【化学】甘肃省庆阳市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

甘肃省庆阳市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14； O-16；Fe-56；Cu-64； Zn-65。
Ⅰ卷
一、选择题（本题共25个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。）
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（   ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
2.下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是 （ ）
A. 在糕点包装内放置小包除氧剂 B. 在糖果制作过程中添加着色剂
C. 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎 D. 牛奶在冰箱里保存
【答案】B
【解析】
【详解】A．在糕点包装内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质，减慢糕点腐败变质的速度，故A与改变化学反应速率有关；
B．在糖果制作过程中添加着色剂的目的是改变糖果的颜色，故B与改变化学反应速率无关；
C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应速率，故C与改变化学反应速率有关；
D．牛奶在冰箱里保存，降低温度，减缓食物变质速率，故D与改变化学反应速率有关；
答案选B。
3.下列关于化学用语的表述正确的是（ ）
A. 原子核内有8个中子的碳原子C
B. HClO的结构式为H-Cl-O
C. Ca2+的结构示意图为
D. NH4Cl的电子式
【答案】C
【解析】
【详解】A. 原子符号左下角的数子表示质子数，左上角的数子表示质量数，质量数等于质子和中子之和，原子核内有8个中子的碳原子C，故A错误；
B．HClO分子中的中心原子是O，不是Cl，HClO的结构式为H-O-Cl，故B错误；
C．钙是20号元素，易失去最外层是2个电子，形成钙离子，Ca2+的结构示意图为，故C正确；
D．NH4Cl的电子式，故D错误；
故选C。
4.鸟粪石[化学式为Mg(NH4)PO4·6H2O]是一种盛产于秘鲁的优质氮磷肥料；钴(Co)是质子数为27的元素，它的中子数为33的核素可用于癌症的放射性治疗。下列有关说法正确的是
①钴不是主族元素；②Cl2不能长期稳定地存在；③Mg的原子结构示意图为；④鸟粪石中两种阳离子为Mg2+、NH4+
A. ①②③④ B. 仅①②④
C. 仅②③④ D. 仅①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①钴是27号元素，四第VIII元素，属于过渡元素，不是主族元素①正确；
②具有放射性，放置过程中会发生衰变，Cl2不能长期稳定地存在，②正确；
③Mg是12号元素，原子核外电子排布为2、8、2，所以Mg原子结构示意图为，③正确；
④根据鸟粪石的组成可知该物质属于盐，含有的阳离子为Mg2+和NH4+，④正确;
综上所述可知，说法正确的为①②③④，故合理选项是A。
5.下列说法正确的是（ ）
A. 凡经加热而发生的化学反应都是吸热反应
B. 已知C（金刚石）=C（石墨）为放热反应 ，则金刚石比石墨稳定
C. 干冰升华时，二氧化碳分子中的共价键不发生断裂
D. 伴有能量变化的物质变化，都是化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应的吸、放热与反应的条件无关，加热进行的反应不一定是吸热反应，如碳单质与氧气的反应，需要加热发生，但属于放热反应，故A错误；
B.金刚石转变成石墨为放热反应，说明石墨的能量低于金刚石，物质能量越低越稳定，故石墨比金刚石稳定，故B错误；
C.干冰升华，只破坏分子间作用力，化学键未发生断裂，故C正确；
D.化学变化要有新物质的生成，而有能量变化的变化不一定有新物质的生成，如氢氧化钠固体的溶解放热，但是物理变化，故D错误；
故选：C。
6.元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置，下列说法正确的是（ ）
A. 元素原子最外层电子数等于元素的最高化合价
B. 在多电子原子中，在离核较远的区域内运动的电子能量较低
C. 元素周期表中位于金属元素和非金属元素分界线附近的元素属于过渡元素
D. P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物酸性均依次增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．主族元素，除氟元素、氧元素外元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价，且过渡元素的许多元素最高正化合价大于最外层电子数，故A错误；
B．多电子原子中，能量高的电子在在离核较远的区域内运动，在离核较近的区域内运动的电子能量较低，故B错误；
C．位于金属和非金属分界线附近的元素具有金属性与非金属性，不是过渡元素，过渡元素包含副族与第Ⅷ族，故C错误；
D．非金属性越强，元素得电子能力越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl＞S＞P，故P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应水化物的酸性均依次增强，D正确；
答案选D。
7.已知：①为纪念著名天文学家哥白尼，国际纯粹与应用化学联合会将112号元素的符 号定为“Cn”，汉语名为“鎶”；②合理利用核能符合“低碳经济”的要求，是核 反应堆的重要原料；③锂被誉为“高能金属”，制取锂的原料是 -锂辉矿（主要成分是LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）。下列有关表述对上述所涉及元素的说法正确的是（ ）
A. 的原子核内中子数与核外电子数之差为55
B. 和互称为同位素，核反应属于化学变化
C. 与具有相同的电子数
D. 中质子总数为80
【答案】C
【解析】
【详解】A．的原子核内中子数与核外电子数之差为=277-112-112=53，故A错误；
B．和互称为同位素，但核反应不属于化学变化，化学变化中原子核不变，故B错误；
C． 电子数为20-2=18，的电子数为8×2+2=18，具有相同的电子数，故C正确；
D．中质子总数为14×2+8×6=76，故D错误；
故选C。
8.Mg－H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如图。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)

A. Mg电极是该电池的正极 B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的碱性增强 D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
【分析】镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为OH-，溶液pH增大，原电池中阴离子移向负极。
【详解】A．组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，不是正极，故A错误；
B．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，发生还原反应，故B错误；
C．双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为氢氧根离子，电极反应为，H2O2+2e-=2OH-，故溶液pH值增大，故C正确；
D．溶液中Cl－移动方向与同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故D错误；
答案选C。
9.近年来我国政府强化了对稀土元素原料的出口管制，引起了美、日等国家的高度关注与不满。所谓“稀土元素”是指镧系元素及第五周期ⅢB族的钇(39Y)，它们被称为“工业味精”。它们在军工生产、高科技领域中有极为重要的作用，下列有关“稀土元素”的说法正确的是
(　　)。
A. 它们的原子核外均有5个电子层
B. 它们的原子最外层均含有3个电子
C. 它们均是金属元素
D. 76Y、80Y中子数不同，化学性质不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．镧系元素属于第六周期，而周期序数等于电子层数，则原子核外有6个电子层，选项A错误；
B．过渡元素最外层电子均只有1-2个，选项B错误；
C．过渡元素均为金属元素，选项C正确；
D．76Y、80Y互为同位素，化学性质几乎相同，选项D正确；
答案选C。
10.由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确的是（   ）

甲
乙
丙
装置



现象
金属W不断溶解
Y 的质量增加
W上有气体产生
A. 装置甲中W作原电池负极
B. 装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝Cu
C. 装置丙中溶液的c(H+)不变
D. 四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y
【答案】C
【解析】
【详解】A. W不断溶解，说明W失电子发生氧化反应，所以装置甲中W作原电池负极，故A正确；
B. 装置乙中Y 的质量增加，说明溶液中铜离子在Y极得电子生成铜单质，Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝Cu，故B正确；
C. W极有气体生成，说明氢离子得电子生成氢气，装置丙中c(H+)减小，故C错误；
D. 甲装置中金属W不断溶解，W是负极，活泼性W＞X；乙装置中Y 的质量增加，Y是正极，活泼性X＞Y；丙装置中W上有气体产生，W是正极，活泼性Z＞W；所以四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y，故D正确；
选C。
11.对于反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（   ）
A. 达到平衡状态，2v正(NH3)=3v逆(H2O)
B. 单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，升高温度，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 反应达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%
【答案】D
【解析】
【详解】A．达到平衡状态，应是3v正(NH3)=2v逆(H2O)，故A错误；
B．单位时间内生成x mol NO，消耗x mol NH3，均为为正速率，无法确定反应是否达到平衡状态，故B错误；
C．达到化学平衡时，升高温度，体系中活化分子百分数增大，则正反应速率增大，逆反应速率也增大，故C错误；
D．由可逆反应的特征可知，反应达到平衡时，反应物的转化率一定小于100%，故D正确；
故选D。
12.如图装置，电流表G发生偏转，a极逐渐变粗，同时b极逐渐变细，c为电解质溶液， 则a、b、c可能是下列各组中的（ ）

A. a是Ag、b是Cu、c为Cu(NO3)2溶液
B. a是Ag、b是Fe、c为AgNO3溶液
C. a是Zn、b是Cu、c为稀H2SO4 溶液
D. a是Cu、b是Zn、c为稀H2SO4溶液
【答案】B
【解析】
【分析】该原电池中，a极逐渐变粗，同时b极逐渐变细，所以b作负极，a作正极，b的活泼性大于a的活泼性，据此分析解答；
【详解】A．a是Ag、b是Cu、c为Cu(NO3)2溶液，不能自发的发生氧化还原反应，不能构成原电池，故A错误；
B．a是Ag、b是Fe、c为AgNO3溶液，Fe比Ag活泼，b作负极，铁被腐蚀逐渐变细，Ag作正极，溶液中Ag+得电子，在a表面生成Ag单质，a极逐渐变粗，故B正确；
C．a是Zn、b是Cu、c为稀H2SO4，Zn作负极，被腐蚀逐渐变细，Cu作正极，与分析不符，故C错误；
D．a是Cu、b是Zn、c为稀H2SO4，Zn比Cu活泼，Zn作负极被腐蚀逐渐变细，Cu作正极，但析出氢气不是金属，a极不会逐渐变粗，故D错误；
答案选B。
13.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z的最外层电子数是内层电子总数的3倍。有关下列叙述正确的是（ ）
A. X肯定为碱金属元素
B. Y、Z两元素形成的化合物熔点较低
C. X、Y两元素形成的化合物不可能为离子化合物
D. Y、Z两元素形成的化合物中Y的化合价为+4
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为S元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的3倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素，以此解答。
【详解】由上述分析可知：X为H、Li或Na；Y为S元素；Z为O元素；
A．X为H、Li或Na，因此X可能是碱金属元素，也可能是非金属元素，故A错误；
B．Y为S元素，Z为O元素，二者形成的化合物为SO2、SO3，SO2、SO3在固态时形成的分子晶体，物质的熔沸点较低，故B正确；
C．若X为Na、Li时，与S反应生成的化合物为离子化合物，故C错误；
D．Y为O元素，Z为O元素，二者形成的化合物为SO2、SO3，SO2中S的化合价为+4价，SO3中S的化合价为+6价，故D错误；
答案选B。
14.部分短周期元素常见化合价与原子序数的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 还原性：R- > W2-
B. R的气态氢化物溶于水时，共价键断裂
C. X的氢化物形成的晶体中存在的最强作用力是氢键
D. Y和O形成的化合物Y2O2中阴离子和阳离子的比为1:1
【答案】B
【解析】
【分析】由表中化合价可知，X的化合价为﹣2价，没有正化合价，则X为O元素；Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，则Y为Na元素；Z为+3价，为Al元素；W的化合价为+6、﹣2价，则W为S元素；R的最高正价为+7价，应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。
【详解】A．R为Cl元素，W为S元素，元素单质的氧化性越强，其最低价离子的还原性越弱，单质的氧化性：Cl2＞S，则离子的还原性：Cl-＜S2-，即R-＜W2-，故A错误；
B．R为Cl，其氢化物为HCl，氯化氢为共价化合物，其分子中不存在离子键，溶于水断裂的为共价键，故B正确；
C．已知X为O，其氢化物为水，水分之间存在氢键，氢键是分子间作用力，水分子中最强的作用力是共价键，不是分子间作用力，故C错误；
D．Y为Na元素，Na和O形成的化合物Na2O2，Na2O2为离子化合物，由2个Na+和1个O构成，在阴离子和阳离子的比为1:2，故D错误；
答案选B。
15.飞船的太阳能电池板有“飞船血液”之称，它可将太阳能直接转化为电能，我国在 砷化镓太阳能电池研究方法处于国际领先水平砷（As）和镓（Ga）都是第4周期元素，分 别属于VA和IIIA族。下列有关说法正确的是（ ）
A. 太阳能电池不属于原电池 B. AsH3的沸点低于PH3
C. Ga的原子序数比Ca的大1 D. As的非金属性强于P
【答案】A
【解析】
【详解】A．太阳能电池是太阳能转变为电能的装置，原电池是将化学能转变为电能的装置，故太阳能电池不属于原电池，A正确；
B．AsH3和PH3都是由共价键结合成的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故AsH3的沸点低于PH3，B错误；
C．Ga位于第四周期IIIA族，Ca位于第四周期元素第IIA族，中间间隔过渡元素，故Ga的原子序数比Ca大11，C错误；
D．P位于第三周期第VA族，As位于第四周期第VA族，故As的非金属性比P弱，D错误。
答案选A。
16.2019 年为“国际化学元素周期表年”。元素周期表中短周期的一部分如表所示，下 列说法正确的是（ ）

A. 最高化合价：Y=M
B. Z的氧化物对应的水化物为强酸
C. ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D. 四种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
【答案】C
【解析】
【详解】根据四种元素在周期表中的位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素；
A．Y为F元素、M为Cl元素，Cl元素的最高正价为+7价，F元素无正价，故A错误；
B．Z为S元素，S的氧化物对应的水化物为硫酸和亚硫酸，亚硫酸是弱酸，故B错误；
C．Z为S、M为Cl元素，则ZM2为SCl2，SCl2分子中S和Cl都达到8电子稳定结构，故C正确；
D．Y为F元素，F没有正化合价，四种元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的为Cl，故D错误；
答案选C。
17.下列实验不能达到实验目的的是( )
序号
实验操作
实验目的
A
、分别与反应
比较氯、溴的非金属性强弱
B
、溶液中分别通入NH3
比较镁、铝的金属性强弱
C
投入溶液中
比较、的金属性强弱
D
、分别投入相同浓度的盐酸中
比较铁、铜的金属性强弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．、分别与反应，根据反应条件即可判断出氯、溴的非金属性强弱，故A能达到目的；
B．、溶液中分别通入，与反应生成沉淀，与反应生成沉淀，无法比较二者的金属性强弱，故B能达到目的；
C．Fe能与反应置换出Cu，故可判断Fe、Cu的金属性强弱，故C能达到目的；
D．Fe与盐酸反应，Cu与盐酸不反应，由此可判断出Fe、Cu的金属性强弱，故D能达到目的；
答案选B。
18.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：3A(s)+B(g)= 2C(g)。在5min末测得C的物质的量增加了4mol。下列说法不正确的是( )
A. 用A表示的化学反应速率为0.6mol/(L·min)
B. 用B、C表示的化学反应速率之比为1:2
C. 若保持容器内的压强不变，充入1mol He，化学反应速率减小
D. 其他条件不变，增大A的用量，化学反应速率不变
【答案】A
【解析】
【详解】A.A是固体，浓度视为定值，不能表示反应速率，故A错误；
B.同一反应中，不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，由反应可知B、C表示的速率之比为1:2，故B正确；
C.压强不变时，充入1molHe，容器的体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减小，故C正确；
D.A为固体，增大固体反应物的用量对反应速率无影响，故D正确；
故选：A。
19.一定温度下，在 2 L 密闭容器中，A、B、C 三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )

A. a 点时，υ(A) =υ(B)
B. 反应开始到 5 min，B 的物质的量增加了 0.2 mol
C. 反应开始到 5 min，υ(A):υ(B):υ(C)=3:2:1
D. 反应开始到 5 min，υ(C) =0.04 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示，反应5min达到平衡状态，A的物质的量由0.8mol减少到0.2mol，B的物质的量增加0.4mol，C的物质的量增大0.2mol，则A为反应物，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B) ：∆n(C) =0.6 mol：0.4 mol：0.2 mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A(g)⇌2B(g)＋C(g)，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，a点时，根据v=，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，则浓度的变化量也不同，反应速率不相等，故A错误；
B．反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4 mol，则增加了0.4 mol，故B错误；
C．根据分析，反应的化学方程式为：3A(g)⇌2B(g)＋C(g)，反应计量系数之比等于反应速率之比，反应开始到 5 min，υ(A):υ(B):υ(C)=3:2:1，故C正确；
D．反应开始到5min，∆n(C)= 0.2 mol，υ(C) ===0.02 mol/(L·min)，故D错误；
答案选C。
20.某高能电池以磷酸溶液作为电解质溶液，利用乙烯直接氧化法制乙酸，其总反应式为CH2=CH2+O2=CH3COOH。某兴趣小组将该反应设计成如图所示的燃料电池，下列有关说法正确的是（ ）

A. 在电池工作过程中，溶液中的PO43-向正极移动
B. 电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极b
C. 负极的电极反应式为CH2=CH2-4e-+2H2O=CH3COOH+4H+
D. 当电路中通过0.04mol电子时，参加反应的CH2=CH2为224mL
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，即向负极移动，A错项误；
B．电子不能通过电解质溶液，电子移动方向应为电极a→负载→电极b，B项错误；
C．根据电池总反应式及电解质溶液是磷酸溶液，可写出负极反应式：CH2=CH2＋2H2O-4e-===CH3COOH＋4H＋，C项正确；
D．根据负极的电极反应式可知，当电路中通过0.04mol电子时，参加反应的CH2=CH2为0.01mol，但题中没有给出气体所处的状态，故无法计算气体的体积，D项错误；
答案选C。
21.等质量的铁与过量的盐酸在不同的试验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到图甲，则曲线a、b、c、d所对应的试验组别是（ ）
组别
c(HCl)(mol·L-1)
温度(℃)
铁的状态

1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
粉末状
4
2.5
30
粉末状
A. 3－4－2－1 B. 1－2－4－3
C. 4－3－2－1 D. 1－2－3－4
【答案】A
【解析】
【分析】影响反应速率的外因有温度、浓度、颗粒大小等，温度越高，反应速率越快；浓度越大，反应速率越快；颗粒越小，反应速率越快。
【详解】由表中数据可知，第3组反应温度最高，速率最快；2、4组相比，盐酸的浓度、反应温度相同，但4中铁呈粉末状，所以速率4>2；第1组温度低、浓度小，铁的固体颗粒大，所以反应速率最慢。在坐标图中，相同温度下，反应速率a>b>c>d。将图与表对照，可得出曲线a、b、c、d所对应的试验组别分别为3－4－2－1，故选A。
22.“氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示，下列说法错误的是（ ）

A. N2 的电子式为
B. Li3N 中含有的化学键只有离子键
C. 热稳定性：NH3＞H2O
D. 该图所示的总反应式为：2N2+6H2O4NH3+3O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．N原子最外层5个电子，两个N原子各用三个电子形成叁键后还剩一个未成键电子对，N2的电子式为，故A正确；
B．N原子最外层5个电子，得3个电子形成N3-，Li失去1个电子，形成Li+，Li+和N3-之间形成离子键，Li3N中含有的化学键只有离子键，故B正确；
C．非金属性O＞N，热稳定性：H2O＞NH3，故C错误；
D．由图中进入体系的是N2、H2O，是反应物，出体系的是NH3、O2，为生成物，反应条件为通电，该图所示的总反应式为：2N2+6H2O4NH3+3O2，故D正确；
故选C。
23.利用反应 6NO2+8NH3=7N2+12H2O 设计的电池装置如图所示（阴离子交换膜只允许阴离子通过），该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下 列说法正确的是（ ）

A. 电极 A 上发生氧化反应，电极 A 为正极
B. 电流方向：由电极A到电极B
C. 电极 B 的电极反应式为 2NO2+8e- +8H+ =N2+4H2O
D. 当有 0.1molNO2 被处理时，外电路中通过电子 0.4mol
【答案】D
【解析】
【分析】根据总方程式6NO2+8NH3═7N2+12H2O中NO2可知，NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N元素化合价由-3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则通入NH3的A电极作负极、B电极作正极，负极电极方程式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。
【详解】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；
A．电极A上发生氧化反应，电极A为负极，故A错误；
B．电流经导线由正极流向负极，则电流方向：由电极B到电极A，故B错误；
C．根据分析，电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，故C错误；
D．根据电极反应2NO2+8e-+4H2O=8OH-+N2，当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子 0.4mol，故D正确；
答案选D。
24.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. NO属于共价化合物
B. O2含有非极性共价键
C. 过程②吸收能量，过程③释放能量
D. 标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为NA
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知过程①为固体表面吸附NO分子的过程，过程②中发生了旧化学键的断裂：2NO=2N+2O；过程③为新化学键的形成过程：2N=N2、2O=O2。过程④为解吸过程，据此进行解答。
【详解】A.NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含有共价键，属于共价化合物，A正确；
B. O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性共价键，B正确；
C．由分析可知，过程②为2NO=2N+2O，NO中的化学键断裂，吸收能量，过程③为2N=N2、2O=O2，形成新化学键，释放能量，C正确；
D．11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1mol N2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5mol N2转移的电子数为0.5×4mol=2NA，D错误。
答案选D。
25.已知反应 2X(g))+Y(g)) Z(g))，某研究小组将4moX和3molY置于一容积不变的密闭容器中，测定一定时间内X的转化率，得到的数据如表所示，下列判断正确的是（ ）
t/min
2
3.5
5
6
X的转化率
30%
40%
70%
70%
A. 随着反应的进行，混合气体的密度不断增大
B. 反应在5.5min时，v正（X）=2v逆（Z）
C. 6min时，容器中剩余1.4molY
D. 其他条件不变，将X的物质的量改为6mol，则可得到3molZ
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应前后气体的质量始终不变，容器体积不变，随着反应的进行，混合气体的密度始终保持不变，故A错误；
B．反应的速率比等于计量数之比，反应在5.5min时，v正（X）=2v逆（Z），故B正确；
C．6min时，X的转化率为70%，反应的X为4mol×70%=2.8mol，反应的Y为1.4mol，容器中剩余3mol-1.4mol=1.6molY，故C错误；
D．其他条件不变，反应的转化率不可能达到100%，将X的物质的量改为6mol，也不可能得到3molZ，故D错误；
故选B。
Ⅱ卷
二、填空题（本题共4小题，共50分。）
26.下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：

（1）表中用字母标出的12种元素中，J在周期表中的位置______，半径最小的是______（填元素符号），化学性质最不活泼的是_____（填元素符号），属于过渡元素的是______（填元素符号）。
（2）元素B形成的氢化物H2B2的电子式____________。
（3）用电子式表示EJ2的形成过程____________。
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为______
（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置 气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_____，能说明A和G非金属性强弱 的实验现象是：____________，对应的化学方程式是：_________________。

【答案】(1). 第三周期ⅦA族 (2). F (3). Ar (4). Mn (5). (6). (7). Al(OH)3+OH﹣═AlO+2H2O (8). 饱和NaHCO3 (9). 除去CO2中的HCl杂质 (10). Na2SiO3溶液析出胶状沉淀 (11). CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓
【解析】
【分析】结合元素周期表的结构可知：A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素Mn，结合元素周期表、律相关知识解答。
【详解】(1)J为Cl位于元素周期表第三周期ⅦA族；电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，原子半径越大，所以12种元素中，原子半径最小的为C(F)；K为Ar，为稀有气体元素，化学性质最不活泼；M为过渡元素Mn，故答案为：第三周期ⅦA族；F；Ar；Mn；
(2)H2B2即H2O2，其电子式为，故答案为：；
(3)EJ2即MgCl2，为离子化合物，其形成过程用电子式表示为，故答案为：；
(4)D(Na)、F(Al)最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为Al(OH)3+OH﹣═AlO+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH﹣═AlO+2H2O；
(5)最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强，A(C)和G(Si)的非金属性强弱，可通过比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱得出。大理石和盐酸反应产生CO2(盐酸具有挥发性，混有HCl)，用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的HCl，二氧化碳和硅酸钠溶液反应产生白色胶状沉淀(H2SiO3)，可证明碳酸的酸性强于硅酸，从而证明C的非金属性强于Si的非金属性，故答案为：饱和NaHCO3；除去CO2中的HCl杂质；Na2SiO3溶液析出胶状沉淀；CO2+H2O+Na2SiO3＝Na2CO3+H2SiO3↓。
27.Ⅰ.如图是1molC(s)和1molH2O(g)反应生成1molCO(g)、1molH2(g)的途径和三个状态的能量。

(1)该反应_____(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)比较E1、E2、E3的大小：_____。
Ⅱ．已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ的热量，请回答下列问题：
(3)若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量_____(填“大于”、“小于”或 “等于”)572kJ。
(4)若1mol液态水分解生成氢气和氧气，该反应_____(填“吸收”或“放出”) _____kJ的能量。
Ⅲ.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示。

(5)该反应_____(填“吸收”或“放出”)_____kJ(用a、b表示)的能量。
【答案】(1). 吸热 (2). E2＞E3＞E1 (3). 小于 (4). 吸收 (5). 286kJ (6). 吸收 (7). a-b
【解析】
【分析】Ⅰ．根据放热过程生成物的总能量小于反应物总能量，吸热过程生成物的总能量高于反应物总能量，结合炭和水蒸汽发生反应生成CO、H2为吸热反应判断；
Ⅱ．(3)根据热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-572kJ/mol进行计算以及液态水变成水蒸气需要吸热来判断；
(4)液态水的分解反应为氢气和氧气燃烧反应的逆过程，据此分析判断；
Ⅲ．(5)根据放热过程生成物的总能量小于反应物总能量，吸热过程生成物的总能量高于反应物总能量，反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，据此分析解答。
【详解】Ⅰ．(1)炭和水蒸汽发生反应生成CO、H2为吸热反应；
(2)如图所示，步骤1断键为吸热过程，故E2＞E1，步骤2形成键是放热过程，故E2＞E3，由于炭和水蒸汽发生反应生成CO、H2为吸热反应，则E3＞E1，故E2＞E3＞E1；
Ⅱ．已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ的热量，热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−572kJ/mol，
(3)据热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−572kJ/mol，2mol氢气完全燃烧生成液态水放出热量572kJ，因液态水变成水蒸气需要吸热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出热量小于572kJ；
(4)据热化学方程式2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−572kJ/mol，则H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=−286kJ/mol，1mol液态水分解生成氢气和氧气为氢气和氧气燃烧生成液态水反应的逆过程，该液态水分解反应为吸热反应，吸收的热量为286kJ；
Ⅲ．(5)根据图示，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应；a为正反应的活化能，b为逆反应的活化能，反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能= a-b kJ/mol，则反应吸收的热量为a-b kJ。
28.Ⅰ．如图为原电池装置示意图。

(1)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，B电极为_____极(填“正”或“负”)。写出A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”)。
Ⅱ．现用图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000 mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。

(2)b电极材料为_____，其电极反应式为_____。
(3)当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为_____，此时a电极质量_____(填“增加”或“减少”)_____g。
(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是_____。
【答案】(1). 正 (2). H2＋2OH－－2e－=2H2O (3). 减弱 (4). 铜 (5). 2H＋＋2e－=H2↑ (6). 0.06mol (7). 减少 (8). 1.95 (9). 左端液面下降，右端液面上升
【解析】
分析】(1)A电极上通入H2失2e−生成H＋与KOH溶液中的OH−生成水，消耗了OH−；该反应生成水，导致KOH的浓度减小；
(2)纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，则b为铜，为正极；a为锌，为负极；b上氢离子得电子生成氢气；
(3)根据电极方程式结合气体的物质的量求算电子的物质的量，a极为Zn作负极失电子，根据电子守恒计算Zn的质量；
(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，则右边为锌失电子作负极，左边为铜为正极，氢离子得电子生成氢气。
【详解】(1)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，A为负极，B为正极，负极电极反应式为H2＋2OH−−2e−＝2H2O；该电池在工作一段时间后，KOH溶液的浓度减小，溶液的碱性将减弱，
故答案为：正；H2＋2OH−−2e−＝2H2O；减弱；
(2)纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，则b为铜，为正极；a为锌，为负极；b上氢离子得电子生成氢气，其电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，
故答案为：铜；2H＋＋2e－=H2↑；
(3)当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体，则n(H2)＝＝＝0.03mol，已知b上电极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，则通过导线的电子的物质的量为0.06mol，a电极上的反应为：Zn−2e−═Zn2＋，则溶解的Zn的物质的量为0.03mol，则减小的Zn的质量为65g/mol×0.03mol＝1.95g，故答案为：0.06mol；减小；1.95；
(4)如果将a、b两电极的电极材料对调，则右边为锌失电子作负极，左边为铜为正极，氢离子得电子生成氢气，则左边上有氢气生成，所以U形管中左端溶液下降，右端溶液上升，
故答案为：左端溶液下降，右端溶液上升。
29.I．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。

(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_____。
II. 在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(2)上述反应_____(填“是”或“不是”)可逆反应,原因_____
(3)如图所示，表示NO2变化曲线的是_____。

(4)平衡时NO的转化率=_____。
III. 某学习小组为了研究外界条件对H2O2溶液的分解速率的影响，设计了如下实验。

10%H2O2
蒸馏水
2mol•L-1FeCl3
初始温度
实验1
10mL
0mL
0滴
20℃
实验2
10mL
0mL
3滴
20℃
实验3
10mL
0mL
0滴
40℃
实验4
8mL
VmL
3滴
20℃
学习小组的同学在实验中发现实验1无明显现象，实验2～4均有气泡冒出，反应速率各不相同。根据表中数据回答相关问题：
(5)实验2中发生反应的化学方程式为_____。
(6)实验1、3可得出的结论是_____。
(7)实验_____和_____探究浓度对H2O2溶液分解速率的影响。
(8)实验4中的V=_____。
【答案】(1). 3X(g)+Y(g) 2Z(g) (2). 是 (3). 3s后NO的含量不随时间改变，说明该反应已达平衡 (4). b (5). 65% (6). 2H2O22H2O+O2↑ (7). 温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快 (8). 2 (9). 4 (10). 2
【解析】
【分析】I．根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写化学方程式；
II．可逆反应的特征就是不能完全反应，反应物与生成物共存；根据NO的变化量计算出NO2的变化量；转化率等于转化量与起始量之比再乘以100%；
III．要探究某一因素对反应速率的影响时，其他条件应该相同。
【详解】I．(1)由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且∆n(X)： ∆n(Y)：∆n(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X(g)+Y(g) 2Z(g)，答案为：3X(g)+Y(g) 2Z(g)；
II．(2)由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，根据可逆反应的特征可知，该反应为可逆反应，3s时反应达平衡，答案为：是；3s后NO的含量不随时间改变，说明该反应已达平衡；
(3)NO2是反应产物，随着反应进行NO2的浓度会增大，由化学方程式2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)可知，平衡时∆c(NO2)=∆c(NO)==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b，答案为：b；
(4)由表中数据可知，反应达到平衡时NO由开始时的0.02mol变为0.007mol，由转化率的概念可知，平衡时NO的转化率=×100%=65%，答案为：65%；
III．(5)实验2与实验1的不同点是双氧水中滴入3滴FeCl3溶液后发生反应，判断FeCl3为双氧水分解的催化剂，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；答案为：2H2O22H2O+O2↑；
(6)实验1无明显现象，实验2～4均有气泡冒出，由表中数据可知，实验3与实验1的不同点是温度从20℃变成了40℃，所以由实验1、3可得出的结论是：温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快，答案为：温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快；
(7)要探究浓度对双氧水溶液分解速率的影响，其他条件应该相同，分析表中数据可知实验2和实验4温度相同，都滴入3滴氯化铁，实验4加入蒸馏水稀释过氧化氢溶液，生成气体的速率应该比实验2慢，答案为：2；4；
(8)实验4中过氧化氢溶液的体积为8mL，加入2mL蒸馏水稀释得到10mL溶液，才能与表中实验2的其他条件相同，才能用来探究浓度变化对反应速率的影响，所以V=2，答案为：2。