四川省达州市大竹县文星中学2014-2015学年高一下学期期中化学试卷

四川省达州市大竹县文星中学2014-2015学年高一下学期期中化学试卷一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温下，含1 mol Fe的铁片与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3 N A个B．19.2 g铜与足量的稀硝酸反应产生NO的体积为4.48 LC．标准状况下，33.6 L SO3含有9.03×1023个SO3分子D．在46 gNO2和N2O4的混合物气体中所含原子总数为3N A个2．（6分）下列对碱金属性质的叙述中，正确的是（）A．都是银白色的柔软金属，密度都比较小B．单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物C．碱金属单质与水剧烈反应生成碱和氢气D．单质的熔、沸点随着原子序数的增加而升高3．（6分）含有1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示．下列有关判断正确的是（）A．a是Fe（NO3）2B．n1=0.375 C．p=0.20 D．n2=0.304．（6分）下列物质的性质比较，正确的是（）A．气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2SB．碱性：NaOH＞KOH＞RbOHC．非金属性：P＞S＞ClD．酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO45．（6分）X、Y、Z、W、R属于短周期元素．已知它们都不是稀有气体元素，X的原子半径最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，Y的氢化物熔沸点比R的氢化物低C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．Y分别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种6．（6分）如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（）A．蒸馏、蒸发、萃取、过滤B．蒸馏、过滤、萃取、蒸发C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏7．（6分）已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（）A．每生成2分子AB吸收b kJ热量B．该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B键，放出a kJ能量二、填空题：共13分8．（13分）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，且原子序数逐渐增大．已知：A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应．D 元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个．回答下列问题：（1）写出D的元素名称，D的气态氢化物的化学式E的最高价氧化物的水化物的化学式．（2）画出B元素的离子结构示意图．（3）若构成F元素的一种核素的中子数为18，写出该核素的符号．（4）C与F元素最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为．（5）将A、C、F的简单离子按照半径由大到小的顺序排列（用离子符号表示）三、实验题：共15分9．（15分）某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去）．图中K为止水夹（处于关闭状态），F 是一半空的注射器．请回答有关问题：（1）设计装置A的目的是为达到此目的，应进行的操作是．（2）在完成（1）中的操作后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是．B中反应的离子方程式为：．（3）装置E和F的作用是．为实现此作用，其操作方法是．（4）装置D的作用是．四、综合题：共1题每题15分共15分10．（15分）美丽中国，节约为荣．“开源节流”是应对能源危机的重要举措．请回答下列问题：（1）下列做法不利于能源“开源节流”的是（填序号）．a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源b．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少煤、石油等化石燃料的使用d．减少资源消耗，增加资源的重复使用，注重资源的循环再生（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应放出的热量如图1所示：①在通常状况下，（填“金刚石”或“石墨”）更稳定，石墨的燃烧热△H=．②又已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2=﹣571.6kJ•mol﹣12C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣2599.2kJ•mol﹣1根据盖斯定律及以上信息，写出C（石墨）与H2（g）反应生成1molC2H2（g）的热化学方程式：．（3）丙烷（C3H8）是一种优良的气体燃料．试回答下列问题：①如图2是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O（l）过程中的能量变化图（图中括号内“+”或“﹣”未标注），写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：．②二甲醚（CH3OCH3）是一种新型燃料，应用前景广阔，1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量，若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为．五、计算题：共15分11．（15分）向100mLBaCl2、AlCl3、FeCl3的混合溶液A中，逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合溶液B，产生的沉淀和加入混合溶液B的体积关系如下图所示：（1）加入B溶液110mL时，溶液中的沉淀是，溶液中的溶质是．（2）从90mL至100mL之间加入10mL B溶液时发生的离子反应方程式是：Ba2++SO42﹣→BaSO4↓，Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O溶液B中Na2SO4与NaOH的物质的量浓度之比为；（3）计算A溶液中AlCl3的物质的量浓度，写出计算过程：．四川省达州市大竹县文星中学2014-2015学年高一下学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、单选题：共7题每题6分共42分1．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．常温下，含1 mol Fe的铁片与过量浓HNO3反应，转移电子的数目为3 N A个B．19.2 g铜与足量的稀硝酸反应产生NO的体积为4.48 LC．标准状况下，33.6 L SO3含有9.03×1023个SO3分子D．在46 gNO2和N2O4的混合物气体中所含原子总数为3N A个考点：阿伏加德罗常数．分析：A、常温下铁在浓硝酸中发生钝化；B．没有告诉在标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算一氧化氮的体积；C．标准状况下，三氧化硫的状态不是气体；D．NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合气体中含有的原子数．解答：解：A、常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，电子转移不是3 N A个，故A错误；B．19.2g铜的物质的量为0.3mol，0.3mol铜与足量的稀硝酸反应生成0.2molNO，不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算一氧化氮的体积，故B错误；C．标况下，三氧化硫不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算33.6L三氧化硫的物质的量，故C错误；D．46g NO2和N2O4的混合物中含有1mol最简式NO2，含有1mol氮原子和2mol氧原子，总共含有3mol原子，混合物中原子总数为3N A个，故D正确；故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B 为易错点，注意没有告诉在标准状况下．2．（6分）下列对碱金属性质的叙述中，正确的是（）A．都是银白色的柔软金属，密度都比较小B．单质在空气中燃烧生成的都是过氧化物C．碱金属单质与水剧烈反应生成碱和氢气D．单质的熔、沸点随着原子序数的增加而升高考点：碱金属的性质．专题：金属概论与碱元素．分析：A．铯是金黄色的金属；B．锂在空气中燃烧生成氧化锂；C．碱金属单质，性质活泼，与水剧烈反应生成碱和氢气；D．金属晶体中金属原子的半径越大，金属键越弱，晶体的熔沸点越低．解答：解：A．铯是金黄色，不是银白色，故A错误；B．锂在空气中燃烧生成氧化锂，故B错误；C．碱金属单质，性质活泼，与水剧烈反应生成碱和氢气，故C正确；D．碱金属都是金属晶体，碱金属从上到下原子半径依次增大，金属键依次减弱，单质的熔沸点依次降低，故D错误；故选：C．点评：本题考查了碱金属的性质，本题考查了，注意抓住碱金属性质递变规律分析判断，掌握基础是关键，题目比较简单．3．（6分）含有1mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示．下列有关判断正确的是（）A．a是Fe（NO3）2B．n1=0.375 C．p=0.20 D．n2=0.30考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：向稀硝酸中加入铁粉时，开始先生成Fe（NO3）3，当铁过量时，过量的铁再与Fe （NO3）3反应生成Fe（NO3）2，反应涉及两个方程式．解答：解：向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe（NO3）3，反应方程式为：Fe+4 HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据硝酸的物质的量为1mol利用方程式可计算出生成的Fe（NO3）3为0.25mol，所以参加反应的铁为0.25mol即n1=0.25，a为Fe（NO3）3，故AB错误；C．Fe（NO3）3与过量的铁继续反应生成Fe（NO3）2，反应方程式为：2Fe（NO3）3+Fe=3 Fe（NO3）2，P点为Fe（NO3）3与Fe（NO3）2物质的量相等的点，设生成的Fe（NO3）2物质的量xmol，则利用方程式可求得x=0.15，即P=0.15，故C错误；D．再根据铁原子守恒，n（Fe）=n（Fe（（NO3）2）+n（Fe（NO3）），所以n（Fe）=0.3mol 即n2=0.3mol，故D正确．故选D．点评：本题考查了铁与系硝酸的反应，要注意铁和硝酸谁多谁少，以及加入的顺序．4．（6分）下列物质的性质比较，正确的是（）A．气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2SB．碱性：NaOH＞KOH＞RbOHC．非金属性：P＞S＞ClD．酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO4考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；B．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；C．根据同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强分析；D．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强．解答：解：A．非金属性：F＞Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S，故A正确；B．金属性：Rb＞K＞Na，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＜KOH＜RbOH，故B错误；C．P、S、Cl位于周期表相同周期，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：P＜S＜Cl，故C错误；D．已知非金属性：Cl＞Br＞S，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HClO4＞HBrO4＞H2SO4，故D错误．故选A．点评：本题考查元素的金属性、非金属性的递变规律，题目难度中等，注意金属性、非金属性与元素对应的单质、化合物的性质．5．（6分）X、Y、Z、W、R属于短周期元素．已知它们都不是稀有气体元素，X的原子半径最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）A．X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B．Y的氢化物比R的氢化物稳定，Y的氢化物熔沸点比R的氢化物低C．Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD．Y分别与Z、W、R以两种元素组成的常见化合物有5种考点：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：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=8﹣2=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=6﹣2=4，则Z为Si元素；W元素与Z元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、W、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，X元素原子半径最大，则X为Na元素；Y 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m﹣n，则m+n=8，故Y只能有2个电子层，则n=2，故m=8﹣2=6，可推知Y为O元素；Z元素M层电子数=6﹣2=4，则Z为Si元素；W元素与Z 元素同主族，可推知W为C元素；R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素．A．氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均为1：2，故A正确；B．非金属性O＞S，故氢化物稳定性O＞S，水分子之间存在氢键，其熔沸点高于硫化氢，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S＞C＞Si，所以酸性强弱顺序为：硫酸＞碳酸＞硅酸，故C正确；D．氧元素分别与硅、碳、硫元素组成的常见化合物有：二氧化硅、一氧化碳、二氧化碳、二氧化硫和三氧化硫五种，故D正确，故选B．点评：本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握，难度不大，注意元素周期律的灵活运用，知道氢键对物质物理性质的影响．6．（6分）如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（）A．蒸馏、蒸发、萃取、过滤B．蒸馏、过滤、萃取、蒸发C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏考点：过滤、分离与注入溶液的仪器．专题：化学实验常用仪器．分析：蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离；解答：解：因蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；因普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；因分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发，故选B．点评：本题主要考查了物质分离的原理和仪器，难度不大，平时注意知识的积累．7．（6分）已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（）A．每生成2分子AB吸收b kJ热量B．该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B键，放出a kJ能量考点：反应热和焓变．分析：由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，以此解答该题．解答：解：A．吸收b kJ热量，应生成2molAB，故A错误；B．由图象可知该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1，故B正确；C．由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，故C错误；D．断裂化学键吸收能量，故D错误．故选B．点评：本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，为高频考点，注意反应热△H=反应物能量总和﹣生成物能量总和，题目较简单．二、填空题：共13分8．（13分）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，且原子序数逐渐增大．已知：A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应．D 元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个．回答下列问题：（1）写出D的元素名称硅，D的气态氢化物的化学式SiH4E的最高价氧化物的水化物的化学式H3PO4．（2）画出B元素的离子结构示意图．（3）若构成F元素的一种核素的中子数为18，写出该核素的符号3517Cl．（4）C与F元素最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．（5）将A、C、F的简单离子按照半径由大到小的顺序排列Cl＞Na＞Al（用离子符号表示）考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，且原子序数逐渐增大．A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，应是氢氧化铝、强碱、强酸之间的反应，且A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，可推知A为Na、C为Al、F为Cl；B的原子序数介于Na、Al之间，故B为Mg；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，最外层电子数为4，则D为Si；E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，最外层电子数为8﹣3=5，故E为P元素，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，且原子序数逐渐增大．A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，应是氢氧化铝、强碱、强酸之间的反应，且A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，可推知A为Na、C为Al、F为Cl；B的原子序数介于Na、Al之间，故B为Mg；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，最外层电子数为4，则D为Si；E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，最外层电子数为8﹣3=5，故E为P元素．（1）由上述分析可知，D为硅元素，其气态氢化物的化学式SiH4；E为P元素，的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4，故答案为：硅；SiH4；H3PO4；（2）B元素的离子为Mg2+，离子结构示意图为：，故答案为：；（3）若Cl元素的一种核素的中子数为18，其质量数为17+18=35，该核素的符号表示为3517Cl，故答案为：3517Cl；（4）C与F元素最高价氧化物的水化物分别为Al（OH）3、HClO4，二者反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（5）将A、C、F的简单离子分别为Na+、Al3+、Cl﹣，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl﹣＞Na+＞Al3+，故答案为：Cl﹣＞Na+＞Al3+．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，有利于基础知识的巩固．三、实验题：共15分9．（15分）某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO而设计了下列实验，装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去）．图中K为止水夹（处于关闭状态），F 是一半空的注射器．请回答有关问题：（1）设计装置A的目的是利用生成的二氧化碳赶尽整个装置内的空气，避免对NO的检验造成干扰为达到此目的，应进行的操作是观察到C中变浑浊，关闭K，移动铜丝与硝酸接触．（2）在完成（1）中的操作后，将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是气泡冒出和溶液变为蓝色．B中反应的离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O．（3）装置E和F的作用是验证NO的生成．为实现此作用，其操作方法是将F中的空气推入E中．（4）装置D的作用是吸收多余的氮氧化物，防止污染空气．考点：性质实验方案的设计；硝酸的化学性质．专题：实验题．分析：由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E 中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答．解答：解：（1）因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成二氧化氮，利用A装置反应生成的二氧化碳气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是观察到C中变浑浊，关闭K，移动铜丝与硝酸接触，故答案为：利用生成的二氧化碳赶尽整个装置内的空气，避免对NO的检验造成干扰；（2）因铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，其离子反应为3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，观察到气泡冒出和溶液变为蓝色，故答案为：气泡冒出和溶液变为蓝色；3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）将F中的空气推入E中，发生2NO+O2=2NO2，E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则装置E和F的作用是验证NO的生成，故答案为：验证NO的生成；将F中的空气推入E中；（4）NO、NO2都有毒，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，则装置D的作用为吸收多余的氮氧化物，防止污染空气，故答案为：吸收多余的氮氧化物，防止污染空气．点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的综合考查，题目难度中等．四、综合题：共1题每题15分共15分10．（15分）美丽中国，节约为荣．“开源节流”是应对能源危机的重要举措．请回答下列问题：（1）下列做法不利于能源“开源节流”的是b（填序号）．a．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源b．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求c．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少煤、石油等化石燃料的使用d．减少资源消耗，增加资源的重复使用，注重资源的循环再生（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应放出的热量如图1所示：①在通常状况下，石墨（填“金刚石”或“石墨”）更稳定，石墨的燃烧热△H=﹣393.5kJ/mol．②又已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2=﹣571.6kJ•mol﹣12C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣2599.2kJ•mol﹣1根据盖斯定律及以上信息，写出C（石墨）与H2（g）反应生成1molC2H2（g）的热化学方程式：2C（石墨，s）+H2（g）C2H2（g），△H=+226.8kJ/mol．（3）丙烷（C3H8）是一种优良的气体燃料．试回答下列问题：①如图2是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O（l）过程中的能量变化图（图中括号内“+”或“﹣”未标注），写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2215kJ/mol．②二甲醚（CH3OCH3）是一种新型燃料，应用前景广阔，1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量，若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为1：3．考点：常见的生活环境的污染及治理；热化学方程式；有关混合物反应的计算．分析：（1）a．沼气是可再生能源；b．煤、石油、天然气属于不可再生资源；c．太阳能、水能、风能、地热等取之不尽、用之不竭，可代替不可再生的化石燃料；d．减少资源消耗，增加资源的重复使用，符合“开源节流”；（2）①物质能量越高，物质越不稳定；依据图象判断石墨的燃烧热；②依据盖斯定律将热化学方程式变性解答；（3）①分析图象得到生成1mol水的焓变△H=﹣553.75KJ/mol；依据热化学方程式书写方法写出，注意物质聚集状态，对应量下的焓变；②依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比．解答：解：（1）a．沼气是可再生能源，故在农村地区开发沼气能源，符合开源节流的思想，故a不选；b．煤、石油、天然气属于不可再生资源，大力开采煤、石油和天然气，不符合节源开流的思想，故b选；c．太阳能、水能、风能、地热等取之不尽、用之不竭，代替不可再生的化石燃料符合开源节流的思想，故C不选；d．减少资源消耗，增加资源的重复使用，符合开源节流思想，故d不选；故选：b；（2）①图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图象分析1mol 石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=﹣393.5kJ▪mol ﹣1；故答案为：石墨；﹣393.5kJ▪mol﹣1；②：①C （s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1；②2H2（g）+O2（g）=2H2O （l）△H2=﹣571.6kJ•mol﹣1；③2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O （l）△H2=﹣2599.2kJ•mol﹣1；2C （s，石墨）+H2（g）=C2H2（g）的反应可以根据①×2+②×﹣③×得到，2C（石墨，s）+H2（g）C2H2（g），△H=+226.8kJ/mol；故答案为：2C（石墨，s）+H2（g）C2H2（g），△H=+226.8kJ/mol；（3）①图象是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1mol H2O（l）过程中的能量变化图，反应放热△H=﹣553.75KJ/mol，1mol丙烷完全燃烧生成3mol二氧化碳和4mol水，则写出的热化学方程式为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0 kJ/mol，故答案为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0 kJ/mol；②1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1﹣x，C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；△H1=﹣2215.0 kJ/mol，得到丙烷燃烧放热（1﹣x）2215KJ；依据条件得到：1645KJ﹣1455xKJ=（1﹣x）2215KJ，计算得到x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，则混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25：0.75=1：3，故答案为：1：3．点评：本题为综合题，考查了新能源的开发与利用，热化学方程式书写，反应热相关计算，明确热化学方程式书写注意问题、盖斯定律的使用是解题关键，题目难度中等．五、计算题：共15分11．（15分）向100mLBaCl2、AlCl3、FeCl3的混合溶液A中，逐滴加入Na2SO4和NaOH的混合溶液B，产生的沉淀和加入混合溶液B的体积关系如下图所示：（1）加入B溶液110mL时，溶液中的沉淀是Fe（OH）3、BaSO4，溶液中的溶质是NaCl、NaAlO2、Na2SO4．（2）从90mL至100mL之间加入10mL B溶液时发生的离子反应方程式是：Ba2++SO42﹣→BaSO4↓，Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O溶液B中Na2SO4与NaOH的物质的量浓度之比为1：1；（3）计算A溶液中AlCl3的物质的量浓度，写出计算过程：2mol/L．考点：离子方程式的有关计算．分析：图中第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL 时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全；图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等；图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解；图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共1.1mol，据此对各选项进行解答．解答：解：第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al（OH）3，且加入B溶液90mL 时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全；第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al（OH）3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等；第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中。