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福建省宁德市高中同心顺联盟校2020届高三上学期期中考试化学（解析版）
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福建省宁德市高中同心顺联盟校2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64
卷I（选择题）
一、选择题（本题共计20小题，每题2 分，共计40分）
1.化学是一门具有创造性的科学。下列事实不能直接体现这一说法的是（ ）
A. 青蒿素的发现与合成 B. 水力发电
C. 新型复合材料的发明 D. “21世纪的金属”——钛的冶炼
【答案】B
【详解】A．青蒿素的发现与合成是制造出自然界中不存在的物质，说明化学具有创造性，故A不选；
B．水利发电是利用势能转化为电能，过程中无新物质生成，不能说明化学的创造性，故B选；
C．新型复合材料的发明是制造出自然界中不存在的物质，说明化学具有创造性，故C不选；
D．钛(Ti)被称为继铁、铝之后的“21世纪金属”金属，应用前景广泛，钛的冶炼是制造出自然界中不存在的物质，说明化学具有创造性，故D不选；
故选B。
2.质量分数为35%，密度为1.24g/cm3的硫酸物质的量浓度为（ ）
A. 0.044mol/L B. 0.44mol/L
C. 4.4mol/L D. 44mol/L
【答案】C
【详解】该硫酸的物质的量浓度为c==mol/L≈4.4mol/L，故选C。
【点睛】明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键。本题的易错点为c=中的1000是体积单位换算的结果，因此需要注意，溶液的密度以“g/cm3”为单位。
3.用1L1.0mol·L-1的NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是（ ）
A. 1∶3 B. 2∶1 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】B
【详解】用1L 1mol•L-1NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得产物有Na2CO3和NaHCO3，设CO32-和HCO3-的物质的量分别为x、y，则x+y＝0.6mol，2x+y＝1L×1.0mol/L，解得x=0.4mol，y=0.2mol，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，则所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是0.4mol∶0.2mol=2∶1，故选B。
4.化学概念在逻辑上存在如图关系，对下列概念的说法正确的是（ ）
A. 化合物与电解质属于包含关系
B. 氧化还原反应与化合反应属于包含关系
C. 溶液与分散系属于并列关系
D. 化合物与碱性氧化物属于交叉关系
【答案】A
【详解】A．在水溶液中或溶质状态下能导电的化合物为电解质，故电解质属于化合物，两者为包含关系，故A正确；
B．氧化还原反应和化合反应为交叉关系，不是包含关系，故B错误；
C．溶液、胶体和浊液都属于分散系，溶液包含在分散系中，属于包含关系，故C错误；
D．碱性氧化物属于氧化物的一种，而氧化物属于化合物，则化合物与碱性氧化物属于包含关系，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意部分化合反应为氧化还原反应，部分不属于氧化还原反应，如氧化钙与水的化合和氢气与氧气的化合。
5.下列说法正确的是（ ）
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②氨气溶于水后得到的氨水溶液可以导电，所以氨水属于电解质
③冰和干冰既是纯净物又是化合物
④雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔现象
⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-
⑥可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液
A. ①③④⑤ B. ①②③④⑥
C. ①③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【详解】①江河水中含有胶体，海水中含有大量电解质，根据胶体的性质，当江河水遇到海水时发生聚沉，在入海口形成沉淀，日积月累形成三角洲，故①正确；
②氨水是混合物，不属于电解质，故②错误；
③冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，都是纯净物，又是化合物，故③正确；
④雾是气溶胶，胶体有丁达尔现象，故④正确；
⑤加入稀盐酸产生无色气体，将生成气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，该气体可能为二氧化碳，也可能为二氧化硫，则溶液可能有CO32-、SO32-等，故⑤错误；
⑥溶液能透过半透膜，而胶体不能，可用渗析法分离胶体与溶液，故⑥正确；
正确的有①③④⑥，故选C。
6.下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是（ ）
A. 盐酸与氢氧化钠溶液的反应 B. 过氧化钠与二氧化碳的反应
C. 将钠投入水溶液中的反应 D. 二氧化碳通入石灰水中的反应
【答案】C
【详解】A．盐酸与氢氧化钠溶液的反应为离子反应，但没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不选；
B．过氧化钠与二氧化碳反应没有离子参加，不属于离子反应，故B不选；
C．钠投入水溶液中的反应为离子反应，且Na、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C选；
D．二氧化碳通入石灰水中的反应为离子反应，但没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选C。
7.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NA
B. 20mL 10mol·L-1的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.2NA
C. 0.1mol NH2-所含电子数约为6.02×1023个
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA
【答案】C
【详解】A. P4为正四面体结构，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P－P键为6mol，其数目为6NA，A项错误；
B. 浓硝酸与足量铜反应时，会随着浓度的降低变为稀硝酸，转移电子数会发生改变，故无法计算，B项错误；
C. NH2-所含电子数为7+2+1=10，0.1 molNH2-所含电子数约为6.02×1023个，C项正确；
D. H2+I2⇌2HI是可逆反应，但此反应也是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，D项错误；
答案选C。
【点睛】A项是易错点，要牢记，1mol P4分子中含6mol P-P键，1mol单晶硅中含Si-Si键为2mol，1mol金刚石中含C-C键为2mol，1mol SiO2中含4mol Si-O键。
8.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）
A. 装置①可用于收集H2、CO2气体
B. 装置②中X若为四氯化碳，则此装置可用于吸收氯化氢，并防止倒吸
C. 装置③可用于实验室配制一定物质的量浓度的稀硫酸
D. 装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气
【答案】C
【详解】A．从a进气，可收集氢气，从b进气，可收集二氧化碳，故A正确；
B．HCl不溶于四氯化碳，且四氯化碳密度比水大，可起到防止倒吸的作用，故B正确；
C．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；
D．氨气的水溶液显碱性，可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小，用向上排空气法收集，氨气极易溶于水，需要用倒扣的漏斗，防止倒吸，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意四氯化碳的密度大于水，在下层，可以防止倒吸，不能用苯，苯浮在水面上，不能防止倒吸。
9.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是（ ）
选项
气体
a
b
c
d
A
CO2
盐酸
CaCO3
饱和Na2CO3溶液
浓硫酸
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
浓硫酸
C
NH3
饱和NH4Cl溶液
消石灰
H2O
固体NaOH
D
NO
稀硝酸
铜屑
H2O
浓硫酸
【答案】D
【详解】A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；
B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；
C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；
D、一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。
答案选D。
10.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 碳铵的化学式:NH4HCO3
B. 次氯酸的结构式：H—C1—O
C. 中子数为145、质子数为94的钚(Pu)原子：
D. S2-的结构示意图:
【答案】A
【详解】A．碳铵全名称为碳酸氢铵，化学式：NH4HCO3，A正确；
B．次氯酸的结构式：H-O-Cl，B错误；
C．中子数为145、质子数为94的钚(Pu)原子表示为，C错误；
D．硫离子的结构示意图中，原子核内质子数是16，最外层为8个电子，正确的离子结构示意图为，D错误；
故合理选项是A。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 第二周期中，最高价含氧酸酸性最强的是氟 B. 碘的非金属性比氯弱
C. VA族中原子半径最小的是氮 D. 钠的金属性比锂强
【答案】A
【详解】A．F是最活泼的非金属元素，F元素没有最高价氧化物的水化物，故A错误；
B．同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性I＜Cl，故B正确；
C．同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以氮族元素中原子半径N最小，故C正确；
D．同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性Na＞Li，故D正确；
故选A。
12.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素．在常温下A元素的单质是密度最小的气体，B元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素在同周期的主族元素中原子半径最大，D元素是地壳中含量最多的金属元素，E元素的单质是黄绿色的气体。下列说法正确的是（ ）
A. 由元素A、B组成的化合物常温下一般是液态的
B. 元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不可能发生反应
C. 由元素B、C、D组成的化合物可用作漂白剂
D. 化合物AE与CE含有相同类型的化学键
【答案】A
【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，在常温下A元素的单质是密度最小的气体，则A是H元素；B元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，B是短周期元素，最外层电子数不能超过8个，所以其最外层电子数是6，且有两个电子层，B为O元素；C元素在同周期的主族元素中原子半径最大且原子序数大于O，所以C是Na元素；D元素是地壳中含量最多的金属元素，D为Al元素；E元素的单质是黄绿色的气体，则E是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A是H元素，B为O元素，C是Na元素，D为Al元素，E是Cl元素。
A．由元素H、O组成的化合物可有H2O，H2O2，常温下是液态的，故A正确；
B．Na、Al元素的最高价氧化物的水化物为NaOH、Al(OH)3，氢氧化铝为两性氢氧化物，二者能发生反应生成偏铝酸钠，故B错误；
C．由元素O、Na、Al组成的化合物是NaAlO2，没有漂白性，故C错误；
D．HCl中含共价键，NaCl中含离子键，化学键类型不同，故D错误；
故选A。
13. 中和热测定实验中，下列操作会使测得的△H数值偏大的是（ ）
A. 大烧杯上没有盖硬纸板
B. 用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒
C. 用相同浓度和体积硝酸代替稀盐酸溶液进行实验
D. 用1gNaOH固体代替50mL0.5mol/L的NaOH溶液进行实验
【答案】D
【解析】
A和B均会使反应中放出的热量损失，从而使测得的反应热偏小。C不影响。D中氢氧化钠固体溶于水会放热，因此测得的反应热偏大。答案选D。
14.下列反应中能量变化与其它不同的是（ ）
A．铝热反应
B．燃料燃烧
C．酸碱中和反应
D．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl固体混合
【答案】D
【解析】A项，铝热反应是放热反应；B项，燃料燃烧是放热反应；C项，酸碱中和反应是放热反应；D项，氯化铵晶体与Ba(OH)2•8H2O的反应是吸热反应，故选D。
点睛：本题考查放热反应和吸热反应，难度不大，抓住中学化学中常见的吸热和放热反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要记住。
15. 下列有关金属腐蚀与保护的说法正确的是（ ）
A. 钢铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe－3e－===Fe3＋
B. 相同条件下，轮船在海水中比在淡水中腐蚀慢
C. 铁上镀锌的保护方法叫牺牲负极的正极保护法
D. 水库里钢闸门与电源负极相连的方法叫做外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】试题分析：钢铁腐蚀时负极发生的反应为：Fe－2e－===Fe2＋，A错；在海水中轮船中的钢铁更容易形成原电池，腐蚀的更快，B错；铁上镀锌的保护方法是覆盖耐腐蚀的金属的保护法，C错；D对。
考点：金属的腐蚀原理和防护。
16.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3kJ·mol-1，则甲烷的燃烧热为893.0kJ·mol-1
B. 已知4P（红磷，s）=P4（白磷，s）；ΔH＞0，则白磷比红磷稳定
C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4kJ·mol-1
D. 己知C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH1 C(s)+O2(g)=CO(g)；ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】C
【详解】A．燃烧热：在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态应为液态，甲烷的燃烧热不为893.0kJ·mol-1则故A错误；
B．4P(红磷，s)=P4(白磷，s)△H＞0，为吸热反应，则红磷的能量低于白磷的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故B错误；
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，生成0.5mol水，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) △H=-57.4kJ/mol，故C正确；
D．C完全燃烧放出的能量多，不完全燃烧放出的热量少，放出的热量越多，△H越小，所以△H1＜△H2，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意放热反应的△H＜0，放出的热量越多，△H越小。
17.反应CH2=CH2+H2→CH3-CH3，有关化学键的键能如下：
化学键
C-H
C=C
C-C
H-H
键能(kJ·mol-1)
414.4
615.3
347.4
435.5
则该反应的反应热ΔH为（ ）
A. +288.8kJ/mo1 B. -703.4kJ/mo1
C. +125.4kJ/mo1 D. -125.4kJ/mo1
【答案】D
【详解】1molCH2=CH2和1molH2，需要断裂4molC-H键，1molC=C、1molH-H，共吸收的能量为：4×414.4kJ+615.3kJ+435.3kJ=2708.2kJ；生成1molCH3-CH3，需要形成6mol C-H键，1mol C-C键，共放出的能量为：6×414.4kJ+347.4kJ=2833.8kJ，放出的能量多，吸收的能量少，该反应为放热反应，放出的热量为：2833.8kJ-2708.2kJ=125.6kJ，放热反应的反应热小于0，所以反应热为-125.6kJ/mol，故选D。
18. 电化学装置工作时，下列电极上发生的反应一定是氧化反应的是（ ）
A. 阴极 B. 负极 C. 铜电极 D. 石墨电极
【答案】B
【解析】试题分析：电化学装置工作时，原电池的负极或电解池的阳极，电极上发生的反应一定是氧化反应的是。故选B。
考点：电极反应的类型判断。
19.关于各图的说法（其中①③④中均为情性电极）正确的是（ ）
A. ①装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝
B. ②装置中待镀铁制品应与电源正极相连
C. ③装置中电子由b极流向a极
D. ④装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应
【答案】D
【详解】A、①装置是电解池，阴极上溶液中阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，没有气体放出，故A错误；
B、②装置为电镀池，待镀制品应该和电源负极相连，做电解池的阴极，故B错误；
C、③装置是氢氧燃料电池，通入氢气的为原电池的负极，通入氧气的为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，即从a极经导线流向b极，故C错误；
D、④装置为电解氯化钠溶液的装置，装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；
故选D。
20.爱迪生蓄电池在充电和放电时发生的反应为Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，下列对该蓄电池的推断错误的是（ ）
①放电时，Fe参与负极反应，NiO2参与正极反应
②放电时，电解质溶液中的阴离子向正极移动
③放电时，负极上的电极反应式为Fe+2H2O-2e-=Fe(OH)2+2H+
④该蓄电池的电极必须浸入某种碱性电解质溶液中
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】B
【详解】①Fe元素化合价由0价变为+2价、Ni元素化合价由+4价变为+2价，则Fe参与负极反应，NiO2参与正极反应，故①正确；
②放电时为原电池，原电池中，电解质溶液中的阴离子向负极方向移动，阳离子向正极移动，故②错误；
③根据题意，电解质为碱性溶液，放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，故③错误；
④由方程式可知此电池为碱性电池，电极需要浸在碱性电解质溶液中，故④正确；
错误的有②③，故选B。
卷II（非选择题）
二、填空题（本题共计4小题，共计60分）
21.如表列出了A～R9种元素在周期表中的位置，用化学用语回答：
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
E
F
3
A
C
D
G
R
4
B
H
（1）这九种元素中化学性质最不活泼的是_________。
（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是____________________________________________。
（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为_______________________。
（4）F、G、H三种元素简单氢化物沸点由高到低的顺序_______________________。
（5）E元素氧化物的电子式是______________，F的氢化物在常温下跟B反应的化学方程式是_____________________________________________________。
（6）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）___________。
A．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
B．G的气态氢化物的稳定性弱于HF
C．FeG3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
（7）G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因：_________________________________________________________________。
【答案】(1). Ar (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). K＞Na＞Mg (4). H2O＞HBr＞HCl (5). (6). 2K+2H2O=2KOH+H2↑ (7). AB (8). 最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br
【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。
(1)元素周期表中化学性质最不活泼是稀有气体元素，即Ar的性质最不活泼，故答案为：Ar；
(2)铝元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(3)一般而言，电子层越多，半径越大，所以K的半径最大，电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则Na＞Mg，所以原子半径大小为K＞Na＞Mg，故答案为：K＞Na＞Mg；
(4)H2O分子间存在氢键，沸点最高；HCl和HBr都是分子晶体，相对分子量越大，沸点越高，则沸点：HBr＞HCl，所以沸点高低为：H2O＞HBr＞HCl，故答案为：H2O＞HBr＞HCl；
(5)E为C元素，其氧化物若为二氧化碳，属于共价化合物，其电子式为；F是O，氢化物为水，K与水反应生成氢氧化钾和氢气，化学反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为：；2K+2H2O=2KOH+H2↑；
(6)A．金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Al＜Mg，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解释，故A选；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，稳定性：HCl＜HF，可用元素周期律解释，故B选；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C不选；故答案为：AB；
(7)G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，因为Cl和Br的最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br，故答案为：最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意C的氧化物常见的有CO2和CO，均为共价化合物，其中CO的电子式为，其中含有一个配位键。
22.I.工业金属钛冶炼过程中有一步将原料金红石转化，其反应方程式为：TiO2（金红石）+2C+2Cl2=TiCl4+2CO
已知：
①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1；
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ·mol-1；
③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g) ΔH=+141kJ·mol-1；
（1）CO的燃烧热是_______________。
（2）请写出金红石转化的热化学方程式_______________________________________。
II.如图所示的三套实验装置中，甲、乙两套装置的电池反应均为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，盐桥内装有含琼脂的饱和KCl溶液，回答下列有关问题：
（1）甲装置中铜电极上的电极反应式为_________________________________。
（2）放电时盐桥中的Cl-将会出现在乙装置__（填“左”或“右”）侧的容器中，X电极的成分不可能是___________（填字母）
a．铜 b．铁 c．石墨 d．铝
（3）用丙装置在铁上镀铜，则电极材料为铁的是_____（填“Y或Z”），负极上的电极反应式为_________________________________。
（4）当丙池中某电极的质量减少1.6g时，则消耗的O2在标况下的体积是_________。
【答案】(1). 283 kJ/mol(或△H=-283 kJ/mol) (2). TiO2(s，金红石)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+ 2CO(g) △H=-80 kJ/mol (3). Cu2++2e-=Cu (4). 左 (5). d (6). Y (7). CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O (8). 0.28L
【分析】Ⅰ．(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
(2)依据热化学方程式和盖斯定律计算焓变，并写出热化学方程式；
Ⅱ．(1)Zn比Cu活泼，作负极，Cu作正极，据此写出正极反应式；
(2)在乙图装置中，Zn作负极、X作正极，盐桥中的Cl-将向负极移动；由Zn+Cu2+═Zn2++Cu可知，X电极活泼性需要小于Zn；
(3)丙装置中，左装置为碱性燃料电池，燃料甲烷所在电极为负极，通入O2的电极为正极，则右装置为电解池，Z电极为阳极，Y电极为阳极，铁上镀铜时 纯铜为阳极，铁作阴极，硫酸铜溶液作电解质；
(4)丙装置中，纯铜为阳极，铁作阴极，根据电子守恒得到关系式为2Cu～4e-～O2，阳极Cu电极减少1.6gCu时，物质的量为0.025mol，据此计算O2的物质的量和体积。
【详解】Ⅰ．(1)2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566kJ•mol-1，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H=-283 kJ/mol，则CO燃烧热为283kJ/mol，故答案为：283 kJ/mol(或△H=-283 kJ/mol)；
(2)①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566 kJ•mol-1，③TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(s)+O2(g)△H=+141 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②+③得到：TiO2(s，金红石)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+2CO(g)△H=(-393.5kJ•mol-1)×2-(-566 kJ•mol-1)+(+141 kJ•mol-1)=-80 kJ/mol，故答案为：TiO2(s，金红石)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+2CO(g)△H=-80 kJ/mol；
Ⅱ．(1)Zn比Cu活泼，Zn为负极，发生失去电子的氧化反应，Cu作正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：Cu2++2e-=Cu；
(2)在乙图装置中，Zn易失电子、作负极，X作正极，放电时盐桥中的Cl-将向负极移动，即向左移动，盐桥中的Cl-将会出现在左侧的容器中；由Zn+Cu2+═Zn2++Cu可知，X电极活泼性小于Zn，铜、铁、石墨的活泼性均小于Zn，不可能发生失去电子的反应，Al比Zn活泼，若X为Al，则Al作负极，原电池反应发生改变，故答案为：左；d；
(3)丙装置中，左侧装置为碱性燃料电池，燃料甲烷发生失去电子的氧化反应，所在电极为负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，通入O2的电极为正极，则右装置为电解池，Z电极为阳极，Y电极为阴极，在铁上镀铜时 纯铜为阳极，铁作阴极，即电极材料为铁的是Y，故答案为：Y；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；
(4)丙池为电解池，其中某电极的质量减少1.6g，是阳极Cu电极减少1.6g，物质的量为=0.025mol，整个装置中关系式为2Cu～4e-～O2，n(O2)=n(Cu)=0.0125mol，在标况下的体积V=nVm=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L，故答案为：0.28L。
【点睛】本题的易错点和难点为Ⅱ中(3)和(4)，(3)中负极反应式书写时要注意，电解质溶液为碱性，不能生成二氧化碳，应该生成CO32-，(4)中要注意根据得失电子守恒计算。
23.废物的处理、转化和利用是非常有意义的。某研究性学习小组设计如图所示流程，综合处理某工厂印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)和废气(H2S)，真正做到了变废为宝：处理废液、废气得到氯化铜、单质硫的同时，还实现了蚀刻液的循环利用。
根据以上信息回答下列问题：
（1）操作I、Ⅱ、Ⅲ相同，名称是___________，所需要的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃棒、_________________。
（2）通常用来检验蚀刻液中金属阳离子的化学试剂是______________。
（3）向废液中加入过量X时发生的主要反应的离子方程式为_________________________________________________________________。
（4）滤渣①与Y反应的化学方程式为_____________________________________。
（5）H2S通入蚀刻液中发生的主要反应为____________________________________。
（6）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为__________________________。
（7）综合分析虚线框内所涉及的两个反应，可知该过程有两个显著优点：①蚀刻液得到循环利用；②____________________________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗 (3). KSCN溶液 (4). 2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu (5). Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ (6). 2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl 或2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (7). 2Fe2+-2e-=2Fe3+ (8). 硫化氢的原子利用率为100%
【分析】根据流程图，滤液①中通入足量的氯气，能够生成蚀刻液(FeCl3)，因此滤液①为FeCl2，则废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入过量的X为铁粉，三价铁离子与铁反应生成二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜和二价铁离子，经过过滤得到滤渣①为铜与铁，滤液①为氯化亚铁溶液，滤渣①中加入过量的Y得到氯化亚铁溶液，因此Y为盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣②为铜，铜与氯气反应生成氯化铜，滤液①通入足量氯气生成氯化铁，氯化铁与硫化氢反应生成硫单质和氯化亚铁，过滤得到单质硫和滤液②为氯化亚铁，电解可以生成氯化铁。据此分析解答。
【详解】(1)由流程图可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是分离固体与液体的操作，应为过滤操作，用到的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃棒、漏斗，缺少的仪器为：漏斗，故答案为：过滤；漏斗；
(2)滤渣②与氯气反应得到氯化铜，则滤渣②为铜，氯化铁与铜反应生成氯化铁和氯化铜，所以刻蚀液主要为三氯化铁，检验三价铁离子，可以用KSCN溶液，如果加入KSCN溶液出现血红色，证明含有三价铁离子，故答案为：KSCN溶液；
(3)根据上述分析，X为铁，铁能够与溶液中三价铁离子，铜离子发生反应，离子方程式依次是：2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu；
(4)滤渣①为铜和过量的铁，除去铁，应加入过量的盐酸，所以Y为盐酸，铜与盐酸不反应，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
(5)刻蚀液为氯化铁，通入硫化氢发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：，离子方程式为2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，故答案为：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl 或2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
(6)氯化铁与硫化氢反应生成硫单质和氯化亚铁、氯化氢，过滤得到滤渣为硫单质，滤液为氯化亚铁和盐酸，电解二者的混合物，阳极上Fe2+失去电子发生氧化反应生成Fe3+，电极反应式为：2Fe2+-2e-=2Fe3+，故答案为：2Fe2+-2e-=2Fe3+；
(7)依据氯化铁与硫化氢反应可知硫化氢在反应中原子利用率为100%，故答案为：硫化氢的原子利用率为100%。
24.我国著名化学家申泮文教授对硼烷化学的研究开启了无机化学的新篇章；硼族元素及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）基态B原子的价电子轨道表达式为__________，B原子核外电子有____个不同的能级。
（2）硼、铝同主族，晶体硼的熔点为2300℃，金属铝的熔点为660.3℃，试从晶体结构解释其原因：_________________________________________________。
（3）实验测得AlCl3的蒸气是缔合的双分子（Al2Cl6），它的结构和球棍模型如图：
已知在Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于______分子（填“极性”或“非极性”），其中Al原子的轨道杂化类型是_________。
（4）氨硼烷（NH3BH3）是一种高性能新型储氢材料，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是________（填元素符号），写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子________（填化学式）。
（5）常温常压下硼酸（H3BO3）晶体结构为层状，其二维平面结构如图1所示。试解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大的原因__________________________________。
（6）氮化硼（BN）晶体是一种特殊的耐磨和切削材料，其晶胞结构与金刚石相似，如图2所示。
①氮化硼晶体中与氮原子直接连接的硼原子构成的几何形状为________。
②已知立方氮化硼晶体中晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度表达式为_________g∙cm−3。
【答案】 (1). (2). 3 (3). 铝为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间靠共价键结合，且共价键数量多，作用较强，因此其熔点高于铝 (4). 非极性 (5). sp3 (6). N (7). C2H6 (8). 硼酸分子间通过氢键缔合，加热时部分氢键被破坏 (9). 正四面体 (10).
【解析】（1）B原子核外电子排布为1s22s22p1，共占有3个不同的能级；价电子为2s22p1。
（2）铝为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间靠共价键结合，且共价键数量多，作用较强，因此其熔点高于铝。
（3）Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则属于非极性分子；在Al2Cl6中每个铝原子和4个氯原子形成共价键，故Al原子采取sp3杂化。
（4）氨硼烷(NH3BH3)中，N和B的化合价均为−3，“BH3”与“NH3”的化合价都是0，两者之间通过配位键相连，B的最外层有3个电子结合3个H原子，还缺少两个电子就达到稳定结构，而N结合3个H原子，还有1个孤电子对，所以N提供孤对电子而B提供空轨道形成配位键。与氨硼烷互为等电子体的微粒，必须具有相同的价电子数和原子数，C2H6与氨硼烷互为等电子体。
（5）在H3BO3分子间主要通过氢键相连，加热时部分氢键易被破坏，所以硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大。
（6）①在氮化硼晶体中，N原子位于晶胞的8个顶点和6个面心，所以有：8×+6×=4个；B原子位于晶胞的内部，共4个，则一个晶胞中有4个N和4个B。与N原子直接相连接的B原子构成的几何形状和与B原子直接相连接的N原子构成的几何形状一样，均为正四面体，其中N原子在体心，4个B原子在顶点。
②晶胞的质量：m=ρ·V=×(11+14) g，故ρ=÷(a×10−7)3g∙cm−3=g∙cm−3。
福建省宁德市高中同心顺联盟校2020届高三上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64
卷I（选择题）
一、选择题（本题共计20小题，每题2 分，共计40分）
1.化学是一门具有创造性的科学。下列事实不能直接体现这一说法的是（ ）
A. 青蒿素的发现与合成 B. 水力发电
C. 新型复合材料的发明 D. “21世纪的金属”——钛的冶炼
【答案】B
【详解】A．青蒿素的发现与合成是制造出自然界中不存在的物质，说明化学具有创造性，故A不选；
B．水利发电是利用势能转化为电能，过程中无新物质生成，不能说明化学的创造性，故B选；
C．新型复合材料的发明是制造出自然界中不存在的物质，说明化学具有创造性，故C不选；
D．钛(Ti)被称为继铁、铝之后的“21世纪金属”金属，应用前景广泛，钛的冶炼是制造出自然界中不存在的物质，说明化学具有创造性，故D不选；
故选B。
2.质量分数为35%，密度为1.24g/cm3的硫酸物质的量浓度为（ ）
A. 0.044mol/L B. 0.44mol/L
C. 4.4mol/L D. 44mol/L
【答案】C
【详解】该硫酸的物质的量浓度为c==mol/L≈4.4mol/L，故选C。
【点睛】明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键。本题的易错点为c=中的1000是体积单位换算的结果，因此需要注意，溶液的密度以“g/cm3”为单位。
3.用1L1.0mol·L-1的NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是（ ）
A. 1∶3 B. 2∶1 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】B
【详解】用1L 1mol•L-1NaOH溶液吸收0.6molCO2，所得产物有Na2CO3和NaHCO3，设CO32-和HCO3-的物质的量分别为x、y，则x+y＝0.6mol，2x+y＝1L×1.0mol/L，解得x=0.4mol，y=0.2mol，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，则所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是0.4mol∶0.2mol=2∶1，故选B。
4.化学概念在逻辑上存在如图关系，对下列概念的说法正确的是（ ）
A. 化合物与电解质属于包含关系
B. 氧化还原反应与化合反应属于包含关系
C. 溶液与分散系属于并列关系
D. 化合物与碱性氧化物属于交叉关系
【答案】A
【详解】A．在水溶液中或溶质状态下能导电的化合物为电解质，故电解质属于化合物，两者为包含关系，故A正确；
B．氧化还原反应和化合反应为交叉关系，不是包含关系，故B错误；
C．溶液、胶体和浊液都属于分散系，溶液包含在分散系中，属于包含关系，故C错误；
D．碱性氧化物属于氧化物的一种，而氧化物属于化合物，则化合物与碱性氧化物属于包含关系，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意部分化合反应为氧化还原反应，部分不属于氧化还原反应，如氧化钙与水的化合和氢气与氧气的化合。
5.下列说法正确的是（ ）
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②氨气溶于水后得到的氨水溶液可以导电，所以氨水属于电解质
③冰和干冰既是纯净物又是化合物
④雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔现象
⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-
⑥可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液
A. ①③④⑤ B. ①②③④⑥
C. ①③④⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】C
【详解】①江河水中含有胶体，海水中含有大量电解质，根据胶体的性质，当江河水遇到海水时发生聚沉，在入海口形成沉淀，日积月累形成三角洲，故①正确；
②氨水是混合物，不属于电解质，故②错误；
③冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，都是纯净物，又是化合物，故③正确；
④雾是气溶胶，胶体有丁达尔现象，故④正确；
⑤加入稀盐酸产生无色气体，将生成气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，该气体可能为二氧化碳，也可能为二氧化硫，则溶液可能有CO32-、SO32-等，故⑤错误；
⑥溶液能透过半透膜，而胶体不能，可用渗析法分离胶体与溶液，故⑥正确；
正确的有①③④⑥，故选C。
6.下列反应既是离子反应，又是氧化还原反应的是（ ）
A. 盐酸与氢氧化钠溶液的反应 B. 过氧化钠与二氧化碳的反应
C. 将钠投入水溶液中的反应 D. 二氧化碳通入石灰水中的反应
【答案】C
【详解】A．盐酸与氢氧化钠溶液的反应为离子反应，但没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A不选；
B．过氧化钠与二氧化碳反应没有离子参加，不属于离子反应，故B不选；
C．钠投入水溶液中的反应为离子反应，且Na、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C选；
D．二氧化碳通入石灰水中的反应为离子反应，但没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D不选；
故选C。
7.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NA
B. 20mL 10mol·L-1的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.2NA
C. 0.1mol NH2-所含电子数约为6.02×1023个
D. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA
【答案】C
【详解】A. P4为正四面体结构，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P－P键为6mol，其数目为6NA，A项错误；
B. 浓硝酸与足量铜反应时，会随着浓度的降低变为稀硝酸，转移电子数会发生改变，故无法计算，B项错误；
C. NH2-所含电子数为7+2+1=10，0.1 molNH2-所含电子数约为6.02×1023个，C项正确；
D. H2+I2⇌2HI是可逆反应，但此反应也是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA，D项错误；
答案选C。
【点睛】A项是易错点，要牢记，1mol P4分子中含6mol P-P键，1mol单晶硅中含Si-Si键为2mol，1mol金刚石中含C-C键为2mol，1mol SiO2中含4mol Si-O键。
8.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）
A. 装置①可用于收集H2、CO2气体
B. 装置②中X若为四氯化碳，则此装置可用于吸收氯化氢，并防止倒吸
C. 装置③可用于实验室配制一定物质的量浓度的稀硫酸
D. 装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气
【答案】C
【详解】A．从a进气，可收集氢气，从b进气，可收集二氧化碳，故A正确；
B．HCl不溶于四氯化碳，且四氯化碳密度比水大，可起到防止倒吸的作用，故B正确；
C．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故C错误；
D．氨气的水溶液显碱性，可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小，用向上排空气法收集，氨气极易溶于水，需要用倒扣的漏斗，防止倒吸，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意四氯化碳的密度大于水，在下层，可以防止倒吸，不能用苯，苯浮在水面上，不能防止倒吸。
9.用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是（ ）
选项
气体
a
b
c
d
A
CO2
盐酸
CaCO3
饱和Na2CO3溶液
浓硫酸
B
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
浓硫酸
C
NH3
饱和NH4Cl溶液
消石灰
H2O
固体NaOH
D
NO
稀硝酸
铜屑
H2O
浓硫酸
【答案】D
【详解】A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；
B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；
C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；
D、一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。
答案选D。
10.化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. 碳铵的化学式:NH4HCO3
B. 次氯酸的结构式：H—C1—O
C. 中子数为145、质子数为94的钚(Pu)原子：
D. S2-的结构示意图:
【答案】A
【详解】A．碳铵全名称为碳酸氢铵，化学式：NH4HCO3，A正确；
B．次氯酸的结构式：H-O-Cl，B错误；
C．中子数为145、质子数为94的钚(Pu)原子表示为，C错误；
D．硫离子的结构示意图中，原子核内质子数是16，最外层为8个电子，正确的离子结构示意图为，D错误；
故合理选项是A。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 第二周期中，最高价含氧酸酸性最强的是氟 B. 碘的非金属性比氯弱
C. VA族中原子半径最小的是氮 D. 钠的金属性比锂强
【答案】A
【详解】A．F是最活泼的非金属元素，F元素没有最高价氧化物的水化物，故A错误；
B．同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性I＜Cl，故B正确；
C．同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以氮族元素中原子半径N最小，故C正确；
D．同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性Na＞Li，故D正确；
故选A。
12.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素．在常温下A元素的单质是密度最小的气体，B元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素在同周期的主族元素中原子半径最大，D元素是地壳中含量最多的金属元素，E元素的单质是黄绿色的气体。下列说法正确的是（ ）
A. 由元素A、B组成的化合物常温下一般是液态的
B. 元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间不可能发生反应
C. 由元素B、C、D组成的化合物可用作漂白剂
D. 化合物AE与CE含有相同类型的化学键
【答案】A
【分析】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，在常温下A元素的单质是密度最小的气体，则A是H元素；B元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，B是短周期元素，最外层电子数不能超过8个，所以其最外层电子数是6，且有两个电子层，B为O元素；C元素在同周期的主族元素中原子半径最大且原子序数大于O，所以C是Na元素；D元素是地壳中含量最多的金属元素，D为Al元素；E元素的单质是黄绿色的气体，则E是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A是H元素，B为O元素，C是Na元素，D为Al元素，E是Cl元素。
A．由元素H、O组成的化合物可有H2O，H2O2，常温下是液态的，故A正确；
B．Na、Al元素的最高价氧化物的水化物为NaOH、Al(OH)3，氢氧化铝为两性氢氧化物，二者能发生反应生成偏铝酸钠，故B错误；
C．由元素O、Na、Al组成的化合物是NaAlO2，没有漂白性，故C错误；
D．HCl中含共价键，NaCl中含离子键，化学键类型不同，故D错误；
故选A。
13. 中和热测定实验中，下列操作会使测得的△H数值偏大的是（ ）
A. 大烧杯上没有盖硬纸板
B. 用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒
C. 用相同浓度和体积硝酸代替稀盐酸溶液进行实验
D. 用1gNaOH固体代替50mL0.5mol/L的NaOH溶液进行实验
【答案】D
【解析】
A和B均会使反应中放出的热量损失，从而使测得的反应热偏小。C不影响。D中氢氧化钠固体溶于水会放热，因此测得的反应热偏大。答案选D。
14.下列反应中能量变化与其它不同的是（ ）
A．铝热反应
B．燃料燃烧
C．酸碱中和反应
D．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl固体混合
【答案】D
【解析】A项，铝热反应是放热反应；B项，燃料燃烧是放热反应；C项，酸碱中和反应是放热反应；D项，氯化铵晶体与Ba(OH)2•8H2O的反应是吸热反应，故选D。
点睛：本题考查放热反应和吸热反应，难度不大，抓住中学化学中常见的吸热和放热反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要记住。
15. 下列有关金属腐蚀与保护的说法正确的是（ ）
A. 钢铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe－3e－===Fe3＋
B. 相同条件下，轮船在海水中比在淡水中腐蚀慢
C. 铁上镀锌的保护方法叫牺牲负极的正极保护法
D. 水库里钢闸门与电源负极相连的方法叫做外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】试题分析：钢铁腐蚀时负极发生的反应为：Fe－2e－===Fe2＋，A错；在海水中轮船中的钢铁更容易形成原电池，腐蚀的更快，B错；铁上镀锌的保护方法是覆盖耐腐蚀的金属的保护法，C错；D对。
考点：金属的腐蚀原理和防护。
16.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A. 已知CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3kJ·mol-1，则甲烷的燃烧热为893.0kJ·mol-1
B. 已知4P（红磷，s）=P4（白磷，s）；ΔH＞0，则白磷比红磷稳定
C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.4kJ·mol-1
D. 己知C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH1 C(s)+O2(g)=CO(g)；ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】C
【详解】A．燃烧热：在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态应为液态，甲烷的燃烧热不为893.0kJ·mol-1则故A错误；
B．4P(红磷，s)=P4(白磷，s)△H＞0，为吸热反应，则红磷的能量低于白磷的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故B错误；
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，生成0.5mol水，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l) △H=-57.4kJ/mol，故C正确；
D．C完全燃烧放出的能量多，不完全燃烧放出的热量少，放出的热量越多，△H越小，所以△H1＜△H2，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意放热反应的△H＜0，放出的热量越多，△H越小。
17.反应CH2=CH2+H2→CH3-CH3，有关化学键的键能如下：
化学键
C-H
C=C
C-C
H-H
键能(kJ·mol-1)
414.4
615.3
347.4
435.5
则该反应的反应热ΔH为（ ）
A. +288.8kJ/mo1 B. -703.4kJ/mo1
C. +125.4kJ/mo1 D. -125.4kJ/mo1
【答案】D
【详解】1molCH2=CH2和1molH2，需要断裂4molC-H键，1molC=C、1molH-H，共吸收的能量为：4×414.4kJ+615.3kJ+435.3kJ=2708.2kJ；生成1molCH3-CH3，需要形成6mol C-H键，1mol C-C键，共放出的能量为：6×414.4kJ+347.4kJ=2833.8kJ，放出的能量多，吸收的能量少，该反应为放热反应，放出的热量为：2833.8kJ-2708.2kJ=125.6kJ，放热反应的反应热小于0，所以反应热为-125.6kJ/mol，故选D。
18. 电化学装置工作时，下列电极上发生的反应一定是氧化反应的是（ ）
A. 阴极 B. 负极 C. 铜电极 D. 石墨电极
【答案】B
【解析】试题分析：电化学装置工作时，原电池的负极或电解池的阳极，电极上发生的反应一定是氧化反应的是。故选B。
考点：电极反应的类型判断。
19.关于各图的说法（其中①③④中均为情性电极）正确的是（ ）
A. ①装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝
B. ②装置中待镀铁制品应与电源正极相连
C. ③装置中电子由b极流向a极
D. ④装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应
【答案】D
【详解】A、①装置是电解池，阴极上溶液中阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，没有气体放出，故A错误；
B、②装置为电镀池，待镀制品应该和电源负极相连，做电解池的阴极，故B错误；
C、③装置是氢氧燃料电池，通入氢气的为原电池的负极，通入氧气的为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，即从a极经导线流向b极，故C错误；
D、④装置为电解氯化钠溶液的装置，装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；
故选D。
20.爱迪生蓄电池在充电和放电时发生的反应为Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，下列对该蓄电池的推断错误的是（ ）
①放电时，Fe参与负极反应，NiO2参与正极反应
②放电时，电解质溶液中的阴离子向正极移动
③放电时，负极上的电极反应式为Fe+2H2O-2e-=Fe(OH)2+2H+
④该蓄电池的电极必须浸入某种碱性电解质溶液中
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④
【答案】B
【详解】①Fe元素化合价由0价变为+2价、Ni元素化合价由+4价变为+2价，则Fe参与负极反应，NiO2参与正极反应，故①正确；
②放电时为原电池，原电池中，电解质溶液中的阴离子向负极方向移动，阳离子向正极移动，故②错误；
③根据题意，电解质为碱性溶液，放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，故③错误；
④由方程式可知此电池为碱性电池，电极需要浸在碱性电解质溶液中，故④正确；
错误的有②③，故选B。
卷II（非选择题）
二、填空题（本题共计4小题，共计60分）
21.如表列出了A～R9种元素在周期表中的位置，用化学用语回答：
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
E
F
3
A
C
D
G
R
4
B
H
（1）这九种元素中化学性质最不活泼的是_________。
（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是____________________________________________。
（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为_______________________。
（4）F、G、H三种元素简单氢化物沸点由高到低的顺序_______________________。
（5）E元素氧化物的电子式是______________，F的氢化物在常温下跟B反应的化学方程式是_____________________________________________________。
（6）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）___________。
A．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
B．G的气态氢化物的稳定性弱于HF
C．FeG3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
（7）G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因：_________________________________________________________________。
【答案】(1). Ar (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). K＞Na＞Mg (4). H2O＞HBr＞HCl (5). (6). 2K+2H2O=2KOH+H2↑ (7). AB (8). 最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br
【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。
(1)元素周期表中化学性质最不活泼是稀有气体元素，即Ar的性质最不活泼，故答案为：Ar；
(2)铝元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(3)一般而言，电子层越多，半径越大，所以K的半径最大，电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则Na＞Mg，所以原子半径大小为K＞Na＞Mg，故答案为：K＞Na＞Mg；
(4)H2O分子间存在氢键，沸点最高；HCl和HBr都是分子晶体，相对分子量越大，沸点越高，则沸点：HBr＞HCl，所以沸点高低为：H2O＞HBr＞HCl，故答案为：H2O＞HBr＞HCl；
(5)E为C元素，其氧化物若为二氧化碳，属于共价化合物，其电子式为；F是O，氢化物为水，K与水反应生成氢氧化钾和氢气，化学反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为：；2K+2H2O=2KOH+H2↑；
(6)A．金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Al＜Mg，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解释，故A选；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，稳定性：HCl＜HF，可用元素周期律解释，故B选；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C不选；故答案为：AB；
(7)G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，因为Cl和Br的最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br，故答案为：最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意C的氧化物常见的有CO2和CO，均为共价化合物，其中CO的电子式为，其中含有一个配位键。
22.I.工业金属钛冶炼过程中有一步将原料金红石转化，其反应方程式为：TiO2（金红石）+2C+2Cl2=TiCl4+2CO
已知：
①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.5kJ·mol-1；
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ·mol-1；
③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g) ΔH=+141kJ·mol-1；
（1）CO的燃烧热是_______________。
（2）请写出金红石转化的热化学方程式_______________________________________。
II.如图所示的三套实验装置中，甲、乙两套装置的电池反应均为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，盐桥内装有含琼脂的饱和KCl溶液，回答下列有关问题：
（1）甲装置中铜电极上的电极反应式为_________________________________。
（2）放电时盐桥中的Cl-将会出现在乙装置__（填“左”或“右”）侧的容器中，X电极的成分不可能是___________（填字母）
a．铜 b．铁 c．石墨 d．铝
（3）用丙装置在铁上镀铜，则电极材料为铁的是_____（填“Y或Z”），负极上的电极反应式为_________________________________。
（4）当丙池中某电极的质量减少1.6g时，则消耗的O2在标况下的体积是_________。
【答案】(1). 283 kJ/mol(或△H=-283 kJ/mol) (2). TiO2(s，金红石)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+ 2CO(g) △H=-80 kJ/mol (3). Cu2++2e-=Cu (4). 左 (5). d (6). Y (7). CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O (8). 0.28L
【分析】Ⅰ．(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
(2)依据热化学方程式和盖斯定律计算焓变，并写出热化学方程式；
Ⅱ．(1)Zn比Cu活泼，作负极，Cu作正极，据此写出正极反应式；
(2)在乙图装置中，Zn作负极、X作正极，盐桥中的Cl-将向负极移动；由Zn+Cu2+═Zn2++Cu可知，X电极活泼性需要小于Zn；
(3)丙装置中，左装置为碱性燃料电池，燃料甲烷所在电极为负极，通入O2的电极为正极，则右装置为电解池，Z电极为阳极，Y电极为阳极，铁上镀铜时 纯铜为阳极，铁作阴极，硫酸铜溶液作电解质；
(4)丙装置中，纯铜为阳极，铁作阴极，根据电子守恒得到关系式为2Cu～4e-～O2，阳极Cu电极减少1.6gCu时，物质的量为0.025mol，据此计算O2的物质的量和体积。
【详解】Ⅰ．(1)2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566kJ•mol-1，燃烧热的热化学方程式为：CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H=-283 kJ/mol，则CO燃烧热为283kJ/mol，故答案为：283 kJ/mol(或△H=-283 kJ/mol)；
(2)①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，②2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566 kJ•mol-1，③TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(s)+O2(g)△H=+141 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②+③得到：TiO2(s，金红石)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+2CO(g)△H=(-393.5kJ•mol-1)×2-(-566 kJ•mol-1)+(+141 kJ•mol-1)=-80 kJ/mol，故答案为：TiO2(s，金红石)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+2CO(g)△H=-80 kJ/mol；
Ⅱ．(1)Zn比Cu活泼，Zn为负极，发生失去电子的氧化反应，Cu作正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：Cu2++2e-=Cu；
(2)在乙图装置中，Zn易失电子、作负极，X作正极，放电时盐桥中的Cl-将向负极移动，即向左移动，盐桥中的Cl-将会出现在左侧的容器中；由Zn+Cu2+═Zn2++Cu可知，X电极活泼性小于Zn，铜、铁、石墨的活泼性均小于Zn，不可能发生失去电子的反应，Al比Zn活泼，若X为Al，则Al作负极，原电池反应发生改变，故答案为：左；d；
(3)丙装置中，左侧装置为碱性燃料电池，燃料甲烷发生失去电子的氧化反应，所在电极为负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，通入O2的电极为正极，则右装置为电解池，Z电极为阳极，Y电极为阴极，在铁上镀铜时 纯铜为阳极，铁作阴极，即电极材料为铁的是Y，故答案为：Y；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；
(4)丙池为电解池，其中某电极的质量减少1.6g，是阳极Cu电极减少1.6g，物质的量为=0.025mol，整个装置中关系式为2Cu～4e-～O2，n(O2)=n(Cu)=0.0125mol，在标况下的体积V=nVm=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L，故答案为：0.28L。
【点睛】本题的易错点和难点为Ⅱ中(3)和(4)，(3)中负极反应式书写时要注意，电解质溶液为碱性，不能生成二氧化碳，应该生成CO32-，(4)中要注意根据得失电子守恒计算。
23.废物的处理、转化和利用是非常有意义的。某研究性学习小组设计如图所示流程，综合处理某工厂印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)和废气(H2S)，真正做到了变废为宝：处理废液、废气得到氯化铜、单质硫的同时，还实现了蚀刻液的循环利用。
根据以上信息回答下列问题：
（1）操作I、Ⅱ、Ⅲ相同，名称是___________，所需要的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃棒、_________________。
（2）通常用来检验蚀刻液中金属阳离子的化学试剂是______________。
（3）向废液中加入过量X时发生的主要反应的离子方程式为_________________________________________________________________。
（4）滤渣①与Y反应的化学方程式为_____________________________________。
（5）H2S通入蚀刻液中发生的主要反应为____________________________________。
（6）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为__________________________。
（7）综合分析虚线框内所涉及的两个反应，可知该过程有两个显著优点：①蚀刻液得到循环利用；②____________________________________________。
【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗 (3). KSCN溶液 (4). 2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu (5). Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ (6). 2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl 或2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ (7). 2Fe2+-2e-=2Fe3+ (8). 硫化氢的原子利用率为100%
【分析】根据流程图，滤液①中通入足量的氯气，能够生成蚀刻液(FeCl3)，因此滤液①为FeCl2，则废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)加入过量的X为铁粉，三价铁离子与铁反应生成二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜和二价铁离子，经过过滤得到滤渣①为铜与铁，滤液①为氯化亚铁溶液，滤渣①中加入过量的Y得到氯化亚铁溶液，因此Y为盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣②为铜，铜与氯气反应生成氯化铜，滤液①通入足量氯气生成氯化铁，氯化铁与硫化氢反应生成硫单质和氯化亚铁，过滤得到单质硫和滤液②为氯化亚铁，电解可以生成氯化铁。据此分析解答。
【详解】(1)由流程图可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是分离固体与液体的操作，应为过滤操作，用到的玻璃仪器主要有：烧杯、玻璃棒、漏斗，缺少的仪器为：漏斗，故答案为：过滤；漏斗；
(2)滤渣②与氯气反应得到氯化铜，则滤渣②为铜，氯化铁与铜反应生成氯化铁和氯化铜，所以刻蚀液主要为三氯化铁，检验三价铁离子，可以用KSCN溶液，如果加入KSCN溶液出现血红色，证明含有三价铁离子，故答案为：KSCN溶液；
(3)根据上述分析，X为铁，铁能够与溶液中三价铁离子，铜离子发生反应，离子方程式依次是：2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu2++Fe=Fe2++Cu；
(4)滤渣①为铜和过量的铁，除去铁，应加入过量的盐酸，所以Y为盐酸，铜与盐酸不反应，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
(5)刻蚀液为氯化铁，通入硫化氢发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：，离子方程式为2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，故答案为：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl 或2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
(6)氯化铁与硫化氢反应生成硫单质和氯化亚铁、氯化氢，过滤得到滤渣为硫单质，滤液为氯化亚铁和盐酸，电解二者的混合物，阳极上Fe2+失去电子发生氧化反应生成Fe3+，电极反应式为：2Fe2+-2e-=2Fe3+，故答案为：2Fe2+-2e-=2Fe3+；
(7)依据氯化铁与硫化氢反应可知硫化氢在反应中原子利用率为100%，故答案为：硫化氢的原子利用率为100%。
24.我国著名化学家申泮文教授对硼烷化学的研究开启了无机化学的新篇章；硼族元素及其化合物应用广泛。回答下列问题：
（1）基态B原子的价电子轨道表达式为__________，B原子核外电子有____个不同的能级。
（2）硼、铝同主族，晶体硼的熔点为2300℃，金属铝的熔点为660.3℃，试从晶体结构解释其原因：_________________________________________________。
（3）实验测得AlCl3的蒸气是缔合的双分子（Al2Cl6），它的结构和球棍模型如图：
已知在Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于______分子（填“极性”或“非极性”），其中Al原子的轨道杂化类型是_________。
（4）氨硼烷（NH3BH3）是一种高性能新型储氢材料，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是________（填元素符号），写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子________（填化学式）。
（5）常温常压下硼酸（H3BO3）晶体结构为层状，其二维平面结构如图1所示。试解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大的原因__________________________________。
（6）氮化硼（BN）晶体是一种特殊的耐磨和切削材料，其晶胞结构与金刚石相似，如图2所示。
①氮化硼晶体中与氮原子直接连接的硼原子构成的几何形状为________。
②已知立方氮化硼晶体中晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度表达式为_________g∙cm−3。
【答案】 (1). (2). 3 (3). 铝为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间靠共价键结合，且共价键数量多，作用较强，因此其熔点高于铝 (4). 非极性 (5). sp3 (6). N (7). C2H6 (8). 硼酸分子间通过氢键缔合，加热时部分氢键被破坏 (9). 正四面体 (10).
【解析】（1）B原子核外电子排布为1s22s22p1，共占有3个不同的能级；价电子为2s22p1。
（2）铝为金属晶体，金属键不强，熔点不高；晶体硼为原子晶体，原子间靠共价键结合，且共价键数量多，作用较强，因此其熔点高于铝。
（3）Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则属于非极性分子；在Al2Cl6中每个铝原子和4个氯原子形成共价键，故Al原子采取sp3杂化。
（4）氨硼烷(NH3BH3)中，N和B的化合价均为−3，“BH3”与“NH3”的化合价都是0，两者之间通过配位键相连，B的最外层有3个电子结合3个H原子，还缺少两个电子就达到稳定结构，而N结合3个H原子，还有1个孤电子对，所以N提供孤对电子而B提供空轨道形成配位键。与氨硼烷互为等电子体的微粒，必须具有相同的价电子数和原子数，C2H6与氨硼烷互为等电子体。
（5）在H3BO3分子间主要通过氢键相连，加热时部分氢键易被破坏，所以硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大。
（6）①在氮化硼晶体中，N原子位于晶胞的8个顶点和6个面心，所以有：8×+6×=4个；B原子位于晶胞的内部，共4个，则一个晶胞中有4个N和4个B。与N原子直接相连接的B原子构成的几何形状和与B原子直接相连接的N原子构成的几何形状一样，均为正四面体，其中N原子在体心，4个B原子在顶点。
②晶胞的质量：m=ρ·V=×(11+14) g，故ρ=÷(a×10−7)3g∙cm−3=g∙cm−3。
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