【文档说明】重庆市巴蜀中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，782.000 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市巴蜀中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24P31K39Cr52Fe56Co59第I卷（选择题共55分）一、选择题（本题共25个小题，

共55分。其中1-20题每小题2分，21-25题每小题3分。在每小题所列的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案的字母序号填涂在答题卡上。）1.下列化学用语正确的是A.3NCl中所有原子都满足最外层8电子结构B.硫化铵的电子式为C.HCN的比例模型为D.22

MgOKNe+−+、、、的结构示意图都可以用表示【答案】A【解析】【详解】A.NCl3中N原子族序数+n=5+3=8，所以满足所有原子都满足最外层8电子结构，A项正确；B.硫离子电子式表达错误，应该为：；C.C、N原子的大小比例，C项错误；D.K+不符合，D项

错误；答案选A。【点睛】一般离子化合物的电子式书写规则如下：1.阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+K+Mg2+Ca2+Ba2+Al3+复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等)除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括

号的右上方标出离子所带的电荷；2.阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷；本题B项，虽注意到铵根离子的书写，但忽略了阴离子的书写方式，是学生的

易错点。2.下列说法中，错误的是（）A.人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的B.煤、石油、天然气是当今世界最重要的三大化石燃料C.我国目前最主要的能源是煤炭D.人体运动所消耗的能量与化学反应无关【答案】D【解析】【详解】A．人类目前运用最多的能源是

化石燃料，其释放的能量由化学反应产生，A正确；B．煤、石油、天然气三大化石燃料，是当今世界最重要的能源，B正确；C．我国是一个燃煤大国，虽然太阳能、风能、水能等有一定运用，但最主要的能源仍是煤炭，C正确；D．人体运动所消耗的

能量主要来自葡萄糖、油脂、蛋白质等，它们通过发生燃烧反应产生能量，D错误；故选D。3.以下现象与电化腐蚀无关的是A.黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿B.生铁比软铁芯（几乎是纯铁）容易生锈C.铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈D.银

质奖牌久置后表面变暗【答案】D【解析】电化学腐蚀是形成原电池，而加速金属的腐蚀。ABC构成了原电池的形成条件；D、银质奖牌生锈为与氧气的反应是化学腐蚀。4.决定元素种类的因素是()A.核外电子数B.最外层电子数C.核电荷数D.中子

数【答案】C【解析】【详解】元素是具有相同核电荷数的同一类原子的总称，由此可知：决定元素种类的是核电荷数。答案选C。5.元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（）A.金属元素和非金属元素分界线附近的元素B.稀有气体元素C.右上方区域的非金属元素D.左下方区域的

金属元素【答案】A【解析】【分析】用于制造半导体材料的元素需要既具有金属性又具有非金属性，据此分析判断。【详解】A.金属元素和非金属元素分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，则可用于制造半导体材料，故A正确；

B.稀有气体元素，性质稳定，不能用于制造半导体材料，故B错误；C.右上方区域的非金属元素，具有较强的非金属性，不能用于制造半导体材料，故C错误；D.左下方区域的金属元素，具有较强的金属性，不能用于制造半导体材料，故C错误；答案选A。6.设NA为阿

伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.1molN2中含有的电子数目为10NAB.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，负极消耗的气体分子数目为2NAC.0.1molCu与0.2mol浓硫酸完全反应后，溶液中Cu2+数目为0.1NAD.2.0gD2O中含有的质子数、电子数均为NA

【答案】D【解析】【详解】A.氮气分子中含有14个电子，则1mol氮气分子中含有的电子数目为14NA，故A错误；B.缺条件为标准状况，无法计算氢氧燃料电池正极消耗22.4L氧气的物质的量和负极消耗氢气的分子数目，故B错误；C.铜和浓硫酸共热反应时，浓硫酸会变

为稀硫酸，稀硫酸不能与铜反应，则0.1molCu与0.2mol浓硫酸完全反应后，铜不能完全反应，则溶液中Cu2+数目小于0.1NA，故C错误；D.D2O的摩尔质量为20g/mol，含有10个质子和10个电子，2.0gD2O的物质

的量为0.1mol，则0.1molD2O中含有的质子数、电子数均为NA，故D正确；故选D。7.下列变化过程，属于放热反应的是（）①工业合成氨②酸碱中和反应③水蒸气变成液态水④固体NaOH溶于水⑤Na在Cl2中燃烧⑥食物

腐败⑦浓H2SO4稀释A.①②③④⑤⑥⑦B.②③④⑤C.①②⑤⑥D.①②④⑤⑥⑦【答案】C【解析】【详解】①工业合成氨为放热反应；②酸碱中和反应为放热反应；③水蒸气变成液态水，为放热过程；④固体NaOH溶于水为放热过程；⑤Na在Cl2中燃烧为放热反应；⑥食物腐败为缓慢氧化过程，为放热反应；⑦浓H2

SO4稀释为放热过程，则属于放热反应的为①②⑤⑥，答案为C。8.用铂作电极电解一定浓度的下列物质的水溶液，电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是A.CuSO4B.H2SO4C.CuCl2D.NaCl【答案】

B【解析】【详解】A．硫酸铜溶液电解质生成铜、氧气和硫酸，电解一段时间后，铜和氧元素减少，需要加入一定量的氧化铜才能恢复，错误，不选A；B．电解硫酸溶液实际上是电解水，所以电解一段时间后需要加入水就能恢复，正确，选B；C．电解氯化铜溶液，产生铜和氯气，一段时间后

加入氯化铜才能恢复，错误，不选C；D．电解氯化钠溶液产生氢气、氯气和氢氧化钠，一段时间后加入氯化氢才能恢复，错误，不选D。答案选B。9.取50mL、0.50mol/L的盐酸与50mL、0.55moI/L的NaO

H溶液进行中和热测定实验，如图为实验装置图，有关说法正确的是（）A.可用环形铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，温度计也可置于大烧杯中B.实验中应分多次缓缓地把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中C.本实验至少测3次温度，

用温度计测定NaOH溶液起始温度后可直接测定D.若将实验中盐酸和氢氧化钠溶液的体积都改成100mL，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求中和热相等【答案】D【解析】【详解】A．铜丝是热的良导体，用环形铜质搅拌棒代替环形

玻璃搅拌棒，热量损失过大，实验数据不准确，A说法错误；B．NaOH溶液应一次倒入盛有盐酸的小烧杯中，不能分多次缓缓地倒入，B说法错误；C．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，直接测定盐酸的温度，会导致盐酸的初始温度偏高，C说法错误；D．若将实验中盐酸和氢氧化钠

溶液的体积都改成100mL，与上述实验相比，酸碱反应的物质的量增大，所放出的热量与原来不相等，但所求中和热为生成1mol液态水时的热量是相等，D说法正确；答案为D。10.根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（

）选实验操作现象结论项A漂白粉溶液通入一定量的SO2产生白色沉淀发生复分解反应，生成了CaSO3B将一铝箔放在酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面生成致密的Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于A1C加热分解某盐X，将产生的气体通入硝酸酸化的BaCl2溶液实验开始立即产生白色沉淀

X是Na2SO3D浓磷酸滴入食盐中，微热产生无色刺激性气味气体磷酸酸性强于盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.漂白粉溶液中次氯酸钙具有强氧化性，能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，故A错误；B.铝在空气中

放置易被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜，氧化铝的熔点高于铝，则将一铝箔放在酒精灯外焰上灼烧，铝箔熔化但不滴落，故B正确；C.在空气中受热，亚硫酸钠不会发生分解反应，不会有气体生成，故C错误；D.浓磷酸滴入食盐中，微热产生无色刺激性气味的氯化氢气体，说明磷酸的沸点高于氯化氢，与

酸性强弱无关，故D错误；故选B。11.氢氧燃料电池已用于航天飞机。以30%KOH溶液为电解质溶液的这种电池在使用时的电极反应如下：2H2+4OH--4e-=4H2O，O2+2H2O+4e-=4OH-，据此作出判断，下列说法中错误的是（）A.燃料电池的能

量转化率理论.上可达85%~90%B.供电反应的总反应为：O2+2H2=2H2OC.H2在负极发生还原反应D.产物为无污染的水，属于环境友好电池【答案】C【解析】【详解】A．燃料电池的能量主要转化为电能，部分转化为热能，转化率理论上可达85%~90%，A说法正确；B．正负极反应

式相加即得到总反应式，即供电时的总反应为：2H2＋O2＝2H2O，B说法正确；C．放电时，氢气失电子，发生氧化反应，C说法错误；D．产物为无污染的水，属于环境友好电池，D说法正确；综上所述，答案选C。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能

大量共存的是（）A.加入铝粉后产生氢气的溶液：Na+、Cu2+、Cl-、NO-3B.只含等物质的量浓度的四种溶质离子：Fe3+、Na+、Cl-、SO2-4C.与NH4HCO3反应可产生气体的溶液：Na+、K+、SO2-3、C1-D

.0.1mol/LlFeSO4溶液：H+、K+、SO2-4、NO-3【答案】C【解析】【详解】A.加入铝粉后产生氢气的溶液可能是强酸溶液或强碱溶液，强碱溶液中，铜离子与氢氧根反应生成氢氧化铜沉淀；强酸溶液中，

硝酸与铝反应不生成氢气，则在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B.含有等物质的量浓度的Fe3+、Na+、Cl-、24SO−的溶液中，阳离子电荷数大于阴离子，电荷总数不守恒，故B错误；C.与NH4HCO3反应可产生气体的溶液可能是酸溶液或碱溶液，Na+、K+、23SO−、C1-四种离子无论是

酸溶液还是碱溶液都不发生任何反应，能大量共存，故C正确；D.在酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能将亚铁离子氧化，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。13.下列实验操作正确的是A.教材上铜和浓硫酸实验，最后操作是先向上拉铜丝，终止反应，冷

却后，把试管里面的液体慢慢倒入盛有少量水的另一支试管里，观察溶液颜色中颜色的变化B.用润湿的淀粉碘化钾试纸鉴别Br2(g)和NO2C.用加热法去除NaHCO3固体中得NH4Cl固体D.用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸正中测新制氯水的pH【答案】A【解析】A、铜和浓硫酸实验，实验结束后，向上

拉铜丝，可以使铜丝和浓硫酸分离，终止反应，冷却后，把试管里面的液体慢慢倒入盛有少量水的另一支试管里，可以观察到溶液呈蓝色，说明铜和浓硫酸反应生成硫酸铜。故A正确。B、Br2(g)和NO2都能把碘离子氧化成碘单质，

都能使润湿的淀粉碘化钾试纸变蓝，所以不能用润湿的淀粉碘化钾试纸鉴别Br2(g)和NO2，故B错误。C、碳酸氢钠和氯化铵受热都能分解，所以不能用加热法去除NaHCO3固体中得NH4Cl固体，故C错误。D、新制氯水可以使pH试纸先变红后褪色，不

能测其pH，故D错误。本题正确选项为A14.下列方程式中，正确的是（）A.已知H+（a）+OH-（ag）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热△H=2×（-57

.3）kJ/molB.H2（g）的燃烧热是285.8kJ/mol，则2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ/mo1C.燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH（g）+12O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=-192.9k

J/mol，则CH3OH（g）的燃烧热为492.9kJ/mo1D.31g白磷比31g红磷能量多bkJ，P4（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=-4bkJ/mo1【答案】D【解析】【详解】A．已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)

△H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba（OH）2反应除生成2倍的水，还生成硫酸钡，则其反应热△H不等于2×(-57.3)kJ/mol，A错误；B．H2（g）的燃烧热是285.8kJ/mol，生成的水为液

体水，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+571.6kJ/mo1，B错误；C．燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)+12O2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-192.9kJ/mol，CH3OH(g)的燃烧热为1mol甲醇完

全燃烧生成稳定的氧化物释放的能量，不是生成氢气，C错误；D．31g白磷比31g红磷能量多bkJ，由白磷生成红磷为放热反应，P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=-4bkJ/mo1，D正确；答案为D。15.下列能说明非金属性氯元素强于硫元素的是（）①HCl的还原性比H2S

的小②HCl的酸性比H2S的强③HCl的稳定性比H2S的强④HClO酸性比H2SO4弱⑤HClO4的酸性比H2SO4的强⑥Cl2能与H2S反应生成S⑦Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS⑧HClO氧化性比H2SO4强⑨氯原子最外层7个电子，硫原子

最外层6个电子A.全部B.①③⑤⑥⑦C.①③④⑤⑥⑦⑧D.①③⑤⑥⑦⑧⑨【答案】B【解析】【详解】①元素非金属性越强，氢化物的还原性越弱，HCl的还原性比H2S的小能说明非金属性氯元素强于硫元素，故正确；②元素非金属性强弱与氢化物的稳定性有关，与氢化物酸性无关，

则HCl的酸性比H2S的强不能说明非金属性氯元素强于硫元素，故错误；③元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，HCl的稳定性比H2S的强能说明非金属性氯元素强于硫元素，故正确；④元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO中氯元素不是最高价态，则HClO酸性比H2SO4弱

不能说明非金属性氯元素强于硫元素，故错误；⑤元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则HClO4的酸性比H2SO4的强能说明非金属性氯元素强于硫元素，故正确；⑥Cl2能与H2S发生置换反应生成S，说明氯气的氧化性强于

硫，非金属性氯元素强于硫元素，故正确；⑦由Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS可知，氯气的得电子的能力强于硫，非金属性氯元素强于硫元素，故正确；⑧元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，与氧化性强

弱无关，则HClO氧化性比H2SO4强不能说明非金属性氯元素强于硫元素，故错误；⑨元素非金属性强弱与得失电子的难易有关，与最外层电子数无关，则氯原子最外层7个电子，硫原子最外层6个电子不能说明非金属性氯元素强于

硫元素，故错误；①③⑤⑥⑦正确，故选B。16.已知H-H键键能（断裂时吸收或生成时释放的能量）为436kJ/mol，H-N键键能为391kJ/mol，根据热化学方程式：N2（g）+3H2（g）=2NH

3（g）△H=-92.4kJ/mol。则N≡N键的键能是（）A.431kJ/molB.945.6kJ/molC.649kJ/molD.896kJ/mol【答案】B【解析】【详解】旧键的断裂吸热，新键的形成放热，因此该反应的反应热△H=x+436kJ/

mol×3-391kJ/mol×6=-92.4kJ/mol，解得x=945.6kJ/mol，则N≡N的键能为945.6kJ/mol，答案为B。17..高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁做

电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。下列推断合理的是A.铁是阳极，电极反应为Fe－6e－＋4H2O===FeO42-＋8H＋B.镍电极上的电极反应为2H2O+2e-==H2↑+2OH-C.若

隔膜为阴离子交换膜，则OH－自右向左移动D.电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，最终溶液pH不变【答案】B【解析】【详解】A．铁是阳极，电极反应为Fe-6e－+8OH－═FeO42-+4H2O，碱性条件下

不能生成氢离子，故A错误；B．镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e－═H2↑+2OH-，故B正确；C．电解池中阴离子移向阳极，所以OH-自左向右移动，故C错误；D．电解时阳极区消耗氢氧根pH降低、阴极区生成氢氧根pH升高，电解池总反应为：Fe+2H2O+2OH－═F

eO42-+3H2↑，则混合溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH降低，故D错误；故选：B。【点睛】电解池中与电源正极相连的为阳极，失电子发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，得电子发生还原反应；电解质溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。18.实验室中某些气体

的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中的物质d中的物质A浓氨水碱石灰NH3H2OB浓硫酸Na2SH2SCuSO4溶液C稀盐酸Na2CO3CO2NaOH溶液D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A.AB

.BC.CD.D【答案】C【解析】A、实验室可用浓氨水和碱石灰反应制氨气，但NH3的密度比空气小，不能用向上排空气的方法收集，应该用向下排空气的方法收集，故A错误。B、实验室制硫化氢，因硫化氢是酸性气体且有毒，应该用氢氧化钠溶液吸收，故B错误。C、稀盐酸和碳酸钠反应制二氧化

碳，二氧化碳密度比空气大，可用向上排空气法收集，尾气可用氢氧化钠溶液吸收，故C正确。D、浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，此装置中无加热装置，故D错误。本题正确选项为C。19.如图甲是利用一种微生物将化学能直接转化为电能的装置，图乙是利用微生物电池在铁上镀铜的装置，下列说法中正确的是（）A

.质子透过离子交换膜由右向左移动B.铜电极应与X相连接C.M极的电极反应式：（C6H10O5）n+7nH2O-24ne-=6nCO2↑+24nH+D.当N电极消耗0.25mol气体时，则铁电极增重16g【答案】C【解析】【分析】由题意可知，甲装置是

将化学能转化为电能的原电池，M是原电池的负极，酸性溶液中，在微生物作用下，淀粉在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，N是正极，氧气正极上得电子发生还原反应生成水，乙池为电镀池，在铁上镀铜，与负极相连的铁电极为阴极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，与正极相连的铜电极为阳极，

铜失去电子发生氧化反应生成铜离子。【详解】A.原电池工作时，阳离子向正极移动，由题意可知，M是原电池的负极，N是正极，则质子透过离子交换膜由左向右移动，故A错误；B.由分析可知，甲装置是原电池，M是原电池的负极，N是正

极，乙池为电镀池，在铁上镀铜，则铜电极应与Y相连接，故B错误；C.由题意可知，甲装置是将化学能转化为电能的原电池，M是原电池的负极，酸性溶液中，在微生物作用下，淀粉在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为（C6H10O5）n+7nH2O-24ne-=6nCO2↑+24n

H+，故C正确；D.由题意可知，M是原电池的负极，N是正极，氧气正极上得电子发生还原反应生成水，当N电极消耗0.25mol氧气时，由得失电子数目守恒可知铁电极上增加铜的质量为0.25mol42×64g/mol=32g，故D错误；故选C。20.在常温条件下，如图所示，烧杯中放入用导

线相连的铁、铜两个电极，加入适量的浓HNO3，已知停止工作时，Fe、Cu均有剩余。下列有关说法正确的是A.Fe在反应过程中始终作负极B.Cu能与浓HNO3反应，始终作负极C.反应过程中Cu电极表面被逐

渐腐蚀D.Fe电极反应式：Fe-2e-=Fe2+【答案】C【解析】A.Fe在开始时被浓硝酸钝化，活动性降低，作正极，故A错误；B.Cu能与浓HNO3反应，开始作负极，当浓硝酸成为稀硝酸时，Fe溶解而成为负极，故B错误

；C.反应过程中Cu电极表面被逐渐腐蚀，故C正确；D.Fe电极反应式：Fe-3e-=Fe3+，故D错误。故选C。点睛：两电极材料的相对活动性的大小不是绝对的，有时会随着介质的变化而变化。本题电极材料铜、铁处在浓硝酸中，铁被钝化而活动性降低。21.现有阳离子交换膜

、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽，用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是（）A.阳极反应式为2H++2e-=H2↑B.从A口出来的是H2

SO4溶液C.a是阳离子交换膜，允许H+通过D.E、G处加入的物质均为H2O【答案】B【解析】【分析】电解饱和Na2SO4溶液时，阳极上水电离出的OH-放电，失去电子发生氧化反应生成氧气，阴极上水电离出的H+放电，得到电子发生还原反应生成氢气，由于装置中放

置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，则从E口处加入的物质为稀硫酸，阳极室的B出口放出氧气、A出口放

出硫酸溶液，从G口处加入的物质为稀氢氧化钠溶液，阴极室的C出口放出氢气、D出口放出氢氧化钠溶液。【详解】A.阳极上水电离出的OH-放电，失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e—=4H++O2↑，故A错误；B.由分析可知，阳极室中阳极上水电离出的OH-放电，破坏水的电离平衡，

在阳极附近聚集大量氢离子，硫酸根通过阴离子交换膜a进入阳极室，则从A出口出来的是硫酸溶液，故B正确；C.由分析可知，阳极室中阳极上水电离出的OH-放电，破坏水的电离平衡，在阳极附近聚集大量氢离子，硫酸根通过

阴离子交换膜a进入阳极室，不允许氢离子通过，故C错误；D.由分析可知，E、G处加入的物质分别为稀硫酸和稀氢氧化钠溶液，故D错误；故选B。22.已知:①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2

O（l）△H1②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2③2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3④2CO2（g）+4H2（g）=CH3COOH（1）+2H2O（l）△H4⑤2C（s）+2H2（g）+

O2（g）=CH3COOH（l）△H5下列关于上述反应的焓变的判断正确的是（）A.△H1＞0,△H2＜0B.△H5=2△H2+△H3-△H1C.△H2＞0D.△H4=△H1-2△H3【答案】B【解析】【

详解】A.燃烧和缓慢氧化都属于放热反应，反应①和②都是燃烧反应，都是放热反应，则△H1＜0，△H2＜0，故A错误；B.由盖斯定律可知，②×2+③—①得反应⑤，则△H5=2△H2+△H3-△H1，故B正确；C.燃烧和缓慢氧化都属于放热反应，反应②是燃烧反应，△H2＜0，故C错误；D.由盖斯定

律可知，③×2—①得反应④，则△H4=2△H3-△H1，故D错误；故选B。23.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的放电工作示意图如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体隔膜两边的），充放电时，Li

+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。磷酸铁锂锂离子电池充电时总反应为：LiFePO4+6C=LixC6+Li1-xFePO4。下列叙迹不正确的是（）A.放电时负极反应为:LixC6-xe-=6C+xLi+B.锂离子导体隔膜应有

保护成品电池安全性的作用C.放电时，Li+通过隔膜移向正极，电子由铝箔沿导线流向铜箔D.磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化【答案】D【解析】【详解】A．放电时负极

锂失电子生成锂离子，反应为:LixC6-xe-=6C+xLi+，A说法正确；B．为了防止正负极接触，用锂离子导体隔膜隔开，起到保护成品电池安全性的作用，B说法正确；C．放电时，Li+通过隔膜移向正极，电子由铝箔沿导线流向铜箔，C说法正确；D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通

过Li+迁移实现，C、P元素化合价均不发生变化，Fe的化合价发生改变，D说法错误；答案为D。24.亚氯酸钠NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌，需现合成现用。下图是制取亚氯酸钠的工艺流程（已知ClO2气体在中性和碱性

溶液中不能稳定存在，且只能保持在浓度较低状态下以防止爆炸性分解。）下列说法错误的是（）A.无隔膜电解槽中阳极的电极反应式Cl--6e-+3H2O=ClO-3+6H+B.X酸可以是浓盐酸C.ClO2吸收塔内的温度不能过高D.无隔膜电解槽中阴极发生还原反应【

答案】B【解析】【详解】A．根据流程可知，无隔膜电解槽中阳极的产物为氯酸钠，则电极反应式为Cl--6e-+3H2O=ClO-3+6H+，A说法正确；B．ClO2气体在酸性环境中能稳定存在，盐酸可与ClO2发生反应，X酸是硫酸，B说法错误；C．ClO2吸收塔内加入过氧化氢，温

度不能过高，以防过氧化氢分解，C说法正确；D．无隔膜电解槽中阴极得电子，化合价降低，发生还原反应，D说法正确；综上所述，答案为B。25.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序

数为W的2倍。n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下n为气体。m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液显碱性且焰色反应呈黄色，上述物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.离子半径:Z>XB.2.4gm在足量的n中充分燃

烧，固体质量增加1.6gC.最简单气态氢化物的稳定性:W＞XD.n+p→s+t的过程中，有离子键、共价键的断裂，也有离子键、共价键的形成【答案】D【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Z为金属且Z的原子序数为W的2倍，则Z的原子序数为偶数，Z应为

Mg元素、W为C元素；由n、p、q是由这些元素组成的二元化合物，常温下，n为气体，m、r、s分别是Z、W、X的单质，t的水溶液呈碱性焰色反应呈黄色，结合图中转化关系可知，m为Mg、n为CO2、q为MgO、r为C、p为Na2O2

、t为Na2CO3、s为O2，则X为O元素，Y为Na元素。【详解】A．具有相同电子层结构的离子，随核电荷数增大，离子半径减小，钠离子和氧离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于钠离子，故A错误；B．2.4gMg的物质的量为0.1mol，镁在足量二

氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，0.1mol镁完全反应生成0.1mol氧化镁和0.05mol碳，则固体质量增加(0.1mol×16g/mol+0.05mol×12g/mol)=2.2g，故B错误；C．元素的非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于碳

元素，则水的稳定性强于甲烷，故C错误；D．n+p→s+t的反应为过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中含有离子键和共价键，则反应时有离子键、共价键的断裂，也有离子键、共价键的形成，故D正确；故选D。第

II卷（非选择题共45分）二、非选择题（本题有3个小题，共45分）26.A、B、C、D、E、F都为短周期元素，A是相对原子质量最小的元素；B的+1价阳离子和C的-1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层结构；C、D位于同一主族；E和C为同

一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸；F是地壳中含量最多的金属元素。请根据以上信息回答下列问题。(1)B元素在元素周期表中的位置是___________。(2)画出D元素的原子结构示意图______

_____。(3)用电子式表示BA的形成过程___________。(4)与E的简单氢化物分子所含电子总数相等的分子是___________（举一例、填化学式）。(5)F的单质与B的最高价氧化物对应的水化物的溶液发生反应的离子方程

式为____________。(6)E的气态氢化物的水化物与其最高价氧化物对应的水化物可发生反应，离子方程式为：___________。(7)化合物E2A4（g）是一种高效清洁的火箭燃料，0.25molE2A4完全燃烧的生成物是一种气态单质和一种气态化合

物，它们对环境无污染，同时放出热量133.5kJ的热量。则该反应的热化学方程式为____（用具体物质化学式表示）。【答案】(1).第三周期第ΙA族(2).(3).(4).CH4、H2O、HF(任写一种)(5).2Al+2OH-+2H2O===22AlO−+3H2↑

(6).NH3·H2O+H+===4NH++H2O；(7).N2H4(g)+O2(g)===N2(g)+2H2O(l)；ΔH=-534.0kJ/mol；【解析】【分析】A、B、C、D、E都为短周期元素，A是相对原子质量最小的元素，则A为H元素；B的+1价阳离子和C

的-1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层结构，则B为Na元素，C为F元素；C、D位于同一主族，则D为Cl元素；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸，则E为N元素；F是地壳中含量最多的金属元素，则F为Al元素，据此解答。【详解】由分析可知

：A为H元素，B为Na元素，C为F元素，D为Cl元素，E为N元素，F为Al元素。(1)B为Na元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅠA族；故答案为：第三周期第ⅠA族；(2)D为Cl元素，原子序数为17，核外有17个电子，分三层排布，原子结构示意图为：；故答案为：(3)由分析可知：A为H元素

，B为Na元素，因此BA所组成的化合物为NaH，用电子式表示NaH的形成过程为：；故答案为：(4)E的氢化物分子为NH3，10电子微粒，所含电子总数相等的分子有CH4、H2O、HF等；故答案为：CH4、H2O、HF(任写一种)；(5)B为Na

元素，F为Al元素，F的单质与B的最高价氧化物对应的水化物的溶液发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O===22AlO−+3H2↑；故答案为：2Al+2OH-+2H2O===22AlO−+3H2↑(6)E为N元素，E的气态氢化物的水化物为NH

3·H2O，E的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，二者反应的离子方程式为：NH3·H2O+H+===4NH++H2O；故答案为：NH3·H2O+H+===4NH++H2O；(7)A为H元素，E为N元素，则化合物E2A4的化学式为N2H4，0.25molN2H4完全燃烧的生成物是一种气态

单质和一种气态化合物，它们对环境无污染，所以生成产物为N2和H2O，则该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)===N2(g)+2H2O(l)；ΔH=-534.0kJ/mol；故答案为：N2H4(g)+O2(g)

===N2(g)+2H2O(l)；ΔH=-534.0kJ/mol；【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意10电子微粒，为高频考点，题目难度中等。27.电化学自伏打电堆开始，便不断地推进化学学科的发展。伏打电堆示意图如图所示：（1）将Zn片和Ag片用

浸泡有盐溶液的纸片隔开，就可以产生电流，该装置的电流方向是_________（填“Zn→Ag”或“Ag→Zn”）（2）利用伏打电堆产生的电流，戴维开创了电化学研究，制得并发现系列新元素，请写出电解制Na的化学方程式：_____

_________。（3）已知铅蓄电池的工作原理为Pb+PbO2+2H2SO4充电放电2PbSO4+2H2O，现设计如下图所示装置进行电解（电解液足量），测得当铅蓄电池中转移0.4mol电子时，铁电极的质量减少11.2g。则A是铅蓄电池的_____（填“

正”或“负”）极，写出铅蓄电池放电时的正极反应式：______，如图2表示电解时某个量（纵坐标x）随时间变化的曲线，这个量x最有可能表示的是_____（填序号）。a．两个U形管中析出的气体体积b．两个U形管中阳极质量的减少量c．两个U形管中阴极质量的增加量【答案】(1).A

g→Zn(2).2NaCl(熔融)电解=2Na＋Cl2↑(3).负(4).PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋=PbSO4＋2H2O(5).b【解析】【详解】(1)Zn片和Ag片浸泡在盐溶液中，Zn比Ag活泼，Zn失电子，作负极，Ag作正极，在原

电池中，电流由正极经外电路流向负极，即电流方向Ag→Zn；(2)通过电解熔融的NaCl制备Na，化学方程式为2NaCl(熔融)电解2Na＋Cl2↑；(3)铁电极的质量减少11.2g，铁作阳极，Ag作阴

极，A是负极，B为正极，铅蓄电池中，PbO2得电子，电极方程式PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋=PbSO4＋2H2O；左边的U形管，阳极Fe－2e－=Fe2＋，阴极2H＋＋2e－=H2↑；右边的U形管，阳极Cu

－2e－=Cu2＋，阴极Cu2＋＋2e－=Cu；a．右边U形管不析出气体，左边U形管析出气体，所以稀硫酸析出气体体积大于硫酸铜溶液，故错误；b．当转移相同电子时，溶解金属的物质的量相等，铜的摩尔质量大于铁，所以右边U形管阳极减少的质量大于左边U形管阳

极减小的质量，故正确；c．当转移相同电子时，析出物质的物质的量相等，但铜的摩尔质量大于氢气，所以左边U形管析出氢气的质量小于右边U形管析出铜的质量，故错误；答案选b。28.重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬酸钾为原料，采用电化学制备重铬酸钾。

制备装置如下图所示：制备原理：2CrO2-4（黄色）+2H+⇌Cr2O2-7（橙色）+H2O（1）通电后阳极室产生的现象为_____________，电极反应式是__________。（2）该制备过程总反应的离子方程式可

表示为4CrO2-4+4H2O=2Cr2O2-7+4OH-+2H2↑+O2↑，若实验开始时在右室中加入38.8gK2CrO4，t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，则溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为________；该过程中反应转移的电子

数目为___________；此时阳极室与阴极室溶液质量变化之差（△m阴极室-△m阳极室）为____g。【答案】(1).惰性电极上有气泡产生，阳极区溶液由黄色变为橙色(2).2H2O-4e－＝O2↑＋4H

+(3).2：1(4).0.1NA(5).8.5【解析】【分析】装置为电解装置，且阳极为惰性电极，则阳极中水电离的氢氧根离子失电子生成氧气，阴极为水电离的氢离子得电子生成氢气，溶液中的钾离子向阴极移动

。【详解】(1)根据电解装置，阳极为惰性电极，则溶液中的水电离的氢氧根离子失电子生成氧气，则阳极区酸性增强，2CrO2-4(黄色)+2H+⇌Cr2O2-7(橙色)+H2O正向移动，溶液由黄色变色橙色，电极反应式为2H2O-

4e－＝O2↑＋4H+；(2)38.8gK2CrO4的物质的量为0.2mol，钾离子的物质的量为0.4mol，电解过程中Cr元素的物质的量不变，钾离子向阴极移动，已知t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3：2，即钾离子的物质的量为0.3mol，2n(K2CrO4

)+2n(K2Cr2O7)=0.3mol，n(K2CrO4)+2n(K2Cr2O7)=0.2mol，可得n(K2CrO4)=0.1mol，n(K2Cr2O7)=0.05mol，溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为2：1；根

据钾离子的物质的量的改变，反应中转移电子为0.1mol，即0.1NA；此时阳极产生0.8g氧气，减少3.9g钾离子，阳极的质量变化(减小)为(0.8+3.9)g=4.7g;阴极产生0.1g氢气，增加3.9g钾离子，阴极的质量变化（增加）为3.9g-0.1g=3.8g，则

阳极室与阴极室溶液质量变化之差为3.8g-(-4.7g)=8.5g。29.已知：钴是一种中等活泼金属，常见化合价为+2价和+3价，CoC12易溶于水。巴蜀中学化学课外活动小组同学设计实验制取(CH3COO)2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。请回答下列问题：（1）甲同学

用Co2O3与盐酸反应制备CoCl2，其实验装置如下：①盛装盐酸的仪器名称__________；烧瓶中发生反应的化学方程式为_________。②由实验事实可得出结论，氧化性Co2O3_______MnO2（填“大于”、“小于”或“无法判断”）。（2）利用甲同学制得的CoCl2

可进一步制得(CH3COO)2Co的结晶水合物。乙同学利用下列装置检验(CH3COO)2Co结晶水合物在氮气气氛中的分解产物。其中E、F、G中的试剂均足量。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。①装置E、F是用于检验分解产物中的CO和C

O2，则E中所盛的溶液是_______。②经分析知分解产物还有C2H6，已知C2H6在较高温度下具有还原性，则上述实验中可确定有C2H6生成的现象是_____________。③实验结束时，先_______，一段时间后再_________。④下图为乙酸钴结晶水合物[(CH3

COO)2Co·xH2O]热分解时的失重率曲线（失重率等于某阶段分解后固体损失的质量占最初固体样品质量的百分比）。已知第二阶段分解所得固体产物为钴的一种氧化物，且无H2O生成，请通过计算并写出第二阶段分解反应的化学方程式________。【答案】(1).分液漏斗(2).Co2O3+6HCl=2C

oCl2+Cl2↑+3H2O(3).大于(4).澄清的石灰水(5).装置I中黑色固体变为红色，无水硫酸铜由白色变为蓝色，装置K中澄清的石灰水变浑浊(6).熄灭D、I处酒精灯(7).停止通入氮气(8).3(CH3COO)2CoΔCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】【分析

】(1)根据图中反应物及部分生成物，利用氧化还原反应判断；(2)根据实验提供的信息，醋酸钴受热分解，生成CO、CO2、C2H6及钴的一种氧化物，反应在无氧环境下进行，PbCl2能被CO还原为Pb和二氧化碳，则装置E为检验二氧化碳生成的装置，

装置F为检验CO的存在，装置G为吸收二氧化碳，H为干燥除水，装置I、J、K为验证C2H6。【详解】(1)①根据装置特点，盛装盐酸的仪器名称为分液漏斗；烧瓶中盐酸与Co2O3反应生成CoCl2、氯气和水，方程式为Co2O3+6HCl=2CoCl2+

Cl2↑+3H2O；②实验室用二氧化锰制取氯气时需要加热，而用Co2O3取氯气不需加热，则Co2O3氧化性大于MnO2；(2)①PbCl2能被CO还原为Pb和二氧化碳，防止CO的检验对CO2的检验产生干扰，CO2需先检验，则装置E中盛有的为澄清的石灰水；②已知C2H6在较

高温度下具有还原性，则在装置I中C2H6与氧化铜反应生成单质铜、水和二氧化碳，可观察到装置I中黑色固体变为红色，无水硫酸铜由白色变为蓝色，装置K中澄清的石灰水变浑浊；③试验结束时，先熄灭D、I处酒精灯，一段时间后，待装置D、I处温度降低后再停止通入氮气，可防止倒吸；④第一阶段为失去结晶水的过

程，18177x=28.9110028.91−，化简x=4，已知第二阶段分解所得固体产物为钴的一种氧化物，且无H2O生成，其占总质量的38.82%，产物为CO、CO2、C2H6，剩余固体的量为80，为钴的一种

氧化物，N(Co)：N(O)=1：2116=0.75，钴的氧化物为Co3O4，分解的方程式为3(CH3COO)2CoΔCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。【点睛】根据热分解时的失重率曲线首先确定结晶水的含量，求出分子总量，再根据比例关系求氧化物中Co与O的比例，确定化学式

，最后配平即可。