1、2015-2016学年四川省成都市金堂中学高二（上）开学化学试卷一、选择题（共22小题，每小题2分，满分44分）1某学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验不合理的是（）A用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢B用米汤检验食盐中是否含碘酸钾（KIO3）C用纯碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污D用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物2新能源的主要优势是资源丰富，可以再生，污染少下列不属于新能源的是（）A核能B太阳能C氢能D地热能3下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的是（）ACH3CH2CH2CH3BCD4常温下，下列物质既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，并且化学反应原
2、理相同的是（）A乙烯B二氧化硫C氢气D乙烷5下列分子或离子中，含有孤电子对最多的是（）AH2SBBeCl2CH3O+DNH6根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型正确的是（）选项分子式中心原子杂化方式价层电子对互斥模型分子或离子的立体构型ASO2sp直线形直线形BHCHOsp2平面三角形三角锥形CH3O+sp2四面体形平面三角形DNH4+sp3正四面体形正四面体形AABBCCDD7在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的是（）A滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl、NO3BpH值为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3
3、C水电离出来的c（H+）=1012mol/L的溶液：K+、HCO3、Br、Ba2+D所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、HCO3、NO3、Al3+8能说明苯分子中的苯环为平面正六边形结构，碳碳键不是单、双键交替排列的事实是（）A苯的一元取代物没有同分异构体B苯的邻位二元取代物只有一种C苯的间位二元取代物只有一种D苯的对位二元取代物只有一种9二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭，危及生命二甘醇的结构简式如下：HOCH2CH2OCH2CH2OH，下列有关二甘醇的叙述中不正确的是（）A符合通式CnH2nO3B和乙醇中化学键类型相同C能和金属钠反应D能使酸性KMnO4溶液褪色10
4、下列关于反应能量的说法正确的是（）AZn（s）+CuSO4（aq）ZnSO4（aq）+Cu（s）H=216 kJmol1，则反应物总能量生成物总能量B相同条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1 mol 氢分子所具有的能量为E2，则2E1=E2C101 kPa时，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，则H2的燃烧热为571.6 kJmol1DH+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJmol1，则1 mol NaOH的氢氧化钠固体与含0.5 mol H2SO4的稀硫酸混合后放出57.3 kJ的热量1125、101kPa下：2Na（s）+O2（
5、g）=Na2O（s）H=414kJmol12Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1下列说法正确的是（）A和产物的阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D25、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol112某元素M的逐级电离能（kJmol1）分别为580，1820，2750，11600该元素氧化物的化学式最可能是（）AMOBMO2CMO3DM2O313已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3、dD具有相同的电子层结构，则下列叙述
6、正确的是（）A原子半径：ABCDB原子序数：dcbaC离子半径：C3DB+A2+D元素的第一电离能：ABDC14一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，则下列判断不合理的是（）Ac1：c2=1：3B平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3CX、Y的转化率相等Dc1的取值范围为0 molL1c10.14 molL115在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）；H0 当温度
7、分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g）的物质的量变化关系如图所示下列说法不正确的是（）A由图可知：T1T2Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法DT1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加16室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（）A若PH7时，则一定是c1V1=c2V2B在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）C当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2c1D若V1=V2、c1=c2，则c
8、（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）17下表是五种银盐的溶度积常数（25），下列有关说法错误的是（）化学式AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI溶度积1.810101.41056.310507.710138.511016A五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4B将AgCl溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀C沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动D常温下，AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度随着氯、溴、碘的顺序逐渐增大18已知：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=akJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g
9、）H2=bkJ/molH2（g）+O2（g）H2O（1）H3=ckJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H4=dkJ/molAac0Bbd0C2a=b0D2c=d019将pH=3的盐酸a L 分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性；1103mol1的氨水bLc（OH）=1103mol1的氨水cLc（OH）=1103mol1的Ba（OH）2的溶液dL其中a、b、c、d的关系正确的是（）Aba=dcBa=bcdCa=bdcDca=db20已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+H2OH2SO3+OHHSO3H+SO32，向0.1molL1的NaHSO3溶液中分别加入以
10、下物质，下列有关说法正确的是（）A加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c（HSO3）增大B加入少量Na2SO3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+c（OH）+c（SO32）C加入少量NaOH溶液，的值均增大D加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（SO32）c（H+）=c（OH）21一定质量的某有机物和足量的钠反应，可得气体VA L，等质量的该有机物与足量小苏打溶液反应，可得气体VB L若同温同压下VAVB，该有机物可能是（）AHO（CH2）2CHOBHO（CH2）2COOHCCH3CH2OHDCH3COOH22在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下
11、反应：3A（g）+B（g）xC（g）+D（s），向甲中通入6mol A和2mol B，向乙中通入1.5mol A、0.5mol B、3mol C和2mol D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，下列叙述中不正确的是（）A若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4B平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比相等C平衡时甲中A的体积分数为40%D若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5二、解答题（共5小题，满分56分）23X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上
12、有电子，且每个能级上的电子数相等YM层上有2对成对电子ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34JJ的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是（2）元素Y位于元素周期表第周期第族（3）元素Z的原子最外层共有种不同运动状态的电子（4）W的基态原子核外电子排布式是W的基态原子核外价电子排布图是（5）元素Y与元素Z相比，非金属性较强的是（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是a常温下，Y的单质与Z的单质状态不同b等物质的量浓度的氢化物水溶液的酸性不同cZ的电负性大于YdZ的氢化物比Y的氢
13、化物稳定e在反应中，Y原子得电子数比Z原子得电子数多fZ元素最高价氧化物对应水化物的酸性比Y元素最高价氧化物对应水化物的酸性强（6）Y、Z两元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为（用化学式表示）比较下列物质的酸性强弱：HZOHZO3HZO4（7）J的气态氢化物中心原子的杂化方式是，与该原子形成的单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为24、在焊接铜漆包线的线头时，常把线头放在火上烧一下，以除去漆层，并立即在酒精中蘸一下再焊接为什么要用酒精处理后再焊接？试用化学方程式说明：、已知化合物A是一种酯，它的分子式为C5H10O2且A有如图所示的转化关系，其中B、C的相对分子质量相等请回答下列问题：
14、（1）B的名称是，D的结构简式是（2）请写出反应、的化学方程式：、25根据下列叙述写出相应的热化学方程式：（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图该反应的热化学方程式为：（3）拆开1mol HH键、1mol NH键、1mol NN键需要的能量分别是436kJ、391kJ、946kJ，则1mol N2完全反应生成NH3的反应热H为，1mol H2完全反应生成NH3所放出的热量为26下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积常数1101411012试回答下列问题：（1）若25t1t2，则
15、11014（填“”“”或“=”），作出此判断的理由是（2）25下，某Na2SO4溶液中c（SO42）=5104 molL1，取该溶液1mL，加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c （Na+）：c （OH）=（3）t2下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是27将不同量的H2O（气） 和CO 气体分别通入到一体积为l L的恒容密闭容器中进行反应：H2O （g）+CO（ g） CO2 （g）+H2（g）；得到以下三组数据，据此回答下列问题：实验组温度起始
16、量平衡量达到平衡所需时间H2OCOH2CO16501 mol2 mol0.8 mol1.2 mol5 min29000.5 mol1 mol0.2 mol0.8 mol3 min3900abcdt（1）由以上数据，实验1中以v（ CO2） 表示的反应速率为该反应在650时平衡常数数值为，该反应的逆反应为 （填“吸”或“放”）热反应若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），且t3min，则a、b 应满足的关系是（2）如图1、2 表示上述反应在时刻t1达到平衡，在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图1中时刻t2发生改变的条件可能是 （写2条）图2中时刻t2发生改变的
17、条件可能是 （写2条）（3）在850时，其平衡常数K=1，850时在该容器中同时充人1.0mol CO，3.0mol H2O，1.0mol CO2，5.0mol H2，此时反应向（填“正反应”或“逆反应”）方向进行，平衡时CO2的物质的量为2015-2016学年四川省成都市金堂中学高二（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共22小题，每小题2分，满分44分）1某学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验不合理的是（）A用食醋除去暖水瓶中的薄层水垢B用米汤检验食盐中是否含碘酸钾（KIO3）C用纯碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污D用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物【考
18、点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；盐类水解的应用；乙酸的化学性质【专题】化学计算【分析】A显酸性的物质能和碳酸钙、氢氧化镁等物质发生化学反应；B淀粉遇碘单质变蓝色；C碳酸钠的水溶液显碱性；D灼烧蛋白质时有烧焦羽毛的气味【解答】解：A食醋中含有醋酸，醋酸显酸性，能和水垢中的碳酸钙、氢氧化镁反应，从而把水垢除去，故A正确； B米汤中含有淀粉，碘酸钾中不含有单质碘，所以碘酸钾不能使米汤中的淀粉变蓝色，即不能用米汤检验含碘盐中的碘酸钾，故B错误；C碳酸钠的水溶液显碱性，可以用食用碱（Na2CO3）溶液洗涤餐具上的油污，故C正确；D毛织物的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味；纯棉织物中不含有蛋
19、白质，灼烧时没有烧焦羽毛的气味，故D正确故选B【点评】本题主要考查物质的性质和用途，物质具有多种性质，解答时应该理解物质的用途是由物质的哪种性质决定的2新能源的主要优势是资源丰富，可以再生，污染少下列不属于新能源的是（）A核能B太阳能C氢能D地热能【考点】化学在解决能源危机中的重要作用【专题】化学反应中的能量变化【分析】新能源是指无污染、可以持续利用的能源，包括太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物能等【解答】解：太阳能、氢能、地热能属于新能源，核能不属于新能源故选A【点评】本题考查能源，难度不大，新能源是考试的热点，了解常见的新能源范畴、种类是正确解答本题的关键3下列烷烃在光照下与氯气反应
20、，只生成一种一氯代物的是（）ACH3CH2CH2CH3BCD【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】烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烷烃分子中所有的氢原子为等效氢原子，其一氯代物不存在同分异构体，据此进行判断【解答】解：A丁烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH3，分子中有两种等效氢原子，丁烷的一氯代物有2种，故A错误；B异丁烷的结构简式为：CH3CH（CH3）CH3，分子中有2种等效氢原子，其一氯代物有2种，故B错误；C新戊烷的结构简式为：C（CH3）4，其分子中只有一种等效氢原子，所有新戊烷的一氯代物只有1种，故C正确；D异戊烷的结构简式为：C
21、H3CH（CH3）CH2CH3，异戊烷中含有4种等效氢原子，其一氯代物有4种，故D错误；故选C【点评】本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烷烃中等效氢原子数目为解答本题的关键4常温下，下列物质既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，并且化学反应原理相同的是（）A乙烯B二氧化硫C氢气D乙烷【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A乙烯含有碳碳双键，能与溴加成，能被酸性高锰酸钾溶液氧化； BSO2具有还原性，能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化；C氢气和溴水、酸性高锰酸钾溶液都不反应； D乙烷性质稳定，与酸性高锰酸钾或溴
22、水都不反应【解答】解：A乙烯含有碳碳双键，能与溴加成，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故A错误；BSO2具有还原性，能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，原理一致，故B正确；C氢气和溴水、酸性高锰酸钾溶液都不反应，故C错误；D乙烷性质稳定，与酸性高锰酸钾或溴水都不反应，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了能使酸性KMnO4溶液褪色和溴水褪色的物质，为高频考点，侧重于二氧化硫和烯烃的考查，难度不大，注意相关知识的积累5下列分子或离子中，含有孤电子对最多的是（）AH2SBBeCl2CH3O+DNH【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】原子组成与结构专题【分析】分子中孤电子对个数=（中心原子
23、价电子数配原子个数配原子形成稳定结构需要的电子数），阳离子中孤电子对个数=（中心原子价电子数电荷数配原子个数配原子形成稳定结构需要的电子数），阴离子中孤电子对个数=（中心原子价电子数+电荷数配原子个数配原子形成稳定结构需要的电子数），据此分析解答【解答】解：A硫化氢分子中孤电子对个数=（621）=2；BBeCl2分子中孤电子对个数=（421）=1；C水合氢离子中孤电子对个数=（6131）=1；D铵根离子中孤电子对个数=（5141）=0；所以孤电子对个数最多的是硫化氢，故选A【点评】本题考查了化合物中孤电子对个数的计算方法，根据价层电子对互斥理论计算即可，注意其阴阳离子孤电子对个数的计算方法，为
24、易错点，该考点常常与分子的空间构型、原子的杂化方式联合考查，题目难度不大6根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型正确的是（）选项分子式中心原子杂化方式价层电子对互斥模型分子或离子的立体构型ASO2sp直线形直线形BHCHOsp2平面三角形三角锥形CH3O+sp2四面体形平面三角形DNH4+sp3正四面体形正四面体形AABBCCDD【考点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】化学键与晶体结构【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数【解答】解：A、SO2中心原子杂化方式sp2
25、价层电子对互斥模型为平面三角形，分子或离子的立体构型为V型结构，故A错误；B、HCHO分子中心原子杂化方式sp2价层电子对互斥模型为平面三角形，分子或离子的立体构型为平面三角形，故B错误；C、H3O+分子中心原子杂化方式sp3价层电子对互斥模型为四面体形，分子或离子的立体构型为三角锥形，故C错误；D、NH4+分子中心原子杂化方式sp3价层电子对互斥模型为正四面体形，分子或离子的立体构型为正四面体形，故D正确；故选D【点评】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握7在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子
26、能在原溶液中大量共存的是（）A滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe2+、NH4+、Cl、NO3BpH值为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3C水电离出来的c（H+）=1012mol/L的溶液：K+、HCO3、Br、Ba2+D所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、HCO3、NO3、Al3+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；BpH值为1的溶液，显酸性；C水电离出来的c（H+）=1012mol/L的溶液，为酸或碱溶液；D离子之间相互促进水解【解答】解：A滴加石蕊试液显红色的溶液，显酸性，Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能
27、共存，故A错误；BpH值为1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C水电离出来的c（H+）=1012mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中均不能大量存在HCO3，故C错误；DHCO3、Al3+相互促进水解，不能共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8能说明苯分子中的苯环为平面正六边形结构，碳碳键不是单、双键交替排列的事实是（）A苯的一元取代物没有同分异构体B苯的邻位二元取代物只有一种C苯的间位二元取代物只有一种D苯的对位二元取代物只有一种【
28、考点】苯的结构【专题】有机化合物的获得与应用【分析】A根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体； B若苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，碳碳键都完全相同时，邻位二元取代物只有一种；C根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体； D根据苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体【解答】解：A无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故A错误；B若苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构
29、体，所以能说明苯不是单双键交替结构，故B正确；C无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；D无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，所以不能说明苯不是单双键交替结构，故D错误；故选B【点评】本题考查苯的结构，难度不大，要求学生掌握苯的结构特点，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查9二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭，危及生命二甘醇的结构简式如下：HOCH2CH2OCH2CH2OH，下列有关二甘醇的叙述中不正确的是（）A符合通式CnH2nO3B和乙醇中化学键类
30、型相同C能和金属钠反应D能使酸性KMnO4溶液褪色【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A分子式为C4H10O3，不符合通式CnH2nO3； B二甘醇和乙醇中的化学键都是共价单键；C分子中含有羟基，可以与活泼金属发生反应； D分子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化【解答】解：A分子式为C4H10O3，不符合通式CnH2nO3，故A错误；B二甘醇和乙醇中的化学键都是共价单键，CH、CO、OH，故B正确；C分子中含有羟基，可以与活泼金属Na发生反应，故C正确；D分子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选A【点评】本题考查
31、有机物的结构与性质，侧重醇的性质的考查，注意把握OH及性质即可解答，题目难度不大10下列关于反应能量的说法正确的是（）AZn（s）+CuSO4（aq）ZnSO4（aq）+Cu（s）H=216 kJmol1，则反应物总能量生成物总能量B相同条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1 mol 氢分子所具有的能量为E2，则2E1=E2C101 kPa时，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，则H2的燃烧热为571.6 kJmol1DH+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJmol1，则1 mol NaOH的氢氧化钠固体与含0.5 mol H2SO4
32、的稀硫酸混合后放出57.3 kJ的热量【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、当反应物总能量生成物总能量，则反应是放热反应；B、物质的能量越低越稳定，形成化学键过程是放热过程；C、燃烧热必须是1mol物质燃烧生成最稳定的氧合物所放出的能量；D、中和热是强酸和强碱发生中和反应生成1mol水时，所放出的热量【解答】解：A、当反应物总能量生成物总能量，则反应是放热反应，HO，故A正确；B、如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2原子的能量比分子的能量高，所以原子灰结合成分子形成化学键放出热量，即2H=H2 放出热量，则2E1E2，故B错误；C、H2的燃烧热
33、必须是1mol物质燃烧生成最稳定的氧合物液态水时所放出的能量，故C错误；D、中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时，所放出的热量，1molNaOH的氢氧化钠固体与含0.5molH2SO4的稀硫酸混合时，氢氧化钠固体溶于水放热，所以导致H57.3kJmol1，故D错误故选A【点评】本题考查化学反应中的能量变化的有关知识，主要是反应的能量守恒的应用，形成化学键是放热反应，燃烧热、中和热的概念应用，可以根据所学知识进行回答，难度不大1125、101kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol12Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1下
34、列说法正确的是（）A和产物的阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D25、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol1【考点】热化学方程式；化学反应速率的影响因素【分析】A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、
35、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，故A错误；B、由钠原子守恒可知，和生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、温度升高，Na与足量O2反应的产物是Na2O2，故C错误；D、热化学方程式25、101kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol1，2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，2可得Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol1，故D正确；故选D【点评】本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多
36、个考点，设点全面，但难度适中，是一好题12某元素M的逐级电离能（kJmol1）分别为580，1820，2750，11600该元素氧化物的化学式最可能是（）AMOBMO2CMO3DM2O3【考点】元素电离能、电负性的含义及应用【专题】原子组成与结构专题【分析】该元素的第四电离能剧增，故该元素化合价表现为+3价，据此书写氧化物化学式【解答】解：元素M的逐级电离能（kJ/mol）分别为580、1820、2750、11600，该元素的第四电离能剧增，故该元素化合价表现为+3价，故氧化物的化学式为M2O3，故选D【点评】本题考查电离能与化合价的关系，难度不大，判断化合价是解题的关键13已知短周期元素的离
37、子aA2+、bB+、cC3、dD具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A原子半径：ABCDB原子序数：dcbaC离子半径：C3DB+A2+D元素的第一电离能：ABDC【考点】微粒半径大小的比较；元素电离能、电负性的含义及应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，所以有：a2=b1=c+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：abdc，A、B为金属，C、D为非金属结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，所以有：a2=b1=c
38、+3=d+1，且A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：abdc，A、B为金属，C、D为非金属A、A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：abdc，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：BACD，故A错误；B、A、B在周期表中C、D的下一周期，原子序数：abdc，故B错误；C、aA2+、bB+、cC3、dD都具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，所以离子半径C3DB+A2+，故C正确；D、同同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，非金属性越强第一电离能越大，故第一电离能：DCAB，故D错误故选C【点评】本题
39、考查位置结构性质关系及应用，注意掌握微粒半径比较及电负性、第一电离能比较，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置，清楚元素周期律的递变规律是解答该题的关键，题目难度不大14一定条件下，对于可逆反应X（g）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，则下列判断不合理的是（）Ac1：c2=1：3B平衡时，Y和Z的生成速率之比为2： 3CX、Y的转化率相等Dc1的取值范围为0 molL1c10.14 molL1【考点】化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】X（g
40、）+3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.08molL1，利用极值转化；A可根据反应转化关系和平衡浓度计算初始浓度关系；B达到平衡状态时，正逆反应速率相等；C起始量相同，平衡量相同，转化率相同；D根据可逆不能完全转化的角度分析【解答】解：A设X转化的浓度为x， X（g）+3Y（g）2Z（g）初始：c1 c2c3 转化：x 3x 2x平衡：0.1moL/L 0.3mol/L 0.08mol/L 则：c1：c2=（x+0.1moL/L）：（3x+0.3mol/L）=1：3，故A正确；
41、B平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C正确；D反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向正反应分析进行，则0c1，如反应向逆反应分析进行，则c10.14molL1，故有0c10.14molL1，故D正确故选B【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点15在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）发生反应：H2（g）+Br2（g）2HBr（g）；H0 当温度分别为T1、T2达平衡时，H2的体积分数与Br2（g
42、）的物质的量变化关系如图所示下列说法不正确的是（）A由图可知：T1T2Ba、b两点的反应速率：baC为了提高Br2（g）的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法DT1时，随着Br2（g）加入，平衡时HBr的体积分数不断增加【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】A该反应是正反应为放热的化学反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动导致氢气的含量增大，据此判断；B对比两个平衡状态，可以看作向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，利用速率与平衡移动关系分析；C根据浓度对化学平衡移动的影响来分析；D加入溴平衡向正反应方向移动，HBr的体积分数与加入溴的量
43、及转化率有关【解答】解：A根据图象可知，当加入的n（Br2）均为n1建立化学平衡后，H2的体积分数温度T1的大于温度T2，该反应是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆反应方向移动导致氢气的体积分数降低，所以T1T2，故A正确；B对a和b来说，温度相同，H2的初始量相同，Br2的初始量是ba，a、b两个平衡状态，可以认为是向a的平衡状态加入（n2n1）molBr2建立了化学平衡b，而加入Br2，平衡向正反应方向移动，建立平衡b后，其反应速率要增加，即两点的反应速率ab，故B正确；C将HBr液化并及时移走，HBr的浓度降低，平衡向正反应方向移动，溴的转化率增大，故C正确；D当温度均为T1时，加入Br
44、2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故D错误，故选D【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，易错选项是D，注意反应物的转化率增大，生成物的体积分数不一定增大，这与反应物的量有关16室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（）A若PH7时，则一定是c1V1=c2V2B在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）C当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2c1D若V1=V2、c1=c2，则c（CH3COO）+c
45、（CH3COOH）=c（Na+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、当溶液呈碱性时，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，但混合时醋酸的物质的量不一定等于氢氧化钠的物质的量；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使其呈中性，酸应该稍微过量；D、当醋酸和氢氧化钠的物质的量相等时，根据物料守恒确定醋酸根离子和醋酸分子浓度与钠离子浓度的关系【解答】解：A、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混合时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液更呈碱性，所以当PH7时，则一定是c1v1c2v2，故A
46、选；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故B不选；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该稍微过量，所以当pH=7时，若v1=v2，则一定是c2c1，故C不选；D、如果V1=V2、C1=C2，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应生成醋酸钠，根据溶液中物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+），故D不选；故选A【点评】本题考查了酸碱混合溶液的定性判断，根据溶液中物料守恒和电荷守恒即可解答本题，该知识点是学习的难点，也是考试的热点17下表是五种银盐的溶度积常数（25
47、），下列有关说法错误的是（）化学式AgClAg2SO4Ag2SAgBrAgI溶度积1.810101.41056.310507.710138.511016A五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4B将AgCl溶解于水后，向其中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀C沉淀溶解平衡的建立是有条件的，外界条件改变时，平衡也会发生移动D常温下，AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度随着氯、溴、碘的顺序逐渐增大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，最小的是Ag2S，AgCl、AgBr、AgI的溶解度依
48、次减小【解答】解：A由表中数据可知溶解度最大的是Ag2SO4，微溶于水，其它物质难溶，故A正确；BAg2S溶度积远小于AgCl，Ag2S难溶于水，在AgCl的饱和溶液中加入Na2S，则可以生成黑色的Ag2S沉淀，故B正确；C化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，故C正确；DAgCl、AgBr、AgI的溶解度依次减小，故D错误故选：D【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，本题注意比较表中数据，把握溶解平衡的特征以及影响因素18已知：H2（g）+O2（g）H2O（g）H1=akJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H2=bkJ/molH2（g）+O2（
49、g）H2O（1）H3=ckJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（1）H4=dkJ/molAac0Bbd0C2a=b0D2c=d0【考点】反应热的大小比较【分析】燃烧反应为放热反应，则H均小于0，物质的聚集状态不同，反应放出的热量不同，热化学反应方程式中物质的量与反应放出的热量成正比，以此来解答【解答】解：A、对于放热反应，当反应物能量相同时，生成物的能量越低，反应放出的热量越多，H越小，而和相比，中水为液态，能量低于气态水，故反应放出的热量大于，即ca0，故A错误；B、由于燃烧均为放热反应，故H均小于0，且对于放热反应，当反应物能量相同时，生成物的能量越低，反应放出的热量越多，H越小，而
50、和相比，中水为液态，能量低于气态水，故反应放出的热量大于，即db0，故B 错误；C、由于燃烧均为放热反应，故H均小于0，且由于反应是的2倍，故b是a的2倍，故有2a=b0，故C正确；D、由于燃烧均为放热反应，故H均小于0，故D错误故选C【点评】本题考查了反应热的大小比较，应注意的是反应热的比较要带着正负号比较，且反应热的大小与物质的状态和反应的计量数有关，难度不大19将pH=3的盐酸a L 分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性；1103mol1的氨水bLc（OH）=1103mol1的氨水cLc（OH）=1103mol1的Ba（OH）2的溶液dL其中a、b、c、d的关系正确的是（）Aba=d
51、cBa=bcdCa=bdcDca=db【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】pH=3的盐酸的物质的量浓度=1103 mol/L，中和相同物质的量的盐酸，碱的浓度越大，所用的碱越少，注意弱碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等【解答】解：（1）pH=3的盐酸的物质的量浓度=1103 mol/L，中氨水的物质的量浓度是1103 mol/L，一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以中氨水的浓度大于1103 mol/L，中氢氧根离子的浓度是1103 mol/L（2）盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢
52、氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；（3）的氨水浓度大于的浓度，中和相同物质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以cb（4）盐酸和氨水反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应稍微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积ab（5）中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，所用的氨水的体积小于氢氧化钡溶液的体积，即cd=a所以a、b、c、d的关系ba=dc，故选A【点评】本题考查了酸碱混
53、合时的定性判断，难度不大，注意弱碱（一元）溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等20已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3+H2OH2SO3+OHHSO3H+SO32，向0.1molL1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是（）A加入少量金属Na，平衡左移，平衡右移，溶液中c（HSO3）增大B加入少量Na2SO3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+c（OH）+c（SO32）C加入少量NaOH溶液，的值均增大D加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（SO32）c（H+）=c（OH）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理【专题】盐类的水解
54、专题【分析】A加入金属钠，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠抑制水解平衡促进电离平衡；B依据溶液中电荷守恒分析判断；C加入氢氧化钠促进电离平衡右移，抑制水解平衡左移；D依据溶液中的电荷守恒分析比较【解答】解：A加入少量金属Na，Na与HSO3电离出的H+反应，溶液中c（HSO3）浓度减小，故A错误；B加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故B错误；C加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32），c（OH）浓度增大；，比值增大，故C正确；D.0.1molL1的NaHSO3溶液中加入氨水至
55、中性，溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），则c（Na+）c（SO32）c（H+）=c（OH），故D错误；故选C【点评】本题考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等21一定质量的某有机物和足量的钠反应，可得气体VA L，等质量的该有机物与足量小苏打溶液反应，可得气体VB L若同温同压下VAVB，该有机物可能是（）AHO（CH2）2CHOBHO（CH2）2COOHCCH3CH2OHDCH3COOH【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】有机
56、物和足量的钠反应，该有机物中可能含有OH或COOH或OH、COOH，该有机物与足量的小苏打溶液反应，说明该有机物含有COOH，该有机物与钠反应、与碳酸氢钠反应，二者生成的二氧化碳的气体体积较大，据此结合选项利用代入法判断【解答】解：有机物和足量的钠反应，该有机物中可能含有OH或COOH或OH、COOH，该有机物与足量的小苏打溶液反应，说明该有机物含有COOH，1molOH或1molCOOH与钠反应可产生0.5mol H2，1molCOOH与NaHCO3反应可产生1mol CO2，该有机物与钠反应、与碳酸氢钠反应，二者生成的二氧化碳的气体体积较大，AHO（CH2）2CHO中只含羟基OH，不能与碳
57、酸氢钠反应，故A不符合；BHO（CH2）2COOH反应得到氢气与二氧化碳相等，故B不符合；CCH3CH2OH只含羟基OH，不能与碳酸氢钠反应，故C不符合；D.1molCH3COOH与Na反应得到0.5mol氢气，与碳酸氢钠反应得到1mol二氧化碳，故D符合，故选：D【点评】本题考查有机物的推断、官能团性质等，难度中等，掌握官能团的性质是推断的关键，注意利用代入法进行验证22在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+D（s），向甲中通入6mol A和2mol B，向乙中通入1.5mol A、0.5mol B、3mol C和2mol D，反
58、应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，下列叙述中不正确的是（）A若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4B平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比相等C平衡时甲中A的体积分数为40%D若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B，应有3+1=x，即反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题【解答】解：3A（g）+B（g） xC（g）+D（s） 甲 6
59、 2 0 0乙 1.5 0.5 3 2反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，A若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A正确；B反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B正确；CC的体积分数都为0.2，则AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；Dx=4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为（6+2）：（1
60、.5+0.5+3）=8：5，故D正确故选C【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意从等效平衡的角度解答该题二、解答题（共5小题，满分56分）23X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等YM层上有2对成对电子ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34JJ的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是146C（2）元素Y位于元素周期表第三周期第VI族（3）元素Z的原子最外层共有17种
61、不同运动状态的电子（4）W的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1W的基态原子核外价电子排布图是（5）元素Y与元素Z相比，非金属性较强的是Cl（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是cdfa常温下，Y的单质与Z的单质状态不同b等物质的量浓度的氢化物水溶液的酸性不同cZ的电负性大于YdZ的氢化物比Y的氢化物稳定e在反应中，Y原子得电子数比Z原子得电子数多fZ元素最高价氧化物对应水化物的酸性比Y元素最高价氧化物对应水化物的酸性强（6）Y、Z两元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为HClO4H2SO4（用化学式表示）比较下列物质的酸性强弱：HZOHZO3HZ
62、O4（7）J的气态氢化物中心原子的杂化方式是sp3，与该原子形成的单质分子互为等电子体的常见分子的分子式为CO【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的四种常见元素，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相同，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为碳元素；Y原子的M层上有2对成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，则Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，则其质子数=6334=29，则W为Cu元素；J的气态氢化
63、物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐，则J为N元素，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的四种常见元素，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相同，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为碳元素；Y原子的M层上有2对成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，则Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，则其质子数=6334=29，则W为Cu元素；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐，则J为N元素（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，
64、这种同位素的符号是146C，故答案为：146C；（2）元素Y为S元素，位于元素周期表第三周期第VIA族，故答案为：三、VIA；（3）元素Z为Cl，原子最外层共有17种不同运动状态的电子，故答案为：17；（4）W为Cu，基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，W的基态原子核外价电子排布图是，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（5）同周期自左而右非金属性增强，非金属性较强的是Cl，列表述中能证明这一事实的是a常温下，Y的单质与Z的单质状态属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故a错误；b等物质的量浓度的氢化物水溶液的酸性不能比较元素非金属性强弱，故
65、b错误；cZ的电负性大于Y，说明Z的非金属性更强，故c正确；d元素非金属性越强，对应氢化物越稳定，故d正确；e非金属性强弱与获得电子难易程度有关，与获得电子数目多少无关，故e错误；f元素的非金属性越强，对应元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故f正确，故答案为：Cl；cdf；（6）元素的非金属性越强，对应元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性HClO4H2SO4，同种元素含氧酸中元素化合价越高，酸性越强，故酸性：HClOHClO3HClO4，故答案为：HClO4H2SO4；、；（7）J的气态氢化物为NH3，N原子形成3个NH键、含有一个孤对电子，杂化轨道数目为4，中心原子的杂化方式是s
66、p3，该原子形成的单质分子为N2，与氮气分子互为等电子体的常见分子为CO，故答案为：sp3；CO【点评】本题考查结构性质位置关系应用，涉及核外电子排布、元素周期律、杂化方式判断与等电子体等，难度中等，推断元素是解题关键，注意掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实24、在焊接铜漆包线的线头时，常把线头放在火上烧一下，以除去漆层，并立即在酒精中蘸一下再焊接为什么要用酒精处理后再焊接？试用化学方程式说明：2Cu+O22CuO，CuO+CH3CH2OH Cu+CH3CHO+H2O、已知化合物A是一种酯，它的分子式为C5H10O2且A有如图所示的转化关系，其中B、C的相对分子质量相等请回答下列问题：（1）
67、B的名称是乙酸，D的结构简式是CH3CH2CHO（2）请写出反应、的化学方程式：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O、2CH3CH2CHO+O22CH3CH2COOH【考点】有机物的推断【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】、用火烧法除去漆层后，铜表面可生成一层黑色CuO，会影响焊接质量，在酒精中蘸一下，乙醇能还原氧化铜生成Cu，排除了CuO对焊接质量的影响；、A是一种酯，它的分子式为C5H10O2，根据转化关系，A在酸性条件下水解生成C和B，C能连续被氧化，则C应为醇，B、C的相对分子质量相等，所以C
68、为CH3CH2CH2OH，B为CH3COOH，C氧化得D为CH3CH2CHO，D氧化得E为CH3CH2COOH，C和E发生酯化反应生成F为CH3CH2COOCH2CH2CH3，据此答题【解答】解：、用火烧法除去漆层后，铜表面可生成一层黑色CuO，会影响焊接质量，在酒精中蘸一下，乙醇能还原氧化铜生成Cu，反应原理方程式为：2Cu+O22CuO，CuO+CH3CH2OH Cu+CH3CHO+H2O，故答案为：2Cu+O22CuO，CuO+CH3CH2OH Cu+CH3CHO+H2O；、A是一种酯，它的分子式为C5H10O2，根据转化关系，A在酸性条件下水解生成C和B，C能连续被氧化，则C应为醇，B
69、、C的相对分子质量相等，所以C为CH3CH2CH2OH，B为CH3COOH，C氧化得D为CH3CH2CHO，D氧化得E为CH3CH2COOH，C和E发生酯化反应生成F为CH3CH2COOCH2CH2CH3，（1）B为CH3COOH，B的名称是乙酸，D为CH3CH2CHO，故答案为：乙酸；CH3CH2CHO；（2）反应的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，的化学方程式为2CH3CH2CHO+O22CH3CH2COOH，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH2CH2OHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；2CH3CH2
70、CHO+O22CH3CH2COOH【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断A结构简式是解本题关键，B、C的相对分子质量相等是推断的突破点，本题难度不大25根据下列叙述写出相应的热化学方程式：（1）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是S（s）+O2（g）=SO2（g）；H=296.8kJ/mol（2）如图是SO2生成SO3反应过程中能量变化的曲线图该反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=198kJmol1（3）拆开1mol HH键、1mol NH键、1mol NN键需要的能量分别是436kJ、39
71、1kJ、946kJ，则1mol N2完全反应生成NH3的反应热H为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1，1mol H2完全反应生成NH3所放出的热量为30.67KJ【考点】热化学方程式；反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；（2）图象分析可知是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变H=501KJ/mol600KJ/mol=99KJ/mol，据此写出反应的热化学方程式；（3）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出
72、能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热【解答】解：（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kj热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；H=296.8 kJ/mol，故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）；H=296.8 kJ/mol；（2）图象分析可知，图象中表示的是1molSO2和0.5mol氧气完全反应生成1molSO3，反应是放热反应，反应的焓变H=501KJ/mol600KJ/mol=99KJ/mol，2mol二氧化硫全部反应放热198 kJ；写出反应的热化学方程式为：2
73、SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=198 kJmol1 ，故答案为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=198 kJmol1 ；（3）在反应N2+3H22NH3中，断裂3molHH键，1mol N三N键共吸收的能量为：3436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol NH键，放出的能量为：6391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1，1mol H2完全反应生成NH3所放出的热量=KJ=30.67KJ，故答案为：N
74、2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1，30.67KJ【点评】本题考查化学反应中的能量变化及利用盖斯定律确定反应及其能量的关系，注意键能计算焓变的方法，题目难度中等，注重基础知识的考查26下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积常数1101411012试回答下列问题：（1）若25t1t2，则11014（填“”“”或“=”），作出此判断的理由是温度升高，水的电离程度增大，离子积增大（2）25下，某Na2SO4溶液中c（SO42）=5104 molL1，取该溶液1mL，加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c （Na+）：c （OH）=1000：1（3）t2下，将
75、pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=9：11此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是c （Na+）c （SO42）c （H+）c （OH）【考点】水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）根据水的电离过程为吸热反应判断；（2）根据硫酸钠的化学式组成判断c（Na+）：c（SO42 ），根据常温下氢离子浓度计算c（Na+）：c（OH）；（3）混合液的pH=2，酸过量，根据c（H+）=计算，根据反应后溶液的组成分析各种离子的浓度大小【解答】解：（
76、1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，故答案为：；升高温度，水的电离程度增大，离子积增大；（2）硫酸钠溶液中一定满足c（Na+）：c（SO42 ）=2：1；硫酸钠溶液中c（Na+）=25104 molL1=103稀释后c（Na+）=104 molL1，溶液呈中性，c（OH）=1107 molL1，c（Na+）：c（OH）=1104 molL1：1107 molL1=1000：1，故答案为：1000：1；（3）混合液的pH=2，酸过量，c（H+）=0.01，解之得： =9：11，c（Na+）=0.19/（9+11）=0.045mol/Lc
77、（SO42）=0.0511/20=0.0275mol/Lc（H+）=0.01mol/L硫酸过量溶液显酸性，c 则（H+）c （OH），故溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是：c （Na+）c （SO42）c （H+）c （OH），故答案为：9：11；c（Na+）c（SO42）c（H+）c（OH）【点评】本题考查了水的电离、溶液中离子浓度大小比较以及pH计算，题目难度中等，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题；该题的关键是明确溶液中几个重要守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒27将不同量的H2O（气） 和CO 气体分别通入到一体积为l L的恒容密闭容器中进行反应：H2O （g）+C
78、O（ g） CO2 （g）+H2（g）；得到以下三组数据，据此回答下列问题：实验组温度起始量平衡量达到平衡所需时间H2OCOH2CO16501 mol2 mol0.8 mol1.2 mol5 min29000.5 mol1 mol0.2 mol0.8 mol3 min3900abcdt（1）由以上数据，实验1中以v（ CO2） 表示的反应速率为0.16mol/（Lmin）该反应在650时平衡常数数值为2.67，该反应的逆反应为吸 （填“吸”或“放”）热反应若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），且t3min，则a、b 应满足的关系是b=2a，a0.5（或使用催化剂）
79、（2）如图1、2 表示上述反应在时刻t1达到平衡，在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：图1中时刻t2发生改变的条件可能是加入催化剂或缩小容器体积 （写2条）图2中时刻t2发生改变的条件可能是通H2O（g）或降温或减小H2浓度 （写2条）（3）在850时，其平衡常数K=1，850时在该容器中同时充人1.0mol CO，3.0mol H2O，1.0mol CO2，5.0mol H2，此时反应向逆反应（填“正反应”或“逆反应”）方向进行，平衡时CO2的物质的量为0.8mol【考点】化学平衡的计算；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据v=计算；首先计算出平衡
80、时各物质的浓度，根据K=计算，第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；反应前后气体体积不变，实验2相似的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），为等效平衡，满足CO（g）与H2O（g）的物质的量为1：2，由于到达平衡时间t3min，物质的量应比实验2大或使用催化剂；（2）根据外界条件对化学平衡的影响判断；（3）根据浓度商和平衡常数的比较可以判断出平衡移动方向，利用三段式根据平衡常数可以计算出平衡时各物质的浓度，进而求得二氧化碳的物质的量【解答】解：（1）根据方程式可知v（CO）=v（CO2），则v（CO2）=v（CO）
81、=0.16mol/（Lmin），故答案为：0.16mol/（Lmin）；H2O（g）+CO（g） CO2（g）+H2（g）初始 1mol/L 2mol/L 0 0转化 0.8mol/L 0.8mol/l 0.8mol/l 0.8mol/l 平衡 0.2mol/L 1.2mol/L 0.8mol/l 0.8mol/l 根据K=计算可得该反应在650时平衡常数数值为K=2.67，实验1中CO的转化率为100%=40%，实验2中CO的转化率为100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，逆反应为吸热反应；故答案为：2.67；吸；反应前后气体体积不变，实
82、验2相似的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），为等效平衡，满足CO（g）与H2O（g）的物质的量为1：2，即a：b=1：2，b=2a，由于到达平衡时间t3min，所以速率较实验2快，故a0.5（或使用催化剂）故答案为：b=2a，a0.5（或使用催化剂）（2）图1中，t2正逆反应速率同时同等程度增大，由于反应前后气体物质的量相同，增大压强化学平衡不发生移动，即正逆反应速率变化程度相同，所以外界条件的改变为加入催化剂或缩小容器体积，故答案为：加入催化剂或缩小容器体积；图2中时刻t2CO2浓度增大，CO浓度减小，即化学平衡向右移动，又由于在t2时，二者浓度不变，即压强不变，或者说，不是因为压强变
83、化而导致平衡的移动，只能为温度的影响，或为H2O（g）或H2浓度的影响，所以条件为通H2O（g）或降温或减小H2浓度，故答案为：通H2O（g）或降温或减小H2浓度（3）设反应时转化了CO2xmol/L H2O（g）+CO（g） CO2（g）+H2（g）初始 （mol/L） 3 1 1 5转化 （mol/L） x x x x 平衡 （mol/L） 3+x 1+x 1x 5xQc=K，所以平衡向逆反应方向进行；根据K=1，可解得x=0.2，所以平衡时CO2的物质的量为（1mol/L0.2mol/L）1L=0.8mol，故答案为：逆反应，0.8mol；【点评】本题主要考查了平衡常数的计算及运用平衡常数判断平衡移动方向和反应的热效应和影响平衡移动的条件等，有一定的综合性，中等难度，解题时要注意灵活运用三段式进行计算版权所有：高考资源网()
