河南省洛阳市2019_2020学年高一化学下学期期中试题含解析

1、河南省洛阳市2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）第卷（选择题，共50分）一、选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分）1. 苏轼的格物粗谈有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指A. 脱落酸B. 乙烯C. 生长素D. 甲烷【答案】B【解析】【详解】A脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落，故A不选；B乙烯的主要作用是促进果实成熟，故B选；C生长素具有两重性既能促进生长也能抑制生长，既能促进发芽也能抑制发芽，既能防止落花落果也能疏花疏果，故C不选；D甲烷不具有催

2、熟作用，故D不选；故选：B。2. 下列有关化学用语的表示正确的是（ ）A. IBr的电子式：B. 次氯酸的结构式：HClOC. 硫离子的结构示意图：D. 质量数为44、中子数为24的钙原子：Ca【答案】A【解析】【详解】AIBr是共价化合物，原子之间通过共价键结合，分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，电子式为：，A正确；B次氯酸分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，使分子中每个原子最外层都达到稳定结构，其结构式：HOCl，B错误；CS2-是S原子得到2个电子形成的，离子最外层有8个电子，故S2-的结构示意图：，C错误；D原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，则质量数为

3、44、中子数为24的钙原子可表示：，D错误；故合理选项是A。3. 中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期，下列说法不正确的是（ ）A. In是第五周期第A族元素B. In的中子数与电子数的差值为17C. 碱性：In(OH)3RbOHD. 原子半径：InAl【答案】AC【解析】【详解】AIn的原子序数为49，原子核外有5个电子层，各个电子层的电子数目分别为2、8、18、18、3，则铟处于第五周期第A族，A错误；BIn的中子数为115-49=66，In原子中含有的电子数为49，则其中子数与电子数的差值为66-49

4、=17，B正确；C由于元素的金属性：RbIn，元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性In(OH)3RbOH，C错误；D同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：InAl，D正确；故合理选项是AC。4. 如图是常见四种有机物的比例模型，能发生酯化反应的是（ ）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】D【解析】【详解】依据四种有机物的比例模型可知甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，甲烷、乙烯、苯既不含羟基又不含羧基，不能发生酯化反应，乙醇含有羟基，能与酸发生酯化反应，故合理选项是D。5. 下列说法正确的是（ ）A. 16O2、18O2互为同位素B. H、H、H三种

5、核素的化学性质不同C. 14N、14C两种核素的中子数相同，质子数不同D. 白磷与红磷是磷元素的两种同素异形体【答案】D【解析】【详解】A16O2、18O2都是单质，不是元素原子，因此二者不能互为同位素，A错误；BH、H、H三种核素都是H元素的原子，原子核内质子数相同，原子核外电子数相同，因此它们的化学性质相同，B错误；C14N、14C的质量数是14，二者的质子数分别是7、6，中子数分别是7、8，因此两种核素的中子数不同，质子数也不同，C错误；D白磷与红磷是磷元素两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确；故合理选项是D。6. 在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是 ( )

6、A. 将SO2通入水中B. 烧碱溶于水C. 将HCl通入水中D. 过氧化钠溶于水【答案】D【解析】【分析】既有离子键被破坏又有共价键被破坏，说明参与反应的物质中含有离子键和共价键。【详解】A项、二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸，只有共价键的破坏和生成，故A错误；B项、烧碱溶于水得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠在水分子作用下电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键破坏，故B错误；C项、HCl通入水中得到盐酸，氯化氢在在水分子作用下电离出氢离子和氯离子，只有共价键破坏，故C错误；D项、过氧化钠中含有离子键和共价键，与水反应生成氢氧化钠和氧气，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确。故选D。【点睛】

7、本题考查了化合物和化学键的关系，明确物质中存在的化学键类型是解本题的关键。7. 下列物质的性质比较，正确的是（ ）A. 酸性：H2SO4HClO4HBrO4B. 碱性：NaOHKOHRbOHC. 氧化性：PSCl2D. 气态氢化物稳定性：HFHClH2S【答案】D【解析】【详解】A元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性：ClS，所以酸性：HClO4H2SO4，A错误；B同一主族的元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，则元素的金属性：RbKNa，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：NaOHKOHRbOH，B错误；C元素的非金属

8、性越强，其相应的单质的氧化性就越强。由于元素的非金属性：PSCl，所以单质的氧化性：PSCl2，C错误；D元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：FClS，所以气态氢化物稳定性：HFHClH2S，D正确；故合理选项是D。8. X、Y、Z、W为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子是内层电子数的3倍，下列说法正确的是（ ） A. 原子半径：WZXB. 非金属性：ZYC. 最高化合价：YXD. 最高价氧化物对应水化物的酸性：WZ【答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，

9、所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素。A同一周期元素从左向右元素的原子半径减小，原子核外电子层越多原子半径越大，故原子半径：ZWX，A错误；B同一主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则元素非金属性：YZ，B错误；CO无最高正化合价，N最高正化合价为+5，所以最高化合价：XY，C错误；D同一周期元素从左向右元素的非金属性增强，则非金属性WZ。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，D正确；故合理选项是D。9. 根据下图提供的信息，下列所得结论正确的是A. 该反应过程中，形成新

10、化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量B. 因为生成物的总能量低于反应物的总能量，所以该反应不需要加热即可进行C. 该图像可以表示碳酸钙受热分解的能量变化D. 该图像可以表示锌与稀硫酸反应的能量变化【答案】D【解析】【详解】A. 根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，则该反应过程中，形成新化学键释放的总能量大于断裂旧化学键吸收的总能量，A错误；B. 反应条件与放热反应或吸热反应没有关系，B错误；C. 碳酸钙分解是吸热反应，不符合图像信息，C错误；D. 锌和稀硫酸反应是放热反应，该图像可以表示锌与稀硫酸反应的能量变化，D正确；答案选D。10. 如图所示的装置中。M为活动

11、性顺序表中位于氢之前的金属，N为石墨棒，关于此装置的下列叙述中，不正确的是（ ）A. 是化学能转变为电能的装置B. N上有气体放出C. M为正极，N为负极D. 导线中有电流通过，电流方向是经导线由N到M【答案】C【解析】【详解】A该装置是原电池，将化学能转变为电能，A正确，不选；B由于电极活动性：MN，所以N为正极，正极上H+得电子生成H2，因此N上有气泡产生，B正确，不选；CM为活动性顺序位于氢之前的金属，N为石墨棒，所以M电极失去电子发生氧化反应、为原电池的负极，N为正极，C错误，符合题意；DM为原电池的负极，N为正极，导线中有电流通过，电流方向是经导线由正极N经外电路流向负极M，D正确，

12、不选；故合理选项是C。二、选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）11. 下列说法正确的是（ ）A. 非极性键只能存在单质中，不可能存在化合物中B. 阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键C. 冰中H2O分子间存在氢键，H2O分子内存在极性共价键D. HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HCl弱【答案】C【解析】【详解】A同种非金属原子间形成非极性键，化合物中也可能含有非极性键，如过氧化氢中含有O-O非极性键，A错误；B阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，静电作用包含吸引力和排斥力，B错误；C在固态水即冰中的的H2O分子间

13、存在氢键，非金属原子间通过共价键结合，则水分子中O与H原子之间通过共价键结合，C正确；D物质的稳定性是化学性质，是由共价键的强弱决定的，元素的非金属性：BrCl，所以HBr比HCl的热稳定性差，这与分子间作用力大小无关，D错误；故合理选项是C。12. 四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若mn，则对下列叙述的判断正确的是（ ）ab=mn；元素的原子序数abcd；元素非金属性ZR；最高价氧化物对应水化物的碱性XYA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dR

14、m-具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若mn，故原子序数大小关系是：abcd，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期。离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，则a-b=m-n，正确；由题意可知，四种离子具有相同的电子层结构，根据元素的原子位置关系可知阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若mn，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为abcd，正确；Z、R为同一周期非金属元素，在同一周期从左向右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：ZR，正确；四种主族元素中X、

15、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数ab，在同一周期元素的金属性从左向右在减弱，即金属性YX，元素的金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强，所以最高价氧化物对应水化物碱性：YX，错误；综上所述可知，说法正确是，故合理选项是A。13. 反应：A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在四种不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是（ ）A. v（A）=0.8mol/（Lmin）B. v（B）=0.75mol/（Ls）C. v（C）=0.6mol/（Ls）D. v（D）=0.5mol/（Ls）【答案】C【解析】【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，说明该反应的反应速率越大，由题给各物质的

16、反应速率可得：=、=、=、=，则在四种不同情况下，v（C）=0.6mol/（Ls）的反应速率最快，故选C。14. 可逆反应2NO22NO+O2，在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NONO2、NO、O2的反应速率的比为2：2：1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2，表明正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，正确；单位时间内生成n molO

17、2的同时生成2n molNO，表示的都是正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，错误；化学反应速率与化学计量数成正比，则NO2、NO、O2的反应速率的比始终为2：2：1，无法据此判断平衡状态，错误；混合气体中只有NO2有颜色，当混合气体的颜色不再改变时，说明NO2的浓度不变，表明正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，正确；容器容积、混合气体总质量均为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，错误；综上所述可知，可判断平衡状态的序号是，故合理选项是A。15. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短

18、周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A. 原子半径：r(X) r(Y) r(Z) r(N)r(O)r(H)，故A错误；B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C错误；D、可以组成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。16. PX是纺织工业的基础原料，其结构简式如下图所示，下列说法正确的是（ ）A. PX的分子式为C8H10B. PX的一氯代物有3种C. PX与乙苯互为同系物D. PX分子中所有原子都处于同一平面【答案】A【解析】【详解】A.由结构可知PX的分子式为C8H

19、10，故A正确；B.PX中有两种H，PX的一氯代物有2种，B错误；C.PX与乙苯分子式相同，结构不同，PX与乙苯互为同分异构体，而非同系物，故C错误；D.PX分子中含有2个饱和碳原子，与饱和碳原子直接相连的4个原子构成四面体，所有原子不可能处于同一平面，D错误；答案为A。【点睛】该题的难点是有机物共线、共面判断，解答该类试题的判断技巧：甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。借助CC键可以旋转而CC键、键不能旋转以及立体几何知识判断。苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。17.

20、 某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述不正确的是A. 在一定条件下，能发生取代、酯化和加聚反应B. 该物质能使酸性KMnO4溶液褪色C. lmol该物质最多可与5molH2发生加成反应D. lmol该物质完全燃烧最多可消耗13mol氧气【答案】C【解析】【详解】A结构中含-COOH，能发生取代反应、酯化反应，含碳碳双键可发生加聚反应，故A正确；B结构中含碳碳双键、苯环上含有侧链烃基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1mol物质最多可与4molH2发生加成反应，故C错误；D分子中含11个C、12个H、2个O，则1mol该物质完全燃烧最多

21、可消耗氧气为1mol(11+-)=13mol，故D正确；答案选C。【点睛】把握有机物的官能团与性质是解答的关键。本题的易错点为C，要注意酯基和羧基中的C=O不能与氢气加成。18. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）A. 电极A上H2和CO都发生了氧化反应B. 反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1 mol CH4，转移12 mol电子C. 电池工作时，CO向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-4OH-【答案】A【解析】【详解】A负极上CO和H2都被氧化生成CO2和H2O，电极A反应为：H2+CO-4e-+2CO=H2O+3CO2

22、，A正确；B根据方程式可知，C的化合价从-4升高到+2，升高6价，则该反应中每1mol甲烷完全反应转移电子6mol电子，B错误； C放电时，电解质中阴离子向负极移动，即向A极移动，C错误；D 通入燃料的电极是负极，通入O2的B电极为正极，正极为O2得电子生成CO，反应为O2+2CO2+4e-=2CO，D错误； 故合理选项是A。19. 室温下,将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）B（g）XC（g），经 2 s后反应达平衡,测得 C 的浓度为 0.6 molL1 ，B的物质的量为1.4 mol,现有下列几种说法： 用物质

23、 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol/(Ls)反应前容器内的压强与平衡后容器内的压强之比为1:1 2 s 时物质A的转化率为30 X=2 其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】平衡时测得 C 的浓度为 0.6 mol/L，B的物质的量为1.4 mol，因此消耗B的物质的量是2mol1.4mol0.6mol。生成C是0.6mol/L2L1.2mol，则根据化学计量数可判断x2，则2A（g）B（g）2C（g）起始量（mol） 4 2 0转化量（mol） 1.2 0.6 1.2平衡量（mol） 2.8 1.4 1.2用物质 A 表示的反应的平均速率为0.3 mol/(

24、Ls)；反应前容器内的压强与平衡后容器内的压强之比为；2 s 时物质A的转化率为30；X=2答案选A。20. 定温度下，向10mL0.40mol/LH2O2 溶液中加入少量FeCl3溶液(忽略整个过程中溶液体积的变化),不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况下)如表所示：t/min0246V(O2)/mL09.917.522.4资料显示,反应分两步进行：2Fe3+H2O22Fe2+2H+O2；H2O2+2Fe2+2H+2H2O+2Fe3+。反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是A. Fe2+的作用是增大过氧化氢的分解速率B. 反应、均是放热反应C. 反应2H2O2(aq)2H2O(

25、l)+O2(g)是吸热反应D. 06min内的平均反应速率v(H2O2)3.3310-2mol/(Lmin)【答案】D【解析】【详解】A. Fe3的作用是催化剂，增大过氧化氢的分解速率，亚铁离子是中间产物，A错误；B. 根据图象可知反应是吸热反应，是放热反应，B错误；C. 根据图象可知反应2H2O2(aq)2H2O(l)+O2(g)中反应物总能量高于生成物总能量，因此是放热反应，C错误；D. 06min内生成氧气是0.001mol，消耗双氧水是0.002mol，浓度是0.2mol/L，则平均反应速率v(H2O2)0.2mol/L6min3.3310-2mol/(Lmin)，D正确；答案选D。第

26、卷（非选择题，共50分）三、必做题（本题共4小题，共50分）21. 现有下列短周期元素性质的数据：元素编号元素性质原子半径（10-10m）0.741.601.521.100.991.860.751.43最高正化合价+2+1+5+7+1+5+3最低负化合价2313已知元素最高价氧化物的水化物能溶于盐酸和氢氧化钠溶液。试回答下列问题：（1）上述元素中处于第A族的有_。处于第三周期的有_。（以上均用编号表示）（2）上述元素中，最高价氧化物的水化物，酸性最强的物质是_。（填化学式）（3）元素与元素相比较，气态氢化物较稳定的是_。（填化学式）（4）元素形成的简单离子半径由大到小的顺序_。（用离子符号表示

27、）（5）元素、能形成两种化合物，其中较稳定的化合物的电子式为_，写出其与CO2反应的化学方程式_。（6）写出元素的单质与元素最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_。【答案】 (1). (2). (3). HClO4 (4). NH3 (5). O2-Na+Mg2+Al3+ (6). (7). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (8). 2Al+2H2O+2OH-2AlO+3H2【解析】【分析】从元素最高价氧化物对应的水化物能溶于盐酸和氢氧化钠溶液可知，为Al元素；由元素和的最高正化合价为+1价，原子半径可知，为Li元素、为Na元素；由元素和的最低负化合价为-3价，原子半径可知，为N

28、元素、为P元素；由元素的最低负化合价为-2价，原子半径可知，为O元素；由元素的最低负化合价为-1价，原子半径可知，为Cl元素；由元素的最高正化合价为+2价，原子半径在和之间可知，为Mg元素。【详解】（1）由分析可知，最高正化合价为+1价的元素和分别为Li元素和Na元素，Li元素和Na元素位于元素周期表A族；Na元素、Mg元素、Al元素、P元素和Cl元素都位于元素周期表第三周期，故答案为：；（2）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，题给元素则氯元素的非金属性最强，则酸性最强的最高价氧化物对应水化物为HClO4，故答案为：HClO4；（4）同主族元素，从上到下元素的非金属性依次增

29、强，气态氢化物的稳定性依次增强，则氨气的稳定性强于磷化氢，故答案为：NH3；（4）电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径依次减小，O2-、Na+、Mg2+、Al3+的电子层结构相同，则离子半径由大到小的顺序为O2-Na+Mg2+Al3+，故答案为：O2-Na+Mg2+Al3+；（5）钠元素和氧元素能形成氧化钠和过氧化钠两种氧化物都属于离子化合物，过氧化钠的稳定性强于氧化钠，过氧化钠的电子式为；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（6）铝与氢氧化钠溶液反应生成

30、偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-2AlO+3H2，故答案为：2Al+2H2O+2OH-2AlO+3H2。【点睛】电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径依次减小，O2-、Na+、Mg2+、Al3+的电子层结构相同是解答关键。22. 能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能源按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率。.家用小轿车(燃油汽车)中的动力和能量与化学反应息息相关。(1)关于汽油在气缸中燃烧反应的叙述正确的是_。A汽油燃烧过程中，化学能转化为热能B汽油具有的总能量高于生成物二氧化碳和水具有的总能量C汽车尾气中含NO的原因是汽油中含

31、有氮元素，燃烧后生成NOD断裂汽油和氧气分子中化学键吸收的能量小于生成的碳氧化物和水中化学键放出的能量(2)汽车中的电瓶为铅酸电池，Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，已知PbSO4难溶于水。下列说法正确的是_。A放电时，理论上每消耗20.7 g铅，外电路中转移的电子为0.4 molB放电时，正极得电子的物质是PbO2C放电时，负极的电极反应式为：Pb2e-Pb2+D充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行(3)碱性氢氧燃料电池中，H2所在的电极为_极(填“正”或“负”)，电极反应式为_。.工业合成氨缓解了有限耕地与不断增长的人口对粮食大量需求之间的矛盾。(1)拆开1 mol化学键

32、所需要的能量叫键能。相关键能数据如表：共价键HHNNNH键能(kJmol-1)436.0945.0391.0结合表中所给信息，计算生成2 mol NH3时_（填“吸收”或“放出”）的热量是_kJ。(2)一定条件下，氨与水的反应存在限度，氨水成弱碱性，用化学用语表示氨与水反应及溶液显碱性的原因_。(3)硫酸铵是一种固态氮肥，俗称“肥田粉”。硫酸铵可由氨与硫酸反应生成，硫酸铵中含有的化学键类型有_。【答案】 (1). AD (2). BD (3). 负 (4). H22e-+2OH-=2H2O (5). 放出 (6). 93.0 (7). NH3+H2ONH3H2ONH+OH- (8). 离子键、

33、极性共价键【解析】【分析】I(1)A根据汽油燃烧驱动汽车前进分析；B根据汽油燃烧放出热量，利用反应热与物质含有的能量关系分析；C汽油是成分是烃；D根据键能与反应热关系判断；(2)电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，负极电极反应：Pb-2e-+PbSO4，正极电极反应：PbO2+2e-+4H+2=PbSO4+2H2O解答；(3)氢氧燃料电池工作时，氢气在负极发生失电子的氧化反应，在正极充入氧气，氧气得电子发生还原反应；II(1)根据反应热H=反应物键能和-生成物键能和求算并判断反应能量变化；(2)氨气溶于水和水反应生成一水合氨为弱碱，存在电离平衡电离出氢氧根离子，溶

34、液显碱性；(3)硫酸铵可由氨与硫酸反应生成，铵根离子和硫酸根离子形成离子键，铵根中和硫酸根中存在共价键。【详解】I(1)A汽油燃烧过程中放出热量，能量变化化学能转化为热能，A正确；B汽油燃烧为放热反应，说明反应物汽油和氧气具有的总能量高于生成物二氧化碳和水具有的总能量，B错误；C汽车尾气中含NO的原因是空气中氮气、氧气放电时生成NO，汽油成分中含有多种烃中，不含有氮元素，C错误；D化学反应的过程就是旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量的过程，反应为放热反应，说明断裂汽油和氧气分子中化学键吸收的能量小于生成碳氧化物和水中化学键放出的能量，D正确；故合理选项是AD；(2) A电池总反应式为Pb+Pb

35、O2+2H2SO42PbSO4+2H2O，20.7 g Pb的物质的量为n(Pb)=0.1 mol，由于Pb是+2价金属，所以理论上每消耗20.7 g铅即0.1 mol Pb时，外电路中转移的电子为0.2 mol，A错误；B正极电极反应：PbO2+2e-+4H+2=PbSO4+2H2O，放电时，正极PbO2得电子被还原为PbSO4，B正确；C放电时，Pb为负极，负极的电极反应式为Pb-2e-+PbSO4，C错误；D由电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，所以充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行，D正确；故合理选项是BD；(3)在氢氧碱性燃料电池中，通入燃料H2的电极

36、为负极，失去电子发生氧化反应，碱性溶液中负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；II(1)合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，焓变H=反应物键能和-生成物键能和=945.0 kJ/mol+3436.0 kJ/mol-6391.0 kJ/mol=-93.0 kJ/mol，故该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) H=-93.0 kJ/mol，则每生成2 mol NH3时放出93.0 kJ热量；(2)氨气溶于水，大部分和水反应生成一水合氨，一水合氨为弱碱，在水中存在电离平衡，电离出氢氧根离子，溶液显碱性，表示氨与水反应及溶液显碱性的原因：NH

37、3+H2ONH3H2O+OH-；(3)硫酸铵可由氨与硫酸反应生成，铵根离子和硫酸根离子通过离子键结合，在铵根离子中和硫酸根中存在极性共价键，故硫酸铵中含有的化学键类型有离子键、极性共价键。【点睛】本题考查了反应热、键能与焓变的关系及有关计算、铅蓄电池与燃料电池的工作原理、弱电解质的电离、化学键类型的判断等知识。把握化学反应与能量变化关系和原电池工作原理是解题关键，注意结合电解质书写电极反应式、理解弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析、计算和灵活运用基础知识的能力。23. 某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z（均为气体）三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。（1）由图中所给数据进

38、行分析，该反应的化学方程式为_。（2）反应从开始至2分钟，用X的浓度变化表示的平均反应速率为v（X）=_。（3）2min反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时_（填“增大”、“减小”或“无变化”，下同）；混合气体的密度比起始时_（4）下列措施能加快反应速率的是_。A.升高温度B.恒容时充入HeC.恒容时充入XD.及时分离出ZE.选择高效催化剂（5）下列说法正确是_。A.化学反应的限度是不可能改变的B.化学反应的限度与时间长短无关C.升高温度改变化学反应的限度D.增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢E.已知正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反应速率

39、减慢【答案】 (1). 3X（g）+Y（g）2Z（g） (2). 0.075mol/（Lmin） (3). 增大 (4). 不变 (5). ACE (6). BC【解析】【分析】（1）由各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比可得；（2）由化学反应速率公式计算可得；（3）由摩尔质量和密度的公式分析判断；（4）改变反应的温度、压强、浓度和使用催化剂等条件，能改变化学反应速率的快慢；（5）化学平衡是动态平衡，改变反应条件，化学反应速率改变，化学平衡发生移动，化学反应的限度会发生改变。【详解】（1）由图像可知，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，由X、Y

40、、Z的物质的量变化量之比等于化学计量数之比可得化学计量数的比值为(1.00.7)mol：(1.00.9)mol：(0.20)mol=3:1:2，则反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故答案为：3X（g）+Y（g）2Z（g）；（2）反应从开始至2分钟，X的物质的量变化量为(1.00.7)mol=0.3mol，用X的浓度变化表示的平均反应速率为v（X）=0.075mol/（Lmin），故答案为：0.075mol/（Lmin）；（3）由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，由该反应是一个气体体积减小的反应可知，反应达到平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量增大，由密闭容器的体积不

41、变可知，反应达到平衡时，容器内混合气体的密度不变，故答案为：增大；不变；（4）A.升高温度，化学反应速率加快，故正确；B.恒容时充入He，参加反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；C.恒容时充入X，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，故正确；D.及时分离出Z，生成物的浓度减小，化学反应速率减慢，故错误；E.选择高效的催化剂，化学反应速率加快，故正确；ACE正确，故答案为：ACE；（5）A.化学平衡状态是一定条件下，化学反应的最大限度，改变反应条件，化学反应的限度会发生改变，故错误；B.化学反应的限度与反应的本质和反应条件有关，与反应时间长短无关，故正确；C.升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，改变化学反应的限度，故正确；D.增大反应物Y的浓度的瞬间，正反应速率加快，逆反应速率不变，化学平衡向正反应方向移动，故错误；E.若正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故错误；BC正确，故答案为：BC。【点睛】无论正反应是放热反