1、2019-2020学年度高一下学期考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64 Br-80第I卷（选择题)48分一、选择题。（每小题只有一个正确选项，每题2分）1.YBa2Cu3Ox(Y元素钇)是一种重要超导材料，下列关于Y的说法错误的是（ ）A. 质量数是89B. 质子数与中子数之差为50C. 核外电子数是39D. Y与Y互为同位素【答案】B【解析】【详解】A选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡A正确；B选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数质子数= 89 39 = 50，质子数与中子数之差为5039 =
2、11，故B错误； C选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确； D选项，Y与Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确;综上所述，答案为B。【点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。2.反应A(g)3B(g)=2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)0.15 molL1s1v(B)0.6 molL1s1v(C)0.4 molL1s1v(D)0.45 molL1min1该反应进行的快
3、慢顺序为()A. B. C. D. =【答案】C【解析】【详解】根据反应速率之比是化学计量数之比可知：v(A)0.15 molL1s1；v(B)0.6 molL1s1，则v(A)0.2 molL1s1；v(C)0.4 molL1s1，则v(A)0.2 molL1s1；v(D)0.45 molL1min1，则v(A)0.00375 molL1s1，所以快慢顺序为：，故选C。【点睛】同一个反应中，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，这规律是解决此题的关键。3.M、N、P、E、F五种金属，已知：M+N2+=N+M2+；M、P用导线连接入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡逸出；N、E用导线连
4、接放入E的硫酸盐溶液中，其中一极的电极反应为E2+2e-=E；P、F组成原电池时，F发生氧化反应。则这五种金属的还原性顺序是()A. FPMNEB. ENMPFC PFNMED. EPFMN【答案】A【解析】【详解】M+N2+=N+M2+，可说明活泼性MN；M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡，说明P为负极，M为正极，则活泼性PM；N、E用导线连接放入E的硫酸溶液中，电极反应为E2+2e-=E，说明E为正极，活泼性NE；P、F组成原电池时，F发生氧化反应，说明F为负极，活泼性FP，则四种金属的活泼性顺序为FPMNE，故答案选A。4.下列每组中各物质内既有离子键又有共价键的一组是
5、A. Na2O2、KOH、Na2SO4B. MgO、Na2SO4、NH4HCO3C. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4D. HCl、Al2O3、MgCl2【答案】A【解析】【详解】A、Na2O2、KOH、Na2SO4都有离子键和共价键，正确；B、MgO只有离子键，错误；C、H2SO4只有共价键，错误；D、氯化氢只有共价键，Al2O3、MgCl2只有离子键，错误；答案选A。5.下列图示关系不正确的是（ ）A. B. C D. 【答案】B【解析】【详解】A. 由于反应情况的不同，反应热可分为多种，如燃烧热、中和热、溶解热等，故A正确；B. 能源分为一次能源、二次能源，直接从自然界取得的能源
6、称为一次能源，一次能源经过加工、转换得到的能源称为二次能源，一种能源不可能同时是一次能源和二次能源，故B错误；C. 氧化还原反应是有电子得失的反应，有的氧化还原反应是放热反应如氢气等的燃烧反应，有的氧化还原反应是吸热反应如C与CO2高温下的化合反应等，有的吸热反应不是氧化还原反应如氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应等，有的放热反应不是氧化还原反应如酸碱中和反应等，故C正确；D.沼气是有机物质在厌氧条件下，经过微生物的发酵作用而生成的一种可燃烧的混合气体，主要成分为甲烷，其中有机物质中的能量来自太阳辐射的能量，沼气是一种可再生能源，是一种很好的清洁燃料，属于新能源，故D正确；故选B。【点睛】本题侧重
7、考查了反应热的分类、能源的分类和化学反应的分类，应注意的是氧化还原反应是有电子得失的反应，可能是吸热反应，也可能是放热反应。6.在一个绝热的恒容密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是（ ） 各组分的物质的量不变 体系的压强不再发生变化 混合气体的密度不变 体系的温度不再发生变化 3mol H-H键断裂的同时有2mol N-H键也断裂A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在化学反应过程中，各物质的反应速率之比始终等于相应的化学计量数之比，故不能证明达到平衡状态；各组分的物质的量不变，可以证明达到平衡状态；该反应为气体体积变化的反应，在恒容密闭容器中体系的压强不再发生变化可以证明达到
8、平衡状态；恒容密闭容器中，混合气体的体积始终不变，质量始终不变，故密度始终不变，不能证明达到平衡状态；该反应为放热反应，当体系的温度不再发生变化时，可以证明达到平衡状态； 在该反应中，若，则，可以证明达到平衡状态；3 mol HH键断裂的同时6 mol NH键也断裂才能表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故不能证明达到平衡状态；故答案选C。7.N2(g)与H2(g)在催化剂表面经历如下过程生成NH3(g)：下列说法正确的是（ ）A. I中破坏的均是极性键B. 过程是N2与H2反应生成NH3的过程C. 、均为放热过程D. 合成氨的反应是吸热反应【答案】C【解析】【详解】A中破坏的是N2、H2中
9、的非极性键，故A错误；B过程是和H反应生成的过程，故B错误；C、三个过程中能量均降低，所以都是放热过程，故C正确；D由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，所以合成氨的反应是放热反应，故D错误；故答案为C。8.反应2SO2O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 molL1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 molL1s1，则这段时间为（ ）A. 0.1 sB. 2.5 sC. 5 sD. 10 s【答案】C【解析】【详解】SO3的浓度增加了0.4 molL1，说明氧气的浓度减小了0.2 molL1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 molL1s1，反应时间为=
10、5s。故选C。9.某温度下，浓度都是1molL-1的两种气体X2和Y2在密闭容器中反应，经过tmin后，测得物质的浓度分别为：c（X2）04molL-1，c（Y2）08molL-1，则该反应的方程式可表示为（）A. X2+2Y22XY2B. 2X2+Y22X2YC. X2+3Y22XY3D. 3X2+Y22X3Y【答案】D【解析】【详解】tmin后，c（X2）=1molL-1-0.4molL-1=0.6molL-1，c（Y2）=1molL-1-0.8molL-1=0.2molL-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则X2、Y2的化学计量数之比为=0.6molL-1：0.2molL-1=3：
11、1，根据原子守恒可知，故反应可以表示为：3X2+Y22X3Y。故选D。10.下列对物质或微粒的表述正确的是（ ）A. 氯离子的结构示意图：B. 氧化钠的分子式：Na2OC. 碳-14 原子表示为：14CD. Na2S 的电 子式：Na : S : Na【答案】A【解析】【详解】A. 氯离子核内有17个质子，核外有18个电子，其结构示意图：，A正确；B. 氧化钠是离子化合物，无分子式，其化学式为：Na2O，B错误；C. 碳-14 原子核内由6个质子，质量数为14，可表示为：14C，C错误；D. Na2S是离子化合物，其电子式：，D错误；故答案为：A。【点睛】电子式的书写：离子化合物电子式是将组成
12、的阴阳离子拼在一起进行标示，书写规则口诀：多在外、少在内、小在外、大在内、阴阳相间，比如：，等；共价化合物电子式的书写，基本与共价型单质分子相同，一般为正价者在前，对于不同价态的元素的原子，一般将化合价绝对值大的写在中间，绝对值小的写在周边，比如：，等。11. 下列反应中，即属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（ ）A. Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应B. 灼热的炭与CO2反应C. 铝与稀盐酸D. H2与O2的燃烧反应【答案】B【解析】【详解】ABa(OH)28H2O与NH4Cl反应，该反应是吸热反应，但不是氧化还原反应；B灼热的炭与CO2反应，既是氧化还原反应，同时又是吸热反应；C
13、铝与稀盐酸是氧化还原反应，同时又是放热反应；DH2与O2的燃烧反应既是氧化还原反应，同时又是放热反应；本题选B。12.下列描述中，不符合生产实际的是()A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C. 电解饱和食盐水制烧碱，用铁作阴极D. 电解熔融NaCl制钠【答案】A【解析】【详解】A电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极，则阳极放电的是金属铁，电极被损耗，不符合生产实际，故A符合题意；B电解法精炼粗铜，阴极发生还原反应，铜离子得到电子生成铜，所以用纯铜作阴极，故B不符合题意；C电解饱和食盐水制烧碱与氯气时，阴极上产生氢气和氢氧化钠，阳极上产生氯气，阳极材料
14、采用石墨电极，阴极材料是铁电极，故C不符合题意；D钠属于活泼金属，可以采用电解法制取，阳极氯离子失电子得到氯气，阴极钠离子得电子得到钠单质，符合生产实际，故D不符合题意；答案选A。【点睛】电解池书写电极反应式，一定需要注意离子的放电顺序，还要具体考虑溶液中的各种离子，D项熔融的氯化钠中不存在水，属于易错点。13.下列说法正确的是（ ）A. 对于A(s)B(g) C(g)D(g)的反应，加入A，反应速率加快B. 2NO2N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)增大，v(逆)减小C. 一定温度下，反应 N2(g)3H2(g) 2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He不改变化学反应速率D.
15、100 mL2 molL1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快【答案】D【解析】【详解】A. 对于A(s)B(g) C(g)D(g)的反应，A为固体，加入A，A的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B. 2NO2 N2O4(正反应放热)，升高温度，v(正)、 v(逆) 均增大，故B错误；C. 一定温度下，反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中进行，恒压，充入He，容器的体积增大，浓度减小，化学反应速率减慢，故C错误；D. 100 mL 2 molL1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜发生置换反应析出铜，形成原电池，生成氢气的速率加快，故D正确；故选
16、D。14.以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜 (含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是()电能全部转化为化学能粗铜接电源正极，发生氧化反应溶液中Cu2向阳极移动利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】电解池中，电能不会全部转化为化学能，还会伴随热能等形式的能的产生，故错误；电解精炼铜时，粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故正确；溶液中Cu2+向阴极移动，在阴极上发生还原反应，故错误；在阳极上，没有铜活泼的金属Ag、Pt、Au等金属会从阳极掉落下，形成阳极泥，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故正确；正确的是
17、，答案选D。【点睛】电解精炼铜时，粗铜作阳极，该电极上Al、Zn、Cu失电子，精铜作阴极，该极上是铜离子得电子，阳极上铜以及比铜活泼的金属会溶解，而没有铜活泼的金属会从阳极掉落下，形成阳极泥，粗铜精炼用的也是电解池的原理。15.下列说法不正确的是A. 纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B. 加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏【答案】C【解析】【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之
18、间的分子间作用力被破坏，B项正确；C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2OH2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。故答案选C。16.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(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mn，则对下列叙述的判断正确的是( )a-b=m-n；元素的原子序数abcd；元素非金属性ZR；最高价氧化物对应水化物的碱性XYA. B. C. D. 【答案】A【解
19、析】【详解】金属元素的原子失去电子变为阳离子，非金属元素的原子获得电子变为阴离子。原子失去或获得的电子越多，其所带的电荷就越多。根据题意可得：ambn ，整理可得abmn，故正确；由于这几种离子的电子层结构相同，aXm+、bYn+是阳离子，失去的电子mn，所以原子序数ab；cZn-和dRm-是阴离子，得到的电子mn，所以原子序数cd。阳离子的原子序数大于阴离子的原子序数。所以元素的原子序数abcd，故正确；同一周期的元素，原子序数越大，元素非金属性越强，由于Z的原子序数大于R的原子序数，所以非金属性ZR，故正确；同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性就越弱，原子序数XY，所以最高价氧化物对
20、应水化物的碱性YX，故错误。答案选A。17.利用反应6NO28NH3=7N212H2O构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是A. 电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极B. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜C. 电极A极反应式为2NH36e=N26HD. 当有4.48 L NO2被处理时，转移电子数为0.8NA【答案】B【解析】由反应6NO2+8NH37N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极。AB为正极，A为负极，电流由正极B经导线流向负极A，故A错误； B正极反应为
21、6NO2+24e-+12H2O= 3N2+24OH-，负极反应为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，故B正确；C电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极反应式为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，故C错误；D没有明确4.48 L NO2是否是标准状况下，故D错误。点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子从负极经导线流向正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极。18.将纯锌片和纯铜片按下图所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.
22、两烧杯中溶液的酸性均减弱D. 产生气泡的速率甲比乙慢【答案】C【解析】【详解】甲池中锌与铜用导线连接后浸入稀硫酸中，形成原电池；乙池中仅发生锌与硫酸的反应。所以甲池中铜片表面有气泡产生，乙池不构成原电池。两池中c(H+)均减小；甲池中产生气泡的速率比乙快。答案选C。二、选择题。（每小题只有一个正确选项，每题3分）19.在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 molL1、0.1 molL1、0.2 molL1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是()A. SO2为0.4 molL1，O2为0.2 molL1B.
23、 SO2为0.25 molL1C. SO2、SO3均为0.15 molL1D. SO3为0.4 molL1【答案】B【解析】【详解】ASO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以SO2小于0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，故A错误；BSO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO2的浓度增大0.05mol/L， O2的浓度最多增大0.025mol/L，SO3的浓度最多减小0.05mol/L，故B正确；C反应物、生产物的浓度不可能同时减小
24、，一个减小，另一个一定增大，故C错误；DSO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，可逆反应中实际变化应小于该值，故D错误；答案选B。【点睛】化学平衡研究的对象为可逆反应，化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，实际变化量小于极限值。20.甲醇燃料电池种类较多，其中一种电池的电极为可导电的碳化钨，电解质溶液为稀硫酸，工作时一个电极加入甲醇，一个电极通入空气。下列判断不正确的是（已知甲醇燃烧时生成和）（ ）A. WC为惰
25、性电极，不参与电极反应B. 甲醇在电池负极失电子生成和水C. 正极的电极反应为D. 电池工作时，电解质溶液中向负极移动【答案】B【解析】【详解】甲醇燃料电池工作时加入甲醇的电极为负极，通入空气的电极为正极；A负极的电极反应为，正极的电极反应为，WC不参与电极反应，故A正确；B负极的电极反应为，故B错误；C正极的电极反应为，故C正确；D电池工作时，电解质溶液中阴离子向负极移动，故D正确；故答案选B。【点睛】本题关键是从甲醇燃料电池的电极反应式入手，分析出正负极得失电子的情况，进而得出结论。21.1993年8月，国际原子量委员会确认我国张青莲教授测定的51号元素的原子量为该元素的标准原子量，已知该
26、元素有两种以上天然同位素。正确的是A. 是该元素的质量与一个原子质量的比值B. 该元素为金属元素C. 该元素位于第六周期、第A族D. 该元素原子含有51个中子【答案】B【解析】【详解】 元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，故A错误；B. 51号元素为Sb，位于位于第五周期、第A族，是金属元素，故B正确； C. 51号元素为Sb，位于位于第五周期、第A族，故C错误； D. 51号元素为Sb，质子数为51，而不是中子数，故D错误； 故选B。【点睛】质量数近似等于相对原子质量，质量数=质子数+中子数，则该元素原子中子数为122-51=71。2
27、2.三硫化四磷用于制造火柴等，可由白磷和单质硫化合而得。它们的结构如下：依据下列键能数据，反应8P4(s)3S8(s)=8P4S3(g)的H为()化学键PPSSPS键能/kJmol1abcA. 24(ab2c) kJmol1B. (32a24b24c) kJmol1C. (48c24a24b) kJmol1D. (8a3b3c) kJmol1【答案】A【解析】【详解】H反应物的总键能生成物的总键能86E(PP)38E(SS)83E(PP)86E(PS)48a24b24a48c24a24b48c24(ab2c)，故A正确；故选A。【点睛】反应过程中，断开化学键需要吸收能量，形成化学键释放能量，化
28、学反应中旧键断裂，新键形成，伴随能量的变化，通过键能可以计算反应热。第II卷（非选择题)52分23.有下列八种晶体：A.水晶(SiO2)、B.冰醋酸、C.氧化镁、D.白磷、E.晶体氩、F.氯化铵、G.铝、H.金刚石。用字母回答下列问题：(1)属于原子晶体的化合物是_，直接由原子构成的晶体是_，直接由原子构成的分子晶体是_。(2)含有共价键的离子晶体是_，属于分子晶体的单质是_。(3)在一定条件下能导电而不发生化学变化的是_，受热熔化后化学键不发生变化的是_，需克服共价键的是_。【答案】 (1). A (2). AEH (3). E (4). F (5). DE (6). G (7). BDE
29、(8). AH【解析】【详解】A水晶(SiO2)中含共价键，为共价化合物，为原子晶体；B冰醋酸中含共价键，为共价化合物，为分子晶体；C氧化镁中含离子键，为离子化合物，为离子晶体；D白磷中含共价键，为单质，属于分子晶体；E晶体氩中不含化学键，为单质，属于分子晶体；F氯化铵中含离子键和共价键，为离子化合物，为离子晶体；G铝为金属单质，为金属晶体；H金刚石含共价键，为单质，属于原子晶体；(1)属于原子晶体的化合物是水晶，直接由原子构成的晶体是原子晶体和单原子分子形成的分子晶体，有水晶、晶体氩以及金刚石，稀有气体形成的分子晶体由原子构成的分子，即氩晶体是由原子构成的分子晶体；(2)由分子构成的晶体是分
30、子晶体，有冰醋酸、白磷、晶体氩，氯化铵含有离子键和共价键，属于分子晶体的单质是白磷和晶体氩；(3)在一定条件下能导电而不发生化学键断裂是金属铝，电解质导电时发生了化学变化，受热熔化后化学键不发生变化的化合物是冰醋酸、白磷、晶体氩，受热熔化后需克服共价键的是水晶和金刚石。24.A、B、C、D、E是五种短周期元素。已知：它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，C是E的邻族元素；D和E的原子序数之和为30，且D的族序数与周期数相等。甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物，其中甲分子中含有18个电子。物质组成甲乙丙丁化合物中各元素原子个数比A和
31、C1:1B和A1:4D和E1:3B和E1:4请回答下列问题：（1）元素E在周期表中的位置为_；（2）把D的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：_；（3）用电子式表示甲的形成过程：_；（4）在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg，若加入足量Na2O2,充分振荡并不断用电火花点燃至反应完全，测得固体质量增重mg，则BC2与乙的体积比为_；（5）有200mL MgCl2和丙的混合溶液，其中c(Mg2+) 0.2 mol L-1，c(Cl-) 1.3molL-1，要使Mg2全部转化为沉淀分离出来，至少需要4 molL-1 NaOH 溶液的体积是：_。【答案】 (1). 第三周期第VI
32、IA族 (2). 2Al2NaOH2H2O = 2NaAlO2+3H2 (3). (4). 1:1 (5). 80 mL【解析】【分析】A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第A族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳，据此进行答题。【详解
33、】（1）E为氯元素，原子序数为17，位于周期表中第三周期，第VIIA族，故答案为第三周期，第VIIA族；（2）把铝的单质放到NaOH溶液中，反应的化学方程式为：2Al2NaOH2H2O = 2NaAlO2+3H2，故答案为2Al2NaOH2H2O = 2NaAlO2+3H2；（3）甲为双氧水，双氧水为共价化合物，形成过程用电子式表示为，故答案为；（4）由2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2可知，固体增重为与CO2等物质的量的CO的质量，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可知固体增重为与H2O等物质的量的H2的质量，在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，若加入足量
34、的Na2O2，充分振荡并不断用电火花引燃至反应完全，测得固体质量增加mg，则系列反应后CO2、CO、CH4混合气体中所有元素均被吸收，故原混合物中CO2与CH4相对于CO、H2混合，则CO2与CH4的体积之比为1：1，故答案为1:1；（5）有200mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c（Mg2+）=0.2molL-1，c（Cl-）=1.3molL-1，则c（Al3+）=0.3molL-1，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，此时Al3+要生成AlO2-，需要NaOH物质的量为0.30.24+0.20.22mol=0.32mol，所以NaOH溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为80
35、mL。【点睛】本题主要考查位置、结构与性质关系的应用，根据题干信息推断元素为解题的关键。注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。本题的难点为（4），要注意根据过氧化钠与水或二氧化碳反应的方程式判断出固体质量的变化本质。25.：用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2 MnO4-5H2C2O46H+ = 2Mn2+10CO28H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：实验序号A溶液B溶液20 mL 0.1 molL1 H2C2O4溶液30
36、 mL 0.01 molL1 KMnO4溶液20 mL 0.2 molL1 H2C2O4溶液30 mL 0.01 molL1 KMnO4溶液(1)该实验探究的是_因素对化学反应速率的影响。(2)若实验在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO4-)_ molL1(假设混合溶液的体积为50 mL)。(3)小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1t2时间内速率变快的主要原因可能是：产物Mn2是反应的催化剂，_：当温度高于500 K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为
37、_(2)在恒温恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是_a体系压强不再改变 bH2的浓度不再改变c气体的密度不随时间改变 d单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为31【答案】 (1). 浓度 (2). 0.0052 (3). 反应放热，温度升高 (4). 2CO26H2C2H5OH（g）3H2O（g） (5). ab【解析】【详解】：（1）对比实验可知，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为浓度；（2）CO2的物质的量是：4.48mL10-322.4mol/l=0.0002mol，设2min末，反应的MnO4-的物质的量为X，2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10
38、CO2+8H2O2 10X 0.0002mol解得 X=0.00004mol，30mL10-30.01molL-1-0.00004mol=0.00026mol，c（MnO4-）=nv=0.00026mol0.05L=0.0052mol/L，故答案为0.0052；（3）影响化学反应速率因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，故答案为该反应放热使反应温度升高；：（1）当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了1mol乙醇和水，该反应的化学方程式为：2CO2+6H2CH3CH2OH（g）+3H2O（g），故答案为2CO2+6H2CH3CH2OH
39、（g）+3H2O（g）；（2）a该反应中混合气体的物质的量减小，则体系压强一直在减小，当体系压强不再改变，能说明到达平衡，故a正确；bH2的浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故b正确；c容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故c错误；d单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3：1，指正反应方向，无法判断正逆反应速率是否相等，则不能说明到达平衡，故d错误；故答案为ab。26.（1）已知拆开1mo1H-H键、1molNN键、lmolN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。则生成1mo1
40、 NH3时反应放出_kJ 的热量。（2）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是_（填序号）。（3）直接乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_；碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为_；熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，电极b上发生的电极反应式为_。【答案】 (1). 46 (2). (3). O2 (4). C2H5OH16OH12e=2CO3211H2O (5). O22CO24e=2CO32【解析】【详解】（1）在反应N2+3H22NH3中，断裂3mol
41、 H-H键，1mol NN键共吸收的能量为：3436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为：6391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，生成2molNH3放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，所以生成1molNH3放出的热量为46kJ，故答案为46；（2）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，在原电池中，铜作负极、其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐，中铜作负极、C作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故正确；中铁发生钝化现象，
42、Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3-+4H+=Cu2+2NO2+2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；中铁作负极、C作正极，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故错误；故答案为；（3）正极发生还原反应，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为O2，故答案为O2；碱性乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为C2H5OH16OH12e=2CO3211H2O，故答案为C2H5OH16OH12e=2CO3211H2O；原电池中阴离子向负极移动，所以CO32-向负极（a）移动，电极b上是氧气得到电
43、子发生还原反应，b电极上的电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故答案为O2+2CO2+4e-=2CO32-。27.将4 mol A气体和2 mol B气体在体积为2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)B(g) xC(g)，若经2 s后测得A的物质的量为2.8 mol，C的物质的量浓度为0.6 mol/L。求：2 s内用物质A表示的平均反应速率为_。2 s内用物质B表示的平均反应速率为_。2 s时物质B的转化率为_。x_。【答案】 (1). 0.3molL-1s-1 (2). 0.15molL-1s-1 (3). 30% (4). 2【解析】【详解】若经2s后测得A的物质的量为2.8mol，2 s后C的物质的量浓度为0.6molL-1=，解得x=2；2s内用物质A表示的平均反应速率=0.3molL-1s-1；2s内用物质B表示的平均反应速率=0.15molL-1s-1；2s时物质B的转化率=100%=30%；由上述计算可知x=2。
