2020-2021学年高一人教版必修二化学下学期期中考试模拟试题（三）解析版

（人教版）2020-2021学年度高一下学期期中模拟考试（三）

化学试题

考试时间90分钟满分100分

考试范围：必修2第一章、第二章、第三章1、2节

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证

号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题

卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

相对原子质量：H1C12N14016CI35.5Ca40

第I卷选择题（共40分）

选择题：本体包括22小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分。

1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）

A.苏打水是很多人喜爱的饮品，小苏打是Na£03的俗名

B.葡萄酒中通常添加少量SO”既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化

C.“明如镜、声如磬”的瓷器，由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐

D.过氧化钠与二氧化碳、水反应产生氧气，可作潜水艇里的供氧剂

【答案】A

【解析】A.小苏打是NaHCOs的俗名，A错误；B.S0?与水反应生成亚硫酸，亚硫酸可以杀

菌，SO?有较强还原性，可以消耗溶解氧，所以葡萄酒中通常添加少量SO?,既可以杀菌，又

可防止营养成分被氧化，B正确；C.瓷器由黏土经高温烧结而成，是传统硅酸盐产品，主

要化学成分是硅酸盐，C正确；D.过氧化钠与二氧化碳反应、过氧化钠与水反应均产生氧

气，因此过氧化钠可作潜水艇里的供氧剂，D正确。答案选A。

2.下列化学用语或模型图表示正确的是()

S的结构示意图为:

B.CO,分子比例模型：

C.6个质子8个中子的碳原子的核素符号：14C

H

D.NHC1的电子式：[H：N：H]+Cr

【答案】C

【解析】A.S的结构示意图为：心?故A错误；B.CO?分子比例模型:

5”■■■

故B错误；0.6个质子8个中子的碳原子的质量数为14,核素符号："C,故C正确；D.NH©

的电子式:Rcii]-，故D错误；故选C。

JH)

3.设阿伏加德罗常数为NA,下列叙述正确的是()

A.10g通气所含原子数为N.

B.在Dz”中，质量数之和是质子数之和的两倍

C.28g由C曲和C出组成的混合物中，H原子的数目为4NA

D.标况下22.4L正戊烷含氢原子数为12NA

【答案】C

10g

【解析】A.氤气分子是单原子分子，n(Ne)=~、，=0.5mol,即10g鼠气所含原子数为

20g/mol

0.5N*,A错误；B.D「0即2H2''0,质量数之和=2X2+18=22,质子数之和=1X2+8=10,质量

数之和〉质子数之和的两倍，B错误：C.C2H“和C3H$的最简式均为C%,该混合物中n(CH?)=

-----=2mol,n（H）=2molX2=4mol,即H原子的数目为4M,C正确：D.标准状况下，正

14g/mol

戊烷是液体，不能准确计算正戊烷的物质的量，也就无法准确计算它所含H原子数，D错误;

答案选C。

4.下列事实不能说明非金属性C1>I的是（）

A.CL+2I=2C1+I2B.稳定性：HC1>HI

C.酸性：HC10AHI0,D.酸性：HCIO^HIOB

【答案】D

【解析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物

的水化物酸性强弱、氨化物的稳定性等角度判断。A.元素的非金属性越强，对应单质的氧

化性越强，根据反应Clz+2「=2C「+l2,说明氯气的氧化性大于元素的非金属性Cl大

于I,选项A能说明；B.元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比碘化

氢稳定，可说明氯元素的非金属性比碘元素强，选项B能说明；C.元素的非金属性越强，

对应最高价氧化物的水化物酸性越强，酸性：HCI04>HI04,可说明氯元素的非金属性比碘元

素强，选项C能说明；D.酸性：HCI03>HI03,不能说明非金属性Cl>1,因为两种酸不是

最高价含氧酸，选项D不能说明。答案选D。

5.四种主族元素的离子X"、丫一、和R（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同

的电子层结构，若m>n,则对下列叙述的判断正确的是（）

①a-b=m-n；②元素的原子序数a>b>c>d；

③元素非金属性Z>R；④最高价氧化物对应水化物的碱性X>Y；

⑤离子半径Z>R>X>Y

A.①②③B.②③⑤

C.①④⑤D.②④⑤

【答案】A

【解析】①原子失去最外层电子变为阳离子，原子获得电子形成阴离子，离子具有

相同的电子层结构，则两种离子具有相同的电子数，所以a-m=b-n,可得a-b=m-n,①正确；

②由题意可知，四种离子具有相同的电子层结构，根据原子失去最外层电子变为阳离子，原

子获得电子形成阴离子，可知X、Y在下一周期，Z、R在上一周期；若m>n,则Y在X的前

面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a>b>c>d,②正确；③Z、R元素形成阴离子，

说明Z、R为非金属元素，由②可知元素的原子序数的离子c>d,在同一周期中，原子序数

越大，元素非金属性越强，所以元素的非金属性Z>R,③正确；④X、Y元素形成阳离子，

说明X、Y为金属元素，且元素的原子序数a>b,同一周期元素，元素的原子序数越大，元

素金属性越弱，则元素的金属性Y>X,元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的

水化物的碱性就越强，所以最高价氧化物对应水化物碱性Y>X,④错误；⑤对于电子层结

构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，由于原子序数为a>b>c>d,则离子半径：R

>Z>Y>X,⑤错误；根据分析可知，正确的为①②③，故合理选项是A。

6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最

外层只有一个电子，Z位于元素周期表HIA族,W与X属于同一主族。下列说法正确的是()

A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)

B.由X、Y组成的化合物中均不含共价键

C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱

D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强

【答案】D

【解析】X是地壳中含量最多的元素，所以X为0元素，Y原子的最外层只有一个电子，且

为原子序数大于。的短周期元素，所以Y为Na元素，则Z、W均为第三周期元素，Z位于元

素周期表IIIA族，则Z为AI元素；W与X属于同一主族，为S元素。A.同周期主族元素自

左至右原子半径依次减小，所以r(Na)>r(AI)>r(S),即r(Y)>r(Z)>r(W),故A错误；B.Na

元素和0元素可以形成化合物Na2O2,含有氯原子之间的共价键，故B错误；C.金属性Na

>AI,所以Na的最高价氧化物的水化物的碱性更强，故C错误；D.非金属性0>S,则0

的简单气态氨化物的热稳定性比S强，故D正确；故答案为D。

7.意大利罗马大学的科学家获得了极具理论研究意义的N,分子，N,分子结构如图所示•下列

有关N”的说法正确的是()

卷

A.N4的沸点比N/低

B.N,分子中只含有非极性键，且键的夹角为109°28'

c.N”分子中每个氮原子都满足8个电子

D.ImolN”中含有9mol共价键

【答案】0

【解析】A.N,和N?都是分子晶体，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，N”的

沸点比Nz高，故A错误；B.此是正四面体型结构，键角是60°,故B错误；C.氮原子最

外层5个电子，每个氮原子和三个氮原子分别形成一个共用电子对，所以每个氮原子的最外

层都达到8电子稳定结构，故C正确；D.由题中N,分子结构可知，一个分子中含有6个共

价键，所以1molN«中含有6moi共价键，故D错误。故选C。

8.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料,X

的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z

原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是（）

A.化合物XZZ各原子均满足8电子的稳定结构

B.已知含氧酸的酸性:H2ZO3>H2XO3,则Z的非金属性强于X

C.若单质W失火，不能用泡沫灭火器扑灭

D.通常采用电解法制备单质Y及其同周期的金属单质

【答案】B

【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，元素W是制备一种高效电池的重要

材料，W是Li元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X为C元素，元素

Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y是AI元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的

2倍，Z是S元素。A,由CSz的结构式S=C=S可知，各原子均满足8电子的稳定结构，故A

正确；B.已知酸性：H2S03>H2C03,但H2sO3不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，所以

不能说明S的非金属性强于C,故B错误；0.Li属于碱金属元素，和Na性质相近，常温下

可以和水反应，在加热时也可以和CO?反应，所以Li着火时，不能用二氧化碳灭火器或水

扑灭，故C正确；D.Na、Mg、Al的性质活泼，通常采用电解熔融化合物的方法制备Na、Mg、

Al单质，故D正确；答案选B。

9.在下列说法中正确的是（）

A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应

B.热化学方程式中的化学计量数可以是分数

C.Imol酸与Imol碱反应放出的热叫作中和热

D.石墨转化为金刚石的过程中没有热量变化

【答案】B

【解析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应是吸热反应，与反应条件无关，A

错误；B.热化学方程式中的化学计量数可以是分数可以是整数，B正确；C.稀的强酸、强

碱反应生成1mo1液态水放出的热量叫作中和热，C错误；D.石墨、金刚石的能量不一样，

故反应过程中有热量的变化，D错误；答案选B。

10.下列说法正确的是（）

A.所有的化合反应都是吸热的

B.CaO与水反应过程中，有共价键的断裂和形成

C.Ha的热稳定性比H2s强，是由于比0的分子间存在氢键

D.KC1、HC1、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物

【答案】B

【解析】A.在化学反应中都伴随着能量变化，有的吸热，有的放热。例如：碳与氧气生成

二氧化碳的化合反应为放热反应，而碳与二氧化碳的化合反应是吸热反应，A错误；B.CaO

与水反应生成Ca（OH）2,在反应过程中，有共价键的断裂和形成，也有离子键的断裂和形成，

B正确；C.的热稳定性比HzS强，是由于元素的非金属性：0>S,使HzO的分子内的H-0

比H2s中的H-S键强，与分子之间是否存在氢键无关，C错误；D.KCI、HCLKOH的水溶液

都能导电，是由于三种物质在水分子作用下都电离产生了自由移动的离子，与它们属于离子

化合物还是共价化合物无关，D错误；故合理选项是B。

11.已知：①2H2（g）+0Mg）=2H20（g）AH=-akJ-mol1

@2H2(g)+02(g)=2Hz0(l)AH=-bkJ•mol-

分子中的化学键H-H。2分子中的氧氧键0-H

断开Imol化学键所需的能量/kJ436498463

下列说法正确的是（）

A.a>bB.反应①中反应物总键能大于生成物总键能

C.a=482D.反应②中反应物的总能量小于生成物的总能量

【答案】C

【解析】A.①2H2(g)+0z(g)=2H2()(g)AH=-akJmor';@2H2(g)+02(g)=2H20(l)△

--1

H=-bkJ«mol根据盖斯定律①-②得，2H2。(I)=2H20(g)AH=(b-a)kJ•mol,

水有液态到气态会吸热，因此b-a>0,即b>a,故A错误；B.反应①的△H=2X436+498-4

X463=-482kJ.mol-1,氢气燃烧为放热反应，因此反应物总键能应该小于生成物总键能，

1

故B错误；C.根据①2H2(g)+02(g)=2H2O(g)AH=-akJ-mol'可知-a=2X436+498-4X

463=-482,得a=482,故C正确；D.因为燃烧为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物

的总能量，故D错误；答案选C。

12.2013年以来，全国很多地区都曾陷入严重的雾霾和污染天气中，冬季取暖排放的CO?、

汽车尾气等都是形成雾霾的因素。已知：

①N2(g)+02(g)=2N0(g)AH=+179.5kj/mol

②2N0(g)+02(g)=2N02(g)AH=-112.3kj/mol

③2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)△H=-759.8kj/mol

下图是在lOlkPa,298K条件下ImolNOZ和IrnolCO反应生成ImolCO?和ImolNO过程

中能量变化的示意图。则a的值为()

A.368B.100

C.602D.334

【答案】A

【解析】根据盖斯定律分析，有(①+③-②)/2得热化学方程式为：NOz(g)+CO(g)=NO(g)

+179.5-759.8+112.3

+CO(g)△AH=----------------------=-234.0kJ/mol=134-a,解a=3680故选A。

22

13.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是()

A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极

C.两烧杯中溶液的pH均增大D.产生气泡的速度甲比乙慢

【答案】C

【解析】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应2HZ2e-=H2T,铜片上有气体产生，乙

2t

装置中在锌片上发生反应Zn+2H=Zn+H2T,铜片上无气体产生，故A错误；B、甲装置是原

电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，

溶液pH增大，故C正确；D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D

错误；综上所述，本题正确答案为C。

14.关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）

A.图1所示的装置能将化学能转变为电能

B.图2所示的反应为吸热反应

C.化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成

D.中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低

【答案】C

【解析】A.图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能

把化学能转变为电能，故A错误；B.图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能

量，所以该反应为放热反应，故B错误；C.化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，

所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故C正确：D.中和反应为放

热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，故D错误；答案选C。

15.电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为AgzO和Zn,电解质溶液

为KOH溶液，总反应式为：Ag20+Zn+H20=2Ag+Zn(0H)2o下列说法不正确的是()

A.锌是负极，氧化银是正极

B.锌发生氧化反应，氧化银发生还原反应

C.溶液中01T向正极移动，K\H'向负极移动

D.随着电极反应的不断进行，电解质溶液的pH会增大

【答案】C

【解析】A.根据电池总反应可知该电池中，Zn被氧化作负极，AgzO被还原作正极，故A正

确；B.Zn的化合价升高发生氧化反应，AgzO中Ag元素的化合价降低被还原，故B正确；C.原

电池电解质溶液中阴离子流向负极，阳离子流向正极，故C错误；D.根据总反应可知放电

过程中会消耗水，导致KOH溶液的浓度变大，溶液碱性增强，pH变大，故D正确；故答案

为Co

16.反应4A(g)+5B(g)=4C(g)+6D(g),在5L的密闭容器中进行，半分钟后，C的物质的量增

加了0.30mol。下列叙述正确的是()

A.容器中含D物质的量至少为0.45mol

B.A的平均反应速率是0.010m。

C.容器中A、B、C、D的物质的量之比一定是4:5:4:6

D.容器中A的物质的量一定增加了0.30mol

【答案】A

【解析】A.C的物质的量增加了0.30mol,根据方程式4人匕)+585)=4(3(8)+6D(8)可知，生

0.3mol

成D的物质的量为0.45moI,容器中含D物质的量至少为0.45moI,故A正确；B.v(C)=5L

30s

=0.002mol・l_3s',速率之比等于化学计量数之比，所以v(A)=v(C)=0.002m。I•Ls",

故B错误；C.半分钟后，容器中A、B、C、D的物质的量的比与物质的起始投入量及转化率

有关，可能是4：5：4：6,也可能不是，故C错误；D.C的物质的量增加了0.30mol,根

据方程式4人出)+58(8)=40也)+6口出)可知，参加反应的A的物质的量为0.3mol,A的物质的

量一定减少了0.30mol,故D错误；故选A。

17.在1L密闭容器中，用足量的CaCOs与100mL稀盐酸反应制取CO?,反应生成CO?的体积

随时间的变化关系如图所示(CO?的体积已按标准状况折算)。下列分析不正确的是()

A.EF段反应速率加快的原因是反应体系的温度上升

B.FG段反应速率减慢的原因是稀盐酸的浓度不断减小

C.EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mol・I「、niinT

D.OE、EF、FG三段中，用CO?表示的平均反应速率之比为2:4:1

【答案】C

【解析】0E段反应开始持续进行，反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率

加快，反应进行一段时间后，盐酸的浓度不断变小，所以FG段反应速率减慢，最后，G点

收集到的二氧化碳的体积最大。A.反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率

加快，故A正确；B.反应进行一段时间后，盐酸的浓度不断变小，所以FG段反应速率减

慢，故B正确；C.EF段产生的CO?为：----------------=0.021nol,由于反应中

22.41./mol

〃(HCI)："(C0z)=2:1,所以该段消耗HCI=0.04mol,时间为1min,所以用盐酸表示的EF段

0.041noi

平均反应速率为：0.1L-04：0面但T'故C错误；D.由于时间都是1min,所

ih?in

以三段的速率之比就等于产生CO?的体积之比，即224mL：(672-224)mL：(784-

672)mL=2:4：1,故D正确：答案选C。

18.在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生反应:2A(g)+B(s)=C(g)+D(g),

下列描述中能表明反应已达到平衡状态的有()个

①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变

④混合气体的平均相对分子质量不变⑤C(g)的物质的量浓度不变

⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零

⑧单位时间内生成nmolI),同时生成2nmolA

A.4B.5C.6D.7

【答案】C

【解析】①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡

状态；②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器

中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体

的密度不变能说明反应达到平衡状态；③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中

混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合

气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反

应达到平衡；④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混

合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体

总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反

应达到平衡状态；⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状

态；⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1,A、C、D三种气体的浓

度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；⑦某时刻u(A)=2u(C)且不等于零，没有指明

是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；⑧单位时间内生成nmolD

一定消耗2nmolA,同时生成2nmolA,A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反

应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。

19.为了延长水果的保鲜期，下列的水果存放方法最合适的是()

A.放入敞口的容器中

B.放入密封的容器中

C.放入充有少量乙烯的密封容器中

D.放入有浸泡过高镭酸钾溶液的硅土的密封容器中

【答案】D

【解析】乙烯可以作为水果的催熟剂，而乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高镒酸钾反

应，故可用高镒酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期应将水果存放在放入有浸泡过高镒酸

钾溶液的硅土的密封容器中，答案选D。

"）、，（z）互为同分异构体，下列说法不

20.已知Q-CH=CH2（X）、0

正确的是（）

A.z的二氯代物有三种

B.x、y的一氯代物均只有三种

C.x、y可使浪的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色

I）,x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面

【答案】B

【解析】A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，

二氯代物有3种（2个CI处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5

种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，X、

y中都含有碳碳双键，都能与澳的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、

z中都含有饱和碳原子，y、z中所有原子不可能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳

碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中所有原子可能处于同一平面，

正确；答案选B。

21.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和分离方法都正确的是（）

序号物质（杂质）除杂试剂分离方法

A甲烷（乙烯）酸性KMnO,溶液洗气

B乙烯（二氧化硫）溟水洗气

C漠苯（漠）碘化钾溶液萃取、分液

D乙醇（水）生石灰蒸馆

A.AB.BC.CD.I)

【答案】D

【解析】A.酸性KMnO”溶液会将乙烯氧化为CO?气体，不能达到除杂的目的，A错误；B.乙

烯、二氧化硫都会与淡水发生反应，不能达到除杂净化的目的，B错误；C.杂质澳与碘化

钾反应产生的碘单质容易溶解在澳苯中，不能通过萃取、分液的方法达到除杂的目的，C错

误；D.水与生石灰反应产生Ca(OH)z,Ca(OH)z是离子化合物，沸点较高，而乙醇是由分子

构成的物质，沸点比较低，可通过蒸储分离提纯得到乙醇，D正确；

故合理选项是D。

22.一定质量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO?和水蒸气，此混合气体质量为49.6g,当

其缓缓通过无水CaCk时，CaCk的质量增加22.5g»原混合气体中CO?的质量为()

A.13.2gB.26.4g

C.19.7gD.24.4g

【答案】A

【解析】CH”燃烧产物为CO、CO?、H20(g),产物通过无水CaCL时，无水CaCL的作用是吸收

水分，无水CaCL增重25.2g为水的质量，根据H原子守恒可计算CH”的物质的量，根据C

原子守恒可计算CO和CO?的总的物质的量，再根据二者质量可计算CO?的物质的量，进而计

算CO?质量。产物通过无水CaCL时，无水CaCL增重25.2g为水的质量，所以n(H20)=

25.2g11

-------=1.4mol,根据H原子守恒，可知：n(CH)=-n(H0)=-X1.4mol=0.7mol,根据

18g/mol4222

C原子守恒,则：n(C0)+n(C02)=0.7mol,且m(CO)+m(C02)=49.6g-25.2g=24.4g,所以

[0.7moI-n(C02)]X28g/moI+n(C02)X44g/moI=24.4g,解之：n(C02)=0.3mol,所以生成二氧

化碳的质量为0.3molX44g/mol=13.2g,故答案为A。

第II卷非选择题(共56分)

二.填空题：本题包括5个小题，共56分。

23.(12分)A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E3种原子最

外层共有10个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，

C元素的最外层电子数比次外层电子数少4,D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。

(1)写出下列元素符号：A，B；

(2)A与E两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程:

(3)写出A与氧元素形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式；

(4)C、D、E的最高价氧化物水化物的酸性由强到弱的顺序(用化学式表示)：

(5)A、B、D、E形成的简单离子的半径由大到小的顺序(用离子符号表示)：一

(6)A的最高价氧化物的水化物中含有的化学键类型(填离子键、极性键、非极性键)

【冬案】(1)Na(2)AI(3)Na"+^S^+'Na―Na+［：S-］|>Nai*

(4)Na+［：O:O;］*2Na+(5)HzSOAH3POAHzSW(6)P3>S2>Na>AI3*

(7)离子键和极性键

【解析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外

层电子数少4,则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4,则C为Si元素；D元素原

子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3,则最外

层电子数为8-3=5,则D为P元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发

生反应生成盐和水，应是氢氧化铝、强酸、强碱之间的反应，则A为Na、B为Al,三种原

子最外层共有10个电子，则E的最外层电子数为10-1-3=6,则E为S元素。

(1)根据分析，A为Na,B为Al;

(2)Na与S两元素可形成化合物Na?S,Na2s为离子化合物，用电子式表示形成过程为

Na罕Na-Na+［：S：P,Nai*；

(3)Na与。元素形成的原子个数比为1:1的化合物为NazOz,Na?。?为离子化合物，钠离子

与过氧根之间为离子键，过氧根的氧和氧之间为共价键，电子式为Na+［：0：0：］"Na+；

(4)根据分析，C、D、E分别为Si、P、S,非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越

强，非金属性S>P>Si,故酸性HzS04>H3P04>H£i()3；

(5)根据分析，A、B、D、E形成的简单离子分别为Na*、A产、p3\S2',一般来讲，电子层

数越多，半径越大，核外电子排布相同的情况下，原子序数越大，半径越小，故半径由大到

小为P3->S2'>Na*>AI3i;

(6)A的最高价氧化物的水化物为NaOH,钠离子与氢氧根离子之间为离子键，氢氧根的氢

和氧之间为共价键；

24.(10分)I.下图表示某反应的能量变化关系

(1)此反应为(填“吸热”或“放热”)反应，

(2)AH=(用含有a、b的关系式表示)。

II.联氨(又称肺，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。

N2HO

已知：①202(g)+N2(g)==N2。4⑴AH,

②Nz(g)+2Hz(g)==N此(1)AH,

③02(g)+2H2(g)==2HQ(g)

©2N2H,(l)+N201(l)==3N2(g)+4H20(g)AH,

(3)上述反应热效应之间的关系式为△H,=。

III.恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图所示。

1

已知：2S02(g)+02(g)-2S03(g)AH=-196.6kJ•mol'

(4)写出硫燃烧的热化学方程式：。

(5)kJ•moT'o

【答案】⑴放热(2)(a-b)kJ•mol"(3)2△H3-2△H2-△H,(4)S(s)+

O2(g)===SO2(g)AH=-297kJ•moT'(5)-78.64

【解析】(1)由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应；

⑵婚变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，AH=

(a-b)kJ,mol1：

(3)®202(g)+N2(g)=NA(DAH,

②Nz(g)+2Hz(g)=N2H4⑴AH2

@O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)AH3

1

@2N2Ha(l)+N204(l)=3N2(g)+4H20(g)△H«=-1048.9kJ•mol'

依据热化学方程式和盖斯定律计算③X2-②X2-①得到④2N2H«(l)+N20XI)=3N2(g)+4H20(g)

△H4=2AH3-2AH2-AH,；

(4)由图可知，1molS(s)完全燃烧生成三氧化硫时放出的热量为297kJ,故能表示S的燃烧

热的热化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g)AH=-297kJ•mol'';

(5)由图可知，参加反应的n(S03)=1mol-0.2mol=0.8mol,根据2sO2(g)+0z(g)w2S03(g)△

△H=0.8xgx(-196.6kJ/mol)=-78.64kJ/moI。

H=-196.6kJ•mol1,2

25.(12分)I、某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Zn、Fe、Cu的金属活动性，他

们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目：

(1)用三种金属与盐酸反应的现象来判断，实验中除选择大小相同的金属片外，还需要控

制、相同；若选用一种盐溶液验证三种金属的活泼性，该试剂

为。

(2)某小组同学采用Zn、Fe作为电极，只用一个原电池证明三种金属的活动性，则电解质

溶液最好选用。

A.0.5mol•L」氯化亚铁溶液

B.0.5mol•L」氯化铜溶液

C.0.5mol,L-1盐酸

D.0.5moi-L-'氯化亚铁和0.5mol•L」氯化铜混合溶液

II、如图为甲烷燃料电池原理示意图。

(3)甲烷通入的一极为电源的极，该电极反应式：

(4)当电路中累计有2moi电子通过时，消耗的氧气体积在标准状况下Lo

【答案】(1)盐酸的浓度(2)温度⑶氯化亚铁⑷D(5)负

--

(6)CH4-8e+100H=CO^+7H20(7)11.2

【解析】(1)用三种金属与盐酸反应的现象来判断，实脸中除选择大小相同的金属片外，还

需要控制盐酸的浓度、温度相同；若选用一种盐溶液验证三种金属的活泼性，该试剂为氯化

亚铁(或硫酸亚铁等)，由单质之间的置换反应可比较金属性，锌可以置换铁而铜不能置换铁,

故答案为：盐酸的浓度；温度；氯化亚铁；

(2)Zn、Fe作为电极，只用一个原电池证明三种金属的活动性，Zn作负极，可知金属性Zn

大于Fe,且由金属阳离子的得电子能力比较，选项D中，铜离子先得到电子，然后亚铁离

子得电子，由此可确定金属的活泼性，故答案为：D;

⑶甲烷失去电子，则甲烷通入的一极为电源的负极，负极反应为CH“-8e-+100H-=CO：

+7H20,故答案为：负；CH「8e+100H「=COj+7H20；

(4)当电路中累计有2moi电子通过时，由0z+4e-+2H20=401可知，消耗的氧气体积在标准

,2mol-a,

状况下为-----X22.4L/mol=11.2L,故答案为：11.2。

4

26.(10分)某种烧A的蒸气折合成标况下的密度是3.214g/L,已知该燃的碳氢质量比为

5：1,求：

(1)该煌的相对分子质量：:

(2)确定该嫌的分子式：；

(3)如果该煌的一氯取代物有4种，写出该煌的结构简式：；

(4)煌A可由另一种燃B通过加成反应而制得，则煌B的可能的是(任写一种可能的结构

简式)：。

【答案】⑴72(2)C5H12(3)(CH3)2cHebC%

(4)CH2=C(CH3)CH2CH3、(CH3)2cHeH=C&、(CH3)2C=CHCH3

【解析】(1)烧A的蒸气折合成标况下的密度是3.214g«L-1,所以A的摩尔质量是3.214g•!_

'X22.4L,mol-'=72g,mol,该煌的相对分子质量为72„

(2)该度的碳氢质量比为5：1,该屋分子中碳、氢原子个数之比是白：1=5：12,则该

12

煌最简式是CsH”该度的分子式为(C5Hi2)x,则72x=72,解得x=1,则该度的分子式为C5H12o

(3)该煌的一氯取代物有4种，说明分子中氢原子有4种，所以结构简式为(Chh)2CHCH2CH3»

(4)烯烬加氢即得到烷'泾，则