【化学】内蒙古赤峰二中2019-2020学年高一下学期第二次月考（6月）试题（解析版）

【化学】内蒙古赤峰二中2019-2020学年高一下学期第二次月考（6月）试题（解析版）

内蒙古赤峰二中2019-2020学年高一下学期第二次月考（6月）试题 第I卷（共48分）‎ 一、选择题（每个小题3分，共16小题，每小题只有一个正确选项）‎ ‎1.A、B两种元素为某周期第ⅡA族和第ⅢA族元素，若A元素的原子序数为x，则B元素的原子序数可能为（ ）‎ ‎①x＋1 ②x＋8 ③x＋11 ④x＋18 ⑤x＋25 ⑥x＋32‎ A. ①③‎ B. ②④‎ C. ①③⑤‎ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】元素周期表中，从第四周期开始出现过渡元素，第ⅠA、ⅡA之后是第ⅢB，在第六、七周期中的过渡元素又出现镧系和锕系，根据周期表的结构来回答。‎ ‎【详解】IIA族为第二列，IIIA族为第十三列。‎ 同一周期的元素在第二、三周期时，IIA族、IIIA族相邻，原子序数相差1，所以，B元素的原子序数为x+1，故①可能；‎ 同一周期的元素在第四、五周期时，IIA族、IIIA族不相邻，中间相差10列，每格有1种元素，所以，B元素的原子序数为x+11，故③可能；‎ 同一周期的元素在第六、七周期时，IIA族、IIIA族不相邻，中间相差10列，第三列每格15种元素，其余每格有1种元素，所以，B元素的原子序数为x+25，故⑤可能，‎ 正确的①③⑤。‎ 答案选C。‎ ‎2.同主族元素形成的同类型的化合物，往往其结构和性质相似。下列对化合物碘化磷（PH4I）的叙述错误的是（　　）‎ A. 它是一种离子化合物 B. 这种化合物加热时，可能产生有色气体 C. 这种化合物的电子式为: ‎ D. 这种化合物可以和烧碱发生反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】同主族元素所形成的同一类型的化合物，其结构和性质往往相似，则PH4I与NH4Cl性质相似，根据NH4Cl的性质判断。‎ ‎【详解】A．PH4I与NH4Cl性质相似，都属于离子化合物，故A正确；‎ B．因NH4Cl能分解：NH4ClNH3+HCl，所以PH4IPH3+HI，但HI不稳定，还可以继续分解：2HI⇌H2+I2，I2为紫色，故B正确；‎ C．碘化磷的电子式与氯化铵的相似，为，故C错误；‎ D．由NH4Cl的性质判断，该化合物可与强碱发生反应生成PH3，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎3.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）‎ A. 原子半径：Y>Z>R>T B. 气态氢化物的稳定性：WZ D. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】“矿石熊猫”由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2‎ ‎，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li元素；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Ne元素，不符合题意；若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Si元素，符合题意。‎ ‎【详解】A. Y为Li元素、Z为Be元素、R为O元素、T为F元素，同周期，从左向右，原子半径减小，原子半径：r(Li)>r(Be)>r(O)>r(F)，A正确；‎ B. W为Si元素、R为O元素、T为F元素，非金属性：F>O>Si，则气态氢化物的稳定性SiH4Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：Ca(OH)2> Be(OH)2，C正确。‎ D. XR2、WR2分别为：CaO2、SiO2，CaO2中O元素为−1价，SiO2中O元素化合价为−2，D错误；故答案为：D。‎ ‎4.下列变化属于吸热反应的是(　　)‎ ‎①液态水汽化　②将胆矾加热变成白色粉末　③浓硫酸稀释　④氯酸钾分解制氧气　⑤生石灰跟水反应生成熟石灰 A. ①②④ B. ②③ C. ①④⑤ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①液态水汽化是吸热过程，是物理变化，不属于化学反应,不符合题意；②将胆矾加热变成白色粉末，失去结晶水发生化学反应，是吸热反应，符合题意；③浓硫酸稀释过程放热，不符合题意；④在加热条件下氯酸钾发生分解反应制氧气，是吸热反应，符合题意；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，是放热反应，不符合题意；据此回答；‎ 答案选D。‎ ‎5.N2和H2在催化剂表面合成氨微观历程及能量变化的示意图如下，用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是(    )‎ A. 使用催化剂，改变了反应的途径，使合成氨反应放出的热量减少 B. 该过程中，N2、H2吸收能量后断键形成N原子和H原子 C. 该过程中，N原子和H原子形成含有非极性键的NH3分子 D. 合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．催化剂只改变反应速率，不改变反应的热效应，故A错误；‎ B．由图中可知，每3个氢分子和1个氮气分子吸收能量后断键得到氢原子和氮原子，故B正确；‎ C．不同元素形成的共价键为极性共价键，所以氨气分子中只含氮原子和氢原子形成的极性键，故C错误；‎ D．据图可知合成氨的反应是放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法正确的是(　　)‎ A. 每活化一个氧分子吸收0.29 eV的能量 B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV C. 氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程 D. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的反应物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量，A错误；‎ B．化学反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活化能较大者，根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为E=0.75 eV，有水加入的反应的活化能为E=0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75 eV-0.57 eV=0.18 eV， B错误；‎ C．根据图象分析，氧分子活化过程O-O键断裂，生成C-O键，所以氧分子的活化是O-O的断裂与C-O键的生成过程，C正确；‎ D．活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎7.光电池在光照条件下可产生电流，如图装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该装置可利用光能实现水的分解 B. 光照过程中阴、阳极区溶液中的pH均基本不变 C. 再生池中的反应为2V2++2H+2V3++H2↑‎ D. 每有1molOH-通过双极性膜，可产生‎5.6L（标准状况）的O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH--4e-=2H2O+O2‎ ‎↑，阴极反应式为 2V3++2e-=2V2+，双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2++2H+ 2V3++H2 ↑。‎ ‎【详解】A．由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，故A正确；‎ B．双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，则光照过程中阴、阳极区溶液中的pH均发生改变，故B错误；‎ C．由分析知，再生池中的反应为2V2++2H+2V3++H2↑，故C正确；‎ D．阳极区反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，每有1molOH-通过双极性膜，生成0.25molO2，其标准状况下体积为‎5.6L，故D正确； ‎ 故答案为B。‎ ‎8.控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是（ ）‎ A. 反应时，电子从乙中石墨电极沿导线流向甲中石墨电极 B. 反应时，甲中石墨电极发生还原反应 C. 电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态 D. 电流表读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据总反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，发生还原反应；而碘元素的化合价升高，发生氧化反应，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极。‎ ‎【详解】A、原电池中，电子从负极沿导线流向正极，即从乙中石墨电极沿导线流向甲中石墨电极，故A正确；‎ B、甲中石墨电极上Fe3+得电子发生还原反应生成亚铁离子，故B正确；‎ C、当电流表读数为零时，说明此时没有发生电子转移，则反应达到平衡，故C正确；‎ D、当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎9.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 该装置可以在高温下工作 B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜 C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋‎ D. 该装置工作时，电能转化为化学能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；‎ B.原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；‎ C.由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，C正确；‎ D.该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.亚氯酸盐(NaClO2)可作漂白剂，在常温下不见光时可保存一年，但在酸性溶液里因生成亚氯酸而发生分解：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl−+2H2O。分解时，才开始反应很慢，随后突然反应更多的释放出ClO2，这是因为（ ）‎ A. 酸使亚氯酸的氧化性增强 B. 溶液中的H+起催化剂的作用 C. 溶液中的Cl−起催化剂的作用 D. 逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，故A错误；‎ B．由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见不是氢离子的催化作用，故B错误；‎ C．反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见是氯离子的催化作用，故C正确；‎ D．逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低，不会出现反应速率突然加快现象，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎11.下列说法正确的是（ ）‎ A. 对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，加入A，反应速率加快 B. 2NO2N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)增大，v(逆)减小 C. 一定温度下，反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率 D. 100 mL2 mol·L—1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对于A(s)＋B(g) C(g)＋D(g)的反应，A为固体，加入A，A的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B. 2NO2 N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)、 v(逆) 均增大，故B错误；C. 一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He，容器的体积增大，，浓度减小，化学反应速率减慢，故C错误；D. 100 mL 2 mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜发生置换反应析出铜，形成原电池，生成氢气的速率加快，故D正确；故选D。‎ ‎12.将4 mol A气体和2 mol B气体在体积为‎2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：‎2A(g)＋B(g) xC(g)，若经2 s后测得A的物质的量为2.8 mol，C的物质的量浓度为0.6 mol/L。现有下列几种说法：‎ ‎①2 s内用物质A表示的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)；‎ ‎②2 s内用物质B表示平均反应速率为0.15 mol/(L·min)‎ ‎③2 s时物质B的转化率为70%；‎ ‎④x＝2。　　　　　　　　　‎ 其中正确的是：（ ）‎ A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】2s后生成C为0.6mol/L×‎2L=1.2mol，‎ ‎2A‎（g）+B（g）⇌xC（g）‎ 开始 4mol   2mol   0‎ ‎ 转化 1.2mol   0.6mol 1.2mol ‎2s  2.8mol   1.4mol 1.2mol ‎2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s）。①2s内用物质A表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），故①正确；②反应速率之比等于化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）×=0.15mol/（L•s），故②错误；③2s时物质B的转化率为×100%=30%，故③错误；④反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的反应速率相同，则x=2，故④正确；故选A。‎ ‎13.下列描述的化学反应状态，不一定是平衡状态的是（　　）‎ A. H2（g）+Br2（g） 2HBr（g），恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变 B. 2NO2（g） N2O4（g），恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变 C. CaCO3（s）CO2（g）+ CaO（s），恒温、恒容下，反应体系中气体的密度保持不变 D. N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），反应体系中H2与N2物质的量之比保持3:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2（g）+Br2（g） ‎ ‎2HBr（g）恒温、恒容下，反应体系中气体的颜色保持不变，说明溴单质的浓度不再变化，达到了平衡，故A错误；‎ B．2NO2（g） N2O4（g）是前后气体系数和变化的反应，当恒温、恒容下，反应体系中气体的压强保持不变，达到了平衡，故B错误；‎ C．CaCO3（s）CO2（g）+ CaO（s）恒温、恒容下，反应体系中气体的密度等于气体质量和体积的比值，质量变化，体积不变，所以密度变化，当气体密度保持不变的状态是平衡状态，故C错误；‎ D．N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）反应体系中H2与N2的物质的量之比保持3:1，不能证明正逆反应速率相等，不一定是平衡状态，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎14.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，发生反应：‎2A(g)+B(s) C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有（ ）个 ‎①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的压强不变 ‎④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤C(g)的物质的量浓度不变 ‎⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1 ⑦某时刻v(A)＝2v(C)且不等于零 ‎⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A A. 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；‎ ‎②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；‎ ‎③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；‎ ‎④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；‎ ‎⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；‎ ‎⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；‎ ‎⑦某时刻υ(A)=2υ(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；‎ ‎⑧单位时间内生成n mol D一定消耗2n mol A，同时生成2n mol A，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；‎ 能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。‎ ‎15.向绝热恒容密闭容器中通入和，一定条件下使反应达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示由图得出的结论不正确的是（　　）‎ A. 反应过程中压强始终不变 B. 反应物浓度：a点大于b点 C. 反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 时，的转化率：段小于段 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图像可知，该反应为气体体积不变的反应，该容器为绝热容器，温度升高，压强增大，故A错误；‎ B.随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，所以a点反应物浓度大于b点的，故B正确；‎ C. 反应初始阶段，随着反应的进行，反应速率逐渐加快，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；‎ D. 两段的时间相同，而后段反应速率大，消耗的二氧化硫多，所以b～c段的转化率大于a～b段，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎16.在密闭容器中加入CaSO4和CO，在一定温度下，发生反应：CaSO4(s)＋CO(g) CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋218.4 kJ·mol－1‎ CO的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 该反应是吸热反应，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 B. CaO是固态，不能用CaO表示反应的快慢 C. 图示中t1时改变的条件可能是减小c(CO)，同时增大c(SO2)‎ D. 图示中t1时改变的条件可能是增大压强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A．一般情况下，升高温度都会使反应速率增大，因此升高温度后，正逆反应反应速率都会增加，A项错误；‎ B．反应速率有多种表示方法，由于CaO是固体，所以不能用其浓度的变化表示反应速率；但是可以用其质量的变化反映反应速率的大小，B项错误；‎ C．图中t1时刻后，v正减小而v逆增大；根据反应速率的影响因素可知，若减小CO的浓度会导致正反应速率下降，若同时增大SO2的浓度则会导致逆反应速率上升，C项正确；‎ D．若增大压强，则会导致正逆反应速率都增大，这与图像中的反映的信息不符，D项错误；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷（共52分）‎ 二、非选择题（共4题）‎ ‎17.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图1。E原子最外层电子数是D原子最外层电子数的4倍，D的简单离子核外电子排布与C2－相同。‎ 试回答：‎ ‎（1）元素E在元素周期表中的位置是________。‎ ‎（2）与元素D的简单离子所含电子数和质子数均相同的微粒是________（用化学式作答，下同）。‎ ‎（3）B和E的最高价氧化物对应的水化物，酸性较弱的为________。若用上图2中装置验证这两种酸的酸性强弱，则在装置中加入的试剂分别为：Ⅰ________Ⅱ________，观察到的实验现象是____。‎ ‎（4）由以上五种元素组成的中学常见的物质，其组成和结构信息如下表：‎ 物质 组成和结构信息 a 含有A、C、D的盐 b C、D组成的化合物，且原子个数之比为1∶1‎ c 化学组成为AC2‎ ‎①a含有的化学键有____________________________________；‎ ‎②c的电子式为___________________；‎ ‎③b与c反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 第三周期ⅣA族 (2). NH (3). H2SiO3 (4). HNO3 (5). Na2SiO3 (6). Ⅱ中出现白色胶状沉淀 (7). 离子键、共价键 (8). (9). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，E原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，则D处于IA族，E处于ⅣA族，E与A最外层电子数相同，二者同主族，且E的原子半径较大，故A为碳元素、E为Si；最外层电子数C＞B＞4，且二者原子半径小于碳原子，故B、C处于第二周期，C能形成离子C2-‎ ‎，故C为O元素，则B为N元素；D离子核外电子排布与O2-相同，且D处于IA族，故D为Na，据此解答。‎ ‎【详解】(1)元素E为Si，在元素周期表中的位置是：第三周期ⅣA族；‎ ‎(2)元素D离子为Na+，与Na+所含电子数和质子数均相同的微粒是：NH4+(或H3O+)；‎ ‎(3)B和E最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、H2SiO3，酸性较弱的为H2SiO3，若验证这两种酸的酸性强弱，根据强酸制弱酸的原理，则在装置中加入的试剂分别为：Ⅰ为HNO3，Ⅱ为Na2SiO3，发生反应：2HNO3+ Na2SiO3= H2SiO3↓+2NaNO3，现象为：Ⅱ中出现白色胶状沉淀，故答案为：HNO3；Na2SiO3；中出现白色胶状沉淀；‎ ‎(4) 由以上五种元素组成的中学常见物质，a是含有C、O、Na的盐，则a为Na2CO3，c的化学组成为AC2，则c为CO2，b是O、Na组成的化合物，且原子数之比为1：1，则b为Na2O2，‎ ‎①a为Na2CO3，含有离子键、共价键；‎ ‎②c的电子式为；‎ ‎③b与c反应的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。‎ ‎18.资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品。‎ ‎（1）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[CO（NH2）2]。已知：‎ ‎①2NH3（g）＋CO2（g）＝NH2CO2NH4（s）△H ＝－159.47 kJ·mol-1‎ ‎②NH2CO2NH4（s）＝CO（NH2）2（s）＋H2O（g）△H ＝+116.49 kJ·mol-1‎ ‎③H2O（l）＝H2O（g）△H ＝+88.0 kJ·mol-1‎ 试写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式______________。‎ ‎（2）已知：‎ 化学键 Si—Cl H—H H—Cl Si—Si 键能/kJ·mol－1‎ ‎360‎ ‎436‎ ‎431‎ ‎176‎ 且硅晶体中每个硅原子和其他4个硅原子形成4个共价键。工业上所用的高纯硅可通过下列应反制取：SiCl4（g）＋2H2（g）Si（s）＋4HCl（g），该反应的△H＝___ kJ·mol－1。‎ ‎（3）在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g） ΔH＜0向一容积为‎2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在‎300℃‎时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO2：0.2mol·L-1，H2：0.8mol·L-1，CH4：0.8mol·L-1，H2O：1.6mol·L-1，起始充入CO2和H2的物质的量分别为_____、_____，CO2‎ 的平衡转化率为______。‎ ‎（4）观察如图所示的两个装置，图1装置中铜电极上产生大量的无色气泡，图2装置中铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体。根据上述现象试推测金属铬具有的两种重要化学性质为 ‎① ____________________________________。‎ ‎② ____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 2NH3（g）＋CO2（g）＝CO（NH2）2（s）＋H2O（l） △H ＝－130.98 kJ·mol−1 (2). +236 (3). 2mol (4). 8mol (5). 80% (6). 金属铬的活泼性比铜强且能和稀硫酸反应生成H2 (7). 金属铬易被稀硝酸钝化 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据盖斯定律计算；‎ ‎(2)根据焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能进行计算；‎ ‎（3）依据化学平衡三段式列式计算；‎ ‎(4)图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明Cr的活泼性大于Cu，能和稀硫酸反应生成H2；而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明Cr和硝酸能产生钝化现象。‎ ‎【详解】（1）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ•mol-1‎ ‎②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.49kJ•mol-1‎ ‎③H2O（l）=H2O（g）△H=+88.0kJ•mol-1‎ 依据盖斯定律：①+②-③得：‎ ‎2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-130.98 kJ•mol-1；‎ ‎(2) △H＝反应物的总键能-生成物的总键能=4×360+2×436-2×176-4×431=+236（kJ·mol－1）‎ ‎（3）向一容积为‎2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在‎300℃‎时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO2 0.2mol•L-1，H2 0.8mol•L-1，CH4 0.8mol•L-1，H2‎ O 1.6mol•L-1 ，起始充CO2和H2的物质的量分别为x、y；‎ x=1.6mol+0.4mol=2mol，y=6.4mol+1.6mol=8mol；‎ CO2的平衡转化率=×100%=80%；‎ ‎(4)由图1可知还原性Cr>Cu，但在稀硝酸中却出现了反常，结合稀硝酸的氧化性，不难推测铬被稀硝酸钝化，导致活性降低，‎ 故答案为：①金属铬的活泼性比铜强且能和稀硫酸反应生成H2；②金属铬易被稀硝酸钝化。‎ ‎19.将浓度均为0.01 mol/L 的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。‎ ‎【资料】‎ 该“碘钟实验”的总反应：H2O2 +2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O 反应分两步进行：‎ 反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O ‎ 反应B：…… ‎ ‎(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。‎ ‎(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。‎ a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。‎ b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。‎ 试剂X是______。‎ ‎(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01 mol/L）‎ 试剂 序号 用量（mL）‎ H2O2‎ 溶液 H2SO4‎ 溶液 Na2S2O3‎ 溶液 KI溶液 ‎(含淀粉)‎ H2O 实验Ⅱ ‎5‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎3‎ ‎0‎ 实验Ⅲ ‎5‎ ‎2‎ x y z 溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30 min、实验Ⅲ是40 min。‎ ‎①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。‎ ‎②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。‎ ‎(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。‎ ‎（溶液浓度均为0.01 mol/L）‎ 试剂 序号 用量（mL）‎ H2O2‎ 溶液 H2SO4‎ 溶液 Na2S2O3‎ 溶液 KI溶液(含淀粉)‎ H2O 实验Ⅳ ‎4‎ ‎4‎ ‎9‎ ‎3‎ ‎0‎ 实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。‎ 试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。‎ ‎【答案】(1). I2+2S2O32-=2I-+S4O62- (2). 催化剂 (3). 淀粉、碘化钾 (4). 8、3、2 (5). 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 (6). 由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)< v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；‎ ‎(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；‎ ‎(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；‎ ‎②变色时间越长，反应速率越慢；‎ ‎(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。‎ ‎【详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2 +2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-‎ 在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；‎ ‎(2) H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；‎ ‎(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；‎ ‎②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；‎ ‎(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A)< v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。‎ ‎20.碘化钠在光学器件石油探测、安检、环境监测等领域有重要应用。某研究小组开发设计的制备高纯NaI的简化流程如图：‎ 已知：‎ ‎①I2(s)＋I-(aq)I3-(aq)。‎ ‎②水合肼(N2H4•H2O)具有强还原性，可分别将碘的各种酸根和I2还原为I-，本身被氧化为无毒物质。‎ ‎③NaI易溶于水，也易溶于酒精，在酒精中的溶解度随温度的升高增加不大。‎ 请回答：‎ ‎（1）步骤Ⅰ，I2与NaHCO3溶液发生歧化反应，生成物中含IO-和IO3-离子。‎ ‎①I2与NaHCO3溶液反应适宜温度为40～‎70℃‎，则采用的加热方式为___。‎ ‎②实验过程中，加少量NaI固体能使反应速率加快，其原因是___。‎ ‎（2）步骤Ⅱ，水合肼与IO‾反应的离子方程式为___。‎ ‎（3）步骤Ⅲ，多步操作为：‎ ‎①将步骤Ⅱ得到的pH为6.5～7的溶液调整pH值至9～10，在‎100℃‎下保温8h，得到溶液A；‎ ‎②将溶液A的pH值调整至3～4，在70～‎80℃‎下保温4h，得溶液B；‎ ‎③将溶液B的pH调整至6.5～7，得溶液C；‎ ‎④在溶液C中加入活性炭，混合均匀后煮沸，静置10～24h后，过滤除杂得粗NaI溶液。上述①②③操作中，调整pH值时依次加入的试剂为___。‎ A.NaOH B.HI C.NH3•H2O D.高纯水 ‎（4）步骤Ⅳ，采用改进的方案为用“减压蒸发”代替“常压蒸发”。‎ ‎①“减压蒸发”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管、接收瓶之外，还有___。‎ A.直形冷凝管 B.球形冷凝管 C.烧杯 D.抽气泵 ‎②采用“减压蒸发”的优点为___。‎ ‎（5）将制备的NaI•2H2O粗品以无水乙醇为溶剂进行重结晶。请给出合理的操作排序___。‎ 加热乙醇→ → → → →纯品（选填序号）。‎ ‎①高纯水洗涤 ②减压蒸发结晶 ③NaI•2H2O粗品溶解 ④趁热过滤 ⑤真空干燥 ⑥抽滤 ‎【答案】(1). 水浴 (2). 因为NaI固体溶于水产生I-(aq)与I2（S）反应形成I3-(aq)，使固体I2溶解性增加，导致浓度增加，使与NaHCO3溶液反应的反应速率加快 (3). N2H4·H2O+2IO-=N2↑+2I-+3H2O (4). ABA (5). AD (6). 减压环境与外界空气隔绝，避免I-被氧化；降低压强，沸点降低，利于水的蒸发 (7). ③→②→④→⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】本实验目的是将碘单质转化为碘化钠并纯化得到NaI·2H2O，根据题目所给流程，将I2与碳酸氢根反应得到碘的各种酸根，此步骤目的是使碘单质尽可能大的转移到溶液；随后向溶液中加入水合肼，水合肼的加入可以使溶液中碘的各种酸根和未反应的碘单质全部还原为I-，此时溶液中主要成分为NaI，经步骤Ⅲ的多步操作除去溶液中其他可溶性大量杂质得到粗NaI溶液，将溶液经过蒸发、抽滤得到NaI·2H2O粗晶体，粗晶体经过重结晶制得高纯NaI·2H2O晶体，据此分析。‎ ‎【详解】(1)①反应温度为40‎-70℃‎可利用水浴的方式进行反应，水浴加热可以较为精准的控制温度；‎ ‎②反应过程中加入少量的NaI，碘化钠电离出的I-可以结合I2生成，使固体I2溶解性增加，导致浓度增加，使与NaHCO3溶液反应的反应速率加快；‎ ‎(2)根据已知条件，水合肼可以和IO-发生反应生成I-和无毒的物质N2，反应的离子方程式为N2H4·H2O+2IO-=N2↑+2I-+3H2O；‎ ‎(3)步骤①是将酸性溶液调整为碱性溶液并在‎100℃‎下保持8h，需要选择碱性溶液调整pH，一水合氨虽然为碱性，电离出的OH-可以调整酸碱性，但是在高温条件下溶液中的铵根离子易发生水解，未反应的一水合氨受热分解，使溶液变回酸性，不能保持溶液pH的恒定，故选择NaOH溶液；步骤②是将碱性溶液调整为酸性溶液，需要向溶液中加入酸，故选择HF；步骤③需要将酸性溶液调整为碱性溶液，同时需要将溶液煮沸，若加入一水合氨，一水合氨在高温条件下易分解，使溶液变回酸性故选择NaOH，故步骤①和③选择NaOH作为pH调整试剂，步骤②选择HI作为pH调整试剂，选择ABA；‎ ‎(4)①在冷凝管的选择上，直形冷凝管一般用于蒸馏装置，用于物质的分离，而球形冷凝管一般用于反应装置，用于回流，故选择直形冷凝管；因为减压蒸馏，需要降低装置内的压强，故需要抽气泵减小装置内部压强，选择AD；‎ ‎②减压蒸发可以将物质与外界空气隔绝，避免I-被氧化，同时降低装置内压强，使水的沸点降低，利于水的蒸发；‎ ‎(5)根据已知条件，NaI易溶于水，也易溶于酒精可利用加入乙醇的方法重结晶，先将乙醇加热，再将碘化钠粗品溶解在热的乙醇溶液中，因碘化钠在乙醇中的溶解度随温度的升高变化不大这一特性，经碘化钠的醇溶液减压蒸发至有大量固体出现时，趁热过滤，这样粗品中的杂质就就在乙醇中，而较高纯度的碘化钠就留在滤纸上，然后为防止I-被氧化，需要通过真空干燥的方式制得纯净晶体，故顺序为③→②→④→⑤。‎