山东潍坊市诸城繁华中学2025-2026学年高一下学期6月月考 化学试题

综合模拟三 可能用到的相对原子质量：H1C12O16C135.5Fe56Br80 一、选择题：共10小题，每小题2分，共20分。只有一个选项符合题目要求。 1.下述材料属于有机高分子材料的是 A.“麒麟9020”芯片使用的硅晶圆 B.“C919”大飞机使用的氮化硅涂层 C.“望宇”登月服隔热层使用的聚酯材料 D.“奋斗者”载人潜水器外壳使用的钛合金 2.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是 稀盐酸 A.气态氢化物的稳定性：HO>NH3>SH4 B.氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 CaCO3 NaHCO3 Na2SiO3 C.如图所示实验可证明元素的非金属性：CI>C>Si 饱和溶液溶液 D.用中文氮'（ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 3.下列图示与对应的叙述相符的是 C(金刚石，s) 个能量 能+O2(g) 生成物 C(石墨，s) 发应物 +O2(g) CO2(g) 反应过程 反应过程 (a) (b) 个能量kJ b a 2mol SO2(g) 1mol O2(g) E 2mol SO3(g) △H C 反应过程 反应过程 (c) (d) A.()图表示反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量 B.b)图是金刚石与石墨分别被氧化生成CO,的能量关系图，说明石墨转化为金刚石为吸热反应 C.由(c)图可知，2S0g)2S02(g)+02(g)△H=b-akJ.mol1 D.(d图是某反应：A→C(由两步反应A→B→C完成，B为中间产物的能量曲线E表示能量)， 整个反应中△H=E4E,E,E3 4.2U的一种裂变过程如下：5U+n→14Ba+职K+3M,下列说法正确的是 A.M的质量数为3 B.2U与2U互为同位素 第1页/共19页 C.该变化过程属于化学变化 D.Kr的中子数与质子数之差为53 5.侯氏制碱法的主反应为NaCl+CO,+NH,+H,O=NH,Cl+NaHCO,↓。说法错误的是 A.CO,中只含有极性共价键 B.H,O的空间结构为角形 C.NHCI属于共价化合物 D.该过程不涉及氧化还原反应 6.下列过程涉及反应的离子方程式书写正确的是 A.用食醋除去水垢中的CaC03:CaC03+2H=Ca2++H,0+C0,个 B.用SO2水溶液吸收溴蒸气：B12+SO2+2H,O=2Br+SO4+4H C.向A1CL3溶液中滴加足量氨水：A1++4NH3·H,O=[A1(OH)4]J+4NH 通电 D.电解饱和NaC1溶液制备NaOH:2Cl+H,O2OH+H,个+Cl,个 7.下列有关热化学方程式的表示及说法正确的是 A.已知2H2(g)+02(g)=2H20(g)△H=-483.6 kJ-mol1,则氢气的燃烧热△H=-241.8 kJmol1 B.放热反应为“储存”能量的过程，吸热反应为“释放”能量的过程 C.含20 gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，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)+HS04(aq)-Nas04(aq+HO0AH=57.4kJmo D.已知2H(g)+O(g=2HO(g)△H1,2H(g)+O,(g)=2HOI)△H,则△H1<△H2 8.某学习小组的同学查阅相关资料知氧化性 C,O>Fe+，据此设计了如图所示的原电池，盐桥 盐桥 石墨 石墨 中装有含饱和KSO4溶液的琼胶。下列说法正确的是 Fe(SO). KCr0、Cr(S0为 A.甲中发生还原反应 FeSO4溶液 稀HS04 甲 B.乙中石墨电极上发生的反应为2C升+7H,O-6e-Cx,O号+14H C.电池工作时，盐桥中的SO移向乙烧杯D.外电路的电子移动方向为从ā到b 9.工业上常用铁粉去除酸性废水中的C工，O,反应原理如图所示： 第2页/共19页 Cr Cr3 Cr,O FeOOH 段时间后 Cr(OH) Fe Fe Fe (不导电) Fe3O4(疏松、能导电) Fe304 下列说法错误的是 A.充分反应后，还会有少量铁粉剩余 B.正极的电极反应式：C1,0号+6e+14H=2Cr3++7H,O C.CI(OH)3、FeOOH的产生与处理过程中溶液pH升高有关 D.处理10L含0.1mol·L1C,O废水，理论上至少消耗168g铁粉 10.在金属Pt、Cu和铱①)的催化作用下，密闭容器 铱) 0单原子铂 中的H可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO?)以达 H N,0 H,0、N2个 @单原子铜 到消除污染的目的。其工作原理的示意图如图：下列 气体中 事P颜范 说法不正确的是 液体中 N,0 NH: A.Ir的表面发生反应：H+NO=N2+HO NO no NO B.导电基体上的负极反应：H2-2e=2Ht Cu -NO 导电基体 C.若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物 D.若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合 题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合”成一种具有高效催 化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示（短线代表共价键）。其中W、X、Z分别位于不同 周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A.原子半径：Z>Y>X B.Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物 C.最简单氢化物的沸点：Y>X D.1 nolZW与水发生反应生成1molW2,转移电子2mol 12.瓦斯分析仪（如图甲）工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电 第3页/共19页 解质是YO3-NO,O2-可以在其中自由移动，下列有关叙述中错误的是 A.分析仪工作时，内电路中电子由电极a流向电极b 多孔电极a ←一甲烷 B.电极b是正极，O2由电极b流向电极a 瓦斯分析仪 传感器 C.电极a的反应式为CH4+402-8e=C03+2H0 多孔电极b 《一空气 D.若消耗的O2为33.6L(标准状况)，转移4mol电子 甲 乙 13.反应CH3(g)=CH4(g)+CH(g)+H(g) △H,可经两步完成，反应进程中能量变化 如图所示，反应①为C3H(g)=CH(g)+H(g)△H1。下列说法错误的是 个E/kJ-mol ② △H2=+131.5 kJ-mol C.H&(g)+H2(g) ① C,H:(g) △H1=+124.2kJmo 反应进程 A.总反应的焓变△H=+255.7 kJ.mol1 B.反应①中有C-H键的断裂和C=C键、H-H键的形成 c.1molC3H3(g)的键能低于ImolC,H,(g)与ImolH,（g)的键能之和 D.反应②的热化学方程式为C3H(g)=CH4(g)+C,H(g)△H2=+131.5 kJ.mol1 14.一种铁还原硝基苯的原电池装置如图所示，两室泵出液经一系列操作可分别获得高纯度的氯 化亚铁和苯胺。已知： -No2 Fe/HCI HCI -NH2 NHCI 硝基苯 苯胺 苯胺盐酸盐 下列说法正确的是 铂电极 硝基苯乙醇溶液 盐酸 I室 I室泵出液 隔膜 ☒ NH,CI溶液 Ⅱ室 Ⅱ室泵出液≤ 铁粉 铜电极 第4页/共19页 A.铜电极为负极 B.隔膜应为阳离子交换膜 C.正极的电极反应式为 -NO,+6e+6H+= NH,+2H,O D.外电路中每有0.1mole通过，IⅡ室溶液质量增加6.35g 15.一定温度下，在1L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+3Y(g)Z(g)+2W(g)△H<0, 同时投入反应物与生成物，测得各组分物质的量随时间的变化如图。下列说法正确的是 A.曲线M表示Z的物质的量变化 n/mol 2.0 (15,1.75 B.t时刻，V正)<逆) M C.0~15in内，Y的平均反应速率为 1.0 (15,0.5)N 0.1mol.L.min- 15,0.25 p 0 t15 10 t/min D.15min后，升高温度，X的物质的量增多 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们 形成的某种化合物的结构如图所示，其中Y、W位于同一主族。 回答下列问题： (1)Z在元素周期表中的位置为 以上四种元素原子半径由大到小的顺序为 (填 元素符号)。 (2)该化合物中W的化合价为 价。 (3)Y、W分别与X形成的简单化合物相比，热稳定性较强的是 (填化学式，下同)。Z、 W的最高价氧化物对应的水化物相比，酸性较弱的是 (4)X、Y形成的18e分子的电子式为 ,该物质能与W的简单氢化物反应生成淡黄色固 体，反应的化学方程式为 (5)含氧酸的元数与其分子结构有关，则二元酸X,ZY,的结构式为 含氧酸 结构式 元数 第5页/共19页 一元 HNO3 0-8-0-H 酸 二元 H,SO H-O- -O-H 酸 一元 H:PO2 H一 H H 酸 17.研究化学反应中的能量变化有利于更好的开发和使用化学能源。 (1)已知H,、C0、CH4的燃烧热分别为285.8 kJ.mol1、283.0kJ·mol1、890.3 kJ.mol。 ①相同条件下，等质量的H,、CO、CH,分别完全燃烧，放出热量最多的是 ②2CH4(g)+30,(g)=2C0(g)+4H,O1)△H=kJ·mo11。 ③等质量的甲烷按a、b两种途径完全转化，放出的热量：途径a 途径b(填“>”、“<”或=) 途径a:CH4 H,O →C0+H2 催化重整 03→C0,+H,0 燃烧 途径b:CH4一 0?→C02+H,0 燃烧 (2)已知白磷(P4)和P,O。的分子结构和部分化学键的键能分别如图、表所示： ●P原子 化学键 P-P 0=0 P-0 00原子 键能(kJ.mol) a b ①写出白磷与氧气反应生成P,O。固体的热化学方程式： ②知P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=-16.7 kJ mol1.比较稳定的是 等质量的白磷、 红磷分别完全燃烧，放出热量更多的是 V 隔膜 18.回答下列问题： (1)O,辅助的A1-CO,电池工作原理如图所示，该电 C02 多孔碳电极 襄 O2 池容量大，能有效利用C02,电池反应产物A1(C,O4)3是 第6页/共19页 含A1C13的离子液体 重要的化工原料，电池的正极反应式为 ,反应过程中O,的作用是 (2)一种一氧化碳分析仪的工作原理如图所示，该 多孔电极a ←-CO 装置中电解质为氧化钇-氧化钠，其中O-可以在固 传感器 NASICON 体介质NASICON中自由移动，传感器中通过的电 多孔电极b ←空气 流越大，尾气中一氧化碳的含量越高。则ā极的电 极反应式为，工作时O2-由电极 (填“a”或b”,下同)向电极 移动。 (3)减排是各个国家都在努力为之的事，CO,和 多孔石墨 多孔石墨 SO,的处理是许多科学家都在着力研究的重点。有 O 稀硫酸 学者想以如图所示装置利用原电池原理将CO,、 SO,转化为重要的化工原料。 质子交换膜（只允许H通过） ①若A为CO,,B为H,,C为CH,OH,电池总反应为CO,+3H,CH,OH+H,O,则正极的 电极反应式为 ②若A为SO,,B为O,,C为HSO4,则负极的电极反应式为 19.利用如图所示装置，进行工业废气中CO2、SO2的转化处理并制备硫酸钠和甲酸，a、b、c、 d均为石墨电极。 c02 含CO,和 NaHCO NH sO,的废气 溶液 d 装置甲 NaHCO,和 SO cO. Na2SO,溶液 NaOH NaOH 溶夜 溶液 HCOOH 稀硫酸 隔膜 装置乙 隔膜 装置丙 回答下列问题： (1)装置甲中发生反应的离子方程式为 (2)装置乙中，a极为 极，其电极反应式为。隔膜为（填阳”或“阴）离子 交换膜，反应后b极区溶液酸性 （填“增强“减弱”或“不变”)。 (3)装置丙中，c极发生 (填“氧化”或“还原”)反应，生成一种可参与大气循环的气体， 第7页/共19页 该极的电极反应式为。 (4)d电极每消耗11.2L(标准状况)O时，理论上装置乙中可制得Na2SO4的物质的量为 1mol。 20.在容积为2L的恒容密闭容器中a,Si证，(s) 2.0 热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化 1.5 合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化 1.0 b 暴 0.5 关系（实线部分）如图所示，T,温度时， (T,0.2 0.0 c T→增大 T T2 Na,SiF.(s)完全分解。 资料卡片：对于化学反应：aA(g)+bB(g)=cC(g)+D(s)达到化学平衡状态后，体系中各 c平(C) 气相物质的平衡浓度满足如下关系：K= 温度一定时，飞为常数，对于吸热 c年(A)c年(B) 反应，温度升高，增大。回答下列问题： (1)T时，该反应的化学方程式为；△H 0（填>”或<”)。 (2)a线所示物种为（填固相”或气相）产物。 (3)体系的下列物理量不再改变，能说明该热解反应达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A.压强 B.质量C.温度 D.气相物质的摩尔质量 (4)T时，反应的K=ol.L1；平衡时，容器内固相物质的物质的量为 mol。 (5)T温度时达到平衡后，若向容器中通入N,气相产物的浓度（填“增大减小”或不 变”，下同)；若向容器中加入b线所示物种，重新达到平衡状态时，逆反应速率 第8页/共19页 综合模拟三（参考答案） 1.【答案】C【详解】A.硅晶圆主要成分是硅，属于无机非金属材料，不是有机高分子，A错： B.氮化硅(SN4)是陶瓷材料，属于无机非金属材料，B错误； C.聚酯材料是聚合物，属于有机高分子材料（如聚酯纤维或塑料），C正确； D.钛合金是金属材料，不属于有机高分子，D错误： 2.【答案】C【详解】A.C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序 数C<N<O,非金属性O>N>C,C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原 子序数C<Si,非金属性C>Si,则非金属性O>N>Si,非金属性越强，氢化物越稳定，气态 氢化物的稳定性HO>NH3>SiH4,故A正确： B.H与F、CI等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价 化合物或离子化合物，故B正确； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCI不是最高价含氧酸，则不能比较C1、C的 非金属性，故C错误： D.118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为 +118 它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号 元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。 3.【答案】B【详解】A.图()中反应物总能量低于生成物总能量，表示吸热反应，吸热反应反 应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，选项A错误： B.由图b)可知，石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨转化为金刚石吸热，选项B正确： C.反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，由(c)图可知， 2SO3(g)2S0,(g+O,(g△H=(a-b)kJ.molN,选项C错误： D.A→B△H=E1-E2,B→C△H=E3-E4,两式相加得总反应，则反应中△H=E3-E4+E1-E2,D错： 4.【答案】B【详解】A.M的质量数由质量守恒计算得出为1，而非3，A错误； B.同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素，两者质子数均为92，质量数不同，互为同位 第9页/共19页 素，B正确： C.核裂变是原子核层面的变化，属于核反应而非化学变化，C错误： D.Kr的中子数为89-36=53，质子数为36，差值为53-36=17，而非53，D错误： 5.【答案】C【详解】A.C02的结构式为O=C=O,C与O通过极性共价键结合，CO,中不含 其他类型的化学键，A正确： B.H0中0的价层电子对数为2+6-2×1_ -=2+2=4,0的孤电子对数为2，则H,0的空间 2 结构为角形（或V胸，B正确： C.NH4CI由NH和CI通过离子键结合而成，虽然NH内部的N原子和H原子之间是共价 键，但化合物整体的主要作用力是阴阳离子间的离子键，所以NH4CI属于离子化合物，而非共 价化合物，C错误； D.该反应前后各元素化合价均未改变，无电子转移，该过程不涉及氧化还原反应，D正确； 故选C。 6.【答案】B【详解】A.食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，不能拆分， 正确的离子方程式应该是CaCO,+2CH,COOH-Ca++2CH,COO+H,O+CO,个，故A错误； B.SO,与溴发生氧化还原反应BI,+SO,+2HO=2Br+SO+4H,电荷和原子均守恒， 符合拆分的规则，故B正确： C.氨水中的一水合氨是弱碱，无法溶解A1(OH)3生成A1(OH)4,正确的离子方程式应为 A1++3NH3H,O=A1(OH)3↓+3NH4,故C错误； 通电 D.电解饱和NaC1溶液的离子方程式应为2CI+2H,O兰2OH+H,个+Cl,个，选项中C1 未写成离子形式，且反应式不符合电荷守恒，故D错误； 7.【答案】C【详解】A.H2的燃烧热是1molH完全燃烧变为HO(①。已知方程式中的产物为 HO(g),不是燃烧热，A项错误； B.放热反应是E总（反应物)>E总（生成物），该过程表现为释放能量。而对于吸热反应：E总 第10页/共19页 (反应物)<E总（生成物），该过程为储存能量，B项错误： C.20 gNaOH物质的量为0.5mol,其完全反应放出热量为28.7kJ,则1 noINaOH完全反应放出 热量为57.4J。C项正确： D.E大小：HO(g)>HO(①)，即后者释放的能量更多，所以△H1>△H2,D项错误； 8.【答案】D 【分析】氧化性：C工，O>F3+,所以原电池反应为亚铁离子和重铬酸钾在酸性条件下反应生 成铁离子、铬离子和水，则C0在b极得电子发生还原反应，b是正极；Fe+在a极失去电子 发生氧化反应生成Fe3+,a是负极。 【详解】A.分析，甲烧杯中Fe+在a极失电子发生氧化反应生成Fe3+,a是负极，选项A错误； B.乙烧杯中Cr,O号在b极得电子发生还原反应生成Cr3+,b电极反应为 Cr2O号+14Ht+6e=2Cr3+7H0,选项B错误； C.a是负极、b是正极，电池工作时，盐桥中的SO移向甲烧杯，选项C错误； D.a是负极、b是正极，外电路的电子移动方向为从a到b,选项D正确： 9.【答案】D【分析】由图可知，工业上常用铁粉去除酸性废水中重铬酸根离子的原理为原电池 反应，加入铁粉时，铁为原电池的负极，水分子作用下，铁失去电子生成四氧化三铁和氢离子， 四氧化三铁为正极，酸性条件下重铬酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铬离子和水，总 反应为9Fe+4Cr20+32H=3Fe304+8Cr3+16H20,当原电池工作一段时间后，溶液中氢离子浓度 减小，溶液H增大，碱性条件下铁在负极失去电子发生氧化反应碱式氧化铁和水，水在正极得 到电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与铬离子反应生成氢氧化铬，总反应为2F+C20号+5 H2O=2FeOOH+2Cr(OH)3+20H. 【详解】A.由图可知，充分反应后，还会有少量铁粉剩余，故A正确； B.由分析可知，四氧化三铁为正极，酸性条件下重铬酸根离子在正极得到电子发生还原反应生 成铬离子和水，电极反应式为C,O号+6e+14H+=2Cr++7H,0,故B正确： C.由分析可知，当原电池工作一段时间后，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，碱性条件 下铁在负极失去电子发生氧化反应碱式氧化铁和水，水在正极得到电子生成氢气和氢氧根离子， 第11页/共19页 氢氧根离子与铬离子反应生成氢氧化铬，故C正确； D.由分析可知，铁在原电池工作时转化为四氧化三铁和碱式氧化铁，则无法确定负极放电产物 的物质的量，无法计算10L含0.1moL重铬酸根离子废水理论上消耗铁粉的质量，故D错误： 10.【答案】C 【详解】A.由原理的示意图可知，r的表面H2和N2O发生反应生成N2和HO,反应方程式为： H+N2O=N2+HO,A正确； B.由图可知：导电基体上，H2为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为：H2-2=2H,B对： C.若导电基体上只有单原子铜，不能形成原电池，NO?离子被还原为O,所以不能消除含氮 污染物，C错误； D.由原理的示意图可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO?会更多的转化成NH,不利于 降低溶液中的含氮量，D正确： 11.【答案】BC【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属 性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na,W为H;X、Y位于第二周期， 由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，则X为C,Y为O,据此分析解题。 【详解】A.X、Y、Z分别为C、O、Na;同周期，序数越大，半径越小，则原子半径：Na>C >O,A错误： B.O与H可形成HO、HO2,O与C可形成C0、CO2,O与Na可形成NaO、NaO2,B正确： C.C的最简单氢化物为CH4,O的最简单氢化物为HO,CH4室温为气态，沸点更低，C正确： D.1 nolNaH和H0发生反应生成1molH2,NaH+HO=H↑+NaOH,1 nolNaH反应转移1mol 电子，D错误； 12.【答案】AD【分析】该装置原理类似燃料电池，所以通入空气的一极为正极，即电极b为 正极，则电极a为负极。 【详解】A.电子只能在导线中移动，内电路中没有电子的移动，A错误： B.电极b为正极，氧气被还原为O2,阴离子流向负极，即O2由电极b流向电极a,B正确： C.电极a为负极，甲烷得电子被还原，结合O2生成C02和水，电极反应式为 CH4+402-8e=C0+2H0,C正确： D.标况下33.L02的物质的量为1.5mol,02得电子生成O2,O2整体化合价降低4价，所以转 第12页/共19页 移6mol电子，D错误； 13.【答案】C【分析】反应C3H(g)=CH4(g)+CH2(g)+H2(g)△H经两步完成，则总反 应等于两步反应的加和，总反应减去第一步反应可得第二步反应，则反应②为 C3H(g)=CH4(g)+C,H2(g)△H=△H-△H,以此分析解答。 【详解】A.结合分析知，总反应的焓变 △H=△H1+AH2=+124.2kJ·mol1+131.5 kJ.mol1=+255.7 kJ.mol1,A正确： B.反应①中涉及C3Hg(g)中C-H键的断裂和CH6(g)(丙烯)中C=C键的形成、H2(g)中 H-H键的形成，B正确； C.由图知，△H1>0,而△H1等于反应①中的反应物总键能减去生成物的总键能，所以 1molC,Hg(g)的键能高于ImolC,H.（g)与1molH,(g)的键能之和，C错误； D.用总反应减去反应①可得到反应②，结合分析知，反应②的热化学方程式为 C3H(g)=CH4(g)+C,H2g)△H2=+131.5 kJ.mol-1,D正确： 14.【答案】AD 【分析】由图知，硝基苯乙醇溶液和盐酸进入I室，NH4CI溶液进入Ⅱ室，则I室泵出液经一 系列操作可获得高纯度的苯胺，Ⅱ室泵出液经一系列操作可获得高纯度的氯化亚铁：氯化亚铁由 铁被氧化得到，所以覆盖有铁粉的铜电极为负极，负极式为Fε-2e=Fe2+；铂电极为正极，硝基 苯在正极得电子被还原，根据电荷守恒和原子守恒，正极反应式为 )-N0,+6e+7H=2H,0+ NH,以此分析解答。 【详解】A.由分析知，氯化亚铁由铁被氧化得到，所以覆盖有铁粉的铜电极为负极，铁粉在负 极发生氧化反应，A正确； B.铁粉在负极溶解后转化为F©+进入Ⅱ室溶液，Ⅱ室泵出液经一系列操作可获得高纯度的氯化 亚铁，说明隔膜为阴离子交换膜，I室中的CI通过隔膜进入Ⅱ室，B错误； C.分析知，正极的电极反应式应为 -NO2+6e+7H=2H,O+ NH,C错误； 第13页/共19页 D.当外电路中有0.lmole通过，根据负极式Fe-2e=Fe+知，Ⅱ室溶液质量增加 56g 0,mo-23g,同时有0.1mol的C通过隔膜进入Ⅱ室，使Ⅱ室溶液质量增加 2mol 0.1mol×35.5g/mol=3.55g,则Ⅱ室溶液质量最终增加6.35g,D正确； 15.【答案】BD【分析】0~15n内，曲线M表示的物质增多，N、P表示的物质在减少，且 物质的量的变化量 △n(M表示的物质)：△n个N表示的物质)：△nP表示的物质)= 0.75mol:1.5mol:0.75mol=1:2:1,则M、N、P所表示物质的化学计量数之比为1：2：1，结 合方程式知，曲线M、N、P分别表示X、W、Z的物质的量变化。 【详解】A.结合分析知，曲线M表示X的物质的量变化，A错误： B.曲线M表示X的物质的量变化，t,时刻，X还在增多，说明该反应正处于逆向建立平衡的 过程中，则V正)<V逆)，B正确； c.0~15min内，X的平均反应速率为475-1.0mol=0.05mol:L'min,则y的平均反 15min×1L 应速率为0.15mol·Lmin,C错误； D.该反应正向放热，15n后，反应达到平衡，若升高温度，平衡逆向移动，X的物质的量增 多，D正确； 16.【答案】(1) ①.第三周期第VA族 ②.P>S>O>H (2)-1 (3) ①.H0 ②.H3PO4 (4) ①.H:O:OH ②.H,S+H,O,S↓+2H,O H-O O-H (5) P-H 【分析】由化合物的结构图，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、 W位于同一主族，Y和W均含有2个共价键，故Y为O,W为S,X由1个共价键，故X为H, Z有5个共价键，故Z为P,据此回答。 【小问1详解】由分析知，Z为P,故Z在元素周期表中的位置为：第三周期第VA族，H、O、 第14页/共19页 P、S元素中，P、S原子为与第三周期，原子半径P>S,H原子位于第一周期，原子半径最小， O位于第二周期，故原子半径由大到小的顺序为：P>S>O>H: 【小问2详解】该化合物中，含有-S-S-键，故S元素的化合价为-1价： 【小问3详解】由分析知，X为H,Y为O,Z为P,W为S,非金属性O>S,非金属性越强， 气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性HO>HS,热稳定性较强的是HO;由于 非金属S>P,故最高价氧化物对应的水化物的酸性HSO>H3PO4,则酸性较弱的是HPO4; 【小问4详解】由分析知，X为H,Y为O,W为S,X、Y形成的18e分子为HO2,电子式 为：H:O:OH,HO2能与S的简单氢化物(HS)反应生成淡黄色固体S单质，反应的 化学方程式为：HS+H,O,S↓+2H,O: 【小问5详解】由分析知，X为H,Y为O,Z为P,二元酸XZY3为H3PO3,由表可知，二 H-0 O-H 元酸中含有2个-OH,故H,PO3的结构式为： P-H。 17.【答案】(1) ①.H,②.-1214.6 ③.= (2) D.P3 (s)+302 (g)=P,O(s)AH=(6a+3b-12c)kJ mol ②.红磷 ③.白 磷 【小间1详解】由H3、C0、CH4的燃烧热分别为285.8 kJ.mol1、283.0 kJ.mol-、 890.3kJ·mol1,可得出下列热化学方程式： I.H,(g)+号0，(g)=H,00）M=-285.8kmo1 Ⅱ.C0(g+0,(g)-C0,(g)AH=-283.0kJ-mo1r IIⅢ.CH4(g)+2O2(g)-C02(g）+2HO(1)△H=-890.3 kJ.mol1 ①相同条件下，等质量（假设为1g)的H2、C0、CH4分别完全燃烧，放出热量分别为142.外J、 10.1kJ、55.6永J,则放热最多的是H,。 第15页/共19页 ②利用盖斯定律，将反应Ⅲ×2-Ⅱ×2得，2CH4(g)+3O2(g)=2C0(g)+4H,O(1) △H=（-890.3 kJ.mol-1）×2-（-283.0 kJ.mol-1k2=-1214.6 kJ.mol1。 ③等质量的甲烷按a、b两种途径完全转化，依据盖斯定律，放出的热量：途径a=途径b。 【小问2详解】①白磷与氧气反应生成P,O6固体的热化学方程式：P4(s)+3O2(g)=P,O6(s) △H=反应物的总键能-生成物的总键能=(6a+3b-12c)kJ·mol1。 ②P(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=-16.7kJol-1,对于放热反应，生成物比反应物稳定， 则比较稳定的是红磷。等质量的白磷、红磷分别完全燃烧，因为白磷的能量比红磷高，而产物及 状态均相同，则白磷燃烧放出的热量更高，所以放出热量更多的是白磷。 18.【答案】(1) ①.2C0,+2e-C,0 ②.催化剂 (2) ①.C0+02-2e-C0,②.b ③.a (3) D.CO,+6H*+6e-=CH,OH+H,O ②.S0,+2H,0-2eS0+4H+ 【小问1详解】由图可知，铝电极为原电池的负极，铝失去电子发生氧化反应生成铝离子，电极 反应式为A1-3=A13+,多孔碳电极为正极，在氧气做催化剂作用下二氧化碳在正极得到电子 发生还原反应生成草酸根离子，正极反应式为2CO2+2eCO，电池的总反应为 2Al+6C02=A1(CO4)3。 【小问2详解】由图可知，电极ā为负极，氧离子作用下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反 应生成二氧化碳，电极反应式为C0+O2--2e-C02,电极b为正极，氧气在正极得到电子发 生还原反应生成氧离子，电子由电极a通过传感器流向电极b,氧离子由电极b向电极a移动。 【小问3详解】①由电池总反应可知，A电极为原电池的正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到 电子发生还原反应生成甲醇，电极反应式为CO,+6H+6e=CH,OH+H,O。 ②由硫元素的化合价变化可知，通入二氧化硫的B电极为负极，水分子作用下二氧化硫在负极 失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，负极反应式为 S0,+2H,0-2e=SO4+4H。 第16页/共19页 19.【答案】(1)S0,+2HC0;S0}+2C0,+H,0 (2) ①.阳②.S0-2e+H,0=S0}+2H+ ③.阳 ④.减弱 (3) ①.氧化②.2NH3-6e+6OH=N,+6H,O (4)1 【分析】由题干信息可知，将含有SO2的废气通入盛放NHCO3溶液的装置甲中出来CO2和 NaSO3,即SO2和NaHCO3溶液发生反应后生成CO2和NaSO3,装置丙为NH3和O2组成的燃 料电池，即丙装置为原电池，通NH的一极c电极上NH3失去电子生成可参与大气循环的N2, 为负极，发生氧化反应，电极反应为：2NH3-6+60H=N+6H0,d电极上为O2得到电子生成 OH,则d为正极，电极反应为：O2+2HO+4e=4OH,甲装置生成的NaSO3进入装置乙中，a 电极处SO发生氧化反应生成SO,a作电解池的阳极，电极反应为 SO兮-2e+H,O-SO:+2H,b电极CO2发生还原反应生成HC00H,作阴极，电极反应为 CO,+2e+2H=HCOOH,为了使H+进入b极区参与反应生成HCOOH,隔膜应为阳离子交换 膜，据此分析解题。 【小问1详解】由题干信息可知，装置甲中，将含有SO2的废气通入盛放NaHCO3溶液的装置甲 中出来CO2和NaSO3,即SO2和NaHCO3溶液发生反应后生成CO2和NaSO3,故离子方程式为 S0,+2HC0;=S0}+2C02+H,0: 【小问2详解】由分析可知a极SO发生氧化反应生成SO好，作电解池的阳极，电极反应为 SO-2e+H,O-SO}+2H;为了使H进入b极区参与反应生成HCOOH,隔膜应为阳离子 交换膜；b极区消耗了H+，因此溶液酸性减弱： 【小问3详解】由分析可知，装置丙中，c电极上H3失去电子生成可参与大气循环的N2,发 生氧化反应，电极反应为2NH3-6e+60H=N+6HO; 【小问4详解】由分析可知，d电极上O2得电子生成OH,电极反应为O,+4e+2H,O=4OH, 11.2L 因此当消耗标况下11.2L( =0.5mol002时，电子转移2mol,根据装置乙的电极反应 22.4L/mol S0-2e+H,O-SO}+2H+可知，当电子转移2mol时，可生成1 mol NaSO4,故答案为：1。 第17页/共19页 20.【答案】(1) ①.Na,Sif.(s） 2NaF(s)+SiF4(g)②.△H>0 (2)固相 (3)A (4) ①.0.4 ②.2mol (5) ①.不变 ②.不变 【分析】N,SiF。(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为 NaF(s)和SiF(g),其分解的化学方程式为Na,Si正。(s)=2NaF(s)+SiF(g),根据图数据分 析可知，a线代表NaF(s),b线代表SiF(g),c线代表Na,Si证(s),据此回答。 【小问1详解】如图，在T时，Na,Si正。(s)的物质的量为0.2ol,未完全反应，固该反应的化 学方程式为：Na,S证，(s)2NaF(s)+SiF4(g),随着温度增加，Na,SiF。(s)的物质的量逐 渐减小，即升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，△H>0: 【小问2详解】由分析可知，a线代表NaF(s),b线代表SiE(g),c线代表Na2Si证(s),故a 线所示物种为固相产物： 【小问3详解】A.由NaSi,(s)=2NaF(s)+SiF(g)可知，该反应有气体生成，气体压强之 比等于物质的量之比，故压强不再改变时，气体的物质的量不再改变，能说明该热解反应达到化 学平衡状态，A正确： B.体系中质量守恒，故质量不变时不能说明该热解反应达到化学平衡状态，B错误： C.由于钙容器不是绝热容器，温度是外界条件，不是体系自身的平衡判断依据，故温度不变， 不能说明该热解反应达到化学平衡状态，C错误： D.气相物质为SF(g),摩尔质量不变，故气相物质的摩尔质量不变，不能说明该热解反应达 到化学平衡状态，D错误： 【小问4详解】由图知，T,时，Na,S证，（s)的物质的量为0.2mol,变化量为1mol-0.2mol-0.8mol, 根据NaSi。(s)=2NaF(s)+Si(g),物质的变化量之比等于化学计量数之比，则SiF(g)的 物质的量为0.8m0l,浓度为cSi正，)08mol-04molL,反应的K-cSi正，)0,4moL:平衡 2L 第18页/共19页 时，Na,i证(s)完全分解，由NaSiF(s)=2NaF(s)+SiF(g)可知，容器内固相物质的物质 的量为2mol; 【小问5详解】 T1温度时达到平衡后，若向容器中通入N2,气相物质SF4(g)的物质的量不变，恒容密闭容器 的体积不变，气相产物的浓度不变；据分析可知，b线所示物种为SF(g),恒容密闭容器的平 衡体系的气相产物只有SiE(g),K。p(SiF4),温度不变K,不变，T1温度时向容器中加入 SiF(g),重新达平衡时p(SiF4)不变，则逆反应速率不变。 第19页/共19页