1、河南省封丘县第一中学 20162017 学年度高三化学 9 月月考试题（解析版）1常温下，物质的量浓度均为 0.1molL-1 的下列溶液：CH3COONa NaOH NaHSO4NH4Cl NaCl，溶液的 pH 由大到小的顺序排列正确的是A.B.C.D.【解答】答案 C，醋酸钠水解显碱性，氢氧化钠是强碱，硫酸氢钠电离出氢离子显酸性，氯化铵水解显酸性，氯化钠不水解显中性，所以正确的答案选 C。2下列有关结构和性质的说法中，正确的是（）A元素非金属性 ClS 的实验依据是酸性 HClH2SB碳元素的电负性小于氧元素，每个 CO2 分子中有 4 个 键C同周期主族元素的原子形成的简单离子的电子层
2、结构一定相同DNa、Mg、Al 三种元素，其第一电离能由大到小的顺序为 MgAlNa【解答】答案 D，选项 A 的实验依据应是元素最高价氧化物的水化物的酸性 HclO4H2SO4。选项 B，每个 CO2 分子中有 2 个 键。选项 C，同周期主族元素的原子形成的简单离子的电子层结构不一定相同，如 Na+和 Cl-。320时 H2S 饱和溶液 1L，其浓度为 01mol/L，若要使溶液的 pH 和 c(S2-)减小，可采取的措施是（）A通入适量的 H2S 气体 B加入少量的氢氧化钠固体C加入适量的 CuSO4固体 D加入适量水【解答】答案 C：H2S 是弱电解质，存在电离平衡：H2SHSH、HS
3、S2H。A、H2S 已经达到饱和，再通入 H2S 后溶液的浓度不变，错误；B、氢氧化钠中和氢离子，使溶液的 pH 和 c(S2-均增大，错误；C、硫酸铜能和 H2S 反应生成硫化铜沉淀和硫酸，溶液的 pH 和c(S2-)减小，正确；D、稀释促进电离，氢离子浓度减小，pH 增大，c(S2-)减小，错误。【考点定位】弱电解质的电离平衡【名师点睛】本题考查外界条件对电离平衡状态的影响以及溶液中离子浓度变化判断，熟练掌握影响电离平衡的因素：1温度：电离过程是吸热过程，温度升高,平衡向电离方向移动。2浓度：弱电解质分子浓度越大，电离程度越小。3同离子效应：在弱电解质溶液中加入含有与该弱电解质具有相同离子
4、的强电解质,从而使弱电解质的电离平衡朝着生成弱电解质分子的方向移动，弱电解质的解离度降低的效应称为同离子效应。4化学反应：某一物质将电离出的离子反应掉而使电离平衡向正方向（电离方向）移动。4下列说法正确的是ApH=3 的盐酸和 pH=5 的硫酸等体积混合，pH=4B室温下，pH=9 的碱性溶液中，可能存在 CH3COOH 分子C中性溶液中必然有 c(H+)=c(OH)=1107 mol/LD在 0.1 mol/L HCl 溶液中加入适量的蒸馏水，溶液中各种离子的物质的量浓度均减小【解答】答案 B，A：两强酸溶液等体积混合，所得溶液的 pH 等于较小 pH 加 0.3，即为 3.3B：例如 CH
5、3COONa 溶液中由于水解可存在少量的 CH3COOH 分子C：中性溶液中 c(H+)=c(OH)，但数值不一定等于 1107 mol/L，于温度有关D：稀释后 c(H+)减小，c(OH)必然增大答案为 B5宇宙飞船是用 N2H4(联氨)与 N2O4作为推力能源，其未配平的化学方程式为：N2H4+N2O4N2+H2O，下列说法正确的是 （）AN2既是氧化产物又是还原产物 B氧化产物与还原产物物质的量之比为 12C联氨是氧化剂 D氧化剂与还原剂物质的量之比为 21【解答】答案 A：A、N2H4转化为 N2，N 元素化合价升高，N2O4转化为 N2，N 元素化合价降低，所以 N2既是氧化产物又是
6、还原产物，正确；B、N2H4中 N 元素由-2 升高到 0 价，生成的 N2为氧化产物，N2O4中 N 元素由+4 价降低为 0，生成的 N2为还原产物，根据化合价升高的价数等于降低的价数，可得 4n（氧化产物）=8n（还原产物），所以 n（氧化产物）：n（还原产物）=2:1，错误；C、联氨中 N 元素化合价升高，所以联氨是还原剂，错误；D、根据化合价升高的价数等于降低的价数，可得 4n（N2H4）=8n（N2O4），解得 n（N2O4）：n（N2H4）=1:2，即氧化剂与还原剂物质的量之比为 1:2，错误。考点：本题考查氧化还原反应原理。6一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势
7、符合下图的是()温度（T）的影响 压强（p）的影响ACO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)；H0BCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)；H0CCH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)+H2O(g)；H0D2C6H5CH2CH3(g)+O2(g)2C6H5CH=CH2(g)+2 H2O(g)；H0【解答】答案 A，根据图像可知，T2 大于 T1，P1 大于 P2。温度高水蒸气的含量降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应；压强增大，水蒸气的增大，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，即正反应是体积减小的，所以答案选 A。7按能量由低到高的顺
8、序排列，正确的一组是（）A1s、2p、3d、4s B1s、2s、3s、2p C2s、2p、3s、3p D4p、3d、4s、3p【解答】答案 C 考查构造原理。根据核外电子的运动特点和构造原理可知能量由低到高的排列顺序为 1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s.，所以正确的答案是 C。8下列排列顺序正确的是（）A还原性：H2OHFH2SB离子半径：Na+Mg2+Cl-C酸性：H3PO4H2SO4HClO4D结合质子能力：OH-HCO3-CH3COO-【解答】答案 D：A、还原性：H2SH2OHF，错误；B、离子半径：Cl-Na+Mg2+，错误；C、H3PO4H2SO4MB，所以一种
9、可能是 A 为 CO 2，B 为 O 2，此时二者的物质的量之比为 12；另一种可能是 A 为 O 3，B 为 CO 2，此时二者的物质的量之比为 43，正确，C项正确；答案选 C。考点：考查与物质的量有关的计算11下列离子方程式中，正确的是（）A将少量铜屑放入浓硝酸中：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O B向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Al3+3OH=Al(OH)3C向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2=Fe3+2Cl D稀硫酸滴在铝片上：Al+3H+=Al3+H2【解答】答案 A：B向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠：Al3+4OH=AlO2-+
10、2H2O，B 错误。C向氯化亚铁溶液中通入氯气应为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl D稀硫酸滴在铝片上要满足原子守恒：2Al+6H+=2Al3+3H2故选 A 考点：离子方程式的书写点评：本题考查离子方程式的书写，为典型题型，特别注意离子方程式需满足两个守恒：原子守恒、电荷守恒。12（4 分）用化学术语回答下列问题：（1）书写电离方程式：氢氟酸 ；（2）书写水解离子方程式：硫酸铝 ；（3）电解硝酸银溶液电极反应式（惰性电极）阳极：；阴极：【解答】答案（1）HFH+F（2）Al3+3H2OAl（OH）3+3H+（3）4OH4e=2H2O+O2；Ag+e=Ag解析：（1）氢氟酸是弱酸存在电离平
11、衡；（2）硫酸铝溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸；（3）依据电解原理分析，阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，阴极上是溶液中银离子得到电子生成银解：（1）氢氟酸是弱酸存在电离平衡，电离方程式为：HFH+F，故答案为：HFH+F；（2）硫酸铝溶液中水解生成氢氧化铝和硫酸，水解反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（3）惰性电极电解硝酸银溶液，电极反应，阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，4OH4e=2H2O+O2；阴极上是溶液中银离子得到电子生成银，电极反应为：Ag+e=Ag，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；Ag+e=Ag
12、点评：本题考查了离子方程式和电极反应式的书写方法和原理应用，掌握基础是关键，题目较简单13蛇纹石是一种富镁硅酸盐矿物的总称，因其颜色青绿相间酷似蛇皮而得名。蛇纹石可以看作由 MgO、FeO 和 Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。工业上由蛇纹石制取碱式碳酸镁产品的流程如下：（1）蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了 Mg2、Al3+外，还含有的金属离子是_。（2）向中加入 H2O2的作用是 ，有关离子方程式 ，加入 Ca(OH)2时，需要控制溶液 pH 在 78 之间(有关氢氧化物沉淀的 pH 见下表)。氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀 pH1.53.39.4若 pH8
13、可能导致的后果 。（3）沉淀物 A 可作为提取红色颜料的原料，若向沉淀物 A 中加入 溶液，然后过滤、洗涤、_（填写实验操作名称)，即可获得红色颜料，实现废物的综合利用。（4）若产品的化学式用 aMgCO3bMg(OH)2cH2O 表示，现称取 18.2 g 产品并使之完全分解，收集到 3.36L CO2（标准状况下）和 8.0 g MgO，通过计算确定产品的化学式中：a_，b_，c_。【解答】答案（1）Fe2+、Fe3+（2）将 Fe2+氧化为 Fe3+；Al（OH）3溶解；Mg2+沉淀（3）NaOH 溶液（4）3；1；3解析：（1）蛇纹石矿可以看做 MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、
14、SiO2 组成，蛇纹石加盐酸溶解后，MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3和 HCl 反应溶解，而 SiO2和 HCl 不反应，不能溶解，故溶液里除了Mg2、Al3+外，还含有 Fe2+、Fe3+；（2）由（1）知，此时溶液中除了 Mg2+外，还含有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，需除去，故向中加入 H2O2的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+然后除去，因 Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+和 Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗 H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去 Fe3+、Al3+，加 Ca（OH）2需将溶液的 pH 控制在 78，若 pH 过高，
15、会导致生成的 Al（OH）3发生反应 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O 溶解，Mg（OH）2在 pH 为 9.4 时开始沉淀，所以碱性增强 Mg（OH）2会沉淀，同时 Mg2+也因转化为沉淀而损失。（3）从实验步骤图知：沉淀混合物为 Fe（OH）3和 Al（OH）3，红色氧化物是沉淀物 Fe（OH）3分解后得到的 Fe2O3，所以得先加碱把 Al（OH）3 除掉，反应为：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后过滤洗涤灼烧即可。（4）m（样品）=18.2g，n（CO2）=0.15mol，m（CO2）=6.6g，m（MgO）=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3bMg
16、（OH）2cH2O（a+b）MgO+aCO2+（b+c）H2O，根据质量守恒得：m（H2O）=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g，则 m（MgO）0.2mol，n（CO2）0.15mol，n（H2O）0.2mol，得 a：b：c=0.15：0.05：0.15=3：1：3。考点：考查铁、铝、硅等化合物的性质及化学式计算等内容。14如图所示，将仪器 A 中的浓盐酸滴加到盛有 MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置 B 和 C，然后再通过加热的石英玻璃管 D（放置有铁粉）。请回答：（1）仪器 A 的名称是_，烧瓶中反应的化学方程式是_。（2）装置 B 中盛放液体是_，气体通过装置 B
17、的目的是_。装置 C 中盛放的液体是_，气体通过装置 C 的目的是_。（3）D 中反应的化学方程式是_。（4）烧杯 E 中盛放的液体是_，反应的离子方程式是_。（5）资料表明 D 中产物有以下性质：受热易升华，冷却后易凝华；遇 H2O(g)剧烈反应。为收集 D 中产物，在 D 与 E 之间，除增加收集装置外，还需要增加_装置。【解答】答案（1）分液漏斗 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O（2）饱和 NaCl 溶液 吸收氯气中混有的杂质 HCl；浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气（3）2Fe+3Cl22FeCl3（4）NaOH 溶液 2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O（5）干燥解析
18、：A 是分液漏斗；将浓盐酸滴加到 MnO2中，在加热时发生反应：4HCl(浓)+MnO2 MnCl2+Cl2+2H2 O，B 中饱和食盐水除去 HCl，C 中浓硫酸干燥氯气，在 D 中发生2Fe+3Cl22FeCl3；E 中 NaOH 溶液可吸收尾气，且防止氯气污染空气。（1）由图可知，盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；（2）烧瓶中发生反应的化学方程式为 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；B 瓶中的试剂是饱和食盐水，作用是吸收氯气中混有的杂质 HCl；装置 C 中盛放的液体是浓硫酸；该试剂的作用是吸收水蒸气，干燥氯气；（3）D 中反应的化学方程式是 2Fe+3Cl22FeCl
19、3；（4）烧杯E 中盛放的液体是 NaOH 溶液；氯气与NaOH溶液反应的离子方程式是2OH+Cl2=Cl+ClO+H2O；（5）资料表明 D 中产物有以下性质：受热易升华，冷却后易凝华；遇 H2O(g)剧烈反应。为收集 D 中产物，在 D 与 E 之间，除增加收集装置外，还需要增加一个干燥装置。【考点定位】考查气体的制备、性质、检验、化学方程式和离子方程式的书写、实验装置的作用等知识。【名师点睛】氯气是中学中的一种重要的气体，在实验室中一般是用浓盐酸与二氧化锰混合加热制取，方程式是：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；浓盐酸有挥发性，因此在制取的氯气中含有杂质 HCl、H2
20、O，要验证氯气的性质，有关除去其中含有的装置，首先用饱和食盐水除 HCl，然后用浓硫酸干燥，再使干燥的氯气与铁发生反应 2Fe+3Cl22FeCl3。由于氯化铁遇 H2O(g)剧烈反应，因此在收集装置后要避免水蒸气，同时氯气有毒，要利用其余碱反应的性质用 NaOH 溶液进行尾气处理，也可以用装有碱石灰的干燥管同时吸收氯气和水蒸气。本题将气体的制备、净化、性质验证、尾气处理等实验基本操作与化学知识综合考查的一个题目。15(15 分)亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是制取亚氯酸钠的工艺流程：已知：NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，适当条件下
21、可结晶析出。ClO2气体只能保持在稀释状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用。ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。（1）在无隔膜电解槽中持续电解一段时间后，生成氢气和 NaClO3，请写出阳极的电极反应方程式：。（2）反应生成 ClO2气体需要 X 酸酸化的原因为：。X 酸为 。（3）吸收塔内的温度不能过高的原因为：（4）吸收塔内 ClO2 随着还原剂的不同和溶液酸碱性的变化可被还原为 ClO2或 Cl。ClO2被 S2还原为 ClO2、Cl的转化率与溶液 pH 的关系如右图所示。请写出 pH2 时 ClO2与 S2反应的离子方程式：。（5）第 二 步 向NaClO3溶 液 中 通SO
22、2的 同 时 通 入 空 气 的 原 因为：。（6）从滤液中得到 NaClO23H2O 粗晶体的操作步骤为 、。【解答】答案(15 分)(1)Cl+6e+6OH=ClO3+3H2O（2 分）(2)ClO2只能在酸性环境中存在。（2 分）硫酸。（2 分）(3)防止 H2O2分解（2 分）(4)2ClO2+5S2+8H+=2Cl+5S+4H2O （2 分）(5)稀释 ClO2气体，防止爆炸。（2 分）(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。（3 分）解析：（1）阳极上物质得到电子，故电极方程式为 Cl+6e+6OH=ClO3+3H2O。（2）ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，即 ClO2气体只能
23、在酸性环境中存在，酸为硫酸。（3）温度不能过高的原因为防止 H2O2分解。（4）根据图中所示，pH2 时，ClO2 转化为 Cl，故离子方程式为 2ClO2+5S2+8H+=2Cl+5S+4H2O。（5）ClO2气体只能保持在稀释状态下以防止爆炸性分解，故通 SO2的同时通入空气的原因为稀释 ClO2气体，防止爆炸。（6）晶体的析出一般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。注意条件的控制。考点：化学实验 电解原理 晶体析出操作点评：本题是有关实验方案的设计和评价的考查，要求学生熟悉所实验的内容及原理，能够考查同学们进行分析问题、解决问题的能力。16（14 分）过氧化钠(Na2O2)是中学常见物质，常
24、见的过氧化物还包括过氧化钙(CaO2)。已知:过氧化钠与 CO2反应有气体生成，而将 SO2通入过氧化钠粉末中也有气体生成。有人提出CO2、SO2与过氧化钠的反应原理相同，但也有人提出 SO2具有较强的还原性，CO2无强还原性，反应原理不相同。据此设计如下实验操作进行判断。实验一:向一定量的过氧化钠固体中通入足量的 SO2，取反应后的固体进行实验探究，以证明过氧化物与 SO2反应的特点。（1）提出假设:假设 1:反应后固体中只有 Na2SO3，证明 SO2未被氧化；假设 2:反应后固体中只有 Na2SO4，证明 SO2完全被氧化；假设 3:，证明 。实验探究:实验二:通过测量气体的体积判断发生
25、的化学反应，实验装置如下:（2）试剂 A 可以选用_，试剂 B 的作用是_。（3）实验测得装置 C 中过氧化钠质量增加了 m1g，装置 D 质量增加了 m2g，装置 E 中收集到的气体为 VL(已换算成标准状况下)，用上述有关测量数据判断 SO2未被氧化、完全被氧化的V-m1关系式。未被氧化:_，完全被氧化:_。（4）若 SO2完全被氧化，写出反应的化学方程式:_。【解答】答案（1）Na2SO3和 Na2SO4的混合物(2 分)SO2被部分氧化(2 分)（2）浓 H2SO4 (2 分)吸收未反应的 SO2(2 分)（3）V=7m1/30(2 分)V=0 (2 分)（4）SO2+Na2O2Na2
26、SO4 (2 分)解析：（1）根据假设 1 和 2 可判断，假设 3 应该是：固体为 Na2SO3和 Na2SO4的混合物；证明 SO2部分被氧化；（2）过氧化钠和水反应，装置 A 中试剂能吸收水蒸气，所以试剂为浓硫酸，干燥气体除去水蒸气；装置 B 为测定生成氧气的体积，需要把剩余的二氧化硫除去，因此试剂 B 装置作用是吸收未反应的 SO2。（3）实验测得装置 C 中过氧化钠质量增加了 m1 g，装置 D 质量增加了 m2 g，装置 E 中收集到的气体为 V L（已换算成标准状况下）。若 SO2 未被氧化，则发生反应：2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2。依据化学方程式和反应增重计算 E
27、 中收集的氧气，即2Na2O2+2SO22Na2SO3+O2 反应增重1mol 96gmol4.22V m1g解得 VL30m71；若二氧化硫全部被氧化发生的反应为：Na2O2+SO2Na2SO4；反应过程中无氧气生成，V0；若 0VL30m71，则二氧化硫部分被氧化。（4）二氧化硫完全被氧化生成硫酸钠，则反应的化学方程式为：SO2+Na2O2Na2SO4。【考点定位】本题主要是考查二氧化硫性质以及 SO2和过氧化钠反应的实验探究【名师点晴】这类实验常用的探究点如下，我们可以根据其进行假设猜想。（1）与反应物性质有关的探究点反应物的颗粒大小、状态(气态、液态、固态)、浓度、用量、纯度等都属于反
28、应物的性质，而这些性质的改变往往会对演示实验的效果产生或正 或负的影响。因此，对于某一特定的反应而言，可以将反应物的某一或某几种性质确定为探究点，进行探究，从而得到能使实验效果最佳的反应物性质。（2）与生成物性质有关的探究点。在与生成物有关的探究点中，通过对生成物的颜色、状态与气味等的观察，发现与预知结论稍有差异或截然不同的异常现象，是探究性演示实验设计的主要切入点。因此，及时捕捉这些异常现象，通过设计实验来科学、合理地解释这些异常现象是考题中常出现的题型。（3）与实验装置有关的探究点实验装置是实验的重要组成部分，从实验反应装置的简约性、绿色性、安全性等角 度出发，设计安全、绿色、简约的实验装
29、置来提高实验的质量，是探究性实验设计的重要内容，对原有实验装置的改进或新实验装置的设计，体现创新意识，培养创新能力。在教材中的实验有一些存在实验现象不明显或装置过于复杂，且对环境不利等情况，我们可以通过对反应装置的探究来改进实验，使其达到理想的状态。（4）与实际问题有关的探究点化学问题或现象在我们身边无处 不在，诸如实际生活、工农业生产、医药、环境污染等都或多或少存在一些需要通过化学实验进行解决的问题。因此，可以从中发掘这些问题或现象作为背景来设计实验，在实际问题的解决中体验科学探究。（5）与绿色实验有关的探究点与绿色实验有关的探究点，是一个综合性的问题，可以包括反应物、产物、实验 装置等的探
30、究。这些探究点的选择是出于实验绿色化呼声的需要，也是当前实验设计中较为重视的一项内容。绿色实验的设计同时也是培养学生的环保意识和创设良好的实验环境的重要手段。18已知 2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-484KJ/mol；2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=-572KJ/mol若在标准状况下，将 H2 和 O2 组成的混合气体点燃爆炸后，再恢复到标准状况下，气体总体积减少 33.6 升，计算反应过程中放出的热量是多少？（要求简要解析）【解答】答案 286KJ解析：根据方程式可知 2H2(g)+O2(g)2H2O(l)，每生成 2mol 水，气体体积就减少 3mol。实际减少的是
31、molmolLL5.1/4.226.33，所以应该生成水的物质的量是 1mol。所以放出的热量是kJkJ2862572。18A、B、C、D 都是中学化学常见的物质，其中 A、B、C 均含有同一种元素。在一定条件下相互的转化关系如下图所示。请回答下列问题：（1）若 A、B、C 的溶液均显碱性，C 为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一A 中所含化学键类型为_，D 的电子式为_；25时，0.1molL-1 B、C 溶液，pH 较大的是_溶液(填溶质的化学式)，写出 B溶液中显电中性的原因_，已知，B 溶液里的 pH=10，则其水电离出来的 H+的浓度为_。（2）向反应体系中同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发
32、生的主要化学反应有：ICH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H1=-802.6kJ/molIICH4(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)H2=-322.0kJ/molIIICH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H3=+206.2kJ/molCH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)H4=+165.0kJ/mol请回答下列问题：CH4的燃烧热H_ H1(填“”、“”或“=”)；在反应初始阶段，反应 II 的反应速率大于反应 III 的反应速率比较反应 II 的活化能EII和反应 III 的活化能 EIII的大小：EII _EIII(填“”、“”或“
33、=”)。【解 答】答 案（1）离 子 键、共 价 键 Na2CO3c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)10-4mol/L（2）解析：（1）若 A、B、C 的溶液均显碱性，C 为焙制糕点的发酵粉的主要成分之一，则 A 为 NaOH、D 为 CO2、B 为 Na2CO3、C 为 NaHCO3NaOH 中所含化学键类型为：离子键、共价键，D 为 CO2，电子式为；25时，0.1molL-1 Na2CO3、NaHCO3溶液，CO32-的水解程度大于(HCO3-水解，故 Na2CO3溶液的 pH 较大，Na2CO3溶液中离子微粒间存在电荷守恒可故溶液显中性，电荷守
34、恒式为 c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，已知，Na2CO3溶液里的 pH=10 是因水解促进水的电离，溶液里的 OH-来源于水的电离，c(OH-)=，则其水电离出来的 H+的浓度也为 10-4mol/L。（2）反应生成液态水放出的热量更多，则 CH4的燃烧热HH1；活化能越低，反应速率越快，初始阶段，反应 II 的反应速率大于反应 III 的反应速率，则反应 II 的活化能 EII反应 III 的活化能 EIII。考点：考查无机物推断、离子浓度的大小比较、热化学以及化学反应速率、化学平衡等。19下表为元素周期表的一部分：族周期123 I.请参照元素
35、在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）画出元素的离子结构示意图_。（2）、的离子半径由大到小的顺序为_。（3）元素和形成的化合物的电子式：_。II.由上述部分元素组成的物质间，在一定条件下，可以发生下图所示的变化，其中 A 是一种淡黄色固体。请回答：（4）写出固体 A 与液体 X 反应的离子方程式 。（5）气体 Y 是一种大气污染物，直接排放会形成酸雨。可用溶液 B 吸收，写出过量的 Y 与B溶液反应的离子方程式_（6）若气体 C 与 Y 在恒容绝热的条件下反应，下列哪些说法说明该反应达到平衡状态：_A.温度不变 B.2v 正（C）=v 逆（Y）C.混合气体的密度不变 D.混合气体的平均
36、相对分子质量不变【解答】答案（1）（1 分）（2）S2-O2-Na+（1 分）（3）（1 分）（4）2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2（2 分）（5）SO2 +OH HSO3（2 分）（6）ABD（2 分）（6 分）解析：由元素在周期表中的位置可知，为 H、为 O、为 Na、为 Si、为 S、为 Cl（1）元素的离子为 O2-，原子核外有 10 个电子，离子结构示意图为；（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，所以离子半径大小顺序是 S2-O2-Na+；（3）元素与形成化合物为 SiCl4，属于共价化合物，硅原子和每个 Cl 原子之间都存在共价
37、键，其电子式为；由上述部分元素组成的物质，A 是一种淡黄色固体，则 A 为 Na2O2，能与液态 X 反应生成气体 C 与 B 的溶液，可推知 X 为 H2O、B 为 NaOH、C 为 O2；（4）过氧化钠和水反应生成 NaOH 和氧气，离子方程式为 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2；（5）气体 Y 是一种大气污染物，直接排放会形成酸雨，Y 为 SO2，过量的二氧化硫与 NaOH反应生成 NaHSO3，反应离子方为：SO2+OH-=HSO3-；（6）A绝热条件下，随反应进行温度升高，温度不变时说明到达平衡，故 A 正确；B由方程式可知 2v 正（C）=v 正（Y），而 2v 正（
38、C）=v 逆（Y），说明二氧化硫的生成速率与消耗速率相等，反应到达平衡，故 B 正确；C混合气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度始终不变，故 C 错误；D混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量减小，混合气体相对分子质量增大，当混合气体的平均分子量不变，说明反应到达平衡，故 D 正确；故选 ABD。考点：考查元素周期表与元素周期律的综合应用、无机物推断等。20（12 分）烃 A 是一种植物生长的调节剂，分子式为 C2H4。A 进行图 1 所示的转化可制得有果香味的液体 E（C4H8O2），回答下列问题：（1）A 的结构简式为 ，B 中所含官能团的名称为 。（2）反应的类型分别是
39、、。（3）反应的化学方程式为 。（4）E 的名称为 。实验室由反应制备 E 的装置如图 2，烧瓶中加入碎瓷片的作用是 ，长导管的作用是导气和 ，锥形瓶中盛放的液体是 。【解答】答案（12 分）（1）CH2=CH2，羟基;（2）加成反应、取代反应（或酯化反应）（每空1 分）（3）2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O（4）乙酸乙酯，防止暴沸，冷凝、回流，饱和 Na2CO3溶液（每空 1 分）解析：烃 A 是一种植物生长的调节剂，则 A 是 C2H4，乙烯与水发生加成反应形成 B：CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生 C:CH3CHO；C 催化氧化产生 D：CH3COOH；CH3CH2O
40、H 和乙酸 CH3COOH 在浓硫酸存在时在加热时发生酯化反应，制得 E 乙酸乙酯 CH3COOCH2CH3和水。（1）A 的结构简式为CH2=CH2，B 是乙醇，分子中所含官能团的名称为羟基；（2）反应类型是加成反应；反应的类型是取代反应（也叫酯化反应）；（3）反应是乙醇的氧化反应，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；（4）E 的名称为乙酸乙酯；实验室由反应制备 E的装置如图 2，烧瓶中加入碎瓷片的作用是防止暴沸，长导管的作用是导气和冷凝、回流，产生的乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，为了除去混有的杂质乙醇和醋酸，锥形瓶中盛放的液体是饱和 Na2CO3溶液。考点：考查有机合成与制备的知识。
