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【化学】浙江省宁波市北仑中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）
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浙江省宁波市北仑中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1;B-11;C-12;N-14;O-16;F-19;Pb-207。
一．选择题(本题共有15小题，每小题只有一个正确选项。每小题2分，共30分)
1.最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型的氢粒子，这种粒子是由3个氢原子核(没有中子)和2个电子构成。对这种粒子，下列说法中正确的是（ ）
A. 它是氢的一种新的同素异形体 B. 它比普通H2分子多一个质子
C. 它的组成可用H3表示 D. 它是氢元素的一种新的同位素
【答案】B
【解析】
【分析】由这种新粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，其质子数为3，电子数为2的阳离子，以此来解答。
【详解】A．它不是氢的一种新的同素异形体，同素异形体是指性质不同的单质，如：白磷和红磷、O2和O3、金刚石和石墨等，故A错误；
B．普通H2分子有2个质子，而这种新粒子有3个氢原子核，比普通H2分子多一个氢原子核，即它比普通H2分子多一个质子，故B正确；
C．新型氢微粒是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成，核内质子数－核外电子数＝所带电荷数，即：＋3－2＝＋1，所以该微粒是带一个单位正电荷的阳离子：H+3，故C错误；
D．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，也不是原子范畴，则不是氢的同位素，故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. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
3.下列各组元素性质的递变情况错误的是（ ）
A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强
C. N、O、F最高价氧化物的水化物酸性依次增强
D. Na、K、Rb金属性依次增强
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是同周期、同主族性质递变。同周期元素自左向右最外层电子数逐渐增多，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。
【详解】A. Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1，2，3，故A正确；
B. 同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强，故B正确；
C.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。但是O、F无最高价含氧酸，故C错误；
D. Na、K、Rb的最外层电子数相同，原子半径依次增大，则金属性依次增强，故D正确；
答案选C。
4.科学家研究发现普通盐水在无线电波的照射下可以燃烧，其原理是无线电频率可以削弱盐水中所含元素原子之间的“结合力”，释放出氢原子和氧原子，一旦点火，氢原子就会在这种频率下持续燃烧。上述中“结合力”的实质是（ ）
A. 离子键 B. 共价键 C. 范德华力 D. 氢键
【答案】B
【解析】
【分析】由信息可知，破坏元素原子之间的“结合力”，释放出氢原子和氧原子，可知H-O键断裂，该“结合力”的实质是极性共价键，故B正确；
答案选B。
5.向20 mL 0.5 mol·L-1硫酸溶液中逐滴加入烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的说法错误的是（ ）
A. b点之前温度升高是因为发生了放热反应
B. bc段温度降低是因为与外界发生了热交换
C. c(NaOH)=0.5 mol·L-1
D. b点时酸碱恰好反应完全
【答案】C
【解析】
【分析】酸碱反应是放热反应，温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点。
【详解】A.由分析可知，温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点，b点之前发生酸碱中和反应，是放热反应，温度升高，故A正确；
B. 由分析可知，温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点，bc段温度降低是因为与外界发生了热交换，故B正确；
C.由化学方程式H2SO4+ 2NaOHNa2SO4+2H2O且b点时酸碱恰好反应完全可知，n(NaOH)=2n(H2SO4)，即c(NaOH)V(NaOH)= 2c(H2SO4)V(H2SO4)，代入数据计算c(NaOH)==1 mol·L-1，故C正确；
D. 温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点，故D正确；
答案选C。
6.节能减排是我国政府工作地重点之一，节约能源与开发新能源是当务之急。下列方案中，你认为不合理的是（ ）
A. 提升电解水法提供氢能的技术
B. 开发将生物质转变成热值较高的可燃气体的技术
C. 研制以甲醇为燃料的汽车
D. 开发太阳能路灯代替传统路灯
【答案】A
【解析】A．用电解水法制取氢气要消耗大量的电能，故A错误；
B．开发将生物质转变成热值较高的可燃气体的技术，能节能减排，故B正确；
C．甲醇中不含硫氮元素，研制以甲醇为燃料的汽车，可以减少汽车尾气对环境造成的污染，故C正确；
D．太阳能是洁净能源，且取之不尽用之不竭，开发太阳能路灯代替传统路灯，能节能减排，故D正确；
答案选A。
7.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其中工作原理如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 电流由a极流向b极
B. 溶液中的OH﹣向b极移动
C. a极的电极反应式为：2NH3﹣6e﹣N2+6H+
D. b极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O4OH﹣
【答案】D
【解析】
【分析】Pt电极a通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。
【详解】A. 氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，电流由正极流向负极，则电流由b极流向a极，故A错误；
B. 溶液中的阴离子会移向负极，故OH﹣向a极移动，故B错误；
C. a极通入氨气生成氮气，电解质环境是碱性，则a极的电极反应式为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣N2+6H2O，故C错误；
D. b极氧气得电子被还原，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O4OH﹣，故D正确；
答案选D。
8.2010年4月中旬全球核安全峰会在华盛顿举行，发展核电、制裁核武器发展是会议主题。各式各样电池的发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是（ ）
A. 手机上用的锂电池属于二次电池
B. 锌锰干电池中，锌电极是正极
C. 氢氧燃料电池工作时氢气在负极被还原
D. 太阳能电池的主要材料为二氧化硅
【答案】A
【解析】A．手机上的锂离子电池可以充电、放电，属于二次电池，故A正确；
B．锌锰干电池中锌失去电子发生氧化反应生成Zn2+，所以锌作负极，故B错误；
C．氢氧燃料电池工作时，氢气在负极失电子被氧化，故C错误；
D．太阳能电池的主要材料为硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，故D错误；
答案选A。
9.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )
A. d为石墨，铁片腐蚀加快
B. d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－4OH－
C. d为锌块，铁片不易被腐蚀
D. d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－H2↑
【答案】D
【解析】A、由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项B正确；C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项D错误。答案选D。
10.一定条件下，向2 L密闭容器中充入2 mol N2和10 mol H2发生反应N2+3H22NH3。2 min时测得剩余N2的物质的量为1 mol，下列有关化学反应速率的表达不正确的是（ ）
A. v(N2)=3 v(H2) B. v(H2)=0.75 mol·L-1·min-1
C. v(NH3)=0.5mol·L-1·min-1 D. 再充入2 mol N2化学反应速率加快
【答案】A
【解析】
N2+ 3H22NH3
c(起始) mol/L 1 5 0
c(变化) mol/L 0.5 1.5 1
c(2 min) mol/L 0.5 3.5 1
【详解】A. 用不同物质来表示同一时间内的反应速率时，各物质速率之比与其化学计量数之比是相等的。则3v(N2)=v(H2)，故A错误；
B. 由三段式可知，v(H2)==0.75 mol·L-1·min-1，故B正确；
C. 由三段式可知，v(NH3)==0.5mol·L-1·min-1，故C正确；
D. 再充入2 mol N2，N2浓度增大，化学反应速率加快，故D正确；
答案选A。
11.某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的一种或几种。现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色。下列对原混合气体成分的判断正确的是( )
A. 肯定只有SO2 B. 肯定没有Cl2、O2和NO2
C. 可能有Cl2和O2 D. 肯定只有NO
【答案】B
【解析】原混合气体为无色气体，故一定不含氯气和二氧化氮，也不同时存在氧气和一氧化氮，混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，故原混合气体中一定含有二氧化硫；向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色，所以原混合气体中一定含有一氧化氮，则一定不含氧气；结合以上分析可知，B正确；
综上所述，本题选B。
12.下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验
操作
A
除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl
直接将固体加热
B
实验室收集Cu与稀硝酸反应成的NO
向上排空气法收集
C
检验非金属性Cl>C
在Na2SiO3溶液中加入足量HCl
D
检验某溶液中是否有NH4+
取该溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验
【答案】D
【解析】A.直接加热NaHCO3和NH4Cl固体混合物，NaHCO3和NH4Cl都会发生分解反应，故A错误；
B.由于NO会和空气中的O2发生反应生成NO2，所以不能用向上排空气法收集NO，故B错误；
C.比较非金属性的强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性，酸性越强，非金属的非金属性越强，反之越弱，HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，不能用HCl和H2CO3的酸性强弱比较Cl和C元素的非金属性强弱，故C错误；
D.取溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，就证明溶液中有NH4+，未变蓝，则证明无NH4+，故D正确；
本题答案为D。
13.下列制备物质的工业生产流程合理的是（ ）
A. 由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al
B. 制硫酸：硫铁矿SO2H2SO3H2SO4
C. 由NaCl制漂白粉：NaCl(aq)Cl2漂白粉
D. 合成NH3：NH4Cl和Ca(OH)2固体NH3纯净干燥的氨气
【答案】C
【解析】A.铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，故A错误；
B. 硫铁矿燃烧生成二氧化硫，应将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成生成硫酸，故B错误；
C.电解氯化钠生成氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉，故C正确；
D.工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，实验室常用氯化铵固体与碱石灰固体共热来制取氨气，故D错误；
答案选C。
14.下列各组离子能够大量共存的是（ ）
A. 加入Al粉后产生的溶液中：、、、
B. 滴加石蕊试剂变红的溶液中：、、、
C. 酸性溶液中：、、、
D. 澄清溶液中：、、、
【答案】D
【解析】A. 能与铝反应生成氢气的溶液可能呈酸性，也可能碱性，无论呈酸性还是碱性，都不能大量共存，故A错误；
B. 滴加石蕊试剂变红的溶液显酸性，酸性条件下Fe2+会被氧化，故B错误；
C.Fe3+与会反应生成配合物，不能共存，故C错误；
D. 澄清的溶液中可以存在Cu2+、、、，且都不发生反应，故D正确；
答案选D。
15.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 无法计算
【答案】A
【解析】试题分析：完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2=mol×4，n（Cu）=0.15mol，所以 Cu（NO3）2 为0.15mol，根据Cu2+～2OH-有n（OH-）=2×0.15mol=0.3mol，则NaOH 为 0.15mol×2="0.3" mol，则NaOH 体积V===0.06L，即 60 ml，故选A。
二．选择题(本题共有6小题，每小题只有一个正确选项。每小题3分，共18分)
16.短周期主族元素X﹑Y﹑Z﹑W﹑Q的原子序数逐渐增大。X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍。Y的氟化物YF3分子中各原子均满足最外层8电子稳定结构。Z﹑W是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素。W的简单离子是同周期中离子半径最小的。X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等。下列说法正确的是（ ）
A. 相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质获得的氢气多
B. X与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＜W
D. Y的简单气态氢化物与Q的单质反应，现象是产生白烟
【答案】D
【解析】短周期主族元素X﹑Y﹑Z﹑W﹑Q的原子序数逐渐增大，X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素，Z﹑W是常见金属，原子序数大于碳，说明Z、W处于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则Z为Na、W为Al，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q原子序数为6+11=17，故Q为Cl，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，说明Y原子最外层有5个电子，原子序数小于Na，故Y为N元素。A. 相同质量的Na和Al的单质分别与足量稀盐酸反应时，根据得失电子守恒，生成氢气之比为×1:×3=9:23，Al生成氢气更多，故A错误；B. X与Q形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与Q形成的化合物为NaCl，含有离子键，化学键类型不同，故B错误；C. H2CO3是弱酸，Al(OH)3是两性氢氧化物，酸性：H2CO3＞Al(OH)3，故C错误；D. NH3与Cl2发生反应：8NH3＋3Cl26NH4Cl＋N2，生成的NH4Cl在空气中产生白烟，故D正确；答案选D。
17.在298 K、1.01×105 Pa，将22 g CO2通入0.75 L 1.0 mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出的热量为a kJ。已知该条件下1 mol CO2通入1 L 2.0 mol·L-1NaOH溶液中充分反应放出的热量为b kJ。则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学方程式为( )。
A. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=-(2b-a) kJ·mol-1
B. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=+(4a-b) kJ·mol-1
C. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=-(4a-b) kJ·mol-1
D. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=+(2b-a) kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出akJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出b kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。
【详解】根据题意，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）==0.5mol，n（NaOH）=1mol•L-1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOHNaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为aKJ，则2molCO2反应放出热量为4aKJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）NaHCO3 （aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4aKJ/mol①。又1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出bkJ的热量，则热化学方程式为 2NaOH（aq）+CO2（g）Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-bKJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=-(4a-b) kJ·mol-1，故C正确；
答案选C
18.用氟硼酸（HBF4，属于强酸）代替硫酸作铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb＋PbO2＋4HBF42Pb（BF4）2＋2H2O；Pb（BF4）2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时的负极反应为：PbO2＋4H＋＋2e－Pb2＋＋2H2O
B. 充电时，当阳极质量增加23.9 g时，溶液中有0.2 mol电子通过
C. 放电时，正极区pH增大
D. 充电时，Pb电极与电源的正极相连
【答案】C
【解析】试题分析：A中，放电时负极发生氧化反应，A错。B中，阳极有PbO2生成，每生成1molPbO2转移2mol电子，质量增大23.9g则生成0.1molPbO2，转移0.2mol电子，但是电子只会从导线通过，不会从溶液通过，溶液中通过的是阴阳离子。C中，放电时正极区发生还原反应，PbO2成为Pb（BF4）2，同时还有水生成，无疑降低了溶液中氢离子的浓度，增大了PH。D中，放电时铅电极是作为负极发生氧化反应，那么电解的时候必然是发生还原反应，所以与电源的负极相连。
19.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. X是电源的负极
B. 阴极的反应式是：H2O＋2eˉH2＋O2ˉCO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ
C. 总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D. 阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1
【答案】D
【解析】试题分析：A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉH2＋O2ˉ、CO2＋2eˉCO＋O2ˉ，正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。
20.汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 稀燃过程中，NO发生的主要反应为：2NO + O22NO2
B. 稀燃过程中，NO2被吸收的反应为：BaO + 2NO2Ba(NO3)2
C. 富燃过程中，NO2被CO还原的反应为：2NO2 + 4CO N2 + 4CO2
D. 富燃过程中，CxHy被O2氧化的反应为：CxHy + (x+y/4)O2xCO2 + y/2H2O
【答案】B
【解析】A.由图可知，在稀燃条件下，一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，故A正确；
B.给出的反应中只有N元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，所以在稀燃条件下，二氧化氮与氧化钡反应生成硝酸钡和一氧化氮，故B错误；
C.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，二氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，故C正确；
D.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，CxHy与氧气反应生成二氧化碳和水，故D正确。
故选B。
21.下列事实和解释都正确的是（ ）
A. 锌与稀盐酸反应，加水稀释后反应速率减慢是因为减小了Cl-的浓度
B. 面粉厂内要禁止明火是因为固体表面积大会加快反应速率
C. 向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因为MnO2粉末增大了反应的活化能
D. 打开啤酒瓶盖的瞬间有大量气泡冒出，是因为啤酒温度升高的缘故
【答案】B
【解析】A. 锌与稀盐酸反应，加水稀释后反应速率减慢是因为减小了H+的浓度，故A错误；
B. 面粉厂内要禁止明火是因为固体表面积大会加快反应速率，引起爆炸，故B正确；
C. 向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因为MnO2粉末起催化作用，降低了反应的活化能，故C错误；
D. 打开啤酒瓶盖的瞬间有大量气泡冒出，是因为啤酒压强减小导致气体溶解度降低，故D错误；
答案选B。
三．填空题(本题共有5个小题，共52分)
22.(1)H2O的沸点高于H2S是因为________________；H2O分子比H2S分子稳定是因为__________________。
(2)Al和铁红发生铝热反应的化学方程式_________________，该反应的用途是_________________(任写一条)。
【答案】(1). 水分子间存在氢键 (2). H-O键键能大于H-S键键能 (3). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (4). 焊接钢轨(或冶炼高熔点金属)
【解析】
【分析】(1) H2O分子间含有氢键；键能越大越稳定；
(2) 铁红主要成分是Fe2O3，铝热反应用于焊接钢轨(或冶炼高熔点金属)。
【详解】(1) H2O含有氢键，则熔沸点比H2S高；键能越大越稳定，H2O分子比H2S分子稳定是因为H-O键键能大于H-S键键能；
(2)铁红主要成分是Fe2O3，Al和Fe2O3高温条件下发生铝热反应的化学方程式为；该反应放出大量热，可用于焊接钢轨(或冶炼高熔点金属)。
23.已知A、B、C、D、E五种元素为周期表前20号元素且原子序数依次增大，其中只有A、D为非金属元素。A的气态氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红。B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍。B、E元素同主族。
(1)E在元素周期表中的位置：____________，写出E的最高价氧化物对应水化物与C的单质反应的化学方程式：___________________________________。
(2)A的气态氢化物溶于水后的电离方程式为________________________________。
(3)B单质在空气中燃烧后的产物的电子式为____________，产物中存在的化学键类型有_______________。
【答案】(1). 第4周期ⅠA族 (2). 2KOH + 2Al + 2 H2O2 KAlO2+ 3 H2↑ (3). NH3·H2ONH4++ OH— (4). (5). 离子键、共价键(非极性键)
【解析】
【分析】A的气态氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红，则A是氮元素。A、B、C、D、E五种元素为周期表前20号元素且原子序数依次增大，B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，D为非金属元素且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍，B是钠元素，C是铝元素，D是硫元素。B、E元素同主族，则E是钾元素。
【详解】(1) E是钾元素，处于第4周期ⅠA族。C是铝元素，钾元素的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钾，氢氧化钾与铝单质反应生成偏铝酸钾和氢气，化学方程式为：2KOH + 2Al + 2 H2O 2 KAlO2+ 3 H2↑；
(2) A是氮元素，氮元素的气态氢化物是氨气，溶于水后生成一水合氨，一水合氨的电离方程式为NH3·H2ONH4++ OH—；
(3) B是钠元素，钠单质在空气中燃烧后的产物是过氧化钠，过氧化钠是离子化合物，其电子式为，过氧化钠中存在的化学键类型有离子键、共价键(非极性键)。
24.回答下列问题：
(1)已知两种同素异形体A、B的燃烧热的热化学方程式为：
A(s)+O2(g) CO2(g)△H＝﹣393.51 kJ•mol﹣1
B(s)+O2(g) CO2(g)△H＝﹣395.41 kJ•mol﹣1
则两种同素异形体中较稳定的是(填“A”或“B”)_____。
(2)工业上用H2和Cl2反应制HCl，各键能数据为：H﹣H：436kJ/mol，Cl﹣Cl：243kJ/mol，H﹣Cl：431kJ/mol。该反应的热化学方程式是_____。
(3)合成气(CO和H2为主的混合气体)不但是重要的燃料也是重要的化工原料，制备合成气的方法有多种，用甲烷制备合成气的反应为：
①2CH4(g)+O2(g) 2CO(g)+4H2(g)；△H1＝﹣72kJ•mol﹣1
②CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)；△H2＝+216kJ•mol﹣1
氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为_____。现有1mol由H2O(g)与O2组成的混合气，且O2的体积分数为x，将此混合气与足量CH4充分反应．
若x＝0.2时，反应①放出的能量为_____kJ；
若x＝_____时，反应①与②放出(或吸收)的总能量为0。
【答案】(1). A (2). H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g) △H＝﹣183 kJ/mol (3). H2(g)+1/2O2(g) H2O(g) △H＝﹣252kJ•mol﹣1 (4). 14.4 (5). 0.75
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律：①-②分析反应的热效应，能量越高越不稳定；
（2）反应方程式为：H2+Cl22HCl，根据吸收的能量之和与放出的能量之和的相对大小判断反应的吸放热，二者的差值即为焓变的数值；
（3）根据热化学方程式和盖斯定律计算写出热化学方程式；写出水与甲烷反应的热化学方程式和氧气与甲烷反应的热化学方程式，再根据热化学方程式计算。
【详解】（1）由①A（s）+O2（g）CO2（g）△H=-393.51kJ/mol；②B（s）+O2（g）CO2（g）△H=-395.41kJ/mol，根据盖斯定律：①-②得：A（s）=B（s）△H＞0，所以B的能量高，能量越高越不稳定，A较稳定；
（2）反应方程式为：H2+Cl22HCl，生成2mol HCl，需吸收能量：436kJ+243kJ=679kJ，放出能量：2×431kJ=862kJ，放出的能量大于吸收的能量，则该反应放热，焓变为负号，且放出的热量为：864kJ-679kJ=185kJ，所以△H=-183KJ/mol，所以反应的热化学方程式是H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-183 kJ/mol；
（3）依据盖斯定律①-②得到氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（g）△H=-252kJ•mol-1。CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） △H2=+216kJ•mol-1，2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g） △H1=-72kJ•mol-1，若x=0.2，有0.8molH2O（g）和0.2molO2（g），0.2mol氧气反应放热0.2mol×36KJ/mol×2=14.4KJ。反应①与②放出（或吸收）的总能量为0时，设水蒸气物质的量为amol，则氧气物质的量为（1-a）mol，有216KJ/mol×amol=72KJ/mol×（1-a）mol，解得：a=0.25mol，所以x==0.75。
25.电化学降解NO3﹣的原理如图所示．
(1)电源A极为_____(填“正极”或“负极”)，阴极反应式为_____。
(2)若电解过程中转移了1mol电子，则膜左侧电解液的质量减少量为_____g。
【答案】(1). 正极 (2). 2NO3﹣+10e﹣+12H+6H2O+N2↑ (3). 9
【解析】
【分析】（1）根据图象知，硝酸根离子得电子发生氧化反应，则Ag-Pt作阴极，Pt电极为阳极，A为正极，B为负极，以此解答该题；
（2）由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，计算阳极上消耗的水的量以及进入阴极室的阳离子的量，进而计算质量的变化。
【详解】（1）由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极。在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-N2+6H2O；
（2）由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗0.5mol水，产生1mol H+进入阴极室，阳极室质量减少9g。
26.氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
(1)海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是_________(填图中数字序号)。
(2)下列关于海洋氮循环说法正确的是__________(填字母序号)。
a. 海洋中存在游离态的氮
b. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c. 海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
d. 向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量
(3)有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：_____NH4+ + 5 O2==2 NO2- + ___ H+ + ______+ _______
(4)有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对10 L人工海水样本的监测数据：
温度/℃
样本氨氮含量/mg[
处理24 h[]
处理48 h
氨氮含量/mg
氨氮含量/mg
20
1008
838
788
25
1008
757
468
30
1008
798
600
40
1008
977
910
硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是______，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率是______________mg·L-1·h-1。
(5)为了避免含氮废水对海洋氮循环系统的影响，需经处理后排放。图是电解产物氧化工业废水中氨氮(NH4+)的示意图。
①阳极的电极反应式：____________________；
②写出电解产物氧化去除氨氮的离子方程式：____________；
③若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，则处理后废水的c(H+)将________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
【答案】(1). ② (2). ad (3). 4 (4). 6 (5). N2O (6). 5H2O (7). 25℃ (8). 1.125 (9). 2Cl- -2e- Cl2↑ (10). 2NH4++3Cl2N2+6Cl-+8H+ (11). 增大
【解析】
【分析】（1）氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用；
（2）结合转化关系图可知；
（3）由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；
（4）硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少。由单位mg·L-1·h-1列式计算可得；
（5）①和电源正极相连为阳极，氯离子在阳极失电子生成氯气；
②氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去；
③电子守恒得到6H+～3H2～6e-～N2～3Cl2～6e-～8H+，阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，所以c(H+)将增大。
【详解】（1）氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，即单质变化为化合物，分析转化关系图可知只有反应②是氮气转化为铵根离子是固氮作用；
（2）a．氮气在水中的溶解度较小，海洋中存在少量游离态的氮，故a正确；
b．转化关系图可知，铵根离子中N的化合价为-3价，海洋中的氮循环起始于氮的还原，故b错误；
c．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程．硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程．硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故c错误；
d．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量，故d正确；
答案选ad；
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2-、H+和水，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，所以配平得到离子方程式为：4NH4++5O22NO2-+6H++N2O+5H2O；
（4）硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少的温度是25°C，处理效果好，在最佳反应温度时，48h内去除氨氮反应的平均速率==1.125mg/（L•h）；
（5）①装置图分析可知和电源正极相连的为阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-Cl2 ↑；
②氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去，离子方程式为：2NH4++3Cl2N2+6Cl-+8H+；
③电解池中阳极电极反应是：2Cl--2e-Cl2↑， 3Cl2+2NH4+N2+8H++6Cl-，阴极电极反应为：2H++2e-H2↑，若生成n （H2）：n （N2）=3：1，电子守恒得到6H+～3H2～6e-～N2～3Cl2～6e-～8H+，阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，所以c(H+)将增大。
可能用到的相对原子质量：H-1;B-11;C-12;N-14;O-16;F-19;Pb-207。
一．选择题(本题共有15小题，每小题只有一个正确选项。每小题2分，共30分)
1.最新科技报道，美国夏威夷联合天文中心的科学家发现了新型的氢粒子，这种粒子是由3个氢原子核(没有中子)和2个电子构成。对这种粒子，下列说法中正确的是（ ）
A. 它是氢的一种新的同素异形体 B. 它比普通H2分子多一个质子
C. 它的组成可用H3表示 D. 它是氢元素的一种新的同位素
【答案】B
【解析】
【分析】由这种新粒子是由3个氢原子核（只含质子）和2个电子构成的，其质子数为3，电子数为2的阳离子，以此来解答。
【详解】A．它不是氢的一种新的同素异形体，同素异形体是指性质不同的单质，如：白磷和红磷、O2和O3、金刚石和石墨等，故A错误；
B．普通H2分子有2个质子，而这种新粒子有3个氢原子核，比普通H2分子多一个氢原子核，即它比普通H2分子多一个质子，故B正确；
C．新型氢微粒是由3个氢原子核(只含质子)和2个电子构成，核内质子数－核外电子数＝所带电荷数，即：＋3－2＝＋1，所以该微粒是带一个单位正电荷的阳离子：H+3，故C错误；
D．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，该粒子与H的质子数不同，也不是原子范畴，则不是氢的同位素，故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. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关。
【详解】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。
故选A。
3.下列各组元素性质的递变情况错误的是（ ）
A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强
C. N、O、F最高价氧化物的水化物酸性依次增强
D. Na、K、Rb金属性依次增强
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是同周期、同主族性质递变。同周期元素自左向右最外层电子数逐渐增多，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。
【详解】A. Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1，2，3，故A正确；
B. 同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强，故B正确；
C.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。但是O、F无最高价含氧酸，故C错误；
D. Na、K、Rb的最外层电子数相同，原子半径依次增大，则金属性依次增强，故D正确；
答案选C。
4.科学家研究发现普通盐水在无线电波的照射下可以燃烧，其原理是无线电频率可以削弱盐水中所含元素原子之间的“结合力”，释放出氢原子和氧原子，一旦点火，氢原子就会在这种频率下持续燃烧。上述中“结合力”的实质是（ ）
A. 离子键 B. 共价键 C. 范德华力 D. 氢键
【答案】B
【解析】
【分析】由信息可知，破坏元素原子之间的“结合力”，释放出氢原子和氧原子，可知H-O键断裂，该“结合力”的实质是极性共价键，故B正确；
答案选B。
5.向20 mL 0.5 mol·L-1硫酸溶液中逐滴加入烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的说法错误的是（ ）
A. b点之前温度升高是因为发生了放热反应
B. bc段温度降低是因为与外界发生了热交换
C. c(NaOH)=0.5 mol·L-1
D. b点时酸碱恰好反应完全
【答案】C
【解析】
【分析】酸碱反应是放热反应，温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点。
【详解】A.由分析可知，温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点，b点之前发生酸碱中和反应，是放热反应，温度升高，故A正确；
B. 由分析可知，温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点，bc段温度降低是因为与外界发生了热交换，故B正确；
C.由化学方程式H2SO4+ 2NaOHNa2SO4+2H2O且b点时酸碱恰好反应完全可知，n(NaOH)=2n(H2SO4)，即c(NaOH)V(NaOH)= 2c(H2SO4)V(H2SO4)，代入数据计算c(NaOH)==1 mol·L-1，故C正确；
D. 温度最高点（b）是酸碱恰好完全反应的点，故D正确；
答案选C。
6.节能减排是我国政府工作地重点之一，节约能源与开发新能源是当务之急。下列方案中，你认为不合理的是（ ）
A. 提升电解水法提供氢能的技术
B. 开发将生物质转变成热值较高的可燃气体的技术
C. 研制以甲醇为燃料的汽车
D. 开发太阳能路灯代替传统路灯
【答案】A
【解析】A．用电解水法制取氢气要消耗大量的电能，故A错误；
B．开发将生物质转变成热值较高的可燃气体的技术，能节能减排，故B正确；
C．甲醇中不含硫氮元素，研制以甲醇为燃料的汽车，可以减少汽车尾气对环境造成的污染，故C正确；
D．太阳能是洁净能源，且取之不尽用之不竭，开发太阳能路灯代替传统路灯，能节能减排，故D正确；
答案选A。
7.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其中工作原理如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 电流由a极流向b极
B. 溶液中的OH﹣向b极移动
C. a极的电极反应式为：2NH3﹣6e﹣N2+6H+
D. b极的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O4OH﹣
【答案】D
【解析】
【分析】Pt电极a通入氨气生成氮气，说明氨气被氧化，为原电池负极，则b为正极，氧气得电子被还原，结合电极方程式解答该题。
【详解】A. 氧气在b极发生还原反应，则b极为正极，电流由正极流向负极，则电流由b极流向a极，故A错误；
B. 溶液中的阴离子会移向负极，故OH﹣向a极移动，故B错误；
C. a极通入氨气生成氮气，电解质环境是碱性，则a极的电极反应式为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣N2+6H2O，故C错误；
D. b极氧气得电子被还原，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O4OH﹣，故D正确；
答案选D。
8.2010年4月中旬全球核安全峰会在华盛顿举行，发展核电、制裁核武器发展是会议主题。各式各样电池的发展是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是（ ）
A. 手机上用的锂电池属于二次电池
B. 锌锰干电池中，锌电极是正极
C. 氢氧燃料电池工作时氢气在负极被还原
D. 太阳能电池的主要材料为二氧化硅
【答案】A
【解析】A．手机上的锂离子电池可以充电、放电，属于二次电池，故A正确；
B．锌锰干电池中锌失去电子发生氧化反应生成Zn2+，所以锌作负极，故B错误；
C．氢氧燃料电池工作时，氢气在负极失电子被氧化，故C错误；
D．太阳能电池的主要材料为硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，故D错误；
答案选A。
9.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )
A. d为石墨，铁片腐蚀加快
B. d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－4OH－
C. d为锌块，铁片不易被腐蚀
D. d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－H2↑
【答案】D
【解析】A、由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项B正确；C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项D错误。答案选D。
10.一定条件下，向2 L密闭容器中充入2 mol N2和10 mol H2发生反应N2+3H22NH3。2 min时测得剩余N2的物质的量为1 mol，下列有关化学反应速率的表达不正确的是（ ）
A. v(N2)=3 v(H2) B. v(H2)=0.75 mol·L-1·min-1
C. v(NH3)=0.5mol·L-1·min-1 D. 再充入2 mol N2化学反应速率加快
【答案】A
【解析】
N2+ 3H22NH3
c(起始) mol/L 1 5 0
c(变化) mol/L 0.5 1.5 1
c(2 min) mol/L 0.5 3.5 1
【详解】A. 用不同物质来表示同一时间内的反应速率时，各物质速率之比与其化学计量数之比是相等的。则3v(N2)=v(H2)，故A错误；
B. 由三段式可知，v(H2)==0.75 mol·L-1·min-1，故B正确；
C. 由三段式可知，v(NH3)==0.5mol·L-1·min-1，故C正确；
D. 再充入2 mol N2，N2浓度增大，化学反应速率加快，故D正确；
答案选A。
11.某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的一种或几种。现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色。下列对原混合气体成分的判断正确的是( )
A. 肯定只有SO2 B. 肯定没有Cl2、O2和NO2
C. 可能有Cl2和O2 D. 肯定只有NO
【答案】B
【解析】原混合气体为无色气体，故一定不含氯气和二氧化氮，也不同时存在氧气和一氧化氮，混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，故原混合气体中一定含有二氧化硫；向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色，所以原混合气体中一定含有一氧化氮，则一定不含氧气；结合以上分析可知，B正确；
综上所述，本题选B。
12.下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验
操作
A
除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl
直接将固体加热
B
实验室收集Cu与稀硝酸反应成的NO
向上排空气法收集
C
检验非金属性Cl>C
在Na2SiO3溶液中加入足量HCl
D
检验某溶液中是否有NH4+
取该溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验
【答案】D
【解析】A.直接加热NaHCO3和NH4Cl固体混合物，NaHCO3和NH4Cl都会发生分解反应，故A错误；
B.由于NO会和空气中的O2发生反应生成NO2，所以不能用向上排空气法收集NO，故B错误；
C.比较非金属性的强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性，酸性越强，非金属的非金属性越强，反之越弱，HCl不是Cl元素的最高价含氧酸，不能用HCl和H2CO3的酸性强弱比较Cl和C元素的非金属性强弱，故C错误；
D.取溶液于干净的试管中，加NaOH浓溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，就证明溶液中有NH4+，未变蓝，则证明无NH4+，故D正确；
本题答案为D。
13.下列制备物质的工业生产流程合理的是（ ）
A. 由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al
B. 制硫酸：硫铁矿SO2H2SO3H2SO4
C. 由NaCl制漂白粉：NaCl(aq)Cl2漂白粉
D. 合成NH3：NH4Cl和Ca(OH)2固体NH3纯净干燥的氨气
【答案】C
【解析】A.铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，故A错误；
B. 硫铁矿燃烧生成二氧化硫，应将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成生成硫酸，故B错误；
C.电解氯化钠生成氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉，故C正确；
D.工业合成氨是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，实验室常用氯化铵固体与碱石灰固体共热来制取氨气，故D错误；
答案选C。
14.下列各组离子能够大量共存的是（ ）
A. 加入Al粉后产生的溶液中：、、、
B. 滴加石蕊试剂变红的溶液中：、、、
C. 酸性溶液中：、、、
D. 澄清溶液中：、、、
【答案】D
【解析】A. 能与铝反应生成氢气的溶液可能呈酸性，也可能碱性，无论呈酸性还是碱性，都不能大量共存，故A错误；
B. 滴加石蕊试剂变红的溶液显酸性，酸性条件下Fe2+会被氧化，故B错误；
C.Fe3+与会反应生成配合物，不能共存，故C错误；
D. 澄清的溶液中可以存在Cu2+、、、，且都不发生反应，故D正确；
答案选D。
15.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 无法计算
【答案】A
【解析】试题分析：完全生成HNO3，则整个过程中HNO3 反应前后没有变化，即Cu失去电子都被O2得到了，根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2=mol×4，n（Cu）=0.15mol，所以 Cu（NO3）2 为0.15mol，根据Cu2+～2OH-有n（OH-）=2×0.15mol=0.3mol，则NaOH 为 0.15mol×2="0.3" mol，则NaOH 体积V===0.06L，即 60 ml，故选A。
二．选择题(本题共有6小题，每小题只有一个正确选项。每小题3分，共18分)
16.短周期主族元素X﹑Y﹑Z﹑W﹑Q的原子序数逐渐增大。X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍。Y的氟化物YF3分子中各原子均满足最外层8电子稳定结构。Z﹑W是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素。W的简单离子是同周期中离子半径最小的。X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等。下列说法正确的是（ ）
A. 相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质获得的氢气多
B. X与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＜W
D. Y的简单气态氢化物与Q的单质反应，现象是产生白烟
【答案】D
【解析】短周期主族元素X﹑Y﹑Z﹑W﹑Q的原子序数逐渐增大，X原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素，Z﹑W是常见金属，原子序数大于碳，说明Z、W处于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则Z为Na、W为Al，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q原子序数为6+11=17，故Q为Cl，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，说明Y原子最外层有5个电子，原子序数小于Na，故Y为N元素。A. 相同质量的Na和Al的单质分别与足量稀盐酸反应时，根据得失电子守恒，生成氢气之比为×1:×3=9:23，Al生成氢气更多，故A错误；B. X与Q形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与Q形成的化合物为NaCl，含有离子键，化学键类型不同，故B错误；C. H2CO3是弱酸，Al(OH)3是两性氢氧化物，酸性：H2CO3＞Al(OH)3，故C错误；D. NH3与Cl2发生反应：8NH3＋3Cl26NH4Cl＋N2，生成的NH4Cl在空气中产生白烟，故D正确；答案选D。
17.在298 K、1.01×105 Pa，将22 g CO2通入0.75 L 1.0 mol·L-1NaOH溶液中充分反应，测得反应放出的热量为a kJ。已知该条件下1 mol CO2通入1 L 2.0 mol·L-1NaOH溶液中充分反应放出的热量为b kJ。则CO2与NaOH反应生成NaHCO3的热化学方程式为( )。
A. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=-(2b-a) kJ·mol-1
B. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=+(4a-b) kJ·mol-1
C. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=-(4a-b) kJ·mol-1
D. CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=+(2b-a) kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出akJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出b kJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式。
【详解】根据题意，22gCO2通入1mol•L-1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）==0.5mol，n（NaOH）=1mol•L-1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOHNaHCO3+Na2CO3+H2O，由0.5molCO2反应放出热量为aKJ，则2molCO2反应放出热量为4aKJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）NaHCO3 （aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-4aKJ/mol①。又1mol CO2通入2mol•L-1NaOH溶液1L中充分反应放出bkJ的热量，则热化学方程式为 2NaOH（aq）+CO2（g）Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=-bKJ/mol②，由盖斯定律可知，①-②可得，CO2(g)+NaOH(aq)NaHCO3(aq) ΔH=-(4a-b) kJ·mol-1，故C正确；
答案选C
18.用氟硼酸（HBF4，属于强酸）代替硫酸作铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb＋PbO2＋4HBF42Pb（BF4）2＋2H2O；Pb（BF4）2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时的负极反应为：PbO2＋4H＋＋2e－Pb2＋＋2H2O
B. 充电时，当阳极质量增加23.9 g时，溶液中有0.2 mol电子通过
C. 放电时，正极区pH增大
D. 充电时，Pb电极与电源的正极相连
【答案】C
【解析】试题分析：A中，放电时负极发生氧化反应，A错。B中，阳极有PbO2生成，每生成1molPbO2转移2mol电子，质量增大23.9g则生成0.1molPbO2，转移0.2mol电子，但是电子只会从导线通过，不会从溶液通过，溶液中通过的是阴阳离子。C中，放电时正极区发生还原反应，PbO2成为Pb（BF4）2，同时还有水生成，无疑降低了溶液中氢离子的浓度，增大了PH。D中，放电时铅电极是作为负极发生氧化反应，那么电解的时候必然是发生还原反应，所以与电源的负极相连。
19.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. X是电源的负极
B. 阴极的反应式是：H2O＋2eˉH2＋O2ˉCO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ
C. 总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D. 阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1
【答案】D
【解析】试题分析：A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉH2＋O2ˉ、CO2＋2eˉCO＋O2ˉ，正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。
20.汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 稀燃过程中，NO发生的主要反应为：2NO + O22NO2
B. 稀燃过程中，NO2被吸收的反应为：BaO + 2NO2Ba(NO3)2
C. 富燃过程中，NO2被CO还原的反应为：2NO2 + 4CO N2 + 4CO2
D. 富燃过程中，CxHy被O2氧化的反应为：CxHy + (x+y/4)O2xCO2 + y/2H2O
【答案】B
【解析】A.由图可知，在稀燃条件下，一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，故A正确；
B.给出的反应中只有N元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，所以在稀燃条件下，二氧化氮与氧化钡反应生成硝酸钡和一氧化氮，故B错误；
C.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，二氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，故C正确；
D.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，CxHy与氧气反应生成二氧化碳和水，故D正确。
故选B。
21.下列事实和解释都正确的是（ ）
A. 锌与稀盐酸反应，加水稀释后反应速率减慢是因为减小了Cl-的浓度
B. 面粉厂内要禁止明火是因为固体表面积大会加快反应速率
C. 向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因为MnO2粉末增大了反应的活化能
D. 打开啤酒瓶盖的瞬间有大量气泡冒出，是因为啤酒温度升高的缘故
【答案】B
【解析】A. 锌与稀盐酸反应，加水稀释后反应速率减慢是因为减小了H+的浓度，故A错误；
B. 面粉厂内要禁止明火是因为固体表面积大会加快反应速率，引起爆炸，故B正确；
C. 向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因为MnO2粉末起催化作用，降低了反应的活化能，故C错误；
D. 打开啤酒瓶盖的瞬间有大量气泡冒出，是因为啤酒压强减小导致气体溶解度降低，故D错误；
答案选B。
三．填空题(本题共有5个小题，共52分)
22.(1)H2O的沸点高于H2S是因为________________；H2O分子比H2S分子稳定是因为__________________。
(2)Al和铁红发生铝热反应的化学方程式_________________，该反应的用途是_________________(任写一条)。
【答案】(1). 水分子间存在氢键 (2). H-O键键能大于H-S键键能 (3). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (4). 焊接钢轨(或冶炼高熔点金属)
【解析】
【分析】(1) H2O分子间含有氢键；键能越大越稳定；
(2) 铁红主要成分是Fe2O3，铝热反应用于焊接钢轨(或冶炼高熔点金属)。
【详解】(1) H2O含有氢键，则熔沸点比H2S高；键能越大越稳定，H2O分子比H2S分子稳定是因为H-O键键能大于H-S键键能；
(2)铁红主要成分是Fe2O3，Al和Fe2O3高温条件下发生铝热反应的化学方程式为；该反应放出大量热，可用于焊接钢轨(或冶炼高熔点金属)。
23.已知A、B、C、D、E五种元素为周期表前20号元素且原子序数依次增大，其中只有A、D为非金属元素。A的气态氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红。B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍。B、E元素同主族。
(1)E在元素周期表中的位置：____________，写出E的最高价氧化物对应水化物与C的单质反应的化学方程式：___________________________________。
(2)A的气态氢化物溶于水后的电离方程式为________________________________。
(3)B单质在空气中燃烧后的产物的电子式为____________，产物中存在的化学键类型有_______________。
【答案】(1). 第4周期ⅠA族 (2). 2KOH + 2Al + 2 H2O2 KAlO2+ 3 H2↑ (3). NH3·H2ONH4++ OH— (4). (5). 离子键、共价键(非极性键)
【解析】
【分析】A的气态氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红，则A是氮元素。A、B、C、D、E五种元素为周期表前20号元素且原子序数依次增大，B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，D为非金属元素且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍，B是钠元素，C是铝元素，D是硫元素。B、E元素同主族，则E是钾元素。
【详解】(1) E是钾元素，处于第4周期ⅠA族。C是铝元素，钾元素的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钾，氢氧化钾与铝单质反应生成偏铝酸钾和氢气，化学方程式为：2KOH + 2Al + 2 H2O 2 KAlO2+ 3 H2↑；
(2) A是氮元素，氮元素的气态氢化物是氨气，溶于水后生成一水合氨，一水合氨的电离方程式为NH3·H2ONH4++ OH—；
(3) B是钠元素，钠单质在空气中燃烧后的产物是过氧化钠，过氧化钠是离子化合物，其电子式为，过氧化钠中存在的化学键类型有离子键、共价键(非极性键)。
24.回答下列问题：
(1)已知两种同素异形体A、B的燃烧热的热化学方程式为：
A(s)+O2(g) CO2(g)△H＝﹣393.51 kJ•mol﹣1
B(s)+O2(g) CO2(g)△H＝﹣395.41 kJ•mol﹣1
则两种同素异形体中较稳定的是(填“A”或“B”)_____。
(2)工业上用H2和Cl2反应制HCl，各键能数据为：H﹣H：436kJ/mol，Cl﹣Cl：243kJ/mol，H﹣Cl：431kJ/mol。该反应的热化学方程式是_____。
(3)合成气(CO和H2为主的混合气体)不但是重要的燃料也是重要的化工原料，制备合成气的方法有多种，用甲烷制备合成气的反应为：
①2CH4(g)+O2(g) 2CO(g)+4H2(g)；△H1＝﹣72kJ•mol﹣1
②CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)；△H2＝+216kJ•mol﹣1
氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为_____。现有1mol由H2O(g)与O2组成的混合气，且O2的体积分数为x，将此混合气与足量CH4充分反应．
若x＝0.2时，反应①放出的能量为_____kJ；
若x＝_____时，反应①与②放出(或吸收)的总能量为0。
【答案】(1). A (2). H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g) △H＝﹣183 kJ/mol (3). H2(g)+1/2O2(g) H2O(g) △H＝﹣252kJ•mol﹣1 (4). 14.4 (5). 0.75
【解析】
【分析】（1）根据盖斯定律：①-②分析反应的热效应，能量越高越不稳定；
（2）反应方程式为：H2+Cl22HCl，根据吸收的能量之和与放出的能量之和的相对大小判断反应的吸放热，二者的差值即为焓变的数值；
（3）根据热化学方程式和盖斯定律计算写出热化学方程式；写出水与甲烷反应的热化学方程式和氧气与甲烷反应的热化学方程式，再根据热化学方程式计算。
【详解】（1）由①A（s）+O2（g）CO2（g）△H=-393.51kJ/mol；②B（s）+O2（g）CO2（g）△H=-395.41kJ/mol，根据盖斯定律：①-②得：A（s）=B（s）△H＞0，所以B的能量高，能量越高越不稳定，A较稳定；
（2）反应方程式为：H2+Cl22HCl，生成2mol HCl，需吸收能量：436kJ+243kJ=679kJ，放出能量：2×431kJ=862kJ，放出的能量大于吸收的能量，则该反应放热，焓变为负号，且放出的热量为：864kJ-679kJ=185kJ，所以△H=-183KJ/mol，所以反应的热化学方程式是H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-183 kJ/mol；
（3）依据盖斯定律①-②得到氢气与氧气反应生成水蒸气的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（g）△H=-252kJ•mol-1。CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） △H2=+216kJ•mol-1，2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g） △H1=-72kJ•mol-1，若x=0.2，有0.8molH2O（g）和0.2molO2（g），0.2mol氧气反应放热0.2mol×36KJ/mol×2=14.4KJ。反应①与②放出（或吸收）的总能量为0时，设水蒸气物质的量为amol，则氧气物质的量为（1-a）mol，有216KJ/mol×amol=72KJ/mol×（1-a）mol，解得：a=0.25mol，所以x==0.75。
25.电化学降解NO3﹣的原理如图所示．
(1)电源A极为_____(填“正极”或“负极”)，阴极反应式为_____。
(2)若电解过程中转移了1mol电子，则膜左侧电解液的质量减少量为_____g。
【答案】(1). 正极 (2). 2NO3﹣+10e﹣+12H+6H2O+N2↑ (3). 9
【解析】
【分析】（1）根据图象知，硝酸根离子得电子发生氧化反应，则Ag-Pt作阴极，Pt电极为阳极，A为正极，B为负极，以此解答该题；
（2）由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，计算阳极上消耗的水的量以及进入阴极室的阳离子的量，进而计算质量的变化。
【详解】（1）由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极。在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-N2+6H2O；
（2）由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，转移1mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗0.5mol水，产生1mol H+进入阴极室，阳极室质量减少9g。
26.氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
(1)海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是_________(填图中数字序号)。
(2)下列关于海洋氮循环说法正确的是__________(填字母序号)。
a. 海洋中存在游离态的氮
b. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c. 海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
d. 向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量
(3)有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：_____NH4+ + 5 O2==2 NO2- + ___ H+ + ______+ _______
(4)有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对10 L人工海水样本的监测数据：
温度/℃
样本氨氮含量/mg[
处理24 h[]
处理48 h
氨氮含量/mg
氨氮含量/mg
20
1008
838
788
25
1008
757
468
30
1008
798
600
40
1008
977
910
硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是______，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率是______________mg·L-1·h-1。
(5)为了避免含氮废水对海洋氮循环系统的影响，需经处理后排放。图是电解产物氧化工业废水中氨氮(NH4+)的示意图。
①阳极的电极反应式：____________________；
②写出电解产物氧化去除氨氮的离子方程式：____________；
③若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，则处理后废水的c(H+)将________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
【答案】(1). ② (2). ad (3). 4 (4). 6 (5). N2O (6). 5H2O (7). 25℃ (8). 1.125 (9). 2Cl- -2e- Cl2↑ (10). 2NH4++3Cl2N2+6Cl-+8H+ (11). 增大
【解析】
【分析】（1）氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用；
（2）结合转化关系图可知；
（3）由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；
（4）硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少。由单位mg·L-1·h-1列式计算可得；
（5）①和电源正极相连为阳极，氯离子在阳极失电子生成氯气；
②氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去；
③电子守恒得到6H+～3H2～6e-～N2～3Cl2～6e-～8H+，阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，所以c(H+)将增大。
【详解】（1）氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，即单质变化为化合物，分析转化关系图可知只有反应②是氮气转化为铵根离子是固氮作用；
（2）a．氮气在水中的溶解度较小，海洋中存在少量游离态的氮，故a正确；
b．转化关系图可知，铵根离子中N的化合价为-3价，海洋中的氮循环起始于氮的还原，故b错误；
c．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程．硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程．硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（N2O）的过程，不一定有氧参加，故c错误；
d．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量，故d正确；
答案选ad；
（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2-、H+和水，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，所以配平得到离子方程式为：4NH4++5O22NO2-+6H++N2O+5H2O；
（4）硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少的温度是25°C，处理效果好，在最佳反应温度时，48h内去除氨氮反应的平均速率==1.125mg/（L•h）；
（5）①装置图分析可知和电源正极相连的为阳极，溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-Cl2 ↑；
②氯气具有强氧化性酸性溶液中能氧化铵根离子为氮气除去，离子方程式为：2NH4++3Cl2N2+6Cl-+8H+；
③电解池中阳极电极反应是：2Cl--2e-Cl2↑， 3Cl2+2NH4+N2+8H++6Cl-，阴极电极反应为：2H++2e-H2↑，若生成n （H2）：n （N2）=3：1，电子守恒得到6H+～3H2～6e-～N2～3Cl2～6e-～8H+，阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，所以c(H+)将增大。
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