一定温度下的定容容器中，发生反应3A(g)+ B(s) ⇌ 2C(g)+ D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是 ( )
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均摩尔质量不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为3:2:1
⑤单位时间内生成n mol D，同时生成3 n mol A
⑥单位时间内消耗n mol B，同时生成2 n mol C
A. ①②③ B. ①②⑤⑥ C. ③④⑥ D. ②③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①该反应是等体积反应，压强始终不变，因此混合气体的压强不变不能作为判断平衡标志，故①不符合题意；
②密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量增大，容器体积不变，密度变大，当混合气体的密度不变，可作为判断平衡标志，故②符合题意；
③混合气体的平均摩尔质量等于气体质量除以气体的物质的量，正向反应，气体的质量增大，气体的物质的量不变，当混合气体的平均摩尔质量不变，可作为判断平衡标志，故③符合题意；
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为3:2:1，不能作为判断平衡标志，故④不符合题意；
⑤单位时间内生成nmolD，正向反应，同时生成3nmolA，逆向反应，比例遵循计量系数比，可作为判断平衡标志，故⑤符合题意；
⑥单位时间内消耗nmolB，正向反应，同时生成2nmolC，正向反应，同一个方向，不能作为判断平衡标志，故⑥不符合题意；
因此②③⑤能作为判断平衡标志，故D符合题意。
答案为D。
【点睛】不能根据浓度比值等于多少来判断是否达到化学平衡，一般说某物质的浓度不变，则可以作为判断平衡的标志。
23.下列叙述错误的是
A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱和强氧化剂都不反应
B. 甲烷化学性质稳定，不能被任何氧化剂氧化
C. 甲烷与Cl2反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应
D. 甲烷的四种有机取代产物有一种气态，其余三种为液态且都不溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A项、甲烷化学性质比较稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；
B项、甲烷可以燃烧，能与氧气发生氧化反应，故B错误；
C项、甲烷是饱和链烃，跟氯气在光照条件下发生取代反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl、CCl4，故C正确；
D项、甲烷的四种有机取代物中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液态且都不溶于水，故D正确。
故选B。
24.下列各组中的关系互为同系物的是
A. 1H和2H B. CH3-CH2-CH2-CH3和
C. C2H6和C3H8 D. O2和O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．1H和2H的质子数相同中子数不同，互为同位素，A错误；
B．CH3-CH2-CH2-CH3和的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；
C．C2H6和C3H8分别是乙烷和丙烷，结构相似，分子式相差1个CH2，互为同系物，C正确；
D．O2和O3均是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，D错误。
答案选C。
25.下列说法说法正确的是( )
A. 乙烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有3种
B. 丙烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有4种
C. 正丁烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有5种
D. 正戊烷一氯代物的同分异构体有3种，二氯代物的同分异构体有8种
【答案】B
【解析】
【详解】A. 乙烷有1种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有1种，二氯代物同一个碳上有1种，不同碳上有1种，因此二氯代物的同分异构体有2种，故A错误；
B. 丙烷有2种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物同一个碳上有2种，不同碳上2种，因此二氯代物的同分异构体有4种，故B正确；
C. 正丁烷有2种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物同一个碳上有2种，不同碳上4种，因此二氯代物的同分异构体有6种，故C错误；
D. 正戊烷有3种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有3种，二氯代物同一个碳上有3种，不同碳上6种，因此二氯代物的同分异构体有9种，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】有几种位置的氢则为一氯代物有几种，二氯代物主要是先根据同一个碳分析，再根据不同碳原子分子用同异构体。
第II卷(非选择题，共50分)
二、填空题
26.常见物质A~K之间存在如图所示的转化关系，其中A、D、E、H为单质，请回答下列问题。
(1)下列物质化学式是：C______，H______。
(2)反应“I→J”的离子方程式是____。
(3)检验J溶液中的金属离子的方法是(写出操作步骤、现象及结论)____。
【答案】 (1). AlCl3 (2). Fe (3). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (4). 在试管中取少量J溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，若溶液变为红色，则说明J溶液含有Fe3+
【解析】
【分析】
溶液C与氨水反应生成白色沉淀F，白色沉淀F与氢氧化钠溶液反应生成溶液G，说明G为NaAlO2，F为Al(OH)3，金属A与溶液B反应生成气体D，金属A为Al，气体D和黄绿色气体E(Cl2)反应生成气体B，气体B溶于水，溶液B与金属H反应生成溶液I，根据后面红褐色沉淀，得到金属H为Fe，则B为HCl，溶液C为AlCl3，则D为H2，溶液I为FeCl2，溶液J为FeCl3，K为Fe(OH)3。
【详解】(1)根据前面分析得到物质的化学式是：C为AlCl3，H为Fe；
(2)反应“I→J”是Fe2+与Cl2反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；
(3)检验J溶液中的金属离子的方法是主要是用KSCN溶液检验铁离子，变红，说明溶液中含有铁离子。
27.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图(部分反应条件及产物略去)。
(1)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为____。
(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为____，试用化学方程式表示该物质与水的反应____。将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为____。
(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。请结合所学知识，写出实验室制取A的化学方程式____。
【答案】 (1). 2SO2+O2 2SO3 (2). 过氧化钠 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (4). Na2CO3 (5). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】
【详解】(1)若A是一种黄色单质固体，为S，硫被氧气氧化变为二氧化硫，二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫，则B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3；
(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C为过氧化钠，A为金属钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式表示该物质与水的反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，则D的化学式为Na2CO3；
(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为氨气，B为一氧化氮，C为二氧化氮，实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙加热反应，其化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
28.A、B、C、D、E均为短周期元素，原子序数依次增大，请根据表中信息回答下列问题：
元素
元素性质或结构
A
最外层电子数是其内层电子数的2倍
B
B元素的单质在空气中含量最多
C
C元素在地壳中含量最多
D
D是同周期中原子半径最小的元素
E
E元素在同周期中金属性最强
F
F元素的最外层电子数等于周期序数
G
G元素原子M层上电子数比L上少2个电子。
(1)G在元素周期表中的位置________。
(2)B最简单气态氢化物的结构式____，属于____化合物(填“离子”或“共价”)；E的最高价氧化物的水化物电子式____，所含化学键类型________。
(3)C、D、E、F、G简单离子半径由大到小顺序为：____(填离子符号)。
(4)用电子式表示G的氢化物的形成过程______。
(5)A元素的某氧化物与E元素的某含氧化合物反应生成单质的化学方程式是_______。
(6)E、F两元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式：____。
【答案】 (1). 第3周期第ⅥA族 (2). (3). 共价 (4). (5). 离子键和共价键 (6). r(S2-)>r(O2-)>r(F-)>r(Na+)>r(Al3+) (7). (8). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (9). Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E均为短周期元素，原子序数依次增大，A最外层电子数是其内层电子数的2倍，则A为C，B元素的单质在空气中含量最多，则B为N，C元素在地壳中含量最多，则C为O，D是同周期中原子半径最小的元素，则D为F，E元素在同周期中金属性最强，则E为Na，F元素的最外层电子数等于周期序数，则F为Al，G元素原子M层上电子数比L上少2个电子，则G为S。
【详解】(1)G为S，在元素周期表中的位置第3周期第ⅥA族；故答案为：第3周期第ⅥA族。
(2)B为N，最简单气态氢化物为NH3，其结构式，属于共价化合物；E为Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，其电子式，所含化学键类型离子键和共价键；故答案为：；共价；；离子键和共价键。
(3)根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则C、D、E、F、G简单离子半径由大到小顺序为：r(S2−)＞r(O2−)＞r(F－)＞r(Na+)＞r(Al3+)；故答案为：r(S2−)＞r(O2−)＞r(F－)＞r(Na+)＞r(Al3+)。
(4)用电子式表示G的氢化物即H2S的形成过程，左边写原子的电子式，右边写化合物的电子式，因此其形成过程为；故答案为：。
(5)A元素的某氧化物与E元素的某含氧化合物反应生成单质是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2。
(6)E、F两元素最高价氧化物对应水化物氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，其相互反应的离子方程式：Al(OH)3 + OH－ = AlO2－ + 2H2O；故答案为：Al(OH)3 + OH－ = AlO2－ + 2H2O。
29.(1)将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是____(填字母)。
A. 铝片、铜片 B. 铜片、铝片 C. 铝片、铝片 D. 铜片、铜片
写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：______。
(2)若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。写出A电极反应式：______；该电池在工作时，A电极的质量将____(填“增加”“减小”或“不变”)。若该电池反应消耗了0.1 mol H2SO4，则转移电子的数目为____。
(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出B电极反应式：____；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将______(填“增强”“减弱”或“不变”)。
(4)若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：_______；若该电池反应消耗了6.4gCH4，则转移电子的数目为_____。
【答案】 (1). B (2). Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O (3). Pb -2 e-＋SO42-=PbSO4 (4). 增加 (5). 0.1NA或6.02´1022 (6). O2+4e-+2H2O=4OH- (7). 减弱 (8). CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ (9). 3.2NA或 3.2´6.02´1023
【解析】
【详解】(1)将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中，铝与浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸反应，因此铜作负极，铝作正极，将铝片和铜片用导线相连，插入烧碱溶液中，铝与氢氧化钠溶液反应，铜与氢氧化钠溶液不反应，因此铝作负极，铜作正极，故B符合题意；插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：Al−3e－+4OH－=AlO2－+2H2O；
(2)若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。Pb化合价升高，作原电池负极，因此A电极反应式：Pb−2e－＋SO42−=PbSO4；该电池在工作时，A电极Pb变为PbSO4，其质量增加；根据反应总方程式知2mol硫酸参与反应转移2mol电子，因此若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子物质的量为0.1mol，电子数目为0.1NA或6.02´1022；
(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，通入燃料的一极为负极，通入氧化剂氧气的一极为正极，因此B电极反应式：O2+4e－+2H2O=4OH－；总的反应为2H2+O2=2H2O，该电池在工作一段时间后，KOH物质的量未变，但反应生成水，溶液体积变大，KOH浓度变小，因此溶液的碱性将减弱；
(4)若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，通入燃料的一极作负极，A电极反应式：CH4−8e－+2H2O=CO2+8H+；反应中1mol甲烷转移8mol电子，因此若该电池反应消耗了6.4gCH4物质的量为0.4mol，则转移电子的物质的量为3.2mol，电子的数目为3.2NA或3.2´6.02´1023。
30.将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)，反应进行到10 s末，达到平衡，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)反应前A的物质的量浓度是_______。
(3)10 s末，生成物D的浓度为______。
(4)A与B的平衡转化率之比为_______。
(5)平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化(填“增大”、“减小”或“不变”)：
①降低温度____；
②增大压强____
③增大A的浓度_____；
④恒容下充入Ne______。
(6)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)_____；
A.v(B)=2v(C)
B.容器内压强不再发生变化
C.A的体积分数不再发生变化
D.器内气体密度不再发生变化
E.相同时间内消耗n mol的B的同时生成2n mol的D
【答案】 (1). 0.04mol/(L∙s) (2). 1.5 mol/L (3). 0.4 mol/L (4). 1:1 (5). 减小 (6). 增大 (7). 增大 (8). 不变 (9). C
【解析】
【详解】(1)用C表示10s内反应的平均反应速率为；
(2)10s末C的物质的量为0.8mol，则Δn(A)=1.5Δn(C)=1.5×0.8mol=1.2mol，反应前A的物质的量为1.2mol+1.8mol=3mol，则反应前A的物质的量浓度是；
(3)10s末，Δn(D)=Δn(C)=0.8mol，生成物D的浓度为；
(4)Δn(B)=Δn(C)=×0.8mol=0.4mol，根据(2)中得到A转化率，B的转化率，则A与B的平衡转化率之比为40%：40%=1:1；
(5)①降低温度，速率减小；
②增大压强，速率增大；
③增大A的浓度；
④恒容下充入Ne，反应体系的浓度不变，速率不变；
(6)A．v(B)=2v(C)，未谈正反应速率和逆反应速率，且速率比也错误，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；
B．正反应是体积不变的反应，压强始终不变，因此容器内压强不再发生变化，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；
C．A的体积分数不再发生变化可作为判断平衡标志，故C符合题意；
D．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此容器内气体密度不再发生变化，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意；
E．相同时间内消耗nmol的B，正向反应，同时生成2nmol的D，正向反应，同一个方向，不能作为判断平衡标志，故E不符合题意；
综上所述，答案为C。
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Cu:64 Mn:55 Fe:56 Ba:137 Ca:40
第Ⅰ卷 选择题(共50分)
一、选择题(共25小题，每小题2分，共50分)
1.下列有关描述正确的是( )
A. 钠在空气中燃烧，发出淡蓝色的火焰，生成淡黄色固体
B. 硅能导电，可用作光导纤维
C. 玻璃花瓶和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐产品
D. 久置的氯水与新制的氯水，都能使有色布条褪色
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠在空气中燃烧，发出黄色的火焰，生成淡黄色固体，故A错误；
B．用作光导纤维是二氧化硅不是硅单质，故B错误；
C．玻璃花瓶和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐产品，故C正确
D．新制的氯水中含有次氯酸，具有强氧化性，能使有色布条褪色；由于次氯酸不稳定，见光会分解，久置的氯水其溶质为HCl，不能使有色布条褪色，故D错误。
答案为C。
2.下列实验方案设计中可行的是( )
A. 用分液的方法分离碘和四氯化碳
B. 利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
C. 用溶解、过滤的方法分离CaCl2和AlCl3固体混合物
D. 用澄清石灰水试液鉴别SO2和CO2两种气体
【答案】B
【解析】
【详解】A.碘和四氯化碳是互溶的，不能用分液的方法分离，故A错误；
B. Fe(OH)3胶体能发生丁达尔效应，因此利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液，故B正确；
C. CaCl2和AlCl3易溶于水，因此不能用溶解、过滤的方法分离CaCl2和AlCl3固体混合物，故C错误；
D. SO2和CO2通入澄清石灰水都变浑浊，不能用澄清石灰水鉴别，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】区别溶液和胶体本质区别是分散质粒子直径大小区别，而用丁达尔效应进行现象区别。
3.对实验I～IV的实验现象判断正确的是( )
A. :产生红褐色沉淀
B. :溶液变红色
C. :产生大量气泡
D. ：试管中先出现白色沉淀，后溶解
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，故A错误；
B. 三价铁离子遇硫氰化钾溶液变红色，二价铁离子不变色，故B错误；
C. 铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，故C正确；
D. 氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，故D错误；
答案选C。
【点睛】考查元素及其化合物的性质，需熟悉物质的性质和物质间的联系。
4.设NA为阿付加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，22.4 L H2与O2的混合气体所含原子数为2NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 15 g C2H6中含有共价键数目为7NA
D. 1 mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4LH2物质的量为，所含原子数为2NA，22.4LO2物质的量为，所含原子数为2NA，因此22.4LH2与O2的混合气体，不管H2和O2的比例是多少，其所含原子数为2NA，A正确；
B．N2与H2反应是可逆反应，N2+3H22NH3，因此1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，B错误；
C．1个C2H6含有共价键7个，15gC2H6物质的量为，含有共价键数目为3.5NA，C错误；
D．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式1mol Na2O2转移2mol电子，因此1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NA，D错误。
答案为A。
5.除去下列括号内杂质能达到目的的是( )
A. NaCl溶液(K2SO4)：BaCl2溶液 B. MgO固体(Al2O3)：NaOH溶液
C. Fe2(SO4)3溶液(FeSO4)：氯水 D. CO2气体(SO2)：NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaCl溶液(K2SO4)，BaCl2溶液沉淀硫酸根，但钾离子不能除去，故A不符合题意；
B. MgO固体(Al2O3)，NaOH溶液溶解Al2O3，MgO固体不反应，能除杂，故B符合题意；
C. Fe2(SO4)3溶液(FeSO4)，氯水氧化亚铁离子生成铁离子和氯离子，引入了氯离子杂质，故C不符合题意；
D. CO2气体(SO2)，NaOH溶液与CO2气体、SO2气体都要反应，不能除杂，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6.下表中对于相关物质的分类全部正确的是
选项
纯净物
混合物
碱性氧化物
非电解质
A.
液氧
漂白粉
Al2O3
CO
B.
生理盐水
氢氧化铁胶体
Na2O2
乙醇
C.
碱石灰
盐酸
K2O
Cl2
D.
胆矾
水玻璃
CaO
SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、氧化铝是两性氧化物，A错误；
B、生理盐水是氯化钠溶液，是混合物，过氧化钠不是碱性氧化物，B错误；
C、碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；
D、胆矾为五水硫酸铜，为纯净物；水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物；氧化钙与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；二氧化硫本身不能电离出离子，不能导电，属于非电解质，分类均正确，D正确；
答案选D
【点睛】掌握相关概念的含义和物质的组成是解答的关键，尤其要注意电解质和非电解质的判断，化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，另外对于不是化合物的物质既不是电解质也不是非电解质。
7.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu + 4H＋ + 2NO3- =Cu2＋ + 2NO2↑ + H2O
B. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2＋+OH－+H＋+SO42- = BaSO4↓ +H2O
C. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D. Cl2溶于水：Cl2 + H2O＝2H++Cl-+ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 将铜丝插入稀硝酸，反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，3Cu + 8H＋ + 2NO3－ =3Cu2＋ + 2NO↑ + 4H2O，故A错误；
B. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42− = BaSO4↓ +2H2O，故B错误；
C 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵：Al3＋+3NH3·H2O = Al(OH)3↓ +3NH4+，故C正确；
D. Cl2溶于水，HClO是弱酸，不能拆：Cl2 + H2O＝H++Cl－+ HClO－，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】氨水过量与少量，与铝离子反应都生成氢氧化铝沉淀。
8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )
A. 强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42-
B. 在无色透明的溶液中：K＋、Cu2＋、SO42-、NO3-
C. 含有0.1 mol·L-1 Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、Cl－
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3-、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强碱性溶液中OH－与Al3＋反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B. Cu2＋是蓝色，故B不符合题意；
C. Ca2＋与CO32−反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D. 室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42−能大量共存，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
9.O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
D. 若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气为还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1:4，故C正确；
D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48L HF，物质的量为：0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；
故答案为C。
10.如图是研究二氧化硫性质的微型实验装置．现用60%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体，实验现象很明显，且不易污染空气．下列说法中错误的是（ ）
A. 紫色石蕊溶液先变红后褪色 B. 品红溶液褪色
C. 溴水橙色褪去 D. 含酚酞的NaOH溶液红色变浅
【答案】A
【解析】
【分析】
从物质分类角度看，二氧化硫属于酸性氧化物，所以可以与碱反应得到盐和水，与碱性氧化物反应得到盐，与水反应得到亚硫酸。从硫的化合价角度看，处于中间价，既有氧化性又有还原性，如与硫化氢反应得到硫和水，表现氧化性；与氯气、铁离子、高锰酸钾等强氧化剂反应得到硫酸根离子，表现还原性。另外，二氧化硫还有漂白这一特性。
【详解】A、二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸显酸性，紫色石蕊溶液变蓝色不褪色，故选项A错误；
B、因为二氧化硫有漂白性，所以品红褪色，故选项B正确；
C、因二氧化硫具有还原性，能与溴水发生反应： Br 2 +SO 2 +2H 2 0=2H Br +H 2 SO 4 ，所以溴水褪色，故选项C正确；
D、因二氧化硫能与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，溶液碱性减弱，所以溶液红色变浅，故D正确。
正确答案选A。
【点睛】二氧化硫的漂白性只是对品红溶液等起作用；二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，对石蕊只起酸性。
11.下列化学用语的书写，正确的是( )
A. 氯原子的结构示意图：
B. 质子数为117，中子数为176的Ts原子：
C. 氯化镁的电子式：
D. 氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶
【答案】C
【解析】
【详解】A. 是氯离子的结构示意图，故A错误；
B. 质子数为117，中子数为176的Ts原子：，故B错误；
C. 氯化镁的电子式：，故C正确；
D. 氮气的电子式：，故D错误。
综上所述，答案为C。
12.下列递变规律正确的是（ ）
A. O、S、Na、K的原子半径依次增大
B. Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强
C. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强
D. KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子层数越多，半径越大；同周期从左到右半径逐渐减小，正确；
B．同一主族元素，随原子序数的递增：Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强；
C．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱；
D．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱。
13.下列事实不能作为实验判断依据是( )
A. 钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱
B. 铁投入CuSO4溶液中，能置换出铜，钠投入CuSO4溶液中不能置换出铜，判断钠与铁的金属活动性强弱
C. 酸性H2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的金属性越强，其单质与水或酸反应越剧烈，钠和镁分别与冷水反应，钠反应比镁剧烈，所以可以据此判断金属性强弱，故A正确；
B．钠投入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成NaOH，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应，铁能置换出硫酸铜中的铜，这两个实验都说明Cu的活泼性最弱，不能说明Fe、Na的活泼性强弱，故B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，酸性H2CO3＜H2SO4，这两种酸都是其最高价氧化物的水化物，所以能判断非金属性强弱，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其单质与氢气化合越容易，F2与Cl2分别与H2反应，根据其反应剧烈程度判断非金属性强弱，故D正确；
故选B。
14.某元素原子的质量数为A，它的阳离子Xn+核外有x个电子，w克这种元素的原子核内中子数为（ ）
A. mol B. mol
C. mol D. mol
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用n= 计算原子的物质的量，再由阳离子中质子数=核外电子数+电荷数求出质子数，最后利用质子数与中子数之和等于质量数来计算中子数。
【详解】w克这种元素的原子的物质的量为 mol，阳离子Xn＋核外有x个电子，则质子数为x+n，中子数为A－（x+n）=A-x-n，则w克这种元素的原子核内中子数为mol×（A-x-n）= ；
故选C。
【点睛】本题考查学生利用原子构成简单计算，明确原子的物质的量的计算是解答本题的关键，注意以g·mol－1为单位，摩尔质量在数值上等于质量数。
15.下列各组物质中化学键的类型相同的是( )
A. HCl、MgCl2、NH4Cl B. NH3、H2O、CO2
C. N2、Na2O、CS2 D. CaCl2、NaOH、H2O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. HCl只含有共价键，MgCl2只含有离子键，NH4Cl既含离子键又含共价键，故A不符合题意；
B. NH3、H2O、CO2都只含有共价键，故B符合题意；
C. N2只含有共价键，Na2O只含有离子键，CS2只含有共价键，故C 不符合题意；
D. CaCl2只含有离子键，NaOH既含离子键又含共价键，H2O2含极性键又含非极性键，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素
X
Y
Z
W
原子半径/pm
186
143
75
71
主要化合价
＋1
＋3
＋5、＋3、－3
－1
下列叙述正确的是（ ）
A. X、Y元素的金属性X
C. Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D. 四种元素对应的简单离子的离子半径大小顺序为Z3－>W－>X＋>Y3＋
【答案】D
【解析】
【分析】
由表中数据分析可知，X的原子半径最大，其主要化合价为+1，则其可能为Na；Y的原子半径较大，其主要化合价为+3，则其可能为Al；Z的原子半径比Y小很多，其主要化合价为＋5、＋3、－3，则其可能为N；W的原子半径最小，其主要化合价为-1，则其可能为F。综合以上信息，可以确定上述推断皆为肯定。
【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为Na、Al、N、F。
A. 同一周期从左到右，元素的金属性依次减弱，故Na的金属性强于Al元素，A不正确；
B. N的非金属性没有F强，故N的气态氢化物没有F的气态氢化物稳定，B不正确；
C. Y的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，其只能溶于强碱性的溶液，不能溶于稀氨水，C不正确；
D. 电子层结构相同的离子，原子序数越大的半径越小；N3－、F－、Na＋、Al3＋的电子层结构相，故四其半径大小顺序为N3－>F－>Na＋>Al3＋，D正确。
综上所述，叙述正确的是D。
17.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应物的能量小于生成物的能量，图中反应为吸热反应，符合题意，A项正确；
B. 反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，不符合题意，B项错误；
C. 浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，不符合题意，C项错误；
D. 活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D项错误；
答案选A。
18.将用导线连接的电极X、Y插入装有硫酸铜溶液的烧杯中(外电路中电子流向如图所示)。据此判断下列说法正确的是( )。
A. 外电路中电流方向为X→Y
B. 若电极材料分别为锌片和铜片，则Y为锌片
C. X极上发生还原反应
D. 若电极材料都是金属，则金属活动性：X>Y
【答案】D
【解析】
【详解】根据图示，电子从X极通过外电路移动到电极Y，则X为负极，Y为正极。
A．电子带负电荷，故电流方向与电子流动方向相反，电流方向为Ｙ→Ｘ，A项错误；
B．电子从X极流出，经导线流向Y极，故X极为负极、Y极为正极，X比Y活泼，B项错误；
C．X为负极，在负极上，反应物失去电子，发生氧化反应，C错误；
D．在原电池中，一般，负极金属材料比正极金属材料活泼，则X＞Y，D正确。
答案选D。
19.如图所示，X为单质硅，Y为金属铁，a为NaOH溶液，组装成一个原电池，下列说法正确的是( )
A. X为负极，电极反应式为Si－4e－=Si4＋
B. X为正极，电极反应式为4H2O＋4e－=4OH－＋2H2↑
C. X为负极，电极反应式为Si＋6OH－－4e－=SiO＋3H2O
D. Y为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：硅、铁、NaOH溶液组成原电池时，由于Si能自发地和NaOH溶液发生氧化还原反应，所以Si为负极，电极反应式为：Si-4e-+6OH-=SiO32—+3H2O；铁为正极，电极反应式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，总反应：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，据此判断选C。
20.将4molA气体和2molB气体置于1L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g)+B(g)=2C(g)。若经2s后测得C的浓度为1.2mol/L，下列说法正确的是()
A. 用物质A表示的反应速率为1.2mol/(L·s) B. 2s时物质A的转化率为30％
C. 用物质B表示的反应速率为0.6mol/(L·s) D. 2s时物质B的浓度为0.6mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A．若经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，则物质C的平均速率为，用A物质表示的反应速率υ(A)=υ(C)=0.6mol∙L−1·s−1，故A错误；
B．根据A选项分析得到υ(A)=υ(C)=0.6mol∙L−1·s−1，则，Δn(A)=1.2mol，2s时物质A的转化率，故B正确；
C．若经2s后测得C的浓度为1.2mol∙L−1，则物质C的平均速率为，用物质表示的反应速率υ(B)=υ(C)=×0.6mol∙L−1·s−1=0.3mol∙L−1·s−1，故C错误；
D．根据B选项分析得到Δn(A)=1.2mol，Δn(B)=Δn(A)=×1.2mol=0.6mol，则2s时物质B的物质的量为2mol−0.6mol=1.4mol，物质的量浓度为，故D错误。
答案为B。
21.其他条件不变时，能使反应速率加快的是( )
A. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入N2
B. 对于反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，增加Fe的量
C. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入Ar
D. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器气体压强不变时，充入Ar
【答案】A
【解析】
【详解】A. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入N2，N2浓度增大，反应速率加快，故A符合题意；
B. 对于反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，增加Fe的量，Fe为固体，增加固体的量，浓度不发生改变，速率不变，故B不符合题意；
C. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器体积固定不变时，充入Ar，反应物浓度不变，速率不变，故C不符合题意；
D. 对于N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，容器气体压强不变时，充入Ar，容器体积增大，反应物浓度减小，速率减慢，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
22.在一定温度下的定容容器中，发生反应3A(g)+ B(s) ⇌ 2C(g)+ D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是 ( )
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的平均摩尔质量不变
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为3:2:1
⑤单位时间内生成n mol D，同时生成3 n mol A
⑥单位时间内消耗n mol B，同时生成2 n mol C
A. ①②③ B. ①②⑤⑥ C. ③④⑥ D. ②③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①该反应是等体积反应，压强始终不变，因此混合气体的压强不变不能作为判断平衡标志，故①不符合题意；
②密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量增大，容器体积不变，密度变大，当混合气体的密度不变，可作为判断平衡标志，故②符合题意；
③混合气体的平均摩尔质量等于气体质量除以气体的物质的量，正向反应，气体的质量增大，气体的物质的量不变，当混合气体的平均摩尔质量不变，可作为判断平衡标志，故③符合题意；
④容器内A、C、D三种气体的浓度之比为3:2:1，不能作为判断平衡标志，故④不符合题意；
⑤单位时间内生成nmolD，正向反应，同时生成3nmolA，逆向反应，比例遵循计量系数比，可作为判断平衡标志，故⑤符合题意；
⑥单位时间内消耗nmolB，正向反应，同时生成2nmolC，正向反应，同一个方向，不能作为判断平衡标志，故⑥不符合题意；
因此②③⑤能作为判断平衡标志，故D符合题意。
答案为D。
【点睛】不能根据浓度比值等于多少来判断是否达到化学平衡，一般说某物质的浓度不变，则可以作为判断平衡的标志。
23.下列叙述错误的是
A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱和强氧化剂都不反应
B. 甲烷化学性质稳定，不能被任何氧化剂氧化
C. 甲烷与Cl2反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应
D. 甲烷的四种有机取代产物有一种气态，其余三种为液态且都不溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A项、甲烷化学性质比较稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；
B项、甲烷可以燃烧，能与氧气发生氧化反应，故B错误；
C项、甲烷是饱和链烃，跟氯气在光照条件下发生取代反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl、CCl4，故C正确；
D项、甲烷的四种有机取代物中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液态且都不溶于水，故D正确。
故选B。
24.下列各组中的关系互为同系物的是
A. 1H和2H B. CH3-CH2-CH2-CH3和
C. C2H6和C3H8 D. O2和O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．1H和2H的质子数相同中子数不同，互为同位素，A错误；
B．CH3-CH2-CH2-CH3和的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；
C．C2H6和C3H8分别是乙烷和丙烷，结构相似，分子式相差1个CH2，互为同系物，C正确；
D．O2和O3均是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，D错误。
答案选C。
25.下列说法说法正确的是( )
A. 乙烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有3种
B. 丙烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有4种
C. 正丁烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有5种
D. 正戊烷一氯代物的同分异构体有3种，二氯代物的同分异构体有8种
【答案】B
【解析】
【详解】A. 乙烷有1种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有1种，二氯代物同一个碳上有1种，不同碳上有1种，因此二氯代物的同分异构体有2种，故A错误；
B. 丙烷有2种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物同一个碳上有2种，不同碳上2种，因此二氯代物的同分异构体有4种，故B正确；
C. 正丁烷有2种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物同一个碳上有2种，不同碳上4种，因此二氯代物的同分异构体有6种，故C错误；
D. 正戊烷有3种位置的氢，因此一氯代物的同分异构体有3种，二氯代物同一个碳上有3种，不同碳上6种，因此二氯代物的同分异构体有9种，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】有几种位置的氢则为一氯代物有几种，二氯代物主要是先根据同一个碳分析，再根据不同碳原子分子用同异构体。
第II卷(非选择题，共50分)
二、填空题
26.常见物质A~K之间存在如图所示的转化关系，其中A、D、E、H为单质，请回答下列问题。
(1)下列物质化学式是：C______，H______。
(2)反应“I→J”的离子方程式是____。
(3)检验J溶液中的金属离子的方法是(写出操作步骤、现象及结论)____。
【答案】 (1). AlCl3 (2). Fe (3). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (4). 在试管中取少量J溶液，向其中滴加几滴KSCN溶液，振荡，若溶液变为红色，则说明J溶液含有Fe3+
【解析】
【分析】
溶液C与氨水反应生成白色沉淀F，白色沉淀F与氢氧化钠溶液反应生成溶液G，说明G为NaAlO2，F为Al(OH)3，金属A与溶液B反应生成气体D，金属A为Al，气体D和黄绿色气体E(Cl2)反应生成气体B，气体B溶于水，溶液B与金属H反应生成溶液I，根据后面红褐色沉淀，得到金属H为Fe，则B为HCl，溶液C为AlCl3，则D为H2，溶液I为FeCl2，溶液J为FeCl3，K为Fe(OH)3。
【详解】(1)根据前面分析得到物质的化学式是：C为AlCl3，H为Fe；
(2)反应“I→J”是Fe2+与Cl2反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－；
(3)检验J溶液中的金属离子的方法是主要是用KSCN溶液检验铁离子，变红，说明溶液中含有铁离子。
27.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图(部分反应条件及产物略去)。
(1)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为____。
(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为____，试用化学方程式表示该物质与水的反应____。将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为____。
(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。请结合所学知识，写出实验室制取A的化学方程式____。
【答案】 (1). 2SO2+O2 2SO3 (2). 过氧化钠 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (4). Na2CO3 (5). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】
【详解】(1)若A是一种黄色单质固体，为S，硫被氧气氧化变为二氧化硫，二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫，则B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3；
(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C为过氧化钠，A为金属钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式表示该物质与水的反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，则D的化学式为Na2CO3；
(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为氨气，B为一氧化氮，C为二氧化氮，实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙加热反应，其化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
28.A、B、C、D、E均为短周期元素，原子序数依次增大，请根据表中信息回答下列问题：
元素
元素性质或结构
A
最外层电子数是其内层电子数的2倍
B
B元素的单质在空气中含量最多
C
C元素在地壳中含量最多
D
D是同周期中原子半径最小的元素
E
E元素在同周期中金属性最强
F
F元素的最外层电子数等于周期序数
G
G元素原子M层上电子数比L上少2个电子。
(1)G在元素周期表中的位置________。
(2)B最简单气态氢化物的结构式____，属于____化合物(填“离子”或“共价”)；E的最高价氧化物的水化物电子式____，所含化学键类型________。
(3)C、D、E、F、G简单离子半径由大到小顺序为：____(填离子符号)。
(4)用电子式表示G的氢化物的形成过程______。
(5)A元素的某氧化物与E元素的某含氧化合物反应生成单质的化学方程式是_______。
(6)E、F两元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式：____。
【答案】 (1). 第3周期第ⅥA族 (2). (3). 共价 (4). (5). 离子键和共价键 (6). r(S2-)>r(O2-)>r(F-)>r(Na+)>r(Al3+) (7). (8). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (9). Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E均为短周期元素，原子序数依次增大，A最外层电子数是其内层电子数的2倍，则A为C，B元素的单质在空气中含量最多，则B为N，C元素在地壳中含量最多，则C为O，D是同周期中原子半径最小的元素，则D为F，E元素在同周期中金属性最强，则E为Na，F元素的最外层电子数等于周期序数，则F为Al，G元素原子M层上电子数比L上少2个电子，则G为S。
【详解】(1)G为S，在元素周期表中的位置第3周期第ⅥA族；故答案为：第3周期第ⅥA族。
(2)B为N，最简单气态氢化物为NH3，其结构式，属于共价化合物；E为Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，其电子式，所含化学键类型离子键和共价键；故答案为：；共价；；离子键和共价键。
(3)根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则C、D、E、F、G简单离子半径由大到小顺序为：r(S2−)＞r(O2−)＞r(F－)＞r(Na+)＞r(Al3+)；故答案为：r(S2−)＞r(O2−)＞r(F－)＞r(Na+)＞r(Al3+)。
(4)用电子式表示G的氢化物即H2S的形成过程，左边写原子的电子式，右边写化合物的电子式，因此其形成过程为；故答案为：。
(5)A元素的某氧化物与E元素的某含氧化合物反应生成单质是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2。
(6)E、F两元素最高价氧化物对应水化物氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，其相互反应的离子方程式：Al(OH)3 + OH－ = AlO2－ + 2H2O；故答案为：Al(OH)3 + OH－ = AlO2－ + 2H2O。
29.(1)将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是____(填字母)。
A. 铝片、铜片 B. 铜片、铝片 C. 铝片、铝片 D. 铜片、铜片
写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：______。
(2)若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。写出A电极反应式：______；该电池在工作时，A电极的质量将____(填“增加”“减小”或“不变”)。若该电池反应消耗了0.1 mol H2SO4，则转移电子的数目为____。
(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出B电极反应式：____；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将______(填“增强”“减弱”或“不变”)。
(4)若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：_______；若该电池反应消耗了6.4gCH4，则转移电子的数目为_____。
【答案】 (1). B (2). Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O (3). Pb -2 e-＋SO42-=PbSO4 (4). 增加 (5). 0.1NA或6.02´1022 (6). O2+4e-+2H2O=4OH- (7). 减弱 (8). CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ (9). 3.2NA或 3.2´6.02´1023
【解析】
【详解】(1)将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中，铝与浓硝酸发生钝化，铜与浓硝酸反应，因此铜作负极，铝作正极，将铝片和铜片用导线相连，插入烧碱溶液中，铝与氢氧化钠溶液反应，铜与氢氧化钠溶液不反应，因此铝作负极，铜作正极，故B符合题意；插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：Al−3e－+4OH－=AlO2－+2H2O；
(2)若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O。Pb化合价升高，作原电池负极，因此A电极反应式：Pb−2e－＋SO42−=PbSO4；该电池在工作时，A电极Pb变为PbSO4，其质量增加；根据反应总方程式知2mol硫酸参与反应转移2mol电子，因此若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子物质的量为0.1mol，电子数目为0.1NA或6.02´1022；
(3)若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，通入燃料的一极为负极，通入氧化剂氧气的一极为正极，因此B电极反应式：O2+4e－+2H2O=4OH－；总的反应为2H2+O2=2H2O，该电池在工作一段时间后，KOH物质的量未变，但反应生成水，溶液体积变大，KOH浓度变小，因此溶液的碱性将减弱；
(4)若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，通入燃料的一极作负极，A电极反应式：CH4−8e－+2H2O=CO2+8H+；反应中1mol甲烷转移8mol电子，因此若该电池反应消耗了6.4gCH4物质的量为0.4mol，则转移电子的物质的量为3.2mol，电子的数目为3.2NA或3.2´6.02´1023。
30.将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)，反应进行到10 s末，达到平衡，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)反应前A的物质的量浓度是_______。
(3)10 s末，生成物D的浓度为______。
(4)A与B的平衡转化率之比为_______。
(5)平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化(填“增大”、“减小”或“不变”)：
①降低温度____；
②增大压强____
③增大A的浓度_____；
④恒容下充入Ne______。
(6)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)_____；
A.v(B)=2v(C)
B.容器内压强不再发生变化
C.A的体积分数不再发生变化
D.器内气体密度不再发生变化
E.相同时间内消耗n mol的B的同时生成2n mol的D
【答案】 (1). 0.04mol/(L∙s) (2). 1.5 mol/L (3). 0.4 mol/L (4). 1:1 (5). 减小 (6). 增大 (7). 增大 (8). 不变 (9). C
【解析】
【详解】(1)用C表示10s内反应的平均反应速率为；
(2)10s末C的物质的量为0.8mol，则Δn(A)=1.5Δn(C)=1.5×0.8mol=1.2mol，反应前A的物质的量为1.2mol+1.8mol=3mol，则反应前A的物质的量浓度是；
(3)10s末，Δn(D)=Δn(C)=0.8mol，生成物D的浓度为；
(4)Δn(B)=Δn(C)=×0.8mol=0.4mol，根据(2)中得到A转化率，B的转化率，则A与B的平衡转化率之比为40%：40%=1:1；
(5)①降低温度，速率减小；
②增大压强，速率增大；
③增大A的浓度；
④恒容下充入Ne，反应体系的浓度不变，速率不变；
(6)A．v(B)=2v(C)，未谈正反应速率和逆反应速率，且速率比也错误，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；
B．正反应是体积不变的反应，压强始终不变，因此容器内压强不再发生变化，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；
C．A的体积分数不再发生变化可作为判断平衡标志，故C符合题意；
D．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此容器内气体密度不再发生变化，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意；
E．相同时间内消耗nmol的B，正向反应，同时生成2nmol的D，正向反应，同一个方向，不能作为判断平衡标志，故E不符合题意；
综上所述，答案为C。
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