1、2016-2017学年湖南省长沙一中普通班高二（上）第二次月考化学试卷一、单项选择题（每小题3分，共60分）1下列有关元素周期表的说法错误的是（）A可在金属与非金属交界处寻找半导体材料B农药中常含有的元素通常在元素周期表的右上方区域内C作催化剂材料的元素通常在元素周期表的左下方区域内D在过渡元素中可寻找耐高温和耐腐蚀的合金材料2电子层数相同的3种元素X、Y、Z，最高价氧化物对应水化物的酸性HXO4H2YO4H3ZO4则下列判断错误的是（）A气态氢化物稳定性HXH2YZH3B离子半径按X、Y、Z顺序递减C得电子能力 XYZD气态氢化物还原性HXH2YZH33关于能源的叙述正确的是（）A植物通过光
2、合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变为热能的过程B氢气属于理想的二次能源，可以寻找催化剂使水分解，同时释放能量C化石燃料属于一次能源，属于不可再生能源，属于来自太阳的能源D大力开发丰富的煤炭资源，将煤进行气化处理提高煤的利用率，可减少对石油的依赖4下列既属于吸热反应，又属于氧化还原反应的是（）A钠与冷水反应BBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应C灼热的炭与CO2的反应D铝与氧化铁的反应5下列说法正确的是（）A催化剂对反应热和反应的活化能均无影响B中和热H=57.3kJ/mol，则0.1mol稀硫酸与足量的氢氧化钡溶液反应放热11.46kJC放热反应在常温下一定很容易发生D破坏生成物化学键
3、所需总能量小于破坏反应物化学键所需总能量的反应是吸热反应6反应A+3B=2C+D在四种不同情况下的反应速率，其中最快的是（）AV（A）=0.15mol/（Ls）BV（B）=0.6mol/（Ls）CV（C）=0.5mol/（Ls）DV（D）=0.45mol/（Ls）7海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质B海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化C从海水中可以得到NaCl，电解NaCl可以制备NaD利用潮汐发电是将化学能转化为电能8下列变化不属于取代反应的是（）ACH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH
4、3+H2OB +4H2C +HNO3+H2ODCH4+Cl2 CH3Cl+HCl9下列涉及的有机物及有机反应类型正确的是（）A乙烯分子与苯分子均含碳碳双键，都能发生加成反应B除去甲烷气体中的乙烯可将混合气体通过盛有足量酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶C实验室可用溴水鉴别苯、乙醇和环己烯D乙酸和乙醇在浓硫酸作用下可以反应，该反应属于加成反应10用锌与稀硫酸反应制H2时，下列能延缓反应速率但又不影响生成氢气总量的是（）A加入少量NaNO3溶液B加入少量CuSO4溶液C加入少量CH3COONa固体D改用98%的浓硫酸11几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：元素代号XYZW原子半径/pm160143
5、7066主要化合价+2+3+5+332下列叙述正确的是（）AXY元素的金属性：XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来DY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水12已知锶的核电核数为38，其单质密度为2.50g/cm3，下列说法中一定错误的是（）A颗粒状的单质锶与稀硫酸反应，反应现象不如钠和水反应剧烈B锶在纯净氮气中可以燃烧，燃烧产物投入水中可以放出气体C锶在纯氧中点燃可燃烧，燃烧生产的产物投入水中可以放出气体D颗粒状的单质锶投入水中，剧烈反应，生成大量的气体并引起气体燃烧和轻微爆炸13下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A
6、已知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=185kJ/mol，则氢气的燃烧热为185 kJ/molB已知石墨比金刚石稳定，则C （石墨，s）C（金刚石，s）H0C已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H2D已知Ni（CO）4（s）Ni（s）+4CO（g）H=+Q kJmol1，则Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（s）H=Q kJmol114利用CH4和O2的反应，在KOH溶液中用铂作电极可以构成原电池下列说法正确的是（）A每消耗1molCH4可以向外电路提供4moleB在负极上O2获得电子，电极反应式为 O2+2H2O+4e=4
7、OHC外电路电子由负极流向正极，内电路电子由正极流向负极D电池放电过程中，溶液的PH不断降低15将蔗糖放入试管中，加水和稀硫酸振荡，水浴加热5min，取水解液3mL加入新制的Cu（OH）2，加热后没有看到砖红色物质出现，这是因为（）A加热时间不够B蔗糖纯度不够CCu（OH）2的量不足D水解液未用碱液中和16分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A3种B4种C5种D6种17乙醇催化氧化为乙醛过程中化学键的断裂与形成情况可表示如下：下列醇能被氧化为醛类化合物的是（）A（CH3）3COHBCDCH3CH2CH（CH3）OH18甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种原
8、理：下列说法正确的是CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H1+49.0KJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H2192.9KJ/mol（）ACH3OH的燃烧热为192.9kJmol1B反应中的能量变化如图所示，且H1=E2E1C反应中的能量变化如图所示，且H2=E2E1D根据推知反应CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H192.9kJmol119将V1mL1.0molL1 H2SO4溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）下列叙述不正确的是（）A做该
9、实验时环境温度可能为20B该实验表明化学能可以转化为热能CNaOH溶液的浓度约是1.5molL1D该实验表明中和反应是放热反应20一定温度下，在一恒容密闭容器中，发生反应：N2+3H22NH3，下列能说明反应已达到平衡状态的是（）体系的压强不变 体系的密度不变 各组分的物质的量浓度不变各组分的质量分数不变 反应速率V（N2）：V（H2）=1：3混合气体的总物质的量不变混合气体的平均相对分子质量不变一个NN键断裂的同时，有2个NH键的断裂 C（N2）：C（H2）：C（NH3）=1：3：2ABCD二、非选择题（本大题共4小题，每空2分，共计46分）21实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450
10、mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是；（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是（填仪器名称）（2）配制NaOH时，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度0.1mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为mL（计算结果保留一位小数）在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得配得溶液浓度0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）22有一瓶澄清溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+
11、、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、Cl、I、NO3、CO32、SO32中的几种取该溶液进行以下实验：（1）用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性排除存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡，CCl4层呈紫红色排除存在（3）另取部分溶液，逐渐向其中加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，均无沉淀产生则可排除存在取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝（4）另取部分上述碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成证明存在，又排除存在（5）根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子是；还不能确定是否存在的离子是2
12、3已知将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去现有一个氧化还原反应的体系中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（不需配平）（3）上述反应中，氧化剂是，1mol氧化剂在反应中（填“得到”或“失去”）mol电子（4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色说出NaBiO3的一个性质：24硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤加入过量H2O2的目的：
13、（2）步骤中反应的离子方程式：（3）步骤中一系列处理的操作步骤：过滤、灼烧、冷却、称量（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量g（5）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O）上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是a稀硝酸 b稀硫酸 c盐酸 d浓硝酸滴定到终点时（恰好完全反应）的颜色为色2016-2017学年湖南省长沙一中普通班高二（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共60分）1下列有关元素周期表的说法错误的是（）A可在金属与非金属交界处寻找半导体材料B农药中常含有的
14、元素通常在元素周期表的右上方区域内C作催化剂材料的元素通常在元素周期表的左下方区域内D在过渡元素中可寻找耐高温和耐腐蚀的合金材料【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A金属与非金属的交界处的元素既有金属性也有非金属性；B应在由上角的非金属元素区寻找制备新型农药材料的元素；C元素周期表的左下角为活泼的金属元素；D过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料【解答】解：A金属与非金属的交界处的元素既有金属性也有非金属性，所以可在金属与非金属交界处寻找半导体材料，故A正确；B应在由上角的非金属元素区寻找制备新型农药材料的元素，所以农药中常含有的元素通常在元素周期表的右上方区域内，
15、故B正确；C元素周期表的左下角为活泼的金属元素，应在过渡元素中找，故C错误；D过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，故D正确；故选C2电子层数相同的3种元素X、Y、Z，最高价氧化物对应水化物的酸性HXO4H2YO4H3ZO4则下列判断错误的是（）A气态氢化物稳定性HXH2YZH3B离子半径按X、Y、Z顺序递减C得电子能力 XYZD气态氢化物还原性HXH2YZH3【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】电子层数相同的三种元素X、Y、Z，说明三种元素处于同一周期；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4
16、，则非金属性XYZ，同周期元素从左到右，原子序数增大、原子半径半径减小、元素非金属性增强、氢化物的稳定性逐渐增强，据此进行判断【解答】解：X、Y、Z元素的电子层数相同，则三种元素处于同一周期；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4H2YO4H3ZO4，则非金属性XYZ，A非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性HXH2YZH3，故A正确；B同一周期中非金属性XYZ，则原子序数XYZ，X、Y、Z的阴离子的电子层相同，原子序数越大，离子半径越小，则阴离子半径：XYZ，即离子半径按X、Y、Z顺序递增，故B错误；C非金属性越强，得电子能
17、力越强，非金属性XYZ，则得电子能力：XYZ，故C正确；D各元素的非金属性强弱为：XYZ，非金属性越强，氢化物还原性越弱，气态氢化物还原性HXH2YZH3，故D正确；故选B3关于能源的叙述正确的是（）A植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变为热能的过程B氢气属于理想的二次能源，可以寻找催化剂使水分解，同时释放能量C化石燃料属于一次能源，属于不可再生能源，属于来自太阳的能源D大力开发丰富的煤炭资源，将煤进行气化处理提高煤的利用率，可减少对石油的依赖【考点】常见的能量转化形式；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；化学能与热能的应用【分析】ACO2转化为葡萄糖是太阳能转变为化学能；B水分解产
18、生氢气时要吸收能量；C煤、石油、天然气属于化石能源，是不可再生的；D煤炭资源是不可再生的能源；【解答】解：A植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是将太阳能转化成化学能，故A错误；B氢气属于理想的二次能源，可以寻找催化剂使水分解，分解反应是吸收能量，故B错误；C化石燃料属于化石能源，是不可再生的，属于一次能源，属于来自太阳的能源，故C正确；D煤炭资源是不可再生的能源，大力开发丰富的煤炭资源，不利于可持续发展，故D错误；故选C4下列既属于吸热反应，又属于氧化还原反应的是（）A钠与冷水反应BBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应C灼热的炭与CO2的反应D铝与氧化铁的反应【考点】吸热反应和放热反应；
19、氧化还原反应【分析】存在元素的化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：Ba（OH）28H2O与NH4Cl反应、大多数的分解反应、C（或氢气）参加的氧化还原反应等，以此来解答【解答】解：A、钠和水的反应为氧化还原反应，但为放热反应，故A错误；B、Ba（OH）28H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不是氧化还原反应，故B错误；C、灼热的C和二氧化碳的反应，是以C为还原剂的氧化还原反应，故为吸热反应，故C正确；D、铝和氧化铁的反应为铝热反应，是典型的放热反应，故D错误故选C5下列说法正确的是（）A催化剂对反应热和反应的活化能均无影响B中和热H=57.3kJ/mol，则0.1mol稀硫酸与足
20、量的氢氧化钡溶液反应放热11.46kJC放热反应在常温下一定很容易发生D破坏生成物化学键所需总能量小于破坏反应物化学键所需总能量的反应是吸热反应【考点】反应热和焓变【分析】A催化剂可降低反应的活化能；B稀硫酸与足量的氢氧化钡溶液反应生成水的同时生成沉淀；C反应热与反应的条件无关；D化学反应伴随着能量变化与化学键的断裂和形成有关【解答】解：A催化剂对反应热无影响，但可降低反应的活化能，故A错误；B稀硫酸与足量的氢氧化钡溶液反应生成水的同时生成沉淀，而中和热只生成水，故B错误；C反应热与反应的条件无关，放热反应常温下不一定能进行，如铝热反应，需在加热条件下才能进行，故C错误；D化学反应伴随着能量变
21、化与化学键的断裂和形成有关，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，破坏生成物化学键所需总能量小于破坏反应物化学键所需总能量的反应是吸热反应，反之为放热反应，故D正确故选D6反应A+3B=2C+D在四种不同情况下的反应速率，其中最快的是（）AV（A）=0.15mol/（Ls）BV（B）=0.6mol/（Ls）CV（C）=0.5mol/（Ls）DV（D）=0.45mol/（Ls）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】比较四种不同情况下反应速率的快慢，利用速率之比等于其化学计量数之比计算同一物质表示的速率进行比较【解答】解：v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=1：3：2：1，转化为用A
22、的浓度变化来表示的反应速率为：Av（A）=0.15 molL1s1；Bv（B）=0.60 molL1s1，则v（A）=v（B）=0.20 molL1s1；Cv（C）=0.50 molL1s1，则v（A）=v（C）=0.25 molL1s1；Dv（D）=0.45 molL1s1，则v（A）=v（D）=0.45 molL1s1，故反应进行的快慢顺序为DCBA，故选D7海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质B海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化C从海水中可以得到NaCl，电解NaCl可以制备NaD利用潮汐发电是将化学
23、能转化为电能【考点】海水资源及其综合利用【分析】AK为活泼金属，海水中以离子形式存在；B海水蒸发制海盐，利用加热水转化为水蒸气，与水分离；CNaCl在海水中储量丰富，电解熔融NaCl可生成Na和氯气；D利用潮汐发电，不发生化学变化【解答】解：AK为活泼金属，海水中以离子形式存在，分离出KCl后电解熔融KCl得到K，为化学变化，故A错误；B海水蒸发制海盐，利用加热水转化为水蒸气，与水分离，无新物质生成，为物理变化，故B错误；CNaCl在海水中储量丰富，Na为活泼金属，则电解熔融NaCl可生成Na和氯气，故C正确；D利用潮汐发电，不发生化学变化，则利用潮汐发电是将机械能转化为电能，故D错误；故选C
24、8下列变化不属于取代反应的是（）ACH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2OB +4H2C +HNO3+H2ODCH4+Cl2 CH3Cl+HCl【考点】有机物的结构和性质【分析】A酯化反应为取代反应；B苯中不饱和键及碳碳双键均转化为单键；C苯环上H被硝基取代；D甲烷中H被Cl原子取代【解答】解：ACH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O为取代反应，故A不选；B +4H2为加成反应，故B选；C +HNO3+H2O为取代反应，故C不选；DCH4+Cl2 CH3Cl+HCl为取代反应，故D不选；故选B9下列涉及的有机物及有机反应类型正确的是（）A乙烯分
25、子与苯分子均含碳碳双键，都能发生加成反应B除去甲烷气体中的乙烯可将混合气体通过盛有足量酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶C实验室可用溴水鉴别苯、乙醇和环己烯D乙酸和乙醇在浓硫酸作用下可以反应，该反应属于加成反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A苯不含碳碳双键；B乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新杂质；C苯不溶于水，乙醇与水混溶，环己烯与溴发生加成反应；D乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应【解答】解：A乙烯中含碳碳双键，苯中不含碳碳双键，但苯为不饱和烃，则二者都能发生加成反应，故A错误；B乙烯含有碳碳双键，可被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应用溴水除杂，故B错误；C苯不溶于水，乙醇与水混溶，环己烯
26、与溴发生加成反应，可用溴水鉴别，故C正确；D乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，也为取代反应，故D错误故选C10用锌与稀硫酸反应制H2时，下列能延缓反应速率但又不影响生成氢气总量的是（）A加入少量NaNO3溶液B加入少量CuSO4溶液C加入少量CH3COONa固体D改用98%的浓硫酸【考点】化学反应速率的影响因素【分析】锌与稀硫酸反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可减小氢离子浓度但不改变其物质的量，注意稀硝酸、浓硫酸与锌反应生成的不是氢气，以此解答该题【解答】解：A加入硝酸钠溶液后，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与锌反应生成NO，影响了氢气的量，故A错误；B加入硫酸铜溶液
27、，锌与铜离子反应生成铜，锌与铜形成原电池，加快了反应速率，故B错误；C加入CH3COONa固体，硫酸变为醋酸，氢离子的浓度减小但不能改变氢离子的物质的量，则减慢反应速率，又不影响生成氢气的总量，故C正确；D改用98%的浓硫酸，锌与浓硫酸反应生成的是二氧化硫，不会生成氢气，故D错误；故选C11几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5+332下列叙述正确的是（）AXY元素的金属性：XYB一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来DY的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀
28、氨水【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y化合价分别为+2、+3，分别处于A、A族，W有2价，处于A族，原子半径与X、Y相差较大，可知W处于第二周期，X、Y处于第三周期，故X为Mg、Y为Al、W为O，Z有+5、3价，处于A族，原子半径与W形成不大，二者应同周期，故Z为N元素，据此解答【解答】解：X、Y化合价分别为+2、+3，分别处于A、A族，W有2价，处于A族，原子半径与X、Y相差较大，可知W处于第二周期，X、Y处于第三周期，故X为Mg、Y为Al、W为O，Z有+5、3价，处于A族，原子半径与W形成不大，二者应同周期，故Z为N元素A同周期自左而右金属性减弱，故金属性X（Mg）Y（Al）
29、，故A错误；B氮气与氧气在放电或高温条件下反应生成NO，不能直接得到NO2，故B错误；C非金属性W（O）Z（N），氧气氧化性强于氮气，一定条件下，氧气可以与氨气反应生成氮气与水，故C正确；DY的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，不能溶于弱碱氨水，故D错误，故选C12已知锶的核电核数为38，其单质密度为2.50g/cm3，下列说法中一定错误的是（）A颗粒状的单质锶与稀硫酸反应，反应现象不如钠和水反应剧烈B锶在纯净氮气中可以燃烧，燃烧产物投入水中可以放出气体C锶在纯氧中点燃可燃烧，燃烧生产的产物投入水中可以放出气体D颗粒状的单质锶投入水中，剧烈反应，生成大量的气
30、体并引起气体燃烧和轻微爆炸【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】第A族元素有铍、镁、钙、锶、钡、镭，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性越强，其单质与水反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；锶在纯净氮气中可以燃烧生成氮化锶，氮化锶与水反应生成氨气，据此分析【解答】解：A金属的活泼性：SrCaNa，则颗粒状锶单质与稀硫酸反应，反应现象比钠与水反应剧烈，故A错误；B锶在纯净氮气中可以燃烧生成氮化锶，氮化锶与水反应生成氨气，所以锶在氮气中燃烧产物与水反应可以放出气体，故B正确；C锶的最高价氧化物的水化物为强碱，则锶在纯氧中可以燃烧，燃烧产物与水反应生成的氢氧化物为强碱和氧气，故C正确；
31、D锶的活泼性大于钙，所以与水反应更剧烈，则将颗粒状锶单质放入水中，反应剧烈，生成大量的气体，气体燃烧且发生轻微爆炸，故D正确；故选A13下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A已知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=185kJ/mol，则氢气的燃烧热为185 kJ/molB已知石墨比金刚石稳定，则C （石墨，s）C（金刚石，s）H0C已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H2D已知Ni（CO）4（s）Ni（s）+4CO（g）H=+Q kJmol1，则Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（s）H=Q kJmol1【考点】热化学方
32、程式【分析】A氢气燃烧生成稳定氧化物为水；B石墨比金刚石稳定，石墨的能量低；C燃烧放热，焓变为负，完全燃烧放热多；D互为逆反应时，焓变数值相同、符号相反【解答】解：A已知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=185kJ/mol，不能确定氢气的燃烧热，二者无关，故A错误；B石墨比金刚石稳定，石墨的能量低，则C （石墨，s）C（金刚石，s）H0，故B错误；C.2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，焓变为负，完全燃烧放热多，可知H1H2，故C错误；D互为逆反应时，焓变数值相同、符号相反，由Ni（CO）4（s）Ni（s）+4CO（g）H=+Q kJmo
33、l1，则Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（s）H=Q kJmol1，故D正确；故选D14利用CH4和O2的反应，在KOH溶液中用铂作电极可以构成原电池下列说法正确的是（）A每消耗1molCH4可以向外电路提供4moleB在负极上O2获得电子，电极反应式为 O2+2H2O+4e=4OHC外电路电子由负极流向正极，内电路电子由正极流向负极D电池放电过程中，溶液的PH不断降低【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】碱性甲烷燃料电池，具有还原性的甲烷为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH8e=CO32+7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2
34、H2O+4e=4OH，原电池工作时，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析【解答】解：A、通入CH4的电极为负极，电极反应为：CH4+10OH8e=CO32+7H2O，每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole，故A错误；B、在正极上O2获得电子，电极反应式为 O2+2H2O+4e=4OH，故B错误；C、外电路电子由负极流向正极，内电路电子不能流动个，故C错误；D、电池反应式为：CH4+2OH+2O2=CO32+3H2O，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液pH不断降低，故D正确故选D15将蔗糖放入试管中，加水和稀硫酸振荡，水浴加热
35、5min，取水解液3mL加入新制的Cu（OH）2，加热后没有看到砖红色物质出现，这是因为（）A加热时间不够B蔗糖纯度不够CCu（OH）2的量不足D水解液未用碱液中和【考点】蔗糖与淀粉的性质实验【分析】蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，根据水解产物中葡萄糖的官能团的性质进行解答【解答】解：蔗糖加适量水配成溶液，在蔗糖溶液中加入35滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却，则蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，根据葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，在酸性条件下不能与新制的Cu（OH）2反应，应先加碱中和稀硫酸至碱性，再加入适量的新制Cu（OH）2并加热至沸腾，可观察到砖红色沉淀生成，所以在酸性条件下不能与生成Cu2
36、O，故没有观察到砖红色沉淀生成故选D16分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A3种B4种C5种D6种【考点】同分异构现象和同分异构体【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：CH3CH2CHCl2 （取代那面甲基上的氢原子时一样）、CH3CCl2 CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2ClCH2CH2Cl（两个边上的），CH2ClCHClCH3 （一中间一边上）
37、，共有四种故选B17乙醇催化氧化为乙醛过程中化学键的断裂与形成情况可表示如下：下列醇能被氧化为醛类化合物的是（）A（CH3）3COHBCDCH3CH2CH（CH3）OH【考点】醇类简介【分析】根据题目信息可知，醇能被氧化为醛类化合物时，与羟基相连的碳原子上至少有2个氢原子【解答】解：A（CH3）3COH中与羟基相连的碳原子上没有个氢原子，不能被氧化生成醛类，故A不选；B中与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，不能被氧化生成醛类，故B不选；C中与羟基相连的碳原子上有2个氢原子，能被氧化生成醛类，故C选；DCH3CH2CH（CH3）OH中与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，不能被氧化生成醛类，故D不选；
38、故选：C18甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种原理：下列说法正确的是CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H1+49.0KJ/molCH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H2192.9KJ/mol（）ACH3OH的燃烧热为192.9kJmol1B反应中的能量变化如图所示，且H1=E2E1C反应中的能量变化如图所示，且H2=E2E1D根据推知反应CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H192.9kJmol1【考点】反应热和焓变【分析】A燃烧热中应生成液态水，由可知生成氢气；B为吸热反应，而图中为放热反应；C反应热为正逆反应的活化能
39、之差；D由可知，液态甲醇转化为气态吸收能量，且为放热反应，焓变为负【解答】解：A燃烧热中应生成液态水，由可知生成氢气，则CH3OH的燃烧热大于192.9kJmol1，故A错误；B为吸热反应，而图中为放热反应，二者不符，故B错误；C反应热为正逆反应的活化能之差，则H2=E1E2，故C错误；D由可知，液态甲醇转化为气态吸收能量，且为放热反应，焓变为负，则根据推知反应CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H192.9kJmol1，故D正确；故选D19将V1mL1.0molL1 H2SO4溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持
40、V1+V2=50mL）下列叙述不正确的是（）A做该实验时环境温度可能为20B该实验表明化学能可以转化为热能CNaOH溶液的浓度约是1.5molL1D该实验表明中和反应是放热反应【考点】中和热的测定【分析】A实验时的温度应为酸碱未混合之前的温度；B反应时温度升高；C恰好反应时参加反应的H2SO4溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，以此计算NaOH浓度；D根据一个反应无法得出此结论【解答】解：A温度为22时加入盐酸10mL，中和反应放热，实验时环境温度要低于22，故A正确；B反应时温度升高，说明化学能转化为热能，故B正确；C恰好反应时参加反应的H2
41、SO4溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n，由H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知，n=21.0molL10.03L=0.06mol，所以浓度c=3mol/L，故C错误；D该反应是中和反应，反应放热，不能表明中和反应是放热反应，所以D错误；故选CD20一定温度下，在一恒容密闭容器中，发生反应：N2+3H22NH3，下列能说明反应已达到平衡状态的是（）体系的压强不变 体系的密度不变 各组分的物质的量浓度不变各组分的质量分数不变 反应速率V（N2）：V（H2）=1：3混合气体的总物质的量不变混
42、合气体的平均相对分子质量不变一个NN键断裂的同时，有2个NH键的断裂 C（N2）：C（H2）：C（NH3）=1：3：2ABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：反应前后气体系数和变化，所以体系的压强不变的状态是平衡状态，故正确； 体系的密度等于质量和提及的比值，始终是一个定值，此时的状态不一定是平衡状态，故错误； 各组分的物质的量浓度不变，是平衡的特
43、征，故正确；各组分的质量分数不变，是平衡的特征，故正确； 进行到任何状态，其反应速率V（N2）：V（H2）=1：3，所以此状态不一定是平衡状态，故错误； 反应前后气体系数和变化，混合气体的总物质的量不变的状态是平衡状态，故正确； 混合气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量比值，质量不变，但是物质的量变化，所以混合气体的平均相对分子质量不变的状态是平衡状态，故正确；一个NN键断裂的同时，有6NH键的断裂的状态才是平衡状态，故错误； 当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的浓度之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，不一定是平衡状态，故错误； 故选A二、非选择
44、题（本大题共4小题，每空2分，共计46分）21实验室需要0.1mol/L NaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是A、C；（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯和玻璃棒（填仪器名称）（2）配制NaOH时，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度小于0.1mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为13.6mL（计算结果保留一位小数）在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，
45、则所得配得溶液浓度大于0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器进行解答；（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（3）先依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；故答案为：A、C；烧杯和玻璃棒
46、；（2）若定容时仰视刻度线，则导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1mol/L；故答案为：小于；（3）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=18.4（mol/L），设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变设需要浓硫酸的体积为V，则：V18.4mol/L=500mL0.5mol/L，解得V=13.6ml；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大，量取硫酸的物质的量偏大，依据c=，可知溶液的浓度偏高；故答案为：13.6；大于22有一瓶澄清溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、
47、Fe3+、Cl、I、NO3、CO32、SO32中的几种取该溶液进行以下实验：（1）用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性排除CO32存在（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡，CCl4层呈紫红色排除NO3、Fe3+存在（3）另取部分溶液，逐渐向其中加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，均无沉淀产生则可排除Fe3+、Mg2+、Al3+存在取部分碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝（4）另取部分上述碱性溶液，向其中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成证明Ba2+存在，又排除SO42存在（5）根据上述实验事实确定：该溶液中肯定存在的
48、离子是Ba2+、I、NH4+；还不能确定是否存在的离子是K+、Na+、Cl【考点】常见离子的检验方法【分析】根据澄清溶液得，原溶液没有相互反应的离子；（1）根据实验（1）溶液呈酸性判断氢离子一定存在，与氢离子反应的离子不能够共存；（2）根据实验（2）加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，说明溶液中一定含有碘离子，能够与碘离子反应的离子不共存；（3）根据实验（3）加入NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产判断凡是与氢氧根离子反应生成沉淀的离子不存在；（4）根据实验（4）另取部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，可知一定
49、含有碳酸根离子，排除与该离子反应的离子；（5）由上述分析判断一定存在的离子、不能确定的离子【解答】解：（1）根据实验（1）现象：溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32反应发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32，故答案为：CO32；（2）根据实验（2）现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I，而I与Fe3+、NO3和H+能发生氧化还原反应，而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+、NO3；故答案为：NO3、Fe3+；（3）根据实验（3）现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Fe3+、M
50、g2+、Al3+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Fe3+、Mg2+、Al3+；故答案为：Fe3+、Mg2+、Al3+；（4）根据实验（4）现象：取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42产生沉淀，说明溶液中不含SO42；故答案为：Ba2+；SO42；（5）由上述实验事实确定，该溶液中肯定存在的离子是：Ba2+、I、NH4+；肯定不存在的离子是：Mg2+、Fe3+、Al3+、NO3、Fe3+、CO32、SO42；还不能确定是否存在的离子是：K+、Na+、Cl，故答案为：Ba2+、I、NH4+；K+、Na+、Cl23已知将盐
51、酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去现有一个氧化还原反应的体系中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：（1）该反应中，化合价升高的反应物是KCl（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（不需配平）KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O（3）上述反应中，氧化剂是KMnO4，1mol氧化剂在反应中（填“得到”或“失去”）得到5mol电子（4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色说出NaBiO3的一个性质：NaBiO3具有强氧化性【考点】氧化还原反应【分析】将盐酸滴入高锰酸钾溶液
52、中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则发生HCl与KMnO4的氧化还原反应；则七种物质发生KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：将盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则发生HCl与KMnO4的氧化还原反应，则七种物质发生KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O，（1）Cl元素的化合价升高，则KCl为还原剂，故答案为：KCl；（2）由信息可知，高锰酸钾能氧化氯离子，则发生的氧化还原反应为KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl
53、2+H2O，故答案为：KCl+KMnO4+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2+H2O；（3）Mn元素的化合价降低，KMnO4为氧化剂，1mol氧化剂得到1mol（72）=5mol电子，故答案为：KMnO4；得到5；（4）加入NaBiO3，溶液又变紫红色，则NaBiO3具有强氧化性，将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：NaBiO3具有强氧化性24硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤加入过量H2O2的目的：将Fe2+全部氧化为Fe3+（2）步骤中反应的离子方程式：Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3
54、+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+（3）步骤中一系列处理的操作步骤：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag（5）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定（5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O）上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是ba稀硝酸 b稀硫酸 c盐酸 d浓硝酸滴定到终点时（恰好完全反应）的颜色为紫红色【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定
55、氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；（2）由流程图可知，步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是碱或氨水；（3）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（4）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算（5）加入的酸不能具有强氧化性，不能被酸性高锰酸钾氧化，防止影响酸性高锰酸钾溶液的体积，影响测定结果；滴定到终点是利用高锰酸钾溶液的紫红色指示反应达到终点【解答】解：由流程图可知，该实
56、验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；（2）由流程图可知，步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，加入的X可以是氢氧化钠溶液或氨水，反应方程式为Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，故答案为：Fe3+3OH=Fe（OH）3或Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（3）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：洗涤；（4）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag，故答案为：0.07a；（5）高锰酸钾有强氧化性，能将盐酸氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，故只能用稀硫酸酸化，答案为：b；用KMnO4溶液滴定进行铁元素含量的测定，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为紫红色且半分钟不变化，说明反应达到终点，故答案为：紫红2017年4月26日
