1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年广西河池高中高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题1（2015秋河池月考）化学与生活、环境有着密切的联系，下列说法不正确的是（）ACO2、NO2、SO2属于大气污染物B利用60Co的放射性可治疗某些疾病，60Co和59Co互为同位素C大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧D食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂2（2015秋河池月考）下列有关化学用语使用正确的是（）A次氯酸的结构式：HClOBCO2的比例模型CNH4Cl的电子式：D苯乙烯的结构简式：3（2015春武汉校级期末）的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有（不考虑
2、立体异构）（）A2种B3种C4种D5种4（2015秋河池月考）NA代表阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NAB120g NaHSO4固体中含有的离子总数为3NAC1mol Na被氧化生成Na2O2或NaCl，都失去NA个电子D1.0L 1.0molL1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3NA5（2015秋河池月考）下列说法正确的是（）A第A族元素是同周期中金属性最强的金属元素B两个非金属原子间不可能形成离子键CHF、HCl、HBr和HI的热稳定性和还原性依次减弱D根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+76（
3、2015秋河池月考）下列描述与所得结论正确的是（）选项描述结论A化合物A在熔融状态下可以导电A为离子化合物B用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，无K+C将a、c两种金属相连后投到稀硫酸溶液中，a表面产生气泡金属性acDNH4NO3溶液和稀HNO3溶液都可以使石蕊变红它们均能电离出H+AABBCCDD7（2015秋河池月考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O3I2+6OHB向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3+H2OC新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2O
4、H2AlO2+H2OD碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+CO32CaCO3+2OH二、简答题8（14分）（2015秋河池月考）“侯氏制碱法”是我国著名的工业化学家侯德榜发明的，该制碱法为中国化学工业乃至世界化学工业做出了重要的贡献请回答以下问题：（1）为了验证NaHCO3和Na2CO3的稳定性，设计了如图1的实验装置（铁架台、夹持仪器、加热装置等已省略）：在Y中应放的物质是（填化学式）；（2）某化学研究性学习小组以NH3、CO2、饱和食盐水为原料，模拟侯德榜先生制碱原理设计了如图2的实验装置写出对应仪器的名称：a，b；实验的操作步骤中，打开旋塞K1、K2的合理顺序为：先打开，后打开（
5、填字母代号）理由是；利用该装置制得的NaHCO3将采用（填实验操作）分离；装置中气胆的作用是；（3）实验室欲配制500mL0.1molL1NaHCO3溶液配制溶液时需用的玻璃仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、；下列情况会造成所配溶液的浓度偏低的是a加水时超过刻度线 b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c未洗涤烧杯和玻璃棒 d定容时俯视刻度线9（14分）（2015秋河池月考）亚硝酸是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化为Fe3+AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白中含有Fe2+
6、若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒说明维生素C具有性，亚硝酸盐具有性（填“氧化”或“还原”）；（2）NaNO2和NaCl外观相似，肉眼不易分辨下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是；A分别测定这两种溶液的pH值 B酸性条件下分别将两种溶液加热C在酸性条件下分别加入KI淀粉溶液 D分别向两种溶液中滴加AgNO3溶液（3）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，请写出该反应的离子方程式：；（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，是理想的水处理剂，其与水反应生成O2、Fe（OH）3（胶体）和KOH；KOH
7、的电子式；O2的结构式；K2FeO4中Fe的化合价为；上述反应的离子方程式10（15分）（2015秋河池月考）开发、使用清洁能源发展“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池（1）已知：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2=566.0kJmol1H2O（g）H2O（l）H3=44.0kJmol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：；（2）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H0该反应的平衡常数表达
8、式K=，一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a则T1T2（填“”“”或“=”下同），A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为；120时，将1mol CH4和2mol H2O（g）通入容积为1L的密闭容器中发生反应，不能说明该反应已经达到平衡状态的是；a容器内气体密度恒定；b混合气体的相对分子质量恒定；c容器内的压强恒定；d.3v正（CH4）=v逆（H2）；e单位时间内消耗0.3mol CH4同时生成0.9molH2（3）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为当有4mol电子通过导线时，消耗标准
9、状况下的O2体积为L，此时电解质溶液的PH值（填“变大”、“变小”或“不变”）化学选修3：物质结构与性质11（15分）（2015秋河池月考）已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大，其中A的基态原子中没有成对电子，B的基态原子中有6种不同运动状态的电子，C原子核外成对电子数比未成对电子数多1，其氢化物常用作制冷剂，D原子中有2个未成对电子，E基态原子在同周期中原子半径最大，F原子价电子排布为nsn1nPn+1，G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素（1）G基态原子价电子排布式；（2）B、C、D基态原子第一电离能由大到小的顺序；（3）离子化合物CA5的晶体
10、中含有的化学键有；A离子键 B极性键 C非极性键 D配位键 E金属键（4）E2D的熔点比E2F的熔点（填“高”或“低”），原因是；（5）与BD2互为等电子体的分子有（要求写一种）；（6）GF在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛GF晶体结构如图所示，其晶胞边长为x pm，该晶体的密度为gcm3（列式表示），a、b位置两粒子之间的距离为pm（列式表示）（已知阿伏伽德罗常数为NA）化学选修5：有机化学基础12（15分）（2015秋河池月考）合成P（一种抗氧剂）的路线如图：已知：+R2C（R为烷基）A和W互为同分异构体，A分子中有两种不同化学环境的氢原子，W核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积
11、比为3：2：2：2：1（1）G的结构简式是；E中含有的官能团名称是；（2）AB的化学方程式是；该反应类型为；（3）B经催化加氢生成的物质的名称是；（4）G和W反应生成P的化学方程式是；该反应类型为；（5）关于C和P，下列说法正确的是C和P都能使FeCl3溶液显色；C和P都能与浓溴水反应并生成白色沉淀；C和P都能与Na2CO3溶液反应；C和P含有的官能团种类相同；P能发生水解反应而C不能； 等量的C和P与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH的量不相同2015-2016学年广西河池高中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1（2015秋河池月考）化学与生活、环境有着密切的联系，下列
12、说法不正确的是（）ACO2、NO2、SO2属于大气污染物B利用60Co的放射性可治疗某些疾病，60Co和59Co互为同位素C大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧D食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用 【分析】A二氧化碳不是大气污染物；B有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；CCO2是导致温室效应的主要气体；D食盐具有咸味，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的【解答】解：ANO2、SO2属于大气污染物，二氧化碳不是，故A错误；B60Co和59Co质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；C
13、大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧，故C正确；D食盐具有咸味，可做调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可作防腐剂，故D正确；故选：A【点评】本题考查了化学与生活，熟悉常见的环境污染与治理、熟悉同位素的概念是解题关键，题目难度不大2（2015秋河池月考）下列有关化学用语使用正确的是（）A次氯酸的结构式：HClOBCO2的比例模型CNH4Cl的电子式：D苯乙烯的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【分析】A次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合；B比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构；C氯离子为阴离子，电子式
14、中需要标出其最外层电子；D苯乙烯可以看作苯基取代了乙烯分子中的1个H形成的，据此写出其结构简式【解答】解：A次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为HOCl，故A错误；B二氧化碳的分子式为CO2，二氧化碳为直线型结构，其比例模型中碳原子的相对体积大于氧原子，二氧化碳正确的比例模型为，故B错误；C氯化铵属于离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及最外层电子，氯化铵正确的电子式为，故C错误；D苯乙烯分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，其结构简式为，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及结构简式、电子书、比例模型等知识
15、，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题的能力3（2015春武汉校级期末）的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有（不考虑立体异构）（）A2种B3种C4种D5种【考点】同分异构现象和同分异构体 【分析】的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构，说明苯环上只有1种H原子，可以是两个CH2CH3处于对位，可以含有4个甲基且为对称结构，据此判断【解答】解：的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构，说明苯环上只有1种H原子，可以是两个CH2CH3处于对位，可以含有4个甲基且为对称结构，可以是4个甲基相邻，可以是3个甲基相邻，可
16、以是2个甲基相邻，故共有4种，故选C【点评】本题考查同分异构体书写，难度不大，侧重考查学生分析能力，注意掌握同分异构体书写4（2015秋河池月考）NA代表阿伏伽德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9NAB120g NaHSO4固体中含有的离子总数为3NAC1mol Na被氧化生成Na2O2或NaCl，都失去NA个电子D1.0L 1.0molL1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数 【分析】A、氢氧根带一个负电荷；B、求出NaHSO4固体的物质的量，然后根据NaHSO4固体由钠离子和硫氢根离子构成；C、根据钠反应后变为+
17、1价来分析；D、NaNO3水溶液中不但NaNO3含有氧原子，水也含氧原NaNO3子【解答】解：A、氢氧根带一个负电荷，故1molOH含10mol电子即10NA个，故A错误；B、120gNaHSO4固体的物质的量为1mol，而NaHSO4固体由钠离子和硫氢根离子构成，故1molNaHSO4固体中含2mol离子即2NA个，故B错误；C、钠反应后变为+1价，故1mol钠无论反应后的产物是什么，均失去1mol电子即NA个，故C正确；D、NaNO3水溶液中不但NaNO3含有氧原子，水也含氧原NaNO3子，故溶液中的氧原子的数目多于3NA个，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，明确公
18、式的运用和物质的组成是解题的关键，容易出错的是C和D5（2015秋河池月考）下列说法正确的是（）A第A族元素是同周期中金属性最强的金属元素B两个非金属原子间不可能形成离子键CHF、HCl、HBr和HI的热稳定性和还原性依次减弱D根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7【考点】元素周期律的作用 【分析】A同周期自左而右，金属性减弱；B两个非金属原子间只能以共用电子对成键；CHF、HCl、HBr和HI还原性依次增强；DF没有最高正价【解答】解：A同周期自左而右，金属性减弱，故A族金属元素是同周期中金属性最强的金属元素，故A正确；B两个非金属原子间只能以共用电子对成键，则
19、只能形成共价键，故B正确；CHF、HCl、HBr和HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故C错误；D根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素除F元素外，最高正价都是+7，F没有最高正价，故D错误故选AB【点评】本题考查了碱金属、卤素、氢化物的稳定性、同主族元素性质的变化规律，题目难度不大，注意把握元素周期律及其应用6（2015秋河池月考）下列描述与所得结论正确的是（）选项描述结论A化合物A在熔融状态下可以导电A为离子化合物B用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，无K+C将a、c两种金属相连后投到稀硫酸溶液中，a表面产生气泡金属性acDNH4NO3溶
20、液和稀HNO3溶液都可以使石蕊变红它们均能电离出H+AABBCCDD【考点】离子化合物的结构特征与性质；盐类水解的应用；常见金属的活动性顺序及其应用；焰色反应 【分析】A化合物A在熔融状态下可以导电，则一定存在自由移动的离子；B观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；Ca表面产生气泡，则c活泼，c为原电池的负极；DNH4NO3溶液水解显酸性，不能电离出氢离子【解答】解：A化合物A在熔融状态下可以导电，则一定存在自由移动的离子，则A一定为离子化合物，故A正确；B观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，则结论应为该溶液中一定含有Na+，不能确定是否含K+，故B错误；Ca表面产生气泡，则c活泼，c为原电池的
21、负极，则金属性ca，故C错误；DNH4NO3溶液水解显酸性，不能电离出氢离子，而硝酸可电离出氢离子，故D错误；故选A【点评】本题考查较综合，涉及化学键、焰色反应、原电池、盐类水解等，为高频考点，把握相关概念及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大7（2015秋河池月考）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I+IO3+3H2O3I2+6OHB向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3+H2OC新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH2AlO2+H2OD碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca（OH）2+
22、CO32CaCO3+2OH【考点】离子方程式的书写 【分析】A酸性环境下不能生成氢氧根离子；B漏掉碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；C反应生成偏铝酸钠和水；D氢氧化钙应拆成离子形式【解答】解：A用KIO3氧化酸性溶液中的KI，离子方程式：5I+IO3+6H+3I2+3H2O，故A错误；B向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，离子方程式：HCO3+NH4+2OHNH3+2H2O+CO32，故B错误；C新制的氧化铝可溶于氢氧化钠溶液，离子方程式：Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故C正确；D碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，离子方程式：Ca2+CO32CaCO3，故D错误；故选：C【点评】
23、本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分及反应应遵循客观事实，题目难度不大二、简答题8（14分）（2015秋河池月考）“侯氏制碱法”是我国著名的工业化学家侯德榜发明的，该制碱法为中国化学工业乃至世界化学工业做出了重要的贡献请回答以下问题：（1）为了验证NaHCO3和Na2CO3的稳定性，设计了如图1的实验装置（铁架台、夹持仪器、加热装置等已省略）：在Y中应放的物质是Na2CO3（填化学式）；（2）某化学研究性学习小组以NH3、CO2、饱和食盐水为原料，模拟侯德榜先生制碱原理设计了如图2的实验装置写出对应仪器的名称：a分液漏斗，b圆底烧瓶；实验的操
24、作步骤中，打开旋塞K1、K2的合理顺序为：先打开K1，后打开K2（填字母代号）理由是氨气在水中溶解度很大，先通氨气有利于二氧化碳的充分吸收，可提高制碱的效率；利用该装置制得的NaHCO3将采用过虑（填实验操作）分离；装置中气胆的作用是平衡内外压强，存储剩余气体；（3）实验室欲配制500mL0.1molL1NaHCO3溶液配制溶液时需用的玻璃仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；下列情况会造成所配溶液的浓度偏低的是a、ca加水时超过刻度线 b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c未洗涤烧杯和玻璃棒 d定容时俯视刻度线【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；配制一定溶质质量分数、物质的量浓度
25、溶液的方法 【专题】实验分析题；实验评价题【分析】侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤、洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体循环利用，（1）碳酸钠比碳酸氢钠稳定，可选择间接加热的方法来比较二种盐的稳定性；（2）可结合常见的化学仪器判定仪器a是分液漏斗，b是圆底烧瓶；侯氏制碱法的原理是先通NH3，再通CO2，主要是利用氨气溶解于水形成碱性溶液，可利于溶解更多的CO2；从溶液里获得不溶物可以使用过滤操作进行分离，气胆可以起到稳压作用，容器内压强偏大，气胆扩张，可以收集剩余气体；（3）配制一定物质的
26、量浓度的溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管等；可根据c=进行判断，如果操作导致溶质偏多，则浓度偏大，导致溶液体积偏大，则浓度偏小；【解答】解：（1）Y是直接加热的固体，可选择碳酸钠，X是间接加热选择碳酸氢钠，这样实验时直接加热的碳酸钠不分解，间接加热的碳酸氢钠发生分解，可得到碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故答案为：Na2CO3；（2）装置中仪器a是分液漏斗，b是圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；因为要先通NH3，再通CO2，则需先打开K1，再打开K2，主要是氨气在水中溶解度很大，先通氨气有利于二氧化碳的充分吸收，可提高制碱的效率，故答案为：K1；K2；氨气在水中溶
27、解度很大，先通氨气有利于二氧化碳的充分吸收，可提高制碱的效率；利用过虑操作从反应后的混合液中获得碳酸氢钠，气胆可起到平衡内外压强，存储剩余气体的作用，故答案为：过滤；平衡内外压强，存储剩余气体；（3）配制5500mL0.1molL1NaHCO3溶液，除量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶及胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；a加水时超过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故正确； b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质及溶液的体积无影响，对浓度也无影响，故错误；c未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质没有完全转移到容量瓶中，浓度偏低，故正确； d定容时俯视刻度线，液面在刻度线以下
28、，溶液体积偏小，浓度偏大，故错误；故答案为：ac【点评】本题以侯氏制碱法为载体，考查了物质分离提纯的基本操作、配制一定物质的量的浓度的实验操作及误差分析，属基础性考查，难度不大，对学生双基要求比较高9（14分）（2015秋河池月考）亚硝酸是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化为Fe3+AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物试回答下列问题：（1）人体正常的血红蛋白中含有Fe2+若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒说明维生素C具有还原性，亚硝酸盐具有还
29、原性（填“氧化”或“还原”）；（2）NaNO2和NaCl外观相似，肉眼不易分辨下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是B；A分别测定这两种溶液的pH值 B酸性条件下分别将两种溶液加热C在酸性条件下分别加入KI淀粉溶液 D分别向两种溶液中滴加AgNO3溶液（3）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，请写出该反应的离子方程式：NO2+Cl2+H2O=NO3+2H+2Cl；（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，是理想的水处理剂，其与水反应生成O2、Fe（OH）3（胶体）和KOH；KOH的电子式；O2的结构式O=O；K2FeO4中Fe的化合价为+6；上述反应的离子方程
30、式4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH【考点】亚硝酸盐 【分析】（1）由题给信息可知，Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；（2）A亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性；B在溶液中加热无现象；C酸性条件下，亚硝酸根离子能被碘离子还原生成一氧化氮，同时生成碘单质；D亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成白色沉淀；（3）把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，二者发生氧化还原反应，（4）氢氧化钾属于离子化合物，电子式中阴阳离子需
31、要标出所带电荷，氢氧根离子还需要标出最外层电子；氧气中O原子间以双键连接；根据化合价的代数和为零计算；该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式【解答】解：（1）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂，故答案为：还原；（2）A亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，相同物质的量浓度的两种溶液的pH不同，所以可以用测定这两种溶液的pH
32、值鉴别，故A不选；B在溶液中加热NaNO2和NaCl不分解，所以没有现象，不能区分NaNO2和NaCl，故B选；C在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2+2I+4H+=2NO+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故不选；D亚硝酸根离子不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用AgNO3和HNO3两种试剂来区别，故D不选；故答案为：B；（3）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，反应的离子方程式为：NO2+Cl2+H2O
33、=NO3+2H+2Cl，故答案为：NO2+Cl2+H2O=NO3+2H+2Cl；（4）氢氧化钾为离子化合物，钾离子用离子符号表示，氢氧根离子需要标出所带电荷及最外层电子，氢氧化钾的电子式为：，故答案为：；氧气中O原子间以双键连接，其结构式为O=O；故答案为：O=O；K2FeO4中K为+1价，O为2价，则Fe的化合价为+6价，故答案为：+6；该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2+8OH，故答案为：4FeO42+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3
34、O2+8OH【点评】本题考查综合考查铁盐和亚铁盐的相互转化、亚硝酸盐的性质，涉及了化学方程式的配平，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等10（15分）（2015秋河池月考）开发、使用清洁能源发展“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池（1）已知：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H2=566.0kJmol1H2O（g）H2O（l）H3=44.0kJmol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）
35、=CO（g）+2H2O（l）H=442.8 kJ/mol；（2）生产甲醇的原料CO和H2来源于：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H0该反应的平衡常数表达式K=，一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图a则T1T2（填“”“”或“=”下同），A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小关系为KC=KBKA；120时，将1mol CH4和2mol H2O（g）通入容积为1L的密闭容器中发生反应，不能说明该反应已经达到平衡状态的是bcd；a容器内气体密度恒定；b混合气体的相对分子质量恒定；c容器内的压强恒定；d.3v正（CH4）=v逆（H2）；e单位时间内消耗0
36、.3mol CH4同时生成0.9molH2（3）某实验小组利用CO（g）、O2（g）、KOH（aq）设计成如图b所示的电池装置，则该电池负极的电极反应式为CO2e+4OH=CO32+2H2O当有4mol电子通过导线时，消耗标准状况下的O2体积为22.4L，此时电解质溶液的PH值变小（填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理 【专题】化学平衡专题【分析】（1）已知：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（g）H=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJ/molH2O（g）H2O（l）
37、H=44.0kJ/mol根据盖斯定律，+2可得：CH3OH（l）+O2（g）CO（g）+2H2O（l），反应热也进行相应的计算；（2）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；正反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大；平衡常数只受温度影响，处于等温线上各点平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度T2条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大；可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物
38、理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（3）负极发生氧化反应，CO在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水；根据电子转移守恒计算消耗氧气物质的量，再根据V=nVm计算氧气体积；反应消耗NaOH，溶液碱性减弱【解答】解：（1）已知：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H1=1275.6kJ/mol2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H3=44.0kJ/mol根据盖斯定律，+2可得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8 kJ/mol，故答案为：CH3
39、OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442.8 kJ/mol；（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）的平衡常数表达式K=；由图开始，压强一定时，温度T2的转化率较大，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故温度TlT2；平衡常数只受温度影响，B、C处于等温线上，平衡常数相等，由图可知，压强一定时，温度T2条件下，甲烷的转化率更大，则反应进行的程度更大，比温度T1时的平衡常数大，故平衡常数KC=KBKA，故答案为：；KC=KBKA；a120时，反应混合物都是气体，混合气体总质量不变，容器的容积不变，容器内气体密度始终不变，不能说明
40、得到平衡，故a错误；b随反应进行混合气体总物质的量增大，混合气体总质量不变，平均相对分子质量减小，当混合气体的相对分子质量恒定时，反应到达平衡状态，故b正确；c随反应进行混合气体总物质的量增大，容器容积不变，压强增大，当容器的压强恒定时，说明到达平衡，故c正确；d3v正（CH4）=v逆（H2），不同物质的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故d正确，e单位时间内消耗0.3mol CH4同时生成0.9molH2，均表示正反应速率，反应始终按此比例进行，不能说明到达平衡，故e错误，故选：bcd；（3）负极发生氧化反应，CO在负极失去电子，碱性条件下生成碳酸根离子与水，负极电极反应式为：C
41、O2e+4OH=CO32+2H2O；当有4mol电子通过导线时，消耗标准状况下的O2体积为22.4L/mol=22.4L；反应消耗NaOH，溶液碱性减弱，则溶液pH变小，故答案为：CO2e+4OH=CO32+2H2O；22.4；变小【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学平衡图象、平衡状态判断、平衡常数、热化学方程式、原电池等，题目比较综合，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力化学选修3：物质结构与性质11（15分）（2015秋河池月考）已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大，其中A的基态原子中没有成对电子，B的基态原子中有6种不同运动状态的电子，C原子核外成对电子数
42、比未成对电子数多1，其氢化物常用作制冷剂，D原子中有2个未成对电子，E基态原子在同周期中原子半径最大，F原子价电子排布为nsn1nPn+1，G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素（1）G基态原子价电子排布式3d104s2；（2）B、C、D基态原子第一电离能由大到小的顺序NOC；（3）离子化合物CA5的晶体中含有的化学键有ABD；A离子键 B极性键 C非极性键 D配位键 E金属键（4）E2D的熔点比E2F的熔点高（填“高”或“低”），原因是Na2O、Na2S均为离子化合物，阳离子相同，阴离子所带电荷相等，而氧离子半径小于硫离子半径，故Na2O的晶格能更大，所以Na2O的熔点更高；（
43、5）与BD2互为等电子体的分子有N2O（要求写一种）；（6）GF在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛GF晶体结构如图所示，其晶胞边长为x pm，该晶体的密度为gcm3（列式表示），a、b位置两粒子之间的距离为xpm（列式表示）（已知阿伏伽德罗常数为NA）【考点】位置结构性质的相互关系应用 【分析】已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大，其中A的基态原子中没有成对电子，则A为H元素；B的基态原子中有6种不同运动状态的电子，即原子核外有6个电子，故B为碳元素；C原子核外成对电子数比未成对电子数多1，其氢化物常用作制冷剂，则C为N元素；F原子价电子排布为nsn
44、1nPn+1，则n1=2，可得n=3，故F为S元素；E基态原子在同周期中原子半径最大，处于IA族，结合原子序数可知E为Na；D原子中有2个未成对电子，原子序数小于Na、大于氮，外围电子排布只能为2s22p4，故D为O元素；G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素，则G为Zn，据此解答【解答】解：已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期七种元素且原子序数依次增大，其中A的基态原子中没有成对电子，则A为H元素；B的基态原子中有6种不同运动状态的电子，即原子核外有6个电子，故B为碳元素；C原子核外成对电子数比未成对电子数多1，其氢化物常用作制冷剂，则C为N元素；F原子价电子排布为nsn1
45、nPn+1，则n1=2，可得n=3，故F为S元素；E基态原子在同周期中原子半径最大，处于IA族，结合原子序数可知E为Na；D原子中有2个未成对电子，原子序数小于Na、大于氮，外围电子排布只能为2s22p4，故D为O元素；G基态原子核外所有轨道都处于全满状态且属ds区的元素，则G为Zn（1）G为Zn元素，基态原子价电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2；（2）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故答案为：NOC；（3）离子化合物NH4H由H、NH4+构成，含有离子键
46、，NH4+中含有极性键、配位键，故答案为：ABD；（4）Na2O、Na2S均为离子化合物，阳离子相同，阴离子所带电荷相等，而氧离子半径小于硫离子半径，故Na2O的晶格能更大，所以Na2O的熔点更高，故答案为：高；Na2O、Na2S均为离子化合物，阳离子相同，阴离子所带电荷相等，而氧离子半径小于硫离子半径，故Na2O的晶格能更大，所以Na2O的熔点更高；（5）与CO2互为等电子体的分子有N2O等，故答案为：N2O；（6）ZnS晶体结构如图所示，晶胞中Zn、S原子数目均为4，故晶胞质量为4g，其晶胞边长为x pm，该晶体的密度为4g（x1010 cm）3=gcm3，a、b位置两粒子处于晶胞体对角线
47、上，过黑色球、面心白色球平衡侧面的平面将体对角线四等份，a、b距离为体对角线的，故a、b之间的距离为x pm，故答案为：；x【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、化学键、等电子体、熔沸点比较、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，（6）中计算为易错点、难点，需要学生具备一定空间想象与数学计算能力化学选修5：有机化学基础12（15分）（2015秋河池月考）合成P（一种抗氧剂）的路线如图：已知：+R2C（R为烷基）A和W互为同分异构体，A分子中有两种不同化学环境的氢原子，W核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1（1）G的结构简式是；E中含有的官能团名称是羟基和醛基
48、；（2）AB的化学方程式是+H2O；该反应类型为消去反应；（3）B经催化加氢生成的物质的名称是2甲基丙烷；（4）G和W反应生成P的化学方程式是+CH3CH2CH2CH2OH+H2O；该反应类型为酯化反应；（5）关于C和P，下列说法正确的是C和P都能使FeCl3溶液显色；C和P都能与浓溴水反应并生成白色沉淀；C和P都能与Na2CO3溶液反应；C和P含有的官能团种类相同；P能发生水解反应而C不能； 等量的C和P与NaOH溶液反应时最多消耗NaOH的量不相同【考点】有机物的推断 【分析】A在加热浓硫酸作用下反应生成B，A和B的化学式相差一个H2O，则发生了消去反应，所以A是醇，B是烯烃，根据C的分子
49、式和D的结构简式可知，C为苯酚，B和苯酚反应生成，所以B是，A分子中有两种不同化学环境的氢原子，所以A的结构简式为：，反应生成，和银氨溶液反应生成F，F的结构简式为：，酸性条件下，F反应生成G为，A和W互为同分异构体，W核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1，W的结构简式为：CH3CH2CH2CH2OH，G和W发生酯化反应生成P，P的结构简式为：，据此答题【解答】解：A在加热浓硫酸作用下反应生成B，A和B的化学式相差一个H2O，则发生了消去反应，所以A是醇，B是烯烃，根据C的分子式和D的结构简式可知，C为苯酚，B和苯酚反应生成，所以B是，A分子中有两种不同化学环境的氢原子，所以
50、A的结构简式为：，反应生成，和银氨溶液反应生成F，F的结构简式为：，酸性条件下，F反应生成G为，A和W互为同分异构体，W核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为3：2：2：2：1，W的结构简式为：CH3CH2CH2CH2OH，G和W发生酯化反应生成P，P的结构简式为：，（1）根据上面的分析，G为，E为，E中含有的官能团名称是羟基和醛基，故答案为：；羟基和醛基；（2）AB的化学方程式是为+H2O，该反应类型为消去反应，故答案为：+H2O；消去反应；（3）B是，B经催化加氢生成的物质是CH3CH（CH3）2，名称是2甲基丙烷，故答案为：2甲基丙烷；（4）G和W反应生成P的化学方程式是+CH3CH2CH2CH2OH+H2O，该反应类型为酯化反应，故答案为：+CH3CH2CH2CH2OH+H2O；酯化反应；（5）C和P中都有酚羟基，所以都能使FeCl3溶液显色，故正确；P不都能与浓溴水发生邻对位取代反应，故错误；C和P中都有酚羟基，所以C和P都能与Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠，故正确；P中含有酯基，而C中没有，故错误；P中含有酯基，能发生水解反应而C不能，故正确； 每摩尔C最多消耗NaOH1mol，每摩尔P最多消耗NaOH2mol，故正确，故选【点评】本题考查了有机物的推断，明确物质含有的官能团及其性质是解本题的关键，结合题给信息进行分析解答，难度中等高考资源网版权所有，侵权必究！