安徽省某知名中学高一化学下学期期末考试试题含解析3

《安徽省某知名中学高一化学下学期期末考试试题含解析3》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省某知名中学高一化学下学期期末考试试题含解析3（19页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、安徽省六安市第一中学2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题1. 下列有关化学反应述率的说法中，正确的是A. 往容积一定的容器中再通入O2，可以加快反应2SO2+O22SO3的反应速率B. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生气气的速率C. 对于C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的反应，加入固体炭，反应速率加快D. 100mL2mol/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变【答案】A【解析】试题分析：A往容积一定的容器中再通入O2，由于增大了反应物的浓度，所以可以加快反应2SO2O22SO3的反应速率，正确；B用铁片和稀硫酸反应制取

2、氢气时，改用铁片和浓硫酸，由于铁在浓硫酸中会发生钝化现象，不能反应产生氢气，所以不可以加快产生氢气的速率，错误；C对于C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)的反应，加入固体炭，物质的浓度不变，所以反应速率不能加快，错误；D100 mL 2 molL-1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，由于对盐酸起稀释作用，所以生成氢气的速率会减小，错误。考点：考查有关化学反应速率的说法正误判断的知识。2. 位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)r(乙)r(丙)r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据

3、此推断，下述不正确的是A. 丙的简单氢化物分子间存在氢键B. 由甲、乙两元素组成的化合物中，可形成10电子分子C. 由甲和乙两元素组成的分子不止一种D. 乙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应【答案】D【解析】分析：位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，原子半径r（丁）r（乙）r（丙）r（甲），则甲为H元素，丁处于第三周期，乙、丙处于第二周期；四种元素中只有一种为金属元素，四种元素处于不同的主族，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍，根据核外电子排布规律可知乙为C元素，丙为N元素，丁为Al元素，结合元素周期律和物质的性质解答。详解：根据以上

4、分析可知甲、乙、丙、丁分别是H、C、N、Al。则A，丙为N元素，丙的简单氢化物为NH3，NH3分子间存在氢键，A正确；B，甲为H元素，乙为C元素，甲、乙组成的化合物有CH4、C2H4等烃，甲烷为10电子分子，B正确；C，H与N可形成NH3、N2H4等，C正确；D，乙的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，丁的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，Al（OH）3与H2CO3不反应，D错误；答案选D。3. 下列说法不正确的是质子数相同的微粒一定属于同一种元素同一元素的核素种数由中子数决定Cl2中35Cl与37Cl两种核素的个数之比与HCl中33Cl与37Cl的个数之比相等18gH2O中含有的中子数

5、为10NA标况下，等体积CH4和HF所含的电子数相同只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】D【解析】分析：具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等；核素是具有一定数目质子和一定数目中子的原子；同位素原子在不同物质中个数之比不变；H2O含有8个中子；标准状况下HF不是气态；非金属元素的原子之间可能形成离子键，如铵盐；CN和N2含有的共用电子对数均是三对；同位素原子之间的转化是物理变化。详解：具有相同质子数的原子一

6、定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，错误；核素是具有一定数目质子和一定数目中子的原子，因此同一元素的核素种数由中子数决定，正确；同位素原子在不同物质中个数之比不变，所以C12中35C1与37Cl两种核素的个数之比与HC1中35Cl与37Cl的个数之比相等，正确；18gH2O的物质的量是1mol，其中含有的中子数为8NA，错误；标况下HF不是气态，等体积CH4和HF所含的电子数不相同，错误；非金属元素的原子之间可能形成离子键，如氯化铵中铵根离子与氯离子存在离子键，错误；CN和N2含有的共用电子对数均是三对

7、，因此等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等，正确；16O与18O之间的转化中没有产生新物质，因此不可能通过化学变化实现16O与18O间的相互转化，错误。答案选D。4. 分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是混合物:漂白粉、王水、Fe(OH)3胶体、冰水混合物化合物:CaCl2、NaOH、HCl、HT同素异形体:C60、碳纳米管、金刚石、石墨电解质:胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾煤的干馏、煤的气化和煤的液化都属于化学变化硅酸盐:光导纤维、水晶、玻璃、水泥A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据混合物、化合物、同素异形体、电解质、硅酸盐等有关概

8、念结合物质的组成和性质解答。详解：由两种或以上物质构成的为混合物，其中冰为固体水，故冰水混合物为纯净物，错误；由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物，而HT是由一种元素形成的氢气，为单质，错误；同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，C60、碳纳米管、金刚石、石墨均为碳元素形成的不同种碳单质，故互为同素异形体，正确；在水溶液中或熔融状态下能电离的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等，故胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质，正确；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；煤的气化是用煤生产水煤气；煤的液化是用煤生产甲醇等液体燃料，故煤的干馏、气化和液化均为化学变化，正确；所谓

9、硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，而光导纤维、水晶的主要成分均为二氧化硅，故不是硅酸盐，错误；答案选B。5. 在正规化学试卷的开始处总有“可能用到的相对原子质量”一项，如H：1 C：12 Cl：35.5 S：32 Cu：64等。请问这些数值准确的说应该是A. 某种核素的相对原子质量B. 某种核素的近似相对原子质量C. 某种元素的平均相对原子质量D. 某种元素的平均相对原子质量的近似值【答案】D【解析】分析：我们平常所说的某种元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和，据此解答。详解：某种

10、核素的相对原子质量、原子质量仅代表一种核素，不能代表某种元素的全部核素，在正规化学试卷的开始处总有“可能用到的相对原子质量”，是元素的相对原子质量的近似值，按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值的近似值，不是平均相对原子质量。答案选D。6. 向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,在一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示，由图可得出的正确结论是A. 反应在c点达到平衡状态B. t1t2时，SO2的转化率:ab段小于bc段C. 反应物浓度:a点小于b点D. 反应物的总能量低于生成物的总能量【答案】B【解析】分析

11、：反应开始时反应物浓度最大，但正反应速率逐渐增大，说明该反应为放热反应，温度升高，正反应速率增大，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率也逐渐减小。详解：A. 当正反应速率不变时，才能说明反应达到平衡状态，虽然c点时正反应速率最大，但c点后正反应速率减小，反应继续向正反应方向进行，没有达到平衡状态，故A错误；B. a点到c点，正反应速率增大，消耗SO2的物质的量增大，即SO2转化率增大，所以t1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段，故B正确；C. a点到b点时，反应向正反应方向进行，反应物浓度逐渐降低，所以反应物浓度：a点大于b点，故C错误；D. 由上述分析可知，该反应为放热反应

12、，则反应物总能量大于生成物总能量，故D错误；答案选B。7. 请运用元素周期表的有关理论分析判断，下面几种元素及其化合物性质的推断中正确的是A. 铊(Tl)的氧化物的水化物可能具有两性B. 砹(At)为无色固体，HAt不稳定，AgAt具有感光性，且不溶于水C. 硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体D. H2Se是无色、有毒、比H2S稳定的气体【答案】C【解析】分析：A.同主族自上而下，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性增强；B.同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性；C.同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性；D.同主族物质具有相似性和递变性，同主族自上而下，非金属性减弱，金属性增

13、强，非金属越强氢化物越稳定。详解：A.同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性，铊（Tl）与铝同主族，由于铊比铝活泼性强，所以铊(Tl)的氧化物的水化物不可能具有两性，A错误；B.同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性,砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt具有感光性，且不溶于水，B错误；C.Ba与Sr同主族，硫酸钡是不溶于水的白色沉淀，则硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，C正确；D.同主族物质具有相似性和递变性，同主族自上而下，非金属性减弱，非金属越强氢化物越稳定，硒（Se）是第VIA族元素与S同族，其氢化物是有毒，稳定性比硫化氢（H2S）弱的气体，D错误；答案选C。8. 最

14、近我国科学家发明“叫充电钠-二氧化碳电池”(如图)，放电时电池总反应为:4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列说法错误的是A. 电池工作温度可能在200以上B. 该装置可以将化学能转化为电能C. 放电时，Na+向正极移动D. 放电时，正极的电极反应为: 4Na+3CO2+4e-=2Na2CO3+C【答案】A【解析】A、二甲醚易挥发，所以温度不能过高，故A错误；B、放电时发生原电池反应，原电池是将化学能转化为电能的装置，故B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，所以阳离子钠离子向正极移动，故C正确；D、放电时正极发生还原反应，二氧化碳中碳得电子生成单质碳，电极反应式为：4Na+3CO2+4e-

15、=2Na2CO3+C，故D正确；故选A。点睛：本题考查化学电源新型电池，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。解答本题需要知道熟悉原电池的基本原理，难点是电极反应式的书写。9. 向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生如下反应：3A(g)B(g)+2C(g)，各物质的浓度随时间变化如图所示t0t1阶段的c(B)变化未画出。下列说法中正确的是A. 若t1=15s，则用A的浓度变化表示t0t1阶段的平均反应速率为0.004 mol/(Ls)B. t1时该反应达到平衡，A的转化率为40%C. 该容器的容积为2L，B的起始的物质的量为0.02 molD. t

16、0t1阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，该反应的热化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g) H=-50a/3 kJ/mol【答案】D【解析】分析：A.根据vc/t计算；B.根据A的起始量和转化量计算转化率；C.根据B的平衡量和变化量计算；D.根据A的消耗量结合能量变化计算反应热。详解：A.t0t1阶段，A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09 mol/L，t0t1阶段的平均反应速率为0.09mol/L15s=0.006 molL1s1，A错误；B.t1时该反应达到平衡，根据选项A中分析可知A的转化率为0.09/0.15100%=60%，B错误；C.根据反应

17、3A(g)B(g)2C(g)可知，反应达平衡后c(A)=0.09 molL1，则c(B)=O.03 molL1。由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 molL1，所以B的起始的浓度为0.02 molL1，B的起始的物质的量为0.02mol/L2L=0.04 mol，C错误；D.t0t1阶段，c(A)=0.09 molL1，n(A)=0.09mol/L2L=0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50a/3 kJ，即热化学方程式为3A(g)B(g)2C(g) H50a/3 kJmol1，D正确；答案选D。10. 在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键

18、断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是A. 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2 B. CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2C. Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3 D. NH4Cl+NaOHNaCl+NH3+H2O【答案】A【解析】A2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故A正确；B CaH2 +2H2OCa(OH) 2 +2H2中不存在非极性键的断裂，故B错误；CMg3N2+6H2O3Mg（OH）2+2NH3中有离子键、极性键的断裂，又有离子键、极性键的形成，故C错误；DNH4Cl+NaOHNaCl

19、+NH3+H2O中有离子键、极性键的断裂，又有离子键、极性键的形成，故D错误；答案为A。点睛：一般金属元素与非金属元素形成离子键，不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，化学反应的实质为旧键的断裂和新键的生成，特别注意离子化合物一定存在离子键，可能存在共价键，而共价化合物中一定不存在离子键，只存在共价键，另外单质中不一定存在非极性共价键。11. 由H79Br和H81Br组成的混合气体对N2的相对密度为2.9，则混合气体中79Br和81Br的原子个数比为A. 1:1 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:2【答案】C.考点：考查阿伏伽德罗定律等相关知识。12. 某高

20、校化学工作者创建了“元素立体周期律”，在原来二维周期表横列(X轴)和纵列(Y轴)基础上，增加了一个竖列(Z轴)。z轴按“中质差”(中子数和质子数之差Z=N-P)自上而下，递增顺序排列。原“二维元素表”中的相对原子质量由同位素“中质和”(中子数和质子数之和A=N+P)替代。下列说法正确的是A. “中质和”相同的核素一定是同一元素B. “中质差”相同的核素一定是同一元素C. N2-P2=AZD. 至2008年，人们发现108种元素有m种核素，说明中质差一定有m种【答案】C【解析】分析：A同一元素具有相同的质子数，“中质和”即质量数，质量数相同的核素质子数不一定相同，不一定是同一元素；B同一元素具有

21、相同的质子数，“中质差”相同的核素，质子数不一定相同；C根据Z=N-P、A=N+P计算判断；D一种原子即为一种核素，不同核素中质差可能相等。详解：A“中质和”即质量数，质量数相同的核素质子数不一定相同，不一定是同一元素，如14C、14N，A错误；B“中质差”相同的核素，质子数不一定相同，也不一定是同一元素，如12C、14N，其中质差均为0，B错误；CZ=N-P、A=N+P，则AZ=（N+P）（N-P）=N2-P2，C正确；D一种原子即为一种核素，不同核素中质差可能相等，如14C、16O，中质差的数目应小于同位素的数目，D错误；答案选C。13. A、B为短周期元素，二者可以组合成多种中学生所熟知

22、的化合物。在这些化合物中，A与B的原子个数比为A:B=1：2。已知A的原子序数为n，B的原子序数是n+2；n+3；n+4；n+5；n+8；n-5；n-7；n-8中的几种，其中不符合题目要求的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：根据题意知，A、B形成的化合物化学式为AB2或B2A；当化学式为AB2时，如果B的化合价为-1价，A为+2价，则A、B分别为第A族、第A族，如果B的化合价为-2价，A为4+价，则A、B分别为第IVA族、第A族，还有可能是A、B两种元素处于同一主族，都是第VIA族；当化学式为B2A时，如果A为-2价，则B为+1价，A、B分别为第VIA族、第A族，以此解答该题。

23、详解：A、B形成的化合物化学式为为AB2或B2A；当化学式为AB2时，如果B的化合价为-1价，A为+2价，则A、B分别为第A族、第A族，如果A和B处于同一周期，则B的原子序数是n+5，如果A和B处于不同周期，则B的原子序数是n-3或n+13；如果B的化合价为-2价，A为+4价，则A、B分别为第IVA族、第A族，如果A和B处于同一周期，则B的原子序数是n+2，如果A和B处于不同周期，则B的原子序数是n-6或n+10；还有可能是A、B两种元素处于同一主族，都是第VIA族，则B的原子序数是n-8；当化学式为B2A时，如果A为-2价，则B为+1价，A、B分别为第VIA族、第A族，A和B处于同一周期，则

24、B的原子序数是n-5，如果A和B处于不同周期，则B的原子序数是n+3或n-7；所以不符合题目要求的是n+4和n+8。答案选C。点睛：本题考查元素周期表的结构，为高频考点，难度较大，先根据元素化合价判断所处主族，可能构成的化学式，从而确定B的原子序数，另外本题也可以通过举例排除法进行筛选。14. 已知：P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g)H=akJ/mol、P4(s)+10Cl2(g)=4PCl5(g)H=bkJ/mol。P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为ckJ/mol，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ/mol,下列叙述正确的是A. P-P键的键能大于P-Cl键的

25、键能B. PCl3比PCl5更稳定C. Cl-Cl键的键能kJ/molD. P-P键的键能为 kJ/mol【答案】C【解析】分析：A.键长越短，键能越大；B.键能越大越稳定；C.H反应物的化学键键能之和生成物的化学键键能之和；D.H反应物的化学键键能之和生成物的化学键键能之和。详解：A.磷原子比氯原子半径大，所以P-P键比P-Cl键的键长长，则P-P键能小，A错误；B. PCl5中P-Cl键的键能为ckJ/mol，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ/mol，这说明五氯化磷中的键能高于三氯化磷中的键能，因此PCl5比PCl3更稳定，B错误；C. P4(g)6Cl2(g)=4PCl3(g)H

26、a kJ/mol，P4(g)10Cl2(g)=4PCl5(g)Hb kJ/mol，根据盖斯定律分析，（-）/4即可得反应Cl2(g)PCl3(g)=PCl5(g)的反应热为（b-a）/4 kJ/mol，则Cl-Cl键的键能为（b-a）/4-31.2c+5c kJ/mol= kJ/mol，C正确；D.根据C选项中的Cl-Cl键的键能计算，假设白磷中的磷磷键键能为x kJ/mol，则有6x+6-41.2c3=a，解x=(5a-3b+12c)/12，D错误。答案选C。15. 探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸(以下盐酸浓度均为1mol/L)反应过程中的热效应，实验测得如下数据：序号 35mL试剂固

27、体混合前温度/混合后温度/水2.5g NaHCO320.018.5水3.2g NaHCO320.024.3盐酸2.5g NaHCO320.016.2盐酸3.2g Na2CO320.025.1由此得出的结论正确的是A. Na2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应B. NaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应C. 20.0C时，含3.2gNa2CO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于25.1D. 20.0C时，含2.5gNaHCO3的饱和溶液和35mL盐酸混合后的温度将低于16.2【答案】C点睛：本题通过实验探究化学反应的热效应，考查学生灵活处理数据，分析、解决问题的能力注意结合题意对溶解和反应

28、两个过程进行分析，得出正确结论。16. 一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断正确的是A. c1：c2=3：1 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0c1ClCOH (2). H-O-O-H (3). (4). CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-(或CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3+CO32-) (5). CO2+H2O+CO3

29、2-=2HCO3-【解析】分析：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大，Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为O元素、R为Al；X、Y两元素最高正价与最低负价代数和均为0，原子序数均小于O元素，为A族元素、A族元素，故X为H元素、Y为C元素；Q与X同主族，结合原子序数可知，Q为Na元素，据此分析解答。详解：根据以上分析可知X、Y、Z、Q、R分别是H、C、O、Na、Al。则(1)同周期自左而右，原子半径逐渐减小，电子层越多，原子半径越大，故原子半径由大到小的顺序是：NaAlCOH；(2)O和H能形成多种化合物，其中相对分子质量是34的分子为双氧水，含有氢氧单键和氧

30、氧单键，结构式为H-O-O-H；(3)由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：(在水溶液中进行)，其中C是溶于水显酸性的气体，D是淡黄色固体，则D是Na2O2，C是CO2，过氧化钠是离子化合物，电子式为；如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则B是Al(OH)3，D是过氧化钠、C是二氧化碳，A是偏铝酸钠，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸根离子或碳酸氢根离子，离子反应方程式为：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-；如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，则A为Na2

31、CO3、B为NaHCO3，碳酸钠转化为碳酸氢钠的离子方程式为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-。点睛：本题主要是结合元素推断考查元素周期律、物质推断等，题目难度中等。准确判断出元素是解答的基础，难点是无机框图题推断，掌握常见元素及其化合物的性质、转化关系是解答的关键，注意无机框图题突破口的寻找，例如本题中淡黄色固体等。19. 如图所示，“二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反应?”这个问题可通过以下实验加以证明。(1)按图装置，在千燥的试管工I中装入Na2O2后，在通入CO2之前，应事先将活塞(K1、K2)关闭好，目的何在?_。(2)试管I内的试剂X是_时，打开活塞K1、K2，加热试

32、管I约5分钟后，将带火星的小木条插入试管II的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且III内淡黄色粉末未发生变化，则所得的结论是_。(3)试管I内试剂为CO2饱和水溶液时，其他操作同(2)，通过_的现象，可以证明Na2O2与湖湿的CO2能反应且放出O2 。(4)CO2与过氧化钠反成机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成下列反应方程式：_Na2O2+_C18O2+_H218O_。【答案】 (1). 防止III中Na2O2接触水蒸气 (2). 浓H2SO4 (3). Na2O2于干燥的CO2不反应 (4). 带火星木条复燃，III内淡黄色固体变白。 (5). 2Na2O2+2C18O

33、2+2H218O2Na2C18O3+O2+2H2O【解析】(1)本题旨在利用对比实验，探究Na2O2与CO2反应的环境，故实验步骤中，首先让Na2O2与干燥CO2反应，必须保证整个环境中不能有H2O，故通入反应装置前CO2必须干燥，故答案为：以防止试管内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；(2)二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且内淡黄色粉末未发生变化，说明干燥的 二氧化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为：浓H2SO4；过氧化钠与干燥的CO2不反应；(3)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管的液面上会复燃；内固体

34、由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为：带火星的小木条在试管的液面上复燃，同时，内固体由淡黄色变为白色；(4)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：2Na2O2+2C18O2+2H218O2Na2C18O3+O2+2H2O，故答案为：2；2；2；2Na2C18O3+O2+2H2O。点睛：本题考查了碱金属及其化合物的性质，该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，旨在考查学生的逻辑推理能力。本题的易错点为(4)，碳酸电

35、离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O完全存在于碳酸根离子中。20. (1)为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是_。(2)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。A处其电极反应式为_；(3)某元素的同位素，它的氯化物XCl21.11g溶于水配成溶液后，加入1mo1/L的AgNO3溶液20mL，恰好完全反应。若这种同位素的原子核内有20个中子，Z的值为_，A的值为_。(4)将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生下列反应：NH4Br(s)NH3(g)+HBr(g) 2HBr(g)Br2(g)+H2(g)2min后，测知c(H2)

36、=0.5mo/L，c(HBr)=4mol/L。若上述反应速率用v(NH3)表示，则v(NH3)=_【答案】 (1). (2). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (3). 20 (4). 40 (5). 2.5mol/(Lmin)【解析】分析：（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；（2）根据电子流向知，A为负极、B为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（3）根据硝酸银的物质的量计算氯离子的物质的量，进而计算氯化物的相对分子质量，

37、最后计算X的质量数，结合A=Z+N计算和判断；（4）根据vc/t结合方程式计算。详解：（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐，则中铁作负极、Cu作正极，电池反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，错误；中铜作负极、银作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，正确；中铁发生钝化现象，Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3-+4H+Cu2+2NO2+2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，错误；中铁作负极、铜作正极

38、，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，错误；答案选；（2）根据电子流向知，A为负极、B为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以A处通入甲烷，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O；（3）消耗硝酸银是0.02mol，根据Ag+ClAgCl可知氯离子的物质的量是0.02mol，因此根据氯原子守恒可知氯化物的物质的量是0.01mol，相对分子质量是1.110.01111，则X的质量数是1117140，因此Z402020；（4）2min后，测知c(H2)=0.5

39、mo/L，因此分解的溴化氢是0.5mol/L21.0mol/L，又因为平衡时c(HBr)4mol/L，则溴化铵分解产生的溴化氢是1mol/L+4mol/L5mol/L，根据方程式可知生成的氨气是5mol/L，则v(NH3)5mol/L2min2.5mol/(Lmin)。21. (1)原电池可将化学能转化为电能。若Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，负极是_(填“Cu”或“Fe”)；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，正极发生_反应(填“氧化“或还原”)。质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，一段时间后，取出洗净、干燥、称量，二者质量差为12.9g。则导线中通过的电子的物质的量是_mol。

40、(2)肼空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的能量转化率高。已知：电流效率可用单位质量的燃料提供的电子数表示。肼空气碱性(KOH为电解质)燃料电池、氨气空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的电流效率之比为_。(3)一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，x为_。若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度_0.8mol/L(填“大于，小于或等于”)。若已知达平衡时，该容器内混合气休总压强为p，混合气体起

41、始压强为p0。请用p0、p来表示达平衡时反应物A的转化率为_。【答案】 (1). Cu (2). 还原 (3). 0.2 (4). 17:24 (5). 2 (6). 小于 (7). 或【解析】分析：（1）Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，Fe与浓硝酸发生钝化，而Cu与浓硝酸发生自发的氧化还原反应，Cu失去电子作负极；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，锌与盐酸发生自发的氧化还原反应，所以银作正极，锌作负极；质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，锌作负极失去电子，铜作正极，以此来解答；（2)燃料电池中燃料在负极通入，发生失去电子的氧化反应，据此解答。（3）利用物质的量之比等于化学计量数

42、之比计算x的值；根据随着反应的进行反应物的浓度减少，反应速率减慢，据此判断；相同条件下，压强之比等于物质的量之比，据此计算平衡后混合气体总的物质的量，利用差量法计算参加反应的A的物质的量，再根据转化率定义计算。详解：（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，常温下Fe与浓硝酸发生钝化，而Cu与浓硝酸发生自发的氧化还原反应，Cu失去电子作负极，被氧化，正极上正5价的氮得到电子被还原生成二氧化氮，发生还原反应；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，锌与盐酸发生自发的氧化还原反应，所以银作正极，发生得到电子的还原反应；质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，锌作负

43、极失去电子，铜作正极，铜离子得到电子，1molZn失2mol电子，1mol铜离子得2mol电子，设转移电子物质的量为xmol，则：x/2 mol65g/mol+x/2 mol64g/mol=12.9g，解得x=0.2；（2）肼空气碱性(KOH为电解质)燃料电池中燃料肼在负极通入，发生失去电子的氧化反应。氧化产物为大气主要成分，即为氮气，电极反应式为N2H44e+4OHN2+4H2O，1mol肼即32g肼失去4mol电子；氨气空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)中负极是氨气失去电子，电极反应式为2NH36e+6OHN2+6H2O，2mol氨气即34g氨气失去6mol电子，

44、所以二者的电流效率之比为；（3）反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，参加反应的A的物质的量为3mol-1.8mol=1.2mol，浓度是0.6mol/L，根据浓度变化量之比是化学计量数之比可知x；随着反应的进行，反应速率逐渐减小，若反应经2min达到平衡，后1min的平均速率小于前1min的平均速率，前1min内C的浓度变化为0.4mol/L，则后1min内C的浓度变化小于0.4mol/L，故平衡时C的浓度小于0.8mol/L；若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为p，混合气体起始压强为p0，故平衡后混合气体总的物质的量为（3mol+1mol）p/p0=4p/p

45、0mol，故平衡后混合气体物质的量减少量为（4-4p/p0）mol，则根据方程式可知3A(g)+B(g)2C(g) 物质的量减少n3 2n（A） （4-4p/p0）mol故n（A）=（6-6p/p0）mol因此A的转化率=（6-6p/p0）mol/3mol100%=。点睛：本题综合考查原电池原理的理解及应用、化学平衡的有关计算等，题目难度中等，难点是原电池工作原理的理解以及应用，注意原电池正负极判断时不能仅考虑金属性强弱，还必须考虑电解质溶液的性质等。例如（1）中铁铜与浓硝酸组成的原电池，再比如镁铝与氢氧化钠溶液组成的原电池等。我国经济发展进入新常态，需要转变经济发展方式，改变粗放式增长模式，不断优化经济结构，实现经济健康可持续发展进区域协调发展，推进新型城镇化，推动城乡发展一体化因：我国经济发展还面临区域发展不平衡、城镇化水平不高、城乡发展不平衡不协调等现实挑战。