1、2016-2017学年云南省曲靖市宣威一中高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1下列化学式只表示一种纯净物的是（）AC2H6BC4H10CC2H4Cl2DC2常温下，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，下列叙述正确的是（）A溶液中水电离出的c（H+）=1010mol/LB溶液中c（H+）+c（A）=0.1 mol/LC溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大D与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）3已知A、B、C、D、E是短周期中原
2、子序数一次增大5种主族元素，其中元素A、E的单 质常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，下列说法正确的是（）A原子半径：ABCDEB化合物AE与CE含有相同类型的化学键C金属性：DCDD单质能够溶解于C的最高价氧化物对应的水化物4可逆反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g），在体积不变的密闭容器中反应，一定达到平衡状态的标志是：单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO 正（NO2）：正（NO）：正（O2）=2：2：
3、1的状态 混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态（）ABCD5在恒容密闭容器中发生下列反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）H0下列有关该反应的描述正确的是（）A容器内气体的压强不变，反应一定处于平衡状态B降低 C（CO）和增加C （s），均可以使平衡向正反应方向移动C其它条件一定时，升高温度和减小压强均不利于提高CO2转化率D在一定条件下，CO2的生成速率等于C（s）的生成速率时，反应一定处于平衡状态6下列结论正确的是（）粒子半径：K+Al3+S2Cl氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4离子的还原性：S2ClBrI氧化
4、性：Cl2SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO 非金属性：ONPSi金属性：BeMgCaKA只有BCD7元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n2，则在气态氢化物中R元素的化合价为（）A123nB3n12C3n10D63n8有8种物质：乙烷；乙烯；乙炔；苯；甲苯；溴乙烷；聚乙烯；环己烯其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（）ABCD9有两种气态不饱和烃的混合物1体积，完全燃烧后可得3.8体积CO2和3.6体积水蒸气（气体体积均在相同条件下测定），则这两种烃是（）AC2H4、C4H6BC2H2、C4H8CC3H4、C4H8DC3H4、C3H610
5、一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是（）A反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol/（Ls）B反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol/LC反应开始到10 s时，Y的转化率为79%D反应的化学方程式为：X（g）+Y（g）Z（g）11下列反应中生成物的总能量大于反应物的总能量的是（）A铝粉与氧化铁的反应B氯化铵与Ba（OH）28H2O反应C锌片与稀硫酸反应D钠与冷水反应12下列各项表达式正确的是（）AS原子的结构示意图：B过氧化钠的结构式：NaOONaCK+离子的核外电子排布式：1s22s22p63
6、s23p6D丙烯酸（CH2=CHCOOH）分子中含9个键，1个键二、解答题（共9小题，满分0分）13某学生用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：A、量取20.0ml待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B、用标准溶液润洗滴定管23次；C、取盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D、取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度线0以上2cm3cm；E、调节液面至“0”或“0”以下刻度并记下读数；F、把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度据此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字
7、母填写）（2）上述B步骤操作的目的是（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是（4）判断到达滴定终点的实验现象是14通过下列两步实验测定草酸晶体（H2C2O4xH2O）中结晶水x的值：（1）称取mg草酸晶体，配制成100.0mL溶液（2）取25.0mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为a molL1 KMnO4溶液进行滴定其反应原理是：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O请回答下列问题：实验（2）中，KMnO4应装在滴定管中（填“酸式”、“碱式”），滴定前是否需要在锥形瓶内加入指示剂（填“是”、“否
8、”），原因是；若滴定用的KMnO4溶液因放置时间过长而部分变质，浓度偏低，则根据实验求出的x值（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）；若滴定终点时，共用去KMnO4溶液VmL，则草酸溶液浓度为molL1，x=（用含有m、V的代数式表示）15如图所示，U型管的左端被水和胶塞封闭有甲烷和氯气（体积比为1：1）的混和气体，假定氯气在水中溶解度可以忽略将该装置放置在有光亮的地方，让混和气体缓慢地反应一段时间 （1）假设甲烷与氯气恰好完全反应，且只产生一种有机物，请写出化学方程式：（2）根据（1）的假设，推测反应一段时间后，U型管右端的玻璃管中水柱变化情况（升高、降低或不变）及变化的主要原因：16数据分析
9、能力是新课程对中学生提出的一项要求表是用沉淀法测定KHCO3和Na2CO3混合物的组成的相关数据实验过程是每次称取一定质量的样品溶于水制成溶液，向其中滴加相同浓度的Ba（OH）2溶液，每次实验均充分反应实验记录见表：实验次数称取样品的质量/g所加Ba（OH）2溶液的体积/L测得生成沉淀的质量/g10.5180.50.98521.0360.531.5540.52.95542.0720.53.94052.5900.53.94063.1080.53.940分析上表数据回答下列问题：（1）第2次实验中产生沉淀质量是多少克？请将结果填在表格相应空格中（2）样品中KHCO3和Na2CO3的物质的量之比是（
10、3）室温下，取上述Ba（OH）2溶液50mL，加入0.05mol/L的盐酸，反应后所得溶液的pH=2，求所加盐酸的体积（混合时不考虑溶液体积变化，写出计算过程）17X、Y、Z、W四种元素的原子序数依次增大，且均为短周期元素X原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Y有两种常见的同素异形体，其中一种是很好的脱色剂和消毒剂Z、W原子最外层电子数之和是X原子最外层电子数的2倍，这四种元素的原子电子层数之和为10请填空：（1）X与Y组成一种有臭味的气体，与氧气按物质的量之比为1：2混合后恰好完全燃烧，生成稳定的氧化物，在同温同压下测得燃烧前后气体的总体积不变，该反应的化学方程式为固态的XY2属于晶体（2
11、）若W的单质是有毒气体，则它与强碱溶液反应的离子方程式为；由Z和Y可构成具有漂白作用的化合物，其电子式为（3）若W的单质为淡黄色固体，且W与X可形成化合物XW2XW2为（填“极性”或“非极性”）分子；Z的单质在XY2气体中燃烧的现象为（4）若W的一种单质分子为正四面结构，可用于制造燃烧弹和烟幕弹等实验室里少量该单质应保存在中通常实验室制取Z的最高价氧化物的水化物的离子程式为18已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同微粒它们之间存在如图中转化关系：（1）如果A、B、C、D均是10电子的微粒，请写出：A的化学式；D的化学式（2）如果A和C是18电子的微粒，B和D是10电子的微粒，请写出A与B
12、在溶液中反应的离子方程式19石蜡油（主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物）分解实验按照如图进行：（1）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是（填写序号，下同）只有甲烷只有乙烯烷烃跟烯烃的混合物（2）将石蜡油分解所得生成物通入到溴水中，现象是；通入到酸性高锰酸钾溶液中，现象是（3）碎瓷片的作用是（填序号）防止暴沸 有催化功能积蓄热量 作反应物（4）写出含有18个碳原子的烷烃分解为乙烷与最多乙烯的化学方程式：20氯化碘（ICl）跟水发生反应：ICl+H2OHIO+HCl，这个过程可以称为ICl的水解则（1）ICl与NaOH溶液反应的离子方程式为：；（2）预计IF5水解的化学反应方程式为：21同系
13、物是指：相似，在分子组成上相差原子团的化合物2016-2017学年云南省曲靖市宣威一中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1下列化学式只表示一种纯净物的是（）AC2H6BC4H10CC2H4Cl2DC【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】分子式不存在同分异构体、同素异形体的一定为纯净物，以此分析【解答】解：AC2H6只有一种结构，无同分异构体，是纯净物，故A正确； BC4H10有两种结构正丁烷和异丁烷，可能是混合物，故B错误；CC2H4Cl2有两种同分异构体，CH2ClCH2Cl和CHCl2CH3，可能是混合物，故C错误；D碳单
14、质有同素异形体，如金刚石和石墨，可能为混合物，故D错误故选A2常温下，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，下列叙述正确的是（）A溶液中水电离出的c（H+）=1010mol/LB溶液中c（H+）+c（A）=0.1 mol/LC溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大D与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】常温下Kw=c（OH）c（H+）=1014，又知0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，解之得c（H+）=103mol/L，
15、则HA为弱酸，以此解答该题【解答】解：常温下Kw=c（OH）c（H+）=1014，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，得c（H+）=103mol/L，A水电离出的c（H+）=c（OH）=mol/L=1011mol/L，故A错误；B溶液中c（H+）+c（A）2c（H+）=2103mol/L，故B错误；C溶液中加入一定量CH3COONa晶体，发生：CH3COO+H+CH3COOH，或加入水，都会导致c（H+）减小，c（OH）增大，故C正确；D与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后，HA过量，则溶液应呈酸性，应有c（H+）c（OH），故D错误故选C3已知A、B、C、D、E是短周期
16、中原子序数一次增大5种主族元素，其中元素A、E的单 质常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，下列说法正确的是（）A原子半径：ABCDEB化合物AE与CE含有相同类型的化学键C金属性：DCDD单质能够溶解于C的最高价氧化物对应的水化物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，电子层数只可能是2，故B为C元素；A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，则A的原子序数比C小，所以A为H元素，E为Cl元素；元素C在同周期
17、的主族元素中原子半径最大，应位于同周期最左边，C为Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，则D为Al元素，结合选项分析【解答】解：元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，电子层数只可能是2，故B为C元素，A的原子序数比B小且是气体，故A为H，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，应位于同周期最左边，C为Na元素、原子序数比钠大的金属，D为Al元素，A电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则五种元素的原子半径大小为：ABEDC，故A错误；BAE、CE分别为HCl、NaCl，氯化氢中含有共价键，氯化钠含有的是离子键，二者含有的化学键类型不同，故B错误；
18、CC为Na元素、D为Al元素，金属性NaAl，故C错误；DD的单质为Al，C的最高价氧化物对应的水化物NaOH，二者能够发生反应生成偏铝酸钠和氢气，故D正确；故选D4可逆反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g），在体积不变的密闭容器中反应，一定达到平衡状态的标志是：单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO 正（NO2）：正（NO）：正（O2）=2：2：1的状态 混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的
19、判断【分析】单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，因此v正=v逆；单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，因此v正=v正，不能说明达到平衡状态；在任何时候，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态；混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；在任何时候，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态；气体总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据【解答】解：单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达
20、到平衡状态，故正确；单位时间内生成n mol O2是正反应，同时生成2n mol NO也是正反应，故不能说明达到平衡状态，故错误；无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故错误；混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态，故错误；平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；故选B5在恒容密闭容器中发生下列反应：C（s）+CO2（g
21、）2CO（g）H0下列有关该反应的描述正确的是（）A容器内气体的压强不变，反应一定处于平衡状态B降低 C（CO）和增加C （s），均可以使平衡向正反应方向移动C其它条件一定时，升高温度和减小压强均不利于提高CO2转化率D在一定条件下，CO2的生成速率等于C（s）的生成速率时，反应一定处于平衡状态【考点】化学平衡的影响因素【分析】该反应是反应前后气体体积不同的可逆反应，压强不变说明反应达到平衡状态，正逆反应速率相等说明反应达到平衡状态；增大容器体积平衡正向移动；增大固体C的量对平衡移动无影响，据此分析【解答】解：A、该反应是反应前后气体体积不同的可逆反应，压强不变说明反应达到平衡状态，故A正确；
22、B、增加C （s），对反应速率和平衡无影响，故B错误；C、增大容器体积平衡向气体体积增大的正向移动，利于提高CO2转化率，故C错误；D、CO2的生成速率与C（s）的生成速率之比为2：1时，反应处于平衡状态，故D错误；故选A6下列结论正确的是（）粒子半径：K+Al3+S2Cl氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4离子的还原性：S2ClBrI氧化性：Cl2SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO 非金属性：ONPSi金属性：BeMgCaKA只有BCD【考点】微粒半径大小的比较；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；氧化性、还
23、原性强弱的比较【分析】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；非金属性越强，氢化物稳定性越强；非金属性越强，阴离子还原性越弱；非金属性越强，单质氧化性越强；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，结合强酸制备弱酸分析解答；同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱；同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱【解答】解：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S2ClK+Al3+，故错误；非金属性FClSPSi，氢化物稳定性：HFHClH2SPH3SiH4，故正确；非金属性ClBrIS，阴离子还原性S2
24、IBrCl，故错误；非金属性ClSSeTe，单质氧化性Cl2SSeTe，故正确；非金属性SPC，最高价含氧酸的酸性H2SO4H3PO4H2CO3，碳酸酸性比较HClO强，故酸性H2SO4H3PO4H2CO3HClO，故正确；同周期随原子序数增大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，故非金属性ONPSi，故正确；同主族自上而下金属性增强，同周期自左而右金属性减弱，故金属性：BeMgCaK，故正确，故选C7元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n2，则在气态氢化物中R元素的化合价为（）A123nB3n12C3n10D63n【考点】根据化学式判断化合价【分析】根据HnRO2n2利用化合
25、价代数和为0计算R元素的最高化合价，再利用最高正化合价8=最低负价，即为气态氢化物中R元素的化合价，据此计算【解答】解：令HnRO2n2中R元素的化合价为x，由化合价代数和为0，所以（+1）n+x+（2）（2n2）=0，解得x=3n4，所以最低负价为3n48=3n12故选B8有8种物质：乙烷；乙烯；乙炔；苯；甲苯；溴乙烷；聚乙烯；环己烯其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（）ABCD【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【分析】既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，则有机物不含碳碳双键、三键、CHO，也不能为苯的同系物等，以
26、此来解答【解答】解：乙烷、苯、溴乙烷、聚乙烯均既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色；乙烯、乙炔、环己烯均既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色；甲苯只能使酸性KMnO4溶液褪色，故选C9有两种气态不饱和烃的混合物1体积，完全燃烧后可得3.8体积CO2和3.6体积水蒸气（气体体积均在相同条件下测定），则这两种烃是（）AC2H4、C4H6BC2H2、C4H8CC3H4、C4H8DC3H4、C3H6【考点】有关有机物分子式确定的计算；有关混合物反应的计算【分析】两种气态烃的混合物共1L，在空气中完全燃烧得到3.8L CO2、3.6L水蒸气，根据相同体积下气体的体
27、积之比等于物质的量之比，可得平均分子式为C3.8H7.2，利用平均值法对各选项进行判断【解答】解：两种气态烃的混合物共1L，在空气中完全燃烧得到3.8L CO2、3.6L水蒸气，根据相同体积下气体的体积之比等于物质的量之比，可得平均分子式为C3.8H7.2，由于A、D中各种烃分子中的H原子数都小于7.2，不可能平均氢原子数为7.2，故A、D错误；BC2H2、C4H8：设C2H2为xmol、C4H8为ymol，若平均碳原子数为3.8，则： =3.8，整理可得：x：y=1：9；若平均H原子数为7.2时，则： =7.2，整理可得：x：y=2：13，二者不相符，故B错误；CC3H4、C4H8：设C2H
28、2为xmol、C4H8为ymol，若平均碳原子数为3.8，则： =3.8，整理可得：x：y=1：4；若平均H原子数为7.2时，则： =7.2，整理可得：x：y=1：4，符号条件，故C正确；DC3H4、C3H6设C2H2为xmol、C4H8为ymol，若平均碳原子数为3，不能满足C原子数为3.8，故D错误故选C10一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示下列描述正确的是（）A反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol/（Ls）B反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol/LC反应开始到10 s时，Y的转化率为79%D反应的
29、化学方程式为：X（g）+Y（g）Z（g）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】根据图象的曲线变化判断物质的量的变化以及反应速率、转化率的计算，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比书写化学方程式【解答】解：A反应开始到10s，用Z表示的反应速率=0.079mol/（Ls），故A错误；B反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，故B错误；C反应开始到10s时，Y的转化率为=79%，故C正确；D由图象可以看出，反应中x、Y的物质的量减少，应为反应物，z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，n（X）=0.79mol，n（Y）=0.79mol，n（
30、Z）=1.58mol，则n（X）：n（Y）：n（Z）=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X（g）+Y（g）2Z（g），故D错误；故选C11下列反应中生成物的总能量大于反应物的总能量的是（）A铝粉与氧化铁的反应B氯化铵与Ba（OH）28H2O反应C锌片与稀硫酸反应D钠与冷水反应【考点】反应热和焓变【分析】生成物的总能量大于反应物总能量，反应应为吸热反应，常见吸热反应有分解反应，金属氧化物与CO、H2等物质的反应等，以此解答该题【解答】解：A铝粉与氧化铁的反应属于放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故A错误；B氯化铵与Ba（OH）28H2O反应为吸热反
31、应，故B正确；C锌片与稀硫酸反应的反应属于放热反应，故C错误；D钠和水反应放出大量的热，为放热反应，故D错误故选B12下列各项表达式正确的是（）AS原子的结构示意图：B过氧化钠的结构式：NaOONaCK+离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6D丙烯酸（CH2=CHCOOH）分子中含9个键，1个键【考点】原子结构示意图；结构式；原子核外电子排布【分析】AS原子的核外有16个电子；B过氧化钠为离子化合物，Na与O不能形成共价键；CK+离子的核外有18个电子，分三层排布；D根据分子中的单键和双键的数目判断【解答】解：AS原子的核外有16个电子，分三层排布，最外层6个电子，硫原子的结构示
32、意图为：，故A错误；B过氧化钠为离子化合物，Na与O不能形成共价键，所以过氧化钠不能写结构式，故B错误；CK+离子的核外有18个电子，分三层排布，其核外电子排布式：1s22s22p63s23p6，故C正确；D丙烯酸（CH2=CHCOOH）分子中含有4个CH，1个CC，1个OH，1个CO，1个C=C和1个C=O，共9个键，2个键，故D错误；故选C二、解答题（共9小题，满分0分）13某学生用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：A、量取20.0ml待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B、用标准溶液润洗滴定管23次；C、取盛有标准溶液的碱式滴定
33、管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D、取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度线0以上2cm3cm；E、调节液面至“0”或“0”以下刻度并记下读数；F、把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度据此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是BDCEAF（用序号字母填写）（2）上述B步骤操作的目的是防止将标准液稀释（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是偏大（4）判断到达滴定终点的实验现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色【考点】中和滴定【分析】（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；（2
34、）滴定管在装液时，为了防止溶液被稀释，需用待装液润洗；（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；【解答】解：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：BDCEAF；（2）用标准溶液润洗滴定管23次的目的是防止将标准液稀释，影响测定结果；故答案为：防止将标准液稀释；（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，测定结果偏大；故答案为：偏大；（4）本实验是用NaOH滴定
35、盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时现象：当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；故答案为：当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；14通过下列两步实验测定草酸晶体（H2C2O4xH2O）中结晶水x的值：（1）称取mg草酸晶体，配制成100.0mL溶液（2）取25.0mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸后，用浓度为a molL1 KMnO4溶液进行滴定其反应原理是：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O请回答下列问题：实验（2）中，KMnO4应装在酸式滴定管中（填“酸式”、“碱式”），滴定前是否需要在锥形瓶内加入指示剂否（填“是”
36、、“否”），原因是紫红色KMnO4溶液被H2C2O4还原为Mn2+时溶液褪色、当最后一滴KMnO4滴入时，溶液中紫红色不再褪去即为滴定终定；若滴定用的KMnO4溶液因放置时间过长而部分变质，浓度偏低，则根据实验求出的x值偏低（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）；若滴定终点时，共用去KMnO4溶液VmL，则草酸溶液浓度为molL1，x=（用含有m、V的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，不需要外加指示剂；
37、由题给化学方程式及数据可得出X，若滴定用的KMnO4溶液因放置时间过长而部分变质，浓度偏低，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏低；根据化学方程式及各物质之间的关系进行计算【解答】解：KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，不需要外加指示剂，故答案为：酸；否；紫红色KMnO4溶液被H2C2O4还原为Mn2+时溶液褪色、当最后一滴KMnO4滴入时，溶液中紫红色不再褪去即为滴定终定；若滴定用的KMnO4溶液因
38、放置时间过长而部分变质，浓度偏低，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏低，故答案为：偏低；由2MnO2+5H2C2O4 +6H+2Mn2+10CO2+8H2O 2mol 5molaV103mol 0.025Cmol=解得：C=molL1H2C2O4xH2OH2C2O4 xH2O1mol 18xg0.1aV0.1 w0.1aV0.190 =解得x=故答案为：；15如图所示，U型管的左端被水和胶塞封闭有甲烷和氯气（体积比为1：1）的混和气体，假定氯气在水中溶解度可以忽略将该装置放置在有光亮的地方，让混和气体缓慢地反应一段时间 （1）假设甲烷与氯气恰好完全反应，且只产生一种有机物
39、，请写出化学方程式：CH4+4Cl2CCl4+4HCl（2）根据（1）的假设，推测反应一段时间后，U型管右端的玻璃管中水柱变化情况（升高、降低或不变）及变化的主要原因：甲烷和氯气反应生成的氯化氢极易溶于水，全部溶于水，使容器内压强变小，右端的玻璃管中水柱降低【考点】甲烷的取代反应【分析】（1）甲烷与氯气反应充分，甲烷中的H完全被取代，只产生四氯化碳；（2）甲烷和氯气反应后容器内压强变小，右端的玻璃管中水柱降低【解答】解：（1）甲烷中的氢原子可以被氯原子取代，甲烷与氯气反应充分，且只产生一种有机物即四氯化碳，反应的化学方程式为CH4+4Cl2CCl4+4HCl，故答案为：CH4+4Cl2CCl4
40、+4HCl；（2）甲烷和氯气反应生成的四氯化碳是油状的液体，氯化氢是气体，氯化氢极易溶于水，使容器内压强变小，右端的玻璃管中水柱降低，故答案为：甲烷和氯气反应生成的氯化氢极易溶于水，全部溶于水，使容器内压强变小，右端的玻璃管中水柱降低16数据分析能力是新课程对中学生提出的一项要求表是用沉淀法测定KHCO3和Na2CO3混合物的组成的相关数据实验过程是每次称取一定质量的样品溶于水制成溶液，向其中滴加相同浓度的Ba（OH）2溶液，每次实验均充分反应实验记录见表：实验次数称取样品的质量/g所加Ba（OH）2溶液的体积/L测得生成沉淀的质量/g10.5180.50.98521.0360.51.9703
41、1.5540.52.95542.0720.53.94052.5900.53.94063.1080.53.940分析上表数据回答下列问题：（1）第2次实验中产生沉淀质量是多少克？请将结果填在表格相应空格中（2）样品中KHCO3和Na2CO3的物质的量之比是2：3（3）室温下，取上述Ba（OH）2溶液50mL，加入0.05mol/L的盐酸，反应后所得溶液的pH=2，求所加盐酸的体积（混合时不考虑溶液体积变化，写出计算过程）【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）第4、5、6次生成沉淀碳酸钡的质量都为3.940g，说明样品质量为2.072g时，Ba（OH）2已经完全反应，第1次、第2次样品的质量之
42、比等于生成的沉淀质量之比为1：2；（2）第4次实验中样品完全反应，令KHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，根据碳元素守恒可知沉淀碳酸钡的物质的量为（x+y）mol，根据样品质量与碳酸钡沉淀质量列方程计算；（3）第4次实验中反应物恰好完全沉淀，可计算碱的浓度，再结合酸碱混合后pH=2可知酸过量，以此计算【解答】解：（1）第4、5、6次生成沉淀碳酸钡的质量都为3.940g，说明样品质量为2.072g时，Ba（OH）2已经完全反应，第1次、第2次样品的质量之比等于生成的沉淀质量之比为1：2，则实验2中数据为0.985g2=1.970g，故答案为：1.970；（2）第4次实验中样
43、品完全反应，令KHCO3和Na2CO3的物质的量分别为xmol、ymol，则解得x：y=2：3，故答案为：2：3；（3）由0.518：2.072=0.985：3.940可知第4次实验中反应物恰好完全沉淀，即有：原0.5L Ba（OH）2溶液中：n（OH）=2=0.04mol，c（OH）=0.08mol/L，混合后溶液pH=2，则c（H+）=0.01mol/L，设盐酸的体积为VmL，则=0.01mol/L，解得V=112.5mL答：所加盐酸的体积为112.5mL17X、Y、Z、W四种元素的原子序数依次增大，且均为短周期元素X原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Y有两种常见的同素异形体，其中一种
44、是很好的脱色剂和消毒剂Z、W原子最外层电子数之和是X原子最外层电子数的2倍，这四种元素的原子电子层数之和为10请填空：（1）X与Y组成一种有臭味的气体，与氧气按物质的量之比为1：2混合后恰好完全燃烧，生成稳定的氧化物，在同温同压下测得燃烧前后气体的总体积不变，该反应的化学方程式为C3O2+2O23CO2固态的XY2属于分子晶体（2）若W的单质是有毒气体，则它与强碱溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；由Z和Y可构成具有漂白作用的化合物，其电子式为（3）若W的单质为淡黄色固体，且W与X可形成化合物XW2XW2为非极性（填“极性”或“非极性”）分子；Z的单质在XY2气体中燃烧
45、的现象为镁条在二氧化碳中剧烈燃烧，生成白色粉末，在瓶的内壁有黑色固体附着（4）若W的一种单质分子为正四面结构，可用于制造燃烧弹和烟幕弹等实验室里少量该单质应保存在盛有冷水的广口瓶中通常实验室制取Z的最高价氧化物的水化物的离子程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+【考点】原子结构与元素周期律的关系；氯气的化学性质；无机物的推断【分析】X、Y、Z、W四种元素的原子序数依次增大，且均为短周期元素X原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素；Y有两种常见的同素异形体，其中一种是很好的脱色剂和消毒剂，则Y为氧元素；Z、W原子最外层电子数之和是X原子最外层电子数的2倍，这四种元素
46、的原子电子层数之和为10，若Z为第三周期第A族元素，即Z为钠元素，W为第三周期第A族元素，即W为氯元素符合题意；若Z为第三周期第A族元素，即Z为镁元素，W为第三周期第A族元素，即W为硫元素也符合题意；若Z为第三周期第A族元素，即Z为铝元素，W为第三周期第A族元素，即W为磷元素也符号题意；（1）根据碳与氧形成的化合物与与氧气按物质的量之比为1：2混合后恰好完全燃烧，生成稳定的氧化物为二氧化碳，利用同温同压下测得燃烧前后气体的总体积不变及质量守恒定律来分析化学反应，利用二氧化碳的构成微粒来分析晶体类型；（2）W的单质为氯气，利用氯气与碱反应的实质来书写离子反应方程式，Z和Y可构成具有漂白作用的化合
47、物为过氧化钠；（3）利用CO2与CS2相似来分析；W为硫元素时Z为镁元素，则利用镁和二氧化碳反应来分析；（4）W的一种单质分子为正四面结构，可用于制造燃烧弹和烟幕弹等，则W为白磷，白磷着火点低，一般保存在水中；实验室制取氢氧化铝一般利用含有铝离子的溶液与氨水反应【解答】解：X、Y、Z、W四种元素的原子序数依次增大，且均为短周期元素X原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素；Y有两种常见的同素异形体，其中一种是很好的脱色剂和消毒剂，则Y为氧元素；Z、W原子最外层电子数之和是X原子最外层电子数的2倍，这四种元素的原子电子层数之和为10，若Z为第三周期第A族元素，即Z为钠元素，W为第三周期
48、第A族元素，即W为氯元素符合题意；若Z为第三周期第A族元素，即Z为镁元素，W为第三周期第A族元素，即W为硫元素也符合题意；若Z为第三周期第A族元素，即Z为铝元素，W为第三周期第A族元素，即W为磷元素也符号题意；（1）设碳与氧形成的化合物为CxOy，则CxOy+2O23CO2，由质量守恒定律可知x=3，y=2，即化学反应为C3O2+2O23CO2，二氧化碳的构成微粒是分子，则固态的二氧化碳属于分子晶体，故答案为：C3O2+2O23CO2；分子；（2）W的单质是有毒气体，则该单质为氯气，氯气与碱反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，Z和Y可构成具有漂白作用的化合物为过氧化钠属于离
49、子化合物，是由离子构成的，其电子式为，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（3）W的单质为淡黄色固体，则W的单质为S，因CO2与CS2相似，都是直线型分子，结构对称，正负电荷的中心重合，则属于非极性分子，故答案为：非极性；W为硫元素时Z为镁元素，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，则可观察到镁条在二氧化碳中剧烈燃烧，生成白色粉末，在瓶的内壁有黑色固体附着，故答案为：镁条在二氧化碳中剧烈燃烧，生成白色粉末，在瓶的内壁有黑色固体附着（4）W的一种单质分子为正四面结构，可用于制造燃烧弹和烟幕弹等，则W为白磷，可保持在盛有冷水的广口瓶中，W为磷，则Z为铝，实验室制取氢氧化铝一般利用含有铝离子的
50、溶液与氨水反应，其离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：盛有冷水的广口瓶；Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+18已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同微粒它们之间存在如图中转化关系：（1）如果A、B、C、D均是10电子的微粒，请写出：A的化学式NH4+（或HF）；D的化学式H2O（2）如果A和C是18电子的微粒，B和D是10电子的微粒，请写出A与B在溶液中反应的离子方程式H2S+OH=HS+H2O（或H2S+2OH=S2+2H2O）【考点】无机物的推断【分析】（1）10电子微粒A、B反应得到两种10电子微粒，应是NH4+OHNH3+H2O
51、（或HF+OHF+H2O），可推知A为NH4+，B为OH，C为NH3，D为H2O（或A为HF，B为OH，C为F，D为H2O）；（2）如果A、C均是18电子的粒子，B、D是10电子粒子，结合转化关系，可推断：A为H2S，B为OH，C为HS或S2，D为H2O【解答】解：（1）10电子微粒A、B反应得到两种10电子微粒，应是NH4+OHNH3+H2O（或HF+OHF+H2O），可推知A为NH4+，B为OH，C为NH3，D为H2O（或A为HF，B为OH，C为F，D为H2O），故答案为：NH4+（或HF）；H2O；（2）如果A、C均是18电子的粒子，B、D是10电子粒子，结合转化关系，可推断：A为H2S
52、，B为OH，C为HS或S2，D为H2O，A与B在溶液中反应的离子方程式：H2S+OH=HS+H2O（或H2S+2OH=S2+2H2O），故答案为：H2S+OH=HS+H2O（或H2S+2OH=S2+2H2O）19石蜡油（主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物）分解实验按照如图进行：（1）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是（填写序号，下同）只有甲烷只有乙烯烷烃跟烯烃的混合物（2）将石蜡油分解所得生成物通入到溴水中，现象是溴水褪色；通入到酸性高锰酸钾溶液中，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色（3）碎瓷片的作用是（填序号）防止暴沸 有催化功能积蓄热量 作反应物（4）写出含有18个碳原子的烷烃分解为乙烷与
53、最多乙烯的化学方程式：C18H38C2H6+8C2H4【考点】石油的裂化和裂解【分析】（1）石蜡油分解生成烯烃和烷烃；（2）烯烃中含有碳碳双键导致烯烃性质较活泼，能被酸性高锰酸钾氧化、能和溴发生加成反应；（3）碎瓷片有催化和积蓄热量作用；（4）根据反应物、生成物和反应条件书写方程式【解答】解：（1）石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选；（2）石蜡油的分解产物中含有烯烃，烯烃中含有碳碳双键导致烯烃性质较活泼，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，能和溴发生加成反应而使溴水褪色，所以看到的现象是
54、：溴水褪色、酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：溴水褪色；酸性高锰酸钾溶液褪色；（3）加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选；（4）18个碳原子烷烃的分子式为C18H38，C18H38分解生成乙烷与乙烯，且它们的物质的量之比为1：8，该反应方程式为C18H38C2H6+8C2H4，故答案为：C18H38C2H6+8C2H420氯化碘（ICl）跟水发生反应：ICl+H2OHIO+HCl，这个过程可以称为ICl的水解则（1）ICl与NaOH溶液反应的离子方程式为：ICl+2OHIO+Cl+H2O；（2）预计IF5水解的化
55、学反应方程式为：IF5+3H2OHIO3+5HF【考点】离子方程式的书写【分析】（1）结合反应ICl+H2OHIO+HCl及中和反应实质分析；（2）IF5水解过程中I、F元素的化合价不变，则水解产物为HIO3、HF【解答】解：（1）因为ICl+H2O=HCl+HIO，所以ICl与NaOH反应生成氯化钠和NaIO，反应的化学方程式为：ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O，故答案为：ICl+2OH IO+Cl+H2O；（2）水解过程中化合价不变，则IF5水解产物为HIO3、HF，反应的化学方程式为：IF5+3H2OHIO3+5HF，故答案为：IF5+3H2OHIO3+5HF21同系物是指：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物【考点】芳香烃、烃基和同系物【分析】同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，据此分析【解答】解：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互成同系物，根据同系物的概念可知，互为同系物的有机物必须属于同一类物质，且官能团的种类和数目必须相同，符合同一通式，故答案为：结构；一个或若干个CH2；2017年4月19日