发布时间 : 星期一 文章(含3套新高考模拟卷)高考化学二轮复习选考部分原子结构与性质跟踪检测更新完毕开始阅读169ece325afafab069dc5022aaea998fcc22408d
【解析】 【分析】 【详解】
A．c（Cl-）=0.100mol·L-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=
1c(Na+)=0.100mol·L-1，电荷守恒2c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A错误； B．通入HCl气体之前，S2-水解导致溶液呈碱性，其水解程度较小，且该离子有两步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，故B错误；
C．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，物料守恒c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)=
1 c(Na+)=0.100mol?L-1，则c(Cl-)+ c(OH-)=c(H+)+ c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+ 2c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+ c(HS-)+ c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)= c(S2-)碱性溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以c(Cl-)+ c(HS-)＜c(HS-)+c(S2-)+2 c(H2S)=0.100mol?L-1+c(H2S)，故C错误；
D．溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)= c(H+)，c(Na+)= c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2 c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)= c(HS-)+2c(H2S)，故D正确； 故答案选D。
7．已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g) ΔH== - Q1 ； 2H2(g)+O2(g) →2H2O(g) ΔH== - Q2； H2O(g) →H2O(l) ΔH== - Q3
常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为 A．4Q1+0.5Q2 【答案】D 【解析】 【详解】
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=- Q1 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH= - Q2；H2O(g) →H2O(l) ΔH= - Q3 ；根据盖斯定律①+2?③
得 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3； 根据盖斯定律②+2?③得
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4: 1的甲烷和H2的混合气
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B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q3
1?12?L4 = 5mol ，故甲烷的物质的量为5mol?=4mol，完全燃烧生
22.4L/mol54mol=4 (Q1+2Q3)，成液体水放出的热量为（Q1+2Q3) ?氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，1mol1mol=0.5 (Q2+2Q3) ，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3) ?故甲烷、氢气完全燃烧，2mol体的物质的量为=
放出的热量为:4 (Q1+2Q3) +0.5 (Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。 答案： D。 【点睛】
先根据混合气体的物质的量 结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。
8．标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的能量称为键能。已知H—H、H—O和O=Omol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是 键的键能分别为436 kJ·
A．断开1 mol H2O(l)中的H—O键需要吸收926 kJ的能量 B．2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1 C．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝＋485 kJ·mol－1 D．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1 【答案】D 【解析】 【详解】
A. 断开1 mol H2O(g)中的H—O键需要吸收926 kJ的能量，故A错误；
B. 2H2O(g) = 2H2(g)＋O2(g) ΔH＝463 kJ·mol－1×4 －436 kJ·mol－1×2 －495 kJ·mol－1= + 485 kJ·mol－1，故B错误；
C. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)应该是放热反应，故C错误； D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－485 kJ·mol－1，故D正确。 综上所述，答案为D。
9．下列有关装置对应实验的说法正确的是（ ）
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A．①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态 B．②可用于收集NH3
C．③可用于固体NH4Cl和I2的分离
D．④可用于分离I2的CCl4溶液，导管b的作用是滴加液体 【答案】A 【解析】 【详解】
A. ①可用于制取H2，且活塞a处于打开状态时，稀硫酸和锌粒发生反应，生成氢气，故A正确；
B. NH3密度比空气小，所以不能用向上排空气法收集，故B错误；
C. 加热氯化铵分解，碘升华，则NH4Cl和I2的固体混合物不能用加热的方法分离，故C错误；
D. 导管b的作用是回收冷凝的CCl4，故D错误； 正确答案是A。
10．以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：
下列说法不正确的是 ．．．
A．装置②中试剂可以是NaOH溶液 B．装置③的作用是干燥O2 C．收集氧气应选择装置a
D．装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶 【答案】C
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【解析】 【分析】
实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集； 【详解】
A.装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A； B. 装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B； C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；
D. 装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D； 答案：C
11．下列各物质或微粒性质的比较中正确的是 A．碳碳键键长：乙烯＞苯 B．密度：一氯乙烷＞一氯丁烷
C．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3 D．沸点：H2O＞H2S＞H2Se 【答案】B 【解析】 【详解】
A．苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯<苯，故A错误； B．氯代烃中C原子个数越多，密度越大，则密度：一氯乙烷>一氯丁烷，故B正确； C．碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，故C错误；
D．水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2O>H2Se>H2S，故D错误；
故答案为：B。 【点睛】
非金属化合物的沸点比较：①若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；②组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其
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