还剩21页未读，
继续阅读
浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高一上学期期中考试（1班）试题化学（解析版）
展开
浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高一上学期期中考试（1班）试题
相对原子质量： C-12 O-16 Ca-40
第Ι卷
一、选择题（本题共 20小题，共40 分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. Ne和Na＋的结构示意图均为
B. 质量数为37的氯原子
C. 二氧化碳分子的比例模型：
D. NH4Br的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ne原子结构示意图为，Na+的结构示意图为，A项错误；
B. 质量数书写在元素符号的左上角，左下角为质子数，故质量数为37的氯原子，B项错误；
C. 二氧化碳中碳原子半径大于氧原子半径，比例模型应为左右小中间大，C项错误；
D. NH4Br的电子式：，D项正确；
答案选D。
2.能用键能大小解释的事实是（ ）
A. 稀有气体化学性质很稳定 B. 硝酸易挥发，而硫酸难挥发
C. 氮气的化学性质比氧气稳定 D. 常温常压下，溴呈液态，碘呈固态
【答案】C
【解析】A. 稀有气体分子中不存在共价键，故A错误；B. 硝酸易挥发，而硫酸难挥发与分子间作用力有关，与键能无关，故B错误；C. 氮气分子中存在三键，键能较大，导致化学性质比氧气稳定，故C正确；D. 常温常压下，溴呈液态，碘呈固态与分子间作用力有关，与键能无关，故D错误；故选C。
3.钢铁在海水中的锈蚀过程示意见图，有关说法正确的是（ ）
A. 电子从碳转移给铁
B. 在钢铁上连接铅块，可起到防护作用
C. 正极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-
D. 钢管发生析氢腐蚀，负极反应是Fe—3e- =Fe3+
【答案】C
【解析】
【分析】钢铁在海水中生锈时发生电化学腐蚀，且主要以吸氧腐蚀为主，负极铁失电子变成二价铁离子Fe-2e- =Fe2+，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-；
【详解】A.由分析可知，铁为负极，碳为正极，电子由负极移动到正极，即由铁转移给碳，A项错误；
B.铁比铅活泼，在钢铁上连接铅块，形成的原电池中铁作负极，铅作正极，可使铁加速腐蚀，B项错误；
C.由分析可知，正极的电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，C项正确；
D.由图可知空气中氧气逐渐减少，发生的不是析氢腐蚀而是吸氧腐蚀，负极的电极反应为：Fe-2e- =Fe2+，D项错误；
答案选C
4.取3mL 5mol·L-1 H2O2溶液，加入少量MnO2粉末，2min时c(H2O2)降为1mol·L-1。下列说法不正确的是（ ）
A. 2min内，v(H2O2) =2mol・L-l・min-1
B. MnO2是催化剂，能加快H2O2的分解速率
C. 升高温度或增大H2O2的浓度，均能加快H2O2的分解速率
D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液的体积增至6mL，则H2O2的分解速率增至原来的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学反应速率v===2mol・L-l・min-1，A项正确；
B. 催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入少量MnO2粉末是反应的催化剂，能加快H2O2的分解速率，B项正确；
C. 升高温度或增大H2O2的浓度均可以加快反应速率，C项正确；
D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液体积增至6mL，溶液浓度减少，H2O2的分解速率会减慢，D项错误；
答案选D。
5. 电子层数相同的短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质常用于制造太阳能电池，w的原子半径是同周期中最小的。下列推断中正确的是 ( )
A. Z的氢化物的热稳定性强于w的氢化物
B. Z的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸
C. X、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大
D. X、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应
【答案】D
【解析】Z元素是硅．故这些元素都在第三周期。从而推断出X元素是钠，Y元素是铝，W元素是氯。热稳定性是SiH4
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C. 短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构
D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属与非金属交界线附近的元素既能表现金属性又能表现非金属性，A项错误；
B.第三周期主族元素中，最高正价=族序数=最外层电子数，B项正确；
C.短周期元素形成离子后，最外层不一定都达到8电子稳定结构，如氢元素的原子失去一个电子后，最外层已无电子，C项错误；
D.同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质有相似性、递变性，但不完全相同，D项错误；
答案选B。
7.已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1和-1366.8kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为( )
A. -44.2kJ·mol-1 B. +44.2kJ·mlo-1
C. -330kJ·mol-1 D. +330kJ·mlo-1
【答案】A
【解析】
【详解】由题干条件可知如下反应：
H2(g)+O2(g) H2O(l)；ΔH=-285.8 kJ·mol-1 ①
C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-1 411.0 kJ·mol-1 ②
C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)；ΔH=-1 366.8 kJ·mol-1 ③
根据盖斯定律则②-③可得：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)；ΔH=-44.2 kJ·mol-1。
答案选A。
8.不能用勒夏特列原理解释是（ ）
A. 使用铁触媒，加快合成氨反应速率
B. 过量空气有利于SO2转化为SO3
C. 打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出
D. 用排饱和食盐水法收集氯气
【答案】A
【解析】
【分析】勒夏特列原理的内容是：如改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；研究对象是可逆反应，据此分析。
【详解】A. 合成氨是工业生产中非常重要的一个可逆反应，使用催化剂平衡不移动，不能使用勒夏特列原理进行解释，A项正确；
B. 二氧化硫转化为三氧化硫为可逆反应，通入过量的空气，平衡正向移动，可以使用勒夏特列原理进行解释，B项错误；
C. 汽水瓶中存在二氧化碳转变为碳酸的可逆反应，打开瓶盖，改变了压强，平衡发生移动，可以使用勒夏特列原理进行解释，C项错误；
D. 氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，是一个可逆反应，排饱和食盐水可使平衡逆向移动，可以使用勒夏特列原理进行解释，D项错误；
答案选A。
9.下列性质递变不正确的是（ ）
A. 酸性： HClO4>H2SO4>H3PO4
B. 半径：Cl-> Na+>F-
C. 热稳定性：HF> H2O> PH3
D. 还原性：Cl- < Br-< I-
【答案】B
【解析】
【详解】A.同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，A正确；
B. 根据“层多径大、序大径小”，半径：Cl->F->Na+，B错误；
C. 同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，热稳定性：HF> H2O> NH3>PH3，C正确；
D. 同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：Cl>Br> I ，还原性：Cl- < Br-< I-，D正确；
答案选B。
10.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1(a＞0)，下列说法不正确的是（ ）
A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；
B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，B正确；
C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；
D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误；
答案选D。
11.最新“人工固氮”的研究报道，常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2 (g)+6H2O (l) =4NH3 (g)+3O2 (g) ΔH＞0，如果反应的平衡常数K值变大，该反应（ ）
A. 一定向正反应方向移动
B. 一定向逆反应方向移动
C. 在平衡移动时正反应速率先减小后增大
D. 在平衡移动时逆反应速率先增大后减小
【答案】A
【解析】
【分析】反应的平衡常数K值增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，因而升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率增大，但正反应速率增大的更多。
【详解】反应的平衡常数K值增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，因而升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率增大，但正反应速率增大的更多，由于平衡正向移动，正反应速率又逐渐降低；
答案选A。
12.1mol碳在氧气中完全燃烧生成气体，放出393kJ的热量，下列热化学方程式表示正确的是（ ）
A. C (s) +1/2O2 (g) = CO(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1
B. C + O2 = CO2 ΔH＝－393kJ·molˉ1
C. C (s) + O2 (g)=CO2 (g) ΔH＝+393kJ·molˉ1
D. C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1
【答案】D
【解析】
【详解】1mol碳固体在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体，放出393kJ的热量，放出热量时ΔH<0，则热化学方程式为：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1；
答案选D。
13.下列曲线表示F、Cl、Br元素及所形成物质的某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一主族元素的得电子能力随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其得电子能力逐渐减小，故A正确；
B．同一主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减小，分解温度逐渐降低，故B错误；
C．同一主族从上到下，离子半径逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，离子晶体的熔点越低，故C错误；
D．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而熔点逐渐升高，故D错误；
故选A。
14.反应2A(g) 2B(g)E(g) ΔH＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（ ）
A. 缩小体积加压 B. 扩大体积减压 C. 增加E的浓度 D. 降温
【答案】D
【解析】
【分析】要使正反应速率降低，A的浓度增大，平衡要逆向进行；
【详解】A.增大压强，平衡向着体积缩小的方向移动，即逆向移动，但反应速率加快，A项错误；
B.降低压强，反应速率减慢，平衡正向移动，B项错误；
C.增加E的浓度，反应速率加快，平衡逆向移动，C项错误；
D.降低温度，平衡逆向移动，反应速率减慢，D项正确；
答案选D。
15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径大小顺序：r(Z2＋)＞r(Y2－)
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
D. 单质的熔点Z＞W
【答案】C
【解析】
【详解】X的最外层电子数是其内层电子数的2倍，即X属于第二周期，X为C，Y是地壳中含量最高的元素，即Y为O，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，即Z为Mg，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，即W为Si，A、电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此r(Mg2＋)
C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：C>Si，CH4比SiH4稳定，故C正确；
D、Si是原子晶体，晶体硅的沸点高于Mg，故D错误。
16.反应A2(g)+B2(g) →2AB(g)的能量变化如图所示，叙述正确的是（ ）
A. 该反应是放热反应
B. 加入催化剂，(b－a)的差值减小
C. 每生成2molAB分子吸收bkJ热量
D. 若反应生成AB为液态，吸收的热量小于(a－b)kJ
【答案】D
【解析】A、依据图象反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，A错误；B、催化剂不影响焓变大小，B错误；C、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ热量，C错误；D、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2mol气态AB2，吸收（a-b）kJ热量，生成AB为液态，吸收的热量小于（a-b）kJ，D正确；答案选D。
17.一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的正反应吸热
B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A项错误；
B. Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B项错误；
C. Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C项错误；
D. 温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D项正确；
答案选D。
18.厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸。原理如图所示（图中HA表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子，乳酸的摩尔质量为90g/mol，下列有关说法中正确的是( )
A. 电极a为阴极，放出H2
B. 通电一段时间后，硫酸溶液的pH升高
C. A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室
D. 对400mLl0g/L乳酸溶液通电后，当外电路通过0.5mole-时浓度，上升为145g.L-1（溶液体积变化忽略不计）
【答案】C
【解析】A、A－通过阴离子交换膜到左侧生成HA，说明在b电极上阳离子放电，剩余A－，阳离子在阴极放电，所以b为阴极，a为阳极，故A错误；B、阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：4OH－-4e－═2H2O+O2↑，硫酸中H＋ 浓度增大，硫酸溶液的pH降低，故B错误；C、A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，故C正确；D、在阳极上发生电极反应：4OH－-4e－═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H＋+2e－=H2↑，根据电极反应方程式，则有：HA～H＋～1/2H2，根据差值法，乳酸的浓度变化量是（145g·L－1-10g·L－1）/90g·mol－1=1.5mol·L－1，即生成HA的物质的量是1.5mol·L－1×0.4L=0.6mol，所以产生氢气是0.3mol即转移电子数为0.6mol，故D错误；故选C。
19.科学家近期研发出如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列有关叙述错误的是（ ）
A. b电极不可用石墨替代Li
B. 正极反应为：Li1-xMn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4
C. 电池总反应为：Li1-xMn2O4+xLi = LiMn2O4
D. 放电时，溶液中Li+从a向b迁移
【答案】D
【解析】
【分析】锂离子电池中，bLi，失去电子，作负极，LiMn2O4为正极；充电时Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析。
【详解】A. C不能失电子，故b电极不可用石墨替代Li，A项正确；
B. 正极发生还原反应，Li1-xMn2O4得电子被还原，电极反应为：Li1-xMn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4，B项正确；
C. Li失电子，Li1-xMn2O4得电子，生成的产物为LiMn2O4，电池的总反应为：Li1-xMn2O4+xLi = LiMn2O4，C项正确；
D.放电时，阳离子移动到正极，即从b向a迁移，D项错误；
答案选D。
20.为研究某溶液中溶质R的分解涑率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 25℃时，在10～30min内，R的分解平均速率为0.030 mol·L—1·min—1
B. 对比30℃和10℃曲线，在50min时，R的分解百分率相等
C. 对比30℃和25℃曲线，在0～50min内，能说明R的分解平均速率随温度升高而增大
D. 对比30℃和10℃曲线，在同一时刻，能说明R的分解速率随温度升高而增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 25 ℃时，在0～30 min内，R的分解平均速度为[(1.8-0.8)/30]mol·L－1·min－1=0.033 mol·L－1·min－1，故A正确；
B. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在50 min时，R的分解百分率相等，故B正确；
C. 对比30 ℃和25 ℃曲线，在0～50 min内，能说明R的分解平均速度随温度升高而增大，故C正确；
D. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在同一时刻，两曲线R的浓度不同，不能说明R的分解速率随温度升高而增大，故D不正确。
故选D。
第 II 卷
二、填空题（本题共5小题，共60 分）
21.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。
（1）H2 和CO合成甲醇反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） ΔH＜0。在恒温，体积为2L的密闭容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，10min后达到平衡，测得含有0.4mol CH3OH（g）。则达到平衡时CO的浓度为_______；10min内用H2表示的化学反应速率为_______；若要加快CH3OH的生成速率并提高CO的转化率，可采取的措施有_______（填一种合理的措施）。
（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) ΔH
①该反应的平衡常数表达式为K=________。
②在恒容密闭容器中使CO2和H2（物质的量之比为1∶3）,发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系如下图所示，则 ΔH _________0（填“大于”或“小于”）
（3） 如下图所示，利用缺铁氧化物[如Fe0.9O]可实现CO2的综合利用。请说明该转化的2个优点_____________。若用1 mol缺铁氧化物[Fe0.9O]与足量CO2完全反应可生成________mol C(碳)。
【答案】(1). 0.4mol/L (2). 0.04mol/（L.min） (3). 增大压强（增加H2的量） (4). (5). 大于 (6). 将CO2转化为C和O2；利用了太阳能；Fe3O4可循环使用 (7). 0.1
【解析】
【分析】（1）根据三段法进行计算；
（2）①平衡常数等于生成物幂之积除以反应物幂之积，根据方程式写出表达式；
②根据图像可知最高点反应达到平衡状态，达到平衡后，升高温度，φ(CH3OH)逐渐减小，可得平衡逆向移动；
（3）由图可知，Fe0.9O可以将CO2转化为Fe3O4和C，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O和O2，据此分析并计算。
【详解】（1）根据题干中数据可知：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
始（mol） 1.2 1 0
转（mol） 0.4 0.8 0.4
平（mol） 0.8 0.2 0.4
达到平衡时，c(CO)==0.4mol/L；
v(H2)===0.04 mol/（L.min）;
若要提高CO的转化率，需使平衡正向移动；增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，；
（2）①平衡常数等于生成物幂之积除以反应物幂之积，K=；
②根据图像可知最高点反应达到平衡状态，达到平衡后，升高温度，φ(CH3OH)逐渐减小，可得平衡逆向移动，正向反应为放热反应，ΔH<0；
（3）由图可知，Fe0.9O可以将CO2转化为Fe3O4和C，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O和O2，过程中利用了太阳能，Fe3O4可循环使用，且能将CO2转化为C和O2，减少了环境污染，方程式可写为：Fe0.9O+0.1CO2=xC+ Fe3O4，根据碳原子守恒可得x=0.1mol。
22.现有短周期元素A、B、C、D。A元素M层上电子数是K层的3倍，D与A在周期表中同一主族。由A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，常温下C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，是一种重要的肥料。
（1）A的离子结构示意图是__________________。描述集气瓶中足量的A的氢化物与其低价态氧化物混合后，充分反应的实验现象：____________。
（2）元素A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见干燥剂，但不能用它干燥H2S气体，其原因是___________（用化学反应的化学方程式表示）
（3）B与C元素形成带一个单位正电荷的离子，写成该微粒的电子式_________。写出实验室检验溶液中该离子的简单实验方案：___________________________。
（4）元素A与元素D相比，非金属性较强的是_________（用元素符号表示），下列表述中能表明这一事实的是_________。
①比较最高价氧化物对应水化物的酸性
②比较对应气态氢化物的稳定性
③一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质
④A单质的熔沸点明显高于D单质
（5）元素B、C与D组成的化合物固态时属于_______________晶体。
①原子晶体 ②离子晶体 ③分子晶体 ④分子晶体或离子晶体
【答案】(1). (2). 有淡黄色粉末和无色液体生成 (3). H2S + H2SO4 === S↓+ SO2↑+2H2O (4). (5). 取适量待测液于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，若产生无色有刺激性气味的气体，且能使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子。 (6). O (7). ②③ (8). ④
【解析】
【分析】A元素M层上电子数是K层的3倍，说明A为S，D与A在周期表中同一主族，则D为O，A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，该干燥剂为H2SO4，即B为H，C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则C为N，据此回答问题。
【详解】（1）由分析可知A为S，B为H，C为N，D为O，那么A的离子结构示意图是； A的氢化物为H2S，其低价态氧化物为SO2，充分反应方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，实验现象为：有淡黄色粉末和无色液体生成；
（2）A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，该干燥剂为H2SO4，可与H2S发生氧化还原反应，反应方程式为：H2S + H2SO4 === S↓+ SO2↑+2H2O；
（3）H与N两种元素成成带一个单位正电荷的离子，为NH4+，电子式为，实验室检验NH4+的方法为：取适量待测液于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，若产生无色有刺激性气味的气体，且能使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NH4+；
（4）D与A在周期表中同一主族，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，故非金属性较强的是O；
①由于O没有最高价氧化物对应的水化物，无法比较酸性强弱，错误；
②气态氢化物的稳定性越强，非金属性越强，正确；
③一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质，可知非金属性D单质强于A单质，正确；
④熔沸点的高低不能确定非金属性强弱，错误；
能表明非金属性较强的是O的事实的是②③；
（5）B、C与D组成的化合物为NH4NO3或NH3•H2O，有可能是分子晶体，也有可能是离子晶体。
23.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去(或撇掉)浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置示意图，如图所示。
（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的__________。
a．H2SO4 b．BaSO4 c．Na2SO4 d．NaOH
（2）电解池阳极发生了两个电极反应，电极反应式分别是
Ⅰ.___________________； Ⅱ._________________；
（3）电极反应Ⅰ和Ⅱ的生成物反应得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式是__________________；
（4）该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料做电极。
①负极的电极反应是____________________；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A物质参加循环（见上图）。A物质的化学式是_________________；
（5）实验过程中，若在阴极产生了44.8 L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4（标准状况）____L。
【答案】 (1). C (2). Fe－2e－=Fe2＋ (3). 4OH--4e-=2H2O+O2 ↑ (4). 4Fe2＋＋10H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋8H＋ (5). CH4-8e-+4CO32 -=5CO2 +2H2O (6). CO2 (7). 11.2 L
【解析】
【分析】（1）从所加入物质能增大溶液离子的浓度，并能保持污水的pH在5.0~6.0之间进行分析；
（2）根据阳极电极材料和离子的放电顺序分析放电的离子，书写电极反应；
（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化为三价；
（4）①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；
②根据两极上发生的反应确定循环使用的物质；
（5）在燃料电池和电解池的串联电路中，转移的电子数目是相同的。
【详解】（1）为了增强溶液的导电性，可选用易溶的强电解质溶液，排除B项，考虑到污水的pH在5.0~6.0之间，因此不能使用氢氧化钠，硫酸能将Fe(OH)3溶解，因此应向污水中加入适量的硫酸钠；
（2）电解时，铁作阳极，失电子，发生反应Fe-2e-=Fe2+，同时溶液中的OH-失电子被氧化为O2，因此，电极反应为：Ⅰ.Fe-2e-=Fe2+，Ⅱ. 4OH--4e-=2H2O+O2 ↑；
（3）Fe2+具有还原性，能被氧气氧化为三价，那么得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为：4Fe2＋＋10H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋8H＋；
（4）①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应为：CH4-8e-+4CO32 -=5CO2 +2H2O；
②由电极反应可知电池工作时参加循环的物质为CO2；
（5）阴极的电极反应为2H++2e-=H2↑，阴极产生了44.8 L（即2mol）气体，转移的电子的物质的量为4mol，由CH4-8e-+4CO32-=5CO2 +2H2O可知，当转移的电子的物质的量为4mol时，消耗CH4的体积为V=nVm=×4mol×22.4L/mol=11.2L。
24.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物含量显得尤为重要。
Ⅰ．氮氧化物研究
（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是____________。
a．体系压强保持不变 b．混合气体密度保持不变
c．NO和O2的物质的量之比保持不变 d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2
（2）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2 + O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图像判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）的△H____0(填“＞”或“＜”)。
（3）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，
其能量变化如图所示：
写出该反应的热化学方程式：________________________________。
Ⅱ．二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是坏境化学当前的重要研究内容之一。
（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(s)+O2（g）2SO3（g），某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如下图所示。根据图示回答下列问题：
①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。该反应的平衡常数等于__________。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）_______K(B)(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1
若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为__________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)，放出的热量为___________kJ。
【答案】(1). ac (2). △H>0 (3). N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1 (4). 800L·mol-1 (5). = (6). 1.60NA(或1.6NA) (7). 173.4
【解析】
Ⅰ．（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。a．正反应是气体分子数减少的方向，所以体系压强保持不变时，达到平衡； b．混合气体密度始终不变，所以密度不变不能说明达到平衡；c．NO和O2的物质的量之比保持不变，达到平衡； d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不一定达到平衡。能说明反应达到平衡状态的是ac。
（2）由图可知，T2先达到平衡，所以T1＜T2。由T1升高到T2，氮气的体积分数减小了，说明升高温度后，该化学平衡向正反应方向移动，则可判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）为吸热反应，△H＞0。
（3） 由图可知，该反应的△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2630kJ/mol=183kJ/mol，所以该反应的热化学方程式为N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1。
Ⅱ．（1）①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。由图可知，SO2的平衡转化率为0.80，则SO2、O2、SO3的变化量为1.6mol、0.80mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡量为0.40mol、0.20mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡浓度为0.040mol/L、0.020mol/L、0.16mol/L，该反应的平衡常数等于800L·mol-1。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)=K(B)。
（2）由CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1和CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1可得，2CH4(g)+4NO2(g)= 2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-1734kJ·mol-1，所以2mol CH4完全反应后，转移电子16mol、放出热量1734kJ。因此，若用标准状况下4.48 L CH4(即0.2mol)还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.60NA(或1.6NA)，放出的热量为173.4kJ。
相对原子质量： C-12 O-16 Ca-40
第Ι卷
一、选择题（本题共 20小题，共40 分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. Ne和Na＋的结构示意图均为
B. 质量数为37的氯原子
C. 二氧化碳分子的比例模型：
D. NH4Br的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A. Ne原子结构示意图为，Na+的结构示意图为，A项错误；
B. 质量数书写在元素符号的左上角，左下角为质子数，故质量数为37的氯原子，B项错误；
C. 二氧化碳中碳原子半径大于氧原子半径，比例模型应为左右小中间大，C项错误；
D. NH4Br的电子式：，D项正确；
答案选D。
2.能用键能大小解释的事实是（ ）
A. 稀有气体化学性质很稳定 B. 硝酸易挥发，而硫酸难挥发
C. 氮气的化学性质比氧气稳定 D. 常温常压下，溴呈液态，碘呈固态
【答案】C
【解析】A. 稀有气体分子中不存在共价键，故A错误；B. 硝酸易挥发，而硫酸难挥发与分子间作用力有关，与键能无关，故B错误；C. 氮气分子中存在三键，键能较大，导致化学性质比氧气稳定，故C正确；D. 常温常压下，溴呈液态，碘呈固态与分子间作用力有关，与键能无关，故D错误；故选C。
3.钢铁在海水中的锈蚀过程示意见图，有关说法正确的是（ ）
A. 电子从碳转移给铁
B. 在钢铁上连接铅块，可起到防护作用
C. 正极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-
D. 钢管发生析氢腐蚀，负极反应是Fe—3e- =Fe3+
【答案】C
【解析】
【分析】钢铁在海水中生锈时发生电化学腐蚀，且主要以吸氧腐蚀为主，负极铁失电子变成二价铁离子Fe-2e- =Fe2+，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-；
【详解】A.由分析可知，铁为负极，碳为正极，电子由负极移动到正极，即由铁转移给碳，A项错误；
B.铁比铅活泼，在钢铁上连接铅块，形成的原电池中铁作负极，铅作正极，可使铁加速腐蚀，B项错误；
C.由分析可知，正极的电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，C项正确；
D.由图可知空气中氧气逐渐减少，发生的不是析氢腐蚀而是吸氧腐蚀，负极的电极反应为：Fe-2e- =Fe2+，D项错误；
答案选C
4.取3mL 5mol·L-1 H2O2溶液，加入少量MnO2粉末，2min时c(H2O2)降为1mol·L-1。下列说法不正确的是（ ）
A. 2min内，v(H2O2) =2mol・L-l・min-1
B. MnO2是催化剂，能加快H2O2的分解速率
C. 升高温度或增大H2O2的浓度，均能加快H2O2的分解速率
D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液的体积增至6mL，则H2O2的分解速率增至原来的2倍
【答案】D
【解析】
【详解】A. 化学反应速率v===2mol・L-l・min-1，A项正确；
B. 催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入少量MnO2粉末是反应的催化剂，能加快H2O2的分解速率，B项正确；
C. 升高温度或增大H2O2的浓度均可以加快反应速率，C项正确；
D. 若将5 mol・L-l H2O2溶液体积增至6mL，溶液浓度减少，H2O2的分解速率会减慢，D项错误；
答案选D。
5. 电子层数相同的短周期主族元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质常用于制造太阳能电池，w的原子半径是同周期中最小的。下列推断中正确的是 ( )
A. Z的氢化物的热稳定性强于w的氢化物
B. Z的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸
C. X、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大
D. X、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应
【答案】D
【解析】Z元素是硅．故这些元素都在第三周期。从而推断出X元素是钠，Y元素是铝，W元素是氯。热稳定性是SiH4
A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B. 第三周期主族元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C. 短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构
D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属与非金属交界线附近的元素既能表现金属性又能表现非金属性，A项错误；
B.第三周期主族元素中，最高正价=族序数=最外层电子数，B项正确；
C.短周期元素形成离子后，最外层不一定都达到8电子稳定结构，如氢元素的原子失去一个电子后，最外层已无电子，C项错误；
D.同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质有相似性、递变性，但不完全相同，D项错误；
答案选B。
7.已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-1411.0kJ·mol-1和-1366.8kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的△H为( )
A. -44.2kJ·mol-1 B. +44.2kJ·mlo-1
C. -330kJ·mol-1 D. +330kJ·mlo-1
【答案】A
【解析】
【详解】由题干条件可知如下反应：
H2(g)+O2(g) H2O(l)；ΔH=-285.8 kJ·mol-1 ①
C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)；ΔH=-1 411.0 kJ·mol-1 ②
C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)；ΔH=-1 366.8 kJ·mol-1 ③
根据盖斯定律则②-③可得：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)；ΔH=-44.2 kJ·mol-1。
答案选A。
8.不能用勒夏特列原理解释是（ ）
A. 使用铁触媒，加快合成氨反应速率
B. 过量空气有利于SO2转化为SO3
C. 打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出
D. 用排饱和食盐水法收集氯气
【答案】A
【解析】
【分析】勒夏特列原理的内容是：如改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；研究对象是可逆反应，据此分析。
【详解】A. 合成氨是工业生产中非常重要的一个可逆反应，使用催化剂平衡不移动，不能使用勒夏特列原理进行解释，A项正确；
B. 二氧化硫转化为三氧化硫为可逆反应，通入过量的空气，平衡正向移动，可以使用勒夏特列原理进行解释，B项错误；
C. 汽水瓶中存在二氧化碳转变为碳酸的可逆反应，打开瓶盖，改变了压强，平衡发生移动，可以使用勒夏特列原理进行解释，C项错误；
D. 氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，是一个可逆反应，排饱和食盐水可使平衡逆向移动，可以使用勒夏特列原理进行解释，D项错误；
答案选A。
9.下列性质递变不正确的是（ ）
A. 酸性： HClO4>H2SO4>H3PO4
B. 半径：Cl-> Na+>F-
C. 热稳定性：HF> H2O> PH3
D. 还原性：Cl- < Br-< I-
【答案】B
【解析】
【详解】A.同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，A正确；
B. 根据“层多径大、序大径小”，半径：Cl->F->Na+，B错误；
C. 同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性增强，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，热稳定性：HF> H2O> NH3>PH3，C正确；
D. 同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：Cl>Br> I ，还原性：Cl- < Br-< I-，D正确；
答案选B。
10.已知：X(g)+2Y(g)3Z(g) △H=-akJ·mol-1(a＞0)，下列说法不正确的是（ ）
A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；
B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，B正确；
C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C正确；
D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误；
答案选D。
11.最新“人工固氮”的研究报道，常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2 (g)+6H2O (l) =4NH3 (g)+3O2 (g) ΔH＞0，如果反应的平衡常数K值变大，该反应（ ）
A. 一定向正反应方向移动
B. 一定向逆反应方向移动
C. 在平衡移动时正反应速率先减小后增大
D. 在平衡移动时逆反应速率先增大后减小
【答案】A
【解析】
【分析】反应的平衡常数K值增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，因而升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率增大，但正反应速率增大的更多。
【详解】反应的平衡常数K值增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，因而升高温度，改变条件瞬间，正逆反应速率增大，但正反应速率增大的更多，由于平衡正向移动，正反应速率又逐渐降低；
答案选A。
12.1mol碳在氧气中完全燃烧生成气体，放出393kJ的热量，下列热化学方程式表示正确的是（ ）
A. C (s) +1/2O2 (g) = CO(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1
B. C + O2 = CO2 ΔH＝－393kJ·molˉ1
C. C (s) + O2 (g)=CO2 (g) ΔH＝+393kJ·molˉ1
D. C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1
【答案】D
【解析】
【详解】1mol碳固体在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体，放出393kJ的热量，放出热量时ΔH<0，则热化学方程式为：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393kJ·molˉ1；
答案选D。
13.下列曲线表示F、Cl、Br元素及所形成物质的某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一主族元素的得电子能力随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其得电子能力逐渐减小，故A正确；
B．同一主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减小，分解温度逐渐降低，故B错误；
C．同一主族从上到下，离子半径逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，离子晶体的熔点越低，故C错误；
D．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而熔点逐渐升高，故D错误；
故选A。
14.反应2A(g) 2B(g)E(g) ΔH＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（ ）
A. 缩小体积加压 B. 扩大体积减压 C. 增加E的浓度 D. 降温
【答案】D
【解析】
【分析】要使正反应速率降低，A的浓度增大，平衡要逆向进行；
【详解】A.增大压强，平衡向着体积缩小的方向移动，即逆向移动，但反应速率加快，A项错误；
B.降低压强，反应速率减慢，平衡正向移动，B项错误；
C.增加E的浓度，反应速率加快，平衡逆向移动，C项错误；
D.降低温度，平衡逆向移动，反应速率减慢，D项正确；
答案选D。
15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径大小顺序：r(Z2＋)＞r(Y2－)
B. Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C. X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
D. 单质的熔点Z＞W
【答案】C
【解析】
【详解】X的最外层电子数是其内层电子数的2倍，即X属于第二周期，X为C，Y是地壳中含量最高的元素，即Y为O，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，即Z为Mg，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，即W为Si，A、电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此r(Mg2＋)
C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：C>Si，CH4比SiH4稳定，故C正确；
D、Si是原子晶体，晶体硅的沸点高于Mg，故D错误。
16.反应A2(g)+B2(g) →2AB(g)的能量变化如图所示，叙述正确的是（ ）
A. 该反应是放热反应
B. 加入催化剂，(b－a)的差值减小
C. 每生成2molAB分子吸收bkJ热量
D. 若反应生成AB为液态，吸收的热量小于(a－b)kJ
【答案】D
【解析】A、依据图象反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，A错误；B、催化剂不影响焓变大小，B错误；C、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ热量，C错误；D、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2mol气态AB2，吸收（a-b）kJ热量，生成AB为液态，吸收的热量小于（a-b）kJ，D正确；答案选D。
17.一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的正反应吸热
B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A项错误；
B. Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B项错误；
C. Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C项错误；
D. 温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D项正确；
答案选D。
18.厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸。原理如图所示（图中HA表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子，乳酸的摩尔质量为90g/mol，下列有关说法中正确的是( )
A. 电极a为阴极，放出H2
B. 通电一段时间后，硫酸溶液的pH升高
C. A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室
D. 对400mLl0g/L乳酸溶液通电后，当外电路通过0.5mole-时浓度，上升为145g.L-1（溶液体积变化忽略不计）
【答案】C
【解析】A、A－通过阴离子交换膜到左侧生成HA，说明在b电极上阳离子放电，剩余A－，阳离子在阴极放电，所以b为阴极，a为阳极，故A错误；B、阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：4OH－-4e－═2H2O+O2↑，硫酸中H＋ 浓度增大，硫酸溶液的pH降低，故B错误；C、A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，故C正确；D、在阳极上发生电极反应：4OH－-4e－═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H＋+2e－=H2↑，根据电极反应方程式，则有：HA～H＋～1/2H2，根据差值法，乳酸的浓度变化量是（145g·L－1-10g·L－1）/90g·mol－1=1.5mol·L－1，即生成HA的物质的量是1.5mol·L－1×0.4L=0.6mol，所以产生氢气是0.3mol即转移电子数为0.6mol，故D错误；故选C。
19.科学家近期研发出如图所示的水溶液锂离子电池体系，下列有关叙述错误的是（ ）
A. b电极不可用石墨替代Li
B. 正极反应为：Li1-xMn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4
C. 电池总反应为：Li1-xMn2O4+xLi = LiMn2O4
D. 放电时，溶液中Li+从a向b迁移
【答案】D
【解析】
【分析】锂离子电池中，bLi，失去电子，作负极，LiMn2O4为正极；充电时Li+在阴极得电子，LiMn2O4在阳极失电子，据此分析。
【详解】A. C不能失电子，故b电极不可用石墨替代Li，A项正确；
B. 正极发生还原反应，Li1-xMn2O4得电子被还原，电极反应为：Li1-xMn2O4+xLi++xe－ = LiMn2O4，B项正确；
C. Li失电子，Li1-xMn2O4得电子，生成的产物为LiMn2O4，电池的总反应为：Li1-xMn2O4+xLi = LiMn2O4，C项正确；
D.放电时，阳离子移动到正极，即从b向a迁移，D项错误；
答案选D。
20.为研究某溶液中溶质R的分解涑率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 25℃时，在10～30min内，R的分解平均速率为0.030 mol·L—1·min—1
B. 对比30℃和10℃曲线，在50min时，R的分解百分率相等
C. 对比30℃和25℃曲线，在0～50min内，能说明R的分解平均速率随温度升高而增大
D. 对比30℃和10℃曲线，在同一时刻，能说明R的分解速率随温度升高而增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 25 ℃时，在0～30 min内，R的分解平均速度为[(1.8-0.8)/30]mol·L－1·min－1=0.033 mol·L－1·min－1，故A正确；
B. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在50 min时，R的分解百分率相等，故B正确；
C. 对比30 ℃和25 ℃曲线，在0～50 min内，能说明R的分解平均速度随温度升高而增大，故C正确；
D. 对比30 ℃和10 ℃曲线，在同一时刻，两曲线R的浓度不同，不能说明R的分解速率随温度升高而增大，故D不正确。
故选D。
第 II 卷
二、填空题（本题共5小题，共60 分）
21.综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。
（1）H2 和CO合成甲醇反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） ΔH＜0。在恒温，体积为2L的密闭容器中分别充入1.2mol CO和1mol H2，10min后达到平衡，测得含有0.4mol CH3OH（g）。则达到平衡时CO的浓度为_______；10min内用H2表示的化学反应速率为_______；若要加快CH3OH的生成速率并提高CO的转化率，可采取的措施有_______（填一种合理的措施）。
（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) ΔH
①该反应的平衡常数表达式为K=________。
②在恒容密闭容器中使CO2和H2（物质的量之比为1∶3）,发生上述反应，反应过程中测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系如下图所示，则 ΔH _________0（填“大于”或“小于”）
（3） 如下图所示，利用缺铁氧化物[如Fe0.9O]可实现CO2的综合利用。请说明该转化的2个优点_____________。若用1 mol缺铁氧化物[Fe0.9O]与足量CO2完全反应可生成________mol C(碳)。
【答案】(1). 0.4mol/L (2). 0.04mol/（L.min） (3). 增大压强（增加H2的量） (4). (5). 大于 (6). 将CO2转化为C和O2；利用了太阳能；Fe3O4可循环使用 (7). 0.1
【解析】
【分析】（1）根据三段法进行计算；
（2）①平衡常数等于生成物幂之积除以反应物幂之积，根据方程式写出表达式；
②根据图像可知最高点反应达到平衡状态，达到平衡后，升高温度，φ(CH3OH)逐渐减小，可得平衡逆向移动；
（3）由图可知，Fe0.9O可以将CO2转化为Fe3O4和C，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O和O2，据此分析并计算。
【详解】（1）根据题干中数据可知：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
始（mol） 1.2 1 0
转（mol） 0.4 0.8 0.4
平（mol） 0.8 0.2 0.4
达到平衡时，c(CO)==0.4mol/L；
v(H2)===0.04 mol/（L.min）;
若要提高CO的转化率，需使平衡正向移动；增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，；
（2）①平衡常数等于生成物幂之积除以反应物幂之积，K=；
②根据图像可知最高点反应达到平衡状态，达到平衡后，升高温度，φ(CH3OH)逐渐减小，可得平衡逆向移动，正向反应为放热反应，ΔH<0；
（3）由图可知，Fe0.9O可以将CO2转化为Fe3O4和C，而Fe3O4又在太阳能高温作用下分解为Fe0.9O和O2，过程中利用了太阳能，Fe3O4可循环使用，且能将CO2转化为C和O2，减少了环境污染，方程式可写为：Fe0.9O+0.1CO2=xC+ Fe3O4，根据碳原子守恒可得x=0.1mol。
22.现有短周期元素A、B、C、D。A元素M层上电子数是K层的3倍，D与A在周期表中同一主族。由A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，常温下C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，是一种重要的肥料。
（1）A的离子结构示意图是__________________。描述集气瓶中足量的A的氢化物与其低价态氧化物混合后，充分反应的实验现象：____________。
（2）元素A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见干燥剂，但不能用它干燥H2S气体，其原因是___________（用化学反应的化学方程式表示）
（3）B与C元素形成带一个单位正电荷的离子，写成该微粒的电子式_________。写出实验室检验溶液中该离子的简单实验方案：___________________________。
（4）元素A与元素D相比，非金属性较强的是_________（用元素符号表示），下列表述中能表明这一事实的是_________。
①比较最高价氧化物对应水化物的酸性
②比较对应气态氢化物的稳定性
③一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质
④A单质的熔沸点明显高于D单质
（5）元素B、C与D组成的化合物固态时属于_______________晶体。
①原子晶体 ②离子晶体 ③分子晶体 ④分子晶体或离子晶体
【答案】(1). (2). 有淡黄色粉末和无色液体生成 (3). H2S + H2SO4 === S↓+ SO2↑+2H2O (4). (5). 取适量待测液于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，若产生无色有刺激性气味的气体，且能使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有铵根离子。 (6). O (7). ②③ (8). ④
【解析】
【分析】A元素M层上电子数是K层的3倍，说明A为S，D与A在周期表中同一主族，则D为O，A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，该干燥剂为H2SO4，即B为H，C单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则C为N，据此回答问题。
【详解】（1）由分析可知A为S，B为H，C为N，D为O，那么A的离子结构示意图是； A的氢化物为H2S，其低价态氧化物为SO2，充分反应方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，实验现象为：有淡黄色粉末和无色液体生成；
（2）A、B与D组成的化合物的浓溶液是常见的干燥剂，该干燥剂为H2SO4，可与H2S发生氧化还原反应，反应方程式为：H2S + H2SO4 === S↓+ SO2↑+2H2O；
（3）H与N两种元素成成带一个单位正电荷的离子，为NH4+，电子式为，实验室检验NH4+的方法为：取适量待测液于试管中，加入适量NaOH溶液后加热，若产生无色有刺激性气味的气体，且能使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NH4+；
（4）D与A在周期表中同一主族，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，故非金属性较强的是O；
①由于O没有最高价氧化物对应的水化物，无法比较酸性强弱，错误；
②气态氢化物的稳定性越强，非金属性越强，正确；
③一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质，可知非金属性D单质强于A单质，正确；
④熔沸点的高低不能确定非金属性强弱，错误；
能表明非金属性较强的是O的事实的是②③；
（5）B、C与D组成的化合物为NH4NO3或NH3•H2O，有可能是分子晶体，也有可能是离子晶体。
23.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去(或撇掉)浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计装置示意图，如图所示。
（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的__________。
a．H2SO4 b．BaSO4 c．Na2SO4 d．NaOH
（2）电解池阳极发生了两个电极反应，电极反应式分别是
Ⅰ.___________________； Ⅱ._________________；
（3）电极反应Ⅰ和Ⅱ的生成物反应得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式是__________________；
（4）该燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料做电极。
①负极的电极反应是____________________；
②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时必须有部分A物质参加循环（见上图）。A物质的化学式是_________________；
（5）实验过程中，若在阴极产生了44.8 L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4（标准状况）____L。
【答案】 (1). C (2). Fe－2e－=Fe2＋ (3). 4OH--4e-=2H2O+O2 ↑ (4). 4Fe2＋＋10H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋8H＋ (5). CH4-8e-+4CO32 -=5CO2 +2H2O (6). CO2 (7). 11.2 L
【解析】
【分析】（1）从所加入物质能增大溶液离子的浓度，并能保持污水的pH在5.0~6.0之间进行分析；
（2）根据阳极电极材料和离子的放电顺序分析放电的离子，书写电极反应；
（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化为三价；
（4）①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；
②根据两极上发生的反应确定循环使用的物质；
（5）在燃料电池和电解池的串联电路中，转移的电子数目是相同的。
【详解】（1）为了增强溶液的导电性，可选用易溶的强电解质溶液，排除B项，考虑到污水的pH在5.0~6.0之间，因此不能使用氢氧化钠，硫酸能将Fe(OH)3溶解，因此应向污水中加入适量的硫酸钠；
（2）电解时，铁作阳极，失电子，发生反应Fe-2e-=Fe2+，同时溶液中的OH-失电子被氧化为O2，因此，电极反应为：Ⅰ.Fe-2e-=Fe2+，Ⅱ. 4OH--4e-=2H2O+O2 ↑；
（3）Fe2+具有还原性，能被氧气氧化为三价，那么得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为：4Fe2＋＋10H2O＋O2=4Fe(OH)3↓＋8H＋；
（4）①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应为：CH4-8e-+4CO32 -=5CO2 +2H2O；
②由电极反应可知电池工作时参加循环的物质为CO2；
（5）阴极的电极反应为2H++2e-=H2↑，阴极产生了44.8 L（即2mol）气体，转移的电子的物质的量为4mol，由CH4-8e-+4CO32-=5CO2 +2H2O可知，当转移的电子的物质的量为4mol时，消耗CH4的体积为V=nVm=×4mol×22.4L/mol=11.2L。
24.为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量，研究并有效控制空气中的氮氧化物、碳氧化物含量显得尤为重要。
Ⅰ．氮氧化物研究
（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是____________。
a．体系压强保持不变 b．混合气体密度保持不变
c．NO和O2的物质的量之比保持不变 d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2
（2）汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2 + O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如右图所示，根据图像判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）的△H____0(填“＞”或“＜”)。
（3）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，
其能量变化如图所示：
写出该反应的热化学方程式：________________________________。
Ⅱ．二氧化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是坏境化学当前的重要研究内容之一。
（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(s)+O2（g）2SO3（g），某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如下图所示。根据图示回答下列问题：
①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。该反应的平衡常数等于__________。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）_______K(B)(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1
若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为__________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)，放出的热量为___________kJ。
【答案】(1). ac (2). △H>0 (3). N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1 (4). 800L·mol-1 (5). = (6). 1.60NA(或1.6NA) (7). 173.4
【解析】
Ⅰ．（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。a．正反应是气体分子数减少的方向，所以体系压强保持不变时，达到平衡； b．混合气体密度始终不变，所以密度不变不能说明达到平衡；c．NO和O2的物质的量之比保持不变，达到平衡； d．每消耗2molNO同时生成2 molNO2，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不一定达到平衡。能说明反应达到平衡状态的是ac。
（2）由图可知，T2先达到平衡，所以T1＜T2。由T1升高到T2，氮气的体积分数减小了，说明升高温度后，该化学平衡向正反应方向移动，则可判断反应N2（g）+ O2（g）2NO（g）为吸热反应，△H＞0。
（3） 由图可知，该反应的△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2630kJ/mol=183kJ/mol，所以该反应的热化学方程式为N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋183.kJ·mol－1。
Ⅱ．（1）①将2.0 molSO2和1.0molO2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。由图可知，SO2的平衡转化率为0.80，则SO2、O2、SO3的变化量为1.6mol、0.80mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡量为0.40mol、0.20mol、1.6mol，SO2、O2、SO3的平衡浓度为0.040mol/L、0.020mol/L、0.16mol/L，该反应的平衡常数等于800L·mol-1。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)=K(B)。
（2）由CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574kJ·mol-1和CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160kJ·mol-1可得，2CH4(g)+4NO2(g)= 2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g) △H=-1734kJ·mol-1，所以2mol CH4完全反应后，转移电子16mol、放出热量1734kJ。因此，若用标准状况下4.48 L CH4(即0.2mol)还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为1.60NA(或1.6NA)，放出的热量为173.4kJ。
相关资料
更多
