辽宁省普兰店市第一中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）

2020学年度上学期期中考试高三化学可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Si：28 S:32 Mg：24 Al：27 Fe：56 Cu 64 Zn 65 Ca 40 B 11第I卷(选择题 共54分)一、选择题(本题包括 18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生活息息相关，下列有关说法正确的是A. 酱油中加入氯化铁可以治疗缺铁性贫血B. 融雪工业盐大多含有NaCl，因此可替代食盐食用C. 食用油的主要成份是油脂，其成分与汽油、煤油相同D. 本草拾遗记载“醋消食，杀恶毒”其中醋的有效成分是乙酸【答案】D【解析】治疗缺铁性贫血用亚铁盐，故A错误；融雪工业盐大多含有氯化钠、氯化钙、氯化镁等，不能食用，故B错误；食用油的主要成份是油脂，属于酯类，汽油、煤油属于烃，故C错误；醋的有效成分是乙酸，故D正确。2.下列说法正确的是()A. 淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物B. 蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，加水，白色沉淀重新溶解C. 等质量的CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少D. 分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质一定属于同系物【答案】C【解析】【分析】A.油脂不是高分子化合物；B.变性是不可逆过程；C.含碳量越高，耗氧量越小；D. C2H4O2与C4H8O2可能为羧酸或酯。【详解】A.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故A错误；B.蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，故B错误；C. CH4、C2H4、C2H2的含碳量依次增大，消耗氧气的量依次减少，所以C选项是正确的；D. C2H4O2与C4H8O2可能为羧酸或酯，不一定是同系物，故D错误。所以C选项是正确的。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NAB. 22.4 L(标准状况)N2O4含有的原子数为6NAC. 1.0 mol羟基含有电子数为9.0NAD. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA【答案】C【解析】【分析】A. 胶体是大分子的集合体；B. 因为N2O42NO2是可逆反应，22.4 L的N2O4不可能是纯净的；C.根据羟基结构分析；D.根据甲烷和氯气发生取代反应的特点分析。【详解】A. 16.25 g FeCl3的物质的量是=0.1mol，由于Fe(OH)3胶体是许多氢氧化铁的集合体，因此水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，故A错误；B. 因为N2O42NO2是可逆反应，22.4 L的N2O4不可能是纯净的或多或少含有一些NO2，所以含有的原子数为应大于3NA而小于6NA，故B错误；C. 1个羟基含有9个电子，故 1.0 mol羟基含有电子数为9.0NA，故C正确；D. CH4与Cl2在光照下发生取代反应生成卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，故D错误。故答案选C。4.下列有关化学现象和化学概念表述正确的是A. 由于四氯化碳的沸点高，所以四氯化碳可用于灭火B. Fe(OH)3胶体做电泳实验时，由阴极区红色加深可知Fe(OH)3胶体带正电荷C. 鉴定FeCl3溶液中含有FeCl2可以滴加酸性KMnO4溶液，若褪色，则证明有FeCl2D. 1mol H3PO3最多可与2 mol NaOH发生中和反应，因此Na2HPO3属于正盐【答案】D【解析】【详解】A. 由于四氯化碳本身不燃烧，也不支持燃烧，所以四氯化碳可用于灭火，A错误；B. Fe(OH)3胶体做电泳实验时，阴极区红色加深，说明Fe(OH)3的胶体粒子带正电荷，而胶体呈电中性，B错误；C. 酸性条件下，氯离子能够被酸性KMnO4溶液氧化，而导致酸性KMnO4溶液褪色，不能确定一定是亚铁离子与酸性KMnO4溶液反应，而导致酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D. 1molH3PO3最多可与2molNaOH发生中和反应，说明H3PO3是一种二元酸，因此Na2HPO3属于正盐，D正确；综上所述，本题选D。5.已知过氧化铬(CrO5)的结构式如下图所示，过氧化铬不稳定，溶于水生成过氧铬酸；溶于酸生成铬(III)盐(绿色)并放出氧气，反应方程式为：4CrO5+12H+=4Cr3+7O2+6H2O)。下列有关说法正确的是( )A. CrO5中Cr元素的化合价为+10B. 过氧化铬中含有极性共价键、非极性共价键和离子键C. 过氧化铬具有较强的氧化性D. 上述反应每转移0.2mol电子就能生成2.24LO2【答案】C【解析】【分析】A. CrO5中存在过氧键、Cr-O键、Cr=O键；B.不同非金属元素之间易形成极性键；C. CrO5能和水反应生成酸，和酸反应生成铬酸盐和氧气；D.温度和压强未知，无法计算氧气的物质的量。【详解】A. CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A错误；B.不同非金属元素之间易形成极性键，所以CrO5中不存在极性键，故B错误；C. CrO5能和水反应生成酸，所以为酸性氧化物，和酸反应生成铬酸盐和氧气，Cr元素化合价由+6价变为+3价，所以CrO5具有较强的氧化性，所以C选项是正确的；D.温度和压强未知，无法计算氧气的物质的量，导致无法计算转移电子的物质的量，故D错误。所以C选项是正确的。6.下列实验中，对应的现象及结论都正确的是( )选项实验现象结论A 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色证明该溶液一定为钠盐溶液B用浓盐酸和石灰石反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si元素C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D向某溶液中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀该溶液中一定存在SO42-A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、焰色反应是元素的性质，氢氧化钠溶液焰色反应火焰也呈黄色，选项A错误；B、浓盐酸挥发出的HCl气体也可和Na2SiO3溶液反应，不一定是CO2与Na2SiO3溶液反应，选项B错误；C、浓氨水电离生成氢氧根离子，溶液显碱性，则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色，选项C正确；D、SO32-能被硝酸氧化为SO42-，加入稀硝酸酸化，再滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则原溶液中可能有SO42-、SO32-或者Ag+，选项D错误。答案选C。7.CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀；若在下图右侧的Y形管中放置合适的药品，并进行合理操作，则在BaCl2溶液中可以看到白色沉淀；右侧Y形管中可放入的药品是( )A. Cu和浓硝酸 B. CaO和浓氨水C. Na2SO3和较浓硫酸 D. KMnO4溶液和浓盐酸【答案】B【解析】ACu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸与氯化钡不反应，因此仍然不能产生沉淀，A错误；B氨水滴入氧化钙中会生成碱性气体氨气，氨气与水反应生成一水合氨，与二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，B正确；CNa2SO3和较浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化碳与二氧化硫、氯化钡溶液不反应，不会产生沉淀，C错误；D高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气与二氧化碳、氯化钡均不反应，因此仍然不能产生沉淀，D错误；答案选B。8.利用海洋资源获得的部分物质如图所示下列说法正确的是()A. 从海水中获取淡水，历史最久的方法是离子交换法B. 实验室中从海带中获得I2，需要用到的主要仪器有蒸发皿、漏斗、烧杯、分液漏斗等C. 用Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时，发生的化学反应可以是3Br2+3Na2CO35NaBr+ NaBrO3+3CO2或3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3D. 用贝壳、盐酸等从苦卤中提取镁时，发生反应的类型有化合、分解、置换和复分解【答案】C【解析】【详解】A从海水中获取淡水历史最悠久的方法是蒸馏，故A错误；B提取海带中的碘元素不需要溶液蒸发，不需要蒸发皿，故B错误；C. 用Na2CO3溶液吸收从苦卤中吹出的单质溴时发生歧化反应，若碳酸钠少量生成溴化钠、溴酸钠和二氧化碳，若碳酸钠过量，生成的二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故C正确；D海水提取镁单质的过程中发生的反应有：CaCO3CaO+CO2、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2+2OH-=Mg(OH)2、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2(熔融)Mg+Cl2，所以涉及的反应有化合反应、复分解反应和分解反应，不涉及置换反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了海水资源的综合利用，主要是海水获取淡水、提取碘单质、金属镁、溴单质等生产流程的分析判断，掌握基础是解题关键。海水中含有大量的化学物质，可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质，海水素有“液体工业原料”之美誉。基础知识有：海水晒盐；氯碱工业；海水提溴流程；海水提镁流程。9.下列事实不能用元素周期律解释的是A. 碱性：NaOH Mg(OH)2B. 酸性：H2SO4 HClOC. 稳定性：HBr HID. 氧化性：O2 S【答案】B【解析】A、同周期自从左到右金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的碱性逐渐增强，与元素周期律有关，选项A不选；B、含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强，与元素周期律没有关系，选项B选；C、同主族元素由上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，则稳定性：HBr HI能用元素周期律解释，选项C不选；D、同主族元素由上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，则氧化性：O2 S能用元素周期律解释，选项D不选。答案选B。10.在四个不同的容器中进行合成氨的反应。根据下列在相同时间内测定的结果,判断生成氨的速率最快的是()A. v(H2)=0.3 molL-1min-1 B. v(N2)=0.05 molL-1s-1C. v(N2)=0.2 molL-1min-1 D. v(NH3)=0.3 molL-1min-1【答案】B【解析】以N2为基础，A、v(N2)=v(H2)/3=0.1mol/(Lmin)；B、v(N2)=0.0560mol/(Lmin)=3mol/(Lmin)；D、v(N2)=v(NH3)/2=0.3/2mol/(Lmin)=0.15mol/(Lmin)；综上所述，选项B正确。点睛：比较反应速率最快时，以某物质为基础，常用到化学反应速率之比等于化学计量数之比，注意单位之间的换算。11.下列关于反应能量的说法正确的是A. Zn(s)CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)Cu(s) H216 kJ/mol，反应物总能量E2C. 101 kPa时，2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJ/mol，H2的燃烧热H241.8 kJ/molD. H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJ/mol，含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3 kJ 的热量【答案】B【解析】A、当反应物总能量生成物总能量，则反应是放热反应，HO，故A错误；B、如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，原子的能量比分子的能量高，所以原子结合成分子形成化学键时放出热量，即2H=H2 放出热量，则2E1E2，故B正确；C、H2的燃烧热必须是1mol物质燃烧生成最稳定的氧合物液态水时所放出的能量，故C错误；D、中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时，所放出的热量，1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合时，浓硫酸溶于水放热，所以导致H-57.3kJmol-1，故D错误；故选B。12.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法不正确的是 ( )A. A有5种正价，与B可形成6种化合物B. 工业上常通过电解熔融态C2B3的方法来获得C的单质C. 简单离子的半径由大到小为：EABCD. D、E两元素形成的化合物每种原子最外层都达到了8e-稳定结构【答案】D【解析】D原子的质子数是其M层电子数的三倍，则D的质子数为15，最外层电子数为5，应为P元素，由元素在周期表中的位置可知A为N元素，B为O元素，C为Al元素，E为Cl元素，则AA为N元素，元素正化合价有+1、+2、+3、+4、+5价，每一种化合价都对应氧化物，其中+4价有2种，共6种，A正确；B工业用电解氧化铝的方法冶炼铝，B正确；CA、B、C对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，核素电子层数越多，离子半径越大，C正确；DD、E两元素形成的PCl5中P原子的最外层没有达到了8e-稳定结构，而是10个，D错误，答案选D。点睛：“位构性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。本题中选项D是易错点，注意8电子稳定结构的判断方法。13.现有MgSO4和AlCl3混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为( )A. 1：6B. 1：3C. 6：1D. 3：1【答案】C【解析】【分析】根据图中关系可以知道，加入氢氧化钠溶液0.4L时，发生反应AlCl3(OH)3、MgSO4Mg(OH)2，则0.40.5L时NaOH发生与氢氧化铝的反应，由铝原子守恒可判断原溶液中的铝离子，即得出氯离子的量，根据加入00.4L氢氧化钠溶液时发生反应AlCl3(OH)3、MgSO4Mg(OH)2，求出Mg2+的量，进而得到SO42-的物质的量，据此解答。【详解】第一条上升的直线是表示AlCl3和MgSO4一起产生沉淀，第二条下降的直线表示(OH)3沉淀溶解，设氢氧化钠溶液的浓度为c，根据(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，第二条直线可以知道加入0.1L的NaOH将氢氧化铝完全溶解，可以知道AlCl3是0.1cmol，则氯离子的物质的量为0.3cmol，再根据Al3+3OH-=(OH)3，由这些氯化铝完全沉淀消耗氢氧化钠溶液0.3L；再根据第一条直线可以知道，0.4L-0.3L=0.1L的氢氧化钠将镁离子全部沉淀，而Mg2+2OH-= Mg(OH)2，所以MgSO4为0.05cmol，所以硫酸根离子的物质的量为0.05cmol，所以原溶液中Cl与SO42的物质的量之比为0.3cmol ：0.05cmol =6:1，所以C选项是正确的。14.某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如右上图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法一定正确的是( )A. 该电池工作时，电子的流向外电路由A到B，内电路由B到A形成闭合回路B. 电极B附近的HNO3浓度增大C. A电极的反应为：NO2eH2O=NO3-2H ,NO3e2H2O=NO3-4HD. 该电池工作时，每消耗11.2LO2(标况)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾气【答案】C【解析】A、电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，选项A错误；B、B电极上电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根离子不参加反应，所以硝酸根离子的物质的量不变，但氢离子消耗减少，溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，选项B错误；C、A电极氮的气化物失电子转化为硝酸根离子，电极反应式为：NO2eH2O=NO3-2H、NO3e2H2O=NO3-4H，选项C正确；D、1mol NO和NO2的混合尾气中气体含量未知，则无法确定得失电子数目，则无法知道消耗氧气的量，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、离子的移动方向判断等知识点，易错选项是CD，物质得失电子与电极的关系，氮的氧化物失电子数目不同，为易错点。15.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺2,2戊烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法正确的是( )A. 与环戊烯不是同分异构体 B. 二氯代物是三种C. 所有碳原子均处同一平面 D. 螺2,2戊烷不是饱和烃【答案】B【解析】【详解】A项，环戊烯（），分子式为C5H8，与互为同分异构体，故A项错误；B项，二氯代物有：、，故B项正确；C项，由结构简式可知其中一个碳原子上连有4个碳原子，根据CH4是四面体结构，可得中所有碳原子一定不在同一平面上，故C项错误；D项，由分子中碳原子之间都是单键，碳原子的剩余价键都和氢原子结合，故属于饱和烃，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。16.研究金属桥墩腐蚀及防护是跨海建桥的重要课题。下列有关判断中正确的是() A. 用装置模拟研究时未见a上有气泡，说明铁没有被腐蚀B. 中桥墩与外加电源正极连接能确保桥墩不被腐蚀C. 中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩D. 中海水均是实现化学能与电能相互转化的电解质【答案】C【解析】【详解】A项，为吸氧腐蚀，a极上氧气得电子生成氢氧根离子，而铁是负极，发生氧化反应生成亚铁离子，铁被腐蚀，故A项错误；B项，金属作电解池的阴极被保护，而铁与电源正极相连，是阳极，发生氧化反应，故B项错误；C项，锌比铁活泼，所以锌失电子，所以中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩，故C项正确；D项，海水是混合物，不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查电化学防护措施等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查。易错点D，忽视了电解质是化合物，海水是混合物，既不是电解质也不是非电解质。17.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是()A. H30 B. H1=H2+H3C. 按Cl、Br、I的顺序，H2依次增大 D. H1越小，HX越稳定【答案】C【解析】A. 原子形成化学键时放热，则反应2H(g)+2X(g)=2HX(g) H3”“”或“=”)238.6。(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(4)将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s) =2Al2O3(s)+3TiC(s)H= 1 176 kJmol1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为_。【答案】 (1). M (2). (3). 2Cl2(g)2H2O(g)C(s)=4HCl(g)CO2(g) H290 kJ/mol (4). 98【解析】分析：(1)M转化为N是吸热反应，能量越高越不稳定，据此分析。（2）甲醇燃烧生成CO2和H2属于不完全燃烧，据此分析。(3) 书写热化学方程式要注明物质聚集状态和对应反应的焓变。（4）已知热化学方程式的焓变，则应先计算反应转移了多少mol电子，再计算转移1mol电子放出的热量。详解：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N：H=+88.6kJ/mol，过程是吸热反应，M的总能量低于N的总能量，能量越低越稳定，说明M稳定； 正确答案：M。(2) 燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；a238.6；正确答案：。(3) 有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)H=-290kJ/mol；正确答案：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s) =4HCl(g)+CO2(g) H=290 kJmol1 。(4) 4Al(s)+3TiO2(s)+3C(s)=2Al2O3(s)+3TiC(s)H=-1176kJ/mol，该反应中转移12mol电子，转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热1176/12=98 kJ；正确答案：98 kJ。20.I.在恒温、体积为1.0L的密闭容器中通入1.0molN2和xmolH2发生如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的物质的量为1.6mol，容器内的压强变为原来的80%。请回答下列问题：(1)20min内，V(N2)=_。(2)该反应的热化学方程式为_。(3)下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是_(填序号)。N2体积分数保持不变单位时间断裂03tmolH-H键，同时生成0.6molN-H键混合气体的密度不再改变2v正(H2)=3v逆(NH3)混合气体的平均摩尔质量不再改变II.1883年，瑞典化学家阿伦尼乌斯创立了电离学说，在水溶液范围内对酸、碱作出了严密的概括。请回答下列有关水溶液的问题：(4) 用电离方程式表示氨水溶液是碱性的原因_；用离子方程式表示碳酸钠溶液显碱性的原因_。【答案】 (1). V(N2)=0.010mol/(Lmin) (2). N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92kJ/mol (3). (4). NH3H2ONH4+OH- (5). CO32-+H2OHCO3-+OH-【解析】【分析】I.（1）恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，据此计算反应前氮气、氢气总物质的量，进而计算氢气物质的量；设消耗的氮气为n mol，表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡时混合气体总物质的量列方程计算n，再根据v=计算v（N2）；（2）计算1mol氮气反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（3）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；II. (4) 一水合氨属于弱碱，能部分电离出氢氧根离子；碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性。【详解】I.（1）在恒温，体积为1.0L的密闭容器中通入1.0molN2和xmolH2，20min后达到平衡，混合气体的物质的量为1.6mol，容器内的压强变为原来的80%，则反应前混合气体总物质的量为=2mol，故氢气为2mol-1mol=1mol；设消耗的氮气为n mol，则： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始量（mol）：1 1 0变化量（mol）：n 3n 2n平衡量（mol）：1-n 1-3n 2n所以：1-n+1-3n+2n=1.6，计算得出n=0.2，v（N2）=0.010mol/(Lmin)，因此，本题正确答案是：0.010mol/(Lmin)；（2）1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ=92kJ，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92kJ/mol，因此，本题正确答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92kJ/mol；（3）反应为气体体积减小的反应，N2体积分数为变量，当其体积分数保持不变时反应达到平衡状态，故正确；单位时间内断裂0.3molH-H键的同时生成0.6molN-H键，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度不始终不变，故错误；2v正（H2）=3v逆（NH3），不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故正确，混合气体的平均摩尔质量为变量，若其不再改变则反应达平衡，故正确。因此，本题正确答案是：。II. (4) 一水合氨属于弱碱，能部分电离出氢氧根离子，其电离方程式为NH3H2ONH4+OH-；碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-。因此，本题正确答案是：NH3H2ONH4+OH- ；CO32-+H2OHCO3-+OH-。21.图中A为淡黄色固体，B的阳离子与A相同(其他物质均略去)根据以上关系，回答下列问题：(1)A的电子式为_.(2)A投入FeCl2溶液中的反应为_(请用一个化学方程式表示)(3)若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体,则剩余的固体为_(写化学式)(4)氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，试回答下列问题：与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点是_(答两点)。施莱辛(Sehlesinger)等人提出可用NaBH4与水反应制氢气，写出NaBH4与水反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). 4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2 (3). NaOH、 Na2CO3 (4). 热值高,污染小 (5). NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2【解析】【分析】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2， A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，据此答题。【详解】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2， A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，（1）A为Na2O2，Na2O2的电子式为。因此，本题正确答案是：。(2) A为Na2O2，具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，同时过氧化钠和水反应还有氧气生成，根据得失电子守恒写出方程式为4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2 ， 因此，本题正确答案是：4Na2O2+4FeCl2+6H2O4Fe(OH)3+8NaCl+O2。(3)若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体，可能发生的反应及个物质的量分析如下：2NaHCO3Na2CO3 + CO2 + H2O 1.5mol 0.75mol 0.75mol 0.75mol 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol 0.75mol 0.75mol2Na2O2 + 2H2O4NaOH+O2(1-0.75)mol 0.75mol 0.5mol根据反应：Na2O2+1.5NaHCO3 0.5NaOH + 1.5Na2CO3+ O2，则剩余的固体为NaOH、 Na2CO3，因此，本题正确答案是：NaOH、 Na2CO3。(4)氢能是清洁能源，具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再生等优点。因此，本题正确答案是：热值高，污染小。(5) NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和氢气，化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。因此，本题正确答案是：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及Na元素化