【文档说明】山东省济南市第一中学等二校2023-2024学年高一下学期5月月考化学试题word版含解析.docx，共(20)页，1.653 MB，由小赞的店铺上传

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高一质量监测联合调考化学本试卷满分100分，考试用时90分钟注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其

他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：鲁科版必修第二册第1章、第2章，选择性必修1第1章。5.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Mg24Fe56一、选择题：本题共10小题，每小题2

分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中华古诗词精深唯美，下列有关说法错误的是A.“野火烧不尽，春风吹又生”主要涉及放热反应B.“春寒赐浴华清池，温泉水滑洗凝脂”，保持温泉水恒温的能量主要来源于地热能C.“羲和敲日玻璃声，劫灰飞尽古今平”，制玻璃的原料之

一可用于制作光导纤维D.“铁屑融化似水流，千锤百炼始成钢”，生铁是混合物，钢是纯净物【答案】D【解析】【详解】A．“野火烧不尽，春风吹又生”涉及燃烧，是放热反应，A正确；B．保持温泉水恒温的能量主要来源于地热能，B正确；C．SiO

2是制玻璃的原料，也可用于制作光导纤维，C正确；D．生铁和钢都是含碳的铁合金，都是混合物，D错误；本题选D。2.下列有关化学反应与能量变化的说法错误的是A.锌与稀硫酸的反应属于放热反应B.需要加热的反应可能是放热

反应C.石墨转化为金刚石是吸热反应，所以石墨比金刚石稳定D.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比，水的能量更低【答案】D【解析】【详解】A．活泼金属与酸反应都是放热反应，故锌与稀硫酸的反应放热，A正确；B．是否需要加热和反

应放热吸热无关，需要加热的反应可能是放热反应，如所有的燃烧都需要先加热才能发生，但是放热反应，B正确；C．石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，石墨比金刚石稳定，C正确；D．冰融化为水需要吸热，故水的能量比冰高，D错误；本题选D。3.3NaN

是一种易溶于水()33NaNNaN+−+=的白色固体，可用于有机合成和作汽车安全气囊的产气药等。3NaN可用2NaNH和2NO反应合成，过期的3NaN可用NaClO溶液销毁(3N−被氧化为2N)。下列说法中错误的是A.钠元素在周期表中的位置是第3周期ⅠA族B.

3NaN中既含离子键又含共价键C.2NaNH中氮元素的化合价为-3价D.用NaClO溶液销毁3NaN，发生的反应为322ClO2N2HClHO3N−−+−++=++【答案】D【解析】【详解】A．钠元素原子序数为11，在周期表中的位置是第3周期ⅠA族，A正确；B．3NaN中钠离子和3

N−之间为离子键，3N−中氮原子之间为共价键，B正确；C．2NaNH中氮元素的化合价为-3价，C正确；D．用NaClO溶液销毁3NaN，发生的反应为-322ClO2NHOCl2OH3N−−−++=++，D错误；故选D。4.下列装置中能构成原电池的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详

解】A．碳棒与锌棒均不与酒精反应，且纯酒精不导电，不能构成原电池，故A项错误；B．铜棒与锌棒活泼性不同的电极，硫酸锌和硫酸铜作为电解液，导线盐桥形成闭合回路，可以形成原电池，故B项正确；C．放置锌棒与铜棒的两个烧杯之间缺少盐桥，溶液相互间不导电，不能构成原电池，故C项错误

；D．两电极活动性一样，电极相同，不能构成原电池，故D项错误；故本题选B。5.将4mol2SO（g）和2mol2O（g）在2L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：()()22gg2SOO+()32SOg，若经2s后测得3SO的物质的量为0.6mol。下列叙述正确的是A.()()222SOO

vv=B.2s时2SO的转化率为15%C.反应开始到2s时，2O的物质的量浓度减小0.851molL−D.用3SO表示的平均反应速率为0.311molLs−−【答案】B【解析】【详解】A．反应速率比等于系数比，且没有说明正逆反应速率，A错误；B．经2s后测得3SO的物质的量为0.6mo

l，则反应二氧化硫0.6mol，2s时2SO的转化率为0.6mol100%4mol=15%，B正确；C．反应开始到2s时，反应2O0.3mol，物质的量浓度减小0.3mol÷2L=0.151molL−，C错误；D．用3SO表示的平均反应速率为11110.

6molLs0.15molLs22−−−−=，D错误；故选B。6.在2L密闭容器中进行如下反应：mX(g)nY(g)pZ(g)qW(g)++，在2s内用X表示的平均反应速率是110.3mmolLsp−−，则2s时W增加的物质的量是A.1.2

qpmolB.1.2mmolpC.0.6pmolqD.0.6mmolq【答案】A【解析】【详解】不同物质表示的反应速率之比等于它们的化学计量数之比，X表示的平均反应速率为110.3mmolLsp−−，W表示的平均反应速率为110.3mmolLsp−−×

qm＝110.3qmolLsp−−。则Δn(W)＝110.3qmolLsp−−×2L×2s＝1.2qpmol。故选A。7.核电是一种安全、清洁、低碳、可靠的能源，发展核电是我国重要的能源战略。钚一239(23994Pu)裂变速率快，临界密度小，是核电重要的核装料之一。239

94Pu中的质子数比中子数少A.145B.94C.57D.51【答案】D【解析】【详解】23994Pu的质子数为94，中子数为239-94=145，中子数-质子数=51，故质子数比中子数51，故答案选D。8.化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化。从物质结构的角度看，化学反应的实质就是旧

化学键的断裂和新化学键的形成，而旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键形成所释放的能量不同导致发生了能量变化。下列实验现象能充分说明对应的化学反应是放热反应的是A．试管内有气泡产生，烧杯内有固体析出B．反应开始后，针筒活塞向右移动C．温度计的水银柱不断下降D．U形管的液面左高右低A.AB.BC.

CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Mg与稀盐酸发生置换反应产生MgCl2、H2，看到试管内有气泡，反应放出热量，使烧杯内石灰水溶液温度升高，Ca(OH)2溶解度降低而结晶析出，因此看到烧杯内有固体析出，可证明反应是放热反应，A符合题意；B．锌粒与稀硫酸反应产生氢气，不管反

应是否放热，反应开始后，锥形瓶内气体压强增大，导致针筒活塞都向右移动，不能证明反应放出热量，B不符合题意；C．向NaHCO3中加入盐酸，二者发生反应后使温度计水银柱不断下降，说明反应过程吸收热量，因此证明该反应为吸热反应，C不符合题意；D．硝酸铵固体

溶解吸热，导致广口瓶中气体压强减小，使U型环中液面出现左高右低的现象，且该变化是物质的溶解过程，不是发生化学反应，D不符合题意；故合理选项是A。9.化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化。从物质结构的角度看，化学反应的实质就是旧化学

键的断裂和新化学键的形成，而旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键形成所释放的能量不同导致发生了能量变化。已知：()()()2212COgOg2COgΔH+=()()()()23223COgFeOs2Fes3COgΔH+=+()()()22334

Fes3Og2FeOsΔH+=()()()22344Als3Og2AlOsΔH+=()()()()232352AlsFeOsAlOs2FesΔH+=+下列关于上述反应焓变的判断正确的是A.1Δ0H，3Δ0H

B.5Δ0H，43ΔΔHHC.1233Δ2ΔΔHHH=+D.345ΔΔ2ΔHHH=+【答案】C【解析】【详解】A．物质氧化反应是放热反应，放热反应的反应热小于0；△H1＜0；△H3＜0，A错误；B．铝热反应是一个

放热反应，则△H5＜0；已知③()()()22334Fes3Og2FeOsΔH+=、④()()()22344Als3Og2AlOsΔH+=、⑤()()()()232352AlsFeOsAlOs2FesΔ

H+=+，由盖斯定律可知⑤=12(④-③)，则△H5=43Δ-Δ2HH<0，则43ΔΔHH，B错误；C．根据盖斯定律可知，3△H1=2△H2+△H3，C正确；D．根据盖斯定律可知，△H3=△H4-2△H5，D错误；故合理选项是C。10.化学反应中

的能量变化，通常表现为热量的变化。从物质结构的角度看，化学反应的实质就是旧化学键的断裂和新化学键的形成，而旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键形成所释放的能量不同导致发生了能量变化。下列说法错误的是A.已知()()()122

22HgOg2HO1Δ571.6kJmolH−+==−，则H2的燃烧热1Δ285.8kJmol−=−HB.已知()()()122HgFg2HFgΔ270kJmolH−+==−，则1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟

化氢时放出的热量大于270kJC.已知()()()221CsOgCOgΔH+=，()()()22COgCs2COgΔH+=，1Δ0H，2Δ0HD.已知中和反应的反应热可表示为()()()12HaqOHaqHOlΔ57.3kJmolH+−−+==−，则1molH2SO4与1molBa(OH)

2完全反应放出的热量为114.6kJ【答案】D【解析】【详解】A．H2的燃烧热表示1molH2(g)完全燃烧产生液体H2O时放出的热量。根据()()()12222HgOg2HO1Δ571.6kJmolH−+==−，可知H2的燃烧热为△H=-285.8kJ

/mol，A正确；B．物质由气态转化为液态时会放出热量，根据()()()122HgFg2HFgΔ270kJmolH−+==−，可知1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态ＨＦ时放出的热量将大于270kJ，B正确；C．物质燃烧会放出热量，

使体系的内能减小，反应热小于0；C与CO2气体反应产生CO的反应是吸热反应，吸收热量使体系的内能增大，反应热大于0。已知()()()221CsOgCOgΔH+=，()()()22COgCs2COgΔH+=，1Δ

0H，2Δ0H＞，且△H1＜△H２，C正确；D．强酸与强碱发生中和反应产生可溶性盐和1mol水时放出热量是57.3kJ，则中和热可表示为：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H1=-57.3kJ/mol，中和反应放出的热量与反应产生的H2O的物质的量呈正比，则反应产生2molH2O(l)

和可溶性盐时放出热量是114.6kJ，当1molH2SO4与1molBa(OH)2完全反应时，除产生2molH2O外，Ba2+与2-4SO形成BaSO4沉淀时也会放出热量，故1molH2SO4与1molBa(OH)2完全反应放出的热量大于114.6kJ，D错误

；故合理选项是D。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.利用间接转化法可将氮氧化物转化为化工产品以实现氮氧化物的充分利用。

已知：①()()()()2g2NgNO2ICl2OClIgg++②()()()2g2NOCl2NOggCl+③()()()22IgClg2IClg+若某温度下，向VL恒容密闭容器中加入2molNO和2molICl发生上述反应，达到

平衡时容器中()NOClg为2amol,Cl为bmol。下列说法错误的是A.平衡时2I的浓度为1a+2bmolLV−B.若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明各反应已达到平衡状态C.NO转化率为a100%2D.若反应①②为吸热反应

，③为放热反应，则升高温度反应①②速率增大，③速率减小【答案】AD【解析】【详解】A．设反应①中NO的转化量为2xmol，根据达平衡时容器中NOCl(g)为amol，Cl2为bmol可列出以下三段式：的()()()()22NO

g2IClg2NOClgIg2x2x2xx++转化量()()()22NOClg2NOgClg2xa2xa2xa2+−−−转化量()()()22IgClg2IClg2xa2xa2xabbxb222+−−−−−−−

转化量平衡时I2的物质的量为2x-aa+2bx--bmol=mol22，浓度为1a+2bmolL2V−，A错误；B．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明I2和Cl2浓度

保持不变，说明各反应已达平衡状态，B正确；C．NO的净转化率为：()2x2xaa100%100%22−−=，C正确；D．升高温度，①、②、③速率都增大，D错误；故选AD12.肼-过氧化氢碱性燃料电池因其较

高的能量密度而备受关注，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.惰性电极B是电池的负极B.电子的转移方向：由惰性电极A经电解质溶液转移到惰性电极BC.电池工作过程中，若Aa极区产生214gN，则转移电子的数目为A2ND.有人提出可用

甲烷代替肼，此时惰性电极Aa发生的电极反应为2432CH10OH8eCO7HO−−−+−=+【答案】CD【解析】【分析】由图可知，氮元素价态升高，失电子，惰性电极A是电池的负极，惰性电极B是电池的正极，据此分

析解题。。【详解】A．据分析可知惰性电极A是电池的负极，惰性电极B是电池的正极，A错误；B．电子的转移方向是由负极流向正极的，电子转移不经过电解质溶液，B错误；C．电池工作过程中，N2H4中N的化合价为-2价，N2中N的化合价为0价，若A极区产生

214gN即0.5mol，0.5molN2H4→0.5molN2，则转移电子的物质的量为()-22e0.5mol=2mol，个数为A2N，C正确；D．有人提出可用甲烷代替肼，A为负极失电子，且为碱性环境，此时情性

电极A发生的电极反应为2432CH10OH8eCO7HO−−−+−=+，D正确；故选CD。13.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中

常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.化合物a可能是由C、H两种元素组成的化合物B.原子半径由大到小的顺序为Z>X>Y>WC.d是离子化合物，阴、阳离子个数比为1:1D.常温下，e和f之间可以相互转化【答案】C【解析】【分析】短周期元素W、X、

Y、Z的原子序数依次增大，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物，则d为过氧化钠，b为水，c为二氧化碳，f为碳酸钠，e为氢氧化钠，m为氧气。则W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na。【详

解】A．m为氧气，b为水，c为二氧化碳，根据元素守恒得到化合物a可能是由C、H两种元素组成的化合物，故A正确；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小，因此原子半径由大到小的顺序为Z>X>Y>W，故B正确；C．d是离子化合物，含有

2个钠离子和1个过氧根离子，因此阴、阳离子个数比为1:2，故C错误；D．常温下，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，因此e和f之间可以相互转化，故D正确。综上所述，答案为C。14.下列叙述错误的是A.已知同周期

X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为42434HXOHYOHZO，则对应阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序增强B.AN代表阿伏加德罗常数的值，235g核素23592U发生裂变反应：902351136138920540UnSrXe10n+⎯⎯→++，净产生的

中子()10n数为A9NC.同主族元素形成的同一类型的化合物，往往结构和性质很相似，如4PHI的结构和性质与4NHCl相似，则4PHI可由3PH与HI化合生成D.Xma+、Ynb+、Znc−、Rmd−四种短周期元素离

子的电子层结构相同()mn，离子半径由小到大的顺序：XYRZmnmn++−−【答案】D【解析】【详解】A．已知同周期X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物酸性由强到弱的顺序为42434HXO>HYO>HZO，则非金属性X>Y>Z，那么对应阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序增强，A正确；B

．235g核素23592U的物质的量为1mol，发生裂变反应：235190136192038540U+nSr+Xe+10n→，净产生的中子9mol，数目为9NA，B正确；C．氨气和氯化氢能合成氯化铵，4PHI的结构和性质与4NHCl相似，则4PHI可由3PH与HI化合生成，

C正确；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Xma+、Ynb+、Znc−、Rmd−四种短周期元素离子的电子层结构相同(m>n)，则原子序数：a>b>c>d，故离子半径由小到大的顺序：Xm+、n+Y、n-Z、Rm−，D错误；故选D。15.常温下，将除去表面氧化膜的A

l、Cu片插入浓3HNO中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化关系如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。下列说法中错误的是A.0～1ts内，原电池的负极是Al片B.1ts前后，原电池中电子流动方向相反C.1ts时，发生反应()33223Cu8HN

O3CuNO2NO4HO+=++D.实验室中，浓硝酸应置于棕色细口瓶中，放于阴凉处【答案】C【解析】【分析】根据装置图与电流图知，0~t1s时，铝为原电池的负极，铜为正极，由于Al不断被浓HNO3钝化，因此电流不断减小。到t1s时，铝在浓硝酸中完全钝化后不

再反应，此时铜又成了原电池的负极，电流与0~t1s时反向。【详解】A．根据分析知，0～1ts内，原电池的负极是Al片，A正确；B．根据图2得1ts前后，原电池中电子流动方向相反，B正确；C．反应过程中

有红棕色气体产生，1ts时为Cu与浓硝酸反应，产生2NO气体，C错误；D．浓硝酸不稳定，光照或加热均能分解，因此实验室中，浓硝酸应置于棕色细口瓶中，放于阴凉处，D正确；故选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序

数依次增大。已知Y元素原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3:4；M元素原子的最外层电子数与电子层数之比为4:3；N-、Z+、X+的半径逐渐减小；化合物XN常温下为气体。据此回答：（1）元素M形成的常见氧化物属于_

______(“酸性”“碱性”或“不成盐”)氧化物。（2）N的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_______，M和N形成的氢化物中稳定性较强的是_______(填化学式)。（3）化合物A、B均为由上述五种元素中的任意三种组成的强电解质，组成元素的原子个数之比均为1:1:1，A的固体具有

吸湿性，B是“84”消毒液的有效成分。①写出A的电子式：_______。②A与氢氧化铝反应的离子方程式为_______。③B与浓盐酸反应可制得N的单质，反应的离子方程式为_______。（4）M的单质的用途为_______(任写一点)。【答案】（1）酸性（2）①.4HClO②.

HCl（3）①.②.34Al(OH)OHAl(OH)−−+=③.22ClOCl2HClHO−−+++=+（4）作半导体材料(或制造芯片、太阳能电池等)【解析】【分析】元素X、Y、Z、M、N均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y元素原子最

外层电子数与核外电子总数之比为3∶4，Y元素原子核外只可能有2个电子层，设最外层电子数为x，则，即x=6，则Y为O元素；M元素原子的最外层电子数与电子层数之比为4∶3，则M为Si元素，N−、Z+、X+的半径逐渐减

小，则N为Cl元素，Z为Na元素，化合物XN常温下为气体，则X为H元素，所以X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、M为Si元素、N为Cl元素。【小问1详解】根据分析M为Si元素，其形成的常见氧化物为SiO2为酸性氧化物；【小问2详解】N为Cl元素，其最

高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4，因Cl原子半径比Si原子半径小，所以H-Cl键长比H-Si键长短，H-Cl键能更大，所以HCl更稳定；【小问3详解】化合物A、B均为由上述五种元素中的任意三种组成的强电解质，组成元素的原子个数之比均为1:1:1，A的固体具有吸湿性，为NaOH，B是“84

”消毒液的有效成分，为NaClO。①A的电子式：；②A与氢氧化铝反应的离子方程式为：()()--34AlOH+OH=AlOH；③NaClO与浓盐酸反应可制得Cl2，反应的离子方程式为：ClO−+Cl−+2

H+=Cl2↑+H2O。【小问4详解】单质Si的用途为作半导体材料、制造芯片、太阳能电池等。17.电化学的发展是化学对人类的一项重大贡献。探究原电池和电解池原理，对生产生活具有重要的意义。I．利用电化学方法

可以将CO2有效地转化为HCOO-(其中C元素的化合价为+2价)，装置如图所示。（1）若以铅酸蓄电池为直流电源，则铅酸蓄电池中a极的电极反应式为_______。（2）①装置工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成

副产物，降低电解效率已知：电解效率=一段时间内生成目标产物转移的电子数一段间内电解池转移的电子数副产物可能是_______(写出一种即可)。②标准状况下，当阳极生成氧气的体积为224mL时，测得整个阴极区内的c(HCOO-)=0.015mol/L，电

解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。Ⅱ．利用新型镁—锂双离子二次电池(甲池)作电源同时电解乙池和丙池。（3）放电时，Li+向_______(填“m极”或“n极”)移动。（4）给新型镁—锂双离子二次电池充电时，m极与电源的_______极相连，导线中

每通过0.2mole-，甲池的左室中溶液的质量减少_______g。（5）电解一段时间后，乙池中溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（6）丙池发生电解反应的总方程式为_______。【答案】（1）22442PbO2eSO4HPbSO2HO−−++++=

+（2）①.CO(或H2)②.0.75(或75%)。（3）n极（4）①.负②.1（5）减小（6）222222HO2ClMgClHMg(OH)−+++++通电【解析】小问1详解】根据图示可知：在右边Pt电极上CO2得到电子被还原为HCOO-，所以该电极为阴极，则电源b电极

为负极，电源的a电极为正极，在正极a上，PbO2得到电子被还原为PbSO4，该电极的电极反应式为：22442PbO2eSO4HPbSO2HO−−++++=+；【小问2详解】①该装置在工作时，阴极Pt电极上，除了CO2得到电子被还原为HC

OO-，还有可能CO2得到电子被还原为CO气体；还可能是溶液中的H2O电离产生的H+得到电子被还原为H2，故阴极的副产物可能是CO(或H2)；②电解时，在阳极Pb电极上发生反应：2H2O-4e-=O2↑+2H+。标准状况下，当阳极生成氧气的体积为224mL时，其物质的量为

n(O2)=0.01mol，则反应过程中电子转移的物质的量n(e-)=0.04mol，测得整个阴极区内的c(HCOO-)=0.015mol/L，n(HCOO-)=0.015mol/L×1L=0.015mol，得到电子的物质的量是n(e-)=0.015mol

×2=0.03mol，由于同一闭合回路中电子转移的数目相等，则电解效率为η=0.03mol0.04mol=0.75；【小问3详解】利用新型镁—锂双离子二次电池(甲池)作电源同时电解乙池和丙池。Mg为负极，失去电子发生氧化反应，Li1-xFePO4/LiF

ePO4为正极，在放电时，Li+向负电荷较多的n电极移动；【小问4详解】电池放电时，Mg为负极，Li1-xFePO4/LiFePO4为正极，则在给新型镁—锂双离子二次电池充电时，m极与电源的负极连接，作阴极，发生还原反应；导线中每通过0.2mole-，有0.1molMg2+得到电子变为Mg，

同时有0.2molLi+进入电解质溶液，则甲池的左室中溶液的质量减少质量为△m=2.4g-0.2mol×7g/mol=1.0g；【小问5详解】对于乙池来说，石墨电极连接电极正极为阳极，发生氧化反应：2H2O-4e-=O2↑+2H+；Ag电极连接电源负极，作阴

极，发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，电极总方程式为：2CuSO4+2H2O通电2Cu+O2↑+H2SO4，所以电解一段时间后，乙池中溶液的酸性增强，溶液pH将减小；【小问6详解】对于丙池来说，左边的Pt电极连接电极正极，作阳极，发生氧化反应：2Cl--

2e-=Cl2↑；右边的Pt电极连接【电源负极，作阴极，发生还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，产生的OH-与溶液中的Mg2+结合形成Mg(OH)2沉淀，故反应总方程式为：222222HO2ClMgClHMg(OH)

−+++++通电。18.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验。(夹持仪器已略去，气密性已检查)实验过程：i．打开弹簧夹，滴加浓盐酸，开始制备氯气。ⅱ.当②中试管内和A处分液漏斗中的溶液都变为黄色

时，夹紧弹簧夹。ⅲ.当②中试管内溶液由黄色变为棕红色时，停止滴加浓盐酸。ⅳ.……（1）若以二氧化锰和浓盐酸为原料制取氯气，则装置①应选用___________(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，其反应的离子方程式为___________。（2）②中试管内发生反应的离子方程式是___

________。（3）为验证溴的氧化性强于碘，可进行的操作Ⅳ和预期的实验现象为___________。（4）操作ⅲ实验的目的是___________。（5）浸有NaOH溶液的棉花可以吸收可能逸出的2Cl，相关反应的离子方程式为_________

__。（6）解释氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：___________。【答案】（1）①.I②.22224H2ClMnOClMn2HO+−+++++（2）22Cl2Br2ClBr−−+=+（3）打开活塞a，将A中的少量液体滴入③中试管内，关闭活塞a，取下试管，振荡，静置

后观察到四氯化碳层溶液显紫红色（4）确认A中的黄色溶液无氯气，排除氯气对溴置换碘实验的干扰（5）22Cl2OHClClOHO−−−+=++（6）同主族从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱【解析】【分析】①中制备氯气，②中氯气与溴化钠反应得到溴单

质，验证氯和溴的氧化性强弱，③中氯气和溴化钠反应得到溴单质，溴单质从分液漏斗中滴下与KI溶液反应得到碘单质，再四氯化碳层看到紫色。【小问1详解】浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气需要加热，故选I；【小问2详解】②中试管内发生反应的离子方程式是：

22Cl2Br2ClBr−−+=+；【小问3详解】氯气与溴化钠反应生成Br2，验证氯和溴的氧化性强弱；打开活塞a，将A中的少量液体滴入③中试管内，关闭活塞a，取下试管，振荡，静置后观察到四氯化碳层溶液显紫红色；【小问4详解】操作ⅲ实验的目的是：确认A中的黄色溶液无氯气，排除氯气对溴置换碘实

验的干扰；【小问5详解】浸有NaOH溶液的棉花可以吸收可能逸出的2Cl，相关反应的离子方程式为：22Cl2OHClClOHO−−−+=++；【小问6详解】氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。19.甲烷和甲醇()3CHOH既是重要的化工原料，又

是未来重要的能源物质。（1）将()42.0molCHg和()23.0molHOg通入容积为V的恒容密闭容器中，恒温条件下发生反应：()()()()422CHgHOgCOg3Hg++。①下列描述中能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。A.断裂3molHH−键时，生成

2molHO−键B.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变C.容器内混合气体的压强保持不变D.容器内CO与H2的体积之比保持不变②测得在10min时该反应达到平衡，此时CH4的物质的量为1.6mol,CO的物质的量浓度为10.2molL−。则010min内，用CO表示的该反应平均反应速率(

)vCO=_______mol•L-1•min-1，V=_______L。（2）在容积为1L的恒容密闭容器中通入等物质的量的()2COg和()2Hg，进行反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++。()()23COgCHOHg、的物质的量随时间的变化关系

如图所示。根据图示可知，表示正反应速率与逆反应速率相等的点是_______(填“a”“b”“c”或“d”)；用同一物质表示反应速率时，a，c两点的正反应速率：Va_______(填“”“”或“=”，下同)cv，该反应达到平衡时，CO2的转化率_______50%。【答案】（1）①.BC②.0

.02③.2（2）①.d②.③.【解析】【小问1详解】①A．断裂3molH−H键时，反应逆向，生成2molH−O键，反应逆向进行，同一个方向，不能作为判断平衡标志，故A项错误；B．平均摩尔质量等于气体质量除以气体

物质的量，正向反应，气体质量不变，气体物质的量增大，平均摩尔质量减小，当容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，则达到平衡，故B项正确；C．该反应正向反应是体积增大反应，压强不断增大，当容器内混合气体的压强保持不变，则达到平衡，故C项正确；D．容器内CO与H2的体积之比始终不变，因此两者

比保持不变时，不能作为判断平衡标志，故D项错误；的故答案为：BC。②010min内，用CO表示的该反应平均反应速率()1110.2molLvCO0.02molLmin10min−−−==，则()4vCH为110.02molLmin−−，故答案为：0.02；甲烷的物质

的量改变量为0.4mol，则110.4molV2L0.02molLmin10min−−==，故答案为：2；【小问2详解】①根据图示可知，abc、、点都还是正在建立平衡的点，而表示正反应速率与逆反应速率相等的点是

d，故答案为：d；②用同一物质表示反应速率时，从a点到c点正向建立平衡，正反应速率不断减小，因此,ac两点的正反应速率：acv>v，故答案为：＞；③该反应达到平衡时，根据图中信息二氧化碳平衡时的物质的量比原来一半还少，说明2CO的转化率大于50%

，故答案为：＞。20.化学反应都会伴随能量变化，还可以进行化学能与热能、电能、光能等各种形式能量之间的转化。（1）在催化剂表面和光照条件下，氮气和水发生置换反应生成氨气的反应原理如图。氮气的电子式为_______；下列有关说法正确的是___

____(填标号)。A．N2发生了氧化反应B．该过程属于氮的固定C．太阳能属于清洁能源D．水分子形成H原子和O原子时会释放能量（2）下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是_______(填标号)。A．电解水B．生石灰与水反应C．三氧化

二铁粉末与铝粉在高温条件下发生反应生成铁单质和氧化铝（3）键能是指断开或形成1mol化学键的能量变化。氮的氧化物是造成雾霾、光化学烟雾污染的重要原因，其中NO产生的原因之一是汽车发动机工作时引发N2和O2反

应，根据表中数据，写出生成NO的热化学方程式：_______。物质()2Ng()2Og()NOg键能()1/kJmol−945498630（4）已知乙炔与苯蒸气完全燃烧的热化学方程式如下：i．()(

)()()12222212CHg5Og4COg2HOlΔ2600kJmolH−+=+=−ⅱ．()()()()16622222CHg15Og12COg6HOlΔ6590kJmolH−+=+=−①C2H2(g)的摩尔燃烧焓△H=_______kJ/mol。②2molC6H12(l)完全燃烧

生成液态水时放出的热量_______(填“＞”“＜”或“＝”)2ΔH。③3C2H2(g)=C6H12(g)△H=_______kJ/mol。【答案】（1）①.②.BC（2）A（3）N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+183kJ/mol（4）①.-13

00②.＜③.-605【解析】【小问1详解】N2分子中2个N原子通过三个共价键结合，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为：；根据图示可知反应方程式为：2N2+6H2O催化剂光照4NH3+3O2。A．在该反应中N元素化合价由反应前N2中的0价变为反应后NH3中的-3价，化合

价降低，得到电子被还原，发生还原反应，A错误；B．该过程中N元素由单质态变为化合态，因此属于氮的固定，B正确；C．太阳能不会造成对空气的污染，因此属于清洁能源，C正确；D．水分子形成H原子和O原子时要断裂H-O共价键，断裂化合价要吸收能量，D错误；故合理选项是BC；【小问2详解】A．电解水时要

吸收能量，则生成物总能量高于反应物总能量，A符合题意；B．生石灰与水反应是放热反应，发生反应放出热量，则生成物总能量低于反应物总能量，B不符合题意；C．三氧化二铁粉末与铝粉在高温条件下发生反应生成铁单质和氧化铝，该反应发生会放出热量。发生反应放出热量，则生成物总能量

低于反应物总能量，C不符合题意；【小问3详解】N2与O2发生反应产生NO，反应方程式为：N2+O2=2NO，根据反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则反应热△H=(945+

498)kJ/mol-2×630kJ/mol=+183kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)，△H=+183kJ/mol，【小问4详解】①C2H2(g)的摩尔燃烧焓是1molC2H2(g)完全燃烧产生CO2气体和液态H2O时放出的热

量，则根据i．()()()()12222212CHg5Og4COg2HOlΔ2600kJmolH−+=+=−，可知C2H2(g)的摩尔燃烧焓是△H=-1300kJ/mol；②等质量的气态C6H6(l)含有的能量比C6H6(l)含有的能量多，当生成物的状态相同时放出的热量就会比C6H

6(l)燃烧放出是热量多。则根据()()()()16622222CHg15Og12COg6HOlΔ6590kJmolH−+=+=−可知：2molC6H12(l)完全燃烧生成液态水时放出的热量小于2ΔH；③已知：i．()()()()12222212CHg5Og4COg2HOl

Δ2600kJmolH−+=+=−；ⅱ．()()()()16622222CHg15Og12COg6HOlΔ6590kJmolH−+=+=−，根据盖斯定律，将(i×3-ⅱ)×12，整理可得2C2H2(g)=C6H12(g)△H=-605kJ/mol。