黑龙江省牡丹江市第三高级中学2020届高三上学期月考化学试题


2019-2020年度第一学期高三学年第二次月考高三化学试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg：24 Se：79
（选择题 共25小题，共计50分，每题只有一个答案）
1.下列化学用语正确的是（ ）
A. HClO的电子式：
B. 中子数为10的氧原子：O
C. 硝基苯的结构简式：
D. CH4分子的球棍模型:
【答案】B
【解析】
【详解】A、HClO的结构式为H－O－Cl，其电子式为，故A错误；
B、根据原子构成，左上角为质量数，左下角为质子数，即该氧原子为O，故B正确；
C、硝基苯中苯环应该跟硝基中氮原子相连，即硝基苯的结构简式为，故C错误；
D、是甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型为，故D错误；
答案为B。

2.下列说法错误的是（ ）
A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污 B. 氢氧化铝可用于中和胃酸过多
C. 二氧化硅可用作计算机芯片 D. 铝合金大量用于高铁建设
【答案】C
【解析】
【详解】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A项正确；
B. 氢氧化铝两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，B项正确；
C. 硅可用作计算机的芯片，而不是二氧化硅，C项错误；
D. 铝合金硬度大，可用于高铁建设，D项正确；
答案选C。
【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中C选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。

3.Rn＋有m个电子，它的质量数为A，则原子核内的中子数为（ ）
A. m+n B. A－m+n C. A－m－n D. A+m+n
【答案】C
【解析】
【分析】
利用质量数等于质子数＋中子数，进行判断；
【详解】R元素的质子数等于m＋n，根据质量数=质子数＋中子数，该微粒中中子数为=A－(m＋n)=A－m－n，故选项C正确；
答案为C。

4.某元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式是H2RO4，这种元素的气态氢化物的化学式是( )
A. HR B. H2R C. RH3 D. RH4
【答案】B
【解析】
【分析】
利用主族元素中一般最高正价等于最外层电子数等于族序数，最低负价等于8－最外层电子数，进行分析；
【详解】R的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2RO4，R的最高价为＋6价，一般主族元素的最高价等于族序数，即R位于VIA族，即最低价为－2价，即气态氢化物的分子式为H2R，故B正确；
答案为B。

5.下列说法都正确的是( )
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金
③“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质
④太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置
⑤常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氯，两者都含有极性键
⑥水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物
A. ①②③④ B. ①②④⑥ C. ①②⑤⑥ D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①泥沙、水形成胶体，海水还有大量的盐类，在入海口发生胶体聚沉，泥沙沉降形成但胶州，聚沉是胶体性质之一，故①说法正确；
②钢材为合金，一般是铁和碳的合金，故②说法正确；
③“钡餐”是BaSO4，BaSO4难溶于水，但溶解到水中BaSO4完全电离，即BaSO4是强电解质，故③说法错误；
④制造太阳能电池板的原料是晶体硅，晶体硅是良好的半导体材料，硅元素在周期表中处于金属与非金属的交界位置，故④说法正确；
⑤常用自来水消毒剂的是Cl2和ClO2，Cl2中只含有非极性共价键，ClO2中含有极性键，故⑤说法错误；
⑥橡胶属于高分子化合物，故⑥说法正确；
综上所述，选项B正确；
答案为B。

6.中华传统文化中蕴含着诸多化学知识，下列说法正确的是( )
A. “杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质
B. “霾尘积聚难见人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应
C. “日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”
D. “火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应，属于化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A、榆荚又称榆钱，主要成分是纤维素，故A错误；
B、雾和霾属于气溶胶，具有丁达尔效应，故B正确；
C、“紫烟”是水气受到光照后产生的光学现象，故C错误；
D、“火树银花”指的是金属元素的焰色反应，焰色反应是原子中电子的跃迁，不属于化学性质，故D错误；
答案为B。

7. 下列各组顺序的排列不正确的是
A. 离子半径：Na＋＞Mg2＋＞Al3＋＞F—
B. 热稳定性：HCl＞H2S＞PH3
C. 酸性强弱：Al(OH)3＜H2SiO3＜H2CO3＜H3PO4
D. 熔点：SiO2＞NaCl＞Na＞CO2
【答案】A
【解析】
考查元素周期律的应用。核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以F—＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。非金属性越强，相应氢化物的稳定性就越强，最高价氧化物的水化物的酸性就越强，因此B和C正确。一般情况下，原子晶体的熔点高于离子晶体的熔点（或金属晶体），分子晶体的熔点最低。D中的物质分别是原子晶体、离子晶体、金属晶体和分子晶体，D也是正确的。答案选A。

8.若用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 2.4g镁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数为0.5NA
C. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子中含有的电子数为1.6NA
D. 0.1L0.5mol/L CH3COOH溶液中含有的H+数为0.05NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、镁参加反应转移电子物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，故错误；
B、5.6LCO2中含有氧原子的物质的量为5.6×2/22.4mol=0.5mol，故正确；
C、氢原子物质的量为0.4mol的甲醇，其物质的量为0.1mol，含有电子的物质的量为0.1×18mol=1.8mol，故错误；
D、醋酸是弱酸，部分电离，因此H＋物质的量小于0.05mol，故错误。
答案选B。

9. 下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是
A. Mg2+、Na+、Cl-、SO42- B. K+、CO32-、Cl-、NO3一
C. Na+、K+、NO3-、SO32- D. NH4+、Na+、SO42-、NO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A．在碱性环境中Mg2+会形成沉淀而不能大量存在，A错误；
B．在碱性环境中K+、CO32-、Cl-、NO3一可以大量共存，但是在酸性条件下不能发生氧化还原反应，B错误；
C．Na+、K+、NO3-、SO32-在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下NO3-、SO32-能发生氧化还原反应，C正确；
D．在碱性条件下NH4+会发生离子反应而不能大量存在，D错误。
答案选C。

10.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4-+10H++3H2O2═2Mn2++3O2↑+8H2O
C. 向Fe(NO3)3溶液中加入过量HI溶液：2Fe3++2I—═2Fe2++I2
D. 用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、醋酸为弱酸，书写离子方程式时，不能拆写成离子，正确的是CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，故A错误；
B、根据离子方程式，反应前后电荷不守恒，MnO4－中Mn由＋7价→＋2价，化合价降低5价，H2O2中O由－1价→0价，H2O2整体升高2价，最小公倍数为10，因此正确的离子方程式为2MnO4－＋6H＋＋5H2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故B错误；
C、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，其氧化性强于Fe3＋，即NO3－、H＋先于I－发生反应，离子方程式为2NO3－＋8H＋＋6I－=2NO↑＋3I2＋4H2O，HI过量，过量I－再与Fe3＋发生反应，离子方程式为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故C错误；
D、Cu为还原剂，H2O2为氧化剂，Cu由0价→＋2价，H2O2中O由－1价→－2价，H2O2整体降低2价，根据化合价升降法进行配平，离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故D正确；
答案为D。

11.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此，下列说法正确的是( )

A. 该硫酸的物质的量浓度为9.2 mol·L－1
B. 该硫酸与等体积的水混合所得溶液的质量分数小于49%
C. 配制250mL 4.6 mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸62.5mL
D. 该硫酸50.0mL与足量的铜反应可得到标准状况下SO2气体10.304 L
【答案】C
【解析】
【详解】A、利用c===18.4mol·L－1，故A错误；
B、令硫酸的体积为VmL，稀释过程中溶质的质量不变，即m(H2SO4)=VmL×1.84g/cm3×98%，水的体积为VmL，则水的质量为Vg，溶液的质量为(VmL×1. 84g/cm3＋Vg)，稀释后所得溶液的质量分数为×100%=63.5%>49%，故B错误；
C、根据溶质的物质的量不变，得出250×10－3L×4.6mol·L－1=V(H2SO4)×10－3L×18.4mol·L－1，V(H2SO4)=62.5mL，故C正确；
D、铜是足量的，铜只与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸浓度逐渐变稀，反应将会停止，根据所给信息，无法计算出SO2的体积，故D错误；
答案为C。
【点睛】等质量的98%的硫酸与水混合所得溶液的质量分数等于49%；98%的硫酸与等体积的水混合，由于硫酸的密度大于水，所得溶液的质量分数大于49%。

12.下列物质中的杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法正确的是
物质及其杂质
检验
除杂
A．Cl2（HCl）
湿润的淀粉KI试纸
饱和食盐水
B．FeCl2（FeCl3）
KSCN溶液
过量铜单质
C．CO2（HCl）
AgNO3溶液（含稀硝酸）
饱和Na2CO3溶液
D．NO（NO2）
观察颜色或湿润的淀粉KI试纸
水









A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，但不能用湿润的淀粉KI试纸检验HCl，故A不选；
B.可以用KSCN溶液检验Fe3+，两者反应会使溶液显红色，但铜和FeCl3反应会生成CuCl2，引入新杂质，故B不选；
C.不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl，因为CO2可以和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，故C不选；
D. NO2是红棕色的，可以通过观察颜色检验NO中的NO2，NO2可以使湿润的淀粉KI试纸变蓝，也可以检验NO2。NO2可以和水反应生成NO，故D选。
故选D。

13.下列相关实验的说法正确的是（ ）
A. 称取4.0g固体NaOH，于250mL容量瓶中溶解定容，可制得0.4000mol/L的NaOH溶液
B. 向废铁屑溶于浓盐酸所得溶液中加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去说明溶液中含有Fe2+
C. 将铂丝用硫酸洗净后，在外焰上灼烧至火焰颜色与酒精灯火焰一致，再蘸取碳酸钾灼烧，直接可观察到火焰呈紫色
D. 向NaAlO2中滴入NaHCO3溶液可析出氢氧化铝沉淀，说明AlO2-结合质子的能力比CO32-强
【答案】D
【解析】
【详解】A. 容量瓶不能作为溶解的仪器，固体溶解过程应该选用烧杯，A项错误；
B. 亚铁离子、氯离子，在酸性条件下均能被高锰酸钾氧化，则不能确定是否含Fe2+，B项错误；
C. 焰色反应中洗涤铂丝，应该选用稀盐酸，C项错误；
D. NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，AlO2-促进HCO3-的电离生成氢氧化铝沉淀，则结合H+的能力：AlO2- > CO32-，D项正确；
答案选D。

14.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e−
C. K2FeO4具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；
B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；
C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；
D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正确；
答案选B。

15.W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子半径在短周期主族元素中最大。W与Y同主族，X与Z同主族。R原子最外层电子数比内层电子数多3，W、Y原子的电子数总和与X、Z原子的电子数总和之比为1∶2。下列说法正确的是
A. 原子半径： r(Z)＞r(X)＞r(R)＞r(W)
B. X与Y形成化合物中可能既有离子键又有共价键
C. X的简单气态氢化物的热稳定性比Z的弱
D. 由W、R、X三种元素组成化合物只能是酸或碱
【答案】B
【解析】
根据题目描述这五种元素是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子半径在短周期主族元素中最大，则Y为Na元素，W与Y同主族，且原子序数最小，所以W为H元素，R原子最外层电子数比内层电子数多3，则R为N元素，又W、Y原子的电子数总和为1+11=12，则X、Z原子的电子数总和为24，且X与Z同主族，所以X为O元素，Z为S元素。分析如下：A、原子半径：r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(H)，所以A错误；B、氧和钠可形成Na2O或Na2O2，其中Na2O2中既有离子键又有共价键，所以B正确；C、H2O的热稳定性强于H2S，故C错误；D、由H、N、O三种元素组成的化合物可能是酸HNO3、可能是碱NH3·H2O，也可能是盐NH4NO3，所以D错误。本题正确答案为B。
点睛：本题最难的是D选项，由H、N、O三种元素组成的化合物可能是酸，可能是碱，还可能是盐。

16.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是
A. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种
B. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
【答案】B
【解析】
【分析】
因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素；据此判断。
【详解】A．元素X与氢形成的化合物有C2H2、C6H6等，故A正确；
B．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；
C．元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；
D．硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；
故选B。

17.已知胆矾溶于水时溶液温度降低，胆矾分解的热化学方程式为：CuSO4•5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝+Q1kJ·mol-1；室温下，若将1mol无水硫酸铜溶解为溶液时放热Q2kJ，则（ ）
A. Q1>Q2 B. Q1＝Q2 C. Q1 【答案】A
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算。
【详解】胆矾溶于水时溶液温度降低，可以知道其为吸热过程；1mol胆矾分解生成1mol CuSO4(s)时CuSO4•5H2O(s)＝CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH＝+Q1 kJ·mol-1，1mol CuSO4(s)溶解时放热Q2 kJ，因此可得如下图所示关系：

根据盖斯定律可知△H=Q1+（-Q2）＞0，则Q1＞Q2，答案选A。

18.已知破坏1 mol A—A键、1 mol B—B键、1 mol A—B键时分别需要吸收436 kJ、498 kJ、463 kJ的能量。反应2A2+B22A2B的能量变化关系如图所示。下列说法中错误的是(　　)。

A. a=1370 kJ B. b=482 kJ
C. 该反应是吸热反应 D. 体系中A、B原子最活泼
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图像，反应物总能量大于生成物总能量，即该反应为放热反应，akJ为断键所吸收的能量，ckJ是形成化学键所释放的能量，据此分析；
【详解】A、根据图像，akJ为断键时所吸收的能量，即应是(2×436kJ＋498kJ)=1370kJ，故A说法正确；
B、c为形成化学键所释放的能量，即应是2×2×463kJ=1852kJ，b为1852kJ－1370kJ=482kJ，故B说法正确；
C、2A2、B2的总能量大于2A2B的总能量，即该反应为放热反应，故C说法错误；
D、体系中A、B原子能量最高，说明体系中A、B原子最活泼，故D说法正确；
答案为C。

19.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)(　　)
A. C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1(燃烧热)
B. NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1(中和热)
C. S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－296.8 kJ·mol－1(反应热)
D. 2NO2===O2＋2NO　 ΔH＝＋116.2 kJ·mol－1(反应热)
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据燃烧热的定义，H2O应为液态，因此△H=－1367.0kJ·mol－1不是C2H5OH的燃烧热，故A错误；
B、中和热是放热反应，即该反应的△H=－57.3kJ·mol－1，故B错误；
C、热化学方程式的书写注明了物质的聚集聚集状态、△H的正负号、数值、单位等，故C正确；
D、物质没有注明状态，故D错误；
答案为C。
【点睛】燃烧热要求是可燃物的物质的量为1mol，得到的氧化物是稳定的氧化物，即H2O的状态为液态，C转化成CO2，S转化成SO2。

20.化学反应ΔH等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。
化学键
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
Si—C
键能/kJ·mol－1
460
360
436
431
176
347

工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，该反应的反应热ΔH为( )
A. ＋412 kJ·mol－1 B. －412 kJ·mol－1 C. ＋236 kJ·mol－1 D. －236 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】
利用化学反应的ΔH等于反应物的总键能与生成物的总键能之差，据此分析；
【详解】利用反应热等于反应物的键能总和与生成物键能总和的差，即△H=(4×360kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－2×176kJ·mol－1－4×431kJ·mol－1)=＋236kJ·mol－1，故C正确；
答案为C。
【点睛】利用键能的差值计算△H，应注意物质的结构，判断出所含的共价键的物质的量或个数，如SiCl4为正四面体结构，1molSiCl4中含有4molSi－Cl，容易混淆的是金刚石、晶体硅与SiO2中共价键的数目，1mol金刚石和晶体硅中分别含有2molSi－Si和2molC－C键，1molSiO2中含有4molSi－O键。

21.下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是(　 　)
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)； C(s)＋O2(g)===CO(g)
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)； S(g)＋O2(g)===SO2(g)
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)； 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
④2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)；2KOH(aq)＋H2SO4(浓)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)
⑤NaOH(aq)＋HCl (aq)===NaCl (aq)＋H2O(l)； NaOH(aq)＋HF(aq)===NaF(aq)＋H2O(l)
A. ①③⑤ B. ②④⑤ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】
比较△H的大小，吸热反应的大于放热反应，如果是吸热反应，只比较数值就行，如果是放热反应，△H的绝对值越大，△H就越小，据此分析；
【详解】①两个反应都是放热反应，△H均小于0，前者是完全反应，放出热量多，因此前者△H小于后者，故①不符合题意；
②这两个反应都是放热反应，即△H<0，固体转化成气体需要吸收热量，则前者放出的热量少，即△H前者大于后者，故②符合题意；
③都是放热反应，△H<0，消耗的氢气越多，放出的热量越多，△H前者大于后者，故③符合题意；
④都是放热反应，△H<0，浓硫酸稀释放出热量，△H前者大于后者，故④符合题意；
⑤HF为弱酸，电离是吸热过程，△H前者小于后者，故⑤不符合题意；
综上所述，选项C正确；
答案为C。

22. X、Y、Z、M、N代表五种金属，有以下反应：
①Y与M用导线连接放入稀硫酸中，M上冒气泡；
②M、N为电极，与N的盐溶液组成原电池，电子从M极流出，经过外电路，流入N极；
③Z+2H2O(冷水)=Z(OH)2+H2↑；
④水溶液中，X+Y2+=X2++Y。
则这五种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）
A. Z＞X＞Y＞M＞N B. Z＞Y＞X＞M＞N
C. Z＞X＞Y＞N＞M D. X＞Y＞M＞N＞Z
【答案】A
【解析】
试题分析：①Y与M用导线连接放入稀硫酸中，M上冒气泡，说明M作为原电池的正极，活泼性MN；③Z+2H2O(冷水)=Z(OH)2+H2↑，Z的化学性质非常活泼；④水溶液中，X+Y2+=X2++Y，X可以置换出Y的盐溶液中的Y，所以活泼性X>Y，所以五种金属活动性由强到弱的顺序为：Z>X>Y>M>N，答案选A。
考点：考查金属活动顺序的判断

23.Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是
A. 负极反应式为Mg-2e-=Mg2+
B. 正极反应式为Ag++e-=Ag
C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移
D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。
【详解】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，
A、负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；
B、正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；
C、原电池中阴离子移向负极，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；
D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确。
答案选B。

24.将反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。

下列说法不正确的是( )
A. 盐桥中的K+移向FeCl3溶液
B. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯化铁溶液中迁移，故A正确；B．反应开始时，因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，故B正确；C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误，故选D。
考点：考查了原电池原理的相关知识。

25.科学家模仿植物的光合作用，开发出了利用太阳光、水及二氧化碳(CO2)合成甲烷(CH4)的人工光合系统,其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. GaN为负极,Cu为正极
B. 该装置中只存在两种能量的转化
C. GaN电极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑
D. 该装置工作时,H+向Cu电极移动
【答案】B
【解析】
A．根据电子流向可判断Cu是正极，GaN为负极，A正确；B．根据图示可知，该装置中存在太阳能、化学能和电能三种能量的转化的过程，B错误；C．GaN为负极，水电离出的氢氧根失去电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，C正确；D．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以装置中的H+由铜电极移动，D正确；答案选B。
点睛：本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理为解答根据，注意正确判断电极反应、电子流向、离子流向，难点是电极反应式的书写，书写时首先要判断放电微粒，尤其要特别注意结合电解质的性质，是否存在交换膜。例如本题中存在质子交换膜，氢离子会参与正极反应。

非选择题（共五小题，共计50分）
26.Ⅰ、下列物质：①1H、2H、3H ；②H2O、D2O、T2O；③O2、O3；④12C、14C
（1）互为同位素的是______(填序号，下同)；
（2）互为同素异形体的是_____；
（3）氢的三种原子1H、2H、3H与氯的两种原子35Cl、37Cl相互结合为氯化氢，可得分子中相对分子质量不同的有___种；
Ⅱ、用化学用语回答下列问题：
（1）写出NaOH的电子式____；
（2）用电子式表示二氧化碳分子的形成过程_________；
Ⅲ、下列物质：①N2  ②H2O2  ③NH3  ④Na2O ⑤NH4Cl 
（1）含有极性键和非极性键的是_______(填序号，下同)；
（2）含有极性键的离子化合物是_________；
（3）氟化氢水溶液中存在的氢键有________种；
（4）分子(CN)2分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_____。
【答案】 (1). ①④ (2). ③ (3). 5 (4). (5). (6). ② (7). ⑤ (8). 4 (9). N ☰C--C☰N
【解析】
【详解】I.（1）同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素不同原子的互称，因此互为同位素的是①④；
答案为①④；
（2）同素异形体是同种元素构成的不同结构的单质，互为同素异形体的是③；
答案为③
（3）氯化氢分子式为HCl，氢的三种原子与氯的两种原子两两组合，利用质量数近似等于相对原子质量，得到氯化氢的相对分子质量分别是36、38、37、39、40，有5种；
答案为5；
II．（1）NaOH为离子化合物，是由Na＋和OH－组成，含有化学键为离子键和极性共价键，即NaOH的电子式为；
答案为；
（2）CO2为共价化合物，其结构式为O=C=O，因此表示CO2分子形成过程为；
答案为；
Ⅲ.①N2只含有非极性键，②H2O2的结构式为H－O－O－H，含有极性键和非极性键，③NH3只含有极性键，④Na2O属于离子化合物，只含有离子键，⑤NH4Cl是由NH4＋和Cl－组成离子化合物，含有离子键和极性键，
（1）含有极性键和非极性键的是H2O2，即②；
答案为②；
（2）含有极性键的离子化合物是NH4Cl，即⑤；
答案为⑤；
（3）两个HF分子间形成氢键F－H…F，两个水分子间形成氢键O－H…F，HF与H2O分子间形成氢键F－H…O、O－H…F，HF的水溶液中存在的氢键形式有4种；
答案为4；
（4）C和N之间存在三键，且每个原子最外层均满足8电子稳定结构，即(CN)2的结构式为N☰C--C☰N；
答案为N☰C--C☰N。
【点睛】氢键的形成：①氢原子与电负性大、原子半径小的元素(N、O、F)形成共价键，②H与电负性大、原子半径小的元素(N、O、F)形成氢键。

27.A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素,其原子序数依次增大,其中：C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍；A与D、C与F同主族；D是所在周期原子半径最大的主族元素，又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体,三种是固体。请回答下列问题:
(1)元素D在周期表中的位置_____________。 
(2)C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。 
(3)由A、B、C三种元素以原子个数比4∶2∶3形成化合物X,X中所含化学键类型有_____。 
(4)若E是金属元素,其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨,请写出反应的化学方程式：_____；若E是非金属元素,其单质在电子工业中有重要应用,请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：_____。 
(5)FC2气体有毒,排放到大气中易形成酸雨,写出FC2与氧气和水蒸气反应的化学方程式___。
【答案】 (1). 第三周期ⅠA族 (2). S2－->O2－-->Na+ (3). 离子键和共价键 (4). Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3 (5). SiO2+2OH－-===SiO32－+H2O (6). 2SO2+O2+2H2O===2H2SO4
【解析】
【分析】
C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，根据核外电子排布规律，推出C为O，C与F同主族，即F为S，都是短周期元素，D是所在周期原子半径最大的主族元素，四种元素原子序数依次增大，即D为Na，A与D同主族，即A为H，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体,三种是固体，Na和S之间的单质没有气体，即B为N，据此分析；
【详解】C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，根据核外电子排布规律，推出C为O，C与F同主族，即F为S，都是短周期元素，D是所在周期原子半径最大的主族元素，四种元素原子序数依次增大，即D为Na，A与D同主族，即A为H，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体,三种是固体，Na和S之间的单质没有气体，即B为N，
（1）D元素为Na，位于周期表中第三周期IA族；
答案为第三周期IA族；
（2）三种元素形成简单离子是O2－、Na＋、S2－，离子半径大小顺序是S2－>O2－>Na＋；
答案为S2－>O2－>Na＋；
（3）按照原子个数比，化学式为H4N2O3，即NH4NO3，硝酸铵属于离子化合物，是由NH4＋和NO3－组成，即含有化学键为离子键和极性共价键；
答案为离子键和极性共价键；
（4）E为金属元素，按照元素周期表，推出E为Al，利用Al的还原性强，与氧化铁发生：2Al＋Fe2O3 2Fe＋Al2O3，E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要的应用，即E元素为Si，SiO2属于酸性氧化物，与强碱反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O；
答案为2Al＋Fe2O3 2Fe＋Al2O3；SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O；
（5）FC2为SO2，SO2以还原性为主，与氧气、水蒸气反应的化学方程式为2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4；
答案为2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4。
【点睛】微粒半径大小比较：①看电子层数，一般电子层数越多，微粒半径越大；②看原子序数，电子层数相同，微粒半径随着原子序数递增而减小；③看电子数，电子层数相同，原子序数相同，微粒半径随着电子数的增多而增大。

28.如图所示，是原电池的装置图。请回答：

(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极上发生的电极反应式为____________；
(2)若需将反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋设计成如上图所示的原电池装置，则A(负极)极材料为______，B(正极)极材料为________，溶液C为________。
(3)若C为CuCl2溶液，Zn是________极，Cu电极反应为_________________。反应过程溶液中c(Cu2＋)________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：

电池总反应为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，则c电极是________(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为________。若线路中转移2 mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为________L。
【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). 铜 (3). C (4). FeCl3溶液 (5). 负 (6). Cu2++2e-=Cu (7). 变小 (8). 负极 (9). H2O+CH3OH-6e-=CO2+6H+ (10). 11.2
【解析】
【分析】
利用原电池的工作原理，进行分析判断；
【详解】（1）C为稀硫酸，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe，且作负极，A电极为正极，总电极反应式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，即A电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
答案为2H＋＋2e－=H2↑；
（2）根据原电池工作原理，以及总电极反应式，负极材料是Cu，正极材料是石墨，溶液C为FeCl3；
答案为Cu；石墨；FeCl3溶液；
（3）Zn比Cu活泼，Zn为负极，锌电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，Cu为正极，Cu电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，整个过程中Cu2＋被消耗，即c(Cu2＋)变小；
答案为负极；Cu2＋＋2e－=Cu；变小；
（4）根据装置图，电子从电极c流向电极d，因此电极c为负极，燃料电池中通燃料一极为负极，即CH3OH在负极上失去电子，其电极反应式为H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋，消耗1molO2需要得到4mole－，因此电路中转移2mol电子，消耗氧气的物质的量为=0.5mol，标准状况下，消耗氧气的体积为0.5mol×22.4L·mol－1=11.2L；
答案为负极；H2O+CH3OH-6e－=CO2+6H＋；11.2L。
【点睛】电极反应式书写是本题的难点，原电池是将氧化还原反应反应分成两个半反应，书写电极反应式是先写出还原剂－ne－→氧化产物，氧化剂＋ne－→还原产物，如本题负极反应式：CH3OH－6e－→CO2，然后判断电解质溶液的酸碱性，本题质子通过质子交换膜，说明电解质溶液为酸性，根据原子守恒和电荷守恒，得出电极反应式为CH3OH＋H2O－6e－=CO2＋6H＋。

29.(1)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察图示，然后回答问题：

①图中所示反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，该反应________ (填“需要”或“不需要”)加热，该反应的ΔH=________ (用含E1、E2的代数式表示)。
②已知热化学方程式：H2(g)+ O2(g)====H2O(g) ΔH=-241.8 kJ/mol。该反应的活化能为167.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能为_____________。
(2)有一类甲醇质子交换膜燃料电池，需将甲醇蒸气转化为氢气，两种反应原理是
A.CH3OH(g)+H2O(g)====CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49.0 kJ/mol
B.CH3OH(g)+ O2(g)====CO2(g)+2H2O(g) ΔH=－192.9 kJ/mol
另外H2O(l)====H2O(g) ΔH=+44 kJ/mol，请写出32 g 的CH3OH(g)完全燃烧生成液态水的热化学方程式______________________。
（3）已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11 kJ·mol-1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为__kJ。 
(4)甲醇既是重要化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　 ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　 ΔH3
已知反应①中相关的化学键键能数据如下:

由此计算ΔH1=____kJ·mol-1；已知ΔH2=－58 kJ·mol-1,则ΔH3=____kJ·mol-1。
【答案】 (1). 放热 (2). 需要 (3). —（E1-E2） (4). 409kJ/mol (5). CH3OH(g)+O2(g)=CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH=--280.9kJ/mol (6). 299 (7). -99 (8). +41
【解析】
【详解】（1）①根据图，反应物总能量大于生成物总能量，即该反应为放热反应，化学反应中，只有极少数能量比平均能量高的的多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，所以反应需要能量；反应的焓变等于生成物的总能量与反应物总能量的差值，即△H=(E2－E1)kJ·mol－1或者为－(E1－E2)kJ·mol－1；
答案为放热 ；需要；（E2－E1)kJ·mol－1或者为－(E1－E2)kJ·mol－1；
②反应的活化能是使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量，根据图像能量关系可以知道，逆反应的活化能=正反应活化能＋反应的焓变的绝对值，即该反应的逆反应活化能为(241.8kJ·mol－1＋167.2kJ·mol－1)=409kJ·mol－1；
答案为409kJ·mol－1；
（2）甲醇燃烧生成液态水的方程式为CH3OH＋O2=CO2＋2H2O(l)，CH3OH(g)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=－192.9 kJ·mol－1…a，H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ·mol－1…b，根据盖斯定律，推出a－2b得出CH3OH(g)＋O2(g) =CO2(g)＋2H2O(l) △H=(－192.9－2×44)kJ·mol－1=280.9kJ·mol－1；
答案为CH3OH(g)＋O2(g) =CO2(g)＋2H2O(l) △H=280.9kJ·mol－1；
（3）令断裂1molHI分子中化学键吸收的能量为a，根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=2×akJ·mol－1－(436kJ·mol－1＋151kJ·mol－1)=11kJ·mol－1，解得a=299；
答案为299；
（4）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=1076kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－(343kJ·mol－1＋3×413kJ·mol－1＋465kJ·mol－1)=－99kJ·mol－1；根据盖斯定律，③=②－①，△H3=△H2－△H1=－58kJ·mol－1－(－99kJ·mol－1)=＋41kJ·mol－1；
答案为－99；＋41。

30.硒和硫是同一主族元素，二氧化硒(SeO2))是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：
(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1 ：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式_______________ 。
(2)已知：Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O；2SO2＋SeO2＋2H2O===Se＋2SO42-＋4H＋，SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是______________。
(3)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：
①__SeO2＋__KI＋__HNO3―→__Se＋__I2＋__KNO3＋__H2O
②I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI
配平方程式①，用单线桥标出电子转移的方向和数目。__________________
(4)实验中，准确称量SeO2样品0.1500 g，消耗了0.2000 mol/L的Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为________。
【答案】 (1). Se+2HNO3(浓) =SeO2 +NO↑+NO2 ↑ +H2O (2). H2SO4(浓) > SeO2 > SO2 (3). 1 (4). 4 (5). 4 (6). 1 (7). 2 (8). 4 (9). 2 (10). (11). 92.5%
【解析】
【详解】（1）根据题意，Se与浓硝酸或浓硫酸反应生成SeO2，Se与浓硝酸反应生成SeO2、NO和NO2，且NO和NO2物质的量之比为1：1，NO和NO2中N的价态共降低4价，Se的化合价升高4价，利用化合价升降法进行配平，即Se与浓硝酸反应的方程式为Se＋2HNO3(浓)=SeO2＋NO↑＋NO2↑＋H2O；
答案为Se＋2HNO3(浓)=SeO2＋NO↑＋NO2↑＋H2O；
（2）利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，第一个反应方程式中：H2SO4为氧化剂，SeO2为氧化产物，即H2SO4的氧化性强于SeO2，第二个反应方程式中：SeO2为氧化剂，SO2为还原剂，SO42－为氧化产物，即SeO2的氧化性强于SO42－，得出氧化性H2SO4(浓)>SeO2>SO2；
答案为H2SO4(浓)>SeO2>SO2；
（3）①SeO2中Se的化合价由＋4价→0价，化合价降低4价，I－的化合价由－1价→0价，化合价升高1价，最小公倍数为4，利用化合价升降法进行配平，得出SeO2＋4KI＋4HNO3=Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；用单线桥标出电子转移的方向和数目：；
答案为1，4，4，1，2，4，2；；
（4）根据(3)的反应方程式，建立SeO2～2I2～4Na2S2O3，m(SeO2)=，则SeO2的质量分数为×100%=92.5%；
答案为92.5%。