2019-2020年高三下学期月考化学试卷（a）含解析.doc

2019-2020年高三下学期月考化学试卷（a）含解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1肼（N2H4）分子中所示原子均达到稀有气体原子的稳定结构，它的沸点高达l13，燃烧热为642kJmol1，肼与氧气及氢氧化钾溶液还可构成燃电池已知肼的球棍模型如图所示，下列有关说法正确的是（）A肼是由极性键和非极性键构成的非极性分子B肼沸点高达l13，可推测肼分子间可形成氢键C肼燃烧的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；H=642 kJmol1D肼氧气燃料电池，负极的电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH2下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为17、中子数为20的氯原子ClB氯离子（Cl）的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl3下列叙述正确的是（）A电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极B氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2C氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为O2+4H+4e=2H2OD右图中电子由Zn极流向Cu，盐桥中的Cl移向CuSO4溶液4下列有关元素性质比较正确的是（）A碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3B氢化物稳定性：HFHClPH3C原子半径：SFOD酸性：HClOHNO3H2CO35日本地震导致核电站泄露出大量的人工放射性核素，如131I（碘）、137Cs（铯）等下列说法正确的是（）A127I与131I为不同的核素，但具有相同的化学性质B127I是碘元素稳定的同位素，与131I为互为同分异构体C127I与131I的质量数不同，核外电子排布方式也不同D铯为IA元素，常温时，0.1molL1的137CsOH溶液，pH136某同学设计如下的元素周期表，下列说法正确的是（）AX、Y、Z元素分别为N、P、OB气态氢化物的稳定性：YXC原子半径：ZXYD120号元素中最高价氧化物对应的水化物碱性最强元素在第三周期7单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体已知：S（s，单斜）+O2（g）SO2（g）H1=297.16kJmol1S（s，正交）+O2（g）SO2（g）H2=296.83kJmol1下列说法正确的是（）AS（s，单斜）S（s，正交）H3=+0.33 kJmol1B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式表示断裂1 mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量多297.16 kJ8已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若X为N2或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应9下列有关说法正确的是（）A已知：HI（g）H2（g）+I2（s）H=26.5 kJmol1，由此可知1 mol HI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5 kJ的热量B已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，则氢气的燃烧热H=571.6 kJmol1C肼（N2H4）是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O（g）+O2（g）2H2O2（l）H1=+108.3 kJmol1N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H2=534.0 kJmol1则有反应：N2H4（l）+2H2O2（l）N2（g）+4H2O（l）H=642.3 kJmol1D含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为NaOH（aq）+CH3COOH（aq）CH3COONa（aq）+H2O（l）H=57.4 kJmol110如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是（）AK1闭合，铁棒侧溶液会出现白色沉淀，而且沉淀最终变为红褐色BK1或K2闭合，石墨棒周围溶液pH均升高CK2闭合，铁棒上发生的反应为2Cl2e=Cl2DK2闭合，电路中通过0.002 NA个电子时，两极共产生0.002mol气体11已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）AH10，H30BH20，H40CH1=H2+H3DH3=H4+H512X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）AR的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的弱B非金属性：YXC原子半径的大小顺序：XZDZ元素最高价氧化物对应的水化物具有两性13已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），H=a kJmol1； P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），H=b kJmol1，P4具有正四面体结构，PCl5中PCl键的键能为c kJmol1，PCl3中PCl键的键能为1.2c kJmol1下列叙述正确的是（）APP键的键能大于PCl键的键能B可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热HCClCl键的键能kJmol1DPP键的键能为kJmol114如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2（阴极）中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛下列说法中正确的是（）A阳极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2B通电后，O2、Cl均向阴极移动C阴极的电极反应式为TiO2+4e=Ti+2O2D石墨电极的质量不发生变化15如图中，图1为甲烷和O2构成的燃料电池，图2为电解MgCl2溶液的装置用该装置进行实验，反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀下列说法正确的是（）AA处通入的气体为O2，B处通入的气体为CH4B电池内部K+向b极移动，OH向a极移动C图1装置中发生的总反应为CH4+2O2CO2+2H2OD图1、图2中电解质溶液的pH均增大16500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3）=6.0mol/L用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极都收集到22.4L气体（标准状况），假设电解后溶液的体积仍为500mL下列说法正确的是（）A原混合溶液中K+的物质的量浓度为1 mol/LB上述电解过程中共转移4mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5molD电解后溶液中H+的物质的量浓度为2mol/L二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同，回答下列问题（1）X、Y和Z的元素名称分别为、（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有、（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为；此化合物还可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为18如图所示，A、F为石墨电极，B、E为铁片电极按要求回答下列问题（1）打开K2，合并K1B为极，A的电极反应为最终可观察到的现象是涉及的化学反应方程式有：（2）打开K1，合并K2E为极，F极的电极反应为，检验F极产生气体的方法是（3）若往U形管中滴加酚酞，进行（1）（2）操作时，A、B、E、F电极周围能变红的是19资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品（1）有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）H=76.0kJmol一1上述反应中每生成1mol Fe3O4，转移电子的物质的量为mol已知：C（s）+2H2O（g）=CO2 （g）+2H2（g）H=+113.4kJmol一1，则反应：3FeO（s）+H2O （g）=Fe3O4 （s）+H2 （g）的H=（2）在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2（g）+4H2 （g）C H4 （g）+2H2O（g）向一容积为 2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在 300时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO2 0.2molL1，H2 0.8molL1，CH40.8molL1，H2O1.6molL1则300时上述反应的平衡常数K= 200时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的H （填“或“”）0（3）华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示：上述生产过程的能量转化方式是a、电能转化为化学能 b、太阳能转化为电能c、太阳能转化为化学能 d、化学能转化为电能上述电解反应在温度小于 900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阴极反应式为3CO2+4e=C+2CO32则阳极的电极反应式为20甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1molL1的Y溶液pH1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐N；丙、戊可组成化合物M请回答下列问题：（1）戊离子的结构示意图为（2）写出乙的单质的电子式：（3）戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2：4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为（4）写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：（5）按如图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：将充分电解后所得溶液逐滴加入酚酞试液中，观察到的现象是21全钒液流电池是一种活性物质呈循环流动液态的电池，目前钒电池技术已经趋近成熟如图是钒电池基本工作原理示意图：请回答下列问题：（1）硫酸在电池技术和实验室中具有广泛的应用，在传统的铜锌原电池中，硫酸是，实验室中配制硫酸亚铁时需要加入少量硫酸，硫酸的作用是（2）钒电池由溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+）为正极和负极的活性物质组成，电池总反应为VO2+V3+H2OV2+V2+2H+放电时的正极反应式为，充电时的阴极反应式为放电过程中，电解液的pH（填“升高”“降低”或“不变”）（3）钒电池基本工作原理示意图中“正极电解液”可能是aVO2+、VO2+混合液bV3+、V2+混合液cVO2+溶液dVO2+溶液eV3+溶液fV2+溶液（4）能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是xx学年山东省烟台市栖霞市高三（下）月考化学试卷（A）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）1肼（N2H4）分子中所示原子均达到稀有气体原子的稳定结构，它的沸点高达l13，燃烧热为642kJmol1，肼与氧气及氢氧化钾溶液还可构成燃电池已知肼的球棍模型如图所示，下列有关说法正确的是（）A肼是由极性键和非极性键构成的非极性分子B肼沸点高达l13，可推测肼分子间可形成氢键C肼燃烧的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）；H=642 kJmol1D肼氧气燃料电池，负极的电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH【考点】极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；热化学方程式；电极反应和电池反应方程式【分析】A肼为极性分子；B肼中含有NH键，分子间能形成氢键；C根据燃烧热的定义分析；D正极反应为O2+2H2O+4e=4OH【解答】解：A肼分子中正负电荷重心不重叠，为极性分子，含有极性键和非极性键，故A错误；B肼中含有NH键，分子间能形成氢键，沸点较高，故B正确；C肼的燃烧热为642kJmol1，应生成液态水，故C错误；D正极反应为O2+2H2O+4e=4OH，负极为肼失电子被氧化，故D错误故选B2下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为17、中子数为20的氯原子ClB氯离子（Cl）的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl【考点】原子结构示意图；电子式；结构简式【分析】A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；B、氯离子（Cl）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可【解答】解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737Cl，故A错误； B、Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl，离子结构示意图为：，故B错误；C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误，故选C3下列叙述正确的是（）A电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极B氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2C氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为O2+4H+4e=2H2OD右图中电子由Zn极流向Cu，盐桥中的Cl移向CuSO4溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、电镀原理是镀层金属做阳极，待镀金属做阴极；B、氯碱工业是电解饱和的NaCl溶液；C、氢氧燃料电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应；D、根据电荷守恒分析，CuSO4溶液中阳离子减少；【解答】解：A、电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极，故A错误；B、氯碱工业是电解饱和的NaCl溶液，在阳极能得到Cl2，故B错误；C、氢氧燃料电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，氧气得到电子发生还原反应，电极反应为O2+4H+4e=2H2O，故C正确；D、根据电荷守恒分析，CuSO4溶液中阳离子减少，电子由Zn极流向Cu，盐桥中的Cl移向ZnSO4溶液，故D错误；故选C4下列有关元素性质比较正确的是（）A碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3B氢化物稳定性：HFHClPH3C原子半径：SFOD酸性：HClOHNO3H2CO3【考点】元素周期律的作用【分析】A金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；B非金属性越强，氢化物的稳定性越强；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强【解答】解：A金属性AlMgNa，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Al（OH）3Mg（OH）2NaOH，故A错误；B非金属性PClF，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性HFHClPH3，故B正确；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径FOS，故C错误；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO不是最高价含氧酸，则酸性：HNO3H2CO3HClO，故D错误，故选B5日本地震导致核电站泄露出大量的人工放射性核素，如131I（碘）、137Cs（铯）等下列说法正确的是（）A127I与131I为不同的核素，但具有相同的化学性质B127I是碘元素稳定的同位素，与131I为互为同分异构体C127I与131I的质量数不同，核外电子排布方式也不同D铯为IA元素，常温时，0.1molL1的137CsOH溶液，pH13【考点】核素【分析】A核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；B同位素是同元素的不同原子，同分异构体是分子式相同，结构不同的物质分析判断；C同位素质量数不同，中子数不同，但核外电子数相同；D氢氧化铯是强碱，完全电离【解答】解：A131I与127I质子数相同中子数不同，是两种不同核素，同种元素的原子有相同的化学性质，故A正确；B同位素是同元素的不同原子，同分异构体是分子式相同，结构不同的物质，127I是碘元素稳定的同位素，与131I互为同位素，不是同分异构体，故B错误；C127I与131I的质量数不同，核外电子数相同，核外电子排布方式相同，故C错误；D铯为I A族元素，常温时，0.1molL1的137CsOH溶液，氢氧化铯是强碱完全电离，pH=13，故D错误；故选A6某同学设计如下的元素周期表，下列说法正确的是（）AX、Y、Z元素分别为N、P、OB气态氢化物的稳定性：YXC原子半径：ZXYD120号元素中最高价氧化物对应的水化物碱性最强元素在第三周期【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】A、根据该同学涉及元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P；B、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定；C、根据同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大判断；D、元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水合物的碱性越强【解答】解：A、根据该同学涉及元素周期表的形式和位置可知：X的原子序数为7，Z的原子序数为8，Y的原子序数为15，因此X为N，Z为O，Y为P，故A正确；B、非金属性：NP，非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，因此形成的气态氢化物最稳定的是NH3，故B错误；C、同周期自左到右原子半径逐渐减小，原子半径NO，同主族自上而下原子半径逐渐增大，原子半径PN，因此原子半径PNO，故C错误；D、金属性：KNaLi，金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，K处于第四周期，故D错误；故选：A7单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体已知：S（s，单斜）+O2（g）SO2（g）H1=297.16kJmol1S（s，正交）+O2（g）SO2（g）H2=296.83kJmol1下列说法正确的是（）AS（s，单斜）S（s，正交）H3=+0.33 kJmol1B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式表示断裂1 mol O2中的共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量多297.16 kJ【考点】有关反应热的计算【分析】A利用盖斯定律两式合并得到热化学方程式分析判断；B依据得到的热化学方程式判断，能量越高越活泼；C根据得到的正交硫和单斜硫转化关系判断；D焓变用化学键断裂和形成分析时等于断裂化学键吸收能量减去形成化学键放出的能量【解答】解：已知：S（s，单斜）+O2（g）=SO2 （g）H1=297.16kJmol1 ；S（s，正交）+O2（g）=SO2 （g）H2=296.83kJmol 1；得到热化学方程式：S（s，单斜）=S（s，正交）H3=0.33kJmol 1，A根据盖斯定律得到热化学方程式为：S（s，单斜）=S（s，正交）H3=0.33kJmol 1，故A错误；B依据热化学方程式可知，正交硫能量低于单斜硫，所以正交硫稳定，故B正确；C相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量低，故C错误；D式表示断裂lmolO2中共价键和断裂S（s，单斜）所吸收的总能量比形成1mol SO2中共价键所放出的能量少297.16KJ，故D错误；故选B8已知某物质X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若X为N2或NH3，则A为硝酸B若X为S或H2S，则A为硫酸C若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成YD反应和一定为氧化还原反应，反应一定为非氧化还原反应【考点】无机物的推断【分析】由转化关系可知，A能发生连续氧化，则由氨气和氧气反应生成一氧化氮，最终实现转化的生成物是硝酸；S在氧气中反应生成二氧化硫，再被氧化后产物和水反应生成的是硫酸，A为硫酸或硝酸，X为氮气、氨气、S或H2S等，以此来解答【解答】解：A若X为N2或NH3，Y为NO，Z为NO2，则A为硝酸，故A正确；B若X为S或H2S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，故B正确；C若X为非金属单质或非金属氢化物，A为硝酸和硫酸，稀硝酸与Cu反应Y，浓硝酸和Cu反应不生成Y，且Cu与稀硫酸不反应，则A不一定能与金属铜反应生成Y，故C正确；D反应和一定为氧化还原反应，反应若为二氧化氮和水的反应一定为氧化还原反应，故D错误；故选：D9下列有关说法正确的是（）A已知：HI（g）H2（g）+I2（s）H=26.5 kJmol1，由此可知1 mol HI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5 kJ的热量B已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，则氢气的燃烧热H=571.6 kJmol1C肼（N2H4）是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O（g）+O2（g）2H2O2（l）H1=+108.3 kJmol1N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H2=534.0 kJmol1则有反应：N2H4（l）+2H2O2（l）N2（g）+4H2O（l）H=642.3 kJmol1D含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为NaOH（aq）+CH3COOH（aq）CH3COONa（aq）+H2O（l）H=57.4 kJmol1【考点】反应热和焓变；热化学方程式【分析】A反应是碘化氢分解反应，是可逆反应不能进行彻底；B燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据燃烧热的定义判断热化学方程式是否正确；C根据盖斯定律反应：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）与反应的关系为：进行计算；DH+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJmol1，表示的是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量，稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol【解答】解：AHI（g）H2（g）+I2（s）H=26.5kJ/mol，该反应为可逆反应，则1mol HI不能全部分解，则在密闭容器中分解后放出的能量小于26.5kJ，故A错误；B由2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.6 kJ/mol，可知1mol氢气完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为285.8KJ，所以氢气的燃烧热H=285.8 kJ/mol，故B错误；C根据盖斯定律反应：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）与反应的关系为：，则H=H2H1=（534.0kJ/mol）108.3kJ/mol=642.3kJ/mol，故C正确；D中和热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水时，放出28.7kJ的热量，即中和热的数值为57.4kJ/mol，但稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol，故D错误故选C10如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是（）AK1闭合，铁棒侧溶液会出现白色沉淀，而且沉淀最终变为红褐色BK1或K2闭合，石墨棒周围溶液pH均升高CK2闭合，铁棒上发生的反应为2Cl2e=Cl2DK2闭合，电路中通过0.002 NA个电子时，两极共产生0.002mol气体【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe2e=Fe2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，反应为2Cl2e=Cl2，石墨棒周围溶液pH不变，故B错误；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，反应为2H+2e=H2，故C错误；D、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，反应为2H+2e=H2，碳棒与正极相连为阳极，反应为2Cl2e=Cl2，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D正确故选D11已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是（）AH10，H30BH20，H40CH1=H2+H3DH3=H4+H5【考点】真题集萃；反应热和焓变【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；D、根据盖斯定律利用加合法进行分析【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此H10，H30，故A错误；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，H20，铁与氧气的反应属于放热反应，H40，故B错误；C、已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3，由盖斯定律可知=+，因此H1=H2+H3，故C正确；D、已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5，由盖斯定律可知=（+），因此H3=H4+H5，故D错误；故选C12X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是（）AR的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的弱B非金属性：YXC原子半径的大小顺序：XZDZ元素最高价氧化物对应的水化物具有两性【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，据此解答【解答】解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层 电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素A非金属性R（Cl）X（C），故酸性：高氯酸碳酸，故A错误；B同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性OC，故B正确；C同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Na）X（C），故C错误；DZ为Na元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，属于强碱，故D错误，故选：B13已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），H=a kJmol1； P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），H=b kJmol1，P4具有正四面体结构，PCl5中PCl键的键能为c kJmol1，PCl3中PCl键的键能为1.2c kJmol1下列叙述正确的是（）APP键的键能大于PCl键的键能B可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热HCClCl键的键能kJmol1DPP键的键能为kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】A、依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小，键长越长，键能越小；B、依据盖斯定律分析判断；C、依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个PP键依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析【解答】解：A、原子半径PCl，因此PP键键长大于PCl键键长，则PP键键能小于PCl键键能，故A错误；B、利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）H=KJmol1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的H，故B错误；C、利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）H=KJmol1可得E（ClCl）+31.2c5c=，因此可得E（ClCl）=kJmol1，故C正确；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个PP键，由题意得6E（PP）+1045c=b，解得E（PP）= kJmol1，故D错误；故选C14如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2（阴极）中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛下列说法中正确的是（）A阳极的电极反应式为：2Cl2e=Cl2B通电后，O2、Cl均向阴极移动C阴极的电极反应式为TiO2+4e=Ti+2O2D石墨电极的质量不发生变化【考点】电解原理【分析】A、电解池的阳极发生失电子的氧化反应；B、电解池中，电解质里的阴离子移向阳极；C、电解池的阴极发生得电子的还原反应；D、根据石墨电极和产生的气体之间的反应来判断【解答】解：A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O2O2+4e，故A错误；B、电解池中，电解质里的阴离子O2、Cl均移向阳极，故B错误；C、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4eTi+2O2，故C正确；D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电解本身会消耗，质量减轻，故D错误故选C15如图中，图1为甲烷和O2构成的燃料电池，图2为电解MgCl2溶液的装置用该装置进行实验，反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀下列说法正确的是（）AA处通入的气体为O2，B处通入的气体为CH4B电池内部K+向b极移动，OH向a极移动C图1装置中发生的总反应为CH4+2O2CO2+2H2OD图1、图2中电解质溶液的pH均增大【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，说明x电极附近生成氢氧根离子，则x是阴极、y是阳极，原电池中燃料电极为负极、氧化剂所在电极为正极，属于a是负极、b是正极，负极反应式为CH4+10OH8e=CO+7H2O，正极反应为O2+2H2O+4e=4OH，x电极上氢离子放电生成氢气、y电极上氯离子放电生成氯气，据此分析解答【解答】解：反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀，说明x电极附近生成氢氧根离子，则x是阴极、y是阳极，原电池中燃料电极为负极、氧化剂所在电极为正极，属于a是负极、b是正极，负极反应式为CH4+10OH8e=CO+7H2O，正极反应为O2+2H2O+4e=4OH，x电极上氢离子放电生成氢气、y电极上氯离子放电生成氯气，A通过以上分析知，B处通入的气体为O2，A处通入的气体为CH4，故A错误；B原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以电池内部K+向b极移动，OH向a极移动，故B正确；C电解质溶液呈碱性，所以不能生成二氧化碳，应该生成碳酸钾，原电池总反应为CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O，故C错误；D图1原电池总反应为CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O，KOH参加反应导致氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低，故D错误；故选B16500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3）=6.0mol/L用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极都收集到22.4L气体（标准状况），假设电解后溶液的体积仍为500mL下列说法正确的是（）A原混合溶液中K+的物质的量浓度为1 mol/LB上述电解过程中共转移4mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5molD电解后溶液中H+的物质的量浓度为2mol/L【考点】电解原理；氧化还原反应的计算【分析】用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极都收集到22.4L气体（标准状况），阳极反应为：4OH4e=2H2O+O2，阴极反应为：Cu2+2e=Cu；2H+2e=H2，阳极电子守恒分析计算；【解答】解：两极都收集到22.4L气体（标准状况），气体物质的量为1mol，阳极反应为：4OH4e=2H2O+O2， 4mol 4mol 1mol 电解过程中电子转移总数为4mol，两电极电子转移相同； 阴极反应为：Cu2+2e=Cu； 1mol 2mol 1mol 2H+2e=H2； 2mol 2mol 1mol根据500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3）=6.0mol/L，C（Cu2+）=2mol/L，溶液中存在电荷守恒为：K+2Cu2+=NO3，计算K+=2mol/L；A、计算可知原混合溶液中K+的物质的量浓度为2 mol/L，故A错误；B、上述电解过程中共转移4mol电子，故B正确；C、电解得到的Cu的物质的量为1mol，故C错误；D、电解后溶液中H+的物质的量浓度是氢氧根离子减少的量减去氢离子减少量，浓度=4mol/L，故D错误；故选B二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同，回答下列问题（1）X、Y和Z的元素名称分别为氢、氧、钠（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH、Na2O2（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为5H2O2+2MnO4+6H=2Mn2+8H2O+5O2；此化合物还可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为H2O2+CN+OH=CO32+NH3【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，则X为H元素；Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；Z与X原子最外层电子数相同，二者同周期，Z的原子序数大于氧，故Z为Na，据此解答【解答】解：X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，则X为H元素；Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；Z与X原子最外层电子数相同，二者同周期，Z的原子序数大于氧，故Z为Na（1）由上述分析可知，X为氢、Y为氧、Z为钠，故答案为：氢；氧；钠；（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH、Na2O2，故答案为：NaOH；Na2O2；（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是H2O2，化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2O2+2MnO4+6H=2Mn2+8H2O+5O2；此化合物还可将碱性工业废水中的CN氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为：H2O2+CN+OH=CO32+NH3，故答案为：H2O2；5H2O2+2MnO4+6H=2Mn2+8H2O+5O2；H2O2+CN+OH=CO32+NH318如图所示，A、F为石墨电极，B、E为铁片电极按要求回答下列问题（1）打开K2，合并K1B为负极，A的电极反应为O2+4e+2H2O4OH最终可观察到的现象是溶液中产生白色沉淀，然后变为灰绿色，最终变为红褐色涉及的化学反应方程式有：2Fe+O2+2H2O=2Fe（OH）2，Fe2+2OHFe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3（2）打开K1，合并K2E为阴极，F极的电极反应为2Cl2eCl2，检验F极产生气体的方法是用湿润的淀粉KI试纸检验，试纸变蓝则说明是氯气（3）若往U形管中滴加酚酞，进行（1）（2）操作时，A、B、E、F电极周围能变红的是AE【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）当打开K2，闭合K1时，铁片、石墨和NaCl溶液构成原电池，负极为铁，石墨作正极，发生吸氧腐蚀；（2）当打开K1，闭合K2时，铁片、石墨和NaCl溶液构成电解池，说明作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气；（3）进行（1）时，正极附近生成氢氧根离子，进行（2）时，阴极附近生成氢氧根离子，酚酞试液遇碱变红色【解答】解：（1）当打开K2，闭合K1时，铁片、石墨和NaCl溶液构成原电池，负极为铁，电极反应式为：Fe2eFe2+，正极为石墨，正极的电极反应式为：O2+4e+2H2O4OH，由于Fe2+2OHFe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，所以可观察到的现象是：溶液中产生白色沉淀，然后变为灰绿色，最终变为红褐色，最终的现象为溶液中有红褐色沉淀生成；发生的反应方程式为：2Fe+O2+2H2O=2Fe（OH）2，Fe2+2OHFe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；故答案为：负；O2+4e+2H2O4OH；溶液中有红褐色沉淀生成；2Fe+O2+2H2O=2Fe（OH）2，Fe2+2OHFe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；（2）当打开K1，闭合K2时，铁片、石墨和NaCl溶液构成电解池，阴极为铁，电极反应式为：2H+2eH2，阳极为石墨，电极反应式为：2Cl2eCl2，检验Cl2的方法是：用湿润的淀粉KI试纸检验，试纸变蓝则说明是氯气，故答案为：阴；2Cl2eCl2；用湿润的淀粉KI试纸检验，试纸变蓝则说明是氯气；（3）由于A极O2得到电子产生OH，E极上水放电产生H2和OH，均导致电极区域呈碱性，所以A、E电极周围遇酚酞变红，故答案为：AE19资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品（1）有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）H=76.0kJmol一1上述反应中每生成1mol Fe3O4，转移电子的物质的量为2mol已知：C（s）+2H2O（g）=CO2 （g）+2H2（g）H=+113.4kJmol一1，则反应：3FeO（s）+H2O （g）=Fe3O4 （s）+H2 （g）的H=+18.7kJ/mol（2）在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2（g）+4H2 （g）C H4 （g）+2H2O（g）向一容积为 2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在 300时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO2 0.2molL1，H2 0.8molL1，CH40.8molL1，H2O1.6molL1则300时上述反应的平衡常数K=25 200时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的H （填“或“”）0（3）华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示：上述生产过程的能量转化方式是aca、电能转化为化学能 b、太阳能转化为电能c、太阳能转化为化学能 d、化学能转化为电能上述电解反应在温度小于 900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阴极反应式为3CO2+4e=C+2CO32则阳极的电极反应式为2CO324e2CO2+O2【考点】用化学平衡常数进行计算；有关反应热的计算；电解原理【分析】（1）依据热化学方程式和反应生成的Fe3O4计算电子转移；根据盖斯定律计算反应热；（2）依据化学平衡三段式列式计算转化率和平衡常数，比较不同温度平衡常数大小来判断反应热；（3）依据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程；上述电解反应在温度小于900时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程，阴极是二氧化碳得到电子生成碳，依据电子守恒和传导离子配平书写电极反应【解答】解：（1）6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（g）H=76.0KJmol1该反应中每生成1molFe3O4，反应的二氧化碳物质的量为0.5mol，1mol二氧化碳反应转移电子4mol，0.5mol二氧化碳反应转移电子2mol，所以转移电子的物质的量2mol；故答案为：2；6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）H=76.0kJmol1C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+113.4kJmol1，两热化学方程式相加除以2得：3FeO（s）+H2O（g）=Fe3O4（s）+H2（g）H=（76.0kJ/mol+113.4kJ/mol）2=+18.7kJ/mol，故答案为：+18.7kJ/mol；（2）向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO2 0.2molL1，H2 0.8molL1，CH4 0.8molL1，H2O 1.6molL1 ，起始充CO2和H2的物质的量浓度分别为x、y； CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）起始量 x y 0 0变化量 0.8 3.2 0.8 1.6平衡量 0.2 0.8 0.8 1.6x=0.2mol+0.8mol=1mol，y=0.8mol+3.2mol=4mol；平衡常数K=25，