黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2017-2018学年高一下学期（理）化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高一下·黑龙江期末）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）
A．反应热就是反应放出的热量
B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应热
D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】反应热还包括反应中吸收的热量，选项A不符合题意；选项B不符合题意，
C.反应速率大小与反应是放热反应还是吸热反应无关系；
D.反应热大小与反应条件无关系，选项D不符合题意，
故答案选：C。
【分析】D、的大小与反应条件无关，微观上等于反应物断键吸收的能量与生成物成键释放能量的相对大小。宏观上等于生成物总能量与反应物总能量的相对大小。
2．（2018高一下·黑龙江期末）下列变化过程，属于放热反应的是（ ）
①液态水变成水蒸气 ②酸碱中和反应 ③浓H2SO4 稀释
④固体NaOH溶于水 ⑤ H2 在 Cl2 中燃烧 ⑥食物腐败
A．②⑤⑥ B．②③④ C．①③⑤ D．②③④⑤⑥
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等都是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。①③④不是化学变化，其中①和④是吸热过程，③是放热过程，
故答案为：A。
【分析】 常见的放热反应：1、金属和水或酸反应。2、酸碱中和反应。3、一切燃烧。4、大多数化合反应和置换反应。5、缓慢氧化反应如生锈。
3．（2018高一下·黑龙江期末）下列有关化学用语正确的是（ ）
A．NH4Br的电子式：
B．S2-的结构示意图：
C．N2的结构式：N=N
D．原子核内有18个中子的氯原子： Cl
【答案】D
【知识点】原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH4Br的电子式 ，不符合题意；
B、硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图： ，不符合题意；
C、氮气中氮原子之间通过三键均达到了8电子稳定结构，电子式为 ，不符合题意；
D、18个中子的氯原子，由于氯原子的质子数为17，故其相对原子质量为17+18=35，所以原子核内有l8个中子的氯原子为 Cl，符合题意。
故答案为：D。
【分析】C、氮气中含氮氮三键，稳定不易断裂，化学性质不活泼。
4．（2018高一下·黑龙江期末）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．H2O、Na2O、CO2 D．CaCl2、NaOH、H2O
【答案】B
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、HCl共价化合物，只含共价键；MgCl2是离子化合物，只含离子键；NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键。不符合题意；
B、NH3、H2O、CO2均为共价化合物，只含共价键。符合题意；
C、H2O和CO2均为共价化合物，只含共价键；Na2O是离子化合物，只含离子键；不符合题意；
D、CaCl2是离子化合物，只含离子键；NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键；H2O共价化合物，只含共价键。不符合题意；
故答案为：B。
【分析】如何判断离子化合物，若含金属阳离子或铵根离子的化合物为离子化合物但氯化铝为共价化合物。若不含金属阳离子或铵根离子的化合物为共价化合物
5．（2018高一下·黑龙江期末）16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．16O2与18O2互为同素异形体
B．16O与18O核外电子排布方式不同
C．通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
D．标准状况下，1.12L16O2和 1.12L18O2均含有0.1NA个氧原子
【答案】D
【知识点】同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.同素异形体是同种元素形成的不同单质，
16O
2与
18O
2是相同的单质，不是同素异形体，A错；
B.16O与18O的最外层电子数相同，所以核外电子排布方式相同，B错；
C.16O与18O的电子数相同，实现转化时发生的是物理变化不是化学变化，C错；
D.标准状况下，1.12L16O2和 1.12L18O2的物质的量相等，均为0.05mol，氧原子都为0.1NA个，D对。
【分析】C、原子内部的变化为物理变化。
D、同温、同压下，相同体积的任何气体，具有相同的分子数，而 16O2与18O2 是双原子分子，所以原子总数也相同。
6．（2018高一上·福州期中）元素R的质量数为A，Rn-的核外电子数为x，则w g Rn-所含中子的物质的量为（ ）
A．（A-x+n）mol B．（A-x-n）mol
C．（A-x+n）w/Amol D．（A-x-n）w/Amol
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】Rm－的核外电子数为x ，R元素的质子数为x-m，元素R原子的质量数为A，中子数为A-x+m，W gRm－所含中子的物质的量为 ，
故答案为：C。
【分析】质量数可以看出该原子的相对原子质量，核外电子数=质子数+离子电荷数，中子数=质量数-质子数，物质的量n=质量w/摩尔质量A。
7．（2018高一下·黑龙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
B．改变温度对放热反应的影响程度大
C．反应2C(s) + SiO2(s) = Si (s) + 2CO(g) △H > 0 是在高温下的自发反应
D．分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2，可以研究催化剂对H2O2分解速率的影响
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A、催化剂只能改变化学反应的速率，对化学平衡不产生影响。不符合题意；
B、温度对化学平衡移动的影响为：当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动，不符合题意；
C、△H＞0，高温下△H-T△S＜0，反应自发进行，低温反应非自发进行；△H＜0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行。符合题意；
D、研究催化剂对反应的影响应控制单一变量，研究催化剂对H2O2分解速率的影响，可分别向2支试管中加入相同体积相同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2。不符合题意；
故答案为：C。
【分析】B、改变温度对吸热方向速率的影响尤为显著，改变压强对气体体积缩小的方向速率的影响尤为显著。
C、，<0，反应自发进行，>0，反应不能自发进行。
8．（2018高一下·黑龙江期末）下列叙述正确的是（ ）
A．同周期的ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数一定相差1
B．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
C．元素的非金属性越强，其气态氢化物越不稳定
D．硅位于元素周期表中金属和非金属的交界处，其单质可作半导体材料
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、在第二、三周期，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差1；若是第四、五周期，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11；在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差25。不符合题意；
B、第三周期从左到右，元素的非金属逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但含氧酸的酸性没有此递变规律。不符合题意；
C、元素的非金属性越强，它的最高价氧化物的水化物酸性越强，而它的气态氢化物越稳定。不符合题意；
D、硅位于元素周期表中金属与非金属的交界处，是良好的半导体材料，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、四、五周期ⅡA族与ⅢA族含有副族元素，六、七周期ⅢB中是镧系和锕系，有15种元素。
B、含氧酸酸性的比较必须是最高价含氧酸。
9．（2018高一下·黑龙江期末）某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)+Y(g Z(g) + W(s)△H>0。下列叙述正确的是（ ）
A．加入少量W，逆反应速率增大
B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C．升高温度，平衡向逆反应方向移动
D．平衡后，加入X，该反应的△H增大
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A不符合题意；
B、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故B符合题意；
C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C不符合题意；
D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、液体和固体的浓度是定值，不用于表示反应速率。
B、当反应前后气体的体积之和相等时，压强不变不能用于判断反应是否达到平衡，当反应前后气体的体积之和不等时，压强不变反应达到平衡。
D、与反应方程式中物质的系数有关，与量的多少无关。
10．（2018高一下·黑龙江期末）选用下列试剂和电极：稀H2SO4、Fe2(SO4)3溶液、铁棒、铜棒、铂棒，组成如图所示的原电池装置，观察到电流计G的指针均有偏转，则其可能的组合共有（ ）
A．6种 B．5种 C．4种 D．3种
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液.当电解质溶液为稀硫酸时，只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知；能构成原电池的组合有5种。
故答案为：B。
【分析】形成原电池的条件是：1、有活泼性不同的金属作电极材料，也可以是石墨等；2、有电解质溶液；3、形成闭合回路；4、有自发进行的氧化还原反应。
11．（2018高一下·黑龙江期末）Mg—AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是（ ）
A．负极反应式为Mg-2e－= Mg2＋ B．正极反应式为Ag＋+ e－= Ag
C．也能被KCl 溶液激活 D．镁电极也会与水发生反应
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、Mg—AgCl电池，活泼金属Mg是还原剂，负极反应式为：Mg-2e－= Mg2＋，不符合题意；
B、Mg—AgCl电池，AgCl是氧化剂，正极反应为：2AgCl+2e－=2Cl－+2Ag，符合题意；
C、KCl 溶液为电解质溶液，溶液中含有自由移动的离子，因此Mg—AgCl电池也能被KCl 溶液激活，不符合题意；
D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H20=Mg(OH)2+H2↑，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学电源判断正负极材料至关重要， Mg—AgCl电池，镁是活泼金属单质具有强还原性，是电子能力强，可作负极材料。而氯化银中银的化合价为+1价，具有氧化性可在正极上得电子发生还原反应，产生银单质。书写电极反应式时要注意其产物与溶液中的离子是否共存，若要反应则需把溶液中的离子写进反应式。
B、氯化银是难溶物质，在溶液中银离子浓度小，主要以氯化银形式存在，所以反应式中应写氯化银。
12．（2018高一下·黑龙江期末）已知：2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s) ΔH1＝－701.0 kJ·mol－1
2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s) ΔH2＝－181.6 kJ·mol－1
则反应Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的ΔH为（ ）
A．＋519.4 kJ·mol－1 B．＋259.7 kJ·mol－1
C．－259.7 kJ·mol－1 D．－519.4 kJ·mol－1
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s) ΔH＝－701.0 kJ·mol－1
②2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s) ΔH＝－181.6 kJ·mol－1
根据盖斯定律，①-②得2Zn(s)＋2HgO(s)=2ZnO(s)＋2Hg(l)，
ΔH=（－701.0 kJ·mol－1）-（-181.6 kJ·mol－1）=－519.4 kJ·mol－1，即Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，ΔH＝－259.7 kJ·mol－1，故C符合题意。
故答案为：C。
【分析】总反应中没有氧气，需要将上面两个热化学方程式相减消掉氧气，方程式相减时，也跟着相减。
13．（2018高一下·黑龙江期末）下列各项中正确的是（ ）
A．已知H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热 ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol-1
B．已知CH3OH(g)＋1/2O2(g) = CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol-1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJ·mol-1
C．H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1 ，则2H2O(g) = 2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol-1
D．葡萄糖的燃烧热是2800 kJ·mol-1，则1/2C6H12O6(s)＋3O2(g) = 3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1400 kJ·mol-1
【答案】D
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A、中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，生成2molH2O 所放出的热量为2×57.3 kJ·mol-1，但生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热小于2×(－57.3) kJ·mol-1，不符合题意；
B、由燃烧热的概念可以知道，甲醇燃烧应生成液态水，则CH3OH的燃烧热一定不为192.9 kJ·mol-1，不符合题意；
C、H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1 ，生成液态水，则2H2O(g) = 2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol-1，不符合题意；
D、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，葡萄糖的燃烧热是2800 kJ·mol-1，则 C6H12O6(s)＋3O2(g) = 3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1400 kJ·mol-1，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、生成沉淀时有沉淀生成热放出。弱酸弱碱电离时化学键断掉需要吸热热量。
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量。C元素生成CO2，H元素生成液态H2O。
14．（2018高一下·黑龙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高
B．单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2
C．元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强
D．还原性：S2－>Se2－
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、碱金属从上到下熔点降低，而卤族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，不符合题意；
B、非金属性越强，对应单质与水反应越剧烈，则单质与水反应的剧烈程度F2>Cl2>Br2>I2，符合题意；
C、非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，不符合题意；
D、非金属性S>Se，对应离子的还原性为S2－
【分析】元素非金属性的比较方法： 1、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。
2、由单质和酸或者和水的反应剧烈程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。
3、由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强，
4、由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强。
5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强。
6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱。
7、由置换反应判断，非金属强强的置换非金属弱的。
15．（2018高一下·黑龙江期末）下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B．合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C．用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D．对2HI（g） H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡体系颜色变浅
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。A、加入硝酸银溶液后，银离子消耗溴水中的溴离子，生成溴化银沉淀，溶液中溴离子浓度减小，平衡向着正向移动，能够用勒夏特列原理解释，不符合题意；
B、因为催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，符合题意；
C、用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质的反应原理为：Cl2+H2O HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子的浓度很高，氯离子的浓度高能使该反应平衡向逆向移动，能够用勒夏特列原理解释，不符合题意；
D、通入氢气后氢气浓度增大，平衡向着氢气浓度减小的方向移动，能够用勒夏特列原理解释，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理是化学平衡原理，而催化剂能同等程度的加快正逆反应速率，正逆反应速率仍然相等，化学平衡不移动。
16．（2018高一下·黑龙江期末）对于平衡体系mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) ΔH＜0。下列结论中错误的是（ ）
A．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，
A．B的物质的量之比为m∶n
B．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的1.8倍，则m＋n > p＋q
C．若m＋n = p＋q，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a
D．若温度不变缩小容器体积，达到新平衡时压强增大到原来的2倍，则体积一定小于原来的1/2
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，不符合题意；
B、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向着消耗A的方向移动，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m＋n > p＋q，不符合题意；
C、往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，平衡向正反应移动，因为m＋n = p＋q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2a mol，不符合题意；
D、如果m+n=p+q，温度不变时，若压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积等于原来的1/2，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、当反应物以系数之比投料时，平衡时它们的转化率相等。
C、当 m＋n = p＋q 时，反应进行到任何时刻，气体的总物质的量不变。
D、由pv=nRT，当温度不变时，p与v呈反比关系。若压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积等于原来的1/2。
17．（2018高一下·黑龙江期末）对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是（ ）
A．①压强对反应的影响(p2>p1)
B．②温度对反应的影响
C．③平衡体系增加N2对反应的影响
D．④催化剂对反应的影响
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A不符合题意；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B不符合题意；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C符合题意；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、图形中先拐先平数值大，所以可快速判断 p2
C、催化剂可同等程度的改变反应速率，所以使用催化剂v正仍等于v逆。
18．（2018高一下·黑龙江期末）将CO2转化为甲醇的原理为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0。500℃时，在体积为1L的固定容积的密闭容器中充入1molCO2、3molH2，测得CO2浓度与CH3OH浓度随时间的变化如图所示，下列结论错误的是（ ）
A．曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化
B．从反应开始到l0min时，H2的反应速率v(H2)=0.225 mol/(L·min)
C．平衡时H2的转化率为75%
D．500℃时该反应的平衡常数K=3
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、曲线x随反应进行浓度逐渐增大，表示生成物的浓度变化。曲线Y随反应进行浓度减小，表示反应物的浓度变化。反应进行到3min时X增加了0.5mol/L，而Y减少了1.0mol/L－0.5mol/L＝0.5mol/L，这说明X、Y的浓度变化量之比为1：1，因此根据反应的化学方程式可知曲线x可以表示CH3OH浓度变化，曲线Y可以表示CO2浓度变化，A不符合题意；
B、根据以上分析可知X可以表示甲醇，则10min内用甲醇表示的反应速率为＝0.75molL÷10min＝0.075mol/（L min）。反应速率之比等于化学计量数之比，用氢气表示的反应速率＝3×0.075mol/（L min）＝0.225mol/（L min），B不符合题意；
C、根据以上分析可知X可以表示甲醇，平衡时甲醇的浓度变化量＝0.75mol/L，则根据方程式可知氢气的浓度变化量＝3×0.75mol/L＝2.25mol/L，则参加反应的氢气的物质的量＝1L×2.25mol/L＝2.25mol，所以氢气的转化率＝ ×100%＝75%，C不符合题意；
D、根据以上分析可知X可以表示甲醇，其浓度变化量＝0.75mol/L，则：
CO2（g）+ 3H2（g） CH3OH（g）+ H2O（g）
起始（mol/L） 1 3 0 0
转化（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75
因此根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知，该反应的平衡常数＝ ＝5.3，D符合题意，
故答案选D。
【分析】A、化学反应中物质的转化量之比=系数之比，确定曲线Y表示的是二氧化碳的变化曲线。
C、当反应物以系数之比投料时，反应物的转化率相等，由图可知氢气的转化率与二氧化碳的转化率均为75%。
19．（2018高一下·黑龙江期末）X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加。只有Q为金属，X与Q同主族，Z与W同主族，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A．Z的氧化物都能跟碱反应
B．Z的氢化物与Z的最高价氧化物的水化物能发生反应
C．Y的最高价氧化物的水化物是非电解质
D．原子半径Q
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Z的氧化物有多种，部分氧化物是不成盐氧化物，如NO是不成盐氧化物，和碱不反应，不符合题意；
B、Z的氢化物是NH3，Z的最高价氧化物的水化物是HNO3，氨气和硝酸能发生反应生成硝酸铵，符合题意；
C、Y的最高价氧化物的水化物H2CO3，是弱电解质，不符合题意；
D、Q是Na元素，W是P元素；两者的原子位于具有电子层数，W的核电荷数大，所以半径小，原子半径Q > W。不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 Q＋与Z3－具有相同的电子层结构，可知Q＋与Z3－为10电子的离子，Q为Na，Z为N，而只有Q为金属，X与Q同主族即IA族，所以X为H， Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍 ，可知Y核外第一层为2电子，第二层为4个电子，是C元素。 Z与W同主族，W为P。
20．（2018高一下·黑龙江期末）下列有关说法中错误的是（ ）
A．甲烷燃料电池用KOH作电解质，负极的电极反应式为CH4 - 8e-+10OH- =CO32- + 7H2O
B．Zn粒与稀硫酸反应制氢气时，滴加几滴CuSO4溶液可加快反应速率
C．常温下用铜和铁作电极，浓硝酸作电解质溶液的原电池中铜为负极
D．原电池中电子从负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，在甲烷燃料电池中，甲烷失去电子，负极反应：CH4 - 8e-+10OH- =CO32- + 7H2O。不符合题意；
B、Zn粒与稀硫酸反应制氢气时，滴加几滴CuSO4溶液，Zn与CuSO4发生置换反应生成铜单质，溶液存在少量的铜单质，溶液中可形成原电池，加快Zn粒与稀硫酸的反应。不符合题意；
C、铁单质与浓硝酸在常温下发生钝化反应，而铜与浓硫酸常温下发生如下反应Cu+2NO3-+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e-＝Cu2+。不符合题意；
D、 原电池放电时，电子不进入电解质溶液，电解质溶液中通过离子定向移动形成电流。符合题意；
故答案为：D。
【分析】C、铁单质与浓硝酸在常温下发生钝化反应，而铜与浓硫酸常温下发生反应，Cu失电子被氧化，应为原电池的负极。类似的铝遇浓硝酸也发生钝化，在其表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了反应的进一步进行。
D、外电路是电子的定向移动形成电流，内电路是离子的定向移动，电子不下水，离子不上岸。
21．（2018高一下·黑龙江期末）将反应 Cu(s)+2Ag+(aq) = Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是（ ）
A．电极X是正极，其电极反应为Cu-2e-= Cu2+
B．银电极板质量逐渐减小，Y溶液中c(Ag+)增大
C．当X电极质量变化0.64 g时，Y溶液质量变化2.16 g
D．外电路中电流由银极流向铜极
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e-==Cu2+，不符合题意；
B、银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：Ag++ e--=Ag，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，不符合题意；
C、当X电极质量减少0.64 g时，即0.64g ÷64g/mol=0.01 mol，则正极有0.02 mol的银单质析出，即0.02mol×108 g/mol=2.16 g，则溶液质量变化应为2.16 g-0.64 g=1.52 g。不符合题意；
D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极）。符合题意；
故答案为：D。
【分析】原电池设计成盐桥，可以形成持续稳定的电流，还可以平衡电荷，例如该原电池中，负极Cu-2e-= Cu2+，溶液中正电荷增多，盐桥中的阴离子将移向负极区平衡电荷，正极上Ag++ e-=Ag，正电荷减少，盐桥中带正电的阳离子将移向正极区平衡电荷。
22．（2018高一下·黑龙江期末）根据表中信息，下列叙述正确的是（ ）
短周期元素代号 L M Q R T
原子半径/nm 0.160 0.143 0.112 0.104 0.066
主要化合价 ＋2 ＋3 ＋2 ＋6、－2 －2
A．氢化物的热稳定性：H2T < H2R
B．单质与稀盐酸反应的速率：L< Q
C．M与T形成的化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应
D．离子半径：R2－< L2＋
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、非金属性O大于S，则稳定性H2O > H2S，即H2T > H2R，不符合题意；
B、金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L> Q，不符合题意；
C、.M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，符合题意；
D、镁离子核外电子数为10，硫离子的核外电子数为18，电子层越多，原子半径越大，则离子半径： R2－> L2＋，不符合题意；
故答案为：C。.
【分析】L、Q的化合价为+2价，为IIA主族元素Be、Mg，而原子半径L>Q，所以L为Mg，Q为Be。M的化合价为+3价，原子半径比Mg小一点，所以M为Al。R、T的最低负价为-2价，为氧族元素O、S，而无最高正价所以T为O，R为S。
23．（2018高一下·黑龙江期末）T K时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2，反应COCl2(g) Cl2(g)＋CO(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t / s 0 2 4 6 8
n(Cl2) / mol 0 0.16 0.19 0. 20 0.20
下列说法正确的是（ ）
A．反应在前2 s 的平均速率v(CO)=0.080mol·L-1·s-1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) =0.11mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C．T K时起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，达到平衡前v正>v逆
D．T K时起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.9 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率为80%
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应在前2s的平均速率 ，不符合题意；
B、平衡时 ， 升高温度， ，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应ΔH>0，不符合题意；
C、
COCl2(g) Cl2(g)＋ CO(g)
起始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
该温度下 ，若起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，此时 ＜0.025，则反应达到平衡前正>v逆。符合题意；
D、T K时起始向容器中充入1.0mol Cl2和1.0mol CO ，应等效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2，达到平衡时Cl2的转化率等于80%，如加入1.0mol Cl2和0.9mol CO，相当于在原来的基础上减小0.1mol CO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率小于80%，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、物质的速率之比=系数之比，所以由氯气的反应速率等于一氧化碳的反应速率。
B、升高温度，可逆反应的化学平衡向着吸热反应方向移动。
C、投料时既投反应物，又投生成物，反应从哪边开始？或是判断V正与V逆的大小，均要计算K、Qc并比较大小。若K>Qc，反应从正反应开始进行，V正>V逆，K
24．（2018高一下·黑龙江期末）将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s) NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g) H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝1 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为（ ）
A．36 B．24 C．16 D．9
【答案】B
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】平衡时c(HI)＝4 mol·L－1，HI分解生成的H2的浓度为1 mol·L－1，则 NH4I分解生成的HI的浓度为4 mol·L－1+2×1 mol·L－1=6 mol·L－1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6 mol·L－1，所以反应(1)的平衡常数k=c(NH3)×c(HI)= 6 mol·L－1×4 mol·L－1=24 mol2·L－2。
故答案为：B。
【分析】当密闭容器中有几个可逆反应发生时，要考虑两者之间的相互影响。固体或纯液体不出现在K的表达式中。
25．（2018高一下·黑龙江期末）全钒液流电池工作原理如图所示。在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO2＋（蓝色）＋H2O＋V3＋（紫色） VO2＋（黄色）＋V2＋（绿色）＋2H＋。下列说法正确的是（ ）
A．当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作
B．放电时，负极反应为VO2++2H＋＋e－＝VO2＋＋H2O
C．放电时，正极附近溶液由紫色变绿色
D．放电过程中，正极附近溶液的pH变小
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、根据原电池的工作原理，该电池的电解质是不断被消耗的，当电池无法放电时，更换电解质溶液即可工作，符合题意；
B、放电时，反应中V 2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V 2+- e - =V 3+，不符合题意；
C、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H++e - =VO 2++H 2O，正极附近溶液由蓝色变黄色，不符合题意；
D、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H++e - =VO 2++H 2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】当考察新型的化学电源时总反应式题目已给出，可先标化合价，由化合价的升降确定什么物质在负极上失电子发生氧化反应，什么物质在正极上得电子发生还原反应。进而写出两极的电极反应式。考察某极附近pH如何改变时，由该极的电极反应式进行判断、OH-的变化。
二、推断题
26．（2018高一下·黑龙江期末）X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。
回答下列问题：
（1）X元素在元素周期表中的位置 。
（2）由Y和W形成的化合物的电子式 。
（3）YX2分子的结构式为 ，其化学键类型为是 。
（4）前四种元素的简单氢化物中Z的沸点最高，原因是 。
（5）写出Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式 。
【答案】（1）第三周期第VIA族
（2）（CCl4 电子式略）
（3）S=C=S；极性键
（4）NH3分子间存在氢键
（5）Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）X为S元素，在元素周期表中的位于第三周期第VIA族；（2）由Y和W形成的化合物为CCl4，电子式为 ；（3） YX2分子CS2，结构式为S=C=S，其化学键类型为极性键共价键；（4）Z的气态氢化物为氨气，氨气分子间存在氢键，一种特殊的分子间作用力，强于普通的分子间作用力，因此氨气的沸点最高；（5）Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，两者发生中和反应，方程式为：Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O。
【分析】X 元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X的最外层上有6个电子，X为S。 Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍 ，由最外层不超过8个电子，该原子核外只能是2个电子层，Y为C。 Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性，常见的碱性气体为氨气，所以Z为N。 W元素最高正价与最低负价之和为6 ，其最高正价比6大，为+7价，所以W为Cl， Q是地壳中含量最高的金属元素是铝元素。
三、实验题
27．（2018高一下·黑龙江期末）某课外兴趣小组用下图装置探究条件对Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应速率的影响。请回答有关问题。
（1）写出该反应的离子方程式 。
（2）连接好仪器后，开始实验前还需进行的操作是 。
（3）现探究浓度对该反应速率（单位mL/min）的影响。
①应测定的实验数据为 。
②该实验实施过程中测定的气体体积比实际值偏小的一个重要原因是： 。
（4）若该小组同学设计了如下四组实验，
实验 反应温度 /℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
① 实验数据体现了反应物 （填化学式）的浓度及 条件对反应速率的影响。
② 预测反应速率最快的一组实验序号为 。
【答案】（1）S2O32- + 2H+ = S↓+SO2↑+H2O
（2）检验装置气密性
（3）相同时间产生气体体积（或产生相同体积气体所需的时间）；SO2易溶于水（或其他合理答案）
（4）Na2S2O3；温度；D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）Na
2S
2O
3溶液与稀H
2SO
4反应生成硫单质、二氧化硫和水，反应的离子方程式为：S
2O
32— + 2H
+ = S↓+SO
2↑+H
2O；（2）实验需要测定生成的二氧化硫的体积，因此实验前必须检查实验装置的气密性；（3）①实验中可以通过测量相同时间内二氧化硫的体积来测定该反应的速率；②二氧化硫易溶于水，所以导致测量的二氧化硫的体积偏小；（4）①探究反应物浓度影响因素时，要控制变量为浓度，其他条件完全相同，A和B除稀硫酸浓度不同外，其他条件均相同；A和C除温度不同外其他条件均相同，因此A和C两个实验室为了对比温度对该反应的影响；②D实验的温度高，稀硫酸的浓度大，因此推测此试验的反应速率最快。
【分析】（1）Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为歧化反应，Na2S2O3即作氧化剂又作还原剂。Na2S2O3中S为+2价。
（2）连接仪器后装药品前需检查装置的气密性。
（3） ① 化学反应速率是通过实验测定的。因为化学反应中发生变化的是体系中的化学物质，所以与其中任何一种物质有关的浓度或质量相关的性质在测量反应速率时抖可以加以利用。包括能够直接观察的性质如释放的体积和压强。也包括依靠科学仪器才能测量的性质（颜色的深浅、光的吸收、光的发射、导电能力等）。
（4）观察什么数据在变化，即在探究什么因素对化学反应速率的影响。
四、综合题
28．（2018高一下·黑龙江期末）
（1）地下钢管连接镁块是金属防腐措施中的 法。
（2）铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：
①铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为 ；铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的 (填“强”或“弱”)。
②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 。
③铅蓄电池放电时的正极反应式为 ，当电路中有2mol电子转移时，理论上两电极质量变化的差为 g。
（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，石墨Ⅰ为电池的 极；该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为 。
【答案】（1）牺牲阳极的阴极保护法
（2）第六周期第IVA 族；弱；PbO2 + 4HCl(浓)= PbCl2 + Cl2 ↑+ 2H2O；PbO2 + 2e- + 4H+ + SO42- = PbSO4 + 2H2O；32
（3）负；NO2-e- +NO3- =N2O5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】（1）地下钢管连接镁块，镁的活泼性大于铁的活泼性，在钢管中接入镁块可形成原电池，镁作负极，失去电子，首先被腐蚀，从而保护正极的铁不被腐蚀，此法称为牺牲阳极的阴极保护法；（2）①铅是碳的同族元素，因此铅最外层有四个电子，位于元素周期表第ⅣA族；铅比碳多4个电子层，因此铅共有六个电子层，位于元素周期表的六周期，所以铅位于元素周期表第六周期第IVA 族；同一主族元素由上到下还原性在增强，氧化性在减弱，氧化性对应于非金属性，所以铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳的最高价氧化物对应水化物的酸性弱；②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，黄绿色气体应为氯气，反应方程式为：PbO2 + 4HCl(浓)= PbCl2 + Cl2 ↑+ 2H2O；③铅蓄电池放电时的正极得到电子，发生还原反应，电极反应为：PbO2 + 2e- + 4H+ + SO42- = PbSO4 + 2H2O，当有2mol电子转移时，正极质量增加64g；铅蓄电池放电时的负极失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Pb - 2e- +SO42- = PbSO4，当有2mol电子转移时，负极质量增加96g，则两电极质量变化的差为96g-64g=32g；（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，石墨Ⅰ通入NO2，失去电子，发生氧化反应，因此为负极，电极反应为：NO2-e-+ NO3-=N2O5。石墨Ⅱ为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2+2 N2O5+4e-=4NO3-。
【分析】（1）电解原理的金属防腐方法是外加电源的阴极保护法，原电池原理的金属防腐方法是牺牲阳极的阴极保护法。
（2）常见特征颜色的气体有：黄绿色气体应为氯气，红棕色的气体为NO2. PbO2与浓盐酸共热生成氯气，说明PbO2的氧化性强于氯气。铅蓄电池中Pb作负极，PbO2作正极，电解质的硫酸溶液。
（3）石墨II中通入氧气，该极是正极，则石墨I为负极。
29．（2018高一下·黑龙江期末）当前能源危机是一个全球性问题，开源节流是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法不利于能源“开源节流”的是________(填字母)。
A．开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展
C．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。则在通常状况下，金刚石和石墨相比较， (填 “金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH＝ 。
（3）N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol、497kJ/mol。已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ/mol。NO分子中化学键的键能为 。
（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO生成无污染气体的热化学方程式： 。
【答案】（1）B
（2）石墨；－393.5 kJ·mol－1
（3）631.5 kJ/mol
（4）2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol－1
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发
【解析】【解答】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；
B、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；A、
C、D能减少化石燃料的运用，正确。
故答案为：ACD；（2）图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=-393.5kJ mol-1；（3）ΔH＝反应物键能和-生成物键能和，根据N2(g)＋O2(g)==2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ/mol，即946 kJ/mol+ 497kJ/mol-2Q(N-O)= 180.0 kJ/mol解得Q(N-O)= 631.5kJ/mol。 （4）已知①C(石墨, ②C(石墨, ③N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ/mol；由盖斯定律:方程式①×2-②×2-③得2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol－1。
【分析】（2）能量越低越稳定。燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物的放出的热量。
（3）的微观计算方法是
黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2017-2018学年高一下学期（理）化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高一下·黑龙江期末）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）
A．反应热就是反应放出的热量
B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应热
D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
2．（2018高一下·黑龙江期末）下列变化过程，属于放热反应的是（ ）
①液态水变成水蒸气 ②酸碱中和反应 ③浓H2SO4 稀释
④固体NaOH溶于水 ⑤ H2 在 Cl2 中燃烧 ⑥食物腐败
A．②⑤⑥ B．②③④ C．①③⑤ D．②③④⑤⑥
3．（2018高一下·黑龙江期末）下列有关化学用语正确的是（ ）
A．NH4Br的电子式：
B．S2-的结构示意图：
C．N2的结构式：N=N
D．原子核内有18个中子的氯原子： Cl
4．（2018高一下·黑龙江期末）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．H2O、Na2O、CO2 D．CaCl2、NaOH、H2O
5．（2018高一下·黑龙江期末）16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．16O2与18O2互为同素异形体
B．16O与18O核外电子排布方式不同
C．通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
D．标准状况下，1.12L16O2和 1.12L18O2均含有0.1NA个氧原子
6．（2018高一上·福州期中）元素R的质量数为A，Rn-的核外电子数为x，则w g Rn-所含中子的物质的量为（ ）
A．（A-x+n）mol B．（A-x-n）mol
C．（A-x+n）w/Amol D．（A-x-n）w/Amol
7．（2018高一下·黑龙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
B．改变温度对放热反应的影响程度大
C．反应2C(s) + SiO2(s) = Si (s) + 2CO(g) △H > 0 是在高温下的自发反应
D．分别向2支试管中加入相同体积不同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2，可以研究催化剂对H2O2分解速率的影响
8．（2018高一下·黑龙江期末）下列叙述正确的是（ ）
A．同周期的ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数一定相差1
B．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
C．元素的非金属性越强，其气态氢化物越不稳定
D．硅位于元素周期表中金属和非金属的交界处，其单质可作半导体材料
9．（2018高一下·黑龙江期末）某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)+Y(g Z(g) + W(s)△H>0。下列叙述正确的是（ ）
A．加入少量W，逆反应速率增大
B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C．升高温度，平衡向逆反应方向移动
D．平衡后，加入X，该反应的△H增大
10．（2018高一下·黑龙江期末）选用下列试剂和电极：稀H2SO4、Fe2(SO4)3溶液、铁棒、铜棒、铂棒，组成如图所示的原电池装置，观察到电流计G的指针均有偏转，则其可能的组合共有（ ）
A．6种 B．5种 C．4种 D．3种
11．（2018高一下·黑龙江期末）Mg—AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是（ ）
A．负极反应式为Mg-2e－= Mg2＋ B．正极反应式为Ag＋+ e－= Ag
C．也能被KCl 溶液激活 D．镁电极也会与水发生反应
12．（2018高一下·黑龙江期末）已知：2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s) ΔH1＝－701.0 kJ·mol－1
2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s) ΔH2＝－181.6 kJ·mol－1
则反应Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的ΔH为（ ）
A．＋519.4 kJ·mol－1 B．＋259.7 kJ·mol－1
C．－259.7 kJ·mol－1 D．－519.4 kJ·mol－1
13．（2018高一下·黑龙江期末）下列各项中正确的是（ ）
A．已知H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热 ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol-1
B．已知CH3OH(g)＋1/2O2(g) = CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol-1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJ·mol-1
C．H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1 ，则2H2O(g) = 2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol-1
D．葡萄糖的燃烧热是2800 kJ·mol-1，则1/2C6H12O6(s)＋3O2(g) = 3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1400 kJ·mol-1
14．（2018高一下·黑龙江期末）下列说法正确的是（ ）
A．同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高
B．单质与水反应的剧烈程度：F2>Cl2>Br2>I2
C．元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强
D．还原性：S2－>Se2－
15．（2018高一下·黑龙江期末）下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B．合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C．用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D．对2HI（g） H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡体系颜色变浅
16．（2018高一下·黑龙江期末）对于平衡体系mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) ΔH＜0。下列结论中错误的是（ ）
A．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，
A．B的物质的量之比为m∶n
B．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的1.8倍，则m＋n > p＋q
C．若m＋n = p＋q，则往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2a
D．若温度不变缩小容器体积，达到新平衡时压强增大到原来的2倍，则体积一定小于原来的1/2
17．（2018高一下·黑龙江期末）对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是（ ）
A．①压强对反应的影响(p2>p1)
B．②温度对反应的影响
C．③平衡体系增加N2对反应的影响
D．④催化剂对反应的影响
18．（2018高一下·黑龙江期末）将CO2转化为甲醇的原理为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0。500℃时，在体积为1L的固定容积的密闭容器中充入1molCO2、3molH2，测得CO2浓度与CH3OH浓度随时间的变化如图所示，下列结论错误的是（ ）
A．曲线X可以表示CH3OH(g)或H2O(g)的浓度变化
B．从反应开始到l0min时，H2的反应速率v(H2)=0.225 mol/(L·min)
C．平衡时H2的转化率为75%
D．500℃时该反应的平衡常数K=3
19．（2018高一下·黑龙江期末）X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加。只有Q为金属，X与Q同主族，Z与W同主族，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A．Z的氧化物都能跟碱反应
B．Z的氢化物与Z的最高价氧化物的水化物能发生反应
C．Y的最高价氧化物的水化物是非电解质
D．原子半径Q
A．甲烷燃料电池用KOH作电解质，负极的电极反应式为CH4 - 8e-+10OH- =CO32- + 7H2O
B．Zn粒与稀硫酸反应制氢气时，滴加几滴CuSO4溶液可加快反应速率
C．常温下用铜和铁作电极，浓硝酸作电解质溶液的原电池中铜为负极
D．原电池中电子从负极出发，经外电路流向正极，再从正极经电解液回到负极
21．（2018高一下·黑龙江期末）将反应 Cu(s)+2Ag+(aq) = Cu2+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是（ ）
A．电极X是正极，其电极反应为Cu-2e-= Cu2+
B．银电极板质量逐渐减小，Y溶液中c(Ag+)增大
C．当X电极质量变化0.64 g时，Y溶液质量变化2.16 g
D．外电路中电流由银极流向铜极
22．（2018高一下·黑龙江期末）根据表中信息，下列叙述正确的是（ ）
短周期元素代号 L M Q R T
原子半径/nm 0.160 0.143 0.112 0.104 0.066
主要化合价 ＋2 ＋3 ＋2 ＋6、－2 －2
A．氢化物的热稳定性：H2T < H2R
B．单质与稀盐酸反应的速率：L< Q
C．M与T形成的化合物既能与强酸反应，又能与强碱反应
D．离子半径：R2－< L2＋
23．（2018高一下·黑龙江期末）T K时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2，反应COCl2(g) Cl2(g)＋CO(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t / s 0 2 4 6 8
n(Cl2) / mol 0 0.16 0.19 0. 20 0.20
下列说法正确的是（ ）
A．反应在前2 s 的平均速率v(CO)=0.080mol·L-1·s-1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) =0.11mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C．T K时起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，达到平衡前v正>v逆
D．T K时起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.9 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率为80%
24．（2018高一下·黑龙江期末）将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s) NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g) H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝1 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为（ ）
A．36 B．24 C．16 D．9
25．（2018高一下·黑龙江期末）全钒液流电池工作原理如图所示。在电解质溶液中发生的电池总反应为：VO2＋（蓝色）＋H2O＋V3＋（紫色） VO2＋（黄色）＋V2＋（绿色）＋2H＋。下列说法正确的是（ ）
A．当电池无法放电时，只要更换电解质溶液，不用外接电源进行充电就可正常工作
B．放电时，负极反应为VO2++2H＋＋e－＝VO2＋＋H2O
C．放电时，正极附近溶液由紫色变绿色
D．放电过程中，正极附近溶液的pH变小
二、推断题
26．（2018高一下·黑龙江期末）X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。
回答下列问题：
（1）X元素在元素周期表中的位置 。
（2）由Y和W形成的化合物的电子式 。
（3）YX2分子的结构式为 ，其化学键类型为是 。
（4）前四种元素的简单氢化物中Z的沸点最高，原因是 。
（5）写出Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式 。
三、实验题
27．（2018高一下·黑龙江期末）某课外兴趣小组用下图装置探究条件对Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应速率的影响。请回答有关问题。
（1）写出该反应的离子方程式 。
（2）连接好仪器后，开始实验前还需进行的操作是 。
（3）现探究浓度对该反应速率（单位mL/min）的影响。
①应测定的实验数据为 。
②该实验实施过程中测定的气体体积比实际值偏小的一个重要原因是： 。
（4）若该小组同学设计了如下四组实验，
实验 反应温度 /℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
① 实验数据体现了反应物 （填化学式）的浓度及 条件对反应速率的影响。
② 预测反应速率最快的一组实验序号为 。
四、综合题
28．（2018高一下·黑龙江期末）
（1）地下钢管连接镁块是金属防腐措施中的 法。
（2）铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：
①铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层。铅在元素周期表的位置为 ；铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳酸的 (填“强”或“弱”)。
②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 。
③铅蓄电池放电时的正极反应式为 ，当电路中有2mol电子转移时，理论上两电极质量变化的差为 g。
（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，石墨Ⅰ为电池的 极；该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为 。
29．（2018高一下·黑龙江期末）当前能源危机是一个全球性问题，开源节流是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法不利于能源“开源节流”的是________(填字母)。
A．开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展
C．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。则在通常状况下，金刚石和石墨相比较， (填 “金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH＝ 。
（3）N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol、497kJ/mol。已知：N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ/mol。NO分子中化学键的键能为 。
（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO生成无污染气体的热化学方程式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；常见能量的转化及运用
【解析】【解答】反应热还包括反应中吸收的热量，选项A不符合题意；选项B不符合题意，
C.反应速率大小与反应是放热反应还是吸热反应无关系；
D.反应热大小与反应条件无关系，选项D不符合题意，
故答案选：C。
【分析】D、的大小与反应条件无关，微观上等于反应物断键吸收的能量与生成物成键释放能量的相对大小。宏观上等于生成物总能量与反应物总能量的相对大小。
2．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等都是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。①③④不是化学变化，其中①和④是吸热过程，③是放热过程，
故答案为：A。
【分析】 常见的放热反应：1、金属和水或酸反应。2、酸碱中和反应。3、一切燃烧。4、大多数化合反应和置换反应。5、缓慢氧化反应如生锈。
3．【答案】D
【知识点】原子结构示意图；结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH4Br的电子式 ，不符合题意；
B、硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图： ，不符合题意；
C、氮气中氮原子之间通过三键均达到了8电子稳定结构，电子式为 ，不符合题意；
D、18个中子的氯原子，由于氯原子的质子数为17，故其相对原子质量为17+18=35，所以原子核内有l8个中子的氯原子为 Cl，符合题意。
故答案为：D。
【分析】C、氮气中含氮氮三键，稳定不易断裂，化学性质不活泼。
4．【答案】B
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、HCl共价化合物，只含共价键；MgCl2是离子化合物，只含离子键；NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键。不符合题意；
B、NH3、H2O、CO2均为共价化合物，只含共价键。符合题意；
C、H2O和CO2均为共价化合物，只含共价键；Na2O是离子化合物，只含离子键；不符合题意；
D、CaCl2是离子化合物，只含离子键；NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键；H2O共价化合物，只含共价键。不符合题意；
故答案为：B。
【分析】如何判断离子化合物，若含金属阳离子或铵根离子的化合物为离子化合物但氯化铝为共价化合物。若不含金属阳离子或铵根离子的化合物为共价化合物
5．【答案】D
【知识点】同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.同素异形体是同种元素形成的不同单质，
16O
2与
18O
2是相同的单质，不是同素异形体，A错；
B.16O与18O的最外层电子数相同，所以核外电子排布方式相同，B错；
C.16O与18O的电子数相同，实现转化时发生的是物理变化不是化学变化，C错；
D.标准状况下，1.12L16O2和 1.12L18O2的物质的量相等，均为0.05mol，氧原子都为0.1NA个，D对。
【分析】C、原子内部的变化为物理变化。
D、同温、同压下，相同体积的任何气体，具有相同的分子数，而 16O2与18O2 是双原子分子，所以原子总数也相同。
6．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】Rm－的核外电子数为x ，R元素的质子数为x-m，元素R原子的质量数为A，中子数为A-x+m，W gRm－所含中子的物质的量为 ，
故答案为：C。
【分析】质量数可以看出该原子的相对原子质量，核外电子数=质子数+离子电荷数，中子数=质量数-质子数，物质的量n=质量w/摩尔质量A。
7．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A、催化剂只能改变化学反应的速率，对化学平衡不产生影响。不符合题意；
B、温度对化学平衡移动的影响为：当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动，不符合题意；
C、△H＞0，高温下△H-T△S＜0，反应自发进行，低温反应非自发进行；△H＜0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行。符合题意；
D、研究催化剂对反应的影响应控制单一变量，研究催化剂对H2O2分解速率的影响，可分别向2支试管中加入相同体积相同浓度的H2O2溶液，再向其中1支试管加入少量MnO2。不符合题意；
故答案为：C。
【分析】B、改变温度对吸热方向速率的影响尤为显著，改变压强对气体体积缩小的方向速率的影响尤为显著。
C、，<0，反应自发进行，>0，反应不能自发进行。
8．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、在第二、三周期，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差1；若是第四、五周期，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11；在第六、七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系，ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差25。不符合题意；
B、第三周期从左到右，元素的非金属逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但含氧酸的酸性没有此递变规律。不符合题意；
C、元素的非金属性越强，它的最高价氧化物的水化物酸性越强，而它的气态氢化物越稳定。不符合题意；
D、硅位于元素周期表中金属与非金属的交界处，是良好的半导体材料，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、四、五周期ⅡA族与ⅢA族含有副族元素，六、七周期ⅢB中是镧系和锕系，有15种元素。
B、含氧酸酸性的比较必须是最高价含氧酸。
9．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A不符合题意；
B、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故B符合题意；
C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C不符合题意；
D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、液体和固体的浓度是定值，不用于表示反应速率。
B、当反应前后气体的体积之和相等时，压强不变不能用于判断反应是否达到平衡，当反应前后气体的体积之和不等时，压强不变反应达到平衡。
D、与反应方程式中物质的系数有关，与量的多少无关。
10．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液.当电解质溶液为稀硫酸时，只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知；能构成原电池的组合有5种。
故答案为：B。
【分析】形成原电池的条件是：1、有活泼性不同的金属作电极材料，也可以是石墨等；2、有电解质溶液；3、形成闭合回路；4、有自发进行的氧化还原反应。
11．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、Mg—AgCl电池，活泼金属Mg是还原剂，负极反应式为：Mg-2e－= Mg2＋，不符合题意；
B、Mg—AgCl电池，AgCl是氧化剂，正极反应为：2AgCl+2e－=2Cl－+2Ag，符合题意；
C、KCl 溶液为电解质溶液，溶液中含有自由移动的离子，因此Mg—AgCl电池也能被KCl 溶液激活，不符合题意；
D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H20=Mg(OH)2+H2↑，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学电源判断正负极材料至关重要， Mg—AgCl电池，镁是活泼金属单质具有强还原性，是电子能力强，可作负极材料。而氯化银中银的化合价为+1价，具有氧化性可在正极上得电子发生还原反应，产生银单质。书写电极反应式时要注意其产物与溶液中的离子是否共存，若要反应则需把溶液中的离子写进反应式。
B、氯化银是难溶物质，在溶液中银离子浓度小，主要以氯化银形式存在，所以反应式中应写氯化银。
12．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s) ΔH＝－701.0 kJ·mol－1
②2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s) ΔH＝－181.6 kJ·mol－1
根据盖斯定律，①-②得2Zn(s)＋2HgO(s)=2ZnO(s)＋2Hg(l)，
ΔH=（－701.0 kJ·mol－1）-（-181.6 kJ·mol－1）=－519.4 kJ·mol－1，即Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，ΔH＝－259.7 kJ·mol－1，故C符合题意。
故答案为：C。
【分析】总反应中没有氧气，需要将上面两个热化学方程式相减消掉氧气，方程式相减时，也跟着相减。
13．【答案】D
【知识点】燃烧热
【解析】【解答】A、中和热是指稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，生成2molH2O 所放出的热量为2×57.3 kJ·mol-1，但生成硫酸钡沉淀的反应还要放出热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热小于2×(－57.3) kJ·mol-1，不符合题意；
B、由燃烧热的概念可以知道，甲醇燃烧应生成液态水，则CH3OH的燃烧热一定不为192.9 kJ·mol-1，不符合题意；
C、H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol-1 ，生成液态水，则2H2O(g) = 2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol-1，不符合题意；
D、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，葡萄糖的燃烧热是2800 kJ·mol-1，则 C6H12O6(s)＋3O2(g) = 3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1400 kJ·mol-1，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、生成沉淀时有沉淀生成热放出。弱酸弱碱电离时化学键断掉需要吸热热量。
B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量。C元素生成CO2，H元素生成液态H2O。
14．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、碱金属从上到下熔点降低，而卤族元素的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，熔点逐渐升高，不符合题意；
B、非金属性越强，对应单质与水反应越剧烈，则单质与水反应的剧烈程度F2>Cl2>Br2>I2，符合题意；
C、非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，不符合题意；
D、非金属性S>Se，对应离子的还原性为S2－
【分析】元素非金属性的比较方法： 1、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。
2、由单质和酸或者和水的反应剧烈程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。
3、由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强，
4、由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强。
5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强。
6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱。
7、由置换反应判断，非金属强强的置换非金属弱的。
15．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。A、加入硝酸银溶液后，银离子消耗溴水中的溴离子，生成溴化银沉淀，溶液中溴离子浓度减小，平衡向着正向移动，能够用勒夏特列原理解释，不符合题意；
B、因为催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，符合题意；
C、用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质的反应原理为：Cl2+H2O HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子的浓度很高，氯离子的浓度高能使该反应平衡向逆向移动，能够用勒夏特列原理解释，不符合题意；
D、通入氢气后氢气浓度增大，平衡向着氢气浓度减小的方向移动，能够用勒夏特列原理解释，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理是化学平衡原理，而催化剂能同等程度的加快正逆反应速率，正逆反应速率仍然相等，化学平衡不移动。
16．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，不符合题意；
B、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向着消耗A的方向移动，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m＋n > p＋q，不符合题意；
C、往含有a mol气体的平衡体系中再加入a mol的B，平衡向正反应移动，因为m＋n = p＋q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2a mol，不符合题意；
D、如果m+n=p+q，温度不变时，若压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积等于原来的1/2，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、当反应物以系数之比投料时，平衡时它们的转化率相等。
C、当 m＋n = p＋q 时，反应进行到任何时刻，气体的总物质的量不变。
D、由pv=nRT，当温度不变时，p与v呈反比关系。若压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积等于原来的1/2。
17．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，故A不符合题意；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，故B不符合题意；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，故C符合题意；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、图形中先拐先平数值大，所以可快速判断 p2
C、催化剂可同等程度的改变反应速率，所以使用催化剂v正仍等于v逆。
18．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、曲线x随反应进行浓度逐渐增大，表示生成物的浓度变化。曲线Y随反应进行浓度减小，表示反应物的浓度变化。反应进行到3min时X增加了0.5mol/L，而Y减少了1.0mol/L－0.5mol/L＝0.5mol/L，这说明X、Y的浓度变化量之比为1：1，因此根据反应的化学方程式可知曲线x可以表示CH3OH浓度变化，曲线Y可以表示CO2浓度变化，A不符合题意；
B、根据以上分析可知X可以表示甲醇，则10min内用甲醇表示的反应速率为＝0.75molL÷10min＝0.075mol/（L min）。反应速率之比等于化学计量数之比，用氢气表示的反应速率＝3×0.075mol/（L min）＝0.225mol/（L min），B不符合题意；
C、根据以上分析可知X可以表示甲醇，平衡时甲醇的浓度变化量＝0.75mol/L，则根据方程式可知氢气的浓度变化量＝3×0.75mol/L＝2.25mol/L，则参加反应的氢气的物质的量＝1L×2.25mol/L＝2.25mol，所以氢气的转化率＝ ×100%＝75%，C不符合题意；
D、根据以上分析可知X可以表示甲醇，其浓度变化量＝0.75mol/L，则：
CO2（g）+ 3H2（g） CH3OH（g）+ H2O（g）
起始（mol/L） 1 3 0 0
转化（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75
因此根据化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值可知，该反应的平衡常数＝ ＝5.3，D符合题意，
故答案选D。
【分析】A、化学反应中物质的转化量之比=系数之比，确定曲线Y表示的是二氧化碳的变化曲线。
C、当反应物以系数之比投料时，反应物的转化率相等，由图可知氢气的转化率与二氧化碳的转化率均为75%。
19．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Z的氧化物有多种，部分氧化物是不成盐氧化物，如NO是不成盐氧化物，和碱不反应，不符合题意；
B、Z的氢化物是NH3，Z的最高价氧化物的水化物是HNO3，氨气和硝酸能发生反应生成硝酸铵，符合题意；
C、Y的最高价氧化物的水化物H2CO3，是弱电解质，不符合题意；
D、Q是Na元素，W是P元素；两者的原子位于具有电子层数，W的核电荷数大，所以半径小，原子半径Q > W。不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 Q＋与Z3－具有相同的电子层结构，可知Q＋与Z3－为10电子的离子，Q为Na，Z为N，而只有Q为金属，X与Q同主族即IA族，所以X为H， Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍 ，可知Y核外第一层为2电子，第二层为4个电子，是C元素。 Z与W同主族，W为P。
20．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，在甲烷燃料电池中，甲烷失去电子，负极反应：CH4 - 8e-+10OH- =CO32- + 7H2O。不符合题意；
B、Zn粒与稀硫酸反应制氢气时，滴加几滴CuSO4溶液，Zn与CuSO4发生置换反应生成铜单质，溶液存在少量的铜单质，溶液中可形成原电池，加快Zn粒与稀硫酸的反应。不符合题意；
C、铁单质与浓硝酸在常温下发生钝化反应，而铜与浓硫酸常温下发生如下反应Cu+2NO3-+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O中，Cu被氧化，应为原电池的负极，电解反应为：Cu-2e-＝Cu2+。不符合题意；
D、 原电池放电时，电子不进入电解质溶液，电解质溶液中通过离子定向移动形成电流。符合题意；
故答案为：D。
【分析】C、铁单质与浓硝酸在常温下发生钝化反应，而铜与浓硫酸常温下发生反应，Cu失电子被氧化，应为原电池的负极。类似的铝遇浓硝酸也发生钝化，在其表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了反应的进一步进行。
D、外电路是电子的定向移动形成电流，内电路是离子的定向移动，电子不下水，离子不上岸。
21．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e-==Cu2+，不符合题意；
B、银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为：Ag++ e--=Ag，银电极质量逐渐增大，Y溶液中c(Ag+)减小，不符合题意；
C、当X电极质量减少0.64 g时，即0.64g ÷64g/mol=0.01 mol，则正极有0.02 mol的银单质析出，即0.02mol×108 g/mol=2.16 g，则溶液质量变化应为2.16 g-0.64 g=1.52 g。不符合题意；
D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极（银电极）流向负极（铜电极）。符合题意；
故答案为：D。
【分析】原电池设计成盐桥，可以形成持续稳定的电流，还可以平衡电荷，例如该原电池中，负极Cu-2e-= Cu2+，溶液中正电荷增多，盐桥中的阴离子将移向负极区平衡电荷，正极上Ag++ e-=Ag，正电荷减少，盐桥中带正电的阳离子将移向正极区平衡电荷。
22．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、非金属性O大于S，则稳定性H2O > H2S，即H2T > H2R，不符合题意；
B、金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应越剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L> Q，不符合题意；
C、.M与T形成的化合物是氧化铝，属于两性氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，符合题意；
D、镁离子核外电子数为10，硫离子的核外电子数为18，电子层越多，原子半径越大，则离子半径： R2－> L2＋，不符合题意；
故答案为：C。.
【分析】L、Q的化合价为+2价，为IIA主族元素Be、Mg，而原子半径L>Q，所以L为Mg，Q为Be。M的化合价为+3价，原子半径比Mg小一点，所以M为Al。R、T的最低负价为-2价，为氧族元素O、S，而无最高正价所以T为O，R为S。
23．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应在前2s的平均速率 ，不符合题意；
B、平衡时 ， 升高温度， ，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应ΔH>0，不符合题意；
C、
COCl2(g) Cl2(g)＋ CO(g)
起始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
该温度下 ，若起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，此时 ＜0.025，则反应达到平衡前正>v逆。符合题意；
D、T K时起始向容器中充入1.0mol Cl2和1.0mol CO ，应等效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2，达到平衡时Cl2的转化率等于80%，如加入1.0mol Cl2和0.9mol CO，相当于在原来的基础上减小0.1mol CO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率小于80%，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、物质的速率之比=系数之比，所以由氯气的反应速率等于一氧化碳的反应速率。
B、升高温度，可逆反应的化学平衡向着吸热反应方向移动。
C、投料时既投反应物，又投生成物，反应从哪边开始？或是判断V正与V逆的大小，均要计算K、Qc并比较大小。若K>Qc，反应从正反应开始进行，V正>V逆，K
24．【答案】B
【知识点】化学平衡常数
【解析】【解答】平衡时c(HI)＝4 mol·L－1，HI分解生成的H2的浓度为1 mol·L－1，则 NH4I分解生成的HI的浓度为4 mol·L－1+2×1 mol·L－1=6 mol·L－1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6 mol·L－1，所以反应(1)的平衡常数k=c(NH3)×c(HI)= 6 mol·L－1×4 mol·L－1=24 mol2·L－2。
故答案为：B。
【分析】当密闭容器中有几个可逆反应发生时，要考虑两者之间的相互影响。固体或纯液体不出现在K的表达式中。
25．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A、根据原电池的工作原理，该电池的电解质是不断被消耗的，当电池无法放电时，更换电解质溶液即可工作，符合题意；
B、放电时，反应中V 2+离子被氧化，应是电源的负极，负极发生失电子的氧化反应，即反应为V 2+- e - =V 3+，不符合题意；
C、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H++e - =VO 2++H 2O，正极附近溶液由蓝色变黄色，不符合题意；
D、放电过程中，正极附近发生反应： V O 2 + +2H++e - =VO 2++H 2O，消耗氢离子，溶液的pH变大，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】当考察新型的化学电源时总反应式题目已给出，可先标化合价，由化合价的升降确定什么物质在负极上失电子发生氧化反应，什么物质在正极上得电子发生还原反应。进而写出两极的电极反应式。考察某极附近pH如何改变时，由该极的电极反应式进行判断、OH-的变化。
26．【答案】（1）第三周期第VIA族
（2）（CCl4 电子式略）
（3）S=C=S；极性键
（4）NH3分子间存在氢键
（5）Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）X为S元素，在元素周期表中的位于第三周期第VIA族；（2）由Y和W形成的化合物为CCl4，电子式为 ；（3） YX2分子CS2，结构式为S=C=S，其化学键类型为极性键共价键；（4）Z的气态氢化物为氨气，氨气分子间存在氢键，一种特殊的分子间作用力，强于普通的分子间作用力，因此氨气的沸点最高；（5）Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，两者发生中和反应，方程式为：Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O。
【分析】X 元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X的最外层上有6个电子，X为S。 Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍 ，由最外层不超过8个电子，该原子核外只能是2个电子层，Y为C。 Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性，常见的碱性气体为氨气，所以Z为N。 W元素最高正价与最低负价之和为6 ，其最高正价比6大，为+7价，所以W为Cl， Q是地壳中含量最高的金属元素是铝元素。
27．【答案】（1）S2O32- + 2H+ = S↓+SO2↑+H2O
（2）检验装置气密性
（3）相同时间产生气体体积（或产生相同体积气体所需的时间）；SO2易溶于水（或其他合理答案）
（4）Na2S2O3；温度；D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）Na
2S
2O
3溶液与稀H
2SO
4反应生成硫单质、二氧化硫和水，反应的离子方程式为：S
2O
32— + 2H
+ = S↓+SO
2↑+H
2O；（2）实验需要测定生成的二氧化硫的体积，因此实验前必须检查实验装置的气密性；（3）①实验中可以通过测量相同时间内二氧化硫的体积来测定该反应的速率；②二氧化硫易溶于水，所以导致测量的二氧化硫的体积偏小；（4）①探究反应物浓度影响因素时，要控制变量为浓度，其他条件完全相同，A和B除稀硫酸浓度不同外，其他条件均相同；A和C除温度不同外其他条件均相同，因此A和C两个实验室为了对比温度对该反应的影响；②D实验的温度高，稀硫酸的浓度大，因此推测此试验的反应速率最快。
【分析】（1）Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为歧化反应，Na2S2O3即作氧化剂又作还原剂。Na2S2O3中S为+2价。
（2）连接仪器后装药品前需检查装置的气密性。
（3） ① 化学反应速率是通过实验测定的。因为化学反应中发生变化的是体系中的化学物质，所以与其中任何一种物质有关的浓度或质量相关的性质在测量反应速率时抖可以加以利用。包括能够直接观察的性质如释放的体积和压强。也包括依靠科学仪器才能测量的性质（颜色的深浅、光的吸收、光的发射、导电能力等）。
（4）观察什么数据在变化，即在探究什么因素对化学反应速率的影响。
28．【答案】（1）牺牲阳极的阴极保护法
（2）第六周期第IVA 族；弱；PbO2 + 4HCl(浓)= PbCl2 + Cl2 ↑+ 2H2O；PbO2 + 2e- + 4H+ + SO42- = PbSO4 + 2H2O；32
（3）负；NO2-e- +NO3- =N2O5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】（1）地下钢管连接镁块，镁的活泼性大于铁的活泼性，在钢管中接入镁块可形成原电池，镁作负极，失去电子，首先被腐蚀，从而保护正极的铁不被腐蚀，此法称为牺牲阳极的阴极保护法；（2）①铅是碳的同族元素，因此铅最外层有四个电子，位于元素周期表第ⅣA族；铅比碳多4个电子层，因此铅共有六个电子层，位于元素周期表的六周期，所以铅位于元素周期表第六周期第IVA 族；同一主族元素由上到下还原性在增强，氧化性在减弱，氧化性对应于非金属性，所以铅的最高价氧化物对应水化物的酸性比碳的最高价氧化物对应水化物的酸性弱；②PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，黄绿色气体应为氯气，反应方程式为：PbO2 + 4HCl(浓)= PbCl2 + Cl2 ↑+ 2H2O；③铅蓄电池放电时的正极得到电子，发生还原反应，电极反应为：PbO2 + 2e- + 4H+ + SO42- = PbSO4 + 2H2O，当有2mol电子转移时，正极质量增加64g；铅蓄电池放电时的负极失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Pb - 2e- +SO42- = PbSO4，当有2mol电子转移时，负极质量增加96g，则两电极质量变化的差为96g-64g=32g；（3）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，石墨Ⅰ通入NO2，失去电子，发生氧化反应，因此为负极，电极反应为：NO2-e-+ NO3-=N2O5。石墨Ⅱ为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2+2 N2O5+4e-=4NO3-。
【分析】（1）电解原理的金属防腐方法是外加电源的阴极保护法，原电池原理的金属防腐方法是牺牲阳极的阴极保护法。
（2）常见特征颜色的气体有：黄绿色气体应为氯气，红棕色的气体为NO2. PbO2与浓盐酸共热生成氯气，说明PbO2的氧化性强于氯气。铅蓄电池中Pb作负极，PbO2作正极，电解质的硫酸溶液。
（3）石墨II中通入氧气，该极是正极，则石墨I为负极。
29．【答案】（1）B
（2）石墨；－393.5 kJ·mol－1
（3）631.5 kJ/mol
（4）2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol－1
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；使用化石燃料的利弊及新能源的开发
【解析】【解答】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；
B、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；A、
C、D能减少化石燃料的运用，正确。
故答案为：ACD；（2）图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=-393.5kJ mol-1；（3）ΔH＝反应物键能和-生成物键能和，根据N2(g)＋O2(g)==2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ/mol，即946 kJ/mol+ 497kJ/mol-2Q(N-O)= 180.0 kJ/mol解得Q(N-O)= 631.5kJ/mol。 （4）已知①C(石墨, ②C(石墨, ③N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝＋180.0 kJ/mol；由盖斯定律:方程式①×2-②×2-③得2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol－1。
【分析】（2）能量越低越稳定。燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物的放出的热量。
（3）的微观计算方法是
