1、2016-2017学年湖北省四地七校高二（下）期中化学试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中对应的值为 NA的是（）A30 g由乙酸和乳酸组成的混合物中所含有的O原子数BCu和足量的稀硝酸反应产生7.47 L NO气体时转移的电子数C0.25 mol丁烷中含有的非极性键数D1 mol FeCl3加入沸水制得的胶体中含有胶体粒子数2从樟科植物枝叶提取的精油中含有一种有机物，则对该有机物的说法正确的是（）A能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色B分子中所有原子在同一平面内C分子式为C9H12OD能发生加成反应、酯化反应、水解反应3下列装置图对应的实验
2、方案能达到实验目的是（）A图验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用B图用于中和热的测定C图用于探究Cu作负极的原电池原理D图用于比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性4广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是（）ABaO2的水解产物是Ba（OH）2和H2O2BPCl3水解的产物是HClO和PH3CCaC2水解的产物是Ca（OH）2和C2H2DAl2S3水解的产物是Al（OH）3和H2S5某溶液中大量存在NH4+、Fe2+、Br、CO32、AlO2、S2、SO32七种离子中的几种向该溶液中滴加足量氯水后
3、，有气泡产生并生成橙色澄清溶液；向所得橙色溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成根据上述实验事实推断，在该溶液中能大量存在的离子组是（）ANH4+、SO32、AlO2BNH4+、Br、CO32CFe2+、S2、SO32DNH4+、Br、AlO26下列各项中描述一和描述二都正确的是（）描述一描述二A淀粉和纤维素互为同分异构体乙酸和乙酸乙酯互为同系物B金刚石和石墨互为同素异形体O2和O3互为同位素CSO2和NO2都属于大气污染物pH小于7的雨水就属于酸雨D正反应活化能小于逆反应活化能的反应属于放热反应反应物能量总和大于生成物能量总和的反应属于放热反应AABBCCDD7常温下，将足量的AgCl固体分别
4、放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是（）20mL蒸馏水 30mL 0.03mol/L HCl溶液40mL 0.05mol/L AgNO3溶液 50mL 0.02mol/L CaCl2溶液ABCD8已知难溶性物质K2SO4MgSO42CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4MgSO42CaSO4 （s）2Ca2+2K+Mg2+4SO42不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（）A该平衡的Ksp=c2（Ca2+）c2（K+）c（Mg2+）c4（SO42）B向该体系中加入饱和K2SO4溶液，溶解平衡向左移动C升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方
5、向移动D向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡不发生移动9某烃对氢气的相对密度为15，该烃的氯代物最多有（）A5种B7种C9种D11种10铁镍蓄电池又称爱迪生电池放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法错误的是（）A电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB电池放电时，负极反应为Fe+2OH2eFe（OH）2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH减小D电池充电时，OH向阳极迁移11已知反应A2（g）+2B2（g）2AB2（g）H0，下列说法正确的是（）A达平衡后降低温度，混合气体平均相对分子质量减小B使用催化剂能加快反应速率，缩短达平衡所需的时
6、间且提高A2的转化率C达平衡后升高温度并增大压强，有可能每一组分的百分含量都不改变，但平衡常数一定发生改变D达平衡后，降低温度或减小压强都有利于该平衡向正反应方向移动12煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及产率等问题已知CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）的平衡常数随温度的变化如表：下列叙述正确的是（）温度/4005008301 000平衡常数K10910.6A该反应的正反应是吸热反应B该反应达到平衡后，保持容器体积不变升高温度，正反应速率不变，容器内混合气体的压强不变C830时，在恒容反应器中按物质的量比n（CO）：n（H2O）：n（H2）：n（CO2）=2：4：6：1投
7、入反应混合物发生上述反应，初始时刻正逆D830时，在2 L的密闭容器中加入4 mol CO（g）和6 mol H2O（g）达到平衡时，CO的转化率是60%13某温度时，使用一对石墨电极电解饱和Na2SO4溶液，当转移2mol电子时停止电解，析出Na2SO410H2O晶体m g，所有数据都在相同温度下测得，下列叙述正确的是（）A电解后溶液质量减少（m+36）gB原溶液中Na2SO4的质量分数为C若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，则阴极析出2mol H2D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，则析出Na2SO410H2O晶体仍为m g14常温下，甲酸、乙酸电离常数：Ka（HCOOH）=1.
8、77x104、Ka（CH3COOH）=1.75105有甲、乙、丙三种溶液：甲1000mL 0.1mol/L HCOONa溶液乙1000mL 0.1mol/L CH3COONa溶液丙1000mL含HCOONa、CH3COONa各0.05mol的溶液下列叙述错误的是（）A溶液中c（Na+）：甲=乙丙B溶液中阴、阳离子和酸分子总数：甲丙乙C溶液pH：甲丙乙D溶液中阴、阳离子总数：甲丙乙二、解答题（共5小题，满分38分）15（10分）在2L恒容密闭容器中，发生反应 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）（1）某温度时，按物质的量比2：1充入NO和O2开始反应，n（NO）随时间变化如表：时间（s）012
9、345n（NO）（mol）0.0200.0100.0070.0060.0060.00604s内以O2浓度变化表示的反应速率15s内以NO浓度变化表示的反应速率（选填“小于”、“大于”、“等于”）（2）该反应的平衡常数表达式为K=能说明该反应已达到平衡状态的是A气体颜色保持不变 B气体平均相对分子质量保持不变C逆（NO）=2正（O2）D气体密度保持不变（3）已知：K300K400下列措施能使该反应的反应速率增大且平衡向正反应方向移动的是A升高温度 B充入Ar使压强增大 C充入O2使压强增大 D选择高效催化剂（4）将amolNO和bmolO2发生反应，要使反应物和生成物物质的量之比为1：2，则a/
10、b的取值范围是16（10分）某兴趣小组设计了如图所示装置（部分夹持装置已略去）进行实验探究【实验一】探究影响化学反应速率的因素圆底烧瓶中装锌片（两次实验中所用锌片大小和外形相同）、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1t2序号V（H2SO4）/mLc（H2SO4）/molL1t/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是比较实验I和可以得出的结论是【实验二】探究铁的电化学腐蚀圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面右侧液面（选填“上升”、“下降”）圆底烧瓶中装与相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压
11、分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：实际观察到的现象可能与预测并不一致，装置气密性良好，原因是17（8分）阅读下列信息：表中为短周期元素主要化合价及最简单氢化物沸点的数据：元素性质元素编号氢化物沸点（）33.410019.5487.760.784.9主要化合价+5321+53+62+71A、B、C均为上表中的元素；A与B可形成化合物AB、AB2，二者可用于制备强酸甲；C与B可形成化合物CB2、CB3，二者可用于制备强酸乙请回答：（1）该表中两种元素的氢化物所含电子数不同，这两种氢化物之间能发生反应，写出符合要求的化学方程式（有多组符合，写出任意一个即可）（2）
12、元素氢化物的沸点高于元素氢化物的沸点，原因是（3）甲、乙分别与氨反应生成丙、丁、戊三种盐0.1mol/L的甲、乙、丙、丁、戊五种溶液，pH由小到大排列的顺序是（填写化学式）（4）很稀的甲溶液与Zn反应，当反应的甲与Zn的物质的量之比为5：2时，还原产物可能为（填写化学式）、18（4分）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+2O2（g）2CO（g）+4H2O（g）H=a kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=b kJmol1H2O（g）H2O（l）H=c kJmol1则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为19（6分）由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续
13、使用一个月才充一次电该电池负极的电极反应式为若以该电池为电源，用石墨作电极电解200mL含有如下离子的溶液离子Cu2+H+ClSO42c/（molL1）0.5220.5电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）阳极上发生的电极反应为；阴极收集到的气体体积为（标准状况）三、选择题（共1小题，每小题3分，满分3分）20氯的含氧酸根离子有ClO、ClO2、ClO3、ClO4等，有关它们的下列说法正确的是（）AClO中氯元素显+1价，具有很强的还原性B这些离子结合H+的能力，ClO4最强CClO3是NO3的等电子体，其空间构型为平面三角形
14、DClO2、ClO3、ClO4中的氯原子都采取sp3杂化，离子中相邻两个ClO键间键角依次增大四、解答题（共2小题，满分17分）21在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性物质有光学活性，发生下列反应：与乙酸发生酯化反应 与NaOH水溶液反应 在Cu作催化剂时与O2反应 与银氨溶液反应发生哪些反应后生成的有机物无光学活性（填写符合题意的字母编号）A只有B只有CD22（14分）表是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素试回答下列问题：（1）写出元素g的基态原子电子排布式（2）f在空气中燃烧产物的分
15、子构型为，中心原子的杂化形式为，该分子是（选填“极性”、“非极性”）分子（3）由a原子跟e原子以1：1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体e相同两者相比熔点更高的是（填化学式），试从结构角度加以解释（4）c单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示若已知c的原子半径为d厘米，NA代表阿伏加德罗常数，c的相对原子质量为M，请回答：晶胞中c原子的配位数为，表示原子空间占有率的代数式为该晶体的密度为g/cm3（用含有关字母的代数式表示），b、h中，与c单质晶体中原子的堆积方式相同的是（填元素符号）五、选择题（共2小题，每小题0分，满分0分）23有
16、机物X是合成二氢荆芥内酯的重要原料，其结构简式为 ，下列检验X中既含碳碳双键又含醛基的试剂和顺序正确的是（）A先加酸性高锰酸钾溶液，后加银氨溶液，加热B先加溴水，后加酸性高锰酸钾溶液C先加银氨溶液，加热，再加入溴水D先加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，取清液酸化后再加溴水24化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示下列有关化合物X的说法正确的是（）A1 mol X在一定条件下最多与8 mol H2加成B1 mol X在一定条件下最多能与2 mol NaOH反应CX中有二种含氧官能团，酸性条件下水解产物中也有二种含氧官能团DX分子式为C16H12O4，和乙醇发生反应生成分子式为C18H18O5的
17、酯六、解答题（共1小题，满分0分）25已知：某一元氯代环烷烃A分子式为C6H11Cl，可以发生如图所示的转化：结构分析表明A分子中只含有一个甲基，A的核磁共振氢谱有五个峰，峰面积之比为1：1：2：3：4A转化为B时生成的有机物只可能有一种请回答下列问题：（1）写出反应类型：CE，EG（2）写出结构简式：F，E（3）写出反应方程式：AB，CD（4）分子式和E相同，主链含有5个碳原子的二元羧酸的同分异构体有种（不考虑立体异构）2016-2017学年湖北省四地七校高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中对应的值
18、为 NA的是（）A30 g由乙酸和乳酸组成的混合物中所含有的O原子数BCu和足量的稀硝酸反应产生7.47 L NO气体时转移的电子数C0.25 mol丁烷中含有的非极性键数D1 mol FeCl3加入沸水制得的胶体中含有胶体粒子数【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、乙酸和乳酸的最简式均为CH2O，求出混合物中含有的CH2O的物质的量，然后根据CH2O中含1个氧原子来分析；B、NO气体所处的状态不明确；C、丁烷中含3条非极性键；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体【解答】解：A、乙酸和乳酸的最简式均为CH2O，故30g混合物中含有的CH2O的物质的量为1mol，而CH2O中含1个氧原子
19、，故1molCH2O中含NA个氧原子，故A正确；B、NO气体所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则反应转移的电子数无法计算，故B错误；C、丁烷中含3条非极性键，故0.25mol丁烷中含0.75NA条非极性共价键，故C错误；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁加入沸水中形成的胶粒的个数小于NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构2从樟科植物枝叶提取的精油中含有一种有机物，则对该有机物的说法正确的是（）A能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色B分子中所有原子在同一平面内C分子式为C9H12OD能发生加成反应、酯
20、化反应、水解反应【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，以此解答该题【解答】解：A分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，使溴水褪色，也可被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；B分子中含有饱和碳原子，并不是所用的原子都在同一个平面上，故B错误；C由结构简式可知分子式为C9H10O，故C错误；D含有碳碳双键，羟基，可发生加成、酯化反应，但不能发生水解反应，故D错误故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握官能团和性质的关系，熟悉醇、烯烃的性质即可解答，题目难度不大3下列装置
21、图对应的实验方案能达到实验目的是（）A图验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用B图用于中和热的测定C图用于探究Cu作负极的原电池原理D图用于比较盐酸、碳酸、硅酸的酸性【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A验证催化剂对反应速率的影响时，除了催化剂因素不同外，其它条件必须相同；B中和热测定中需要用环形玻璃搅拌棒搅拌；C铁与浓硝酸发生钝化，该装置中铜为负值；D浓盐酸易挥发，挥发出的HCl能够与硅酸钠反应，干扰了检验结果【解答】解：A该实验中催化剂和温度两个条件不同，无法图验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故A错误；B该装置中缺少搅拌仪器环形玻璃搅拌棒，无法达到实验目的，故B错误；C
22、Cu与浓硝酸能够反应，而Fe与浓硝酸在常温下发生钝化现象，该装置中铜为负极，能够达到实验目的，故C正确；D浓盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl，干扰了实验，无法达到实验目的，故D错误；故选C【点评】本题考查实验方案的评价，题目难度中等，涉及化学反应的影响因素、中和热测定、酸性强弱比较、原电池原理等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力4广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是（）ABaO2的水解产物是Ba（OH）2和H2O2BPCl3水
23、解的产物是HClO和PH3CCaC2水解的产物是Ca（OH）2和C2H2DAl2S3水解的产物是Al（OH）3和H2S【考点】DD：盐类水解的应用【分析】根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物【解答】解：水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，ABaO2的水解产物是Ba（OH）2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水
24、解原理，故A不选；B该反应中Cl元素化合价由1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，故B选；C、CaC2水解的产物是Ca（OH）2和C2H2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故C不选；D、Al2S3水解的产物是Al（OH）3和H2S，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故D不选；故选B【点评】本题考查了水解原理，正确理解题干信息是解本题关键，再结合元素化合价是否变化分析解答，题目难度不大5某溶液中大量存在NH4+、Fe2+、Br、CO32、AlO2、S2、SO32七种离子中的几种向该溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生并生成橙色澄清溶液；向所得橙色溶液中加入BaCl2溶液时无沉
25、淀生成根据上述实验事实推断，在该溶液中能大量存在的离子组是（）ANH4+、SO32、AlO2BNH4+、Br、CO32CFe2+、S2、SO32DNH4+、Br、AlO2【考点】DG：常见离子的检验方法【分析】向该溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生并生成橙色澄清溶液，则一定含CO32、Br，向所得橙色溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，则一定不含SO32，结合离子的共存及电荷守恒来解答【解答】解：向该溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生并生成橙色澄清溶液，则一定含CO32、Br，一定不含S2，由离子共存可知不含Fe2+，向所得橙色溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，则一定不含SO32，由电荷守恒
26、可知一定含阳离子为NH4+，且AlO2、NH4+不能共存，故选B【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应与现象、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大6下列各项中描述一和描述二都正确的是（）描述一描述二A淀粉和纤维素互为同分异构体乙酸和乙酸乙酯互为同系物B金刚石和石墨互为同素异形体O2和O3互为同位素CSO2和NO2都属于大气污染物pH小于7的雨水就属于酸雨D正反应活化能小于逆反应活化能的反应属于放热反应反应物能量总和大于生成物能量总和的反应属于放热反应AABBCCDD【考点】BB：反应热和焓变；32：核素；H6：有机化合物的异构
27、现象【分析】A淀粉和纤维素的分子式不同；乙酸和乙酸乙酯的结构不相似；B氧气和臭氧互为同素异形体；C正常雨水的pH为5.6；D正反应活化能小于逆反应活化能的反应中，反应物能量较高；反应物能量总和大于生成物能量总和时为放热反应【解答】解：A淀粉和纤维素都是混合物，二者分子式不同，不属于同分异构体；乙酸和乙酸乙酯互的结构不同，二者不属于同系物，故A错误；B金刚石和石墨为碳元素的不同单质，二者互为同素异形体；O2和O3为氧元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B错误；CSO2和NO2都有毒，属于大气污染物；正常雨水的pH为5.6，所以pH小于7的雨水不一定属于酸雨，故C错误；D正反应活化能小于逆反应活
28、化能时，反应物具有总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应；反应物能量总和大于生成物能量总和的反应一定为放热反应，故D正确；故选D【点评】本题考查较为综合，涉及同位素、同素异形体、同分异构体、环境污染、酸雨、化学反应与能量变化等知识，明确同位素、同素异形体、同分异构体的概念即可解答，注意掌握化学反应与能量变化的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是（）20mL蒸馏水 30mL 0.03mol/L HCl溶液40mL 0.05mol/L AgNO3溶液 50mL 0.02mol/L CaCl2溶液
29、ABCD【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】AgCl饱和溶液中存在AgCl（aq）Ag+（aq）+Cl（aq），AgCl的溶解度大小取决于溶液中c（Ag+）或c（Cl），从平衡移动的角度分析【解答】解：根据c（Ag+）或c（Cl）大小比较AgCl的溶解度，c（Ag+）或c（Cl）越小，AgCl的溶解度越大，20mL蒸馏水，c（Ag+）或c（Cl）为0；30mL 0.03mol/L HCl溶液中c（Cl）=0.03mol/L；40mL 0.05mol/L AgNO3溶液中c（Ag+）=0.05mol/L； 50mL 0.02mol/L CaCl2溶液中c（Cl）=0.04m
30、ol/L；则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：，故选B【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度不大，明确影响难溶物溶解平衡的因素为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力8已知难溶性物质K2SO4MgSO42CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4MgSO42CaSO4 （s）2Ca2+2K+Mg2+4SO42不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是（）A该平衡的Ksp=c2（Ca2+）c2（K+）c（Mg2+）c4（SO42）B向该体系中加入饱和K2SO4溶液，溶解平衡向左移动C升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动D向该体系中加入饱和Na
31、OH溶液，溶解平衡不发生移动【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】AK为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；B加入饱和K2SO4溶液，SO42浓度增大；C溶解平衡为吸热反应；D加入饱和NaOH溶液，Ca2+和Mg2+浓度减小【解答】解：A由反应可知，该平衡的Ksp=c2（Ca2+）c2（K+）c（Mg2+）c4（SO42），故A正确；B加入饱和K2SO4溶液，SO42浓度增大，则溶解平衡向左移动，故B正确；C由图可知，溶解平衡为吸热反应，则升高温度，溶浸速率增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；D加入饱和NaOH溶液，Ca2+和Mg2+浓度减小，则溶解平衡正向移动，故D
32、错误；故选D【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp及温度、浓度对溶解平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C结合图象分析，题目难度不大9某烃对氢气的相对密度为15，该烃的氯代物最多有（）A5种B7种C9种D11种【考点】H5：有机物分子中的官能团及其结构【分析】某烃对氢气的相对密度为15，该烃的相对分子质量为：215=30，根据=22可知，该烃为乙烷，乙烷与氯气发生取代反应能够生成一元取代、二元取代到完全取代，注意多元取代时，可以确定相同碳原子上的氢原子，也可以确定不同碳原子上的氢原子，发生n元取代与m元取代，若n+m等于氢原子数目，则取代产物种数相同
33、，据此书写判断【解答】解：某烃对氢气的相对密度为15，该烃的相对分子质量为：215=30，根据=22可知，该烃为乙烷，乙烷中所有氢原子都等效，则其一氯取代物只有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，所以共有：12+22+2+1=9种，故选C【点评】本题考查了同分异构体数目的求算，题目难度不大，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确求算有机物分子等效氢原子的方法为解答本题的关键10铁镍蓄电池又称爱迪生电池放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电
34、池的说法错误的是（）A电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB电池放电时，负极反应为Fe+2OH2eFe（OH）2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH减小D电池充电时，OH向阳极迁移【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极失电子发生氧化反应生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极得电子发生还原反应，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH2e=Fe（OH）2，充电与放电相反，据此解答【解答】解：A根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2
35、Ni（OH）2可知产物有氢氧化物，则电解液为碱性溶液，放电时Fe失电子发生氧化反应，Fe作负极，故A正确；B放电时Fe作负极失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为Fe+2OH2e=Fe（OH）2，故B正确；C充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e=Fe+2OH，因此充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D电池充电时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，故D正确；故选C【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正
36、负极以及所发生的反应11已知反应A2（g）+2B2（g）2AB2（g）H0，下列说法正确的是（）A达平衡后降低温度，混合气体平均相对分子质量减小B使用催化剂能加快反应速率，缩短达平衡所需的时间且提高A2的转化率C达平衡后升高温度并增大压强，有可能每一组分的百分含量都不改变，但平衡常数一定发生改变D达平衡后，降低温度或减小压强都有利于该平衡向正反应方向移动【考点】CB：化学平衡的影响因素【分析】A、正反应是放热反应，所以降低温度，平衡正向移动；B、使用催化剂平衡不动，所以A2的转化率不变；C、达平衡后升高温度平衡逆向移动、增大压强平衡正向移动，有可能每一组分的百分含量都不改变，但平衡常数是温度的
37、函数；D、减小压强平衡逆向移动【解答】解：A、正反应是放热反应，所以降低温度，平衡正向移动，气体的质量不变，但物质的量减小，所以混合气体平均相对分子质量增大，故A错误；B、使用催化剂，反应速率加快，但平衡不动，所以A2的转化率不变，故B错误；C、达平衡后升高温度平衡逆向移动、增大压强平衡正向移动，有可能每一组分的百分含量都不改变，但平衡常数是温度的函数，所以温度升高平衡常数减小，故C正确；D、减小压强平衡逆向移动，而不是正向移动，故D错误；故选：C【点评】本题考查较为综合，涉及反应热、平衡常数以及平衡移动问题，题目难度中等，做题时注意把握平衡移动的影响因素和平衡移动方向的判断12煤化工中常需研
38、究不同温度下平衡常数、投料比及产率等问题已知CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）的平衡常数随温度的变化如表：下列叙述正确的是（）温度/4005008301 000平衡常数K10910.6A该反应的正反应是吸热反应B该反应达到平衡后，保持容器体积不变升高温度，正反应速率不变，容器内混合气体的压强不变C830时，在恒容反应器中按物质的量比n（CO）：n（H2O）：n（H2）：n（CO2）=2：4：6：1投入反应混合物发生上述反应，初始时刻正逆D830时，在2 L的密闭容器中加入4 mol CO（g）和6 mol H2O（g）达到平衡时，CO的转化率是60%【考点】CP：化学平衡的计算【
39、分析】A由表格数据可知，温度越高，K越小，则升高温度，平衡逆向移动；B升高温度，增大反应速率；C按物质的量比n（CO）：n（H2O）：n（H2）：n（CO2）=2：4：6：1，Qc=0.75K=1.0，平衡正向移动；D.830时，在2 L的密闭容器中加入4 mol CO（g）和6 mol H2O（g）达到平衡时，则 CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）开始 2 3 0 0转化 x x x x平衡 2x 3x x x=1.0，解得x=1.2，以此来解答【解答】解：A由表格数据可知，温度越高，K越小，则升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B升高温度，增大反应速率，由选
40、项A可知，平衡逆向移动，故B错误；C按物质的量比n（CO）：n（H2O）：n（H2）：n（CO2）=2：4：6：1，Qc=0.75K=1.0，平衡正向移动，则初始时刻正逆，故C错误；D.830时，在2 L的密闭容器中加入4 mol CO（g）和6 mol H2O（g）达到平衡时，则 CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）开始 2 3 0 0转化 x x x x平衡 2x 3x x x=1.0，解得x=1.2，则CO的转化率是100%=60%，故D正确；故选D【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格中K与温度的关系、平衡移动，平衡三段法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查
41、，注意选项C为解答的难点，题目难度不大13某温度时，使用一对石墨电极电解饱和Na2SO4溶液，当转移2mol电子时停止电解，析出Na2SO410H2O晶体m g，所有数据都在相同温度下测得，下列叙述正确的是（）A电解后溶液质量减少（m+36）gB原溶液中Na2SO4的质量分数为C若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，则阴极析出2mol H2D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，则析出Na2SO410H2O晶体仍为m g【考点】DI：电解原理【分析】用石墨电极电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气、阴极上生成氢气，所以实质上是电解水，当电解1mol水时转移2mol电子，所以当转移2mol电子
42、时生成实际上是电解1mol水，其质量为18g，A电解后溶液质量减少量=电解水的质量+析出晶体质量；B析出硫酸钠的质量=mg，溶液质量=（18+m）g，溶液质量分数=；C若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阴极上仍然是氢离子放电生成氢气，但阳极上Cu失电子生成铜离子；D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上生成铜离子、阴极上生成氢气同时还有OH生成，铜离子和OH反应生成Cu（OH）2沉淀【解答】解：用石墨电极电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气、阴极上生成氢气，所以实质上是电解水，当电解1mol水时转移2mol电子，所以当转移2mol电子时生成实际上是电解1mol水，其质量为18g，
43、A电解后溶液质量减少量=电解水的质量+析出晶体质量=（18+m）g，故A错误；B析出硫酸钠的质量=mg，溶液质量=（18+m）g，溶液质量分数=，故B正确；C若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阴极上仍然是氢离子放电生成氢气，但阳极上Cu失电子生成铜离子，阴极析出1mol H2，故C错误；D若其它条件不变，将石墨电极替换为铜电极，阳极上生成铜离子、阴极上生成氢气同时还有OH生成，铜离子和OH反应生成Cu（OH）2沉淀，其电池反应式为Cu+2H2OCu（OH）2+H2，根据方程式知，转移2mol电子时消耗2mol水，则析出Na2SO410H2O晶体为2m g，故D错误；故选B【点评】本题考查
44、电解原理、饱和溶液有关计算等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确饱和溶液特点、电解原理是解本题关键，注意：铜作阳极时阳极上Cu失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D14常温下，甲酸、乙酸电离常数：Ka（HCOOH）=1.77x104、Ka（CH3COOH）=1.75105有甲、乙、丙三种溶液：甲1000mL 0.1mol/L HCOONa溶液乙1000mL 0.1mol/L CH3COONa溶液丙1000mL含HCOONa、CH3COONa各0.05mol的溶液下列叙述错误的是（）A溶液中c（Na+）：甲=乙丙B溶液中阴、阳离子和酸分子总数：甲丙乙C溶液pH：甲丙乙D
45、溶液中阴、阳离子总数：甲丙乙【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】丙中含物质的量浓度均为0.05mol/L的HCOONa、CH3COONa，而由甲酸、乙酸电离常数：Ka（HCOOH）=1.77x104、Ka（CH3COOH）=1.75105，所以甲酸的酸性强于乙酸，所以甲酸根离子的水解程度小于乙酸根离子，由此分析解答【解答】解：A、三个溶液中c（Na+）=0.1mol/L，所以溶液中c（Na+）：甲=乙丙，故A错误；B、水解程度越大产生的氢氧根离子的数目和分子数目越多，而钠离子数目相等，所以溶液中阴、阳离子和酸分子总数：甲丙乙，故B正确；C、水解程度越大pH越大，乙酸根离子水解程度
46、最大，两者的混合物次之，最弱的是甲酸根离子，所以溶液pH：甲丙乙，故C正确；D、根据电荷守恒得溶液中阴、阳离子总数是阳离子总数的2倍，而钠离子的数目相同，水解程度越大氢离子的数目越小，水解程度越小，氢离子的数目越多，所以溶液中阴、阳离子总数：甲丙乙，故D正确；故选A【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液离子浓度大小的比较，题目难度中等，注意熟练掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够利用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度大小，试题培养了学生的灵活应用能力二、解答题（共5小题，满分38分）15（10分）（2017春湖北期中）在2L恒容密闭容器中，发生反应 2NO（g）+O2（g）2NO
47、2（g）（1）某温度时，按物质的量比2：1充入NO和O2开始反应，n（NO）随时间变化如表：时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0070.0060.0060.00604s内以O2浓度变化表示的反应速率大于15s内以NO浓度变化表示的反应速率（选填“小于”、“大于”、“等于”）（2）该反应的平衡常数表达式为K=能说明该反应已达到平衡状态的是ABCA气体颜色保持不变 B气体平均相对分子质量保持不变C逆（NO）=2正（O2）D气体密度保持不变（3）已知：K300K400下列措施能使该反应的反应速率增大且平衡向正反应方向移动的是CA升高温度 B充入Ar使压强增大 C充入O
48、2使压强增大 D选择高效催化剂（4）将amolNO和bmolO2发生反应，要使反应物和生成物物质的量之比为1：2，则a/b的取值范围是13【考点】CP：化学平衡的计算；CB：化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断【分析】（1）根据v=计算04s内v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算04s内v（O2），根据v=计算15s内v（NO），然后进行比较判断；（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；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，判断平衡的物理量应随
49、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）已知：K300K350，说明升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，增大反应物浓度、使用催化剂均可以加快反应速率，增大反应物浓度，平衡正向移动，但使用催化剂不影响平衡移动，分离出生成物，使平衡正向移动，但反应速率会减慢；（4）假设转化的氧气为xmol，则： 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）起始量（mol）：a b 0转化量（mol）：2x x 2x平衡量（mol）：a2x bx 2x则（a2x+bx）：2x=1：2，即a+b=4x，结合xb及2xa进行解答【解答】解：（1）04s内v（NO）=0.00175mol/（Ls），速率之比
50、等于化学计量数之比，则04s内v（O2）=v（NO）=0.000875mol/（Ls），15s内v（NO）=0.0005mol/（Ls），故04s内以O2浓度变化表示的正反应速率大于15s内以NO浓度变化表示的正反应速率，故答案为：大于；（2）2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的平衡常数表达式K=；A气体颜色不再变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，故A正确； B混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，当气体平均相对分子质量保持不变，说明随反应进行容器内混合气体物质的量不变，此时为平衡状态，故B正确；C由于逆（NO）=2逆（O2），而逆（NO）=2正（O2），则逆（O2）=正
51、（O2），反应到达平衡，故C正确；D混合气体总质量不变，容器容积不变，容器内密度始终保持不变，故D错误，故选：ABC；故答案为：；ABC；（3）A适当升高温度，反应速率加快，由K300K350，说明升高温度平衡常数减小，平衡逆向移动，故A错误；B充入Ar使压强增大，但不改反应物和生成物的浓度，反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C增大O2的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，故C正确；D选择高效催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，故D错误，故答案为：C；（4）假设转化的氧气为xmol，则： 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）起始量（mol）：a b 0转化量（mol）：2x x 2x平衡
52、量（mol）：a2x bx 2x则（a2x+bx）：2x=1：2，即a+b=4x，由于xb，联立可得3，又由于2xa，联立可得1，则13，故答案为：13【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡状态判断等，（4）中注意充分利用可逆反应不能完全反应进行分析解答，难度中等16（10分）（2017春湖北期中）某兴趣小组设计了如图所示装置（部分夹持装置已略去）进行实验探究【实验一】探究影响化学反应速率的因素圆底烧瓶中装锌片（两次实验中所用锌片大小和外形相同）、恒压分液漏斗中装稀硫酸，以生成20.0mL气体为计时终点，结果为t1t2序号V（H2SO4）/mLc（H2SO4）/molL1t
53、/sI401t1II403t2检查该装置气密性的方法是从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好比较实验I和可以得出的结论是在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大【实验二】探究铁的电化学腐蚀圆底烧瓶中装铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装稀硫酸，打开活塞加入稀硫酸后量气管中出现的现象是：左侧液面下降右侧液面上升（选填“上升”、“下降”）圆底烧瓶中装与相同量的铁粉和碳粉混合物，恒压分液漏斗中装食盐水，打开活塞加入食盐水后，你预测量气管中出现的现象是：吸氧腐蚀消耗氧气，反应放热使气体温度升高，容器内压强恰好不变，液面没有
54、升降实际观察到的现象可能与预测并不一致，装置气密性良好，原因是发生吸氧腐蚀消耗氧气，气体分子数减小【考点】RJ：探究影响化学反应速率的因素【分析】根据检查气密性的方法进行分析判断；t1t2，说明实验反应速率较大，结合浓度的影响判断；据Fe+H2SO4=FeSO4+H2，而且放热分析；正极发生的反应为O2+4e+4OH=2H2O，且反应放热据此进行预测；发生吸氧腐蚀消耗氧气，气体分子数减小【解答】解：【实验一】由实验装置分析得检查气密性的方法是从量气管右侧管口加水至左右两管出现液面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好，故答案为：从量气管右侧管口加水至左右两管出现液
55、面高度差时停止加水，若较长时间能保持液面高度差不变，则说明装置气密性好；t1t2，说明实验反应速率较大，二者浓度不同，说明在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大，故答案为：在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大；【实验二】Fe+H2SO4=FeSO4+H2，有气体生成，而且放热，故压强增加，故左侧液面下降；右侧液面上升；故答案为：下降；上升；正极发生的反应为O2+4e+4OH=2H2O，且反应放热，预测量气管中出现的现象是：吸氧腐蚀消耗氧气，反应放热使气体温度升高，容器内压强恰好不变，液面没有升降；实际观察到的现象可能与预测并不一致，装置气密性良好，原因是发生吸
56、氧腐蚀消耗氧气，气体分子数减小，故答案为：吸氧腐蚀消耗氧气，反应放热使气体温度升高，容器内压强恰好不变，液面没有升降；发生吸氧腐蚀消耗氧气，气体分子数减小【点评】本题考查了化学反应速率的影响因素，钢铁的电化学腐蚀，难度不大，注意知识的归纳和梳理是关键17阅读下列信息：表中为短周期元素主要化合价及最简单氢化物沸点的数据：元素性质元素编号氢化物沸点（）33.410019.5487.760.784.9主要化合价+5321+53+62+71A、B、C均为上表中的元素；A与B可形成化合物AB、AB2，二者可用于制备强酸甲；C与B可形成化合物CB2、CB3，二者可用于制备强酸乙请回答：（1）该表中两种元素
57、的氢化物所含电子数不同，这两种氢化物之间能发生反应，写出符合要求的化学方程式NH3+HCl=NH4Cl等（有多组符合，写出任意一个即可）（2）元素氢化物的沸点高于元素氢化物的沸点，原因是水分子之间存在氢（3）甲、乙分别与氨反应生成丙、丁、戊三种盐0.1mol/L的甲、乙、丙、丁、戊五种溶液，pH由小到大排列的顺序是（填写化学式）H2SO4、NH4HSO4、HNO3、（NH4）2SO4、NH4NO3（4）很稀的甲溶液与Zn反应，当反应的甲与Zn的物质的量之比为5：2时，还原产物可能为（填写化学式）NH4NO3、N2O【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；GS：无机物的推断【分析】表中为短周期
58、元素主要化合价及最简单氢化物沸点的数据，的主要化合价都是+5、3，则二者都是A族元素，应该为N、P元素，氢化物为NH3、PH3，由于氨气分子之间存在氢键，则氨气的沸点较高，故为N、为P元素；都有1价，处于第A族，有+7价，且的氢化物沸点较高，故为F元素、为Cl元素；只有2价，氢化物沸点为100，则为O元素；的主要化合价为2、+6，则为S元素；A、B、C均为上表中的元素，A与B两元素可形成化合物AB、AB2，则为NO、NO2，二者均可用于制备强酸甲，则甲为硝酸、A为N元素；C与B可形成化合物CB2、CB3，二者可用于制备强酸乙，B与C两元素可形成化合物CB2、CB3分别为为SO2、SO3，二者均
59、可用于制备强酸乙，则乙为硫酸、B为O元素、C为S元素，据此进行解答【解答】解：表中为短周期元素主要化合价及最简单氢化物沸点的数据，的主要化合价都是+5、3，则二者都是A族元素，应该为N、P元素，氢化物为NH3、PH3，由于氨气分子之间存在氢键，则氨气的沸点较高，故为N、为P元素；都有1价，处于第A族，有+7价，且的氢化物沸点较高，故为F元素、为Cl元素；只有2价，氢化物沸点为100，则为O元素；的主要化合价为2、+6，则为S元素；A、B、C均为上表中的元素，A与B两元素可形成化合物AB、AB2，则为NO、NO2，二者均可用于制备强酸甲，则甲为硝酸、A为N元素；C与B可形成化合物CB2、CB3，
60、二者可用于制备强酸乙，B与C两元素可形成化合物CB2、CB3分别为为SO2、SO3，二者均可用于制备强酸乙，则乙为硫酸、B为O元素、C为S元素，（1）表中所含电子数不同的氢化物之间的反应方程式有：NH3+HCl=NH4Cl或NH3+H2S=NH4HS或2NH3+H2S=（NH4）2S或N2H4+HF=N2H5F或N2H4+2HF=N2H6F2等，故答案为：NH3+HCl=NH4Cl等；（2）水分子之间存在氢键，硫化氢分子之间存在范德华力，氢键比较范德华力更强，故硫化氢沸点比水低，故答案为：水分子之间存在氢；（3）甲、乙分别与氨反应生成丙、丁、戊三种盐，三种盐为NH4HSO4、（NH4）2SO4
61、、NH4NO3，五种溶液都呈酸性，酸性越强，溶液的pH越小，H2SO4、NH4HSO4、HNO3都呈强酸性，硫酸为二元酸，氢离子浓度为0.2mol/L，硝酸中氢离子浓度为0.1mol/L，硫酸氢铵溶液中氢离子来自硫酸氢根的电离和铵根离子的水解，其溶液中氢离子浓度大于0.1mol/L；（NH4）2SO4、NH4NO3在溶液中铵根离子水解导致溶液呈酸性，硫酸铵铵根离子浓度较大，其溶液中氢离子浓度大于硝酸铵，所以浓度相等时pH由小到大排列的顺序是：H2SO4、NH4HSO4、HNO3、（NH4）2SO4、NH4NO3，故答案为：H2SO4、NH4HSO4、HNO3、（NH4）2SO4、NH4NO3；
62、（4）甲溶液为硝酸，很稀的硝酸溶液与Zn反应，当反应的硝酸与Zn的物质的量之比为5：2时，设锌为2mol，则硝酸为5mol，完全反应后生成2mol硝酸锌，转移了4mol电子，当剩余的1mol硝酸中N原子完全被还原时，还原产物中N的化合价变化为： =4，硝酸中N的化合价为+5，则还原产物中N的化合价为54=+1，故还原产物为：N2O；当剩余的1mol硝酸中N原子只有一半被含有时，则还原产物中N的化合价变化为： =8，硝酸中N的化合价为+5，则还原产物中N的化合价为58=3，故还原产物为NH4NO3，故答案为：NH4NO3；N2O【点评】本题考查无机推断，题目难度较大，推断元素及各物质名称为解答关
63、键，注意掌握原子结构与元素周期律之间的关系，（4）为易错点，注意正确讨论反应产物，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力18已知在常温常压下：2CH3OH（l）+2O2（g）2CO（g）+4H2O（g）H=a kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=b kJmol1H2O（g）H2O（l）H=c kJmol1则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（a+b+4c）kJmol1【考点】BE：热化学方程式【分析】分析目标方程式与已知方程式，始终抓住目标反应和已知反应之间的关系应用数学知识由已知方程式推得目标方程式，
64、依据盖斯定律计算解答【解答】解：已知在常温常压下：2CH3OH（l）+2O2（g）2CO（g）+4H2O（g）H=a kJmol1；2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=b kJmol1；H2O（g）H2O（l）H=c kJmol1；得：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l），依据盖斯定律得：H=（a+b+4c）kJmol1；所以CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为依据盖斯定律得CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（a+b+4c）kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（a+b+4c）kJmol1【点评
65、】本题考查了燃烧热的热化学方程式的书写，明确盖斯定律计算反应热的方法，熟悉燃烧热的概念是解题关键，题目难度不大19由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电该电池负极的电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O若以该电池为电源，用石墨作电极电解200mL含有如下离子的溶液离子Cu2+H+ClSO42c/（molL1）0.5220.5电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）阳极上发生的电极反应为2Cl2e=Cl2、4OH4e=2H2O+O2；阴极收集到的气体体积为（标准状况）6.72
66、L【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】甲醇燃料电池中甲醇在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐；开始阶段，阴极电极反应为：Cu2+2e=Cu，阳极电极反应为：2Cl2e=Cl2，电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H+2e=H2，阳极还发生：4OH4e=2H2O+O2，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为（x+0.2）mol，根据电子转移守恒列方程计算解答【解答】解：该燃料电池中，电池的正极通入氧气，负极通入燃料甲醇，电解质是氢氧化钠溶液，正极O2得到电子生成氢氧根离子：O2+2H2O+4e=4OH，
67、负极电极反应：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；溶液中n（Cu2+）=0.2L0.5mol/L=0.1mol，n（H+）=0.2L2mol/L=0.4mol，c（Cl）=0.2L2mol/L=0.4mol，开始阶段，阴极电极反应为：Cu2+2e=Cu，阳极电极反应为：2Cl2e=Cl2，电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H+2e=H2，阳极还发生：4OH4e=2H2O+O2，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为（x+0.2）mol，根据电子转移守恒，则0
68、.1mol2+（x+0.2）mol2=0.2mol2+xmol4，解得x=0.1，故收集到的氢气为（0.1+0.2）mol=0.3mol，在标况下的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L，故答案为：2Cl2e=Cl2、4OH4e=2H2O+O2；6.72L【点评】本题考查原电池、电解池工作原理，题目难度中等，注意电极反应式的书写以及离子的放电顺序，根据电路中转移的电子数目相等进行计算是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和计算能力三、选择题（共1小题，每小题3分，满分3分）20氯的含氧酸根离子有ClO、ClO2、ClO3、ClO4等，有关它们的下列说法正确的是（）AClO中氯元素显+
69、1价，具有很强的还原性B这些离子结合H+的能力，ClO4最强CClO3是NO3的等电子体，其空间构型为平面三角形DClO2、ClO3、ClO4中的氯原子都采取sp3杂化，离子中相邻两个ClO键间键角依次增大【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】AO元素的化合价为2价，结合离子的电荷判断，且次氯酸根离子易得到电子；B酸性越强的酸，其结合氢离子能力越弱；C原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体；D根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式【解答】解：A次氯酸根离子中氯元素是+1价，次氯酸根离子易得电子而体现较强的氧化性，故A错误；B酸性越强的酸，其结合氢离子能力越弱，高氯酸是最强的无机酸
70、，所以ClO4结合氢离子能力最弱，故B错误；CClO3和NO3的价层电子数不同，所以不是等电子体，故C错误；DClO2、ClO3、ClO4中价层电子对数都是4，所以都采取sp3杂化，且孤对电子数分别为2、1、0，则离子中相邻两个ClO键间键角依次增大，故D正确；故选D【点评】本题考查含氯离子的结构，为高频考点，把握酸性、氧化性、等电子体、杂化类型为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大四、解答题（共2小题，满分17分）21在有机物分子中，若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性物质有光学活性，
71、发生下列反应：与乙酸发生酯化反应 与NaOH水溶液反应 在Cu作催化剂时与O2反应 与银氨溶液反应发生哪些反应后生成的有机物无光学活性C（填写符合题意的字母编号）A只有B只有CD【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】根据题意知，手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，如果反应后的生成物的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，则其生成物就含有手性碳原子，以此解答该题【解答】解：与乙酸发生酯化反应，含2个CH2OOCCH3，则不具有手性，故正确；与NaOH溶液共热发生水解，反应后生成的物质中C原子上连接两个相同的CH2OH原子团，不具有光学活性，故正确；铜作催化剂的条件下被氧气氧化，CH2OH生成C
72、HO，有2个相同的原子团，不具有光学活性，故正确；CHO与银氨溶液反应生成COONH4，则仍具有手性碳原子，故错误故答案为：C【点评】本题以手性碳考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握醛、酯、醇的性质是解答的关键，注意体会官能团与性质的关系，题目难度不大22（14分）（2017春湖北期中）表是元素周期表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素试回答下列问题：（1）写出元素g的基态原子电子排布式Ar3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1（2）f在空气中燃烧产物的分子构型为角型（或V字型），中心原子的杂化形式为sp2杂化，该分子是极性分子（选填“极
73、性”、“非极性”）分子（3）由a原子跟e原子以1：1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体e相同两者相比熔点更高的是SiC（填化学式），试从结构角度加以解释二者同为原子晶体，键长：CSi键SiSi键，CSi键更牢固（4）c单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示若已知c的原子半径为d厘米，NA代表阿伏加德罗常数，c的相对原子质量为M，请回答：晶胞中c原子的配位数为12，表示原子空间占有率的代数式为该晶体的密度为g/cm3（用含有关字母的代数式表示），b、h中，与c单质晶体中原子的堆积方式相同的是Cu（填元素符号）【考点】8J：位置结构性质的
74、相互关系应用【分析】由元素在周期表中位置，可知a为C、b为Mg、c为Al、e为Si、f为S、g为Cr、h为Cu（1）g为Cr元素，为24号元素，原子核外有24个电子，根据核外电子排布规律来写；（2）硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，根据价层电子对理论判断其分子构型和中心原子的杂化形式，分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，反之为非极性分子；（3）由C原子跟Si原子以1：1相互交替结合而形成的晶体，晶型与晶体Si相同均为原子晶体，但SiC键键长SiSi键长；（4）该类型为面心立方最密堆积；据此计算配位数；晶胞面对角线为铝原子半径的4倍，据此计算原子空间占有率；根据均摊法计算晶胞中含有原子数目；根据=计
75、算，Cu为面心立方【解答】解：（1）g为Cr元素，为24号元素，原子核外有24个电子，所以核外电子排布式为：Ar3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1，故答案为：Ar3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1；（2）S元素，在空气中燃烧生成SO2，S有1对孤对电子，存在S=O键，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，SO2的价层电子对个数=2+（622）=3，S原子采取sp2杂化，为角型（或V字型），正负电荷中心不重合，为极性分子，故答案为：角型（或V字型），sp2杂化，极性分子；（3）由C原子跟Si原子以1：1相互交替结合而形成的SiC 晶体，晶型与晶体Si相
76、同均为原子晶体，但SiC键键长SiSi键长，则SiC键能大，CSi键更牢固，SiC的熔点高，故答案为：SiC；二者同为原子晶体，键长：CSi键SiSi键，CSi键更牢固；（4）根据图片知，Al单质为面心立方最密堆积，Al原子配位数配位数=38=12，铝 的原子半径为d厘米，晶胞的边长为4dcm=2dcm，每个铝晶胞中含有4个原子，则铝原子总体积为4d3cm3，晶胞体积为（2dcm）3，故空间利用率为=， 故答案为：； 铝原子个数=8+6=4，相对原子质量为M，故晶胞的质量=4g，每个铝晶胞中含有4个原子，正方形对角线长度为4d cm，故立方体的棱长为：4dcm=2d cm，晶胞体积为（2dcm
77、）3=16d3cm3，故晶体的密度=，六方最密堆积，属于镁、锌、钛型，面心立方最密堆积（Cu型），所以与c单质晶体中原子的堆积方式相同的是Cu， 故答案为：；Cu【点评】本题考查元素周期表的结构、核外电子排布规律、晶体结构与性质等，题目难度中等，整体把握元素周期表的结构，题目综合性较强，试题培养了学生的综合应用知识的能力五、选择题（共2小题，每小题0分，满分0分）23（2017春湖北期中）有机物X是合成二氢荆芥内酯的重要原料，其结构简式为 ，下列检验X中既含碳碳双键又含醛基的试剂和顺序正确的是（）A先加酸性高锰酸钾溶液，后加银氨溶液，加热B先加溴水，后加酸性高锰酸钾溶液C先加银氨溶液，加热，再
78、加入溴水D先加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，取清液酸化后再加溴水【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、CHO，均能被强氧化剂氧化，应先利用银氨溶液（或新制氢氧化铜）检验CHO，再利用溴水或高锰酸钾检验碳碳双键，以此来解答【解答】解：A先加酸性高锰酸钾溶液，碳碳双键、CHO均被氧化，不能检验，故A不选；B先加溴水，双键发生加成反应，CHO被氧化，不能检验，故B不选；C先加银氨溶液，微热，可检验CHO，但没有酸化，加溴水可能与碱反应，故C不选；D先加入银氨溶液，微热，可检验CHO，酸化后再加溴水，可检验碳碳双键，故D选；故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频
79、考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醛性质的考查，注意检验的先后顺序，题目难度不大24（2017春湖北期中）化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示下列有关化合物X的说法正确的是（）A1 mol X在一定条件下最多与8 mol H2加成B1 mol X在一定条件下最多能与2 mol NaOH反应CX中有二种含氧官能团，酸性条件下水解产物中也有二种含氧官能团DX分子式为C16H12O4，和乙醇发生反应生成分子式为C18H18O5的酯【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】由结构可知分子式，分子中含COOH、COOC，结合羧酸、酯的性质来解答【解答】解：A能与氢气反应的官能团为
80、苯环，则1 mol X在一定条件下最多与6 mol H2加成，故A错误；B含COOH、COOC，均与NaOH反应，且水解生成的酚OH与NaOH反应，则1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应，故B错误；C含COOH、COOC，水解可生成OHH、COOH，故C正确；DX的分子式为C16H12O4，和乙醇发生反应生成分子式为C18H16O5的酯，故D错误故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大六、解答题（共1小题，满分0分）25（2017春湖北期中）已知：某一元氯代环
81、烷烃A分子式为C6H11Cl，可以发生如图所示的转化：结构分析表明A分子中只含有一个甲基，A的核磁共振氢谱有五个峰，峰面积之比为1：1：2：3：4A转化为B时生成的有机物只可能有一种请回答下列问题：（1）写出反应类型：CE氧化反应，EG取代反应或酯化反应（2）写出结构简式：F，E（3）写出反应方程式：AB+NaOH+NaBr+H2O，CD+2H2（4）分子式和E相同，主链含有5个碳原子的二元羧酸的同分异构体有2种（不考虑立体异构）【考点】HB：有机物的推断【分析】某一元氯代环烷烃A分子式为C6H11Cl，结构分析表明A分子中只含有一个甲基，A的核磁共振氢谱有五个峰，峰面积之比为1：1：2：3：
82、4，且A发生消去反应转化为B时生成的有机物只可能有一种，可推知A为或，B发生氧化反应生成C，C与氢气反应生成D，D与乙酸反应生成F，结合F的分子式，可知1分子D与2分子乙酸发生酯化反应生成F，D分子中含有2个羟基，可推知A为，则B为，C为，D为，F为C发生氧化反应生成E为，E与乙醇发生酯化反应可以得到G为等【解答】解：某一元氯代环烷烃A分子式为C6H11Cl，结构分析表明A分子中只含有一个甲基，A的核磁共振氢谱有五个峰，峰面积之比为1：1：2：3：4，且A发生消去反应转化为B时生成的有机物只可能有一种，可推知A为或，B发生氧化反应生成C，C与氢气反应生成D，D与乙酸反应生成F，结合F的分子式，
83、可知1分子D与2分子乙酸发生酯化反应生成F，D分子中含有2个羟基，可推知A为，则B为，C为，D为，F为C发生氧化反应生成E为，E与乙醇发生酯化反应可以得到G为等（1）CE 是发生氧化反应生成，EG 是与乙醇发生酯化反应生成G，属于取代反应故答案为：氧化反应；取代反应或酯化反应；（2）由上述分析可知，F的结构简式为，E的结构简式为，故答案为：；（3）AB的反应方程式为： +NaOH+NaBr+H2O，CD的反应方程式为： +2H2，故答案为： +NaOH+NaBr+H2O； +2H2；（4）分子式和E（）相同，主链含有5个碳原子的二元羧酸的同分异构体有：HOOCCH（CH3）CH2CH2COOH、HOOCCH2CH（CH3）CH2COOH，共有2种，故答案为：2【点评】本题考查有机物的推断，是高考常见的题型，关键是根据A的分子式与结构特点确定A可能的结构简式，再结合F的分子式确定A的结构简式，在推断时注意反应条件的利用，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用