湖北省武汉市2024-2025学年高一化学下学期期中模拟练习一

PAGEPAGE30湖北省武汉市2024-2025学年高一化学下学期期中模拟练习一一．选择题（共16小题，满分48分，每小题3分）1．（3分）OF2能在干燥空气中快速发生反应：O2+4N2+6OF2═4NF3+4NO2。有关化学用语表达错误的是（）A．中子数为10的氧原子：O B．氮原子的结构示意图： C．N2的结构式：N≡N D．NF3的电子式：2．（3分）某元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162．在自然单质中，此三种单质的物质的量之比为1：1：1，由此推断以下结论中，正确的是（）A．此元素有三种同位素 B．其中一种同位素养量数为80 C．其中质量数为79的同位素原子占原子总数的 D．此元素的单质的平均式量为1603．（3分）下列比较中，正确的是（）A．原子半径：Al＞Na B．酸性：H3PO4＞HNO3 C．碱性：KOH＞Mg（OH）2 D．熔点：K＞Na4．（3分）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W元素的一种原子中没有中子，X的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应，Y的族序数等于周期数，W、Z元素的最高正价之和等于X、Y元素的最高正价之和。下列说法正确的是（）A．简洁离子的半径：Z＞X＞Y＞W B．简洁气态氢化物的还原性：Z＞X C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y＞Z D．W、X、Z三种元素组成的化合物只含共价键5．（3分）下列说法合理的是（）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y B．由水溶液的酸性：HCI＞H2S，可推断出元素的非金属性：CI＞S C．邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子内氢键 D．H﹣F、H﹣O、H﹣N三种共价键的极性渐渐增加6．（3分）化学键的键能是指气态原子间形成1mol化学键时释放的能量．如：H（g）+I（g）→H﹣I（g）+297KJ即H﹣I键的键能为297KJ•mol﹣1，也可以理解为破坏1molH﹣I键须要汲取297KJ的热量．化学反应的发生可以看成旧化学键的破坏和新化学键的形成．下表是一些键能数据（单位：KJ•mol﹣1）：键能键能键能H﹣H436Cl﹣Cl243H﹣Cl432S＝S255H﹣S339C﹣F427C﹣Cl330C﹣I218H﹣F565C﹣O347H﹣O464阅读上述信息，下列说法不正确的是（）A．键能越大，物质的热稳定性越强 B．热化学方程式H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H＝﹣QkJ•mol﹣1中，Q的值为185 C．H﹣O键的键能大于H﹣S键的键能，所以H2O的溶沸点高于H2S的溶沸点 D．C﹣Br键的键能应在218kJ•mol﹣1﹣330kJ•mol﹣1之间7．（3分）在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是（）①增大反应物的浓度②上升温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂．A．①③⑤ B．②③⑤ C．②⑤ D．①③④8．（3分）肯定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是（）①混合气体的密度不变②容器内气体的压强不变③混合气体的总物质的量不变④B的物质的量浓度不变⑤v正（C）＝v逆（D）⑥v正（B）＝2v逆（C）A．①④⑤⑥ B．②③⑥ C．②④⑤⑥ D．只有④9．（3分）某同学按图示装置进行试验探究，电极材料为石墨，下列说法正确的是（）A．电极N为阴极，电极上有红色物质生成 B．电极M为正极，电极上有气体产生 C．一段时间后，溶液质量增加 D．该装置是将化学能转化为电能10．（3分）古代诗词中蕴含着很多科学学问，下列叙述正确的是（）A．“冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更高 B．于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是吸热反应 C．曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变更只有化学能转化为热能 D．苏轼《石炭•并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应11．（3分）下列说法不正确的是（）A．风力、化石燃料、自然铀矿、地热能都是一次能源 B．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源是践行低碳生活的有效途径 C．电能是现代社会中应用最广泛、运用最便利、污染最少的一种二次能源 D．用脱硫处理的煤代替原煤作燃料可以有效削减空气中CO2气体的含量12．（3分）铜与稀硝酸反应，不能生成的物质是（）A．Cu（NO3）2 B．NO C．H2O D．H213．（3分）我国科学家探讨了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图（吸附在催化剂表面的物种用*标注）。有关该过程的叙述错误的是（）A．产生清洁燃料H2 B．H2S脱除率为100% C．H2S既被氧化又被还原 D．脱Hg反应为Hg+S═HgS14．（3分）肯定量的铜与100mL肯定浓度的硝酸恰好完全反应生成硝酸铜和NO、NO2、N2O4的混合气体，将该混合气体收集在集气瓶中，把集气瓶倒立在水中，通入4.48L的氧气（在标准状况下）可以使集气瓶充溢溶液．则下列说法肯定正确的是（）A．铜的质量为12.8g B．硝酸的物质的量浓度为12mol•L﹣1 C．体现酸性的硝酸为0.8mol D．被还原的硝酸为0.4mol15．（3分）为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下试验：①加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊．②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变更．由此可知该氮肥的主要成分是（）A．NH4HCO3 B．NH4Cl C．（NH4）2CO3 D．NH4NO316．（3分）浓硫酸与下列物质作用时，只表现强氧化性的是（）A．蓝色硫酸铜晶体 B．纸张炭化 C．红热木炭 D．红热的铁丝二．试验题（共6小题，满分52分）17．（10分）某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的全部气体产物的性质，其中反应原理为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O↑装置已经连接好，请回答下列问题。（1）①中无水硫酸铜的作用是。（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是。（3）②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是AB。（4）澄清石灰水的作用，出现的现象是。18．（10分）在银锌原电池中，以硫酸铜溶液为电解质溶液。（1）锌为极，电极上发生的是（填“氧化”或“还原”）反应，电极上的现象是，电极反应式为。（2）银为极，电极上发生的是（填“氧化”或“还原”）反应，银片上视察到的现象是，电极反应式为。19．（6分）合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：（1）科学家探讨利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2（g）H2（g）⇌NH3（g）的△H＝kJ•mol﹣1．该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为。（2）工业合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当进料体积比V（N2）：V（H2）＝1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变更的关系如图所示：①500℃时，反应平衡常数Kp（30MPa）Kp（100MPa）。（填“＜”、“＝”、“＞”）②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为（保留2位有效数字），Kp＝（MPa）﹣2（列出计算式）。（3）科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意图如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。①阴极区生成NH3的电极方程式为。②下列说法正确的是（填标号）。A．三氟甲磺酸锂的作用是增加导电性B．该装置用金（Au）作催化剂目的是降低N2的键能C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置20．（6分）工业上可由自然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇．（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H＝akJ/mol；CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）△H＝bkJ/mol．试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：．（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变更状况．从反应起先到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）＝，该反应的平衡常数表达式为．（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变更如乙图所示．①下列说法不能推断该反应达到化学平衡状态的是．（填字母）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍B．H2的体积分数不再变更C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等D．体系中气体的平均摩尔质量不再变更②比较A、B两点压强大小PAPB（填“＞、＜、＝”）．③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．假如反应起先时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）＝L．（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．①若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为．②若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参加反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的依次是．21．（6分）在极性分子中，正电荷中心同负电荷中心间的距离称为偶极长，通常用d表示．极性分子的极性强弱同偶极长和正（或负）电荷中心的电量（q）有关，一般用偶极矩（μ）来衡量．分子的偶极矩定义为偶极长和偶极上端电荷电量的乘积，即μ＝d•q．试回答以下问题：（3）治癌药Pt（NH3）2Cl2具有两种异构体，棕黄色者μ＞0，淡黄色者μ＝0．①试在方框内画出两种异构体的空间构型图：②该化合物的两种异构体在水中溶解度较大的是（填“棕黄色者”或“淡黄色者”），理由是．22．（14分）已知A、B、C、D、E、F是分属三个短周期的六种主族元素，且原子序数依次增大。①B是植物生长三要素之一，其单质是空气的主要成分之一，它能形成多种氧化物，某些氧化物会造成光化学污染。②C和D能形成电子总数为30和38的两种化合物。③E与C同主族。请回答下列问题：（1）元素F在元素周期表中的位置是。（2）C、D、E三种元素原子半径由小到大的依次是（用元素符号回答）；C、D、E三种元素形成的简洁离子的离子半径由小到大的依次是。（用离子符号回答）（3）C和D形成电子总数为38的化合物中化学键类型有。（填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”）（4）写出D的最高价氧化物对应的水化物的电子式。（5）E、F两种元素形成的氢化物中还原性较强的是（填化学式）；用电子式表示该化合物的形成过程。

湖北省武汉市2024~2025高一（下）化学期中模拟练习一参考答案与试题解析一．选择题（共16小题，满分48分，每小题3分）1．（3分）OF2能在干燥空气中快速发生反应：O2+4N2+6OF2═4NF3+4NO2。有关化学用语表达错误的是（）A．中子数为10的氧原子：O B．氮原子的结构示意图： C．N2的结构式：N≡N D．NF3的电子式：【分析】A．质量数＝质子数+中子数；B．N原子的核内有7个质子，核外有7个电子；C．氮气中N原子之间以三键结合；D．NF3中F原子的最外层有7个电子。【解答】解：A．质量数＝质子数+中子数，故中子数为10的氧原子的质量数为18，表示为：O，故A正确；B．N原子的核内有7个质子，核外有7个电子，结构示意图为，故B正确；C．氮气中N原子之间以三键结合，故其结构式为N≡N，故C正确；D．NF3中F原子的最外层有7个电子，故其电子式为，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及核素符号、原子结构示意图、结构式、电子式等学问，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培育了学生的规范答题实力。2．（3分）某元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162．在自然单质中，此三种单质的物质的量之比为1：1：1，由此推断以下结论中，正确的是（）A．此元素有三种同位素 B．其中一种同位素养量数为80 C．其中质量数为79的同位素原子占原子总数的 D．此元素的单质的平均式量为160【分析】A．该元素单质的相对分子质量有三种，说明其同位素有两种；B．两种同位素的相对原子质量分别是79、81，依据种单质的物质的量之比为1：1：1计算；C．两种同位素形成三种单质的式量，式量为160的是两种原子形成的单质，最大质量数为81，最小质量数为79分析推断；D．三种单质的物质的量之比为1：1：1，结合平均式量的计算依据是总质量与总物质的量之比计算．【解答】解：A．元素构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162，推断该元素存在两种同位素才符合，若是三种同位素则形成的单质应为6种，故A错误B．依据双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162可知，最大的式量为81Y2，最小式量为79X2，所以质量数不行能为80，故B错误；C．该元素元素的两种同位素的原子设为X、Y，构成的双原子单质分子有三种，其式量分别为158、160、162，则原子的同位素只有79、81，形成的单质为79X2、79X81Y、81Y2三种单质的物质的量之比为1：1：1，计算质量数为79的同位素原子占原子总数的百分含量，故C错误；D、元素的单质的平均式量160，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了元素同位素的综合应用，依据同位素为载体考查了质量数的确定和计算，平均式量的计算方法，题目难度中等，须要正确理解同位素的概念和特征应用．3．（3分）下列比较中，正确的是（）A．原子半径：Al＞Na B．酸性：H3PO4＞HNO3 C．碱性：KOH＞Mg（OH）2 D．熔点：K＞Na【分析】A．同一周期从左向右原子半径渐渐减小；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；D．碱金属元素中，同一主族从上到下单质的熔沸点渐渐减小。【解答】解：A．Al、Na位于第三周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径Al＜Na，故A错误；B．非金属性P＜N，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4＜HNO3，故B错误；C．金属性K＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：KOH＞Mg（OH）2，故C正确；D．K、Na都位于ⅠA族，属于碱金属元素，原子序数越大碱金属单质的熔沸点越低，则熔点K＜Na，故D错误；故选：C。【点评】本题考查元素周期律的应用，为高频考点，题目难度不大，明确元素周期律内容即可解答，留意驾驭原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题侧重考查学生的分析与应用实力。4．（3分）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W元素的一种原子中没有中子，X的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应，Y的族序数等于周期数，W、Z元素的最高正价之和等于X、Y元素的最高正价之和。下列说法正确的是（）A．简洁离子的半径：Z＞X＞Y＞W B．简洁气态氢化物的还原性：Z＞X C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y＞Z D．W、X、Z三种元素组成的化合物只含共价键【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W元素的一种原子中没有中子，则W为H；X的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应，则X为N；Y的族序数等于周期数，其原子序数大于N，则Y为Al；W、Z元素的最高正价之和等于X、Y元素的最高正价之和，Z的最高价为5+3﹣1＝+7，则Z为Cl元素，以此分析解答。【解答】解：结合分析可知，W为H，X为N，Y为Al，Z为Cl元素，A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简洁离子的半径：Z＞X＞Y＞W，故A正确；B．非金属性越强，简洁气态氢化物的还原性越弱，非金属性：Cl＞N，则简洁气态氢化物的还原性：Z＜X，故B错误；C．非金属性：Cl＞N＞Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞X＞Y，故C错误；D．H、N、Cl形成的氯化铵中含有离子键，故D错误；故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，留意驾驭元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析实力及逻辑推理实力。5．（3分）下列说法合理的是（）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y B．由水溶液的酸性：HCI＞H2S，可推断出元素的非金属性：CI＞S C．邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子内氢键 D．H﹣F、H﹣O、H﹣N三种共价键的极性渐渐增加【分析】A、若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X位于Y的下一个周期，据此回答；B、元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强；C、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键要弱于分子间氢键；D、依据电负性差值越小，极性越弱来回答．【解答】解：A、依据题意，X位于Y的下一个周期，故原子序数X＞Y，故A正确；B、比较最高价氧化物对应水化物的酸性，才能比较非金属性，故B错误；C、由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，而分子内氢键要弱于分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，故C错误；D、电负性差值越小，极性越弱，元素电负性同周期从左到右依次增大，故H﹣F，H﹣O，H﹣N极性依次降低，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了元素周期表中非金属性、电负性等学问，难度不大．6．（3分）化学键的键能是指气态原子间形成1mol化学键时释放的能量．如：H（g）+I（g）→H﹣I（g）+297KJ即H﹣I键的键能为297KJ•mol﹣1，也可以理解为破坏1molH﹣I键须要汲取297KJ的热量．化学反应的发生可以看成旧化学键的破坏和新化学键的形成．下表是一些键能数据（单位：KJ•mol﹣1）：键能键能键能H﹣H436Cl﹣Cl243H﹣Cl432S＝S255H﹣S339C﹣F427C﹣Cl330C﹣I218H﹣F565C﹣O347H﹣O464阅读上述信息，下列说法不正确的是（）A．键能越大，物质的热稳定性越强 B．热化学方程式H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H＝﹣QkJ•mol﹣1中，Q的值为185 C．H﹣O键的键能大于H﹣S键的键能，所以H2O的溶沸点高于H2S的溶沸点 D．C﹣Br键的键能应在218kJ•mol﹣1﹣330kJ•mol﹣1之间【分析】A．键能越大，破坏化学键汲取的能量越多；B．依据反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能来计算；C．分子晶体的熔沸点与共价键无关；D．原子半径越小，共价键的键能越大．【解答】解：A．键能越大，破坏化学键汲取的能量越多；B．依据反应热＝反应物总键能﹣生成物总键能，得到：△H＝436kJ/mol+243kJ/mol﹣432×2＝﹣185kJ/mol，则Q的值为185，故B正确；C．分子晶体的熔沸点与共价键无关，与分子间作用力和氢键有关，H2O的溶沸点高于H2S的溶沸点，是因为水分子之间存在氢键，故C错误；D．原子半径越小，共价键的键能越大，原子半径：I＞Br＞Cl，所以C﹣Br键的键能应在218kJ•mol﹣1﹣330kJ•mol﹣1之间，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了反应热的计算、化学键与反应热、物质稳定性的关系，题目难度不大，本题留意从化学反应的反应热和焓变的关系为解答该题的关键．7．（3分）在气体反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是（）①增大反应物的浓度②上升温度③增大压强④移去生成物⑤加入催化剂．A．①③⑤ B．②③⑤ C．②⑤ D．①③④【分析】增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可上升温度、加入催化剂等措施．【解答】解：增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而②和⑤既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，浓度降低，活化分子和活化分子的百分数都减小，故选：C。【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，留意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响即可解答，留意基础学问的考查，题目难度不大．8．（3分）肯定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是（）①混合气体的密度不变②容器内气体的压强不变③混合气体的总物质的量不变④B的物质的量浓度不变⑤v正（C）＝v逆（D）⑥v正（B）＝2v逆（C）A．①④⑤⑥ B．②③⑥ C．②④⑤⑥ D．只有④【分析】依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更，解题时要留意，选择推断的物理量，随着反应的进行发生变更，当该物理量由变更到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：①混合气体的密度不变，说明气体质量不变，反应达平衡状态，故正确；②两边计量数相等，容器内气体的压强始终不变，故错误；③两边计量数相等，混合气体的总物质的量始终不变，故错误；④B的物质的量浓度不变，说明B的物质的量不变，达平衡状态，故正确；⑤v正（C）＝v正（D）＝v逆（D），达平衡状态，故正确；⑥v正（B）＝2v正（C）＝2v逆（C）），达平衡状态，故正确；故选：A。【点评】本题考查了化学平衡状态的推断，难度不大，留意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．9．（3分）某同学按图示装置进行试验探究，电极材料为石墨，下列说法正确的是（）A．电极N为阴极，电极上有红色物质生成 B．电极M为正极，电极上有气体产生 C．一段时间后，溶液质量增加 D．该装置是将化学能转化为电能【分析】该装置为电解池，将电能转化为化学能，与电源正极相接的M电极为阳极、与电源负极相接的N电极为阴极，M极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，N极反应为Cu2++2e﹣═Cu，总反应为CuCl2Cu+Cl2↑，据此分析解答。【解答】解：A、该装置为电解池，与电源负极相接的N电极为阴极，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，电极上有红色物质生成，故A正确；B、M电极为电解池的阳极，故B错误；C、电解池总反应为CuCl2Cu+Cl2↑，Cu析出、氯气逸出，溶液质量减小，故C错误；D、该装置为电解池，将电能转化为化学能，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了电解池原理，题目难度不大，明确溶液中离子的放电依次是解本题的关键，留意电源正负极与电解池阳阴极对应。10．（3分）古代诗词中蕴含着很多科学学问，下列叙述正确的是（）A．“冰，水为之，而寒于水”说明等质量的水和冰相比，冰的能量更高 B．于谦《石灰吟》“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，描述的石灰石煅烧是吸热反应 C．曹植《七步诗》“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的变更只有化学能转化为热能 D．苏轼《石炭•并引》“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍”，所指高温时碳与水蒸气反应为放热反应【分析】A.冰溶化为水要吸热；B.石灰石的煅烧是分解反应，绝大多数的分解反应吸热；C.猛烈的发光放热的氧化还原反应为燃烧；D.以碳、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应为吸热反应。【解答】解：A.冰转化为液态水是吸热过程，因此冰的能量更低，故A错误；B.石灰石的煅烧是分解反应：CaCO3CaO+CO2↑，绝大多数的分解反应吸热，故此反应是吸热反应，故B正确；C.猛烈的发光放热的氧化还原反应为燃烧，故燃烧能将化学能转变为热能和光能，故C错误；D.以碳、CO和氢气为还原剂的氧化还原反应为吸热反应，高温时碳与水蒸气反应为以碳为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故D错误。故选：B。【点评】本题结合传统文化考查元素化合物学问，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培育学生良好的科学素养，提高学习的主动性，题目难度不大。11．（3分）下列说法不正确的是（）A．风力、化石燃料、自然铀矿、地热能都是一次能源 B．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源是践行低碳生活的有效途径 C．电能是现代社会中应用最广泛、运用最便利、污染最少的一种二次能源 D．用脱硫处理的煤代替原煤作燃料可以有效削减空气中CO2气体的含量【分析】A．干脆从自然界取得的能源称为一次能源；B．氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源的开发与利用都能削减传统能源的运用；C．一次能源经加工、转化得到的能源称为二次能源；D．用脱硫处理的煤代替原煤作燃料可以有效削减空气中SO2气体的含量。【解答】解：A．干脆从自然界取得的能源称为一次能源，风力、化石燃料、自然铀矿、地热能都是从自然界干脆取得的能源，都属于一次能源，故A正确；B．氢能、太阳能、风能、生物质能等新型能源的开发与利用都能削减传统能源的运用，从而削减二氧化碳的排放，践行低碳生活，故B正确；C．一次能源经加工、转化得到的能源称为二次能源，电能是现代社会中应用最广泛、运用最便利、污染最少的一种二次能源，故C正确；D．用脱硫处理的煤代替原煤作燃料可以有效削减空气中SO2气体的含量，不能削减CO2的含量，故D错误。故选：D。【点评】本题考查了化学在社会、生产、生活中的应用，利用化学学问解答生活问题，熟识物质的性质是解题关键，侧重于能源的有关学问的考查，有利于培育学生的良好的科学素养和提高学习的主动性，难度不大。12．（3分）铜与稀硝酸反应，不能生成的物质是（）A．Cu（NO3）2 B．NO C．H2O D．H2【分析】Cu与稀盐酸不反应，硝酸具有强氧化性，Cu与硝酸发生氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：由3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，硝酸具有强氧化性和金属反应不能生成氢气，故选：D。【点评】本题考查物质的性质及反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应是解本题关键，侧重分析与应用实力的考查，题目难度不大．13．（3分）我国科学家探讨了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图（吸附在催化剂表面的物种用*标注）。有关该过程的叙述错误的是（）A．产生清洁燃料H2 B．H2S脱除率为100% C．H2S既被氧化又被还原 D．脱Hg反应为Hg+S═HgS【分析】A．结合图示可知，该过程中产生了氢气；B．最终仍会产生部分H2S，其脱除率不是100%；C．硫化氢在催化过程中形成了二氧化硫、单质硫、二硫化碳和氢气，结合元素化合价变更分析；D．脱汞过程中，汞与单质硫结合生成硫化汞。【解答】解：A．由机理图可知，该过程中产生了清洁燃料H2（g），故A正确；B．由机理图可知，最终仍会产生H2S，故H2S脱除率小于100%，故B错误；C．由机理图可知，H2S在催化过程中形成了SO2、单质S、CS2和H2，S元素化合价上升被氧化，H元素化合价降低被还原，则H2S既被氧化又被还原，故C正确；D．由机理图可知，脱汞过程中，汞与单质硫结合生成硫化汞，发生反应为：Hg+S═HgS，故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，明确图示反应机理为解答关键，留意驾驭常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的识图实力和理解实力，题目难度不大。14．（3分）肯定量的铜与100mL肯定浓度的硝酸恰好完全反应生成硝酸铜和NO、NO2、N2O4的混合气体，将该混合气体收集在集气瓶中，把集气瓶倒立在水中，通入4.48L的氧气（在标准状况下）可以使集气瓶充溢溶液．则下列说法肯定正确的是（）A．铜的质量为12.8g B．硝酸的物质的量浓度为12mol•L﹣1 C．体现酸性的硝酸为0.8mol D．被还原的硝酸为0.4mol【分析】铜与肯定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与4.48LO2（标准状况）混合后通入水中，全部气体完全被水汲取生成硝酸，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到电子和铜失去的电子相同，依据电子守恒计算得到．【解答】解：反应的转化关系为HNO3HNO3，说明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，n（O2）0.2mol，得到0.8mol电子，则Cu为0.4mol，所以m（Cu）＝0.4mol×64g/mol＝25.6g，体现酸性的硝酸生成0.4molCu（NO3）2，则体现酸性的硝酸为0.8mol，由于硝酸钡还原生成NO、N2O4、NO2，被还原性的硝酸不是定值，则不能确定B和D，故选：C。【点评】本题考查硝酸的性质，为高频考点，侧重于学生的分析实力和计算实力的考查，留意从守恒的角度解答该题，难度中等．15．（3分）为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下试验：①加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊．②取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变更．由此可知该氮肥的主要成分是（）A．NH4HCO3 B．NH4Cl C．（NH4）2CO3 D．NH4NO3【分析】加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变更，说明没有碳酸氢根离子；由此推导出氮肥的主要成分．【解答】解：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，说明含有铵根离子，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸根离子或碳酸氢根离子；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变更，说明没有碳酸根离子，说明盐中含有铵根离子和碳酸氢根离子，所以氮肥的主要成分NH4HCO3，故选A。【点评】本题主要考查了离子的检验，难度不大，依据离子的组成确定盐的成分．16．（3分）浓硫酸与下列物质作用时，只表现强氧化性的是（）A．蓝色硫酸铜晶体 B．纸张炭化 C．红热木炭 D．红热的铁丝【分析】浓硫酸中S元素（+6价）的化合价降低，可体现浓硫酸的强氧化性，当反应表现出酸性时，生成硫酸盐，以此来解答。【解答】解：A．浓硫酸使蓝色硫酸铜晶体脱水，体现脱水性，故A不选；B．浓硫酸使木材炭化，体现浓硫酸的脱水性，故B不选；C．C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，体现浓硫酸的强氧化性，故C选；D．红热的铁丝与浓硫酸能接着进行，2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O浓硫酸起到强氧化性和酸性的作用，故D不选；故选：C。【点评】本题考查浓硫酸的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。二．试验题（共6小题，满分52分）17．（10分）某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的全部气体产物的性质，其中反应原理为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O↑装置已经连接好，请回答下列问题。（1）①中无水硫酸铜的作用是检验水。（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是汲取二氧化硫。（3）②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是A检验二氧化硫B检验二氧化硫是否除尽。（4）澄清石灰水的作用检验二氧化碳，出现的现象是澄清石灰水变浑浊。【分析】检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的全部气体产物的性质，由试验装置可知，①中无水硫酸铜变蓝可检验水，②中品红A褪色可检验二氧化硫，高锰酸钾可除去二氧化硫，品红B不褪色可检验二氧化硫除尽，③中石灰水变浑浊可检验二氧化碳，以此来解答。【解答】解：（1）①中无水硫酸铜的作用是检验水，故答案为：检验水；（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是汲取二氧化硫，故答案为：汲取二氧化硫；（3）②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是A检验二氧化硫、B检验二氧化硫是否除尽，故答案为：检验二氧化硫；检验二氧化硫是否除尽；（4）澄清石灰水的作用检验二氧化碳，出现的现象是澄清石灰水变浑浊，故答案为：检验二氧化碳；澄清石灰水变浑浊。【点评】本题考查浓硫酸的性质试验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、试验装置的作用为解答的关键，侧重分析与试验实力的考查，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。18．（10分）在银锌原电池中，以硫酸铜溶液为电解质溶液。（1）锌为负极，电极上发生的是氧化（填“氧化”或“还原”）反应，电极上的现象是固体渐渐溶解，电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+。（2）银为正极，电极上发生的是还原（填“氧化”或“还原”）反应，银片上视察到的现象是银片上有红色物质析出，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu。【分析】银、锌、硫酸铜溶液构成原电池中，Zn比银活泼、易失电子、发生氧化反应，锌作负极，则银作正极，正极上铜离子发生得电子的还原反应生成Cu，正极电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，负极电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，据此分析解答。【解答】解：（1）银、锌、硫酸铜溶液构成原电池中，Zn比银活泼、易失电子生成Zn2+进入溶液中，负极上Zn发生失电子的氧化反应，电极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，故答案为：负；氧化；固体渐渐溶解；Zn﹣2e﹣＝Zn2+；（2）银、锌、硫酸铜溶液构成原电池中，银作正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，即Cu2+得电子析出金属铜，现象是析出红色的金属，故答案为：正；还原；银片上有红色物质析出；Cu2++2e﹣＝Cu。【点评】本题考查原电池的工作原理，把握正负极的推断和电极反应式的书写，题目难度不大。19．（6分）合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：（1）科学家探讨利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2（g）H2（g）⇌NH3（g）的△H＝﹣46kJ•mol﹣1．该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为Nad+3Had＝NHad+2Had。（2）工业合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当进料体积比V（N2）：V（H2）＝1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变更的关系如图所示：①500℃时，反应平衡常数Kp（30MPa）＝Kp（100MPa）。（填“＜”、“＝”、“＞”）②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为33%（保留2位有效数字），Kp＝（MPa）﹣2（列出计算式）。（3）科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意图如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。①阴极区生成NH3的电极方程式为N2+6e﹣+6C2H5OH＝2NH3+6C2H5O﹣，。②下列说法正确的是AC（填标号）。A．三氟甲磺酸锂的作用是增加导电性B．该装置用金（Au）作催化剂目的是降低N2的键能C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置【分析】（1）盖斯定律可知反应的焓变和反应物和生成物的能量有关，与变更过程无关，该历程中反应速率最慢的步骤是正反应活化能大的反应确定反应快慢；（2）①平衡常数随温度变更；②工业合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当进料体积比V（N2）：V（H2）＝1：3时，500℃、30MPa时，平衡气体中NH3的物质的量分数为20%，结合三行计算列式得到，设进料物质的量为1mol、3mol，消耗氮气物质的量为x，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）130变更量（mol）x3x2x平衡量（mol）1﹣x3﹣3x2x100%＝20%，x，转化率100%，平衡常数Kp；（3）①阴极区生成NH3的电极分压是氮气得到电子发生还原反应，电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂；②利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意图如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，A．电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，乙醇为非电解质起到溶剂作用，三氟甲磺酸锂起到增加导电性作用；B．用金（Au）作催化剂目的是吸附微粒在表面发生反应；C．微观示意图中可知氮气、氨气可以通过选择性透过膜，水分子不能通过。【解答】解：（1）由图可知合成氨反应N2（g）H2（g）⇌NH3（g）的△H＝﹣46KJ/mol，该历程中反应速率最慢的步骤是反应消耗能量高，难发生的反应，反应的化学方程式为：Nad+3Had＝NHad+2Had，故答案为：﹣46；Nad+3Had＝NHad+2Had；（2）①500℃时，反应的平衡常数不变，反应平衡常数Kp（30MPa）＝Kp（100MPa），故答案为：＝；②工业合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当进料体积比V（N2）：V（H2）＝1：3时，500℃、30MPa时，平衡气体中NH3的物质的量分数为20%，结合三行计算列式得到，设进料物质的量为1mol、3mol，消耗氮气物质的量为x，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）130变更量（mol）x3x2x平衡量（mol）1﹣x3﹣3x2x100%＝20%，x，氢气的转化率100%100%＝33%，平衡状态气体总物质的量＝4mol﹣2x＝4mol﹣2molmol，500℃、30MPa时气体分压为：p（N2）＝30MPa×20%，p（H2）＝30MPa×60%，p（NH3）＝30MPa×20%平衡常数Kp═（MPa）﹣2，故答案为：33%；；（3）①阴极区生成NH3的电极分压是氮气得到电子发生还原反应，电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，电极反应：N2+6e﹣+6C2H5OH＝2NH3+6C2H5O﹣，故答案为：N2+6e﹣+6C2H5OH＝2NH3+6C2H5O﹣；②A．电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，三氟甲磺酸锂的作用是增加导电性，故A正确；B．氮气分子结构式肯定的，该装置用金（Au）作催化剂目的是吸附作用，不能降低N2的键能，故B错误；C．图示分析推断，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置，故C正确；故答案为：AC。【点评】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理，题目难度中等，明确盖斯定律内容、化学平衡及其影响为解答关键，留意驾驭三段式在化学平衡计算中的应用，试题学问点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解实力及综合应用实力。20．（6分）工业上可由自然气为原料制备甲醇，也可由水煤气合成甲醇．（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H＝akJ/mol；CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）△H＝bkJ/mol．试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：2CH4（g）+O2（g）＝2CH3OH（g）△H＝（a+2b）kJ/mol．（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．图甲是反应时CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间t的变更状况．从反应起先到平衡，用CO表示平均反应速率v（CO）＝0.075mol•L﹣1•min﹣1，该反应的平衡常数表达式为．（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变更如乙图所示．①下列说法不能推断该反应达到化学平衡状态的是AC．（填字母）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍B．H2的体积分数不再变更C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等D．体系中气体的平均摩尔质量不再变更②比较A、B两点压强大小PA＜PB（填“＞、＜、＝”）．③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．假如反应起先时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）＝4L．（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．①若KOH溶液足量，则电池负极反应的离子方程式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O．②若电解质溶液中KOH的物质的量为1.0mol，当有0.75mol甲醇参加反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的依次是c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【分析】（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H＝akJ/mol②CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）△H＝bkJ/mol依据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）＝2CH3OH（g）；（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变更为（0.9﹣0.15）mol/L＝0.75mol/L，再依据v计算v（CO）；化学平衡常数是指：肯定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不须要在化学平衡常数中写出；（3）①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，推断平衡的物理量应随反应进行发生变更，该物理量由变更到不变更说明到达平衡；②温度肯定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；③A、B温度相同，平衡常数相同，若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol×50%＝5mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：10200变更量（mol）：5105平衡量（mol）：5105平衡常数K4，计算B状态时各组分物质的量，再结合平衡常数计算体积；（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；②当有0.75mol甲醇参加反应时，产生的二氧化碳是0.75mol，和1mol氢氧化钾反应，依据元素守恒：n（K2CO3）+n（KHCO3）＝0.75mol，2n（K2CO3）+n（KHCO3）＝1mol，联立解得：n（K2CO3）＝0.25mol，n（KHCO3）＝0.5mol，溶液呈碱性，且水解程度不大．【解答】解：（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H＝akJ/mol②CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）△H＝bkJ/mol依据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）＝2CH3OH（g）△H＝（a+2b）kJ/mol，故答案为：2CH4（g）+O2（g）＝2CH3OH（g）△H＝（a+2b）kJ/mol；（2）随反应进行，CO浓度减小、甲醇浓度增大，由图可知，10min到达平衡，CO浓度变更为（0.9﹣0.15）mol/L＝0.75mol/L，则v（CO）0.075mol•L﹣1•min﹣1；CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）的化学平衡常数表达式K，故答案为：0.075mol•L﹣1•min﹣1；；（3）①A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，当H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率的2倍时，反应到达平衡，故A错误；B．H2的体积分数不再变更是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；C．氢气、CO的转化率与它们起始物质的量有关，平衡时不肯定相等，若起始物质的量之比等于化学计算量之比，转化率始终相等，故C错误；D．混合气体总质量不变，随反应进行，混合气体总物质的量减小，平均摩尔质量增大，混合气体气体的平均摩尔质量不再变更，说明达到了平衡，故D正确．故选：AC；②温度肯定时，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强PA＜PB，故答案为：＜；③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L，CO转化率为50%，则转化的CO为10mol×50%＝5mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：10200变更量（mol）：5105平衡量（mol）：5105平衡常数K4，假如反应起先时仍充入10molCO和20molH2，在平衡状态B时CO转化率为80%，则转化的CO为10mol×80%＝8mol，则：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）起始量（mol）：10200变更量（mol）：8168平衡量（mol）：248设体积为VL，则4，解得V＝4，故答案为：4；（4）①原电池负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O；②当有0.75mol甲醇参加反应时，产生的二氧化碳是0.75mol，和1mol氢氧化钾反应，依据元素守恒：n（K2CO3）+n（KHCO3）＝0.75mol，2n（K2CO3）+n（KHCO3）＝1mol，联立解得：n（K2CO3）＝0.25mol，n（KHCO3）＝0.5mol，溶液呈碱性，溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的依次是：c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（K+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态推断、盖斯定律应用、原电池、离子浓度大小比较，题目比较综合，需学生具备扎实的基础，是对学生综合实力的考查，（3）中体积计算犯难点，留意驾驭平衡常数应用，难度中等．21．（6分）在极性分子中，正电荷中心同负