1、2015-2016学年辽宁省葫芦岛一中高二（上）期初化学试卷一选择题（每小题3分，总共48分，每题只有一个选项符合题意）1下列实验操作或记录正确的是( )A用托盘天平称取2.50 g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90 gB用量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28 mLC用两只250 mL的容量瓶配制0.1 molL1500 mLNaOH溶液D常温常压下测得1 mol N2的质量为28 g2能在溶液中大量共存的一组离子是( )ANH4+、Ag+、PO43、ClBFe3+、H+、I、HCO3CK+、Na+、NO3、MnO4DAl3+、Mg2+、SO42、CO323下列叙述错误的是(
2、)A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去4NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A2.7 g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为NAB1 mol Al分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移的电子均为3NA个C各5.6 g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NAD1 mol Na与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子5下列表示物质结构的化学用语或模型图
3、正确的是( )AH2O2的电子式：BCS2的比例模型：C14C的原子结构示意图：DCCl4的结构式：6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，4v正（O2）=5v逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x molNH3，则反应达到平衡C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正 反应速率减少，逆反应速率增加D化学反应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）7短周期中的两种元素X和Y，X的原子序数大于Y，X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Y的二价阴离子和Ne原子的电子层结构相同，关于X和Y形成的化合物Z的说
4、法正确的是( )AZ是酸性氧化物BZ的水化物是碱CZ的化学式为X2YDZ的水化物的酸性强于硫酸8在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是( )A反应混合物的浓度B反应体系的压强C正、逆反应的速率D反应物的转化率9下列各组中化合物的性质比较，不正确的是( )A酸性：HClO4HBrO4HIO4B稳定性：PH3H2SHClC碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3D非金属性：FOS10下列物质中，在一定条件下能发生取代反应和加成反应，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是( )A乙烷B甲烷C苯D乙烯11下列各组物质中，互称为同分异构体的是( )A水与冰BO2与
5、O3C与D与12下列判断中一定正确的是( )A若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量：XY，则X失电子能力比Y强B若R2和M+的电子层结构相同，则原子序数：RMC若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量：XY，则沸点：XYD若M、N是同主族元素，且原子序数：MN，则非金属性：MN13下列叙述是小明做完铜、锌原电池的实验后得出的结论和认识，你认为正确的是( )A构成原电池正极和负极的材料必须是两种活泼性不同的金属B由铜、锌作电极与硫酸铜溶液组成的原电池中铜是负极C电子沿外导线由锌流向铜，内电路中电子通过稀硫酸被H+得到而放出氢气D铜锌原电池工作时，若有13 g锌被溶解，电路中就有0.4 mol电子
6、通过14根据碘与氢气反应的热化学方程式，下列判断正确的是I2（g）+H2（g）2HI（g）H=9.48kJ/molI2（s）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJ/mol( )A254g I2（g）中通入2g H2（g），反应放热9.48 kJB当反应吸收52.96kJ热量时转移2moleC反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低D1 mol固态碘与1 mol气态碘所含能量相差17.00 kJ15把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为( )A2molB3molC4molD5mol16将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中
7、，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示则下列说法不正确的是( )AMg和Al的总质量为9gB最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸CNaOH溶液物质的量浓度为5molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L二、解答题（共4小题，满分52分）17（16分）某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体（1）填写装置的作用：B_ C_ G_，（2）证明有SO2生成的现象是_（3）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：E中：_，F中：_如果去掉装
8、置D，还能否根据F中的现象判断气体中有氢气？_（填“能”或“不能”），原因是_（4）反应后A的溶液中含有Fe3+和Fe2+，检验其中的Fe2+的方法是_（5）若将铁丝换成铜丝，反应后的溶液没有出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，原因是_，要确认CuSO4生成，待试管冷却后，_18分子式为C2H6O的化合物A具有如下性质：A+Na慢慢产生气泡A+CH3COOH有香味的产物（1）根据上述信息，对该化合物可作出的判断是_A一定含有OHB一定含有COOHCA为乙醇DA为乙酸（2）含A的体积分数为75%的水溶液可以用作_（3）A与钠反应的化学方程式：_（4）化合物A和CH3COOH反应生成的有香味
9、的产物的结构简式为_（5）A可由含淀粉（C6H10O5）n的农产品如玉米、小麦、薯类等经发酵、蒸馏而得请写出淀粉水解的化学方程式：_19下表是元素周期表的一部分，针对aK十一种元素回答下列问题（请用具体化学式回答，否则不给分） （1）这些元素中非金属性最强的单质是_，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是_（2）表中K的氢化物的化学式为_，它的还原性比j的氢化物还原性_（填“强”或“弱”），它水溶液的酸性比j的氢化物水溶液的酸性_（填“强”或“弱”）（3）e单质为_，其结构式为_（4）用电子式表示h与k构成化合物的形成过程_（5）写出i的氧化物与强碱溶液反应的
10、离子方程式_（6）H2和e的单质化合的反应是可逆反应，且该反应正方向放热将等物质的量的H2、e的单质充入一恒容密闭容器中，在适当条件下反应下列说法正确的是_（填写选项）A升高温度，不论正反应方向还是逆反应方向速率都加快B向上述容器中充入适量Ar气可加快反应速率C反应过程中，e的单质的体积分数始终为50%D反应器内压强不随时间变化而变化，说明反应到达平衡20某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为_；（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为_；（3）若X、Y、Z均为气体，反应达平衡时：此时体系
11、的压强是开始时的_倍；若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容器内温度将降低（容器不与外界进行热交换），则该反应为_反应（填“放热”或“吸热”）；达新平衡时，容器内混合气体的平均分子量比原平衡时_（填增大、减小或相等）（4）此反应达平衡后，若只加大体系压强，Z的物质的量减少，若Y是气体，则X的聚集状态是_2015-2016学年辽宁省葫芦岛一中高二（上）期初化学试卷一选择题（每小题3分，总共48分，每题只有一个选项符合题意）1下列实验操作或记录正确的是( )A用托盘天平称取2.50 g胆矾，受热充分失水后，固体质量减轻0.90 gB用量筒测得排水法收集制得的氢气体积为50.28 mL
12、C用两只250 mL的容量瓶配制0.1 molL1500 mLNaOH溶液D常温常压下测得1 mol N2的质量为28 g考点：计量仪器及使用方法 分析：A托盘天平精确到0.1； B量筒只能读到0.1mL；C两次配制误差较大；D结合m=nM分析解答：解：A托盘天平精确到0.1，无法称取2.50 g胆矾，故A错误； B量筒只能读到0.1mL，无法量取50.28 mL，故B错误；C两次配制误差较大，应一次配制，故C错误；D常温常压下测得1mol N2的质量为1mol28g/mol=28g，故D正确故选D点评：本题考查化学实验的评价，为基础性习题，涉及物质的量计算、气体的收集、溶液配制及固体称量等，
13、注意常见仪器的使用及感量，题目难度不大2能在溶液中大量共存的一组离子是( )ANH4+、Ag+、PO43、ClBFe3+、H+、I、HCO3CK+、Na+、NO3、MnO4DAl3+、Mg2+、SO42、CO32考点：离子共存问题 专题：热点问题；元素及其化合物分析：根据离子能否相互结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，能否发生氧化还原反应、能否相互促进水解来分析离子在溶液中能否大量共存解答：解：A、因Ag+、Cl能结合生成氯化银沉淀，则该组离子在溶液中不能大量共存，故A错误；B、因Fe3+、I能发生氧化还原反应，Fe3+、HCO3能发生相互促进水解的反应，H+、HCO3能结合生成水和二氧化碳气体
14、，则一定不能大量共存，故B错误；C、因该组离子不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能相互促进水解，则能大量共存，故C正确；D、因Al3+、CO32能互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳或HCO3离子气体，Mg2+、CO32能结合生成沉淀，则不能大量共存，故D错误；故选：C点评：本题考查离子的共存问题，明确复分解反应发生的条件、离子之间能否发生氧化还原、能否相互促进水解是解答本题的关键，学生只要熟悉常见离子的性质即可解答3下列叙述错误的是( )A乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B淀粉、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同C煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量
15、金属钠D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去考点：乙烯的化学性质；苯的性质；石油的裂化和裂解；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构；淀粉的性质和用途 分析：（1）乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，溴单质在苯中的溶解度比在水中的大，苯使溴水褪色的原理是萃取；（2）淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解，水解的最终产物分别是葡萄糖、高级脂肪酸和甘油、氨基酸；（3）煤油可由石油分馏获得，主要成分为烷烃，性质稳定，密度比金属钠小，可用来保存金属钠；（4）乙酸中含有羧基，乙醇含有羟基，乙酸乙酯中含有酯基，在一定条件下都能发生取代反应，例如
16、：乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸具有酸性，其酸性强于碳酸，故能与Na2CO3反应解答：解：A、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，故A错误；B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖，蛋白质水解的产物是氨基酸，故B正确；C、煤油来自石油的分馏，可用作航空燃料，也可用于保存Na，故C正确；D、乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应，乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应，乙酸能，故可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正确；故选A点评：本题考查常见有机物的性质，尤其要注意苯的物理性质，是一种良好的有机溶剂，可做萃取剂4NA表示阿伏加德罗常数，下列说
17、法正确的是( )A2.7 g铝与足量的NaOH溶液反应，转移的电子总数为NAB1 mol Al分别放入足量的冷的浓HNO3、稀HNO3中，反应后转移的电子均为3NA个C各5.6 g铁分别与足量的盐酸、氯气反应，电子转移总数均为0.3NAD1 mol Na与足量O2反应生成Na2O或Na2O2均失去NA个电子考点：阿伏加德罗常数 分析：A、求出铝的物质的量，然后根据反应后铝元素变为+3价来分析；B、铝在浓硫酸和浓硝酸中会钝化；C、求出铁的物质的量，然后根据铁与盐酸反应后变为+2价，而与氯气反应后变为+3价来分析；D、根据反应后钠元素变为+1价来分析解答：解：A、2.7g铝的物质的量为0.1mol
18、，而反应后铝元素变为+3价，故0.1mol铝反应后转移0.3mol电子即0.3NA个，故A错误；B、铝在浓硫酸和浓硝酸中会钝化，故1mol铝不能完全反应，故转移的电子数小于3NA个，故B错误；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁转移0.2mol电子即0.2NA个，而与氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3NA个，故C错误；D、由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠无论反应后的产物是什么，均转移1mol电子即NA个，故D正确故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不
19、大5下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是( )AH2O2的电子式：BCS2的比例模型：C14C的原子结构示意图：DCCl4的结构式：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：A双氧水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；B二硫化碳的结构与二氧化碳结构类似，为直线型结构，硫原子的原子半径大于碳原子；C碳原子的核电荷数为6，不是8；D四氯化碳的结构式中不需要标出未成键电子对解答：解：A双氧水属于共价化合物，不存在阴阳离子，双氧水正确的电子式为：，故A错误；B二硫化碳为直线型结构，分子中存在两个碳硫双键，二硫化碳的比例模型为：，故B正确；C碳原子的核电荷数为6，碳原子正
20、确的原子结构示意图为：，故C错误；D四氯化碳的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，四氯化碳的结构式为：，故D错误；故选B点评：本题考查了比例模型、原子结构示意图、结构式、电子式的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确结构式、分子式、结构简式、实验式之间的区别6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，4v正（O2）=5v逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x molNH3，则反应达到平衡C达到化学平衡时，若增加容器体积，则正 反应速率减少，逆反应速率增加D化学反
21、应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）考点：化学平衡的影响因素 分析：A、速率之比等于化学计量数之比；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、若增加容器体积，反应物和生成物的浓度都减少；D、速率之比等于对应物质的化学计量数之比解答：解：A、反应处于平衡状态时，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，4v正（O2）=5v逆（NO），反应到达平衡状态，故A正确；B、若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故B错误；C、若增加容器体积，反应物和生成物的浓度都减少，正逆反应速
22、率都减小，故C错误；D、速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以化学反应速率关系是3v正（NH3=2v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7短周期中的两种元素X和Y，X的原子序数大于Y，X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Y的二价阴离子和Ne原子的电子层结构相同，关于X和Y形成的化合物Z的说法正确的是( )AZ是酸性氧化物BZ的水化物是碱CZ的化学式为X2YDZ的水化物的酸性强于硫酸考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：短周期元素X和Y中，Y2和N
23、e的电子层结构相同，则Y是O元素；X的原子序数大于Y，X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，则X为P元素，二者形成的化合物为P2O5，以此解答该题解答：解：短周期元素X和Y中，Y2和Ne的电子层结构相同，则Y是O元素；X的原子序数大于Y，X原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，则X为P元素，二者形成的化合物为P2O5，AP2O5能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；BZ为P2O5，与水反应生成磷酸，故B错误；CZ为P2O5，故C错误；D非金属性PS，硫酸酸性较强，故D错误故选A点评：本题考查原子结构与元素性质、元素周期律等，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，推断元素是解题
24、关键，有利于基础知识的巩固8在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是( )A反应混合物的浓度B反应体系的压强C正、逆反应的速率D反应物的转化率考点：化学平衡状态的判断 专题：化学平衡专题分析：分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同V（正）=V（逆），平衡不移动；（2）改变程度不相同V（正）V（逆），平衡移动解答：解：A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故A错误；B、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故B错误C、使
25、用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故C错误；D、只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，故D正确故选D点评：本题考查了化学平衡的移动的判断，难度较大，注意1、不要把V（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有V（正）V（逆）时，平衡向正反应方向移动2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来9下列各组中化合物的性质比较，不正确的是( )A酸性：HClO4HBrO4HIO4B稳定性：PH3H2SHClC碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3D非金属性：FOS考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一
26、主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 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，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱解答：解：A非金属性：ClBrI，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HClO4HBrO4HIO4，故A正确；B非金属性：ClSP，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：PH3H2SHCl，故B错误；C金属性：NaMgAl，元素的金属性
27、越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故C正确；D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FO，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性OS，故有非金属性：FOS，故D正确故选B点评：本题考查元素金属性、非金属性的递变规律，题目难度不大，注意元素的性质与元素对应的单质、化合物的性质之间的关系10下列物质中，在一定条件下能发生取代反应和加成反应，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是( )A乙烷B甲烷C苯D乙烯考点：苯的性质；取代反应与加成反应 专题：有机物的化学性质及推断分析：A、乙烷能发生取代反应，属于饱和烃，不能被高锰酸
28、钾氧化；B、甲烷能发生取代反应，属于饱和烃，不能被高锰酸钾氧化；C、苯的化学性质特点是：易取代难加成，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；D、乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳解答：解：A、乙烷能和氯气在光照的条件下发生取代反应，它属于饱和烃，不能发生加成反应，不能被高锰酸钾氧化，故A错误；B、甲烷能和氯气在光照的条件下发生取代反应，它属于饱和烃，不能发生加成反应，不能被高锰酸钾氧化，故B错误；C、苯的化学性质特点是：易取代难加成，可以和溴发生取代反应生成溴苯，可以和氢气发生加成反应生成环己烷，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳，能使高锰酸钾褪色，故D错误故选C点评：
29、本题考查学生有机物的化学性质和有机反应类型，属于基本知识的考查，难度不大11下列各组物质中，互称为同分异构体的是( )A水与冰BO2与O3C与D与考点：有机化合物的异构现象 专题：同分异构体的类型及其判定分析：具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，互为同分异构体的物质必须满足：分子式相同，结构不同，化合物，据此进行解答解答：解：A、水与冰是同种物质，故A错误；B、O2与O3互为同素异形体，故B错误；C、二者属于同种物质，故C错误；D、二者是分子式相同，结构不同的有机化合物，属于同分异构体，故D正确故选D点评：题考查同分异构体和同分异构现象，注意与同位素、同素异形体、同系物、同种物质等
30、相似概念的辨别，难度不大同素异形体是相同元素组成，不同形态的单质同位素：质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素同系物：结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物同分异构体：分子式相同、结构不同的化合物12下列判断中一定正确的是( )A若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量：XY，则X失电子能力比Y强B若R2和M+的电子层结构相同，则原子序数：RMC若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量：XY，则沸点：XYD若M、N是同主族元素，且原子序数：MN，则非金属性：MN考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；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：A
31、同主族自上而下金属性增强；BR2和M+的电子层结构相同，则M位于R的下一周期；CN、O、F的氢化物分子之间存在氢键，沸点故同主族其它氢化物；D同主族自上而下非金属性减弱解答：解：AX、Y属于同主族元素，且相对原子质量：XY，同主族自上而下金属性增强，故X失电子能力比Y强，故A正确；BR2和M+的电子层结构相同，则M位于R的下一周期，原子序数：MR，故B错误；CN、O、F的氢化物分子之间存在氢键，沸点故同主族其它氢化物，故C错误；DM、N是同主族元素，且原子序数：MN，同主族自上而下非金属性减弱，若为非金属性，则非金属性：NM，故D错误；故选A点评：本题考查同主族元素化合物性质的递变规律，难度中
32、等，注意C选项中氢键存在13下列叙述是小明做完铜、锌原电池的实验后得出的结论和认识，你认为正确的是( )A构成原电池正极和负极的材料必须是两种活泼性不同的金属B由铜、锌作电极与硫酸铜溶液组成的原电池中铜是负极C电子沿外导线由锌流向铜，内电路中电子通过稀硫酸被H+得到而放出氢气D铜锌原电池工作时，若有13 g锌被溶解，电路中就有0.4 mol电子通过考点：原电池和电解池的工作原理 分析：A构成原电池正负极的材料不一定都是金属；B原电池中，易失电子的金属作负极；C原电池放电时，内电路是离子的定向移动，阴离子向负极移动；D根据锌和转移电子之间的关系式计算解答：解：A构成原电池正负极的材料不一定都是金
33、属，如锌、石墨和稀硫酸也能构成原电池，故A错误；B原电池中，易失电子的金属作负极，所以由铜锌作为电极与硫酸铜溶液组成的原电池中，Zn是负极，故B错误；C原电池放电时，内电路是离子的定向移动，氢离子在正极表面得电子生成氢气，故C错误；D负极电极反应为Zn2e=Zn2+，根据锌和转移电子关系得转移电子的物质的量=0.4mol，故D正确；故选D点评：本题考查了原电池原理，根据得失电子判断正负极，知道原电池构成条件及各个物理量之间的关系即可解答，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点14根据碘与氢气反应的热化学方程式，下列判断正确的是I2（g）+H2（g）2HI（g）H=9.48kJ/molI2（
34、s）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJ/mol( )A254g I2（g）中通入2g H2（g），反应放热9.48 kJB当反应吸收52.96kJ热量时转移2moleC反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低D1 mol固态碘与1 mol气态碘所含能量相差17.00 kJ考点：热化学方程式；反应热和焓变；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：A、反应是可逆反应不能进行彻底；B、依据化学方程式结合反应热量变化计算电子转移；C、同种物质气态能量高于固态能量；D、依据盖斯定律结合热化学方程式计算得到固体碘和气体碘之间的反应热分析判断解答：解：A、反应是可逆反应不能
35、进行彻底，254g I2（g）中通入2g H2（g），反应放热小于9.48 kJ，故A错误；B、依据反应热量变化，I2（s）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJ/mol，反应吸收26.48KJ热量，反应电子转移2mol，当反应吸收52.96kJ热量时转移4mole，故B错误；C、同种物质气态能量高于固态能量，反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低，故C正确；D、I2（g）+H2（g）2HI（g）H=9.48kJ/molI2（s）+H2（g）2HI（g）H=+26.48kJ/mol依据盖斯定律得到：I2（g）=I2（s）H=35.96kJ/mol，故1 mol固态碘与1 mol气态碘所
36、含能量相差35.96kJ，故D错误；故选C点评：本题考查了热化学方程式的书写，能量变化的计算应用，盖斯定律的计算分析，可逆反应的反应特征分析，题目难度中等15把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为( )A2molB3molC4molD5mol考点：硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；有关混合物反应的计算 专题：氮族元素分析：硫酸虽然是稀溶液，但是和硝酸混合在一起，为硝酸和铜反应提供氢离子，使生成物中的硝酸根离子继续与氢离子相遇，形成硝酸，仍然和铜反应，利用铜与硝酸反应的离子方程式中及铜和氢离子的比例来进行计算解答：解：混合溶液中n（H+）=8mo
37、l+2mol2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3）=8mol，由3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O可知，6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3，则H+不足，H+完全反应，设生成NO的物质的量为x，则3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O 8 2 12mol x，解得x=3mol，故选B点评：本题考查硝酸及硝酸盐的性质，明确发生的离子反应及氢离子不足是解答本题的关键，学生容易直接利用硝酸的物质的量计算而出错16将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入N
38、aOH溶液的体积关系如图所示则下列说法不正确的是( )AMg和Al的总质量为9gB最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸CNaOH溶液物质的量浓度为5molL1D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2L考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算 专题：图示题分析：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守
39、恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/L，以此来解答解答：解：由图象可
40、知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的倍从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mo
41、l，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，发生NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为=5mol/L，A由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，故A正确；B由上述分析可知，最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸，故B正确；C由上述分析可知，氢氧化钠溶液的物质
42、的量浓度为5mol/L，故C正确；D由电子守恒可知，生成的氢气为=0.45mol，若在标况下，体积为0.45mol22.4L/mol=10.08L，但状况未知，故D错误；故选D点评：本题考查镁铝的重要化合物及计算，为高频考点，把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键，注意反应的先后顺序及利用守恒计算，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分52分）17（16分）某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体（1）填写装置的作用：B防止倒吸 C验证有SO2生成，同时除去SO2 G
43、防止空气中的H2O进入F，（2）证明有SO2生成的现象是酸性高锰酸钾溶液颜色变浅（3）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：E中：黑色（CuO）变成红色（Cu），F中：白色粉末变成蓝色如果去掉装置D，还能否根据F中的现象判断气体中有氢气？不能（填“能”或“不能”），原因是因为混合气体中可能含H2O，会干扰H2的检验（4）反应后A的溶液中含有Fe3+和Fe2+，检验其中的Fe2+的方法是取A的溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液，若红色褪去，证明有Fe2+（5）若将铁丝换成铜丝，反应后的溶液没有出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，原因是浓硫酸中的水很少，浓硫酸有吸水性，要确认CuSO4生成，待试管冷
44、却后，将浓硫酸倒出，在固体中加水，看溶液是否变蓝色考点：性质实验方案的设计；浓硫酸的性质实验 分析：由图可知，A中发生Fe与浓硫酸的反应生成SO2还可能生成氢气，B中均为短导管可防止倒吸，C中高锰酸钾褪色可检验SO2，D干燥气体，E中发生CuO+H2Cu+H2O，F中无水硫酸铜可检验E中的氧化产物，G为干燥管，G可防止空气中的水进入F中干扰E中氧化产物的检验，以此分析（1）（3）；（4）检验其中的Fe2+，利用其还原性；（5）因为浓硫酸中的水很少，而且浓硫酸具有吸水性；将浓硫酸倒出，在固体中加水看溶液是否变蓝色判断CuSO4生成解答：解：（1）熄灭A装置中酒精灯时，A装置中气体冷却压强减小，C
45、装置中溶液易进入A试管中产生倒吸现象，所以B装置的作用是防止倒吸；酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，二氧化硫能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色，所以酸性高锰酸钾的作用是：验证有SO2生成，同时除去SO2；空气中含有水蒸气，如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，所以G的作用是：防止空气中的H2O进入F，故答案为：防止倒吸；验证有SO2生成，同时除去SO2；防止空气中的H2O进入F；（2）二氧化硫有还原性，酸性高锰酸钾有强氧化性，二者能发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，故答案为：酸性高锰酸钾溶液颜色变浅；（3）生成的气体经洗气和干燥后剩余的气体就是氢气，氢气有还原性能和氧化铜
46、在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水硫酸铜时白色固体变蓝色，所以证明含有氢气的现象是：E中黑色（CuO）变成红色（Cu），F中白色粉末变成蓝色；制取的气体中含有水蒸气，如果去掉D装置，会干扰H2的检验，所以不能，故答案为：黑色（CuO）变成红色（Cu）；白色粉末变成蓝色；不能；因为混合气体中可能含H2O，会干扰H2的检验；（4）酸性高锰酸钾有强氧化性，能氧化二氧化硫而使其褪色，所以检验亚铁离子的方法是：取A的溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液，若红色褪去，证明有Fe2+，故答案为：取A的溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液，若红色褪去，证明有Fe2+；（5）因为浓硫酸中的水很少，浓硫酸有吸水性，硫
47、酸铜不能溶于浓硫酸，所以反应后生成的硫酸铜大多没有溶解出现预计的蓝色溶液，而以白色固体形式存在；要确认CuSO4生成，待试管冷却后，将浓硫酸倒出，在固体中加水，看溶液是否变蓝色；故答案为：浓硫酸中的水很少，浓硫酸有吸水性；将浓硫酸倒出，在固体中加水，看溶液是否变蓝色点评：本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握反应原理、物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，注意亚铁离子、铁离子的检验方法，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等18分子式为C2H6O的化合物A具有如下性质：A+Na慢慢产生气泡A+CH3COOH有香味的产物（1）根据上述信息，对该化合物可作出的判断是ACA一定含有OHB
48、一定含有COOHCA为乙醇DA为乙酸（2）含A的体积分数为75%的水溶液可以用作医用消毒剂（3）A与钠反应的化学方程式：2Na+2CH3CH2OH2CH3CH2ONa+H2（4）化合物A和CH3COOH反应生成的有香味的产物的结构简式为CH3COOC2H5（5）A可由含淀粉（C6H10O5）n的农产品如玉米、小麦、薯类等经发酵、蒸馏而得请写出淀粉水解的化学方程式：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6、C6H12O62CH3CH2OH+2CO2考点：有机物结构式的确定；乙醇的化学性质 分析：（1）分子式为C2H6O的化合物A能与Na反应生成气体，与乙酸反应生成具有香味的物质，该物质属于
49、酯，则A含有OH，则A为CH3CH2OH；（2）75%的酒精水溶液可以用作医用消毒剂；（3）乙醇与钠反应生成乙醇钠与氢气；（4）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生反应生成乙酸乙酯；（5）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解生成酒精与二氧化碳解答：解：（1）分子式为C2H6O的化合物A能与Na反应生成气体，与乙酸反应生成具有香味的物质，该物质属于酯，则A含有OH，则A为CH3CH2OH，故答案为：AC；（2）75%的酒精水溶液可以用作医用消毒剂，故答案为：医用消毒剂；（3）乙醇与钠反应生成乙醇钠与氢气，反应方程式为2Na+2CH3CH2OH2CH3CH2O Na+H2，故答案为：2Na+2CH
50、3CH2OH2CH3CH2O Na+H2；（4）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生反应生成乙酸乙酯，该反应为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOC2H5；（5）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解生成酒精与二氧化碳，反应方程式为（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6、C6H12O62CH3CH2OH+2CO2，故答案为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6、C6H12O62CH3CH2OH+2CO2点评：本题考查乙醇的结构、性质、用途与制备以及糖类性质等，比较基础，掌握乙醇与糖类的性质是关键19下表是元素周期表的一部分，针对a
51、K十一种元素回答下列问题（请用具体化学式回答，否则不给分） （1）这些元素中非金属性最强的单质是F2，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是NaOH（2）表中K的氢化物的化学式为HCl，它的还原性比j的氢化物还原性弱（填“强”或“弱”），它水溶液的酸性比j的氢化物水溶液的酸性强（填“强”或“弱”）（3）e单质为N2，其结构式为NN（4）用电子式表示h与k构成化合物的形成过程（5）写出i的氧化物与强碱溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O（6）H2和e的单质化合的反应是可逆反应，且该反应正方向放热将等物质的量的H2、e的单质充入一恒容
52、密闭容器中，在适当条件下反应下列说法正确的是ACD（填写选项）A升高温度，不论正反应方向还是逆反应方向速率都加快B向上述容器中充入适量Ar气可加快反应速率C反应过程中，e的单质的体积分数始终为50%D反应器内压强不随时间变化而变化，说明反应到达平衡考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：由元素在周期表中位置可知，a为Li、b为Na、c为Be、d为B、e为N、f为O、g为F、h为Mg、i为Al、j为S、k为Cl（1）同周期自左而右元素非金属性增强、同主族自上而下元素非金属性减弱；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是高氯酸；上述元素中Na的金属性最强，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是氢氧化
53、钠；（2）K的氢化物为硫化氢，非金属性越强，氢化物还原性越弱；盐酸为强酸、氢化物属于弱酸；（3）e的单质为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对；（4）h与k构成化合物为MgCl2，由镁离子与氯离子构成； （5）氧化铝与强碱溶液反应生成偏铝酸根与水；（6）发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），A升高温度，正逆反应速率均加快；B恒容条件下通入氩气，反应混合物各组分的浓度不变；C设起始物质的量均为amol，参加反应氮气为xmol，表示出氮气的体积分数进行判断；D随反应进行，容器内压强减小，反应器内压强不随时间变化而变化，说明反应到达平衡解答：解：由元素在周期表中位置可知，a为Li、b
54、为Na、c为Be、d为B、e为N、f为O、g为F、h为Mg、i为Al、j为S、k为Cl（1）同周期自左而右元素非金属性增强、同主族自上而下元素非金属性减弱，故上述元素中F的非金属性最强，其单质化学式为F2，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是HClO4；上述元素中Na的金属性最强，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是NaOH，故答案为：F2；HClO4；NaOH；（2）K的氢化物为HCl，由于非金属性ClS，故氢化物还原性HClH2S；盐酸为强酸、氢化物属于弱酸，故，故酸性HClH2S，故答案为：HCl；弱；强；（3）e的单质为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，结构式为NN，故答案为：N
55、2；NN；（4）h与k构成化合物为MgCl2，由镁离子与氯离子构成，用电子式表示形成过程为，故答案为：； （5）氧化铝与强碱溶液反应生成偏铝酸根与水，反应离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；（6）发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），A升高温度，正逆反应速率均加快，故A正确；B恒容条件下通入氩气，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，故B错误；C二者等物质的量混合， N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始（mol）：a a 0转化（mol）：x 3x 2x某时刻（mol）：ax a3x 2x反应过程中氮气体
56、积分数为=50%，故C正确；D随反应进行，容器内压强减小，反应器内压强不随时间变化而变化，说明反应到达平衡，故D正确，故选：ACD点评：本题考查元素周期表与元素周期律、化学平衡的影响因素及计算等，是对学生综合能力的考查，难度中等20某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为3X+Y2Z；（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为0.05mol/（Lmin）；（3）若X、Y、Z均为气体，反应达平衡时：此时体系的压强是开始时的0.9倍；若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容器内温度将降
57、低（容器不与外界进行热交换），则该反应为放热反应（填“放热”或“吸热”）；达新平衡时，容器内混合气体的平均分子量比原平衡时减小（填增大、减小或相等）（4）此反应达平衡后，若只加大体系压强，Z的物质的量减少，若Y是气体，则X的聚集状态是固态或液态考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 分析：根据图象知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反应物而Z是生成物，（1）达到平衡状态时，参加反应的n（X）=（1.00.7）mol=0.3mol、n（Y）=（1.00.9）mol=0.1mol、n（Z）=（0.20）mol=0.2mol，同一反应中同一时间段内参加反应的各物
58、质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，据此书写方程式；（2）Z的平均反应速率=；（3）恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比；根据温度与化学平衡的关系判断；根据质量、物质的量、摩尔质量的关系判断；（4）根据压强对化学平衡的影响判断解答：解：根据图象知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z物质的量增大，说明X、Y是反应物而Z是生成物，（1）达到平衡状态时，参加反应的n（X）=（1.00.7）mol=0.3mol、n（Y）=（1.00.9）mol=0.1mol、n（Z）=（0.20）mol=0.2mol，同一
59、反应中同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，所以该反应方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；（2）Z的平均反应速率=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）；（3）根据图象知，未反应时混合气体的物质的量=（1.0+1.0）mol=2.0mol，平衡状态混合气体物质的量=（0.9+0.7+0.2）mol=1.8mol，恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，所以平衡状态体系压强是开始时的=0.9倍，故答案为：0.9；增大体积，容器内压强减小，减小压强，平衡向逆反应方向移动，温度降低，说明逆反应吸热，所以正反应放热；达新平衡时，混合气体的物质的量增大，混合物的质量不变，所以其平均摩尔质量减小，即相对分子质量减小故答案为：放热；减小；（4）只加大体系压强，Z的物质的量减少，说明平衡向逆方向移动，即生成物的气体计量数大于反应物的，如Y是气体，那么X的聚集状态一定是固态或液态，故答案为：固态或液态点评：本题考查图象分析，侧重考查学生分析及计算能力，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系即可解答，难点是（3）题计算，题目难度中等
