浙江省杭州地区七校2019-2020高二化学上学期期中试卷（附解析Word版）

浙江省杭州地区七校 2019-2020 学年高二上学期理综 化学期中考试试卷 一、选择题 1.2019 年 4 月杭州环保监测中心研判，杭州地区空气质量明显改善，环保中心提出开发利用 可再生能源，建设美好家园，下列属于可再生能源的是（ ） ①天然气 ②生物质能 ③地热能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥潮汐能 ⑦风能 ⑧氢能 A. ①②③④ B. ②③⑤⑥⑦⑧ C. ④⑤⑥⑦⑧ D. ①②③⑤⑥⑦⑧ 【答案】B 【解析】 【详解】①天然气属于不可再生能源，①不符合题意； ②生物质能属于可再生能源，②符合题意； ③地热能属于可再生能源，③符合题意； ④石油属于不可再生能源，④不符合题意； ⑤太阳能属于可再生能源，⑤符合题意； ⑥潮汐能属于可再生能源，⑥符合题意； ⑦风能属于可再生能源，⑦符合题意； ⑧氢能属于可再生能源，⑧符合题意； 综上，属于可再生能源的有：②③⑤⑥⑦⑧，故 B 项正确； 故答案为 B。 2.某可逆反应已建立了化学平衡，当改变条件使平衡正向移动时，下列叙述正确的是 （ ） ①生成物的质量分数一定增加 ②任一生成物总量一定增加 ③反应物的转化率一定增大 ④ 反应物的浓度一定降低 ⑤正反应速率一定大于逆反应速率 A. ②⑤ B. ②③⑤ C. ①②④ D. ②④⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】①若是由于减少生成物的量引起的平衡正向移动，则该生成物的质量分数应减小，① 错误； ②平衡正向移动，则生成物的量增多，②正确； ③若是由于增大反应物的量使得平衡正向移动，则该反应物的转化率减小，③错误； ④若是由于增大反应物的量使得平衡正向移动，则该反应物的浓度增大，④错误； ⑤平衡正向移动，则正反应速率一定大于逆反应速率，⑤正确； 综上，上述叙述正确的是②⑤，故 A 项正确； 故答案为 A。 3.将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气） +B（气） 2C（气）。若经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6 mol·L－1，现有下列几种说 法： ①用物质 A 表示的反应平均速率为 0.3 mol·L－1·s－1 ②用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 mol·L－1·s－1 ③2 s 时物质 A 的转化率为 70% ④2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 mol·L－1 其中正确的是： A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④ 【答案】B 【解析】 【分析】 2A（气）+B（气） 2C（气），若经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6mol·L -1，v（C） =0.3mol·L-1·s-1，结合反应速率之比等于化学计量数之比分析 A、B；生成 C 的物质的量为 1.2mol，则转化的 A 为 1.2mol、B 为 0.6mol，以此分析 C、D。 【详解】①经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6mol·L-1，v（C）=0.3mol·L-1·s-1，由反应 速率之比等于化学计量数之比可知，用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol·L-1·s-1，故 正确； ②由反应速率之比等于化学计量数之比可知，用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.15mol·L-1·s-1，故错误； ③生成 C 的物质的量为 1.2mol，则转化的 A 为 1.2mol，所以 A 的转化率为 ×100%=30%， 故错误； ④生成 C 的物质的量为 1.2mol，则转化的 B 为 0.6mol，2s 时物质 B 的浓度为 =0.7mol·L－1，故正确；  1.2 4 mol mol 2 0.6 2 mol mol L − ①④正确， 故选 B。 4.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 的原子半径比 Y 的小，X 与 W 同主族， Y、Z 族序数之和为 11，Z 原子最外层电子数是内层电子总数的 3 倍．下列说法不正确的是 （ ） A. 元素 Z、W 的简单离子的电子层结构相同 B. 元素 Y 的简单气态氢化物的热稳定性比 Z 的弱 C. W、Z 两种元素形成的化合物肯定是离子化合物 D. 由 X、Y、Z 三种元素形成化合物，其水溶液肯定显酸性 【答案】D 【解析】 【分析】 “Z 原子最外层电子数是内层电子总数的 3 倍”，符合条件的短周期元素只有 O，O 为第ⅥA 族 元素，故 Y 为第ⅤA 族元素，又因为 Y 的原子序数小于 Z，故 Y 为 N 元素，“X 的原子半径比 Y 的小”，根据原子半径递变规律可推测 X 为 H，“X 与 W 同主族”且四种元素中 W 的原子序数 最大，可推测 W 为 Na。 【详解】A.元素 Z、W 的简单离子分别为 O2-、Na+，二者的电子层结构相同，故 A 说法正确； B.元素 Y 为 N、Z 为 O，其非金属性 O>N，因此简单气态氢化物的稳定性 Y 比 Z 弱，故 B 说法 正确； C.W、Z 形成的化合物为 Na2O 或 Na2O2，均为离子化合物，故 C 说法正确； D.X、Y、Z 三者形成的化合物为 HNO3、NH4NO3 或 NH3·H2O，其中 NH3·H2O 的水溶液显碱性， 故 D 说法错误； 故答案为 D。 【点睛】原子结构与元素周期律的关系为高频考点，此类题目要注意题目所给信息中的 “题 眼”，本题中根据“Z 原子最外层电子数是内层电子总数的 3 倍”可推测 出 Z 元素为 O，之后 再推出其他元素就迎刃而解。 5.下列说法正确的是（ ） A. 6g 碳和 12gO2 反应放出 6akJ 热量，则碳的热值为 akJ•g-1 B. 在稀溶液中，H+（aq）+OH-（aq）═H2O（1）△H=-57.3kJ•mol-1，若将含 0.5molH2SO4 的浓 硫酸与含 1molNaOH 的氢氧化钠溶液混合，放出的热量等于 57.3kJ C. 由石墨比金刚石稳定可知：C（金刚石，s）=C（石墨，s）△H＜0 D. 已知：298K 时，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.0kJ•mol-1， 在相同温度下，向密闭容器中通入 0.5molN2 和 1.5molH2，充分反应放出 46.0kJ 的热量 【答案】C 【解析】 【详解】A.6g 碳和 12gO2 反应过程中，6g 碳过量，没有完全反应，因此碳的热值小于 akJ/g， 故 A 项错误； B.浓硫酸稀释过程中放出热量，因此含 0.5molH2SO4 的浓硫酸与含 1molNaOH 的溶液反应，放 出的热量大于 57.3kJ，故 B 项错误； C.由于稳定性金刚石小于石墨，因此金刚石所具有的能量高于石墨所具有的能量，因此金刚 石转化为石墨为放热反应，故 C 项正确； D.N2 和 H2 的反应为可逆反应，因此 0.5molN2 和 1.5molH2 不能完全反应， 则其反应过程中放 出的热量小于 46.0kJ，故 D 项错误； 故答案为 C。 【点睛】中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成 1mol 液态水时所释放的热量； 另为还有一个常考概念，燃烧热是指标况下 1mol 纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出 的热量。 6. 下列是有关实验的叙述中，合理的是 ①用 pH 试纸测得氯水的 pH 为 2 ②不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体 ③使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干 ④用酸式滴定管量取 12.00mL 高锰酸钾溶液 ⑤使用 pH 试纸测定溶液 pH 时先润湿，测得溶液的 pH 都偏小 ⑥实验室配制氯化铁溶液时，可以先将氯化铁溶解在盐酸中，再配制到所需的浓度 A. ②④⑥ B. ②③⑥ C. ①②④ D. ②③④⑤⑥ 【答案】A 【解析】 试题分析：①氯水中含有 HClO，具有漂白性，可使试纸褪色，不能测得 PH，应用 PH 计，错 误；②瓷坩埚中含有二氧化硅，与 NaOH 在加热下反应，而使坩埚炸裂，正确；③使用容量瓶 时应先检查是否漏水，而不是烘干，错误；④酸式滴定管下端为玻璃旋塞，可以用酸式滴定 管量取 12.00mL 高锰酸钾溶液，正确；⑤如溶液呈中性，不会引起误差，使用 PH 试纸时不能 先用水湿润，错误；⑥先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解而使溶液变浑浊，正确；故正 确的有②④⑥，故选 A。 考点：考查了化学实验基本操作的相关知识。 7.下列说法不正确的是（ ） A. 门捷列夫根据元素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律，制出了第一张元素 元素周期律 B.侯氏制碱法的原理是将 CO2 通入氨的 NaCl 饱和溶液中，使 NaHCO3 析出，NaHCO3 受热分解生 成 Na2CO3，NaHCO3 和 Na2CO3 在食品工业上都有着广泛的应用 C. 石灰乳与海水混合，过滤得 Mg（OH）2，将其溶于盐酸，再蒸发结晶得到 MgCl2，电解熔融 MgCl2 可得到金属镁 D. 工业炼铁、从海水中提取镁、制玻璃、水泥过程中都需要用到石灰石 【答案】C 【解析】 【详解】A．第一张元素周期表是门捷列夫制作的，是根据素的性质随着相对原子质量递增呈 现周期性变化规律而制作的，故 A 正确； B．氨气易溶于水，氨气先通入 NaCl 饱和溶液中，然后再通入二氧化碳，溶解度小的小析出， 碳酸氢钠不稳定受热易分解，碳酸钠和碳酸氢钠都具有弱碱性，且无毒，所以 NaHCO3 和 Na2CO3 在食品工业上都有着广泛的应用，故 B 正确； C．蒸发氯化镁溶液时氯化镁水解生成氢氧化镁和 HCl，加热促进盐酸挥发，所以蒸干氯化镁 溶液得到的固体不是氯化镁而使氢氧化镁，故 C 错误； D．冶炼生铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石； 从海水中提取镁的原料：海水、石灰乳；制 普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱等；制硅酸盐水泥的原料是石灰石和黏土，所以都 用石灰石，故 D 正确； 故答案为 C。 8.下列关于 pH=2 的盐酸和 0.01mol/L 的醋酸，说法不正确的是（ ） A. 中和相同体积的两种酸溶液所需 NaOH 的物质的量相同 B. 醋酸溶液的浓度等于盐酸 C. 两种溶液中由水电离出来的 c（H+）不相同 D. 分别用蒸馏水稀释相同倍数后，盐酸的 pH 大于醋酸的 pH 【答案】D 【解析】 【分析】 pH=2 的盐酸的物质的量浓度是 0.01mol/L，0.01mol/L 的醋酸中氢离子浓度小于 0.01mol/L。 【详解】A.由于两溶液中 c(HCl)=c(CH3COOH)，因此中和等体积的两溶液，所需 NaOH 的物质 的量相同，故 A 说法正确； B.由分析可知，c(HCl)=c(CH3COOH)=0.01mol/L，故 B 说法正确； C.由于两溶液中 c(H+)不同，因此对水电离程度的影响不同，故水电离出的 c(H+)不同，故 C 说法正确； D.由于 CH3COOH 是弱酸，稀释会促进 CH3COOH 电离产生更多的 H+，但 CH3COOH 所氢离子总量与 盐酸所含氢离子总量相同，稀释后醋酸依然不能完全电离，故盐酸中 c(H+)大于醋酸中 c(H+)， 因此盐酸的 pH 小于醋酸的 pH 值，故 D 说法错误； 故答案为 D。 【点睛】相同 pH 值的强酸和弱酸：弱酸的浓度大，中和相同体积的两种酸，弱酸所需碱的量 更大，稀释相同倍数，强酸的 pH 值变化大于弱酸，弱酸酸性强于强酸；相同浓度的强酸和弱 酸：弱酸的 pH 值小于强酸，中和相同体积的两种酸所需碱的量相同，稀释相同倍数后，强酸 的酸性强于弱酸。 9.我国科研人员提出了由 CO2 和 CH4 转化为高附加值产品 CH3COOH 的催化反应历程。该历程示 意如下：则下列说法不正确的是（ ） A. 生成 CH3COOH 总反应是化合反应 B. ①→②吸收能量 C. CH4→CH3COOH 过程中，有 C-H 键发生断裂 D. ①→②过程形成了 C-C 键 【答案】B 【解析】 【详解】A.根据图可知该过程中的最终产物只有 CH3COOH，无其他产物，故 CO2 和 CH4 反应生 成 CH3COOH 的化学方程式为： ，该反应为化合反应，故 A 说法正确； B.①→②的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，即反应 过程中放出热量，故 B 说法错误； C.CH4 中含有四个 C-H 化学键，CH3COOH 中只含有三个 C-H 化学键，因此 的转化过程中，有 C-H 化学键发生断裂，故 C 说法正确； D.①→②的反应中，反应物中不含有 C-C 化学键，而生成物中含有 C-C 化学键，因此反应过 程中形成了 C-C 化学键，故 D 说法正确； 故答案为 B。 10.用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（ ） A. 9g 克 13CO2 与 N217O 的混合物中所含中子数为 4.6NA B. 7.8 克 Na2O2 中含有离子数为 0.3NA C. 50 mL 12 mol·L-1 盐酸与足量 MnO2 共热,转移的电子数为 0.3NA D. 5.6 克铁与标况下 2.24L 氯气充分反应，转移电子数 0.2NA 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A.13CO2 和 N217O 的 摩 尔 质 量 都 是 45g/mol ， 因 此 其 物 质 的 量 ，由于一个 13CO2 或 N217O 分子中所含的中子数都是 23，因此 9g 混 合物中所含的中子数为 0.2mol×23×NA=4.6NA，故 A 说法正确； B.7.8gNa2O2 的物质的量 ， 一个 Na2O2 中含有 2 个 Na+和一个 O22- ， 因此所含离子总数为 3 个，故 7.8gNa2O2 中所含离子总数为 0.3NA，故 B 说法正确； C.浓盐酸与 MnO2 的反应过程中，HCl 不会完全反应，因此无法根据 n(HCl)计算转移电子数， 故 C 说法错误； D.标况下 2.24LCl2 的物质的量 ， 5.6g 铁的物质的量 为 4 2 3CH +CO CH COOH→ 4 2 3CH +CO CH COOH→ m 9gn= = =0.2molM 45g/mol m 7.8gn= = =0.1molM 78g/mol m V 2.24Ln= = =0.1molV 22.4L/mol ， Fe 与 Cl2 反应的化学方程式为： ，因此 0.1molFe 与 0.1molCl2 反应过程中，0.1molCl2 完全反应，转移电子数为 0.2NA，故 D 说法正 确； 故答案为 C。 11.为探究 Fe3+和 Cu2+对 H2O2 分解反应的催化效果，某同学分别设计了图 1、图 2 所示的实验。 下列叙述中不正确的是（ ） A. 图 2 中的 A 为分液漏斗 B. 图 2 实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率 C. 若图 1 实验中反应速率为①＞②，则 Fe3+对 H2O2 分解的催化效果一定比 Cu2+好 D. 图 1 实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A.图 2 中仪器 A 为分液漏斗，故 A 说法正确； B.图 2 实验过程中可通过测定相同状态下产生气体体积与反应时间来比较反应速率的快慢， 故 B 说法正确； C.图 1 中所滴加溶液为 FeCl3 溶液和 CuSO4 溶液，溶液中阴离子的成分不同，因此无法比较 Fe3+、 Cu2+对 H2O2 分解的催化效率，故 C 说法错误； D.图 1 实验过程中可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率，故 D 说法正确； 故答案为 C。 12.下列实验现象及相关的离子方程式均正确的是（ ） A. Cl2 与 FeI2 溶液反应,当 n(C12)：n(FeI2)=1:1 时,2Fe2++2I－+2C12=2Fe3++I2 +4C1－ B. 向 Ba(NO3)2 溶液中通入 SO2 气体，出现白色沉淀：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+ m 5.6gn= = =0.1molM 56g/mol 2 32Fe+3Cl 2FeCl 点燃 C. 向酸化的 KMnO4 溶液中滴加少量 H2O2 溶液，KMnO4 溶液褪色： 2MnO4-+7H2O2+6H+=2Mn2++6O2↑+10 H2O D. 将等物质的量浓度、等体积的 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液混合:Ba2++SO +H++OH－ =BaSO4↓+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A.由于还原性 I ->Fe2+，因此通入 Cl2 后，先与 I-反应，再与 Fe2+反应，因此当 n(C12)：n(FeI2)=1:1 时，没有足够的 Cl2 来氧化 Fe2+，反应的离子方程式为： ， 故 A 项错误； B.SO2 溶于水性后形成 H2SO3，具有酸性，NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将 SO2 氧化成 SO42 －，因此反应生成 BaSO4，故该反应的离子方程式为： ，故 B 项错误； C.酸性 KMnO4 具有氧化性，能将 H2O2 氧化成 O2，该反应的离子方程式为： ，故 C 项错误； D.Ba(OH)2 和 NaHSO4 的物质的量相等，则参与反应的 H+和 OH-的个数比为 1:1，该反应的离子 方程式为： ，故 D 项正确； 故答案为 D。 13.钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质 中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. 盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快 2 4 − - - 2 2Cl +2I =I +2Cl 2+ - + 3 2 2 43Ba +2NO +3SO +2H O=3BaSO +2NO +4H↓ ↑ - + 2+ 4 2 2 2 22MnO +5H O +6H =2Mn +5O +8H O↑ 2 2 4 + 4 2 - -+Ba OH H SO =BaSO +H O+ ++ ↓ B. 碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与 c（H+）成正比 C. 钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小 D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，可知 Cl-也可能会影响碳素钢的腐蚀速率 【答案】B 【解析】 【详解】A.由图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故 A 说法正确； B.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸浓度增大而增大，但腐蚀速率会随盐酸的浓度增大而加快，可 推测是由于 SO42-浓度引起的，故 B 说法错误； C.由图可知，当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故 C 说法正确； D.由于腐蚀速率随盐酸浓度的增大而增大，随硫酸浓度的增大，出现先增大后减小的现象， 因此可说明 Cl-、SO42-都会影响碳素钢的腐蚀速率，故 D 说法正确； 故答案为 B。 14.常温下，向 100 mL 0.01 mol·L-1HA 溶液中逐滴加入 0.02 mol·L-1MOH 溶液，图中所示曲 线表示混合溶液的 pH 变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中，不正确的是（ ） A. HA 的电离方程式为：HA=H++A- B. MOH 为一元 弱碱 C. K 点对应的溶液中有：c(MOH)+c(M+)=0.02mol L-1 D. N 点对应的溶液中有：c(M+)=c(A-) 【答案】C 【解析】 【详解】A.由图可知，0.01mol/LHA 溶液中，pH=2，则溶液中 c(H+)=0.01mol/L，说明 HA 为强 酸，在水中完全电离，因此其电离方程式为 ，故 A 说法正确； B.由图可知，当溶液的 pH=7 时，加入 MOH 溶液的体积为 50.2mL，此时溶液中溶质为 MA 和 MOH，溶液显中性，说明溶液中存在 M+的水解，因此 MOH 为弱碱，故 B 项说法正确； C.K 点溶液中加入 MOH 溶液的体积为 100mL，此时混合溶液的体积变为原溶液的两倍，则浓度 + -HA=H +A 变为原来的一半，结合物料守恒可得 c(MOH)+c(M+)=0.01mol/L，故 C 说法错误； D.N 点溶液的 pH=7，则溶液中 c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒 可 知，c(M+)=c(A-)，故 D 说法正确； 故答案为 C。 【点睛】本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较，酸碱滴定原理， 为高频考点，明确发生的滴定反应，对于曲线上的点对应的溶质及其浓度要分析清楚，牢牢 把握溶液中的守恒关系是解题的关键。 15.2018 年 5 月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示，下 列说法正确的是 A 图中能量转化方式只有 2 种 B. H+向 a 极区移动 C. b 极发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3 D. a 极上每产生 22.4LO2 流过电极的电子数一定为 4×6.02×1023 【答案】C 【解析】 【详解】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等， 选项 A 错误； B. b 极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故 H+向正极 b 极区移动， 选项 B 错误； C. b 极为正极，发生的电极反应为：N2+6H++6e－=2NH3，选项 C 正确； D. a 极为负极，电极反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，每产生标准状况下 22.4LO2 流过电极的电子 数一定为 4×6.02×1023，但题干没说明标准状况，故选项 D 错误。 答案选 C。 . ( ) ( ) ( ) ( )+ + - -c M +c H =c OH +c A 16.2mol 金属钠和 1mol 氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的（  ） A. △H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1 B. △H4 的值数值上和 Cl-Cl 共价键的键能相等 C. △H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＜△H5 D. △H7＜0，且该过程形成离子键 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A ． 由 盖 斯 定 律 可 知 ， 过 程 1 为 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 的 过 程 之 和 ， 则 △H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，故 A 正确； B．△H4 为断裂 Cl-Cl 键吸收的能量，则△H4 的值数值上和 Cl-Cl 共价键的键能相等，故 B 正 确； C．形成化学键释放能量，且 Cl 比 Br 活泼，则△H5＜0，在相同条件下，2Br(g)的△H5′＞ △H5，故 C 错误； D．NaCl(g)比 NaCl(s)能量高，且氯化钠固体含离子键，则△H7＜0，且该过程形成离子键， 故 D 正确； 故答案为 C。 【点睛】准确理解盖斯定律是解题关键，盖斯定律的内容是学反应的反应热只与反应的始态 (各反应物)和终态(各生成物)有关，而与反应的途径无关，即如果一个反应可以分步进行， 则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的；通常应用盖斯定律进行 简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一 般 2～3 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减， 得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 ΔH 与原热化学方程式之间 ΔH 的换算关 系。 17.根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是 A. 1 mol C(s)与 1 mol O2(g)的能量之和为 393.5 kJ B. 反应 2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量 C. 由 C(s)→CO(g)的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·mol－1 D. 热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则 CO 热值 ΔH＝－10.1 kJ·mol －1 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可知，转化Ⅰ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为 C(s)＋ O2(g)= CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，转化Ⅱ反应物总能量大于生成物总能量，为放热反 应，热化学方程式为 2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g) ΔH＝－282.9kJ·mol－1，转化Ⅰ—转化Ⅱ得 C(s)→CO(g)的热化学方程式 2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·mol－1。 【详解】A 项、由图可知 1 mol C(s)与 1 mol O2(g)的能量比 1 mol CO2(g)能量高 393.5 kJ， 故 A 错误； B 项、由图可知反应 2CO(g)＋O2(g)= 2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能 量，故 B 错误； C 项、由图可知 1 mol C(s)与 O2(g)生成 1 mol CO(g)放出热量为 393.5 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，则 C(s)→CO(g)的热化学方程式为 2C(s)＋O2(g)= 2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·mol－1，故 C 正确； D 项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则 CO 的热值为 282.9 kJ× g≈10.1 kJ·g－1，故 D 错误； 故选 C。 18.常温下，有 pH=1 的某溶液中可能含有 Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、CO32-中的某几种，现取 100mL 该溶液进行如下实验：根据实验结果，下列判断正确的是（ ） 1 28 A. Fe2+，I-，Cl-三种离子一定存在 B. 不能确定 Na+和 Cl-是否存在，CO32-一 定不存在 C. Fe3+与 Fe2+至少有一种 D. 该溶液中 c（Cl-）≥0.1mol∙L-1 【答案】A 【解析】 【分析】 pH=1 的溶液显酸性，含有大量的 H＋，且 n(H＋)=0.1mol×0.1L=0.01mol；根据离子共存可得， 原溶液中一定不含有 CO32－；加入适量 Cl2 和 CCl4 分液后，得到紫色溶液，说明溶液中含有 I-，根据离子共存可得，溶液中一定不含有 Fe3＋；紫色溶液中分离得到 2.54g 紫黑色固体为 I2，因此可得溶液中 分液后水层中加入足量 NaOH 溶液后，得到固 体，则该固体为 Fe(OH)3，则原溶液中一定含有 Fe2＋；固体洗涤、灼烧后得到 1.60g 固体， 为 Fe2O3，因此可得原溶液中 ；根据电荷守恒可得，原溶液 中一定含有 Cl-，其物质的量最少为 ； 【详解】A.由分析可知，溶液中一定含有 Fe2＋、I－和 Cl－，A 项正确； B.由分析可知，溶液中一定含有 Cl－， B 项错误； C.由分析可知，溶液中一定含有 Fe2＋，一定不含有 Fe3＋，C 项错误； D.由于溶液中可能含有 Na＋，因此溶液中所含 n(Cl－)的最小量为 0.03mol，其物质的量浓度 ， D 项错误； 故答案为 A。 二、填空简答题 19.A，B，C，D，E 五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。B 原子的最外层电子数是其 次外层电子数的 2 倍。A 的一种原子中，质量数与质子数之差为零。D 元素原子的最外层电子 - 2.54gn(I )= 2=0.02mol 254g/mol 2+ 1.60gn(Fe ) = 2 = 0.02mol 160g/ mol -n Cl =0.02mol 2+0.01mol 1-0.02mol 1=0.0 ol) m( 3   ( )- 0.3mol/L n Cl V c=  数为 m，次外层电子数为 n。E 元素原子的 L 层上电子数为（m+n），M 层上电子数为 。请回答下列问题： （1）B 元素是________（填元素名称）D 元素在周期表中的位置是_______ （2）C 与 E 形成的化合物 E3C 属于________（填“原子”“离子”或“分子”）晶体。 （3）由 A，D，E 元素组成的化合物中存在的化学键类型是________ （4）写出一个 E 和 D 形成的化合物与水发生氧化还原反应的离子方程式：________ （5）已知：甲+H2O→丙+丁，该反应不是氧化还原反应。若甲是由 N 和 Cl 元素组成的化合物， 其分子结构模型如图所示，丁与 H2O 有相同的电子总数，则丙的电子式为________ （6）与 D 同主族且上下相邻的元素 M、N，原子电子层数 M＞N＞D，三种元素的氢化物的沸点 由大到小的顺序是________（填化学式） 【答案】 (1). 碳 (2). 第二周期 VIA 族 (3). 离子 (4). 离子键、共价键 (5). 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‒+O2↑ (6). (7). H2O＞H2Se＞H2S 【解析】 【分析】 “ B 原子的最外层电子数是其次外层电子数的 2 倍”则 B 为 C；“A 的一种原子中，质量数与 质子数之差为零”则 A 为 H；由 D、E 的原子核外电子结构可得 m+n=8，且 D 的原子核外有两 个电子层，则 n=2，m=6；因此 D 为 O，则 C 为 N；E 的 M 层上电子数为 1，则 E 为 Na。 【详解】（1）由分析可知，B 为碳元素，D 为氧元素，氧元素位于元素周期表第二周期ⅥA 族； 故答案为：碳，第二周期ⅥA 族。 （2）由分析可知，C 为 N，E 为 Na，二者形成的化合物为 Na3N，属于离子晶体；故答案为： 离子。 （3）由分析可知，A 为 H、D 为 O、E 为 Na，因此 A、D、E 三种元素组成的化合物为 NaOH，其 中含有离子键和共价键；故答案为：离子键、共价键。 （4）E 和 D 形成的化合物为 Na2O2 和 Na2O，其中能与水发生氧化还原反应的为 Na2O2， 故答案 为： 。 m 2 n −   + - 2 2 2 22Na O +2H O=4Na +4OH +O ↑ （5）由甲的分子结构模型可知，甲的化学式为 NCl3 ， 与 H2O 的反应不是氧化还原反应，则 反应过程中，元素化合价没有发生变化，化学方程式为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO，由于产物丁 与 H2O 具有相同的电子数，因此丁的化学式为 NH3，因此丙为 HClO，故答案为： ； （6）由分析可知，D 为 O，M、N 与 D 同主族，且原子电子层数 M>N>D，则 M 为 Se、N 为 S；由 于 H2O 中含有氢键，因此其沸点最高，H2Se 和 H2S 都为分子晶体，且结构相似，因此其相对原 子质量越大，沸点越高，因此沸点 H2Se>H2S，故三种元素氢化物的沸点由大到小的顺序为： H2O>H2Se>H2S；故答案为：H2O>H2Se>H2S。 【点睛】填空题一定要注意横线后面是否对答案格式有要求，例如“写元素名称”“离子反 应方程式”等，要按要求填写。本题中第一空即要求填写元素名称，若写元素符号不得分。 20.现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水，并测量电解产生的氢气的体积(约 6 mL)和检验 氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。 （1）试从上图图 1 中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编 号)是:A 接________,B 接________。 （2）铁棒接直流电源的________极;碳棒上发生的电极反应为________。 （3）能说明氯气具有氧化性的实验现象是________。 （4）假定装入的饱和食盐水为 50 mL(电解前后溶液体积变化可忽略),当测得的氢气为 5.6 mL （已折算成标准状况）时,溶液的 pH 为________。 （5）工业上采用离子交换膜法电解饱和食盐水，如上图图 2，该离子交换膜是________（填 “阳离子”或“阴离子”）交换膜，溶液 A 是________（填溶质的化学式） 【答案】 (1). G、F、I (2). D、E、C (3). 负 (4). 2Cl--2e-=Cl2↑ (5). 淀粉-KI 溶液变成蓝色 (6). 12 (7). 阳离子 (8). NaCl 【解析】 【分析】 （1）A 为铁棒，则应为阴极，产生 H2；B 为阳极，产生 Cl2；据此确定后续连接装置； （2）铁棒为阴极，与电源 负极相连；碳棒为阳极，由 Cl-发生失电子的氧化反应，生成 Cl2，据此写出电极反应式； （3）氧化性 Cl2>I2，淀粉遇碘变蓝色； （4）根据公式 计算反应生成 n(H2)，结合电极反应式计算反应生成 n(OH-)，再根据 计算溶液中 c(H+)，从而得出溶液的 pH； （5）电极 a 产生 Cl2，则电极 a 为阳极，电极 b 为阴极，根据离子移动方向，确定离子交换 膜的类型和溶液 A 的成分； 【详解】（1）A 为铁棒，则应为阴极，产生 H2，则 A 后应连接测量 H2 体积的装置，因此 A 接 G、F、I；B 为阳极，产生 Cl2，则 B 后连接 Cl2 的性质检验装置，因此 B 接 D、E、C；故答案 为：G、F、I，D、E、C。 （2）铁棒为阴极，与电源的负极相连；碳棒为阳极，由 Cl-发生失电子的氧化反应，生成 Cl2，故答案为： ； （3）由于氧化性 Cl2>I2，能将 I-氧化成 I2，而淀粉遇碘变蓝色，因此若观察到淀粉-KI 溶液 变成蓝色，则说明 Cl2 具有氧化性，故答案为：淀粉-KI 溶液变成蓝色。 （4）反应生成 ， 由电极反应式 2H2O+2e－=H2↑＋ 2OH－可知，反应生成 n(OH－)=0.5×10-3mol，则溶液中 ， 因此溶液中 ， 因此溶液的 pH=12，故答案为：12。 （5）由于电极 a 产生 Cl2，则电极 a 为阳极，电极 b 为阴极；由图可知，离子由电极 a 区域 向电极 b 区域移动，因此移动的离子为阳离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜；因此溶液 A 为 NaCl 稀溶液，故答案为：阳离子，NaCl。 【点睛】电解池中阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离 的 Vn= Vm ( ) ( )-Kw=c H c OH+  - - 22Cl -2e =Cl ↑ ( ) -3 -3 2 m V 5.6 10 Ln H = = =0.25 10 molV 22.4L/mol × × ( ) ( )- -3 - n OH 0.5 10 molc OH = = =0.01mol/LV 0.05L × ( ) ( ) -14 + -12w -2- K 10c H = = =10 mol/L10c OH 子流向阴极，阴离子流向阳极，电子经外电路和电源由阳极流向阴极 21.进入冬季北方开始供暖后，雾霾天气愈发严重，各地 PM2.5、PM10 经常“爆表”。引发雾 霾天气的污染物中，最为常见的是机动车尾气中的氮氧化物和燃煤产生的烟气。 I、用 NH3 催化还原 NOx 可以消除氮氧化物的污染。反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g) 2N2(g)+3H2O(g)。 （1）该反应的△S________0(填“>”、“=”或“ (2). ad (3). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-844kJ/mol (4). 0.0125mol/(L•min) (5). 减小 【解析】 【详解】（1）由于反应前后气体分子数增大，因此 ΔS>0； （2）a、气体颜色不再改变时，反应达到平衡状态，透光率不再改变，a 符合题意；b、ΔH 是表示反应的热效应，只与物质具有能量的相对大小有关，ΔH 不变，不能说明反应达到平衡 状态，b 不符合题意；c、根据反应速率之比等于化学计量系数之比可得，当反应达到平衡状 态时，2v 正(N2O4)=v 逆(NO2)，c 不符合题意；d、当 N2O4 的转化率不再改变时，说明反应达到 平衡状态，此时透光率不再改变，d 符合题意；故答案为 ad； （3）CH4(g)燃烧热的热化学方程式为： ①， H2O(l)转化为 H2O(g)的热化学方程式为： ②；又已知： ③， ④， ①+2×②+③-2×④，得到反应： ，相应 的 ， 把方程式的系数和∆H 都除以 2，得到 CH4 催化还原 NO2 反应的热化学方程式为： 。故答案为： 。 （4）①由表格数据可知，0~20min 内，参与反应的 n(NO2)=0.5mol，根据反应的化学方程式可 知，参与反应的 n(CH4)=0.25mol，则 0~20min 内，用 CH4 表示的反应速率 ；故答案为：0.0125mol/(L•min)。 ②达到平衡后，再充入 0.5molCH4 和 1.2molNO2，由于温度和容器的体积均不变，因此反应体 系的压强增大，平衡逆向移动，因此 CH4 的转化率减小，故答案为：减小。 ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2CH g 2O g =CO g 2H O l ΔH=-890kJ/mol+ + ( ) ( )2 2H O l =H O g ΔH=+44kJ/mol ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2CH g +4NO g =2N g +CO g +2H O g H= 1114 kJ/mol∆ ﹣ ( ) ( ) ( )2 22NO g +O g =2NO g H= 114 kJ/mol∆ ﹣ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 22CH g NO g =2N g CO g H O g+4 +2 +4 ( ) ( ) ( ) ( )H= =-1688kJ/mol-890kJ/mol +2 +44kJ/mol + -1114kJ/mol -2 -114kJ/mol∆ × × ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 2CH g 2NO g =N g CO g 2H O g ΔH=-844kJ/mol+ + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 2CH g 2NO g =N g CO g 2H O g ΔH=-844kJ/mol+ + + ( ) ( )4 0.25mol c 1Lv CH = = =0.0125mol/ L mint 20min ∆ ∆  【点睛】ΔS 是指反应中熵变，熵变指反应中体系混乱程度的变化，熵指体系的混乱程度，气 体越多熵越大。熵变和焓变是判断一个化学反应能否自发进行的两个依据。 22.过渡态理论认为：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是从反应物到生成物的 过程中经过一个高能量的过渡态。如图 1 为 1molNO2 与 1molCO 恰好反应生成 CO2 和 NO 过程中 的能量变化示意图 （1）试写出 NO2 和 CO 反应的热化学方程式：________ （2）在密闭容器中进行的上述反应是可逆反应，图 2 是某学生模仿图 1 画出的 NO+CO2 =NO2+CO 的能量变化示意图。则图中 E3=________kJ•mol-1 （3）在密闭容器中充入 1molH2 和 1molI2 ， 压强为 p（Pa），并在一定温度下使其发生反应： H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H＜0．保持容器内气体压强不变，向其中加入 1molN2 ， 反应 速率________（填“变大”、“变小”或“不变”），平衡________移动（填“向正反应方向”、 “向逆反应方向”或“不”）。 （4）T℃，向 1L 密闭容器中加入 1molHI（g），发生反应 2HI⇌H2+I2，H2 物质的量随时间的变 化如图 3 所示。 ①该温度下，2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的平衡常数 K=________ ②相同温度下，若开始加入 HI（g）的物质的量是原来的 2 倍，则________是原来的 2 倍。 a．平衡常数 b．HI 的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时 H2 的体积分数 【答案】 (1). NO2（g）+CO（g）═NO（g）+CO 2（g）△H=-234kJ•mol -1 (2). 368 (3). 变小 (4). 不 (5). (6). b 【解析】 【分析】 （1）根据图示能量变化确定反应热，从而写出反应的热化学方程式； （2）E3 表示的是 NO 和 CO2 转化为活化状态时所需的能量； 1 64 （3）压强不变，充入无关气体，反应容器的体积增大，浓度减小； （4）①根据图像数据，结合平衡常数的表达式 进行计算； ②若开始加入 HI(g)的物质的量是原来的 2 倍，则浓度也为原来的两倍，结合等效平衡、反 应速率的影响因素进行分析； 【详解】（1）由反应能量图可知，该反应的反应热 ΔH=134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol， 故答案为： ； （2）E3 表示的是 NO 和 CO2 转化为活化状态时所需的能量 E3=E2，故答案为:E3=368kJ/mol； （3）保持容器内气体的压强不变，充入 N2，则反应容器的体积变大，各物质浓度减小，反应 速率减小；由于该反应在反应前后气体分子数不变，因此平衡不移动，故答案为：变小，不； （4）①由图像可知，反应达到平衡状态时，n(H2)=0.1mol，则 n(I2)=0.1mol， n(HI)=1mol-0.2mol=0.8mol，因此该温度下，反应的平衡常数 ，故答案为： ②a、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，a 项错误； b、由于该反应中反应前后气体分子数不变，因此反应达到平衡时，c(HI)为原来的两倍，b 项正确； c、c(HI)增大，反应速率，反应达到平衡所需的时间减小，c 错误； d、由于该反应中反应前后气体分子数不变，为等效平衡，平衡时 H2 的体积分数不变，d 项 错误； 故答案为 b。 23.黄铁矿（主要成分 FeS2）是工业制硫酸的主要原料，暴露在空气中会被缓慢氧化，其氧化 过程如图所示。 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 H c IK= HI c c  ( ) ( ) ( ) ( )2 2NO g +CO g =NO g +CO g ΔH=-234kJ/mol ( ) ( ) ( )2 2 2 2 0.1mol 0.1mol c H c I 11L 1LK= = =0.8molc HI 64( )1L ×× 1 64 （1）写出 a 步骤离子方程式________ （2）如何检验 b 步骤反应后的溶液中含 Fe2+________ （3）取 10mLb 步骤反应后的溶液测定其成分，通入标准状况下 Cl222.4mL 恰好完全反应。然 后调节 pH，使溶液中的铁元素全部转化为沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，冷却后称重，得固体 质量为 0.32g，则该溶液中 c（Fe3+）=________（写出计算推理过程） 【答案】 (1). 2FeS2+7O2+2H2O= 4SO42- +2Fe2+ +4H+ (2). 取少量溶液于试管中，滴加 酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则溶液中含有 Fe2+ (3). 0.2mol•L-1 【解析】 【详解】（1）步骤 a 中反应物为 FeS2 和 O2，生成物为 SO42－、Fe2＋，结合得失电子守恒、电荷 守恒和原子守恒可得该反应的离子方程式为： ； （2）Fe2＋具有氧化性，能使酸性 KMnO4 溶液褪色，因此可用酸性 KMnO4 溶液检验 Fe2＋，其实 验过程为：取少量溶液于试管中，滴加酸性 KMnO4 溶液，若溶液褪色，则溶液中含有 Fe2＋， 故答案为：取少量溶液于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色，则溶液中含有 Fe2+。 （3）得到的 0.32g 固体为 Fe2O3，其物质的量 ， 根据铁元素守 恒可得，通入氯气后的溶液中 n(Fe3+)=0.002mol×2=0.004mol；通入 Cl2 的物质的量 ，其发生反应的离子方程式为 ，因 此通入氯气前的溶液中 n(Fe2＋)=0.002mol，因此通入氯气前的溶液中 n(Fe3+)=0.004mol-0.002mol=0.002mol，所以该溶液中 。 故答案为：0.2mol•L-1 24.次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，是一元中强酸，具有较强还原性。回答下列问题： （1）H3PO2 及其与足量氢氧化钠反应生成的 NaH2PO2 均可将溶液中的 Ag+还原为 Ag，从而可用 于化学镀银。 ①在 H3PO2 中，磷元素的化合价为________在酸性环境中，利用（H3PO2）进行化学镀银反应中， 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1，则氧化产物为：________（填化学式）。 ②NaH2PO2 是________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液中离子浓度由大到小的顺序应为 ________ （2）次磷酸（H3PO2）可以通过电解的方法制备．工作原理如下图所示（阳膜和阴膜分别只允 - +2 2 2 2 2 4 +2FeS 7O 2H O=4SO 2Fe 4H+ + + + m 0.32gn= = =0.002molM 160g/mol -3 m V 22.4 10 Ln= = =0.001molV 22.4L/mol × + +2 3 - 22Fe +Cl =2Fe +2Cl ( )3+ n 0.002molc Fe = = =0.2mol/LV 0.01L 许阳离子、阴离子通过）： ①写出阳极的电极反应式________ ②分析产品室可得到 H3PO2 的原因________（结合一定的文字分析） 【答案】 (1). +1 (2). H3PO4 (3). 正盐 (4). c（Na +）＞c（H 2PO2-）＞c （OH-）＞c（H+） (5). 2H2O-4e- = O2↑+4H+ (6). 阳极室的 H+穿过阳膜扩散至产品室， 原料室的 H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成 H3PO2 【解析】 【详解】（1）①H3PO2 中氢元素为+1 价，氧元素为-2 价，根据化合物中化合价代数和为 0 可得， 磷元素的化合价为+1 价；利用 H3PO2 进行化学镀银反应时，Ag+为氧化剂，H3PO2 为还原剂，二 者的物质的量之比为 4:1，根据转移电子守恒可得，反应后磷元素的化合价为+5 价，因此氧 化产物为 H3PO4，故答案为：+1，H3PO4 ②因为 H3PO2 是一元中强酸，只能电离出一个 H+，因此 NaH2PO2 为正盐，水溶液中 H2PO2-只发 生水解反应，不发生电离，因此溶液显碱性，故溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(H2PO2－)>c(OH －)>c(H＋)，故答案为：正盐，c(Na＋)>c(H2PO2－)>c(OH－)>c(H＋)。 （2）①H2O 电离产生的 OH-在阳极发生失电子的氧化反应，生成 O2，故答案为： ； ②阳极反应生 H＋， H＋通入阳离子交换膜进入产品室中；阴极的电极反应式为 ，原料室的 Na＋移向阴极室、H2PO2－移向产品室，形成 H3PO2；故答案 为：阳极室的 H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的 H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生 成 H3PO2。 【点睛】正盐与酸式盐的区别在于电离出来的阳离子是否有氢离子，NaH2PO2 虽然分子含有氢 元素，但其在水溶液中并不能电离出氢离子，故为正盐。而 NaH2PO4 在水溶液中电离出的阳离 子有钠离子和氢离子，故为酸式盐。 - + 2 22H O-4e =O +4H↑ - 2 2 -2H O+2e =H +2OH↑