湖南省长沙市长郡中学2025届高一下化学期末复习检测模拟试题含解析.doc

湖南省长沙市长郡中学2025届高一下化学期末复习检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、在常温常压下，等质量的下列烃分别在氧气中完全燃烧时，消耗氧气最多的是
A．CH4 B．C2H6 C．C2H4 D．C4H10
2、将1molCH4和适量的O2在密闭容器中点燃，充分反应后，CH4和O2均无剩余，且产物均为气体（101kPa，120℃），总质量为72g，下列有关叙述错误的是（ ）
A．若将产物通过碱石灰，则不能被完全吸收
B．若将产物通过浓硫酸，充分吸收后，浓硫酸增重18g
C．产物的平均摩尔质量为24g.mol-1
D．反应中消耗O2 56g
3、生活中处处有化学。下列说法不正确的是（ ）
A．利用高纯的单晶硅可以制成光电池，将光能直接转化为电能
B．火力发电厂里，向燃煤中加入适量生石灰可减少二氧化硫的排放
C．生活中可采用灼烧法鉴别黄金和黄铜，也可以鉴别真蚕丝和人造丝
D．选用日常生活中的食醋和米汤水检验含碘食盐中是否存在碘酸根离子
4、下列过程中所发生的化学反应不属于取代反应的是
A．光照射甲烷与氯气的混合气体
B．在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应
C．乙醇与乙酸在浓硫酸作用下加热
D．苯与液溴混合后撒入铁粉
5、下列有关物质或离子的性质，错误的是
A．酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO B．半径：K+>Al3+>S2->C1-
C．氧化性: C12>S>Se>Te D．氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4
6、下列化学名词书写正确的是
A．油脂 B．苯 C．铵基酸 D．脂化反应
7、十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，坚持实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”。下列做法需要提倡的是
A．秸秆就地焚烧，降低运输成本
B．利用廉价煤炭，大力发展火力发电
C．对燃煤进行脱硫，减少SO2对空气的污染
D．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产
8、下列气体可用排水收集法来收集()
A．NH3 B．H2 C．SO3 D．NO2
9、有BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀。反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)为(　　)
A．mol/L B．mol/L C．mol/L D． mol/L
10、X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。下列说法正确的是( )
A．Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4
B．简单离子的半径：M的离子>Z的离子>Y的离子>X的离子
C．YX2、M2Y都是含有极性键的分子
D．还原性：X的氢化物>Y的氢化物>Z的氢化物
11、在25℃和101kPa的条件下：
化学键
H-H
Cl-Cl
H-Cl
键能(kJ/mol)
436
243
431
对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是（ ）
A．断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量
B．生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量
C．由键能数据分析,该反应属于吸热反应
D．2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低
12、工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下的催化氧化：2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是
A．在上述条件下，SO2不可能100%地转化为SO3
B．使用催化制是为了加快反应速率，提高生产效率
C．为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度
D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度一定相等
13、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是

A．X、Y 元素的金属性：X<Y
B．工业常用电解 Y 与 Q 组成的化合物 Y2W3来制备单质Y
C．W、Q 两种元素的气态氢化物的热稳定性：H2Q＞H2W
D．X 的最高价氧化物对应的水化物的碱性弱于Y的
14、金刚石和石墨是碳元素的两种单质(同素异形体)。在100 kPa时，1 mol金刚石和1 mol石墨在氧气中完全燃烧放出的热量分别为395.4 kJ和393.5 kJ，下列说法正确的是
A．1 mol石墨转化为1 mol金刚石时要放出1.9 kJ的热能
B．1 mol石墨比1 mol金刚石的能量高
C．1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大1.9 kJ
D．金刚石比石墨稳定
15、与NH4＋所含电子总数和质子总数相同的粒子是
A．Ne B．F－ C．Na＋ D．K＋
16、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是(   )
A．X的简单氢化物的热稳定性比W强
B．Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构
C．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．Z与X属于同一主族,与Y属于同一周期
17、一种碳纳米管能够吸附氢气，用这种材料制备的二次电池原理如图甲所示，该电池的电解质为6 mol/L KOH溶液，下列说法中正确（ ）

A．放电时K+移向负极
B．放电时电池负极的电极反应为：H2—2e- = 2H+
C．放电时电池正极的电极反应为：NiO(OH)+H2O+e- = Ni(OH)2+OH-
D．该电池充电时将碳电极与电源的正极相连
18、高温下硫酸亚铁发生反应2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑,若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀是
A．BaS B．BaSO3 C．BaSO4 D．BaSO3和BaSO4
19、下列关于金属冶炼的说法正确的是（　　）
A．由于铝的活泼性强，故工业上采用电解熔融A1C13的方法生产单质铝
B．将钠投入氯化镁饱和溶液中，可置换出镁单质
C．冶炼金属的方法，本质上是由金属的活泼性决定的
D．铝热反应需要在高温下进行，是一个典型的吸热反应
20、19世纪中叶，俄国化学家门捷列夫的突出贡献是(　　)
A．提出原子学说 B．制出第一张元素周期表
C．提出分子学说 D．发现氧气
21、反应 A+2B⇋3C在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为 1 mol/（ L·min），则此段时间内以B的浓度变化表示的化学反应速率为
A．0.5mol/（ L·min） B．1mol/（ L·min）
C．2mol/（ L·min） D．3mol/（ L·min）
22、分析图中的信息，下列说法不正确的是

A．1molH2和1/2molO2参加反应，结果放出930kJ的热量
B．破坏旧化学键，需要吸收一定的能量来克服原子间的相互作用力
C．该反应中断键所吸收的能量比成键所放出的能量少
D．该反应中，H2、02分子分裂为H、O原子，H、O原子重新组合成水分子
二、非选择题(共84分)
23、（14分）元素a、b、c、d、e为前20号主族元素，原子序数依次增大。b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3；c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的。请回答：
（1）bd2的电子式_________；e的最高价氧化物的水化物所含化学键类型为_______、________
（2）在只由a、b两种元素组成的化合物中，如果化合物的质量相同，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多的是________；
（3）d的最高价氧化物对应的水化物是铅蓄电池的电解质溶液。正极板上覆盖有二氧化铅，负极板上覆盖有铅，① 写出放电时负极的电极反应式：______________________________；
② 铅蓄电池放电时，溶液的pH将_________（填增大、减小或不变）。当外电路上有0.5mol电子通过时，溶液中消耗电解质的物质的量为___________。
24、（12分）已知X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。请回答下列问题。

（1）写出下列各物质的化学式:X 、Y 、C 。
（2）反应①的化学方程式为 ，反应②的离子方程式为 。
25、（12分）肼(N2H4)是一种无色易溶于水的油状液体，具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。

(1)已知肼的球棍模型如图所示，写出肼的电子式:____________。
(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。写出该反应的热化学方程式:______________。
(3)目前正在研发的一-种肼燃料电池的结构如下图所示。

①该电池的负极是______(填“a”或“b”)电极。
②写出正极的电极反应式:_____________。
(4)在1L固定体积的容器中加入0.1molN2H4，在303K、Pt催化下发生反应:N2H4(l) N2(g)+2H2(g)。测得容器中与时间关系如下图所示，则0～4min内氮气的平均反应速率v(N2)=______。

26、（10分）实验室制备1，2－二溴乙烷的反应原理如下所示：
第一步：CH3CH2OH CH2=CH2＋H2O；
第二步：乙烯与溴水反应得到1，2－二溴乙烷。
可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在140 ℃下脱水生成乙醚(CH3CH2OCH2CH3)。用少量的溴和足量的乙醇制备1，2－二溴乙烷的装置如图所示(部分装置未画出)：

有关数据列表如下：

乙醇
1，2－二溴乙烷
乙醚
状态
无色液体
无色液体
无色液体
密度/(g/cm3)
0.79
2.2
0.71
沸点/(℃)
78.5
132
34.6
熔点/(℃)
－130
9
－116
请回答下列问题：
(1)写出乙烯与溴水反应的化学方程式：___________________________________。
(2)在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170 ℃左右，其最主要目的是___________(填字母代号)。
a．引发反应　　　　　　　b．加快反应速率
c．防止乙醇挥发 d．减少副产物乙醚生成
(3)装置B的作用是__________________。
(4)在装置C中应加入_________(填字母代号)，其目的是吸收反应中可能生成的SO2、CO2气体。
a．水　　　　　　　　　　b．浓硫酸
c．氢氧化钠溶液 d．饱和碳酸氢钠溶液
(5)将1，2－二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在__________(填“上”或“下”)层。
(6)若产物中有少量未反应的Br2，最好用________(填字母代号)洗涤除去。
a．水　　　b．氢氧化钠溶液　　　c．碘化钠溶液　　　d．乙醇
(7)若产物中有少量副产物乙醚，可用__________的方法除去。
(8)判断该制备反应已经结束的最简单方法是___________________________。
27、（12分）某化学兴趣小组用甲、乙两套装置（如图所示）进行丙烯酸（H2C=CHCOOH)与乙醇（CH3CH2OH)酯化反应的实验。已知：乙醇的沸点为78.5℃，丙烯酸的沸点为141℃，丙烯酸乙酯的沸点为99.8℃。
回答下列问题：

（1）仪器M的名称为_________，仪器A、B中的溶液均为 _________。
（2）甲、乙两套装置中效果比较好的装置是_______，原因是__________。
（3）乙装置中冷凝水应该从______（填“a”或“b”）口进入。
（4）若7.2g丙烯酸与5.2g乙醇完全反应，则理论上生成的丙烯酸乙酯的质量为________。（精确到小数点后一位）
28、（14分）运用所学知识，解决下列问题：
（1）AgNO3的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：_____；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，目的是______。
（2）今有常温下五种溶液：NH4Cl溶液 CH3COONa溶液 (NH4)2SO4溶液 NH4HSO4溶液 NaOH溶液
①NH4Cl溶液的pH_____7（填“＞”、“＜”或“＝”），升高温度可以_______（填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解；
②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH_______NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；
③浓度相同的下列三种溶液：（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液，则c(NH4+)由大到小的顺序为____＞___＞____（用序号填空）。
（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因________。 （提示：SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2 +H2O = SO2↑+ 2HCl↑）
29、（10分）孔雀石是一种古老的玉料，常与其它含铜矿物共生（蓝铜矿、辉铜矿、赤铜矿、自然铜等），主要成分是Cu(OH)2•CuCO3，含少量FeCO3及硅的氧化物。实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下：

已知：Fe3+在水溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
Fe(OH)3开始沉淀的pH=2.7，沉淀完全的pH=3.7。
(1)为了提高原料的浸出速率，可采取的措施有________。
(2)步骤I所得沉淀主要成分的用途为________。
(3)步骤Ⅱ中试剂①是____________(填代号）
A.KMnO4 B.H2O2 C.Fe粉 D.KSCN
加入试剂①反应的离子方程式为：________。
(4)请设计实验检验溶液3中是否存在Fe3+：___________。
(5)测定硫酸铜晶体(CuSO4•xH2O)中结晶水的x值：称取2.4500g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6000g。则计算得x=______（计算结果精确到0.1)。
参考答案

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、A
【解析】
CxHy+(x+)O2 xCO2+H2O可知，相同质量烃燃烧耗氧量规律为：氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即越大，耗氧量越大，据此分析解答。
【详解】
氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即等质量的CxHy中越大，耗氧量越大。
A．甲烷CH4，H原子与C原子个数比为4∶1；
B．乙烷C2H6，H原子与C原子个数比为6∶2=3∶1；
C．乙烯C2H4，H原子与C原子个数比为4∶2=2∶1；
D．丁烷C4H10，H原子与C原子个数比为5∶2；
所以H原子与C原子个数比关系为：CH4＞C2H6＞C2H4＞C4H10，所以相同质量的各烃中甲烷的燃烧耗氧量最大，故选A。
2、B
【解析】
试题分析：A、根据质量守恒定律可知，m(O2)＝72g－16g＝56g，n(O2)＝＝1.75 mol，由CH4＋2O2→CO2＋2H2O可知，若产物均为CO2和H2O，则消耗2 mol O2，故反应生成的产物应有CO，CO既不能被碱石灰吸收，也不能被浓硫酸吸收，A正确；B、由H原子守恒可知，反应生成的n(H2O)＝2 mol，m(H2O)＝36 g，因此若将产物通过浓硫酸，充分吸收后，浓硫酸增重36g，B错误；C、由C原子守恒可知，CO和CO2混合气体的物质的量等于CH4的物质的量，即为1 mol，则混合气体的总物质的量为1 mol＋2 mol＝3 mol，产物的平均摩尔质量为＝24 g·mol－1，C正确；D、根据以上分析可知消耗氧气是56g，D正确，答案选B。
考点：考查有机物燃烧的计算。
3、D
【解析】分析：A.利用高纯的单晶硅具有导电性，可以制成光电池，将光能直接转化为电能；B.氧化钙与二氧化硫、氧气共同反应生成硫酸钙；C.黄铜为铜锌合金，灼烧后变黑，黄金性质稳定，高温时不变色；蚕丝主要成分是蛋白质燃烧会有焦羽毛味，人造丝因含有硫元素往往会燃烧后有刺鼻气味；D.只有生成碘单质，遇淀粉反应变为蓝色。
详解：高纯单质硅具有半导体性能,制成的光电池才可将光能直接转化为电能, A正确；二氧化硫为酸性氧化物,可与生石灰反应，最终产物为硫酸钙，可减少污染性气体的排放,有效防治酸雨, A正确；蚕丝主要成分是蛋白质燃烧会有焦羽毛味，人造丝因含有硫元素往往会燃烧后有刺鼻气味，且冒黑烟，故可用灼烧的方法鉴别，B正确；黄金性质稳定，灼烧后不变色，而黄铜为铜锌合金，灼烧后变为黑色，可以鉴别，C正确；碘酸根离子与碘离子在酸性条件下生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，因此食醋和米汤水不能检验含碘食盐中是否存在碘酸根离子，D错误；正确选项D。
4、B
【解析】
A、甲烷和氯气的反应是取代反应，不选A；
B、苯含有特殊的碳碳键，苯和氢气的反应是加成反应，选B；
C、乙醇和乙酸的反应是酯化反应，属于取代反应，不选C；
D、苯和溴反应是取代反应，不选D。
故答案选B。
5、B
【解析】分析:A、非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，HClO酸性比碳酸弱；
B、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同电子层越多离子半径越大；
C、元素非金属性越强，单质的氧化性越强；
D、非金属性越强,气态氢化物越稳定。
详解:A、同主族自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性：S＞P＞C，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，HClO酸性比碳酸弱，故酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故A正确；
B、电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故B错误；
C、元素非金属性Cl＞S＞Se＞Te，故单质的氧化性Cl2＞S＞Se＞Te，故C正确；
D、同主族自上而下非金属性减弱，同主族自左而右非金属性增强，故非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，故氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故D正确；
本题答案选B。
点睛：本题考查同主族同周期元素化合物性质递变规律、元素周期律等，难度不大，规律的理解掌握是关键。
6、A
【解析】
分析：有机物的命名中注意专有名称汉字的书写，根据是否出现错别字来解答，易混淆的有“苯”与“笨”，“酯”与“脂”等。
详解：A、油脂属于酯类，是高级脂肪酸甘油酯，A正确；
B、“笨”应该是苯，B错误；
C、“铵”错误，正确应为氨基酸，C错误；
D、酯化反应属于醇类与羧酸的反应，属于有机反应，故“脂”字错误，D错误；
答案选A。
点睛：本题考查常见物质的化学名称，题目难度不大，注意汉字的书写，不要混写、错写。
7、C
【解析】A、秸秆焚烧尽管可以降低运输成本，但会产生大量CO2、氮氧化物等，污染大气，增大碳的排放，故A错误；B、火力发电燃烧大量的煤，产生大量CO2、SO2和氮氧化物等污染大气，故B错误；C、对燃煤进行脱硫，能减少SO2的排放，减少对空气的污染，故C正确；D、加大铅酸蓄电池、含汞锌锰等电池的生产，可造成水土污染，与题目要求不符，故D错误。本题正确答案为C。
8、B
【解析】
能用排水法收集说明该气体难溶于水，和水也不反应。
【详解】
A．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故不选A；
B．氢气不溶于水，可以用排水取气法收集，故选B；
C．三氧化硫易溶于水和水反应生成硫酸，不能用排水法收集，故不选C；
D．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，不能用排水法收集，故不选D。
本题考查气体的收集方法选择，注意实验室收集气体的方法，依据气体本身的密度、溶解性等物理性质，能用排水法收集的气体应为难溶于水且不与水反应的气体。
9、A
【解析】
根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag++Cl-=AgCl↓算Cl-的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl-离子浓度，利用电荷守恒有2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，据此计算原溶液中的c(Na+)。
【详解】
BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它均分成两份，
一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗a molH2SO4，则：根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知amol SO42-消耗amol Ba2+；则c(Ba2+)==mol/L；
另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗bmolAgNO3，则：根据Ag++Cl-=AgCl↓关系可知bmolAgNO3消耗bmol Cl-，c(Cl-)==mol/L，溶液不显电性，由电荷守恒可知，2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，解得c(Na+)=mol/L -2×mol/L =mol/L，
本题考查混合物的物质的量浓度的计算，清楚发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，熟悉物质的量浓度的计算公式，注意两等份溶液的浓度关系。
10、A
【解析】分析：X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，推测X为氧元素，则Y为硫元素，Z为氯元素；Y与M可形成化合物M2Y，则M为K元素，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答。
详解：根据以上分析可知X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素，M为K元素。则
A．Z为氯元素，其最高价氧化物的水化物为HClO4，A正确；
B．电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子原子序数大的离子半径小，则离子的半径：Y的离子＞Z的离子＞M的离子＞X的离子，B错误；
C．SO2为含有极性键的极性分子，而K2S属于含有离子键的离子化合物，C错误；
D．非金属性O＞S，Cl＞S，三种元素中S元素的非金属性最弱，因此其氢化物的还原性最强，则还原性为Y的氢化物＞Z的氢化物＞X的氢化物，D错误。
答案选A。
点睛：本题考查位置、结构、性质，熟悉元素周期律和元素周期表的相关知识，以及各知识点的综合应用即可解答，题目难度不大。易错点是微粒半径大小比较，注意掌握比较的规律。
11、D
【解析】
A. 因H-H键能436 kJ/mol，则有断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A错误；
B.因H-Cl键能431 kJ/mol，则生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ×2=862 kJ的能量，故B错误；
C.由键能与焓变的关系可得△H=(436+243-431×2) kJ/mol =-183 kJ/mol，△H＜0，所以该反应为放热反应，故C错误；
D. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量＞生成物的总能量，故D正确。
答案选D。
本题主要考查了化学反应中的能量变化，△H等于反应物中化学键断裂吸收的能量总和减去形成生成物的化学键所放出的能量总和。
12、D
【解析】分析：A.因该反应是可逆反应,存在反应限度；B.用催化剂是为了加快反应速率,但平衡不移动，只是缩短时间；C.因增大反应物O2的浓度，平衡向正反应方向移动，提高了SO2的转化率；D.达到平衡时,各组分浓度不变而不是相等。
详解：上述反应为可逆反应，不能完全进行，所以SO2不可能100%地转化为SO3，A正确；使用催化剂加快了反应速率，缩短了反应时间，提高了生产效率，B正确；提高O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率增加，C正确；达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率判断，D错误；正确选项D。
13、B
【解析】
W的化合价只有-2价，则W为氧元素；Z具有-3、+5价，原子半径大于氧元素且相差不大，则Z为氮元素；X只有+2价，Y只有+3价，X、Y原子半径相差不大，原子半径比氮元素、氧元素大很多，可知X、Y位于第三周期相邻主族，X为镁元素，Y为铝元素，Q元素原子序数比Al小，化合价有+6、-2价，则Q为S元素，结合元素周期律与物质性质解答。
【详解】
根据上述分析可知X是Mg，Y是Al，Z 是 N，W是O，Q是S元素。
A.根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以金属性X＞Y，A错误；
B.由于Al的金属性较强，AlCl3是由分子构成的共价化合物，Al2O3是离子化合物，因此在工业上常用电解熔融的Al2O3的方法冶炼Al，B正确；
C.W是O，Q是S，元素非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，所以气态氢化物的稳定性：H2Q<H2W，C错误；
D.X是Mg，Y是Al，元素的金属性Mg>Al，元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以X的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Y的强；
故合理选项是B。
本题考查了物质结构与元素周期律，根据元素的原子半径、元素的化合价变化规律推断元素是解题关键，易错点是金属Al的冶炼方法，容易根据电解熔融NaCl进行推断，认为是电解熔融的AlCl3的方法，注意AlCl3是由分子构成的共价化合物，不能电解，只能采用电解离子化合物Al2O3获得，为降低物质熔化温度，要加入助溶剂冰晶石。
14、C
【解析】分析：本题旨在考查元素的性质，需要明确键能、稳定性和元素具有的能量大小之间的关系。1 mol金刚石和1 mol石墨在氧气中完全燃烧放出的热量分别为395.4 kJ和393.5 kJ，说明金刚石的能量比石墨高。据此分析解答本题。
详解：A.1 mol 石墨转化为1 mol 金刚石要吸收1.9 kJ 热能，故A错误，B.物质越稳定，键能越大，能量越低，越不容易发生反应。由题干阐述可知，1 mol石墨的键能更大，更稳定，故1 mol石墨比1 mol金刚石的能量低，故B错误；C.1 mol石墨燃烧放出的热量比1 mol金刚石少1.9 kJ ，说明石墨燃烧时吸收了更多的能量来破坏其共价键，故1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大1.9 kJ，故C正确；D.物质越稳定，键能越大，能量越低。所以1 mol 石墨比1 mol 金刚石的能量低，即石墨更稳定，故D错误；答案为C。
15、C
【解析】
NH4+的质子数为11，电子数为10。
【详解】
A项、Ne的质子数为10，电子数为10，故A错误；
B项、F-的质子数为9，电子数为10，故B错误；
C项、Na+的质子数为11，电子数为10，故C正确；
D项、K+的质子数为19，电子数为18，故D错误；
故选C。
16、C
【解析】
氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A．非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；B．Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C．硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；D．S、O属于ⅥA，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。
17、C
【解析】
分析：本题考查原电池和电解池工作原理。放电是原电池，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电是电解池，充电时阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连。
详解：A.放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以K+移向镍电极，故A错误；B.已知电解质溶液为KOH溶液，放电时碳电极作负极，H2失电子发生氧化反应的电极式为：H2－2e－+OH-=2H2O，故B项错误；C.由图分析可知，放电时，镍电极为正极，NiO(OH)得电子发生还原反应，电极反应式为NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－，故C项正确；D.该电池充电时，碳电极得电子发生还原反应，作阴极，应与外接电源的负极相连，故D项错误。本题正确答案为C。
点睛：本题考查原电池和电解池工作原理。解题时抓住原电池工作原理进行解答。放电是原电池，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；负极还原剂发生氧化反应，失电子；正极氧化剂发生还原反应，得电子。
18、C
【解析】分析：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生:SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl↓,注意H2SO3为弱酸，酸性小于HCl和H2SO4，以此来解答。
详解：混合气体中含有SO3,将生成的气体通入氯化钡溶液中发生: SO3+H2O=H2SO4, 则没有 SO3逸出，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl,则有BaSO4 沉淀生成；因为H2SO3为弱酸,酸性小于HCl和H2SO4,则不能与氯化钡反应,得不到BaSO3沉淀；且该反应生成的气体与氯化钡不会生成BaS；正确选项C。
点睛：二氧化硫和三氧化硫均为酸性氧化物，二氧化硫通入氯化钡溶液中，没有白色沉淀产生，因为亚硫酸不能制备盐酸；三氧化硫通入氯化钡溶液，生成白色沉淀硫酸钡，因为硫酸钡沉淀不溶于盐酸。
19、C
【解析】
A. 氯化铝为共价化合物，熔融态不导电，故工业上采取电解熔融氧化铝的方法来制备单质铝，A错误；
B. 将钠投入氯化镁饱和溶液中，Na会和水反应，无法置换出单质Mg，B错误；
C. 冶炼金属的方法，本质上是由金属的活泼性决定的，C正确；
D. 铝热反应需要在高温下进行，是一个典型的放热反应，D错误；
故答案选C。
20、B
【解析】
A. 英国科学家道尔顿提出原子学说，A不合题意；
B. 俄国科学家门捷列夫制出第一张元素周期表，B符合题意；
C. 意大利科学家阿伏加德罗提出分子学说，C不合题意；
D. 法国化学家拉瓦锡发现了氧气，D不合题意。
故选B。
21、C
【解析】
化学反应体系中，各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中对应物质的系数之比。
【详解】
A+2B⇋3C
1 2
v(A) v(B)

v(B)=2v(A)=2×1 mol/（ L·min）=2mol/（ L·min）
故C为合理选项。
22、A
【解析】分析：A、反应热=反应物键能之和-生成物的键能之和；
B、断裂过程需吸收热量；
C、氢气燃烧是放热反应；
D、发生化学变化时，分子分裂成原子，原子重新组合成新的分子；
详解：A、反应热=反应物键能之和-生成物的键能之和，所以1molH2和1/2molO2完全反应，焓变△H=(436+249-×930)kJ/mol=-245kJ/mol，A错误；
B、断裂过程需吸收热量，即破坏旧化学键，需要吸收一定的能量来克服原子间的相互作用力，B正确；
C、反应放热，则该反应中断键所吸收的能量比成键所放出的能量少，C正确；
D、分子发生化学变化时，分子分裂成原子，原子重新组合成新的分子，D正确；
答案选A。
点睛：本题考查了化学反应能量变化分析，主要是能量守恒和反应实质的理解应用，题目较简单。注意焓变与键能的关系。

二、非选择题(共84分)
23、 离子键 共价键 CH4 Pb -2e- + SO42- = PbSO4 增大 0.5mol
【解析】
b元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为2:3，则最外层为4，电子总数为6，为C；c的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，则c为N；a与b、c均可以形成电子总数为10的分子，则a为H；d元素的氧化物能使品红溶液褪色，且加热后品红颜色复原，则氧化物为二氧化硫，d为S；e原子是前20号主族元素中原子半径最大的，为K；
【详解】
（1）b、d分别为C、S，bd2为二硫化碳，电子式；e为K，其最高价氧化物的水化物为KOH，所含化学键类型为离子键、共价键；
（2）碳氢化合物的质量相同时，氢的质量分数越高，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多，在所有烃中，甲烷的氢的质量分数最高，故其耗氧量最大；
（3）①铅酸蓄电池放电时负极铅失电子与溶液中的硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式：Pb -2e- + SO42- = PbSO4；
② 铅蓄电池放电时，正极二氧化铅与硫酸反应生成硫酸铅和水，溶液的pH将增大；当外电路上有0.5mol电子通过时，负极消耗0.25mol硫酸根离子，正极也消耗0.25mol硫酸根离子，消耗电解质的物质的量为0.5mol。
24、（1）Cl2；SO2；FeCl3；
(2)Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。
【解析】试题分析：（1）A和硝酸酸化的硝酸应发生生成白色沉淀，说明A中含有Cl－，B与盐酸酸化的BaCl2反应生成白色沉淀，B中含有SO42－，X、Y均为刺激性气味的气体，因此推出X和Y为Cl2、SO2，X和Fe发生反应，因此X为Cl2，Y为SO2，即C为FeCl3；（2）反应①利用氯气的氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，因此离子反应方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，反应②利用Fe3＋的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Fe2＋，即反应②的离子反应方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。
考点：考查元素及其化合物的性质等知识。
25、 N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g) ∆H=-534.4kJ/mol a O2+4e-+2H2O =4OH- 0.0125mol/(L·min)
【解析】分析：(1)氨分子中氢原子被氨基（-NH2）取代后的生成物叫肼,分子中全部为单键；(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼失电子发生氧化反应；(3)在303K , Pt催化下,则发生N2H4(l) N2(g)+2H2(g),设生成氮气的量为xmol,则氢气的量为2mol,此时N2H4(l)的物质的量为（0.1-x）mol ,根据4min 时比值为3,求出x的值,然后根计算。
详解：(1)由肼的球棍模型和价键理论可知，肼中氮氮原子之间、氮氢原子之间都是单键，所以肼的电子式为: 。答案：。
(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。则1mol肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出534.4kJ 的热量,所以肼反应的热化学方程式: N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g) ∆H=-534.4kJ/mol 。
(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼