【解析】福建省厦门市翔安一中2017年届高三上学期期中考试化学试卷含解析

2016-2017学年福建省厦门市翔安一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）．1．下列分散系中，分散质粒子直径最大的是（）A．雾 B．石灰乳 C．氢氧化铁胶体 D．氯化钠溶液2．根据下列标准，分类合理的是（）A．根据物质的组成元素是否单一，将纯净物分为单质和化合物B．根据反应中的能量变化，将化学反应分为氧化还原反应、非氧化还原反应C．根据电解质溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质D．根据变化过程中是否有化学键的断裂，将物质变化分为物理变化和化学变化3．下列物质的分类结果全部正确的是（）A．NO2﹣﹣酸性氧化物Na2O2﹣﹣碱性氧化物Al2O3﹣﹣两性氧化物B．漂白粉﹣﹣混合物胆矾﹣﹣纯净物HD﹣﹣单质C．纯碱﹣﹣碱硫化氢﹣﹣酸小苏打﹣﹣酸式盐D．盐酸﹣﹣强电解质硫酸钡﹣﹣强电解质醋酸﹣﹣弱电解质4．NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1molC2H6中含有6NA个共价键B．7.8gNa2O2中含有的阳离子数和阴离子数均为0.2NAC．14.0g由C2H4和C3H6组成的混合气体原子总数为3NAD．5.6g金属铁与足量盐酸反应时失去的电子数是0.3NA5．氢元素有三种同位素：H、D、T，氯元素有两种同位素Cl、Cl，当用一种仪器测定由氢、氯两种元素原子组成的HCl分子的质量，所得到的数值有（）A．2种 B．5种 C．6种 D．9种6．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等7．三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O⇌2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（）A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．HF是还原产物C．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体8．含有极性键且分子中各原子都满足8电子稳定结构的化合物是（）A．CH4 B．CH2═CH2 C．CO2 D．N29．在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是（）A．食盐溶于水 B．碳酸氢钠溶于水C．将HCl通入水中 D．氯化铵受热分解10．电解NaCl溶液的装置如图所示，下列说法不正确的是（）A．铁电极上的电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+B．溶液中Na+向铁电极方向移动C．通电一段时间后，可看到铁电极附近溶液变红D．通电一段时间后，可看到试管中溶液变蓝11．将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（）A．1：2：3 B．3：2：1 C．6：3：1 D．6：3：212．某反应过程中的能量变化如图所示．下列说法中正确的是（）A．该反应的活化能为E2B．该反应的△H=E2﹣E1C．由图可知，该反应为吸热反应D．曲线b相对曲线a，改变的条件可能是使用了催化剂13．单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图所示，下列说法不正确的是（）A．单斜硫和正交硫互为同素异形体B．正交硫比单斜硫稳定C．相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高D．由单斜硫制取正交硫是一个放热反应14．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）；△H=+49.0kJ/mol②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）；△H=﹣192.9kJ/mol下列说法错误的是（）A．1molCH3OH（g）完全燃烧放出的热量大于192.9kJB．根据反应①和②推知反应：H2（g）+O2（g）=H2O（g）的△H=﹣241.9kJ/molC．CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量D．反应①中的能量变化如图所示15．三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﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成二、解答题（本题共5小题，共55分）16．（13分）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价﹣4，+4﹣2﹣1，+7+3其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角焰色反应呈黄色（1）R在元素周期表中的位置是；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为．（2）Z的单质与水反应的化学方程式是．（3）Y与R相比，非金属性较强的是（用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是（选填字母序号）．a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b．稳定性XR＞YX4c．Y与R形成的化合物中Y呈正价（4）根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是．（5）甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲+乙→丙+水．若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是．17．（10分）XeO3是一种不稳定的物质，具有强氧化性．（1）配平反应的离子方程式：XeO3+Mn2++H2O→MnO4﹣+Xe↑+H+（2）反应现象为：①有气泡产生；②．（3）被氧化的元素是．（4）将适量的XeO3投入30mL0.1mol•L﹣1Mn2+的水溶液中，刚好完全反应．①此时转移电子总数为．②将反应后的溶液稀释至90mL，所得溶液的pH=．18．（8分）煤炭可以转化为清洁能源和化工原料．（1）用煤可以制得水煤气．工业上可用煤和水通过水煤气法制氢气，已知下列热化学方程式：C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.5kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=﹣483.6kJ•mol﹣1试求水煤气法制氢气的反应的反应热△H3．C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H3=kJ•mol﹣1（2）若H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别是436kJ•mol﹣1、496kJ•mol﹣1和mkJ•mol﹣1，结合上述热化学方程式的相关数据计算，m=．（3）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：则此反应为（填“吸热”或“放热”）反应，反应的热化学方程式为．19．（14分）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂．（1）工业上制备ClO2的反应原理常采用：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl．①浓盐酸在反应中显示出来的性质是（填序号）．A．只有还原性B．还原性和酸性C．只有氧化性D．氧化性和酸性②若上述反应中产生0.1molClO2，则转移电子的物质的量为mol．（2）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺．①如图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2．写出阳极产生ClO2的电极反应式：．②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解．通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为mol；用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因．（3）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣amg/L，现用ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，其离子反应方程式为；处理100m3这种污水，至少需要ClO2mol．20．（10分）铬是用途广泛的金属元素，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水．（1）还原沉淀法是处理含Cr2O72﹣和CrO42﹣工业废水的一种常用方法，其工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓其中第Ⅰ步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O①若平衡体系的pH=0，该溶液显色．②根据2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，设计如右图装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7．Na2Cr2O7中铬元素的化合价为，图中右侧电极连接电源的极，其电极反应式为．③第Ⅱ步反应的离子方程式：．（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火．若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的Cr2（SO4）3．完成该反应的化学方程式：□CrO3+□C2H5OH+□H2SO4═□Cr2（SO4）3+□CH3COOH+□．

2016-2017学年福建省厦门市翔安一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分．每小题只有一个选项符合题意）．1．（2015•郫县模拟）下列分散系中，分散质粒子直径最大的是（）A．雾 B．石灰乳 C．氢氧化铁胶体 D．氯化钠溶液【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为：溶液、胶体、浊液，溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），据此即可解答．【解答】解：溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液的分散质粒子直径最小．A．雾属于胶体分散系，分散质的微粒直径1nm～100nm，故A错误；B．石灰乳属于浊液分散系，分散质的微粒直径大于100nm，故B正确；C．氢氧化铁胶体属于胶体分散系，分散质的微粒直径1nm～100nm，故C错误；D．氯化钠溶液属于溶液分散系，分散质的微粒直径小于1nm，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查了分散系的分类依据，属于基础知识的考查，题目难度不大．2．（2016秋•翔安区校级期中）根据下列标准，分类合理的是（）A．根据物质的组成元素是否单一，将纯净物分为单质和化合物B．根据反应中的能量变化，将化学反应分为氧化还原反应、非氧化还原反应C．根据电解质溶液导电能力强弱，将电解质分为强电解质、弱电解质D．根据变化过程中是否有化学键的断裂，将物质变化分为物理变化和化学变化【考点】单质和化合物；氧化还原反应．【专题】物质的分类专题．【分析】A．单质是由一种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；B．氧化还原反应的特征是元素化合价变化；C．电解质水溶液中电离程度分为强电解质和弱电解质；D．化学反应的实质是旧键断裂，新键形成的过程，有新物质生产，无新物质生成的变化为物理变化．【解答】解：A．物质的分类中，根据物质的组成元素是否单一，将纯净物分为单质和化合物，故A正确；B．根据反应中的元素化合价的变化，将化学反应分为氧化还原反应、非氧化还原反应，故B错误；C．电解质水溶液中完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，溶液导电能力强弱和离子浓度大小有关，故C错误；D．只有旧键断裂的变化不是化学变化，过程中是否有新物质生成将物质变化分为物理变化和化学变化，故D错误；故选A．【点评】本题考查了物质分类、物质组成、物质性质，注意变化过程的实质理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．3．（2016秋•翔安区校级期中）下列物质的分类结果全部正确的是（）A．NO2﹣﹣酸性氧化物Na2O2﹣﹣碱性氧化物Al2O3﹣﹣两性氧化物B．漂白粉﹣﹣混合物胆矾﹣﹣纯净物HD﹣﹣单质C．纯碱﹣﹣碱硫化氢﹣﹣酸小苏打﹣﹣酸式盐D．盐酸﹣﹣强电解质硫酸钡﹣﹣强电解质醋酸﹣﹣弱电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、酸性氧化物和碱反应生成盐和水，碱性氧化物和酸反应生成盐和水；既和强酸反应又和强碱反应的氧化物为两性氧化物；B、不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净物，一种元素组成的纯净物为单质；C、溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；酸式酸根离子和金属离子构成的化合物为酸式盐；D、溶液中全部电离的电解质为强电解质，溶液中部分电离的电解质为非电解质．【解答】解：A、NO2和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，过氧化钠与酸反应生成盐和水，同时生成氧气，不是碱性氧化物，故A不符合；B、漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，漂白粉属于混合物，胆矾是硫酸铜结晶水合物属于纯净物，HD是氢元素组成的单质，故B符合；C、纯碱是碳酸钠，不是碱而是盐，故C不符合；D、盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，故D不符合；故选B．【点评】本题考查物质的分类应用，注意物质组成的分析，概念的实质理解，题目较简单．4．（2016秋•翔安区校级期中）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．1molC2H6中含有6NA个共价键B．7.8gNa2O2中含有的阳离子数和阴离子数均为0.2NAC．14.0g由C2H4和C3H6组成的混合气体原子总数为3NAD．5.6g金属铁与足量盐酸反应时失去的电子数是0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A.1个C2H6中含有1个C﹣C，6个C﹣H；B．过氧化钠阴离子为过氧根离子；C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2；D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁．【解答】解：A.1个C2H6中含有1个C﹣C，6个C﹣H，则1molC2H6中含有7NA个共价键，故A错误；B.7.8gNa2O2物质的量为=0.1mol，含有0.2mol钠离子，0.1mol过氧根离子，共含有的阳离子数和阴离子数均为0.3NA，故B错误；C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量n==1mol，故共含3mol电子，个数为3NA个，故C正确；D.5.6g金属铁物质的量为=0.1mol，与足量盐酸反应生成0.1mol二价铁离子，失去的电子数是0.2NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关运用，熟练掌握公式的运用和物质的性质是解题关键，注意有机物结构组成，注意铁与非氧化性酸反应生成二价铁离子，题目难度不大．5．（2016•宜春校级一模）氢元素有三种同位素：H、D、T，氯元素有两种同位素Cl、Cl，当用一种仪器测定由氢、氯两种元素原子组成的HCl分子的质量，所得到的数值有（）A．2种 B．5种 C．6种 D．9种【考点】核素．【专题】相对原子质量、相对分子质量的计算．【分析】根据氢原子有三种同位素和氯原子有两种同位素进行判断．【解答】解：氢原子有三种同位素H、D、T，氯原子有两种同位素35Cl、37Cl，故氯化氢分子可能为：H35Cl、H37Cl、D35Cl、D37Cl、T35Cl、T37Cl，它们的相对分子质量分别为：36、38、37、39、38、40，故用一准确的仪器来分别测定一个氢分子的质量时，所得的数值可能有5种，故选B．【点评】本题考查氢原子的三种同位素和氯原子的两种同位素的组合，难度不大，要注意平时的积累．6．（2015•福建）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；真题集萃．【分析】短周期元素w的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是P元素，根据元素在周期表中的位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，由此分析解答．【解答】解：A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A．【点评】本题考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，比较容易．7．（2013•乌鲁木齐模拟）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O⇌2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（）A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．HF是还原产物C．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应．【解答】解：A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．反应中H、F元素化合价没有发生变化，故B错误；C．NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故C错误；D．生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析．8．（2016秋•翔安区校级期中）含有极性键且分子中各原子都满足8电子稳定结构的化合物是（）A．CH4 B．CH2═CH2 C．CO2 D．N2【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】不同原子间形成极性键，同种原子间形成非极性键；对于ABn共价化合物，各元素满足|化合价|+元素原子的最外层电子数=8，原子都满足最外层8电子结构，化合物中氢原子属于2电子稳定结构，据此判断．【解答】解：A．CH4分子中存在C﹣H极性键；CH4中C元素化合价为﹣4，C原子最外层电子数为4，所以|﹣4|+4=8，分子中C原子满足8电子结构；H原子不满足8电子结构，故A错误；B．CH2=CH2分子中C﹣H极性键；CH2=CH2分子中H原子不满足8电子结构，故B错误；C．CO2分子中存在C=O极性键；CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，分子中C原子满足8电子结构；O元素化合价为﹣2，O原子最外层电子数为6，所以|﹣2|+6=8，分子中O原子满足8电子结构，故C正确；D．N2分子中存在N≡N非极性键；N原子满足8电子稳定结构，但是N2是单质，不是化合物，不符合题意，故D错误；故选C．【点评】本题考查8电子结构以及极性键的判断，难度不大，清楚元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构是关键，注意单质和离子化合物不适合．9．（2016秋•翔安区校级期中）在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是（）A．食盐溶于水 B．碳酸氢钠溶于水C．将HCl通入水中 D．氯化铵受热分解【考点】离子化合物的结构特征与性质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答．【解答】解：A．氯化钠中只含离子键，氯化钠溶于水电离生成钠离子和氯离子，只破坏离子键，故A错误；B．碳酸氢钠溶于水时电离生成钠离子和碳酸氢根离子，钠离子和碳酸氢根离子之间存在离子键，所以只破坏离子键，故B错误；C．HCl中只含共价键，溶于水发生电离时只破坏共价键，故C错误；D．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中N﹣H原子之间存在共价键，氯化铵分解生成氨气和HCl，破坏离子键和共价键，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学键，为高频考点，明确离子键和共价键区别是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，题目难度不大．10．（2011•崇川区校级三模）电解NaCl溶液的装置如图所示，下列说法不正确的是（）A．铁电极上的电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+B．溶液中Na+向铁电极方向移动C．通电一段时间后，可看到铁电极附近溶液变红D．通电一段时间后，可看到试管中溶液变蓝【考点】电解原理的应用实验．【专题】电化学专题．【分析】A、电解氯化钠溶液，在阴极上发生还原反应，H+离子放电生成氢气，注意铁为阴极，不参与电极反应；B、电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；C、电解氯化钠溶液，阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑，或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，阳极发生的反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，以此判断溶液的酸碱性；D、电解氯化钠溶液的总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，以此判断溶液的酸碱性；【解答】解：A、铁为阴极，不参与电极反应，在阴极上发生还原反应，H+离子放电生成氢气，阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑，或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，故A错误；B、电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，铁为阴极，溶液中Na+向铁电极方向移动，故B正确；C、电解氯化钠溶液，阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑，或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，阴极附近呈碱性，加入酚酞变红色，通电一段时间后，可看到铁电极附近溶液变红，故C正确；D、电解氯化钠溶液，阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑，或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，阳极发生的反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，反应后溶液呈碱性，加入酚酞呈红色，故D正确；故选A．【点评】本题考查电解原理的应用实验，做题时注意分析电极材料和两极上的电极反应，题目难度不大．11．（2015•亳州四模）将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（）A．1：2：3 B．3：2：1 C．6：3：1 D．6：3：2【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】三个电解槽串联，则转移的电子数相等，利用K++e﹣═K、Mg2++2e﹣═Mg、Al3++3e﹣═Al来计算．【解答】解：三个电解槽串联，则转移的电子数相等，设均转移6e﹣，由K++e﹣═K、Mg2++2e﹣═Mg、Al3++3e﹣═Al，则6e﹣～6K～3Mg～2Al，所以析出钾、镁、铝的物质的量之比为6：3：2，故选D．【点评】本题考查电解，明确电解中转移电子数的关系及电极反应式是解答本题的关键，题目难度不大．12．（2016秋•翔安区校级期中）某反应过程中的能量变化如图所示．下列说法中正确的是（）A．该反应的活化能为E2B．该反应的△H=E2﹣E1C．由图可知，该反应为吸热反应D．曲线b相对曲线a，改变的条件可能是使用了催化剂【考点】化学反应的能量变化规律；反应热和焓变．【分析】A、该反应的活化能为E1；B、依据图象分析判断，△H=E1﹣E2；C、依据反应物和生成物能量变化判断反应吸热放热；D、催化剂改变反应速率，降低活化能．【解答】解：A、该反应的活化能为E1，故A错误；B、依据图象分析判断，△H=E1﹣E2，故B错误；C、反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，故C错误；D、催化剂改变反应速率，降低活化能，不能改变反应的方向和焓变，故D正确；故选D．【点评】本题考查了反应焓变的计算判断，图象分析是关键，反应自发进行的判断依据，催化剂的作用分析是解题关键，题目难度中等．13．（2016秋•翔安区校级期中）单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图所示，下列说法不正确的是（）A．单斜硫和正交硫互为同素异形体B．正交硫比单斜硫稳定C．相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高D．由单斜硫制取正交硫是一个放热反应【考点】化学反应的能量变化规律；吸热反应和放热反应．【分析】由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质的能量越高越不稳定，故单斜硫制取正交硫为放热反应，以此解答该题．【解答】解：A、由同种元素形成的不同单质互称同素异形体，单斜硫和正交硫是由同种元素形成的不同单质，故互为同素异形体，故A正确；B、由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，而物质的能量越高越不稳定，故正交硫比单斜硫稳定，故B正确；C、由图象可以看出，相同物质的量的单斜硫的能量比正交硫的能量高，故C错误；D、由于相同物质的量的单斜硫的能量比正交硫的能量高，故由单斜硫制取正交硫是一个放热反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学反应与能量的变化，题目难度不大，注意分析能量曲线，判断反应热、活化能与键能的关系．14．（2011秋•正定县校级期末）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）；△H=+49.0kJ/mol②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）；△H=﹣192.9kJ/mol下列说法错误的是（）A．1molCH3OH（g）完全燃烧放出的热量大于192.9kJB．根据反应①和②推知反应：H2（g）+O2（g）=H2O（g）的△H=﹣241.9kJ/molC．CH3OH转变成H2的过程不一定要吸收能量D．反应①中的能量变化如图所示【考点】化学反应的能量变化规律；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】A、依据反应②甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是﹣192.9kJ/mol；而1molCH3OH（g）充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9kJ；B、根据盖斯定律来分析；C、根据①②反应可知，生成氢气的反应不一定是吸热反应；D、反应①是吸热反应；图中是放热反应．【解答】解：A、反应②甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是﹣192.9kJ/mol；而1molCH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9kJ，故A正确；B、根据盖斯定律，将②﹣①可得：H2（g）+O2（g）=H2O（g）的△H=﹣241.9kJ/mol，故B正确；C、CH3OH转变成H2的过程按照反应①是吸热反应，按照②反应是放热反应，所以不一定要吸收能量，故C正确；D、图中表示的是放热反应，而反应①是吸热反应，故D错误；故选D．【点评】本题考查了热化学方程式的书写和注意问题，利用热化学方程式进行分析判断反应的热效应，计算反应热量变化，盖斯定律的应用．15．（2016春•哈尔滨校级期末）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﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小；B、从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子放电；D、当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成．【解答】解：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；B、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，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误．故选B．【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度不大．二、解答题（本题共5小题，共55分）16．（13分）（2014•东城区一模）X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价﹣4，+4﹣2﹣1，+7+3其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角焰色反应呈黄色（1）R在元素周期表中的位置是第三周期ⅦA族；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为同位素．（2）Z的单质与水反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑．（3）Y与R相比，非金属性较强的是Cl（用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是bc（选填字母序号）．a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b．稳定性XR＞YX4c．Y与R形成的化合物中Y呈正价（4）根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是大于0.099nm小于0.143nm．（5）甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲+乙→丙+水．若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是NaAlO2或Na2SiO3．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y的化合价主要为﹣4，+4，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R的主要化合价为﹣1，+7，则R为Cl元素；Q主要化合价为+3价，原子半径Na＞Q＞Cl，则Q为Al元素；M的主要化合价为﹣2价，为第ⅥA族元素，原子半径M＜Cl，则M为O元素，然后利用元素的单质及其化合物的性质来解答．【解答】解：X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y的化合价主要为﹣4，+4，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；R的主要化合价为﹣1，+7，则R为Cl元素；Q主要化合价为+3价，原子半径Na＞Q＞Cl，则Q为Al元素；M的主要化合价为﹣2价，为第ⅥA族元素，原子半径M＜Cl，则M为O元素，即X为H元素；Y为Si元素；Z为Na元素；R为Cl元素；Q为Al元素；M为O元素．（1）R为Cl元素，核外有17个电子，核外电子排布为2、8、7，所以Cl元素处于第三周期ⅦA族；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，中子数不同，二者互为同位素，故答案为：第三周期ⅦA族；同位素；（2）Z为Na元素，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；（3）Y为Si元素，R为Cl元素．同周期自左而右，非金属性减弱，所以非金属性Si＜Cl；a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态，状态不能说明元素的非金属性强弱，故a错误；b．非金属越强，氢化物越稳定，稳定性XR＞YX4，说明X的非金属性强，故b正确；c．Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明X吸引电子能力强，X的非金属性强，故c正确．故答案为：Cl；bc；（4）Y为Si元素，同周期自左而右，原子半径减小，所以原子半径Al＞Si＞Cl，即大于0.099nm小于0.143nm，故答案为：大于0.099nm小于0.143nm；（5）Y为Si元素；Z为Na元素；R为Cl元素；Q为Al元素；其高价氧化物的水化物，分别为硅酸、氢氧化钠、高氯酸、氢氧化铝．甲+乙→丙+水，丙为盐，丙的水溶液呈碱性，则丙为强碱弱酸盐，则丙为NaAlO2或Na2SiO3，故答案为：NaAlO2或Na2SiO3．【点评】本题考查结构、性质与元素、物质的推断、元素周期律等，难度中等，关键清楚元素周期律的变化规律、物质的性质，注意基础知识的掌握与运用．17．（10分）（2016秋•翔安区校级期中）XeO3是一种不稳定的物质，具有强氧化性．（1）配平反应的离子方程式：5XeO3+6Mn2++9H2O→6MnO4﹣+5Xe↑+18H+（2）反应现象为：①有气泡产生；②溶液显紫红色．（3）被氧化的元素是Mn．（4）将适量的XeO3投入30mL0.1mol•L﹣1Mn2+的水溶液中，刚好完全反应．①此时转移电子总数为0.015mol．②将反应后的溶液稀释至90mL，所得溶液的pH=1．【考点】氧化还原反应方程式的配平．【专题】氧化还原反应专题．【分析】（1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平；（2）反应中Mn2+转化为MnO4﹣，溶液显紫红色；（3）还原剂发生氧化反应，所含元素化合价升高的物质为还原剂被氧化；（4）①根据n=cV计算n（Mn2+），反应中Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价，转移电子物质的量为5n（Mn2+）；②根据n（Mn2+）计算生成n（H+），根据c=计算c（H+），再根据pH=﹣lgc（H+）计算．【解答】解：（1）反应中Xe元素化合价由XeO3+6价降低为Xe中0价，总共降低6价，Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价，总共升高5价，化合价最小公倍数为30，故XeO3系数为5，故Mn2+系数为6，再结合原子守恒配平后方程式为5XeO3+6Mn2++9H2O=6MnO4﹣+5Xe↑+18H+，故答案为：5；6；9；6；5；18；（2）反应中Mn2+转化为MnO4﹣，溶液显紫红色，故答案为：溶液显紫红色；（3）还原剂被氧化，反应中Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价被氧化，故答案为：Mn；（4）①n（Mn2+）=0.03L×0.1mol•L﹣1=0.003mol，反应中Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4﹣中+7价，转移电子物质的量为5n（Mn2+）=5×0.003mol=0.015mol，故答案为：0.015mol；②由两方程式可知n（H+）=3n（Mn2+）=3×0.003mol=0.009mol，溶液稀释至90mL后，溶液中c（H+）==0.1mol/L，故溶液的pH=﹣logc（H+）=﹣log0.1=1，故答案为：1．【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念、配平、计算等，难度中等，注意掌握氧化还原反应配平常用的一些方法，计算中守恒思想的运用．18．（8分）（2016秋•翔安区校级期中）煤炭可以转化为清洁能源和化工原料．（1）用煤可以制得水煤气．工业上可用煤和水通过水煤气法制氢气，已知下列热化学方程式：C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.5kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=﹣483.6kJ•mol﹣1试求水煤气法制氢气的反应的反应热△H3．C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H3=+131.3kJ•mol﹣1（2）若H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别是436kJ•mol﹣1、496kJ•mol﹣1和mkJ•mol﹣1，结合上述热化学方程式的相关数据计算，m=462.9．（3）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：则此反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应，反应的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（2）根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H产物﹣H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答；（3）依据图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，依据反应的热化学方程式标注物质聚集状态和对应焓变的大小．【解答】解：（1）①C（s）+O2（g）=CO（g）△H1=﹣110.5kJ/mol②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣483.6kJ/mol依据盖斯定律①﹣得到：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H3=+131.3KJ/mol；故答案为：+131.3；（2）已知①：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H3=+131.3KJ/mol，②C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.5kJ•mol﹣1①×2﹣②×2得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2×131.3KJ+221）kJ•mol﹣1，4×m﹣496﹣2×436=2×131.3KJ+221，解得m=+462.9，故答案为：462.9；（3）图象分析判断反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，1molCO完全反应放出的热量41KJ，热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol；故答案为：放热；CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol．【点评】本题考查热化学方程式的书写和盖斯定律应用，图象分析理解是关键，题目较简单．19．（14分）（2015•玉山县校级模拟）二氧化氯（ClO2）为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂．（1）工业上制备ClO2的反应原理常采用：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl．①浓盐酸在反应中显示出来的性质是B（填序号）．A．只有还原性B．还原性和酸性C．只有氧化性D．氧化性和酸性②若上述反应中产生0.1molClO2，则转移电子的物质的量为0.1mol．（2）目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺．①如图示意用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2．写出阳极产生ClO2的电极反应式：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H+．②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL（标准状况）时，停止电解．通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.01mol；用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因在阴极发生2H++2e﹣=H2↑，H+浓度减小，使得H2O⇌OH﹣+H+的平衡向右移动，OH﹣浓度增大，pH增大．（3）ClO2对污水中Fe2+、Mn2+、S2﹣和CN﹣等有明显的去除效果．某工厂污水中含CN﹣amg/L，现用ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，其离子反应方程式为2ClO2+2CN﹣=N2↑+2CO2↑+2Cl﹣；处理100m3这种污水，至少需要ClO2mol．【考点】电解原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】电化学专题．【分析】（1）①HCl中的氯元素在产物存在于Cl2，氯元素的化合价升高，氯元素被氧化，存在NaCl中氯元素的化合价未变化，据此解答；②ClO2是还原产物，氯元素的化合价由+5价降低为+4价，转移电子物质的量等于ClO2的物质的量；（2）①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子；②在阴极发生2H++2e﹣=H2↑，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算阳离子的物质的量，电解中H+浓度减小，使得H2O⇌OH﹣+H+的平衡向右移动；（3）ClO2将CN﹣氧化，只生成两种气体，应生成氮气与二氧化碳，同时生成氯离子；根据方程式计算需要ClO2的物质的量．【解答】解：（1）①HCl中的氯元素在产物存在于Cl2，氯元素的化合价升高，氯元素被氧化，HCl起还原剂注意，同时存在NaCl中氯元素的化合价未变化，故HCl还起酸的作用，故答案为：B；②ClO2是还原产物，氯元素的化合价由+5价降低为+4价，转移电子物质的量为0.1mol×（5﹣4）=0.1mol，故答案为：0.1mol；（2）①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为：Cl﹣﹣5e﹣+2H2O=ClO2↑+4H