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浙江省杭州市萧山三中2015-2016学年高三第二次段考化学试卷.doc

时间:2017-05-24

2015-2016 学年浙江省杭州市萧山三中高三(上)第二次段 考化学试卷
一.选择题(每小题只有一个正确选项,每小题 2 分) 1.近两年来,“雾霾”一直是人们所关注的对象,如图为雾霾的主要成分示意图.下列说法 不正确的是( )

A.大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素 B.重金属离子可导致蛋白质变性 C.SO2 和 NxOy 均属于酸性氧化物 D.苯是最简单的芳香烃

考点:常见的生活环境的污染及治理. 专题:化学应用. 分析:A.大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘; B.重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离,使体内的蛋白质凝固及变性; C.NxOy 组成未知,不一定是酸性氧化物; D.芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物. 解答: 解:A.大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘,是造成雾霾天气的一种重要因 素,故 A 正确; B.重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子,形成配离子后蛋白质功能就丧失, 使体内的蛋白质凝固及变性,故 B 正确; C.二氧化硫为酸性氧化物,但 NxOy 组成未知,不一定是酸性氧化物,故 C 错误; D.芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物,最简单的芳香烃是苯,故 D 正确. 故选 C. 点评:本题考查了蛋白质、胶体的性质、芳香烃的、酸性氧化物的定义,涉及知识点广,熟 练掌握物质的性质和概念是解题的关键.

2.下列实验操作中,先后顺序正确的是(

)

A.稀释浓硫酸时,先在烧杯中加入一定体积的浓硫酸,后注入蒸馏水? B.实验室制取氯气时,先装好药品,再检查装置的气密性 C.在制取干燥纯净的氯气时,先使氯气通过饱和食盐水,后通过浓硫酸 D.为检验中性溶液中的 Cl 和 SO42 ,先加硝酸银溶液,滤去沉淀后加硝酸钡溶液?
﹣ ﹣

考点:化学实验操作的先后顺序;化学实验方案的评价. 专题:实验评价题. 分析:A、根据稀释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中,并用玻璃棒不断搅拌,使产生的热量迅 速扩散分析. B、实验室制取氯气时,先检查装置的气密性,再装药品; C、在制取干燥纯净的氯气时,先除去氯化氢,后除去水蒸气; D、先加氯化钡溶液,会引入了氯离子. 解答: 解:A、浓硫酸密度比水大,易溶于水,溶于水时放出大量的热,如果把水倒入浓 硫酸中,水会浮在水面上,且放出的热会使水沸腾,从而造成酸液飞溅的现象出现,因而稀 释浓硫酸时是将浓硫酸倒入水中,并用玻璃棒不断搅拌,使产生的热量迅速扩散,故 A 错 误; B、实验室制取氯气时,先检查装置的气密性,再装药品,故 B 错误; C、在制取干燥纯净的氯气时,先使氯气通过水(或饱和食盐水)除去氯化氢,后通过浓硫 酸除去水蒸气,故 C 正确; D、为检验中性溶液中的 Cl 和 SO42 ,先加硝酸钡溶液,滤去沉淀后再加硝酸银溶液,故 D
﹣ ﹣

错误; 故选 C. 点评:本题属常规型实验考查题,该题难度不大,注意常见的实验操作要注意的事项即可解 答,平时要注意积累总结.

3.下列叙述中正确的有(

)

①NH4I 的电子式:

②8 个中子的碳原子的核素符号:

C

③碘酒、淀粉、晨雾、纳米材料均为胶体 ④烧碱、冰醋酸、氯仿、胆矾均为电解质 ⑤用托盘天平称取 8.75g 食盐 ⑥用酸式滴定管量取 23.22mL 高锰酸钾溶液 ⑦C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体 ⑧现代化学分析测试中,常借助一些仪器来分析化学物质组成.例如,可用元素分析仪确定 C、H、O 等元素,用红外光谱仪确定物质中含有哪些金属元素,用原子吸收光谱确定物质 中的有机原子团. A.3 个 B.4 个 C .5 个 D.6 个

考点:电子式;核素;同素异形体;分散系、胶体与溶液的概念及关系;电解质与非电解质; 有机物实验式和分子式的确定;计量仪器及使用方法. 分析:①没有标出碘离子的最外层电子; ②质量数=质子数+中子数; ③碘酒是溶液; ④氯仿是非电解质; ⑤托盘天平只能准确到 0.1g; ⑥高锰酸钾溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管; ⑦同种元素的不同单质互称同素异形体; ⑧根据研究物质结构的常见仪器分析.

解答: 解:①没有标出碘离子的最外层电子,NH4I 的电子式: 误; ②质量数=质子数+中子数,则 8 个中子的碳原子的核素符号: ③碘酒是溶液,不是胶体,故错误; ,故正确;

,故错

④氯仿在溶液中和熔融状态均不能导电是非电解质,烧碱、冰醋酸、胆矾均为电解质,故错 误; ⑤托盘天平只能准确到 0.1g,则用托盘天平称取 8.8g 食盐,故错误;

⑥高锰酸钾溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管,所以用酸式滴定管量取 23.22mL 高锰酸 钾溶液,故正确; ⑦同种元素的不同单质互称同素异形体,则 C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体, 故正确; ⑧现代化学测定物质结构的方法有:核磁共振、红外光谱、质谱法、X﹣射线等,则 X 射线、 质谱、 核磁共振属于现代化学对物质结构进行研究的手段, 原子吸收光谱分析含有哪些金属 元素,故错误,所以正确的有 3 个; 故选 A. 点评:本题考查了化学基本概念的理解和应用,熟悉电子式、核素、电解质、同素异形体、 常见仪器的使用等即可判断,掌握物质的组成是解题关键,题目难度不大.

4.能正确表示下列反应的离子方程式为( A.电解饱和 MgCl2 溶液:2Cl +2H2O


) 2OH +H2↑+Cl2↑


B.NH4HCO3 溶于过量的 NaOH 溶液中:HCO3﹣+OH﹣=CO32?+H2O C.硫化亚铁溶于稀盐酸中:FeS+2H+=Fe2++H2S↑ D.Cu 粉和稀 HNO3 反应:Cu+2NO3 +4H+=Cu2++2NO2↑+3H2O


考点:离子方程式的书写. 专题:离子反应专题. 分析:A.氢氧化镁为沉淀应保留化学式; B.氢氧化钠过量,氨根离子、碳酸氢根离子都发生反应; C.硫化亚铁溶于稀盐酸中反应生成硫化氢和氯化亚铁; D.不符合反应的客观事实. 解答: 解:A.电解饱和 MgCl2 溶液,离子方程式:Mg2++2Cl +2H2O


Mg(OH)

2↓+H2↑+Cl2↑,故

A 错误;
﹣ ﹣

B.NH4HCO3 溶于过量的 NaOH 溶液中,离子方程式:NH4++HCO3 +2OH =CO32?+H2O+NH3?H2O,故 B 错误;

C.硫化亚铁溶于稀盐酸中,离子方程式:FeS+2H+=Fe2++H2S↑,故 C 正确;

D.Cu 粉和稀 HNO3 反应生成硝酸铜和一氧化氮,离子方程式:3Cu+2NO3 +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O,故 D 错误; 故选:C.



点评:本题考查了离子方程式的书写,明确反应的实质是解题关键,注意反应物用量对反应 的影响,选项 B 为易错选项.

5.某无色溶液中只可能含有 NH4+、K+、Al3+、Mg2+、Fe3+、Cl 、CO32 、SO42 等离子中的
﹣ ﹣ ﹣

几种离子. ①取 10mL 该溶液于试管中滴加 Ba(NO3)2 溶液并加稀硝酸酸化后过滤得到 0.03mol 白色 沉淀,向滤液中加入 AgNO3 溶液未见沉淀产生. ②另取 10mL 该溶液于试管中, 滴加 NaOH 溶液产生白色沉淀, 沉淀的量与所加氢氧化钠溶 液体积如图所示,则下列说法正确的是( )

A.实验中 NaOH 溶液的物质的量浓度为 0.lmol/L B.实验中无法确定 K+的存在 C.溶液中一定不存在的离子有 Cl 、Fe3+、Mg2+、K+、CO32
﹣ ﹣

D.溶液中一定存在的离子有 K+、NH4+、Al3+、SO42



考点:常见阳离子的检验;离子反应发生的条件;常见阴离子的检验. 专题:离子反应专题. 分析: 取 10mL 该溶液于试管中, 滴加 NaOH 溶液, 开始就产生白色沉淀, 然后沉淀量不变, 最后沉淀完全溶解,一定含有:NH4+、Al3+,一定不含有 Mg2+、Fe3+、CO32 ,该溶液于试


管中滴加 Ba(NO3)2 溶液并加稀硝酸酸化后过滤得到 0.03mol 白色沉淀,向滤液中加入 AgNO3 溶液未见沉淀产生,则一定还含有 SO42 ,一定不含有 Cl ,根据电荷守恒计算确定
﹣ ﹣

是否含有 K+即可.

解答: 解:取 10mL 该溶液于试管中,滴加 NaOH 溶液,开始就产生白色沉淀,然后沉淀 量不变,最后沉淀完全溶解,一定含有:NH4+、Al3+,一定不含有 Mg2+、Fe3+、CO32 ,该


溶液于试管中滴加 Ba(NO3)2 溶液并加稀硝酸酸化后过滤得到 0.03mol 白色沉淀,向滤液 中加入 AgNO3 溶液未见沉淀产生,则一定还含有 SO42 ,一定不含有 Cl ,
﹣ ﹣

滴加 NaOH 溶液,开始的反应为:Al3++3OH =Al(OH)3↓,然后是 NH4++OH =NH3?H2O,
﹣ ﹣

最后是:Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O,根据消耗氢氧化钠的体积知道和沉淀的物质的量, 结合元素守恒,知道铝离子的物质的量是 0.01mol,铵根离子的物质的量是 0.02mol,溶液 于试管中滴加 Ba(NO3)2 溶液并加稀硝酸酸化后过滤得到 0.03mol 白色沉淀,所以硫酸根 离子的物质的量是 0.03mol,n(NH4+)+3n(Al3+)=0.05mol,n(SO42 )=0.03mol,所以






根据电荷守恒含有钾离子,n(K+)=0.01mol, A、根据 Al3++3OH =Al(OH)3↓,得到 0.01mol 氢氧化铝消耗氢氧化钠时 0.03mol,实验中


NaOH 溶液的物质的量浓度为 B、溶液中一定存在 K+,故 B 错误;

=lmol/L,故 A 错误;

C、一定不含有 Cl 、Fe3+、Mg2+、CO32 ,故 C 错误;
﹣ ﹣

D、溶液中一定存在的离子有 K+、NH4+、Al3+、SO42 ,故 D 正确;故选 D.


点评:本题是一道有关离子检验的综合知识题目,考查角度很广,难度较大注意知识的归纳 和整理是关键.

6.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中不正确的有( ①常温下,21g C3H6 和 C4H8 的混合物中含有的碳原子数为 1.5NA ②14.2g 硫酸钠固体中含有 0.1NA 个硫酸钠分子 ③常温常压下,11.2L 乙烷所含的分子数为 0.5NA

)

④10ml 18mol/L 的浓硫酸与足量的铜共热,反应时转移的电子数为 0.18NA ⑤在反应 KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中,每生成 3mo1I2 转移的电子数为 6NA ⑥2g D216O 中含有的质子数、中子数、电子数均为 NA ⑦1L 0.1moI?L
﹣1

的 CH3COOH 溶液中所含的离子和分子总数为 0.1NA

⑧某密闭容器盛有 0.1molN2 和 0.3molH2,充分反应后转移电子的数目为 0.6NA. A.3 个 B.4 个 C .5 个 D.6 个

考点:阿伏加德罗常数. 专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律. 分析:①根据 C3H6 和 C4H8 的最简式均为 CH2 来分析; ②硫酸钠是离子化合物,不含分子; ③常温常压下,气体摩尔体积大于 22.4L/mol; ④铜与稀硫酸不反应; ⑤此反应转移 5mol 电子; ⑥应注意 D216O 的摩尔质量为 20g/mol; ⑦在醋酸溶液中,除了醋酸分子还有水分子; ⑧合成氨的反应为可逆反应. 解答: 解:①C3H6 和 C4H8 的最简式均为 CH2,21g C3H6 和 C4H8 的混合物中含有的 CH2 的 物质的量 n= =1.5mol,故含有 1.5mol 碳原子,故正确;

②硫酸钠是离子化合物,不含硫酸钠分子,故错误; ③常温常压下,气体摩尔体积大于 22.4L/mol,故 11.2L 乙烷的物质的量小于 0.5mol,分子 个数小于 0.5NA 个,故错误; ④铜与稀硫酸不反应,故一旦浓硫酸变稀,反应即停止,即硫酸不能完全反应,故转移的电 子数小于 0.18NA,故错误; ⑤此反应转移 5mol 电子,生成 3mol 碘单质,故错误; ⑥由于 D216O 的摩尔质量为 20g/mol,1molD216O 中含 10mol 质子,10mol 电子和 10mol 中 子,而 2g D216O 的物质的量为 0.1mol,故含有的质子、中子和电子的物质的量均为 1mol, 故正确; ⑦在醋酸溶液中,除了醋酸分子还有水分子,故溶液中所含的离子和分子总数大于 0.1NA, 故错误; ⑧合成氨的反应为可逆反应,不能进行彻底,故充分反应后转移电子的数目小于 0.6NA.故 错误. 故选 D. 点评:本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题 关键,难度不大.

7.下列有关金属的工业制法中,正确的是(

)

A.制铁:以铁矿石为原料,在高温条件下用 CO 还原得到铁单质 B.制镁:用海水为原料,经一系列过程制得氧化镁固体,电解熔融的氧化镁得到镁单质 C.制钠:用海水为原料制得精盐,再电解纯净的 NaCl 溶液得到金属钠 D.制铝:从铝土矿中,经一系列反应得到氯化铝,电解熔融的氯化铝得到金属铝

考点:金属冶炼的一般原理. 专题:元素及其化合物. 分析:A.工业上用一氧化碳还原铁矿石制取铁; B.工业上用电解熔融氯化镁来制取镁; C.工业制钠是电解熔融 NaCl 来制取; D.工业上用电解熔融氧化铝的方法制取铝. 解答: 解:A.工业制铁是 CO 还原铁矿石:3CO+Fe2O3 B.氧化镁熔点高,工业制镁是电解熔融氯化镁:MgCl2 C.工业制钠是电解熔融 NaCl:2NaCl 错误; D.工业制铝是电解熔融的氧化铝来:2Al2O3 熔融状态下不导电,故 D 错误; 故选:A. 点评:本题主要考查了金属的冶炼,熟悉不同金属的冶炼方法是解题关键,注意对知识的积 累. 4Al+3O2↑,氯化铝是共价化合物,在 2Fe+3CO2,故 A 正确; Mg+Cl2↑,故 B 错误;

2Na+Cl2↑,电解氯化钠溶液得不到钠,故 C

8.臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱销反应为:2NO2(g)+O3(g)?N2O5(g)+O2(g) , 若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图象作出的判断正确的是( )

A

B

C

D

升高温度,平衡常 0﹣3s 内,反应速率为:v t1 时仅加入催化剂, 平达平衡时,仅改变 x, ﹣1 数减小 衡正向移动 则 x 为 c(O2) (NO2)=0.2 mol?L

A.A B.B

C.C

D.D

考点:真题集萃;化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素. 专题:化学平衡专题. 分析:A.由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,升高温度平衡 向逆反应方向移动; B.由图可知,0﹣3s 内,二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L,根据 v= 计算 v(NO2) ,注意选项中单位; C.使用催化剂,反应速率加快,但平衡不移动; D.达平衡时,仅增大 c(O2) ,平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低. 解答: 解:A.由图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,升高温 度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,故 A 正确; B.由图可知,0﹣3s 内,二氧化氮的浓度变化量=1mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L,故 v(NO2) = =0.2mol/(L.s) ,单位错误,故 B 错误;

C.t1 时刻,改变条件,反应速率加快,平衡不移动,该反应前后气体的物质的量减小,不 能是增大压强,只能是使用催化剂,但催化剂不影响平衡的移动,故 C 错误; D.达平衡时,仅增大 c(O2) ,平衡向逆反应方向移动,二氧化氮转化率降低,由图可知, 二氧化氮的转化率随 x 增大而增大,x 可以代表 O3 浓度、压强,故 D 错误, 故选 A. 点评:本题以图象形式,考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影 响因素等,难度中等,B 选项为易错点,学生容易忽略单位问题.

9.只有加入还原剂才能发生转化的是( A.KMnO4→MnO2 B.HNO3→NO

) C.Cl2→Cl


D.SO2→Na2SO3

考点:重要的还原剂. 专题:氧化还原反应专题. 分析:A.KMnO4→MnO2:高锰酸钾在加热时分解即得到二氧化锰; B.HNO3→NO:N 的化合价由+5 价降低到+2 价,化合价降低,被还原,需加入适当还原 剂才能实现; C.Cl2→Cl :氯气与水反应即可实现; D.SO2→Na2SO3:元素的化合价没有发生变化. 解答: 解:A.KMnO4→MnO2:高锰酸钾在加热时分解即得到二氧化锰,无需加入还原剂, 故 A 错误; B.HNO3→NO:N 的化合价由+5 价降低到+2 价,化合价降低,被还原,需加入适当还原 剂才能实现,故 B 正确; C.Cl2→Cl :氯气与水反应即可实现,无需加入还原剂,故 C 错误; D.SO2→Na2SO3:元素的化合价没有发生变化,故无需加入还原剂,故 D 错误; 故选 B. 点评:本题考查氧化还原反应,难度不大.要注意氧化剂在化学反应中得到电子,化合价降 低.
﹣ ﹣

10.下列叙述不正确的是(

)

A.金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被氧化 B.将地下钢管与直流电源的正极相连,用来保护钢管 C.电解饱和食盐水制氢氧化钠,可以用铁做阴极 D.氢氧燃料电池中,氢气在负极发生氧化反应

考点:金属的电化学腐蚀与防护;原电池和电解池的工作原理. 专题:电化学专题. 分析:A、金属原子失去电子被氧化; B、钢管与直流电源的正极相连,阳极金属易被腐蚀;

C、在阴极上是发生得电子的还原反应; D、燃料电池中,燃料在负极发生氧化反应. 解答: 解:A、金属腐蚀的本质是金属原子在负极上失去电子而被氧化的过程,故 A 正确; B、将地下钢管与电源负极相连,作电解池的阴极被保护,能防止钢铁锈蚀,故 B 错误; C、电解饱和食盐水制氢氧化钠,在阴极区会产生氢氧化钠,金属铁必须做阴极,不能做阳 极,故 C 正确; D、氢氧燃料电池中,在负极上是燃料发生氧化反应的过程,故 D 正确. 故选 B. 点评:本题考查学生金属的腐蚀和防护知识以及燃料电池的工作原理知识,难度中等.

11.电离度是描述弱电解质电离程度的物理量,电离度=(已电离的电解质的物质的量/原来 总的物质的量)× 100%.现取 20mL pH=3 的 CH3COOH 溶液,加入 0.2mol?L 得溶液导电性变化如图,则加入氨水前 CH3COOH 的电离度为( )
﹣1

的氨水,测

A.0.5%

B.1.5%

C.0.1%

D.1%

考点:电解质溶液的导电性. 分析:根据图象分析,当氨水的体积为 10ml 时导电性最强,说明刚好与醋酸完全反应,所 以醋酸的浓度为:
﹣ ﹣

=0.1mol?L 1,再根据 pH=3 的 CH3COOH 溶液,则氢离子浓度


为:10 3mol?L 1,所以 CH3COOH 的电离度为=(已电离的电解质的物质的量/原来总的物 质的量)× 100%进行计算; 解答: 解: 根据图象分析, 当氨水的体积为 10ml 时导电性最强, 说明刚好与醋酸完全反应, 所以醋酸的浓度为:
﹣ ﹣

=0.1mol?L 1,再根据 pH=3 的 CH3COOH 溶液,则氢离子浓


度为:10 3mol?L 1,所以 CH3COOH 的电离度为

× 100%=1%,故选:D;

点评: 主要考查了醋酸的电离度的计算, 关键抓住导电性最强说明刚好完全反应进行计算即 可,难度不大;

12.下列说法正确的是(

)


A.已知:N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△ H=+68kJ?mol 12C(s)+O2(g)=2CO(g) △ H=﹣221kJ?mol 1C(s)+O2(g)=CO2(g)△ H=﹣393.5kJ?mol
﹣ ﹣1

则 4CO(g)+2NO2(g)

=4CO2(g)+N2(g)△ H=+1200kJ?mol


﹣1

B.由 H+(aq)+OH (aq)=H2O(l)△ H=﹣57.3 kJ?mol 1,则向含 0.1 mol HCl 的盐酸


中加入 4.0 gNaOH 固体,放出热量等于 5.73 kJ C.通常人们把拆开 1 mol 气态物质中某种共价键需要吸收的能量看成该共价键的键能

化学键 键能

H﹣H 436kJ?mol
﹣1

Cl﹣Cl 243kJ?mol
﹣1

H﹣Cl 431kJ?mol
﹣1



H2(g)+ Cl2(g)═HCl(g)△ H=﹣183kJ?mol

﹣1

D.NH4HCO3(s)═NH3 (g)+H2O(g)+CO2(g)△ H=+185.57 kJ?mol 原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向

﹣1

能自发进行,

考点:热化学方程式. 专题:化学反应中的能量变化. 分析:A、根据盖斯定律计算化学反应的焓变; B、盐酸和氢氧化钠之间发生中和反应,且氢氧化钠固体溶解释放热量的; C、根据断裂旧键要吸热,形成新键要放热,反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键 能计算; D、该反应为吸热反应,不能自发进行;而最终该反应能自发进行,则主要原因是体系有自 发地向混乱度增加的方向转变的倾向. 解答: 解:A、①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△ H=+68kJ?mol (g)△ H=﹣221kJ?mol
﹣1③ ﹣1②

2C(s)+O2(g)=2CO
﹣1

C(s)+O2(g)=CO2(g)△ H=﹣393.5kJ?mol

则 4CO(g)+2NO2(g)=4CO2(g)+N2(g)等于③× 2﹣2× ②﹣①,即△ H=﹣413kJ?mol
1



,故 A 错误;

B、向含 0.1 mol HCl 的盐酸中加入 4.0 gNaOH 固体,氢氧化钠固体溶解释放热量的,放出 热量大于 5.73 kJ,故 B 错误;

C.反应的焓变=产物的能量﹣反应物的能量=﹣[431kJ?mol 1﹣( ×436kJ?mol 1)﹣
﹣ ﹣

( ×243kJ?mol 1)]=﹣91.5kJ?mol 1,故 C 错误;
﹣ ﹣

D.该反应为吸热反应,不能自发进行;而最终该反应能自发进行,则主要原因是体系有自 发地向混乱度增加的方向转变的倾向,故 D 正确; 故选 D. 点评: 本题考查盖斯定律的应用以及反应热的计算知识, 属于综合知识的考查题, 难度中等.

13.X、Y、Z、W 四种短元素在元素周期表中的相对位置如图所示,其中 X、W 的质子数 之和为 21,由此可知( )

X Z W

Y

A.X 位于元素周期表中第 2 周期、第ⅤA 族 B.Y 的氢化物(H2Y)不稳定,100℃以上即可分解 C.Z 的最高价氧化物的水化物是一种强碱 D.W 的非金属性比 Y 的非金属性弱

考点:元素周期律和元素周期表的综合应用. 专题:元素周期律与元素周期表专题. 分析:X、Y、Z、W 四种短周期元素,由位置可知,X、Y 在第二周期,Z、W 在第三周期, 设 W 的原子序数为 y,则 X 的原子序数为 y﹣9,X、W 的质子数之和为 21,则 y+y﹣9=21, 解得 y=15,所以 Y 为 O,W 为 P,Z 为 Al,X 为 C,然后结合元素及其单质、化合物的性 质来解答. 解答: 解:X、Y、Z、W 四种短周期元素,由位置可知,X、Y 在第二周期,Z、W 在第 三周期,设 W 的原子序数为 y,则 X 的原子序数为 y﹣9,X、W 的质子数之和为 21,则 y+y﹣9=21,解得 y=15,所以 Y 为 O,W 为 P,Z 为 Al,X 为 C, A.X 位于元素周期表中第 2 周期、第ⅣA 族,故 A 错误; B.Y 的氢化物(H2Y)为水,水是稳定的,一个大气压下 100℃达到沸点,故 B 错误; C.Z 的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝,是一弱碱,故 C 错误;

D.W 为 P,Y 为 O,O 的非金属性比 P 的非金属性强,即 W 的非金属性比 Y 的非金属性 弱,故 D 正确; 故选 D. 点评:本题考查位置、结构、性质,明确短周期及原子序数的关系来推断各元素是解答本题 的关键,水是稳定的分子,解题过程搞清楚物理性质和化学性质,题目难度不大.

14.向一定量的 Fe、FeO、Fe3O4 和 Fe2O3 的混合物中加入 250mL 4mol/L 的稀硝酸,恰好使 混合物完全溶解.放出 2.24L NO(标准状况) ,往所得溶液中加入 KSCN 溶液,无血红色出 现,若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物,能得到铁的质量为( A.11.76g B.14 g C.25.2g D.28g )

考点:有关混合物反应的计算;化学方程式的有关计算. 专题:计算题. 分析:混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解,且所得溶液中加入 KSCN 溶液,无血 红色出现,说明溶液中的溶质为硝酸亚铁.由铁元素守恒可知,足量的氢气在加热下还原相 同质量的混合物, 能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同, 根据硝酸的物质 的量和生成 NO 的物质的量,求出溶液中硝酸亚铁的物质的量. 解答: 解:因一定量的 Fe、FeO 和 Fe2O3 的混合物中加入 250mL 4mol/L 的稀硝酸,恰好使 混合物完全溶解,无血红色出现,说明溶液中的溶质为硝酸亚铁, 标准状况下 22.24LNO 的物质的量为 0.1mol,根据氮元素守恒,硝酸亚铁中的硝酸根离子的 物质的量为 0.25L× 4mol/L﹣0.1mol=0.9mol, 所以硝酸亚铁的物质的量为: =0.45mol,

根据铁元素守恒可知, 得到铁的物质的量为 n (Fe) =0.45mol, 质量为: 56g/mol× 0.45mol=25.2g, 故选 C. 点评:本题考查学生利用原子守恒的方法来计算,题目难度中等,明确硝酸亚铁与硝酸的关 系、硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键.

15.下列制品与材料类别不对应的是(

)

A

B

C

D

氧化铝制品 氮化硅陶瓷 玻璃 不锈钢

无机非金属材料

有机高分子材料

金属材料

耐火材料

A.A B.B

C.C

D.D

考点:无机非金属材料;金属与合金在性能上的主要差异;合成材料. 专题:化学应用. 分析:A.玻璃的主要成分为硅酸盐; B.氮化硅陶瓷的主要成分为硅酸盐; C.不锈钢是铁的合金,属于金属材料; D.氧化铝的熔点高. 解答: 解:A.玻璃的成分为硅酸盐,硅酸盐属于无机非金属材料,故 A 正确; B.氮化硅陶瓷是一种新型的陶瓷材料,主要成分为硅酸盐,属于无机非金属材料,故 B 错 误; C.不锈钢是铁与碳形成的合金,属于金属材料,故 C 正确; D.氧化铝的熔点高,可作耐火材料,故 D 正确; 故选 B. 点评: 本题主要考查生活中常见的几种材料, 学生应熟悉材料中的成分, 根据概念进行分类.

16.下列物质中不能用化合反应的方法制得的有(

)

①SiO2②H2SiO3 ③Fe(OH)3 ④Al(OH)3⑤FeCl2 ⑥CaSiO3. A.4 个 B.3 个 C .2 个 D.1 个

考点:硅和二氧化硅;铝的化学性质;铁的化学性质. 专题:元素及其化合物. 分析:化合反应指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应; ①硅与氧气反应; ②硅酸不能通过化合反应得到; ③氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁; ④氧化铝和水不反应; ⑤铁和氯化铁反应生成的是氯化亚铁; ⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙. 解答: 解:化合反应的概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质 ①硅与氧气反应,反应方程式为:Si+O2 SiO2,故①不符合;

②氧化硅和水不反应,所以硅酸不能通过化合反应得到,故②符合; ③可以实现,反应方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3,故③不符合; ④氧化铝和水不反应,要制取氢氧化铝,可以用氯化铝溶液和氨水制取,故④符合; ⑤铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁,方程式为 Fe+2FeCl3═3FeCl2,故⑤不符合; ⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙,方程式为 CaO+SiO2 合; 故选 C. 点评:本题考查铁的氢氧化物、硅酸制备、碳酸氢钠制备反应、铁的氯化物的制取反应,考 查了化合反应的概念,难度中等. CaSiO3,故⑥不符

17.有 25℃时 0.1mol/L 的①氯化铵、②氯化钠、③醋酸钠三种溶液.下列有关判断不正确 的是( )

A.①与②比较:c(Na+)>c(NH4+) B.①中离子浓度的大小关系是:c(Cl )>c(NH4+)>c(H+)>c(OH )
﹣ ﹣

C.①和②等体积混合的溶液中:c(Cl )=c(Na+)+c(NH4+)+c(NH3?H2O)


D.向③中滴加适量醋酸溶液,使溶液 pH=7,则:c(CH3COO



)>c(Na+)

考点:离子浓度大小的比较.

专题:盐类的水解专题. 分析:A.氯化铵溶液中,铵根离子部分水解,铵根离子浓度减小; B.氯化铵溶液中,铵根离子水解,溶液显示酸性,c(Cl )>c(NH4+) 、c(H+)>c(OH
﹣ ﹣

) ;

C.溶液中满足物料守恒,根据混合液中的物料守恒进行判断; D.溶液的 pH=7,溶液显示中性,则 c(H+)=c(OH ) ,根据电荷守恒可知 c(CH3COO
﹣ ﹣



=c(Na+) . 解答: 解:A.①氯化铵溶液中,铵根离子部分水解,则 c(NH4+)<0.1mol/L,而②氯化 钠溶液中,c(Na+)=0.1mol/l,则 c(Na+)>c(NH4+) ,故 A 正确; B.①氯化铵溶液中,铵根离子部分水解,则溶液中 c(Cl )>c(NH4+) ,溶液显示酸性,


则 c(H+)>c(OH ) ,溶液中离子浓度大小为:c(Cl )>c(NH4+)>c(H+)>c(OH
﹣ ﹣ ﹣

) ,故 B 正确;


C. ①氯化铵、 ②氯化钠等体积混合后, 体积增大 1 倍, 则溶液中 c (Cl ) =0.1mol/L, c (Na+) =0.05mol/L,c(NH4+)+c(NH3?H2O)=0.05mol/L,则 c(Cl )=c(Na+)+c(NH4+)+c


(NH3?H2O) ,故 C 正确; D.③中滴加适量醋酸溶液,使溶液 pH=7,溶液显示中性,则 c(H+)=c(OH ) ,根据电


荷守恒 c(CH3COO 故 D 错误; 故选 D.



)+c(OH )=c(Na+)+c(H+)可知:c(CH3COO




)=c(Na+) ,

点评:本题考查了溶液中离子浓度大小比较,题目难度中等,注意掌握盐的水解原理,能够 根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小.

18.下列叙述正确的是(

)

A.乙烯和苯都能够使溴水褪色,褪色的原因相同 B.淀粉、油脂、蛋白质都能够发生水解,且都能生成二种产物 C.煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属 D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应,乙酸乙酯中的少量乙酸可用 Na OH 溶液除 去

考点:有机物的结构和性质;有机化学反应的综合应用.

专题:有机反应. 分析:A.乙烯与溴水发生加成反应,苯与溴水不反应; B.淀粉水解最终产物为葡萄糖,油脂水解生成高级脂肪酸和甘油,蛋白质水解产物为多种 氨基酸; C.煤油为烃类物质,与 Na 不反应,且密度比 Na 的小; D.乙酸与乙醇发生取代反应生成乙酸乙酯,乙酸乙酯可水解生成乙酸和乙醇,乙酸乙酯在 NaOH 中可水解. 解答: 解:A.乙烯与溴水发生加成反应,苯与溴水不反应,则褪色原理不同,故 A 错误; B.淀粉水解最终产物为葡萄糖,油脂水解生成高级脂肪酸和甘油,蛋白质水解产物为多种 氨基酸,则淀粉水解产物只有一种,故 B 错误; C.煤油为烃类物质,与 Na 不反应,且密度比 Na 的小,则石油分馏可得到煤油,煤油能保 存少量金属钠,故 C 正确; D.乙酸与乙醇发生取代反应生成乙酸乙酯,乙酸乙酯可水解生成乙酸和乙醇,乙酸乙酯在 NaOH 中可水解,则乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应,但乙酸乙酯中的少量乙酸可 用碳酸钠溶液除去,故 D 错误; 故选 C. 点评:本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握有机物的性质、反应类型及混合物 分离提纯等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大.

19.在 2L 的密闭容器中进行如下反应:CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) ,有如下数 据:

实验 1 2

温度/℃ 650 800

起始量/mol CO 2.0 2.0

平衡量/mol H2O 1.0 2.0 CO2 0 0 H2 0 0 CO2 0.8 1.0

下列说法正确的是( A.正反应为吸热反应

)

B.实验 1 中,CO 的转化率为 80% C.650℃时,化学平衡常数 K=

D.实验 1 再加入 1.0 mol H2O,重新达到平衡时,n(CO2)为 1.6 mol

考点:化学平衡建立的过程. 专题:化学平衡专题. 分析:A、利用三段式,计算出两个温度下的平衡常数,再根据平衡常数的大小可判断出该 反应是放热反应还是吸热反应; B、根据转化率= × 100%进行计算;

C、根据 A 中的计算可作判断; D、根据平衡常数进行判断. 解答: 解:A、利用三段式, 在 650℃时 起始(mol) 转化(mol) CO(g )+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) , 2.0 0.8 1.0 0.8 0.2 0 0.8 0.8 0 0.8 0.8

平衡(mol) 1.2

平衡常数 K=

= ,

在 800℃CO(g )+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) , 起始(mol) 转化(mol) 平衡(mol) 2.0 1.0 1.0 2.0 1.0 1.0 0 1.0 1.0 0 1.0 1.0

平衡常数 K=

=1,

由此可知在 650℃时平衡常数大于 800℃的平衡常数,即升高温度平衡逆向移动,所该反应 的正反应为放热反应,故 A 错误; B、在 650℃时 起始(mol) 转化(mol) CO(g )+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) , 2.0 0.8 1.0 0.8 0.2 0 0.8 0.8 0 0.8 0.8

平衡(mol) 1.2

CO 的转化率=

× 100%=

× 100%=40%,故 B 错误;

C、由 A 中的计算可知,C 正确; D、利用三段式,设平衡时 n(CO2)为 x, 在 650℃时 起始(mol) 转化(mol) 平衡(mol) CO(g )+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) , 2.0 x 2﹣x 2.0 x 2﹣x 0 x x 0 x x

根据平衡常数 K=

= 得 x=

≠1.6,故 D 错误;

故选 C. 点评:本题主要考查了平衡常数和转化率的计算,及根据平衡常数对反应作判断,有一定的 综合性,中等难度.

20.以下实验方案可以从海洋生物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物:下列说法错误的是 ( )

A.步骤(1)需要用到玻璃棒 C.步骤(3)需要用到坩埚

B.步骤(2)需要用到分液漏斗 D.步骤(4)需要用到温度计

考点:物质的分离、提纯的基本方法选择与应用. 专题:实验设计题. 分析:步骤(1)是分离固液混合物,其操作为过滤,步骤(2)分离互不相溶的液体混合物, 需进行分液,要用到分液漏斗;步骤(3)是从溶液中得到固体,操作为蒸发,需要蒸发皿; 步骤(4)是从有机化合物中,利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯,以此来解答. 解答: 解:A.步骤(1)是分离固液混合物,其操作为过滤,需要过滤装置,故 A 正确; B.步骤(2)分离互不相溶的液体混合物,需进行分液,要用到分液漏斗,故 B 正确; C.步骤(3)是从溶液中得到固体,操作为蒸发,需要蒸发皿,而不用坩埚,故 C 错误;

D.步骤(4)是从有机化合物中,利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯,需要蒸馏装置,需要 使用温度计,故 D 正确; 故选 C. 点评: 本题考查混合物的分离提纯, 注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关 键,注重实验操作和分离方法的考查,题目难度不大.

21.用如图装置模拟人工肾脏的工作原理,电解生成的 Cl2 将尿素[CO(NH2)2]氧化成 N2 排出,则下列说法错误的是( )

A.电解结束后,阴极室溶液与电解前相比 pH 增大 B.尿素被氧化的化学方程式为 CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl C.电源的正极为 b D.电解结束后,若两极共收集到气体 13.44 L(标准状况)时,则被氧化的尿素为 7.2 g (忽略气体的溶解)

考点:原电池和电解池的工作原理. 专题:电化学专题. 分析:A、阴极反应为:6H2O+6e ═6OH +3H2↑(或 6H++6e ═3H2↑)阳极反应为:6Cl ﹣
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

6e ═3Cl2↑,CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl,根据上述反应式可以看出在阴、阳极 上产生的 OH 、H+的数目相等,阳极室中反应产生的 H+通过质子交换膜进入阴极室与 OH
﹣ ﹣



恰好反应生成水,所以阴极室中电解前后溶液的 pH 不变; B、根据氯气将尿素氧化为氮气来回答; C、根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律,结合本题图中的电极产物 CO2 和 N2 可以判断出 a 为电源的负极,b 为电源的正极;

D、根据 n=

计算两极产生的气体的物质的量,利用气体中各组分的比例关系,计算 n

(Cl2) ,再根据方程式计算尿素的物质的量,根据 m=nM 计算尿素的质量. 解答: 解:A、阴极反应为 6H2O+6e ═6OH +3H2↑(或 6H++6e ═3H2↑) ,阳极反应为 6Cl
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

﹣6e ═3Cl2↑,CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl,根据上述反应式可以看出在阴、阳




极上产生的 OH 、H+的数目相等,阳极室中反应产生的 H+通过质子交换膜进入阴极室与 OH 恰好反应生成水,所以阴极室中电解前后溶液的 pH 不变,故 A 错误; B、根据题干信息知道,氯气将尿素氧化为氮气,还原产物是盐酸,反应为:CO(NH2)
2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl,故


B 正确;

C、由图可知,右室电极产物为 CO2 和 N2,发生氧化反应,故 b 为电源的正极,左室电解 产物为 H2,发生还原反应,故 a 为电源的负极,电源的正极为 b,故 C 正确; D、 电解收集到 13.44 L 气体, 物质的量是 0.6mol, 由反应 2Cl +2H2O


2OH +H2↑+Cl2↑,



可知 n(H2)=n(Cl2)=0.3mol,可知生成 0.3molCl2 所消耗的 CO(NH2)2 的物质的量也为 0.3mol,其质量为:m[CO(NH2)2]=0.3 mol×60 g?mol 1=18g,故 D 错误;


故选 AD. 点评:本题考查电解池原理与有关计算,难度较大,关键注意观察电极产物,判断发生的反 应,注意根据电极反应式判断左室中 pH 值的变化.

22.以包列科学家 Danici Shcchtman 因发现准晶体获得 2011 年诺贝尔化学奖.人们在自然 界中也找到了组成为 Al63Cu24Fe13 的天然准晶体. 将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、 烧碱和稀硝酸反应,产生气体的物质的量关系为( A.n(烧碱)<n(稀硝酸)<n(盐酸) C.n(稀硝酸)<n(烧碱)<n(盐酸) )

B.n(烧碱)<n(盐酸)<n(稀硝酸) D.n(盐酸)<n(稀硝酸)<n(烧碱)

考点:常见金属元素的单质及其化合物的综合应用;化学方程式的有关计算. 专题:计算题. 分析:该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体,铁和铝都与盐酸反应生成氢气,所以 加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液,铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成 NO 气体,结 合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量.

解答: 解:该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体,铁和铝都与盐酸反应生成氢气, 所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液, 铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体, 为便于计算,可设 Al63Cu24Fe13 为 1mol, 根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为: 与 HCl 反应时:n(H2)=13+63× 1.5=107.5 mol, 与 NaOH 反应时:n(H2)=63× 1.5=94.5 mol, 与 HNO3 反应时:n(NO)=63+13+24× =92 mol, 所以生成气体体积大小顺序是 n(稀硝酸)<n(烧碱)<n(盐酸) , 故选 C. 点评: 本题考查化学方程式的计算, 侧重于学生的分析能力和计算能力的考查, 解答本题时, 为便于计算,可设合金为 1mol,这样可避免计算的繁琐,另外可根据得失电子数目的角度 解答,可不必书写反应的化学方程式,难度中等.

二.填空题(本大题共 3 题,38 分) 23.科学家发现某药物 M 能治疗心血管疾病是因为它在人体内能释放出一种“信使分子”D, 并阐明了 D 在人体内的作用原理.为此他们荣获了 1998 年诺贝尔生理学或医学奖.请回答 下列问题: (1)已知 M 的相对分子质量为 227,由 C、H、O、N 四种元素组成,C、H、N 的质量分 数依次为 15.86%、2.20%和 18.50%.则 M 的分子式是 C3H5O9N3.D 是双原子分子,分子量 为 30,则 D 的分子式为 NO. (2)油脂 A 经下列途径可得到 M.

图中②的提示:C2H5OH+HO﹣NO2 硝酸

C2H5O﹣NO2+H2O

硝酸乙酯

反应①的化学反应类型是取代反应.反应②的化学方程式是

. (3)C 是 B 和乙酸在一定条件下反应生成的化合物,分子量为 134,写出 C 所有可能的结

构简式



(4)若将 0.1mol B 与足量的金属钠反应,则需消耗 6.9g 金属钠.

考点:有机物的结构和性质;有机物实验式和分子式的确定;有机物的推断. 专题:有机物的化学性质及推断. 分析: (1)各原子的物质的量之比等于原子个数之比,根据分子中原子所占的质量分数来确 定有机物的分子式,根据相对分子质量来确定物质的分子式; (2)油脂水解的产物是高级脂肪酸和甘油;反应①的化学反应类型为水解;根据题干提示, 反应②为甘油的硝化反应; (3)C 是由 B(丙三醇)和乙酸反应生成的产物,且 C 相对分子质量为 134,而 B 的相对 分子质量为 92,乙酸相对分子质量为 60,推得产物 C 是由 B 和乙酸按 1:1 反应所得,甘 油(丙三醇)中有两种羟基,因而形成的酯有两种可能的结构; (4)根据甘油与钠反应方程式计算需消耗金属钠的质量. 解答: 解: (1)M 的相对分子质量为 227,C、H、N 的质量分数依次为 15.86%、2.20%和 18.50%.则 C 原子个数为: ≈3;H 原子个数为: ≈5;N 原子个数为: =9,所以分

≈3;O 原子个数为: 子式为 C3H5O9N3,

D 是双原子分子,相对分子质量为 30,平均一个原子的原子量为 15,所以 D 为 NO, 故答案为:C3H5O9N3;NO;

(2)油脂就是高级脂肪酸甘油酯,可以水解得到高级脂肪酸和甘油,水解反应属于取代反

应, 反应为: 甘油和 HNO3 按照给出的提示发生酯化反应.有关反应的化学方程式为:





故答案为:取代反应;



(3)C 是由 B(丙三醇)和乙酸反应生成的产物,且 C 相对分子质量为 134,而 B 的相对 分子质量为 92,乙酸相对分子质量为 60,推得产物 C 是由 B 和乙酸按 1:1 反应所得,甘 油(丙三醇)中有两种羟基,因而形成的酯有两种可能的结构:



故答案为: (4)甘油与足量的金属钠反应,



2HOCH2CHOHCH2OH+6Na→2NaOCH2CHONaCH2ONa+3H2↑,0.1mol 甘油需 0.3mol 钠,质 量为 m=n× M=0.3mol× 23g/mol=6.9g, 故答案为:6.9. 点评:本题考查有机物推断,涉及油脂的性质、醇的酯化反应、同分异构体书写等,难度中 等,注意官能团的性质及其转化.

24. (1)写出实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的离子方程式 MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O;



(2)如图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为 298K 时的稳定状态) .由 图可知 Mg 与卤素单质的反应均为放热(填“放热”或“吸热”)反应;推测化合物的热稳定性 顺序为 MgI2<MgF2(填“>”、“=”或“<”) . (3)金属 Mg 与 CH3Cl 在一定条件下反应可生成 CH3MgCl,CH3MgCl 是一种重要的有机 合成试剂,易与水发生水解反应并有无色无味气体生成.写出 CH3MgCl 水解的化学方程式 CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg(OH)Cl↓.

考点:氯气的实验室制法;卤素原子结构及其性质的比较;镁的化学性质. 分析: (1)实验室是用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气,反应生成氯气、二氯化锰、水; (2)依据图象分析判断,Mg 与卤素单质的能量高于卤化物,所以反应是放热反应;物质 能量越高越活泼,越不稳定; (3) 根据水解过程中各元素的化合价不变分析 CH3MgCl 水解产物为氢氧化镁、 氯化氢和甲 烷或 Mg(OH)Cl. 解答: 解: (1)实验室是用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气,反应生成氯气、二氯化锰、水, 离子方程式为:MnO2+4H++2Cl 故答案为:MnO2+4H++2Cl
﹣ ﹣

Mn2++Cl2↑+2H2O; Mn2++Cl2↑+2H2O;

(2)由图象可知,Mg 与卤素单质的能量高于卤化物,依据能量守恒判断,反应是放热反 应,物质的能量越低越稳定,易图象数据分析,化合物的热稳定性顺序为:MgI2<MgBr2 <MgCl2<MgF2, 故答案为:放热;<; (3)CH3MgCl 水解化合价不变,CH3MgCl 中,Cl 元素的化合价是﹣1 价,H 元素的化合价 是+1 价,C 元素的化合价是﹣4 价,镁元素的化合价是+2 价,所以 CH3MgCl 水解生成氢氧 化镁、氯化氢和甲烷或 Mg(OH)Cl,水解方程式为:CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg(OH)Cl↓, 故答案为:CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg(OH)Cl.

点评:本题为综合题,考查了氯气的实验室制备、镁的性质,侧重于学生分析能力的考查, 题目难度中等.

25.A、B、C、D、E 是五种短周期的主族元素,它们的原子序数依次增大,A、D 都能与 C 按原子个数比为 1:1 或 2:1 形成化合物,A、B 组成的气态化合物的水溶液呈碱性,E 与 C 的最外层电子数相同.

(1)画出 D 的原子结构示意图 族.

,E 元素在周期表中的位置是第 3 周期第ⅥA

(2)A 与 C 形成的化合物中,原子个数比为 1:1 的化合物的结构式为 H﹣O﹣O﹣H. (3)D 与 C 按原子个数比为 1:1 形成化合物的电子式是 .

(4)B、C 所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 H2O、NH3 (填具体的化学式) . (5)F 是一种历史悠久、应用广泛的金属元素.若将 F 金属投入到盐酸溶液中,生成了浅 绿色溶液 M.写出 M 的酸性溶液和 A 与 C 形成的一种化合物反应的离子方程式: 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O. (6)有人设想寻求合适的催化剂和电极材料,以 A2、B2 为电极反应物,以 HCl﹣NH4Cl 溶液为电解质溶液制造新型燃料电池,试写出该电池的正极电极反应式:N2+6e +8H+=2NH4+;放电时溶液中 H+移向正(填“正”或“负”)极.


考点:位置结构性质的相互关系应用. 专题:元素周期律与元素周期表专题. 分析:A、B、C、D、E 五种短周期主族元素中,它们的原子序数依次增大,A、D 都能与 C 按原子个数比为 1:1 或 2:1 形成的化合物,则 A 为 H 元素、D 为 Na 元素、C 为 O 元 素; A、 B 组成的气态化合物的水溶液呈碱性, 则 B 为 N 元素, E 与 C 的最外层电子数相同, 即 E、C 同主族,E 为 S,以此来解答. 解答: 解:A、B、C、D、E 五种短周期主族元素中,它们的原子序数依次增大,A、D 都 能与 C 按原子个数比为 1:1 或 2:1 形成的化合物,则 A 为 H 元素、D 为 Na 元素、C 为 O 元素;A、B 组成的气态化合物的水溶液呈碱性,则 B 为 N 元素,E 与 C 的最外层电子数 相同,即 E、C 同主族,E 为 S,

(1)D 为 Na,原子结构示意图

,E 元素在周期表中的位置是第 3 周期第ⅥA

族,故答案为:

;第 3 周期第ⅥA 族;

(2)A 与 C 形成的化合物中,原子个数比为 1:1 的化合物为过氧化氢,其结构式为 H﹣O ﹣O﹣H,故答案为:H﹣O﹣O﹣H; (3) D 与 C 按原子个数比为 1: 1 形成化合物为过氧化钠, 其电子式是 故答案为: ; ,

(4)非金属性越强,气态氢化物越稳定,则 B、C 所形成氢化物的稳定性由强到弱的顺序 是 H2O>NH3,故答案为:H2O;NH3; (5)生成了浅绿色溶液 M 为氯化亚铁,M 的酸性溶液和 A 与 C 形成的一种化合物(过氧 化氢)发生氧化还原反应,反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O, 故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O; (6)该电池的正极上氮气得到电子生成铵根离子,则正极反应式 N2+6e +8H+=2NH4+,放


电时溶液中 H+移向正极,故答案为:N2+6e +8H+=2NH4+;正.


点评:本题考查位置、结构、性质及应用,为高频考点,把握元素的位置、性质及元素化合 物知识推断元素为解答的关键,侧重分析与推断能力的综合考查,题目难度中等.

26.已知:2NO2(g)?N2O4(g) ;△ H<0.在恒温恒容条件下,将一定量 NO2 和 N2O4 的 混合气体通入容积为 2L 的密闭容器中,反应过程中各物质的物质的量浓度 c 随时间 t 的变 化关系如图所示. (1)如图中 a、b、c、d 四个点中,表示化学反应处于平衡状态的点是 bd. (2)前 10min 内用 NO2 表示的化学反应速率 v(NO2)=0.04mol?L 1?min 1.反应在第二个
﹣ ﹣

平衡点的平衡常数 K (2) 与第一个平衡点的平衡常数 K (1) 的关系: K (2) =K (1) (填“>”、 “=”或“<”) .

考点:化学平衡建立的过程;化学平衡的影响因素. 分析:由图可知 10﹣25min 平衡状态时,X 表示的生成物的浓度变化量为(0.6﹣0.2) mol/L=0.4mol/L,Y 表示的反应物的浓度变化量为(0.6﹣0.4)mol/L=0.2mol/L,X 表示的生 成物的浓度变化量是 Y 表示的反应物的浓度变化量的 2 倍,所以 X 表示 NO2 浓度随时间的 变化曲线,Y 表示 N2O4 浓度随时间的变化曲线, ①根据图象及物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态; ②根据 v= 求得速率,根据影响平衡常数的因素可比较出 K(2) 、K(1)的大小.

解答: 解: (1)由图可知 10﹣25min 平衡状态时,X 表示的生成物的浓度变化量为(0.6﹣ 0.2)mol/L=0.4mol/L,Y 表示的反应物的浓度变化量为(0.6﹣0.4)mol/L=0.2mol/L,X 表 示的生成物的浓度变化量是 Y 表示的反应物的浓度变化量的 2 倍,所以 X 表示 NO2 浓度随 时间的变化曲线,Y 表示 N2O4 浓度随时间的变化曲线; ①由图可知,10﹣25min 及 35min 之后 X、Y 的物质的量不发生变化,则相应时间段内的点 处于化学平衡状态,即 b、d 处于化学平衡状态,故答案为:bd; ②由图可知, 前 10min 内用 NO2 的物质的量浓度变化了 0.4mol/L, 故化学反应速率 v (NO2) = =0.04mol?L 1?min 1,
﹣ ﹣ ﹣

由于平衡常数只与温度有关, 所以当温度不变时, 平衡常数不变, 故答案为: 0.04mol?L 1?min
﹣1

;=.

点评:本题考查了平衡状态的判断、反应速率的计算、影响平衡常数的因素等知识,题目难 度不大,本题注意从图象判断各种氢化物的种类为解答该题的关键.

27.某小组利用 H2C204 溶液和酸性 KMn04 溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”. (1)向酸性 KMn04 溶液中加入一定量的 H2C204 溶液,当溶液中的 KMn04 耗尽后,紫色溶 液将褪去.为确保能观察到紫色褪去,H2C204 与 KMn04 初始的物质的量需要满足的关系为 n(H2C204) :n(KMnO4)≥2.5.

(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响,该小组设计了如下实验方案 下实验方案

实验序号 ① ②

反应温度/℃ H2C2O4 溶液 V/mL 25 8.0 25 6.0

酸性 KMnO4 溶液 ﹣1 c/(mol?L ) 0.20 0.20

H2O ﹣ V/mL c/(mol?L 1)V/mL 5.0 0.010 0 5.0 0.010 x

表中 x=2ml,理由是保证其它条件不变,只改变 H2C2O4 的浓度,从而达到对比的目的. (3)已知 50° C 时,浓度 c(H2C204)随反应时间 t 的变化曲线如图示,若保持其他条件不 变,请在答题卡坐标图中画出 25° C 时 c(H2C204)随 t 的变化曲线示意图.

考点:探究影响化学反应速率的因素. 专题:实验设计题. 分析: (1)根据化合价升降相等,来配平即可得出答案; (2)研究反应物浓度对化学反应速率的影响,其条件不变的情况下只改变温度; (3)根据温度降低反应速率减小画出 25℃时 c(MnO4 )~t 的变化曲线示意图. 解答: 解: (1)H2C204 中碳由+3 价变为+4 价,升高 1× 2;而锰由+7 变为+2,降低 5 价; 升降守恒,所以最小公倍数为 5;即 n(H2C204) :n(KMnO4)≥2.5,故答案为:≥2.5; (2)只改变草酸的浓度,而混合溶液的体积不变,进行对照试验,探究浓度对反应速率的 影响,实验①溶液的体积是 13mL,所以 x=2ml,故答案为:2;保证其它条件不变,只改变 H2C2O4 的浓度,从而达到对比的目的;


(3)25℃时反应速率小于 50℃时,所以高锰酸根离子的浓度变化比 50℃时小,反应需要的 时间大于 50℃条件下需要的时间,据此画出 25℃时 c(MnO4 )~t 的变化曲线示意图为:


,故答案为:



点评: 侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练, 旨在考查学生灵活运用基础知识解 决实际问题的能力,难度稍大.

三.实验题(本大题共 1 题,18 分) 28.利用下列实验装置完成相应的实验,不能达到实验目的是 ( )

A.

除去 CO2 中的 HCl 气体 铁的析氢腐蚀

B.

C.

制备并收集少量 NO2 气体 D. 转移溶液

考点:化学实验方案的评价.

分析:A.二氧化碳和碳酸氢钠不反应、HCl 和碳酸氢钠反应生成二氧化碳; B.酸性条件下铁发生析氢腐蚀,中性或弱酸性条件下,铁发生吸氧腐蚀; C.二氧化氮易和水反应,所以二氧化氮应该用排空气法收集; D.转移溶液时用玻璃棒引流. 解答: 解:A.二氧化碳和碳酸氢钠不反应、HCl 和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,所以可 以用碳酸氢钠除去二氧化碳中的 HCl,故 A 正确; B.酸性条件下铁发生析氢腐蚀,中性或弱酸性条件下,铁发生吸氧腐蚀,氯化钠溶液呈中 性,所以铁发生吸氧腐蚀,则不能达到实验目的,故 B 错误; C.二氧化氮易和水反应,所以不能用排水法收集二氧化氮,二氧化氮目的大于空气,应该 用向上排空气法收集二氧化氮,故 C 错误; D.转移溶液时用玻璃棒引流,否则易溅出液体导致配制溶液浓度偏低,故 D 错误; 故选 A. 点评:本题考查实验方案评价,涉及洗气、铁的腐蚀、气体的收集、溶液配制等知识点,明 确实验原理、基本操作、物质性质即可解答,能从基本操作、实验安全性等方面进行评价, 题目难度不大.

29.某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)的研究. 实验Ⅰ:制取 NaClO2 晶体 已知:NaClO2 饱和溶液在温度低于 38℃时析出的晶体是 NaClO2?3H2O,高于 38℃时析出晶 体的是 NaClO2,高于 60℃时 NaClO2 分解成 NaClO3 和 NaCl.Ba(ClO)2 可溶于水. 利用如图所示装置进行实验.

(1)装置③的作用是防止倒吸. (2)装置②中产生 ClO2 的化学方程式为 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓) ═2ClO2↑+2Na2SO4+H2O.

(3)从装置④反应后的溶液获得 NaClO2 晶体的操作步骤为: ①减压,55℃蒸发结晶;②趁热过滤;③用 38℃~60℃热水洗涤;④低于 60℃干燥,得到 成品. (4)设计实验检验所得 NaClO2 晶体是否含有杂质 Na2SO4,操作与现象是:取少量晶体溶 于蒸馏水,滴加几滴 BaCl2 溶液,若有白色沉淀出现,则含有 Na2SO4,若无白色沉淀出现, 则不含 Na2SO4. 实验Ⅱ:测定某亚氯酸钠样品的纯度. 设计如下实验方案,并进行实验: ①准确称取所得亚氯酸钠样品 m g 于烧杯中, 加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体, 再滴入 适量的稀硫酸, 充分反应 (已知: ClO2 +4I +4H+=2H2O+2I2+Cl ) . 将所得混合液配成 100mL
﹣ ﹣ ﹣

待测溶液. ②移取 25.00mL 待测溶液于锥形瓶中,用 c mol?L
﹣1

Na2S2O3 标准液滴定,至滴定终点.重
﹣ ﹣ ﹣

复 2 次,测得消耗标准溶液的体积的平均值为 V mL(已知:I2+2S2O32 =2I +S4O62 ) . (5)滴定中使用的指示剂是淀粉溶液,达到滴定终点时的现象为滴加最后一滴 Na2S2O3 标 准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色. (6)样品中 NaClO2 的质量分数为 ﹣90.5) . %(用含 m、c、V 的代数式表示,式量:NaClO2

考点:制备实验方案的设计;探究物质的组成或测量物质的含量. 专题:实验设计题. 分析: (1)装置③为安全瓶,防止装置②中气体温度降低而产生倒吸; (2)亚硫酸钠具有还原性,在反应中作还原剂,生成硫酸钠,结合原子守恒可知,还有水 生成,然后配平书写方程式; (3)从溶液中制取晶体,一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法,注意温度控制; (4)根据 SO42 的检验方法来分析;


(5)有碘单质参和生成的反应,一般采用淀粉溶液做指示剂,该反应是 Na2S2O3 标准液滴 定碘,终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色; (6)根据关系式 NaClO2~2I2~4S2O32 进行计算.


解答: 解: (1)装置③为安全瓶,防止装置②中气体温度降低而产生倒吸,故答案为:防 止倒吸; (2)氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠,本身被还原为二氧化氯,反应的化学方 程式应为:2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)═2ClO2↑+2Na2SO4+H2O; 故答案为:2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)═2ClO2↑+2Na2SO4+H2O; (3) 为防止析出晶体 NaClO2?3H2O, 应趁热过滤, 由题目信息可知, 应控制温度 38℃~60℃ 进行洗涤,低于 60℃干燥, 故答案为:用 38℃~60℃热水洗涤; (4)SO42 的检验用氯化钡溶液,取少量晶体溶于蒸馏水,然后滴加几滴 BaCl2 溶液,若有


白色沉淀出现,则含有 Na2SO4,若无白色沉淀出现,则不含 Na2SO4; 故答案为:滴加几滴 BaCl2 溶液,若有白色沉淀出现,则含有 Na2SO4,若无白色沉淀出现, 则不含 Na2SO4; (5)碘遇淀粉变蓝色,反应结束时,碘反应完全,滴加最后一滴 Na2S2O3 标准液时溶液由 蓝色变为无色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点, 故答案为:淀粉溶液;滴加最后一滴 Na2S2O3 标准液时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变 色; (6)设样品中 NaClO2 的质量分数为 a,则: NaClO2~2I2~4S2O32 90.5g mag 解得:a= 故答案为: %. 4mol cmol?L 1× V× 10 3L×
﹣ ﹣ ﹣

=

%;

点评:本题考查物质制备方案的设计,题目难度中等,理解制备原理是解题的关键,同时考 查学生分析问题、 解决问题的能力, 注意掌握氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算的 方法.


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