第2章化学键 化学反应规律测试题（含解析）高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册
文档属性
| 名称 | 第2章化学键 化学反应规律测试题（含解析）高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 841.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-09 12:00:35 | ||
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文档简介
第2章《化学键 化学反应规律》测试题
一、单选题（共12题）
1．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在短周期元素中原子半径最大，Z的最高正价与最低负价代数之和为4.下列说法不正确的是
A．氢化物的还原性：X ＞ W ＞ Z
B．Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色
C．X与Y形成离子化合物
D．W与Y组成的某种物质可以作为呼吸面具的供氧剂
2．X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，W元素的基态原子最高能级和最低能级填充电子的数目相等。下列说法不正确的是
A．Y和Z组成的某种微粒中，可以只有离子键，也可以只有共价键
B．第一电离能大小：Z>W>Y
C．工业上常用电解法制备元素Z的单质
D．Z、W的最高价氧化物均可溶于氢氧化钠溶液中
3．下列化学用语中，表示正确的是
A．氯化氢的电子式： B．CH4的球棍模型：
C．二氧化碳的电子式： D．乙醇的结构式：C2H6O
4．某原电池的总反应是，该原电池的正确组成是
A． B． C． D．
5．废旧电池最好的处理方法是
A．深埋入地下 B．丢弃 C．回收利用 D．烧掉
6．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P 198kJ/mol，P—O 360kJ/mol，O=O 498kJ/mol。
根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是
A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量
C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量
7．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是
A．通常情况下，NO比N2稳定
B．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C．1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ
D．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量
8．下列属于放热反应的是
A．氢氧化钡晶体与氯化铵反应 B．碳酸氢钠受热分解
C．镁条与盐酸反应 D．灼热的碳与二氧化碳反应
9．已知：H2 (g)+F2(g) =2HF(g) △H=- 270 kJ /mol，下列说法正确的是
A．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ
B．1 mol 氢气与1 mol 氟气反应生成2mol 液态氟化氢放出的热量小于270kJ
C．在相同条件下，2 mol 氟化氢气体的总能量大于1 mol 氢气与1 mol 氟气的总能量
D．2 mol氟化氢气体分解成1mol的氢气积1mol的氟气吸收270kJ热量
10．一定温度下，在1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：下列描述正确的是
A．反应开始到10s，用X表示的反应速率为0.158mol/(Ls)
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.395mol/L
C．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)Z(g)
D．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%
11．下列物质中，既含有非极性共价键又含有极性共价键是
A．NaOH B．H2O2 C．Na2O2 D．H2S
12．下列反应既属于氧化还原反应又属于放热反应的是
A．浓硫酸的稀释 B．与水反应
C．与反应 D．与反应
二、非选择题（共10题）
13．化学反应的速率和限度对人类生产生活有重要的意义。
I.已知甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如下：(所取溶液体积均为2mL)
实验编号 温度/℃
Ⅰ 25 0.1 0.1
Ⅱ 25 0.2 0.1
Ⅲ 50 0.2 0.1
(1)上述实验中溶液最先变浑浊的是_______。(填实验编号，下同)
(2)为探究浓度对化学反应速率的影响，应选择实验_______和_______。
Ⅱ.和之间发生反应：(无色)(红棕色)，一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中，各物质的物质的量随时间变化的关系如图所示。请回答下列问题：
(3)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得：甲中，乙中，则_______中反应更快。
(4)该反应达最大限度时Y的转化率为_______；若初始压强为P0，则平衡时P平=_______(用含P0的表达式表示)。
(5)下列描述能表示该反应达平衡状态的是_______。
A．容器中X与Y的物质的量相等
B．容器内气体的颜色不再改变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
E.容器内气体的平均相对分子质量不再改变
14．把0.5mol X气体和0.6mol Y气体混合于2L的恒容密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g)+5Y(g) nZ(g)+6W(g)，2min末生成0.6mol W，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol/(L·min)，试计算：
(1)前2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率为_______
(2)2min末时Y的浓度为_______
(3)2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的_______倍
15．下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：
物质 Cl2 Br2 I2 HCl HBr HI H2
能量/kJ 243 193 151 432 366 298 436
根据上述数据回答下列问题：
(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。
A．H2 B．Cl2 C．Br2 D．I2
(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。
A．HCl B．HBr C．HI
(3)(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。
16．I.在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol，5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率为0.2 mol·L-1·min-1 。计算：
(1)5 min末A的物质的量浓度为___________。
(2)前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为___________。
(3)化学方程式中n=___________。
II．在25 ℃时，向100 mL含氯化氢14.6 g的盐酸中，放入5.6 g纯铁粉，反应进行到2 min末收集到氢气1.12 L(标准状况)，在此后又经过4 min，铁粉完全溶解。若不考虑溶液体积的变化，则：
(4)前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是___________。
(5)后4 min内用HCl表示的平均反应速率是___________。
(6)前2 min与后4 min相比，反应速率___________较快，其原因是___________。
17．某温度下，在2L密闭容器中投入6molA、4molB发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)，C的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
(1)从反应开始到2min末，用C表示的反应速率为 ________，用B表示的反应速率为 ________。
(2)2min末，A的浓度为________。
18．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)∶c(B)=3∶5，C的平均反应速率为0.1mol/(L·min)。求：
(1)前5min内用B表示的平均反应速率v(B)=_______mol/(L·min)；
(2)5min时物质A的转化率为_______。
19．用零价铁去除水体中的硝酸盐已成为环境修复研究的热点之一．
还原水体中的反应原理如图1所示．
①作负极的物质是______．
②正极的电极反应式是______．
将足量铁粉投入水体中，经24小时测定的去除率和pH，结果如下：
初始pH
的去除率 接近
24小时pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
时，的去除率低．其原因是______．
实验发现：在初始的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的可以明显提高的去除率．对的作用提出两种假设：
Ⅰ直接还原；
Ⅱ破坏氧化层．
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______．
②同位素示踪法证实能与反应生成结合该反应的离子方程式，解释加入提高去除率的原因：______．
其他条件与相同，经1小时测定的去除率和pH，结果如表：
初始pH
的去除率 约 约
1小时pH 接近中性 接近中性
与中数据对比，解释中初始pH不同时，去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______．
20．某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
装置 编号 电极A 溶液B 操作及现象
Ⅰ Fe pH=2的H2SO4 连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转
Ⅱ Cu pH=2的H2SO4 连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a
①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是_____________。
②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是_______；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性因素。
编号 溶液B 操作及现象
Ⅲ 经煮沸的pH=2的 H2SO4 溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b
Ⅳ pH=2的H2SO4 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ pH=12的NaOH 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是_____________。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响；实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。
21．单质碘(I2)在医药。分析等方面应用广泛，回答下列问题
(1)碘酊又称碘酒，常用于皮肤消毒。它是由I2、KI分散于乙醇后形成的分散系。碘酊中分散剂为___________，该分散系属于___________(选填“胶体”“浊液”“溶液”)。
(2)I2加热易升华，升华时下列物理量增大的是___________(选填编号)
A．分子间作用力 B．分子间的平均距离 C．分子的数目 D．分子的质量
(3)用CCl4提取碘水中I2，萃取后单质碘主要在___________层(选填“上”“下”)，理由是___________。碘量法测定氧化铜样品中CuO含量步骤如下：取2.00g氧化铜样品溶于足量稀硫酸(假设杂质不参与反应)，充分反应后过滤。再向滤液中加入过量KI溶液反应，最后当加入90mL 0.20mol/LNa2S2O3溶液恰好完全反应。主要反应原理为：
2CuSO4+4KI=2CuI↓+I2+2K2SO4
2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6
(4)配置上述Na2S2O3溶液所需的定量仪器有___________。
(5)上述氧化铜样品中CuO的质量分数为___________。若配制Na2S2O3溶液时俯视读数，则测量结果___________(选填“偏小”“偏大”“不变”)
22．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且分布在三个周期，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2.5倍，C、D两元素同族，且C元素在地壳中含量最多。请回答下列问题：
(1)已知D2E2分子中，各原子最外层均达到8个电子，写出D2E2电子式______，D2E2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体，则该反应的化学方程式是______。
(2)A、B、C的原子半径由小到大的顺序______(用元素符号表示)。
(3)写出一个能比较D、E元素非金属性强弱的证据______。
(4)写由A、B、C、D四种元素形成的两种酸式盐在溶液中反应的离子方程式______。
(5)元素A和元素C以原子个数比1：1形成的化合物Q，元素A和元素B形成化合物B2A4，以B2A4为燃料，以Q为氧化剂，可作火箭的推进剂，最终生成无污染的两种物质，写出该反应的化学方程式_______。
参考答案：
1．A
W最外层电子数是内层电子数的3倍，W位于第二周期，为氧元素；Y在短周期元素中原子半径最大，Y是钠元素，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，所以X是氟元素；Z的最高价与最低价代数之和为4，Z的最高价是+6价，为硫元素。
A. 非金属越强，氢化物的还原性越弱，则氢化物的稳定性： ，A错误；
B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色，该物质是二氧化硫，B正确；
C. X与Y形成离子化合物NaF，C正确；
D. W与Y组成的物质可以作为呼吸面具的供氧剂，该物质是过氧化钠，D正确。
答案选A。
2．B
X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O元素；Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，则Z为Al元素；Z的简单阳离子是Al3+，含有10个电子，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，YX-含有10个电子，Y为O元素，含有8个电子，则X为H元素；W元素的基态原子最高能级和最低能级填充电子的数目相等，W的价电子排布式为3s23p2，则W为Si元素。
A．Y为O元素，Z为Al元素，二者组成的某种微粒中，只含有共价键，Al2O3只含有离子键，A项正确；
B．非金属性O＞Si＞Al，非金属性越强，第一电离能越强，则第一电离能大小：Y >W>Z，B项错误；
C．工业上通过电解熔融氧化铝冶炼铝，C项正确；
D．Z的最高价氧化物为Al2O3，具有两性，可溶于氢氧化钠溶液中，W的最高价氧化物为SiO2，是酸性氧化物，可溶于氢氧化钠溶液中，D项正确；
答案选B。
3．C
A．氯化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．为甲烷的空间填充模型，球棍模型中，用大小不同的小球和短棍分别表示原子、共价键，同时要体现分子的空间构型，故甲烷的球棍模型是，故B错误；
C．二氧化碳中碳原子和氧原子之间为双键，故二氧化碳的电子式为，故C正确；
D．用一条短线代表一对共用电子对的式子为结构式，故C2H6O是其分子式，不是结构式，故D错误；
故选C。
4．C
由题干某原电池的总反应为可知，Fe在反应中由0价转化为+2价，化合价升高，发生氧化反应，故Fe作负极，Cu2+在反应中化合价由+2价降低为0价，化合价降低，发生还原反应，故在正极上发生该反应，据此分析解题。
A．由于Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，A项错误；
B．装置中没有自发的发生氧化还原反应，B项错误；
C．由于Fe比Cu活泼，故Fe作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，C项正确；
D．装置中没有自发的发生氧化还原反应，D项错误；
答案选C。
5．C
废电池里含有大量重金属汞、镉、锰、铅等，当废电池日晒雨淋表面皮层锈蚀后，其中的成分就会渗透到土壤和地下水，造成土壤污染和水污染，则废旧电池最好的处理方法是回收利用，故答案为C。
6．A
拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682 kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682 kJ=1638 kJ。
综上所述答案为A。
7．C
A． N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；
B． 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；
C． 断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出的能量为2×632kJ/mol=1264kJ/mol，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；
D． 吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，说明该反应是吸热反应，1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，选项D错误，
答案选C。
8．C
A．氢氧化钡晶体与氯化铵反应产生BaCl2和氨水，该反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，A不符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，该反应发生会吸收热量，因此该反应为吸热反应，B不符合题意；
C．镁条与盐酸反应产生氯化镁和氢气，该反应发生放出热量，使溶液温度升高，因此反应为放热反应，C符合题意；
D．灼热的碳与二氧化碳反应产生CO，反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
9．D
A．热化学方程式中的化学计量数代表物质的量，不代表分子数，A错误；
B．2mol液态氟化氢所含能量比2mol气态氟化氢所含能量低，故生成2mol液态氟化氢比生成2mol气态氟化氢放热多，B错误；
C．该反应是放热反应，所以在相同条件下，2 mol 氟化氢气体的总能量小于1 mol 氢气与1 mol 氟气的总能量，C错误；
D．由热化学方程式可知，2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气时应吸收270kJ的热量，D正确。
答案选D。
10．D
A．由图可知，反应开始到10s，用X表示的反应速率为mol/(L s)，A错误；
B．由图可知，反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了(1.00-0.21)mol÷1L=0.79mol/L，B错误；
C．根据化学反应进行时，物质的量之比等于化学计量数之比，由图可知，10s内X变化了1.20-0.42=0.78mol，Y变化了：1.00-0.21=0.79mol，Z变化了1.58mol，故反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)，C错误；
D．由图可知，反应开始到10s时，Y的转化率为=79.0%，D正确；
故答案为：D。
11．B
A．NaOH由Na+和OH-构成，含有离子键和极性共价键，A不符合题意；
B．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B符合题意；
C．Na2O2由Na+和构成，含有离子键和非极性共价键，C不符合题意；
D．H2S的结构式为H-S-H，只含有极性共价键，D不符合题意；
故选B。
12．B
A．浓硫酸的稀释，不是化学反应，不属于氧化还原反应，该过程放出热量， A不符合题意；
B．与水反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，同时放出大量的热，属于放热反应，B符合题意；
C．与反应属于复分解反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，C不符合题意；
D．C与反应生成CO，该反应属于氧化还原反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，D不符合题意；
故选B。
13．(1)III
(2) I II
(3)甲
(4) 60% P0
(5)BE
【解析】（1）
三次实验中所用H2SO4溶液的浓度相同；实验I和实验II中温度相同，实验II中Na2S2O3溶液的浓度是实验I的两倍，在其他条件相同时，增大反应物的浓度化学反应速率加快，实验II比实验I快；实验II和实验III中所用Na2S2O3溶液、H2SO4溶液的浓度相同，实验III的温度比实验II高，在其他条件相同时，升高温度化学反应速率加快，实验III比实验II快；故反应速率最快的是实验III，即最先变浑浊的是实验III；答案为：III。
（2）
为探究浓度对化学反应速率的影响，应控制温度等其他条件相同，只改变反应物的浓度，故选择实验I和II；答案为：I；II。
（3）
甲中；乙中，同一反应同一时间段内用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则乙中＜，甲中反应更快；答案为：甲。
（4）
X、Y起始物质的量依次为0.4mol、1mol，该反应达最大限度时X、Y的物质的量依次为0.7mol、0.4mol，从起始到平衡，Y物质的量减少0.6mol，X物质的量增加0.3mol，则Y代表NO2，X代表N2O4；该反应达最大限度时Y的转化率为=60%；起始气体总物质的量为1.4mol，平衡气体总物质的量为1.1mol，恒温恒容时气体的压强之比等于气体物质的量之比，P0：P平=1.4mol：1.1mol，P平=P0；答案为：60%；P0。
（5）
A．达到平衡时各物质物质的量保持不变，但不一定相等，容器中X与Y物质的量相等不能说明反应达到平衡状态，A不选；
B．N2O4为无色，NO2为红棕色，容器内气体的颜色不再变化，说明NO2的浓度不再变化，能说明反应达到平衡状态，B选；
C．没有指明是正反应速率、还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C不选；
D．该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，恒容容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，容器内气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，D不选；
E．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，混合气体的总物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量变化，容器内气体的平均相对分子质量不再改变能说明反应达到平衡状态，E选；
答案选BE。
14． 0.1mol/(L.min) 0.05mol/L 10/11
列三段式：，
(1)前2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率为v(X)= c/ t=0.2/2 mol/(L.min)=0.1mol/(L.min)；
(2)2min末时Y的浓度为0.05mol/L；
(3) 以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol/(L·min)，则 c= v t=0.05mol/(L·min)×2min=0.1mol/L，即0.1=0.1n/2，解得n=2，2min末时，c(Z)= 0.1mol/L，反应后总的物质的量(0.05+0.05+0.1+0.3)mol/L×2L=1.0mol，反应前总物质的量0.5+0.6=1.1mol，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的10/11。
15． A A 放热 Cl2
（1）和（2）根据键能越大，物质越稳定，本身能量越低进行判断。
（3）和（4）根据焓变公式，焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。
（1）、（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。故答案（1）选A，（2）选A。
（3）、（4）断开1mol Cl—Cl键和1mol H—H键需吸收能量：，而形成2mol H—Cl键放出的能量为，所以在反应中每生成2mol HCl放出的热量，同理可计算出、反应中每生成2mol HBr、2mol HI分别放出103kJ、9kJ的热量。故（3）答案：放热，（4）答案：Cl2。
16．(1)
(2)0.2mol·(L·min)-1
(3)2
(4)0.25mol·(L·min)-1
(5)0.25mol·(L·min)-1
(6) 前2min 随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小
在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol，5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率为0.2 mol·L-1·min-1。则可建立以下三段式：
（1）
5 min末A的物质的量浓度为=。答案为：；
（2）
前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为=0.2mol·(L·min)-1。答案为：0.2mol·(L·min)-1；
（3）
利用物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可求出该化学方程式中n=2。答案为：2；
（4）
100mL盐酸，n(HCl)==0.4mol，n(Fe)=0.1mol，2 min末，n(H2)==0.05mol；又经过4 min，铁粉完全溶解。则前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是=0.25mol·(L·min)-1。答案为：0.25mol·(L·min)-1；
（5）
后4 min内，铁粉完全溶解，则此段时间内参加反应Fe的物质的量为0.1mol-0.05mol=0.05mol，参加反应HCl的物质的量为0.1mol，用HCl表示的平均反应速率是=0.25mol·(L·min)-1。答案为：0.25mol·(L·min)-1；
（6）
前2 min，v(FeCl2)= 0.25mol·(L·min)-1，后4 min，v(FeCl2)= 0.125mol·(L·min)-1，则反应速率前2min较快，其原因是：随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小。答案为：前2min；随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小。
17．(1) 0.3mol/(L min) 0.15mol/(L min)
(2)2.1mol/L
（1）根据图象，从反应开始到2min末，C的物质的量增加1.2mol，则用C表示的反应速率v(C)===0.3mol/(L min)；不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(B)=v(C)=×0.3mol/(L min)=0.15mol/(L min)；答案为：0.3mol/(L min)；0.15mol/(L min)。
（2）根据图象，从反应开始到2min末，C的物质的量增加1.2mol，根据反应3A(g)+B(g) 2C(g)，A的物质的量减少1.8mol，2min末A的物质的量为6mol-1.8mol=4.2mol，A的浓度为4.2mol÷2L=2.1mol/L；答案为：2.1mol/L。
18．(1)0.05
(2)50%
设A、B的起始浓度都为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由c(A)∶c(B)=3∶5可得：(a—0.75)：(a—0.:2 5) =3∶5，解得a=1.5。
（1）
由分析可知，前5min内B的反应速率为=0.05 mol/(L·min)，故答案为：0.05；
（2）
由分析可知，5min时物质A的转化率为×100%=50%，故答案为：50%。
19． 铁 不导电，阻碍电子转移 本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率 ，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移 初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足
(1) NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+ ，根据图2信息可知为酸性环境；(2)pH越高 Fe3+越易水解生成FeO(OH) ；
(3)①根据图2中的三个实验结果进行分析；
②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；
(1) ①Fe还原水体中，则Fe作还原剂发生氧化反应，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
在正极得电子发生还原反应产生，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：，故答案为：；
（2）①加入可以显提高的去除率，pH越高，越易水解生成，而不导电，阻碍电子转移，所以的去除率低，故答案为：不导电，阻碍电子转移；
(3)从图2的实验结果可以看出，单独加入时，的去除率为0，因此得出不能直接还原；而Fe和共同加入时的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率，故答案为：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率；
同位素示踪法证实了能与反应生成，离子方程式为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移，故答案为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移；
（4）根据实验结果可知的作用是将不导电的转化为可导电的，而的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会影响的含量，故答案为：初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足。
20． 2H+ + 2e-=H2↑ 在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2 O2 + 4H+ + 4e-=2H2O O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大 溶液的酸碱性 排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；
（1）①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，即为溶液中的H+得电子生成H2，其正极反应式是2H+ + 2e-=H2↑。
②针对实验Ⅱ现象，甲同学考虑到：在金属活动顺序表中，Cu排在H的后面，所以他认为不可能发生析氢腐蚀。乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极是溶解在溶液中的O2得电子，电极反应式是O2 + 4H+ + 4e-=2H2O。
（2）①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，同样是pH=2的H2SO4溶液，只是溶解的O2量不同，导致电压表读数为：c＞a＞b，因此可以看出，氧气浓度越大，导电能力越强。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其变量是溶液pH的不同，因此其目的是探究溶液的酸碱性对O2氧化性的影响。实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液，结果溶液的导电能力未变，从而说明溶液中的Na+（或SO42-）对实验不产生干扰，也由此得出实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰。
21．(1) 酒精 溶液
(2)B
(3) 下 四氯化碳难溶于水，密度大于水，且碘在四氯化碳中的溶解度远大于水
(4)100mL容量瓶
(5) 72% 偏大
【解析】(1)
I2、KI溶于乙醇后形成碘酒，其分散剂为乙醇（即酒精），分散质为I2、KI，由于分散质为小分子、离子，直径小于1 nm，故该分散系属于溶液；
(2)
I2吸收能量升华，分子运动速度加快，分子间距离变大，故分子间作用力减弱，但分子数目和质量保持不变，故此处选B；
(3)
萃取后I2溶解在CCl4中，由于CCl4密度比水大，故萃取后碘主要在下层，理由是：CCl4难溶于水，密度大于水，且I2在CCl4中溶解度远大于水；
(4)
配制90 mL溶液选用100 mL容量瓶，故所需的定量仪器为100 mL容量瓶；
(5)
由反应原理得关系式：2CuO~2CuSO4~I2~2Na2S2O3，则样品中CuO的物质的量n(CuO)=n(Na2S2O3)=90 mL×10-3 L/mL×0.20 mol/L=0.018 mol，所以样品中CuO的质量分数=；
配制Na2S2O3溶液时俯视，导致所配Na2S2O3溶液体积偏大，浓度偏小，则反应等量的待测样品消耗Na2S2O3溶液体积偏大，故测量结果偏大。
22． 2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl H短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且分布在三个周期，A的原子序数最小，则A应为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2.5倍，主族元素最外层电子数最大为7，则B只有,两个电子层，最外层电子数为5，为N元素；且C元素在地壳中含量最多，则C为O元素；C、D两元素同族，则D为S元素；E是原子序数比S大的主族元素，则E为Cl元素。
(1)D2E2即S2Cl2，各原子最外层均达到8个电子，则每个S原子均与其他原子共用两对电子，每个Cl原子与其他原子共用一对电子，所以电子式为；D2E2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，即有S单质生成，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体，即有SO2生成，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；
(2)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径H(3)非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以HClO4的酸性强于H2SO4可以说明非金属性Cl＞S；非金属性越强，则单质的氧化性越强，所以Cl2的氧化性强于S单质也可以说明；
(4)H、N、O、S可以形成酸式盐NH4HSO3和NH4HSO4，二者反应的离子方程式为HSO+H+=H2O+SO2↑；
(5)H和O以原子个数比1：1形成的化合物Q为H2O2，H和N形成的化合物B2A4为N2H4，二者反应最终生成无污染的两种物质，则应是生成氮气和水，化学方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O。
一、单选题（共12题）
1．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在短周期元素中原子半径最大，Z的最高正价与最低负价代数之和为4.下列说法不正确的是
A．氢化物的还原性：X ＞ W ＞ Z
B．Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色
C．X与Y形成离子化合物
D．W与Y组成的某种物质可以作为呼吸面具的供氧剂
2．X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，W元素的基态原子最高能级和最低能级填充电子的数目相等。下列说法不正确的是
A．Y和Z组成的某种微粒中，可以只有离子键，也可以只有共价键
B．第一电离能大小：Z>W>Y
C．工业上常用电解法制备元素Z的单质
D．Z、W的最高价氧化物均可溶于氢氧化钠溶液中
3．下列化学用语中，表示正确的是
A．氯化氢的电子式： B．CH4的球棍模型：
C．二氧化碳的电子式： D．乙醇的结构式：C2H6O
4．某原电池的总反应是，该原电池的正确组成是
A． B． C． D．
5．废旧电池最好的处理方法是
A．深埋入地下 B．丢弃 C．回收利用 D．烧掉
6．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P 198kJ/mol，P—O 360kJ/mol，O=O 498kJ/mol。
根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是
A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量
C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量
7．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的，如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。则下列说法正确的是
A．通常情况下，NO比N2稳定
B．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO
C．1molN2(g)和1molO2(g)反应吸收的能量为180kJ
D．1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量
8．下列属于放热反应的是
A．氢氧化钡晶体与氯化铵反应 B．碳酸氢钠受热分解
C．镁条与盐酸反应 D．灼热的碳与二氧化碳反应
9．已知：H2 (g)+F2(g) =2HF(g) △H=- 270 kJ /mol，下列说法正确的是
A．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270kJ
B．1 mol 氢气与1 mol 氟气反应生成2mol 液态氟化氢放出的热量小于270kJ
C．在相同条件下，2 mol 氟化氢气体的总能量大于1 mol 氢气与1 mol 氟气的总能量
D．2 mol氟化氢气体分解成1mol的氢气积1mol的氟气吸收270kJ热量
10．一定温度下，在1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：下列描述正确的是
A．反应开始到10s，用X表示的反应速率为0.158mol/(Ls)
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.395mol/L
C．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)Z(g)
D．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%
11．下列物质中，既含有非极性共价键又含有极性共价键是
A．NaOH B．H2O2 C．Na2O2 D．H2S
12．下列反应既属于氧化还原反应又属于放热反应的是
A．浓硫酸的稀释 B．与水反应
C．与反应 D．与反应
二、非选择题（共10题）
13．化学反应的速率和限度对人类生产生活有重要的意义。
I.已知甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如下：(所取溶液体积均为2mL)
实验编号 温度/℃
Ⅰ 25 0.1 0.1
Ⅱ 25 0.2 0.1
Ⅲ 50 0.2 0.1
(1)上述实验中溶液最先变浑浊的是_______。(填实验编号，下同)
(2)为探究浓度对化学反应速率的影响，应选择实验_______和_______。
Ⅱ.和之间发生反应：(无色)(红棕色)，一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中，各物质的物质的量随时间变化的关系如图所示。请回答下列问题：
(3)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得：甲中，乙中，则_______中反应更快。
(4)该反应达最大限度时Y的转化率为_______；若初始压强为P0，则平衡时P平=_______(用含P0的表达式表示)。
(5)下列描述能表示该反应达平衡状态的是_______。
A．容器中X与Y的物质的量相等
B．容器内气体的颜色不再改变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
E.容器内气体的平均相对分子质量不再改变
14．把0.5mol X气体和0.6mol Y气体混合于2L的恒容密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g)+5Y(g) nZ(g)+6W(g)，2min末生成0.6mol W，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol/(L·min)，试计算：
(1)前2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率为_______
(2)2min末时Y的浓度为_______
(3)2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的_______倍
15．下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量：
物质 Cl2 Br2 I2 HCl HBr HI H2
能量/kJ 243 193 151 432 366 298 436
根据上述数据回答下列问题：
(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。
A．H2 B．Cl2 C．Br2 D．I2
(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。
A．HCl B．HBr C．HI
(3)(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是_______。
16．I.在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol，5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率为0.2 mol·L-1·min-1 。计算：
(1)5 min末A的物质的量浓度为___________。
(2)前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为___________。
(3)化学方程式中n=___________。
II．在25 ℃时，向100 mL含氯化氢14.6 g的盐酸中，放入5.6 g纯铁粉，反应进行到2 min末收集到氢气1.12 L(标准状况)，在此后又经过4 min，铁粉完全溶解。若不考虑溶液体积的变化，则：
(4)前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是___________。
(5)后4 min内用HCl表示的平均反应速率是___________。
(6)前2 min与后4 min相比，反应速率___________较快，其原因是___________。
17．某温度下，在2L密闭容器中投入6molA、4molB发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)，C的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
(1)从反应开始到2min末，用C表示的反应速率为 ________，用B表示的反应速率为 ________。
(2)2min末，A的浓度为________。
18．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)∶c(B)=3∶5，C的平均反应速率为0.1mol/(L·min)。求：
(1)前5min内用B表示的平均反应速率v(B)=_______mol/(L·min)；
(2)5min时物质A的转化率为_______。
19．用零价铁去除水体中的硝酸盐已成为环境修复研究的热点之一．
还原水体中的反应原理如图1所示．
①作负极的物质是______．
②正极的电极反应式是______．
将足量铁粉投入水体中，经24小时测定的去除率和pH，结果如下：
初始pH
的去除率 接近
24小时pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
时，的去除率低．其原因是______．
实验发现：在初始的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的可以明显提高的去除率．对的作用提出两种假设：
Ⅰ直接还原；
Ⅱ破坏氧化层．
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______．
②同位素示踪法证实能与反应生成结合该反应的离子方程式，解释加入提高去除率的原因：______．
其他条件与相同，经1小时测定的去除率和pH，结果如表：
初始pH
的去除率 约 约
1小时pH 接近中性 接近中性
与中数据对比，解释中初始pH不同时，去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______．
20．某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
装置 编号 电极A 溶液B 操作及现象
Ⅰ Fe pH=2的H2SO4 连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转
Ⅱ Cu pH=2的H2SO4 连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a
①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是_____________。
②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是_______；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性因素。
编号 溶液B 操作及现象
Ⅲ 经煮沸的pH=2的 H2SO4 溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b
Ⅳ pH=2的H2SO4 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ pH=12的NaOH 在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是_____________。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响；实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。
21．单质碘(I2)在医药。分析等方面应用广泛，回答下列问题
(1)碘酊又称碘酒，常用于皮肤消毒。它是由I2、KI分散于乙醇后形成的分散系。碘酊中分散剂为___________，该分散系属于___________(选填“胶体”“浊液”“溶液”)。
(2)I2加热易升华，升华时下列物理量增大的是___________(选填编号)
A．分子间作用力 B．分子间的平均距离 C．分子的数目 D．分子的质量
(3)用CCl4提取碘水中I2，萃取后单质碘主要在___________层(选填“上”“下”)，理由是___________。碘量法测定氧化铜样品中CuO含量步骤如下：取2.00g氧化铜样品溶于足量稀硫酸(假设杂质不参与反应)，充分反应后过滤。再向滤液中加入过量KI溶液反应，最后当加入90mL 0.20mol/LNa2S2O3溶液恰好完全反应。主要反应原理为：
2CuSO4+4KI=2CuI↓+I2+2K2SO4
2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6
(4)配置上述Na2S2O3溶液所需的定量仪器有___________。
(5)上述氧化铜样品中CuO的质量分数为___________。若配制Na2S2O3溶液时俯视读数，则测量结果___________(选填“偏小”“偏大”“不变”)
22．短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且分布在三个周期，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2.5倍，C、D两元素同族，且C元素在地壳中含量最多。请回答下列问题：
(1)已知D2E2分子中，各原子最外层均达到8个电子，写出D2E2电子式______，D2E2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体，则该反应的化学方程式是______。
(2)A、B、C的原子半径由小到大的顺序______(用元素符号表示)。
(3)写出一个能比较D、E元素非金属性强弱的证据______。
(4)写由A、B、C、D四种元素形成的两种酸式盐在溶液中反应的离子方程式______。
(5)元素A和元素C以原子个数比1：1形成的化合物Q，元素A和元素B形成化合物B2A4，以B2A4为燃料，以Q为氧化剂，可作火箭的推进剂，最终生成无污染的两种物质，写出该反应的化学方程式_______。
参考答案：
1．A
W最外层电子数是内层电子数的3倍，W位于第二周期，为氧元素；Y在短周期元素中原子半径最大，Y是钠元素，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，所以X是氟元素；Z的最高价与最低价代数之和为4，Z的最高价是+6价，为硫元素。
A. 非金属越强，氢化物的还原性越弱，则氢化物的稳定性： ，A错误；
B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色，该物质是二氧化硫，B正确；
C. X与Y形成离子化合物NaF，C正确；
D. W与Y组成的物质可以作为呼吸面具的供氧剂，该物质是过氧化钠，D正确。
答案选A。
2．B
X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O元素；Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，则Z为Al元素；Z的简单阳离子是Al3+，含有10个电子，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，YX-含有10个电子，Y为O元素，含有8个电子，则X为H元素；W元素的基态原子最高能级和最低能级填充电子的数目相等，W的价电子排布式为3s23p2，则W为Si元素。
A．Y为O元素，Z为Al元素，二者组成的某种微粒中，只含有共价键，Al2O3只含有离子键，A项正确；
B．非金属性O＞Si＞Al，非金属性越强，第一电离能越强，则第一电离能大小：Y >W>Z，B项错误；
C．工业上通过电解熔融氧化铝冶炼铝，C项正确；
D．Z的最高价氧化物为Al2O3，具有两性，可溶于氢氧化钠溶液中，W的最高价氧化物为SiO2，是酸性氧化物，可溶于氢氧化钠溶液中，D项正确；
答案选B。
3．C
A．氯化氢是共价化合物，电子式为，故A错误；
B．为甲烷的空间填充模型，球棍模型中，用大小不同的小球和短棍分别表示原子、共价键，同时要体现分子的空间构型，故甲烷的球棍模型是，故B错误；
C．二氧化碳中碳原子和氧原子之间为双键，故二氧化碳的电子式为，故C正确；
D．用一条短线代表一对共用电子对的式子为结构式，故C2H6O是其分子式，不是结构式，故D错误；
故选C。
4．C
由题干某原电池的总反应为可知，Fe在反应中由0价转化为+2价，化合价升高，发生氧化反应，故Fe作负极，Cu2+在反应中化合价由+2价降低为0价，化合价降低，发生还原反应，故在正极上发生该反应，据此分析解题。
A．由于Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，A项错误；
B．装置中没有自发的发生氧化还原反应，B项错误；
C．由于Fe比Cu活泼，故Fe作负极，Cu为正极，电解质中的Cu2+被还原，C项正确；
D．装置中没有自发的发生氧化还原反应，D项错误；
答案选C。
5．C
废电池里含有大量重金属汞、镉、锰、铅等，当废电池日晒雨淋表面皮层锈蚀后，其中的成分就会渗透到土壤和地下水，造成土壤污染和水污染，则废旧电池最好的处理方法是回收利用，故答案为C。
6．A
拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682 kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682 kJ=1638 kJ。
综上所述答案为A。
7．C
A． N2键能为946kJ/mol，NO键能为632kJ/mol，键能越大，越稳定，则通常情况下，N2比NO稳定，选项A错误；
B． 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合反应生成NO需要一定的条件，不能直接生成NO，选项B错误；
C． 断开化学键需要吸收能量为946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol，形成化学键放出的能量为2×632kJ/mol=1264kJ/mol，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为(1444-1264)kJ=180kJ，则1mol N2(g)和1mol O2(g)反应吸收的能量为180kJ，选项C正确；
D． 吸收能量为1444kJ/mol，放出的能量为1264kJ/mol，说明该反应是吸热反应，1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，选项D错误，
答案选C。
8．C
A．氢氧化钡晶体与氯化铵反应产生BaCl2和氨水，该反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，A不符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，该反应发生会吸收热量，因此该反应为吸热反应，B不符合题意；
C．镁条与盐酸反应产生氯化镁和氢气，该反应发生放出热量，使溶液温度升高，因此反应为放热反应，C符合题意；
D．灼热的碳与二氧化碳反应产生CO，反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
9．D
A．热化学方程式中的化学计量数代表物质的量，不代表分子数，A错误；
B．2mol液态氟化氢所含能量比2mol气态氟化氢所含能量低，故生成2mol液态氟化氢比生成2mol气态氟化氢放热多，B错误；
C．该反应是放热反应，所以在相同条件下，2 mol 氟化氢气体的总能量小于1 mol 氢气与1 mol 氟气的总能量，C错误；
D．由热化学方程式可知，2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气时应吸收270kJ的热量，D正确。
答案选D。
10．D
A．由图可知，反应开始到10s，用X表示的反应速率为mol/(L s)，A错误；
B．由图可知，反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了(1.00-0.21)mol÷1L=0.79mol/L，B错误；
C．根据化学反应进行时，物质的量之比等于化学计量数之比，由图可知，10s内X变化了1.20-0.42=0.78mol，Y变化了：1.00-0.21=0.79mol，Z变化了1.58mol，故反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)，C错误；
D．由图可知，反应开始到10s时，Y的转化率为=79.0%，D正确；
故答案为：D。
11．B
A．NaOH由Na+和OH-构成，含有离子键和极性共价键，A不符合题意；
B．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B符合题意；
C．Na2O2由Na+和构成，含有离子键和非极性共价键，C不符合题意；
D．H2S的结构式为H-S-H，只含有极性共价键，D不符合题意；
故选B。
12．B
A．浓硫酸的稀释，不是化学反应，不属于氧化还原反应，该过程放出热量， A不符合题意；
B．与水反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，同时放出大量的热，属于放热反应，B符合题意；
C．与反应属于复分解反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，C不符合题意；
D．C与反应生成CO，该反应属于氧化还原反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，D不符合题意；
故选B。
13．(1)III
(2) I II
(3)甲
(4) 60% P0
(5)BE
【解析】（1）
三次实验中所用H2SO4溶液的浓度相同；实验I和实验II中温度相同，实验II中Na2S2O3溶液的浓度是实验I的两倍，在其他条件相同时，增大反应物的浓度化学反应速率加快，实验II比实验I快；实验II和实验III中所用Na2S2O3溶液、H2SO4溶液的浓度相同，实验III的温度比实验II高，在其他条件相同时，升高温度化学反应速率加快，实验III比实验II快；故反应速率最快的是实验III，即最先变浑浊的是实验III；答案为：III。
（2）
为探究浓度对化学反应速率的影响，应控制温度等其他条件相同，只改变反应物的浓度，故选择实验I和II；答案为：I；II。
（3）
甲中；乙中，同一反应同一时间段内用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则乙中＜，甲中反应更快；答案为：甲。
（4）
X、Y起始物质的量依次为0.4mol、1mol，该反应达最大限度时X、Y的物质的量依次为0.7mol、0.4mol，从起始到平衡，Y物质的量减少0.6mol，X物质的量增加0.3mol，则Y代表NO2，X代表N2O4；该反应达最大限度时Y的转化率为=60%；起始气体总物质的量为1.4mol，平衡气体总物质的量为1.1mol，恒温恒容时气体的压强之比等于气体物质的量之比，P0：P平=1.4mol：1.1mol，P平=P0；答案为：60%；P0。
（5）
A．达到平衡时各物质物质的量保持不变，但不一定相等，容器中X与Y物质的量相等不能说明反应达到平衡状态，A不选；
B．N2O4为无色，NO2为红棕色，容器内气体的颜色不再变化，说明NO2的浓度不再变化，能说明反应达到平衡状态，B选；
C．没有指明是正反应速率、还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C不选；
D．该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，恒容容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，容器内气体的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，D不选；
E．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不变，混合气体的总物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量变化，容器内气体的平均相对分子质量不再改变能说明反应达到平衡状态，E选；
答案选BE。
14． 0.1mol/(L.min) 0.05mol/L 10/11
列三段式：，
(1)前2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率为v(X)= c/ t=0.2/2 mol/(L.min)=0.1mol/(L.min)；
(2)2min末时Y的浓度为0.05mol/L；
(3) 以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol/(L·min)，则 c= v t=0.05mol/(L·min)×2min=0.1mol/L，即0.1=0.1n/2，解得n=2，2min末时，c(Z)= 0.1mol/L，反应后总的物质的量(0.05+0.05+0.1+0.3)mol/L×2L=1.0mol，反应前总物质的量0.5+0.6=1.1mol，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的10/11。
15． A A 放热 Cl2
（1）和（2）根据键能越大，物质越稳定，本身能量越低进行判断。
（3）和（4）根据焓变公式，焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小，从而判断反应是放热还是吸热。
（1）、（2）破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，则该物质越稳定，其本身具有的能量越低。故答案（1）选A，（2）选A。
（3）、（4）断开1mol Cl—Cl键和1mol H—H键需吸收能量：，而形成2mol H—Cl键放出的能量为，所以在反应中每生成2mol HCl放出的热量，同理可计算出、反应中每生成2mol HBr、2mol HI分别放出103kJ、9kJ的热量。故（3）答案：放热，（4）答案：Cl2。
16．(1)
(2)0.2mol·(L·min)-1
(3)2
(4)0.25mol·(L·min)-1
(5)0.25mol·(L·min)-1
(6) 前2min 随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小
在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol，5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率为0.2 mol·L-1·min-1。则可建立以下三段式：
（1）
5 min末A的物质的量浓度为=。答案为：；
（2）
前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为=0.2mol·(L·min)-1。答案为：0.2mol·(L·min)-1；
（3）
利用物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可求出该化学方程式中n=2。答案为：2；
（4）
100mL盐酸，n(HCl)==0.4mol，n(Fe)=0.1mol，2 min末，n(H2)==0.05mol；又经过4 min，铁粉完全溶解。则前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是=0.25mol·(L·min)-1。答案为：0.25mol·(L·min)-1；
（5）
后4 min内，铁粉完全溶解，则此段时间内参加反应Fe的物质的量为0.1mol-0.05mol=0.05mol，参加反应HCl的物质的量为0.1mol，用HCl表示的平均反应速率是=0.25mol·(L·min)-1。答案为：0.25mol·(L·min)-1；
（6）
前2 min，v(FeCl2)= 0.25mol·(L·min)-1，后4 min，v(FeCl2)= 0.125mol·(L·min)-1，则反应速率前2min较快，其原因是：随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小。答案为：前2min；随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小。
17．(1) 0.3mol/(L min) 0.15mol/(L min)
(2)2.1mol/L
（1）根据图象，从反应开始到2min末，C的物质的量增加1.2mol，则用C表示的反应速率v(C)===0.3mol/(L min)；不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(B)=v(C)=×0.3mol/(L min)=0.15mol/(L min)；答案为：0.3mol/(L min)；0.15mol/(L min)。
（2）根据图象，从反应开始到2min末，C的物质的量增加1.2mol，根据反应3A(g)+B(g) 2C(g)，A的物质的量减少1.8mol，2min末A的物质的量为6mol-1.8mol=4.2mol，A的浓度为4.2mol÷2L=2.1mol/L；答案为：2.1mol/L。
18．(1)0.05
(2)50%
设A、B的起始浓度都为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由c(A)∶c(B)=3∶5可得：(a—0.75)：(a—0.:2 5) =3∶5，解得a=1.5。
（1）
由分析可知，前5min内B的反应速率为=0.05 mol/(L·min)，故答案为：0.05；
（2）
由分析可知，5min时物质A的转化率为×100%=50%，故答案为：50%。
19． 铁 不导电，阻碍电子转移 本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率 ，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移 初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足
(1) NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+ ，根据图2信息可知为酸性环境；(2)pH越高 Fe3+越易水解生成FeO(OH) ；
(3)①根据图2中的三个实验结果进行分析；
②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；
(1) ①Fe还原水体中，则Fe作还原剂发生氧化反应，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
在正极得电子发生还原反应产生，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：，故答案为：；
（2）①加入可以显提高的去除率，pH越高，越易水解生成，而不导电，阻碍电子转移，所以的去除率低，故答案为：不导电，阻碍电子转移；
(3)从图2的实验结果可以看出，单独加入时，的去除率为0，因此得出不能直接还原；而Fe和共同加入时的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率，故答案为：本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率；
同位素示踪法证实了能与反应生成，离子方程式为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移，故答案为：，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移；
（4）根据实验结果可知的作用是将不导电的转化为可导电的，而的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会影响的含量，故答案为：初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足。
20． 2H+ + 2e-=H2↑ 在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2 O2 + 4H+ + 4e-=2H2O O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大 溶液的酸碱性 排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；
（1）①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，即为溶液中的H+得电子生成H2，其正极反应式是2H+ + 2e-=H2↑。
②针对实验Ⅱ现象，甲同学考虑到：在金属活动顺序表中，Cu排在H的后面，所以他认为不可能发生析氢腐蚀。乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极是溶解在溶液中的O2得电子，电极反应式是O2 + 4H+ + 4e-=2H2O。
（2）①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，同样是pH=2的H2SO4溶液，只是溶解的O2量不同，导致电压表读数为：c＞a＞b，因此可以看出，氧气浓度越大，导电能力越强。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其变量是溶液pH的不同，因此其目的是探究溶液的酸碱性对O2氧化性的影响。实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液，结果溶液的导电能力未变，从而说明溶液中的Na+（或SO42-）对实验不产生干扰，也由此得出实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰。
21．(1) 酒精 溶液
(2)B
(3) 下 四氯化碳难溶于水，密度大于水，且碘在四氯化碳中的溶解度远大于水
(4)100mL容量瓶
(5) 72% 偏大
【解析】(1)
I2、KI溶于乙醇后形成碘酒，其分散剂为乙醇（即酒精），分散质为I2、KI，由于分散质为小分子、离子，直径小于1 nm，故该分散系属于溶液；
(2)
I2吸收能量升华，分子运动速度加快，分子间距离变大，故分子间作用力减弱，但分子数目和质量保持不变，故此处选B；
(3)
萃取后I2溶解在CCl4中，由于CCl4密度比水大，故萃取后碘主要在下层，理由是：CCl4难溶于水，密度大于水，且I2在CCl4中溶解度远大于水；
(4)
配制90 mL溶液选用100 mL容量瓶，故所需的定量仪器为100 mL容量瓶；
(5)
由反应原理得关系式：2CuO~2CuSO4~I2~2Na2S2O3，则样品中CuO的物质的量n(CuO)=n(Na2S2O3)=90 mL×10-3 L/mL×0.20 mol/L=0.018 mol，所以样品中CuO的质量分数=；
配制Na2S2O3溶液时俯视，导致所配Na2S2O3溶液体积偏大，浓度偏小，则反应等量的待测样品消耗Na2S2O3溶液体积偏大，故测量结果偏大。
22． 2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl H
(1)D2E2即S2Cl2，各原子最外层均达到8个电子，则每个S原子均与其他原子共用两对电子，每个Cl原子与其他原子共用一对电子，所以电子式为；D2E2与足量水反应有淡黄色沉淀生成，即有S单质生成，同时生成能够使品红溶液褪色的无色气体，即有SO2生成，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；
(2)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径H
(4)H、N、O、S可以形成酸式盐NH4HSO3和NH4HSO4，二者反应的离子方程式为HSO+H+=H2O+SO2↑；
(5)H和O以原子个数比1：1形成的化合物Q为H2O2，H和N形成的化合物B2A4为N2H4，二者反应最终生成无污染的两种物质，则应是生成氮气和水，化学方程式为N2H4+2H2O2=N2+4H2O。