广东省东莞市南开实验学校2016届高三上学期期初化学试卷

南开实验学校2015-2016学年第一学期期中考试 高一化学2015.12 本试卷共 4面， 27小题，满分100分。

考试用时90分钟。

说明：1、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

2、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

3、答案必须写在答题卡上，收卷时只交答题卡。

可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 P 31 Cl 35.5 Mg－24 Al－27 Fe－56 I卷 选择题（共48分） 一、单项选择题：（本题共15个小题；每小题2分，共30分．每小题只有一个选项符合题意） 1．图是常用的危险化学品标志之一，它表示的类型是A．腐蚀品 B．氧化剂 C．易燃品D．放射性物品下列实验操作正确的是 A． B． C． D．用坩埚钳夹住一小块刚用酸处理过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落。

下列关于上述实验现象的解释不正确的是 A．铝在空气中能很快形成氧化膜 B． C．氧化铝的熔点比铝高 D．氧化铝薄膜包住了熔化的铝．等物质的量的Cl2和CO2相比较，下列叙述中正确的是 A．分子数相等 B．原子数相等 C．体积相等 D．质量相等 5．下列离子方程式中，正确的是 A．稀硫酸滴在铜片上：Cu + 2H+=Cu2+ + H2↑ B．氧化镁与稀盐酸混合：MgO + 2H+=Mg2+ + H20 C. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag+=Cu2+ + Ag D．稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3 + 2H+=Ca2+ + H2CO3 6.能在溶液中大量共存的一组离子是 A．NH4+、Ag+、PO43-、Cl- B．Fe3+、H+、I-、HCO3- C．K+、Na+、NO3-、MnO4- D．Al3+、Mg2+、SO42-、OH- 7．下列化学方程式中，能用离子方程式SO2-＋Ba2＋===BaSO4↓来表示的是 A．BaCO3＋H2SO4===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑ B．BaCl2＋Na2CO3===BaCO3↓＋2NaCl C．BaCl2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaClD．Ba(OH)2＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓ 下列混合物分离（或除杂）的方法正确的是 A．用可以从碘水中萃取碘 B．FeO3中含有少量AlO3可加入适量的NaO除去C．Na2CO3固体中含有少量NaHCO3杂质可用加热的方法提纯 D．Fe(NO3)3中混有少量Fe(NO3)2的杂质可加入适量的除去． A．NaCl是非电解质 B．NaCl溶液是电解质。

2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）期初化学试卷一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求．每小题3分，共42分）1．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A B C D硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶A．A B．B C．C D．D2．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生．下列属最有希望的新能源的是（）①天然气②煤③核能④水电⑤太阳能⑥燃料电池⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③④⑤⑥D．除①②外3．下列哪个是影响化学反应速率的主要因素（）A．压强 B．温度 C．催化剂D．反应物的性质4．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A．生成物总能量一定低于反应物总能量B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同5．下列热化学方程式中的△H能表示可燃物的燃烧热的是（）A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣184KJ•mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3J•mol﹣1C．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣293KJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6KJ•mol﹣16．已知下列热化学方程式：Zn（S）+O2（g）=ZnO（S）△H1；Hg（l）+O2（g）=HgO（S）△H2；则Zn（S）+HgO（S）=Hg（l）+ZnO（S）△H值为（）A．△H2﹣△H1B．△H2+△H1C．△H1﹣△H2D．﹣△H1﹣△H27．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．υ（A）=0.5 mol/（L•s）B．υ（B）=0.3 mol/（L•s）C．υ（C）=18 mol/（L•min）D．υ（D）=1 mol/（L•s）8．在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再变化时，表明反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达平衡的是（）A．混合气体的压强B．B和D的物质的量之比为2：1C．混合气体的密度D．气体的总物质的量9．可逆反应aA（g）+bB（g）═cC（g）+dD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图下列叙述正确的是（）A．达平衡后，若升温，平衡左移B．达平衡后，减少A的量有利于平衡向右移动C．T1＞T2，P2＞P1D．达平衡后，加入催化剂则C%增大10．将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示．在相同的条件下，将b g（a＞b）粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（）A． B．C．D．11．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯（烧杯内有水）中：在（1）中加入CaO，在（2）中不加其他任何物质，在（3）中加入NH4Cl晶体，发现（1）中红棕色变深，（3）中红棕色变浅，下列叙述正确的是（）A．2NO2⇌N2O4是放热反应B．NH4Cl溶于水时放出热量C．烧瓶（1）中平衡混合气的相对分子质量增大D．烧瓶（3）中气体的压强增大12．如图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）+M（g）+N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（）A．缩小容器的容积B．升高温度C．加大X的投入量D．增大容器的体积13．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）14．在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+3Y2（g）⇌2Z（g），X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.2mol•L﹣1、0.6mol•L﹣1、0.4mol•L﹣1，当平衡时下列数据肯定不正确的是（）A．X2为0.3 mol•L﹣1，Y2为0.9 mol•L﹣1B．Y2为1.0 mol•L﹣1C．X2为0.3 mol•L﹣1，Z为0.2 mol•L﹣1D．Z为1.0 mol•L﹣1二、解答题15．（15分）（2015秋•东莞校级月考）（1）由金红石TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→TiCl4Ti已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣3935kJ•mol1②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=﹣566kJ•mol1③TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ•mol1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（s）+2CO（g）的△H=（2）①P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol②P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol则白磷转化为红磷的热化学方程式．相同的状况下，能量较低的是；白磷的稳定性比红磷（填“高”或“低”）．（3）在25℃、101kPa时，1.00g C6H6（l）燃烧生成CO2（g）和H2O（l），放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热为kJ•mol﹣1，该反应的热化学方程式为．16．（18分）（2015秋•东莞校级月考）用50mL1.0mol/L盐酸与50mL1.1mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是．该用品能否用铁质用品代替，原因是①；②（2）图示中用品填加后的装置叫．（3）烧杯间填满碎纸条的作用是．（4）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值（填“偏大、偏小、无影响”）．（5）如果用60mL1.0mol/L盐酸与50mL1.1mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量（填“相等、不相等”），所求中和热（填“相等、不相等”）．已知在稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出上述反应的热化学方程式（6）用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．（7）本实验中用稍过量的NaOH的原因教材中说是为保证盐酸完全被中和．试问：盐酸在反应中若因为有放热现象，而造成少量盐酸在反应中挥发，则测得的中和热数值（填偏高、偏低或不变）；（8）该实验小组做了三次实验，每次取溶液各50mL，并记录如表原始数据．实验序号起始温度t1/℃终止温度（t2）℃温差（t2﹣t1）℃盐酸NaOH溶液平均值1 25.1 24.9 25.0 31.6 6.62 25.1 25.1 25.1 31.8 6.73 25.1 25.1 25.1 31.9 6.8 已知盐酸、NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3中和后混和液的比热容C=4.18J（g．•℃），Q=C•m•△t则该反应的中和热为△H=．17．（13分）（2015秋•临沂校级月考）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深．回答下列问题：（1）反应的△H0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示．在0～60s时段，反应速率v（N2O4）为mol•L﹣1•s﹣1（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0mol•L﹣1•s﹣1的平均速率降低，经10s又达到平衡．T100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是．（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半．平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是．18．（12分）（2015秋•东莞校级月考）“氢能”是未来最理想的新能源．（1）某化学家根据“原子经济”的思想，设计了如下制备H2的反应步骤：①CaBr2+H2O CaO+2HBr②2HBr+Hg HgBr2+H2↑③HgBr2+④2HgO2Hg+O2↑⑤2H2+O22H2O请你根据“原子经济”的思想完成上述步骤③的化学方程式：．并根据“绿色化学”的思想评估该方法制H2的主要缺点：．（2）利用核能把水分解制氢气，是目前正在研究的课题．如图是其中的一种流程，其中用了过量的碘．完成下列反应的化学方程式：反应①；反应②．此法制取氢气的最大优点是．2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）期初化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求．每小题3分，共42分）1．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A B C D硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶A．A B．B C．C D．D【考点】常见的能量转化形式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学变化中不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化，解题时要注意看过程中否发生化学变化，是否产生了热量．【解答】解：A．硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；B．锂离子电池是把化学能转化为电能，故B错误；C．太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；D．燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D正确．故选D．【点评】本题考查能量的转化形式，难度不大，该题涉及了两方面的知识：一方面对物质变化的判断，另一方面是一定注意符合化学能向热能的转化条件．2．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生．下列属最有希望的新能源的是（）①天然气②煤③核能④水电⑤太阳能⑥燃料电池⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③④⑤⑥D．除①②外【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生．根据这些特征进行判断．【解答】解：天然气、煤是不可再生能源；核能是对环境有污染的能源；水电是利用水能转化为电能，水资源是可再生资源，但是自然再生数量和速度有限，不是新能源；太阳能、燃料电池、风能、氢能是清洁能源且可以再生，是新能源的范畴；故选B．【点评】本题考查了新能源的开发利用及新能源的特征应用．3．下列哪个是影响化学反应速率的主要因素（）A．压强 B．温度 C．催化剂D．反应物的性质【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因为反应物的性质，为主要原因，外因为浓度、温度、压强、催化剂等，为次要因素．【解答】解：影响化学反应速率的主要因素时反应物的性质，而压强、温度、催化剂为次要原因．故选：D．【点评】本题考查化学反应速率的影响，为高考高频考点，难度不大，注意物质的性质为影响反应速率的主要因素．4．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A．生成物总能量一定低于反应物总能量B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同【考点】化学反应中能量转化的原因；吸热反应和放热反应；反应热和焓变；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，化学反应速率取决于物质的性质和外界反应条件，与反应是吸热还是放热没有必然的联系，反应热只取决于反应物和生成物总能量的大小，与反应条件无关．【解答】解：A、生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，故A错；B、反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系，故B错；C、化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小，与反应途径无关，应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确；D、根据△H=生成物的焓﹣反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的△H相同，故D错．故选：C．【点评】本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物以及反应速率、反应条件之间有无必然关系，做题时不要混淆．5．下列热化学方程式中的△H能表示可燃物的燃烧热的是（）A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣184KJ•mol﹣1B．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3J•mol﹣1C．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣293KJ•mol﹣1D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6KJ•mol﹣1【考点】燃烧热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，以此解答该题．【解答】解：A．HCl不是氧化物，不符合燃烧热的概念要求，故A错误；B．生成稳定的氧化物，水应为液态，故B错误；C.1molCO完全燃烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，放出的热量为燃烧热，故C 正确；D．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，方程式中为2mol，不是燃烧热，故D错误．故选C．【点评】本题考查燃烧热的理解，题目难度不大，本题注意紧扣燃烧热的概念．6．已知下列热化学方程式：Zn（S）+O2（g）=ZnO（S）△H1；Hg（l）+O2（g）=HgO（S）△H2；则Zn（S）+HgO（S）=Hg（l）+ZnO（S）△H值为（）A．△H2﹣△H1B．△H2+△H1C．△H1﹣△H2D．﹣△H1﹣△H2【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据盖斯定律，利用已知方程式进行叠加，构造出目标反应式，关键在于设计反应过程，注意：（1）当反应式乘以或除以某数时，△H也应乘以或除以某数．（2）反应式进行加减运算时，△H也同样要进行加减运算，且要带“+”、“﹣”符号，即把△H看作一个整体进行运算．【解答】解：已知：①Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s）△H1②Hg（l）+1/2O2（g）=HgO（s）△H2；根据盖斯定律，①﹣②得Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），△H=△H1﹣△H2．故选：C．【点评】考查盖斯定律，难度中等，关键在于根据已知反应构造目标反应式．7．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．υ（A）=0.5 mol/（L•s）B．υ（B）=0.3 mol/（L•s）C．υ（C）=18 mol/（L•min）D．υ（D）=1 mol/（L•s）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，注意保持单位一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，对应反应：2A+B⇌3C+4D，A.=0.25 mol/（L•s）；B.=0.3 mol/（L•s）；C．v（C）=18mol/（L．min）=0.3mol/（L．s），=0.1 mol/（L•s）；D.=0.25 mol/（L•s），故B表示的反应速率最快，故选B．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，可以转化为同一物质表示的速率进行比较．8．在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再变化时，表明反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达平衡的是（）A．混合气体的压强B．B和D的物质的量之比为2：1C．混合气体的密度D．气体的总物质的量【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．【解答】解：A．该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，容器中气体的压强始终不变，所以不能证明达到了平衡状态，故A错误；B．B和D的物质的量之比为2：1，等于系数之比，不一定是平衡状态，故B错误；C、根据质量守恒定律知，反应前后混合物的质量要改变，容器的体积不变，所以容器内气体的密度会变，密度不变，能证明达到平衡状态，故C正确；D．反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变，所以不能证明达到平衡状态，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，尤其要注意化学平衡状态时，正逆反应速率相等指的是同一物质的正逆反应速率相等．9．可逆反应aA（g）+bB（g）═cC（g）+dD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图下列叙述正确的是（）A．达平衡后，若升温，平衡左移B．达平衡后，减少A的量有利于平衡向右移动C．T1＞T2，P2＞P1D．达平衡后，加入催化剂则C%增大【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2、P2＞P1，升高温度，C的含量减小，说明正反应是放热反应，增大压强，C的含量减小，说明正反应是气体体积增大的反应，即a+b＜c+d，催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动．【解答】解：根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2、P2＞P1，升高温度，C的含量减小，说明正反应是放热反应，增大压强，C的含量减小，说明正反应是气体体积增大的反应，即a+b ＜c+d，A．正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A正确；B．达平衡后，减少A的量有利于平衡向左移动，故B错误；C．通过以上分析知，T1＜T2、P2＞P1，故C错误；D．达平衡后，加入催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以C的含量不变，故D错误；故选A．【点评】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，会根据“先拐先平数值大”判断温度、压强的大小，再结合温度、压强对平衡的影响来分析解答即可，注意催化剂不影响平衡，为易错点．10．将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示．在相同的条件下，将b g（a＞b）粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（）A． B．C．D．【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】由题意可知，图中实线表示的块状的碳酸钙与足量的盐酸反应，虚线所示粉末状碳酸钙与同浓度的盐酸反应，利用接触面积对反应速率的影响来解答．【解答】解：固体表面积越大，则反应速率越大，加入粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，较块状碳酸钙反应速率大，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为a＞b导致最终损失的质量a＞b，由图象可知，只有C符合，故选C．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素及图象分析，为高频考点，明确接触面积对反应速率的影响及盐酸足量时参加反应的碳酸钙的质量相同是解答本题的关键，难度不大．11．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯（烧杯内有水）中：在（1）中加入CaO，在（2）中不加其他任何物质，在（3）中加入NH4Cl晶体，发现（1）中红棕色变深，（3）中红棕色变浅，下列叙述正确的是（）A．2NO2⇌N2O4是放热反应B．NH4Cl溶于水时放出热量C．烧瓶（1）中平衡混合气的相对分子质量增大D．烧瓶（3）中气体的压强增大【考点】探究吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】三个烧瓶中都存在如下平衡：2NO2⇌N2O4；（1）中红棕色变深，平衡左移，由于氧化钙反应放热，所以2NO2⇌N2O4反应放热；（3）中变浅，平衡右移，说明氯化铵溶解吸热；A、根据（1）中混合气体颜色变化判断；B、根据（3）中气体颜色变化判断；C、根据平衡移动方向对气体物质的量的影响判断；D、根据气体的物质的量变化判断．【解答】解：A、氧化钙溶于水放热，（1）中红棕色变深，说明反应2NO2⇌N2O4向左移动，该反应放热，故A正确；B、由于（3）中红棕色变浅，说明反应2NO2⇌N2O4向右移动，温度降低，所以NH4Cl溶于水时吸收热量，故B错误；C、由于（1）中红棕色变深，平衡向着逆向移动，气体物质的量变大，混合气的相对分子质量减小，故C错误；D、（3）中红棕色变浅，2NO2⇌N2O4平衡右移，气体的总物质的量减少，压强减小，故D 错误；故选A．【点评】本题考查了化学平衡移动的影响因素，注意根据反应的特点以及反应的现象判断平衡移动的方向，本题难度不大．12．如图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）⇌Z（g）+M（g）+N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（）A．缩小容器的容积B．升高温度C．加大X的投入量D．增大容器的体积【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断．A、缩小体积，压强增大，该反应前后气体的物质的量不变，压强增大，反应速率升高，平衡不移动，x的转化率不变；B、该反应正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，x的转化率降低；C、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但x的转化率降低；D、增大体积，压强减小，该反应前后气体的物质的量不变，压强降低，反应速率降低，平衡不移动，x的转化率不变．【解答】解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，A、缩小体积，压强增大，该反应前后气体的物质的量不变，压强增大，反应速率升高，平衡不移动，x的转化率不变，故A正确；B、该反应正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，x的转化率降低，故B错误；C、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但x的转化率降低，故C错误；D、增大体积，压强减小，该反应前后气体的物质的量不变，压强降低，反应速率降低，平衡不移动，x的转化率不变，故D错误．故选：A．【点评】本题考查化学平衡移动图象与影响因素，难度中等，根据曲线变化分析条件改变对速率、X转化率的影响是解题的关键，注意对平衡移动原理的理解．13．对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A．达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比．【解答】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故C错误；D、化学反应速率关系是：3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误．故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，A选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点．14．在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+3Y2（g）⇌2Z（g），X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.2mol•L﹣1、0.6mol•L﹣1、0.4mol•L﹣1，当平衡时下列数据肯定不正确的是（）A．X2为0.3 mol•L﹣1，Y2为0.9 mol•L﹣1B．Y2为1.0 mol•L﹣1C．X2为0.3 mol•L﹣1，Z为0.2 mol•L﹣1D．Z为1.0 mol•L﹣1【考点】化学反应的可逆性．【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：根据方程式X2（气）+3Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.2 0.6 0.4变化（mol/L）：0.2 0.6 0.4平衡（mol/L）：0 0 0.8若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：根据方程式X2（气）+3Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.2 0.6 0.4变化（mol/L）：0.2 0.6 0.4平衡（mol/L）：0.4 1.2 0由于为可能反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.4，0＜c（Y2）＜1.2，0＜c（Z）＜0.8．故选D．【点评】本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法．二、解答题15．（15分）（2015秋•东莞校级月考）（1）由金红石TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤为：TiO2→TiCl4Ti已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣3935kJ•mol1②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=﹣566kJ•mol1③TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（s）+O2（g）；△H=+141kJ•mol1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（s）+2CO（g）的△H=﹣80kJ•mol﹣1（2）①P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）△H1=﹣2983.2kJ/mol②P（s，红磷）+O2（g）=P4O10（s）△H2=﹣738.5kJ/mol则白磷转化为红磷的热化学方程式P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=﹣29.2kJ•mol﹣1．相同的状况下，能量较低的是红磷；白磷的稳定性比红磷低（填“高”或“低”）．（3）在25℃、101kPa时，1.00g C6H6（l）燃烧生成CO2（g）和H2O（l），放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热为﹣3260.4kJ•mol﹣1kJ•mol﹣1，该反应的热化学方程式为C6H6（l）+O2（g）═6CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3260.4kJ•mol﹣1．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理，根据盖斯定律①×2﹣②+③得；（2）利用盖斯定律可以解答，从待求反应出发，分析待求反应中的反应物和生成物在已知反应中的位置，通过相互加减可得．物质的能量越低越稳定；（3）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，计算1mol C6H6（l）完全燃烧放出的热量，结合热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；【解答】解：（1）根据盖斯定律①×2﹣②+③得TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）△H=（﹣393.5kJ•mol﹣1）×2﹣（﹣566kJ•mol﹣1）+（+141kJ•mol﹣1），即TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）△H=﹣80kJ/mol，故答案为：﹣80 kJ•mol﹣1 ；（2）已知：P4（s，白磷）+5O2（g）═P4O10（s）△H=﹣2983.2kJ•mol﹣1①，P（s，红磷）+O2（g）═P4O10（s）△H=﹣738.5kJ•mol﹣1②，据盖斯定律，①﹣②×4可得：P4（s，白磷）═4P（s，红磷）△H=﹣29.2 kJ•mol﹣1从上面的热化学方程式可见，相同状况下，白磷比红磷能量高；因为能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定．故答案为：P4（s，白磷）═4P（s，红磷）△H=﹣29.2 kJ•mol﹣1；红磷；低；（3）1.00g C6H6（l）在O2中完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），放出41.8kJ的热量，则1molC6H6（l）在氧气中完全燃烧放出的热量为41.8×78=3260.4KJ，因此C6H6（l）的燃烧热为△H=﹣3260.4kJ/mol；C6H6（l）燃烧热的热化学方程式为C6H6（l）+O2（g）═6CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3 260.4 kJ/mol，故答案为：3260.4kJ/mol；C6H6（l）+O2（g）═6CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣3 260.4 kJ/mol．【点评】本题考查反应热的计算，盖斯定律求反应热，题目难度不大，注意盖斯定律的应用，掌握基础是解题关键．16．（18分）（2015秋•东莞校级月考）用50mL1.0mol/L盐酸与50mL1.1mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒．该用品能否用铁质用品代替不能，原因是①铁的导热系数大，容易散热；②铁会与盐酸反应。

广东省东莞市实验中学2015-2016学年高三（上）第三次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下列说法正确的是（）A．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B．司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C．聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃2．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．用氨水吸收过量的SO2：2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32﹣+H2OB．Ca（HCO3）2溶液中加入少量澄清石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2OC．FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．NaClO溶液和FeCl2溶液混合：2ClO﹣+Fe2++2H2O=Fe（OH）2↓+2HClO4．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，表中为周期表的一部分．W原子的最外层电子数是其电B．Y元素气态氢化物的还原性最强C．X元素的非金属性比Y元素非金属性强D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强5．用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示．下列说法中，正确的是（）A．燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等6．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．下列叙述正确的是（）A．迷迭香酸属于芳香烃B．1mol迷迭香酸最多能和含6mol H2发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、消去反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应二、非选择题．8．氮氧化物和SO2是造成雾霾天气的主要原因之一．（1）为减少SO2的排放，常采取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1写出焦炭与水蒸气高温反应的热化学方程式：．②除去烟气中的SO2，下列物质可作洗涤剂的是（填字母）．a．NaOH b．Na2CO3 c．CaCl2 d．NaHSO3（2）已知汽车发动机工作时汽缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+183kJ•mol ﹣1．若1mol空气含0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为0×10﹣4mol．该温度下的平衡常数K= （科学计数法表示，保留两位有效数字）．汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，请用反应速率和化学平衡知识解释NO排放量增大的原因：．（3）硫酸工业尾气中二氧化硫的含量超过0.05%（体积分数）时需经处理后才能排放．某校化学兴趣小组欲测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，采用以下方案：如图所示，图中气体流量计B用于准确测量通过的尾气体积．将尾气通入一定体积已知浓度的碘水中测定SO2的含量．当洗气瓶C中溶液蓝色消失时，立即关闭活塞A．①写出该反应的离子方程式．②洗气瓶C中导管末端连接一个多孔球泡D，可以提高实验的准确度，其理由是．③洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，测得的SO2含量（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（4）将某PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试液．+﹣根据表中数据判断该待测试液酸碱性为．“不确定”）9．电镀含铬废水的处理方法较多．Ⅰ．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Cu2+、Fe2+、Fe3+和Al3+等，且酸性较强．为回收利用，通常采用如图流程处理：已知：（1）Cr（OH）3与Al（OH）3性质相似，为两性氢氧化物；Cr（OH）3→NaCrO2→Na2CrO4→Na2Cr2O7（2）Cu（OH）2能溶于氨水：Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O请回答：（1）操作Ⅰ的名称，上述操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，进行该实验操作所需要的主要玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还有．（2）滤渣Ⅰ的主要成分为（写化学式），试剂乙的名称．（3）加入试剂甲的目的．（4）废水处理流程中生成滤渣Ⅲ的离子方程式．Ⅱ．酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72﹣形式存在．工业上用以下方法处理处理含Cr2O72﹣的废水：①往废水中加入适量的NaCl，搅拌均匀；②用Fe为电极进行电解，经过一段时间，最后有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生；③过滤回收沉淀，废水达到排放标准．（5）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极（填“能”或“不能”），理由．10．已知乙烯气相直接水合反应：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H=﹣45.5kJ•mol﹣1（1）乙烯气相直接水合反应，在其他条件相同时，分别测得C2H4的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线如图1．结合曲线，归纳C2H4平衡转化率随温度、压强变化的规律：（a）；（b）；（2）若要进一步提高乙烯的转化率，可以采取的措施有．A．增大乙烯的浓度B．分离出乙醇C．加催化剂（3）图2是以甲醇为燃料的新型固体氧化物（固体电解质传导O2﹣）燃料电池工作原理示意图．回答下列问题：①B极的电极反应式为．②若用该燃料电池做电源，给某铁质水管上镀锌，当A极消耗标况下1.12L O2，水管增重的质量是克．（可能用到的相对原子质量：Fe﹣56 Zn﹣65 ）[化学--选修5：有机化学基础]11．（2015•深圳二模）糠醛（）与丙二酸合成香料过程中发生了反应①：（1）糠醛的分子式为，1mol糠醛最多能与mol H2反应．（2）关于化合物Ⅰ的说法正确的是．A．核磁共振氢谱中有4组信号峰B．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生加聚反应和缩聚反应D．能发生取代反应和加成反应（3）芳香化合物Ⅱ是化合物Ⅰ的同分异构体，能发生银镜反应，遇FeCl3溶液显紫色，任写一个Ⅱ的结构简式．（4）下面是由ClCH2CH2COOH合成丙二酸二乙酯的过程：ClCH 2CH2COOH HOCH CH2COONa HOOCCH2COOH丙二酸二乙酯，反应②的条件是，反应③的化学方程式为．（5）水杨醛（）与丙二酸可发生类似反应①的反应，写出有机产物的结构简式．2015-2016学年广东省东莞市实验中学高三（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下列说法正确的是（）A．在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B．司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C．聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃【考点】有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液会因盐析产生沉淀，加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀；B、有机玻璃属于高分子合成塑料；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色．【解答】解：A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，故A错误；B、有机玻璃属于高分子合成塑料，故B错误；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料，故C错误；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查的是蛋白质的性质、合成材料与合金、乙烯的性质等，综合性较强，难度不大．2．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．用氨水吸收过量的SO2：2NH3•H2O+SO2=2NH4++SO32﹣+H2OB．Ca（HCO3）2溶液中加入少量澄清石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2OC．FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣D．NaClO溶液和FeCl2溶液混合：2ClO﹣+Fe2++2H2O=Fe（OH）2↓+2HClO【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢铵；B．氢氧化钙少量反应生成碳酸钙和水；C．碘离子还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子；D．二价铁离子具有强的还原性，能够被次氯酸根离子氧化．【解答】解：A．用氨水吸收过量的SO2，离子方程式：NH3•H2O+SO2=NH4++HSO3﹣，故A错误；B．Ca（HCO3）2溶液中加入少量澄清石灰水，离子方程式：HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O，故B 正确；C．氯气少量先氧化碘离子，离子方程式：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，故C错误；D．NaClO溶液和FeCl2溶液混合，该离子反应为3ClO2﹣+12Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+3Cl﹣+8Fe3+，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项AC为易错选项．A．A B．B C．C D．D【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；pH的简单计算；二氧化硫的化学性质；金属冶炼的一般原理．【专题】类比迁移思想．【分析】A、铝在氧气中燃烧生成最高价氧化物，而燃烧生成是四氧化三铁；B、酸无论如何稀释，不会改变性质，仍然是酸；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属；D、SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成，是弱酸不能制强酸，而SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀．【解答】解：A、铁燃烧生成是四氧化三铁，方程为：3Fe+2O2Fe3O4，所以类推错误，故A不选；B、pH=6的盐酸稀释1000倍后pH=9，溶液的pH无限接近7，不可显碱性，故B不选；C、工业上制得活泼金属，都是电解熔融的盐而在阴极得到金属，以制钠为例，方程式为2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，故选C；D、SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生了氧化还原反应，生成了白色的硫酸钡沉淀，离子方程式为4H2O+3SO2+3Ba2++NO3﹣=3BaSO4↓+NO↑+8H+，故D不选；故选C【点评】本题考查有关元素及其化合物性质的类比，要解决此类问题必须在熟练掌握元素及化合物性质的基础上，才能得心应手！4．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，表中为周期表的一部分．W原子的最外层电子数是其电B．Y元素气态氢化物的还原性最强C．X元素的非金属性比Y元素非金属性强D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强【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均为短周期主族元素，由元素在周期表在位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，最外层电子数为6，故W为S，则Z为Si，X为N、Y为F，结合元素周期律与元素化合物性质解答．【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由元素在周期表在位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，最外层电子数为6，故W为S，则Z为Si，X为N、Y为F，A．X为N元素，其氧化物有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故A错误；B．Y为氟元素，非金属性最强，故其氢化物还原性最弱，故B错误；C．同周期自左而右非金属性增强，故Y的非金属性更强，故C错误；D．非金属性W＞Z，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，注意对元素周期律的理解掌握．5．用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示．下列说法中，正确的是（）A．燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【专题】电化学专题．【分析】左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应．【解答】解：A．因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故A错误；B．a与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极相连，b为电解池正极，所以应该是a极的Fe溶解，b极上析出Cu，故B错误；C．a极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，故C正确；D．电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查原电池和电解池知识，题目难度中等，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键．6．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图．下列叙述正确的是（）A．迷迭香酸属于芳香烃B．1mol迷迭香酸最多能和含6mol H2发生加成反应C．迷迭香酸可以发生水解反应、消去反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由有机物的结构可知，含酚﹣OH、﹣COOH、﹣COOC﹣、C=C，结合酚、烯烃、酯、羧酸的性质来解答．【解答】解：A．芳香烃中只含C、H元素，则迷迭香酸不属于芳香烃，故A错误；B．含苯环、C=C，1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C．含﹣COOC﹣，能水解，含﹣OH、﹣COOH，则发生取代、酯化反应，但不能发生消去反应，故C错误；D.1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团极及其性质的关系来解答，熟悉酚、烯烃、羧酸、酯的性质是解答的关键，题目难度不大．【考点】化学实验方案的评价；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；比较弱酸的相对强弱的实验．【专题】实验评价题．【分析】A．亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫；B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚；C．常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象；D．相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1 mol•L﹣1盐酸、硫酸反应时只有酸的阴离子不同，反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的．【解答】解：A．亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫，根据实验现象知，原溶液中溶质可能是Na2SO3或NaHSO3，故A错误；B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，所以不能据此判断酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，故B正确；C．常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象而不产生氢气，故C错误；D．相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1 mol•L﹣1盐酸、硫酸反应时只有酸的阴离子不同，反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的，Al和稀盐酸反应较硫酸快，可能是Cl﹣对该反应起到促进作用，故D正确；故选BD．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查基本原理、离子检验等知识点，明确元素化合物知识、物质性质即可解答，易错选项是B，注意排除醋酸的干扰，为易错点．二、非选择题．8．氮氧化物和SO2是造成雾霾天气的主要原因之一．（1）为减少SO2的排放，常采取的措施有：①将煤转化为清洁气体燃料．已知：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1写出焦炭与水蒸气高温反应的热化学方程式：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+13l.3kJ•mol ﹣1．②除去烟气中的SO2，下列物质可作洗涤剂的是ab （填字母）．a．NaOH b．Na2CO3 c．CaCl2 d．NaHSO3（2）已知汽车发动机工作时汽缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+183kJ•mol ﹣1．若1mol空气含0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为0×10﹣4mol．该温度下的平衡常数K= 4×10﹣6（科学计数法表示，保留两位有效数字）．汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，请用反应速率和化学平衡知识解释NO排放量增大的原因：该反应是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，因此单位时间内NO排放量增大．（3）硫酸工业尾气中二氧化硫的含量超过0.05%（体积分数）时需经处理后才能排放．某校化学兴趣小组欲测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，采用以下方案：如图所示，图中气体流量计B用于准确测量通过的尾气体积．将尾气通入一定体积已知浓度的碘水中测定SO2的含量．当洗气瓶C中溶液蓝色消失时，立即关闭活塞A．①写出该反应的离子方程式SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+．②洗气瓶C中导管末端连接一个多孔球泡D，可以提高实验的准确度，其理由是增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应．③洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，测得的SO2含量偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．（4）将某PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试液．+﹣根据表中数据判断该待测试液酸碱性为酸性．确定”）【考点】二氧化硫的污染及治理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；二氧化硫的化学性质．【专题】无机实验综合；燃烧热的计算．【分析】（1）①写出热化学方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H，利用盖斯定律计算反应热；②二氧化硫是酸性氧化物，能与和碱或强碱弱酸盐溶液反应；（2）计算出平衡时各种物质的物质的量，计算平衡浓度，结合平衡常数的表达式计算；（3）方案利用的原理为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，据此确定二氧化硫的物质的量，进而定尾气中二氧化硫的含量；①方案利用的原理为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，改写为离子方程式；②洗气瓶C中导管末端连接一个多孔球泡D，可以增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应；③洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，则通入尾气的体积增大；（4）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性．【解答】解：（1）①已知：①H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，②C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，利用盖斯定律，将②﹣①可得C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=（﹣110.51kJ•mol﹣1）﹣（﹣241.81kJ•mol﹣1）=+13l.3 kJ•mol﹣1；故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+13l.3 kJ•mol﹣1；②洗涤含SO2的烟气，是一种酸性氧化物，能与氢氧化钠反应，由于亚硫酸的酸性大于碳酸而小于盐酸，所以二氧化硫可以与Na2CO3反应，而与CaCl2和NaHSO3不反应，故答案为：ab；（2）计算平衡常数时，先计算物质的平衡量，N2为0.8mol﹣4×10﹣4mol，O2为0.2mol﹣4×10﹣4mol，带入平衡常数表达式即可，得K=4×10﹣6，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移，故答案为：4×10﹣6；该反应是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，因此单位时间内NO排放量增大；（3）甲方案利用的原理为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，最后测定剩余气体的体积，进而定尾气中二氧化硫的含量；①方案利用的原理为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，离子方程式为SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+，故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42﹣+2I﹣+4H+；②洗气瓶C中导管末端连接一个多孔球泡D，可以增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应；故答案为：增大SO2与碘水的接触面积，使SO2和碘水充分反应；③洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，则通入尾气的体积增大，因此SO2含量偏低；故答案为：偏低；（4）观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性，故答案为：酸性．【点评】该题综合考查化学反应原理的基础知识、水的电离平衡和溶液酸碱性的关系，涉及离子的水解、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算，题目难度中等，注意相关知识的积累．9．电镀含铬废水的处理方法较多．Ⅰ．某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Cu2+、Fe2+、Fe3+和Al3+等，且酸性较强．为回收利用，通常采用如图流程处理：已知：（1）Cr（OH）3与Al（OH）3性质相似，为两性氢氧化物；Cr（OH）3→NaCrO2→Na2CrO4→Na2Cr2O7（2）Cu（OH）2能溶于氨水：Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O请回答：（1）操作Ⅰ的名称过滤，上述操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，进行该实验操作所需要的主要玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还有玻璃棒．（2）滤渣Ⅰ的主要成分为Cu（OH）2、Fe（OH）3（写化学式），试剂乙的名称氨水．（3）加入试剂甲的目的将Fe2+氧化成Fe3+．（4）废水处理流程中生成滤渣Ⅲ的离子方程式2H2O+A1O2﹣+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣．Ⅱ．酸性条件下，六价铬主要以Cr2O72﹣形式存在．工业上用以下方法处理处理含Cr2O72﹣的废水：①往废水中加入适量的NaCl，搅拌均匀；②用Fe为电极进行电解，经过一段时间，最后有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生；③过滤回收沉淀，废水达到排放标准．（5）电解时能否用Cu电极来代替Fe电极不能（填“能”或“不能”），理由因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72﹣还原到低价态．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】I．工业废水中含有Cr3+，同时还含有少量的Cu2+、Fe2+、Fe3+和Al3+等，且酸性较强，根据流程图知，工业废水中加入试剂甲后溶液中没有Fe2+，说明废水中的Fe2+被氧化生成Fe3+，甲应该具有强氧化性，且不能引进杂质，则试剂甲为双氧水；向溶液中加入过量NaOH溶液，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，根据题给信息（1）知，Al3+、Cr3+和过量NaOH反应生成可溶性的钠盐，然后采用过滤方法得到滤渣I、滤液I，滤渣I为Cu（OH）2、Fe（OH）3，滤液I中含有NaAlO2、NaCrO2、NaOH；向滤渣I中加入试剂乙，然后过滤，得到滤渣II和滤液II，根据题给信息（2）知，试剂乙为氨水，滤渣II为Fe（OH）3，滤液II为[Cu（NH3）4]（OH）2；向滤液I中加入试剂丙得到AlO2﹣和CrO42﹣，根据题给信息（1）知，试剂丙可以将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，实现三价铬到CrO42﹣的转化，且不能引进杂质，所以试剂丙是氯气，向溶液中通入过量二氧化碳，得到沉淀IIIAl（OH）3和滤液III，滤液III最终得到Na2Cr2O7；（1）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；进行该实验操作所需要的主要玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还有玻璃棒；（2）滤渣I的主要成分为Cu（OH）2、Fe（OH）3，试剂乙的名称氨水；（3）加入试剂甲的目的是将亚铁离子氧化为铁离子；（4）废水处理流程中生成滤渣III的离子方程式为2H2O+A1O2﹣+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；II．（5）用Fe为电极进行电解生成Fe2+，作为还原剂还原Cr2O72﹣，而铜电极作阳极生成Cu2+不能还原Cr2O72﹣．【解答】解：I．工业废水中含有Cr3+，同时还含有少量的Cu2+、Fe2+、Fe3+和Al3+等，且酸性较强，根据流程图知，工业废水中加入试剂甲后溶液中没有Fe2+，说明废水中的Fe2+被氧化生成Fe3+，甲应该具有强氧化性，且不能引进杂质，则试剂甲为双氧水；向溶液中加入过量NaOH溶液，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，根据题给信息（1）知，Al3+、Cr3+和过量NaOH反应生成可溶性的钠盐，然后采用过滤方法得到滤渣I、滤液I，滤渣I为Cu（OH）2、Fe（OH）3，滤液I中含有NaAlO2、NaCrO2、NaOH；向滤渣I中加入试剂乙，然后过滤，得到滤渣II和滤液II，根据题给信息（2）知，试剂乙为氨水，滤渣II为Fe（OH）3，滤液II为[Cu（NH3）4]（OH）2；向滤液I中加入试剂丙得到AlO2﹣和CrO42﹣，根据题给信息（1）知，试剂丙可以将CrO2﹣氧化为CrO42﹣，实现三价铬到CrO42﹣的转化，且不能引进杂质，所以试剂丙是氯气，向溶液中通入过量二氧化碳，得到沉淀IIIAl（OH）3和滤液III，滤液III最终得到Na2Cr2O7；（1）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作I名称是过滤；进行该实验操作所需要的主要玻璃仪器除烧杯、漏斗外，还有玻璃棒，故答案为：过滤；玻璃棒；（2）通过以上分析知，滤渣I的主要成分为Cu（OH）2、Fe（OH）3，试剂乙的名称氨水，故答案为：Cu（OH）2、Fe（OH）3；氨水；（3）在电镀铬的工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Cu2+、Fe2+Fe3+和Al3+等，加入试剂甲以后废水的成分含有Cr3+、Cu2+、Fe3+和Al3+，由此可见试剂甲将亚铁离子氧化为三价铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；（4）偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，所以废水处理流程中生成滤渣III的离子方程式为2H2O+A1O2﹣+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：2H2O+A1O2﹣+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；II．（5）用Fe为电极进行电解生成Fe2+，作为还原剂还原Cr2O72﹣，而铜电极作阳极生成Cu2+不能还原Cr2O72﹣，故不用Cu电极来代替Fe电极，故答案为：不能；因阳极产生的Cu2+不能使Cr2O72﹣还原到低价态．【点评】本题考查物质的分离和提纯，为高频考点，涉及实验基本操作、氧化还原反应、电解原理等知识点，明确流程图中化学反应原理、基本操作方法是解本题关键，难点是（5）题电解原理，题目难度中等．10．已知乙烯气相直接水合反应：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）△H=﹣45.5kJ•mol﹣1（1）乙烯气相直接水合反应，在其他条件相同时，分别测得C2H4的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线如图1．结合曲线，归纳C2H4平衡转化率随温度、压强变化的规律：（a）其他条件相同，温度升高，C2H4的平衡转化率降低；（b）其他条件相同，增大压强，C2H4的平衡转化率增大；（2）若要进一步提高乙烯的转化率，可以采取的措施有 B ．A．增大乙烯的浓度B．分离出乙醇C．加催化剂（3）图2是以甲醇为燃料的新型固体氧化物（固体电解质传导O2﹣）燃料电池工作原理示意图．回答下列问题：①B极的电极反应式为CH3OH+3O2﹣﹣6e﹣=CO2+2H2O ．②若用该燃料电池做电源，给某铁质水管上镀锌，当A极消耗标况下1.12L O2，水管增重的质量是 6.5 克．（可能用到的相对原子质量：Fe﹣56 Zn﹣65 ）【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学平衡图像；电化学专题．【分析】由图象根据升温和增压分别判断C2H4的平衡转化率变化；（1）提高乙烯的转化率，可以使平衡正向移动，但不能增加乙烯的量；（2）①B为负极，总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e﹣=4O2﹣，两式相减可得负极电极反应式；②当A极消耗标况下1.12L O2，A电极为正极，水管做阴极，结合电子守恒计算阴极析出锌的质量．【解答】解：（a）由图象可知，升高温度，平衡逆向移动，C2H4的平衡转化率降低，故答案为：其他条件相同，温度升高，C2H4的平衡转化率降低；（b）反应C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C2H4的平衡转化率增大，故答案为：其他条件相同，增大压强，C2H4的平衡转化率增大；（1）A．增大乙烯的浓度，乙烯的转化率减小，故A错误；B．分离出乙醇，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，故B正确；C．加催化剂，不影响化学平衡，乙烯的转化率不变，故C错误；故答案为：B；（3）①B为负极，总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e﹣=4O2﹣，两式相减，负极反应为：CH4﹣8e﹣+4O2﹣=CO2+2H2O，故答案为：CH3OH+3O2﹣﹣6e﹣=CO2+2H2O；。

2015-2016学年广东省东莞市实验中学高三（上）第四次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A．氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C．二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D．装饰材料释放的甲醛会造成污染2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．一定条件下，将1mol N2和3mol H2混合，充分反应后转移的电子数为6N AB．6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2N AC．11g超重水（T2O）含中子数为5N AD．常温常压下，11.2L Cl2含氯原子数为N A3．下列说法正确的是（）A．根据反应5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾（FeSO4•7H2O）是否变质B．根据反应H3PO3+2NaOH（足量）═Na2HPO3+2H2O可知：H3PO3属于三元酸C．根据反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性D．根据反应CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4可知：H2S的酸性比H2SO4强4．下列离子方程式正确的是（）A．FeCl3溶液中滴加过量Na2S溶液：2Fe3++S2﹣═2Fe2++S↓B．将Na2O2固体投入H218O中：2Na2O2+2H218O═4Na++4OH﹣+18O2↑C．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣完全沉淀：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH ﹣═Al（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓D．少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O﹣+CO2+H2O═2C6H5OH+CO32﹣5．对某酸性溶液（可能含有Br﹣，SO42﹣，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸．对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（）A．Br﹣B．SO42﹣ C．H2SO3 D．NH4+6．如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号对应的曲线编号错误的是（）A．向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量B．向澄清石灰水中通入SO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量7．无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（）A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2D．NO、CO2、N2二、非选择题．8．如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图．回答下列问题：（1）利用图装置制备纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为；若有6mol的HCl参加反应则被氧化的HCl为mol．②烧杯E中溶液的作用（用离子方程式表示）为．（2）利用图装置证明SO2具有漂白性、还原性及生成气体中含有CO2．圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，B、D中均为少量品红溶液，C中为足量酸性高锰酸钾溶液，E中为澄清石灰水．①证明SO2具有漂白性的装置是；②证明SO2具有还原性的现象是；③证明生成气体中含有CO2的现象是；④D装置的作用是．9．甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）．①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是（填序号）．A．每消耗1mol CO的同时生成2molH2B．混合气体总物质的量不变C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．B、C两点的平衡常数K（B）K（C）（填“＞”、“=”或“＜”）③某温度下，将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率= ，此温度下的平衡常数K= （保留二位有效数字）．（2）常温下，将V mL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V 20.00mL（填“＞”、“=”或“＜”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序．（3）温度650℃的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质．该电池的正极反应式为．（4）己知：CH3OH、H2的燃烧热（△H）分别为﹣726.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是．10．苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料﹣﹣纳米氧化铜的重要前驱体之一．下面是它的一种实验室合成路线：；制备苯乙酸的装置示意图如图（加热和夹持装置等略）：已知：苯乙酸的熔点为76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇．回答下列问题：（1）在250mL三口瓶a中加入70mL 70%硫酸．配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是．（2）将a中的溶液加热至100℃，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温到130℃继续反应．在装置中，仪器b的作用是滴加苯乙腈；仪器c的作用是．反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品．加入冷水的目的是．下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是（填标号）．A．分液漏斗B．漏斗 C．烧杯 D．直形冷凝管 E．玻璃棒（3）提纯粗苯乙酸的方法是，最终得到44g纯品，则苯乙酸的产率是．（相对分子质量：苯乙腈117；苯乙酸136）（4）用CuCl2•2H2O和NaOH溶液制备适量Cu（OH）2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是．（5）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu（OH）2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是．[化学--选修5：有机化学基础]11．已知：苯和卤代烃在催化剂作用下可以生成烷基苯和卤化氢．根据以下转化关系（生成物中所有无机物均已略去），回答下列问题：（1）H，E中所含官能团的名称分别是、，D的结构简式为，（2）①②③④⑤⑥反应中属于消去反应的是．（3）写出⑥的反应方程式．写出H→I的反应方程式．（4）写出一种符合下列要求的F的同分异构体的结构简式；①F的同分异构体中属于酯类，能发生银镜反应，且苯环上的一氯取代物只有两种：．②F的同分异构体中属于醇类，能发生银镜反应，且苯环上的一氯取代物只有两种：．2015-2016学年广东省东莞市实验中学高三（上）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．化学与日常生活紧密相关，下列说法错误的是（）A．氮肥NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸B．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮C．二氧化硅可用于制备太阳能电池板，晶体硅可用于制作光导纤维D．装饰材料释放的甲醛会造成污染【考点】铵盐；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．【分析】A．NH4NO3在重力撞击下发生分解反应；B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂；C．硅单质用于制备太阳能电池板；D．甲醛有毒性，会污染空气．【解答】解：A．NH4NO3在重力撞击下发生分解反应，反应瞬间生成大量气体，所以NH4NO3在重力撞击下可能发生爆炸，故A正确；B．硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸气防止食物受潮，故B正确；C．硅单质是重要的半导体材料，用于制备太阳能电池板，二氧化硅可用于制作光导纤维，故C错误；D．装饰材料会释放甲醛，甲醛有毒性，会污染空气，故D正确．故选C．【点评】本题考查了铵盐、硅胶、硅单质和二氧化硅、甲醛等的性质和应用，题目难度不大，注意把握常见物质的性质及应用．2．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．一定条件下，将1mol N2和3mol H2混合，充分反应后转移的电子数为6N AB．6.4g由S2、S4、S8组成的混合物含硫原子数为0.2N AC．11g超重水（T2O）含中子数为5N AD．常温常压下，11.2L Cl2含氯原子数为N A【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】A．氮气与氢气反应生成氨气为可逆反应，可逆反应不能进行到底；B．S2、S4、S8都是与S原子构成的，6.4g混合物中含有6.4gS原子，含有0.2mol硫原子；C．超重水（T2O）分子中含有12个中子，其摩尔质量为22g/mol；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol．【解答】解：A．合成氨是可逆反应，1mol N2和3mol H2充分混合，反应后转移的电子数小于6N A；故A错误；B.6.4gS2、S4、S8的混合物中含有6.4gS原子，含有0.2mol硫原子，所含S原子数为0.2N A，故B正确；C.11g超重水（T2O）的物质的量为==0.5mol，0.5mol超重水中含有6mol中子，含有的中子数为6N A，故C错误；D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，无法计算常温常压下，11.2L Cl2的物质的量及其所含原子个数，故D错误；故选：B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，注意气体摩尔体积适用对象和条件．3．下列说法正确的是（）A．根据反应5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾（FeSO4•7H2O）是否变质B．根据反应H3PO3+2NaOH（足量）═Na2HPO3+2H2O可知：H3PO3属于三元酸C．根据反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性D．根据反应CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4可知：H2S的酸性比H2SO4强【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；硝酸的化学性质；硫化氢．【专题】元素及其化合物．【分析】A．酸性KMnO4溶液能够与绿矾（FeSO4•7H2O）发生氧化还原反应，只能证明存在亚铁离子，无法证明绿矾是否变质；B．氢氧化钠足量，如果反应生成Na3PO3，才能证明磷酸为三元酸；C．根据化合价变化判断硝酸的氧化性，根据反应生成盐和水证明硝酸表现了酸性；D．CuS不溶于强酸，所以该反应才能发生，无法证明酸性H2S的酸性比H2SO4强．【解答】解：A．绿矾没有变质，酸性高锰酸钾溶液也能够与绿矾反应而褪色，该反应现象只能证明亚铁离子存在，检验绿矾是否变质，可以选用硫氰化钾溶液，故A错误；B．根据反应H3PO3+2NaOH（足量）═Na2HPO3+2H2O可知：氢氧化钠足量，反应产物为Na2HPO3，证明了H3PO3属于二元酸，故B错误；C．反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O中，硝酸被还原成NO，反应中做氧化剂，表现了氧化性；反应生成了盐和水，证明硝酸表现了酸性，所以反应中HNO3表现酸性和氧化性，故C正确；D．由于硫化铜为不溶于稀硫酸、稀盐酸的沉淀，所以该反应才能发生，通过该反应方程式无法证明氢硫酸和硫酸的酸性强弱，实际上在相同条件下，硫酸的酸性强于氢硫酸，故D错误；故选C．【点评】本题考查了亚铁离子的检验、硝酸的化学性质、酸性强弱比较，题目难度中等，注意掌握检验铁离子、亚铁离子的方法，明确硝酸具有的化学性质，选项D为易错点，需要明确硫化铜为不溶于强酸的难溶物．4．下列离子方程式正确的是（）A．FeCl3溶液中滴加过量Na2S溶液：2Fe3++S2﹣═2Fe2++S↓B．将Na2O2固体投入H218O中：2Na2O2+2H218O═4Na++4OH﹣+18O2↑C．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣完全沉淀：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH ﹣═Al（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓D．少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5O﹣+CO2+H2O═2C6H5OH+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．硫化钠过量，反应是FeS沉淀；B．过氧化钠与水的反应中，氧气中的氧完全来自过氧化钠；C．使SO42﹣完全沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡物质的量之比为1：2，氢氧化铝溶解前铵根离子优先结合氢氧根离子；D．反应生成碳酸氢根离子和苯酚．【解答】解：A．FeCl3溶液中滴加过量Na2S溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3++3S2﹣═2FeS↓+S↓，故A错误；B．将Na2O2固体投入H218O中，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，氧气中氧元素完全来自过氧化钠，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H218O═4Na++218OH﹣+2OH﹣+O2↑，故B错误；C．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣完全沉淀时，硫酸铝铵与氢氧化钡物质的量之比为1：2，氢氧化铝溶解前铵根离子优先结合氢氧根离子，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═Al（OH）3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓，故C正确；D．少量CO2通入苯酚钠溶液中，由于苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二者反应生成苯酚和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：C6H5O﹣+CO2+H2O═C6H5OH+HCO3﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等．5．对某酸性溶液（可能含有Br﹣，SO42﹣，H2SO3，NH4+）分别进行如下实验：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸．对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在的是（）A．Br﹣B．SO42﹣ C．H2SO3 D．NH4+【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br﹣，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子；【解答】解：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH4+；③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中含有Br﹣，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子；综上所述：根据实验①可知含有H 2SO 3，根据实验②确定含有，据实验③可推知有Br ﹣，不能确定有无，因H 2SO 3被氯水氧化成H 2SO 4． 故选B ．【点评】本题考查了常见离子的检验方法和现象判断，关键是隐含离子的干扰作用，亚硫酸钡硝酸氧化为硫酸．6．如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号对应的曲线编号错误的是（ ）A ．向NaAlO 2溶液中逐渐滴入HCl 至过量B ．向澄清石灰水中通入SO 2至过量C ．向含有盐酸的AlCl 3溶液中滴入NaOH 溶液至过量D ．向含有等物质的量的Ca （OH ）2、KOH 的混合溶液中通入CO 2至过量【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质．【专题】图像图表题．【分析】A 、根据反应AlO 2﹣+H ++H 2O═Al（OH ）3↓，Al （OH ）3+3H +═Al 3++3H 2O 判断；B 、根据反应Ca （OH ）2+SO 2═CaSO 3↓+H 2O ，CaSO 3+SO 2+H 2O═Ca（HSO 3）2判断；C 、根据反应Al 3++3OH ﹣═Al（OH ）3↓、Al （OH ）3+OH ﹣═AlO 2﹣+2H 2O 判断；D 、根据反应2OH ﹣+CO 2═CO 32﹣+H 2O ，Ca 2++CO 32﹣═CaCO 3↓，CO 32﹣+CO 2+H 2O═2HCO 3﹣，CaCO 3+CO 2+H 2O═Ca（HCO 3）2判断．【解答】解：A 、向NaAlO 2溶液中滴入HCl 至过量，发生的反应分别为AlO 2﹣+H ++H 2O═Al （OH ）3↓，Al （OH ）3+3H +═Al 3++3H 2O ，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A 正确；B 、向澄清石灰水中通入SO 2至过量，发生的反应分别为Ca （OH ）2+SO 2═CaSO 3↓+H 2O ，CaSO 3+SO 2+H 2O═Ca（HSO 3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故B 正确；C 、向含有盐酸的AlCl 3溶液中滴入NaOH 溶液至过量，发生的反应分别为OH ﹣+H +═H 20，Al 3++3OH﹣═Al（OH ）3↓、Al （OH ）3+OH ﹣═AlO 2﹣+2H 2O ，后两个反应消耗的NaOH 的物质的量之比为 3：1，图象符合，故C 正确；D 、向含有等物质的量的Ca （OH ）2、KOH 的混合溶液中通入CO 2至沉淀消失，发生的反应分别为2OH ﹣+CO 2═CO 32﹣+H 2O ，Ca 2++CO 32﹣═CaCO 3↓，CO 32﹣+CO 2+H 2O═2HCO 3﹣，CaCO 3+CO 2+H 2O═Ca （HCO 3）2，设Ca （OH ）2的物质的量为xmol ，则KOH 也为xmol ，所以各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为x ，x ，x 比值为1：1：1，故D 错误；故选D ．【点评】本题考查物质反应的图象题，题目难度中等，注意个反应的量的关系．7．无色的混合气体甲中可能含有NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成可能为（）A．NH3、NO2、N2B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2D．NO、CO2、N2【考点】常见气体的检验；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】物质检验鉴别题．【分析】二氧化氮是红棕色的气体，浓硫酸可以和氨气反应，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，氮气不溶于水．【解答】解：二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2．故选B．【点评】本题考查学生常见气体的检验和性质，是一道气体的鉴别题目，难度不大．二、非选择题．8．如图是实验室中制备气体或验证气体性质的装置图．回答下列问题：（1）利用图装置制备纯净、干燥的氯气．①圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ；若有6mol的HCl参加反应则被氧化的HCl为 3 mol．②烧杯E中溶液的作用（用离子方程式表示）为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O ．（2）利用图装置证明SO2具有漂白性、还原性及生成气体中含有CO2．圆底烧瓶内加入碳，a中加入浓硫酸，B、D中均为少量品红溶液，C中为足量酸性高锰酸钾溶液，E中为澄清石灰水．①证明SO2具有漂白性的装置是 B ；②证明SO2具有还原性的现象是C中紫色KMnO4溶液褪色或变浅；③证明生成气体中含有CO2的现象是D中品红不褪色且E中石灰水变浑浊；④D装置的作用是检验SO2是否除尽．【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．【专题】气体的制备与性质检验类实验．【分析】（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰和水；依据方程式中氯元素化合价变化判断做还原剂的盐酸的物质的量；②氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（2）先验证二氧化硫后验证二氧化碳，二氧化硫具有漂白性，要先在B装置中放入品红溶液验证二氧化硫；由于二氧化硫也能与石灰水反应产生沉淀会干扰二氧化碳的验证，所以在验证二氧化碳之前要保证把二氧化硫除去，这样就需要在C装置中放入酸性高锰酸钾溶液，D中装入品红溶液，检验二氧化硫是否除尽，最后用澄清石灰水检验二氧化碳的存在．【解答】解：（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，依据方程式可知：当有4mol氯化氢参加反应时，有2mol表现酸性，2mol表现还原性，所以当6mol的HCl参加反应则被氧化的HCl为3，mol；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；3；②氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO ﹣+H2O；故答案为：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；（2）①二氧化硫具有漂泊性，能够使品红溶液褪色，据此检验二氧化硫的存在；故答案为：B；②证明SO2具有还原性装置为C，现象C中紫色KMnO4溶液褪色或变浅；故答案为：C中紫色KMnO4溶液褪色或变浅；③证明生成气体中含有CO2的现象是：D中品红不褪色且E中石灰水变浑浊；故答案为：D中品红不褪色且E中石灰水变浑浊；④为排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，应在D中加入品红溶液，检验SO2是否除尽；故答案为：检验SO2是否除尽．【点评】本题考查了氯气的制备、二氧化硫、二氧化碳的检验，熟悉装置的特点及各物质的性质是解题关键，题目难度中等．9．甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，请回答下列问题（1）一定温度下，在一恒容的密闭容器中，由CO和H2合成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH （g）．①下列情形不能说明该反应已达到平衡状态的是 C （填序号）．A．每消耗1mol CO的同时生成2molH2B．混合气体总物质的量不变C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化②CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图所示．B、C两点的平衡常数K（B）＞K（C）（填“＞”、“=”或“＜”）③某温度下，将2.0mol CO和6.0molH2充入2L的密闭容器中，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，CO的转化率= 75% ，此温度下的平衡常数K= 1.3 （保留二位有效数字）．（2）常温下，将V mL、0.20mol/L氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol/L甲酸溶液中，充分反应，溶液pH=7，此时V ＜20.00mL（填“＞”、“=”或“＜”）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液中所含离子浓度由大到小排列顺序c（Na+）＞c （HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．（3）温度650℃的熔融盐燃料电池，用（CO、H2）作反应物，空气与CO2的混合气体为正极反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质．该电池的正极反应式为O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣．（4）己知：CH3OH、H2的燃烧热（△H）分别为﹣726.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣130.9kJ/mol ．【考点】化学平衡的影响因素；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题；电化学专题；燃烧热的计算．【分析】（1）①达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各个组分的浓度不随着时间的变化而变化，根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，据此来判断；②化学反应的平衡常数随着温度的变化而变化；③根据化学反应三行式来依据转化率=，平衡常数K=计算；（2）溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液就呈中性，HCOOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应；（4）根据燃烧热的概念写出对应热化学方程式，结合盖斯定律来计算化学反应的焓变，然后写出热化学方程式．【解答】解：（1）①A．每消耗1molCO的同时生成2molH2，能证明正逆反应速率是相等的，故A错误；B、该反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体总物质的量不变，达到化学平衡状态，故B错误；C．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等，不能证明正逆反应速率是相等的，此时不一定达到化学平衡，故C正确；D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故D错误．故答案为：C；②根据图中CO的平衡转化率（α）与温度、压强的关系，当温度升该时，一氧化碳的转化率逐渐减小，所以化学平衡向左移动，所以平衡常数减小，又C点温度比B高，所以K（B）＞K（C），故答案为：＞；③将2.0mol CO和6.0mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c（CO）=0.25mol/L，则CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）初始浓度：1.0 3.0 0变化浓度：0.75 1.5 0.75平衡浓度：0.25 1.5 0.75CO的转化率=×100%=75%，此温度下的化学平衡常数K==≈1.3，故答案为：75%；1.3；（2）CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的甲酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.20mol•L ﹣1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.20mol•L﹣1甲酸溶液中，充分反应，V＜20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH﹣）；当氢氧化钠溶液与甲酸溶液恰好完全反应时，溶液显碱性，甲酸根离子水解浓度减小，溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH ﹣）＞c（H+）；故答案为：＜；c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（3）正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子而发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣，故答案为：O2+4e﹣+2CO2=2CO32﹣；（4）由H2（g）的燃烧热△H为﹣285.8kJ•mol﹣1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1；CH3OH、H2的燃烧热为﹣726.5kJ/mol，得到1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式，②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1，由盖斯定律可知，3×①﹣②得CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣130.9 kJ•mol ﹣1，故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣130.9 kJ/mol．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡移动以及化学平衡常数、离子浓度大小比较、电极方程式的书写等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．。

2016-2017学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）期初化学试卷一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于能源，以下说法中不正确的是（）A．煤、石油、天然气等燃料属不可再生能源B．煤、石油、水煤气可从自然界直接获取，属一级能源C．太阳能是一级能源、新能源、可再生能源D．潮汐能来源于月球引力做功2．25℃、101kPa时，使1.0g钠与足量的氯气反应，生成氯化钠晶体并放出17.87kJ 的热量，则生成1mol NaCl的反应热是（）A．﹣441 kJ/mol B．+441 kJ/mol C．﹣882 kJ/mol D．+882 kJ/mol3．已知在1×105 Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（）A．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=+242 kJ/molB．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣484 kJ/molC．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+242 kJ/molD．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+484 kJ/mol4．NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢地起反应，反应的化学方程式为：2CO+2NO═N2+2CO2，为了控制大气污染，下列建议你认为可行的方法是（）A．使用催化剂B．改变压强C．适当提高反应温度D．将尾气点燃5．下列说法或表示方法正确的是（）A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．由C（石墨，S）=C（金刚石，S）△H=+1.9kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/molD．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molKOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ6．25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ•mol ﹣1，辛烷的燃烧热为5518kJ•mol﹣1．下列热化学方程式书写正确的是（）A．2H+（aq）+SO42﹣（aq）+Ba2+（aq）+20H﹣（aq）=BaSO4（s）+2H20（l）；△H=﹣114.6 kJ•mol﹣1B．KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（1）；△H=﹣57.3kJ•mol﹣1 C．C8H8（1）+O2（g）=8CO2（g）+9H20（g）；△H=﹣5518kJ•mol﹣1D．2C8H18（g）+2502（g）=16C02（g）+18H20（l），△H=﹣5518 kJ•mol﹣1 7．该试题已被管理员删除8．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=0.5 mol/（L•s）B．v（B）=0.3 mol/（L•s）C．v（C）=0.8 mol/（L•s）D．v（D）=1 mol/（L•s）9．0.3mol的气体高能燃料乙硼烷（B2H6）在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态H2O，放出649.5kJ的热量．又知：H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol．下列热化学方程式正确的是（）A．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2165kJ•mol﹣1B．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2033kJ•mol﹣1C．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3+3H2O△H=﹣2165kJ•mol﹣1D．B2H6（g）+O2（g）═B2O3（s）+H2O（l）△H=﹣2165kJ•mol﹣110．由图分析可知下列说法正确的是（）A．A→B+C和B+C→A两个反应吸收或放出能量不等B．A→B+C△H＜0C．A具有的焓高于B和C具有的焓总和D．A→B+C△H＞0，则B+C→A△H＜011．某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．反应过程a有催化剂参与B．改变催化剂，可改变该反应的活化能C．该反应为吸热反应，热效应等于△HD．加入催化剂，可以提升反应物的转化率12．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，1kg CH4在25℃，101kPa时充分燃烧生成液态水放出的热量约为（）A．﹣5.56×104kJ•mol﹣1B．5.56×104kJ•mol﹣1C．5.56×104 kJ D．﹣5.56×104 kJ13．在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH （l）的反应热为（）A．﹣488.3 kJ/mol B．+488.3 kJ/molC．﹣191 kJ/molD．+191 kJ/mol14．将V1 mL 1.0mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．下列叙述正确的是（）A．做该实验时环境温度为22℃B．该实验表明化学能可以转化为热能C．NaOH溶液的浓度约是1.00 mol/LD．该实验表明有水生成的反应都是放热反应三、（本题包括6小题）15．依据实验数据，写出下列反应的热化学方程式．（1）1molC2H4（g）与适量O2（g）反应，生成CO2（g）和H2O（l），放出1411kJ 热量．．（2）1molC2H5OH（l）与适量O2（g）反应，生成CO2（g）和H2O（l），放出1366.8kJ 热量．．（3）2.3g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成2.7g水和2.24L CO2（标准状况）并放出68.35kJ热量．．16．某实验小组用0.50mol•L﹣1NaOH溶液和0.50mol•L﹣1硫酸溶液进行中和热的测定．Ⅰ．配制0.50mol•L﹣1 NaOH溶液（1）若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体g．（2）从下图中选择称量NaOH固体所需要的仪器（填字母）：．Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示．（1）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ•mol﹣1）：．（2）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表．①请填写下表中的空白：②近似认为0.50mol•L﹣1 NaOH溶液和0.50mol•L﹣1硫酸溶液的密度都是1g•cm﹣3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J•g﹣1•℃﹣1．则中和热△H=（取小数点后一位）．③上述实验数值结果与57.3kJ•mol﹣1有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）．a．实验装置保温、隔热效果差b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度．17．表中的数据是断裂1mol物质中的化学键所消耗的能量（kJ）：根据上述数据回答（1）～（4）题．（1）下列物质本身具有的能量最低的是A．H2B．Cl2C．Br2D．I2（2）下列氢化物本身具有的能量最低的是A．HCl B．HBr C．HI D．HF（3）X2+H2═2HX（X代表Cl、Br、I）的反应是反应（填“吸热”或“放热”）．（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．18．如图是一个简易测量物质反应是吸热还是放热的实验装置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应．将镁片加入小试管内，然后注入足量的盐酸，请根据要求完成下列问题：（1）有关反应的离子方程式是，试管中看到的现象是．（2）U形导管中液面A（填“上升”或“下降”），原因是，说明此反应是（填“吸热”或“放热”）反应．（3）由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量（填“高于”“低于”或“等于”）镁片和盐酸的总能量．19．当今世界，能源的发展日益成为全世界、全人类共同关心的问题．乙烷、二甲醚的燃烧热较大，可用作燃料，如图是乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化图．请回答下列问题：（1）等物质的量的液态乙烷比气态乙烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量（填“多”或“少”）口（2）乙烷的燃烧热△H=kJ．mol﹣1（3）写出二甲醚燃烧的热化学方程式：（4）二氧化碳是重要的温室气体．从环保的角度分析，放出相同的热量时，选择（填“乙烷”或“二甲醚”）作为燃料产生的CO2较少．20．向2L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：xA（g）+yB（g）⇌pC（g）+qD（g）已知：平均反应速率v C=v A；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有a mol D生成．回答下列问题：（1）反应2min内，v A=，v B=；（2）化学方程式中，x=、y=、p=、q=；（3）反应2min时，D为2a mol，则B的转化率为．2016-2017学年广东省东莞市南开实验学校高二（上）期初化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．关于能源，以下说法中不正确的是（）A．煤、石油、天然气等燃料属不可再生能源B．煤、石油、水煤气可从自然界直接获取，属一级能源C．太阳能是一级能源、新能源、可再生能源D．潮汐能来源于月球引力做功【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【分析】A．煤、石油、天然气等燃料是化石燃料；B．可从自然界直接获取的属一级能源；C．太阳能可从自然界直接获；D．月球引力使地球的向月面水位升高．【解答】解：A．煤、石油、天然气等燃料是化石燃料，是不可再生能源，故A 正确；B．煤、石油等可从自然界直接获取，属一级能源，但水煤气是由焦炭与水蒸气在高温下反应制取，属二级能源，故B错误；C．太阳能可从自然界直接获是一级能源，是新能源，还是可再生能源，故C正确；D．月球引力使地球的向月面水位升高，潮汐能来自于月球引力，故D正确．故选B．2．25℃、101kPa时，使1.0g钠与足量的氯气反应，生成氯化钠晶体并放出17.87kJ 的热量，则生成1mol NaCl的反应热是（）A．﹣441 kJ/mol B．+441 kJ/mol C．﹣882 kJ/mol D．+882 kJ/mol【考点】反应热和焓变．【分析】1.0g钠与足量的氯气反应，生成氯化钠晶体并放出17.87kJ的热量，即molNa与足量的氯气反应，生成氯化钠晶体并放出17.87kJ的热量，结合物质的量与能量变化成正比计算．【解答】解：1.0g钠与足量的氯气反应，生成氯化钠晶体并放出17.87kJ的热量，即molNa与足量的氯气反应，生成氯化钠晶体并放出17.87kJ的热量，则生成1mol NaCl的放出热量是17.87kJ×23=411kJ，即生成1mol NaCl的反应热△H=﹣441 kJ/mol，故选A．3．已知在1×105 Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（）A．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=+242 kJ/molB．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣484 kJ/molC．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+242 kJ/molD．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+484 kJ/mol【考点】热化学方程式．【分析】2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，逆过程就要吸收这些热量，据此回答．【解答】解：A、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，H2（g ）+O2（g ）=H2O （g ）△H=﹣242 kJ/mol，故A错误；B、2H2（g ）+O2（g ）=2H2O （g ）△H=﹣484kJ/mol，水的状态不对，故B错误；C、逆过程就要吸收这些热量，有：H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242kJ•mol ﹣1，故C正确；D、2H2（g ）+O2（g ）=2H2O （g ）△H=﹣484kJ/mol，焓变的符号不对，故D错误；故选C．4．NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢地起反应，反应的化学方程式为：2CO+2NO═N2+2CO2，为了控制大气污染，下列建议你认为可行的方法是（）A．使用催化剂B．改变压强C．适当提高反应温度D．将尾气点燃【考点】化学反应速率的调控作用．【分析】为控制污染，应加快反应速率使平衡向正反应方向移动，该反应是一个反应前后气体体积减小的、放热反应，增大压强、升高温度、使用催化剂都能加快反应速率，但增大压强、降低温度能使平衡向正反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：改变压强能改变化学反应速率，但不容易操作；提高温度能加快反应速率，但平衡向逆反应方向移动，且不容易操作；使用催化剂能加快反应速率，且易操作，故选A．5．下列说法或表示方法正确的是（）A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．由C（石墨，S）=C（金刚石，S）△H=+1.9kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/molD．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molKOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ【考点】有关反应热的计算；反应热和焓变．【分析】A、硫固体燃烧变化为蒸气需要吸收热量；B、物质能量越高越活泼；C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧是温度氧化物放出的热量；D、浓硫酸溶解过程是放热过程．【解答】解：A、等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气变化为固体放热，前者放出热量多，故A错误；B、由C（石墨）=C（金刚石）△H=+1.9kJ/mol可知，石墨能量低，石墨比金刚石稳定，故B错误；C、在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，故C错误；D、浓硫酸溶解过程是放热过程，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molKOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；故选D．6．25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ•mol ﹣1，辛烷的燃烧热为5518kJ•mol﹣1．下列热化学方程式书写正确的是（）A．2H+（aq）+SO42﹣（aq）+Ba2+（aq）+20H﹣（aq）=BaSO4（s）+2H20（l）；△H=﹣114.6 kJ•mol﹣1B．KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（1）；△H=﹣57.3kJ•mol﹣1 C．C8H8（1）+O2（g）=8CO2（g）+9H20（g）；△H=﹣5518kJ•mol﹣1D．2C8H18（g）+2502（g）=16C02（g）+18H20（l），△H=﹣5518 kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【分析】A．酸碱反应生成硫酸钡沉淀过程中伴随有沉淀生成热；B．中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ/mol；C．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，选项中H20不是稳定态；D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，选项中焓变值应乘以2；【解答】解：A．中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ/mol；酸碱反应生成硫酸钡沉淀过程中伴随有沉淀生成热，反应焓变△H＜﹣114.6 kJ/mol，故A错误；B．中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ/mol，所以热化学方程式KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ/mol正确，故B正确；C．水的稳定的氧化物应是液态水而不是气态水，选项中生成的水时气体，不是稳定氧化物，故C错误；D．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，辛烷的燃烧热为5518kJ/mol，所以热化学方程式为C8H18（l）+O2（g）=8CO2（g）+9H2O （1）△H=﹣5518 kJ/mol，故D错误；故选B．7．该试题已被管理员删除8．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=0.5 mol/（L•s）B．v（B）=0.3 mol/（L•s）C．v（C）=0.8 mol/（L•s）D．v（D）=1 mol/（L•s）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ（A）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=1.1mol/（L•s），D、υ（D）=1 mol/（L•s），故速率B＞C＞A=D，故选B．9．0.3mol的气体高能燃料乙硼烷（B2H6）在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态H2O，放出649.5kJ的热量．又知：H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol．下列热化学方程式正确的是（）A．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2165kJ•mo l﹣1B．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2033kJ•mol﹣1C．B2H6（g）+3O2（g）═B2O3+3H2O△H=﹣2165kJ•mol﹣1D．B2H6（g）+O2（g）═B2O3（s）+H2O（l）△H=﹣2165kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【分析】0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ×=2165kJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165 kJ/mol①，又已知H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/moL②，根据盖斯定律，①+②×3得反应：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（g），据此进行计算焓变，然后结合热化学方程式的书写原则进行判断．【解答】解：0.3mol的气体高能燃料乙硼烷（B2H6）在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态H2O，放出649.5kJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出热量为：649.5kJ×=2165kJ，反应的热化学方程式为：①B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165kJ/mol，已知②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/moL，根据盖斯定律，①+②×3得：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2033kJ/mol，故选B．10．由图分析可知下列说法正确的是（）A．A→B+C和B+C→A两个反应吸收或放出能量不等B．A→B+C△H＜0C．A具有的焓高于B和C具有的焓总和D．A→B+C△H＞0，则B+C→A△H＜0【考点】化学能与热能的相互转化．【分析】根据图象分析：A→B+C能量升高，是吸热反应；B+C→A能量降低，是放热反应，同一反应的正逆两个方向的反应反应热大小相等符号相反．【解答】解：A．A→B+C与B+C→A属于同一反应的正逆两个方向的反应，两个反应吸收和放出的热量相等，符号相反，故A错误；B．A→B+C是能量升高的反应属于吸热反应，△H＞0，故B错误；C．A→B+C是能量升高的反应，所以A具有的焓低于B和C具有的焓总和，故C 错误；D．A→B+C是吸热反应，B+C→A必然是放热反应，B+C→A是A→B+C的逆过程，故D正确．故选D．11．某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．反应过程a有催化剂参与B．改变催化剂，可改变该反应的活化能C．该反应为吸热反应，热效应等于△HD．加入催化剂，可以提升反应物的转化率【考点】反应热和焓变．【分析】A、催化剂能降低反应的活化能；B、不同的催化剂对反应的催化效果不同；C、反应物能量高于生成物；D、催化剂改变了反应历程，但不改变平衡移动．【解答】解：A、b中使用了催化剂，故A错误；B、不同的催化剂，反应的活化能不同，故B正确；C、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量﹣反应物能量，故C错误；D、催化剂改变了反应历程，但不改变平衡移动，所以加入催化剂，不能提升反应物的转化率，故D错误．故选：B．12．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，1kg CH4在25℃，101kPa时充分燃烧生成液态水放出的热量约为（）A．﹣5.56×104kJ•mol﹣1B．5.56×104kJ•mol﹣1C．5.56×104 kJ D．﹣5.56×104 kJ【考点】燃烧热．【分析】燃烧热是在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，甲烷的燃烧热890.3kJ•mol﹣1，即1molCH4在25℃，101kPa 时充分燃烧生成液态水放出的热量为890.3kJ，先求出1kg甲烷的物质的量，然后计算出1kg甲烷完全燃烧放出的热量．【解答】解：1kg甲烷的物质的量为：n==62.5mol，甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，说明1molCH4在25℃，101kPa时充分燃烧生成液态水放出的热量为890.3kJ，则62.5mol甲烷在25℃，101kPa时充分燃烧生成液态水放出的热量为：890.3kJ•mol﹣1×62.5mol=5.56×104kJ，故选C13．在25℃、101kPa条件下，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH （l）的反应热为（）A．﹣488.3 kJ/mol B．+488.3 kJ/molC．﹣191 kJ/molD．+191 kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（1）的反应热．【解答】解：25℃、101kPa下，H2（g）、C（s）和CH3COOH（l）的燃烧热分别是285.8kJ•mol﹣1、393.5kJ•mol﹣1和870.3kJ•mol﹣1，则H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1①，C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1②，CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣870.3kJ•mol﹣1③，由盖斯定律可知，①×2+②×2﹣③可得反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH （1），其反应热为2×（﹣285.8kJ•mol﹣1）+2×（﹣393.5kJ•mol﹣1）+870.3kJ•mol﹣1=﹣488.3KJ•mol﹣1，故选A．14．将V1 mL 1.0mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．下列叙述正确的是（）A．做该实验时环境温度为22℃B．该实验表明化学能可以转化为热能C．NaOH溶液的浓度约是1.00 mol/LD．该实验表明有水生成的反应都是放热反应【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．从图示观察起始温度即为实验时环境温度；B．根据图示所测溶液温度变化进行分析；C．根据c酸V酸=c碱V碱进行计算；D、根据一个反应无法得出此结论．【解答】解：A．从图示观察起始温度即为实验时环境温度，因此该实验开始时温度是20℃，故A错误；B．由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能可能转化为热能，故B正确；C、恰好反应时参加反应的盐酸体积为30mL，则碱的体积为20mL，c（NaOH）==1.5mol/L，故C错误；D．只是该反应放热，其他有水生成的反应不一定，故D错误；故选B．三、（本题包括6小题）15．依据实验数据，写出下列反应的热化学方程式．（1）1molC2H4（g）与适量O2（g）反应，生成CO2（g）和H2O（l），放出1411kJ 热量．C2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣1411kJ•mol﹣1．（2）1molC2H5OH（l）与适量O2（g）反应，生成CO2（g）和H2O（l），放出1366.8kJ 热量．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.8kJ•mol﹣1．（3）2.3g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成2.7g水和2.24L CO2（标准状况）并放出68.35kJ热量．C2H6O（l）+3O2（g）﹣→2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1367kJ•mol﹣1．【考点】热化学方程式．【分析】热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，根据热化学方程式的书写方法来回答．【解答】解：（1）1mol C 2H 4（g ）与适量O 2（g ）反应生成CO 2（g ）和H 2O （l ），放出1411kJ 热量，即C 2H 4（g ）+3O 2（g ）═2CO 2 （g ）+2H 2O （l ）△H=﹣1411 kJ•mol ﹣1故答案为：C 2H 4（g ）+3O 2（g ）═2CO 2 （g ）+2H 2O （l ）△H=﹣1411 kJ•mol ﹣1；（2）1mol C 2H 5OH （l ）与适量O 2（g ）反应生成CO 2（g ）和H 2O （l ），放出1366.8kJ热量，即C 2H 5OH （l ）+3O 2（g ）═2CO 2 （g ）+3H 2O （l ）△H=﹣1366.8 kJ•mol ﹣1，故答案为：C 2H 5OH （l ）+3O 2（g ）═2CO 2 （g ）+3H 2O （l ）△H=﹣1366.8 kJ•mol ﹣1；（3）2.3g 某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成2.7g 水物质的量==0.15mol ，2.24L CO 2（标准状况）物质的量==0.1mol ，n （C ）=0.1mol ，n （H ）=0.3mol ，n （O ）==0.05mol ，n （C ）：n （H ）：n （O ）=0.1mol ：0.3mol ：0.05mol=2：6；1，化学式为C 2H 6O ，物质的量为0.05mol ，并放出68.35kJ 热量，1mol 有机物燃烧放热1367KJ ，热化学方程式为：C 2H 6O （l ）+3O 2（g ）═2CO 2（g ）+3H 2O （l ）△H=﹣1367kJ/mol ；故答案为：C 2H 6O （l ）+3O 2（g ）﹣→2CO 2（g ）+3H 2O （l ）；△H=﹣1367kJ•mol ﹣1．16．某实验小组用0.50mol•L ﹣1NaOH 溶液和0.50mol•L ﹣1硫酸溶液进行中和热的测定．Ⅰ．配制0.50mol•L ﹣1 NaOH 溶液（1）若实验中大约要使用245mL NaOH 溶液，至少需要称量NaOH 固体 5.0 g ．（2）从下图中选择称量NaOH 固体所需要的仪器（填字母）： abe ．Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示．（1）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ•mol﹣1：H2SO4（aq）+2NaOH （aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ•mol﹣1．（2）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表．①请填写下表中的空白：②近似认为0.50mo l•L﹣1 NaOH溶液和0.50mol•L﹣1硫酸溶液的密度都是1g•cm﹣3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J•g﹣1•℃﹣1．则中和热△H=﹣53.5kJ•mol﹣1（取小数点后一位）．③上述实验数值结果与57.3kJ•mol﹣1有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）acd．a．实验装置保温、隔热效果差b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度．【考点】中和热的测定．【分析】Ⅰ．（1）依据使用溶液的体积，选择合适的容量瓶，依据M=CVM计算溶质的质量；（2）氢氧化钠为腐蚀品要小烧杯中称量，结合托盘天平的使用方法选择称量固体氢氧化钠所用的仪器；Ⅱ．（1）硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，结合中和热为57.3kJ•mol﹣1，书写热化学方程式；（2））①先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；②先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=﹣kJ/mol计算出反应热；③a．实验装置保温、隔热效果差，导致部分热量损失；b．依据硫酸的物质的量计算生成水的物质的量；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致部分热量散失；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，导致盐酸的起始温度偏高；【解答】解：Ⅰ．（1）要使用245mL NaOH溶液，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL0.50mol/L NaOH溶液溶液，需要氢氧化钠的质量m=0.25L×0.5mol/L ×40g/mol=5.0g；故答案为：5.0g；（2）氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、小烧杯和药匙，故答案为：abe；Ⅱ．（1）中和热为57.3kJ•mol﹣1，即生成1mol水放出57.3KJ热量，则1mol硫酸与2mol氢氧化钠反应生成硫酸钠和2mol水，放出热量为114.6KJ，所以其热化学方程式：H2SO4（aq）+2NaOH（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6 kJ•mol ﹣1；（2）①4次温度差分别为：4.0℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2组舍去，温度差平均值==4.0℃，故答案为：4.0；②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=80g×4.18J/（g•℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣53.5kJ/mol，故答案为：﹣53.5kJ/mol；③a．实验装置保温、隔热效果差，导致部分热量损失，测定中和热偏小，故a 选；b．依据硫酸的物质的量计算生成水的物质的量，对测定结果无影响，故b选；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，导致部分热量散失，导致中和热偏小，故c选；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，导致盐酸的起始温度偏高，导致中和热偏小，故d选；故选：acd．17．表中的数据是断裂1mol物质中的化学键所消耗的能量（kJ）：根据上述数据回答（1）～（4）题．（1）下列物质本身具有的能量最低的是AA．H2B．Cl2C．Br2D．I2（2）下列氢化物本身具有的能量最低的是CA．HCl B．HBr C．HI D．HF（3）X2+H2═2HX（X代表Cl、Br、I）的反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）．（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Cl2．【考点】反应热和焓变．【分析】（1）由表格数据可知，含键能越大，越稳定，则本身能量低；（2）氢化物越稳定，本身能量越低；（3）氢气的燃烧反应为放热反应；（4）消耗等物质的量的氢气时，卤素单质的键能越大，放出的热量越多．【解答】解：（1）由表格数据可知，H2中键能最大，则本身能量低，故答案为：A；（2）稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，则氢化物本身具有的能量最低的是HF，故答案为：D；（3）氢气的燃烧反应为放热反应，则X2+H2═2HX（X代表Cl、Br、I）的反应中△H＜0，是放热反应，故答案为：放热；（4）消耗等物质的量的氢气时，卤素单质的键能越大，放出的热量越多，结合表格中数据可知，放出的热量最多的是Cl2，故答案为：Cl2．18．如图是一个简易测量物质反应是吸热还是放热的实验装置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应．将镁片加入小试管内，然后注入足量的盐酸，请根据要求完成下列问题：（1）有关反应的离子方程式是Mg+2H+═Mg2++H2↑，试管中看到的现象是片上有大量气泡生成，镁片不断溶解．（2）U形导管中液面A下降（填“上升”或“下降”），原因是镁片与稀盐酸反应时放出热量，使锥形瓶内温度升高，气体压强增大，说明此反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应．（3）由实验推知，MgCl2溶液和H2的总能量低于（填“高于”“低于”或“等于”）镁片和盐酸的总能量．【考点】吸热反应和放热反应．【分析】（1）镁片与盐酸反应现象为镁片上有大量气泡生成，镁片不断溶解，二者反应生成氯化镁和氢气；（2）镁片与盐酸的反应为放热反应，反应放出的热量使气体膨胀，据此回答；（3）镁片与盐酸的反应为放热反应，反应物的总能量高于产物的总能量，据此回答．【解答】解：（1）镁片与盐酸反应的离子方程式为Mg+2H+═Mg2++H2↑，反应现象为镁片上有大量气泡生成，镁片不断溶解，故答案为：Mg+2H+═Mg2++H2↑；片上有大量气泡生成，镁片不断溶解；（2）镁片与盐酸的反应为放热反应，反应放出的热量使气体膨胀，使U形管液面A下降，故答案为：下降；镁片与稀盐酸反应时放出热量，使锥形瓶内温度升高，气体压强增大；放热；（3）镁片与盐酸的反应为放热反应，反应物的总能量高于产物的总能量，即MgCl2溶液和H2的总能量低于镁片和盐酸的总能量，故答案为：低于．19．当今世界，能源的发展日益成为全世界、全人类共同关心的问题．乙烷、二甲醚的燃烧热较大，可用作燃料，如图是乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化图．请回答下列问题：（1）等物质的量的液态乙烷比气态乙烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量少（填“多”或“少”）口（2）乙烷的燃烧热△H=﹣1560kJ．mol﹣1（3）写出二甲醚燃烧的热化学方程式：CH3OCH3（g）+3O2（g）→2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1455kJ•mol﹣1（4）二氧化碳是重要的温室气体．从环保的角度分析，放出相同的热量时，选择乙烷（填“乙烷”或“二甲醚”）作为燃料产生的CO2较少．【考点】反应热和焓变．【分析】（1）依据液态乙烷转化为气态乙烷要吸热分析；（2）依据原子守恒分析可知氢原子守恒，6a=2，a=，则根据图象分析可知mol乙烷完全燃烧放热520KJ，所以1mol乙烷完全燃烧放热为520KJ×3=1560KJ；（3）根据图象分析可知mol二甲醚完全燃烧放热485KJ，结合热化学方程式书写方法标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出；（4）根据图象可知，消耗相同物质的量的乙烷和二甲醚生成的二氧化碳相同，但放出的热量乙烷多，据此分析．【解答】解：（1）因为液态乙烷转化为气态乙烷要吸热，所以等物质的量的液态乙烷比气态乙烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量少，故答案为：少；（2）依据原子守恒分析可知氢原子守恒，6a=2，a=，则根据图象分析可知mol 乙烷完全燃烧放热520KJ，所以1mol乙烷完全燃烧放热为520KJ×3=1560KJ，则乙烷的燃烧热△H=﹣1560kJ．mol﹣1，故答案为：﹣1560；（3）根据图象分析可知mol二甲醚完全燃烧放热485KJ，则1mol二甲醚完全燃烧放热=485KJ×3=1455KJ，反应的热化学方程式为：CH3OCH3（g）+3O2（g）→2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1455 kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OCH3（g）+3O2（g）→2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1455 kJ•mol﹣1；（4）根据图象可知，消耗相同物质的量的乙烷和二甲醚生成的二氧化碳相同，但放出的热量乙烷多，所以放出相同的热量时，选择乙烷作为燃料产生的CO2较少，故答案为：乙烷．20．向2L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：xA（g）+yB（g）⇌pC（g）+qD（g）已知：平均反应速率v C=v A；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有a mol D生成．回答下列问题：（1）反应2min内，v A=mol/（L•min），v B=mol/（L•min）；（2）化学方程式中，x=2、y=3、p=1、q=6；（3）反应2min时，D为2a mol，则B的转化率为×100%．【考点】化学平衡的计算．。

2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高三（上）期初化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．生活中处处有化学，下列叙述错误的是( )A．医用酒精的浓度通常为75%B．保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯C．氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患D．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同2．下列化学用语表达正确的有( )①羟基的电子式：②次氯酸分子的结构式：H﹣O﹣Cl③乙烯的最简式（实验式）：CH2=CH2④含有10个中子的氧原子：188O⑤铝离子的结构示意图：⑥二氧化碳分子的比例模型A．2个B．3个C．4个D．5个3．某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．下列有关X的说法中，不正确的是( )A．X能形成化学式为X（OH）3的碱B．X能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐C．X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数D．X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物4．下列说法中正确的是( )A．原电池放电过程中，负极质量一定减轻，正极质量一定增加B．常温下浓硫酸与铝不反应，所以常温下可用铝制贮罐贮运浓硫酸C．8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12 H2O（g）△H＜0该反应一定能自发进行D．提取海带中的碘元素时，为将I﹣完全氧化为I2，用HNO3作氧化剂比用H2O2效果好5．从下列实验事实所得出的相应结论正确的是( )实验事实结论①将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2②将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧还原性：Mg＞C③N aHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3④常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应非金属性：P＞N⑤某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红该溶液一定有NH4+色石蕊试纸变蓝A．①②③ B．①③⑤ C．②③⑤ D．③④⑤6．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是( )A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）7．有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为，有机物X的键线式为，下列说法不正确的是( )A．X的化学式为C8H8B．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种D．Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式可以为二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛．以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．已知：室温下①2NO+Na2O2→2NaNO2②3NaNO2+3HCl→3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式__________．（2）B中观察到的主要现象是__________，D装置的作用是__________．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是__________（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和__________，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置E，写出E装置的仪器名称__________和盛放的药品名称__________．（5）将1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭__________g．9．（14分）碲（Te）为ⅥA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一．工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲．（1）粗铜中含有Cu和少量Zn、Ag、Au、TeO2及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物．电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为__________．（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱．从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：①“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为__________．②“沉碲”时控制溶液的pH为4.5﹣5.0，生成TeO2沉淀．如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是__________；防止局部酸度过大的操作方法是__________．③“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是__________．10．醇是重要的有机化工原料．一定条件下，甲醇可同时发生下面两个反应：i.2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ii.2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）I．上述反应过程中能量变化如图所示：（1）在某密闭容器中，充人一定量CH3OH（g）发生上述两个反应，反应__________（填“i”或“ii”）的速率较大，其原因为__________．若在容器中加入催化剂，使ii的反应速率增大，则E1和E2﹣E1的变化是：E1__________；E2﹣E1__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）已知：CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）△H=+50.7kJ/mol．则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=__________．Ⅱ，某研究小组通过控制反应条件，在三个容积均为2L的密闭容器中只发生反应i，起始反应温度均为T℃，起始投料如下表所示：编号CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）起始投料/mol恒温容器1 2 0 0恒温容器2 0 2 2绝热容器3 2 0 0（3）比较平衡时容器1中c1（H2O）和容器2中c2（H2O）的大小：c1（H2O）__________c2（H2O）（填“＞”、“＜”或“=”）；三个容器中反应的化学平衡常数分别记为K1、K2和K3，三者的大小关系为__________．（4）若容器l中平衡时CH3OH（g）的转化率为80%，则该温度下反应i的平衡常数K=__________．【化学---选修5：有机化学基础】11．某有机化合物A的结构简式如图（）所示，回答下列问题．（1）A能发生消去反应的官能团名称为__________．（2）A在NaOH水溶液中加热得B和C，C是芳香族化合物．①B的结构简式是__________．②C酸化后可得到D，D不能发生的反应是__________（填选项标号）a．取代反应b．水解反应c．加成反应d．消去反应（3）D可以发生如下转化，且E与F互为同分异构体．①F的结构简式是__________．②由D生成E的化学方程式__________（4）符合下列三个条件的D的同分异构体种类有__________种（不包括D）．①只含有邻二取代苯环结构；②与D具有相同的官能团；③不与FeCl3溶液发生显色反应．2015-2016学年广东省东莞市南开实验学校高三（上）期初化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．生活中处处有化学，下列叙述错误的是( )A．医用酒精的浓度通常为75%B．保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯C．氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患D．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同【考点】药物的主要成分和疗效；常见的生活环境的污染及治理；蔗糖、麦芽糖简介．【分析】A．医用酒精的浓度通常是75%；B．制备聚氯乙烯用的增塑剂、防老剂等主要辅料有毒，聚氯乙烯对人体有害；C．氧化钙与水反应放出大量热量；D．雾滴的尺度比较大，从几微米到100微米，平均直径大约在10﹣20微米左右；霾粒子的分布比较均匀，而且灰霾粒子的尺度比较小，从0.001微米到10微米，平均直径大约在1﹣2微米左右．【解答】解：A．用酒精的浓度通常是75%，此浓度杀菌消毒作用强，故A正确；B．食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚乙烯，故B错误；C．氧化钙与水反应放出大量热量，且氢氧化钙有毒，不能食用，故C正确；D．雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾的粒度较大，霾的粒度较小，故D正确．故选B．【点评】本题考查物质的用途、雾霾等，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产、生活现象，题目难度不大．2．下列化学用语表达正确的有( )①羟基的电子式：②次氯酸分子的结构式：H﹣O﹣Cl③乙烯的最简式（实验式）：CH2=CH2④含有10个中子的氧原子：188O⑤铝离子的结构示意图：⑥二氧化碳分子的比例模型A．2个B．3个C．4个D．5个【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】①羟基为中性原子团，氧原子最外层为7个电子；②次氯酸分子分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，中心原子为Cl原子；③最简式为分子组成的最简比，CH2=CH2为乙烯的结构简式；④含有10个中子的氧原子的质量数为18，元素符号的左上角数字为质量数、左下角数字为质子数；⑤铝离子的核电荷数为13，核外电子总数为10；⑥二氧化碳分子分子中，碳原子的相对体积大于氧原子．【解答】解：①羟基中含有1个氧氢键，为中性原子团，羟基正确的电子式为：，故①错误；②次氯酸分子的中心原子为氧原子，次氯酸的结构式为：H﹣O﹣Cl，故②正确；③乙烯的分子式为C2H4，则其最简式为CH2，故③错误；④含有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为：188O，故④正确；⑤铝离子的核电荷数为13，其正确的离子结构示意图为：，故⑤错误；⑥二氧化碳分子为直线型结构，氧原子半径小于碳原子，二氧化碳正确的比例模型为：，故⑥错误；根据分析可知，正确的有2个，故选A．【点评】本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，试题涉及比例模型、离子结构示意图、元素符号、结构式、结构简式、电子式等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力．3．某元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．下列有关X的说法中，不正确的是( )A．X能形成化学式为X（OH）3的碱B．X能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐C．X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数D．X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物【考点】原子结构与元素的性质．【分析】根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答．【解答】解：根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意；A、由于元素X可能为氮元素或氯元素，因此不可能形成X（OH）3的碱，故A错误；B、元素X可能为氮元素或氯元素，可形成KNO3或KClO3，故B正确；C、当n=1时，没有此元素存在；当n=2时，最外层电子数为5，核电荷数为7，该元素X 为氮元素；当n=3时，最外层电子数为7，核电荷数为17，该元素X为氯元素，所以X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数，故C正确；D、N元素能与非金属O元素形成化合物NO、NO2等，Cl元素能与非金属H元素形成化合物HCl，所以X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物，故D正确；故选A．【点评】本题考查原子结构中电子层数、最外层电子数、质子数的关系，利用假设法令n分别为1、2、3来讨论即可解答，难度不大．4．下列说法中正确的是( )A．原电池放电过程中，负极质量一定减轻，正极质量一定增加B．常温下浓硫酸与铝不反应，所以常温下可用铝制贮罐贮运浓硫酸C．8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12 H2O（g）△H＜0该反应一定能自发进行D．提取海带中的碘元素时，为将I﹣完全氧化为I2，用HNO3作氧化剂比用H2O2效果好【考点】原电池和电解池的工作原理；氧化还原反应；焓变和熵变；浓硫酸的性质．【分析】A、燃料电池形成的原电池放电过程中，正负极质量不变；B、常温下浓硫酸能使铝发生钝化；C、根据反应是否自发进行的判据：△H﹣T△S＜0来判断；D、HNO3、H2O2都能将I﹣完全氧化为I2，效果相同．【解答】解：A、燃料电池形成的原电池放电过程中，两个电极上都是通入的气体发生的氧化还原反应，正负极质量不变，故A错误；B、常温下浓硫酸能使铝发生钝化，不是不反应，故B错误；C、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，反应自发进行，△H﹣T△S＞0，反应非自发进行，已知8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（g）△H＜0，反应后气体物质的量增大，则△S＞0，所以△H﹣T△S＜0，反应自发进行，故C正确；D、HNO3、H2O2都能将I﹣完全氧化为I2，效果相同，但是H2O2做氧化剂产物为水，无污染，所以应该用H2O2作氧化剂，故D错误；故选C．【点评】本题考查了反应自发性的判断、氧化剂的选择、原电池原理、Ksp的应用，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，难度不大．5．从下列实验事实所得出的相应结论正确的是( )实验事实结论①将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2②将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧还原性：Mg＞C③N aHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3④常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应非金属性：P＞N⑤某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红该溶液一定有NH4+色石蕊试纸变蓝A．①②③ B．①③⑤ C．②③⑤ D．③④⑤【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】①品红溶液褪色，气体可能具有漂白性或气体与水反应的物质具有漂白性；②Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，Mg元素的化合价升高；③白色沉淀为氢氧化铝，偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离；④常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应，与物质中的化学键有关，N≡N键能大；⑤能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气．【解答】解：①品红溶液褪色，气体可能具有漂白性或气体与水反应的物质具有漂白性，则气体为SO2、Cl2等，故错误；②Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，Mg元素的化合价升高，Mg作还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Mg＞C，故正确；③白色沉淀为氢氧化铝，偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，则酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3，故正确；④常温下白磷自燃而氮气在放电时才与氧气反应，与物质中的化学键有关，N≡N键能大，而非金属性N＞P，故错误；⑤能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，由操作和现象可知，该溶液一定有NH4+，故正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的性质、氧化还原反应、酸性比较、离子检验等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，综合性较强，题目难度不大．6．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是( )A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1 D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）【考点】反应热和焓变；化学反应的基本原理；化学反应的能量变化规律．【专题】物质的性质和变化专题；化学反应中的能量变化．【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I﹣；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；【解答】解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A．【点评】本题是2014年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应速率的相关知识，题目难度不大．7．有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为，有机物X的键线式为，下列说法不正确的是( )A．X的化学式为C8H8B．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种D．Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式可以为【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．根据键线式的特点来书写化学式；B．具有双键的有机物容易被高锰酸钾氧化；C．烃分子中含有几种类型的氢原子，就具有几种一氯代物；D．根据同分异构体的概念以及芳香烃的元素组成和结构来判断．【解答】解：A．根据键线式的书写特点，的分子式为C8H8，故A正确；B．有机物X中具有碳碳双键，具有烯烃的性质，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾酸性溶液褪色，故B正确；C．X和氢气加成以后，所有的双键变为单键，根据对称性原则，这样得到的烃中被加成以后上去的氢原子均等效，共有两种类型的氢原子，所以Z的一氯代物有2种，故C错误；D．和分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，且属于芳香烃，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生有关官能团决定性质的知识，要求学生熟记官能团具有的性质以及判断一氯代物种数的方法，并熟练运用，难度不大．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛．以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如图所示（部分夹持装置略）．已知：室温下①2NO+Na2O2→2NaNO2②3NaNO2+3HCl→3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4﹣反应生成NO3﹣和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．（2）B中观察到的主要现象是铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出，D装置的作用是除去未反应的NO，防止污染空气．（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是取样，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置E，写出E装置的仪器名称干燥管和盛放的药品名称碱石灰．（5）将1.56g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭0.24g．【考点】制备实验方案的设计．【分析】装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置E中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气．（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发生的反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒配平；（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气；（3）依据亚硝酸钠具有氧化性或还原性，选择还原剂或氧化剂发生的反应现象证明产物中是否是亚硝酸钠；（4）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠；为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；（5）n（Na2O2）==0.02mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O计算需要C的质量．【解答】解：（1）装置A中是浓硝酸和碳加热发反应，反应生成二氧化氮和二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；（2）装置B中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，所以反应现象为溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；通过装置C中的过氧化钠吸收一氧化氮、二氧化碳，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，故答案为：铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；（3）检验亚硝酸钠的实验设计为：取少量生成物置于试管中，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠．故答案为：取样，加入稀盐酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则产物是亚硝酸钠；（4）因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸汽，二氧化碳和过氧化钠发生的反应生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应碱石灰，用来吸收二氧化碳；故答案为：氢氧化钠；干燥管碱石灰；（5）n（Na2O2）==0.02mol，根据2NO+Na2O2=2NaNO2知，0.02mol过氧化钠反应需要0.04molNO，设参加反应的碳为nmol，根据C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O知生成4nmolNO2，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO可知4nmolNO2与水反应生成4nmol×=nmol硝酸和nmolNO，再根据3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为nmol×=nmol，所以nmol+nmol=2nmol=0.04mol，得n=0.02mol，则C的质量=12g/mol×0.02mol=0.24g，故答案为：0.24．【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和信息判断，物质性质的理解应用，注意实验过程中的反应现象分析，掌握基础是关键，题目难度中等．9．（14分）碲（Te）为ⅥA族元素，是当今高新技术新材料的主要成分之一．工业上可从电解精炼铜的阳极泥中提取碲．（1）粗铜中含有Cu和少量Zn、Ag、Au、TeO2及其他化合物，电解精炼后，阳极泥中主要含有TeO2、少量金属单质及其他化合物．电解精炼粗铜时，阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+．（2）TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸或强碱．从上述阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下：①“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O．②“沉碲”时控制溶液的pH为4.5﹣5.0，生成TeO2沉淀．如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是缓慢加入H2SO4，并不断搅拌．③“酸溶”后，将SO2通入TeCl4溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4．【考点】电解原理；制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+；Cu﹣2e﹣=Cu2+（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此分析解答；①TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应；②因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；③SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，根据得失电子守恒书写．【解答】解：根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；（1）电解精炼粗铜时，粗铜中的Cu和少量Zn在阳极发生氧化反应，Zn比Cu活泼，先失电子，所以阳极电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+；（2）根据TeO2是两性氧化物，微溶于水，加碱溶过滤除去杂质，得到Na2TeO3溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质；①TeO2是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，化学方程式为TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，故答案为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O；②因为TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；防止局部酸度过大的操作方法是：缓慢加入H2SO4，并不断搅拌故答案为：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失；缓慢加入H2SO4，并不断搅拌；③SO2还原TeCl4为Te，本身被氧化为硫酸，化学方程式为TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4，故答案为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4．【点评】本题考查粗铜精炼的电解反应式的书写，对给定条件的化学方程式、离子方程式的判断及书写，实验操作的判断是解本题关键，难度中等．10．醇是重要的有机化工原料．一定条件下，甲醇可同时发生下面两个反应：i.2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ii.2CH3OH（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）I．上述反应过程中能量变化如图所示：（1）在某密闭容器中，充人一定量CH3OH（g）发生上述两个反应，反应i（填“i”或“ii”）的速率较大，其原因为该反应的活化能较小．若在容器中加入催化剂，使ii的反应速率增大，则E1和E2﹣E1的变化是：E1减小；E2﹣E1不变（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）已知：CH3CH2OH（g）=CH3OCH3（g）△H=+50.7kJ/mol．则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=﹣45.5kJ•mol﹣1．Ⅱ，某研究小组通过控制反应条件，在三个容积均为2L的密闭容器中只发生反应i，起始反应温度均为T℃，起始投料如下表所示：编号CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）。

2016-2017学年广东省东莞市南开实验学校高三（上）期初化学试卷一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求．每小题6分）1．明•于谦诗：“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深．爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉．”这里“乌金”指的是（）A．煤B．磁铁矿C．石油D．金2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2 L SO3所含的氧原子数为1.5N AB．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AC．常温常压下，4.0 g CH4中含有共价键的数目为N AD．在含Al3+总数为N A的AlCl3溶液中，Cl﹣总数为3N A3．如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是（）A．31d和33d属于同种核素B．气态氢化物的稳定性：a＞d＞eC．工业上常用电解法制备单质b和cD．a和b形成的化合物不可能含共价键4．某课外小组的同学设计了以下装置（部分夹持仪器已略）制取无水AlCl3（易升华），其中不能达到相应实验目的是（）A．用装置甲制取氯气B．用装置乙干燥氯气C．用装置丙制取并收集AlCl3D．用装置丁处理丙中排出的尾气5．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色．下列说法正确的是（N A表示阿伏加德罗常数的值）（）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B．当有22.4 L SO2参加反应时，有2N A个电子发生转移C．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2D．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性6．2015年斯坦福大学研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池，内部用AlCl4﹣和有机阳离子构成电解质溶液，其放电工作原理如图所示．下列说法不正确的是（）A．放电时，铝为负极、石墨为正极B．放电时，有机阳离子向铝电极方向移动C．放电时的负极反应为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣D．充电时的阳极反应为：C n+AlCl4﹣﹣e﹣═C n AlCl47．下列说法错误的是（）①NaHCO3溶液加水稀释，c（Na+）/c（HCO3﹣）的比值保持增大②浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c （HCO3﹣）]③在0.1mol/L氨水中滴加0．l mol/L盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH﹣）=l0﹣a mol/L④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32﹣）均增大⑤在Na2CO3稀溶液中，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）A．①④B．②④C．①③D．②⑤二、解答题（共4小题，满分43分）8．高氯酸铵（NH4ClO4）常作火箭发射的推进剂．已知NH4ClO4在400℃时开始分解．某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物（假设装置内药品均足量）．①甲同学设计如图实验（部分夹持装置已省略）：①若高氯酸铵分解有氯气生成，则可能观察到的现象是，写出产生该现象的离子方程式．②实验完毕后，取出E中硬质玻璃管中固体于试管中，滴加蒸馏水，产生的气体R能使红色湿润的石蕊试纸变蓝色，R的电子式为．（2）乙同学认为，A中可能产生O2．为了验证他的猜想，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：①按气流从左至右，装置的连接顺序为．②能说明有氧气的现象是．（3）通过查阅资料：NH4ClO4在℃时的分解产物为N2、Cl2、O2、H2O，写出高氯酸铵分解的化学方程式．9．工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2）为原料制备高档颜料﹣﹣铁红（Fe2O3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）步骤1若改用稀硝酸，则Fe3O4发生反应的离子反应方程式为；（2）实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有、玻璃棒和烧杯等；步骤Ⅳ中应选用试剂调节溶液的pH（填字母编号）．A．稀硝酸B．氢氧化钠溶液C．高锰酸钾溶液D．氨水（3）检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是；（4）步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为；（5）步骤Ⅴ中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为9.5，c （Fe2+）=1×10﹣6 mol/L．试判断所得的FeCO3中是否含有Fe（OH）2（填“是”或“否”），请通过简单计算说明理由．（已知：K sp[Fe（OH）2]=4.9×10﹣17）．（6）欲测定硫铁矿矿渣中Fe元素的质量分数，称取5.6 克样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体4.2克，测得该样品中Fe元素的质量分数为（保留三位有效数字）．10．（1）浙江大学用甲醇、CO、O2在常压、某温度和催化剂的条件下合成碳酸二甲酯（DMC）的研究开发．已知：ⅰ．CO的燃烧热：△H=﹣283.0kJ•mol﹣1；ⅱ．2CH3OH（g）+CO2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H=﹣15.5kJ•mol ﹣1则2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H=．该反应平衡常数K的表达式为：．（2）甲醇也是制备甲酸的一种重要原料．某温度时，将10mol甲酸钠（HCOONa）溶于水，溶液显碱性，向该溶液中滴加1L某浓度的甲酸，使溶液呈中性，则滴加甲酸的过程中水的电离平衡将（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，此中性溶液中离子浓度由大到小的顺序为：．11．甲醇和CO2可直接合成DMC：2CH3OH（g）+CO2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g），但甲醇转化率通常不会超过1%，制约该反应走向工业化生产．（1）在恒容密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是（双选）．A．2v正（CH3OH）=v逆（CO2）B．CH3OH与H2O的物质的量之比保持不变C．容器内气体的密度不变D．容器内压强不变（2）某研究小组在某温度下，在100mL恒容密闭容器中投入2.5mol CH3OH（g）、适量CO2和6×10﹣5mol催化剂，研究反应时间对甲醇转化数（TON）的影响，其变化曲线如图所示．计算公式为：TON=转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量．在该温度下，最佳反应时间是；4～7h内碳酸二甲酯的平均反应速率是．【化学--进修5：有机化学基础】12．尼龙是目前世界上产量最大、应用范围最广、性能比较优异的一种合成纤维．以X为原料合成高分子化合物尼龙﹣66的流程如下：已知部分信息如下：I．Z的化学式为C6H10O4．Ⅱ．X与浓溴水反应产生白色沉淀．Ⅲ．某些醛与醛之间能发生羟醛缩合反应，例如：RCHO+CH3CHO RCH（OH）CH2CHO RCH=CHCHO+H2O请回答下列问题：（1）X的名称为，W的结构简式为，S的分子式为．（2）反应②的条件为．（3）上述反应中属于加成反应的有．（4）写出反应⑤的化学方程式．（5）满足下列条件的S的同分异构体的结构共有种（不考虑立体异构），①单环芳香族化合物②既能发生银镜反应，又能发生水解反应．其中苯环上核磁共振氢谱上有2个峰的结构简式为．2016-2017学年广东省东莞市南开实验学校高三（上）期初化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求．每小题6分）1．明•于谦诗：“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深．爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉．”这里“乌金”指的是（）A．煤B．磁铁矿C．石油D．金【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】此诗描写煤炭的形象，写尽煤炭一生，根据碳单质燃烧伴随着的现象来回答即可．【解答】解：明•于谦诗：“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深”指的是煤的开采，爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉．”指的是煤炭燃烧发出红色的火焰，所以乌金指的是煤，故选：A．2．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2 L SO3所含的氧原子数为1.5N AB．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AC．常温常压下，4.0 g CH4中含有共价键的数目为N AD．在含Al3+总数为N A的AlCl3溶液中，Cl﹣总数为3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下三氧化硫为固体；B、电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜；C、求出甲烷的物质的量，然后根据甲烷中含4条共价键来分析；D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解．【解答】解：A、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、电解精炼铜时，阳极上放电的不止是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数多于0.2N A，故B错误；C、4g甲烷的物质的量为0.25mol，而甲烷中含4条共价键，故0.25mol甲烷中含N A条共价键，故C正确；D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故当铝离子为N A个时，溶液中的氯离子多于3N A个，故D错误．故选C．3．如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是（）A．31d和33d属于同种核素B．气态氢化物的稳定性：a＞d＞eC．工业上常用电解法制备单质b和cD．a和b形成的化合物不可能含共价键【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素中，a为﹣2价、e为+6价，处于VI族，可推知a为O、e 为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Al，由原子序数可知c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P，据此解答．【解答】解：短周期元素中，a为﹣2价、e为+6价，处于VI族，可推知a为O、e为S，b有+1价，原子序数大于氧，则b为Al，由原子序数可知c、d处于第三周期，化合价分别为+3、+5，则c为Al、d为P．A．31d和33d质子数相同，中子数不同，是不同的核素，互为同位素，故A错误；B．非金属性a（O）＞e（S）＞d（P），故氢化物稳定性：a＞e＞d，故B错误；C．工业上电解熔融氯化钠冶炼钠，电解熔融氧化铝冶炼铝，故C正确；D．a和b形成的化合物过氧化钠，含有共价键，故D错误，故选：C．4．某课外小组的同学设计了以下装置（部分夹持仪器已略）制取无水AlCl3（易升华），其中不能达到相应实验目的是（）A．用装置甲制取氯气B．用装置乙干燥氯气C．用装置丙制取并收集AlCl3D．用装置丁处理丙中排出的尾气【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气且不需要加热；B．氯气和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥氯气；C．加热条件下氯气和Al反应生成氯化铝，氯化铝易水解，无水氯化钙能吸收水分且和氯化铝不反应；D．氯气有毒，不能直接排空，但氯气能和NaOH溶液反应生成易溶于水的物质．【解答】解：A．高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气且不需要加热，应该采用固液混合不加热型装置，故A正确；B．氯气和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥氯气，应该用浓硫酸干燥氯气，故B错误；C．加热条件下氯气和Al反应生成氯化铝，氯化铝易水解，无水氯化钙能吸收水分且和氯化铝不反应，所以能实现实验目的，故C正确；D．氯气有毒，不能直接排空，但氯气能和NaOH溶液反应生成易溶于水的物质NaCl、NaClO，所以能实现实验目的，故D正确；故选B．5．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色．下列说法正确的是（N A表示阿伏加德罗常数的值）（）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B．当有22.4 L SO2参加反应时，有2N A个电子发生转移C．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2D．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二氧化硫的化学性质．【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色说明有I2生成，反应方程式为2CuSO4+4KI=I2+2CuI↓+2K2SO4；再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色，碘具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者发生反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，结合题目分析解答．【解答】解：向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色说明有I2生成，反应方程式为2CuSO4+4KI=I2+2CuI↓+2K2SO4；再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色，碘具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者发生反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，A．滴加KI溶液时，I元素化合价由﹣1价变为0价，所以KI是还原剂被氧化，Cu元素化合价由+2价变为+1价，所以硫酸铜是氧化剂，则CuI既是还原产物，故A错误；B．当有22.4 L SO2参加反应时，不一定有2N A个电子发生转移，因为气体摩尔体积未知，无法计算二氧化硫物质的量导致无法计算转移电子数，故B错误；C.2CuSO4+4KI=I2+2CuI↓+2K2SO4中氧化性Cu2+＞I2，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故C正确；D．通入SO2后溶液逐渐变成无色，二者发生反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，体现了SO2的还原性，故D错误；故选C．6．2015年斯坦福大学研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池，内部用AlCl4﹣和有机阳离子构成电解质溶液，其放电工作原理如图所示．下列说法不正确的是（）A．放电时，铝为负极、石墨为正极B．放电时，有机阳离子向铝电极方向移动C．放电时的负极反应为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣D．充电时的阳极反应为：C n+AlCl4﹣﹣e﹣═C n AlCl4【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、放电时，铝是活泼的金属铝是负极，不活泼石墨为正极；B、原电池中阳离子向正极移动；C、放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣；D、阳极性氧化反应．【解答】解：A、放电时，铝是活泼的金属铝是负极，不活泼石墨为正极，故A 正确；B、原电池中阳离子向正极移动，所以有机阳离子向石墨电极方向移动，故B错误；C、放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣，所以电极反应式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣，故C正确；D、阳极性氧化反应，电极反应式为：C n+AlCl4﹣﹣e﹣═C n AlCl4，故D正确；故选B．7．下列说法错误的是（）①NaHCO3溶液加水稀释，c（Na+）/c（HCO3﹣）的比值保持增大②浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3[c（CO32﹣）+c （HCO3﹣）]③在0.1mol/L氨水中滴加0．l mol/L盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH﹣）=l0﹣a mol/L④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32﹣）均增大⑤在Na2CO3稀溶液中，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）A．①④B．②④C．①③D．②⑤【考点】盐类水解的原理．【分析】①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3﹣的水解，溶液中碳酸氢根离子浓度减小；②根据碳酸钠、碳酸氢钠混合液中的物料守恒判断；③二者恰好完全中和生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性；④亚硫酸钠溶液中加入氢氧化钠，钠离子浓度增大，同时氢氧根离子浓度增大抑制了亚硫酸根离子的水解，导致亚硫酸根离子浓度也增大；⑤根据Na2CO3溶液中的电荷守恒判断．【解答】解：①NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO3﹣的水解，n（HCO3﹣）减小，n（Na+）不变，则的比值会增大，故①正确；②浓度均为0.1mol•L﹣1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n（Na+）=0.3mol，而c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=0.2mol，则：2c（Na+）═3[c （CO32﹣）+c（H2CO3）+c（HCO3﹣）]，故②错误；③在0.1mol•L﹣1氨水中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，刚好完全中和生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，此时pH=a，则溶液中水电离的c（OH﹣）=c（H+）=10﹣a mol•L﹣1，故③正确；④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，溶液中钠离子、氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子抑制了亚硫酸根离子的水解，则亚硫酸根离子浓度增大，所以c（Na+）、c（SO32﹣）均增大，故④正确；⑤在Na2CO3稀溶液中，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故⑤错误；根据分析可知，错误的有②⑤，故选D．二、解答题（共4小题，满分43分）8．高氯酸铵（NH4ClO4）常作火箭发射的推进剂．已知NH4ClO4在400℃时开始分解．某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物（假设装置内药品均足量）．①甲同学设计如图实验（部分夹持装置已省略）：①若高氯酸铵分解有氯气生成，则可能观察到的现象是C中溶液显蓝色，写出产生该现象的离子方程式Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2．②实验完毕后，取出E中硬质玻璃管中固体于试管中，滴加蒸馏水，产生的气体R能使红色湿润的石蕊试纸变蓝色，R的电子式为．（2）乙同学认为，A中可能产生O2．为了验证他的猜想，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：①按气流从左至右，装置的连接顺序为A、I、F、H．②能说明有氧气的现象是F中红色粉末变黑色．（3）通过查阅资料：NH4ClO4在℃时的分解产物为N2、Cl2、O2、H2O，写出高氯酸铵分解的化学方程式2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O；．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（1）①根据氯气的氧化性分析；②气体R能使红色湿润的石蕊试纸变蓝色，R为氨气，据此书写；（2）①A中可能产生的气体有氮气、氯气、水蒸气、氧气，根据气体的性质和装置分析；②氧气能将铜单质氧化为黑色的氧化铜；（3）NH4ClO4在℃时的分解产物为N2、Cl2、O2、H2O，根据原子守恒可得．【解答】解：（1）①氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，发生的反应为：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，淀粉遇碘单质显蓝色；故答案为：C中溶液显蓝色；Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；②气体R能使红色湿润的石蕊试纸变蓝色，则气体R为氨气，氨气分子中氮原子与氢原子形成共用电子的，电子式为：；故答案为：；（2）①A中可能产生的气体有氮气、氯气、水蒸气、氧气，因此需要先用碱石灰将氯气和水蒸气除去，再通入铜粉，看铜粉是否变黑，故应为A、I、F、H；故答案为：A、I、F、H；②若有氧气，会将F中红色的铜氧化为黑色的氧化铜；故答案为：F中红色粉末变黑色；（3）NH4ClO4在℃时的分解产物为N2、Cl2、O2、H2O，则方程式为：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O；故答案为：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O．9．工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2）为原料制备高档颜料﹣﹣铁红（Fe2O3），具体生产流程如下：试回答下列问题：（1）步骤1若改用稀硝酸，则Fe3O4发生反应的离子反应方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；（2）实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；步骤Ⅳ中应选用D试剂调节溶液的pH（填字母编号）．A．稀硝酸B．氢氧化钠溶液C．高锰酸钾溶液D．氨水（3）检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是KSCN溶液；（4）步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；（5）步骤Ⅴ中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时，若室温下测得溶液的pH为9.5，c （Fe2+）=1×10﹣6 mol/L．试判断所得的FeCO3中是否含有Fe（OH）2有（填“是”或“否”），请通过简单计算说明理由溶液中c（Fe2+）•c（OH﹣）2=1×10﹣6×（1×10﹣4.5）2=1×10﹣15＞K sp[Fe（OH）2]=4.9×10﹣17，故有Fe（OH）2沉淀生成．（已知：K sp[Fe（OH）2]=4.9×10﹣17）此空删去．（6）欲测定硫铁矿矿渣中Fe元素的质量分数，称取5.6 克样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体4.2克，测得该样品中Fe元素的质量分数为52.5%（保留三位有效数字）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸后金属氧化物反应生成硫酸亚铁、硫酸铁，酸性氧化物SiO2不能发生反应，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，硫酸铁发生反应生成硫酸亚铁溶液，调节pH后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁．（1）酸溶过程中四氧化三铁和酸反应生成亚铁离子、铁离子和水；（2）根据分析可知，步骤Ⅱ为过滤，过滤操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等，步骤Ⅳ中调节pH值的试剂要能与酸反应且不引入新的杂质，由于加入了NH4HCO3溶液，所以溶液中含有NH4+；（3）步骤Ⅲ是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤Ⅲ已经进行完全，即溶液中没有铁离子；（4）步骤Ⅵ中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁；（5）由题中数据可知，溶液中c（Fe2+）•c2（OH﹣）=1×10﹣6×（1×10﹣4.5）2=1×10﹣15＞Ksp[Fe（OH）2]=4.9×10﹣17，故有Fe（OH）2沉淀生成；（6）根据题意，最后称得残留固体4.2g为氧化铁，可计算铁元素的质量，由铁元素守恒可知样品中铁元素的质量，以此计算质量分数．【解答】解：硫铁矿烧渣加入硫酸后金属氧化物反应生成硫酸亚铁、硫酸铁，酸性氧化物SiO2不能发生反应，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，硫酸铁发生反应生成硫酸亚铁溶液，调节pH后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，（1）酸溶过程中四氧化三铁和酸反应生成亚铁离子、铁离子和水，“酸溶”过程中Fe3O4发生反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；（2）根据分析可知，步骤Ⅱ为过滤，过滤操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等，步骤Ⅳ中调节pH值的试剂要能与酸反应且不引入新的杂质，由于加入了NH4HCO3溶液，所以溶液中含有NH4+，故用氨水较好，选项D正确，故答案为：漏斗；D；（3）步骤Ⅲ是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤Ⅲ已经进行完全，即溶液中没有铁离子，可以用KSCN溶液．故答案为：KSCN溶液；（4）步骤Ⅵ中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；（5）由题中数据可知，溶液中c（Fe2+）•c2（OH﹣）=1×10﹣6×（1×10﹣4.5）2=1×10﹣15＞Ksp[Fe（OH）2]=4.9×10﹣17，故有Fe（OH）2沉淀生成，故答案为：有；溶液中c（Fe2+）•c（OH﹣）2=1×10﹣6×（1×10﹣4.5）2=1×10﹣15＞K sp[Fe（OH）2]=4.9×10﹣17，故有Fe（OH）2沉淀生成；（6）根据题意，最后称得残留固体 4.2g为氧化铁，则铁元素的质量为×4.2g=2.94g，根据铁元素守恒可知样品中铁元素的质量为2.94g，所以样品中Fe元素的质量分数为×100%=52.5%，故答案为：52.5%．10．（1）浙江大学用甲醇、CO、O2在常压、某温度和催化剂的条件下合成碳酸二甲酯（DMC）的研究开发．已知：ⅰ．CO的燃烧热：△H=﹣283.0kJ•mol﹣1；ⅱ．2CH3OH（g）+CO2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H=﹣15.5kJ•mol ﹣1则2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H=﹣298.5kJ•mol ﹣1．该反应平衡常数K的表达式为：．（2）甲醇也是制备甲酸的一种重要原料．某温度时，将10mol甲酸钠（HCOONa）溶于水，溶液显碱性，向该溶液中滴加1L某浓度的甲酸，使溶液呈中性，则滴加甲酸的过程中水的电离平衡将逆向（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，此中性溶液中离子浓度由大到小的顺序为：C（Na+）=C（HCOO﹣）＞C（H+）=C （OH﹣）．【考点】热化学方程式；盐类水解的应用．【分析】（1）ⅰ．CO的标准燃烧热：﹣283.0kJ•mol﹣1，所以CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1 ，ⅱ．2CH3OH（g）+CO2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H=﹣15.5kJ•mol﹣1，利用盖斯定理将ⅰ+ⅱ可得2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H；平衡常数为生成物与反应物浓度幂之积的比值；（2）滴加甲酸，水解程度减小，抑制水的电离，中性溶液中C（Na+）=C（HCOO ﹣）、C（H+）=C（OH﹣）．【解答】解：（1））ⅰ．CO的标准燃烧热：﹣283.0kJ•mol﹣1，所以CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1 ，ⅱ．2CH3OH（g）+CO2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H=﹣15.5kJ•mol﹣1，利用盖斯定理将ⅰ+ⅱ可得2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g）△H=﹣298.5kJ•mol﹣1，K=，故答案为：﹣298.5kJ•mol﹣1；；（2）滴加甲酸，水解程度减小，抑制水的电离，水的电离平衡逆向移动，中性溶液中C（Na+）=C（HCOO﹣）、C（H+）=C（OH﹣），且C（Na+）=C（HCOO﹣）＞C （H+）=C（OH﹣），故答案为：逆向；C（Na+）=C（HCOO﹣）＞C（H+）=C（OH﹣）．11．甲醇和CO2可直接合成DMC：2CH3OH（g）+CO2（g）⇌CH3OCOOCH3（g）+H2O（g），但甲醇转化率通常不会超过1%，制约该反应走向工业化生产．（1）在恒容密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是D（双选）．A．2v正（CH3OH）=v逆（CO2）B．CH3OH与H2O的物质的量之比保持不变C．容器内气体的密度不变D．容器内压强不变（2）某研究小组在某温度下，在100mL恒容密闭容器中投入2.5mol CH3OH（g）、适量CO2和6×10﹣5mol催化剂，研究反应时间对甲醇转化数（TON）的影响，其变化曲线如图所示．计算公式为：TON=转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量．在该温度下，最佳反应时间是10h；4～7h内碳酸二甲酯的平均反应速率是1×10﹣3mol/L•h．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等且不为零，各组分的浓度不再变化；该反应的特点为：一是可逆反应；二是反应前后气体体积不相等，据此判断反应是否达到平衡状态；（2）由图可知10h 时TON 的值最大，依据TON=，计算转化的甲醇的物质的量，结合反应速率还能计算得到甲醇反应速率，反应速率之比等于化学方程式计量数之比得到DMC 的平均反应速率；【解答】解：（1）A ．同一反应中，用不同物质表示的速率之比等于方程式计量系数之比，所以v 正（CO 2）=v 正（CH 3OH ），而2v 正（CH 3OH ）=v 逆（CO 2），所以v 正（CO 2）≠v 逆（CO 2），反应未达到平衡状态，故A 错误；B ．平衡时CH 3OCOOCH 3与H 2O 的物质的量之比可能保持不变，也可能变化，所以不能作为达到平衡的判断标准，故B 错误；C ．依据ρ=可知，反应物生成物都是气体，所以m 为定值，恒容容器V 不变，则ρ无论是否达到平衡都不变，故C 错误；D.2CH 3OH （g ）+CO 2 （g ）⇌CH 3OCOOCH 3 （g ）+H 2O （g ），反应前后气体系数和不相等，气体总压不变可以作为判断标志，故D 正确；故选：D ；（2）由图可知10h 时TON 的值最大；图象分析，4～7h 内TON 为10，依据TON=，计算转化的甲醇的物质的量=10×6×10﹣5 mol=60×10﹣5mol ，反应甲醇的反应速率==2×10﹣3mol/L•h ，V （DMC ）=V （CH 3OH ）=1×10﹣3mol/L•h ，故答案为：10h ；1×10﹣3mol/L•h ．【化学--进修5：有机化学基础】12．尼龙是目前世界上产量最大、应用范围最广、性能比较优异的一种合成纤维．以X 为原料合成高分子化合物尼龙﹣66的流程如下：已知部分信息如下：I．Z的化学式为C6H10O4．Ⅱ．X与浓溴水反应产生白色沉淀．Ⅲ．某些醛与醛之间能发生羟醛缩合反应，例如：RCHO+CH3CHO RCH（OH）CH2CHO RCH=CHCHO+H2O请回答下列问题：（1）X的名称为苯酚，W的结构简式为，S的分子式为C9H8O2．（2）反应②的条件为浓硫酸，加热．（3）上述反应中属于加成反应的有①⑤．（4）写出反应⑤的化学方程式+HCHO．（5）满足下列条件的S的同分异构体的结构共有5种（不考虑立体异构），①单环芳香族化合物②既能发生银镜反应，又能发生水解反应．其中苯环上核磁共振氢谱上有2个峰的结构简式为．【考点】有机物的推断．【分析】根据题目中各物转化关系，X与甲醛发生信息Ⅲ的反应生成，可推知X为，根据W的分子式与比较，可知发生氧化反应得W。

广东省东莞市高三上学期化学开学考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共7题；共14分)1. （2分） (2016高三上·包头期中) 下列金属①铁、②镁、③锰、④矾、⑤铬．可用铝热法制备的有（）A . ①②④B . ①②③⑤C . ①③④⑤D . ①②③④⑤2. （2分）若NA为阿伏加德罗常数，已知某元素的阴离子Rn﹣的原子核中，中子数为A﹣x+n，其中A为原子的质量数，则m g Rn﹣中电子总数为（）A .B .C .D .3. （2分） (2015高三上·怀宁开学考) 仅用下表提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（）编号仪器药品实验目的NaCl固体、蒸馏水配制一定质量分A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒数的NaCl溶液B分液漏斗、烧瓶、锥形瓶、导管及橡皮塞盐酸、大理石、硅酸钠溶液证明非金属性：Cl＞C＞Si C酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、测定NaOH溶液待测NaOH溶液的物质的量浓度提纯混有MgC12 D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的A1C13溶液、NaOH溶液杂质的AlCl3溶液A . AB . BC . CD . D4. （2分） m g 铁粉与含有H2SO4的CuSO4 溶液完全反应后，得到m g 铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）A . 7:1B . 1:7C . 7:8D . 8:75. （2分）下列有关SO2性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是（）实验记录A无色无色无色溶液无色溶液B红色无色白色沉淀白色沉淀C红色无色白色沉淀无色溶液D无色无色无色溶液无色溶液A . AB . BC . CD . D6. （2分）(2020·茂名模拟) 常温下，在“H2S—HS-—S2-”的水溶液体系中，H2S、HS-、S2-三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化（仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。

2017-2018学年7．生活中处处有化学，下列叙述错误的是（）A.医用酒精的浓度通常为75%B.保鲜膜、一次性食品袋的主要成分是聚氯乙烯C.氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患D.雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同8.下列化学用语表达正确的有（）①羟基的电子式：②次氯酸分子的结构式：H﹣O﹣Cl③乙烯的最简式（实验式）：CH2=CH2④含有10个中子的氧原子：188O⑤铝离子的结构示意图：⑥二氧化碳分子的比例模型A．2个B．3个C．4个D．5个9．元素X核电荷数小于18，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．下列有关X的说法中，不正确的是（）A．X能形成化学式为X（OH）3的碱B．X能形成化学式为NaXO3的含氧酸钠盐C．X原子的最外层电子数和核电荷数不可能为偶数D．X能与某些金属元素或非金属元素形成化合物10.下列说法中正确的是（）A．原电池放电过程中，负极质量一定减轻，正极质量一定增加B．常温下浓硫酸与铝不反应，所以常温下可用铝制贮罐贮运浓硫酸C．8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12 H2O（g）△H＜0该反应一定能自发进行D．提取海带中的碘元素时，为将I﹣完全氧化为I2，用HNO3作氧化剂比用H2O2效果好A．①②③B．①③⑤C．②③⑤D．③④⑤12. 已知分解1 mol H2O2 放出热量98KJ，在含少量I－的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2＋ I-→H2O ＋IO-慢 ; H2O2＋ IO-→H2O ＋O2＋I-快下列有关反应的说法正确的是( )A．反应的速率与I-的浓度有关 B． IO-也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98KJ·mol-1 D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)13.有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CH=CHCH3可简写为，有机物X的键线式为，下列说法不正确的是（）A．X的化学式为C8H8B．X能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种D．Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式可以为26．(14分)亚硝酸钠被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛．以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示（部分夹持装置略）．已知：室温下①2NO+Na2O2→2NaNO2②3NaNO2+3HCl→3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4﹣反应生成NO3- 和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式。

南开实验学校2015-2016学年第一学期期初考试高三理科综合2015.9第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.1．有关细胞结构和功能的叙述，正确的是A．能进行有氧呼吸的细胞一定有线粒体B．动物细胞的细胞质基质不能为细胞生命活动提供ATPC．蓝藻细胞中的叶绿体可以进行光合作用制造有机物D．细胞核是细胞遗传和代谢活动的控制中心2、抽取孕妇羊水中的细胞，经培养后进行显微镜检查，能够鉴别胎儿A．是否患有猫叫综合征B．是否患有红绿色盲症C．是否患有囊性纤维病D．是否出现肢体异常3、下列叙述与生物学史实相符合的是A．孟德尔和摩尔根运用类比推理法发现了自由组合定律B．赫尔希和蔡斯运用荧光标记证明DNA是遗传物质C．鲁宾和卡门利用同位素标记法证明了光合作用释放的氧气来自于水D．达尔文和温特通过植物的向光性实验发现了生长素4．下列关于生物大分子的叙述，正确的是A.蛋白质是生物大分子，生物大分子都是在核糖体上合成的，B.淀粉、糖原和核糖都是生物大分子C.DNA是一切由细胞构成的生物的遗传物质D.叶绿体很小，结构内不可能有蛋白质的合成5．下列不属于．．．生态系统的信息传递在农业生产中的应用的是A．草原返青时的绿色，为食草动物提供可以采食的信息B．利用人工合成的化学信息激素吸引昆虫前来，提高传粉率和结实率C．延长光照时间，提高家禽产蛋率D．利用音像设备发出不同的声音信号，诱捕或驱赶某些动物6.科学家以正常人及某种病患者的相应mRNA为模板合成了cDNA。

已查明该患者相应蛋白质中只有32号氨基酸与正常人不同，cDNA中只有一个位点的碱基发生改变。

对比结果见下表。

以下有关分析合理的是注：组氨酸的密码子为CAU、CACA. cDNA所含的碱基数等于96 B．患者相应氨基酸密码子为CAC C. 合成cDNA时需要DNA解旋酶 D. 患者第94号位点碱基缺失29.（9分）某科研小组利用植株干重约为3.2g的铁线莲为实验材料，对其进行不同程度的遮光处理，研究其叶绿素含量的变化及植株的生长状况，实验结果如下图。

南开实验学校2015-2016学年第二学期期初考试高一化学2016.3本试卷共3面，21题，满分100分。

考试用时90分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必用2B 铅笔在“考生号”处填涂考生号。

用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的学校以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。

2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．作答选做题时，请先用2B 铅笔填涂选做题题组号对应的信息点，再作答。

漏涂、错涂、多涂的，答案无效。

5．考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，收卷时只交答题卷。

第Ⅰ卷 选择题（共15小题，满分45分）一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求．每小题3分） 1. 下列有关127 53I 和131 53I 说法，正确的是：（ ）A ．127 53I 和131 53I 的核外电子数不同B ．127 53I 和131 53I 的中子数分别为127和131C ．127 53I 和131 53I 互为同位素D ．127 53I 和131 53I 是同一种核素 2. 下列各组中化合物的性质比较，不正确．．．的是：( ) A ．酸性：HClO 4＞HBrO 4＞HIO 4 B ．碱性：NaOH ＞Mg(OH)2＞Al(O H )3 C ．沸点：HF ＞HBr ＞HCl D ．稳定性：PH 3＞H 2S ＞HCl 3. X 元素最高氧化物对应的水化物为H 2XO 3，则它对应的气态氢化物为：（ ） A ．HX B ．H 2X C ．XH 3 D ．XH 4 4. 下列物质中，既有离子键，又有共价键的是：（ ）A ．H 2OB ．CaCl 2C ．KOHD ．Cl 25. 短周期金属元素甲～戊在元素周期表中的相对位置如右表所示：下面判断正确的是：（ ）A. 原子半径: 丙<丁<戊B. 金属性：甲>丙 C ．氢氧化物碱性：丙>丁>戊 D. 最外层电子数：甲>乙 6. 下列过程一定释放能量的是：( )A ．原子组成分子B ．分解反应C ．分子拆成原子D ．化合反应 7. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是：( )A ．锌粒与稀硫酸的反应B ．灼热的木炭与CO 2反应C ．甲烷在氧气中的燃烧反应D ．Ba(OH)2·8H 2O 晶体与NH 4Cl 晶体的反应 8. 下列说法正确的是：( )甲乙丙丁戊A ．元素周期表有十六个纵行，也就是十六个族B ．常用元素周期表中元素排序的依据是原子的核电荷数C ．原子的最外层电子数相同的元素，一定属于同一族D ．电子层数相同的粒子，对应元素一定属于同一周期9. 在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是：( ) A ．制催化剂的材料 B ．耐高温、耐腐蚀的合金材料 C ．制农药的材料D ．半导体材料10. 第三周期元素X 、Y 、Z ，其最高价氧化物的化学式分别为X 2O 、Y 2O 3、ZO 2，下列有关判断错误的．．．是： A ．原子半径X ＜Y ＜Z B ．三种元素中X 的金属性最强 C ．Y(OH)3能与NaOH 溶液反应 D ．ZO 2可制造光导纤维11. 有a X n ＋和b Y m －两种元素的简单离子，若它们的电子层结构相同，则下列关系正确的是：( )A ．b －a ＝n ＋mB ．a －b ＝n －mC ．核电荷数Y ＜XD ．质子数Y ＞X12. 已知R 2＋核内共有N 个中子，R 的质量数为A ，则m g R 2＋中含有电子的物质的量为：( )A.m A －NAmol B.m A －N ＋2AmolC.m A －N －2A molD.m A ＋N －2Amol13. 同主族元素所形成的同一类化合物，其结构和性质往往相似，化合物PH 4I 是一种无色晶体，下列对它的描述中错误．．的是：( ) A. 它是离子化合物 B. 加热时，它很稳定，不发生分解 C. 它能跟碱发生反应 D. 它可由PH 3和HI 化合而成 14. 下列变化中，不需要．．．破坏化学键的是：（ ） A ．加热碳酸氢钠 B ．干冰气化 C ．食盐熔化 D ．氯化氢溶于水15. 短周期元素X 、Y 、Z 、W 、R 的原子序数依次增大，X 单质在暗处与H 2剧烈化合并发生爆炸，Y 位于第IA 族，Z 所处的周期序数与族序数相等，W 元素最高正价与最低负价之和为0，R 与X 同族，则：（ ）A ．原子半径：Z ＞Y ＞XB ．X 与R 的核电荷数相差18C ．气态氢化物稳定性：W ＞RD ．Y 与Z 两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应第Ⅱ卷 非选择题（共6小题，满分55分）16.（10分） 填写下列空白：（1） 表示含有17个质子、20个中子的原子的化学符号是___________________。

2015-2016学年广东省东莞市实验中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )A．常温下，23g NO2和N2O4的混合气体中含有N A个氧原子B．常温下，pH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.1N AC．标准状况下，2.24L SO3中含有硫原子的数目为N AD．标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数为N A2．表中实验现象、解释与结论均正确的是( )A．AB．BC．CD．D3．下列叙述正确的是( )A．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质B．酸式盐的水溶液呈酸性C．醋酸溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大D．凡是强酸生成的盐，其水溶液呈中性4．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A．3种B．4种C．5种D．6种5．下列图示与对应的叙述相符的是( )A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜06．A、B、C为三种短周期元素，A、B同周期，A、C最低价离子分别为A2﹣、C﹣，其离子半径A2﹣＞C﹣．B2+与C﹣具有相同的电子层结构，下列叙述一定不正确的是( )A．它们的原子序数A＞B＞CB．它们的原子半径C＞B＞AC．离子半径A2﹣＞C﹣＞B2+D．原子核外最外层上的电子数C＞A＞B7．有关下列两种溶液的说法中，正确的是( )溶液①：0.2mol•L﹣1 CH3COONa溶液；溶液②：0.1mol•L﹣1H2SO4溶液．A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＜溶液②B．加水稀释溶液①，溶液中变大C．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c（CH3COO﹣）+2c（SO42﹣）=c（Na+）D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，溶液中c（Na+）＞c（SO42﹣）二、解答题（共3小题，满分41分）8．乙二酸通常以二水合物的形式存在（H2C2O4•2H20），俗称草酸晶体．已知草酸晶体在101℃时熔化并开始升华，157℃时大量升华，继续升温会发生分解反应．（1）下列关于乙二酸的叙述正确的是__________．（填序号）①能和乙二醇发生酯化反应②其溶液能使蓝色石蕊试纸变红③能和碳酸钠溶液反应生成气体（2）欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，设计实验如图1：图2 A装置最好应该选择下列装置图3中的__________（填序号）②简述检验整套装置气密性的操作方法：__________．③若无如图2 B装置，当c装置中出现浑浊__________（填“能”或“不能”）证明草酸分解生成了CO2，理由是___________．（3）若上述装置C中盛放Ba（OH）2溶液，导气管与D装置中的a相连，通过测定C中生成沉淀的质量，装置D中硬质玻璃管减少的质量，即可确定草酸分解的化学方程式__________．①C中盛放Ba（OH）2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是___________．②当A装置试管中只有较少晶体时停止加热，利用余热使晶体升华、分解，此时需要缓缓通入N2，通入N2的目的是__________．③若取草酸晶体的质量为15.0g，C中沉淀的质量为19.7g，装置如图2D中硬质玻璃管减少的质量为1.6g，则草酸分解的化学方程式为__________．9．工业上吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：（1）Na2S2O4中S元素的化合价为__________．（2）写出装置Ⅱ中反应的离子方程式__________．（3）装置Ⅲ中电解槽阴极发生的电极反应为__________．（4）从装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为__________、__________过滤、洗涤等．10．（14分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法或间接水合法生产．回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H）．再水解生成乙醇．写出相应的反应的化学方程式__________、__________．（2）已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9KJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1KJ•mol﹣1乙醇异构化反应③CH3CH2OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7KJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=__________KJ•mol﹣1与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是：__________．（3）科学家还利用氢气在一定条件下与二氧化碳反应生成乙醇燃料，其热化学反应方程式为2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=a kJ/mol，在一定压强下，测得该反应的实验数据如下表．温度（K）CO2转化率（%）500 600 700 8001.5 45 33 20 122 60 43 28 153 83 62 37 22请根据表中数据分析：上述反应的a__________0（填“大于”或“小于”②恒温下，向反应体系中加入固体催化剂，则反应产生的热量__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．③增大的值，则生成乙醇的物质的量__________（填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）．【选做题】11．（17分）分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂．为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：（1）A物质在核磁共振氢谱中能呈现__________种峰．（2）C物质的官能团名称__________．（3）上述合成路线中属于取代反应的是__________（填编号）．（4）写出反应⑥的化学方程式：__________．（5）F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为﹣CH2COOCH3；__________．2015-2016学年广东省东莞市实验中学高三（上）第一次月考化学试卷答案解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )A．常温下，23g NO2和N2O4的混合气体中含有N A个氧原子B．常温下，pH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.1N AC．标准状况下，2.24L SO3中含有硫原子的数目为N AD．标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数为N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A．NO2和N2O4最简式相同为NO2；B．溶液的体积不确定；C．标准状况下SO3是固体；D．氯气与水反应时可逆反应，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯．解答：解：A．NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算23gNO2中所含氧原子数=×2×N A=N A，故A正确；B．溶液的体积不确定，无法求出H+的个数，故B错误；C．标准状况下SO3是固体，2.24L SO3的物质的量不是0.1mol，故C错误；D．氯气与水反应时可逆反应，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，故标准状况下，22.4L氯气溶于水转移电子数小于N A，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积的条件应用是解题关键，题目难度不大．2．表中实验现象、解释与结论均正确的是( )A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．浓硝酸易挥发，且具有强氧化性；B．沉淀可能为AgCl；C．甲苯与溴水不发生化学反应；D．AgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小．解答：解：A．铜与浓硝酸反应，生成气体用湿润KI﹣淀粉试纸检验，试纸变蓝，因浓硝酸易挥发，且具有强氧化性，则不能说明NO2为酸性气体，故A错误；B．某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含Ag+或SO42﹣，但二者不能同时存在，故B错误；C．向甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，发生了萃取，不发生化学反应，故C错误；D．在稀AgNO3溶液中先加入少量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明K sp（AgCl）＞K sp（AgI），故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、沉淀的转化、萃取及物质的性质，选项A为解答的易错点，注意硝酸易挥发及其氧化性，题目难度中等．3．下列叙述正确的是( )A．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质B．酸式盐的水溶液呈酸性C．醋酸溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大D．凡是强酸生成的盐，其水溶液呈中性考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：A、电解质必须自身电离而导电；B、有些酸式盐的溶液呈酸性，有些酸式盐的溶液呈碱性；C、根据弱电解质的电离需要吸热以及温度对平衡的影响；D、根据盐的类型以及水解规律来解答；解答：解：A、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴、阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是亚硫酸，而不是SO2，所以SO2不是电解质，是非电解质，故A错误；B、有些酸式盐的溶液呈酸性，如硫酸氢钠，有些酸式盐的溶液呈碱性，如碳酸氢钠，故B 错误；C、醋酸的电离过程吸热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即正向移动，所以溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大，故C正确；D、若为强酸强碱盐，盐不水解，溶液呈中性，若为强酸弱碱盐，盐水解，溶液呈酸性，故D错误．故选C．点评：本题主要考查了电解质的判断、盐溶液的性质、电离平衡等，难度不大，注意弱电解质的电离需要吸热．4．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A．3种B．4种C．5种D．6种考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：可以根据有机物烷烃的同分异构体的写法来书写其所有的同分异构体，观察得出结论，还可以根据规律来推理获得答案．解答：解：分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3﹣CH2﹣CHCl2 （取代那面甲基上的氢原子时一样）、CH3﹣CCl2 ﹣CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl﹣CH2﹣CH2Cl（两个边上的），CH2Cl﹣CHCl﹣CH3（一中间一边上），共有四种．故选B．点评：本题考查学生有机物的同分异构体的书写知识，可以根据教材知识来回答，难度不大，注意解题方法的掌握可以节省解题时间．5．下列图示与对应的叙述相符的是( )A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜0考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；体积百分含量随温度、压强变化曲线；电解质溶液的导电性．专题：图示题．分析：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH 电离；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比；C．催化剂改变活化能不改变焓变；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．解答：解：A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，c（CH3COO﹣）增大抑制CH3COOH电离，则溶液pH增大，故A错误；B．溶液导电能力与离子浓度成正比，c（H+）与溶液pH成反比，根据图象知，c（H+）a点＞b点，则溶液的pH：a＜b，故B错误；C．根据图象知，催化剂改变活化能不改变焓变，焓变与反应物和生成物总能量相对大小有关，故C错误；D．恒容条件下，等量的NO2发生反应2NO2（g）⇌N2O4（g），不同温度下，相同时间内，如果该反应没有达到平衡状态，温度越高，反应速率越快，二氧化氮转化率越大，则二氧化氮含量越少，如果反应达到平衡状态，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据图知，拐点左侧没有达到平衡状态，拐点右侧为平衡状态，达到平衡后，升高温度，二氧化氮含量增大，说明正反应是放热反应，则该反应的△H＜0，故D正确；故选D．点评：本题考查图象分析，侧重考查弱电解质电离、化学平衡移动等知识点，注意B中溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，注意D中出现拐点原因，题目难度中等．6．A、B、C为三种短周期元素，A、B同周期，A、C最低价离子分别为A2﹣、C﹣，其离子半径A2﹣＞C﹣．B2+与C﹣具有相同的电子层结构，下列叙述一定不正确的是( )A．它们的原子序数A＞B＞CB．它们的原子半径C＞B＞AC．离子半径A2﹣＞C﹣＞B2+D．原子核外最外层上的电子数C＞A＞B考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由A、C的最低价离子分别为A2﹣和C﹣，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C﹣具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素，结合元素周期律知识解答该题．解答：解：由A、C的最低价离子分别为A2﹣和C﹣，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C﹣具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素，A．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数A＞B＞C，故A正确；B．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则有B＞A＞C，故B错误；C．离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以A2﹣＞C﹣＞B2+，故C正确；D．A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、2、7，故原子最外层上的电子数C＞A＞B，故D正确．故选B．点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生综合化学知识的能力和分析能力的考查，难度不大，关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类．7．有关下列两种溶液的说法中，正确的是( )溶液①：0.2mol•L﹣1 CH3COONa溶液；溶液②：0.1mol•L﹣1H2SO4溶液．A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＜溶液②B．加水稀释溶液①，溶液中变大C．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c（CH3COO﹣）+2c（SO42﹣）=c（Na+）D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，溶液中c（Na+）＞c（SO42﹣）考点：水的电离；离子浓度大小的比较．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、溶液①是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液②是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；B、加水稀释促进醋酸根离子的水解，但不改变水解平衡常数；C、溶液①和溶液②等体积混合恰好反应生成醋酸和硫酸钠，溶液中存在电荷守恒分析判断；D、25℃时，溶液混合后PH=7，溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断；解答：解：A、溶液①是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液②是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②，故A错误；B、加水稀释促进醋酸根离子的水解，但不改变水解平衡常数；溶液中不变，故B错误；C、溶液①和溶液②等体积混合恰好反应生成醋酸和硫酸钠，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒分析判断；+=++2，若c+2=得到=，不符合溶液呈酸性；故C错误；D正确；故选D．点评：本题考查了影响水的电离平衡的影响因素，盐类水解的水解常数的分析应用，溶液中的电荷守恒应用，两种浓度大小比较的方法，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分41分）8．乙二酸通常以二水合物的形式存在（H2C2O4•2H20），俗称草酸晶体．已知草酸晶体在101℃时熔化并开始升华，157℃时大量升华，继续升温会发生分解反应．（1）下列关于乙二酸的叙述正确的是①②③．（填序号）①能和乙二醇发生酯化反应②其溶液能使蓝色石蕊试纸变红③能和碳酸钠溶液反应生成气体（2）欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，设计实验如图1：图2A装置最好应该选择下列装置图3中的b（填序号）②简述检验整套装置气密性的操作方法：装置气密性检验，先密闭装置，最后的导气管插入水中，微热后，有气泡冒出，冷却后导气管会有水柱上升，证明装置气密性完好．③若无如图2B装置，当c装置中出现浑浊不能（填“能”或“不能”）证明草酸分解生成了CO2，理由是_草酸和氢氧化钙也反应生成草酸钙白色沉淀．（3）若上述装置C中盛放Ba（OH）2溶液，导气管与D装置中的a相连，通过测定C中生成沉淀的质量，装置D中硬质玻璃管减少的质量，即可确定草酸分解的化学方程式H2C2O4•2H2O CO2↑+3H2O+CO↑．①C中盛放Ba（OH）2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是_Ba（OH）2溶解度大于氢氧化钙可充分吸收二氧化碳，碳酸钡摩尔质量大于碳酸钙，测量误差小．②当A装置试管中只有较少晶体时停止加热，利用余热使晶体升华、分解，此时需要缓缓通入N2，通入N2的目的是使草酸分解生成的气体全部钡装置CD全部吸收．③若取草酸晶体的质量为15.0g，C中沉淀的质量为19.7g，装置如图2D中硬质玻璃管减少的质量为1.6g，则草酸分解的化学方程式为H2C2O4•2H2O CO2↑+3H2O+CO↑．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）乙二酸分子中含有羧基，有酸性能发生酯化反应、能被高锰酸钾氧化；（2）①由于试管口向下倾斜，草酸晶体熔点较低，加热到182℃便开始熔化，因此实验中会出现熔融的草酸流进导管而影响后续实验，能避免熔融的草酸流进导管而影响后续实验；②装置气密性检验，先密闭装置，最后的导气管插入水中，微热后，有气泡冒出，冷却后导气管会有水柱上升，证明装置气密性完好；③草酸晶体在101℃时熔化并开始升华，157℃时大量升华，草酸和氢氧化钙也反应生成草酸钙白色沉淀分析；（3）①C中盛放Ba（OH）2溶液，而不使用澄清石灰水，氢氧化钡溶解度大于氢氧化钙，利用的是氢氧化钡吸收二氧化碳充分，碳酸钡摩尔质量大于碳酸钙，测得误差小；②缓缓通入N2，把生成的气体全部赶入CD中全部吸收，减少测得误差；③若取草酸晶体的质量为15.0g，C中沉淀的质量为19.7g，为碳酸钡沉淀，计算得到二氧化碳中碳元素物质的量，装置D中硬质玻璃管减少的质量为1.6g，说明生成了一氧化碳，依据反应定量关系计算一氧化碳物质的量，依据碳元素守恒得到草酸晶体中草酸质量，得到含有结晶水的质量，依据原子守恒计算书写化学方程式；解答：解：（1）乙二酸分子中含有羧基，具有酸性，且酸性比碳酸强，能使蓝色石蕊试液变红，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；能与乙二醇发生发生酯化反应，所以三个选项都正确，故答案为：①②③；（2）①由于试管口向下倾斜，草酸晶体熔点较低，加热到182℃便开始熔化，因此实验中会出现熔融的草酸流进导管而影响后续实验，能避免熔融的草酸流进导管而影响后续实验，装置最好应该选择下列装置中的b，故答案为：b；②装置气密性检验，先密闭装置，最后的导气管插入水中，微热后，有气泡冒出，冷却后导气管会有水柱上升，证明装置气密性完好，如图连接好装置，关闭装置A的活塞，将C 装置中的导管没入水中，微热A装置的试管，看到导气管口处有气泡冒出，撤火后观察到导气管中有一段水柱上升，则说明装置气密性完好，故答案为：装置气密性检验，先密闭装置，最后的导气管插入水中，微热后，有气泡冒出，冷却后导气管会有水柱上升，证明装置气密性完好；③草酸晶体在101℃时熔化并开始升华，157℃时大量升华，草酸和氢氧化钙也反应生成草酸钙白色沉淀分析，若无B装置，当c装置中出现浑浊，不能说明草酸分解生成了CO2，故答案为：不能；草酸和氢氧化钙也反应生成草酸钙白色沉淀；（3）①C中盛放Ba（OH）2溶液，而不使用澄清石灰水，氢氧化钡溶解度大于氢氧化钙，利用的是氢氧化钡吸收二氧化碳充分，碳酸钡摩尔质量大于碳酸钙，测得误差小，故答案为：Ba（OH）2溶解度大于氢氧化钙可充分吸收二氧化碳，碳酸钡摩尔质量大于碳酸钙，测量误差小；②缓缓通入N2，把生成的气体全部赶入CD中全部吸收，减少测得误差，故答案为：使草酸分解生成的气体全部钡装置CD全部吸收；③若取草酸晶体的质量为15.0g，C中沉淀的质量为19.7g，为碳酸钡沉淀物质的量==0.1mol，计算得到二氧化碳中碳元素物质的量为0.1mol，装置D中硬质玻璃管减少的质量为1.6g，减少的是氧元素质量，物质的量==0.1mol，依据反应定量关系计算一氧化碳物质的量，说生成了一氧化碳为0.1mol，依据碳元素守恒得到草酸晶体中草酸质量=（0.1mol+0.1mol）××90g/mol=9g，得到含有结晶水的质量=15g﹣9g=6g，水的物质的量==mol，n（CO2）：n（CO）：n（H2O）=0.1：0.1：≈1：1：3，依据原子守恒计算书写化学方程式：H2C2O4•2H2O CO2↑+3H2O+CO↑，故答案为：H2C2O4•2H2O CO2↑+3H2O+CO↑．点评：本题通过探讨乙二酸的性质，考查了物质性质实验方案的设计，题目难度较大，正确理解题干信息明确反应原理为解答关键，计算过程稍复杂，可以假设出草酸氢铵的物质的量，然后根据反应原理计算，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力，题目难度中等．9．工业上吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：（1）Na2S2O4中S元素的化合价为+3．（2）写出装置Ⅱ中反应的离子方程式NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+．（3）装置Ⅲ中电解槽阴极发生的电极反应为2HSO3﹣﹣2e﹣+2H+=S2O42﹣+2H2O．（4）从装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤等．考点：二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．专题：元素及其化合物．分析：一氧化氮、二氧化硫经过盛有氢氧化钠溶液的装置Ⅰ反应生成亚硫酸氢钠，将二氧化硫吸收，剩余的一氧化氮在装置Ⅱ中在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应生成硝酸根、亚硝酸根离子，装置Ⅲ中电解亚硫酸氢钠溶液生成Na2S2O4，剩余溶液在装置Ⅳ中通入氧气、氨气发生反应生成硝酸铵，（1）依据化合价代数和为0；（2）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应；（3）在电解池中，阳极上发失去电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；（4）根据获得粗产品的实验步骤来分析．解答：解：（1）Na2S2O4中钠元素为+1价，氧元素为﹣2价，依据代数和为0，可知硫元素化合价为+3价；故答案为：+3；（2）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+，故答案为：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+；（3）电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：2HSO3﹣﹣2e﹣+2H+=S2O42﹣+2H2O ，故答案为：2HSO3﹣﹣2e﹣+2H+=S2O42﹣+2H2O；（4）获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；故答案为：蒸发浓缩冷却结晶．点评：本题为工艺流程题，考查了含氮元素、含硫元素物质的性质知识，熟悉相关物质的性质和电解原理是解题关键，题目难度中等． 10．（14分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法或间接水合法生产．回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C 2H 5OSO 3H ）．再水解生成乙醇．写出相应的反应的化学方程式CH 2=CH 2+H 2SO 4=C 2H 5OSO 3H 、C 2H 5OSO 3H+H 2O→C 2H 5OH+H 2SO 4．（2）已知：甲醇脱水反应①2CH 3OH （g ）═CH 3OCH 3（g ）+H 2O （g ）△H 1=﹣23.9KJ•mol ﹣1甲醇制烯烃反应②2CH 3OH （g ）═C 2H 4 （g ）+2H 2O （g ）△H 2=﹣29.1KJ•mol ﹣1乙醇异构化反应③CH 3CH 2OH （g ）═CH 3OCH 3（g ）△H 3=+50.7KJ•mol ﹣1则乙烯气相直接水合反应C 2H 4 （g ）+H 2O （g ）═C 2H 5OH （g ）的△H=﹣45.5KJ•mol ﹣1 与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是：无副产品，原子利用率100%．（3）科学家还利用氢气在一定条件下与二氧化碳反应生成乙醇燃料，其热化学反应方程式为2CO 2（g ）+6H 2（g ）⇌CH 3CH 2OH （g ）+3H 2O （g ）△H=a kJ/mol ，在一定压强下，测得该反应的实验数据如下表．温度（K ）CO2转化率（%）500 600 700 800 1.545 33 20 12 260 43 28 15 383 62 37 22 请根据表中数据分析：上述反应的a 小于0（填“大于”或“小于”②恒温下，向反应体系中加入固体催化剂，则反应产生的热量不变（填“增大”、“减小”或“不变”）．③增大的值，则生成乙醇的物质的量不能确定（填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）．考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算．分析：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；（2）甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③计算可得；气相直接水合法原子利用率100%；（3）①依据图表数据分析二氧化碳转化率随温度升高减小，结合平衡移动原理得到反应能量变化；②催化剂对化学平衡没有影响，所以加入催化剂，平衡不移动，反应反应热不变；③氢气和二氧化碳物质的量比值增大，可以是增加氢气，也可能为减小二氧化碳，所以二氧化碳转化率增大，但生成的乙醇的物质的量不一定增大或减小．解答：解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4，故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，故答案为：﹣45.5；无副产品，原子利用率100%；（3）①由图表分析判断，随温度升高，二氧化碳转化率减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，a小于0故；故答案为：小于；②催化剂对化学平衡没有影响，所以加入催化剂，平衡不移动，反应反应热不变，故答案为：不变；。

【绝密★启用前 A】广东省东莞市南开实验学校2013届高三化学上学期期初考试试题新人教版答案须做在答题卷上；须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答；考试结束后交答题卷。

考试时间：150分钟命题人：陈一平周金桃朱兴文满分：300分第I卷（选择题共118分）一、单项选择题（四个选项中只有一个符合题目要求；每小题4分，共64分）6．将盛有一定浓度蔗糖溶液的透析袋口扎紧后浸于蒸馏水中，下图表示透析袋中蔗糖溶液浓度与时间的关系，正确的是7.下列措施有利于节能减排、改善环境质量的有①在大亚湾核电站已安全运行多年的基础上，广东将继续发展核电，以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题②积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料③加速建设地铁轻轨等轨道交通，促进珠三角城市一体化发展，减少汽车尾气排放④发展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统⑤使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾A.①②③④B. ①②⑤C. ①②④⑤D. ③④⑤8.设N A为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．O2的摩尔质量与N A个O2分子的质量在数值和单位上都相等B．1.8g NH4+中，所含电子总数为N AC．0.5 mol·L-1 Fe2（SO4）3溶液中，含SO42-数目为1.5N AD．常温常压下，0.5 N A个SO2分子所占体积是11.2L9. 实验能达到目的的是A．称量25g氢氧化钠 B．H2O2溶液制备O2 C．乙酸乙酯的制备 D．石油蒸馏10. 在KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（）A．1∶6 B．1∶5C．6∶1 D．5∶111. 下列有关金属的说法中，不正确的是 ( )A．青铜、不锈钢、硬铝都是合金B．铜表面易形成致密的氧化膜C．工业上用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁D．铝是活泼金属，但在空气中耐腐蚀12.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + 2Fe3+＝ Cu2+ + 2Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+ H2O ＝ 2Na+ + 2OH- + O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2 + H2O ＝ 2H+ + Cl- + ClO-D．向明矾溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－＝AlO2－＋2H2O二、双项选择题（四个选项中只有两个符合题目要求；每小题 6分，全对得6分，漏选得3分，错选不得分；9题共54分）22. 下列各组离子一定能大量共存的是A．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl—、SCN—B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2—、CO32—C．在c(H+) =10—13mol/L 的溶液中：NH4+、Al3+、SO42—、NO3—D ．在pH =1的溶液中：K +、Fe 3+、Cl —、NO 3—23. 实验室里利用以下反应制取少量氮气：NaNO 2＋NH 4Cl===NaCl ＋N 2↑＋2H 2O 。

南开实验学校2015-2016学年第一学期期初考试高一化学本试卷共4面，27小题，满分100分。

考试用时90分钟。

说明：1、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

2、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

3、答案必须写在答题卡上，收卷时只交答题卡。

可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 P 31 Cl 35.5第I卷选择题（共48分）一、单项选择题：（本题共15个小题；每小题2分，共30分．每小题只有一个选项符合题意）1．化工厂储运浓硫酸的容器上应贴的标识是A B C D2A．过滤，蒸馏，蒸发，萃取分液B．过滤，蒸发，蒸馏，萃取分液C．蒸发，蒸馏，过滤，萃取分液D．萃取，蒸馏，蒸发，过滤分液3.下列各组仪器中，能用酒精灯直接加热的一组是A. 燃烧匙、集气瓶B. 蒸发皿、试管C. 坩埚、烧杯D. 烧瓶、烧杯有毒品有毒品有毒品4．下列物质的分离方法不正确．．．的是A．用淘洗的方法从沙里淘金B．用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C．用酒精萃取碘水中的碘D．用过滤的方法除去食盐中的泥沙5．1molCO和1molCO2具有相同的：①分子数②原子总数③碳原子数④氧原子数A．①③B．②④C．①④D．①②③6．除去NaCl中少量杂质CaCl2Na2SO4，所用试剂及顺序正确的是A．Na2CO3、BaCl2、HCl B．BaCl2、Na2CO3、HClC．BaCl2、Na2CO3、HNO3D．BaCl2、K2CO3、HNO37．下列实验操作中错误．．的是A．蒸发操作时，不应使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大8．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

南开实验学校2013届高三上学期期中考试化学试题说明：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和班级、考号、座位号等填写在答题卡的侧面相应的空格内。

2．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

答案必须写在答题卷上，收卷时只交答题卷。

第I卷（选择题共118分）一、单项选择题（四个选项中只有一个符合题目要求；每小题4分，共64分）7、随着社会的发展，人们日益重视环境问题，下列做法或说法不正确的是A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工农业生产等对环境的污染B．将煤气化或液化，获得清洁燃料C．PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10－6m的颗粒物，也称细颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中形成混合物属于胶体D．推广使用无磷洗衣粉和无氟冰箱8. 下列有关物质结构的表述正确的是A．次氯酸的电子式B．二氧化硅的分子式 SiO2D O中，质量数之和是质子数之和的两倍C．162D．HCl是H+和Cl-构成的，是离子化合物9. 设N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A．常温常压下，39g Na2O2中含有的离子总数为2N AB．标准状况下，22.4L CC14中含有的分子数目为N AC．标准状况下，2.24L CO2和SO2混合气体中含有的氧原子数目为0.2N AD．常温常压下，0.1mo1C12溶于足量NaOH溶液中，转移的电子数目为0.2N A10.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是A．硫化钠水溶液呈碱性的原因：S2—+2H 2O H2S↑+2OH－B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2 + H2O＝ 2N a+ + 2O H－ + O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：C l2 + H2O＝ 2H+ + Cl－ + ClO－D．用F e C l3溶液腐蚀铜线路板：Cu + 2F e3+＝ Cu2+ + 2Fe2+11.实验室利用以下反应制取少量氮气：NaNO2 + NH4Cl = NaCl + N2↑ + 2H2O，关于该反应的下列说法正确的是( )A．NH4Cl中的氮元素被还原 B．每生成1mol N2转移的电子的物质的量为6mol C．NaNO2是氧化剂 D．N2既是氧化剂，又是还原剂12. 下图表示H2＋Cl2＝2 HCl 反应中能量变化的理论分析示意图，下列说法正确的是A. 此反应生成物的总能量大于反应物的总能量B. 此反应断键吸收的热量大于成键放出的热量C. 1 mol H2与1mol Cl2反应吸收183k J热量D. 2 mol H2与1mol Cl2反应放出183kJ热量二、双项选择题（四个选项中只有两个符合题目要求；每小题 6分，全对得6分，漏选得3分，错选不得分；9题共54分）22. 低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH 3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g) ΔH<0在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率增大C．单位时间内消耗NO和N2的速率比为1∶2时，反应达到平衡D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大23. 下列实验的解释或结论不正确的是选项实验解释或结论A．向某溶液中加入NaOH并微热，产生能使湿润的红色原溶液中一定存在NH4+石蕊试纸变蓝的气体B．铜粉不能溶于冷的浓硫酸铜在冷的浓硫酸中发生钝化向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后C．新制氯水显酸性溶液呈红色D．向FeC12溶液中通入C12，溶液由浅绿色变为黄色C12的氧化性比FeC13的强第Ⅱ卷（非选择题共182分）30（16分）下表是元素周期表的一部分, 针对表中的①～⑨种元素,用化学用语填写下列空白：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0族主族周期2 ①②③3 ④⑤⑥⑦⑧4 ⑨(1) 在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是_______，碱性最强的化合物的电子式．．．是：_____________。

2015-2016学年广东省东莞市实验中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )A．常温下，23g NO2和N2O4的混合气体中含有N A个氧原子B．常温下，pH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.1N AC．标准状况下，2.24L SO3中含有硫原子的数目为N AD．标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数为N A2．表中实验现象、解释与结论均正确的是( )A．AB．BC．CD．D3．下列叙述正确的是( )A．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质B．酸式盐的水溶液呈酸性C．醋酸溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大D．凡是强酸生成的盐，其水溶液呈中性4．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A．3种B．4种C．5种D．6种5．下列图示与对应的叙述相符的是( )A．向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化B．向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a＞bC．催化剂能改变化学反应的焓变D．等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H＜06．A、B、C为三种短周期元素，A、B同周期，A、C最低价离子分别为A2﹣、C﹣，其离子半径A2﹣＞C﹣．B2+与C﹣具有相同的电子层结构，下列叙述一定不正确的是( )A．它们的原子序数A＞B＞CB．它们的原子半径C＞B＞AC．离子半径A2﹣＞C﹣＞B2+D．原子核外最外层上的电子数C＞A＞B7．有关下列两种溶液的说法中，正确的是( )溶液①：0.2mol•L﹣1 CH3COONa溶液；溶液②：0.1mol•L﹣1H2SO4溶液．A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＜溶液②B．加水稀释溶液①，溶液中变大C．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c（CH3COO﹣）+2c（SO42﹣）=c（Na+）D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，溶液中c（Na+）＞c（SO42﹣）二、解答题（共3小题，满分41分）8．乙二酸通常以二水合物的形式存在（H2C2O4•2H20），俗称草酸晶体．已知草酸晶体在101℃时熔化并开始升华，157℃时大量升华，继续升温会发生分解反应．（1）下列关于乙二酸的叙述正确的是__________．（填序号）①能和乙二醇发生酯化反应②其溶液能使蓝色石蕊试纸变红③能和碳酸钠溶液反应生成气体（2）欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，设计实验如图1：图2 A装置最好应该选择下列装置图3中的__________（填序号）②简述检验整套装置气密性的操作方法：__________．③若无如图2 B装置，当c装置中出现浑浊__________（填“能”或“不能”）证明草酸分解生成了CO2，理由是___________．（3）若上述装置C中盛放Ba（OH）2溶液，导气管与D装置中的a相连，通过测定C中生成沉淀的质量，装置D中硬质玻璃管减少的质量，即可确定草酸分解的化学方程式__________．①C中盛放Ba（OH）2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是___________．②当A装置试管中只有较少晶体时停止加热，利用余热使晶体升华、分解，此时需要缓缓通入N2，通入N2的目的是__________．③若取草酸晶体的质量为15.0g，C中沉淀的质量为19.7g，装置如图2D中硬质玻璃管减少的质量为1.6g，则草酸分解的化学方程式为__________．9．工业上吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：（1）Na2S2O4中S元素的化合价为__________．（2）写出装置Ⅱ中反应的离子方程式__________．（3）装置Ⅲ中电解槽阴极发生的电极反应为__________．（4）从装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为__________、__________过滤、洗涤等．10．（14分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法或间接水合法生产．回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H）．再水解生成乙醇．写出相应的反应的化学方程式__________、__________．（2）已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9KJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1KJ•mol﹣1乙醇异构化反应③CH3CH2OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7KJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=__________KJ•mol﹣1与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是：__________．（3）科学家还利用氢气在一定条件下与二氧化碳反应生成乙醇燃料，其热化学反应方程式为2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=a kJ/mol，在一定压强下，测得该反应的实验数据如下表．请根据表中数据分析：上述反应的a__________0（填“大于”或“小于”②恒温下，向反应体系中加入固体催化剂，则反应产生的热量__________（填“增大”、“减小”或“不变”）． ③增大的值，则生成乙醇的物质的量__________（填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）．【选做题】11．（17分）分子式为C 12H 14O 2的F 有机物广泛用于香精的调香剂．为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：试回答下列问题：（1）A 物质在核磁共振氢谱中能呈现__________种峰． （2）C 物质的官能团名称__________．（3）上述合成路线中属于取代反应的是__________（填编号）． （4）写出反应⑥的化学方程式：__________．（5）F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为﹣CH2COOCH3；__________．2015-2016学年广东省东莞市实验中学高三（上）第一次月考化学试卷答案解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )A．常温下，23g NO2和N2O4的混合气体中含有N A个氧原子B．常温下，pH=1的H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.1N AC．标准状况下，2.24L SO3中含有硫原子的数目为N AD．标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数为N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A．NO2和N2O4最简式相同为NO2；B．溶液的体积不确定；C．标准状况下SO3是固体；D．氯气与水反应时可逆反应，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯．解答：解：A．NO2和N2O4最简式相同为NO2，计算23gNO2中所含氧原子数=×2×N A=N A，故A正确；B．溶液的体积不确定，无法求出H+的个数，故B错误；C．标准状况下SO3是固体，2.24L SO3的物质的量不是0.1mol，故C错误；D．氯气与水反应时可逆反应，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，故标准状况下，22.4L氯气溶于水转移电子数小于N A，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确气体摩尔体积的条件应用是解题关键，题目难度不大．2．表中实验现象、解释与结论均正确的是( )A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．浓硝酸易挥发，且具有强氧化性；B．沉淀可能为AgCl；C．甲苯与溴水不发生化学反应；D．AgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小．解答：解：A．铜与浓硝酸反应，生成气体用湿润KI﹣淀粉试纸检验，试纸变蓝，因浓硝酸易挥发，且具有强氧化性，则不能说明NO2为酸性气体，故A错误；B．某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含Ag+或SO42﹣，但二者不能同时存在，故B错误；C．向甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，发生了萃取，不发生化学反应，故C错误；D．在稀AgNO3溶液中先加入少量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明K sp（AgCl）＞K sp（AgI），故D正确；故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、沉淀的转化、萃取及物质的性质，选项A为解答的易错点，注意硝酸易挥发及其氧化性，题目难度中等．3．下列叙述正确的是( )A．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质B．酸式盐的水溶液呈酸性C．醋酸溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大D．凡是强酸生成的盐，其水溶液呈中性考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：A、电解质必须自身电离而导电；B、有些酸式盐的溶液呈酸性，有些酸式盐的溶液呈碱性；C、根据弱电解质的电离需要吸热以及温度对平衡的影响；D、根据盐的类型以及水解规律来解答；解答：解：A、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴、阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是亚硫酸，而不是SO2，所以SO2不是电解质，是非电解质，故A错误；B、有些酸式盐的溶液呈酸性，如硫酸氢钠，有些酸式盐的溶液呈碱性，如碳酸氢钠，故B 错误；C、醋酸的电离过程吸热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即正向移动，所以溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大，故C正确；D、若为强酸强碱盐，盐不水解，溶液呈中性，若为强酸弱碱盐，盐水解，溶液呈酸性，故D错误．故选C．点评：本题主要考查了电解质的判断、盐溶液的性质、电离平衡等，难度不大，注意弱电解质的电离需要吸热．4．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A．3种B．4种C．5种D．6种。

南开实验学校2016-2017学年第一学期期初考试高三理科综合2016.9 本试卷共6面，40题，满分300分。

考试用时150分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。

用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的学校以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题题组号对应的信息点，再作答。

漏涂、错涂、多涂的，答案无效。

5．考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，收卷时只交答题卷。

第Ⅰ卷（选择题126分）可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求．每小题6分）7.明·于谦诗：“凿开混沌得乌金，藏蓄阳和意最深。

爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉。

”这里“乌金”指的是( )A．煤B．磁铁矿C．石油D．金8.设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是( )A．标准状况下，11.2 L SO3所含的氧原子数为1.5N AB．电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2N AC．常温常压下，4.0 g CH4中含有共价键的数目为N AD．在含Al3＋总数为N A的AlCl3溶液中，Cl－总数为3N A9．右图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是( )A．31d和33d属于同种核素B．气态氢化物的稳定性：d＞a＞eC．工业上常用电解法制备单质b和cD．a和b形成的化合物不可能含共价键10. 某课外小组的同学设计了以下装置（部分夹持仪器已略）制取无水AlCl3（易升华），其中不能．．达到相应实验目的的是( )A．用装置甲制取氯气B．用装置乙干燥氯气C．用装置丙制取并收集AlCl3D．用装置丁处理丙中排出的尾气11.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。