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高考化学三轮冲刺 阶段测试卷含答案（基本概念与基本理论）
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这是一份高考化学三轮冲刺 阶段测试卷含答案（基本概念与基本理论），共14页。试卷主要包含了本试卷共4页等内容，欢迎下载使用。
阶段滚动四 基本概念与基本理论
考生注意：
1．本试卷共4页。
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。
一、选择题(本题包括17小题，每小题3分，共51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是( )
A．将煤进行液化处理有助于减少CO2等气体的排放
B．为防止食品氧化变质，常常在包装袋内放入硅胶或生石灰
C．锅炉水垢中的CaSO4通常先用Na2CO3溶液处理后再加酸溶液除去
D．天然纤维、合成纤维和人造纤维的组成元素完全相同
答案 C
解析 煤的液化并没有减少燃料中碳的含量，主要是提高了燃料的利用率，故不能减少CO2等气体的排放，A错误；硅胶和生石灰均具有吸水性，可防止食品受潮，但不能防止食品氧化，B错误；水垢中的CaSO4微溶于水，在酸中溶解度也不大，但是转化成CaCO3后，可用酸洗去，C正确；天然纤维、合成纤维和人造纤维的组成元素不一定相同，D错误。
2．(2020·广东肇庆高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．2.3 g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2混合物，转移的电子数目为0.1NA
B．1.6 g O2和O3混合气体中所含的分子数目为0.1NA
C．1 L 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中Cu2＋的数目为0.1NA
D．标准状况下，11.2 L SO3完全溶于水后配成的稀溶液中所含SO的数目为0.5NA
答案 A
解析 2.3 g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2混合物，按得失电子数相等，0.1 mol钠失去0.1 mol电子，转移的电子数目为0.1NA，A项正确；1.6 g O2和O3混合气体中含有0.1NA个氧原子，所含的分子数目无法确定，B项错误；铜离子在溶液中会发生水解，1 L 0.1 mol·
L－1 CuCl2溶液中Cu2＋的数目少于0.1NA，C项错误；标准状况下，SO3为固体，D项错误。
3．(2020·山东烟台高三期中)在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是( )
A．0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液中：Na＋、K＋、ClO－、OH－
B．室温下，c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO
C．中性溶液中：Fe3＋、Na＋、Cl－、SO
D．0.1 mol·L－1的醋酸溶液中：NH、K＋、NO、HCO
答案 B
解析 Na2SO3具有还原性， ClO－具有氧化性，两者不能大量共存，故A不符合题意；室温下，c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液显碱性，K＋、Na＋、AlO、CO在碱性溶液中能大量共存，故B符合题意；中性溶液中Fe3＋完全水解生成Fe(OH)3，故C不符合题意；醋酸溶液中HCO不能存在，故D不符合题意。
4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，它们在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是( )
A．原子半径大小顺序为Y>Z>W>X
B．共价化合物WZ2含有非极性键
C．X元素最高价氧化物的水化物酸性最强
D．Z元素的一种氧化物具有漂白性，使紫色石蕊溶液先变红后褪色
答案 A
解析 由题图可知这四种元素分别位于第二、三周期，设W的原子序数为a，则X、Y、Z的原子序数依次为a＋3、a＋9、a＋10，所以4a＋22＝46，a＝6，即W、X、Y、Z分别为碳、氟、磷、硫。原子半径：P>S>C>F，A正确；CS2分子中不含非极性键，B错误；F不存在最高价含氧酸，C错误；SO2具有漂白性，但只能使紫色石蕊溶液变红，不能使石蕊溶液褪色，D错误。
5．(2020·山东师范大学附中高三期中)科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16 mg·cm－3 ，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正确的是( )
A．“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料
B．“全碳气凝胶”与石墨互为同位素
C．“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃
D．“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在
答案 A
解析 “全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，A说法正确；“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B说法错误；“全碳气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C说法错误；“全碳气凝胶”的性质稳定，但能与热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质，D说法错误。
6．(2020·江苏无锡高三期中)下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．0.010 mol·L－1 NH4Fe(SO4)2溶液与0.040 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合：NH＋Fe3＋＋4OH－===Fe(OH)3↓＋NH3·H2O
B．石灰乳中通入Cl2：2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O
C．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
D．酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2：5I－＋IO＋3H2O===3I2＋6OH－
答案 A
解析 0.010 mol·L－1 NH4Fe(SO4)2溶液与0.040 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，氢氧根恰好和铁离子、铵根离子完全反应，离子方程式为NH＋Fe3＋＋4OH－===Fe(OH)3↓＋NH3·H2O，故A正确；石灰乳不能写成离子，正确的离子方程式为Ca(OH)2＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O＋Ca2＋，故B错误；铁粉过量，最终产物应为Fe2＋，正确的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；酸性环境下不会生成氢氧根，正确的离子方程式为5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O，故D错误。
7．利用反应6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O构成原电池既能有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法错误的是( )
A．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B．A为负极，电极上发生氧化反应
C．B极的电极反应式为2NO2＋8e－＋4H2O===N2＋8OH－
D．当有2.24 L NO2被处理时，转移电子的数目为0.4NA
答案 D
解析 根据反应可知，NH3失电子得到N2，故通入NH3的一极为负极，电极A为负极，电极B为正极，外电路中电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A正确；电极A为负极，电极上发生失电子的氧化反应，B正确；电极B发生NO2得电子的还原反应，电极反应式为2NO2＋8e－＋4H2O===N2＋8OH－，C正确；没有说明是标准状况，不能确定气体的物质的量，D错误。
8．以CO2和NH3为原料，通过反应：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(l)合成尿素。该反应的平衡常数和温度关系如下表；在一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2物质的量之比(氨碳比)与CO2平衡转化率(α)的关系如图，下列说法正确的是( )
T/℃
165
175
185
195
K
111.9
74.1
50.6
34.8
A．上图B点处NH3的平衡转化率为32%
B．该反应平衡常数的表达式为K＝
C．该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能
D．氨碳比越高，合成CO(NH2)2时NH3的转化率越高
答案 A
解析 由B点的氨碳比为4.0可设起始时n(CO2)＝a mol，n(NH3)＝4a mol，根据B点CO2的转化率可知转化的CO2为0.64a mol，则转化的NH3为1.28a mol，所以NH3的平衡转化率为×100%＝32%，A正确；由于CO(NH2)2与H2O均为液体，故该反应的平衡常数表达式为K＝，B错误；根据题表中数据可知温度升高K减小，即平衡向左移动，该反应为放热反应，所以生成物的总键能大于反应物的总键能，C错误；氨碳比越高，CO2的转化率越高，而NH3的转化率越低，D错误。
9．(2020·江西赣州期中)SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2 ＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋ 2Fe2＋＋4H＋；
②Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法正确的是( )
A．氧化性：Cr2O＞Fe3＋＞SO
B．若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
C．反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为3NA
D．由上述反应原理推断：Cr2O不能将SO2氧化成SO
答案 A
解析 由①可知，Fe元素的化合价降低，Fe3＋是氧化剂，S元素的化合价升高，SO是氧化产物，则氧化性：Fe3＋＞SO，由②可知，Cr元素的化合价降低，Cr2O是氧化剂，Fe元素的化合价升高，Fe3＋是氧化产物，则氧化性：Cr2O＞Fe3＋，故氧化性由强到弱的顺序为Cr2O＞Fe3＋＞SO，A正确；缺少气体所处的外界条件，不能计算其物质的量，也不能计算最终消耗的K2Cr2O7物质的量，B错误；每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的物质的量为1 mol×2×(6－3)＝6 mol，则转移电子的数目为6NA，C错误；根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，由反应①②可知，氧化性：Cr2O＞Fe3＋＞SO，还原性：SO2＞Fe2＋＞Cr3＋，根据“强制弱”规律，则K2Cr2O7能将SO2氧化成SO，D错误。
10．(2020·山东德州高三期中)短周期元素x、y、d、f的最高正价或最低负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图1所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01 mol·L－1)的pH与原子序数的关系如图2所示：
下列有关说法正确的是( )
A．工业上电解f和h形成的化合物可制得单质f
B．e、g两种元素形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键
C．y、d、z的简单气态氢化物中沸点最高的是z的氢化物
D．x在所形成的化合物中，化合价均为＋1
答案 B
解析 f和h形成的化合物为氯化铝，为共价化合物，熔融状态不导电，工业上电解氧化铝可制得单质Al，A说法错误；e、g两种元素形成的化合物为Na2S或Na2Sx，均为离子化合物，则一定含有离子键，可能含有共价键，B说法正确；y、d、z的简单气态氢化物分别为CH4、H2O、NH3，沸点最高的是H2O，C说法错误；x在所形成的化合物中，化合价可能为＋1或－1，如NaH中为－1价，D说法错误。
11．下列图示与对应的叙述相符的是( )
A．图1表示H2(g)与O2(g)发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
B．图2表示保持其他条件不变，反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)达到平衡时AB3体积分数随B2起始物质的量的变化曲线，则A2的转化率大小为b>a>c
C．图3表示0.1 mol MgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化
D．图4表示常温下，稀释等体积的HA、HB两种酸的稀溶液时，pH随加水量的变化，则等浓度的NaA和NaB溶液，前者阴离子总浓度小
答案 C
解析 图1中产物H2O为气态，而氢气的燃烧热是指1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，A不符合题意；对于反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)，增加B2的物质的量，A2的转化率增大，则A2的转化率大小为c>b>a，B不符合题意；MgCl2·6H2O在空气中充分加热得到的固体是MgO，加热0.1 mol MgCl2·6H2O最后得到MgO的质量为4.0 g，C符合题意；加水稀释时，HA溶液的pH变化大，说明酸性：HA>HB，则等浓度的NaA和NaB溶液，NaB溶液的碱性较强，Na＋浓度相等，c(H＋)NaA>c(H＋)NaB，则NaA溶液中阳离子浓度之和大于NaB溶液中阳离子浓度之和，根据电荷守恒，则阴离子总浓度NaA溶液中的大，D不符合题意。
12．(2020·云南质检)常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是( )
A．某H2SO4溶液中＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1
B．将0.02 mol·L－1盐酸与0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12
C．将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH≥7
D．向0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1 mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小
答案 C
解析 常温下，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，由于＝1.0×10－8，解得c(OH－)＝10－11 mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，A正确；等体积等浓度的盐酸与Ba(OH)2溶液混合，Ba(OH)2过量，混合后c(OH－)＝(0.02 mol·L－1×2－0.02 mol·L－1)×＝0.01 mol·L－1(混合后溶液体积可视为二者体积之和)，那么c(H＋)＝＝10－12 mol·L－1，pH＝12，B正确；盐酸与氨水混合，当溶液中溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，因两者相对量未知，溶液的pH可能大于7、可能等于7、也可能小于7，C错误；向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，发生的反应依次为HCl＋Na2CO3===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，c(HCO)先增大后减小，D正确。
13．(2020·银川调研)已知在101 kPa、298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，下列热化学方程式正确的是( )
A．H2O(g)===H2(g)＋O2(g) ΔH(298 K)＝－242 kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH(298 K)＝＋484 kJ·mol－1
C．H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH(298 K)＝－242 kJ·mol－1
D．H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH(298 K)＝－484 kJ·mol－1
答案 C
解析 在101 kPa、298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，则该反应的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1或H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1，C正确。
14．(2020·北京牛栏山一中模拟)某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物作固态电解质，其电池总反应为6MnO2＋3Zn＋(6＋x)H2O＋ZnSO46MnOOH＋ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。
下列说法正确的是( )
A．充电时，含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源正极
B．放电时，电池的正极反应为MnO2＋e－＋H＋===MnOOH
C．充电时，Zn2＋移向Zn膜
D．合成有机高聚物的单体之一是CH2===CH2
答案 C
解析 充电时，含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源负极，故A错误；放电时，电池的正极反应为MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－，故B错误；充电时为电解池，Zn2＋移向阴极即锌膜，故C正确；根据，合成有机高聚物的单体是CH2=== CHCONH2，故D错误。
15．(2020·黑龙江哈尔滨三中期中)V、W、X、Y、Z为五种短周期主族元素。其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，V、Y位于同一主族；Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。由W、X、Y、Z形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是( )
A．简单氢化物的沸点：Y＜V
B．原子半径：Z＜V＜W＜X
C．X与Y、Y与Z均可形成含非极性键的化合物
D．V、W与X三者的最高价氧化物的水化物可两两发生反应
答案 A
解析 Y是O，V是S，水分子间有氢键，简单氢化物的沸点：Y>V，A错误；氢原子半径最小，同周期主族元素，原子半径从左到右递减，原子半径：Z＜V＜W＜X，B正确；X是Na，Y是O，Z是H，Na与O2燃烧可形成Na2O2，其中含有非极性键；H与O可形成H2O2，其中含有非极性键，C正确；V是S，W是Al，X是Na，三者的最高价氧化物的水化物分别是H2SO4、Al(OH)3、NaOH，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH和酸H2SO4发生反应，D正确。
16．利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。下列说法不正确的是( )
实验装置
实验编号
浸泡液
pH
氧气浓度随时间的变化
①
1.0 mol·L－1 NH4Cl
5
②
0.5 mol·L－1 (NH4)2SO4
5
③
1.0 mol·L－1 NaCl
7
④
0.5 mol·L－1 Na2SO4
7
上述正极反应均为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
B．在不同溶液中，Cl－是影响吸氧腐蚀速率的主要因素
C．向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快
D．在300 min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率：酸性溶液大于中性溶液
答案 B
解析 根据图像可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，故正极反应均为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，故A正确；根据图像可知，①②的反应速率接近，③④的反应速率接近，且①远大于③，②远大于④，故阴离子对反应速率影响不大，NH是影响反应速率的主要因素，故B错误；NH是影响反应速率的主要因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；①②溶液显酸性，③④溶液显中性，根据图像可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率：酸性溶液大于中性溶液，故D正确。
17．在两个容积均为2 L的恒容密闭容器中，起始时均充入a mol H2S，以温度、Al2O3催化剂为实验条件变量，进行H2S的分解实验[反应为2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)]。测得的结果如图所示。(曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率)
下列说法正确的是( )
A．温度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量减少
B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡转化率
C．900 ℃时，t s后达到平衡，则H2的平均反应速率为 mol·L－1·s－1
D．约1 100 ℃ 时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性
答案 D
解析 根据图示可知，升高温度，H2S的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，S2的含量增大，故A错误；加入Al2O3可提高H2S的分解速率，但不能使化学平衡移动，因此H2S的平衡转化率不变，故B错误；根据图示可知900 ℃时，H2S的转化率是50%，t s后H2的物质的量为0.5a mol，H2的平均反应速率为 mol·L－1·s－1，故C错误；根据图示可知在约1 100 ℃时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明不论有无催化剂Al2O3，物质的反应速率相同，则Al2O3可能几乎失去催化活性，故D正确。
二、非选择题(本题包括4小题，共49分)
18．(14分)(2020·山东师范大学附中高三期中)1981年Staley、Kappes等科学家首次发现了过渡金属离子催化消除N2O与CO的第一个催化循环反应，由此引起众多科学家开始关注利用金属离子消除大气污染物的催化反应。回答下列问题：
(1)研究表明在无催化剂作用下N2O与CO难以反应，原因是___________________________。
(2)过渡态理论认为N2O和CO之间的反应分为两个过程，首先N2O与CO通过碰撞生成高能量的活化配合物，然后该活化配合物进一步转化为产物，其历程为
第一步：N—N—O＋C—O―→N－N…O…C－O(慢反应)
活化配合物
第二步：N—N…O…C—O―→N—N＋O—C—O(快反应)
活化配合物
第一步反应为______( 填“吸热”或“放热”)反应，CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的决速反应为__________(填“第一步”或“第二步”)反应。
(3)在400 ℃ 和650 ℃条件下，分别向两个相同体积的刚性容器中充入2 mol N2O和2 mol CO，发生反应CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH<0，实验得出两容器中CO与N2的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知气体的分压等于气体的总压乘以气体的体积分数，曲线ad对应的容器中平衡后总压为pxkPa，曲线bc对应的容器中平衡后总压为pykPa。
①曲线ad表示________(填“400 ℃”或“650 ℃”)条件下相关物质的物质的量的变化曲线。
②a、c、d三点逆反应速率的大小顺序为______________。
③ad段的平均反应速率 (N2O)＝______kPa·min－1。
④400 ℃条件下平衡常数Kp＝________。
答案 (1)CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能较高，反应难以进行 (2)吸热 第一步
(3)①400 ℃ ②c>d>a ③0.015px ④
解析 (1)催化剂能够降低反应的活化能，没有催化剂时，反应难以进行，主要原因是CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能太高。
(2)根据已知信息可知，N2O与CO反应首先生成高能量的活化配合物，该过程需要吸收能量，所以第一步为吸热反应，慢反应决定整个反应的速率，是决速反应。
(3)根据图像可知，随着反应的进行，曲线ad对应物质的物质的量减小，所以曲线ad对应的物质是CO，曲线bc对应的物质为N2。①曲线bc先达到平衡，曲线ad后达到平衡，根据温度对反应速率的影响，温度越高反应速率越大，则曲线ad为400 ℃时CO的物质的量的变化曲线。②c、d点均达到平衡状态，c点对应的温度高于d点，则c点反应速率大于d点；a、d点对应温度相同，但a点未达到平衡状态，d点逆反应速率大于a点的逆反应速率，则逆反应速率由大到小的顺序为c>d>a。③ad段时间变化量为10 min，根据三段式法，可以得出：
CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)
初始/mol 2 2
5 min/mol 1.4 1.4 0.6 0.6
15 min/mol 0.8 0.8 1.2 1.2
5 min时，N2O的分压为kPa,15 min时N2O的分压为 kPa，其变化量为 kPa，所以ad段的平均反应速率 (N2O)＝＝0.015px kPa·min－1。
④根据题意，400 ℃ 条件对应曲线ad,15 min时曲线ad达到平衡状态，则根据③中三段式可以得出Kp＝＝。
19．(14分)Na2S溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质Na2S2，其溶液显黄色并有强碱性。
(1)写出该反应的化学方程式：__________________________________________________。
并写出Na2S2的电子式____________，该物质中所具有的化学键的类型________；该反应中的Na2S表现了______性，当生成1 mol Na2S2时，转移电子数目为________。
(2)在碱性溶液中，多硫化钠Na2Sx (x≥2)，可被NaClO氧化为硫酸钠，而NaClO被还原为NaCl, 若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为________。
A．5 B．4 C．3 D．2
(3)常温下Na2S溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是(用离子方程式表示)___________________________________________________________________________。
(4)常温下pH＝10的0.1 mol·L－1NaHS溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_____________。
答案 (1)4Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2Na2S2(或2Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2S、Na2S＋S===Na2S2) 离子键和共价键 还原 2NA
(2)A (3)碱性 S2－＋H2OHS－＋OH－
(4)c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)
解析 (1)Na2S溶液在空气中长期放置会接触大量的氧气，故反应的化学方程式为4Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2Na2S2，Na2S2是离子化合物，其电子式为，该物质中含共价键和离子键；硫元素化合价由－2变成了－1，体现了还原性，当生成1个Na2S2时，硫共失去2个电子，故转移电子数目为2NA。
(2)多硫化钠Na2Sx被NaClO氧化为硫酸钠，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，由电子守恒可知1 mol×[6－(－)]×x＝16 mol×[1－(－1)]，得x＝5。
(3)常温下Na2S溶液中硫离子发生水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，故溶液显碱性。
(4)NaHS溶液中硫氢根离子既水解又电离，水解：HS－＋H2OH2S＋OH－，电离：HS－
S2－＋H＋，由常温下pH＝10的0.1 mol·L－1 NaHS溶液显碱性可知，硫氢根离子的水解大于电离，故水解产物浓度大于电离产物浓度，且溶液中存在水的电离平衡，则有离子关系：c(Na＋)
>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)。
20．(9分)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25 ℃时氯气－氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl2(g)Cl2(aq) K1＝10－1.2
HClO(aq)H＋(aq)＋ClO－(aq) K2＝10－7.5
Cl2(aq)＋H2O(l)HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq) K3＝10－3.4
已知该体系中，Cl2(aq)、HClO(aq)和ClO－(aq)在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)该体系中，HClO(aq)所占分数(α)随pH变化的关系是____________(填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”)。
(2)在氯水中，下列有关说法正确的是________(填字母)。
a．c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)
b．c(HClO)
d．c(Cl－)
(4)请解释氯处理饮用水时，冬季的杀菌效果比夏季效果好的原因______________________。
答案 (1)曲线2 (2)ab (3)10－12.1
(4)夏季相比较冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季
解析 (1)Cl2(aq)在酸性条件下能稳定存在，碱性条件下不能存在，ClO－存在水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，碱性越强，越抑制ClO－的水解，所占体积分数变大，故曲线2是HClO(aq)。
(2)在溶液中有电荷守恒：c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故a正确；氯气通入水中，一部分溶解在水里不发生化学变化，一部分与水发生化学反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，根据物料守恒：c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，故b正确，d错误，氯水体系显酸性，故c(OH－)
(4)由题干知，HClO的杀菌能力比ClO－强，夏季比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季。
21．(12分)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，热分解产生锰酸钾、二氧化锰、氧气。完成下列填空：
Ⅰ.已知：①MnO2(s)===Mn(s)＋O2(g) ΔH＝＋520 kJ·mol－1
②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1
③Mn(s)＋2O2(g)＋S(s)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1
(1)固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为_________________。
Ⅱ.草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数涉及的反应：
C2O＋2H＋===H2C2O4(草酸)
5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
(2)上述反应在75～80 ℃进行比较合适，当加热温度大于90 ℃时，会导致草酸钠消耗增多，其原因是_______________________________________________________________________。
(3)将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2＋的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2＋浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是_______________________。
Ⅲ.KMnO4是一种常用消毒剂。
(4)KMnO4消毒机理与下列物质相似的是________(填字母)。
A．双氧水
B．消毒酒精(75%)
C．肥皂水
D．84消毒液(NaClO溶液)
(5)KMnO4的消毒效率(用单位质量转移的电子数表示)是NaClO的_______倍(保留两位小数)。
(6)测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2SO3溶液滴定。
①配制250 mL 0.100 0 mol·L－1标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和______________。
②取某KMnO4产品0.700 0 g溶于水，并加入________(填字母)进行酸化。
A．稀盐酸 B．稀硫酸 C．硝酸 D．次氯酸
③将②所得溶液用0.100 0 mol·L－1标准Na2SO3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2SO3溶液的体积。重复步骤②③，三次平行实验数据如表：
实验次数
1
2
3
消耗Na2SO3溶液体积/mL
19.30
20.98
21.02
(有关离子方程式为2MnO＋5SO＋6H＋ ===5SO＋2Mn2＋ ＋3H2O)
计算该KMnO4产品的纯度为________(结果保留三位有效数字)。
答案 (1)MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝ －248 kJ·mol－1
(2)部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多
(3)生成的Mn2＋可能对该反应有催化作用，随着Mn2＋的产生，反应速率大大加快
(4)AD (5)1.18 (6)①250 mL容量瓶 ②B
③19.0%
解析 (1)①MnO2(s)===Mn(s)＋O2(g) ΔH＝＋520 kJ·mol－1；②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1；③Mn(s)＋2O2(g)＋S(s)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1；①＋③－②得固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式：MnO2(s)＋SO2(g)=== MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ· mol－1。
(2)草酸不稳定，当加热温度大于90 ℃时，部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多。
(3)将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2＋的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2＋浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2＋)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2＋对反应有催化作用，且c(Mn2＋)越大，催化效果越好。
(4)KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液。
(5)假设相同质量的KMnO4和NaClO都为100 g，KMnO4作氧化剂生成Mn2＋，转移电子×5≈3.16 mol；NaClO作氧化剂生成Cl－，转移电子×2≈2.68 mol；≈1.18，则KMnO4的消毒效率(用单位质量转移的电子数表示)是NaClO的1.18倍。
(6)①配制250 mL 0.100 0 mol·L－1标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和250 mL容量瓶。
②盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，故不能用盐酸酸化高锰酸钾；硝酸和次氯酸具有氧化性会干扰高锰酸钾的氧化反应；可以用稀硫酸酸化高锰酸钾。
③从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据，后两组数据的平均值为＝21 mL，滴定过程中发生反应的离子方程式：2MnO＋ 5SO＋ 6H＋===5SO＋2Mn2＋ ＋3H2O，则n(MnO)＝n(SO)＝×0.100 0 mol·L－1×0.021 L＝0.000 84 mol，该KMnO4产品的纯度为×100%≈19.0%。
阶段滚动四 基本概念与基本理论
考生注意：
1．本试卷共4页。
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。
一、选择题(本题包括17小题，每小题3分，共51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是( )
A．将煤进行液化处理有助于减少CO2等气体的排放
B．为防止食品氧化变质，常常在包装袋内放入硅胶或生石灰
C．锅炉水垢中的CaSO4通常先用Na2CO3溶液处理后再加酸溶液除去
D．天然纤维、合成纤维和人造纤维的组成元素完全相同
答案 C
解析 煤的液化并没有减少燃料中碳的含量，主要是提高了燃料的利用率，故不能减少CO2等气体的排放，A错误；硅胶和生石灰均具有吸水性，可防止食品受潮，但不能防止食品氧化，B错误；水垢中的CaSO4微溶于水，在酸中溶解度也不大，但是转化成CaCO3后，可用酸洗去，C正确；天然纤维、合成纤维和人造纤维的组成元素不一定相同，D错误。
2．(2020·广东肇庆高三模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．2.3 g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2混合物，转移的电子数目为0.1NA
B．1.6 g O2和O3混合气体中所含的分子数目为0.1NA
C．1 L 0.1 mol·L－1 CuCl2溶液中Cu2＋的数目为0.1NA
D．标准状况下，11.2 L SO3完全溶于水后配成的稀溶液中所含SO的数目为0.5NA
答案 A
解析 2.3 g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2混合物，按得失电子数相等，0.1 mol钠失去0.1 mol电子，转移的电子数目为0.1NA，A项正确；1.6 g O2和O3混合气体中含有0.1NA个氧原子，所含的分子数目无法确定，B项错误；铜离子在溶液中会发生水解，1 L 0.1 mol·
L－1 CuCl2溶液中Cu2＋的数目少于0.1NA，C项错误；标准状况下，SO3为固体，D项错误。
3．(2020·山东烟台高三期中)在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是( )
A．0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液中：Na＋、K＋、ClO－、OH－
B．室温下，c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO
C．中性溶液中：Fe3＋、Na＋、Cl－、SO
D．0.1 mol·L－1的醋酸溶液中：NH、K＋、NO、HCO
答案 B
解析 Na2SO3具有还原性， ClO－具有氧化性，两者不能大量共存，故A不符合题意；室温下，c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液显碱性，K＋、Na＋、AlO、CO在碱性溶液中能大量共存，故B符合题意；中性溶液中Fe3＋完全水解生成Fe(OH)3，故C不符合题意；醋酸溶液中HCO不能存在，故D不符合题意。
4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数之和为46，它们在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是( )
A．原子半径大小顺序为Y>Z>W>X
B．共价化合物WZ2含有非极性键
C．X元素最高价氧化物的水化物酸性最强
D．Z元素的一种氧化物具有漂白性，使紫色石蕊溶液先变红后褪色
答案 A
解析 由题图可知这四种元素分别位于第二、三周期，设W的原子序数为a，则X、Y、Z的原子序数依次为a＋3、a＋9、a＋10，所以4a＋22＝46，a＝6，即W、X、Y、Z分别为碳、氟、磷、硫。原子半径：P>S>C>F，A正确；CS2分子中不含非极性键，B错误；F不存在最高价含氧酸，C错误；SO2具有漂白性，但只能使紫色石蕊溶液变红，不能使石蕊溶液褪色，D错误。
5．(2020·山东师范大学附中高三期中)科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16 mg·cm－3 ，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正确的是( )
A．“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料
B．“全碳气凝胶”与石墨互为同位素
C．“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃
D．“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在
答案 A
解析 “全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，A说法正确；“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B说法错误；“全碳气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C说法错误；“全碳气凝胶”的性质稳定，但能与热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质，D说法错误。
6．(2020·江苏无锡高三期中)下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．0.010 mol·L－1 NH4Fe(SO4)2溶液与0.040 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合：NH＋Fe3＋＋4OH－===Fe(OH)3↓＋NH3·H2O
B．石灰乳中通入Cl2：2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O
C．过量铁粉与稀硝酸反应：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O
D．酸性溶液中NaI和NaIO3反应生成I2：5I－＋IO＋3H2O===3I2＋6OH－
答案 A
解析 0.010 mol·L－1 NH4Fe(SO4)2溶液与0.040 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，氢氧根恰好和铁离子、铵根离子完全反应，离子方程式为NH＋Fe3＋＋4OH－===Fe(OH)3↓＋NH3·H2O，故A正确；石灰乳不能写成离子，正确的离子方程式为Ca(OH)2＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O＋Ca2＋，故B错误；铁粉过量，最终产物应为Fe2＋，正确的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故C错误；酸性环境下不会生成氢氧根，正确的离子方程式为5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O，故D错误。
7．利用反应6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O构成原电池既能有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示。下列说法错误的是( )
A．电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极
B．A为负极，电极上发生氧化反应
C．B极的电极反应式为2NO2＋8e－＋4H2O===N2＋8OH－
D．当有2.24 L NO2被处理时，转移电子的数目为0.4NA
答案 D
解析 根据反应可知，NH3失电子得到N2，故通入NH3的一极为负极，电极A为负极，电极B为正极，外电路中电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，A正确；电极A为负极，电极上发生失电子的氧化反应，B正确；电极B发生NO2得电子的还原反应，电极反应式为2NO2＋8e－＋4H2O===N2＋8OH－，C正确；没有说明是标准状况，不能确定气体的物质的量，D错误。
8．以CO2和NH3为原料，通过反应：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(l)合成尿素。该反应的平衡常数和温度关系如下表；在一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2物质的量之比(氨碳比)与CO2平衡转化率(α)的关系如图，下列说法正确的是( )
T/℃
165
175
185
195
K
111.9
74.1
50.6
34.8
A．上图B点处NH3的平衡转化率为32%
B．该反应平衡常数的表达式为K＝
C．该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能
D．氨碳比越高，合成CO(NH2)2时NH3的转化率越高
答案 A
解析 由B点的氨碳比为4.0可设起始时n(CO2)＝a mol，n(NH3)＝4a mol，根据B点CO2的转化率可知转化的CO2为0.64a mol，则转化的NH3为1.28a mol，所以NH3的平衡转化率为×100%＝32%，A正确；由于CO(NH2)2与H2O均为液体，故该反应的平衡常数表达式为K＝，B错误；根据题表中数据可知温度升高K减小，即平衡向左移动，该反应为放热反应，所以生成物的总键能大于反应物的总键能，C错误；氨碳比越高，CO2的转化率越高，而NH3的转化率越低，D错误。
9．(2020·江西赣州期中)SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2 ＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋ 2Fe2＋＋4H＋；
②Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法正确的是( )
A．氧化性：Cr2O＞Fe3＋＞SO
B．若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
C．反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为3NA
D．由上述反应原理推断：Cr2O不能将SO2氧化成SO
答案 A
解析 由①可知，Fe元素的化合价降低，Fe3＋是氧化剂，S元素的化合价升高，SO是氧化产物，则氧化性：Fe3＋＞SO，由②可知，Cr元素的化合价降低，Cr2O是氧化剂，Fe元素的化合价升高，Fe3＋是氧化产物，则氧化性：Cr2O＞Fe3＋，故氧化性由强到弱的顺序为Cr2O＞Fe3＋＞SO，A正确；缺少气体所处的外界条件，不能计算其物质的量，也不能计算最终消耗的K2Cr2O7物质的量，B错误；每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的物质的量为1 mol×2×(6－3)＝6 mol，则转移电子的数目为6NA，C错误；根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，由反应①②可知，氧化性：Cr2O＞Fe3＋＞SO，还原性：SO2＞Fe2＋＞Cr3＋，根据“强制弱”规律，则K2Cr2O7能将SO2氧化成SO，D错误。
10．(2020·山东德州高三期中)短周期元素x、y、d、f的最高正价或最低负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图1所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01 mol·L－1)的pH与原子序数的关系如图2所示：
下列有关说法正确的是( )
A．工业上电解f和h形成的化合物可制得单质f
B．e、g两种元素形成的化合物中一定含有离子键，可能含有共价键
C．y、d、z的简单气态氢化物中沸点最高的是z的氢化物
D．x在所形成的化合物中，化合价均为＋1
答案 B
解析 f和h形成的化合物为氯化铝，为共价化合物，熔融状态不导电，工业上电解氧化铝可制得单质Al，A说法错误；e、g两种元素形成的化合物为Na2S或Na2Sx，均为离子化合物，则一定含有离子键，可能含有共价键，B说法正确；y、d、z的简单气态氢化物分别为CH4、H2O、NH3，沸点最高的是H2O，C说法错误；x在所形成的化合物中，化合价可能为＋1或－1，如NaH中为－1价，D说法错误。
11．下列图示与对应的叙述相符的是( )
A．图1表示H2(g)与O2(g)发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
B．图2表示保持其他条件不变，反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)达到平衡时AB3体积分数随B2起始物质的量的变化曲线，则A2的转化率大小为b>a>c
C．图3表示0.1 mol MgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化
D．图4表示常温下，稀释等体积的HA、HB两种酸的稀溶液时，pH随加水量的变化，则等浓度的NaA和NaB溶液，前者阴离子总浓度小
答案 C
解析 图1中产物H2O为气态，而氢气的燃烧热是指1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量，A不符合题意；对于反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)，增加B2的物质的量，A2的转化率增大，则A2的转化率大小为c>b>a，B不符合题意；MgCl2·6H2O在空气中充分加热得到的固体是MgO，加热0.1 mol MgCl2·6H2O最后得到MgO的质量为4.0 g，C符合题意；加水稀释时，HA溶液的pH变化大，说明酸性：HA>HB，则等浓度的NaA和NaB溶液，NaB溶液的碱性较强，Na＋浓度相等，c(H＋)NaA>c(H＋)NaB，则NaA溶液中阳离子浓度之和大于NaB溶液中阳离子浓度之和，根据电荷守恒，则阴离子总浓度NaA溶液中的大，D不符合题意。
12．(2020·云南质检)常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是( )
A．某H2SO4溶液中＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1
B．将0.02 mol·L－1盐酸与0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12
C．将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH≥7
D．向0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1 mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小
答案 C
解析 常温下，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，由于＝1.0×10－8，解得c(OH－)＝10－11 mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，A正确；等体积等浓度的盐酸与Ba(OH)2溶液混合，Ba(OH)2过量，混合后c(OH－)＝(0.02 mol·L－1×2－0.02 mol·L－1)×＝0.01 mol·L－1(混合后溶液体积可视为二者体积之和)，那么c(H＋)＝＝10－12 mol·L－1，pH＝12，B正确；盐酸与氨水混合，当溶液中溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，因两者相对量未知，溶液的pH可能大于7、可能等于7、也可能小于7，C错误；向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，发生的反应依次为HCl＋Na2CO3===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，c(HCO)先增大后减小，D正确。
13．(2020·银川调研)已知在101 kPa、298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，下列热化学方程式正确的是( )
A．H2O(g)===H2(g)＋O2(g) ΔH(298 K)＝－242 kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH(298 K)＝＋484 kJ·mol－1
C．H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH(298 K)＝－242 kJ·mol－1
D．H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH(298 K)＝－484 kJ·mol－1
答案 C
解析 在101 kPa、298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，则该反应的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1或H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1，C正确。
14．(2020·北京牛栏山一中模拟)某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物作固态电解质，其电池总反应为6MnO2＋3Zn＋(6＋x)H2O＋ZnSO46MnOOH＋ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。
下列说法正确的是( )
A．充电时，含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源正极
B．放电时，电池的正极反应为MnO2＋e－＋H＋===MnOOH
C．充电时，Zn2＋移向Zn膜
D．合成有机高聚物的单体之一是CH2===CH2
答案 C
解析 充电时，含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源负极，故A错误；放电时，电池的正极反应为MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－，故B错误；充电时为电解池，Zn2＋移向阴极即锌膜，故C正确；根据，合成有机高聚物的单体是CH2=== CHCONH2，故D错误。
15．(2020·黑龙江哈尔滨三中期中)V、W、X、Y、Z为五种短周期主族元素。其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，V、Y位于同一主族；Y原子的最外层电子数是W原子的最外层电子数的2倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。由W、X、Y、Z形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误的是( )
A．简单氢化物的沸点：Y＜V
B．原子半径：Z＜V＜W＜X
C．X与Y、Y与Z均可形成含非极性键的化合物
D．V、W与X三者的最高价氧化物的水化物可两两发生反应
答案 A
解析 Y是O，V是S，水分子间有氢键，简单氢化物的沸点：Y>V，A错误；氢原子半径最小，同周期主族元素，原子半径从左到右递减，原子半径：Z＜V＜W＜X，B正确；X是Na，Y是O，Z是H，Na与O2燃烧可形成Na2O2，其中含有非极性键；H与O可形成H2O2，其中含有非极性键，C正确；V是S，W是Al，X是Na，三者的最高价氧化物的水化物分别是H2SO4、Al(OH)3、NaOH，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH和酸H2SO4发生反应，D正确。
16．利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。下列说法不正确的是( )
实验装置
实验编号
浸泡液
pH
氧气浓度随时间的变化
①
1.0 mol·L－1 NH4Cl
5
②
0.5 mol·L－1 (NH4)2SO4
5
③
1.0 mol·L－1 NaCl
7
④
0.5 mol·L－1 Na2SO4
7
上述正极反应均为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
B．在不同溶液中，Cl－是影响吸氧腐蚀速率的主要因素
C．向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快
D．在300 min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率：酸性溶液大于中性溶液
答案 B
解析 根据图像可知，实验装置中的氧气浓度是逐渐降低的，故此腐蚀为吸氧腐蚀，故正极反应均为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，故A正确；根据图像可知，①②的反应速率接近，③④的反应速率接近，且①远大于③，②远大于④，故阴离子对反应速率影响不大，NH是影响反应速率的主要因素，故B错误；NH是影响反应速率的主要因素，能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加快，故向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，故C正确；①②溶液显酸性，③④溶液显中性，根据图像可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率：酸性溶液大于中性溶液，故D正确。
17．在两个容积均为2 L的恒容密闭容器中，起始时均充入a mol H2S，以温度、Al2O3催化剂为实验条件变量，进行H2S的分解实验[反应为2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)]。测得的结果如图所示。(曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率)
下列说法正确的是( )
A．温度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量减少
B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡转化率
C．900 ℃时，t s后达到平衡，则H2的平均反应速率为 mol·L－1·s－1
D．约1 100 ℃ 时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性
答案 D
解析 根据图示可知，升高温度，H2S的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，S2的含量增大，故A错误；加入Al2O3可提高H2S的分解速率，但不能使化学平衡移动，因此H2S的平衡转化率不变，故B错误；根据图示可知900 ℃时，H2S的转化率是50%，t s后H2的物质的量为0.5a mol，H2的平均反应速率为 mol·L－1·s－1，故C错误；根据图示可知在约1 100 ℃时，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明不论有无催化剂Al2O3，物质的反应速率相同，则Al2O3可能几乎失去催化活性，故D正确。
二、非选择题(本题包括4小题，共49分)
18．(14分)(2020·山东师范大学附中高三期中)1981年Staley、Kappes等科学家首次发现了过渡金属离子催化消除N2O与CO的第一个催化循环反应，由此引起众多科学家开始关注利用金属离子消除大气污染物的催化反应。回答下列问题：
(1)研究表明在无催化剂作用下N2O与CO难以反应，原因是___________________________。
(2)过渡态理论认为N2O和CO之间的反应分为两个过程，首先N2O与CO通过碰撞生成高能量的活化配合物，然后该活化配合物进一步转化为产物，其历程为
第一步：N—N—O＋C—O―→N－N…O…C－O(慢反应)
活化配合物
第二步：N—N…O…C—O―→N—N＋O—C—O(快反应)
活化配合物
第一步反应为______( 填“吸热”或“放热”)反应，CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的决速反应为__________(填“第一步”或“第二步”)反应。
(3)在400 ℃ 和650 ℃条件下，分别向两个相同体积的刚性容器中充入2 mol N2O和2 mol CO，发生反应CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH<0，实验得出两容器中CO与N2的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知气体的分压等于气体的总压乘以气体的体积分数，曲线ad对应的容器中平衡后总压为pxkPa，曲线bc对应的容器中平衡后总压为pykPa。
①曲线ad表示________(填“400 ℃”或“650 ℃”)条件下相关物质的物质的量的变化曲线。
②a、c、d三点逆反应速率的大小顺序为______________。
③ad段的平均反应速率 (N2O)＝______kPa·min－1。
④400 ℃条件下平衡常数Kp＝________。
答案 (1)CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能较高，反应难以进行 (2)吸热 第一步
(3)①400 ℃ ②c>d>a ③0.015px ④
解析 (1)催化剂能够降低反应的活化能，没有催化剂时，反应难以进行，主要原因是CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能太高。
(2)根据已知信息可知，N2O与CO反应首先生成高能量的活化配合物，该过程需要吸收能量，所以第一步为吸热反应，慢反应决定整个反应的速率，是决速反应。
(3)根据图像可知，随着反应的进行，曲线ad对应物质的物质的量减小，所以曲线ad对应的物质是CO，曲线bc对应的物质为N2。①曲线bc先达到平衡，曲线ad后达到平衡，根据温度对反应速率的影响，温度越高反应速率越大，则曲线ad为400 ℃时CO的物质的量的变化曲线。②c、d点均达到平衡状态，c点对应的温度高于d点，则c点反应速率大于d点；a、d点对应温度相同，但a点未达到平衡状态，d点逆反应速率大于a点的逆反应速率，则逆反应速率由大到小的顺序为c>d>a。③ad段时间变化量为10 min，根据三段式法，可以得出：
CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)
初始/mol 2 2
5 min/mol 1.4 1.4 0.6 0.6
15 min/mol 0.8 0.8 1.2 1.2
5 min时，N2O的分压为kPa,15 min时N2O的分压为 kPa，其变化量为 kPa，所以ad段的平均反应速率 (N2O)＝＝0.015px kPa·min－1。
④根据题意，400 ℃ 条件对应曲线ad,15 min时曲线ad达到平衡状态，则根据③中三段式可以得出Kp＝＝。
19．(14分)Na2S溶液在空气中长期放置，与氧气反应会生成与过氧化钠的结构和化学性质相似的物质Na2S2，其溶液显黄色并有强碱性。
(1)写出该反应的化学方程式：__________________________________________________。
并写出Na2S2的电子式____________，该物质中所具有的化学键的类型________；该反应中的Na2S表现了______性，当生成1 mol Na2S2时，转移电子数目为________。
(2)在碱性溶液中，多硫化钠Na2Sx (x≥2)，可被NaClO氧化为硫酸钠，而NaClO被还原为NaCl, 若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为________。
A．5 B．4 C．3 D．2
(3)常温下Na2S溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是(用离子方程式表示)___________________________________________________________________________。
(4)常温下pH＝10的0.1 mol·L－1NaHS溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_____________。
答案 (1)4Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2Na2S2(或2Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2S、Na2S＋S===Na2S2) 离子键和共价键 还原 2NA
(2)A (3)碱性 S2－＋H2OHS－＋OH－
(4)c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)
解析 (1)Na2S溶液在空气中长期放置会接触大量的氧气，故反应的化学方程式为4Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2Na2S2，Na2S2是离子化合物，其电子式为，该物质中含共价键和离子键；硫元素化合价由－2变成了－1，体现了还原性，当生成1个Na2S2时，硫共失去2个电子，故转移电子数目为2NA。
(2)多硫化钠Na2Sx被NaClO氧化为硫酸钠，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，由电子守恒可知1 mol×[6－(－)]×x＝16 mol×[1－(－1)]，得x＝5。
(3)常温下Na2S溶液中硫离子发生水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，故溶液显碱性。
(4)NaHS溶液中硫氢根离子既水解又电离，水解：HS－＋H2OH2S＋OH－，电离：HS－
S2－＋H＋，由常温下pH＝10的0.1 mol·L－1 NaHS溶液显碱性可知，硫氢根离子的水解大于电离，故水解产物浓度大于电离产物浓度，且溶液中存在水的电离平衡，则有离子关系：c(Na＋)
>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)。
20．(9分)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25 ℃时氯气－氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl2(g)Cl2(aq) K1＝10－1.2
HClO(aq)H＋(aq)＋ClO－(aq) K2＝10－7.5
Cl2(aq)＋H2O(l)HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq) K3＝10－3.4
已知该体系中，Cl2(aq)、HClO(aq)和ClO－(aq)在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)该体系中，HClO(aq)所占分数(α)随pH变化的关系是____________(填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”)。
(2)在氯水中，下列有关说法正确的是________(填字母)。
a．c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)
b．c(HClO)
d．c(Cl－)
(4)请解释氯处理饮用水时，冬季的杀菌效果比夏季效果好的原因______________________。
答案 (1)曲线2 (2)ab (3)10－12.1
(4)夏季相比较冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季
解析 (1)Cl2(aq)在酸性条件下能稳定存在，碱性条件下不能存在，ClO－存在水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，碱性越强，越抑制ClO－的水解，所占体积分数变大，故曲线2是HClO(aq)。
(2)在溶液中有电荷守恒：c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故a正确；氯气通入水中，一部分溶解在水里不发生化学变化，一部分与水发生化学反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，根据物料守恒：c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，故b正确，d错误，氯水体系显酸性，故c(OH－)
(4)由题干知，HClO的杀菌能力比ClO－强，夏季比冬季温度高，HClO易分解，所以杀菌效果不如冬季。
21．(12分)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，热分解产生锰酸钾、二氧化锰、氧气。完成下列填空：
Ⅰ.已知：①MnO2(s)===Mn(s)＋O2(g) ΔH＝＋520 kJ·mol－1
②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1
③Mn(s)＋2O2(g)＋S(s)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1
(1)固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为_________________。
Ⅱ.草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数涉及的反应：
C2O＋2H＋===H2C2O4(草酸)
5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
(2)上述反应在75～80 ℃进行比较合适，当加热温度大于90 ℃时，会导致草酸钠消耗增多，其原因是_______________________________________________________________________。
(3)将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2＋的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2＋浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是_______________________。
Ⅲ.KMnO4是一种常用消毒剂。
(4)KMnO4消毒机理与下列物质相似的是________(填字母)。
A．双氧水
B．消毒酒精(75%)
C．肥皂水
D．84消毒液(NaClO溶液)
(5)KMnO4的消毒效率(用单位质量转移的电子数表示)是NaClO的_______倍(保留两位小数)。
(6)测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2SO3溶液滴定。
①配制250 mL 0.100 0 mol·L－1标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和______________。
②取某KMnO4产品0.700 0 g溶于水，并加入________(填字母)进行酸化。
A．稀盐酸 B．稀硫酸 C．硝酸 D．次氯酸
③将②所得溶液用0.100 0 mol·L－1标准Na2SO3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2SO3溶液的体积。重复步骤②③，三次平行实验数据如表：
实验次数
1
2
3
消耗Na2SO3溶液体积/mL
19.30
20.98
21.02
(有关离子方程式为2MnO＋5SO＋6H＋ ===5SO＋2Mn2＋ ＋3H2O)
计算该KMnO4产品的纯度为________(结果保留三位有效数字)。
答案 (1)MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝ －248 kJ·mol－1
(2)部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多
(3)生成的Mn2＋可能对该反应有催化作用，随着Mn2＋的产生，反应速率大大加快
(4)AD (5)1.18 (6)①250 mL容量瓶 ②B
③19.0%
解析 (1)①MnO2(s)===Mn(s)＋O2(g) ΔH＝＋520 kJ·mol－1；②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1；③Mn(s)＋2O2(g)＋S(s)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1；①＋③－②得固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式：MnO2(s)＋SO2(g)=== MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ· mol－1。
(2)草酸不稳定，当加热温度大于90 ℃时，部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多。
(3)将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2＋的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2＋浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2＋)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2＋对反应有催化作用，且c(Mn2＋)越大，催化效果越好。
(4)KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液。
(5)假设相同质量的KMnO4和NaClO都为100 g，KMnO4作氧化剂生成Mn2＋，转移电子×5≈3.16 mol；NaClO作氧化剂生成Cl－，转移电子×2≈2.68 mol；≈1.18，则KMnO4的消毒效率(用单位质量转移的电子数表示)是NaClO的1.18倍。
(6)①配制250 mL 0.100 0 mol·L－1标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和250 mL容量瓶。
②盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，故不能用盐酸酸化高锰酸钾；硝酸和次氯酸具有氧化性会干扰高锰酸钾的氧化反应；可以用稀硫酸酸化高锰酸钾。
③从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据，后两组数据的平均值为＝21 mL，滴定过程中发生反应的离子方程式：2MnO＋ 5SO＋ 6H＋===5SO＋2Mn2＋ ＋3H2O，则n(MnO)＝n(SO)＝×0.100 0 mol·L－1×0.021 L＝0.000 84 mol，该KMnO4产品的纯度为×100%≈19.0%。
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