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山东省潍坊市安丘市实验中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题
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安丘市实验中学
高一化学五月份阶段性检测
一、单选题(本题包括 10 小题，每小题 2 分，共 20 分)
1.已知R2+离子核外有a个电子，b个中子。表示R原子符号正确的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
质量数=质子数+中子数；阳离子核外电子数=质子数-带电荷数，表示R原子符号应写出质子数和质量数，据此解答。
【详解】依据阳离子核外电子数=质子数-带电荷数，可知质子数=阳离子核外电子数+带电荷数，R2+离子核外有a个电子，所以其质子数为：a+2；
依据质量数=质子数+中子数，R2+离子有b个中子，所用其质量数为：a+2+b，所以R原子符号为。
答案选C。
【点睛】本题考查了原子中质子数、中子数和质量数、电子数之间的关系，以及元素原子的表示符号，难度不大，注意阴阳离子核外电子数与质子数的关系。
2.X、Y、Z、W 四种短周期元素在周期表中的位置关系如图所示，X 原子最外层有5个电子。下列说法正确的是( )
X
Y
Z
w
A. 离子半径：W−＞Z2− B. 酸性：H3YO4＞HXO3
C. 还原性：Z2−＞W− D. 氢化物的稳定性：YH3＞H2Z
【答案】C
【解析】
【详解】由图示X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置知，X位于第二周期，X原子最外层有5个电子，则X为N元素；结合各元素的相对位置可知，Y为P，Z为S，W为Cl元素。
A. 硫离子和氯离子具有相同的电子层数，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W−＜Z2−，故A错误；
B. 非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：P＜N，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4＜HNO3，即H3YO4＜HXO3，故B错误；
C. 非金属性越强，对应离子的还原性越弱，非金属性S＜Cl，则对应离子的还原性：S2−＞Cl−，即Z2−＞W−，故C正确；
D. 非金属性越强，氢化物稳定性越强，非金属性：P＜S，则简单氢化物的稳定性：PH3＜H2S，即YH3＜H2Z，故D错误；
故选C。
3.把碘从碘水里分离出来，有下列基本操作：①静置后分液；②把碘水倒入分 液漏斗；③加入萃取剂四氯化碳，再充分振荡。正确的操作顺序是( )
A. ①②③ B. ③②①
C. ②③① D. ③①②
【答案】C
【解析】
【详解】碘从碘水里分离出来，操作为：②把碘水倒入分液漏斗、③加入萃取剂四氯化碳，再充分振荡、①静置后分液，故C正确；
故选C。
【点睛】萃取时，先检验分液漏斗是否漏水，再充分混合溶液，最后静止分液
4.一定温度下的密闭容器中发生反应 2SO2 + O2⇌2SO3，下列说法正确的是
A. 选择适宜的催化剂能增大反应速率，提高生产效率
B. 2 molSO2 和 1 molO2 反应可生成 2 molSO3
C. 向上述反应中再加入 18O2，达平衡时，18O 只存在于 SO3 中
D. 升高温度，只能加快 2SO2+O2⇌2SO3(g)反应的正反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A. 催化剂降低反应的活化能，增大化学反应速率，所以选择适宜的催化剂能增大反应速率，提高生产效率，故A正确；
B. 反应为可逆反应，达到化学平衡，不完全进行，所以2 molSO2和1 molO2反应生成SO3的物质的量小于2mol，故B错误；
C. 上述反应达到平衡时并未停止反应，所以向上述反应中再加入18O2，达平衡时，18O存在于SO2、 O2和SO3中，故C错误；
D. 升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；
故选A。
5.利用如图所示装置，当 X、Y 选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业 生产。下列说法中正确的是( )
A. 铜的精炼中，X 是纯铜，Y 是粗铜，Z 是 CuSO4
B. 电镀工业中，X 是待镀金属，Y 是镀层金属
C. 外加电流的阴极保护法中，X 是待保护金属
D. 氯碱工业中，X、Y 均为石墨，Y 附近能得到氢氧化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故A错误；
B. 电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故B错误；
C. 外加电流阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故C错误；
D. 氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故D正确；
故选D。
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
＋2
＋3
＋5、＋3、－3
－2
下列叙述正确的是( )
A. X、Y 元素的金属性：X
C. 一定条件下，Z 单质与 W 的常见单质直接生成 ZW2
D. Y 的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
【答案】B
【解析】
【详解】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素。
A. 同周期自左而右，金属性减弱，所以X、Y元素的金属性X＞Y，故A错误；
B 一定条件下，氧气可以将氨气氧化生成氮气，故B正确；
C. 氧气与氮气在高温或放电条件下直接生成NO，不能直接生成NO2 ，故C错误；
D. Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于稀氨水，故D错误；
故选B。
【点睛】从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键。
7.下列化学用语书写正确的是( )
A. 氯原子的结构示意图：
B. 氨分子的电子式为：
C. 氯化镁的电子式：
D. HCl的形成过程可表示为：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子，其正确的原子结构示意图为，故A错误；
B. 氨气为共价化合物，分子中含有3个N-H键，其电子式为，故B错误；
C. 氯化镁属于离子化合物，其电子式 ，故C正确；
D. HCl为共价化合物，分子中含有1个H-Cl键，用电子式表示其形成过程为，故D错误；
故选C。
8.在恒温、恒容的容器中进行反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，若氮气浓度由 0.1 mol·L－1 降到 0.02 mol·L－1 需 4s，那么由 0.02 mol·L－1 降到 0.004 mol·L－1 需要的反应时间为( )
A. 等于 0.8 s B. 等于 0.2 s
C. 小于 0.8 s D. 大于 0.8 s
【答案】D
【解析】
【详解】反应物的浓度由0.1mol•L-1降到0.02mol•L-1需4s，即反应物的浓度变化为0.1 mol•L-1-0.02 mol•L-1=0.08mol•L-1，，反应物的浓度由0.02mol•L-1降到0.004mol•L-1，即反应物的浓度变化为0.02 mol•L-1-0.004 mol•L-1=0.016mol•L-1，若反应速率不变，则所需时间为s=0.8s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于0.8s，故D正确；故选D。
【点睛】此题易错点在于，忽略随着反应的进行反应速率逐渐减小，所以实际消耗时间比计算后结果偏大。
9.下列结论错误的是( )
①微粒半径：K＋>Al3＋>S2－>Cl－
②氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4
③离子的还原性：S2－>Cl－>Br－>I－
④氧化性：Cl2>S>Se>Te
⑤酸性：HClO>H2SO4>H3PO4>H2CO3
⑥非金属性：O>N>P>Si
⑦金属性：Be
【答案】D
【解析】
【详解】①K＋、S2－、Cl－原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜Cl-＜K+，则半径S2-＞Cl-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，Al3＋核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，故③错误；
④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤错误；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦因同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性： Ca
【点睛】此题易错点在⑤中酸性的比较，注意非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，Cl对应的含氧酸为HClO4，而不是HClO。
10.如图表示白磷(P4)分子结构。白磷在氧气不足时燃烧生成 P4O6，P4O6 分子 结构可以看成是白磷分子中磷磷键之间插入氧原子。已知：键能表示断裂 1mol 化学键需要吸收的能量。几种共价键的键能如表所示：
化学键
P﹣P
P﹣O
P═O
O═O
键能/kJ•mol-1
d
c
b
a
则 P4(s)+3O2(g)═P4O6(s)的反应热(△H)为( )
A. (6d+3a﹣12c)kJ•mol﹣1 B. (4d+3a﹣8c)kJ•mol﹣1
C. (6d+3a﹣12c﹣4b)kJ•mol﹣1 D. (12c-6d-3a)kJ•mol﹣1
【答案】A
【解析】
【详解】各化学键键能为P-P dkJ•mol-1、P-O c kJ•mol-1、O=O akJ•mol-1。反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×dkJ•mol-1+3×akJ•mol-1-12×c kJ•mol-1=(6d+3a﹣12c)kJ•mol﹣1，故A正确；
故选A。
【点睛】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断，注意每摩尔P4中含有6molP-P键，注意每摩尔P4O6中含有12mol P-O键，此处为解题的关键。
二、不定项选择最多有 2 个选项正确，每小题 4 分，部分 2 分，共 5 小题 20 分
11.铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O
研读右图，下列判断不正确的是
A. K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-
B. 当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的为0.2mol
C. K闭合时，Ⅱ中向c电极迁移
D. K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
【答案】C
【解析】
【分析】
根据铅蓄电池的工作原理，可知左边是原电池，右边是电解池。
【详解】A．d连的是原电池的正极，所以为电解池的阳极，电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，正确；
B．根据Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O，转移2mol电子，则消耗2mol硫酸，所以当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的为0.2mol，正确；
C．K闭合时，Ⅱ是电解池，阴离子移向阳极，d是阳极，所以向d电极迁移，错误；
D．K闭合一段时间后，Ⅱ中发生了充电反应：2PbSO4+2H2O = Pb+PbO2+2H2SO，c、d电极上的PbSO4分别转化为Pb和PbO2，所以可单独作为原电池，d电极上附着PbO2，放电时得到电子，为正极，正确；
故选C。
12.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
13.如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示 中，正确的是( )
A. C(s、石墨)═C(s、金刚石)△H=+1.9 kJ•mol﹣1
B. 石墨和金刚石的转化是物理变化
C. 石墨的稳定性比金刚石强
D. 1 mol 石墨的总键能比 1 mol 金刚石的总键能小 1.9 kJ
【答案】AC
【解析】
【分析】
先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答。
【详解】A. 由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1 ②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ•mol-1， 利用盖斯定律将①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，故A正确；
B. 石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；
C. 金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；
D. 依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量大于1.9 kJ，故D错误；
故选AC。
14.对下列实验的描述正确的是( )
A. 如图所示的实验：根据电流计(G)中指针是否偏转即可比较 Zn、Cu 的金属活泼性
B. 如图所示的实验：根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀
C. 如图所示的实验：根据温度计读数的变化测定稀硫酸和 NaOH 溶液反应的反应热
D. 如图所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断 2NO2(g)⇌N2O4(g)是吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cu、Zn原电池中，活泼金属为负极，则根据检流计（G）中指针偏转的方向可比较Zn、Cu的金属活泼性，根据指针是否偏转只能判断是否有电流产生，故A错误；
B. 氯化钠溶液显中性，铁钉在饱和食盐水中发生吸氧腐蚀，故B错误；
C. 中和热测定应选稀的强酸和稀的强碱之间来反应，故C正确；
D. 热水中颜色深，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D错误；
故选C。
15.一定量的混合气体，在密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)，达到平衡后测得气体 A 的浓度为 0.5 mol·L－1，当恒温下将密闭容器的容积扩大 到原来的 2 倍时，反应再达到平衡后，测得气体 A 的浓度为 0.3 mol·L－1，则下 列叙述正确的是( )
A. 容积扩大时，平衡向逆反应方向移动
B. x＋y＝z
C. 达新平衡时，气体 C 的体积分数降低
D. 达新平衡时，气体 B 的转化率提高
【答案】AC
【解析】
【分析】
保持温度不变，将容器的体积扩大到原来的2倍时，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，小于实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，据此结合选项解答。
详解】A. 由上述分析可知，平衡向逆反应移动，故A正确；
B. 增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，故B错误；
C. 平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C正确；
D. 平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故D错误；
故选AC。
三、填空题(本题包括 5 小题，共 60 分)
16.A、B、C、D、E 均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中 A 元素 原子核内只有 1 个质子；A 与 C，B 与 D 分别同主族； B、D 两元素原子序数 之和是 A、C 两元素原子序数之和的 2 倍。请回答下列问题：
(1)由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是________(填字母编号)。
a.A2B b.E2 c.DB2 d.C2DB3
(2)B元素在元素周期表中的位置为________；化合物 C2B2 中含有的化学键类型是________；化合物C2B中两种离子的半径大小关系为________＜________(填离子符 号)。
(3)实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的 E2气体。
①实验中应选用的装置为________(按由左到右的连接顺序填写)；
②装置A中发生反应的化学方程式为________。
【答案】 (1). c (2). 第2周期ⅥA族 (3). 离子键、共价键 (4). Na+ (5). O2－ (6). AFEB (7). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中A元素原子核内只有1个质子，则A为H；A与C，B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍，C应为Na，设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，则2×（1+11）=x+x+8，解得x=8，则B为O，D为S，E为Cl。
【详解】(1)H2O、Na2SO3均为化合物，均可发生电离，属于电解质，Cl2单质，既不是电解质也不是非电解质，而SO2本身不能电离，属于非电解质，则只有c为非电解质，故答案为：c；
(2)B为O，位于第2周期ⅥA族，化合物C2B2为Na2O2，含离子键、共价键；C2B为Na2O，其中离子具有相同电子排布，原子序数大离子半径小，离子半径为O2-＞Na+，故答案为：第2周期ⅥA族；离子键、共价键；Na+；O2-；
(3)①用装置A制取并收集纯净干燥的Cl2气体，选择浓盐酸与二氧化锰加热制备；用装置F中的饱和食盐水除杂；用装置E中的浓硫酸干燥；最后用B装置进行收集及尾气处理，则仪器连接顺序为AFEB，故答案为：AFEB；
②装置A中发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O。
【点睛】此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下可以电离。
17.现有A、B、C、D、E、F、G、H、M九种物质，其中A为淡黄色粉末，B为日常生活中最常见无色无味液体， E为无色气体单质，F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，G为黄绿色气体单质，H是漂白液的有效成分，它们之间的相互转化关系如图所示，其他与题无关的生成物均已略去。
请回答下列问题：
（1）写出G、H的化学式：G________，H________。D的俗名是__________。
（2）写出反应②的离子方程式：_________________________________________。
（3）利用下图装置进行实验，证明氧化性强弱：KMnO4>Cl2>Br2。
限选试剂：KBr溶液、KMnO4、浓盐酸。
已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
请回答下列问题：
装置a 的名称是____________________，d中盛放的试剂是____________。
【答案】 (1). Cl2 (2). NaClO (3). 烧碱 (4). Cl2+2OH−＝Cl−+ ClO−+ H2O (5). 分液漏斗 (6). KBr溶液
【解析】
A为淡黄色粉末，A是过氧化钠。B为日常生活中最常见无色无味液体，B是水，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，E为无色气体单质，E是氧气，D是氢氧化钠。G为黄绿色气体单质，H是漂白液的有效成分，G是氯气，H是次氯酸钠。次氯酸钠溶液吸收二氧化碳生成M是次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢。F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，F是碳酸钠，因此C是二氧化碳。
（1）根据以上分析可知G、H的化学式分别是Cl2、NaClO。氢氧化钠的俗名是烧碱。（2）反应②的离子方程式为Cl2+2OH−＝Cl−+ClO−+H2O。（3）装置a的名称是分液漏斗，酸性高锰酸钾溶液氧化浓盐酸生成氯气，氯气把溴化钾氧化为单质溴，因此可以验证氧化性强弱，所以d中盛放的试剂是KBr溶液。
18.某种以甲醇为原料以 KOH 为电解质的可充电高效燃料电池，充一次电可连续 使用较长时间。下图是一个电化学过程的示意图，已知甲池的总反应式为：2CH3OH＋3O2＋4KOH2K2CO3＋6H2O。
请填空：
(1)充电时，外电源的正极与燃料电池的________极相连。燃料电池的正极此时的电极反应式为：________。
(2)放电时：燃料电池的负极的电极反应式为 ：________。
(3)在此过程中若完全反应，当乙池中 A 极的质量增加 648 g，则甲池中理论上消耗通常状况下 O2________L(通常状况下气体摩尔体积按 22.4L/mol 计算)。
(4)若在常温常压下，当 3.2 g CH3OH 燃料生成CO2 和液态H2O时放热68.22 kJ，表示该反应的热化学方程式为：________。
【答案】 (1). 正 (2). 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). CH3OH＋8OH－－6e－=CO32-＋6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－682.2 kJ·mol－1
【解析】
【详解】(1)充电时，外电源的正极与燃料电池的正极相连；燃料电池的正极此时为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，故答案为：正；4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；
(2) 放电时：甲醇作负极，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O；
(3) 乙池中A极上银离子得电子发生还原反应，当乙池中A极的质量增加648g，则甲池中理论上消耗O2体积=，故答案为：33.6；
(4) 3.2g CH3OH的物质的量为，则1mol CH3OH燃料生成 CO2和液态 H2O 时放热为，该反应的热化学方程式为：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－682.2 kJ·mol－1，故答案为：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－682.2 kJ·mol－1。
19.2012 年2月 27 日深圳宣称进入“200 万辆汽车时代”，汽车尾气已成为重要的空气污染物。
(1)汽车内燃机工作时引起反应：N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)，是导致汽车尾 气中含有 NO 的原因之一。T ℃时，向 2 L 密闭容器中充入 8 mol N2 和 9 mol O2， 5 min 后达平衡时 NO 物质的量为 6 mol，该反应的速率 v(NO)为________；
(2)恒容绝热 ，能说明反应2NO(g)⇌N2(g)＋ O2(g) 达到平衡的是________(填代号)。
A.单位时间内消耗 2 mol NO，同时生成 1 mol N2
B.NO 的转化率不再发生变化
C.容器内气体的压强不再发生变化
D.容器内气体的温度不再发生变化
(3)H2 或 CO 可以催化还原 NO 以达到消除污染的目的：
①已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝180kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－570kJ/mol
则 H2(g)与 NO(g)反应生成 N2(g)和 H2O(l)的热化学方程式为________。
②当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。如图是反应：2NO(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)中 NO 的浓度随温度(T)、催化剂表面 积(S)和时间(t)的变化曲线，据此判断该反应的 T1________T2，ΔH________0(填 “＞”、“＜”或“无法确定”)。
【答案】 (1). 0.60 mol/(L·min) (2). BD (3). 2H2(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－750 kJ/mol (4). ＞ (5). ＜
【解析】
【分析】
(1)根据反应速率表达式计算反应速率；(2)根据平衡状态本质及特征分析反应是否达到平衡状态；(3)根据盖斯定律书写目标反应热化学方程式；根据平衡移动原理进行图像分析。
【详解】(1) 5min时反应达到平衡状态，此时容器中NO的物质的量是6mol，则v(NO)=，故答案为：；
(2) A. 单位时间内消耗2molNO，同时生成1molN2，只能体现正反应速率，不能说明反应到达平衡，故A错误；
B. NO的转化率不再发生变化，说明NO的生成速率和消耗速率相同，能说明反应达到平衡，故B正确；
C. 反应前后气体的体积不变，容器的体积不变，所以压强不变时不能说明反应达到平衡，故C错误；
D. 该容器为绝热体系，温度不变说明正反应速率等于逆反应速率，能说明反应达到平衡，故D正确，故答案为：BD；
(3) ①已知：ⅰ N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝180kJ/mol
ⅱ 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－570kJ/mol
根据盖斯定律，ⅱ-ⅰ得2H2(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-570kJ/mol-180kJ/mol=-750 kJ/mol，故答案为：2H2(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－750 kJ/mol；
②根据图示分析知，温度T1到达平衡的时间短，反应速率快，温度越高反应越快，故温度T1＞T2；平衡时，温度越高，平衡时NO的浓度越高，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：＞；＜。
【点睛】(3)中注意根据“先拐先平数值大”原则判断温度高低是关键。
20.某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合 均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图)。从胶头滴管中滴入 几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参
照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
____
36.0
③
____
0.2
2.0
90.0
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图：
t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了____腐蚀，请在图 中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向____；此时，碳粉表面发生了____(填“氧化”或“还原”)反应， 其电极反应式是____。
(3)该小组对图 中 0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：____；
……
【答案】 (1). 2.0 (2). 碳粉含量的影响 (3). 吸氧 (4). (5). 还原 (6). 2H2O＋O2＋4e－=4OH－ (7). 反应放热，温度升高
【解析】
【详解】(1) ①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，故答案为：2.0；碳粉含量的影响；
(2) t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：吸氧； ；还原；2H2O＋O2＋4e－=4OH－；
(3) 图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热，温度升高。
高一化学五月份阶段性检测
一、单选题(本题包括 10 小题，每小题 2 分，共 20 分)
1.已知R2+离子核外有a个电子，b个中子。表示R原子符号正确的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
质量数=质子数+中子数；阳离子核外电子数=质子数-带电荷数，表示R原子符号应写出质子数和质量数，据此解答。
【详解】依据阳离子核外电子数=质子数-带电荷数，可知质子数=阳离子核外电子数+带电荷数，R2+离子核外有a个电子，所以其质子数为：a+2；
依据质量数=质子数+中子数，R2+离子有b个中子，所用其质量数为：a+2+b，所以R原子符号为。
答案选C。
【点睛】本题考查了原子中质子数、中子数和质量数、电子数之间的关系，以及元素原子的表示符号，难度不大，注意阴阳离子核外电子数与质子数的关系。
2.X、Y、Z、W 四种短周期元素在周期表中的位置关系如图所示，X 原子最外层有5个电子。下列说法正确的是( )
X
Y
Z
w
A. 离子半径：W−＞Z2− B. 酸性：H3YO4＞HXO3
C. 还原性：Z2−＞W− D. 氢化物的稳定性：YH3＞H2Z
【答案】C
【解析】
【详解】由图示X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置知，X位于第二周期，X原子最外层有5个电子，则X为N元素；结合各元素的相对位置可知，Y为P，Z为S，W为Cl元素。
A. 硫离子和氯离子具有相同的电子层数，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W−＜Z2−，故A错误；
B. 非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：P＜N，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4＜HNO3，即H3YO4＜HXO3，故B错误；
C. 非金属性越强，对应离子的还原性越弱，非金属性S＜Cl，则对应离子的还原性：S2−＞Cl−，即Z2−＞W−，故C正确；
D. 非金属性越强，氢化物稳定性越强，非金属性：P＜S，则简单氢化物的稳定性：PH3＜H2S，即YH3＜H2Z，故D错误；
故选C。
3.把碘从碘水里分离出来，有下列基本操作：①静置后分液；②把碘水倒入分 液漏斗；③加入萃取剂四氯化碳，再充分振荡。正确的操作顺序是( )
A. ①②③ B. ③②①
C. ②③① D. ③①②
【答案】C
【解析】
【详解】碘从碘水里分离出来，操作为：②把碘水倒入分液漏斗、③加入萃取剂四氯化碳，再充分振荡、①静置后分液，故C正确；
故选C。
【点睛】萃取时，先检验分液漏斗是否漏水，再充分混合溶液，最后静止分液
4.一定温度下的密闭容器中发生反应 2SO2 + O2⇌2SO3，下列说法正确的是
A. 选择适宜的催化剂能增大反应速率，提高生产效率
B. 2 molSO2 和 1 molO2 反应可生成 2 molSO3
C. 向上述反应中再加入 18O2，达平衡时，18O 只存在于 SO3 中
D. 升高温度，只能加快 2SO2+O2⇌2SO3(g)反应的正反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A. 催化剂降低反应的活化能，增大化学反应速率，所以选择适宜的催化剂能增大反应速率，提高生产效率，故A正确；
B. 反应为可逆反应，达到化学平衡，不完全进行，所以2 molSO2和1 molO2反应生成SO3的物质的量小于2mol，故B错误；
C. 上述反应达到平衡时并未停止反应，所以向上述反应中再加入18O2，达平衡时，18O存在于SO2、 O2和SO3中，故C错误；
D. 升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；
故选A。
5.利用如图所示装置，当 X、Y 选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业 生产。下列说法中正确的是( )
A. 铜的精炼中，X 是纯铜，Y 是粗铜，Z 是 CuSO4
B. 电镀工业中，X 是待镀金属，Y 是镀层金属
C. 外加电流的阴极保护法中，X 是待保护金属
D. 氯碱工业中，X、Y 均为石墨，Y 附近能得到氢氧化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故A错误；
B. 电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故B错误；
C. 外加电流阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故C错误；
D. 氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故D正确；
故选D。
6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
＋2
＋3
＋5、＋3、－3
－2
下列叙述正确的是( )
A. X、Y 元素的金属性：X
C. 一定条件下，Z 单质与 W 的常见单质直接生成 ZW2
D. Y 的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
【答案】B
【解析】
【详解】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素。
A. 同周期自左而右，金属性减弱，所以X、Y元素的金属性X＞Y，故A错误；
B 一定条件下，氧气可以将氨气氧化生成氮气，故B正确；
C. 氧气与氮气在高温或放电条件下直接生成NO，不能直接生成NO2 ，故C错误；
D. Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于稀氨水，故D错误；
故选B。
【点睛】从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键。
7.下列化学用语书写正确的是( )
A. 氯原子的结构示意图：
B. 氨分子的电子式为：
C. 氯化镁的电子式：
D. HCl的形成过程可表示为：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯原子的核电荷数=核外电子总数=17，最外层含有7个电子，其正确的原子结构示意图为，故A错误；
B. 氨气为共价化合物，分子中含有3个N-H键，其电子式为，故B错误；
C. 氯化镁属于离子化合物，其电子式 ，故C正确；
D. HCl为共价化合物，分子中含有1个H-Cl键，用电子式表示其形成过程为，故D错误；
故选C。
8.在恒温、恒容的容器中进行反应 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，若氮气浓度由 0.1 mol·L－1 降到 0.02 mol·L－1 需 4s，那么由 0.02 mol·L－1 降到 0.004 mol·L－1 需要的反应时间为( )
A. 等于 0.8 s B. 等于 0.2 s
C. 小于 0.8 s D. 大于 0.8 s
【答案】D
【解析】
【详解】反应物的浓度由0.1mol•L-1降到0.02mol•L-1需4s，即反应物的浓度变化为0.1 mol•L-1-0.02 mol•L-1=0.08mol•L-1，，反应物的浓度由0.02mol•L-1降到0.004mol•L-1，即反应物的浓度变化为0.02 mol•L-1-0.004 mol•L-1=0.016mol•L-1，若反应速率不变，则所需时间为s=0.8s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于0.8s，故D正确；故选D。
【点睛】此题易错点在于，忽略随着反应的进行反应速率逐渐减小，所以实际消耗时间比计算后结果偏大。
9.下列结论错误的是( )
①微粒半径：K＋>Al3＋>S2－>Cl－
②氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4
③离子的还原性：S2－>Cl－>Br－>I－
④氧化性：Cl2>S>Se>Te
⑤酸性：HClO>H2SO4>H3PO4>H2CO3
⑥非金属性：O>N>P>Si
⑦金属性：Be
【答案】D
【解析】
【详解】①K＋、S2－、Cl－原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜Cl-＜K+，则半径S2-＞Cl-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，Al3＋核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①错误；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，故③错误；
④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤错误；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦因同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性： Ca
【点睛】此题易错点在⑤中酸性的比较，注意非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，Cl对应的含氧酸为HClO4，而不是HClO。
10.如图表示白磷(P4)分子结构。白磷在氧气不足时燃烧生成 P4O6，P4O6 分子 结构可以看成是白磷分子中磷磷键之间插入氧原子。已知：键能表示断裂 1mol 化学键需要吸收的能量。几种共价键的键能如表所示：
化学键
P﹣P
P﹣O
P═O
O═O
键能/kJ•mol-1
d
c
b
a
则 P4(s)+3O2(g)═P4O6(s)的反应热(△H)为( )
A. (6d+3a﹣12c)kJ•mol﹣1 B. (4d+3a﹣8c)kJ•mol﹣1
C. (6d+3a﹣12c﹣4b)kJ•mol﹣1 D. (12c-6d-3a)kJ•mol﹣1
【答案】A
【解析】
【详解】各化学键键能为P-P dkJ•mol-1、P-O c kJ•mol-1、O=O akJ•mol-1。反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×dkJ•mol-1+3×akJ•mol-1-12×c kJ•mol-1=(6d+3a﹣12c)kJ•mol﹣1，故A正确；
故选A。
【点睛】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断，注意每摩尔P4中含有6molP-P键，注意每摩尔P4O6中含有12mol P-O键，此处为解题的关键。
二、不定项选择最多有 2 个选项正确，每小题 4 分，部分 2 分，共 5 小题 20 分
11.铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O
研读右图，下列判断不正确的是
A. K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-
B. 当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的为0.2mol
C. K闭合时，Ⅱ中向c电极迁移
D. K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
【答案】C
【解析】
【分析】
根据铅蓄电池的工作原理，可知左边是原电池，右边是电解池。
【详解】A．d连的是原电池的正极，所以为电解池的阳极，电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，正确；
B．根据Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O，转移2mol电子，则消耗2mol硫酸，所以当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的为0.2mol，正确；
C．K闭合时，Ⅱ是电解池，阴离子移向阳极，d是阳极，所以向d电极迁移，错误；
D．K闭合一段时间后，Ⅱ中发生了充电反应：2PbSO4+2H2O = Pb+PbO2+2H2SO，c、d电极上的PbSO4分别转化为Pb和PbO2，所以可单独作为原电池，d电极上附着PbO2，放电时得到电子，为正极，正确；
故选C。
12.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，图1，根据先拐先平衡数值大得出T1＜T2，从下到上，温度降低，C%增大，平衡正向移动，降温向放热方向移动即正反应为放热反应，故A错误；
B选项，图2加压，C%增大，加压向正向即体积减小方向移动，因此该反应m＋n>p，故B错误；
C选项，图3，曲线表示平衡，点3在相同温度下，B转化率比平衡时转化率小，说明要向平衡方向即正向移动，因此反应速率v正>v逆，故C正确；
D选项，图4，若m＋n＝p，则a曲线可能使用了催化剂或加压，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】改变外界条件，生成物或反应物的百分含量没变，一般情况可能为加催化剂或等体积反应加压。
13.如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示 中，正确的是( )
A. C(s、石墨)═C(s、金刚石)△H=+1.9 kJ•mol﹣1
B. 石墨和金刚石的转化是物理变化
C. 石墨的稳定性比金刚石强
D. 1 mol 石墨的总键能比 1 mol 金刚石的总键能小 1.9 kJ
【答案】AC
【解析】
【分析】
先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答。
【详解】A. 由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1 ②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ•mol-1， 利用盖斯定律将①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，故A正确；
B. 石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；
C. 金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；
D. 依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量大于1.9 kJ，故D错误；
故选AC。
14.对下列实验的描述正确的是( )
A. 如图所示的实验：根据电流计(G)中指针是否偏转即可比较 Zn、Cu 的金属活泼性
B. 如图所示的实验：根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀
C. 如图所示的实验：根据温度计读数的变化测定稀硫酸和 NaOH 溶液反应的反应热
D. 如图所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化(热水中变深、冰水中变浅)判断 2NO2(g)⇌N2O4(g)是吸热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cu、Zn原电池中，活泼金属为负极，则根据检流计（G）中指针偏转的方向可比较Zn、Cu的金属活泼性，根据指针是否偏转只能判断是否有电流产生，故A错误；
B. 氯化钠溶液显中性，铁钉在饱和食盐水中发生吸氧腐蚀，故B错误；
C. 中和热测定应选稀的强酸和稀的强碱之间来反应，故C正确；
D. 热水中颜色深，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D错误；
故选C。
15.一定量的混合气体，在密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)⇌zC(g)，达到平衡后测得气体 A 的浓度为 0.5 mol·L－1，当恒温下将密闭容器的容积扩大 到原来的 2 倍时，反应再达到平衡后，测得气体 A 的浓度为 0.3 mol·L－1，则下 列叙述正确的是( )
A. 容积扩大时，平衡向逆反应方向移动
B. x＋y＝z
C. 达新平衡时，气体 C 的体积分数降低
D. 达新平衡时，气体 B 的转化率提高
【答案】AC
【解析】
【分析】
保持温度不变，将容器的体积扩大到原来的2倍时，如平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，小于实际A的浓度变为0.3mol/L，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动，据此结合选项解答。
详解】A. 由上述分析可知，平衡向逆反应移动，故A正确；
B. 增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y＞z，故B错误；
C. 平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C正确；
D. 平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故D错误；
故选AC。
三、填空题(本题包括 5 小题，共 60 分)
16.A、B、C、D、E 均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中 A 元素 原子核内只有 1 个质子；A 与 C，B 与 D 分别同主族； B、D 两元素原子序数 之和是 A、C 两元素原子序数之和的 2 倍。请回答下列问题：
(1)由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是________(填字母编号)。
a.A2B b.E2 c.DB2 d.C2DB3
(2)B元素在元素周期表中的位置为________；化合物 C2B2 中含有的化学键类型是________；化合物C2B中两种离子的半径大小关系为________＜________(填离子符 号)。
(3)实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的 E2气体。
①实验中应选用的装置为________(按由左到右的连接顺序填写)；
②装置A中发生反应的化学方程式为________。
【答案】 (1). c (2). 第2周期ⅥA族 (3). 离子键、共价键 (4). Na+ (5). O2－ (6). AFEB (7). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中A元素原子核内只有1个质子，则A为H；A与C，B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍，C应为Na，设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，则2×（1+11）=x+x+8，解得x=8，则B为O，D为S，E为Cl。
【详解】(1)H2O、Na2SO3均为化合物，均可发生电离，属于电解质，Cl2单质，既不是电解质也不是非电解质，而SO2本身不能电离，属于非电解质，则只有c为非电解质，故答案为：c；
(2)B为O，位于第2周期ⅥA族，化合物C2B2为Na2O2，含离子键、共价键；C2B为Na2O，其中离子具有相同电子排布，原子序数大离子半径小，离子半径为O2-＞Na+，故答案为：第2周期ⅥA族；离子键、共价键；Na+；O2-；
(3)①用装置A制取并收集纯净干燥的Cl2气体，选择浓盐酸与二氧化锰加热制备；用装置F中的饱和食盐水除杂；用装置E中的浓硫酸干燥；最后用B装置进行收集及尾气处理，则仪器连接顺序为AFEB，故答案为：AFEB；
②装置A中发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑+2H2O。
【点睛】此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下可以电离。
17.现有A、B、C、D、E、F、G、H、M九种物质，其中A为淡黄色粉末，B为日常生活中最常见无色无味液体， E为无色气体单质，F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，G为黄绿色气体单质，H是漂白液的有效成分，它们之间的相互转化关系如图所示，其他与题无关的生成物均已略去。
请回答下列问题：
（1）写出G、H的化学式：G________，H________。D的俗名是__________。
（2）写出反应②的离子方程式：_________________________________________。
（3）利用下图装置进行实验，证明氧化性强弱：KMnO4>Cl2>Br2。
限选试剂：KBr溶液、KMnO4、浓盐酸。
已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
请回答下列问题：
装置a 的名称是____________________，d中盛放的试剂是____________。
【答案】 (1). Cl2 (2). NaClO (3). 烧碱 (4). Cl2+2OH−＝Cl−+ ClO−+ H2O (5). 分液漏斗 (6). KBr溶液
【解析】
A为淡黄色粉末，A是过氧化钠。B为日常生活中最常见无色无味液体，B是水，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，E为无色气体单质，E是氧气，D是氢氧化钠。G为黄绿色气体单质，H是漂白液的有效成分，G是氯气，H是次氯酸钠。次氯酸钠溶液吸收二氧化碳生成M是次氯酸，次氯酸见光分解生成氧气和氯化氢。F的水溶液与石灰水混合可得D的溶液，F是碳酸钠，因此C是二氧化碳。
（1）根据以上分析可知G、H的化学式分别是Cl2、NaClO。氢氧化钠的俗名是烧碱。（2）反应②的离子方程式为Cl2+2OH−＝Cl−+ClO−+H2O。（3）装置a的名称是分液漏斗，酸性高锰酸钾溶液氧化浓盐酸生成氯气，氯气把溴化钾氧化为单质溴，因此可以验证氧化性强弱，所以d中盛放的试剂是KBr溶液。
18.某种以甲醇为原料以 KOH 为电解质的可充电高效燃料电池，充一次电可连续 使用较长时间。下图是一个电化学过程的示意图，已知甲池的总反应式为：2CH3OH＋3O2＋4KOH2K2CO3＋6H2O。
请填空：
(1)充电时，外电源的正极与燃料电池的________极相连。燃料电池的正极此时的电极反应式为：________。
(2)放电时：燃料电池的负极的电极反应式为 ：________。
(3)在此过程中若完全反应，当乙池中 A 极的质量增加 648 g，则甲池中理论上消耗通常状况下 O2________L(通常状况下气体摩尔体积按 22.4L/mol 计算)。
(4)若在常温常压下，当 3.2 g CH3OH 燃料生成CO2 和液态H2O时放热68.22 kJ，表示该反应的热化学方程式为：________。
【答案】 (1). 正 (2). 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). CH3OH＋8OH－－6e－=CO32-＋6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－682.2 kJ·mol－1
【解析】
【详解】(1)充电时，外电源的正极与燃料电池的正极相连；燃料电池的正极此时为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，故答案为：正；4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；
(2) 放电时：甲醇作负极，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O；
(3) 乙池中A极上银离子得电子发生还原反应，当乙池中A极的质量增加648g，则甲池中理论上消耗O2体积=，故答案为：33.6；
(4) 3.2g CH3OH的物质的量为，则1mol CH3OH燃料生成 CO2和液态 H2O 时放热为，该反应的热化学方程式为：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－682.2 kJ·mol－1，故答案为：CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－682.2 kJ·mol－1。
19.2012 年2月 27 日深圳宣称进入“200 万辆汽车时代”，汽车尾气已成为重要的空气污染物。
(1)汽车内燃机工作时引起反应：N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)，是导致汽车尾 气中含有 NO 的原因之一。T ℃时，向 2 L 密闭容器中充入 8 mol N2 和 9 mol O2， 5 min 后达平衡时 NO 物质的量为 6 mol，该反应的速率 v(NO)为________；
(2)恒容绝热 ，能说明反应2NO(g)⇌N2(g)＋ O2(g) 达到平衡的是________(填代号)。
A.单位时间内消耗 2 mol NO，同时生成 1 mol N2
B.NO 的转化率不再发生变化
C.容器内气体的压强不再发生变化
D.容器内气体的温度不再发生变化
(3)H2 或 CO 可以催化还原 NO 以达到消除污染的目的：
①已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝180kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－570kJ/mol
则 H2(g)与 NO(g)反应生成 N2(g)和 H2O(l)的热化学方程式为________。
②当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。如图是反应：2NO(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)中 NO 的浓度随温度(T)、催化剂表面 积(S)和时间(t)的变化曲线，据此判断该反应的 T1________T2，ΔH________0(填 “＞”、“＜”或“无法确定”)。
【答案】 (1). 0.60 mol/(L·min) (2). BD (3). 2H2(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－750 kJ/mol (4). ＞ (5). ＜
【解析】
【分析】
(1)根据反应速率表达式计算反应速率；(2)根据平衡状态本质及特征分析反应是否达到平衡状态；(3)根据盖斯定律书写目标反应热化学方程式；根据平衡移动原理进行图像分析。
【详解】(1) 5min时反应达到平衡状态，此时容器中NO的物质的量是6mol，则v(NO)=，故答案为：；
(2) A. 单位时间内消耗2molNO，同时生成1molN2，只能体现正反应速率，不能说明反应到达平衡，故A错误；
B. NO的转化率不再发生变化，说明NO的生成速率和消耗速率相同，能说明反应达到平衡，故B正确；
C. 反应前后气体的体积不变，容器的体积不变，所以压强不变时不能说明反应达到平衡，故C错误；
D. 该容器为绝热体系，温度不变说明正反应速率等于逆反应速率，能说明反应达到平衡，故D正确，故答案为：BD；
(3) ①已知：ⅰ N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝180kJ/mol
ⅱ 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－570kJ/mol
根据盖斯定律，ⅱ-ⅰ得2H2(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-570kJ/mol-180kJ/mol=-750 kJ/mol，故答案为：2H2(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－750 kJ/mol；
②根据图示分析知，温度T1到达平衡的时间短，反应速率快，温度越高反应越快，故温度T1＞T2；平衡时，温度越高，平衡时NO的浓度越高，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：＞；＜。
【点睛】(3)中注意根据“先拐先平数值大”原则判断温度高低是关键。
20.某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合 均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图)。从胶头滴管中滴入 几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参
照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
____
36.0
③
____
0.2
2.0
90.0
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图：
t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了____腐蚀，请在图 中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向____；此时，碳粉表面发生了____(填“氧化”或“还原”)反应， 其电极反应式是____。
(3)该小组对图 中 0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：____；
……
【答案】 (1). 2.0 (2). 碳粉含量的影响 (3). 吸氧 (4). (5). 还原 (6). 2H2O＋O2＋4e－=4OH－ (7). 反应放热，温度升高
【解析】
【详解】(1) ①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，故答案为：2.0；碳粉含量的影响；
(2) t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：吸氧； ；还原；2H2O＋O2＋4e－=4OH－；
(3) 图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热，温度升高。
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