【解析版】陕西省西安市长安一中2014-2015学年高一下学期期中化学试卷

陕西省西安市长安一中2014-2015学年高一下学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）1．（2分）下列变化过程中表示的能量转化关系错误的是（）A．植物光合作用：光能→生物质能B．木柴烧饭：生物质能→热能C．电灯发光：电能→化学能D．太阳能热水器：光能→热能考点：常见的能量转化形式．专题：化学反应中的能量变化．分析：化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化．也可能转化为其它形式．解答：解：A．植物光合作用：光能→生物质能，故A正确；B．木柴烧饭：生物质能→热能、光能，故B正确；C．电灯发光：电能→光能、热能，故C错误；D．太阳能热水器：光能→热能，故D正确，故选C．点评：本题考查能量转化的形式，难度不大．注意从能量的存在形式考虑．2．（2分）某3种简单原子的原子核结构可用下图形象地表示（˜表示质子，○表示中子）：则有关这三种原子的叙述中正确的是（）A．它们是不同元素的原子B．它们单质的化学性质相同C．这三种原子具有不同的核电荷数D．这三种原子具有相同的质量数考点：分子、原子、离子；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．分析：从图中看出，原子①②③均有两个质子，中子数分别为0、1、2，所以它们属于同种元素的不同核素，即互为同位素．解答：解：A．原子的质子数决定元素种类，3种微粒质子数相等，属于同种元素，故A 错误；B．原子①②③均有两个质子，中子数分别为0、1、2，所以它们属于同种元素的不同核素，即互为同位素，同位素化学性质相同，故B正确；C．中性微粒原子核电荷数=质子数，故C错误；D．原子①②③均有两个质子，中子数分别为0、1、2，质量数分别为2、3、4，故D错误．故选B．点评：本题考查了原子构成，属于简单题目，注意概念的记忆、理解．3．（2分）下列说法错误的是（）A．双原子单质分子中的共价健一定是非极性键B．在共价化合物中一定含有共价键C．含有离子键的化合物一定是离子化合物D．含有共价键的化合物一定是共价化合物考点：化学键．分析：A．双原子单质分子中，一定含同种元素之间的共价键；B．共价化合物以共用电子对成键；C．离子键一定存在于离子化合物中；D．共价键可存在于单质、共价化合物、离子化合物中．解答：解：A．双原子单质分子中，一定含同种元素之间的共价键，则一定是非极性键，故A正确；B．共价化合物以共用电子对成键，则在共价化合物中一定含有共价键，故B正确；C．离子键一定存在于离子化合物中，则含有离子键的化合物一定是离子化合物，故C正确；D．共价键可存在于单质、共价化合物、离子化合物中，如离子化合物NaOH中含O﹣H共价键，故D错误；故选D．点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力及化合物中的化学键判断的考查，题目难度不大．4．（2分）已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性．下列说法正确的是（）A．X、Y、Z、W的原子半径依次减小B．W与X形成的化合物只含离子键C．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，根据选项进行判断．解答：解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z 的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，A、W、Z同主族，原子序数Z＞W，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，所以原子半径X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故B错误；C、W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故C错误；D、若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故D错误；故选A．点评：本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系是关键，D选项为易错点，容易审题不仔细，造成错误，关键是确定元素在周期表中的相对位置．5．（2分）下列结论正确的是（）①粒子半径：K+＞Al3+＞S2﹣＞Cl﹣②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4③离子的还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO⑥非金属性：O＞N＞P＞Si⑦金属性：Be＜Mg＜Ca＜K．A．只有②⑤⑦B．②⑥⑦C．②④⑤⑥⑦D．②④⑥考点：微粒半径大小的比较；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化性、还原性强弱的比较．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：①电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；②非金属性越强，氢化物稳定性越强；③非金属性越强，阴离子还原性越弱；④非金属性越强，单质氧化性越强；⑤非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，结合强酸制备弱酸分析解答；⑥同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱；⑦同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱．解答：解：①电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Al3+，故错误；②非金属性F＞Cl＞S＞P＞Si，氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故正确；③非金属性Cl＞Br＞I＞S，阴离子还原性S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，故错误；④非金属性Cl＞S＞Se＞Te，单质氧化性Cl2＞S＞Se＞Te，故正确；⑤非金属性S＞P＞C，最高价含氧酸的酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，碳酸酸性比较HClO 强，故酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故正确；⑥同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性O＞N＞P＞Si，故正确；⑦同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性：Be＜Mg＜Ca＜K，故正确，故选C．点评：本题考查微粒半径比较、氧化性及还原性强弱比较及同周期、同主族元素金属性非金属性强弱比较，难度不大，处于对基础知识的理解正确．6．（2分）设N A表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是（）A． 5.6g铁与足量氯气完全反应时失去的电子数目为0.2N AB．标准状况下，11.2L H2中含有的电子数为1N AC．标准状况下，2.24 L水中含有水分子0.1 N AD．2L1mol/L的盐酸中所含氯化氢分子数为2N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A．铁与氯气反应生成三氯化铁；B．体积转化为物质的量结合氢气分子的结构解答；C．气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的使用对象为气体；D．氯化氢为强电解质，在水中完全电离．解答：解：A．铁与氯气反应生成氯化铁，5.6g铁与足量氯气完全反应时失去的电子数目为0.3N A，故A错误；B.1个氢气分子含有2个电子，标准状况下，11.2L H2的物质的量为0.5mol，含有电子数为1N A，故B正确；C．标况下，水为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D．氯化氢为强电解质，在水中完全电离，盐酸中不存在氯化氢分子，故D错误；故选：B．点评：本题考查了物质的量的有关计算，注意气体摩尔体积的使用范围和条件是解题关键，题目难度不大．7．（2分）有a、b、c、d四种金属．将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，b不易腐蚀．将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应强烈．将铜浸入b的盐溶液里，无明显变化．如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出．据此判断它们的活动性顺序由强到弱的为（）A．a＞c＞d＞b B．d＞a＞b＞c C．d＞b＞a＞c D． b＞a＞d＞c考点：常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．分析：原电池中被腐蚀的金属是活动性强的金属；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属．解答：解：两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将a与b用导线连接起来浸入电解质溶液中，b不易腐蚀，所以a的活动性大于b；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将a、d分别投入等浓度盐酸溶液中，d 比a反应剧烈，所以d的活动性大于a；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，说明b的活动性大于铜．如果把铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，说明铜的活动性大于c；所以金属的活动性顺序为：d＞a＞b＞c，故选B．点评：本题考查了金属活泼性强弱的判断，难度不大，金属活泼性强弱的判断方法有：原电池中的正负极材料、金属之间的置换反应、金属和酸反应置换出氢气的难易等．8．（2分）在一定条件下，RO3﹣与R﹣可发生反应：RO3﹣+5R﹣+6H+=3R2+3H2O，下列关于R 元素的叙述中，正确的是（）A．元素R位于周期表中第ⅦA族B．RO3﹣中的R只能被还原C．R2在常温常压下一定是气体D．若1 mol RO3﹣参与该反应，则转移电子的物质的量为6 mol考点：氧化还原反应．分析：A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价．B、RO3﹣中R为+5价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性．C、若R为I或Br也可以发生如上反应．D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，据此计算．解答：解：A、由反应方程式可知，R的最低负价为﹣1，则其最高正价为+7价，族序数等于最高正化合价，元素R应位于第ⅦA族，故A正确；B、RO3﹣中R为+5价，R的最低负价为﹣1，R最高正价为+7价，元素处于中间价态既具有氧化性又具有还原性，故B错误；C、若R为Cl，单质为气体，若R为I或Br也可以发生如上反应，碘为固体，溴为液体，故C错误；D、反应中R元素化合价由+5价降低为0，若1molRO3﹣参与该反应，则转移的电子的物质的量为1mol×（5﹣0）=5mol，故D错误．故选：A．点评：本题考查了氧化还原反应、元素性质与物质关系以及根据信息提取知识的能力等，难度中等，关键根据离子方程式判断R的最低负价为﹣1，最高正价为+7价．是对所学知识的综合运用与能力考查．9．（2分）下列有关原电池的叙述中正确的是（）A．把电能转变为化学能的装置B．活泼金属做正极，不活泼金属或非金属做负极C．外电路中电子从负极流向正极D．正极发生氧化反应考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．原电池是将化学能转化为电能的装置；B．原电池中，电子流出的电极为负极，电子流入的为正极；C．外电路中，电子从负极沿导线流向正极；D．正极上得电子发生还原反应．解答：解：A．原电池反应中能自发的进行氧化还原反应，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；B．原电池中，电子流出的电极为负极，电子流入的电极为正极，电子从活泼金属流向不活泼金属，则活泼金属做负极，不活泼金属为正极，故B错误；C．外电路中，电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极，故C正确；D．正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池原理，根据电子的移动方向、电极反应类型等确定正负极，知道原电池和电解池的区别，题目难度不大．10．（2分）X、Y、Z均为短周期元素，X、Y同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（）A．原子的最外层电子数：X＞Y＞Z B．单质沸点：Z＞YC．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣D．原子序数：X＞Y＞Z考点：原子结构与元素的性质．分析：X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题．解答：解：X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素．A．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B．常温下Na为固体，F2为气体，故沸点Na＞F2，故B错误；C．Na+、F﹣具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：F﹣＞Na+，S2﹣离子比Na+、F﹣离子多1个电子层，离子半径最大，即离子半径：S2﹣＞F﹣＞Na+，故C错误；D．X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故D正确．故选D．点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类．11．（2分）今年是门捷列夫诞辰180周年．下列事实不能用元素周期律解释的只有（）A．碱性：KOH＞NaOH B．相对原子质量：Ar＞KC．酸性：HClO4＞H2SO4D．元素的金属性：Mg＞Al考点：真题集萃；元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；B．相对原子质量的大小与原子序数有关；C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱．解答：解：A．Na、K位于周期表相同周期，金属性K＞Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故A不选；B．相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故B选；C．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故C不选；D．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故D不选．故选：B．点评：本题为2014年上海2015届高考题，侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．12．（2分）下列有关实验的说法正确的是（）A．制备Fe（OH）3胶体，通常是将FeCl3固体溶于热NaOH溶液中B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量C．除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤D．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定含有CO32﹣考点：化学实验方案的评价．分析：A．将FeCl3固体溶于热NaOH溶液中，生成沉淀；B．瓷坩埚中的二氧化硅与熔化氢氧化钠反应；C．Al与NaOH溶液反应，而Fe不能；D．使澄清石灰水变浑浊的气体，为二氧化碳或二氧化硫．解答：解：A．制备Fe（OH）3胶体，应将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中，故A错误；B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在铁坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量，故B错误；C．Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，则可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤可除杂，故C正确；D．使澄清石灰水变浑浊的气体，为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32﹣或SO32﹣等，故D错误；﹣，或HCO3故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及胶体制备、物质的性质、混合物分离提纯、离子检验等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．13．（2分）下列有关试剂的保存方法及性质描述错误的是（）A．常温下浓硫酸可以用铝罐储存，是因为铝能在冷的浓硫酸中钝化B．氢氧化钠溶液保存在有橡皮塞的玻璃试剂瓶中C．在蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑是因为浓硫酸具有脱水性D．浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中考点：化学试剂的存放；浓硫酸的性质．分析：A．铝和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜；B．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠；C．浓硫酸能把蔗糖中的氢氧以2：1的形式脱去；D．浓硝酸具有挥发、光照易分解的性质．解答：解：A．铝和浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了进一步的反应，这一现象称为钝化现象，故A正确；B．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠是一种粘合剂，能把玻璃塞和试剂瓶粘结在一起，所以氢氧化钠溶液保存在有橡皮塞的玻璃试剂瓶中，故B 正确；C．浓硫酸能把蔗糖中的氢氧以2：1的形式脱去，所以浓硫酸具有脱水性，故C正确；D．浓硝酸具有挥发、光照易分解的性质，所以应保存在棕色试剂瓶中，故D错误．故选D．点评：本题考查了化学试剂的存放、浓硫酸的性质，注意浓硫酸吸水性和脱水性的不同，难度不大．14．（2分）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）+4KOH3下列叙述不正确的是（）A．放电时锌做负极B．充电时氢氧化铁被氧化C．放电时溶液的碱性增强D．放电时转移3mol e﹣，有2mol FeO42﹣被还原考点：化学电源新型电池．专题：离子反应专题．分析：A．放电时，Zn失去电子；B．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应；C．根据电池的反应总方程判断溶液酸碱性；D．根据Zn元素失去电子，正极Fe元素得到电子来分析．解答：解：A．放电时，Zn失去电子，发生Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故A正确；B．充电时，铁元素失去电子被氧化，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，故B正确；C．根据电池的反应总方程可知放电时，有KOH生成，溶液碱性增强，故C正确；D．放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故D错误；故选D．点评：本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理和电极反应的判断．15．（2分）下列判断中一定正确的是（）A．等物质的量的CaCl2及CaO2固体中阴、阳离子数之比均为2：1B．等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3：2C．分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：2 D．10mL 0.3mol•L﹣1NaCl与30mL0.1mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度比为1：3考点：离子化合物的结构特征与性质；物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算；氧化还原反应．专题：物质的组成专题；氧化还原反应专题．分析：A．CaO2固体中阴、阳离子数之比为1：1；B．根据n=及物质的构成来分析；C．由2H2O2～O2、2KMnO4～O2来分析；D．NaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.3mol/L，AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.1mol/L×3．解答：解：A．CaO2固体中阴、阳离子数之比为1：1，CaCl2中阴、阳离子数之比为2：1，故A错误；B．O2与O3中均由氧原子构成，质量相同，由n=可知，氧原子的物质的量相同，所以等质量的O2与O3中氧原子的个数比为1：1，故B错误；C．由2H2O2～O2、2KMnO4～O2可知，当制得等质量O2时，若均为1mol，则转移电子数之比为1mol×2×（1﹣0）：1mol×2×（2﹣0）=1：2，故C正确；D．NaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.3mol/L，AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.1mol/L×3=0.3mol/L，所以Cl﹣物质的量浓度比为1：1，故D错误；故选C．点评：本题为小综合，注重对物质的构成、物质的量的有关计算、氧化还原反应中电子转移的计算的考查，熟悉元素的化合价变化是解答C选项的关键，题目难度不大．16．（2分）将Mg、Cu组成的混合物26.4g，投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5mol/L的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是（）A．32.8g B．46.8g C．53.6g D． 63.8g考点：有关混合物反应的计算．分析：Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，根据电荷守恒可知，金属失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成NO的气体的物质的量，利用电子转移守恒计算转移电子的物质的量，最终生成沉淀的质量=金属的质量+氢氧根离子的质量．解答：解：根据电子转移守恒可知，Mg、Cu生成8.96LNO转移的电子为：×（5﹣2）=1.2mol，Mg、Cu在反应中失去电子，最终生成Mg（OH）2、Cu（OH）2，根据电荷守恒可知，生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量等于Mg、Cu失去电子的物质的量，所以反应后生成沉淀的质量为：26.4g+1.2mol×17g/mol=46.8g，故选B．点评：本题考查混合物的计算、氧化还原反应计算，题目难度中等，侧重对解题方法技巧与学生综合能力的考查，注意利用电子转移的数目和氢氧根离子之间的关系解答．17．（2分）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中考点：氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物．专题：实验题；元素及其化合物．分析：根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意．解答：解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B．点评：本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应．18．（2分）反应N2+3H2⇌2NH3，开始时N2的浓度为3mol•L﹣1，H2的浓度为5mol•L﹣1，3min 后测得NH3浓度为0.6mol•L﹣1，则此时间内，下列反应速率表示正确的是（）A．v（NH3）=0.2 mol•L﹣1•s﹣1B．v（N2）=1.0 mol•L﹣1•min﹣1C．v（H2）=1.67 mol•L﹣1•min﹣1D．v（H2）=0.3 mol•L﹣1•min﹣1考点：化学反应速率和化学计量数的关系．分析：该时间内v（NH3）=mol•L﹣1•min﹣1=0.2 mol•L﹣1•min﹣1，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气、氮气反应速率，据此分析解答．解答：解：该时间内v（NH3）=mol•L﹣1•min﹣1=0.2 mol•L﹣1•min﹣1，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比得v（N2）=×v（NH3）=×mol•L ﹣1•min﹣1=0.1 mol•L﹣1•min﹣1，v（H2）=×0.2 mol•L﹣1•min﹣1=×mol•L﹣1•min﹣1=0.3mol•L﹣1•min﹣1，A．v（NH3）=0.2 mol•L﹣1•min﹣1=0.0033mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；B．v（N2）=×v（NH3）=×mol•L﹣1•min﹣1=0.1 mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；C．v（H2）=×0.2 mol•L﹣1•min﹣1=×mol•L﹣1•min﹣1=0.3mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D．v（H2）=×0.2 mol•L﹣1•min﹣1=×mol•L﹣1•min﹣1=0.3mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选D．点评：本题考查化学反应速率计算，侧重考查分析计算能力，明确各物质反应速率与计量数关系即可解答，注意单位换算，为易错点．19．（2分）根据如图提供的信息，下列所得结论正确的是（）A．该反应是吸热反应B．该反应的生成物比反应物稳定C．该反应一定可以设计成为原电池D．该反应向外界放出的热量为E2﹣E3考点：吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因；原电池和电解池的工作原理．专题：化学反应中的能量变化．分析：A．根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断；B．能量越低越稳定；C．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池；D．放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量．解答：解：A．若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为吸热热反应，故该反应为放热反应，故A错误；B．正反应是放热反应，生成物的能量比反应物的低，根据能量越低越稳定知生成物比反应物稳定，故B正确；C．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池，该反应是放热反应但不一定能自发发生，故C错误；D．放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量=E1﹣E3，故D错误．。