萧山八中富阳新登中学临安昌化中学联考高二化学上学期期中试题（含解析）-人教版高二化学试题

-学年浙江省杭州市余杭中学、萧山八中、富阳新登中学、临安昌化中学联考高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共计40分．每小题只有一个选项符合题意）1．人类将在未来几十年内逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能的转换形态），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”．下列说法不正确的是（）A．煤、石油和天然气都属于碳素燃料B．发展太阳能经济有助于减缓温室效应C．太阳能电池可将太阳能转化为电能D．目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于太阳能文明2．下列反应既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是（）A．铁与稀硫酸反应 B．灼热的碳与CO2的反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应 D．乙烷在氧气中的燃烧反应3．反应X（s）+3Y（g）=4Z（g）+5M（g）在5L密闭容器中进行，30秒后，Z的物质的量增加了3mol，则此反应的平均速率v（表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率）为（）A．v（X）=0.005mol•L﹣1•s﹣1 B．v（Z）=0.01mol•L﹣1•s﹣1C．v（Y）=0.01mol•L﹣1•s﹣1 D．v（M）=0.025mol•L﹣1•s﹣14．有甲、乙、丙、丁四种金属．将甲、乙用导线相连放入稀H2SO4中可以看到乙慢慢地溶解，而甲的表面有气体逸出．把丁放到乙的硝酸盐溶液中后，丁的表面覆盖一层乙的单质．用石墨电极电解含相同物质的量浓度的甲和丙两种金属的盐溶液，丙的单质先析出．将甲放入稀盐酸中有H2析出．已知四种金属中有一种是铜．根据以上实验判断铜是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，48gO2和O3混合气体中含有原子数3NAB．2molSO2和1molO2在一定条件下反应能生成2molSO3C．17g羟基（﹣OH）所含电子数为10NAD．0.1mol/L稀硫酸中含有SO42﹣离子个数为0.1NA6．为了证明硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]中含有NH4+、Fe2+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水B．取少量晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+C．取少量晶体放入试管，加入少量稀NaOH溶液，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+D．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣7．对于化学反应方向的确定，下列说法正确的（）A．反应的焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素B．温度、压强一定时，放热反应能自发进行C．固体的溶解过程与焓变无关D．在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向8．已知101kPa下，有热化学方程式（Q1、Q2均为正值）：①C（s）+O2（g）=CO（g）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1；②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，有关上述反应的叙述错误的是（）A．Q1＜Q2B．△H1能表示单质碳的标准燃烧热C．生成物总能量均低于反应物总能量D．1molCO2气体具有的能量大于1mol干冰具有的能量9．已知：①向KClO3晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向NaI溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色．下列判断正确的是（）A．实验③说明KI被氧化B．实验②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C．实验①证明Cl﹣具有还原性D．上述实验证明氧化性：ClO3﹣＜Cl2＜I210．下列说法正确的是（）A．一定条件下，增大反应物的量会加快化学反应速率B．增大压强，肯定会加快化学反应速率C．构成物质微粒间的化学键键能越小，该物质的能量就越低，物质越稳定D．升高温度能使单位体积内的活化分子数增加，从而增大化学反应速率11．下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是（）A．图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图2中，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色C．图3中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率增大D．图4中，采用了牺牲阳极的阴极保护法来防止地下钢铁管道的腐蚀12．某反应的反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是（）A．催化剂能改变反应的焓变B．催化剂能降低反应的活化能C．逆反应的活化能小于正反应的活化能D．催化剂可增大活化分子的百分数13．下列叙述错误的是（）A．从海水中可以制取镁、溴、碘等物质B．电解精炼铜（含少量Fe、Zn、Pt）的电解后溶液中，存在的金属阳离子只有Fe2+、Zn2+C．氯碱工业中用阳离子交换膜将电解池分隔为阳极区和阴极区D．在镀件上电镀银，电镀过程中阳极减少的质量等于阴极增加的质量14．一定温度下，反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在密闭容器中进行，能说明该反应达到平衡状态的是（）A．单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNOB．混合气体的密度不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变D．用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：115．100mL1mol/L硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又几乎不能影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（）A．碳酸钠粉末 B．冰醋酸 C．硝酸钾溶液 D．硫酸钠溶液16．某温度下，反应SO2（g）+O2（g）═SO3（g）的平衡常数为K1，在同一温度下，反应2SO3（g）═2SO2（g）+O2（g）的平衡常数为K2，则（）A．K2=K1 B．K2= C．K2=K D．K2=17．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（）A．正极反应中有CO2生成B．微生物促进了反应中电子的转移C．质子通过交换膜从负极区移向正极区D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O18．一定条件下，0.3molX（g）与0.3molY（g）在体积为1L的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），下列示意图可能成立的是（）A． B． C． D．19．已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110kJ•mol﹣1H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（）A．﹣332 B．﹣118 C．+350 D．+13020．已知氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+．现有一包铁粉和铜粉混合粉末，某实验小组为了确定其组成，利用1.2mol•L﹣1的FeCl3溶液（其他用品略），与混合粉末反应，实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：组别①②③④V[FeCl3（aq）]/mL50505050混合粉末质量/g1.22.43.64.8反应后剩余固体质量/g00.641.923.12[分析表中数据，下列结论不正确的是（）A．第①组反应后溶液中剩余c（Fe3+）=0.4mol•L﹣1B．第②、③组剩余固体全是铜C．第④组的滤液中c（Fe2+）=2.0mol•L﹣1D．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=1：1二、填空题（本题包括5小题，共37分）21．按要求填空：（1）写出NH3催化氧化的化学方程式．（2）N2H4（g）和NO2是一种双组分火箭推进剂．两种物质混合发生反应生成N2和H2O（g），已知8g气体N2H4在上述反应中放出142kJ热量，其热化学方程式为．22．图中黑点表示部分短周期元素的原子（其中有10个用数字作了标记），这些原子的最外层电子数与原子序数的关系如下图所示（图中未标明具体的原子序数）．（l）图中标记为5号原子的元素符号是（填元素符号）．（2）图中标记为3号和6号可形成原子数比为2：1的化合物，这种化合物的电子式为（3）图中标汜为1、7、8的原子半径从大到小的顺序为（4）图中3、4、9、10四种原子分别形成的气态氢化物中，沸点最高的是（填化学式）．（5）写出6号和7号相应的元素形成的最高价氧化物的水化物相互间反应的离子方程式．23．某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：实验编号0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液水1mol•L﹣1MnSO4溶液反应温度/℃反应时间I2ml2ml0020125II1ml020320III05030IV2ml2ml02滴2010反应方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O（1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，至时记时结束（2）实验I和II研究浓度对反应速率的影响，实验I和III研究温度对反应速率的影响．请在上表空格中填入合理的实验数据．（3）从实验数据分析，实验I和IV研究对反应的影响．24．某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题．（1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为．（2）若开始时开关K与b连接，则A极的电极反应式为，总反应的离子方程式为．25．如图所示，电化学实验装置．（1）若烧杯中盛有CuSO4溶液．①石墨电极上的电极反应：②电解一段时间后，若要使装置中溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入；（填写物质的化学式）（2）起初，若装置中盛有1L含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液．电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，另一电极上析出气体（在标准状况下）的体积是，此时溶液的H+离子浓度是．（溶液体积变化不计）26工业上利用黄铜矿为原料冶炼金属铜，在生产过程中产生的炉渣可能还有Cu、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等物质，为了探究炉渣的化学成分，设计实验流程如下：（1）溶液1中大量存在的阴离子除了OH﹣外还有（写离子符号）．（2）写出溶液2转化为沉淀b的离子方程式．（3）已知固体1加盐酸时完全溶解，则固体1的成分可能有三种情况：①FeO；②Cu和Fe2O3；③（写化学式）．若固体1的成分是上述第②种情况，你认为其中Cu和Fe2O3的物质的量之比是．三、实验题（本大题共2个小题，共18分）27．用50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠在如图1所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是．（2）实验中若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，若实验操作均正确，则所求中和热（填“相等”“不相等”），所放出的热量（填“相等”“不相等”）．（3）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会（填“偏大”“偏小”“无影响”）（4）将V1mL1.00mol/L﹣1盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图2所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．回答下列问题：研究小组做该实验时环境温度（填“高于”、“低于”或“等于”）22℃，此反应所用NaOH溶液的浓度为mol/L．28．如图是甲、乙两位同学探究铜与稀硝酸反应还原产物的实验装置图，请回答下列问题：（1）写出铜和稀硝酸反应的离子方程式．（2）实验装置甲烧瓶内有红棕色气体的原因是（写化学方程式）：．（3）丙同学认为甲虽然收集到的气体是NO，但并不能说明反应中一定生成NO．你认为他的理由是（4）若用实验装置乙进行实验，检查装置气密性的操作是观察到的实验现象是如何验证铜与稀硝酸反应的产物是NO（5）装置甲反应完全后，烧瓶里若还有铜剩余，补加下列溶液能使反应继续发生的有A、稀硫酸B、KNO3溶液C、FeCl3溶液D、FeSO4溶液．四、计算题（共5分）29．在一体积为10L的密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0．CO和H2O浓度变化如图：（1）850℃时，平衡常数K=．（2）850℃时，若向该容器中充入1.0molCO、3.0molH2O，则CO的平衡转化率为．

-学年浙江省杭州市余杭中学、萧山八中、富阳新登中学、临安昌化中学联考高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共计40分．每小题只有一个选项符合题意）1．人类将在未来几十年内逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能的转换形态），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”．下列说法不正确的是（）A．煤、石油和天然气都属于碳素燃料B．发展太阳能经济有助于减缓温室效应C．太阳能电池可将太阳能转化为电能D．目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于太阳能文明【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．煤、石油、天然气都属于化石燃料；B．化石燃料的使用是二氧化碳的最大来源，少使用就可以减少二氧化碳的排放；C．硅属于半导体材料，它能把太阳能直接转化为电能；D．菠菜中的蛋白质是间接利用太阳能合成的，研究菠菜蛋白质“发电”属于太阳能文明．【解答】解：A．碳素燃料是指含碳的燃料，所以碳素燃料就是化石燃料，煤、石油、天然气都属于化石燃料，故A正确；B．二氧化碳是导致温室效应的主要气体，开发太阳能新能源，可减少煤、石油、天然气等矿物燃料的使用，太阳能是清洁可循环利用的能源，没有二氧化碳排放，故B正确；C．太阳能电池的光伏板是由非晶态硅制成的，它能把太阳能直接转化为电能，故C正确；D．菠菜蛋白质中的生物质能本质上来源于太阳能，应属于“太阳能文明”，故D错误；故选D．【点评】本题主要考查了与节能减排相关的知识，依据已有的知识进行解答，题目难度不大．2．下列反应既属于吸热反应又属于氧化还原反应的是（）A．铁与稀硫酸反应 B．灼热的碳与CO2的反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应 D．乙烷在氧气中的燃烧反应【考点】氧化还原反应；化学基本反应类型．【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题．【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，结合常见的吸热反应（大多数分解反应、C与氢气参加的氧化还原反应等）来解答．【解答】解：A．Fe、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故A错误；B．C元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，故B正确；C．不存在元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；D．C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应中能量变化，题目难度不大．3．反应X（s）+3Y（g）=4Z（g）+5M（g）在5L密闭容器中进行，30秒后，Z的物质的量增加了3mol，则此反应的平均速率v（表示反应物的消耗速率或生成物的生成速率）为（）A．v（X）=0.005mol•L﹣1•s﹣1 B．v（Z）=0.01mol•L﹣1•s﹣1C．v（Y）=0.01mol•L﹣1•s﹣1 D．v（M）=0.025mol•L﹣1•s﹣1【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据v=计算v（NO），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NH3）．【解答】解：30s后，Z的物质的量增加了3mol，则v（Z）==0.02mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，X为固体不用来表示化学反应速率，则v（Y）=v（Z）=×0.02mol/（L•s）=0.015mol/（L•s），v（M）=v（Z）=×0.02mol/（L•s）=0.025mol/（L•s），故选D．【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，比较基础，化学反应速率常用计算有：定义法与化学计量数法，根据情况选择合适的计算方法．4．有甲、乙、丙、丁四种金属．将甲、乙用导线相连放入稀H2SO4中可以看到乙慢慢地溶解，而甲的表面有气体逸出．把丁放到乙的硝酸盐溶液中后，丁的表面覆盖一层乙的单质．用石墨电极电解含相同物质的量浓度的甲和丙两种金属的盐溶液，丙的单质先析出．将甲放入稀盐酸中有H2析出．已知四种金属中有一种是铜．根据以上实验判断铜是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】将甲、乙用导线相连放入稀H2SO4中可以看到乙慢慢地溶解，而甲的表面有气体逸出，则活泼性乙＞甲；把丁放到乙的硝酸盐溶液中后，丁的表面覆盖一层乙的单质，则金属的活泼性丁＞乙；用石墨电极电解含相同物质的量浓度的甲和丙两种金属的盐溶液，丙的单质先析出，则金属的活泼性甲＞丙；将甲放入稀盐酸中有H2析出，则甲位于氢之前，据此分析解答．【解答】解：将甲、乙用导线相连放入稀H2SO4中可以看到乙慢慢地溶解，而甲的表面有气体逸出，则活泼性乙＞甲；把丁放到乙的硝酸盐溶液中后，丁的表面覆盖一层乙的单质，则金属的活泼性丁＞乙；用石墨电极电解含相同物质的量浓度的甲和丙两种金属的盐溶液，丙的单质先析出，则金属的活泼性甲＞丙；将甲放入稀盐酸中有H2析出，则甲位于氢之前，所以金属活动性强弱顺序是丁＞乙＞甲＞H＞丙，所以丙是铜，故选C．【点评】本题考查了金属活泼性强弱判断，明确金属活泼性强弱与原电池正负极、金属之间的置换反应、离子放电顺序之间的关系即可解答，题目难度不大，金属性强弱、非金属性强弱的判断方法是考查重点．5．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温常压下，48gO2和O3混合气体中含有原子数3NAB．2molSO2和1molO2在一定条件下反应能生成2molSO3C．17g羟基（﹣OH）所含电子数为10NAD．0.1mol/L稀硫酸中含有SO42﹣离子个数为0.1NA【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、氧气和臭氧均由氧原子构成；B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；C、求出羟基的物质的量，然后根据羟基不显电性来分析；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g氧气和臭氧中含有的氧原子的物质的量n==3mol，个数为3NA个，故A正确；B、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能完全反应，故生成的三氧化硫小于2mol，故B错误；C、17g羟基的物质的量为1mol，而羟基不显电性，故1mol羟基中含9mol电子即9NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的硫酸根的个数无法计算，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．6．为了证明硫酸亚铁铵晶体[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]中含有NH4+、Fe2+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水B．取少量晶体溶于水，得淡绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+C．取少量晶体放入试管，加入少量稀NaOH溶液，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+D．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．加热失去结晶水，可用无水硫酸铜检验；B．亚铁离子溶解形成的溶液呈浅绿色，被氧化为三价铁离子，遇到硫氰酸钾变血红色；C..少量稀NaOH溶液时不会放出氨气，应该“大量浓NaOH并加热”才可以；D．依据硫酸根离子的检验方法分析判断．【解答】解：A．无水硫酸铜遇到水显示蓝色，晶体加热后生成产物使无水硫酸铜变蓝，证明晶体中含结晶水，故A正确；B．溶液呈浅绿色证明试样溶液中含有Fe2+滴入KSCN溶液，溶液不显红色，再向试管中滴加几滴新配制的氯水，溶液的颜色变为红色，说明有Fe3+存在，这个结果间接地说明在原溶液中有Fe2+存在，故B正确；C．应取少量样品于试管中，加入浓NaOH溶液，并适当加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，即产生NH3，则证明硫酸亚铁铵中含有NH4+，故C错误；D．加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣，这是硫酸根离子的检验方法，故D正确；故选C．【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意熟悉常见结晶水合物的颜色，溶液中各种水合离子的颜色，熟练掌握常见离子的检验与操作方法，试题培养了学生的灵活应用能力．7．对于化学反应方向的确定，下列说法正确的（）A．反应的焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素B．温度、压强一定时，放热反应能自发进行C．固体的溶解过程与焓变无关D．在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】在一定的条件下，一个化学反应能否自发进行，既可能与反应的焓变有关，又可能与反应的熵变有关．在温度、压力一定的条件下，化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果．温度、压强一定时，反应方向的判据是△G=△H﹣T△S，△G＞0反应不能自发进行，△G＜0反应能自发进行，△G=0达到平衡．【解答】解：A．化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，故A错误；B．放热反应△H＜0，熵增加的反应，△S＞0，△H﹣T△S一定小于0，反应一定能自发进行，若△S＜0，则反应一定不能自发进行，故B错误；C．硝酸铵溶于水吸热，则固体的溶解过程可能是焓变小于0的过程，故C错误；D．在温度、压强一定的条件下，化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了化学反应能否自发进行的判断，题目比较简单，注意化学反应的方向是熵变和焓变共同影响的结果，根据公式判断．8．已知101kPa下，有热化学方程式（Q1、Q2均为正值）：①C（s）+O2（g）=CO（g）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1；②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，有关上述反应的叙述错误的是（）A．Q1＜Q2B．△H1能表示单质碳的标准燃烧热C．生成物总能量均低于反应物总能量D．1molCO2气体具有的能量大于1mol干冰具有的能量【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、碳燃烧生成一氧化碳放出的热量小于燃烧生成二氧化碳反应放出的热量；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；C、反应是放热反应，结合反应前后能量守恒分析判断；D、气体能量高于固体．【解答】解：A、碳燃烧生成一氧化碳放出的热量小于燃烧生成二氧化碳反应放出的热量，Q1＜Q2，故A正确；B、△H1能表示碳燃烧生成一氧化碳反应过程中放出的热量，但生成的一氧化碳不是碳的温度氧化物，不是燃烧热，故B错误；C、依据热化学方程式分析，反应都是放热反应，依据反应过程中能量守恒，反应物总能量均高于生成物总能量，故C正确；D、气体能量高于固体，1molCO2气体具有的能量高于1mol干冰具有的能量，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学反应能量变化，反应焓变的意义理解，掌握基础是关键，题目较简单．9．已知：①向KClO3晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向NaI溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色．下列判断正确的是（）A．实验③说明KI被氧化B．实验②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C．实验①证明Cl﹣具有还原性D．上述实验证明氧化性：ClO3﹣＜Cl2＜I2【考点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．【分析】根据题干反应和现象写出反应的化学方程式，依据氧化还原反应中的特征分析判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据强弱规律比较氧化性强弱，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；【解答】解：①向KClO3晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，反应的化学方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，说明Cl﹣具有还原性，氧化剂KClO3的氧化性大于氧化产物Cl2；②向NaI溶液中通入少量实验①产生的气体，反应的化学方程式为：Cl2+2NaI=2NaCl+I2；氧化剂Cl2和还原剂NaI物质的量之比为1：2；氧化剂Cl2的氧化性大于氧化产物I2；③取实验②生成的溶液中含有碘单质，滴在淀粉KI试纸上，碘单质遇淀粉试纸变蓝色，说明溶液中含有碘单质；所以：A、说明实验②生成的溶液中含有碘单质，不是试纸上的碘化钾被氧化，故A错误；B、实验②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C、实验①反应可知能证明Cl﹣具有还原性，故C正确；D、上述实验证明氧化性：ClO3﹣＞Cl2＞I2，故D错误；故选C．【点评】本题考查了氯气及其化合物的化学性质的应用，主要是考查氧化还原反应的概念判断、强弱比较、反应中物质的量的计算等知识．10．下列说法正确的是（）A．一定条件下，增大反应物的量会加快化学反应速率B．增大压强，肯定会加快化学反应速率C．构成物质微粒间的化学键键能越小，该物质的能量就越低，物质越稳定D．升高温度能使单位体积内的活化分子数增加，从而增大化学反应速率【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】A．如为固体或纯液体，增大物质的量，反应速率不变；B．如为固体或纯液体，增大压强，速率不变；C．构成物质微粒间的化学键键能越小，化学键越易断裂；D．升高温度，增大活化分子百分数．【解答】解：A．如为固体或纯液体，增大物质的量，由于浓度不变，则反应速率不变，故A错误；B．如为固体或纯液体，增大压强，但浓度不变，速率不变，故B错误；C．构成物质微粒间的化学键键能越小，化学键越易断裂，物质不稳定，故C错误；D．升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学反应素的影响因素，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．11．下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是（）A．图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图2中，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色C．图3中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率增大D．图4中，采用了牺牲阳极的阴极保护法来防止地下钢铁管道的腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、越靠近底端，金属和极少量的氧气接触，越不易腐蚀；B、电化学装置中，金属铁失电子得到的是亚铁离子；C、开关由M改置于N时，Zn为负极，合金为正极，据此回答；D、在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法．【解答】解：A、越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀，故A错误；B、金属铁是负极，发生析氢腐蚀，金属铁失电子得到的是亚铁离子，遇到硫氰化钾不显示红色，故B错误；C、开关由N改置于M时，合金为负极，则Cu﹣Zn合金的腐蚀速率加快，故C错误；D、在该原电池中，金属镁是负极，负极金属易被腐蚀，正极金属铁被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查电化学知识，侧重于金属的腐蚀与防护以及原电池的工作原理的考查，题目难度不大，注意把握电极反应．12．某反应的反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是（）A．催化剂能改变反应的焓变B．催化剂能降低反应的活化能C．逆反应的活化能小于正反应的活化能D．催化剂可增大活化分子的百分数【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡；B、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡；C、图中分析可知，逆反应活化能小于正反应活化能；D、催化剂降低反应活化能，活化分子数增多．【解答】解：A、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡，反应的焓变不变，故A错误；B、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡，故B正确；C、依据图中分析可知，逆反应活化能小于正反应活化能，故C正确；D、催化剂降低反应活化能，活化分子数增多，催化剂可增大活化分子的百分数，故D正确；故选A．【点评】本题考查了反应焓变分析，催化剂对反应的影响理解应用，掌握基础是关键，题目较简单．13．下列叙述错误的是（）A．从海水中可以制取镁、溴、碘等物质B．电解精炼铜（含少量Fe、Zn、Pt）的电解后溶液中，存在的金属阳离子只有Fe2+、Zn2+C．氯碱工业中用阳离子交换膜将电解池分隔为阳极区和阴极区D．在镀件上电镀银，电镀过程中阳极减少的质量等于阴极增加的质量【考点】电解原理；海水资源及其综合利用．【专题】电化学专题．【分析】A、海水提取氯化钠后得到的卤水，加入碱沉淀镁离子生成氢氧化镁，加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，电解氯化镁得到金属镁，加入氯气氧化溴离子、碘离子为单质，加入萃取剂通过蒸馏得到溴单质，碘单质；B、电解精炼铜，粗铜做阳极失电子生成亚铁离子、锌离子；C、氯碱工业中，阳离子交换膜只允许阳离子通过，起到的作用是：隔开两极产物、导电以及维持电荷平衡；D、镀件上电镀银，镀件做电解池阴极镀层，金属银金属做阳极，含镀层金属银离子的电解质溶液，依据电子守恒分析判断．【解答】解：A、海水提取氯化钠后得到的卤水，加入碱沉淀镁离子生成氢氧化镁，加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，电解氯化镁得到金属镁，加入氯气氧化溴离子、碘离子为单质，加入萃取剂通过蒸馏得到溴单质，碘单质，从海水中可以制取镁、溴、碘等物质，故A正确；B、电解精炼铜，粗铜做阳极失电子生成亚铁离子、锌离子、铜离子等，电精炼铜（含少量Fe、Zn、Pt）的电解后溶液中，存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Cu2+，故B错误；C、氯碱工业中，阳离子交换膜只允许阳离子通过，起到的作用是：隔开两极产物、导电以及维持电荷平衡，故C正确；D、镀件上电镀银，镀件做电解池阴极镀层，金属银金属做阳极，含镀层金属银离子的电解质溶液，依据电子守恒分析阳极Ag﹣e﹣=Ag+，阴极Ag++e﹣=Ag，阳极溶解和阴极析出金属质量相同，电镀过程中阳极减少的质量等于阴极增加的质量，故D正确；故选B．【点评】本题考查了海水提取镁、溴单质、碘单质的流程分析应用，电解原理的分析判断，电极反应，电解原理的理解是解题关键，题目难度中等．14．一定温度下，反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在密闭容器中进行，能说明该反应达到平衡状态的是（）A．单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNOB．混合气体的密度不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变D．用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、都反映的是正反应方向，未体现正与逆的关系，故A错误；B、混合气体的密度一直不变，故B错误；C、混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，故C正确；D、从反应发生就符合NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1，所以不一定是平衡状态，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．15．100mL1mol/L硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又几乎不能影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的（）A．碳酸钠粉末 B．冰醋酸 C．硝酸钾溶液 D．硫酸钠溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量即可，注意Zn过量，以此来解答．【解答】解：A．加入碳酸钠，与酸反应，生成氢气的量减少，故A错误；B．加入冰醋酸，导致氢离子物质的量增多，所以生成氢气的量增大，故B错误；C．加入硝酸钾，相当于含有硝酸，硝酸和锌反应生成氮氧化物而不是氢气，故C错误；D．加入硫酸钠溶液导致溶液中氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢离子总物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确浓度对反应速率的影响即可解答，易错选项是C，注意硝酸和金属反应生成氮氧化物而不是氢气，题目难度不大．16．某温度下，反应SO2（g）+O2（g）═SO3（g）的平衡常数为K1，在同一温度下，反应2SO3（g）═2SO2（g）+O2（g）的平衡常数为K2，则（）A．K2=K1 B．K2= C．K2=K D．K2=【考点】用化学平衡常数进行计算．【专题】计算题；类比迁移思想；演绎推理法；化学平衡计算．【分析】根据平衡常数的定义：平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，所以反应SO2（g）+O2（g）═SO3（g）的平衡常数为K1=，反应2SO3（g）═2SO2（g）+O2（g）的平衡常数为K2=，据此答题；【解答】解：根据平衡常数的定义：平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，所以反应SO2（g）+O2（g）═SO3（g）的平衡常数为K1=，反应2SO3（g）═2SO2（g）+O2（g）的平衡常数为K2=，所以K2=，故选D．【点评】本题考查化学平衡常数的意义，和平衡常数的书写、及综合应用，注意基础知识的灵活运用，难度不大．17．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示．下列有关微生物电池的说法错误的是（）A．正极反应中有CO2生成B．微生物促进了反应中电子的转移C．质子通过交换膜从负极区移向正极区D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理．【分析】A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同．【解答】解：A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写．18．一定条件下，0.3molX（g）与0.3molY（g）在体积为1L的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），下列示意图可能成立的是（）A． B． C． D．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】A、X减少0.1mol，生成Z0.2mol当达到平衡时，可以X、Z的物质的量相同；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（X）正=V（Z）逆，此时反应达到平衡状态；C、Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol；D、随反应进行X的体积分数分数变化，平衡时不变．【解答】解：A、X减少0.1mol，消耗Y0.3mol，生成Z0.2mol当达到平衡时可以X、Z的物质的量相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象不符合反应达到平衡状态，故A不符合；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V（X）正=V（Z）逆，此时反应达到平衡状态，V（X）正=V（Z）逆，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；C、Y消耗0.1mol，生成Z物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C不符合；D、反应是气体体积减小的反应，随反应进行，达到平衡状态，X的体积分数分数不变化，图象符合，故D符合；故选D．【点评】本题考查了图象分析判断反应达到平衡状态的理解应用，掌握平衡标志的判断依据是解题关键，题目难度中等．19．已知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110kJ•mol﹣1H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（）A．﹣332 B．﹣118 C．+350 D．+130【考点】有关反应热的计算．【分析】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．【解答】解：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1，②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ•mol﹣1，因H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则4×462﹣496﹣2×436=2a+220，解得a=+130，故选D．【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大．20．已知氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+．现有一包铁粉和铜粉混合粉末，某实验小组为了确定其组成，利用1.2mol•L﹣1的FeCl3溶液（其他用品略），与混合粉末反应，实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）：组别①②③④V[FeCl3（aq）]/mL50505050混合粉末质量/g1.22.43.64.8反应后剩余固体质量/g00.641.923.12[分析表中数据，下列结论不正确的是（）A．第①组反应后溶液中剩余c（Fe3+）=0.4mol•L﹣1B．第②、③组剩余固体全是铜C．第④组的滤液中c（Fe2+）=2.0mol•L﹣1D．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=1：1【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】铁的还原性强于铜，所以Fe3+先与铁反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应完全后Fe3+有剩余，再与铜反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，能剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜，从第②组数据中可以得出FeCl3溶液全部参与反应，50mLFeCl3溶液能溶解金属质量2.4g﹣0.64g=1.76g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应、FeCl3有剩余；第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，其物质的量为：0.05L×1.2mol/L=0.06mol，假设只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应金属的物质的量为0.03mol，则溶解的Fe的质量为0.03mol×56g/mol=1.68g＜1.76g，所以同时也有一部分Cu溶解，则剩余的0.64g固体全部为Cu；第③组实验中溶解金属为：3.6g﹣1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余1.92g为Cu，合金中Fe与Cu的质量之比为：1.68g：1.92g=56：64；故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，根据以上分析对各选项进行解答．【解答】解：还原性：Fe＞Cu，故Fe3+优先Fe反应（Fe+2Fe3+=3Fe2+），Fe完全反应后若Fe3+有剩余，则再与铜反应（Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+），所以剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜的混合物；根据第②组数据中可以得出FeCl3溶液全部参与反应，50mLFeCl3溶液能溶解金属质量为：2.4g﹣0.64g=1.76g＞1.2g，大于第①组溶解的金属质量，故第①组金属完全反应，且FeCl3有剩余；第②组实验中FeCl3溶液全部参与反应，FeCl3物质的量为：0.05L×1.2mol/L=0.06mol，假设只发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，参加反应金属的物质的量为0.03mol，溶解的Fe的质量为：0.03mol×56g/mol=1.68gg＜1.76g，所以铁完全溶解的同时还有部分Cu溶解，则剩余的0.64g固体全部为Cu；第③组实验中溶解金属为：3.6g﹣1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余1.92g为Cu，合金中Fe与Cu的质量之比为：1.68g：1.92g=7：8；故第④组实验中，剩余固体为Fe、Cu，A．根据分析可知，第①组反应中金属完全反应，1.2g合金中含有铁的物质的量为：=0.01mol，含有铜的物质的量为：=0.01mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+可知，金属消耗铁离子的物质的量为：0.01mol×2+0.01mol×2=0.04mol，①反应后的溶液中铁离子浓度为：=0.4mol/L，故A正确；B．根据分析可知，第②、③组剩余的全部为铜，故B正确；C．由上述分析可知，第④组实验剩余金属为Fe和Cu，参加反应金属为1.68g，其物质的量为0.03mol，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知溶液中n（Fe2+）=0.09mol，故c（Fe2+）==1.8mol/L，故C错误；D．第③组实验中溶解金属为：3.6g﹣1.92g=1.68g，混合物中Fe恰好完全反应、Cu不反应，剩余1.92g为Cu，合金中Fe与Cu的质量之比为：1.68g：1.92g=7：8，则二者的物质的量之比为：：=1：1，故D错误；故选C．【点评】本题考查了混合物的有关计算、铁及其化合物的性质应用，题目难度较大，关键是通过②判断剩余固体为铜，题目综合性较强，数据较复杂，侧重学生对实验数据的分析处理考查．二、填空题（本题包括5小题，共37分）21．按要求填空：（1）写出NH3催化氧化的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O．（2）N2H4（g）和NO2是一种双组分火箭推进剂．两种物质混合发生反应生成N2和H2O（g），已知8g气体N2H4在上述反应中放出142kJ热量，其热化学方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ/mol．【考点】化学方程式的书写．【专题】化学用语专题．【分析】（1）氨气催化氧化生成一氧化氮和水；（2）根据8g肼燃烧放热142KJ，求出1mol肼燃烧放热多少，再书写热化学方程式，书写热化学方程式时，注意物质的状态、△H的值与化学计量数的对应．【解答】解：（1）氨气催化氧化生成一氧化氮和水，化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）8gN2H4的物质的量为0.25mol，则1molN2H4反应放出的热量为568KJ，其热化学方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136KL/mol，故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136KL/mol．【点评】本题考查了热化学方程式的书写、化学方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意热化学方程式与化学方程式的区别，题目难度不大．22．图中黑点表示部分短周期元素的原子（其中有10个用数字作了标记），这些原子的最外层电子数与原子序数的关系如下图所示（图中未标明具体的原子序数）．（l）图中标记为5号原子的元素符号是Ne（填元素符号）．（2）图中标记为3号和6号可形成原子数比为2：1的化合物，这种化合物的电子式为（3）图中标汜为1、7、8的原子半径从大到小的顺序为Al＞Si＞C（4）图中3、4、9、10四种原子分别形成的气态氢化物中，沸点最高的是H2O（填化学式）．（5）写出6号和7号相应的元素形成的最高价氧化物的水化物相互间反应的离子方程式Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较．【分析】根据原子的最外层电子数与原子序数的关系，很容易推测出标号1至10依次是碳、氮、氧、氟、氖、钠、铝、硅、硫、氯元素，离子化合电子式书写，同周期原子半径的递变规律，氢键对熔沸点的影响及离子方程式的书写规律来解答．【解答】解：（1）图中5号原子的最外层是8个电子，是氖元素，答案：Ne；（2）图中3号元素为氧元素，6号元素为钠元素，形成原子数比为2：1的化合物为Na2O，故答案为：Na2O的电子式为；（3）铝、硅为同周期元素，随核电数的递增原子半径逐渐减小，即原子半径Al＞Si，碳和硅为同一主族元素，核电荷数越大原子半径越大，即原子半径Si＞C，故答案为：Al＞Si＞C；（4）氧、氟、硫、氯四各元素形成的气态氢化物分别为H2O、HF、H2S、HCl，因H2O和HF均存在分子间氢键，且H2O常温下为液态可知H2O的沸点最高，答案：H2O；（5）6号元素钠的最高价氧化物的水化物为NaOH，7号元素铝的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3，二者之间反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查元素周期律和元素周期表，明确常见主族元素的性质是解答的关键，注重基础，对短周期元素不熟悉就可能做错，但难度不大．23．某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：实验编号0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液水1mol•L﹣1MnSO4溶液反应温度/℃反应时间I2ml2ml0020125II211ml020320III22005030IV2ml2ml02滴2010反应方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O（1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，至紫红色刚好褪去时记时结束（2）实验I和II研究浓度对反应速率的影响，实验I和III研究温度对反应速率的影响．请在上表空格中填入合理的实验数据．（3）从实验数据分析，实验I和IV研究催化剂对反应的影响．【考点】探究影响化学反应速率的因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】（1）溶液混合后显示紫红色，当紫红色褪去后计时结束；（2）实验I和II研究浓度对反应速率的影响；实验I和III研究温度对反应速率的影响；（3）MnSO4溶液为催化剂．【解答】解：（1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束，故答案为：紫红色刚好褪去；（2）根据实验目的，选择合理数据：高锰酸钾作为指示剂，浓度不变，都是2mL；实验I和II研究浓度对反应速率的影响，草酸体积为1mL；实验I和III研究温度对反应速率的影响，浓度全部相同，故答案为：II21III220（3）从实验数据分析，MnSO4溶液在反应中为催化剂，故答案为：催化剂．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，需要认真分析题中信息，得出合理结论，本题难度中等．24．某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题．（1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．（2）若开始时开关K与b连接，则A极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，总反应的离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）若开始时开关K与a连接，则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；（2）若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，以此解答．【解答】解：（1）开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，A极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；（2）开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，A是阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，电解氯化钠溶液的总反应是：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑．故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑．【点评】本题综合原电池和电解质知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合应用，注意解题时要注意分析电极反应及生成物，难度中等．25．如图所示，电化学实验装置．（1）若烧杯中盛有CuSO4溶液．①石墨电极上的电极反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O②电解一段时间后，若要使装置中溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入CuO；（填写物质的化学式）（2）起初，若装置中盛有1L含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液．电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，另一电极上析出气体（在标准状况下）的体积是4.48L，此时溶液的H+离子浓度是0.4mol．L﹣1．（溶液体积变化不计）【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）在电解池中，电子是从阳极沿着导线移向阴极，所以石墨是阳极，Fe是阴极，在阳极上发生失电子的还原反应；②电解质溶液复原：出什么加什么；（2）电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积；根据电极上电子转移为0.4mol，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，反应的氢氧根的物质的量就是氢离子的物质的量．【解答】解：（1）①（1）在电解池中，电子是从阳极沿着导线移向阴极，所以石墨是阳极，Fe是阴极，在阳极上发生失电子的还原反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；②在阳极上产生氧气，在阴极上析出金属铜，所以若要使装置中溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加CuO，故答案为：CuO；（2）电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol，阴极上转移电子的物质的量=0.3mol×2=0.6mol，根据原子守恒知，溶液中n（Cl﹣）=0.2mol，氯离子完全放电时转移电子的物质的量=0.2mol×1=0.2mol，生成氯气0.1mol；所以阳极上有氧气生成，电极上电子转移为0.4mol，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，电极反应计算生成氧气0.1mol，所以阳极生成气体物质的量为0.2mol，标准状况下气体的体积为4.48L；根据电极上电子转移为0.4mol，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，反应的氢氧根的物质的量就是氢离子的物质的量=0.4mol．溶液的体积是1L，浓度为0.4mol．L﹣1，故答案为：4.48L；0.4mol．L﹣1．【点评】本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等．26工业上利用黄铜矿为原料冶炼金属铜，在生产过程中产生的炉渣可能还有Cu、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等物质，为了探究炉渣的化学成分，设计实验流程如下：（1）溶液1中大量存在的阴离子除了OH﹣外还有SiO32﹣、AlO2﹣（写离子符号）．（2）写出溶液2转化为沉淀b的离子方程式Al3++3NH3+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．（3）已知固体1加盐酸时完全溶解，则固体1的成分可能有三种情况：①FeO；②Cu和Fe2O3；③Cu、FeO和Fe2O3（写化学式）．若固体1的成分是上述第②种情况，你认为其中Cu和Fe2O3的物质的量之比是1：1．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；热点问题；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】炉渣可能有Cu、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等物质，加入氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应生成溶液1为偏铝酸钠和硅酸钠溶液及过量的氢氧化钠溶液，固体1为Cu、Fe2O3、FeO，溶液1中加过量盐酸得沉淀a为硅酸，溶液2为氯化铝溶液，加入过量氨水得沉淀b为Al（OH）3，固体1中加过量盐酸得溶液3，溶液3遇KSCN溶液不变色，所以溶液3的溶质为CuCl2、FeCl2，据此答题；【解答】解：炉渣可能有Cu、Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等物质，加入氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应生成溶液1为偏铝酸钠和硅酸钠溶液及过量的氢氧化钠溶液，固体1为Cu、Fe2O3、FeO，溶液1中加过量盐酸得沉淀a为硅酸，溶液2为氯化铝溶液，加入过量氨水得沉淀b为Al（OH）3，固体1中加过量盐酸得溶液3，溶液3遇KSCN溶液不变色，所以溶液3的溶质为CuCl2、FeCl2，（1）根据上面的分析可知，溶液1中大量存在的阴离子除了OH﹣外还有SiO32﹣、AlO2﹣，故答案为：SiO32﹣、AlO2﹣；（2）溶液2转化为沉淀氢氧化铝的离子方程式为Al3++3NH3+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；（3）已知固体1加盐酸时完全溶解，铜不能溶于盐酸，但铁离子能氧化铜而使铜溶解，所以固体中铜和氧化铁要同时存在，或都不存在，则固体1的成分可能有三种情况：①FeO；②Cu和Fe2O3；③Cu、FeO和Fe2O3，若固体1的成分是上述第②种情况，则Cu和Fe2O3应恰好完全反应，根据反应Cu+Fe2O3+6HCl=CuCl2+2FeCl2+3H2O可知，Cu和Fe2O3物质的量之比是1：1，故答案为：Cu、FeO和Fe2O3；1：1．【点评】本题考查铜、铁及其化合物的性质，为高频考点，侧重与学生的分析能力和实验能力的考查，把握流程中发生的化学反应为解答的关键，难度不大．三、实验题（本大题共2个小题，共18分）27．用50mL0.5mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠在如图1所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒．（2）实验中若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，若实验操作均正确，则所求中和热相等（填“相等”“不相等”），所放出的热量不相等（填“相等”“不相等”）．（3）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小（填“偏大”“偏小”“无影响”）（4）将V1mL1.00mol/L﹣1盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图2所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．回答下列问题：研究小组做该实验时环境温度低于（填“高于”、“低于”或“等于”）22℃，此反应所用NaOH溶液的浓度为1.50mol/L．【考点】中和热的测定．【专题】化学实验基本操作；定量测定与误差分析．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；（3）NH3•H2O是弱电解质，电离吸热；（4）实验时的温度应为酸碱未混合之前的温度；根据氢氧化钠溶液与盐酸溶液反应方程式进行计算．【解答】解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60mL0.50mol/L的盐酸进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：相等；不相等；（3）NH3•H2O是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以用NH3•H2O代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，故答案为：偏小；（4）温度为22℃时加入盐酸10mL，而中和反应放热，所以22℃不是实验温度；恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50Ml可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n．HCl+NaOH=NaCl+H2O