1、2015-2016学年广西玉林市陆川实验中学高三（上）月考化学试卷（9月份）一.选择题1“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是（）A风力发电，让能源更清洁B合成光纤，让通讯更快捷C合成药物，让人类更健康D环保涂料，让环境更宜居2NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒B28 g乙烯分子中含有极性共价键的数目为6NAC50mL18mol/L浓硫酸与足量的铜反应，生成SO2的分子数小于0.45NAD足量的铁与0.1molC12充分反应，转移的电子数为0.3NA3标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变
2、为键焓已知HH，HO和O=O键的键焓H分别为436kJmol1、463kJmol1和495kJmol1下列热化学方程式正确的是（）AH2O（g）H2（g）+O2（g）H=485kJmol1BH2O（g）H2（g）+O2（g）H=+485kJmol1C2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=+485kJmol1D2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=485kJmol14亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危 害其在酸性条件下会产生NO和NO2下列有关说法错误的是（）ANaNO2既具有氧化性又具有还原性B1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电
3、子的物质的量为1 molCNaNO2和胃酸作用的离子方程式为：2NO+2H+=NO+NO2+H2OD食用“醋溜豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害5在一定条件下，按下列物质的量关系进行反应，其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是（）An（Cl2）：n（Fe）=5：4 5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3Bn（Cl2）：n（FeBr2）=1：1 Fe2+2Br+Cl2=Fe3+Br2+2ClCn（MnO4）：n（H2O2）=2：3 2MnO4+3H2O2+6H+=2Mn2+4O2+6H2ODn（Fe）：nHNO3（稀）=1：3 4Fe+12H+3NO33Fe2+Fe3+3NO+6H2O
4、6如表实验装置或操作正确的是（）ABCD向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水AABBCCDD7在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，且溶液中不存在Fe3+，同时又析出0.1mol Ag则下列结论中不正确的是（）A反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2B氧化性：Ag+Cu2+Fe3+Zn2+C含Fe3+的溶液可腐蚀铜板D1mol Fe可还原2mol Fe3+二.非选择题8下列物质中属于强电解质的是；属于弱电解质的是；属于非电解质的是（填序号）
5、氨气氨水盐酸醋酸硫酸钡银氯化钠二氧化碳醋酸铵氢气9某反应体系中的物质有：Cr2（SO4）3、K2S2O8、K2Cr2O7、K2SO4、H2SO4、H2O已知K2S2O8的氧化性比K2Cr2O7强（1）请将以上反应物与生成物编写成一个氧化还原反应方程式（要求配平）（2）反应中，被还原的物质是，Cr2（SO4）3是剂（3）在酸性条件下K2Cr2O7与草酸（H2C2O4）反应的产物是：Cr2（SO4）3、CO2、K2SO4和H2O，则还原剂与氧化剂物质的量之比为10FeBr2是一种黄绿色鳞片状的固体，某研究性学习小组为了探究它的还原性，进行了如下实验：实验需要90mL 0.1mol/LFeBr2溶液
6、（1）配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是（2）下列有关配制过程中说法错误的是（填序号）a用托盘天平称量质量为1.944g的FeBr2b将称量的FeBr2放入容量瓶中，加90mL蒸馏水溶解c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中d容量瓶贴签存放配好的FeBr2溶液e定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的FeBr2溶液浓度偏高11实验室用50mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55mol/L NaOH溶液和下图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：实验次数起始温度t1/终止温度t2/盐酸NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8
7、321.521.624.9试回答下列问题：（1）实验时用环形玻璃棒搅拌溶液的方法是，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃棒的理由是（2）经数据处理，t2t1=3.4则该实验测得的中和热H=盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算，反应后混，合溶液的比热容（c）按4.18J/（g）计算（3）若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为H1，则H1与H的关系为：H1H（填“”、“”或“=”），理由是12甲醇是人们开发和利用的一种新能源已知：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H1=571.8kJ/mol；CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H2=192.9kJ/mol（
8、1）甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为（2）反应中的能量变化如图所示，则H2= kJ/mol（3）H2（g）的燃烧热为（4）请你分析H2（g）作为能源比甲醇蒸气作为能源的优点：、（写出两点即可）13常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，阴离子可能是Cl、NO3、SO42、CO32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色D的焰色反应呈黄色A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成
9、沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀请回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是（2）D的化学式为，D溶液显碱性的原因是（用离子方程式表示）（3）A和C的溶液反应的离子方程式是；E和氨水反应的离子方程式是（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是二.只能从两个模块中选出一个作答，两题都做只算第一个模块的分数【选修3-结构化学】14肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物NH3分子的空间构型是；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4
10、+2N2H43N2+4H2O若该反应中有4mol NH键断裂，则形成的键有mol15A族元素氧、硫、硒（Se）的化合物在研究和生产中有许多重要用途请回答下列问题：H2Se的酸性比H2S（填“强”或“弱”）气态SeO3分子的立体构型为，SO32离子的立体构型为请根据结构与性质的关系解释H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：【选修5-有机化学基础】16化学选修5：有机化学基础，化合物A（C8H8O3）是由冬青树的叶经蒸汽蒸馏而得，因此又名冬青油它常用作饮料、牙膏、化妆品的香料，也用作制取止痛药、杀虫剂等从A出发有如下图所示转化关系（部分反应产物已略去）：已知以下信息：A的核磁共振氢谱表明其有六种
11、不同化学环境的氢，且1mol A与溴水反应最多消耗2mol Br2羧酸盐与碱石灰共热可发生脱羧反应，如实验室制甲烷：CH3COONa+NaOHCH4+Na2CO3回答下列问题：（1）K的结构简式为（2）BD的反应方程式为（3）FH的反应类型为，按系统命名法H的名称为（4）A的结构简式为（5）A的同分异构体中苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应和显色反应的共种，其中核磁共振氢谱有八种不同化学环境的氢的是（写结构简式）2015-2016学年广西玉林市陆川实验中学高三（上）月考化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一.选择题1“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是（）A风力发电，让能
12、源更清洁B合成光纤，让通讯更快捷C合成药物，让人类更健康D环保涂料，让环境更宜居【考点】化学科学的主要研究对象【分析】“化学，让生活更美好”，只要是与化学有关，能让生活更美好的就符合题意【解答】解：A风力发电是将风能转化为电能，没有新物质的生成，是物理变化，与化学无关，故A正确； B光纤的化学成分是二氧化硅，合成光纤是化学变化，让通讯更快捷，能让生活更美好，故B错误；C用化学方法合成药物，让人类更健康，能让生活更美好，故C错误；D用化学方法合成环保涂料，让环境更宜居，能让生活更美好，故D错误故选A2NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A0.1molAlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，
13、生成0.1NA个胶粒B28 g乙烯分子中含有极性共价键的数目为6NAC50mL18mol/L浓硫酸与足量的铜反应，生成SO2的分子数小于0.45NAD足量的铁与0.1molC12充分反应，转移的电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；B、求出乙烯的物质的量，然后根据1mol乙烯中含4mol极性共价键来分析；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、氯气与铁反应后变为1价【解答】解：A、一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，故生成的胶粒的个数小于0.1NA个，故A错误；B、28g乙烯的物质的量为1mol，而1mol乙烯中含4mol极性共价键
14、即4NA条，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.45NA个，故C正确；D、氯气与铁反应后变为1价，故0.1mol氯气反应后转移0.2NA个电子，故D错误故选C3标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓已知HH，HO和O=O键的键焓H分别为436kJmol1、463kJmol1和495kJmol1下列热化学方程式正确的是（）AH2O（g）H2（g）+O2（g）H=485kJmol1BH2O（g）H2（g）+O2（g）H=+485kJmol1C2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=+485kJmol1D2H2（g）+O
15、2（g）2H2O（g）H=485kJmol1【考点】热化学方程式；真题集萃【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，H=反应物的键能和生成物的键能和，据此进行解答【解答】解：A、水分解是吸热反应，应该H0，故A错误；B、H=2463kJ/mol436kJ/mol495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；C、氢气燃烧放热，应该H0，故C错误；D、H=2436kJ/mol+495kJ/mol4463kJ/mol=485kJ/mol，故D正确故选：D4亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危 害其在酸性条件下会产生NO和NO2下列有关说法错误的是（）ANaN
16、O2既具有氧化性又具有还原性B1 mol NaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1 molCNaNO2和胃酸作用的离子方程式为：2NO+2H+=NO+NO2+H2OD食用“醋溜豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害【考点】氧化还原反应【分析】酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2+2H+NO+NO2+H2O，N元素的化合价由+3价降低为+2价，N元素的化合价由+3价升高为+4价，以此来解答【解答】解：AN元素的化合价既升高又降低，则NaNO2既具有氧化性又具有还原性，故A正确；B1molNaNO2在酸性条件下完全反
17、应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1mol（43）=0.5mol，故B错误；C酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为：2NO2+2H+NO+NO2+H2O，故C正确；D食用“醋溜豆芽”减少亚硝酸盐的含量，可能会减少亚硝酸钠对人体的危害，故D正确；故选B5在一定条件下，按下列物质的量关系进行反应，其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是（）An（Cl2）：n（Fe）=5：4 5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3Bn（Cl2）：n（FeBr2）=1：1 Fe2+2Br+Cl2=Fe3+Br2+2ClCn（MnO4）：n（H2O2）=2：3
18、2MnO4+3H2O2+6H+=2Mn2+4O2+6H2ODn（Fe）：nHNO3（稀）=1：3 4Fe+12H+3NO33Fe2+Fe3+3NO+6H2O【考点】离子方程式的书写【分析】AFe与氯气反应与量无关；Bn（Cl2）：n（FeBr2）=1：1，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；Cn（MnO4）：n（H2O2）=2：3时，不遵循电子守恒；Dn（Fe）：nHNO3（稀）=1：3，由电子守恒可知，生成亚铁离子和铁离子【解答】解：AFe与氯气反应与量无关，对应反应为3Cl2+2Fe2FeCl3，故A错误；Bn（Cl2）：n（FeBr2）=1：1，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，对
19、应离子反应为2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl，故B错误；Cn（MnO4）：n（H2O2）=2：3时，不遵循电子守恒，则n（MnO4）：n（H2O2）=2：5时对应离子反应为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故C错误；Dn（Fe）：nHNO3（稀）=1：3，由电子守恒可知，生成亚铁离子和铁离子，离子反应为4Fe+12H+3NO33Fe2+Fe3+3NO+6H2O，故D正确；故选D6如表实验装置或操作正确的是（）ABCD向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A转移液
20、体需要使用玻璃棒引流；B冷凝水方向错误；C蒸发时用蒸发皿；D分液漏斗分离能分层的物质【解答】解：A转移液体需要使用玻璃棒引流，以免液体溅出，故A正确； B冷凝水方向错误，下进上出，故B错误；C采用蒸发的方法从饱和食盐水中获取NaCl晶体，蒸发时用蒸发皿，灼烧药品时用坩埚，故C错误；D酒精和水能互溶，不分层，故D错误故选A7在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3和AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，且溶液中不存在Fe3+，同时又析出0.1mol Ag则下列结论中不正确的是（）A反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2B氧
21、化性：Ag+Cu2+Fe3+Zn2+C含Fe3+的溶液可腐蚀铜板D1mol Fe可还原2mol Fe3+【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，且存在Cu2+Fe3+Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，以此解答该题【解答】解：A由反应2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故A正确；B根据金
22、属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+Fe3+，故B错误；C氧化性Cu2+Fe3+，则含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，故C正确；D金属铁和三价铁的反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，则1molFe可还原2molFe3+，故D正确故选B二.非选择题8下列物质中属于强电解质的是；属于弱电解质的是；属于非电解质的是（填序号）氨气氨水盐酸醋酸硫酸钡银氯化钠二氧化碳醋酸铵氢气【考点】强电解质和弱电解质的概念；电解质与非电解质【分析】电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以
23、离解成自由移动的离子；强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；非电解质是指：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质，据此分析即可解答【解答】解：强、弱电解质的区别在于其在水溶液中能否完全电离，电解质和非电解质都指的是化合物氨气（NH3）、二氧化碳（CO2）本身不电离，又是化合物，所以是非电解质；银、氢气都是单质，既不是电解质也不是非电解质；氨水、盐酸都是混合物，即不是电解质也不是非电解质；“酸、碱、盐都是电解质”，所以醋酸（CH3
24、COOH）、硫酸钡、氯化钠、醋酸铵都是电解质，硫酸钡（BaSO4）由于溶解度小，所以离子浓度小，虽然溶液导电性弱，但溶解的部分完全电离，所以硫酸钡不仅是电解质，而且是强电解质、氯化钠是强电解质；醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，但与氨水反应的产物醋酸铵（CH3COONH4）在水溶液中完全电离，是强电解质；故答案为：；9某反应体系中的物质有：Cr2（SO4）3、K2S2O8、K2Cr2O7、K2SO4、H2SO4、H2O已知K2S2O8的氧化性比K2Cr2O7强（1）请将以上反应物与生成物编写成一个氧化还原反应方程式（要求配平）7H2O+Cr2（SO4）3+3K2S2O8=7H2SO4+
25、2K2SO4+K2Cr2O7（2）反应中，被还原的物质是K2S2O8，Cr2（SO4）3是还原剂（3）在酸性条件下K2Cr2O7与草酸（H2C2O4）反应的产物是：Cr2（SO4）3、CO2、K2SO4和H2O，则还原剂与氧化剂物质的量之比为3：1【考点】氧化还原反应【分析】K2S2O8的氧化性比K2Cr2O7强，则Cr2（SO4）3K2Cr2O7铬元素化合价升高，K2S2O8K2SO4、H2SO4硫元素化合价降低，所以反应物为K2S2O8和Cr2（SO4）3，生成物为K2Cr2O7、K2SO4、H2SO4，发生K2S2O8+Cr2（SO4）3+H2OK2Cr2O7+K2SO4+H2SO4，以
26、此来解答【解答】解：K2S2O8的氧化性比K2Cr2O7强，则Cr2（SO4）3K2Cr2O7铬元素化合价升高，K2S2O8K2SO4、H2SO4硫元素化合价降低，所以反应物为K2S2O8和Cr2（SO4）3，生成物为K2Cr2O7、K2SO4、H2SO4，发生K2S2O8+Cr2（SO4）3+H2OK2Cr2O7+K2SO4+H2SO4，（1）由电子守恒、原子守恒可知反应为7H2O+Cr2（SO4）3+3K2S2O8=7H2SO4+2K2SO4+K2Cr2O7，故答案为：7H2O+Cr2（SO4）3+3K2S2O8=7H2SO4+2K2SO4+K2Cr2O7；（2）K2S2O8中S化合价降低
27、，被还原；Cr2（SO4）3中Cr元素化合价升高被氧化，是还原剂，故答案为：K2S2O8；还原；（3）在酸性条件下K2Cr2O7与草酸（H2C2O4）反应，铬元素化合价由+6+3，K2Cr2O7做氧化剂被还原，H2C2O4中的碳元素由+3+4化合价升高被氧化，做还原剂，设还原剂的物质的物质的量x，氧化剂物质的量为y，由电子守恒规律可得x2（43）=y2（63），解得x：y=3：1，故答案为：3：110FeBr2是一种黄绿色鳞片状的固体，某研究性学习小组为了探究它的还原性，进行了如下实验：实验需要90mL 0.1mol/LFeBr2溶液（1）配制FeBr2溶液除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪
28、器是玻璃棒、100mL容量瓶、（2）下列有关配制过程中说法错误的是abde（填序号）a用托盘天平称量质量为1.944g的FeBr2b将称量的FeBr2放入容量瓶中，加90mL蒸馏水溶解c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中d容量瓶贴签存放配好的FeBr2溶液e定容时，仰视容量瓶刻度线会使配制的FeBr2溶液浓度偏高【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）配制FeBr2溶液时需要天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、100ml的容量瓶，胶头滴管；（2）a用电子天平称量质量为应为0.10.1216=2.16g；b称量的FeBr2放入烧杯中；c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量
29、瓶中；d容量瓶不能储存溶液；e定容时，仰视容量瓶刻度线会使溶液体积偏大【解答】解：（1）配制FeBr2溶液时需要天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、100ml的容量瓶，胶头滴管，则除烧杯、量筒、胶头滴管外还需的玻璃仪器是玻璃棒、100ml的容量瓶；故答案为：玻璃棒、100ml的容量瓶；（2）a用电子天平称量质量为应为0.10.1216=2.16g，故a错误；b称量的FeBr2放入烧杯中，不能放入容量瓶中，加90nL蒸馏水溶解，故b错误；c洗涤溶解FeBr2的烧杯，并将洗涤液转移至容量瓶中，故c正确；d容量瓶不能储存溶液，故d错误；e定容时，仰视容量瓶刻度线会使溶液体积偏大，浓度偏低，故e错误；故选：ab
30、de11实验室用50mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55mol/L NaOH溶液和下图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：实验次数起始温度t1/终止温度t2/盐酸NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9试回答下列问题：（1）实验时用环形玻璃棒搅拌溶液的方法是上下搅动，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃棒的理由是铜传热快，防止热量损失（2）经数据处理，t2t1=3.4则该实验测得的中和热H=56.8kJ/mol盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算，反应后混，合溶液的比热容（c）按4.18J/（g）计算（3）若将NaOH溶液改
31、为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为H1，则H1与H的关系为：H1H（填“”、“”或“=”），理由是NH3H2O电离吸热【考点】中和热的测定【分析】（1）环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；金属导热快，热量损失多；（2）根据公式Q=cmT来求出生成0.05mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出反应热；（3）根据弱电解质电离吸热分析【解答】解：（1）环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒，因为铜丝搅拌棒是热的良导体，故答案为：上下搅动；铜传热快，防止热量损失；（2）50mL 0.50molL1盐酸、50mL 0.55molL1 NaOH的质量和为m=
32、100mL1g/mL=100g，c=4.18J/（g），t2t1=3.4，代入公式Q=cmT得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g）100g3.4=1421.2J=1.4212KJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212KJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ，即该实验测得的中和热H=56.8kJ/mol；故答案为：56.8kJ/mol；（3）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于56.8kJ，所以H1H，故答案为：；NH3H2O电离吸热12甲醇是人们开发和利用的一种新能源已知：2H2（g）+O2（g）2H2O
33、（l）H1=571.8kJ/mol；CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H2=192.9kJ/mol（1）甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H2=764.7kJ/mol（2）反应中的能量变化如图所示，则H2=E1E2 kJ/mol（3）H2（g）的燃烧热为285.9KJ/mol（4）请你分析H2（g）作为能源比甲醇蒸气作为能源的优点：热值高、不污染环境（写出两点即可）【考点】反应热和焓变【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（2）依据反应焓变H=生成物总能量反应物总能量分析；（3）依据燃烧热
34、的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式分析计算；（4）根据氢能源的优点和氢能源的开发和利用的最新动向即可作答【解答】解：（1）：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H1=571.8kJ/mol，CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H2=192.9kJ/mol，由盖斯定律+得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H2=764.7kJ/mol故答案为：CH3OH（g）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H2=764.7kJ/mol；（2）反应中的能量变化如图所示，依据图象分析，反应焓
35、变H=生成物总能量反应物总能量，H2=E1E2，故答案为：E1E2；（3）燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H1=571.8kJ/mol，则氢气燃烧热为285.9KJ/mol，故答案为：285.9KJ/mol；（4）地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛；依据燃烧热计算分析，氢气的燃烧值高；因为氢气燃烧产物是水，不污染环境，故答案为：来源广、热值高、不污染环境13常见的五种盐A、B、C、D、E，它们的阳离子可能是Na+、NH4+、Cu2+、Ba2+、Al3+、Ag+、Fe3+，阴离子可能是Cl、NO3、SO42、CO
36、32，已知：五种盐均溶于水，水溶液均为无色D的焰色反应呈黄色A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性，D的溶液呈碱性若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失把A的溶液分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀请回答下列问题：（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+（2）D的化学式为Na2CO3，D溶液显碱性的原因是CO32+H2OHCO3+OH（用离子方程式表示）（3）A和C的溶液反应的离子方程式是Ag+C1=AgCl；E和氨水反应的离子方程式是Al3
37、+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+（4）若要检验B中所含的阳离子，正确的实验方法是取少量B于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验【分析】五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱性则D中含有CO32，根据阳离子可知D为Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42；若在这
38、五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3；把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42；所以B、E为（NH4）2SO4、Al2（SO4）3；结合题目进行分析【解答】解：五种盐均溶于水，水溶液均为无色，则没有Cu2+、Fe3+；D的焰色反应呈黄色，则D中有Na+；A的溶液呈中性，B、C、E的溶液呈酸性则含有NH4+、Al3+、Ag+，D的溶液呈碱
39、性则D中含有CO32，根据阳离子可知D为Na2CO3；若在这五种盐的溶液中分别加入Ba（NO3）2溶液，只有A、C的溶液不产生沉淀，则A、C中没有SO42；若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，E和C的溶液中生成沉淀，继续加氨水，C中沉淀消失，说明C中为Ag+，则E中有Al3+；所以C中为AgNO3；把A溶液呈中性分别加入到B、C、E的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则A为BaCl2；由以上分析可知E中含有Al3+，B中含有NH4+，加BaCl2均能生成不溶于稀硝酸的沉淀，则B、E中含有SO42；所以B、E为A为BaCl2、Al2（SO4）3，根据以上分析可知，A为BaCl2，B为A为BaC
40、l2，C为AgNO3，D为Na2CO3，E为Al2（SO4）3，（1）五种盐中，一定没有的阳离子是Cu2+、Fe3+，故答案为：Cu2+、Fe3+；（2）D的化学式为Na2CO3；Na2CO3溶液显碱性的原因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：Na2CO3；CO32+H2OHCO3+OH；（3）A为BaCl2，C为AgNO3，二者反应的离子方程式为：Ag+C1=AgCl；Al2（SO4）3和氨水反应的离子方程式是Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：Ag+C1=AgCl；Al3+3NH3H2OAl（O
41、H）3+3NH4+；（4）检验（NH4）2SO4中所含的阳离子的方法为：取少量（NH4）2SO4于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+，故答案为：取少量B于试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口附近放一张湿润的红色石蕊试纸，加热，若试纸变蓝，说明B中阳离子为NH4+二.只能从两个模块中选出一个作答，两题都做只算第一个模块的分数【选修3-结构化学】14肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物NH3分子的空间构型是三角锥型；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3肼可用作火
42、箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4+2N2H43N2+4H2O若该反应中有4mol NH键断裂，则形成的键有3mol【考点】判断简单分子或离子的构型；有关反应热的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数；有4mol NH键断裂，即1molN2H4参加反应，生成1.5molN2，结合1个NN中含2个键来解答【解答】解：（1）氨气中价层电子对个数=3+（531）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形结构；在N2H4中，氮原子价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为
43、：三角锥型；sp3；反应中有4mol NH键断裂，即有1molN2H4参加反应，根据化学方程式可知产生的氮气的物质的量为1.5mol，而每个氮分子中含有2个键，所以形成3mol键，故答案为：315A族元素氧、硫、硒（Se）的化合物在研究和生产中有许多重要用途请回答下列问题：H2Se的酸性比H2S强（填“强”或“弱”）气态SeO3分子的立体构型为平面三角形，SO32离子的立体构型为三角锥形请根据结构与性质的关系解释H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：H2SeO3和H2SeO4可表示为 （HO）SeO2和 （HO）2SeO2H2SeO3中Se为+4价，而H2SeO4中Se为+6价，正电性更高导
44、致SeOH中的O原子更向Se偏移，越易电离出H+【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】根据中心原子形成的价层电子对判断杂化类型和分子的立体构型；H2SeO3的分子结构为，Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为，Se为+6价，后者Se原子吸电子能力强【解答】解：同主族元素对应的氢化物中，元素的非金属性越强，对应的氢化物的酸性越弱，则H2Se的酸性比H2S强，气态SeO3分子中Se形成3个键，没有孤电子对，为平面三角形分子，SO32中S形成3个键，孤电子对数为=1，则为三角锥形，故答案为：强；平面三角形；三角锥形；H2SeO3的分子结构为，Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为，Se为+
45、6价，后者Se原子吸电子能力强，导致SeOH中的O原子更向Se偏移，则羟基上氢原子更容易电离出H+，故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为 （HO）SeO2和 （HO）2SeO2H2SeO3中Se为+4价，而H2SeO4中Se为+6价，正电性更高导致SeOH中的O原子更向Se偏移，越易电离出H+【选修5-有机化学基础】16化学选修5：有机化学基础，化合物A（C8H8O3）是由冬青树的叶经蒸汽蒸馏而得，因此又名冬青油它常用作饮料、牙膏、化妆品的香料，也用作制取止痛药、杀虫剂等从A出发有如下图所示转化关系（部分反应产物已略去）：已知以下信息：A的核磁共振氢谱表明其有六种不同化学环境的氢，且1
46、mol A与溴水反应最多消耗2mol Br2羧酸盐与碱石灰共热可发生脱羧反应，如实验室制甲烷：CH3COONa+NaOHCH4+Na2CO3回答下列问题：（1）K的结构简式为HCOOCH3（2）BD的反应方程式为（3）FH的反应类型为取代反应，按系统命名法H的名称为2，4，6三溴苯酚（4）A的结构简式为（5）A的同分异构体中苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应和显色反应的共9种，其中核磁共振氢谱有八种不同化学环境的氢的是（写结构简式）【考点】有机物的推断【分析】A在碱性条件下发生水解反应得到B与C，C可以连续发生氧化反应，则C含有醇羟基，A含有酯基，B为羧酸钠盐，C氧化得到G为羧酸，由G与C生
47、成K的分子式可知，C为CH3OH，发生催化氧化生成甲醛，则E为HCHO，甲醛发生氧化反应生成甲酸，则G为HCOOH，甲酸和甲醇发生酯化反应生成甲酸甲酯，则K的结构简式是HCOOCH3B经过系列反应得到F与溴水反应生成白色沉淀，说明F含有酚羟基，又因为A的核磁共振氢谱表明其有六种不同化学环境的氢，且1molA与溴水反应最多消耗2molBr2，所以A的结构简式应该是，则B结构简式为，根据已知信息可知，B和碱石灰共热生成D，则D的结构简式是D酸化生成F，则F是苯酚，其结构简式是，苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，因此H的结构简式是，据此解答【解答】解：A在碱性条件下发生水解反应得到B与C，C可以
48、连续发生氧化反应，则C含有醇羟基，A含有酯基，B为羧酸钠盐，C氧化得到G为羧酸，由G与C生成K的分子式可知，C为CH3OH，发生催化氧化生成甲醛，则E为HCHO，甲醛发生氧化反应生成甲酸，则G为HCOOH，甲酸和甲醇发生酯化反应生成甲酸甲酯，则K的结构简式是HCOOCH3B经过系列反应得到F与溴水反应生成白色沉淀，说明F含有酚羟基，又因为A的核磁共振氢谱表明其有六种不同化学环境的氢，且1molA与溴水反应最多消耗2molBr2，所以A的结构简式应该是，则B结构简式为，根据已知信息可知，B和碱石灰共热生成D，则D的结构简式是D酸化生成F，则F是苯酚，其结构简式是，苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色
49、沉淀，因此H的结构简式是，（1）根据以上分析可知，K的结构简式为HCOOCH3，故答案为：HCOOCH3；（2）根据以上分析可知，B生成D的反应方程式是：，故答案为：；（3）FH的反应类型为取代反应；H的结构简式是，按系统命名法H的名称为2，4，6三溴苯酚，故答案为：取代反应；2，4，6三溴苯酚；（4）由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；（5）A的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生显色反应，说明含有酚羟基只有两个取代基，因此取代基之一是酚羟基另外一个取代基是CH2OOCH、CH（OH）CHO、OCH2CHO，其位置均含有邻、间、对三种，共计是9种其中核磁共振氢谱有八种不同化学环境的氢的是，故答案为：9；2016年4月16日版权所有：高考资源网()