2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一下学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一下学期期中考试 化学试题 答题时间：90min 满分：100分 相对分子质量：H—1 C—12 O—16 Li—7 O—16 Na—23 Cu—64 ‎ 一．单项选择题（每小题3分，20小题，共60分）‎ ‎1.下列有关化学用语使用正确的是（　　）‎ A. 次氯酸的结构式H﹣Cl﹣O B. CO2的比例模型 C. NH4Cl的电子式为： D. Cl的原子结构示意图：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 次氯酸的结构式为H-O-Cl，A错误；‎ B. 碳原子半径大于氧原子半径，则不能表示CO2的比例模型，B错误；‎ C. NH4Cl是离子化合物，电子式为，C错误；‎ D. Cl的原子序数是17，其原子结构示意图为，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.氟利昂-12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为，下列有关叙述正确的是 A. 它只有一种结构 B. 它是平面分子 C. 它常温下是无色气体 D. 它溶于水可以电离出氟离子和氯离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，选项A正确；‎ B．甲烷是正四面体型结构，则氟利昂-12为四面体结构，选项B错误；‎ C. 氟利昂-12常温下是无色液体，选项C错误；‎ D. 氟利昂-12难溶于水，也不能电离出氟离子和氯离子，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎3.下列说法正确的有几句（　　）‎ ‎①离子键与共价键的本质都是静电作用；②任何物质中都存在化学键；③氢键是极弱的化学键；④离子键就是阴、阳离子之间的静电吸引力；⑤活泼金属与活泼非金属化合时能形成离子键；⑥任何共价键中，成键后原子均满足8电子稳定结构；⑦验证化合物是否为离子化合物的实验方法是可以看其熔化状态下能否导电；⑧两种非金属元素形成的化合物不可能含有离子键；⑨化学键断裂，一定发生化学变化 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①离子键与共价键均为化学键，本质都是静电作用，正确；‎ ‎②稀有气体中没有化学键，错误；‎ ‎③氢键不是化学键，错误；‎ ‎④阴、阳离子之间存在静电吸引力和静电斥力，离子键就是阴、阳离子之间的静电作用，错误；‎ ‎⑤活泼金属与活泼非金属化合时存在电子转移、形成阴离子和阳离子，阴离子与阳离子之间能形成离子键，正确；‎ ‎⑥BF3中B原子周围只有6个电子，不满足8电子稳定结构，错误；‎ ‎⑦离子化合物在熔融时能电离，所以能导电，共价化合物在熔融时不电离，不能导电，所以判断化合物是否为离子化合物的实验方法是看其熔化下能否导电，正确；‎ ‎⑧两种非金属元素形成的化合物可能含有离子键，例如NH4H，错误；‎ ‎⑨化学变化中存在新键的断裂和旧键的形成，只存在化学键的断裂不一定发生化学变化，如HCl溶于水，共价键被破坏，但是属于物理变化，错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学键、电解质的电离、溶液的导电性、化学变化等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意铵盐是由非金属元素形成的离子化合物。‎ ‎4.己知a、b、c、d四种短周期主族元素，在周期表中相对位置如下图所示，下列说法正确的是 ‎ a b ‎ c d A. a、c两元素的最高正价一定相等 B. d的原子序数不可能是b的原子序数的3倍 C. 若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则d元素的单质具有强氧化性 D. c的最高价氧化物对应的水化物一定可溶于d的最高价氧化物对应的水化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素周期表位置可知，a、b两元素位于第二周期主族，c、d两元素位于第三周期主族。‎ ‎【详解】A. a、c两元素同主族，但是若是第VIA族和VIIA族，O最高正价不为+6，F无正价，所以a、c两元素最高正价不一定相等，故A错误；‎ B. 当元素b是Be时，原子序数是4，元素d是Mg时，原子序数是12，d的原子序数是b的原子序数的3倍，故B错误；‎ C. 由元素周期表位置可知，c元素位于第三周期，若c元素最高价氧化物对应的水化物是强酸，则c元素为S，则d元素为Cl，Cl2具有强氧化性，故C正确；‎ D. c的最高价氧化物对应的水化物若为Al(OH)3,不可溶于d的最高价氧化物对应的水化物H2SiO3，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R的最简单气态氢化物分子的空间结构为正四面体，X的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同。元素X和Z形成化合物G，G中X和Z元素的质量之比为 23：16．含Y元素的可溶性化合物E和含X的可溶性化合物F，在10mL 1.0mol•L﹣1 E 溶液中滴加1.0mol•L﹣1 F溶液，产生沉淀的物质的量（n）与F溶液体积（V）的关系如图所示。下列说法一定正确的是（　　）‎ A. 原子半径：X＞Y＞R B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y＞R C. X和Y的单质组成的混合物不能完全溶于水 D. 工业上，通过电解熔融氯化物制备Y的单质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从题干叙述可知，X的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同，推得X为钠；R的最简单气态氢化物分子的空间结构为正四面体，R为碳族元素，结合原子序数关系，R为碳；元素X和Z形成化合物G，G中X和Z元素的质量之比为23︰16，Z应为硫；通过图像可知E:F:沉淀=1:3:4，可推得Y为铝。‎ ‎【详解】A.钠与铝同周期，推得钠原子半径大于铝，碳位于钠和铝的上一周期，所以半径小，选项A正确；‎ B.碳的最高价氧化物对应水化物为碳酸，为弱酸；硫的最高价氧化物对应水化物为硫酸，为强酸；铝的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，酸性最弱，选项B错误；‎ C.钠单质与铝单质投入水中，若钠过量，与水反应可生成大量氢氧化钠，可以将铝全部溶解，选项C错误；‎ D.工业上采用电解熔融氧化铝来制备铝单质，而铝的氯化物为共价化合物，熔融不导电，不能被电解，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表及元素周期律的知识，必修部分元素周期表推断时，绝大部分考查常见、熟悉的物质，所以分析时从我们常见化合物入手。‎ ‎6.如图所示，烧杯甲中盛有少量液态冰醋酸，烧杯乙中盛有NH4Cl晶体，在烧杯乙中再加入适量氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]，搅拌，可观察到冰醋酸逐渐凝结为固体。下列有关判断正确的是(　　)‎ A. NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O反应的焓变(ΔH)小于0‎ B. 反应物的总能量高于生成物的总能量 C. 反应中有热能转化为产物内部的能量 D. 反应中断裂的化学键只有离子键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 烧杯甲冰醋酸逐渐凝结为固体，说明烧杯乙中的NH4Cl晶体与氢氧化钡晶体[Ba(OH)2•8H2O]反应吸热，故焓变（ΔH）大于0，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应中有热能转化为产物内部的能量，即A、B错误，C正确；D项，NH4Cl晶体与氢氧化钡晶体[Ba(OH)2•8H2O]反应有BaCl2和NH3•H2O 生成，既有离子键断裂和生成，又有共价键断裂和生成，D错误。‎ ‎7.下列实验现象中，不能说明相应的化学反应是放热反应的是（　　）‎ 选项 A B C D 实验 装置 实验现象 温度计的示数不断增大 反应开始后，气球慢慢胀大 反应开始后，甲侧液面低于乙侧液面 反应开始后，针筒活塞向右移动 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.盐酸和氢氧化钠溶液发生中和反应，为放热反应，温度计的示数不断增大；‎ B.稀硫酸与氢氧化钾溶液发生中和反应，放热热量，瓶内气体受热膨胀，气球慢慢胀大；‎ C.铁与稀盐酸反应放热，瓶内气体受热膨胀，则U型管内甲侧液面低于乙侧液面；‎ D.硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后，针筒活塞向右移动，不能说明反应放热；‎ 故选D。‎ ‎8.一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如图。电池工作时电极上发生的反应为：RuIIRuII*(激发态) RuII*→RuIII I3﹣+2e﹣→3I﹣下列关于该电池的叙述正确的是:‎ A. 电池工作时，是将化学能转化为电能 B. 电池工作时，电解质溶液中I﹣和I3﹣浓度不断减少 C. 透明导电玻璃上的电势比镀Pt导电玻璃上的电势高 D. 电解质溶液中发生反应：2Ru3++3I﹣═2Ru2++I3﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示可知，该电池工作时，是将太阳能转化为电能的装置，A错误；‎ B.电池工作时，电解质溶液中I-和I3-浓度不变，B错误；‎ C.根据装置图可知，电子由透明导电玻璃上通过用电器转移至镀Pt导电玻璃上，所以透明导电玻璃上的电势比镀Pt导电玻璃上的电势低，C错误；‎ D.电池工作时，在电解质溶液中发生反应：2Ru3++3I-=2Ru2++I3-，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎9.一种检测空气中甲醛（HCHO）含量的电化学传感器的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 传感器工作时，工作电极电势高 B. 工作时，H+通过交换膜向工作电极附近移动 C. 当导线中通过2×l0﹣6 mol电子，进入传感器的甲醛为3×10﹣3 mg D. 工作时，对电极区电解质溶液的pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池工作时，HCHO转化为CO2，失电子在负极发生氧化反应，其电极反应式为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，O2在正极得电子发生还原反应，其电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，工作时，阳离子向电源的正极移动，再结合电池总反应判断溶液pH变化，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. HCHO在工作电极失电子被氧化，做原电池的负极，工作电极电势低，故A项错误；‎ B. 根据原电池工作原理易知，工作时，溶液中的阳离子(氢离子)向电源的正极移动，即对电极方向，故B项错误；‎ C. 负极反应为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，当电路中转移1.2×l0-6 mol电子时，消耗HCHO的物质的量为×1.2×l0-6 mol = 3.0×l0-7 mol，则HCHO质量为3.0×l0-7 mol ×30 g/mol = 9×10-3 mg，故C项错误； ‎ D. 工作时，对电极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2‎ O，反应后生成水，虽然有相同数量的氢离子从负极迁移过来，但是，由于溶液的体积增大，正极区溶液的酸性减弱，其pH值增大（若忽略溶液的体积变化，则pH基本不变），故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是D选项，考虑质子交换膜隐含的信息时所用电解质环境为酸性，利用总反应可知生成水的同时，溶液中酸碱性的变化，从而打开思路，提高做题正答率。‎ ‎10.研究小组进行如下表所示的原电池实验:‎ 实验编号 ‎①‎ ‎②‎ 实验装置 实验现象 连接好装置5分钟后，灵敏电流计指针向左偏转，两侧铜片表面均无明显现象 连接好装置。开始时左侧铁片表面持续产生气泡，5分钟后，灵敏电流计指针向右偏转，右侧铁片表面无明显现象 下列关于该实验的叙述中，正确的是 A. 两装置的盐桥中，阳离子均向右侧移动 B. 实验①中，左侧的铜被腐蚀 C. 实验②中，连接装置5分钟后，左侧电极的电极反应式为：2H＋+2e－=H2↑‎ D. 实验①和实验②中，均有O2得电子的反应发生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①电子移动的方向从负极流向正极，即左侧铜为正极，右侧铜为负极，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即向左侧移动，②5min后，灵敏电流计指针向右偏转，说明左侧铁作负极，右侧铁作正极，根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，即向右侧移动，A项错误；‎ B. 根据A选项分析，实验①中左侧铜没有被腐蚀，右侧铜被腐蚀，B项错误；‎ C.‎ ‎ 实验②中连接好装置，5分钟后，灵敏电流计指针向右偏转，说明左侧铁作负极，右侧铁作正极，即左侧电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，C项错误；‎ D. 实验①左侧电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，实验②5min后，右侧铁片电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，均是吸氧腐蚀，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.一种处理垃圾渗透液并用其发电的示意图如图装置工作时，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 微生物细菌对氮的硝化起氧化作用 B. 盐桥中K+向Y极移动 C. 电子由Y极沿导线流向X极 D. Y极发生的反应为：2NO3﹣+10e﹣+12H+═N2↑+6H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 垃圾在微生物的作用下，发生氧化还原反应，形成了原电池，所以微生物细菌对氮的硝化起氧化作用，选项A正确；‎ B.NH3 N2 化合价升高失电子，发生氧化反应，做正极；NO3-N2 化合价降低得电子，发生还原反应，做负极， 盐桥中K+向正极Y极移动，选项B正确；‎ C. 电池工作时，X极为电池的负极，电子由负极X极沿导线流向Y极，选项C不正确；‎ D. Y 极为正极发生的反应为2NO3-+10e- +12H+=N2+6H2O，消耗H+，所以pH 增大，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池有关知识。解题时抓住原电池反应原理氧化还原反应。通过得失电子判断原电池的正负极，从而确定离子的移动方向，溶液中pH的变化。‎ ‎12.反应A（g）+3B（g）＝2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率分别为①v（A）＝0.8mol/（L•min）； ②v（B）＝0.75mol/（L•s）； ③v（C）＝0.6mol/（L•s）； ④v（D）＝0.5mol/（L•s）。该反应进行的快慢顺序为（　　）‎ A. ①＞②＞③＞④ B. ③＞②＝④＞① C. ①＞③＞②＝④ D. ④＞③＞②＞①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。‎ ‎【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则 ‎①v（A）=0.8mol/（L·min），0.8/(60×1)=0.013；‎ ‎②v（B）=0.75mol/（L·s），0.75/3=0.25；‎ ‎③v（C）=0.6mol/（L·s），0.6/2=0.3；‎ ‎④v（D）=0.5mol/（L·s），0.5/2=0.25，‎ 该反应进行的快慢顺序为③＞②=④＞①，‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率，解题关键：把握化学计量数与反应速率的关系，易错点A，注意比值法应用及速率单位统一。‎ ‎13.反应4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，2 min内B的浓度减少0.6 mol·L－1，对此反应速率的描述正确的是 A. v(A)＝0.4 mol·L－1·min－1‎ B. 分别用B、C、D表示的反应速率的值之比为3∶2∶1‎ C. 在2 min末的反应速率，用B表示为0.3 mol·L－1·min－1‎ D. 在这2 min内B和C两物质浓度都是逐渐减小的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据v=△c/△t计算v（B），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（C）、判断v（B）与v（D）关系，A是固体，不能利用该方法表示反应速率。‎ ‎【详解】A项、A是固体，不能用该方法表示反应速率，故A错误；‎ B项、速率之比等于化学计量数之比，分别用B、C、D表示的反应速率的值之比为3∶2∶1，故B正确；‎ C项、在2min内，B的浓度减少0.6mol/L，则v（B）=0.6mol/L/2min=0.3mol/（L•min），该速率为这段时间内的平均速率，不是某时刻的即时速率，故C错误；‎ D项、在这2 min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增大，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的表示与计算，注意化学反应速率为平均速率，不是瞬时速率，注意化学反应速率之比等于化学计量数之比是解答关键。‎ ‎14.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间。以下叙述正确的是（　　）‎ A. 两烧杯中铜片表面均有气泡产生 B. 甲烧杯中的电流与阳离子流向均为Zn→Cu C. 两烧杯中溶液的pH均增大 D. 两烧杯在相同时间内转移电子数相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑．乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，以此进行分析。‎ A、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；‎ B、甲烧杯中的电流流向均为Cu→Zn，故B错误；‎ C、甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，因此pH均增大，故C正确．‎ D、甲装置形成了原电池，反应速率会加快，因此甲比乙在相同时间内转移的电子数要多，故D错误．‎ 故选C 考点：原电池和电解池的工作原理 点评：题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理。‎ ‎15.实验小组探究甲烷与氯气的取代反应，装置、现象如下：‎ 现象 ⅰ．光照后，产生白雾，混合气体颜色变浅 ⅱ．试管内液面上升至试管的2/3；试管壁和液面上出现少量油状液滴 下列说法不正确的是（　　）‎ A. 饱和食盐水可以减少氯气的溶解 B. 油状液滴的主要成分是一氯甲烷 C. 产生白雾以及试管内液面上升证明有氯化氢生成 D. 为了探究反应条件，可用黑色纸套套住装满甲烷和氯气的试管，一段时间后进行观察 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷与氯气在光照条件下可发生取代反应，依次生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳及氯化氢小分子，其中一氯甲烷为气体，其他三种有机物为难溶于水的油状液体，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 氯气溶于水形成盐酸与次氯酸，饱和食盐水中含大量的氯离子，可以减少氯气与水的反应，同时降低其在水中的溶解度，故A项正确；‎ B. 出现的油状液滴为二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，一氯甲烷再常温下为气体，故B项错误；‎ C. 氯化氢易溶于水，在试管口形成白雾，氯气与甲烷反应生成氯化氢后试管内气体的压强减小，液面上升，故C项正确；‎ D. 为了探究反应条件，可采用对照实验，用黑色纸套套住装满甲烷和氯气的试管，一段时间后进行观察，故D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎16.下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是 A. a、b极不能使用同种电极材料 B. 工作时，a极的电势低于b极的电势 C. 工作一段时间之后，a极区溶液的pH增大 D. b极的电极反应式为：CH3 COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称， 写出电极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。‎ ‎【详解】A项：电极a、b上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A项错误；‎ B项：工作时，电极b上CH3COO-→HCO3-，碳元素从平均0价失电子升至+4 价，电极b是原电池的负极，则电极a是电池的正极，a极的电势高于b极的电势，B项错误；‎ C项：电极a（正极）电极反应为+H++2e-　→　＋Cl-，正极每得到2mol电子时，为使溶液电中性，必有2molＨ+通过质子交换膜进入a极溶液，同时电极反应消耗1molＨ+。故工作一段时间之后，a极区溶液中H+浓度增大，pH减小，C项错误；‎ D项：据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极b（负极）反应为CH3 COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎【点睛】质子交换膜只允许质子（氢离子）通过。一定时间内，通过质子交换膜的质子的物质的量，必须使质子交换膜两侧的溶液呈电中性。‎ ‎17.碳排放是影响气候变化的重要因素之一。最近，科学家开发出一种新系统，“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，生成电能和氢气，其工作原理如图所示。下列有关说法中不正确的是（　　）‎ A. 系统工作时，化学能转变成电能 B. 系统工作时，电流由a极沿导线流向b极 C. 系统工作时，b极区可能会析出固体 D. 系统工作时，b极区的电极反应式为2CO2+2H2O+2e﹣＝2HCO3﹣+H2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电池工作原理示意图可知反应中Na被氧化为Na+，应为原电池的负极反应，则a电极反应式为Na-e- =Na+ ， b正极二氧化碳得电子被还原生成H2，电极反应式为2CO2+2H2O+2e﹣＝2HCO3﹣+H2，原电池工作时，阳离子向正极移动 阴离子向负极移动，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、该装置是原电池，化学能转变成电能，选项A正确；‎ B、系统工作时，电流由正极b极沿导线流向负极a极，选项B错误；‎ C、系统工作时，b正极二氧化碳得电子被还原生成H2，电极反应式为2CO2+2H2O+2e﹣＝2HCO3﹣+H2与移动过来的钠离子结合成碳酸氢钠，所以b极区可能会析出碳酸氢钠固体，选项C正确；‎ D、b正极二氧化碳得电子被还原生成H2，电极反应式为2CO2+2H2O+2e﹣＝2HCO3﹣+H2，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎18.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 左池的pH值降低 B. 右边为阴离子交换膜 C. 右池电极的反应式：2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O D. 当消耗0.1molC6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；‎ B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；‎ C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C正确；‎ D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1molC6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.一端封闭的U形管，封闭的一端有一段CH4和Cl2的混合气体，在水平部分有一段气柱，其他两段为液柱，已知液体与气体不反应．使CH4和Cl2在稍暗的光线下缓慢反应，则中间气柱的长度将（假设中间气柱未移出U形管水平部分）（　　）‎ A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 难以确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl　　①‎ CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl　②‎ CH2Cl2＋Cl2CHCl3＋HCl　③‎ CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl　　④‎ 由于CH2Cl2、CHCl3和CCl4为液体，则只有②反应体积减小，其他气体体积不变使得左边液柱高度上升，而右边液柱高度下降，那么对中间气柱的压强减小，则体积变大。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查对CH4和Cl2反应的理解，四步同时反应，以及常温下CHCl3、CCl4、CH2Cl2、CH3Cl、CH4的存在状态，同时又考查了气柱体积变化时，液柱的移动及对其他气柱的影响，考查了逻辑思维能力。‎ ‎20.工业上，可采用还原法处理尾气中NO，其原理:2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) △H<0。在化学上，正反应速率方程式表示v（正）=k（正）·cm(NO）·cn（H2），逆反应速率方程式表示为v（逆）=k（逆）·cx（N2）·cy（H2O），其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m，n，x，y叫反应级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H2，在T℃下进行实验，测得有关数据如下：‎ 实验 c(NO)/mol·L-1‎ c(H2)/mol·L-1‎ v(正)/mol·L-1·min-1‎ ‎①‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.414k ‎②‎ ‎0.10‎ ‎0.40‎ ‎1.656k ‎③‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎1.656k 下列有关推断正确的是 A. 上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量 B. 若升高温度，则k（正）增大，k（逆）减小 C. 在上述反应中，反应级数：m=2，n=1‎ D. 在一定温度下，NO、H2的浓度对正反应速率影响程度相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) △H<0，正反应是放热反应，根据反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，分析判断A的正误；‎ 根据升高温度，反应速率加快分析判断B的正误；‎ 根据表格数据知，①、②实验数据比较，可以计算n。①和③比较可以计算m，分析判断C的正误；‎ 根据C计算结果分析判断D的正误。‎ ‎【详解】A.上述反应的正反应是放热反应，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，由此推知，正反应活化能小于逆反应活化能，选项A错误；‎ B.升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，选项B错误；‎ C.由表格数据知，①、②实验数据比较，＝4n＝＝4，故n＝1。＝2m＝＝4，则m＝2，选项C正确；‎ D.由于正反应速率表达式中NO、H2的反应级数不相等，所以，NO、H2浓度对正反应速率的影响程度不相同，选项D错误；‎ 答案选C。‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21.A、B、C、D、E五种短周期元素，A与D同周期，A的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，B的单质在放电条件下能与氧气反应，C元素的离子不含电子，D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍。‎ ‎（1）A的离子结构示意图为_______________，E元素在周期表的位置是_____________________。‎ ‎（2）用电子式表示C的氧化物的形成过程____________________________‎ ‎（3）比较B、D、E的氢化物的沸点由高至低：_____________________________。‎ ‎（4）化合物甲由元素A、B组成，具有良好电绝缘性。化合物甲能与水缓慢反应生成化合物乙。乙分子中含有10个电子，写出该反应的化学方程式：________________。 。‎ ‎（5）化学家鲍林在研究含氧酸的强弱时，提出了一个定性规则:含氧酸分子中的非羟基（注：羟基是—OH）氧原子数与酸性强弱成相关性。设含氧酸化学式为HnROm,则非羟基氧原子数为(m-n)，其数值越大，该含氧酸的酸性越强。鲍林认为含氧酸的强弱与非羟基氧原子数(m-n)有如下关系:‎ ‎ m-n ‎ 0‎ ‎ 1‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ 含氧酸强度 ‎ 弱 酸 中 强 ‎ 强 很 强 ‎ 实 例 HClO H3PO4‎ HNO3‎ ‎ HClO4‎ ‎①规则判断H2CrO4、HMnO4酸性由强到弱的顺序为_________________。‎ ‎②As为第ⅤA元素，H3AsO3为弱酸，H3PO3为中强酸，试推断H3AsO3的分子结构式为________，H3PO3为的结构式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 第二周期ⅥA族 (3). (4). H2O>NH3>H2S (5). AlN + 3H2O＝Al(OH)3↓+ NH3↑ (6). HMnO4＞H2Cr2O4 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E五种短周期元素，A的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，则A为Al；A与D同周期，D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则最外层电子数为6，故D为S元素；B的单质在放电条件下能与氧气反应，则B为N元素；C元素的离子不含电子，则C为H元素；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，E原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素，据此分析。‎ ‎【详解】A、B、C、D、E五种短周期元素，A的单质既可与盐酸反应，又可与NaOH溶液反应，则A为Al；A与D同周期，D元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则最外层电子数为6，故D为S元素；B的单质在放电条件下能与氧气反应，则B为N元素；C元素的离子不含电子，则C为H元素；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，E原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素。‎ ‎（1）A为Al，原子核外有3个电子层，各层电子数为2、8、3，失去3个电子后其离子结构示意图为；E为O元素，在周期表的位置是第二周期ⅥA族；‎ ‎（2）C的氧化物为H2O，为共价化合物，用电子式表示C的氧化物的形成过程为；‎ ‎（3）B、D、E分别为N、S、O，氢化物(为分子晶体)的沸点一般由分子的相对分子质量决定，相对分子量大，沸点就高，而同族元素从上到下相对原子量逐渐增大的，所以一般来说，同族元素氢化物的沸点从上到下逐渐增大.如：沸点：HCl＞HBr＞HI，但是HF、 H2O、 NH3这几个物质的沸点比同族元素氢化物的沸点反常地高，原因是这些分子间易形成氢键，同周期是从左到右越来越高，故N、S、O的氢化物的沸点由高至低为H2O>NH3>H2S；‎ ‎（4）化合物甲由元素Al、N组成，具有良好电绝缘性，甲为AlN，能与水缓慢反应生成含N元素的化合物乙，乙分子中含有10个电子，则乙为NH3，反应为水解反应，同时生成氢氧化铝，该反应的化学方程式为：AlN+3H2O=Al(OH)3↓+NH3↑；‎ ‎（5）①H2CrO4的非羟基氧有2个，和HMnO4的非羟基氧有3个，所以H2CrO4为强酸，HMnO4为很强酸，酸性由强到弱的顺序为HMnO4＞H2Cr2O4；‎ ‎②因为H3AsO3为弱酸，所以其分子中不存在非羟基氧，故其结构式应为；‎ 由于H3PO3为中强酸，查上表可知其非羟基氧有一个，而分子中却有三个氢原子，说明必有一个氢原子是直接与P原子结合，该分子的结构简式为。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生对知识的迁移应用与分析解决问题能力，难度中等。‎ ‎22.（1）为了验证Fe2+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是______，写出正极的电极反应________。若构建原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.05mol电子时，两个电极的质量差为________。‎ ‎(2)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。‎ ‎①实验测得OH-定问移向B电极，则_____处电极入口通甲烷(填A或B)，其电极反应式为 ___________。‎ ‎②当消耗甲院的体积为33.6L(标准状况下)时，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为________。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). Cu2++2e-=Cu (3). 3g (4). B (5). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (6). 9.6mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①中铜是负极，碳是正极，铁离子在正极放电生成亚铁离子，不能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱；‎ ‎②中在常温下铁遇浓硝酸发生钝化，铁是正极，铜是负极，不能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱；‎ ‎③中铁是负极，碳是正极，铜离子在正极得到电子生成铜，能比较Fe2+与Cu2+氧化性强弱，正极的电极反应为Cu2++2e-=Cu；‎ 当导线中通过0.05mol电子时，消耗铁0.025mol×56＝1.4g，析出铜是0.025mol×64g/mol＝1.6g，则两个电极的质量差为1.4g+1.6g＝3.0g；‎ ‎(2)①实验测得OH-定向移向B电极，则B电极是负极，因此B处电极入口通甲烷，其电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；‎ ‎②甲院的体积为33.6L(标准状况下)，物质的量是1.5mol，假设电池的能量转化率为80%，则导线中转移电子的物质的量为1.5mol×80%×8＝9.6mol。‎ ‎23.（1）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应式为:3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，原电池负极的电极反应式为 ______；放电时正极附近溶液的碱性____(填“增强”。“不变“或“减弱”)。‎ ‎（2）三元锂电池是以镍钴锰为正极材料的新型电池，镍钴锰材料可表示为Li1-nNixCoyMnzO2，x+y+z=1，通常简写为Li1-nMO2，Ni、Co、Mn三种元素分别显+2、+3、+4价。其充电时总反应为：LiMO2+C6‎ Li1-nMO2+LinC6。‎ ‎①充放电电时，电解液的主要作用________________________________________。‎ ‎②在Li1-nMO2材料中，若x︰y︰z=2︰3︰5，则n=______________。‎ ‎③放电时，正极反应为：__________________________。‎ ‎④充电时，当转移0.2amol电子，负极材料减重_____________g。‎ ‎【答案】 (1). Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2 (2). 增强 (3). 放电和充电时，电解液离子通过定向移动，构成闭合回路 (4). 0.3 (5). Li1-nMO2+nLi++ne－=LiMO2 (6). 1.4ag ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)反应中锌失去电子，则原电池负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；正极反应式为FeO42－+3e－+4H2O＝Fe(OH)3+5OH－，因此正极附近溶液的碱增强；‎ ‎（2）①放电和充电时，电解液离子通过定向移动，构成闭合回路；‎ ‎② Li1-nNixCoyMnzO2根据正负化合价代数和为0计算，1-n+2×+3×+4×-2×2=0，得出n=0.3；‎ ‎③放电时，正极发生还原反应，得电子，电极反应为：Li1-nMO2+nLi++ne－=LiMO2；‎ ‎④充电时，负极得电子，nLi++C6+ne-=LinC6，当转移0.2amol电子，负极材料增重1.4ag。‎ ‎24.（1）反应A+B→C（放热）分两步进行①A+B→X（吸热）；②X→C（放热）。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是_____。‎ ‎（2）合成氨工业中，合成塔中每产生2mol NH3，放出92.2kJ热量，已知（见图）：则1mol N﹣H键断裂吸收的能量约等于_____kJ。‎ ‎（3）请将 Zn+2Ag+＝2Ag+Zn2+设计成原电池，并画出简易装置图，并注明电极材料以及电解质溶液___‎ ‎【答案】 (1). D (2). 391 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热；‎ ‎（2）3H2+N2⇌2NH3，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量计算得到；‎ ‎（3）根据 Zn + 2Ag+ = 2Ag + Zn2+，Zn发生氧化反应，所以Zn作负极，Ag+发生还原反应生成Ag，所以可溶性硝酸银作电解质溶液，用石墨作正极。‎ ‎【详解】（1）A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于生成C的总能量，排除选项A、B，A+B→X（吸热），则X的能量大于A+B的总能量，X→C（放热），则X的能量大于C的总能量，排除选项C，‎ 答案选D；‎ ‎（2）工业合成氨反应为：3H2+N2⇌2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8-6×N-H键键能=-92.2，N-H键键能=+391kJ；‎ ‎（3）根据 Zn + 2Ag+ = 2Ag + Zn2+，Zn发生氧化反应，所以Zn作负极，Ag+‎ 发生还原反应生成Ag，所以可溶性硝酸银作电解质溶液，用石墨作正极，简易装置图如下。‎ ‎【点睛】本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断。‎ ‎ ‎