1、2015-2016学年河北省唐山市迁安二中高三（上）期末化学试卷一、选择题（共16小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共32分）1下列物质的包装上贴错了危险警告标签的是（）ABCD2环境问题越来越受到人们的关注，下列有关叙述不正确的是（）A空气质量监测中的PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物B采用纳米TiO2光触媒技术，将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体C大量排放SO2或CO2都会导致酸雨的形成D利用太阳能、潮汐能、风力发电，以获取清洁能源减少污染3日本大地震造成了福岛第一核电站核放射性物质I和Cs向外界泄漏下列相关说法错误的是（）ACsOH的碱性比
2、KOH强B Cs中有82个中子CHI比HF还原性强DKIO3是碘的最高价含氧酸盐4以下物质间的转化不能通过一步反应实现的是（）AHClCl2BNH3NOCSSO2DSiO2H2SiO35Mg SO2 H2SO4 NaOH NaCl的顺序是按某一分类规律排列的下列物质的排序符合此分类规律的是（）ANa2CO3 C CO2 Ca（OH）2 HNO3BNa3PO4 Na SO2 H2SO3 KOHCSi CO2 H3PO4 Ba（OH）2 Na2SDN2 NO HNO3 NH3 NaBr6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，22.4 L CCl4中共价键数目为4NAB22.
3、4 L O2和N2的混合气体中一定含有的原子数为2NAC常温常压下，6 g NO2和40 g N2O4混合气体中的原子总数为3NAD25时，1molL1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NA7下列离子在溶液中能大量共存的是（）AFe3+ NH4+ SCN ClBFe3+ Fe2+ Na+ NO3CBa2+ H+ NO3 SO42DS2 Na+ ClO OH8根据表中有机物分子式的排列规律确定空格中有机物的同分异构体数目是（）123456CH4OC2H4O2C4H8O2C5H12OC6H12O2A2B3C4D59丙烯醇（CH2=CHCH2OH）可发生的化学反应有（）加成 氧化 置换 加
4、聚 取代A只有B只有CD只有10下列说法不正确的是将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液充满试管 酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明铝表面生成了一层致密的氧化膜 向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性（）ABCD11下列关于实验的叙述正确的是（）A向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体B乙烯能被高锰酸钾氧化，利用此反应可鉴别乙烷和乙烯C实验室通常用加热分解NH4Cl固体的方法制取氨气D直接观察某盐溶液的焰色反应为黄色，则该溶液中一定不含钾元素12下列叙述正确的是（）A常温下pH=1的盐酸与pH=13的Ba（OH）2溶液中水的电离
5、程度相等B物质的量浓度均为0.1molL1的H2SO4和NaOH溶液等体积混合后pH7C分别将pH=3的盐酸、醋酸稀释100倍后，pH都为5DpH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，c（H+）=（1014+1012）13硫酸厂产生的尾气中含有SO2污染环境，可用来测定SO2含量的试剂是（）A品红溶液B浓硝酸C碘水、淀粉溶液D以上都能14下列说法正确的是（）A焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立作为自发性的判据B10时的液态水会自动结冰成为固态，这是熵增的过程C过程的自发性既可用于判断过程的方向，也可确定过程是否能发生和过程发生的速率DH0的反应一定不能自发进行15下列离子
6、方程式书写正确的是（）ANa2CO3水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHB用惰性电极电解饱和NaCl溶液：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OHCFeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD等体积等物质的量浓度的Ca（HCO3）2与NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO3216向Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入KOH溶液下列图象能正确表示反应生成沉淀的质量（m）与加入KOH溶液体积（v）的关系是（）ABCD二、选择题（共6小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共18分）17下列实验装置叙述正确的是（）装
7、置甲可防止铁钉生锈 装置乙可除去乙烯中混有的SO2装置丙可验证HCl气体在水中的溶解性 装置丁可用于实验室制取乙酸乙酯装置戊可用于收集H2或CO2气体ABCD18把铝粉和氧化铁粉配成铝热剂，分成两等份一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸起反应；另一份放入足量的烧碱溶液中充分反应前后两种情况下生成的气体的质量比是（）A1：1B2：3C3：2D28：919W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最大下列判断正确的是（）W在元素
8、周期表位置是二周期A族 Y的氢化物是正四面体结构X的氢化物可以用来腐蚀玻璃Z的最高价氧化物对应的水化物酸性比Y的强Y单质的另一重要用途是做光导纤维 W、X、Y形成的化合物是制备木材防火剂的原料ABCD20能够使反应Cu+2H2O=Cu（OH）2+H2发生的是（）A用Cu作阴、阳电极，电解CuCl2溶液B用Cu作阴、阳电极，电解K2SO4溶液C铜锌合金在潮湿空气中发生电化学腐蚀DCu作原电池的负极，碳棒作正极，NaCl溶液作电解质溶液21研究人员发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2A
9、gCl 下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（）A正极反应式Ag+CleAgClBAgCl是还原产物CNa+不断向“水”电池的负极移动D每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子22下列溶液中粒子浓度的关系正确的是（）A0.1 molL1 Na2CO3溶液中：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）B0.1 molL1 CH3COONa溶液中：c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH）CpH相同的CH3COONaNaHCO3两份溶液中的c（Na+）：D用NaOH溶液滴定CH3COOH溶液至pH=7时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）=c（
10、H+）三、解答题（共5小题，满分50分）23某研究性学习小组在研究用Fe2+制备Fe（OH）2的过程中，设计了如下实验装置：（1）以上各装置中能较长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀的是（填序号）（2）某同学对上图装置进行改进并实验：当A容器中的反应开始后，分别进行下列操作，请回答有关问题：若先关闭弹簧夹D，打开弹簧夹C，A容器中反应进行一会儿后，再关闭弹簧夹C，打开弹簧夹D，B容器中会观察到什么现象：若先关闭弹簧夹C，打开弹簧夹D，B容器中会观察到什么现象：，写出B容器中有关反应的化学方程式24在能源日趋紧张的今天，科学工作者一直在研究如何提高现有化石能源的利用率，同时寻找开发清洁可再生能源常
11、采用的方法有煤的气化、煤的液化、设计燃料电池等（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=437.3kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H=285.8kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283.0kJmol1则煤气化反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的焓变H=（2）煤通过直接或间接液化可得到甲醇已知在25、101kPa时，16g CH3OH完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量363.26kJ则CH3OH燃烧的热化学方程式为（3）燃料电池的能量转化率可高达85%90%，如图为氢氧燃料电池示意图，请回答：氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是，在导线中电子流动
12、方向为（用a、b表示）负极反应式为25已知B、D、E为单质，H常温下为无色液体，C为工业三大强酸之一，C的浓溶液在加热时才与D反应，F可作为潜水艇中的氧气来源现用惰性电极电解A的水溶液，流程如框图所示，试回答：（1）F的电子式，所含化学键的类型；（2）反应的化学方程式为；（3）化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，试写出该反应的离子方程式26在温度T1和T2下，X2（g）和H2（g）反应生成HX（g）的平衡常数K如下表：化学方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.310
13、6I2+H22HI4334（1）仅依据K的变化可推断出随着卤素原子核电荷数的增加（填字母）aHX的还原性逐渐减弱 bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的稳定性逐渐减弱 d在相同条件下，X2的平衡转化率逐渐降低（2）在容积为3L的密闭容器中，由I2（g）和H2（g）合成HI（g），在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，HI的物质的量的变化情况如图所示：温度为T1时，在0tAmin内，H2的消耗速率v （H2）=分析图象，下列说法正确的是（填序号）a平衡常数K随温度的升高而变小 b正反应为放热反应c只有当反应进行到A点或B点所示状态时，容器内气体密度才不再发生变化（3）已知氢氟酸（HF
14、）是弱酸，加水稀释0.1molL1HF溶液，下列各量中增大的是（填序号）ac（H+） bHF的电离常数 cc（F）/c（H+） dc（H+）/c（HF）（4）向盛有10滴0.1molL1AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL1 NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，向其中再滴加0.1molL1KI溶液，出现了黄色沉淀请简要解释此现象的原因：27下面是某烃类化合物A的质谱图和核磁共振氢谱图：质谱图的A+表示带一个正电荷分子离子；核磁共振氢谱显示有两个吸收峰且峰面积之比是1：3又经过红外光谱分析表明A分子中有一个碳碳双键的红外吸收峰回答下列问题：（1）A的结构简式为；（2）A中的碳原子是否都处于同一
15、平面？（填“是”或者“不是”）；（3）A是一种重要的化工原料，用来制取多种有机物下图中，D1与D2、E1与E2分别互为同分异构体反应的化学方程式为；C的化学名称为；E2的结构简式是；的反应类型是2015-2016学年河北省唐山市迁安二中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共32分）1下列物质的包装上贴错了危险警告标签的是（）ABCD【考点】化学试剂的分类【专题】物质的分类专题【分析】A浓硫酸具有强腐蚀性； B氧气能支持燃烧；C白磷有毒；D硝酸铵易爆炸【解答】解：A浓硫酸具有强腐蚀性，是腐蚀品，故A正确； B氧气能支持燃烧，但不能燃
16、烧，故B错误；C白磷有毒，是剧毒品，故C正确；D硝酸铵易爆炸，是爆炸品，故D正确故选B【点评】本题考查危险品标志的识别，难度不大，了解物质的性质是解答本题的关键2环境问题越来越受到人们的关注，下列有关叙述不正确的是（）A空气质量监测中的PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称可入肺颗粒物B采用纳米TiO2光触媒技术，将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体C大量排放SO2或CO2都会导致酸雨的形成D利用太阳能、潮汐能、风力发电，以获取清洁能源减少污染【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】元素及其化合物【分析】APM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物； BNO和
17、CO转化为氮气和二氧化碳；C因酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的；D利用太阳能、潮汐能、风力发电，以获取清洁能源，减少了化石燃料的使用【解答】解：APM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，故A正确； B采用纳米二氧化钛光触媒技术将汽车尾气中的NO和CO转化为氮气和二氧化碳，均为无毒物质，故B正确；C因酸雨的形成是由于SO2、NO2而引起的，与CO2无关，故C错误；D利用太阳能、潮汐能、风力发电，以获取清洁能源，减少了化石燃料的使用，有利于改善环境质量，故D正确故选C【点评】本题考查环境污染、能源与生活，把握常见的环境污染问题及物质的性质为解答的关键，学习中
18、注意相关基础知识的积累，题目难度不大3日本大地震造成了福岛第一核电站核放射性物质I和Cs向外界泄漏下列相关说法错误的是（）ACsOH的碱性比KOH强B Cs中有82个中子CHI比HF还原性强DKIO3是碘的最高价含氧酸盐【考点】核素；元素周期律的作用【专题】原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】A元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；B中子数=质量数质子数，据此计算判断；C元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱；D主族元素的最高正价等于其族序数（O、F除外）【解答】解：A元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：CsK，则CsOH的碱性比
19、KOH的强，故A正确；B中子数=质量数质子数，则每个13755Cs含有的中子为13755=82，故B正确；C元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性：FI，则还原性：HIHF，故C正确；D主族元素的最高正价等于其族序数（O、F除外），I属于第VIIA族元素，其最高正价为+7价，则KIO3不是碘的最高价含氧酸的盐，故D错误故选D【点评】本题考查了原子的构成、元素周期律、最高化合价与族序数的关系等，题目难度不大，注意把握同周期、同主族元素性质的变化规律4以下物质间的转化不能通过一步反应实现的是（）AHClCl2BNH3NOCSSO2DSiO2H2SiO3【考点】氨的化学性质；氯、溴、碘
20、及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅【专题】元素及其化合物【分析】A浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯气；B氨气催化氧化生成一氧化氮；C硫单质点燃燃烧生成二氧化硫；D二氧化硅难溶于水不能直接生成硅酸【解答】解：A浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯气，MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，能通过一步反应实现，故A不符合；B氨气催化氧化生成一氧化氮，4NH3+5O24NO+6H2O，能通过一步反应实现，故B不符合；C硫单质点燃燃烧生成二氧化硫，S+O2SO2，能通过一步反应实现，故C不符合；D二氧化硅难溶于水不能直接生成硅酸，不能通过一步反应实现，故D符合；故选D【点评】本题考查元素化合物物质之间
21、的转化等，比较基础，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握5Mg SO2 H2SO4 NaOH NaCl的顺序是按某一分类规律排列的下列物质的排序符合此分类规律的是（）ANa2CO3 C CO2 Ca（OH）2 HNO3BNa3PO4 Na SO2 H2SO3 KOHCSi CO2 H3PO4 Ba（OH）2 Na2SDN2 NO HNO3 NH3 NaBr【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；单质和化合物【专题】物质的分类专题【分析】Mg SO2 H2SO4 NaOH NaCl的顺序是按单质、氧化物、酸、碱、盐的顺序排列的，据此分析【解答】解：Mg SO2 H2SO4
22、 NaOH NaCl的顺序是按单质、氧化物、酸、碱、盐的顺序排列的A、Na2CO3 C CO2 Ca（OH）2 HNO3是按盐、单质、氧化物、碱、酸的顺序排列的，故A错误；B、Na3PO4 Na SO2 H2SO3 KOH是按盐、单质、氧化物、酸、碱的顺序排列的，故B错误；C、Si CO2 H3PO4 Ba（OH）2 Na2S是按单质、氧化物、酸、碱、盐的顺序排列的，故C正确；D、N2、NO、HNO3、NH3、NaBr是按单质、氧化物、酸、氢化物、盐的顺序排列的，故D错误故选C【点评】本题考查了酸、碱、盐、氧化物和单质的概念，难度不大，根据定义来分析6设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的
23、是（）A标准状况下，22.4 L CCl4中共价键数目为4NAB22.4 L O2和N2的混合气体中一定含有的原子数为2NAC常温常压下，6 g NO2和40 g N2O4混合气体中的原子总数为3NAD25时，1molL1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标况下四氯化碳为液态；B、气体所处的状态不明确；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、溶液体积不明确【解答】解：A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和共价键数目，故A错误；B、气体所处的状态不明确，故气体的物质的量和原子个数
24、无法计算，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为n=1mol，与两者的质量比无关，故含有3mol原子即3NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中醋酸分子的个数无法计算，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大7下列离子在溶液中能大量共存的是（）AFe3+ NH4+ SCN ClBFe3+ Fe2+ Na+ NO3CBa2+ H+ NO3 SO42DS2 Na+ ClO OH【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；B四种离子之
25、间不发生反应，能够共存；C钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；D次氯酸根离子能够氧化硫离子【解答】解：AFe3+、SCN之间发生络合反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故A错误；BFe3+、Fe2+、Na+、NO3之间不反应，能够大量共存，故B正确；CBa2+、SO42之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；DS2、ClO之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B【点评】本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意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；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 S
26、CN）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力8根据表中有机物分子式的排列规律确定空格中有机物的同分异构体数目是（）123456CH4OC2H4O2C4H8O2C5H12OC6H12O2A2B3C4D5【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】根据表格中物质的化学式的规律，可知物质序号等于碳原子数目，奇数序号物质组成通式为CnH2n+2O，偶数序号物质组成通式为CnH2nO2，故3号物质为C3H8O，可能为醇，可能为醚，为醇，可以看作羟基取代丙烷中的H原子，结合丙烷中等效氢判断，若为醚，根据碳原子
27、进行组合【解答】解：根据表格中物质的化学式的规律，可知物质序号等于碳原子数目，奇数序号物质组成通式为CnH2n+2O，偶数序号物质组成通式为CnH2nO2，故3号物质为C3H8O，若为醇，可以看作羟基取代丙烷中的H原子，丙烷只有1种结构，分子中有2种H原子，对应的醇有2种；若为醚，只有1种结构：甲乙醚，故共有3种结构，故选B【点评】本题考查同分异构体的书写、归纳与整理的能力，难度不大，注意对比化学式发现物质组成所存在的规律是关键9丙烯醇（CH2=CHCH2OH）可发生的化学反应有（）加成 氧化 置换 加聚 取代A只有B只有CD只有【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】
28、CH2CHCH2OH中含C=C、OH，结合烯烃和醇的性质来解答【解答】解：CH2CHCH2OH中含有C=C和OH官能团，其中C=C可发生加成、氧化、加聚反应，OH可发生氧化、酯化、取代反应，可与Na发生置换反应生成氢气故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重烯烃、醇的性质的考查，注意把握官能团与性质的关系来分析解答，题目难度不大10下列说法不正确的是将盛有二氧化氮气体的试管倒立在水中，溶液充满试管 酒精灯加热铝箔至熔化，铝并不滴落，说明铝表面生成了一层致密的氧化膜 向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性（）ABCD【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；铝
29、的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】根据二氧化氮气体能与水反应生成硝酸和不溶于水的一氧化氮气体进行解答；氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；吸水性是指吸收物质中的水蒸气、湿存水或结晶水；【解答】解：二氧化氮气体能与水反应生成硝酸和不溶于水的一氧化氮气体，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，所以气体减少三分之二，所以水占试管容积的，故错误；将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故错误；蔗糖分子中不含水，加入浓硫酸后出现发黑现象，是浓硫酸把蔗糖分子中的H原子与O原子按2：1结合成水而脱掉，体现浓硫酸的脱水性，不是吸水性，故错误；故选
30、D【点评】本题考查化学实验基本操作，难度不大，考查知识点较多，平时注意知识的积累11下列关于实验的叙述正确的是（）A向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体B乙烯能被高锰酸钾氧化，利用此反应可鉴别乙烷和乙烯C实验室通常用加热分解NH4Cl固体的方法制取氨气D直接观察某盐溶液的焰色反应为黄色，则该溶液中一定不含钾元素【考点】化学实验方案的评价【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】A向沸水中滴加饱和FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体；B乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应；C氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气
31、，冷却后二者立即反应生成氯化铵；DK元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察【解答】解：A氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，加热至液体呈红褐色为止，不能搅拌，得到的液体就是氢氧化铁胶体，故A错误；B乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯和乙烷，但不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中的乙烯，故B正确；C氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气，冷却后二者立即反应生成氯化铵，所以不能用直接加热氯化铵的方法制取氨气，故C错误；DK元素焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，否则观察不到K元素的焰色反应，故D错误；
32、故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、焰色反应、物质鉴别等知识点，明确物质性质及其性质差异性是解本题关键，注意氯化铵性质特点，易错选项是C12下列叙述正确的是（）A常温下pH=1的盐酸与pH=13的Ba（OH）2溶液中水的电离程度相等B物质的量浓度均为0.1molL1的H2SO4和NaOH溶液等体积混合后pH7C分别将pH=3的盐酸、醋酸稀释100倍后，pH都为5DpH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，c（H+）=（1014+1012）【考点】水的电离；pH的简单计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、酸和碱均能抑制水的电离；B、硫酸为二元强
33、酸；C、醋酸是弱酸，加水稀释后电离平衡被促进；D、pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，溶液显碱性，要根据氢氧根的浓度来计算【解答】解：A、酸和碱均能抑制水的电离，由于pH=1的盐酸的强度和pH=13的强度相当，故对水的电离的抑制相当，则两溶液中水的电离程度相等，故A正确；B、硫酸为二元强酸，故0.1mol/L的硫酸溶液中的氢离子浓度为0.2mol/L，而0.1mol/L氢氧化钠溶液中国氢氧根的浓度为0.1mol/L，故当等体积混合时，酸过量，故溶液的pH7，故B错误；C、醋酸是弱酸，加水稀释后电离平衡被促进，氢离子浓度下降比较缓慢，故将pH=3的醋酸稀释100倍后，溶液pH5
34、，故C错误；D、pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，溶液显碱性，溶液中的氢氧根的浓度c（OH）=0.5mol/L，故c（H+）=21014mol/L，pH=14lg2=13.7，故D错误故选A【点评】本题考查了溶液pH的计算、弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握影响电离平衡的因素，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力13硫酸厂产生的尾气中含有SO2污染环境，可用来测定SO2含量的试剂是（）A品红溶液B浓硝酸C碘水、淀粉溶液D以上都能【考点】二氧化硫的化学性质【专题】氮族元素【分析】测定硫酸尾气SO2含量，试剂必须能完全
35、吸收二氧化硫，现象明显，并且发生一步反应，便于根据化学方程式进行计算【解答】解：A、品红和二氧化硫结合成不稳定的无色物质，不适合定量测定尾气SO2的含量，故A错误；B、浓硝酸易挥发，浓硝酸具有氧化性能氧化二氧化硫，同时生成二氧化氮气体，不能准确测定二氧化硫的含量，故B错误；C、碘和二氧化硫能发生氧化还原反应而使溶液褪色，只发生一步反应，所以能准确测定尾气中SO2含量，故C正确；D、综上所述，故D错误；故选C【点评】本题考查了二氧化硫的化学性质，主要是定量测定二氧化硫的含量的反应，题目较简单14下列说法正确的是（）A焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立作为自发性的判据B10时的液态水会自
36、动结冰成为固态，这是熵增的过程C过程的自发性既可用于判断过程的方向，也可确定过程是否能发生和过程发生的速率DH0的反应一定不能自发进行【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、焓变和熵变判断反应的自发性，单独使用不准确；B、10的液态水自动结冰成为固态，是熵判据减小的反应；C、过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生；D、根据化学反应能否自发进行的判断依据判断【解答】解；A、焓变和熵变都与反应的自发性有关，不能独立地作为自发性的判据，可利用综合判据HTS来判断，故A错误；B、10的液态水自动结冰成为固态，是熵判据减小的反应，不能用熵判据解释，故B错误；C
37、、过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，故C正确；D、化学反应能否自发进行的判断依据是：G=HTS，当G0，反应一定不自发；当G0，反应一定自发，所以焓变和熵变都不能独立地作为反应自发性的判据，故D错误；故选C【点评】化学反应能否自发进行的判断依据是：G=HTS，当G0，反应一定不自发；当G0，反应一定自发，焓变和熵变都不能独立地作为反应自发性的判据，与是否加热无关15下列离子方程式书写正确的是（）ANa2CO3水解：CO32+2H2OH2CO3+2OHB用惰性电极电解饱和NaCl溶液：2Cl+2H2O Cl2+H2+2OHCFeBr2溶液中通入足量的Cl2：2Fe2
38、+Cl2=2Fe3+2ClD等体积等物质的量浓度的Ca（HCO3）2与NaOH溶液反应：Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+2H2O+CO32【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A碳酸根离子水解分两步，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，且第一步水解程度远远大于第二步水解程度；B用惰性电解电解饱和氯化钠溶液时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近生成氢氧化钠；C氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，氯气足量，二者反应生成氯化铁、溴；D等物质的量的Ca（HCO3）2与NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水【解答】解：A碳酸根离
39、子水解分两步，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，且第一步水解程度远远大于第二步水解程度，第一步水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，故A错误；B用惰性电解电解饱和氯化钠溶液时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近生成氢氧化钠，离子方程式为2Cl+2H2O Cl2+H2+2OH，故B正确；C氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，氯气足量，二者反应生成氯化铁、溴，离子方程式为3Cl2+2Fe2+4Br2Fe3+6Cl+2Br2，故C错误；D等物质的量的Ca（HCO3）2与NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，离子方程式为Ca2+HCO3+
40、OH=CaCO3+H2O，故D错误；故选B【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，明确反应实质及离子反应先后顺序是解本题关键，注意有些化学反应还与反应物的量有关，如CD选项，题目难度中等16向Na2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入KOH溶液下列图象能正确表示反应生成沉淀的质量（m）与加入KOH溶液体积（v）的关系是（）ABCD【考点】镁、铝的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】先发生Al3+3OH=Al（OH）3，后发生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，前后消耗氢氧化钾的物质的量之比为3：1，由此分析解答【解答】解：先发生Al3+3OH=Al（OH）3，后发
41、生Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，前后消耗氢氧化钾的物质的量之比为3：1，所以生成沉淀的质量（m）与加入KOH溶液体积（v）的关系是，故选B【点评】本题考查了化学反应与图形的关系，明确过程中发生的反应及图象表示的意义是解题关键，题目难度不大二、选择题（共6小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共18分）17下列实验装置叙述正确的是（）装置甲可防止铁钉生锈 装置乙可除去乙烯中混有的SO2装置丙可验证HCl气体在水中的溶解性 装置丁可用于实验室制取乙酸乙酯装置戊可用于收集H2或CO2气体ABCD【考点】化学实验方案的评价【专题】化学实验基本操作【分析】利用电解池原理防止铁生锈时，Fe
42、应该作阴极；二氧化硫、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；利用压强差来检验HCl的溶解性强弱；制取乙酸乙酯时应该用饱和碳酸钠溶液收集且导气管不能伸入液面下；常温下和空气不反应且密度和空气相差较大时能采用排空气法收集气体【解答】解：作电解池阴极、原电池正极的金属被保护，该装置中Fe作阳极而加速被腐蚀，故错误；二氧化硫、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫能和NaOH溶液反应而被吸收，乙烯和NaOH溶液不反应，所以可以用NaOH溶液除去乙烯中的二氧化硫，故错误；挤压胶头滴管，如果气球迅速鼓起来，说明烧瓶中压强变化大，从而证明氯化氢易溶于水，故正确；制
43、取乙酸乙酯时应该用饱和碳酸钠溶液收集且导气管不能伸入液面下，饱和碳酸钠溶液抑制乙酸乙酯溶解且吸收乙醇、乙酸，故错误；常温下和空气不反应且密度和空气相差较大时能采用排空气法收集气体，氢气密度远远小于空气，可以采用向下排空气法收集，二氧化碳密度大于空气，可以采用向上排空气法收集，故正确；故选B【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体收集、气体溶解性强弱检验、除杂、金属腐蚀与防护、物质制备等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，易错选项是18把铝粉和氧化铁粉配成铝热剂，分成两等份一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸起反应；另一份放入足量的烧碱溶液中充分反应前后
44、两种情况下生成的气体的质量比是（）A1：1B2：3C3：2D28：9【考点】铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】把铝粉和Fe2O3粉末配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝，由电子转移守恒可知生成n（Fe）=n（Al），然后将生成物与足量的稀盐酸反应，铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，由电子转移守恒可知，n（H2）=n（Fe）；令一份直接加入足量的NaOH溶液使之充分反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，由电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al），据此计算判断【解答】解：把铝粉和Fe2O3粉末配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下
45、恰好完全反应生成铁与氧化铝，由电子转移守恒可知生成n（Fe）=n（Al），然后将生成物与足量的稀盐酸反应，铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，由电子转移守恒可知，n（H2）=n（Fe），所以n（H2）=n（Al）；令一份直接加入足量的NaOH溶液使之充分反应，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，由电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al），所以n（H2）=（Al）故两种情况下生成气体的物质的量之比为n（H2）：n（H2）=n（Al）：（Al）=2：3，故选B【点评】本题考查混合物的计算、根据方程式的计算，难度中等，本题采取电子转移守恒计算，比根据方程式简单容易，清楚反应过程是关键，注意混合物的计算
46、中守恒的运用19W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最大下列判断正确的是（）W在元素周期表位置是二周期A族 Y的氢化物是正四面体结构X的氢化物可以用来腐蚀玻璃Z的最高价氧化物对应的水化物酸性比Y的强Y单质的另一重要用途是做光导纤维 W、X、Y形成的化合物是制备木材防火剂的原料ABCD【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】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，
47、中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素，据此解答【解答】解：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素
48、中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素W为O元素，在元素周期表位置是二周期VIA族，故错误；Y的氢化物为SiH4，是正四面体结构，故正确；X的氢化物为NaH，用来腐蚀玻璃为HF，故错误；Z的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，酸性比Y的强，故正确二氧化硅用于做光导纤维，故错误；W、X、Y形成的化合物为硅酸钠，硅酸钠溶液是无机矿物胶，是制备木材防火剂的原料，故正确，故选：A【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据原子半径与原子序数确定元素，注意对基础知识的理解掌握20能够使反应Cu+2H2O=Cu（OH）2+H2发生的是（）A用Cu作阴、阳电极，电解CuCl2溶液B用Cu作阴、阳电极，电
49、解K2SO4溶液C铜锌合金在潮湿空气中发生电化学腐蚀DCu作原电池的负极，碳棒作正极，NaCl溶液作电解质溶液【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】金属铜和水反应生成Cu（OH）2与H2是非自发的氧化还原反应，应设计成电解池，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，Cu作阳极，水在阴极放电生成氢气【解答】解：金属铜和水反应生成Cu（OH）2与H2是非自发的氧化还原反应，应设计成电解池，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，Cu作阳极，水在阴极放电生成氢气A用Cu作阴、阳电极，电解CuCl2溶液，阴极发生反应：Cu2+2e=Cu，故A错误；B用铜片作阴、阳电极，电解硫酸钠溶液，可以实现该反应的发生
50、，故B正确；C铜锌合金在潮湿的空气中发生电化学腐蚀时，金属锌被腐蚀，铜被保护，故C错误；DCu作原电池的负极，碳棒作正极，NaCl溶液作电解质溶液，发生金属的吸氧腐蚀，没有氢气生成，故D错误，故选B【点评】本题考查了原电池和电解池原理，根据电池总反应式中得失电子的物质判断阴阳极及电解质，题目难度不大21研究人员发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl 下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（）A正极反应式Ag+CleAgClBAgCl是还原产物CNa+不断向“水”电池的
51、负极移动D每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子【考点】化学电源新型电池【分析】根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路【解答】解：A、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cle=AgCl，而不是正极方程式，故A错误；B、反应中Ag的化合价升
52、高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故B错误；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C错误；D、根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故D正确；故选：D【点评】本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点22下列溶液中粒子浓度的关系正确的是（）A0.1 molL1 Na2CO3溶液中：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）B0.1 molL
53、1 CH3COONa溶液中：c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH）CpH相同的CH3COONaNaHCO3两份溶液中的c（Na+）：D用NaOH溶液滴定CH3COOH溶液至pH=7时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）=c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；B任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒和电荷守恒判断；CpH相等的这两种钠盐，弱酸根离子水解程度越大其钠盐浓度越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离子水解程度与其对应的弱酸酸性成反比；D中性溶液中c（OH）=c（H+），结合电荷守恒判断【
54、解答】解：A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故A错误；B任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），所以得c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH），故B正确；CpH相等的这两种钠盐，弱酸根离子水解程度越大其钠盐浓度越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离子水解程度与其对应的弱酸酸性成反比，酸性CH3COOHH2CO3，所以生成程度HCO3CH3COO，则钠盐浓度，c（Na+）：，故
55、C错误；D中性溶液中c（OH）=c（H+），结合电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO），盐类水解程度、弱电解质电离程度都较小，所以存在c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）=c（H+），故D错误；故选B【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用，易错选项是C，知道弱酸酸性强弱与其钠盐水解程度关系，注意：HCO3对应的酸是H2CO3、CO32对应的酸是HCO3，为易错点三、解答题（共5小题，满分50分）23某研究性学习小组在研究用Fe2+制备Fe（OH）2的过程中，设计了如下实验装置：（1）以上各装置中能较长时间观察到F
56、e（OH）2白色沉淀的是（填序号）（2）某同学对上图装置进行改进并实验：当A容器中的反应开始后，分别进行下列操作，请回答有关问题：若先关闭弹簧夹D，打开弹簧夹C，A容器中反应进行一会儿后，再关闭弹簧夹C，打开弹簧夹D，B容器中会观察到什么现象：开始时容器B中的导管口有气泡冒出，弹簧夹关闭后容器A中溶液进入容器B，有白色沉淀生成若先关闭弹簧夹C，打开弹簧夹D，B容器中会观察到什么现象：有白色沉淀生成，沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色，写出B容器中有关反应的化学方程式2NaOH+FeSO4Fe（OH）2+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3【考点】制取氢氧化铁、氢氧化亚
57、铁【专题】无机实验综合【分析】（1）氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，要较长时间保存Fe（OH）2沉淀，只要满足在制取过程中尽可能减少和空气接触即可，据此对各选项进行判断；（2）打开C后铁与硫酸反应生成氢气，关闭C后A中压强增大，硫酸亚铁溶液进入B，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；若弹簧夹C关闭一会儿，容器A中的反应还在进行时，B容器中仍有氧气，利用A产生的氢气产生的压强将硫酸亚铁压入锥形瓶B中，在锥形瓶B中生成氢氧化亚铁，则B中应该盛放氢氧化钠溶液，生成的氢氧化亚铁，B容器中仍有氧气，生成的氢氧化亚铁被空气氧化生成氢氧化铁【解答】解：（1）根据
58、题中信息可知要较长时间保存Fe（OH）2沉淀，必须在制取过程中尽可能减少和空气接触，中盛有氢氧化钠溶液的滴管伸入放有还原性铁粉的硫酸亚铁溶液中，可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化，则能减少与氧气接触；Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以也能减少与氧气接触，只有生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，故答案为：；（2）若先打开C，H2进入B，驱出B中O2，再关闭C，A中Fe2+进入B，只能生成Fe（OH）2，故答案为：开始时容器B中的导管口有气泡冒出，弹簧夹关闭后容器A中溶液进入容器B，有白色沉淀
59、生成；若开始关闭C，A中反应生成H2，压强增大，A中溶液由导管进入B，B中Fe2+与OH反应生成Fe（OH）2白色沉淀，Fe（OH）2与B中O2反应生成红褐色沉淀Fe（OH）3，反应的化学方程式为：2NaOH+FeSO4Fe（OH）2+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故答案为：有白色沉淀生成，沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；2NaOH+FeSO4Fe（OH）2+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3【点评】本题考查铁的相关知识和铁的化合物之间的转化，除杂、检验等内容，注意方程式的书写，难度不大24在能源日趋紧张的今天，科学工作者一直在
60、研究如何提高现有化石能源的利用率，同时寻找开发清洁可再生能源常采用的方法有煤的气化、煤的液化、设计燃料电池等（1）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=437.3kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H=285.8kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283.0kJmol1则煤气化反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的焓变H=：+131.5kJmol1（2）煤通过直接或间接液化可得到甲醇已知在25、101kPa时，16g CH3OH完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量363.26kJ则CH3OH燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+
61、2H2O（l）H=726.52kJ/mol（3）燃料电池的能量转化率可高达85%90%，如图为氢氧燃料电池示意图，请回答：氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是化学能转变为电能，在导线中电子流动方向为a流向b（用a、b表示）负极反应式为2H2+4OH4e4H2O【考点】原电池和电解池的工作原理；热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题【分析】（1）根据热化学方程式和盖斯定律计算得到，反应焓变与反应过程无关；（2）在25、101kPa下，16g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热363.26kJ，32g甲醇燃烧生成液态水和二氧化碳气体放热363.26kJ2=726.52kJ，依据热化学方程式
62、的书写方法和注意问题，标注对应反应的焓变写出；（3）原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；负极上燃料失电子发生还原反应【解答】解：（1）C（s）+O2（g）CO2（g）H1=437.3kJmol1H2（g）+O2（g）H2O（g）H3=285.8kJmol1CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283.0kJmol1依据盖斯定律，得到：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=437.3（285.8）（283.0）=+131.5kJmol1，故答案为：+131.5kJmol1；（2）在25、101kPa下，16g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热363.
63、26kJ，32g甲醇燃烧生成液态水和二氧化碳气体放热363.26kJ32=726.52KJ，反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.52kJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.52kJ/mol；（3）该装置是把化学物质中的能力转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是 由a流向b，故答案为：化学能转变为电能；a流向；碱性环境中，该反应中负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为H2+2OH2e2H2O，故答案为：2H2+4O
64、H4e4H2O【点评】本题考查热化学方程式书写、盖斯定律的计算应用、原电池原理的应用等，侧重于反应原理的应用的考查，题目难度中等，注意盖斯定律的含义及应用方法25已知B、D、E为单质，H常温下为无色液体，C为工业三大强酸之一，C的浓溶液在加热时才与D反应，F可作为潜水艇中的氧气来源现用惰性电极电解A的水溶液，流程如框图所示，试回答：（1）F的电子式，所含化学键的类型离子键和共价键；（2）反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（3）化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，试写出该反应的离子方程式2H2O+Na2O2+S2=S+2Na+4OH【考点】无机物的
65、推断【专题】元素及其化合物【分析】A的电解产物反应生成H，H常温下为无色液体，H为H2O；L是蓝色沉淀，为Cu（OH）2，M的焰色反应为黄色，M含有Na元素，由转化关系A+H+FE+L+M，即A溶液+FE+L+M，可知F与水反应生成碱与E，且B+EF，故F为Na2O2，E为O2，B为金属Na，A为铜盐，由A溶液C+D+E可知，电解产物为三种，为放氧生酸型，电解生成Cu、O2、酸，C的浓溶液在加热时才与D反应，D为Cu，C为H2SO4，故A为CuSO4，由C+DI+D+H可知，I为SO2，由IK可知，K为SO3，SO3与水反应生成硫酸，验证符合转化关系，据此分析解答【解答】解：A的电解产物反应生
66、成H，H常温下为无色液体，H为H2O；L是蓝色沉淀，为Cu（OH）2，M的焰色反应为黄色，M含有Na元素，由转化关系A+H+FE+L+M，即A溶液+FE+L+M，可知F与水反应生成碱与E，且B+EF，故F为Na2O2，E为O2，B为金属Na，A为铜盐，由A溶液C+D+E可知，电解产物为三种，为放氧生酸型，电解生成Cu、O2、酸，C的浓溶液在加热时才与D反应，D为Cu，C为H2SO4，故A为CuSO4，由C+DI+D+H可知，I为SO2，由IK可知，K为SO3，SO3与水反应生成硫酸，验证符合转化关系，（1）F是过氧化钠，F的电子式；所含化学键的类型离子键和共价键，故答案为：；离子键和共价键；（
67、2）该反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（3）F是过氧化钠，过氧化钠具有强氧化性，能氧化硫化钠生成S单质，所以化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，离子方程式为2H2O+Na2O2+S2=S+2Na+4OH，故答案为：2H2O+Na2O2+S2=S+2Na+4OH【点评】本题考查无机物推断，为高频考点，涉及物质推断、电解原理、氧化还原反应、化学用语等知识点，正确推断物质是解本题关键，注意过氧化钠电子式的书写方法，为易错点26在温度T1和T2下，X2（g）和H2（g）反应生成HX（g）的平衡常数K
68、如下表：化学方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）仅依据K的变化可推断出随着卤素原子核电荷数的增加cd（填字母）aHX的还原性逐渐减弱 bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的稳定性逐渐减弱 d在相同条件下，X2的平衡转化率逐渐降低（2）在容积为3L的密闭容器中，由I2（g）和H2（g）合成HI（g），在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，HI的物质的量的变化情况如图所示：温度为T1时，在0tAmin内，H2的消耗速率v （H2）=
69、mol/（Lmin）分析图象，下列说法正确的是a、b（填序号）a平衡常数K随温度的升高而变小 b正反应为放热反应c只有当反应进行到A点或B点所示状态时，容器内气体密度才不再发生变化（3）已知氢氟酸（HF）是弱酸，加水稀释0.1molL1HF溶液，下列各量中增大的是D（填序号）ac（H+） bHF的电离常数 cc（F）/c（H+） dc（H+）/c（HF）（4）向盛有10滴0.1molL1AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL1 NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，向其中再滴加0.1molL1KI溶液，出现了黄色沉淀请简要解释此现象的原因：AgI溶解度比AgCl溶解度小，使AgCl（s）Ag+（
70、aq）+Cl（aq）体系中c（Ag+）减小，使平衡向右移动【考点】化学平衡的影响因素；元素周期律的作用；反应速率的定量表示方法；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解；（2）温度为T1时，在0tAmin内，n（HI）=nA mol，v（HI）=，；先拐先平数值大，T2T1，升高温度，HI的物质的量减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，K减小，气体的总质量不变，体积为3L，因此密度是一个定值；（3）根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增
71、大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答；（4）AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），加入碘离子，平衡正移，氯化银转化为碘化银【解答】解：（1）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，d正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项c正确；而选项a、b与K的大小无直接联系，故答案为：cd；（2）温度为T1时，在0tAmin内，n（HI）=nA mol，v（HI）=mol/（Lmin），由可得v（H2）=mol/（Lmin）=mol/（Lmin），故答案为： mol/（Lmin）；先拐先平数值大，
72、T2T1，升高温度，HI的物质的量减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，K减小，由于气体的总质量不变，体积为3L，因此密度是一个定值，故答案为：a、b；（3）A、因HF为弱酸，则浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过107molL1，c（F）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶
73、液加水不断稀释，促进电离，c（F）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；故答案为：D；（4）已知AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）；向盛有10mL 0.1molL1 AgNO3溶液的试管中滴加0.1molL NaCl溶液，有AgCl白色沉淀生成，由于AgI溶解度比AgCl溶解度小，I与Ag+结合，使平衡体系中c（Ag+）减小，使平衡向右移动，故答案为：AgI溶解度比AgCl溶解度小，使AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）体系中c（Ag+）减小，使平衡向右移动【点评】本题考查知识点较多，涉及化学反应速率的计算、化学平衡的影响因素、弱电解质的
74、电离、沉淀溶解平衡等知识点，难度中等，为高频考点，掌握有关四大平衡的化学反应原理是答题关键27下面是某烃类化合物A的质谱图和核磁共振氢谱图：质谱图的A+表示带一个正电荷分子离子；核磁共振氢谱显示有两个吸收峰且峰面积之比是1：3又经过红外光谱分析表明A分子中有一个碳碳双键的红外吸收峰回答下列问题：（1）A的结构简式为CH3CH=CHCH3；（2）A中的碳原子是否都处于同一平面？是（填“是”或者“不是”）；（3）A是一种重要的化工原料，用来制取多种有机物下图中，D1与D2、E1与E2分别互为同分异构体反应的化学方程式为CH3CHClCHClCH3+2NaOHCH2=CHCHCH2+2NaCl+2H
75、2O；C的化学名称为1，3丁二烯；E2的结构简式是HOCH2CH=CHCH2OH；的反应类型是取代反应或水解反应【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）下面是某烃类化合物A的质谱图和核磁共振氢谱图：质谱图的A+表示带一个正电荷分子离子，根据核质比知其相对分子质量是56，且为烃，C原子个数=48，所以其分子式为C4H8；核磁共振氢谱显示有两个吸收峰且峰面积之比是1：3，说明含有两种氢原子，且氢原子个数之比为1：3，又经过红外光谱分析表明A分子中有一个碳碳双键的红外吸收峰，则A结构简式为CH3CH=CHCH3；（2）根据乙烯结构确定2丁烯中C原子是否共面；（3）D1与D2、
76、E1与E2分别互为同分异构体，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成C，说明A发生加成反应生成B，B为CH3CHClCHClCH3，C能发生1，2加成和1，4加成，则C结构简式为CH2=CHCH=CH2，D1结构简式为CH2BrCHBrCH=CH2，E1结构简式为HOCH2CH（OH）CH=CH2；D2结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，E2结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，据此分析解答【解答】解：（1）下面是某烃类化合物A的质谱图和核磁共振氢谱图：质谱图的A+表示带一个正电荷分子离子，根据核质比知其相对分子质量是56，且为烃，C原子个数=48，所以其分子式为C4H8；核磁共振氢
77、谱显示有两个吸收峰且峰面积之比是1：3，说明含有两种氢原子，且氢原子个数之比为1：3，又经过红外光谱分析表明A分子中有一个碳碳双键的红外吸收峰，则A结构简式为CH3CH=CHCH3，故答案为：CH3CH=CHCH3；（2）乙烯分子中所有原子共面，该结构相当于乙烯分子中的H原子被甲基取代，所以该分子中所有C原子共面，故答案为：是；（3）D1与D2、E1与E2分别互为同分异构体，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成C，说明A发生加成反应生成B，B为CH3CHClCHClCH3，C能发生1，2加成和1，4加成，则C结构简式为CH2=CHCH=CH2，D1结构简式为CH2BrCHBrCH=CH2，E
78、1结构简式为HOCH2CH（OH）CH=CH2；D2结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br，E2结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，反应的化学方程式为CH3CHClCHClCH3+2NaOHCH2=CHCHCH2+2NaCl+2H2O，C的化学名称为1，3二丁烯；E2的结构简式是HOCH2CH=CHCH2OH；的反应类型是取代反应或水解反应，故答案为：CH3CHClCHClCH3+2NaOHCH2=CHCHCH2+2NaCl+2H2O；1，3丁二烯；HOCH2CH=CHCH2OH；取代反应或水解反应【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，注意结合题给信息进行推断，注意卤代烃发生消去反应和水解反应区别，题目难度不大
