浙江省杭州地区七校2019-2020学年高二化学上学期期中试题【含解析】

1、浙江省杭州地区七校2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）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（ ）天然气 生物质能 地热能 石油 太阳能 潮汐能 风能 氢能A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】天然气属于不可再生能源，不符合题意；生物质能属于可再生能源，符合题意；地热能属于可再生能源，符合题意；石油属于不可再生能源，不符合题意；太阳能属于可再生能源，符合题意；潮汐能属于可再生能源，符合题意；风能属于可再生能源，符合题意；氢能属于可再生能源，符合题意；综上，属于

2、可再生能源的有：，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（ ）生成物的质量分数一定增加 任一生成物总量一定增加 反应物的转化率一定增大 反应物的浓度一定降低 正反应速率一定大于逆反应速率A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】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，错误；平衡正向移动，则生成物的量增多，正确；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，错误；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，错误；平衡正向移动，则正反应速率一定大于逆反应速率，正

3、确；综上，上述叙述正确的是，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 molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应平均速率为0.3 molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6 molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7 molL1其中正确的是：A. B. C. D. 【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 0.6molL-1，v（C）=0.3molL-1s

4、-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】经 2s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6molL-1，v（C）=0.3molL-1s-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 molL-1s-1，故正确；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 0.15molL-1s-1，故错误；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；生成C的物质的量为1.2mol，则转化的B为

5、0.6mol，2s时物质B的浓度为=0.7molL1，故正确；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A族元素，故Y 为第A族元素，又因为Y的原子序数小于Z

6、，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ON，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NH3H2O，其中NH3H2O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

7、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akJg-1B. 在稀溶液中，H+（aq）+OH-（aq）H2O（1）H=-57.3kJmol-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57.3kJC. 由石墨比金刚石稳定可知：C（金刚石，s）=C（石墨，s）H0D. 已知：298K时，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92.0kJmol-1，在相同温度下，向密闭容器中通入0.5

8、molN2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

9、睛】中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol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1 mol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，合理的是用pH试纸测得氯水的pH为2不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体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用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小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. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：氯水中含有HClO，具有漂白性，可使试纸褪色，不能测得PH

10、，应用PH计，错误；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；使用容量瓶时应先检查是否漏水，而不是烘干，错误；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；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；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，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，Na

11、HCO3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

12、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

13、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

14、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. 吸收能量C. CH4CH3COOH过程中，有C-

15、H键发生断裂D. 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.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.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

16、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4.6NAB. 7.8克Na2O2中含有离子数为0.3NAC. 50 mL 12 molL-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NAD. 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0.2mol23NA=4.6NA，故A说法正确； B.7.8gNa2O2的物质的量， 一个Na2O2中含有2

17、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， 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

18、. 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，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。

19、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 +4C1B. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+SO2+H2O=BaSO3+2H+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 H2OD. 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

20、，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

21、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

22、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 molL-1HA溶液中逐滴加入0.02 molL-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.

23、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

24、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=2NH3D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为46.021023【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

25、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46.021023，但题干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。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=H1B. H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等C. H50，在相同条件下，2Br（g）的H5H5D. H70

26、，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；BH4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H50，在相同条件下，2Br(g)的H5H5，故C错误；DNaCl(g)比NaCl(s)能量高，且氯化钠固体含离子键，则H70，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，

27、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23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H与原热化学方程式之间H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 kJB. 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

28、方程式为：2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1D. 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H10.1 kJmol1【答案】C【解析】【分析】由图可知，转化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)H393.5 kJmol1，转化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) H282.9kJmol1，转化转化得C(s)CO(g)的热化学方程式2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1。【详解】A项、由图可知1 mol C(s)与1

29、 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 kJ282.9 kJ110.6 kJ，则C(s)CO(g)的热化学方程式为2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1，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 kJg10.1 kJg1，故D错误；故选C。18.常温下，有pH=1的某溶液

30、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（ ） 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-）0.1molL-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)=0.1mol0.1L=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

31、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

32、，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

33、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MND，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). H2OH2SeH2S【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

34、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A族；故答案为：碳，第二周期A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：。（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

35、，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MND，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H2SeH2S，故三种元素氢化物的沸点由大到小的顺序为：H2OH2SeH2S；故答案为：H2OH2SeH2S。【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

36、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

37、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Cl2I2，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

38、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Cl2I2，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

39、液变成蓝色。（4）反应生成， 由电极反应式2H2O+2e=H22OH可知，反应生成n(OH)=0.510-3mol，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、PM

40、10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/(Lmin) (5). 减小【解析】【详解】（1）由于反应前后气体分子数增大，因此S0；（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、H是表示

41、反应的热效应，只与物质具有能量的相对大小有关，H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： ，H2O(l)转化为H2O(g)的热化学方程式为：；又已知：， +2+-2，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）由表格数据可知，020min内，参与反应的n(NO2

42、)=0.5mol，根据反应的化学方程式可知，参与反应的n(CH4)=0.25mol，则020min内，用CH4表示的反应速率；故答案为：0.0125mol/(Lmin)。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。【点睛】S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

43、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=_kJmol-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）H0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1mo

44、lHI（g），发生反应2HIH2+I2， H2物质的量随时间的变化如图3所示。 该温度下，2HI（g）H2（g）+I2（g）的平衡常数K=_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 bHI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）+CO2（g）H=-234kJmol-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； （3）压强不

45、变，充入无关气体，反应容器的体积增大，浓度减小； （4）根据图像数据，结合平衡常数的表达式 进行计算； 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H=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

46、，不；（4）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： a、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。 （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