【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题 试题说明：‎ ‎1、本试题满分100分，答题时间90分钟。‎ ‎2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。‎ ‎3、可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 K 39 Fe 56 Cu 64 ‎ 第Ⅰ卷 选择题（共42分）‎ 本题共包括21个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题2分，共42分。‎ ‎1.下列有关化学用语表示正确的是(　　)‎ A. 硫原子结构示意图： B. 质量数为31的磷原子：‎ C. CaCl2的电子式： D. 次氯酸分子的结构式：H-Cl-O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫原子中质子数等于核外电子数，即硫原子结构示意图为，A错误；‎ B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，因此该核素P，B正确；‎ C、CaCl2为离子化合物，其电子式为：，C错误；‎ D、次氯酸的结构式为H-O-Cl，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)‎ A. 着色剂 B. 调味剂 C. 抗氧化剂 D. 增稠剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、着色剂：改善食品的外观，与反应速率无关，故A不符合题意；‎ B、调味剂：增加食品的味道，与反应速率无关，故B不符合题意；‎ C、抗氧化剂：防止食品腐烂、变质，与反应速率有关，故C符合题意；‎ D、增稠剂：主要用于改善和增加食品的粘稠度，保持流态食品、胶冻食品的色、香、味和稳定性，改善食品的物理性状，并使食品有润滑适口的感觉，与反应速率无关，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎3.对于2A2(g)＋3B2(g)C(g)的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是(　　)‎ A. v(B2)=0.6mol·L-1·s-1 B. v(A2)=0.5mol·L-1·s-1‎ C. v(C)=0.45mol·L-1·s-1 D. v(B2)=2.4mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】按照化学反应速率之比等于化学计量数之比进行分析；‎ ‎【详解】以A2为基准，利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，‎ A、，代入数值，v(A2)=0.4mol·L-1·s-1；‎ B、v(A2)=0.5mol·L-1·s-1；‎ C、，v(A2)=0.9mol·L-1·s-1；‎ D、v(B2)=2.4 mol/(L·min)，合v(B2)=0.04mol·L-1·s-1，根据选项A的分析，v(A2)=0.027mol·L-1·s-1；‎ 综上所述，反应速率最快的是选项C；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)(　　)‎ A. S(s)+O2(g)=SO2(g)　ΔH= -296.8 kJ/mol(反应热)‎ B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH= +57.3 kJ/mol(中和热)‎ C. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)　ΔH= -1 367.0 kJ/mol(燃烧热)‎ D. 2NO2=O2+2NO　ΔH= +116.2 kJ/mol(反应热)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫在氧气中燃烧是放热反应，其热反应方程式为S(s)+O2(g)=SO2(g) △H= -296.8kJ·mol-1，A正确；‎ B、中和热为放热反应，△H＜0，B错误；‎ C、乙醇的燃烧热，水应为液态，C错误；‎ D、没写出物质的状态，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列有关反应速率的说法正确的是(　　)‎ A. 用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快反应速率 B. 其他条件不变时，增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率加快 C. 在碳酸钙和盐酸反应中，加多些碳酸钙可使反应速率明显加快 D. 一定量的稀盐酸跟过量锌粉反应时，为了加快反应速率又不影响生成H2的总量，可采取加入少量CuSO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铁与浓硫酸发生钝化反应，改用98%的浓硫酸不能加快反应速率，故A不符合题意；‎ B、其他条件不变，增大压强，增加单位体积内活化分子的个数，使化学反应速率加快，故B不符合题意；‎ C、碳酸钙是固体，浓度视为常数，即多加些碳酸钙不能使反应速率明显加快，故C不符合题意；‎ D、加入少量的CuSO4，发生Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu，构成原电池，加快反应速率，锌粉是过量，即也不影响生成H2的总量，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 B. 24g 镁与27g铝中，含有相同质子数 C. 1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1‎ D. 标准状况下，2.24L CCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、无论臭氧还是氧气，都是由氧原子组成，即相同质量的氧气和臭氧，含有的氧原子物质的量相同，电子数相同，故A正确；‎ B、24g镁含有质子的物质的量为=1mol，27g铝含有质子的物质的量为=1mol，它们含有质子数不相同，故B错误；‎ C、重水为2H2O，1mol重水中含有中子的物质的量为1mol×(2＋8)=10mol，1mol水中含有中子物质的量为1mol×8=8mol，中子数之比为10：8=5：4，故C错误；‎ D、CCl4标准状况下不是液体，不能用22.4L/mol-1进行计算，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列关于物质性质的比较，不正确的是（ ）‎ A. 碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH B. 原子半径大小：Na＞S＞O C. 酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4 D. 稳定性：HF＞HCl＞H2S ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性就越强，金属性K>Na>Li，碱性：KOH>NaOH>LiOH，故A说法正确；‎ B、同主族从上到下原子半径增大，同周期从左向右原子半径减小，即原子半径：Na>S>O，故B说法正确；‎ C、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性增强，非金属性：Cl>Br>I，即酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故C说法错误；‎ D、非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强，非金属性F>Cl>S，即稳定性：HF>HCl>H2S，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.已知分解1 mol H2O2 放出热量98KJ，在含少量I－的溶液中，H2O2的分解机理为：‎ H2O2＋ I－→H2O ＋IO－慢 H2O2＋ IO－→H2O ＋O2＋ I－快 下列有关反应的说法正确的是( )‎ A. 反应的速率与I－的浓度有关 B. IO－也是该反应的催化剂 C. 反应活化能等于98KJ·mol－1 D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO－就多反应速率就快。因A正确，B错误。C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误。D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2= 2H2O+ O2↑。由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同。错误。‎ ‎9.有关能量的判断或表示方法正确的是(　　)‎ A. 由H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O的中和热ΔH= -57.3kJ/mol可知：含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ B. 从C(石墨)=C(金刚石)　ΔH= +1.19 kJ/mol可知：金刚石比石墨更稳定 C. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多 D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓硫酸溶于水放出大量的热，即0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量应大于57.3kJ，故A错误；‎ B、物质能量越低，物质越稳定，根据热化学反应方程式，石墨比金刚石稳定，即石墨比金刚石稳定，故B错误；‎ C、S(s)=S(g) △H>0，是吸热过程，即前者放出的热量多，故C错误；‎ D、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10. 已知下列反应的热化学方程式：‎ ‎6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)△H1‎ ‎2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)△H2‎ C(s)+ O2(g)=CO2(g)△H3‎ 则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为( )‎ A. 12△H3+5△H2-2△H1 B. 2△H1-5△H2-12△H3‎ C. 12△H3-5△H2-2△H1 D. △H1-5△H2-12△H3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)△H1，‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)△H3，‎ 由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：‎ ‎4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+10△H2-2△H1；‎ 故选A。‎ ‎11.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是（ ）‎ A. 铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2+产生 B. 其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”‎ C. 如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变 D. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】锌比铜活泼，锌作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应式为2H+＋2e-=H2↑，根据原电池工作原理进行分析；‎ ‎【详解】A、锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，正极反应式为2H+＋2e-=H2↑，有气泡冒出，Cu不参与反应，溶液不变蓝，故A错误；‎ B、该装置为原电池，将太阳能→电能，灯泡发光，电能→光能，故B正确；‎ C、锌片换成铁片，铁比铜活泼，铁作负极，电流方向不改变，故C错误；‎ D、柠檬汁中含有电解质，根据原电池的构成条件，稀硫酸换成柠檬汁，LED灯发光，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12. 铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：‎ Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2‎ 下列有关该电池的说法不正确的是（ ）‎ A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe B. 电池放电时，负极反应Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2‎ C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低 D. 电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】A项，根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极；Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，正确；B项，放电时，负极反应为Fe-2e－ +2OH－ =Fe（OH）2，正确；C项，电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe＋Ni2O3＋3H2O，阴极电极反应为Fe（OH）2+2e－ =Fe+2OH－ ，阴极附近碱性增强，pH增大，错误；D项，充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O，正确；答案选C。‎ ‎13.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是（ ）‎ A. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 B. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法 C. 钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应式Fe-3e-=Fe3+‎ D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据金属活动顺序表，铁比Sn活泼，镀层破损后，构成原电池，铁作负极，Sn为正极，加速铁制品腐蚀，故A错误；‎ B、锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，铁被保护起来，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；‎ C、钢铁发生吸氢腐蚀时，负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故C错误；‎ D、根据电解池的原理，如果活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，加速腐蚀，因此输油钢管与外加直流电源的负极相连，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列有关四个常用的电化学装置的叙述，正确的是(　　)‎ A. 图所示碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂 B. 图所示铅蓄电池放电过程中，硫酸浓度保持不变 C. 图所示电解精炼铜装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度不断增大 D. 图所示纽扣式锌银电池工作过程中，外电路中电子由锌极流向氧化银极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、锌锰干电池中，MnO2作氧化剂，故A错误；‎ B、铅蓄电池放电时总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，硫酸的浓度降低，故B错误；‎ C、精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，粗铜中含有比铜活泼的杂质金属，这些金属先失电子，阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，因此溶液中Cu2+减小，故C错误；‎ D、锌是活泼金属，锌为负极，Ag2O为正极，外电路中电子从Zn流向氧化银，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.X(g)＋3Y(g)2Z(g)　ΔH＝－a kJ·molˉ1，一定条件下，将1 mol X和3 mol Y通入2 L的恒容密闭容器中，反应10 min，测得Y的物质的量为2.4 mol。下列说法正确的是 ( )‎ A. 10 min内，Y的平均反应速率为0.03 mol·Lˉ1·sˉ1‎ B. 第10 min时，X的反应速率为0.01 mol·Lˉ1·minˉ1‎ C. 10 min内，消耗0.2 mol X，生成0.4 mol Z D. 10 min内，X和Y反应放出的热量为a kJ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：反应10min时测得Y的物质的量为2.4mol，则Y消耗的物质的量为：3mol-2.4mol=0.6mol，根据反应方程式X（g）+3Y（g）2Z（g）可知，10min内消耗0.2molX、生成0.4molZ，A.10min内，Y的平均反应速率为：="0.03" mol•L-1•min-1，A错误；B．化学反应速率与化学计量数成正比，则10min内X的反应速率为：v（X）=×v（Y）=0.01mol•L-1•min-1‎ ‎，该速率为平均速率，无法计算即时速率，B错误；C．根据分析可知，10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZ，C正确；D．由于该反应为可逆反应，则1mol X和3molY通入2L的恒容密闭容器中生成Z的物质的量小于2mol，放出的热量小于akJ，D错误；答案选C。‎ ‎16.下列图示正确的是（ ）‎ A. 图表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)在t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 B. 图表示反应N2 (g)+3H2(g)2NH3(g)在t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C. 图表示中和热测定的实验装置图 D. 图中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g) → CH3CH3(g)；ΔH<0，使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、增大O2的浓度，瞬间只增大反应物的浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，根据图像，t1时刻应增大压强，故A不符合题意；‎ B、催化剂只加快反应速率，对化学平衡的移动无影响，使用催化剂，符合该图像，故B符合题意；‎ C、缺少环形玻璃搅拌棒，故C不符合题意；‎ D、根据图像，反应物总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，即△H>0，使用催化剂降低活化能，因此该图像表示使用和未使用催化剂时的能量变化，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎17.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A； B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C； D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；‎ 答案：C ‎18.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：d>c>b>a B. 4种元素中b的金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。‎ ‎【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；‎ B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；‎ C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；‎ D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎19.用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 燃料电池工作时，正极反应为：O2+ 2H2O + 4e-= 4OH-‎ B. 若a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出 C. 若a、b极都是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等 D. 若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。所以氢气在负极通入，氧气在正极通入。又因为溶液显酸性，所以正极电极反应式是O2＋4H＋＋4e－＝2H2O，A不正确；B、a电极与电源的正极相连，作阳极，所以铁失去电子，a电极被溶解。B电极是阴极，d电极上有铜析出，B不正确；C、若a、b极都是石墨，则a电极是溶液中的 OH－放电放出氧气。根据电子得失守恒可知，a电极产生的氧气是电池中消耗的H2体积的，C不正确；D、若a极是粗铜，b极是纯铜，则相当于是粗铜的提纯，因此a极逐渐溶解，b极上有铜析出，D正确，答案选D。‎ ‎20.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 (　　)‎ A. 通电后中间隔室的SO42-向阳极迁移，阳极区溶液pH增大 B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C. 阴极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极区溶液pH降低 D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有11.2L O2生成（标况）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电解原理，阴极区电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+向阴极区移动，ab交换膜允许Na+通过，生成NaOH，阳极区电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，SO42-向阳极区移动，生成H2SO4，据此分析；‎ ‎【详解】A、阳极区电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，SO42-向阳极区移动，生成H2SO4，阳极区溶液的pH减小，故A错误；‎ B、阴极区电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+向阴极区移动，ab交换膜允许Na+通过，生成NaOH，阳极区电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，SO42-向阳极区移动，生成H2SO4，可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；‎ C、根据选项B分析，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极区溶液pH增大，故C错误；‎ D、根据B选项分析，电路中通过1mol电子时，会有标准状况下，O2的体积mol×22.4L·mol-1=5.6L，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎21.一定条件下向某密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化关系，图2表示速率随时间的变化关系，t2、t3、t4、t5时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强，则下列说法错误的是(　　)‎ A. 若t1＝15 s，则前15 s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1‎ B. 该反应的化学方程式为3AB+2C C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度 D. 若t1=15s，则B的起始物质的量为0.04mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】首先根据图1和图2判断出该反应的方程式，然后利用化学反应速率的表达式以及影响化学平衡移动的因素进行分析；‎ ‎【详解】A、根据图1前15s，C的浓度变化0.06mol·L－1，根据化学反应速率的表达式v(C)=0.004mol·L-1·s-1，故A说法正确；‎ B、根据图1，判断出C为生成物，A为反应物，且容器的体积为2L，在t0～t1段，消耗A的物质的量浓度为0.09mol·L-1，生成C的物质的量浓度为0.06mol·L-1，A和C化学计量数之比为3：2，t4时刻改变条件为压强，反应速率降低，即降低压强，平衡不移动，说明反应前后气体系数之和相等，即B为生成物，反应方程式为3AB+2C，故B说法正确；‎ C、根据图②，t2瞬间只增大一个反应速率，另一个不变，说明改变的条件是浓度，t3时刻，反应速率都增大，且平衡不移动，改变的因素是使用催化剂或加压，t5时刻，反应速率都增大，且平衡发生移动，t5时刻改变的因素是升高温度，故C说法错误；‎ D、根据依据反应方程式，15s内生成B的物质的量为0.06mol·L-1×2L×=0.06mol，B达到平衡时的物质的量为0.05mol·L-1×2L=0.1mol，即起始时B的物质的量为(0.1mol-0. 06mol)=0.04mol，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共58分）‎ ‎22.随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。‎ 根据判断出的元素回答问题：‎ ‎（1）f在元素周期表的位置是__________________。‎ ‎（2）比较d、e常见离子半径大小(用化学式表示，下同)______＞_______；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞____。‎ ‎（3）画出x2d2的电子式：____________________；‎ ‎（4）已知1mol e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：____________________________________________。‎ ‎（5）写出用惰性电极电解eh溶液的化学方程式：________________________________。‎ ‎【答案】(1). 第三周期Ⅲ A族 (2). r(O2-) (3). r(Na+) (4). HClO4 (5). H2SO4 (6). (7). 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH= -511kJ·mol-1 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，主族元素的最高正价等于族序数，最低负价的绝对值=8－最外层电子数，据此分析出，x为H，y为C，z为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl，据此分析；‎ ‎【详解】根据最高正价或最低负价，以及原子序数、原子半径，推出x为H，y为C，z为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl；‎ ‎（1）f为Al，位于第三周期第Ⅲ A族；‎ ‎（2）d、e简单离子是O2-、Na+，它们核外电子排布相同，原子序数越大，半径越小，即r(O2-)>r(Na+)；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，g为S，h为Cl，Cl的非金属性强于S，即HClO4的酸性强于H2SO4；‎ ‎（3）x2d2的化学式为H2O2，其结构式为H-O-O-H，电子式为；‎ ‎（4）Na在氧气中燃烧生成Na2O2，即1mol Na在氧气中燃烧，生成Na2O2的热化学反应方程式为Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) △H= -255.5kJ·mol-1，或2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) △H= -511kJ·mol-1；‎ ‎（5）惰性材料电解饱和食盐水，其反应方程式为。‎ ‎23.当前能源危机是一个全球性问题，开源节流是应对能源危机的重要举措。‎ ‎（1）下列做法有利于能源“开源节流”的是________(填字母)。‎ A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 B．大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求 C．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 D．减少资源消耗，加大资源的重复使用、资源的循环再生 ‎（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。‎ 则在通常状况下，金刚石和石墨相比较，________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH＝________。‎ ‎（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol、497 kJ/mol。N2(g)＋O2(g)==2NO(g)　ΔH＝＋180.0 kJ/mol。NO分子中化学键的键能为__________________kJ/mol。‎ ‎（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO生成无污染气体的热化学方程式：_______________________________。‎ ‎【答案】(1). ACD (2). 石墨 (3). －393.5 kJ·mol－1 (4). 631.5 (5). 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.0 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；（2）依据物质能量越高，物质越不稳定；依据图象判断石墨的燃烧热；依据极值计算判断生成的气体组成，结合热化学方程式计算得到；（3）旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量值即为化学反应所吸收的能量，结合N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ/mol、497 kJ/mol，依据热化学方程式N2（g）+O2（g）=2NO（g），△H=+180kJ/mol-1可以计算NO分子中化学键的键能；（4）利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热，再写出热化学方程式。‎ ‎【详解】（1）只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；B、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；A、C、D能减少化石燃料的运用，正确。故选ACD；‎ ‎（2）图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定；图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=-393.5kJ▪mol-1；‎ ‎（3）ΔH=反应物键能和-生成物键能和，根据N2(g)＋O2(g)==2NO(g)　ΔH＝＋180.0 kJ/mol，即946 kJ/mol+ 497kJ/mol-2Q(N-O)= 180.0 kJ/mol解得Q(N-O)= 631.5kJ/mol。 ‎ ‎（4）已知①C(石墨,s)+O2(g)=CO2(g)+CO2(g) ΔH=-393.5kJ/mol②C(石墨,s)+1/2O2(g)=CO2(g)+CO2(g) ΔH=-110.5kJ/mol③N2(g)|+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180kJ/mol；由盖斯定律:方程式①×2-②×2-③得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.0kJ/mol 。‎ ‎24.用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：‎ 实验序号 A溶液 B溶液 ‎①‎ ‎20mL 0.1mol·L-1H2C2O4溶液 ‎30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液 ‎②‎ ‎20mL 0.2mol·L-1H2C2O4溶液 ‎30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液 ‎（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。‎ ‎（2）该实验探究是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。‎ ‎（3）若实验①在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______ mol·L-1（假设混合溶液的体积为50mL）。‎ ‎（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。‎ ‎（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。‎ ‎【答案】(1). 2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O (2). 浓度 (3). ② (4). ① (5). 0.0052 (6). KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间） (7). 产物Mn2+是反应的催化剂 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；‎ ‎（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①；‎ ‎（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)==2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=mol=4×10-5mol，在2min末，n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4-)==0.0052mol·L-1；‎ ‎（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需的时间或产生相同体积气体所需要的时间；‎ ‎（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。‎ ‎25.开发、使用清洁能源发展“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题。氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。‎ ‎（1）已知：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) ΔH1= -1275.6 kJ·mol-1，②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0 kJ·mol-1，③H2O(g)=H2O(l) ΔH3= -44.0 kJ·mol-1，‎ 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_______________。‎ ‎（2）工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) △H=‎ ‎ -90.8kJ•mol-1。‎ ‎①某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为____，以CH3OH表示该过程的反应速率v(CH3OH)=______。‎ ‎②要提高反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)中CO的转化率，可以采取的措施是_______。‎ a．升温 b．加入催化剂 c．增加CO的浓度 d．加入H2 e．加入惰性气体 f．分离出甲醇 ‎（3）如图是一个化学过程的示意图：‎ ‎①图中甲池是________装置(填“电解池”或“原电池”)，其中OH－移向________极(填“CH3OH”或“O2”)。‎ ‎②写出通入CH3OH的电极的电极反应式： ____________________________。‎ ‎③乙池中总反应的离子方程式为______________________________________。‎ ‎④当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是________(填序号)。‎ A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．Al(NO3)3‎ ‎【答案】(1). CH3OH(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O(1) △H= -442．8 kJ•mol-1 (2). 80% (3). 0.08mol/(L·min) (4). df (5). 原电池 (6). CH3OH (7). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (8). 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ (9). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲醇不完全燃烧生成CO和液态水，其反应方程式为CH3OH＋O2→CO＋2H2O，根据盖斯定律，，推出CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H== -442.8kJ·mol-1；‎ ‎（2）①达到平衡时，n(CO)=0.2mol·L-1×2L=0.4mol，‎ ‎2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)‎ 起始： 6 2 0‎ 变化：3.2 1.6 1.6‎ 平衡：2.8 0.4 1.6 ‎ CO的转化率为×100%=80%；根据化学反应速率的表达式，v(CH3OH)==0.08mol/(L·min)；‎ ‎②a、该反应为放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，即CO转化率降低，故a不符合题意；‎ b、加入催化剂，使用催化剂，对化学平衡移动无影响，故b不符合题意；‎ c、增加CO的浓度，虽然平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，故c不符合题意；‎ d、加入H2，平衡向正反应方向进行，CO的转化率增大，故d符合题意；‎ e、体积不变，加入惰性气体，组分浓度不变，化学平衡不移动，CO转化率不变，故e不符合题意；‎ f、分离出甲醇，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故f符合题意；‎ 答案选df；‎ ‎（3）①根据甲池的装置图，甲池装置图为原电池，通CH3OH一极为负极，通氧气的一极为正极，根据原电池工作原理，OH－向负极移动，即向通CH3OH一极移动；‎ ‎②甲池是燃料电池，相当于CH3OH在氧气燃烧，电解质为KOH溶液，C元素最终以CO32－形式存在，负极反应式为CH3OH＋8OH--6e-=CO32-＋6H2O；‎ ‎③A电极接电池正极，A电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e－=O2↑+4H＋， B电极为阴极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，总反应离子方程式为4Ag＋+2H2O4Ag+O2↑+4H＋；‎ ‎④乙池中B电极反应式为Ag＋+e-=Ag，B极增加5.40g，生成Ag的物质的量为=0.05mol，电路中转移电子物质的量为0.05mol，丙池某电极上析出金属，该电极为阴极，即D电极，乙池和丙池为串联电路，丙池通过的电子物质的量也为0.05mol，‎ A、硫酸镁中Mg位于H元素的前面，即阴极上不析出金属，故A不符题意；‎ B、电解CuSO4溶液时，D电极反应式为Cu2＋+2e-‎ ‎=Cu，转移电子0.05mol，析出铜的质量为1.60g，故B符合题意；‎ C、电解NaCl水溶液，没有金属析出，故C不符合题意；‎ D、电解Al(NO3)3水溶液，没有金属析出，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎ ‎