1、山东省青岛市第六十六中学2016届高三下期3月月考化学试卷（鲁教版，解析版）1国家规定从2001年2月1日起全国停止生产含铅汽油，使用无铅汽油。无铅汽油的含义是( )A.汽油中绝不含铅元素B.汽油中不人为添加含铅元素的物质C.汽油中含铅元素在一定指标范围内D.以上都不正确【答案】B【解析】要明确汽油中介入四乙基铅的作用是提高汽油的抗爆炸性能。2下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的组是A物质的性质与用途：磺胺类药物能抑制细菌合成核酸治疗肺炎、脑膜炎、尿路感染、呼吸道感染酸能与碱中和-胃酸过多的病人服用含氢氧化钠的药物B保护环境：控制“白色污染”减少和控制使用所有塑料制品 防止水
2、的污染提倡使用无磷洗衣粉C基本安全常识：饮用假酒中毒由甲醇引起 食用假盐中毒由亚硝酸钠引起D生活中的一些做法：除去衣服上的油污可用汽油洗涤 使煤燃烧更旺可增大煤与空气接触面积【答案】A【解析】答案：A A物质的性质与用途：不正确，酸能与碱中和-胃酸过多的病人服用含氢氧化铝的药物,不能服用NaOH，NaOH具有强腐蚀性3关于反应的说法正确的是（ ）A.为氧化剂B.为还原剂C.既是氧化产物又是还原产物D.属于非氧化还原反应【答案】C【解析】由于存在化合价变化，此反应为氧化还原反应，其中H-化合价升高，为还原剂，故NH3为氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物。应选C。4向等物质的量浓度的NaOH和N
3、a2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是AOH-CO32-2H+ =HCO3-H2O B2OH-CO32-3H+ =HCO3-2H2OC2OH-CO32-4H+ =CO23H2O DOH-CO32-3H+ =CO22H2O【答案】C【解析】试题分析：A当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时，盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时，先发生反应：OH-+H+=H2O，然后发生CO32-+H+=HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+=HCO3-+H2O，故A正确；B当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol
4、时，先发生反应：2OH-+2H+=2H2O，然后发生CO32-+H+=HCO3-，将两个方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+=HCO3-+2H2O，故B正确；C当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量为4mol时，先发生反应：2OH-+2H+=2H2O，然后发生2CO32-+2H+=2HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+=HCO3-+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸物质的量大于2mol时，先发生反应：OH-+H+=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+2H+=CO2+H2O，将两
5、个方程式相加得：OH-+CO32-+3H+=CO2+2H2O，故D正确；故选C。【考点定位】考查了离子方程式的书写【名师点晴】明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，注意反应物用量对反应的影响；等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，氢离子先与氢氧根离子发生反应，然后氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，据此解答。5在容积为2L的密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ，其他条件不变，在300和500时，物质的量n(CH3OH)-反应时间t的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A该反应
6、的H0 B其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大C300时，0-t 1min内 CH3OH的平均生成速率为molL1 min1DA点的反应体系从300升高到500，达到平衡时减小【答案】AC【解析】试题分析：A、由图象可知，温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，故升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应正反应是放热反应，即H0，正确；B、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，错误；C、根据反应速率的计算公式及题给数据计算，300时，0-t 1min内 CH3OH的平均生成速率为molL1 min1，正确； D、A点的反应体系从300升高到500
7、，甲醇的物质的量减小，平衡向逆反应，氢气的物质的量增大，故达到平衡时增大，错误。考点：考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等。6在加入铝粉放出H2的溶液中，分别加入下列各组离子，一定不能大量共存的是ANa+、Fe3+、NO3-、Cl- BBa2+、Mg2+、HCO3-、AlO2-CNa+、K+、NO3-、CO32- DK+、NO3-、AlO2-、OH-【答案】B【解析】试题分析：A碱性条件下，Fe3+不能大量共存，但在酸性条件下可以，故A错误；B无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量共存，故B正确；C酸性条件下CO32-不能大量共存，但在碱性条件下不发生
8、任何反应，可大量共存，故C错误；D酸性条件下AlO2-、OH-不能大量存在，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D错误，故选B。【考点定位】考查离子共存问题【名师点晴】高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意审题，把握金属铝的性质；注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；特别注意本题要求是“肯定不能大量共
9、存”共存，不是“可能”共存。7将一定质量的Mg，Zn，Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.8L（标准状况），原混合物的质量可能是A2g B4g C10g D12g【答案】B【解析】试题分析：2.8L H2 的物质的量为0.125mol,根据 MgH2，生成0.125mol的H2需要Mg的物质的量为0.125mol，Mg的质量为0.125mol24g/mol=3g，生成0.125mol的H2需要Zn的物质的量为0.125mol，Zn的质量为：0.125mol65g/mol=8.125g，0.125mol的H2需要Al的物质的量为0.083mol，Al的质量为0.08327g/mol=
10、2.24g，混合物的质量在2.24g8.125g之间，故选B考点：物质的量的计算和极限法的应用。8下列说法正确的是A淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物B蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，加水，白色沉淀重新溶解C等质量的CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少D分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质一定属于同系物【答案】C【解析】试题分析：A淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，A错误；B硫酸铜是重金属盐，蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，属于蛋白质的变性，加水，白色沉淀不能再溶解，B错误；C烃
11、分子中氢元素的含量越高，消耗氧气越多,烃的最简式CHn中n值越大，含氢量越高，则等质量的CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少，C正确；D结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物互为同系物，因此分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质不一定属于同系物，D错误，答案选C。考点：考查有机物的结构与性质9已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol12CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l) H1452 kJmol1H(aq)OH(aq)= H2O(l) H57.3 kJmol1下列说法正确的是AH2(g)的
12、燃烧热为571.6 kJmol1B同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多C1/2H2SO4(aq)1/2Ba(OH)2(aq)=1/2BaSO4(s)H2O(l)H57.3 kJmol1D3H2(g)CO2(g)=CH3OH(l)H2O(l) H135.9 kJmol1【答案】B【解析】试题分析：燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，故A项错误；2mol即4g H2完全燃烧放出571.6kJ热量，2mol即32g放出热量1452kJ，故单位质量时H2放出热量多，故B项正确；H(aq)OH(aq)= H2O(l) H57.3 kJmol1表示中和热为57
13、.3kJmol1，故1/2H2SO4(aq)1/2Ba(OH)2(aq)=1/2BaSO4(s)H2O(l)反应中不但有中和反应还含有生成BaSO4的反应，故C项错误；根据盖斯定律可知3H2(g)CO2(g)=CH3OH(l)H2O(l) H3/2（571.6 kJmol1）-1/2（1452 kJmol1）=-131.4 kJmol1，故D项错误。考点：热化学方程式。10重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A氘(D)原子核外有1个电子 B1H与D互称同位素CH2O与D2O互称同素异形体 D1H218O与D216O的相对分子质量相等【答案】C【解析】试题分析：A、氘是2 1H，质
14、子数=电子数=1，故A说法正确；B、1H和2 1H质子数相同中子数不同的原子互称为同位素，故B说法正确；C、同素异形体是同种元素组成结构不同的单质，互称为同素异形体，故C说法错误；D、质量数=同位素的近似相对原子量，前者的相对分子质量20，后者的相对分子质量为20，故D说法正确。考点：考查同位素、同素异形体、质量数和同位素近似相对原子量的关系。11500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)6 mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是A上述电解过程中共转移2 mol
15、电子 B原混合溶液中c(K)为2 mol/LC电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol D电解后溶液中c(H)为2 mol/L【答案】B【解析】试题分析：根据电解池原理，电解池中阴极是阳离子放电，先发生：Cu2+2e Cu，后发生2H+2e=H2；阳极是阴离子放电：4OH-4e=O2+2H2O；两极共产生气体的物质的量为22.4 L/22.4L/mol1mol，由于阳极只有氧气产生，且两极转移电子数目相等。依据4OH-4e=O2+2H2O，产生1mol氧气转移4mol电子，所以在整个电路中共转移电子4mol，A错；依据阴阳两极得失电子数目相等的原则，生成1mol氢气转移2mol电子，而线路中共
16、转移了4mol电子，所以Cu2+得到2mol电子，则消耗1mol Cu2+，所以Cu2+的物质的量为1mol，可知C错误；再推出Cu2+的物质的量浓度为2mol/L，依据溶液显电中性，溶液中阳离子所带总电荷与阴离子所带总电荷相等：c(K+)+2c(Cu2+)=c(NO3-)6 mol/L，可推知c(K+)=2 mol/L，B正确；根据前面分析，共消耗OH 4mol，消耗H+ 2mol，所以溶液中的H+物质的量为 2mol，浓度为4mol/L，D错误，选择B。考点：电解池工作原理、电子转移的计算。12NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ） A18g D2O中含有的中子数为10NA B
17、64g铜发生氧化还原反应失去的电子数可能为NA C标准状况下，11.2L已烯中含有的碳原子数为3NA D25时，1molL-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NA【答案】B【解析】A18g D2O中含有的中子数为：=9NAB例如当铜与硫反应时生成硫化亚铜，64g铜发生氧化还原反应失去的电子数为NA，正确C标准状况下，已烯非气态，不正确D溶液体积未定，所含微粒个数无法确定，不正确答案为B13下列几种类推结论中，错误的是钠和水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝露置在
18、空气中也很容易腐蚀CO2、SO2等酸性氧化物均能与碱反应，不与酸反应；SiO2也不与所有的酸反应SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以说SO2具有漂白性A B C D【答案】A【解析】活泼金属可以和水反应生成碱和氢气，锌、铜等金属与水不反应，故错误；氯化钠、过氧化钠都含有钠元素，焰色都是黄色，故正确；铝能够与氧气反应生成致密氧化膜，阻止反应继续，所以铝比铁耐腐蚀，故错误；二氧化硅与氢氟酸常温下反应生成四氟化硅和水，故错误；SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以说SO2具有还原性，故错误；故选：A14下列说法中正确的是A医用酒精的浓度通常为95B单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料C淀粉、纤维素和油
19、脂都属于天然高分子化合物D合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料【答案】B【解析】试题分析：A、医用酒精的浓度通常是75%，错误；B、单质硅是用于制造太阳能电池的主要材料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，正确；C、油脂不属于高分子化合物，错误；D、光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于新型无机非金属材料，错误，答案选B。考点：考查物质的用途、性质、类别等15下列溶液中物质的量浓度肯定是1mol/L的是（ ）A将40gNaOH固体溶解于1L水中B将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液C将1L10mol/L浓盐酸与10L水混合D10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液【答案】D【解析】试题
20、分析：A.40gNaOH的物质的量是1mol，但是溶剂水是1L不等于溶液的体积是1L，因此将40gNaOH固体溶解于1L水中，得到的溶液的物质的量浓度不是1mol/L，错误；B.由于没有指明气体的条件，所以不能确定气体的物质的量，也就不能确定溶液的物质的量浓度，错误；C. 1L10mol/L浓盐酸中含有HCl的物质的量是10mL，当与10L水混合后，溶液的体积不能确定，故不能判断溶液的物质的量浓度的多少，错误；D. 10gNaOH固体的物质的量是n(NaOH)=10g40g/mol=0.25mol，由于溶液的体积也是0.25L,因此所得溶液的物质的量浓度是c(NaOH)= 0.25mol0.2
21、5L=1mol/L，正确。考点：考查溶液的物质的量浓度的计算的知识。16已知A、B、C、D、E五种元素的性质或结构信息如下，请根据信息回答下列问题：（1）已知短周期元素A、B原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能（kJ/mol）I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图所示，该同学所画的电子排布图违背了_。ACl2分子中A的杂化类型为_，ACl2空间构型为_。（2）已知C单质曾被称为“银色的金子”，与锂形成的合金常用于航天飞行器，其单质能溶于强酸和强碱。D是周期表中电负性最大的元素。E能形成红色（或砖红色
22、）的E2O和黑色的EO两种氧化物。请根据上述信息。写出E元素原子基态时的电子排布式_。以C单质、镁、NaOH溶液可以构成原电池，则负极的电极反应式为_。D与Ca2+可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中Ca2+离子的配位数为_，若该晶体的密度为ag/cm3，则该晶胞的体积是_cm3（写出表达式即可）。【答案】（1）能量最低原理（2分） sp（2分） 直线（2分）（2）1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2分）Al3e4OHAlO22H2O（2分） 8； （3分）【解析】试题分析：（1）A的第三电离能比第二电离能大很多，这说明A很难失去3个电子，因此A应该是第A
23、族元素。同样B的第三电离能比第二电离能大很多，即B也很难失去3个电子，因此B是第A族元素。 同主族自上而下金属性逐渐增强，第一电离能逐渐减小，则A是Be，B是Mg。根据核外电子排布规律可知，只有排满了3s才能排3p，所以该示意图违背了能量最低原理。BeCl2分子中Be含有的孤电子对数是 0，即不含有孤对电子，因此Be的价层电子对数是2，属于sp杂化，空间构型为直线形。（2）C单质曾被称为“银色的金子”，与锂形成的合金常用于航天飞行器，其单质能溶于强酸和强碱，因此C是铝。D是周期表中电负性最大的元素，则D是F。E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E是Cu。根据核外电子排布规
24、律可知铜元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1。以C单质、镁、NaOH溶液可以构成原电池，由于铝能与氢氧化钠溶液反应，而镁不能，因此负极是铝，镁是正极，则负极的电极反应式为Al3e4OHAlO22H2O。根据晶胞结构可知，钙离子周围与钙离子最近的氟离子有8个（每个面被2个立方体共用），则Ca2+离子的配位数为8。晶胞中含有该离子的个数是8 6 4，氟离子是8个，因此 6.0210234，解得V cm3。考点：考查元素推断、电离能、核外电子排布、杂化轨道、空间构型、原电池以及晶胞结构与计算17化学反应都有能量变化，吸热或放热是化学反应中能量变
25、化的主要形式之一。（1）化学反应中有能量变化的本质原因是反应过程中有 的断裂和形成。（2）已知拆开1molHH键、1molClCl键、1molHCl键分别需要的能量是436kJ、243kJ、432kJ，则反应H2(g)+ Cl2(g) = 2HCl (g) 的H = 。（3）已知：CO(g) + 1/2O2(g) = CO2(g) H = 283.0 kJ/molCH3OH(l) + 3/2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l) H = 726.5 kJ/mol则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 。（4）已知25、101 kPa下，稀的强酸与稀的强碱溶液反应的中和热为
26、-57.3 kJ/mol。表示稀硫酸与稀烧碱溶液中和反应的热化学方程式为 ；测定中和热实验中所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、 。【答案】（1）化学键（2）185kJ/mol（3）CH3OH(l) + O2(g) = CO(g)+2H2O(l) H443.5 kJ/mol（4）1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) H =57.3 kJ/mol温度计【解析】试题分析：（1）化学反应中有能量变化的本质原因是反应过程中有化学键的断裂和形成；（2）H=436+243-2*432 kJ/mol=185kJ/mol；（3）将方程式CH3OH(l)
27、+ 3/2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l)减去CO(g) + 1/2O2(g) = CO2(g)可得到：CH3OH(l) +O2(g) = CO (g)+2H2O(l)H726.5 kJ/mol（283.0）=443.5 kJ/mol ；（4）表示稀硫酸与稀烧碱溶液中和反应的热化学方程式为：1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l) H =57.3 kJ/mol；测定中和热实验中所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、环形玻璃搅拌棒、及温度计考点：热化学反应方程式，盖斯定律18（14分）某同学用图示装置进行铁和稀硝酸反应的实验并进行相关的实验探究。a向
28、广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有一定质量的纯铁粉的小烧杯放入瓶中。b关闭止水夹，点燃红磷，伸人瓶中，塞好胶塞。c待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯中缓慢滴入一定量的4molL1的稀硝酸，铁粉完全溶解。（一）气体产物成分探究（1）实验前如何检查该装置的气密性？ 。（2）燃烧红磷的目的是 。（3）为证明气体产物为NO，步骤c后还缺少的一步主要操作是 。（二）产物中铁元素价态探究：（1）提出合理假设：假设1：产物中只有+2价铁；假设2： ，假设3：产物中既有+2价铁，又有+3价铁。（2）设计实验方案，验证假设1成立（写出实验操作步骤、现象和结论）： 。（三）问题讨论（1）广口瓶
29、中热NaOH溶液的主要作用是 。（2）若假设3成立，且所得溶液中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1时，则对应的离子反应方程式为 。【答案】（一）（1）关闭止水夹，通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水。观察分液漏斗中水面，若水面不下降，说明装置气密性良好；（2）除去广口瓶内空气中的氧气，避免干扰气体检验；（3）打开止水夹，向瓶内迁入少量空气（或氧气）。（二）（1）产物中只有+3价铁；（2）取小烧杯中反应后溶液少许，放入一只试管中，滴加KSCN溶液。溶液不显红色，再向其中滴加少量的H2O2溶液，溶液显红色。则证明假设1成立。（三）（1）实验结束后，热NaOH溶液在充入足量空气
30、（或氧气）的条件下，将瓶中氮的氧化物完全吸收，以防止空气污染；（2）4Fe+12H+3NO3-=3Fe2+Fe3+3NO+5H2O【解析】 试题分析：（一）（1）实验前检查该装置的气密性的方法是关闭止水夹，通过分液漏斗向广口瓶中加水，当水不能顺利滴下时停止加水。观察分液漏斗中水面，若水面不下降，说明装置气密性良好；（2）燃烧红磷的目的是除去广口瓶内空气中的氧气，避免干扰铁和稀硝酸反应产生的气体检验；（3）为证明气体产物为NO，步骤c后还缺少的一步主要操作是打开止水夹，向瓶内迁入少量空气（或氧气），看气体是否变为红棕色，若变为红棕色，就证明产生了NO，否则没有。（二）（1）假设1：产物中只有+2
31、价铁；假设2：产物中只有+3价铁；假设3：产物中既有+2价铁，又有+3价铁。（2）证明只有+2价铁的实验方案是取小烧杯中反应后溶液少许，放入一只试管中，滴加KSCN溶液。溶液不显红色，再向其中滴加少量的H2O2溶液，溶液显红色。则证明假设1成立。（三）问题讨论（1）广口瓶中热NaOH溶液的主要作用是将实验结束后，在充入足量空气（或氧气）的条件下，将瓶中氮的氧化物完全吸收，以防止空气污染；（2）若产物中既有+2价铁，又有+3价铁，且所得溶液中n(Fe2+)：n(Fe3+)=3：1时，根据电子守恒可得相应的离子反应方程式为4Fe+12H+3NO3-=3Fe2+Fe3+3NO+5H2O。考点：考查实
32、验方案的设计与评价、装置气密性的检查、离子的检验、试剂的作用及离子方程式的书写。19（13分）某同学分析Zn与稀H2SO4的反应。（1）该反应的离子方程式是 。（2）制H2时，用稀硫酸而不用浓硫酸，原因是_。（3）已知：Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s） H=-332 kJ/molZnO（s） + H2SO4（aq） = ZnSO4（aq） + H2O（l） H=-112kJ/molH2（g） +1/2 O2（g） = H2O（l） H=-286kJ/mol则Zn与稀H2SO4反应生成1mol H2 时的反应热H= kJ/mol。（4）该同学用如下装置进行实验，分析影响反应速率的因素。
33、实验时，从断开K开始，每间隔1分钟，交替断开或闭合K，并连续计数每1 分钟内从a管流出的水滴数，得到的水滴数如下表所示：1分钟水滴数（断开K）3459861171021分钟水滴数（闭合K）588111213978分析反应过程中的水滴数，请回答：由水滴数5834、8159，说明在反应初期，闭合K时比断开K时的反应速率_（填“快”或“慢”），主要原因是_。由水滴数10278，说明在反应后期，断开K时的反应速率快于闭合K时的反应速率，主要原因是_。从能量转换形式不同的角度，分析水滴数8681、117112的主要原因是_。【答案】（1）Zn+2H=Zn2+H2（2）浓H2SO4 和金属单质反应，不生成
34、H2，而是生成SO2（3）-158（4）快 闭合K时，A中会形成原电池，使反应速率加快断开K在闭合K之前，所以相对应的反应物浓度更大，反应速率更大。反应过程放热，化学能转化为热能，温度升高；闭合K，形成原电池，化学能主要转化为电能，温度升高使反应速率加快的程度更大。【解析】试题分析：（1）Zn和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应的离子方程式是Zn+2H=Zn2+H2（2）浓H2SO4 具有强氧化性，和金属单质反应，不生成H2，而是生成SO2。（3）利用盖斯定律+，计算可得H=-158kJ/mol。（4）A中产生的氢气进入B中将B中的水压入C中，则水滴数越大，说明产生H2的量越大，反应速率越快。
35、闭合K时，A中会形成原电池，因此反应初期会出现闭合K比断开K时反应速率快。反应后期，稀硫酸浓度已经很小，这时反应物浓度成为影响反应速率的主要因素，由于断开K在闭合K之前，所以相对应的反应物浓度更大，反应速率更大。K断开时，主要是化学能转化为热能，温度升高；闭合K，形成原电池，化学能主要转化为电能，后一分钟温度升高使反应速率加快的程度超过前一分钟形成原电池对反应速率的加快程度。考点：考查硫酸的性质，化学反应速率的影响因素和盖斯定律20（19分）下表是实验室制备气体的有关内容：（1）上述气体中，从反应中有无电子转移的角度看，明显不同于其他气体的是 ，写出实验室制取该气体的化学方程式 。（2）根据表
36、中所列实验原理，从下列装置中选择合适的发生装置，将其编号填入上表的空格中。 （3）若用上述制备O2的装置制备NH3，应选择的试剂为 。（4）在浓CaCl2溶液中通人NH3和CO2可以制得纳米级碳酸钙，制取时应先通入的气体是 ，制取纳米级碳酸钙的化学方程式为 。试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级 。（4）制备Cl2需用8molL-1的盐酸100mL，现用12molL-1的盐酸来配制。需要用量筒量取12molL-1的盐酸的体积为 mL；实验室提供有如下仪器，为完成配制需要选择的仪器为（填序号） A100mL量筒B托盘天平C玻璃棒D50mL容量瓶E10mL量筒F胶头滴管G100
37、mL烧杯H100mL容量瓶下列实验操作中。不正确的是 （填写标号）。A使用容量瓶前，检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，用量筒量取浓盐酸并沿玻璃棒倒入容量瓶中，缓慢加人蒸馏水到距离刻度线12cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水直到凹液面的最低点和刻度线相平D定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次【答案】【解析】21元素R的气态氢化物化学式为HxR.在标准状况下，8.5gHxR气体的体积是5.6L。将5. 1gHxR气体通入200ml 0.75mol/L的CuCl2溶液中正好完全反应，并生成黑色沉淀(1)求HxR的相对分子质量；(2)
38、推断x值，并确定R元素的名称.【答案】（1）34（2）X的值为2，名称是硫【解析】8.5gHxR气体的体积是5.6L为0.25mol.其摩尔质量为34gmol,R为硫。22(共12分)各物质之间的转化关系如下图，部分生成物省略。C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应常用于制作印刷线路板。请回答下列问题：（1）G元素在周期表中的位置_。（2）写出实验室制备G的离子反应方程式 。（3）气体D与NaOH溶液反应可生成两种盐P和Q，
39、在P中Na的质量分数为43%，其俗名为 。（4）实验室中检验L溶液中的阳离子常选用 溶液，现象是 。（5）A中包含X、Y、Z元素，A的化学式为 。【答案】（1）第三周期 第A族(2分)（2） MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2+ 2H2O (2分)（3）纯碱（或苏打） (2分) （4） KSCN (2分) 溶液变红色 (2分)（5） Cu2(OH)2CO3 (2分)【解析】试题分析：（1）根据提示可知，X是H元素，D是CO2，Y是C元素，Z是O元素，C是H2O，G是Cl2，根据流程可得到：C+ G即H2O+Cl2=HCl+HClO，其中H是HCl，I是HClO，H与金属J
40、反应生成浅绿色溶液，说明J是Fe，K是FeCl2，L是FeCl3，逆向思维，由于E要与葡萄糖反应，推断E是氢氧化铜，故是Cu2+，由于A是和盐酸反应，故B是CuCl2，最后推断出A是Cu2(OH)2CO3；G是Cl，位于第三周期A族；（2）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰共热，反应的离子方程式为MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2+ 2H2O；（3）二氧化碳与氢氧化钠反应生成两种盐分别是NaHCO3和Na2CO3，其中Na的质量分数为43%的是Na2CO3，俗名纯碱。（4）L是FeCl3，检验铁离子需要用KSCN，实验现象是溶液呈红色。（5）根据以上分析可知A是Cu2(OH
41、)2CO3。【考点定位】本题主要是考查物质的推断相关知识【名师点晴】化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。考点：考查23（14分）H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子。D和G是同
42、系物请回答下列问题：（1）用系统命名法命名（CH3）2CCH2 ： 。（2）AB反应过程中涉及的反应类型有 。（3）写出D分子中含有的官能团名称： 。（4）写出生成F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式： 。（5）写出E在铜催化下与O2反应生成物的结构简式： 。（6）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有 种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为 （写结构简式）。【答案】共14分（1）2甲基1丙烯（2分，甲基丙烯，2甲基丙烯也可，异丁烯不给分。）（2）取代反应，加成反应。（各1分，共2分。只写取代、加成不给分。）
43、（3）羟基，羧基。（各1分，共2分，错别字不给分。）（4）（2分）（5）（2分）（6）9，（2分） （2分）【解析】试题分析：根据信息可以推出发生如下反应：，所以A是，与氯气反应取代反应生成（分子式是C10H11Cl）,可以推知它与HCl发生的是加成反应，再根据B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，B是，它与氢氧化钠溶液发生水解生成醇，所以C是，根据D的分子式，还有 H结构中含有三个六元环等信息，可以推出D是，苯乙烯和水发生加成生成E，根据分子式C8H8O2，它的结构简式，与溴反应肯定是发生的取代反应，根据六元环的信息确定溴取代氢的位置，所以F是，G是，D和G反应+2H2O。的同
44、分异构体足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基，能发生水解反应；说明含有酯基，再根据苯环上有两个取代基（1）用系统命名法命名（CH3）2CCH2 ：2甲基1丙烯。（2）AB反应过程中涉及的反应类型是取代反应和加成反应。（3）含有的官能团名称是羟基，羧基。（4）与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式是：（5）在铜催化下与O2反应发生醇的催化氧化，生成物的结构简式：（6有9种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为考点：有机物的推断与合成，考查有机物的性质、同分异构体的书写及反应原理的分析等24（14分）H是一种新型香科的主要成分之一，其结构中含有三个六元环. H的合成路线如下（部
45、分产物和部分反应条件路去）：己知：B中核磁共振里谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子。D和G是同系物请回答下列问题：（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2 。（2）AB反应过程中涉及的反应类型有 。（3）写出D分子中含有的官能团名称： 。（4）写出F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式： 。（5）写出E在铜催化下与O2反应生成物的结构简式： 。（6）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有 种（不包括立体异构）其中核磁共振氢谱为5组峰的为 （写结构简式）。【答案】（14分）（1）2甲基1丙烯（2分，甲基丙烯，2甲基丙烯
46、也可，异丁烯不给分。）（2）取代反应，加成反应（各1分，共2分。只写取代、加成不给分。）（3）羟基，羧基（各1分，共2分，错别字不给分。）（4）（2分）（5）（2分）（6）6；（2分） （2分）【解析】试题分析：（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2的名称是2甲基1丙烯；（2）和（CH3）2C=CH2发生烯交换反应形成A A与Cl2在光照时发生取代反应形成，与HCl发生加成反应形成B: 所以AB反应过程中涉及的反应类型有取代反应、加成反应；（3）B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应形成C：，C被催化氧化得到D:；D分子中含有的官能团名称是羟基、羧基；（4）与H2O在一定条件下发生加成反应形成E：；E被氧化形成；该物质与Br2在一定条件下发生取代反应形成F： ；F与NaOH水溶液加热，发生反应，方程式为：；（5）E含有醇羟基，由于是伯醇，所以在铜催化下与O2反应生成物是醛，结构简式是；（6）F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下产生，该物质酸化得到G：，则同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；能发生水解反应；说明含有酯基；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有、6种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为。考点：考查有机物的名称、结构、性质、转化、化学方程式和同分异构体的书写的知识。
