1、1.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A. 第35号元素的单质在常温常压下是液体B. 位于第四周期第A族的元素为非金属元素C. 第84号元素的最高化合价是7D. 第七周期0族元素的原子序数为118【答案】C【解析】【详解】A.35号元素是溴元素，单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，A项合理；B.位于第四周期第A族的元素是砷元素（As），为非金属元素，B项合理；C.第84号元素位于第六周期A族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是+6，C项不合理；D.第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118
2、，D项合理。故答案选C。2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 1mol Na2O2与足量潮湿的CO2充分反应，转移的电子数为2 NAC. 251LpH=5的CO2溶液中，由水电离出的H+的数目为110-5NAD. 0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，容器内分子总数0.2NA【答案】D【解析】【详解】A0.1mol氯气溶于水，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的量小于0.1mol，转
3、移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应，氧元素由-1价歧化为-2价和0价，故1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故B错误；C251LpH=5的CO2溶液中，由水电离出的H+的浓度为110-5mol/L，但溶液体积未知，无法确定H+的数目，故C错误；D氢气和碘的反应为可逆反应，反应原理是：I2(g)+H2(g) 2HI(g)，0.1 mol H2和0.1 molI2于密闭容器中充分反应后，生成的HI分子个数小于0.2NA个，但反应前后分子总数不变，为0.2NA，故D正确；故答案为D。3.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相
4、对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）WXYZA. 氢化物沸点：W > ZB. 氧化物对应水化物的酸性：Y > WC. 化合物熔点：Y2X3 < YZ3D. 简单离子的半径：Y > X【答案】A【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物
5、的性质以及元素周期律知识解答该题【详解】由以上分析可知X为O、Y为Al、Z为Cl、W为N元素；AW为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，即沸点：WZ，故A正确；BY为Al，对应的氧化物的水化物为弱碱，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，则氧化物对应水化物的酸性：YW，故B错误；CAl2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，离子化合物的熔点较高，则熔点：Y2X3YZ3，故C错误；DX为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：YX，故D错误；故答案为A。4.下列结论正确的是（ ）粒子半径：KA
6、l3S2Cl氢化物的酸性：HClHBrHI离子的还原性：S2ClBrI氧化性：Cl2SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO非金属性：ONPSiA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径：S2-Cl-K+Al3+，故错误；氢化物的酸性与元素的非金属性无关，酸性：HClHBrHI，故错误；单质的氧化性Cl2Br2I2S，单质的氧化性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：S2-I-Br-Cl-，故错误；非金属性：ClSSeTe，氧化性：Cl2SSeTe，故正确；非金属性越强，对应最高
7、价氧化物的水化物酸性越强，碳酸与NaClO可发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO，故正确；同周期非金属性ON、PSi，同主族非金属性为NP，则非金属性：ONPSi，故正确；正确，故答案为C。5.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 放电时，两极电解质溶液的酸碱性均降低B. 负极的电极反应是H22e2OH = 2H2OC. 电池的总反应是2H2O2 = 2H2OD. 电解质溶液中Na向右移动，ClO向左移动【答案】C【解析】【分析】由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是
8、H2-2e-+2OH-2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A放电时左侧发生电极反应为H2-2e-+2OH-2H2O，右侧发生电极反应为2e-+2H+H2，则两极电解质溶液的酸碱性均降低，故A正确；B由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-2H2O，故B正确；C负极电极反应是H2-2e-+2OH-2H2O，正极电极反应是2e-+2H+H2，电池的总反应无氧气参加，故C错误；D原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，ClO4
9、-向左负极移动，故D正确；故答案为C。6.将 NaCl 溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿棕色铁锈环(b)，如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O2 =4 Fe(OH)3B. 液滴之下氧气含量少， 铁片作负极，发生的还原反应为： Fe2e=Fe2C. 液滴边缘是正极区，发生的电极反应为： O22H2O4e=4OHD. 铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域【答案】B【解析】【分析】NaCl溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆
10、周中心区(a)被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，液滴边缘是正极区，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- (发生还原反应)，在液滴外沿，由于Fe2+2OH-=Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 形成了棕色铁锈环(b)，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O24 Fe(OH)3，据此分析解答。【详解】A根据以上分析，铁片腐蚀过程发生的总化学方程式为：4Fe+6H2O+3O24 Fe(OH)3，故A正确；B铁片作负极，发生的氧化反应，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故B错误
11、；CO2在液滴外沿反应，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- (发生还原反应)，故C正确。D铁片腐蚀最严重区域不是生锈最多的区域，而是液滴中心区，故D正确；故答案为B。7.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述不正确的是A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数B. 500、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) &n
12、bsp; H=-2a kJmol-lC. 该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能D. H=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热【答案】B【解析】试题分析：由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A正确；B. 500、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJmol-l，B不正确；C. 该反
13、应中为放热反应，其H<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，c正确；d. 0="" 1="" 2="" 4="" 5="" 6="" 7="" 8="" 1200="" h="" 2.0="" mol="" t="" s="" 1.8="" a.="" b.="
14、;" 1.0="" c.="" d.="" c="" cl2="" a="" n="" 2n="" d="" .="" l="" hf="" b="">0）且又熵减小（即S<0）的过程，则任何温度下都有h-ts>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；B.焓变和熵变
15、都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(H0)且熵增加(S0)的过程一定是自发的，B项错误；C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应H>0且S>0，升高温度（即T增大）可使H-TS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，c项正确； 2="" 3="" 4="" 12="" 20="" 100="" a.="" b.="" c.
16、="" d.="" c="" 0.05="" mol="" ml0.5="" a="" pd="1." d2opd="7" 100ml="" l="410-8mol/L，PD=-lgD+=8-lg47，故错误；在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，NaOD的物质的量浓度小于0.01mol/L，所以C(OD-)0.01mol/L，C(D+)1.610-13，则PD值12，故错误；1L
17、0.01mol/L的DCl的重水溶液，C(D+)=0.01mol/L，PD=2，故正确；" 50ml="" b="" 0.1l="0.025mol，50mL0.2mol/LNaOD的重水溶液中，C(NaOD)=0.2mol/L0.05L=0.01moln(DCl)，则酸过量，混合溶液中C(DCl)=0.1mol/L，则C(D+)=0.1mol/L，PD=1，故正确；正确，故答案为B。" ml="" 0.1="" 10-5="">c(Cl-)>c(OH-)
18、>c(H+)C. c点溶液中c(NH4+)=c(Cl-)D. d点代表两溶液恰好完全反应【答案】A【解析】【详解】A.常温下，0.1 molL-1的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，Ka=mol/L=110-5 mol/L，所以A选项是正确的；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c(H+)< c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)< c(NH4+)，故B错误；C.根据图知，c点c(H+)>10-7mol/L，c(OH-)<10-7mol/L，溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c(NH4+) < c
19、(Cl-)，故C错误；D.根据图像推断，d点溶液中c(H+)=10-7mol/L，常温下c(H+) c(OH-)=Kw=10-14，所以c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故D错误。所以A选项是正确的。第II卷（非选择题，共46分）19.某化学学习小组进行如下实验测定 H2C2O4xH2O 中 x 值已知：M（H2C2O4）=90gmol-1 称取1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液； 取25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4； 用浓度为 0.05 000
20、 molL-1 的 KMnO4标准溶液进行滴定。(1)请写出滴定中发生反应的离子方程式_。(2)某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是_（选填 a、b）。(3)由图可知消耗 KMnO4 溶液体积为_mL。(4)滴定过程中眼睛应注视_，滴定终点锥形瓶内溶液的颜色变化为_。(5)通过上述数据，求得 x=_。a.若由于操作不当，滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡， 引起实验结果_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）；b.若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；c.若在达到滴定终点时仰视读数，则所得结果_(填“偏大”、“偏
21、小”或“无影响”)；d.若其它操作均正确，滴定前未用标准 KMnO4 溶液润洗滴定管，引起实验结果_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】 (1). 5H2C2O42MnO4- 6H+ =10CO2 2Mn2+ 8H2O (2). b (3). 20.00 (4). 锥形瓶中颜色变化 (5). 溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 (6). 2 (7). 偏小 (8). 无影响
22、 (9). 偏大 (10). 偏大【解析】【分析】(1)H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、锰离子和水；(2)据高锰酸钾呈酸性，盛放在酸式滴定管中来选择；(3)根据滴定管的结构、精确度以及测量原理来解答；(4)据滴定终点的判断是溶液中颜色的变化来分析；(5)据此6H+5H2C2O4+2MnO4-=2Mn2+10CO2+8H2O离子方程式来计算；据滴定过程中眼睛应注视溶液中颜色变化，来判断滴定终点分析；根据 c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。【详解】(1)H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应生成
23、二氧化碳、锰离子和水，其反应的离子方程式为：6H+5H2C2O4+2MnO4-=2Mn2+10CO2+8H2O；(2)高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，故答案为b；(3)该仪器是酸式滴定管，滴定管滴定前后读数为：0.80mL，20.80mL，消耗KMnO4溶液体积为20.80mL-0.80mL=20.00mL；(4)据酸性KMnO4溶液为紫红色，滴定终点时无色变为紫红色，且半分钟不褪色为滴定到终点故眼睛应注视溶液中颜色变化；(5)6H+5H2C2O4+2MnO4-=2Mn2+10CO2+8H2O 5 &nb
24、sp; 2 n=0.0025 0.020.05m(H2C2O4)=0.002590=0.225g； m(H2C2O4xH2O )=1.26=0.315g； m(H2O)=0.315-0.225=0.09g；n(H2O)=mol=0.005mol又因为 n H2C2O4)=0.0025 mol 根据元素守恒即n(H2C2O4xH2O )=0.0025mol；n(H2O)=0.0025x；联立得0.005=0.0025x，解得x=2；a.
25、 滴定结束后滴定管尖嘴处有一气泡，消耗标准液的体积偏小，根据 c(待测)=，导致测定结果偏小；b.若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，不影响消耗标准溶液的体积，根据 c(待测)=，则测定结果无影响；c.若在达到滴定终点时仰视读数，造成V(标准)偏大，根据 c(待测)=故c(待测)偏大；d.未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，溶液被稀释，造成V(标准)偏大，根据 c(待测)=故c(待测)偏大；【点睛】考查中和滴定误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓
26、度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。20.如图是一个化学过程的示意图。请回答：(1)甲池是_池，通入O2的一极电极反应式为_，该电池的总反应方程式为_。(2)乙池中A电极名称为_极，电极反应式为_。一段时间后溶液的pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2_mL(标准状况下)。【答案】 (1). 原电 (2). O22H2O4e=4OH (3). 2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O &nbs
27、p;(4). 阳 (5). 4OH4e=O22H2O (6). 减小 (7). 280【解析】【分析】由总方程式可知，甲醇被氧化，为原电池的负极，电极的电极反应式是CH3OH-6e-+8OH-6H2O+CO32-，通入氧气的以及为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-4OH-，A与原电池正极相连，为电解池的阳极，则B为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解质溶液以及题目要求解答该题。【详解】(1)甲为原电池，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-4OH-，燃
28、料电池的总反应式为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O；(2)乙为电解池，A与原电池正极相连，为电解池的阳极，发生氧化反应，电极方程式为4OH-4e-O2+2H2O，电解硝酸银溶液，阳极生成氧气，阴极生成银，电解总反应式为4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+，生成H+，则溶液pH减小；(3)乙池中B极发生还原反应，电极方程式为Ag+e-=Ag，n(Ag)=0.05mol，则转移电子0.05mol，由电极方程式O2+2H2O+4e-4OH-可知消耗=0.0125mol氧气，则V(O2)=0.0125mol22.4L/mol=0.28L=280mL。21.汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污
29、染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。回答下列问题：(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物，用CH4催化还原NO2可消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-867.0kJ/mol；N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) H=+67.8 kJ/mol；N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+89.0 kJ/mol则CH4催化还原NO的热化学方程式为_。(2)在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。
30、在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。据此判断该反应的正反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。温度T1时，该反应的平衡常数K=_；反应速率v=v正-v逆=k正c2(NO)c2(CO)-k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，计算a处=_。(3)SNCR-SCR脱硝技术是一种新型的除去烟气中氮氧化物的脱硝技术，一般采用氨气或尿素作还原剂，其基本流程如图：SNCR-SCR脱硝技术中用NH3作还原剂还原NO的主要反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)，H<0，则用尿素CO(NH2)2作还原剂还原NO2的化学方程式为_。体系温度直接影响SNCR技术的脱硝效率，如图所示：SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高,其原因是_；当体系温度约为925时，SNCR脱硝效率最高，其可能的原因是_。【答案】 (1). CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g
