1、辽宁省葫芦岛市普通高中2019-2020学年高二化学上学期期末质量测试试题（含解析）1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 明矾电离出Al3+具有吸附性，可用作净水剂B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D. 碳酸钠可用于去除餐具的油污【答案】A【解析】【详解】A.明矾能净水是因为Al3+水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中的悬浮物杂质，可用作净水剂，故A错误；B.漂白粉在使用过程中可以生成次氯酸，利用其氧化性可用于生活用水的消毒，故B正确；C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，是用镁作负极保护正极的铁，
2、原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D.碳酸钠水解使溶液显碱性，对油脂的水解有促进作用，可用于去除餐具上的油污，故D正确。故选A。2. 判断一个化学反应的自发性常用焓判据和熵判据，则在下列情况下，可以判定反应一定能自发进行的是A. H0B. H0,S0C. H0,S0,S0【答案】A【解析】【详解】化学反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当G=H-TS0 时，反应能自发进行，当H0 时, G=H-TS0,S0,S0或H0,S0 能否自发进行，取决于反应的温度，所以H0一定能自发进行；A正确；综上所述，本题选A。3. 下列说法中正确的是（ ）A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能
3、量逐渐减小B. 3p2表示3p能级有两个轨道C. 处于最低能量状态的原子叫做基态原子D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多【答案】C【解析】【详解】A、能层越大，能量越高，即1s2s3s，故错误；B、p2，2代表p轨道上有2个电子，故错误；C、基态原子是处于最低能量状态的原子，故正确；D、p能级有3个原子轨道，故错误。4. 下列元素性质的递变规律正确的是A. 原子半径： CNSB. 第一电离能：CONC. 最高价氧化物的水化物的碱性：NaMgAlD. 与氢气化合的难易程度：NOS【答案】B【解析】【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，同周期从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半
4、径NCS，故A错误；B.C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，则第一电离能：CON，故B正确；C.金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：NaMgAl，则最高价氧化物的水化物的碱性：NaMgAl，故C错误；D.非金属性越强，越容易与氢气化合，非金属性OS、ON，与氢气化合的难易程度：OS、ON，故D错误。故选B。5. 下列说法正确的是A. 原子核外电子排布式为1s2的原子与核外电子排布式为1s2s2的原子化学性质相似B. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5C. 基态铜原子的最外层的电子排布
5、图：D. 电负性最大的非金属元素形成的含氧酸的酸性最强【答案】B【解析】【详解】A. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子虽然最外层电子数相等，但不在同一族，化学性质不相似，A错误；B. 铁的原子序数为26，则Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5，B正确；C. 基态铜原子的最外层电子是4s电子，不包括3d电子，铜的最外层电子排布图为，C错误；D. 电负性最大的非金属元素为F，不存在含氧酸，D错误；答案选B。6. 徐光宪在分子共和国一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是（ ）A. H2O2分子中的O为
6、sp2杂化B. CO2 分子中C原子为sp杂化C. BF3分子中的B原子sp3杂化D. CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化【答案】B【解析】【分析】A、H2O2分子中氧原子形成2个键，含有2对孤电子对；B、CO2 分子中C原子形成2个键，没有对孤电子对；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个键，没有对孤电子对；D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个键，没有孤对电子，采取sp3杂化；【详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；B、CO2 分子中C原子形成2个键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；C、BF3分子中的B原子的最外
7、层电子数3，形成3个键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；故选B。7. 下列描述正确的是A. CS2为V形极性分子B. C2H2分子中键与键的数目比为1：1C. 当中心离子的配位数为6时，配离子常呈八面体结构D. 水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键【答案】C【解析】【详解】ACS2中C形成2个键，价层电子对为2+ =2，采用sp杂化，CS2为直线形，分子在碳为中心对称，为非极性分子，故A错误；BC2H2分子中键与键的数目比为3：2，故B错误；C根据价层电子对互斥理论，当中
8、心离子的配位数为6时，配离子常呈八面体结构，此时各价电子对间斥力最小，故C正确；D水加热到很高温度都难分解是因水分子内存在键能较大的O-H共价键，故D错误；故选C。8. 下列热化学方程式正确的是(注:H的绝对值均正确)A. C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g);H=-1367.0kJ/mol(燃烧热)B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l);H=-57.3kJ(中和热)C. S(s)+O2(g)=SO2(g);H=-269.8kJ/mol(反应热)D. 2NO2=O2+2NO;H=+116.2kJ/mol(反应热)【答案】C【解析】【详
9、解】A. 燃烧热是25、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时的水应为液体，因此反应热不是燃烧热，故A错误；B. H的单位是kJmol1，故B错误；C. 符合书写热化学反应方程式的要求，故C正确；D. 没有写上状态，故D错误；答案：C。【点睛】易错点是选项A，燃烧热的定义是25、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，C元素应该转化成CO2，S转化成SO2，H元素转化成液态水。9. pH2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是A. 稀释前，A、B两酸溶液
10、的物质的量浓度一定相等B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强C. a5时，A是强酸，B是弱酸D. 稀释导致B酸的电离程度减小【答案】C【解析】分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，以此来解答。【详解】A稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，由于起始时两溶液的pH相同，则A的物质的量浓度小于B的物质的量浓度，故A错误；B根据图像，稀释后，A的pH比B大，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故B错误；C由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；DB为弱酸，稀释促进弱电解质的电离，电离程度增大，故D错误；故选C。【
11、点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意弱电解质存在电离平衡。10. 常温时，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是A. a点溶液中c(CH3COO-)c(Na+)B. 图中四点处水的电离程度最大的点为：b点C. 加入NaOH溶液过程中，先增大后减小D. CH3COOH的电离平衡常数Ka约为105【答案】D【解析】【分析】理清各点的组成，酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为醋酸钠和醋
12、酸、b点溶质为醋酸钠和醋酸、c点溶质为醋酸钠、d点溶质为醋酸钠和NaOH，结合弱电解质电离、盐水解原理分析。【详解】Aa点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH7，溶液呈酸性，c(OH)c(H)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO)+c(OH)=c(H)+c(Na)，所以c(CH3COO)c(Na)，故A错误；B酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，a点溶质为醋酸钠和醋酸、b点溶质为醋酸钠和醋酸、c点溶质为醋酸钠、d点溶质为醋酸钠和NaOH，a、d都抑制水电离，d水的电离的电离程度和纯水相同，c促进水电离，所以水电离程度最大点是c点，故B错误；C加入NaOH溶液过
13、程中，溶液酸性减弱、碱性增强，则c(H)减小，温度不变电离平衡常数不变，= 增大，故C错误；D由图在没加NaOH时，CH3COOH电离程度较小，则0.1molL1醋酸溶液中c(CH3COO)c(H)=10-3molL1，c(CH3COOH)0.1molL1，电离平衡常数Ka=c(H)=10-5，故D正确；故选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法、电离平衡常数影响因素等知识点是解本题关键，难点C，注意结合电离平衡常数进行分式的变形。11. 在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：C
14、（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡时c（NO）与温度T的关系如下图所示，则下列说法不正确的是A. 该反应正反应的H0B. 若状态A、B的逆反应速率分别为v逆（A）、v逆（B），则v逆（A）v逆（B）C. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正v逆D. 若状态B、C、D的压强分别为PB、PC、PD，则 PCPD=PB【答案】B【解析】【分析】A、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移；B、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，升高温度，化学反应速率加快；C、由图可知，T2时反应进行到状态D，c（CO）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；D、达到平衡状态时，
15、压强和温度成正比例关系。【详解】A项、由图可知，温度越高平衡时c（NO）越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即H0，故A正确；B项、由图可知，状态A的温度小于状态B的温度，升高温度，化学反应速率加快，则v逆（B）v逆（A），故B错误；C项、T2时反应进行到状态D，c（NO）高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有v正v逆，故C正确；D项、达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，压强大小为PCPD=PB，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学平衡图像，试题以化学平衡图象为载体考查温度对平衡移动的影响，注意曲线上的各点都处于平衡状态。12. 一定温度下，将1molA(g)和1molB
16、(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g) xC(g)+D(s)H1，则H2A是弱酸。若测NaHA溶液的pH，即使pH7，也不能说明H2A是强酸，也可能是因为HA-的电离程度大于其水解程度所致，B不正确；C. 用0.2000 molL-1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 molL-1)，当酸碱恰好完全反应时得到氯化钠和醋酸钠溶液，因醋酸钠水解而使溶液显碱性，所以，当pH=7时，溶液中的酸没有被完全中和，C不正确；D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 molL-1盐酸、0.1 molL-1氯化镁溶液、0
17、.1 molL-1硝酸银溶液中，Ag浓度为0.1molL-1，、两溶液中的Cl-离子抑制氯化银的溶解，中Ag浓度最小，D正确。本题选D。点睛：酸碱中和反应恰好完全进行时，溶液的pH不一定等于7，溶液的pH由生成的盐的性质决定，强酸强碱盐溶液显中性，强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。14. 已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为A. 只有AgBr沉淀生成B. AgCl与AgBr沉淀等量生成C. AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主D. AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主【答案】C【解
18、析】【分析】水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。【详解】在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：Ag+Br-=AgBr，Ag+Cl-=AgCl，所以最后所生成的AgB
19、r沉淀比AgCl要少。答案选C。15. 一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如下表：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2下列说法正确的是A. 随pH的升高，碳钢腐蚀速率逐渐加快B. pH4,发生析氢腐蚀C. pH为14，其负极反应为2H2O+Fe-3e-=FeO2-+4H+D. 在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会加快【答案】B【解析】【详解】A项、由表可知，随pH的升高，碳钢腐蚀速率先减慢后逐渐加快，故A错误；B项、当pH4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H+2
20、e-=H2，故B正确；C项、在pH=14溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，负极反应为4OH-+Fe_3e-FeO2-+2H2O，故C错误；D项、在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D错误。故选B。【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键。16. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A. 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH-2e-=2H2OC. 电池工作时，向电极A移动，电子由A极经电解质流向B极D. 反应CH4+H2
21、O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子【答案】A【解析】【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，据此回答；【详解】AB为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，A正确；B电解质溶液中没有OH-，负极反应为H2+CO+2CO32-4e-=H2O+3CO2，B错误；C电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，C错误；D反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合
22、价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，D错误；答案选A。17. 完成并分析下列化学原理(1)在配制三氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的_。(2)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_。(3)除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的试剂可以是_。(4)amol/L(NH4)2SO4溶液pH=5，其原因是_(用相应的离子方程式说明)。(5)有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的两种溶液混合而成：NH4Cl与CH3COONa；NH4Cl与HCl；NH4Cl与NaCl；NH4Cl与NH3H2O(混合液呈碱性)。溶液中c(H+)由小到大的顺序
23、为：(填混合溶液的编号)_。(6)在做Zn与稀H2SO4反应制取H2的实验中，向溶液中滴加几滴CuSO4溶液，反应放出H2速度加快的原因是：_。【答案】 (1). 稀盐酸 (2). Al2O3 (3). 氧化铜(氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜) (4). +H2ONH3H2O+H+ (5). (6). 形成锌铜稀硫酸原电池，加快反应速率【解析】【分析】(1)铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，呈酸性，加酸抑制水解；(2)铝离子水解生成的盐酸为挥发性酸，蒸干得到氢氧化铝，再灼烧分解；(3)铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，加入CuO等调节溶液pH使铁离子完全沉淀，从而除去杂质且没有引进新的杂质；(4)amo
24、l/L(NH4)2SO4溶液中存在水解反应溶液呈酸性；(5)NH4Cl与CH3COONa 混合物显示中性；NH4Cl与HCl 中c(H)最大；NH4Cl与NaCl c(H)仅次于；NH4Cl与NH3H2O溶液c(H)最小；(6)发生反应Zn+Cu2=Zn2+Cu，形成锌铜稀硫酸原电池，加快反应速率。【详解】(1)铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，呈酸性，在配制三氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的稀盐酸。故答案为：稀盐酸；(2)铝离子水解生成的盐酸为挥发性酸，蒸干得到氢氧化铝，把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3。故答案为：Al2O3；(3)铁离子水解生成氢氧化
25、铁和盐酸，除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的试剂可以是氧化铜(氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜)，调节溶液pH使铁离子完全沉淀，从而除去杂质且没有引进新的杂质。故答案为：氧化铜(氢氧化铜或碳酸铜或碱式碳酸铜)；(4)amol/L(NH4)2SO4溶液中存在水解反应溶液呈酸性，pH=5，其原因是+H2ONH3H2O+H+。故答案为：+H2ONH3H2O+H+；(5)有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的两种溶液混合而成：NH4Cl与CH3COONa的溶液显示中性；NH4Cl与HCl的氢离子浓度最大；NH4Cl与NaCl显示酸性；NH4Cl与NH3H2O(混合液呈碱性)的氢离子浓度最
26、小。溶液中c(H+)由小到大的顺序为：。故答案为：；(6)在做Zn与稀H2SO4反应制取H2的实验中，向溶液中滴加几滴CuSO4溶液，发生反应Zn+Cu2=Zn2+Cu，形成锌铜稀硫酸原电池，加快反应速率。故答案为：形成锌铜稀硫酸原电池，加快反应速率。18. 用中和滴定法测定某烧碱样品(含有氯化钠的杂质)的纯度，试根据实验回答下列问题：(1)为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，可选用_(填编号字母)作指示剂。A.甲基橙B.石蕊C.酚酞(2)滴定过程中，眼睛应注视_，若用酚酞做指示剂，滴定终点的标志是_，滴定结果
27、是_(偏大，偏小，不变)，理由_。(3)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是_mol/L，烧碱样品的纯度是_。滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00第三次10.000.1024.30【答案】 (1). A (2). 锥形瓶中溶液颜色变化 (3). 溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原色 (4). 偏小 (5). 滴定终点时，溶液中碳酸根离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少 (6). 0.4000 (7). 97.56%【解析】【分析】(1)根据滴定终点溶液有酸碱性来选择指示
28、剂。空气中二氧化碳与NaOH反应生成碳酸钠，碳酸氢钠显碱性，为了避免测定结果出现较大误差，滴定终点可选变色范围为酸性的指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；(2)按中和滴定的操作规范：中和滴定时眼睛主要溶液颜色的变化，若用酚酞做指示剂，滴定终点由粉红色变成无色且半分钟内不变色；根据酚酞变色范围可知，滴定终点时碳酸钠变为碳酸氢钠，消耗盐酸过少；(3)先判断数据的有效性，计算消耗盐酸的平均体积，结合NaOH+HCl=NaCl+H2O计算c(NaOH)，由m=cVM计算500mL溶液中氢氧化钠的质量，最后根据质量分数公式计算烧碱样品的纯度。【详解】(1)A为了避免测定过程中样品
29、部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定终点溶液应呈酸性，故A选；B石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，故B不选；C酚酞变色范围为pH=8.2-10，滴定后溶液显碱性，误差较大，故C不选；故答案为：A；(2)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中液体颜色变化，若用酚酞做指示剂，酚酞变色范围为pH=8.2-10，滴定终点的标志是溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色，滴定结果是偏小，理由：滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少，导致测定结果偏低；故答案为：锥形瓶中液体颜色变化；溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不变色；偏小；滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根
30、离子，消耗盐酸较少；(3)3次实验消耗标准液体积分别为：20.50-0.40=20.10mL，24.00-4.10=19.90mL，24.30-0.10=24.20mL，第3次数据误差大，舍去，则消耗标准液平均体积为：=20.00mL，NaOH+HCl=NaCl+H2O，c(NaOH)0.0100L=0.2000molL10.0200L，c(NaOH)=0.4000molL1，即氢氧化钠物质的量浓度为：0.4000molL1，m(烧碱)cVM0.4000molL-10.5L40gmol18.0g，烧碱样品的纯度=100%97.56%，故答案为：0.4000；97.56%。【点睛】本题考查物质的
31、含量测定，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，明确实验原理是解本题关键，易错点(1)是酸碱指示剂的选取，注意掌握中和滴定操作方法，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，难点(3)酸碱中和滴定的计算，注意数据的有效性，根据方程式计算。19. 甲醇是一种重要的可再生能源。已知：2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)H=akJ/mol，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=bkJ/mol。(1)写出由CH4和O2制取CH3OH(g)的热化学方程式：_。(2)在80时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物
32、质进行分析，得到如下数据：时间(s)020406080100c(N2O4)0.20a0.10cdec(NO2)0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。该反应的化学方程式为N2O42NO2。020s内N2O4的平均反应速率为_。该反应的平衡常数表达式K=_，在80时该反应的平衡常数K值为_(保留2位小数)。下列说法正确的是_。A温度越高，K值越大，N2O4的转化率越高B加压，平衡逆向移动，气体颜色变浅C增大N2O4浓度，新平衡建立过程中正反应速率不断加快D起始条件相同，将等最的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保
33、持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，A中的N2O4平衡转化率小于B写出恒温恒容下，能判断该反应达到平衡状态的依据_、_。(写出2条即可)【答案】 (1). 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) H=(a+2b)kJ/mol (2). 0.003mol/(Ls) (3). (4). 0.54mol/L (5). AD (6). 混合气体的平均摩尔质量不变 (7). 混合气的颜色不再变化；压强不再变化(其他答案合理均得分)【解析】【详解】(1)已知：2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) H=akJ/mol，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=bkJ/
34、mol。盖斯定律计算+2得到由CH4和O2制取CH3OH(g)的热化学方程式：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)H=(a+2b)kJ/mol；(2)020s内 N2O4的平均反应速率为v(N2O4)= =0.003mol/(Ls)；该反应的平衡常数表达式K=；在80时，反应60s达到平衡状态，平衡浓度c(NO2)=0.22molL1，c(N2O4)=0.09molL1，该反应的平衡常数K值为=0.54 (保留2位小数)；A正反应为吸热反应，温度越高，平衡正移，K值增大，N2O4的转化率越高，故A正确；B加压，平衡逆向移动，容器体积减小，NO2浓度增大，气体颜色变深，故B错误；C增大
35、N2O4的浓度，随着反应进行，N2O4的浓度逐渐减小，正反应速率不断降低，故C错误；D起始条件相同，将等最的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，则平衡相对于容器A正向移动，A中的N2O4平衡转化率小于B，故D正确；故答案为：AD；恒温恒容下，容器体积不变，气体质量不变，但气体物质的量改变，气体平均相对分子质量为变化值，压强为变化值，则达到平衡时，平均相对分子质量不变，压强不再变化，混合气体颜色不再变化，能判断该反应达到平衡状态的依据混合气体的平均摩尔质量不变、混合气的颜色不再变化；压强不再变化(其他答案合理均得分)。20. W、X、
36、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最丰富的元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，且它们的价电子层上均有2个未成对电子；向含有QSO4的溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继缕滴加氨水，沉淀溶解，得深蓝色溶液。请回答下列问题：(1)写出Z原子的价电子排布图为_。(2)W2XZ分子中的中心原子的杂化类型_。(3)Y、W形成的最简单的气态氢化物分子的空间构型为_。(4)继续滴加氨水，沉淀溶解时反应：_(用离子方程式表示)，向深蓝色溶液中再加乙醇，会析出深蓝色的Q(NH3)4SO4H2O晶体，该晶体中含有的化学键_。(5)Y的最简单气态氢化物的沸点比同主族相邻元素的最简
37、单气态氢化物的沸点高的原因是_。【答案】 (1). (2). sp2杂化 (3). 三角锥形 (4). Cu(OH)2+4NH3.H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O (5). 离子键、极性键、配位键 (6). 氨气分子间存在氢键【解析】【分析】W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最丰富的元素，则W为H元素；X、Z元素原子基态时，核外电子均排布在3个能级上，按排布规律这3个能级为1s、2s和2p，且它们的价电子层上均有两个未成对电子，则X和Z的电子排布式为1s22s22p2和1s22s22p4，故X为C元素，Z为O元素，则Y为N元素；向含有QSO4的溶液中滴
38、加氨水，形成蓝色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则Q为Cu元素，以此来解答。【详解】(1)Z为O元素，O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，故价电子排布图为；(2)H2CO分子为HCHO，中心原子为C，C上不含孤对电子，形成1个碳氧双键、2个CH键，为平面结构，则C的杂化类型为sp2杂化；(3)Y、W形成的最简单的气态氢化物为NH3，N原子上有1对孤对电子，形成3个NH键，N原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形；(4)向含有CuSO4的溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得深蓝色溶液，该溶液中含Cu(NH3)42+，发生的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH
39、3.H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O；Cu(NH3)4SO4H2O晶体中存在Cu(NH3)42+离子，Cu(NH3)42+与硫酸根离子形成离子键，Cu2+与NH3之间的键型为配位键，NH3中N原子与H原子之间形成极性共价键；(5)Y的最简单气态氢化物为氨气，同主族相邻元素的最简单气态氢化物为PH3，氨气沸点高的原因是氨气分子间存在氢键。【点睛】本题考查元素在周期表中位置、结构与性质，把握原子结构、电子排布规律及元素化合物知识来推断元素为解答的关键。21. 电化学在我们的生产生活中占有越来越重要的地位。(1)燃料电池是一种绿色环保、高效的化学电源。则上图甲池中负极反应式为_。(2)
40、用甲醇燃料电池电解2L，1mol/L硫酸铜溶液，一段时间后:两极共收集到标准状况下的气体89.6L，则电路中共转移_mol电子。(3)利用电化学原理，模拟工业电解法来处理含废水，如上图所示。阳极的电极反应式为_。电解过程中溶液中发生的反应离子方程式为_。向完全还原为Cr3+的乙池工业废水中滴加NaOH溶液，可将铬以Cr(OH)3沉淀的形式除去，已知Cr(OH)3存在以下溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)，常温下Cr(OH)3的溶度积Kgp=c(Cr3+).c3(OH-)=1.010-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至_。【答案】 (1
41、). CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O (2). 8 (3). Fe-2e-=Fe2+ (4). +6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O (5). 5【解析】【详解】(1)负极甲醇发生氧化反应，生成碳酸根离子，电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；(2)用甲醇燃料电池电解2L、1mol/L硫酸铜溶液，则n(Cu2+)=2L1mol/L=2mol，所以当阴极Cu2+完全放电后，阳极氢氧根离子失电子放出氧气反应为：4OH4e=O2+2H2O，所以放出氧气为，又两极共收集到标准状况下的气体89.6L，物质的量为 ，所以继续电解还要生成4mol1mol=3mol气体，这时相当于电解水，总反应为，则又会生成1mol氧气，所以电解过程中一共放出2mol氧气，电路中共转移2mol4=8mol电子；(3)与氧气相连的为阳极，铁失电子生成二价铁离子，电极反应式为Fe2e=Fe2+；电解过程中，酸性条件下，Fe2+离子与离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O； 溶液中，则溶液中，所以溶液的 pH5，故答案为：5。
