广东省深圳市翠园中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
深圳市翠园中学2019~2020学年第一学期期中考试
高二化学
考生注意:
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上
各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围:人教版必修2第一章、选修4全册。
5．可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 Cu 64
一、选择题
1.下列说法中正确的是
A. 稀有气体原子的最外层电子数都是8
B. 元素周期表有十八个纵行，分为十八个族
C. 元素周期表中从ⅢB到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
D. 知道元素的周期序数，就能确定该元素在周期表中的位置
【答案】C
【解析】
【详解】A.稀有气体中只有氦原子最外层电子数为2，其它稀有气体原子最外层电子数为8，A错误；
B.元素周期表有十八个纵行，分为十六个族，B错误；
C.从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素属于过渡元素，过渡元素都是金属元素，C正确；
D.知道元素的周期序数，还应该知道元素的族序数，才能确定该元素在周期表中的位置，D错误；
故合理选项D。
2.下列有关碱金属元素的叙述不正确的是
A. 原子最外层都只有1个电子 B. 随核电荷数增加，原子半径增大
C. 在空气中燃烧都生成过氧化物 D. 随核电荷数增加，与水反应的剧烈程度增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.碱金属元素的原子最外层都只有1个电子，A正确；
B.随核电荷数增加，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径增大，B正确；
C.碱金属元素Li燃烧产生Li2O，没有过氧化物，C错误；
D.随核电荷数增加，碱金属原子半径逐渐增大，最外层电子受到核的吸引力逐渐减小，原子失去电子能力逐渐增强，因此碱金属单质与水反应的剧烈程度增大，D正确；
故合理选项是C。
3.短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置关系如图所示。Y、Z两元素的原子序数之和是X元素原子序数的4倍。则X、Y、Z三元素应分别为
X
Y
Z
A. C、Al、P B. F、S、Ar C. N、Si、S D. O、P、Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
由短周期元素X、Y、Z位置可知，X处于第二周期，T、Z处于第三周期，设X的原子序数为x，则Y的原子序数为x+7，Z的原子序数为x+9，结合Y、Z两元素原子序数之和是X原子序数的4倍，列方程计算，进而推出元素。
【详解】由短周期元素X、Y、Z的位置可知，X处于第二周期，T、Z处于第三周期，设X的原子序数为x，则Y的原子序数为x+7，Z的原子序数为x+9，Y、Z两元素原子序数之和是X原子序数的4倍，故x+7+x+9=4x，解答x=8，因此X为O元素、Y为P元素、Z为Cl，故合理选项是D。
【点睛】本题考查了元素在周期表的位置与原子结构的关系，注意理解掌握同一主族元素的原子序数及同一周期相邻元素的原子序数关系进行分析，然后利用原子序数与元素名称的关系进行判断。
4.根据元素周期表和元素周期律，下列判断正确的是
A. 硒化氢(H2Se)比水稳定 B. KOH比NaOH碱性强
C. 铍(Be)的失电子能力比镁强 D. 钙的金属性比铝弱
【答案】B
【解析】
【详解】A.同一主族的元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱。元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物稳定性越强。元素的非金属性O>Se，所以氢化物的稳定性H2O>H2Se，A错误；
B.同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强。元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性K>Na，所以碱性：KOH>NaOH，B正确；
C.同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强。元素的金属性Be
Mg>Al，D错误；
故合理选项是B。
5.以石墨作电极，电解下列物质的水溶液，溶液的pH值一定保持不变的是
A. H2SO4 B. NaOH C. NaCl D. K2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】
电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性。
【详解】A.电解H2SO4，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中H2SO4的浓度增大，溶液的pH值减小，A错误；
B.电解NaOH，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的pH值增大，B错误；
C.电解NaCl，溶液中氢离子、氯离子放电，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，OH-浓度增大，pH值逐渐变大，C错误；
D.电解K2SO4溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，掌握离子放电顺序，根据溶液中c(H+)、c(OH-)相对大小判断溶液的酸碱性。
6.下列各组热化学方程式的△H前者小于后者的是
①C(s)+O2(g)=CO2(g) DH1 C(s)+O2(g)=CO(g) DH2
②S(s)+O2(g)=SO2(g) DH3 S(g)+ O2(g)=SO2(g) DH4
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) DH5 H2(g)+O2(g)=H2O(g) DH6
A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，燃烧放出的热量越多，反应热越小，所以DH1< DH2，①符合题意；
②反应的物质在气态时含有的能量高于固态时含有的能量，而生成物的能量相同，因此反应物含有的能量越多，反应放出的热量就越多，反应放出热量越多，该反应的反应热就越小，所以DH3>DH4，②不符合题意；
③反应物的能量相同，生成物含有的能量气态>液体，所以放出的热量：前者大于后者。反应放出的热量越多，反应热越小，故反应热：DH50，升高温度，X的体积分数增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.经20s达到平衡时，生成0.1 mol
Z，根据物质反应转化关系可知会同时消耗0.2molX，则反应速率V(X)==0.002mol/(Ls)，A错误；
B.将容器体积变为10 L，若平衡不移动，Y的平衡浓度是原来的，但该反应的正反应是气体体积减小的反应，扩大容器的容积，即减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向即逆反应方向移动，因此达到平衡时，Y的浓度大于原浓度的，B正确；
C.该反应的正反应是气体体积减小的反应，若其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，则Y的平衡转化率增大，C错误；
D.若该反应的DH>0，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，达到平衡时X的体积分数减小，D错误；
故合理选项是B。
8.已知反应：
H2(g)＋O2(g)H2O(g) △H1
N2(g)＋O2(g)NO2(g) △H2
N2(g)＋H2(g)NH3(g) △H3
则反应4NH3(g)＋7O2(g)=4NO2(g)＋6H2O(g)的△H为（ ）
A. △H1＋△H2＋△H3 B. 2△H1＋2△H2－2△H3
C. 6△H1＋4△H2＋4△H3 D. 6△H1＋4△H2－4△H3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行计算。
【详解】①H2(g)＋O2(g)H2O(g) △H1
②N2(g)＋O2(g)NO2(g) △H2
③N2(g)＋H2(g)NH3(g) △H3
根据盖斯定律可知，6×①+4×②-4×③可得反应4NH3(g)＋7O2(g)=4NO2(g)＋6H2O(g) △H=6△H1＋4△H2－4△H3；答案选D。
【点睛】本题的难点是根据盖斯定律写出正确的热化学方程式，一般情况下，盖斯定律在应用分三步走： 。
9.在－定体积的某密闭容器中发生合成氨反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H<0。673K，30MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A. a点的正反应速率大于b点的
B. c点处，υ正(N2)＝υ逆(N2)
C. d点处，υ正(N2)：υ逆(H2)＝1：3
D. 升高温度，反应至t2时刻，n(H2)比图中d点的值大
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，随着反应的进行，反应物的量逐渐减少，生成物的量逐渐增多，达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，曲线水平，升高温度，平衡逆向移动，据此分析判断。
【详解】A. 从a点到b点，氢气的物质的量逐渐减少，浓度降低，所以正反应速率降低，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，A项正确；
B. c点处，n(H2)＝n(NH3)，但反应没有达到平衡状态，用N2表示的正、逆反应速率不相等，B项错误；
C. d点处达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，即υ正(N2)：υ逆(H2)＝1：3，C项正确；
D. 升高温度，平衡逆向进行，因此反应至t2时刻，n(H2)比图中d点的值大，D项正确；
答案选B。
10.H2NNO2(硝酰胺，Nitrarnide)是一种弱酸，常温下Ka1＝10－5.6。常温下，硝酰胺分解反应，H2NNO2(aq)＝N2O(g)＋H2O(l)的第－步为O2NNH2(aq)O2NNH-(aq)+H+(aq)，其中k为速率常数，υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，则等于（ ）
A. 5.6 B. 8.4 C. －5.6 D. －8.4
【答案】C
【解析】
【分析】
Ka1＝，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，据此进行计算。
【详解】Ka1＝=10－5.6，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，即k1c(O2NNH2)= k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，那么==10-5.6，因此=lg(10-5.6)=-5.6；
答案选C。
【点睛】解答本题时容易忽略的是达到平衡状态时υ正＝υ逆，根据平衡时υ正＝υ逆，再结合υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)即可得出结果。
11.在1 L密闭容器中，发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若最初加入的N2和H2物质的量均为4 mol，测得10s内H2的平均速率v(H2)=0.12 mol×L-1×s-1，则反应进行到10s时容器中N2的物质的量是
A. 1.6mol B. 2.8mol C. 3.2mol D. 3.6mol
【答案】D
【解析】
【详解】根据在同一反应中，用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学计量数的比可知v(N2)=v(H2)=×0.12 mol×L-1×s-1=0.04 mol×L-1×s-1，则N2反应消耗的物质的量为0.04 mol×L-1×s-1×1L×10s=0.4mol，反应开始时N2的物质的量是4mol，所以10s时N2的物质的量为4mol-0.4mol=3.6mol，故合理选项是D。
12.关于热化学方程式CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=-283kJ×mol-1，下列说法正确的是
A. 一氧化碳和氧气反应放出283 kJ热量
B. 1 mol CO和0.5 mol O2反应生成1 mol CO2吸收283 kJ热量
C. 2 mol CO(g)和1 mol O2(g)反应生成2 mol CO2(g)时放出566 kJ热量
D. 1个CO分子和0.5个O2分子反应吸收283 kJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A.反应放出的热量与反应的物质多少有关，未指明反应的物质多少，反应放出的热量不能确定，A错误；
B.根据题意可知1 mol CO和0.5 mol O2反应生成1 mol CO2放出283 kJ热量，B错误；
C.热化学方程式系数仅表示物质的量，根据题意可知1 mol CO和0.5 mol O2反应生成1 mol CO2放出283 kJ热量，则2 mol CO(g)和1 mol O2(g)反应生成2 mol CO2(g)时放出566 kJ热量，C正确；
D.热化学方程式的系数仅表示物质的量，不能表示分子数目，D错误；
故合理选项是C。
13.通过以下反应均可获取O2。下列有关说法正确的是
①太阳光催化分解水制氧气：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) DH1= +571.6kJ×mol-1
②过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) DH2= -196.4kJ×mol-1
③氧化氮分解制氧气：2NO(g)=N2(g)+O2(g) DH3= -180.5kJ×mol-1
A. 反应①中光能全部转化为化学能
B. 反应②为吸热反应
C. 反应③使用催化剂，DH3减小
D. 反应2H2(g) +2NO(g)=N2(g) +2H2O(1) DH=-752.1 kJ×mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应①中光能只有一部分转化为化学能，A错误；
B.过氧化氢分解制氧气的反应是放热反应，B错误；
C.催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，故DH3不变，C错误；
D.根据盖斯定律，将③-①，整理可得2H2(g) +2NO(g)=N2(g) +2H2O(1) DH=-752.1 kJ×mol-1，D正确；
故合理选项是D。
14.X、Y、Z、R、W是五种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素是地壳中含量最多的元素，Z+与Y2-具有相同的电子层结构，R原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的一半，W原子的核外电子数等于X原子与Z原子的核外电子数之和。下列叙述不正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
B. 简单气态氢化物的稳定性：XR
D. 原子半径由大到小的顺序：W>Z>R
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、R、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，X原子核外只有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y为O元素；Z+与Y2-具有相同的电子层结构，则Z为Na元素；R原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的一半，则R核外电子排布是2、8、3，R是Al元素；W原子的核外电子数等于X原子与Z原子的核外电子数之和，则W为Cl元素，据此解答。
【详解】根据上述推断可知X是C，Y是O，Z是Na，R是Al，W是Cl元素。
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越强。元素的非金属性Cl>C，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2CO3，A正确；
B.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性O>C，所以简单气态氢化物的稳定性：H2O>CH4，B正确；
C.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。元素的金属性Na>Al，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3，C正确；
D.同一周期自左向右原子半径减小，不同周期的元素，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径：Z(Na)>R(Al)>W(Cl)>X(C)>Y(O)，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了元素周期律与原子结构的关系的知识，根据原子结构及元素原子结构的关系和元素的存在推断元素是解题关键，注意对原子结构与物质性质及元素在周期表的位置关系应用，及对元素周期律的理解掌握和应用。
15.下列有关铜片镀银的说法不正确的是
A. 阳极反应式为Ag-e-=Ag+
B. 铜片应与电源正极相连
C. 电解液为AgNO3溶液
D. 镀银过程中电能转化为化学能
【答案】B
【解析】
【详解】A.电镀时，镀层金属Ag作阳极，发生氧化反应：Ag-e-=Ag+，A正确；
B.铜片是镀件，应与电源负极相连，作阴极，B错误；
C.铜片镀银，电解质溶液应该是含有镀层金属Ag的离子的溶液为电镀液，所以电解液为AgNO3溶液，C正确；
D.镀银过程中，消耗电能，在阴、阳两极发生还原反应、氧化反应，因此实现了电能向化学能转化，D正确；
故合理选项是B。
16.下列有关热化学方程式的叙述中，不正确的是
A. 含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和放出28.7 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) DH=-57.4kJ×mol-1
B. 根据C(石量，s)=C(金刚石，s) DH>0 可知石墨比金刚石稳定
C. 根据2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) DH=-483.6 kJ×mol-l可知H2的燃烧热为241.8kJ×mol-1
D. 由C(s)+O2(g)=CO2(g) DH1，C(s)+ O2(g)=CO(g) DH2 可知 DH1>DH2
【答案】D
【解析】
【详解】A.依据酸碱中和热概念是强酸强碱在稀溶液反应生成1mol水放出的热量计算分析，20.0g NaOH的物质的量是0.5mol，含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则1molNaOH即40gNaOH完全反应放热57.4 kJ，所以表示中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1) DH=-57.4kJ×mol-1，A正确；
B.根据C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H>0，可知石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B正确；
C.氢气的燃烧热是lmol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水放出的热量，由题目已知的热化学方程式可知H2的燃烧热为241.8kJ×mol-1，C正确；
D.物质C燃烧反应是放热反应，完全燃烧放出的能量比不完全燃烧放出的能量多，但是反应是放热的，焓变是带有负号的，反应放出的热量越多，反应热就越小，所以△H1<△H2，D错误；
故合理选项是D。
17.已知某电池总反应为5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。下列有关说法不正确的是
A. AgCl是氧化产物
B. Na+不断向电池的负极移动
C. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
D. 负极反应式为Ag+Cl--e-=AgCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.Ag在反应中由反应前Ag单质的0价变为反应后AgCl中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以AgCl是氧化产物，A正确；
B.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，Na+会不断向负电荷较多的电池的正极移动，B错误；
C.根据电池反应方程式可知：每生成1 mol Na2Mn5O10就同时生成2molAgCl，转移2 mol电子，C正确；
D.负极Ag失去电子，产生的Ag+与溶液中的Cl-结合形成AgCl，所以负极的电极反应式为Ag+Cl--e-=AgCl，D正确；
故合理选项是B。
18.利用如图所示装置可处理含H2S的废气。下列说法正确的是
A. 电解池中惰性电极C1为阴极
B. FeCl3溶液在反应过程中可循环利用
C. 反应池中的离子方程式：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
D. 电解池总反应的化学方程式：H2SS↓+H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图示可知C1电极产生Fe3+，应该是发生氧化反应，所以C1电极为阳极，A错误；
B.电解池中生成FeCl3可作为反应池中的反应物，则FeCl3溶液在反应过程中可循环利用，B正确；
C.反应池中反应物H2S是气体，反应的离子方程式：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，C错误；
D.电解池中Fe2+失去电子，被氧化，H+获得电子被还原，所以电解池中总反应的化学方程式：2FeCl2+2HCl2FeCl3+H2↑，D错误；
故合理选项是B。
19.将2 mol N2(g)和1 mol H2(g)置于2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) DH<0，其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，得出下列关系图：
下列说法正确的是
A. 图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B. 图Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高
C. 图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且乙的温度较高
D. 图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高
【答案】D
【解析】
【详解】A.催化剂只能改变反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，不能使化学平衡发生移动，因此图Ⅰ研究的是不是催化剂的影响，A错误；
B.在其它条件不变时，增大压强，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，所以应该甲的压强较高；另外，如果研究的是压强的影响，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率应该增大，和图像不符，B错误；
C.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，所以温度甲>乙，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，达到平衡时，H2转化率降低，图Ⅱ研究的不是是温度对反应的影响，C错误；
D.催化剂能够加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，而不能使化学平衡发生移动，因此混合物中各组分的含量不变，总物质的量也不变，故图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高，D正确；
故合理选项是D。
20.将含有0.4 mol CuSO4和0.1 mol NaCl的水溶液用惰性电极电解一段时间后，若在一个电极上得到6.4g Cu，则另一电极上生成气体(在标准状况)的体积为
A. 1.12 L B. 1.68 L C. 2.24 L D. 3.36L
【答案】B
【解析】
【详解】电解CuSO4和NaCl混合溶液时，阴极上Cu2+先放电，然后H+放电，阳极上Cl-先放电，然后OH-放电，若在一个电极上得到6.4g的Cu，其物质的量是6.4g÷64g/mol=0.1mol<0.4mol，说明Cu未反应完全，反应转移电子的物质的量是0.1mol×2=0.2mol，阳极上0.1molCl-放电，2Cl--2e-=Cl2↑，Cl-转移电子的物质的量=0.1mol×1=0.1mol<0.2mol，因此阳极上还有OH-离子放电，转移0.1mol电子，4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移0.1mol电子生成O2的物质的量是n(O2)=n(e-)=×0.1mol=0.025mol，产生Cl2的物质的量n(Cl2)=×0.1mol=0.05mol，所以反应产生气体的物质的量是0.05mol+0.025mol=0.075mol，则产生气体在标准状况的体积V=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故合理选项是B。
二、非选择题
21.能源是人类赖以生存的基础。回答下列问题:
(1)下列不属于新能源的是________(填字母)。
a.煤炭 b.太阳能 c.风能 d.地热能
(2)已知：
Ⅰ.H2(g)+ O2(g)=H2O(g) DH1=-241.8kJ×mol-1
Ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(l) DH2=-285.8kJ×mol-1
气态分子中的化学键
断开1 mol化学键所需的能量/kJ
O-H
465
O=O
498
①氢气的燃烧热为________kJ×mol-1.
②断开1 mol H-H键需要吸收的能量为________kJ。
③36 g H2O(1)完全分解生成氧气和氧气，需要吸收________kJ的能量。
(3)金刚石和石墨为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时完全燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，金刚石和石墨的稳定性较大的是________ (填“金刚石”或“石墨”)。
②12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成36g气体，该过程放出的热量为________kJ。
【答案】 (1). a (2). 285.8 (3). 439.2 (4). 571.6 (5). 石墨 (6). 252.0
【解析】
【分析】
(1)太阳能、风能、地热能、氢能均为新能源；
(2)①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态是液态；
②根据反应热等于断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差计算H-H键的键能；
③根据II可知1mol液态水分解产生氧气和氢气，吸收285.8kJ的能量，结合物质变化与能量变化成正比计算2mol水反应吸收的能量。
(3)①物质含有的能量越低，物质的稳定性越强。由图可知石墨能量低，石墨更稳定；
②12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，生成的气体为一氧化碳和二氧化碳的混合气体，物质的量与热量成正比，结合图象计算。
【详解】(1)太阳能、风能、地热能、氢能均为新能源，而煤炭、天然气、石油则为化石能源，故不属于新能源的是a；
(2)①氢气的燃烧热是1molH2完全燃烧产生1mol液态水时放出的热量，根据已知信息可知氢气的燃烧热是285.8kJ/mol；
②由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差，所以H-H+×498kJ-2×465kJ=-241.8kJ，解得H-H=439.2kJ；
③根据Ⅱ可知1molH2反应产生1mol液态H2O放出热量285.8kJ，则1mol液态H2O分解产生氢气和氧气吸收285.8kJ的热量，则2mol液态H2O分解产生氢气和氧气吸收热量为2×285.8kJ=571.6kJ。
(3)①由图可知，金刚石能量高于石墨，物质含有的能量越低越稳定，说明石墨比金刚石稳定；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若完全生成CO2气体质量为44g，若完全生成CO气体质量为28g，现在生成气体质量是36g，28g<36g<44g，可知生成的气体为CO和CO2混合气体，设CO物质的量为x，CO2物质的量为(1-x)mol，28x+44(1-x)=36g，解得x=0.5mol，CO2物质的量为0.5mol，结合图象可知C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ/mol，使C(石墨，s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ/mol，生成CO2和CO混合气体放出热量Q=393.5kJ/mol×0.5mol+110.5kJ/mol×0.5mol=252.0kJ；12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ。
【点睛】本题考查反应热与焓变，把握物质的存在状态与稳定性的关系、反应中能量变化、焓变计算为解答的关键，注意根据燃烧热的概念计算，侧重考查学生的分析与应用能力。
22.已知常温下几种弱酸或弱碱的电离平衡常数(Ka或Kb)如下表所示：
酸或碱
电离平衡常数(Ka或Kb)
CH3COOH
1.8×10-5
HCN
5×10-10
NH3×H2O
1.8×10-5
H2SO3
K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7
回答下列问题：
(1)CH3COONH4的水溶液呈中性，其理由是_____________，溶液中各离子浓度大小的关系是___________________。
(2)等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3×H2O ②(NH4)2SO3 ③NaHSO3 ④Na2SO3
⑤H2SO3溶液中水的电离程度由大到小的排列顺序为________(填序号)。
(3)向25 mL 0.10 mol×L-1盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是________(填字母)。
A.c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-) B. c(NH4+)>c(Cl-)=c(H+)>c(OH-)
C.c(NH4+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+) D.c(OH-)>c(NH4+)>c(H+)>c(Cl-)
(4)在室温下，0.05 mol×L-1的NaCN溶液的pH约为________。
【答案】 (1). NH4+、CH3COO-的水解程度相同 (2). c(NH4+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-) (3). ②④③①⑤ (4). AC (5). 11
【解析】
【分析】
(1)根据盐的水解规律分析；利用电荷守恒比较离子浓度大小；
(2)酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离，结合亚硫酸和一水合氨的电离平衡常数进行判断；
(3)根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒，结合溶液的酸碱性判断溶液中离子浓度关系；
(4)室温下0.05mol/L NaCN溶液中存在水解平衡，CN-+H2OHCN+OH-，Kh=计算。
【详解】(1) CH3COONH4是弱酸弱碱盐，在水溶液中盐电离产生的NH4+、CH3COO-发生水解反应，NH4+水解消耗OH-，产生H+，使溶液显酸性；而CH3COO-发生水解反应消耗H+，产生OH-，根据醋酸、一水合氨的电离平衡常数相等，可知NH4+、CH3COO-水解程度相同，因此最终溶液中c(H+)=c(OH-)，所以溶液呈中性，根据电荷守恒可知：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(CH3COO-)，但水是弱电解质，其电离产生的H+、OH-浓度很小，远小于盐电离产生的离子浓度，因此该溶液中离子浓度大小关系c(NH4+)=c(CH3COO-)> c(H+)=c(OH-)；
(2)等物质的量浓度的下列五种溶液：①NH3×H2O；②(NH4)2SO3；③NaHSO3；④Na2SO3；⑤H2SO3，①和⑤都抑制了水的电离，其中⑤亚硫酸的电离平衡常数大于①氨水，则⑤中水的电离程度小于①；③中亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，溶液显示弱酸性，抑制了水的电离；②中亚硫酸根离子、铵根离子促进了水的电离；④中亚硫酸根离子促进了水的电离，其中②中水的电离程度大于④，所以五种溶液水的电离程度由大到小的排列顺序为：②④③①⑤；
(3)A.根据电荷守恒，如溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，则有c(Cl-)=c(NH4+)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以离子浓度可以符合关系：c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，A正确；
B.若氨水稍稍过量时：c(NH4+)>c(Cl-)=c(OH-)>c(H+)，若盐酸稍过量， c(Cl-)>c(NH4+)=c(H+)>c(OH-)，B错误；
C.体系为NH4Cl溶液和NH3·H2O，氨水过量较多时，溶液呈碱性：c(NH4+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)， C正确；
D.盐酸电离出的c(Cl-)=c(H+)，氢离子被氨水中和一部分，所以c(H+)不可能大于c(Cl-)，D错误；
故合理选项是AC；
(4)室温下0.05mol/L NaCN溶液中存在水解平衡，CN-+H2OHCN+OH-，Kh= =2×10-5；Kh=，c2(OH-)=Khc(CN-)=2×10-5×0.05=10-6，所以c(OH-)=10-3mol/L，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，因此溶液的pH=11。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、水的电离，明确弱电解质的电离和盐的水解及其影响因素为解答关键，注意酸越弱，其电离产生的酸根离子水解程度越大，酸、碱电离对水的电离平衡起抑制作用，盐的水解对水的电离平衡起促进作用。试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
23.如图A为浸透饱和氯化钾溶液和酚酞试液的滤纸，B为电镀槽、回答下列问题：
(1)闭合K1打开K2，滤纸A的左端显________(填“蓝色”“红色”或“无色”)；滤纸A上发生的总化学方程式为________________；
(2)欲在铁片上镀锌，则X的电极材料为________，镀件为________(填“阴”或“阳”)极；电镀时应将K1、K2同时闭合，电极Y上发生的电极反应式为____________。
【答案】 (1). 红色 (2). 2KCl+2H2O2KOH+Cl2↑+H2↑ (3). 锌 (4). 阴 (5). Zn2++2e-=Zn
【解析】
分析】
(1)闭合K1，打开K2，滤纸A的左端为阴极，氢离子得电子放出氢气，同时生成氢氧根离子；右端为阳极，氯离子失电子放出氯气，据此书写发生的总化学方程式；
(2)先判断X、Y的电极，根据电镀原理结合阴阳极上发生的反应写出相应的电极反应式。
【详解】(1)闭合K1，打开K2，滤纸A的左端为阴极，氢离子得电子放出氢气，同时生成氢氧根离子，OH-遇酚酞试液变为红色，所以滤纸A的左端显红色；右端为阳极，氯离子失电子放出氯气，则滤纸A上发生的总化学方程式为 2KCl+2H2O2KOH+Cl2↑+H2↑；
(2)电镀时，X是阳极，Y是阴极，镀层锌作阳极，镀件铁片作阴极；电镀时应将K1、K2同时闭合；Y电极即阴极上的电极反应式为Zn2++2e-=Zn。
【点睛】本题考查了电解原理及其应用，知道溶液中离子的放电顺序是写电极反应式及总反应方程式的关键。要明确与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应，电镀时，镀层金属为阳极，镀件为阴极，含有镀层金属阳离子的溶液为电镀液。
24.已知A和B反应的化学方程式为A(g)+2B(g)C(g)。回答下列问题：
(1)图1是反应A(g)+2B(g)C(g)在不同温度下A的转化率随时间变化的曲线。
①该反应DH________(填“>”“＜”或“=”)0。
②在T1温度下，向体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol A(g)和2 mol B(g)，测得A(g)和C(g)的浓度随时间变化如图2所示。则10 min内C的生成速率为________________。
③若容器容积不变，下列措施可增加A转化率的是________(填字母)。
a.升高温度 b.将C(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1 L的恒容密闭容器中，分别研究在230°C、250°C和270°C条件下的上述反应。三种温度下B与A的物质的量之比与A平衡转化率的关系如图3所示。曲线z对应的温度是________°C。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为________。
【答案】 (1). < (2). 0.075mol/(L·min) (3). b (4). 270 (5). K1=K2T1
，根据图象可知：升高温度，A转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动。由于在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以△H<0；
②根据图象可知在10min内C的浓度增大了0.75mol/L，所以根据反应速率定义式v=可知C的反应速率v(C)=0.75mol/L÷10min=0.075mol/(L·min)；
③a.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，A的平衡转化率降低，a不符合题意； b.将C(g)从体系中分离，即减小生成物浓度，平衡正向移动，A的平衡转化率增大，b符合题意；
c.催化剂不能使 化学平衡发生移动，所以使用合适的催化剂，A的平衡转化率不变，c不符合题意；
d.充入He，使体系总压强增大，由于不能改变反应体系的任意一种物质的浓度，所以平衡不移动，A的转化率不变，d不符合题意；
故合理选项是b；
(2)在反应物的物质的量的比不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆向移动，反应物A的转化率降低，由图象可知温度为z时转化率最低，说明三条曲线的温度分别是x：230℃；y：250℃；z：270℃，z曲线对应的反应温度最高，温度为270°C；
化学平衡常数只与温度有关，而与其它反应条件无关。根据图象可知a、b两点在同一温度曲线上，二者的温度相同，所以K1=K2；温度升高，平衡逆向移动，A的转化率降低。三条曲线的温度xK1=K2，或写为K1=K2
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