浙江省磐安县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

浙江省磐安县第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

磐安县第二中学2019学年第一学期期中考试 高二化学 考生须知：‎ ‎1.本试题卷分选择题和非选择题两部分,共8页，满分 100分，考试时间 90 分钟。‎ ‎2.考生答题前,须将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。‎ ‎3.选择题的答案必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。‎ ‎4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用 2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。‎ ‎5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 I 127 Ba 137‎ 一、选择题（本小题有11个小题，每小题只有一个正确答案，每小题2分，共22分）‎ ‎1.下列属于可再生能源的是（ ）‎ ‎①天然气 ②生物质能 ③地热能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥潮汐能 ⑦风能 ⑧氢能 A. ①②③④ B. ②③⑤⑥⑦⑧ C. ④⑤⑥⑦⑧ D. ①②③⑤⑥⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】可再生资源是指被人类开发利用后，可以在较短时间内更新、再生，或者能够重复利用、循环使用的自然资源，如气候资源、生物资源、水资源和土地资源等；②生物质能、③地热能、⑤太阳能、⑥潮汐能、⑦风能、⑧氢能属于可再生能源，②天然气、④石油属于化石能源，为不可再生能源，故答案为B。‎ ‎2.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 煤的气化与液化均为化学变化 B. 大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用 C. 砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾 D. 用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确；‎ B. 太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B正确；‎ C. 砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C错误；‎ D. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；‎ 题目要求选不正确的选项，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。‎ ‎3.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 冰醋酸和水银都是纯净物 B. 氢原子和重氢原子是两种不同核素 C. 氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质 D. 稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是Hg单质，是纯净物，故A正确；‎ B. 氢元素有三种原子，普通氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B正确；‎ C. 氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；‎ D. 稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属于分散系，故D正确；‎ 题目要求选错误选项，故选C。‎ ‎4.下列化学用语表述不正确的是 A. HCl的电子式： B. CH4的球棍模型 C. S2-的结标示意图： D. CS2的结构式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl为共价化合物，分子中没有阴阳离子，其电子式为，A项错误；‎ B. CH4分子正四面体形，其中球表示原子，棍表示共价键，B项正确；‎ C. S2-的核电荷数为16，核外18电子符合电子排布规律，C项正确；‎ D. CS2分子中碳原子与2个硫原子各形成2对共用电子对，D项正确。‎ 本题选A。‎ ‎5.下列有关物质的用途，说法不正确的是 A. 水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂 B. 碳酸氢钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一 C. 碳酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”‎ D. 金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物反应置换出对应金属 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水玻璃为硅酸钠水溶液具有防腐作用和阻燃作用，人们经常把具有特殊用途的木材、纺织品等用水玻璃浸泡，这样加工的产品既耐腐蚀又不易着火，故A正确；‎ B．碳酸氢钠具有不稳定性，受热易分解生成二氧化碳，所以可以用来做发酵粉，故B正确；‎ C．碳酸钡能溶于稀盐酸，医学上应选择硫酸钡用作检查肠胃的内服剂，故C错误；‎ D．钠是活泼金属，能与熔融状态的钛、锆、铌、钽等氯化物反应置换出对应金属，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎6.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法错误的是 A. 燃料电池的能量转化率可达100%‎ B. 用可溶性的铝盐或铁盐处理水中的悬浮物 C. 体积分数75％的乙醇溶液可用于医疗消毒 D. 食品中用木糖醇作甜味剂，可降低糖尿病的发病率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 燃料电池是将化学能转变为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不会达100%，A项错误；‎ B. 可溶性的铝盐和铁盐水解分别生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，具有吸附性，吸附水中的悬浮物，B项正确；‎ C. 酒精能够使蛋白质变性，而75%的酒精溶液杀菌消毒效果最好，则医用酒精休积分数是75%，C项正确；‎ D. 木糖醇属于多元醇而不属于多羟基醛或酮，不属于糖类物质，食品中用木糖醇作甜味剂，可降低糖尿病的发病率，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 7.8g苯中碳碳双键的数目为 0.3NA B. 2.3 g Na与O2完全反应，转移电子总数为 0.1NA C. 常温下，0.2 mol / L NH4Cl溶液中，数目小于0.2NA D. 标准状况下，11.2 L CCl4中氯原子数目为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯分子中不含碳碳双键，故A错误；‎ B．2.3 g Na与O2完全反应生成0.1mol钠离子，转移电子总数为 0.1NA，故B正确；‎ C．溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；‎ D．标况下CCl4为液体，不能用气体摩尔体积计算11.2 L CCl4的物质的量，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如苯环中碳碳双键(理论没有)；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎8.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，NaHCO3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。‎ ‎9.下列是有关实验的叙述中，合理的是（ ）‎ ‎①用pH试纸测得氯水的pH为2 ‎ ‎②不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体 ‎③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 ‎④比色分光光度计可以用于测量化学反应速率 ‎⑤使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小 ‎⑥实验室配制氯化铁溶液时，可以先将氯化铁溶解在盐酸中，再配制到所需要的浓度 A. ②④⑥ B. ②③⑥ C. ①②④ D. ②③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①氯水中含有HClO，具有漂白性，可使试纸褪色，不能测得pH，应用pH计，故①错误；‎ ‎②瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应，而使坩埚炸裂，故②正确；‎ ‎③使用容量瓶时应先检查是否漏水，而不是烘干，故③错误；‎ ‎④测量化学反应速率可以用比色分光光度计，故④正确；‎ ‎⑤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，故⑤错误；‎ ‎⑥先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解而使溶液变浑浊；，故⑥正确 正确的有②④⑥，故答案为A。‎ ‎10.下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是 A. 过量的SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色 B. 往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红 C. 灼热的CuO在乙醇蒸气作用下变红色 D. 在稀硫酸溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2是酸性氧化物，二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，为复分解反应，与氧化还原反应无关，故A错误；‎ B．往FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，是生成可溶性的Fe(SCN)3，没有发生氧化还原反应，故B错误；‎ C．灼热的CuO在乙醇蒸气作用下变红色，是CuO被乙醇还原为Cu，发生氧化还原反应，故C正确；‎ D．硫酸电离出氢离子溶液显酸性，加石蕊试液变红，与氧化还原反应无关，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎11.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是 A. 原子半径大小：W>Y>Z B. X的氢化物与Z的氢化物可以发生反应 C. 氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>W D. 氢化物的稳定性：Y>Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置可知，W位于第二周期，W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数为2×2=4，可知W为C，结合元素的相对位置可知，X为N，Y为S，Z为Cl，以此来解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为S，Z为Cl，‎ A．一般主族元素的原子电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为S＞Cl＞C，故A错误；‎ B．NH3能和HCl反应生成NH4Cl，故B正确；‎ C．元素的非金属性Cl>S>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>H2CO3，故C错误；‎ D．元素的非金属性Cl>S，则氢化物的稳定性：HCl>H2S，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。‎ 二、选择题（本小题有16个小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）‎ ‎12.下列离子方程式不正确的是 A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应 SiO2 + 2OH-＝SiO32- + H2O B. 碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应 CO32-+ Ba(OH)2＝BaCO3↓+2OH-‎ C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化 4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O D. 氯气与氢氧化钠溶液反应 Cl2+ 2OH-＝ClO- +Cl-+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，SiO2 + 2OH-＝SiO32- + H2O，故A正确；‎ B. 氢氧化钡易溶于水，用离子形式表示CO32-+Ba2＋＝BaCO3↓，故B错误；‎ C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化，生成硫酸铁，离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，故C正确；‎ D. 氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2+ 2OH-＝ClO- +Cl-+H2‎ O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】检查离子方程式是否正确，主要从以下几个方面检查：①检查反应能否发生，②检查反应物、生成物是否正确，③检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，④检查是否符合守恒关系，⑤检查是否符合原化学方程式等。‎ ‎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. 钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小 C. 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 D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl—也会影响碳素钢的腐蚀速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A正确；B．由图可知，曲线的最低点腐蚀速率最小，则钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故B正确；C．浓硫酸有强氧化性，能使金属表面形成致密的氧化膜保护层，则硫酸浓度较大时不能说明速率与氢离子的关系，故C错误；D．碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，可知Cl-有利于碳素钢的腐蚀，SO42-不利于碳素钢的腐蚀，故D正确；故选C。‎ ‎14.已知氧化性Br2＞Fe3+。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入bmol Cl2，充分反应。下列说法不正确的是 A. 离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-‎ B. 当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-‎ C. 当3a≤2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-‎ D. 当a=b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】还原性Fe2+＞Br-，首先发生反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2，amol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr-。‎ A.物质的氧化性越强，其相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br-＞Cl-，A正确；‎ B.amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，B正确；‎ C.amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr-消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br-完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br-+3Cl2＝2Fe3++2Br2+6Cl-，C正确；‎ D.当a=b时，由2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl-，由2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr-，又生成amolCl-，溶液中剩余Br-为amol，反应后的离子浓度：c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a：a：2a=1：1：2，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应计算、离子方程式书写等知识，关键是明确离子发生反应的先后顺序，只有当还原性强的微粒反应完全后，还原性弱的微粒才能发生反应。‎ ‎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－=2NH3‎ D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 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4×6.02×1023，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=△H1‎ B. △H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等 C. △H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＜△H5‎ D. △H7＜0，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；‎ B．△H4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△H5＜0，在相同条件下，2Br(g)的△H5′＞△H5，故C错误；‎ D．NaCl(g)比NaCl(s)能量高，且氯化钠固体含离子键，则△H7＜0，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，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2～3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ΔH与原热化学方程式之间ΔH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 kJ B. 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)的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)= 2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1‎ D. 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ΔH＝－10.1 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，转化Ⅰ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)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，转化Ⅱ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) ΔH＝－282.9kJ·mol－1，转化Ⅰ—转化Ⅱ得C(s)→CO(g)的热化学方程式2C(s)＋O2(g)= 2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1。‎ ‎【详解】A项、由图可知1 mol C(s)与1 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 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，则C(s)→CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)= 2CO(g)　ΔH＝－221.2 kJ·mol－1，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 kJ×g≈10.1 kJ·g－1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、、、、中的若干种离子。某同学对该溶有进行了如下实验：‎ 下列判断正确的是 A. 气体甲一定是纯净物 B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物 C. K＋、和一定存在于溶液X中 D. 和一定不存在于溶液X中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 溶液中加入过量盐酸后有沉淀和气体生成，说明原溶液中至少含有CO32－、SO32－中的一种，一定含有SiO32－，一定不存在Al3+和Mg2+，一定存在K+，可能存在AlO2－、SO42－，当所得溶液继续加氨水时产生沉淀，说明有Al3+存在，而该Al3+是由AlO2－与过量盐酸反应而转变所得，所以，C项正确，D项错误。若CO32－、SO32－同时存在，则气体是一种混合物，A项错误；溶液中一定不含有Mg2+，B项错误；‎ ‎【考点定位】本题考查物质检验和离子推断。‎ ‎19.下列说法正确的是（ ）‎ A. CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物 B. H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键 C. C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同 D. 水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，非金属元素之间易形成共价键；‎ B．分子晶体汽化时破坏分子间作用力，分解破坏共价键；‎ C．结构不同分子分子间作用力不同，分子间作用力不同的分子沸点不同；‎ D．相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期表中第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。‎ ‎【详解】A．CaCl2含有离子键无共价键，为离子化合物，A错误；‎ B．H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸气，破坏分子间作用力，H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键H-O键，B错误；‎ C．丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；‎ D．水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学键、分子间作用力的判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题的关键。‎ ‎20.将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，现有下列几种说法：‎ ‎①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L-1•s-1‎ ‎②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L-1•s-1‎ ‎③2s时物质A的转化率为70%‎ ‎④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1‎ 其中正确的是（ ）‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2s后测得C的浓度为0.6mol/L，则C的物质的量=0.6mol•L-1×2L=1.2mol；‎ ‎2A（g）+B（g）2C（g）‎ 初始：4mol 2mol 反应：1.2mol 0.6mol 1.2mol 平衡：2.8mol 1.4mol 1.2mol ‎【详解】①v（A）=∆c/∆t=0.6mol/L/2s=0.3 mol•L-1•s-1，①正确；‎ ‎②v（B）=∆c/∆t=0.3mol/L/2s=0.15mol•L-1•s-1，②错误；‎ ‎③2s时物质A的转化率=×100%=30%，③错误；‎ ‎④2s时物质c（B）=1.4mol/2L=0.7mol/L，④正确；‎ 答案为B。‎ ‎21.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. 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. 图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率 D. 若图1实验中反应速率为①＞②，则Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：图2中的A为分液漏斗，故A正确；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，故B正确；图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率，故C正确；因为氯化铁、硫酸铜阴离子不同，若图1实验中反应速率为①＞②，不能说明Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好，故D错误。‎ 考点：本题考查化学实验、反应速率。‎ ‎22.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。该历程示意图如下：‎ 则下列说法错误的是 A. 生成CH3COOH总反应是化合反应 B. ①→②过程形成了C―C键 C. CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂 D. ①→②吸收能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 据图可知，甲烷和二氧化碳反应生成乙酸，总反应的原子利用率100%，所以总反应是化合反应，故A正确；‎ B. 据图可知，①→②的过程有C-C键形成，故B正确；‎ C. 由图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一个新的共价键，必有C-H键发生断裂，故C正确；‎ D．据图可知，①→②的过程中焓值降低，该过程放出热量，故D错误，答案选D。‎ ‎23.下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是：‎ A. 甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=-890.3kJ·mol-1‎ B. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置 于密闭的窗口中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为： △H=-38.6kJ·mol-1‎ C. 氯化镁溶液与氨水反应：‎ D. 钢铁腐蚀时可能发生的正极反应：2H2O+ O2+ 4e－＝4OH一 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃烧热是生成稳定的氧化物，水为液态水，而不是气态水，故A错误；‎ B．0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3‎ ‎(g)，放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以反应的△H＜-38.6kJ·mol-1，故B错误；‎ C．氯化镁溶液与氨水反应的离子方程式为Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，故C错误；‎ D．钢铁腐蚀时可能发生吸氧腐蚀，其电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎24.不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是 A. 由①、②可知， pH越大，+2价铁越易被氧化 B 由②、③推测，若pH＞7，+2价铁更难被氧化 C. 由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应 D. 60℃、pH=2.5时， 4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(L·h)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由②、③可知， pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；‎ B、若pH＞7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B错误；‎ C、由①、③推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；‎ D、50℃、pH=2.5时，4 h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6a mol/L，4 h内平均消耗速率等于0.15a mol/(L·h)，温度升高到60℃、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(L·h)。‎ 正确答案选D。‎ ‎25.“重油—氧气—熔融碳酸钠”燃料电池装置如图所示。下列说法错误的是 A. O2在b极得电子，最终被还原为 B. 放电过程中，电子由电极a经导线流向电极b C. 该电池工作时，经“交换膜2”移向b极 D. H2参与的电极反应为：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在燃料电池中，通入O2的电极为正极，即b极为正极，a极为负极。‎ ‎【详解】A. O2在b极得电子，生成的O2-与CO2反应，最终O2被还原为，A正确；‎ B. 放电过程中，电子由负极经导线流向正极，即由电极a经导线流向电极b，B正确；‎ C. 该电池工作时，因为b极不断生成，所以经“交换膜2”移向左侧，C错误；‎ D. H2在负极失电子生成H+，与CO32-结合生成水和二氧化碳气体，参与的电极反应为：，D正确。‎ 故选C。‎ ‎26.探究 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O 反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：‎ 实验 编号 温度 ‎（℃）‎ 催化剂用量（g）‎ 酸性KMnO4溶液 H2C2O4溶液 KMnO4‎ 溶液褪色平均时间（min）‎ 体积 ‎（mL）‎ 浓度 ‎（mol·L-1）‎ 体积 ‎（mL）‎ 浓度 ‎（mol·L-1）‎ ‎1‎ ‎25‎ ‎0.5‎ ‎4‎ ‎0.1‎ ‎8‎ ‎0.2‎ ‎12.7‎ ‎2‎ ‎80‎ ‎0.5‎ ‎4‎ ‎0.1‎ ‎8‎ ‎0.2‎ a ‎3‎ ‎25‎ ‎0.5‎ ‎4‎ ‎0.01‎ ‎8‎ ‎0.2‎ ‎67‎ ‎4‎ ‎25‎ ‎0‎ ‎4‎ ‎0.01‎ ‎8‎ ‎0.2‎ b 下列说法不正确的是 A. 反应速率：v（实验3） > v（实验1）‎ B. a<12.7，b>6.7‎ C. 用H2C2O4表示实验1的反应速率：v（H2C2O4）≈6.6×l0-3 mol·L-1·min-1‎ D. 相同条件下可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v(实验3)＜v(实验1)，故A错误；‎ B．温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，故B正确；‎ C．用H2C2O4表示实验1的反应速率为v(H2C2O4)=≈6.6×l0-3mol•L-1•min-1，故C正确；‎ D．比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可知反应速率，可判断反应速率快慢，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎27.120℃时，1molCO2和3molH2通入1L的密闭容器中反应生成CH3OH和水。测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是 A. 0~3min内，H2平均反应速率为0.5mol·L－1·min－1‎ B. 该反应的化学方程式：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)‎ C. 容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡 D. 10min后，反应体系达到平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则0~3min内，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00-0.50)mol·L-1/3min=0.5 mol·L－1·min－1，A项正确；‎ B. 图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B项错误；‎ C. 据pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；‎ D. 图中10min后CO2、CH3OH物质的量不再改变，即达化学平衡，D项正确。‎ 本题选B。‎ 三．填空简答题（本大题包括3小题，每空2分，共30分。）‎ ‎28.Ⅰ．化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3‎ ‎（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据____________。‎ ‎（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3 的原理________。‎ Ⅱ．磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：‎ 请回答：‎ ‎（1）A的组成元素为_________（用元素符号表示），化学式为______。‎ ‎（2）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518 g·L-1），写出该反应的离子方程式_________‎ ‎【答案】 (1). 反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气 (2). Al2O3 +2OH− =2AlO2− +H2O (3). S、Fe； (4). Fe3S4 (5). Fe3S4+6H+ =3H2S↑+3Fe2+ +S ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；‎ ‎(2)产物中MgO只能溶于酸，而Al2O3 是两性氧化物，可选择NaOH溶液溶解除去；‎ Ⅱ．C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96g-1.68g=1.28g，n(S)==0.04mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，应为Fe3S4，以此解答该题。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会隔绝空气阻止燃烧，且水蒸气稀释空气，故该化合物可作阻燃剂；‎ ‎(2)产物中MgO只能溶于酸，而Al2O3 是两性氧化物，可选择NaOH溶液溶解除去，发生反应的离子方程式为Al2O3 +2OH− =2AlO2− +H2O；‎ Ⅱ．C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96g-1.68g=1.28g，n(S)==0.04mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，应为Fe3S4；‎ ‎(1)由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，化学式为Fe3S4；‎ ‎(2)化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g•L-1)，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，则反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑。‎ ‎29.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）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). 2Cl--2e-=Cl2↑ (4). 淀粉-KI溶液变成蓝色 (5). 12 (6). 阳离子 (7). NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)实验的目的是电解饱和食盐水，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，结合装置的作用来连接装置；‎ ‎(2)实验目的生成氢气和氯气，所以铁应为阴极，碳棒为阳极；‎ ‎(3)氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明；‎ ‎(4)电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，利用公式c=来计算NaOH的物质的量浓度，然后求出氢离子的浓度，最后求出pH；‎ ‎(5)氢气在阴极生成，则b为阴极，a为阳极，阳离子向阴极移动，则离子交换膜允许阳离子通过；a极上氯离子失电子，生成氯气同时溶液中生成NaOH。‎ ‎【详解】(1)产生的氢气的体积用排水量气法，预计H2的体积6ml左右，所以选I不选H，导管是短进长出，所以A接G，用装有淀粉碘化钾溶液的洗气瓶检验氯气时，导管要长进短出，所以B接D，氯气要进行尾气处理，即E接C；‎ ‎(2)实验目的生成氢气和氯气，所以铁应为阴极，连接电源负极，碳棒为阳极，所以炭棒接直流电源的正极，电极反应：2Cl--2e-═Cl2↑；‎ ‎(3)氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，使淀粉碘化钾溶液变蓝色说明氯气具有氧化性；‎ ‎(4)因电解饱和食盐水的方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，当产生的H2的体积为5.6mL时，物质的量n==2.5×10-4mol，生成氢氧化钠的物质的量为5×10-4mol，所以溶液中NaOH的物质的量浓度=═0.01mol/L，所以氢离子的浓度=mol/L=1×10-12mol/L，pH=12；‎ ‎(5)氢气在阴极生成，则b为阴极，a为阳极，阳离子向阴极移动，则离子交换膜允许阳离子通过，所以离子交换膜为阳离子交换膜；a极上氯离子失电子，生成氯气同时溶液中生成NaOH，所以溶液A是NaOH。‎ ‎【点睛】分析电解过程的思维程序：①首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；②再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；③然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；如果阳极材料是活性金属如Fe或Cu为阳极，则阳极本身被氧化。‎ ‎30.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。‎ ‎（1） 氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3（g） ＝N2（g）＋3H2（g）　ΔH，若：N≡N键、H－H键和N－H键的键能分别记作a、b和c（单位：kJ·mol−1），则上述反应的ΔH＝________kJ·mol−1。‎ ‎（2） 研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率（mmol·min−1）。‎ 催化剂 Ru Rh Ni Pt Pd Fe 初始速率 ‎7.9‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ ‎2.2‎ ‎1.8‎ ‎0.5‎ 不同催化剂存在下，氨气分解反应活化能最大的是________（填写催化剂的化学式）。‎ ‎（3） 电化学法也可合成氨。如图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt−C3N4作阴极催化剂电解H2（g）和N2（g）合成NH3的原理示意图：‎ Pt−C3N4电极反应产生NH3的电极反应式________。‎ ‎（4）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=______kJ•mol-1‎ ‎【答案】 (1). 6c－a－3b (2). Fe (3). N2＋6e−＋6H+=2NH3 (4). NO2（g）+CO（g）═NO（g）+CO2（g）△H=-234kJ•mol-1 (5). 368‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应的ΔH＝反应物的键能和-生成物的键能和；‎ ‎(2)催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，催化效率越高，反应速率越快，反应活化能越低；‎ ‎(3)用低温固体质子导体作为电解质，用Pt-C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3，阴极氢质子得到电子生成氢气，和氮气催化剂作用生成氨气；‎ ‎(4)①该反应的焓变=(134-368)kJ/mol=-234kJ/mol；‎ ‎②根据图知，该反应是图1中的逆反应，E3为图1中的E2。‎ ‎【详解】(1)反应2NH3(g) ＝N2(g)＋3H2‎ ‎(g)　ΔH＝反应物的键能和-生成物的键能和=(ckJ·mol−1)×6-(akJ·mol−1)×1-(bkJ·mol−1)×3= (6c－a－3b)kJ·mol−1；‎ ‎(2)催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，催化效率越高，反应速率越快，反应活化能越低，由表中数据可知，使用Fe作催化剂时，反应速率最低，说明氨气分解反应活化能最大；‎ ‎(3)电化学法也可合成氨，用低温固体质子导体作为电解质，用Pt-C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的过程中，阴极氢质子得到电子生成氢气，和氮气催化剂作用生成氨气，电极反应式为N2＋6e−＋6H+=2NH3；‎ ‎(4)①该反应的焓变=(134-368)kJ/mol=-234kJ/mol，该反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)═NO(g)+CO2(g)△H=-234kJ•mol-1；‎ ‎②根据图知，该反应是图1中的逆反应，E3为图1中的E2为368kJ/mol。‎ ‎ ‎