四川省米易中学2014-2015学年高二化学上学期练习题5
四川省米易中学2014-2015学年高二化学上学期练习题2
四川省米易中学2014-2015学年高二化学上学期练习题2第I 卷（选择题）一、选择题（单选题每题6分，共42分）1．下列叙述正确的是A ．已知I 3－I 2＋I －，向盛有KI 3溶液的试管中加入适量CCl 4，振荡静置后CCl 4层显紫红色，说明KI 3在CCl 4中的溶解度比在水中的大B ．室温下向10mL pH =3的醋酸溶液中加水稀释后,溶液中33(CH COO )(CH COOH)(OH )c c c --⋅减小 C ．室温时k a (HF)＝3.6×10－4，k a (CH 3COOH)＝1.75×10－5，0.1 mol /L 的NaF 溶液与0.1 mol /L 的CH 3COOK溶液相比,一定有c(Na ＋) －c(F －)＜c(K ＋)－c(CH 3COO －)成立D ．在25℃时，将amol/L 的氨水与0.01 mol/L 的盐酸等体积混合，充分反应后溶液中c(NH 4＋)＝c(Cl －)，则25℃时NH 3 • H 2O 的电离常数K b ＝910a 0.01-- 2．对于常温下0.1mol·L －1NaHCO 3溶液，下列叙述不正确．．．的是（ ） A ．c (Na ＋)=c (HCO 3－) + c (CO 32－) + c (H 2CO 3)B ．温度升高，溶液的pH 升高，但溶液中的c （H ＋）与c （OH －）乘积不变C ．与等体积等浓度的CH 3COOH 溶液反应后，溶液中c （Na ＋）＞c （CH 3COO －）D ．加入适量的NaOH 固体，溶液的pH 减小3．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系错误的是 A ．0.1 mol·L －1 NH 4Cl 溶液：c(NH 4+)＜c( Cl －)B ．0.1 mol·L －1 Na 2CO 3溶液：c(Na +)＝2c(HCO 3-)＋2c(CO 32¯)＋2c(H 2CO 3)C ．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na ＋)>c(CH 3COO －)>c(H ＋)>c(OH －)D ．常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合呈中性的溶液中：c(Na ＋)＞c( Cl －)＝c(CH 3COOH)4．常温下，关于下列各溶液的叙述正确的是A ．pH ＝7的醋酸钠和醋酸的混合溶液中：c(CH 3COO －）＞c(Na +)B ．0.1mol/L 稀醋酸pH ＝a ，0.01mol/L 的稀醋酸pH ＝b ，则a+1＝bC ．0.1mol/L 的醋酸钠溶液20mL 与0.1mol/L 的盐酸10mL 混合后溶液显酸性：c(CH 3COOH)－c(CH 3COO －）＝2[c(OH －)－c(H +)]D ．已知酸性HF ＞CH 3COOH ，pH 相等的NaF 溶液与CH 3COOK 溶液中：[c(Na +)－c(F －)] ＞[c(K +)－c(CH 3COO －)]5．一定条件下存在反应：CO(g)+H 2O(g)CO 2(g)+H 2(g)，其正反应放热。
四川省攀枝花市米易中学高考化学模拟试卷(含解析)
2015年四川省攀枝花市米易中学高考化学模拟试卷一、选择题1．（6分）下列关于化学与生产、生活的认识说法正确的是（）A．CO2、CH4和N2等都是造成温室效应的气体B．氢氧化钠、碳酸氢钠、氢氧化铝都可用作抗酸药C．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一D．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量的食品添加剂考点：常见的生活环境的污染及治理．专题：元素及其化合物．分析：A．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体；B．氢氧化钠虽然能与胃酸反应，但本身的腐蚀性较大；C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放；D．绝大多数食品添加剂都是化学合成物质，过量使用对人体有害，影响人体健康，解答：解：A．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体，N2不是形成温室效应的气体，故A错误；B．氢氧化钠虽然能与胃酸反应，但本身的腐蚀性较大，能腐蚀皮肤，所以不可用作抗酸药，故B错误；C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，所以使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一，故C正确；D．绝大多数食品添加剂都是化学合成物质，过量使用对人体有害，影响人体健康，所以为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入适量的食品添加剂，故D错误；故选：C；点评：本题考查了常见物质的性质，完成此题，可以依据已有的知识进行．2．（6分）（2015•米易县校级模拟）核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，下列关于核糖的叙述正确的是（）A．与葡萄糖互为同分异构体B．可与新制的Cu（OH）2悬浊液作用生成砖红色沉淀C．不能发生取代反应D．可以使紫色的石蕊试液变红考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO中，含﹣OH和﹣CHO，结合醇、醛性质来解答．解答：解：A．葡萄糖中﹣OH的数目与核糖中﹣OH数目不同，均含1个﹣CHO，分子式不同，则不是同分异构体，故A错误；B．含﹣CHO，则可与新制的Cu（OH）2悬浊液作用生成砖红色沉淀，故B正确；C．含﹣OH，可发生取代反应，故C错误；D．不含﹣COOH，则不具有酸性，不能使紫色的石蕊试液变红，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、醛性质的考查，题目难度不大．3．（6分）（2015•米易县校级模拟）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A． 1 mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为N AB．常温下，2.7克铝与足量的氢氧化钠溶液反应，失去的电子数为0.1N AC．在常温下，把100 g CaCO3加到1 L水中，所得溶液中的Ca2+数等于N AD．在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的分子数均为N A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．1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，带有2mol负电荷；B．铝为+3价金属，2.7g铝的物质的量为0.1mol，反应后失去0.3mol电子；C．碳酸钙为难溶物，溶液中钙离子的物质的量远远小于1mol；D．标况下22.4L甲烷的物质的量为1mol，18g水的物质的量为1mol，二者含有的分子数相同．解答：解：A．1 mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷，阴离子所带电荷数为2N A，故A错误；B．2.7g铝的物质的量为0.1mol0.1mol铝与氢氧化钠溶液反应生成0.1mol偏铝酸钠，失去了0.3mol电子，失去的电子数为0.3N A，故B错误；C．100g碳酸钙的物质的量为1mol，1mol碳酸钙加入1L水中，碳酸钙难溶于水，则溶液中的钙离子远远小于1mol，所得溶液中的Ca2+数远远小于N A，故C错误；D．标况下22.4 L CH4的物质的量为：=0.1mol，18 g H2O的物质的量为：=1mol，所含有的分子数均为N A，故D正确；故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，C为易错点，注意碳酸钙为难溶物．4．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，下列说法或表示式正确的是（）A．石墨和金刚石的转化是物理变化B．金刚石的稳定性强于石墨C． 1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大 1.9 kJD．C（s，石墨）=C（s，金刚石），该反应的焓变（△H）为负值考点：反应热和焓变．分析：先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答．解答：解：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则A、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；B、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B 错误；C、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故C正确；D、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，故D错误；故选C．点评：本题考查热化学方程式的书写及应用，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系．5．（6分）（2014•四川模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A． 1.0 mol•L﹣1 KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN﹣、SO42﹣B．=10﹣10的溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．pH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl﹣、SO42﹣D．c（ClO﹣）=1.0 mol•L﹣1的溶液：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．离子之间发生氧化还原反应；B．c（H+）/c （OH﹣）=10﹣10的溶液，c （OH﹣）=0.01mol/L，溶液显碱性；C．pH=0的溶液，显酸性；D．发生氧化还原反应．解答：解：A．H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．c（H+）/c （OH﹣）=10﹣10的溶液，c （OH﹣）=0.01mol/L，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故B正确；C．pH=0的溶液，显酸性，H+、Ag（NH3）2+、Cl﹣反应生成沉淀，则不能共存，故C错误；D．SO32﹣、S2﹣分别与ClO﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，注意选项C为解答难点，络离子存在于碱溶液中，题目难度中等．6．（6分）（2011•合肥一模）下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（）A．稀释浓硫酸B．铁制品表面镀铜C．石油分馏D．除去CO2中的HCl考点：蒸馏与分馏；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验题．分析：A、根据容量瓶不能稀释溶液；B、根据电镀的原理；C、根据蒸馏时温度计不能插入液面以下；D、根据要除去CO2中的少量氯化氢气体，根据二氧化碳和氯化氢的性质，二氧化碳的量不能减少，可以增加，反应后不能带入新的杂质解答：解：A、容量瓶不能稀释溶液，故A错误；B、镀铜时，镀层金属作阳极，与电源的正极相连，待镀金属做阴极，与电源的负极极相连，故B正确；C、蒸馏时温度计测量的是蒸气的温度，所以不能插入液面以下，应在支管口，故C错误；D、CO2能与除杂试剂饱和碳酸钠反应，二氧化碳的量减少，故D错误；故选：B．点评：本题主要考查了实验装置，平时应注意知识的积累，题目难度不大．7．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图，C、D，E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在 F极附近显红色．则下列说法正确的是（）A．若用乙烷、空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则B极的电极反应式为：02+2H20+4e﹣═40H﹣B．欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液C．（丁）装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷D．C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2考点：原电池和电解池的工作原理．分析：C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F 极附近显红色，则F是阴极，所以C、E、G、X都是阳极，D、F、H、Y都是阴极，A是正极、B是负极，A．燃料电池中，B极为负极为失电子发生氧化反应；B．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；C．带正电荷的胶粒向阴极移动；D．根据转移电子相等计算生成单质的物质的量之比．解答：解：C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则F是阴极，所以C、E、G、X都是阳极，D、F、H、Y都是阴极，A是正极、B是负极，A．燃料电池中，B极为负极为失电子发生氧化反应，电极反应为C2H6﹣14e﹣+18OH﹣=2CO32﹣+12H2O，故A错误；B．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，则欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Cu、G是银，电镀液选是AgNO3溶液，故B错误；C．带正电荷的胶粒向阴极移动，（丁）装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故C错误；D．C、D、E、F电极反应式分别为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O、Cu2++2e﹣=Cu、2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、2H++2e ﹣=H2↑，当转移电子相等时，生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确；故选D．点评：本题考查了电解原理，根据F电极附近颜色变化确定阴阳极及正负极，再结合各个电极上发生的反应分析解答，易错选项是C，注意：胶体不带电荷，但胶粒带电荷，为易错点．二、非选择题8．（17分）（2015•米易县校级模拟）如图表示常见元素单质及化合物相应转化关系，部分反应的产物没有全部列出．已知：B是一种黄绿色气体，C在所有气体中密度最小，D是一种碱；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料；Z为气态氧化物．请回答下列问题：（1）气体B具有氧化性（填“还原性”、“氧化性”或“漂白性”），反应②属于四种基本反应类型反应中的置换反应．（2）有学生认为B与X反应的产物E不一定是纯净物．他认为产物中可能还有FeCl2（填化学式），为验证其猜想该同学设计了相关实验，你认为他需要选择的试剂为 a （填序号）． a．酸性高锰酸钾溶液b．NaOH溶液c．KSCN溶液 d．稀硫酸（3）若Z能导致温室效应，则反应③的离子反应方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，目前应用最广泛的工业处理含Z废气的方法是在一定条件下与生石灰作用而使其固定，产物可作建筑材料，反应的化学方程式为2SO2+2CaO+O2=2CaSO4．（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，Z与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），请写出该反应的化学反应方程式NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O ．考点：无机物的推断；常见的生活环境的污染及治理．专题：推断题．分析：（1）（2）电解饱和食盐水得到B、C、D，B是一种黄绿色气体，则B为Cl2，C在所有气体中密度最小，则C为H2，D是一种碱，则D为NaOH；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料，则F为Fe2O3，由转化关系可知X为Fe、E为FeCl3，反应②为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，与氢氧化钠反应反应生成I为NaAlO2，（3）若Z能导致温室效应，则Z为CO2，过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠；（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，则Z为SO2，生石灰与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙；（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，则Z为NO2，与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），发生歧化反应，有NaNO3生成，根据电子转移守恒可知有NaNO2生成，同时生成水．解答：解：电解饱和食盐水得到B、C、D，B是一种黄绿色气体，则B为Cl2，C在所有气体中密度最小，则C为H2，D是一种碱，则D为NaOH；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料，则F为Fe2O3，由转化关系可知X为Fe、E为FeCl3，反应②为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，与氢氧化钠反应反应生成I为NaAlO2，（1）B为Cl2，具有氧化性，反应②是Al与氧化铁反应生成氧化铝与Fe，属于置换反应，故答案为：氧化性；置换反应；（2）学生认为B与X反应的产物E不一定是纯净物，他认为产物中可能还有FeCl2，亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，而氢氧化钠、KSCN与铁离子反应，影响亚铁离子检验，而硫酸不反应，故选a，故答案为：FeCl2；a；（3）若Z能导致温室效应，则Z为CO2，反应③是过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应③的离子反应方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，则Z为SO2，生石灰与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，反应的化学方程式为：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4，故答案为：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4；（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，则Z为NO2，与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），发生歧化反应，有NaNO3生成，根据电子转移守恒可知有NaNO2生成，同时生成水，该反应的化学反应方程式为：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，故答案为：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O．点评：本题考查无机物推断，物质的颜色、温室效应气体、形成酸雨的气体等是推断突破口，题目比较综合，需要学生熟练掌握基础知识知识，难度中等．9．（18分）（2015•米易县校级模拟）已知A的分子式为C3H4O2，如图是A～H间相互转化的关系图，其中F中含有一个七元环；H是一种高分子化合物．（提示：羟基与双键碳原子相连的醇不存在；同一个碳原子上连有2个或多个羟基的多元醇不存在）请填写下列空白：（1）A中含有的官能团有（写结构简式）﹣COOH、．（2）请写出下列有机物的结构简式：C BrCH2CH2COOH ；F（3）请指出下列反应的反应类型：A→B加成反应；C→E水解反应或取代反应．（4）G中不同化学环境的氢原子有 3 种．（5）请写出下列反应的化学方程式：①A→H；②B→D（第①步）．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：有机物A的分子式为C3H4O2，不饱和度为=2，能与HBr反应，A分子中含有碳碳不饱和键，由A与HBr发生加成反应生成C，再经过系列转化得到丙二酸，可知A中含有羧基，故A分子含有1个C=C双键、1个﹣COOH，则A为CH2=CHCOOH，A与HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH或CH3CH（Br）COOH，而C发生水解反应生成E，E连续氧化生成丙二酸HOOCCH2COOH，则C为BrCH2CH2COOH、E为HOCH2CH2COOH、G为OHCCH2COOH，故B为CH3CH（Br）COOH，发生水解反应生成D为CH3CH（OH）COOH，D与E反应酯化反应生成F，F中含有一个七元环，则F为环酯，故F的结构简式为；A发生加聚反应生成高分子化合物H为，据此解答．解答：解：有机物A的分子式为C3H4O2，不饱和度为=2，能与HBr反应，A分子中含有碳碳不饱和键，由A与HBr发生加成反应生成C，再经过系列转化得到丙二酸，可知A 中含有羧基，故A分子含有1个C=C双键、1个﹣COOH，则A为CH2=CHCOOH，A与HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH或CH3CH（Br）COOH，而C发生水解反应生成E，E连续氧化生成丙二酸HOOCCH2COOH，则C为BrCH2CH2COOH、E为HOCH2CH2COOH、G为OHCCH2COOH，故B为CH3CH （Br）COOH，发生水解反应生成D为CH3CH（OH）COOH，D与E反应酯化反应生成F，F中含有一个七元环，则F为环酯，故F的结构简式为；A发生加聚反应生成高分子化合物H为，（1）A为CH2=CHCOOH，含有的官能团有：羧基、碳碳双键，结构简式为：﹣COOH、，故答案为：﹣COOH、；（2）由上述分析可知，C的结构简式为BrCH2CH2COOH，F的结构简式为，故答案为：BrCH2CH2COOH；；（3）A→B是碳碳双键与HBr发生加成反应，C→E是卤代烃的水解反应，属于取代反应，故答案为：加成反应；水解反应或取代反应；（4）G为OHCCH2COOH，分子中不同化学环境的氢原子有3种，故答案为：3；（5）①A→H的反应方程式为：；②B→D（第①步）反应方程式为：，故答案为：；．点评：本题考查有机物的推断，难度中等，结合反应条件、有机物的结构综合分析确定A的结构是关键，再利用顺推法与逆推法相结合推断，注意掌握官能团的性质与转化．10．（16分）（2015•米易县校级模拟）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O ．（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl ；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱．（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入 d ．a b c dⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯的非金属性大于溴．（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色．（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O），判断改用NaHSO3溶液是否可行否（填“是”或“否”）．考点：氯气的实验室制法．专题：实验题．分析：（1）次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸生成氯气；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（6）F中的氢氧化钠溶液吸收没有反应的氯气，避免污染环境；若改用NaHSO3，会发生反应HSO3﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+3H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，生成二氧化硫气体．解答：解：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂（无水氯化钙或硅胶）干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，只有d符合，故答案为：d；（4）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色，故答案为：黄；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡发生萃取，溶液分层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（6）NaHSO3与氯气发生氧化还原反应，离子反应为：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O），可能生成二氧化硫，污染环境，所以不能用NaHSO3溶液吸收尾气，故答案为：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O）；否．点评：本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，注意基础知识的掌握，本题难度中等．11．（7分）（2015•米易县校级模拟）将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5分钟后，测得D的浓度为0.5mol/L，且c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol/（L•min）．求：（1）反应开始前放入容器中A、B物质的量．（2）B的平均反应速率．（3）x值是多少？考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：计算题．分析：（1）根据D的浓度求出D的物质的量，结合方程式求出A、B的物质的量；（2）先求出反应的B的物质的量，再根据平均反应速率公式计算B的平均反应速率；（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比求出x值．解答：解：（1）5分钟后，n（D）=CV=0.5mol/L×2L=1mol，设反应开始前放入容器中A、B 物质的量为mmol，3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），反应前 m mol m mol 0 05分钟后（ m﹣1.5）mol （ m﹣0.5）mol 1molc（A）：c（B）=3：5=（ m﹣1.5）mol：（ m﹣0.5）molm=3 mol答：反应开始前放入容器中A、B物质的量均为3mol；（2）设反应的B的物质的量为nmol，3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），1 2nmol 1moln=0.5根据v（B）==0.05 mol/（L．min）答：B的平均反应速率为0.05 mol/（L．min）；（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）：v（C）=0.05 mol/（L．min）：0.1mol/（L•min）=1：x，所以x=2．答：x值是2．点评：本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，明确同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比是解（3）的关键．。
四川省攀枝花市米易中学2014_2015学年高一化学上学期第一次段考试卷(含解析)
2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高一（上）第一次段考化学试卷一．单项选择题（每题2分，共60分）1．对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志．酒精应选用的标志是（）A． B． C． D．2．下列实验操作中错误的是（）A．蒸发使用的主要仪器是蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、带铁圈的铁架台B．分液时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上D．用规格为10 mL的量筒量取6.20 mL的液体3．现有四组溶液：①碘的饱和水溶液②汽油和氯化钠溶液③碳酸钙和水，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．萃取、分液、过滤 B．萃取、分液、蒸馏C．分液、蒸馏、过滤 D．蒸馏、萃取、过滤4．将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是（） A．液态氧、干冰、硫酸、烧碱、氯化钠B．碘酒、冰、盐酸、烧碱、食盐C．氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱、硝酸钾D．铜、硫酸钠、醋酸、石灰水、氯化铜5．根据中央气象台报道，近年每到秋末冬初季节，西安市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞．雾属于下列分散系中的（）A．溶液 B．悬浊液 C．胶体 D．乳浊液6．下列说法正确的是（）A．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀盐酸的白色沉淀，则该溶液一定含有SO42﹣ B． FeCl3稀溶液与Fe（OH）3胶体本质区别是分散质粒子的大小C． Fe（OH）3胶体可以产生电泳现象，由此可知Fe（OH）3胶体溶液带电D．用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl固体的混合物7．下列物质属于电解质的是（）①Cu②食盐③蔗糖④CO2⑤BaSO4⑥KNO3．A．④⑤ B．④⑤ C．②⑥ D．⑤⑥8．为了除去KCl中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的KCl，可将混合物溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序进行提纯，正确的步骤及顺序是（）①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液⑥加过量KOH溶液⑦加过量K2CO3溶液．A．②⑤④①③ B．④①②⑤③ C．④②⑤ D．⑥⑤⑦①③9．下列除杂方案中，括号内为除去杂质所需的药品，其中正确的是（） A． NaOH溶液中混有Ba（OH）2B． Cu（NO3）2溶液中混有AgNO3C． CO2中混有COD． CO2中混有HCl气体10．米易龙潭溶洞景区被誉为天然氧吧，其原因是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”．O2﹣就是一种空气负离子，其摩尔质量为（）A． 32 g B． 33 g/mol C． 33 g D． 32 g/mol11．下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（） A． 150 mL 1 mol/L的NaCl B． 75 mL 3 mol/L的NH4ClC． 150 mL 2 mol/L的KCl D． 75 mL 2 mol/L的CaCl212．欲用浓硫酸配制450mL0.50mol/L的硫酸溶液．下列说法正确的是（） A．主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶B．定容时俯视容量瓶的刻度线会导致所配制的溶液浓度偏低C．量取浓硫酸后用蒸馏水把量筒洗涤2至3次，然后把洗涤液倒入容量瓶导致所配制的溶液浓度偏高D．摇匀后，发现液面低于容量瓶刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切导致所配制的溶液浓度偏高13．500ml 2mol/L的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是（）A． 1 mol B． 2 mol C． 3 mol D． 1000 mol14．下列与标准状况下6.72L SO2气体含有氧原子数相同的是（）A．标准状况下6.72 L CO B． 0.3N A个Na2SO3C．常温常压下9.6g O2 D．1.806×1023个H2O分子15．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48L（标准状况），该气体的摩尔质量是（） A． 28.4 B．28.4 g•mol﹣1 C． 71 D．71 g•mol﹣116．实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是（）A． 950 mL 111.2 g B． 500 mL 117.0 gC． 1000 mL 117.0 g D． 1000 mL 111.2 g17．对于相同物质的量的SO2和SO3，下列说法中正确的是（）A．硫元素的质量比为5：4 B．分子数之比为1：1C．原子总数之比为4：3 D．质量之比为1：118．符合图中阴影部分的物质是（）A． Na2CO3 B． Cu2（OH）2CO3 C． NaCl D． NaHCO319．下列物质在水溶液中电离方程式书写正确的是（）A． Na2CO3═2 Na++CO3﹣2 B． NaHSO4═Na++H++SO42﹣C． Ba（OH）2═Ba2++OH2﹣ D． NaHCO3═Na++H++CO32﹣20．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe═Fe2++CuB．稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑21．下列离子方程式书写正确的是（）A．向氯化钙溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+B．稀硫酸与氧化铜反应：O2﹣+2H+═H2OC．碳酸钡与盐酸反应：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2OD．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+22．下列各组微粒，在溶液中能大量共存的是（）A． K+、H+、NO3﹣、Cl﹣ B． Cu2+、Cl﹣、OH﹣、SO42﹣C． H+、Na+、CO32﹣、Cl﹣ D． Ca2+、Cl﹣、K+、CO32﹣23．在碱性溶液中能大量共存离子组是（）A． K+、Cu2+、Na+、Cl﹣ B． K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣C． Na+、HCO3﹣、NO3﹣、SO42﹣ D． Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣24．在透明溶液中能大量共存的是（）A． K+、Cu2+、Na+、Cl﹣ B． H+、Na+、NO3﹣、HCO3﹣C． Ba2+、H+、NO3﹣、SO42﹣ D． Mg2+、Na+、OH﹣、SO42﹣25．设N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A．常温常压下，32g氧气所含的原子数为N AB．标准状况下，22.4L 四氯化碳的分子数为N AC．0℃，101KPa下，44.8L氮气所含有的分子数为2N AD．常温常压下，1mol氦气含有的分子数为2N A26．关于同温同压下、等体积N2和CO的叙述：①质量相等②密度相等③所含分子数相等④所含电子数相等．其中正确的是（）A．①②③④ B．②③④ C．②③ D．③④27．有K2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液，已知其中Al3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42﹣的物质的量浓度为0.7mol/L，则此溶液中K+的物质的量浓度为（）A． 0.1mol/L B． 0.15mol/L C． 0.2mol/L D． 0.25mol/L28．n g N2中有m个N原子，则阿伏加德罗常数N A的数值可表示为（） A． 28m/n B． 14m/n C． n/28m D． n/14m29．4g NaOH溶解在水中，配成100mL溶液，配好后从中取出10mL溶液，加水稀释至100mL，则稀释后所得溶液物质的量浓度是（）A． 1mol/L B． 10mol/L C． 0.01mol/L D． 0.1mol/L30．某10% NaOH溶液，加热蒸发掉100g水后得到80mL 20% 的溶液，则该20% NaOH溶液的物质的量浓度为（）A． 5.25 mol/L B． 12.5 mol/L C． 7.5 mol/L D． 6.25 mol/L二、填空题（共40分）31．（1）100ml 0.2mol/L Na2SO4溶液中含有SO42﹣mol，Na+的物质的量浓度是mol/L．（2）5molCO2的质量是g；在标准状况下所占的体积约为L；所含氧原子的数目为个．（3）3.01×1023个OH﹣的物质的量为 mol，质量为g，含有电子的物质的量为 mol，这些OH﹣与mol NH3的质量相同．32．（10分）（2014秋•米易县校级月考）（1）在标准状况下4.48L CH4和CO2混合气体的质量为6.0g，则混合气体平均摩尔质量为 g/mol，相对于氢气的密度为；CH4和CO2的质量比为．（2）相同体积、相同物质的量浓度的AgNO3溶液，分别与相同体积的KCl、CuCl2、AlCl3溶液反应恰好完全反应，则KCl、CuCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度之比为．（3）标准状况下，V L的某气体（摩尔质量为M g•mol﹣1）溶解在1L水（水的密度近似为1g•cm ﹣3）中，假设气体完全溶解且不与水发生反应，溶液的密度为ρg•cm﹣3，则所得溶液的物质的量浓度c= mol/L．（选择以上字母表达计算式，要求化简）．33．（10分）（2014秋•米易县校级月考）正确书写下列离子反应的离子方程式．（1）锌与稀硫酸反应；（2）Na2CO3溶液加入BaCl2溶液；（3）碳酸氢钠与盐酸反应；（4）CuSO4溶液加入Ba（OH）2溶液；（5）CO2通入澄清石灰水使其变浑浊．34．（11分）（2014秋•米易县校级月考）某兴趣小组的同学在做用CCl4萃取碘水中碘单质（I2）的实验时，发现无论如何都无法将碘水变成完全无色的溶液，于是有同学大胆猜想萃取后的水中还含有碘单质，即萃取剂在萃取实验中有效率问题．为探究CCl4对碘水中碘单质的萃取率，该小组同学利用KI溶液自制碘水后，再用CCl4对该碘水中碘单质进行萃取，最后提纯I2的CCl4溶液中的I2用于计算萃取率．（1）用KI固体配制250ml 1mol/L KI溶液，其正确的操作顺序是．A、用30mL水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B、用天平准确称取所需的KI的质量，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅拌，使其充分溶解C、将已冷却的KI溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D、将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1﹣2cm处（2）下列配制的溶液浓度偏高的是．A、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水B、加蒸馏水时不慎超过了刻度线C、定容时俯视刻度线D、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面（3）向上述所得KI溶液通入足量Cl2充分发生反应：2KI+Cl2═I2+2KCl得到I2的水溶液，再向其中加入CCl4萃取I2．待液体分层后下层溶液为色．得到下层溶液的操作是．（4）萃取后实验小组的同学用分液的方法得到I2的CCl4溶液，再经过操作（填操作名称）得到纯净的I231.0g，则该实验CCl4的萃取率是．2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高一（上）第一次段考化学试卷参考答案与试题解析一．单项选择题（每题2分，共60分）1．对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志．酒精应选用的标志是（）A． B． C． D．考点：化学试剂的分类．分析：酒精易燃，属于易燃液体，应贴易燃液体的标志，据此结合图中所示标志的含义进行分析判断即可．解答：解：A．图标为爆炸品，故A错误；B．图标为易燃液体，酒精易燃，属于易燃液体，故B正确；C．图标为剧毒品，故C错误；D．图标为腐蚀品，故D错误．故选B．点评：本题考查危险品标志的识别，难度不大，平时注意知识的积累．2．下列实验操作中错误的是（）A．蒸发使用的主要仪器是蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、带铁圈的铁架台B．分液时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．过滤时玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上D．用规格为10 mL的量筒量取6.20 mL的液体考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；计量仪器及使用方法；物质的分离、提纯和除杂．分析： A．蒸发时加热使水转化为水蒸气，与可溶性固体分离；B．分液时，避免上下层液体混合；C．过滤时，避免玻璃棒将滤纸捣破；D．量筒量取液体，不能准确到0.01mL．解答：解：A．蒸发时加热使水转化为水蒸气，与可溶性固体分离，则带铁圈的铁架台上放蒸发皿，利用酒精灯加热，玻璃棒搅拌完成实验，故A正确；B．分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；C．过滤时，避免玻璃棒将滤纸捣破，则玻璃棒的末端应轻轻靠在三层的滤纸上，故C正确；D．量筒量取液体，不能准确到0.01mL，则用规格为10 mL的量筒量取6.2 mL的液体，故D 错误；故选D．点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，侧重于学生的分析与实验能力的考查，注意混合物分离提纯实验中的操作，题目难度不大．3．现有四组溶液：①碘的饱和水溶液②汽油和氯化钠溶液③碳酸钙和水，分离以上各混合液的正确方法依次是（）A．萃取、分液、过滤 B．萃取、分液、蒸馏C．分液、蒸馏、过滤 D．蒸馏、萃取、过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．分析：①碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；②汽油和氯化钠溶液，分层，且汽油在上层；③碳酸钙和水的混合物，碳酸钙不溶于水．解答：解：①碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取法从碘的饱和水溶液分离出碘；②汽油和氯化钠溶液，分层，且汽油在上层，则选择分液法分离；③碳酸钙和水的混合物，碳酸钙不溶于水，则选择过滤法分离，故选A．点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．4．将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是（） A．液态氧、干冰、硫酸、烧碱、氯化钠B．碘酒、冰、盐酸、烧碱、食盐C．氢气、二氧化硫、硝酸、纯碱、硝酸钾D．铜、硫酸钠、醋酸、石灰水、氯化铜考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．分析：根据概念进行判断：单质是由一种元素组成的纯净物；氧化物是有两种元素组成其中一种元素是氧元素的化合物；酸是在水溶液中解离出来的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是在水溶液中解离出来的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是在水溶液中解离出来金属离子或铵根离子和酸根离子的化合物．解答：解：A、液态氧是非金属单质，干冰是固态二氧化碳属于氧化物，硫酸属于酸、烧碱是氢氧化钠属于碱、食盐是氯化钠属于盐，故A正确；B、碘酒是碘的酒精溶液，盐酸是氯化氢水溶液，都是混合物，故B错误；C、纯碱是碳酸钠，属于盐，不是碱，故C错误；D、硫酸钠属于盐，不是碱，故D错误．故选A．点评：本题考查单质、氧化物、酸、碱、盐的分类，题目难度不大，注意把握相关概念．5．根据中央气象台报道，近年每到秋末冬初季节，西安市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞．雾属于下列分散系中的（）A．溶液 B．悬浊液 C．胶体 D．乳浊液考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系．分析：根据雾属于胶体，属于气溶胶．解答：解：因分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体，故选D．点评：本题考查学生对教材知识的熟练程度，可以根据所学知识进行回答．6．下列说法正确的是（）A．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀盐酸的白色沉淀，则该溶液一定含有SO42﹣ B． FeCl3稀溶液与Fe（OH）3胶体本质区别是分散质粒子的大小C． Fe（OH）3胶体可以产生电泳现象，由此可知Fe（OH）3胶体溶液带电D．用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl固体的混合物考点：硫酸根离子的检验；分散系、胶体与溶液的概念及关系；物质的分离、提纯和除杂．分析： A．滴入BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，不能排除生成AgCl沉淀的可能性；B．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小；C．胶体不带电，但是可以吸附带电离子而形成带电的胶体微粒，在电场作用下会产生电泳现象；D．过滤适用于固液分离，KNO3和NaCl都易溶于水．解答：解：A．滴入BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，不能排除生成AgCl沉淀的可能性，应先加入盐酸，如无沉淀，再加入氯化钡，观察是否有沉淀生成，故A错误；B．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，FeCl3稀溶液与Fe（OH）3胶体本质区别是分散质粒子的大小，故B正确；C．Fe（OH）3胶体不带电荷，其胶粒吸附阳离子带正电荷，在电场作用下会产生电泳现象，故C错误；D．KNO3和NaCl都易溶于水，用过滤无法分离，故D错误；故选B．点评：本题考查了硫酸根离子的检验、胶体的本质及其性质、物质的分离方法的选择，掌握基本的化学实验操作是解答关键，题目难度不大．7．下列物质属于电解质的是（）①Cu②食盐③蔗糖④CO2⑤BaSO4⑥KNO3．A．④⑤ B．④⑤ C．②⑥ D．⑤⑥考点：电解质与非电解质．分析：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，单质既不是电解质也不是非电解质．解答：解：①Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故错误；②食盐的主要成分是NaCl，食盐属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故错误；③蔗糖不能电离出自由移动的离子，属于非电解质；④CO2本身不能电离，属于非电解质；⑤BaSO4熔融状态下完全电离，属于电解质，故正确；⑥KNO3属于盐，溶于水和熔融状态下均完全电离，属于电解质，故正确，故选D．点评：本题考查电解质、非电解质的概念，难度不大，注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．8．为了除去KCl中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的KCl，可将混合物溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序进行提纯，正确的步骤及顺序是（）①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液⑥加过量KOH溶液⑦加过量K2CO3溶液．A．②⑤④①③ B．④①②⑤③ C．④②⑤ D．⑥⑤⑦①③考点：物质分离、提纯的实验方案设计．专题：实验设计题．分析：为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的NaCl，先过滤除去泥沙，再加NaOH除去Mg2+，加过量BaCl2溶液除去SO42﹣，加过量Na2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子，最后加适量盐酸，以此来解答．解答：解：为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的NaCl，先过滤除去泥沙，再加NaOH除去Mg2+，加过量BaCl2溶液除去SO42﹣，加过量Na2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子，过滤除去沉淀，最后加适量盐酸，则正确的顺序为①⑥⑤⑦④①③或⑥⑤⑦①③，故选D．点评：本题以粗盐提纯考查混合物分离提纯实验方案的设计，为高频考点，明确除杂质的顺序是解答本题的关键，注意碳酸钠一定在氯化钡之后为解答的易错点，题目难度不大．9．下列除杂方案中，括号内为除去杂质所需的药品，其中正确的是（）A． NaOH溶液中混有Ba（OH）2B． Cu（NO3）2溶液中混有AgNO3C． CO2中混有COD． CO2中混有HCl气体考点：物质的分离、提纯和除杂；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：化学实验基本操作．分析： A．引入新杂质；B．Cu可与硝酸银反应生成硝酸铜；C．CO2与C反应生成CO；D．二者都与氢氧化钠反应．解答：解：A．加入K2SO4，生成KOH杂质，应用Na2SO4，故A错误；B．Cu可与硝酸银反应生成硝酸铜，可用于除杂，故B正确；C．CO2与C反应生成CO，应将气体通过灼热的CuO，故C错误；D．二者都与氢氧化钠反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故D错误．故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质的异同，注意除杂时不能引入新的杂质．10．米易龙潭溶洞景区被誉为天然氧吧，其原因是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”．O2﹣就是一种空气负离子，其摩尔质量为（） A． 32 g B． 33 g/mol C． 33 g D． 32 g/mol考点：摩尔质量．分析：根据摩尔质量在以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量．解答：解：O2﹣比O2多一个电子，电子的质量可以忽略不计，故O2﹣的相对分子质量为32，所以O2﹣的摩尔质量为32g/mol，故选D．点评：本题主要考查的是摩尔质量及其单位，根据与相对分子质量的关系即可判断，难度不大．11．下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（） A． 150 mL 1 mol/L的NaCl B． 75 mL 3 mol/L的NH4ClC． 150 mL 2 mol/L的KCl D． 75 mL 2 mol/L的CaCl2考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×溶质中含有离子的个数，与溶液的体积无关．解答：解：50mL 1mol•L﹣1 AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L﹣1×3=3mol•L﹣1，A、150 mL1mol/L NaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L﹣1×1=1mol•L﹣1，故A错误；B、75 mL3mol/L NH4Cl溶液中氯离子的物质的量浓度为3mol•L﹣1×1=3mol•L﹣1，故B正确；C、150 mL 2 mol/L的KCl溶液中氯离子的物质的量浓度为2mol•L﹣1×1=2mol•L﹣1，故C错误；D、75 mL 2 mol/L的CaCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为2mol•L﹣1×2=4mol•L﹣1，故D错误；故选：B．点评：本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度．12．欲用浓硫酸配制450mL0.50mol/L的硫酸溶液．下列说法正确的是（） A．主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶B．定容时俯视容量瓶的刻度线会导致所配制的溶液浓度偏低C．量取浓硫酸后用蒸馏水把量筒洗涤2至3次，然后把洗涤液倒入容量瓶导致所配制的溶液浓度偏高D．摇匀后，发现液面低于容量瓶刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切导致所配制的溶液浓度偏高考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：化学实验基本操作．分析： A．容量瓶只能配制固定容积的溶液；B．定容时俯视容量瓶体积偏小；C．量筒不需要洗涤；D．继续加水至凹液面与刻度线相切，使溶液体积偏大．解答：解：A．实验室没有450mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶，故A错误；B．定容时俯视容量瓶体积偏小，浓度偏大，故B错误；C．量筒不需要洗涤，洗涤会使溶质的物质的量增大，浓度偏高，故C正确；D．继续加水至凹液面与刻度线相切，使溶液体积偏大，浓度偏小，故D错误．故选C．点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，题目难度不大，注意根据C=分析误差．13．500ml 2mol/L的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是（）A． 1 mol B． 2 mol C． 3 mol D． 1000 mol考点：物质的量的相关计算．分析：根据n=cV结合物质的构成计算．解答：解：n（Cl﹣）=0.5L×2mol/L×2=2mol，故选B．点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握计算的思路以及公式的运用，难度不大．14．下列与标准状况下6.72L SO2气体含有氧原子数相同的是（）A．标准状况下6.72 L CO B． 0.3N A个Na2SO3C．常温常压下9.6g O2 D．1.806×1023个H2O分子考点：物质的量的相关计算．分析： n（SO2）==0.3mol，含有O原子为0.6mol，根据n===计算选项中各物质的物质的量，再结合化学式计算氧原子物质的量，据此判断．解答：解：n（SO2）==0.3mol，含有O原子为0.3mol×2=0.6mol，A．标准状况下6.72 L CO的物质的量为，n（SO2）==0.3mol，则n（O）=n（CO）=0.3mol，故A不符合；B.0.3N A个Na2SO3的物质的量为0.3mol，含有O原子为0.3mol×3=0.9mol，故B不符合；C．常温常压下9.6g O2的物质的量为=0.3mol，含有O原子为0.3mol×2=0.6mol，故C符合；D．1.806×1023个H2O分子物质的量为=0.3mol，含有O原子为0.3mol×1=0.3mol，故D不符合，故选C．点评：本题考查物质的量有关计算，注意对化学式的理解，侧重对学生基础知识的巩固．15．有一种气体的质量是14.2g，体积是4.48L（标准状况），该气体的摩尔质量是（） A． 28.4 B．28.4 g•mol﹣1 C． 71 D．71 g•mol﹣1考点：摩尔质量；物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：根据M==计算该气体的摩尔质量．解答：解：M====71g/mol，故选D．点评：本题考查了摩尔质量的计算，难度不大，注意基本公式的掌握．16．实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl的质量分别是（）A． 950 mL 111.2 g B． 500 mL 117.0 gC． 1000 mL 117.0 g D． 1000 mL 111.2 g考点：溶液的配制．分析：实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，根据n=cV以及m=nM进行计算．解答：解：实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则n（NaCl）=1L×2mol/L=2mol，m（NaCl）=2mol×58.5g/mol=117g，故选C．点评：本题考查溶液的配制知识，比较基础，注意实验室常用容量瓶的规格．17．对于相同物质的量的SO2和SO3，下列说法中正确的是（）A．硫元素的质量比为5：4 B．分子数之比为1：1C．原子总数之比为4：3 D．质量之比为1：1考点：阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据n==，结合SO2和SO3的分子构成计算．解答：解：A、1个SO2和SO3的分子中都含一个硫原子，相同物质的量，硫原子数相同，二者所含硫元素的质量比为1：1，故A错误；B、物质的量相同，分子数相同，分子数之比为1：1，故B正确；C、每个SO2含有3个原子，每个SO3含有4个原子，相同物质的量的SO2和SO3所含原子数之比为3：4，故C错误；D、物质的量相同，质量之比等于摩尔质量之比，SO2和SO3的质量之比为64g/mol：80g/mol=4：5，故错误．故选B．点评：本题考查常用化学计量数，难度不大，注意在标准状况下，SO2为气体，SO3为液体．18．符合图中阴影部分的物质是（）A． Na2CO3 B． Cu2（OH）2CO3 C． NaCl D． NaHCO3考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：根据图可知该盐应分别属于正盐、碳酸盐和钠盐，根据选项中物质的特点进行判断．解答：解：A、Na2CO3分别属于正盐、碳酸盐和钠盐，符合题意要求，故A正确；B、Cu2（OH）2CO3属于碱式盐，不符合题意要求，故B错误；C、NaCl不属于碳酸盐，故C错误；D、NaHCO3属于酸式盐，不符合题意要求，故D错误．故选A．点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意把握物质的分类角度．19．下列物质在水溶液中电离方程式书写正确的是（）A． Na2CO3═2 Na++CO3﹣2 B． NaHSO4═Na++H++SO42﹣C． Ba（OH）2═Ba2++OH2﹣ D． NaHCO3═Na++H++CO32﹣考点：电离方程式的书写．分析： A．碳酸根离子书写错误；B．硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子；C．氢氧化钡是强电解质，完全电离生成钡离子和2个氢氧根离子；D．碳酸氢钠为强电解质，水溶液中电离生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆．解答：解：A．碳酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式：Na2CO3═2 Na++CO32﹣，故A错误；B．硫酸氢钠在水中电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42﹣，故B正确；C．氢氧化钡电离方程式：Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣，故C错误；D．碳酸氢钠是强电解质，能完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子团不能拆开，电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3﹣，故D错误；故选：B．点评：本题考查了电离方程式的书写，明确书写电离方程式的方法，准确判断电解质的强弱及电离方式是解题关键，题目难度不大．20．下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe═Fe2++CuB．稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．碳酸钙与盐酸反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑考点：离子方程式的书写．分析： A．氯化铜溶液与铁粉反应生成氯化亚铁和铜；B．不符合反应客观事实；C．离子个数不符合物质的配比；D．碳酸钙为沉淀，应保留化学式．解答：解：A．氯化铜溶液与铁粉反应，离子方程式：Cu2++Fe═Fe2++Cu，故A正确；B．稀H2SO4与铁粉反应，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．碳酸钙与盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故D错误；故选：A．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应方程式书写及反应实质是解题关键，题目难度不大．21．下列离子方程式书写正确的是（）A．向氯化钙溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2═CaCO3↓+2H+。
四川省攀枝花市米易中学2014_2015学年高二化学上学期第一次月考试卷(提高班,含解析)
2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高二（上）第一次月考化学试卷（提高班）一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1．已知热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）；△H1=+571.6kJ/mol，2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H2=﹣483.6kJ/mol．当1g 液态水变成气态水时，对其热量变化的下列描述：①放出；②吸收；③2.44kJ；④4.88kJ；⑤88kJ，其中正确的是（）A．②和⑤B．①和③C．②和④D．②和③2．已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是285.8kJ/mol、1 411.0kJ/mol和1 366.8kJ/mol，则由C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的△H为（）A．﹣44.2 kJ/mol B．+44.2 kJ/mol C．﹣330 kJ/mol D．+330 kJ/mol3．同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中热量数值最小的是（）A．2A（l）+B（l）=2C（g）△H1B．2A（g）+B（g）=2C（g）△H2C．2A（g）+B（g）=2C（l）△H3D．2A（l）+B（l）=2C（l）△H44．100g碳燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且C（S）+ O2（g）═CO（g）△H=﹣110.35KJ•mol﹣1，CO（g）+ O2（g）═CO2（g）△H=﹣282.57KJ•mol﹣1与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量是（）A．392.92KJ B．2489.44KJ C．784.92KJ D．3274.3KJ5．已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ•mol﹣1C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣2220kJ•mol﹣1根据上面两个热化学方程式，试回答下列问题：（1）H2的燃烧热为，C3H8的燃烧热为．（2）1mol H2和2mol C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为．（3）现有H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧时放热3847kJ，则在混合气体中H2和C3H8的体积比是．6．某反应物的浓度是2.0mol/L经4s后变为1.68mol/L则这4s内平均反应速率是（）A．0.2 mol/（L•S）B．0.1 mol/（L•S）C．0.04 mol/（L•S） D．0.08 mol/（L•S）7．在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（L•s），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（）A．1.6 mol B．2.8 mol C．2.4 mol D．1.2 mol8．向4L容器中充人0.7molSO2和0.4molO2，1s末测得剩余SO2是0.3mol，则 v（O2）（）A．0.100 mol/（L•min）B．0.025 mol/（L•s）C．0.05 mol/（L•min）D．0.0125 mol/（L•s）9．在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：ν（H2）=0.45mol/（L•s），则2s末NH3的浓度为（）A．0.45mol/L B．0.50mol/L C．0.55mol/L D．0.60mol/L二、题型二：反应速率大小的比较10．在2A+B⇌3C+5D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）═0.5 mol/（L•s）B．v（B）═0.3mol/（L•s）C．v（C）═0.8 mol/（L•s）D．v（D）═1mol/（L•s）11．在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应．根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是（）A．v（H2）=0.1 mol•L﹣1•min﹣1B．v（N2）=0.2 mol•L﹣1•min﹣1C．v（NH3）=0.15 mol•L﹣1•min﹣1D．v（H2）=0.3 mol•L﹣1•min﹣1三、题型三：化学方程式系数的确定12．在密闭容器中进行可逆反应，A与B反应生成C，其反应速率分别用υ（A）、υ（B）、υ（C）（mol•L﹣1•s﹣1）表示，且υ（A）、υ（B）、υ（C）之间有如下所示的关系：υ（B）=3υ（A）； 3υ（C）=2υ（B）．则此反应可表示为（）A．2A+3B⇌2C B．A+3B⇌2C C．3A+B⇌2C D．A+B⇌C13．在mA+nB=pC的反应中，（m、n、p为各物质的化学计量数）现测得C每2分钟增加 4mol．L ﹣1，B每分钟减少1.5mol．L﹣1，A每分钟减少0.5mol．L﹣1，则m：n：p为（）A．2：3：2 B．2：2：3 C．1：3：4 D．3：1：2四、题型四：化学反应速率与图象结合14．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为．（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为．15．一般都能使反应速率加快的方法是（）①升温；②改变生成物浓度；③增加反应物浓度；④加压．A．①②③B．①③ C．②③ D．①②③④16．对下列化学反应，其他条件一定而增大压强，化学反应速率增大的是（）A．Zn（s）+H2SO4（aq）═ZnSO4（aq）+H2（g）B．CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）C．FeCl3（aq）+3KSCN（aq）=Fe（SCN）3（aq）+3KCl（aq）D．2P（s）+3Cl2（g）2PCl3（g）17．用3g块状大理石与30mL 3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（）①再加入30mL 3mol/L盐酸②改用30mL 6mol/L盐酸③改用3g粉末状大理石④适当升高温度．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③18．下列不同条件下的化学反应：A（aq）+B（aq）═C（aq）+D（aq）反应速率由大到小的顺序正确的是（）①常温下20mL溶液含A和B各0.001mol②常温下100mL溶液含A和B各0.01mol③常温下0.05mol/L A、B溶液各10mL混合后，再加水20mL④常温下将100mL含A 0.001mol和20mL含B 0.001mol混合溶液混合．A．①②③④ B．②③④① C．②①③④ D．②④①③19．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A．增加C的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系压强增大D．保持压强不变，充入氮气使容器体积增大20．在一密闭容器中充入1mol H2和1mol I2，压强为p（Pa），并在一定温度下使其发生反应：H2（g）+I2（g）═2HI（g）（1）保持容器容积不变，向其中充入1mol H2，反应速率，理由是．（2）保持容器容积不变，向其中充入1mol N2（N2不参加反应），反应速率，理由是．（3）保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol N2（N2不参加反应），反应速率，理由是．21．已知反应A2（g）+2B2（g）⇌2AB2（g）△H＜0，下列说法正确的是（）A．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小B．升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动22．恒容下的2SO2+O2 ⇌2SO3；△H＜0，达到平衡后，下列可以加快反应速率的方法是（）A．将SO3分离出一部分B．升温C．充入少量N2，增大压强 D．充入少量SO3气体23．3molA和2.5molB混合于容积为2L的容器内，使它们发生反应2A（s）+3B（g）⇌2C（g）+D（g），经过5min生成0.5molD，下列说法正确的是（）A．B的平均消耗速率为0.3mol/（L•min）B．C的平衡浓度为2mol/LC．平衡后，增大压强，平衡将向正方向移动D．若反应容器内气体的密度不再发生变化，说明反应已经达到平衡24．在不同条件下，分别测得反应2SO2+O2⇌2SO3的速率如下，其中最快的是（）A．v（SO3）=4 mol•L﹣1•min﹣1B．v（O2）=2 mol•L﹣1•min﹣1C．v（SO2）=5 mol•L﹣1•min﹣1D．v（SO2）=0.1 mol•L﹣1•S﹣125．能够充分说明在恒温下的密闭容器中反应：2SO2+O2⇌2SO3，已经达到平衡的标志是（）A．容器中压强不随时间的变化而改变B．容器中SO2和SO3的浓度相同C．容器中SO2、O2、SO3的物质的量为2：1：2D．容器中SO2、O2、SO3共存26．在一定温度下，反应A2（气）+B2（气）⇌2AB（气）达到平衡的标志是（）A．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的ABB．容器内的总压强不随时间变化C．单位时间生成2n mol的AB同时生成n mol的B2D．单位时间生成n mol的A2同时生成n mol的B227．可逆反应N2+3H2⇌2NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示．下列关系中能说明反应已达到平衡状态的是（）A．3v正（N2）=v正（H2）B．v正（N2）=v正（NH3）C．v正（H2）=3v逆（NH3）D．3v正（N2）=v逆（H2）28．可逆反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）在密闭容器中进行，当下列4项中某项不随时间变化时，才能说明反应已达平衡（）A．容器内压强B．平均相对分子质量C．各组分浓度D．混合气体的颜色29．在一定条件下，化学反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡状态的标志为（）A．容器内平均相对分子质量不随时间变化B．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2C．N2减少的速率和NH3生成的速率之比为1：2D．气体体积为初始体积的一半30．在一定条件下恒容的密闭容器中，可逆反应：2NO+O2⇌2NO2一定条件下，达到平衡的标志是（）A．混合气体的颜色不再变化B．NO、O2、NO2的分子个数之比为2：1：2C．反应混合物中各组分的物质的量浓度相等D．混合气体的平均相对分子质量不变31．在一定温度下的固定容积的密闭容器中，当下列物理量不再变化时，表明反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达平衡的是（）A．混合气体的压强B．混合气体的密度C．A的物质的量浓度D．气体的总物质的量32．反应：A（气）+3B（气）⇌2C（气）△H＜0达平衡后，将气体混合物的温度降低．下列叙述中正确的是（）A．正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动B．正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动D．正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反应方向移动33．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H＞0．下列叙述正确的是（）A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大34．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（）A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．增加X的物质的量，Y的转化率降低35．一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1molO2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）达到平衡后改变下述条件，SO3气体平衡浓度不改变的是（）A．保持温度和容器体积不变，充入1mol SO2（g）B．保持温度和容器内压强不变，充入1mol SO3（g）C．保持温度和容器内压强不变，充入1mol O2（g）D．保持温度和容器内压强不变，充入1mol Ar（g）36．密闭容器中，反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）达平衡时，A的浓度为0.5mol/L，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，达新平衡时A的浓度降为0.3mol/L下列判断错误的是（）A．x+y＞z B．平衡向正方向移动C．B的转化率降低D．C的体积分数下降37．某温度下，在固定容积容器中，可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡，此时测得n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1．若保持温度不变，以n（A）：n（B）：n（C）=2：2：1的比例向该容器中再充入A、B和C，则（）A．平衡向正反应方向移动B．平衡向逆反应方向移动C．平衡不发生移动D．相对原平衡n（A）、n（B）减少，n（C）增大38．在一固定容积的密闭容器中，保持一定条件下进行以下反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），已知加入1molX和3molY．达到平衡后，生成a mol Z．（1）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2molX和6molY，达到平衡后，Z的物质的量为．（2）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2molX和8molY，若要求在反应混合气体中Z体积分数不变，则还需加入Z的物质的量为．39．在一个密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在850℃时，气体混合物达到下式所示平衡：CO2+H2⇌CO+H2O．已知达到平衡时生成0.75molCO．那么当H2改为9mol，在上述条件下平衡时生成CO 和H2O的物质的量之和可能为（）A．1.2mol B．1.5mol C．1.8mol D．2.5mol40．在一定条件下将1mol CO和1mol H2O（g）放入密闭容器中进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），达到平衡时测得CO2 0.6mol，再向其中通入4mol H2O达新平衡后CO2的物质的量为（）A．0.6mol B．1mol C．1.3mol D．0.8mol41．恒温时，在一容积固定的容器中充入2mol的NO2，反应2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡时，向容器入通入2mol的NO2，重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的转化率（）A．不变 B．增大 C．减少 D．无法确定2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高二（上）第一次月考化学试卷（提高班）参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题3分，满分27分）1．已知热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）；△H1=+571.6kJ/mol，2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H2=﹣483.6kJ/mol．当1g 液态水变成气态水时，对其热量变化的下列描述：①放出；②吸收；③2.44kJ；④4.88kJ；⑤88kJ，其中正确的是（）A．②和⑤B．①和③C．②和④D．②和③【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】当1g 液态水变成气态水时，需要吸热，依据盖斯定律计算得到液态水变化为气体水吸收的热量，依据热化学方程式计算1g水变化为气态水吸收的热量．【解答】解：当1g 液态水变成气态水时，需要吸热，依据盖斯定律计算得到液态水变化为气体吸收的热量；已知热化学方程式：①2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）；△H1=+571.6kJ/mol，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H2=﹣483.6kJ/mol．依据盖斯定律①+②得到2H2O（l）=2H2O（g）；△H3=+88KJ/mol依据热化学方程式计算，当1g 液态水变成气态水时，需要吸热2.44KJ；所以②③正确；故选D．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算，掌握基础是关键，题目较简单．2．已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是285.8kJ/mol、1 411.0kJ/mol和1 366.8kJ/mol，则由C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的△H为（）A．﹣44.2 kJ/mol B．+44.2 kJ/mol C．﹣330 kJ/mol D．+330 kJ/mol【考点】有关反应热的计算．【分析】已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是﹣285.8kJ/mol、﹣1411.0kJ/mol 和﹣1366.8kJ/mol，则有：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；②C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=﹣1411.0kJ/mol；③C2H5OH（l）+3O2（g）=3H2O（l）+2CO2（g）△H=﹣1366.8kJ/mol；根据盖斯定律②﹣③可得C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l），反应热也进行相应的计算．【解答】解：已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是﹣285.8kJ/mol、﹣1411.0kJ/mol 和﹣1366.8kJ/mol，则有：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；②C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=﹣1411.0kJ/mol；③C2H5OH（l）+3O2（g）=3H2O（l）+2CO2（g）△H=﹣1366.8kJ/mol；根据盖斯定律②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）故△H=（﹣1411.0kJ/mol）﹣（﹣1366.8kJ/mol）=﹣44.2kJ/mol，故选A．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度中等，注意盖斯定律应用于反应热的计算．3．同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中热量数值最小的是（）A．2A（l）+B（l）=2C（g）△H1B．2A（g）+B（g）=2C（g）△H2C．2A（g）+B（g）=2C（l）△H3D．2A（l）+B（l）=2C（l）△H4【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】题中各反应物质的聚集状态不同，根据固体→液体→气体为吸热过程进行判断．【解答】解：对于同一种物质，在气态时能量最高、液态时其次，固态时最低，则题中A 放出热量最小，C放出热量最多，故选A．【点评】本题考查反应热的判断，题目难度不大，注意物质的聚集状态与反应热的关系，注意题中热量数值与反应热的不同．4．100g碳燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且C（S）+ O2（g）═CO（g）△H=﹣110.35KJ•mol﹣1，CO（g）+ O2（g）═CO2（g）△H=﹣282.57KJ•mol﹣1与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量是（）A．392.92KJ B．2489.44KJ C．784.92KJ D．3274.3KJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量．根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算．【解答】解：100g碳的物质的量为=mol，燃烧所得气体中，CO占体积，所以CO的物质的量为mol×=mol，由于CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣282.57kJ/mol，所以molCO燃烧放出的热量为282.57kJ/mol×mol=784.92kJ，即100g碳不完全燃烧生成molCO损失的热量为784.92kJ，故选C．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度中等，关键在于清楚碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量．5．已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ•mol﹣1C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣2220kJ•mol﹣1根据上面两个热化学方程式，试回答下列问题：（1）H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，C3H8的燃烧热为2220kJ•mol﹣1．（2）1mol H2和2mol C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为4725.8kJ ．（3）现有H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧时放热3847kJ，则在混合气体中H2和C3H8的体积比是3：1 ．【考点】燃烧热；有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据燃烧热的概念；（2）根据氢气物质的量以及燃烧热、丙烷物质的量以及燃烧热，列式求出混合气体完全燃烧释放的热量；（3）根据H2和C3H8的燃烧热，然后设出H2的物质的量，利用方程式组来解．【解答】解：（1）因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质B完全燃烧生成稳定化合物时所释放出的热量，所以H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，C3H8的燃烧热为2220k J•mol﹣1，故答案为：285.8kJ•mol﹣1；2220kJ•mol﹣1；（2）1mol H2和2mol C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为1mol×285.8kJ•mol﹣1+2mol×2220kJ•mol﹣1=4725.8kJ，故答案为：4725.8kJ；（3）设混合气中H2的物质的量为x，则C3H8的物质的量为5mol﹣x．根据题意，列方程为：285.8kJ/mol×x+2220.0kJ/mol×（5mol﹣x）=3847kJ解得 x=3.75 mol；C3H8的物质的量为5mol﹣3.75mol=1.25mol．所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为3：1，故答案为：3：1．【点评】本题主要考查了热化学方程式的计算，难度不大．6．某反应物的浓度是2.0mol/L经4s后变为1.68mol/L则这4s内平均反应速率是（）A．0.2 mol/（L•S）B．0.1 mol/（L•S）C．0.04 mol/（L•S） D．0.08 mol/（L•S）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】反应物的浓度是2mol•L﹣1，经过8min后，它的浓度变成1.68mol•L﹣1，△c=2mol/L ﹣1.68mol/L=0.32mol/L，结合v=计算．【解答】解：反应物的浓度是2mol•L﹣1，经过4min后，它的浓度变成1.68mol•L﹣1，△c=2mol/L ﹣1.68mol/L=0.32mol/L，△t=4min，由v===0.08 mol•L﹣1 s﹣1，故选D．【点评】本题考查化学反应速率的计算，明确反应速率的计算表达式即可解答，注意反应物浓度的减少量，题目较简单．7．在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（L•s），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（）A．1.6 mol B．2.8 mol C．2.4 mol D．1.2 mol【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B），利用△c=v△t计算△c（B），△n （B）=△c（B）•V，B的起始物质的量减△n（B）为10秒钟时容器中B的物质的量．【解答】解：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.5×0.12mol/（L•s）=0.06mol/（L•s），所以△c（B）=0.06mol/（L•s）×10s=0.6mol/L，所以△n（B）=0.6mol/L×2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol﹣1.2mol=2.8mol．故选B．【点评】本题考查反应速率的有关计算，难度不大，注意对反应速率公式的灵活运用．8．向4L容器中充人0.7molSO2和0.4molO2，1s末测得剩余SO2是0.3mol，则 v（O2）（）A．0.100 mol/（L•min）B．0.025 mol/（L•s）C．0.05 mol/（L•min）D．0.0125 mol/（L•s）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据v=求出v（SO2），再利用速率之比等于化学计量数之比，计算v（O2）．【解答】解：以SO2表示的该反应的速率v（SO2）==0.1mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以有：v（O2）=v（SO2）=×0.1mol•L﹣1•s﹣1=0.05mol•L﹣1•s﹣1；故选：C．【点评】本题考查了化学平衡的有关计算，难度不大，O2表示的该反应的速率可以用定义法也可以用化学计量法，化学计量法比定义法稍简单．9．在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：ν（H2）=0.45mol/（L•s），则2s末NH3的浓度为（）A．0.45mol/L B．0.50mol/L C．0.55mol/L D．0.60mol/L【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NH3），再利用△c=v△t计算2s末NH3的浓度．【解答】解：发生反应N2+3H2⇌2NH3，2s内氢气的平均速率：ν（H2）=0.45mol/（L•s），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NH3），则v（NH3）=×ν（H2）=×0.45mol/（L•s）=0.3mol/（L•s），故2s末NH3的浓度为0.3mol/（L•s）×2s=0.6mol/L，故选D．【点评】考查反应速率的有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用．二、题型二：反应速率大小的比较10．在2A+B⇌3C+5D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）═0.5 mol/（L•s）B．v（B）═0.3mol/（L•s）C．v（C）═0.8 mol/（L•s）D．v（D）═1mol/（L•s）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，然后比较大小．【解答】解：对反应2A+B=3C+5D ，都换算成D 表示的速率进行比较，A 、v （A ）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v （D ）=v （A ）=×0.5 mol/（L•s）=1.25 mol/（L•s）；B 、v （B ）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v （D ）=5v （B ）=5×0.5 mol/（L•s）=2.5 mol/（L•s）；C 、v （C ）=0.8 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v （D ）=v （C ）=×0.8 mol/（L•s）=1.33 mol/（L•s）；D 、v （D ）=1 mol/（L•s），故B 表示的反应速率最快，故选B ．【点评】本题考查化学反应速率的比较，难度不大，注意转化为同一物质表示的速率，再进行比较，利用速率与对应化学计量数的比值判断更简单．11．在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应．根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是（ ）A ．v （H 2）=0.1 mol•L ﹣1•min ﹣1B ．v （N 2）=0.2 mol•L ﹣1•min ﹣1C ．v （NH 3）=0.15 mol•L ﹣1•min ﹣1D ．v （H 2）=0.3 mol•L ﹣1•min ﹣1【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．【解答】解：都转化为氢气表示的速率进行比较，对于N 2+3H 2⇌2NH 3，A 、v （H 2）=0.1 mol•L ﹣1•min ﹣1，B 、v （N 2）=0.2 mol•L ﹣1•min ﹣1，速率之比等于化学计量数之比，故v （H 2）=3v （N 2）=0.6mol•L﹣1•min ﹣1C 、v （NH 3）=0.15 mol•L ﹣1•min ﹣1，速率之比等于化学计量数之比，故v （H 2）=v（N 2）=×0.15mol•L ﹣1•min ﹣1=0.225mol•L ﹣1•min ﹣1，D 、v （H 2）=0.3mol•L ﹣1•min ﹣1，故速率B ＞D ＞C ＞A ，故选B ．【点评】本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快．三、题型三：化学方程式系数的确定12．在密闭容器中进行可逆反应，A 与B 反应生成C ，其反应速率分别用υ（A ）、υ（B ）、υ（C ）（mo l•L ﹣1•s ﹣1）表示，且υ（A ）、υ（B ）、υ（C ）之间有如下所示的关系：υ（B ）=3υ（A ）； 3υ（C ）=2υ（B ）．则此反应可表示为（ ）A ．2A+3B ⇌2C B ．A+3B ⇌2C C ．3A+B ⇌2CD ．A+B ⇌C【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】化学反应中，反应速率之比等于化学计量数之比，则可确定各物质的化学计量数关系，以此解答．【解答】解：可逆反应，A与B反应生成C，由于v（B）=3v（A）、v（c）=2v（A）、3v（C）=2v（B），所以v（A）：v（B）：v（C）=1：3：2，所以反应为A+3B⇌2C，故选B．【点评】本题考查反应速率与化学计量数的关系，为高频考点，把握利用速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度不大．13．在mA+nB=pC的反应中，（m、n、p为各物质的化学计量数）现测得C每2分钟增加 4mol．L ﹣1，B每分钟减少1.5mol．L﹣1，A每分钟减少0.5mol．L﹣1，则m：n：p为（）A．2：3：2 B．2：2：3 C．1：3：4 D．3：1：2【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】浓度的变化量之比等于其化学计量数之比，据此计算解答．【解答】解：C每2分钟增加 4mol．L﹣1，则每分钟增加 2mol．L﹣1，浓度的变化量之比等于其化学计量数之比，则m：n：p=0.5 mol/L：1.5 mol/L：2mol/L=1：3：4，故选C．【点评】本题考查反应速率的有关计算，难度不大，注意根据反应速率公式理解速率规律．四、题型四：化学反应速率与图象结合14．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为X+3Y 2 Z ．（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为0.05 mol•（L•min）﹣1．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学反应速率专题．【分析】（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）根据v=计算反应速率．【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为：X+3Y 2Z，故答案为：X+3Y 2Z；（2）v（Z）==0.05mol•（L•min）﹣1，故答案为：0.05mol•（L•min）﹣1．【点评】本题考查化学平衡图象分析题目，题目难度不大，注意分析各物质的量的变化曲线，把握化学方程式的判断方法．15．一般都能使反应速率加快的方法是（）①升温；②改变生成物浓度；③增加反应物浓度；④加压．A．①②③B．①③ C．②③ D．①②③④【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】①升高温度反应速率加快；②改变生成物浓度，不一定影响反应物的浓度；③增加反应物浓度，反应速率加快；④增大压强对有气体参加的反应，反应速率加快．【解答】解：①升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞增加，反应速率加快，故①正确；②改变生成物浓度，不一定影响反应物的浓度的增大，反应速率不一定增大，故②错误；③增加反应物浓度，单位体积内活化分子增大，有效碰撞增加，反应速率加快，故③错误；④增大压强对有气体参加的反应，反应速率加快，若没有气体参加，压强对反应速率不影响，故④错误；故选B．【点评】本题考查影响化学反应速率的常见因素，难度不大，可以根据所学知识进行回答，注意反应中固体、纯液体的量发生改变对反应速率无影响是学生在解题中容易忽略的知识．16．对下列化学反应，其他条件一定而增大压强，化学反应速率增大的是（）A．Zn（s）+H2SO4（aq）═ZnSO4（aq）+H2（g）B．CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）C．FeCl3（aq）+3KSCN（aq）=Fe（SCN）3（aq）+3KCl（aq）D．2P（s）+3Cl2（g）2PCl3（g）【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A、是溶液中进行的完全反应，主要影响反应速率主要因素是金属的活泼性和离子浓度；B、CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）是完全反应，影响反应速率主要因素是温度；C、FeCl3（aq）+3KSCN（aq）=Fe（SCN）3（aq）+3KCl（aq）反应的实质量铁离子与硫氰根离子生成络合物；D、中Cl2和PC l3都是气体，与压强有关．【解答】解：A、是溶液中进行的完全反应，反应的实质是锌与氢离子生成氢气，影响反应速率主要因素是金属的活泼性和离子浓度，与气压无明显关系，故A不选；B、CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）是完全反应，影响反应速率主要因素是温度，无压强无明显关系，故B不选；C、FeCl3（aq）+3KSCN（aq）=Fe（SCN）3（aq）+3KCl（aq）反应的实质量铁离子与硫氰根离子生成络合物，与离子浓度的大小有关，无明显关系，故C不选；D、中Cl2和PC l3都是气体，与压强有关，增大压强，化学反应速率增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查影响化学反应速率的外界因素的适用范围，侧重浓度、温度、压强对反应速率的影响的考查，题目难度不大．17．用3g块状大理石与30mL 3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（）①再加入30mL 3mol/L盐酸②改用30mL 6mol/L盐酸③改用3g粉末状大理石④适当升高温度．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等．浓度：增加反应物浓度，使反应速率加快．温度：升高温度，使反应速率加快．压强：对于有气体参与的化学反应，除体积其它条件不变时，增大压强，使反应速率加快．使用正催化剂，使反应物速率加快．【解答】解：用3克块状大理石与30毫升3摩/升盐酸反应制取CO2气体发生的反应为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O 要增大反应速率，则：①再加入30毫升3摩/升盐酸，盐酸浓度未变，反应速率不变，故①错误；②改用30毫升6摩/升盐酸．盐酸浓度增大，增加了单位体积的活化分子的数目，从而增加有效碰撞，反应速率加快．故②正确；③改用3克粉末状大理石固体大理石的表面积增大，反应速率加快．故③正确；④适当升高温度．升高温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大．故④正确；故选B．【点评】掌握影响化学反应速率的因素有哪些，为什么能够影响，是解题的关键，平时学习需理解记忆．18．下列不同条件下的化学反应：A（aq）+B（aq）═C（aq）+D（aq）反应速率由大到小的顺序正确的是（）①常温下20mL溶液含A和B各0.001mol②常温下100mL溶液含A和B各0.01mol③常温下0.05mol/L A、B溶液各10mL混合后，再加水20mL④常温下将100mL含A 0.001mol和20mL含B 0.001mol混合溶液混合．A．①②③④ B．②③④① C．②①③④ D．②④①③【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】对于A（aq）+B（aq）═C（aq）+D（aq）反应，A、B浓度越大，反应速率越大，以此解答．【解答】解：对于化学反应，反应物浓度越大，则反应速率越大，①中含A、B的浓度为：=0.05mol/L；②中含A、B的浓度为：=0.1mol/L；③含A、B的浓度为：0.05mol/L×=0.0125mol/L；④含A、B的浓度为：=0.0083mol/L四者浓度的大小关系是②①③④，则四者反应速率的大小关系是②＞①＞③＞④，故选C．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和对基本理论理解考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．19．反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）A．增加C的量B．将容器的体积缩小一半C．保持体积不变，充入氮气使体系压强增大D．保持压强不变，充入氮气使容器体积增大【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】A、根据浓度越大，化学反应速率越快，固体量的增减不影响反应速率；B、体积缩小，反应体系中物质的浓度增大，化学反应速率越快；C、体积不变，充入氮气使体系压强增大，但反应体系中的各物质的浓度不变；D、压强不变，充入氮气容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小．【解答】解：A、因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故A正确；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B错误；C、保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；D、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错误．故选AC．【点评】影响化学速率的因素有：温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变．20．在一密闭容器中充入1mol H2和1mol I2，压强为p（Pa），并在一定温度下使其发生反应：H2（g）+I2（g）═2HI（g）（1）保持容器容积不变，向其中充入1mol H2，反应速率加快，理由是增加反应物氢气浓度，反应速率加快．。
四川省米易中学2015届高三化学第五次周测试题
四川省米易中学 2015届高三周测化学试题（5.12）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64 Si 28第Ⅰ卷（选择题共42分）第Ⅰ卷共7题，每题6分。
在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生活密切相关，下列说法不．正确．．的是（）A．人体内不含消化纤维素的消化酶，因此食物纤维对人体无用B．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多和焙制糕点C．油脂从化学成分上讲属于酯类化合物，是人类的主要营养物质之一D．维生素有20多种，它们多数在人体内不能合成，需要从食物中摄取。
2．下列实验所对应的离子方程式正确．．的是（）A．向NaAlO2溶液中通入少量CO2：AlO2－＋CO2＋2H2O= Al(OH)3↓+ HCO3－B．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3H＋C．在碳酸氢钡溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓+CO32-+2H2OD．加热可增强纯碱溶液去污力：CO32-＋2H2O H2CO3＋2OH-3．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．60g SiO2中含有N A个SiO2分子B．标准状况下，2.24L NH3和CH4的混合气体，所含电子总数为2N AC．1molCO2与含1molNaOH的溶液反应后，溶液中HCO3-数为N AD．1mol C5H12分子中共价键总数为16N A4．下列操作会导致实验结果偏高的是（）A．中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值B．中和滴定测定盐酸浓度，量取20.00mL盐酸时未用待测液润洗酸式滴定管C．用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量D．配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液体积仰视读数，所配溶液的浓度5．短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为24。
四川省攀枝花市米易中学2015届高三化学上学期第四次段考试题含解析
2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第四次段考化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分.每小题只有一项符合题意）1．下列说法中正确的是( )①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定大于HC1③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐⑤铊（TI）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱⑦海水提镁的主要步骤为海水Mg（OH）2（s）MgCl2（aq）Mg（1）+Cl2（g）A．①③④⑥ B．①③⑥C．③④⑤⑦ D．②④⑥2．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol﹣1，下列叙述正确的是( )A．58.5 g的氯化钠固体中含有N A个氯化钠分子B．0.1 L 3 mo1•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3×6.02×1023C．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×10233．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是( )A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（Na+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②4．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是( )A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═Na++OH﹣+O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O5．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素，原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法不正确的是( )A．工业上用电解法获得Z、R的单质B．Y、Z、R的简单离子具有相同的电子层结构C．由X与Y、X与W形成的化合物放在空气中都易变质D．由X、Y、Z形成的化合物能与X、Y、R形成的化合物发生复分解反应6．高效能电池的研发制约电动汽车的推广．有一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应式为：2C2H6+7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，有关此电池的推断正确的是( )A．负极反应为：14H2O+7O2+28e﹣=28OH﹣B．放电过程中KOH的物质的量浓度不变C．每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14molD．放电一段时间后，负极周围的pH升高7．如图的分子酷似企鹅，化学家Chris Scotton将该分子以企鹅来取名为Penguinone．下列有关Penguinone的说法正确的是( )A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物有9种B．Penguinone分子中所有碳原子可能处于同一平面C．Penguinone分子中无酚羟基所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．Penguinone分子式为C10H14O二、非选择题（共58分）8．（16分）已知X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，Y原子的价电子构型为2s22p2，Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的未成对电子个数是同周期元素原子中最多的．（1）30R原子最外层的电子排布图是__________，ZO3﹣的空间构型是__________；（2）Z、M、W原子序数依次增大的同周期元素，三种元素的第一电离能由大到小的顺序是__________；Y、Z、W三种元素的电负性由大到小的顺序是__________．（填元素符号）（3）Ne与W n﹣的电子数相同，W所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族元素的氢化物中沸点最低的是__________．（填化学式）（4）ZX4W在物质中，各种粒子间的相互作用力包括__________．（填字母编号）A．非极性共价键 B．极性共价键 C．配位键 D．离子键 E．氢键（5）按电子排布R在元素周期表中属于__________区，其晶体属于六方最密堆积，它的配位数是__________．9．如图所示，若电解5 min时铜电极质量增加2.16g，试回答：（1）电源电极X名称为__________．（2）pH变化：A__________，B__________，C__________．（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标准状况），溶液体积为200mL．（设电解前后溶液不变）则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为__________．（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH是__________（设前后体积无变化）．10．（16分）已知：A是一种药品，A～K均是芳香族化合物，F不与溴水反应．根据如图所示的转化关系．回答问题：（1）化合物A中无氧官能团的结构式是__________．（2）上图所示的转化关系①～⑨中，有机物发生氧化反应的是__________．（3）物质C的结构简式__________．物质K的结构简式__________．（4）写出下列反应的化学方程式（注明条件、配平）：③__________⑧__________（5）含有苯环、且苯环上只有一个侧链且属于酯类F的同分异构体有__________种．11．（14分）工业上制备K2FeO4的流程如下：（1）实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，试说明加稀硫酸原因__________．（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是__________．（3）用饱和KOH溶液结晶的原因是__________（4）洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是__________．（5）控制NaOH的量一定，改变FeSO4•7H2O的投入量时，可以控制产率，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为__________．（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg 的K2FeO4，则需要FeSO4•7H2O__________Kg．（K2FeO4的相对分子质量是198；FeSO4•7H2O的相对分子质量是278；答案用分数表示）（7）电解法也能制备K2FeO4．用KOH溶液作电解液，在以铁作阳极可以将铁氧化成FeO42﹣，试写出此时阳极的电极反应式__________．2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第四次段考化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分.每小题只有一项符合题意）1．下列说法中正确的是( )①钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用②砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定大于HC1③Na2FeO4可做水的消毒剂和净化剂④陶瓷、玻璃、水晶、玛瑙、水泥、光导纤维的主要成分都是硅酸盐⑤铊（TI）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应⑥第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱⑦海水提镁的主要步骤为海水Mg（OH）2（s）MgCl2（aq）Mg（1）+Cl2（g）A．①③④⑥ B．①③⑥C．③④⑤⑦ D．②④⑥【考点】金属的电化学腐蚀与防护；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；海水资源及其综合利用；含硅矿物及材料的应用；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】①致密的氧化物能保护里面的金属；②元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；③Na2FeO4中铁为+6价；④水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，玻璃、水泥属于硅酸盐产品；⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强；⑦工业上是电解熔融的氯化镁生产镁；【解答】解：①四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故①正确；②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；③Na2FeO4中铁为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe3+，后水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确；④水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO2，玻璃、水泥属于硅酸盐产品，所以玻璃和水泥的主要成分都是硅酸盐，故④正确；⑤铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑥正确；⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误；故选A．【点评】本题考查了物质的用途，涉及元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答即可，熟练掌握常见物质的性质．2．阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol﹣1，下列叙述正确的是( )A．58.5 g的氯化钠固体中含有N A个氯化钠分子B．0.1 L 3 mo1•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NH4+数目为0.3×6.02×1023C．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023D．4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×1023【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、氯化钠为离子晶体；B、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中水解；C、硝酸具有强氧化性，5.6g铁粉与硝酸反应生成硝酸铁或硝酸亚铁或硝酸铁、硝酸亚铁混合物；D、依据n=计算物质的量，结合1mol二氧化硅晶体中含硅氧键计算得到．【解答】解：A、氯化钠为离子晶体，故氯化钠固体中无氯化钠分子，故A错误；B、NH4+是弱碱阳离子，在溶液中水解，故溶液中的NH4+数目小于0.3×6.02×1023，故B错误；C、铁粉与硝酸反应生成硝酸铁或硝酸亚铁或硝酸铁、硝酸亚铁混合，5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，5.6g铁粉完全反应失去的电子的物质的量为0.2mol或0.3mol或介于0.2mol～0.3mol之间，故C错误；D、4.5gSiO2晶体物质的量==0.75mol，含有的硅氧键数目为0.75mol×4×N A=0.3×6.02×1023 ，故D正确；故选D．【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．3．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是( )A．pH：②＞③＞④＞①B．c（CH3COO﹣）：②＞④＞③＞①C．溶液中c（Na+）：①＞③＞②＞④D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性，然后根据选项来分析解答．【解答】解：A、因①的pH＜7，②中有强碱，则②中pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，则pH为②＞④＞③＞①，故A错误；B．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c（CH3C00﹣）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c（CH3C00﹣）最小，即c（CH3C00﹣）：②＞④＞③＞①，故B正确；C．由于溶液中钠离子不水解，②③④中钠离子浓度相等，①中最小，正确关系是：②=③=④＞①，故C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO ﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生利用溶液中的溶质来分析几个量的关系，较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键．4．下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是( )A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═Na++OH﹣+O2↑C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应；B．Na2O2和H2O写成化学式，二者反应生成NaOH和O2；C．HClO为弱电解质；D．MnO4﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应．【解答】解：A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A正确；B．Na2O2和H2O写成化学式，二者反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，题中未配平，故B错误；C．HClO为弱电解质，应写成化学式，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故C错误；D．MnO4﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应，产物中有Cl2生成，不能用盐酸酸化，故D错误．故选AB．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题易错点为D，注意不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液．5．短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，其中X与Z、Y与W分别为同族元素，原子半径X＜Y＜W＜R＜Z，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等．下列说法不正确的是( )A．工业上用电解法获得Z、R的单质B．Y、Z、R的简单离子具有相同的电子层结构C．由X与Y、X与W形成的化合物放在空气中都易变质D．由X、Y、Z形成的化合物能与X、Y、R形成的化合物发生复分解反应【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】短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为：10﹣4=6，则W为S元素；Y与W为同主族元素，则Y为O元素；X的原子序数小于O元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为H元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为：8+16﹣11=13，则R为Al元素，根据以上分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Al元素、W为S元素．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、R、W五种元素原子序数依次增大，W原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则W应处于第三周期，原子最外层电子数为10﹣4=6，则W为硫元素；Y与W为同主族元素，则Y为氧元素；X的原子序数小于氧元素，原子半径也小于O原子半径，且为主族元素，可知X为氢元素；X与Z为同主族元素，Z的原子序数大于氧元素，则Z为Na元素；Z、R的核外电子数之和与Y、W核外电子数之和相等，则R的核外电子数为8+16﹣11=13，则R为Al元素，X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Al元素、W为S元素，A．Z为Na元素、R为Al元素，工业上通常用电解熔融的氧化铝、NaCl的方法获得，故A 正确；B．Y、Z、R的简单离子分别为O2﹣、Na+、Al3+，三者的电子层结构相同，故B正确；C．H与O、H与S形成的化合物中，硫化氢在空气中易被氧化而变质，而水不变质，故C错误；D．X、Y、Z形成的化合物为NaOH，X、Y、R形成的化合物为氢氧化铝，氢氧化钠能与氢氧化铝发生复分解反应生成偏铝酸钠与水，故D正确；故选C．【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，正确推断元素名称是解题关键，注意根据原子半径确定元素的方法，明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系．6．高效能电池的研发制约电动汽车的推广．有一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应式为：2C2H6+7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，有关此电池的推断正确的是( )A．负极反应为：14H2O+7O2+28e﹣=28OH﹣B．放电过程中KOH的物质的量浓度不变C．每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子为14molD．放电一段时间后，负极周围的pH升高【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，正极上是氧气发生得电子的还原反应，2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，根据电极反应可以确定电子转移情况以及电极附近溶液的酸碱性变化情况．【解答】解：A、在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下为C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，故A错误；B、根据总反应为：2C2H6+7O2+8KOH═4K2CO3+10H2O，可以知道放电过程中，消耗了氢氧化钾，KOH的物质的量浓度会减小，故B错误；C、根据电极反应式：C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，每消耗1molC2H6，则电路上转移的电子数为14mol，故C正确；D、根据负极反应：C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，放电一段时间后，该极上消耗氢氧根离子，所以负极周围的pH降低，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生燃料电池的工作原理知识，注意书写电极反应时结合溶液的酸碱性分析，难度中等．7．如图的分子酷似企鹅，化学家Chris Scotton将该分子以企鹅来取名为Penguinone．下列有关Penguinone的说法正确的是( )A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物有9种B．Penguinone分子中所有碳原子可能处于同一平面C．Penguinone分子中无酚羟基所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．Penguinone分子式为C10H14O【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物中，酚羟基和取代基有邻间对三种位置结构，再结合丁基同分异构体判断总的符合条件的同分异构体种类；B．该分子中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构，根据甲烷结构确定该分子中碳原子是否共面；C．该分子中不含酚羟基但含有碳碳双键，能被强氧化剂氧化；D．根据结构简式确定分子式．【解答】解：A．若与Penguinone互为同分异构体的酚类且苯环上只有两个取代基的有机物中，酚羟基和取代基有邻间对三种位置结构，丁基有四种结构，所以符合条件的同分异构体有3×4=12种，故A错误；B．该分子中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构，根据甲烷结构确定该分子中碳原子不能全部共面，故B错误；C．该分子中不含酚羟基但含有碳碳双键，能被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D．根据结构简式确定分子式为C10H14O，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质及原子是否共面等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是A，注意同分异构体种类判断方法，为易错点．二、非选择题（共58分）8．（16分）已知X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，Y原子的价电子构型为2s22p2，Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的未成对电子个数是同周期元素原子中最多的．（1）30R原子最外层的电子排布图是，ZO3﹣的空间构型是平面三角形；（2）Z、M、W原子序数依次增大的同周期元素，三种元素的第一电离能由大到小的顺序是F ＞N＞O；Y、Z、W三种元素的电负性由大到小的顺序是F＞N＞C．（填元素符号）（3）Ne与W n﹣的电子数相同，W所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族元素的氢化物中沸点最低的是HCl．（填化学式）（4）ZX4W在物质中，各种粒子间的相互作用力包括BCD．（填字母编号）A．非极性共价键 B．极性共价键 C．配位键 D．离子键 E．氢键（5）按电子排布R在元素周期表中属于ds区，其晶体属于六方最密堆积，它的配位数是12．【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】X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，则X为H元素；Y原子的价电子构型为2s22p2，则Y为C元素；Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的单电子个数是同周期元素原子中最多的，则Z为N元素．根据（1）中原子符号30R，可知R为30号元素Zn；根据（3）中Ne与W n﹣的电子数相同，核外电子数为10，W 所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，处于ⅦA族，则W为F元素；结合（2）中Z、M、W原子序数依次增大，推断M为O元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、M、W、R是前四周期中的六种元素．X元素原子形成的离子是一个质子，则X为H元素；Y原子的价电子构型为2s22p2，则Y为C元素；Z的单质在常温下是无色气体且Z原子的单电子个数是同周期元素原子中最多的，则Z为N元素．根据（1）中原子符号30R，可知R为30号元素Zn；根据（3）中Ne与W n﹣的电子数相同，核外电子数为10，W所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，处于ⅦA族，则W为F元素；结合（2）中Z、M、W原子序数依次增大，推断M为O元素，（1）R为30号元素Zn，最外层的电子排布图是，ZO3﹣为NO3﹣，N原子价层电子对数=3+=3、N原子没有孤对电子，则其空间构型为平面三角形，故答案为：；平面三角形；（2）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能F＞N＞O，同周期随原子序数增大电负性增大，故电负性F＞N＞C，故答案为：F＞N＞O；F＞N＞C；（3）W所在族为ⅦA族，氢化物中HF分子之间存在氢键，氢键比分子间作用力强，故同主族氢化物中HF的沸点最高，其它氢化物相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故HCl沸点最低，故答案为：HCl；（4）ZX4W为NH4F，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中N原子与H原子之间形成极性键、配位键，故答案为：BCD；（5）按电子排布Zn在元素周期表中属于ds区，其晶体属于六方最密堆积，它的配位数是12，故答案为：ds；12．【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、电负性、化学键、晶胞结构等，难度中等，推断元素是解题关键，注意需要结合问题中信息进行推断．9．如图所示，若电解5 min时铜电极质量增加2.16g，试回答：（1）电源电极X名称为负极．（2）pH变化：A增大，B减小，C不变．（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标准状况），溶液体积为200mL．（设电解前后溶液不变）则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为0.025 mol•L﹣1．（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH是13（设前后体积无变化）．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）由铜电极的质量增加，则Cu电极为阴极，可知X为电源的负极；（2）A中电解KCl溶液生成KOH，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，pH减小根据C 中电极反应判断；（3）根据电极反应及电子守恒来计算；（4）根据A中的电极反应及与C中转移的电子守恒来计算．【解答】解：（1）由铜电极的质量增加，发生Ag++e﹣═Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极，故答案为：负极；（2）A中电解KCl溶液生成KOH，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e﹣═Ag，阳极反应为Ag﹣e﹣═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，故答案为：增大；减小；不变；（3）C中阴极反应为Ag++e﹣═Ag，n（Ag）==0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e﹣═H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，则Cu2++2e﹣═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通电前c（CuSO4）==0.025 mol•L﹣1；故答案为：0.025 mol•L﹣1；（4）由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑～2e﹣，由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，则c（OH﹣）==0.1mol•L﹣1，溶液pH=13，故答案为：13．【点评】本题考查电解原理，明确Cu电极的质量增加是解答本题的突破口，并明确发生的电极反应及电子守恒即可解答，注意计算时电子守恒的应用，题目难度中等．10．（16分）已知：A是一种药品，A～K均是芳香族化合物，F不与溴水反应．根据如图所示的转化关系．回答问题：（1）化合物A中无氧官能团的结构式是．（2）上图所示的转化关系①～⑨中，有机物发生氧化反应的是①②．（3）物质C的结构简式．物质K的结构简式．（4）写出下列反应的化学方程式（注明条件、配平）：③⑧（5）含有苯环、且苯环上只有一个侧链且属于酯类F的同分异构体有6种．【考点】有机物的推断．【分析】根据题中各物质转化关系，G能氧化得A，A发生银镜反应得C，C酸化得E，G与E 发生酯化反应得H，根据H的分子式可知G为，A为，C为，E为，H为，A与氢气加成得B为，E与溴发生加成反应得D为，D发生消去反应得I为，I酸化得J为，E与氢气加成得F为，E发生加聚反应得K为，据此答题．【解答】解：根据题中各物质转化关系，G能氧化得A，A发生银镜反应得C，C酸化得E，G 与E发生酯化反应得H，根据H的分子式可知G为，A为，C为，E为，H为，A与氢气加成得B为，E与溴发生加成反应得D为，D发生消去反应得I为，I酸化得J为，E与氢气加成得F为，E发生加聚反应得K为，（1）A为，A中无氧官能团是碳碳双键，它的结构式是，故答案为：；（2）根据上面的分析可知，上图所示的转化关系①～⑨中，有机物发生氧化反应的是①②，故答案为：①②；（3）物质C的结构简式是，物质K的结构简式是，故答案为：；；（4）反应③的化学方程式为，反应⑧的化学方程式为，故答案为：；（5）F为，含有苯环、且苯环上只有一个侧链且属于酯类F的同分异构体为苯环连有﹣CH2COOCH3、﹣COOCH2CH3、HCOOCH2CH2﹣、HCOOCH（CH3）﹣、CH3COOCH2﹣、CH3CH2COO﹣，共6种，故答案为：6．【点评】本题考查有机物的推断，难度很大，为易错题目，根据A发生的反应及产物分子式确定含有的官能团数目与碳原子数目是关键，再结合转化关系和H的分子进行逆推G、E中含有的官能团，本题对学生的逻辑推理有很高的要求．11．（14分）工业上制备K2FeO4的流程如下：（1）实验室配制FeSO4溶液时，需加入铁粉和稀硫酸，试说明加稀硫酸原因抑制FeSO4的水解．（2）第一次氧化时，需要控制温度不超过35℃，原因是温度过高H2O2会分解．（3）用饱和KOH溶液结晶的原因是提供K+（4）洗涤时用乙醚作洗涤剂的原因是减少K2FeO4的损失．（5）控制NaOH的量一定，改变FeSO4•7H2O的投入量时，可以控制产率，假设所有反应均完全时产率最高则n（FeSO4•7H2O）：n（NaOH）理论值应为1：5．（6）经测定第一、二次氧化时的转化率分别为a和b，结晶时的转化率为c，若要制备d Kg的K2FeO4，则需要FeSO4•7H2O或Kg．（K2FeO4的相对分子质量是198；FeSO4•7H2O 的相对分子质量是278；答案用分数表示）（7）电解法也能制备K2FeO4．用KOH溶液作电解液，在以铁作阳极可以将铁氧化成FeO42﹣，试写出此时阳极的电极反应式Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】绿矾加入水溶解，加入硫酸和过氧化氢氧化亚铁离子，再加入氢氧化钠和次氯酸钠氧化铁离子生成高铁酸钠溶液，过滤后得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤得到晶体加入饱和KOH溶液提供钾离子得到高铁酸钾晶体，过滤洗涤干燥得到产品高铁酸钾，（1）FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化生成铁离子，亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，加入铁粉防止氧化，加入硫酸防止水解；（2）过氧化氢受热易发生分解失去氧化作用；（3）上述分析可知用饱和KOH溶液提供钾离子结晶高铁酸钾晶体；（4）高铁酸钾不溶于乙醚，用乙醚作洗涤剂减少产品损失；（5）假设所有反应均完全时产率最高，依据元素守恒分析计算；。
四川省米易中学2014_2015学年高二化学上学期练习题3
T1班化学试题3一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分。
在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO 2(g)+O 3(g)N 2O 5(g)+O 2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是2.室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是 A ．Na 2S 溶液：c(Na +)>c(HS -)>c(OH -)>c(H 2S) B ．Na 2C 2O 4溶液：c(OH -)=c(H +)+c(HC 2O 4)+2c(H 2C 2O 4) C ．Na 2CO 3溶液：c(Na +)+c(H +)=2c(CO 32-)+c(OH -)D ．CH 3COONa 和CaCl 2混合溶液：c(Na +)+c(Ca 2+)=c(CH 3COO -)+c(CH 3COOH)+2c(Cl -)3.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是4.室温下，在0.2mol·L -1Al 2(SO 4)3，溶液中，逐滴加入1.0mol·L -1NaOH 溶液，实验测得溶液pH 随NaOH 溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是A．a点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH -Al(OH)3B．a-b段，溶液pH增大，A13+浓度不变C．b-c段，加入的OH-主要用于生成AI(OH)3沉淀D．d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解5.茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成,各步骤中选用的实验用品不能都用到的是( )A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦D．检验滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩6.化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液B、84消毒液的有效成分是NaClOC、浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D、装饰材料释放的甲醛会造成污染7.已知C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝akJ·mol－12C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－220kJ·mol－1H－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462kJ·mol－1,则a为( )A．－332 B．－118 C．＋350 D．＋130二、非选择题（本大题共4小题，共58分）⒏（15分）月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。
四川省米易中学高二化学上学期练习题1
四川省米易中学2014-2015学年高二化学上学期练习题1第I 卷（选择题）一、选择题（单选题，每题6分，共42分）1．下列反应的离子方程式正确的是( )A ．向Ba(OH)2溶液加入等物质的量的硫酸：Ba 2++2OH -+SO 42-+2H += BaSO 4↓+2H 2OB ．BaCO 3溶于醋酸：BaCO 3+2H +＝Ba 2++H 2O+CO 2↑C ．将C12通入水中：C12+H 2O ＝Cl -+2H ++ClO -D ．向Na 2CO 3溶液中通入过量CO 2气体：CO 32-+CO 2+H 2O ＝HCO 3-2．下列离子方程式中，正确的是（ ）A.水玻璃中通入足量的CO 2：-23SiO ＋2CO 2＋2H 2O==H 2SiO 3↓＋2CO -23B.氯化亚铁溶液中通入足量的Cl 2：2Fe 2+＋Cl 2==2Fe 3+＋2Cl -C.NaHCO 3溶液中加入足量NaHSO 4溶液: 2H +＋CO -23==CO 2↑＋H 2O D ．NaHCO 3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO 3—+ Ba 2+ + 2OH —= BaCO 3↓ +2H 2O + CO 32—3．将Na 2O 2逐渐加入到含有Al 3+、Mg 2+、NH 4+的混合溶液中并加热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na 2O 2的物质的量的关系如图所示。
则原溶液中Al 3+、Mg 2+、NH 4+的物质的量分别为 ( )A ．2 mol 、3 mol 、8 molB ．3 mol 、2 mol 、8 molC ．2 mol 、3 mol 、4 molD ．3 mol 、2 mol 、4 mol4．核磁共振造影增强剂用于疾病诊断，还可作为药物载体用于疾病的治疗。
为磁性纳米晶体材料在生物医学领域的应用提供了更广泛的前景。
制备纳米四氧化三铁过程如下：下列有关叙述不合理的是：（ ）A ．纳米四氧化三铁具有磁性作为药物载体用于疾病的治疗B ．反应③的化学方程式是：6FeOOH+CO=2Fe 3O 4+3H 2O+CO 2C ．纳米四氧化三铁分散在适当溶剂中，它与溶液分散质直径相当D ．在反应②环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解5．含有a mol FeBr 2的溶液中，通入x mol Cl 2。
2015年四川省攀枝花市米易中学高考化学模拟试卷 (Word版含解析)
2015年四川省攀枝花市米易中学高考化学模拟试卷一、选择题1．（6分）下列关于化学与生产、生活的认识说法正确的是（）A．CO2、CH4和N2等都是造成温室效应的气体B．氢氧化钠、碳酸氢钠、氢氧化铝都可用作抗酸药C．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一D．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量的食品添加剂考点：常见的生活环境的污染及治理．专题：元素及其化合物．分析：A．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体；B．氢氧化钠虽然能与胃酸反应，但本身的腐蚀性较大；C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放；D．绝大多数食品添加剂都是化学合成物质，过量使用对人体有害，影响人体健康，解答：解：A．CO2、CH4和氮氧化合物都是形成温室效应的气体，N2不是形成温室效应的气体，故A错误；B．氢氧化钠虽然能与胃酸反应，但本身的腐蚀性较大，能腐蚀皮肤，所以不可用作抗酸药，故B错误；C．酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体形成的，使用清洁能源减少了二氧化硫、氮氧化物的排放，所以使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一，故C正确；D．绝大多数食品添加剂都是化学合成物质，过量使用对人体有害，影响人体健康，所以为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入适量的食品添加剂，故D错误；故选：C；点评：本题考查了常见物质的性质，完成此题，可以依据已有的知识进行．2．（6分）（2015•米易县校级模拟）核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH﹣CHOH ﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO，下列关于核糖的叙述正确的是（）A．与葡萄糖互为同分异构体B．可与新制的Cu（OH）2悬浊液作用生成砖红色沉淀C．不能发生取代反应D．可以使紫色的石蕊试液变红考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：CH2OH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHOH﹣CHO中，含﹣OH和﹣CHO，结合醇、醛性质来解答．解答：解：A．葡萄糖中﹣OH的数目与核糖中﹣OH数目不同，均含1个﹣CHO，分子式不同，则不是同分异构体，故A错误；B．含﹣CHO，则可与新制的Cu（OH）2悬浊液作用生成砖红色沉淀，故B正确；C．含﹣OH，可发生取代反应，故C错误；D．不含﹣COOH，则不具有酸性，不能使紫色的石蕊试液变红，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、醛性质的考查，题目难度不大．3．（6分）（2015•米易县校级模拟）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．1 mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为N AB．常温下，2.7克铝与足量的氢氧化钠溶液反应，失去的电子数为0.1N AC．在常温下，把100 g CaCO3加到1 L水中，所得溶液中的Ca2+数等于N AD．在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含有的分子数均为N A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．1mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，带有2mol负电荷；B．铝为+3价金属，2.7g铝的物质的量为0.1mol，反应后失去0.3mol电子；C．碳酸钙为难溶物，溶液中钙离子的物质的量远远小于1mol；D．标况下22.4L甲烷的物质的量为1mol，18g水的物质的量为1mol，二者含有的分子数相同．解答：解：A．1 mol硫酸钾中含有1mol硫酸根离子，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷，阴离子所带电荷数为2N A，故A错误；B．2.7g铝的物质的量为0.1mol0.1mol铝与氢氧化钠溶液反应生成0.1mol偏铝酸钠，失去了0.3mol电子，失去的电子数为0.3N A，故B错误；C．100g碳酸钙的物质的量为1mol，1mol碳酸钙加入1L水中，碳酸钙难溶于水，则溶液中的钙离子远远小于1mol，所得溶液中的Ca2+数远远小于N A，故C错误；D．标况下22.4 L CH4的物质的量为：=0.1mol，18 g H2O的物质的量为：=1mol，所含有的分子数均为N A，故D正确；故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，C为易错点，注意碳酸钙为难溶物．4．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图所示，△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1，△H2=﹣395.4kJ•mol ﹣1，下列说法或表示式正确的是（）A．石墨和金刚石的转化是物理变化B．金刚石的稳定性强于石墨C．1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大 1.9kJD．C（s，石墨）=C（s，金刚石），该反应的焓变（△H）为负值考点：反应热和焓变．分析：先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答．解答：解：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=△H2=﹣395.4kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，则A、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；B、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；C、依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故C正确；D、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1，故D错误；故选C．点评：本题考查热化学方程式的书写及应用，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系．5．（6分）（2014•四川模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0 mol•L﹣1 KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN﹣、SO42﹣B．=10﹣10的溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣C．pH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl﹣、SO42﹣D．c（ClO﹣）=1.0 mol•L﹣1的溶液：Na+、SO32﹣、S2﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．离子之间发生氧化还原反应；B．c（H+）/c （OH﹣）=10﹣10的溶液，c （OH﹣）=0.01mol/L，溶液显碱性；C．pH=0的溶液，显酸性；D．发生氧化还原反应．解答：解：A．H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；B．c（H+）/c （OH﹣）=10﹣10的溶液，c （OH﹣）=0.01mol/L，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故B正确；C．pH=0的溶液，显酸性，H+、Ag（NH3）2+、Cl﹣反应生成沉淀，则不能共存，故C错误；D．SO32﹣、S2﹣分别与ClO﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存问题，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，注意选项C为解答难点，络离子存在于碱溶液中，题目难度中等．6．（6分）（2011•合肥一模）下列实验装置、试剂选用或操作正确的是（）A．稀释浓硫酸B．铁制品表面镀铜C．石油分馏D．除去CO2中的HCl考点：蒸馏与分馏；物质的分离、提纯和除杂；配制一定物质的量浓度的溶液．专题：实验题．分析：A、根据容量瓶不能稀释溶液；B、根据电镀的原理；C、根据蒸馏时温度计不能插入液面以下；D、根据要除去CO2中的少量氯化氢气体，根据二氧化碳和氯化氢的性质，二氧化碳的量不能减少，可以增加，反应后不能带入新的杂质解答：解：A、容量瓶不能稀释溶液，故A错误；B、镀铜时，镀层金属作阳极，与电源的正极相连，待镀金属做阴极，与电源的负极极相连，故B正确；C、蒸馏时温度计测量的是蒸气的温度，所以不能插入液面以下，应在支管口，故C错误；D、CO2能与除杂试剂饱和碳酸钠反应，二氧化碳的量减少，故D错误；点评：本题主要考查了实验装置，平时应注意知识的积累，题目难度不大．7．（6分）（2015•米易县校级模拟）如图，C、D，E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色．则下列说法正确的是（）A．若用乙烷、空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则B极的电极反应式为：02+2H20+4e﹣═40H﹣B．欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液C．（丁）装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷D．C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2考点：原电池和电解池的工作原理．分析：C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则F是阴极，所以C、E、G、X都是阳极，D、F、H、Y都是阴极，A 是正极、B是负极，A．燃料电池中，B极为负极为失电子发生氧化反应；B．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；C．带正电荷的胶粒向阴极移动；D．根据转移电子相等计算生成单质的物质的量之比．解答：解：C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则F是阴极，所以C、E、G、X都是阳极，D、F、H、Y都是阴极，A是正极、B是负极，A．燃料电池中，B极为负极为失电子发生氧化反应，电极反应为C2H6﹣14e﹣+18OH﹣=2CO32﹣+12H2O，故A错误；B．电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，则欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Cu、G是银，电镀液选是AgNO3溶液，故B错误；C．带正电荷的胶粒向阴极移动，（丁）装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故C错误；D．C、D、E、F电极反应式分别为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O、Cu2++2e﹣=Cu、2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、2H++2e﹣=H2↑，当转移电子相等时，生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确；故选D．点评：本题考查了电解原理，根据F电极附近颜色变化确定阴阳极及正负极，再结合各个电极上发生的反应分析解答，易错选项是C，注意：胶体不带电荷，但胶粒带电荷，为易错点．8．（17分）（2015•米易县校级模拟）如图表示常见元素单质及化合物相应转化关系，部分反应的产物没有全部列出．已知：B是一种黄绿色气体，C在所有气体中密度最小，D是一种碱；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料；Z为气态氧化物．请回答下列问题：（1）气体B具有氧化性（填“还原性”、“氧化性”或“漂白性”），反应②属于四种基本反应类型反应中的置换反应．（2）有学生认为B与X反应的产物E不一定是纯净物．他认为产物中可能还有FeCl2（填化学式），为验证其猜想该同学设计了相关实验，你认为他需要选择的试剂为a（填序号）．a．酸性高锰酸钾溶液b．NaOH溶液c．KSCN溶液d．稀硫酸（3）若Z能导致温室效应，则反应③的离子反应方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣．（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，目前应用最广泛的工业处理含Z废气的方法是在一定条件下与生石灰作用而使其固定，产物可作建筑材料，反应的化学方程式为2SO2+2CaO+O2=2CaSO4．（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，Z与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），请写出该反应的化学反应方程式NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O．考点：无机物的推断；常见的生活环境的污染及治理．专题：推断题．分析：（1）（2）电解饱和食盐水得到B、C、D，B是一种黄绿色气体，则B为Cl2，C 在所有气体中密度最小，则C为H2，D是一种碱，则D为NaOH；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料，则F为Fe2O3，由转化关系可知X为Fe、E为FeCl3，反应②为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，与氢氧化钠反应反应生成I为NaAlO2，（3）若Z能导致温室效应，则Z为CO2，过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠；（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，则Z为SO2，生石灰与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙；（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，则Z为NO2，与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），发生歧化反应，有NaNO3生成，根据电子转移守恒可知有NaNO2生成，同时生成水．解答：解：电解饱和食盐水得到B、C、D，B是一种黄绿色气体，则B为Cl2，C在所有气体中密度最小，则C为H2，D是一种碱，则D为NaOH；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料，则F为Fe2O3，由转化关系可知X为Fe、E为FeCl3，反应②为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，与氢氧化钠反应反应生成I为NaAlO2，（1）B为Cl2，具有氧化性，反应②是Al与氧化铁反应生成氧化铝与Fe，属于置换反应，故答案为：氧化性；置换反应；（2）学生认为B与X反应的产物E不一定是纯净物，他认为产物中可能还有FeCl2，亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，而氢氧化钠、KSCN与铁离子反应，影响亚铁离子检验，而硫酸不反应，故选a，故答案为：FeCl2；a；（3）若Z能导致温室效应，则Z为CO2，反应③是过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应③的离子反应方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，则Z为SO2，生石灰与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，反应的化学方程式为：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4，故答案为：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4；（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，则Z为NO2，与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），发生歧化反应，有NaNO3生成，根据电子转移守恒可知有NaNO2生成，同时生成水，该反应的化学反应方程式为：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，故答案为：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O．点评：本题考查无机物推断，物质的颜色、温室效应气体、形成酸雨的气体等是推断突破口，题目比较综合，需要学生熟练掌握基础知识知识，难度中等．9．（18分）（2015•米易县校级模拟）已知A的分子式为C3H4O2，如图是A～H间相互转化的关系图，其中F中含有一个七元环；H是一种高分子化合物．（提示：羟基与双键碳原子相连的醇不存在；同一个碳原子上连有2个或多个羟基的多元醇不存在）请填写下列空白：（1）A中含有的官能团有（写结构简式）﹣COOH、．（2）请写出下列有机物的结构简式：C BrCH2CH2COOH；F（3）请指出下列反应的反应类型：A→B加成反应；C→E水解反应或取代反应．（4）G中不同化学环境的氢原子有3种．（5）请写出下列反应的化学方程式：①A→H；②B→D（第①步）．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：有机物A的分子式为C3H4O2，不饱和度为=2，能与HBr反应，A分子中含有碳碳不饱和键，由A与HBr发生加成反应生成C，再经过系列转化得到丙二酸，可知A中含有羧基，故A分子含有1个C=C双键、1个﹣COOH，则A为CH2=CHCOOH，A与HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH或CH3CH（Br）COOH，而C发生水解反应生成E，E连续氧化生成丙二酸HOOCCH2COOH，则C为BrCH2CH2COOH、E为HOCH2CH2COOH、G为OHCCH2COOH，故B为CH3CH（Br）COOH，发生水解反应生成D为CH3CH（OH）COOH，D与E反应酯化反应生成F，F中含有一个七元环，则F为环酯，故F的结构简式为；A发生加聚反应生成高分子化合物H为，据此解答．解答：解：有机物A的分子式为C3H4O2，不饱和度为=2，能与HBr反应，A分子中含有碳碳不饱和键，由A与HBr发生加成反应生成C，再经过系列转化得到丙二酸，可知A中含有羧基，故A分子含有1个C=C双键、1个﹣COOH，则A为CH2=CHCOOH，A与HBr发生加成反应生成BrCH2CH2COOH或CH3CH（Br）COOH，而C发生水解反应生成E，E连续氧化生成丙二酸HOOCCH2COOH，则C为BrCH2CH2COOH、E为HOCH2CH2COOH、G为OHCCH2COOH，故B为CH3CH（Br）COOH，发生水解反应生成D为CH3CH（OH）COOH，D与E反应酯化反应生成F，F中含有一个七元环，则F为环酯，故F的结构简式为；A发生加聚反应生成高分子化合物H为，（1）A为CH2=CHCOOH，含有的官能团有：羧基、碳碳双键，结构简式为：﹣COOH、，故答案为：﹣COOH、；（2）由上述分析可知，C的结构简式为BrCH2CH2COOH，F的结构简式为，故答案为：BrCH2CH2COOH；；（3）A→B是碳碳双键与HBr发生加成反应，C→E是卤代烃的水解反应，属于取代反应，故答案为：加成反应；水解反应或取代反应；（4）G为OHCCH2COOH，分子中不同化学环境的氢原子有3种，故答案为：3；（5）①A→H的反应方程式为：；②B→D（第①步）反应方程式为：，故答案为：；．点评：本题考查有机物的推断，难度中等，结合反应条件、有机物的结构综合分析确定A 的结构是关键，再利用顺推法与逆推法相结合推断，注意掌握官能团的性质与转化．10．（16分）（2015•米易县校级模拟）如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O．（2）装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱．（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入d．a b c dⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯的非金属性大于溴．（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色．（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O），判断改用NaHSO3溶液是否可行否（填“是”或“否”）．考点：氯气的实验室制法．专题：实验题．分析：（1）次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化浓盐酸生成氯气；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；（3）验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；（4）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；（6）F中的氢氧化钠溶液吸收没有反应的氯气，避免污染环境；若改用NaHSO3，会发生反应HSO3﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+3H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，生成二氧化硫气体．解答：解：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；（3）验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂（无水氯化钙或硅胶）干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，只有d符合，故答案为：d；（4）氯气的氧化性大于溴，能够氧化溴离子生成溴单质，溴水呈黄色，故答案为：黄；（5）溴的氧化性强于碘单质，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡发生萃取，溶液分层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；（6）NaHSO3与氯气发生氧化还原反应，离子反应为：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O），可能生成二氧化硫，污染环境，所以不能用NaHSO3溶液吸收尾气，故答案为：HSO3﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl﹣+3H+（或4HSO3﹣+Cl2═SO42﹣+2Cl﹣+3SO2↑+2H2O）；否．点评：本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及氧化还原反应原理为解答的关键，注意基础知识的掌握，本题难度中等．11．（7分）（2015•米易县校级模拟）将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5分钟后，测得D的浓度为0.5mol/L，且c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率是0.1mol/（L•min）．求：（1）反应开始前放入容器中A、B物质的量．（2）B的平均反应速率．（3）x值是多少？考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：计算题．分析：（1）根据D的浓度求出D的物质的量，结合方程式求出A、B的物质的量；（2）先求出反应的B的物质的量，再根据平均反应速率公式计算B的平均反应速率；（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比求出x值．解答：解：（1）5分钟后，n（D）=CV=0.5mol/L×2L=1mol，设反应开始前放入容器中A、B物质的量为mmol，3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），反应前m mol m mol 0 05分钟后（m﹣1.5）mol （m﹣0.5）mol 1molc（A）：c（B）=3：5=（m﹣1.5）mol：（m﹣0.5）molm=3 mol答：反应开始前放入容器中A、B物质的量均为3mol；（2）设反应的B的物质的量为nmol，3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），1 2nmol 1moln=0.5根据v（B）==0.05 mol/（L．min）答：B的平均反应速率为0.05 mol/（L．min）；（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）：v（C）=0.05 mol/（L．min）：0.1mol/（L•min）=1：x，所以x=2．答：x值是2．点评：本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，明确同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比是解（3）的关键．。
四川省米易中学2015届高考化学专题复习化学平衡练习
化学平衡表格题专项突破1、温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。
反应过程中测定的部分数据见下表：t / s 0 50 150 250 350n(PCl3) / mol 0 0. 16 0. 19 0. 20 0. 20下列说法正确的是（）A.反应在前50 s 的平均速率v(PCl3)= 0. 0032 mol·L-1·s-1B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)= 0. 11 mol·L-1，则反应的H<0C.相同温度下，起始时向容器中充入1. 0 mol PCl5、0. 20 mol PCl3和0. 20 mol Cl2，反应达到平衡前：v(正)>v(逆)D.相同温度下，起始时向容器中充入2. 0 mol PCl3 和2. 0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%2、在一定条件下，甲酸甲酯与水蒸气反应的热化学方程式为：甲实验：在温度T1下，在2L恒容密闭系中各组分的起始物质的量如下表：达平衡时，甲酸甲酯的浓度为3.00mol/L。
乙实验：在温度T1下，在2L恒容密闭系中只加入3.00molHCOOCH3和3.00molH2O下列说法不正确．．．的是 ( )A．甲实验达到平衡时，反应吸收的热量为81.6kJB．乙实验中当HCOOCH3、H2O的浓度分别为1.00mo/L、1.00mo/L时反应达平衡状态C．乙实验中甲酸甲酯的平衡转化率大于甲实验中甲酸甲酯的平衡转化率D．若要使达到平衡时甲实验和乙实验的混合气体中甲酸的百分含量相同，可采取的措施是降低甲的温度3、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充人10 L恒容密闭容摇中，发生反应X(g)+Y(g)=2Z(g)；△H <0，一段时间后达到平衡。
反应过程中测定的数据如下表：t/min 2 4 7 9n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10下列说法正确的是 ( )A、反应前2 min的平均速率ν(Z)=2.0×10－3mol/(L·min))B、其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)> ν(正)C、该温度下此反应的平衡常数K=1.44D、其他条件不变，再充人0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大4、在一定条件下，将4.0molPCl3(g)和2.0molCl2(g)充入体积不变的2L密闭容器中发生反应：PCl3(g)+ Cl 2(g) PCl5(g)△H＝－419.4 kJ/mol 5min末达到平衡，且c（PCl3）=1.6mol/L。
四川省攀枝花市米易中学高二化学上学期第一次段考试题
高二上学期第一次段考化学试题一．选择题（共26题，每小题2分，共52分。
每小题只有一个选项符合题意。
）1．镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛的应用，它的充电放电反应按下式进行：由此可知，该电池放电时的负极材料是A．Cd(OH)2 B．Ni(OH)2 C．Cd D．NiO(OH)22.随着人们生活质量的不断提高，“废电池必须进行集中处理”的问题被提到议事日程，其首要．．原因是A．利用电池外壳的金属材料B．防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染C．不使电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品D．回收其中石墨电极3．将锌片和铜片用导线连接置于同一稀硫酸溶液中，下列各叙述正确的是A．正极附近SO2-4 的浓度逐渐增大 B．负极附近SO42-的浓度逐渐减小C．负极附近SO2-4 的浓度逐渐增大 D．正负极附近SO42-的浓度基本不变4.X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；又知M2+的氧化性强于Y2+。
则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为A. X>Z>M>Y B．X>Y>Z>M C．M>Z>X>Y D．X>Z>Y>M5.用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质（中括号内），溶液不能．．与原来溶液完全一样的是A．NaCl[HCl] B．AgNO3[Ag2O] C．CuCl2[CuSO4] D．CuSO4[CuO]6．下列事实能说明Al的金属活动性比Cu强的是A．常温下将铝和铜用导线连接组成原电池放入到氢氧化钠溶液中B．常温下将铝和铜用导线连接组成原电池放入到稀盐酸溶液中C．与氯气反应时，铝失去3个电子，而铜失去2个电子D．常温下，铝在浓硝酸中钝化而铜不发生钝化7．银锌电池广泛用做各种电子仪器的电源，它的电池反应是：Zn＋Ag2O＋H2O＝2Ag＋Zn(OH)2，则负极上发生反应的物质A．Ag B．Zn(OH)2 C．Ag2O D．Zn8具有真正意义上的元素周期表是有哪位化学家发现的A．门捷列夫（俄国） B．纽兰兹（英国） C．迈尔（德国）D．尚古多（法国）9．下列各组物质中，互为同位素的是A．T2O与D2O B．4019K与4020Ca C．O2和O3D．21H和31H10．下列各组物质从左至右，氧化性逐渐减弱的一组是A．I2、Br2、Cl2、F2B． F2、Cl2、Br2、I2C． F-、Cl-、Br-、I-D． Li、Na、K、Rb11．113号元素原子（质量数是284）的中子数与质子数之差是A．171 B．0 C．58 D．6012.各组性质比较的表示中，正确的是。
四川省米易中学高二化学上学期第二次月考试题新人教版
四川省米易中学2013-2014学年高二化学上学期第二次月考试题新人教版时间：90分钟总分：100分一、选择题（每小题只有一个正确选项，总分24×2=48分，将答案写在卷Ⅱ选择题答案栏）1．13CNMR(核磁共振)、15NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wüthrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。
下面有关13C、15N的叙述中正确的是( ) A．13C与15N有相同的中子数 B．13C的电子排布式为1s22s22p3C．15N与14N互为同位素 D．15N的电子排布式为1s22s22p42.下列能跟氢原子形成最强极性键的原子是( )A．F B．Cl C．Br D．I3．从电负性的角度来判断下列元素之间易形成共价键的是( )A．Na和Cl B．H和Cl C．K和F D．Ca和O4. 下列说法中正确的是( )A．处于最低能量的原子叫做基态原子B．3s2表示3s能级有两个轨道C．同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小D．同一原子中，3d、4d、5d能级的轨道数依次增多5.下列物质中既有极性键又有非极性键的非极性分子的是( )A．CS2 B．CH4 C．CH3CH2Cl D．CH≡CH6．下列各组微粒中不属于等电子体的是( )A．CH4、NH＋4B．H2O、HFC．CO2、N2O D．CO2－3、NO－37、下列轨道表示式所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是( )8、下列比较正确的是( )A．第一电离能：I1(P)>I1(S) B．离子半径：r(Al3＋)>r(O2－)C．能量：E(4s)>E(3d) D．电负性：K原子>Na原子9、下列原子中，单电子数最多的是：( )A、16SB、35BrC、24CrD、15P10、已知1～18号元素的离子a W3＋、b X＋、c Y2－、d Z－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )A．质子数c＞b B．离子的还原性Y2－＞Z－C．氢化物的稳定性H2Y＞HZ D．原子半径X＜W11、下列叙述中正确的是( )A．NH3、CO、CO2都是极性分子 B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强 D．CS2、H2O、SO2、C2H2都是直线形分子12、下列性质不是由氢键引起的：( )A、水的熔点比硫化氢高B、H—F的键能很大C、乙醇与水能以任意比例混溶D、冰的密度比水小13、两种微粒的质子数和电子数都相等，它们不可能是：( )A、一种阳离子和一种阴离子B、一种单质分子和一种化合物分子C、两种不同的离子D、一种原子和一种分子14、下列物质中，既含有离子键，又含有非极性共价键的是：( )A、H2O2B、CaCl2C、NaOHD、Na2O215、下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是( )A、BeCl2B、PCl3C、PCl5D、NO216. 已知X、Y元素同周期，且电负性X>Y，下列说法错误的是( )A．第一电离能Y可能小于XB．气态氢化物的稳定性：H m Y大于H n XC．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的D．X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价17．若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。
四川省攀枝花市米易中学高三化学上学期第一次段考试题
2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题2分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）1．海水资源的综合利用十分重要，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是( ) A．溴、碘B．钠、镁C．烧碱、氯气D．食盐、淡水2．玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的残留物，其洗涤方法正确的是( )①残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤②盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤③做银镜反应后残留的银，用稀氨水洗涤④沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③④3．某溶液中有Mg2+、Fe2+、Cu2+三种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是( )A．Mg2+B．Fe2+C．Cu2+D．无减少4．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是( )A．常温常压下，33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3N AB．5.6 g铁与足量的稀硫酸反应，失去电子数为0.3N AC．7.8克过氧化钠与足量的水反应，转移的电子总数为0.1 N AD．1 L 1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液中含有N A个CO32﹣5．用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：①Fe H2Cu；②CuO CuSO4Cu．若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的质量比较正确的是( )A．①多 B．②多 C．相等 D．无法比较6．在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是( )A．室温下=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣B．含有0.1 mol•L﹣1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN﹣、NO3﹣C．加入Al能放出H2的溶液中：NH4+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．在H+、Na+、SO42﹣浓度均为0.1 mol•L﹣1的溶液中：K+、SiO32﹣、Cl﹣、CH3COO﹣7．下列实验过程中，始终无明显现象的是( )A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中8．下列实验装置设计正确、且能达到目的是( )A．实验Ⅰ：制备金属钠B．实验Ⅱ：制取氢氧化亚铁并观察其颜色C．实验Ⅲ：制取少量的氢氧化铝D．实验Ⅳ：比较两种物质的热稳定性9．下列指定反应的离子方程式正确的是( )A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣10．已知下述三个实验均能发生化学反应：实验①实验②实验③将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中下列判断中正确的是( )A．实验①中铁钉只作还原剂B．实验②中Fe2+既显氧化性又显还原性C．实验③中发生置换反应D．上述实验证明氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+11．有关下图所示化合物的说法不正确的是 ( )A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体12．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是( )A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.002N A个电子时，两极共产生0.001mol气体13．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→CO2↑+Mn2++□，关于此反应的叙述正确的是( )A．该反应的氧化剂是C2O42﹣B．该反应右边方框内的产物是OH﹣C．该反应中生成1molCO2电子转移数总是5N AD．配平该反应式后，H+的系数是1614．某地污水中含有Zn2+、Hg2+、Fe3+和Cu2+4种阳离子．甲、乙、丙3位同学设计的从该污水中回收金属铜的方案如下．下列判断正确的是( )A．三种实验方案中都能制得纯净的铜B．乙方案中加过量铁粉可以将4种阳离子全部还原C．甲方案中的反应涉及置换、分解、化合、复分解4种反应类型D．丙方案会产生环境污染15．向盐酸和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀Al（OH）3的量随着加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )A．在a点对应的溶液中，加入Mg2+、I﹣、NH4+、NO3﹣离子仍能大量共存B．图中B→C的过程中，实际发生的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．若b、c的纵坐标数值相同，则横坐标数值之比为1：3D．原溶液中盐酸和AlCl3物质的量的浓度之比为1：316．取少量MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3的混合粉末，加入过量盐酸，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y．下列叙述正确的是( )A．上述四种氧化物对应的水化物中，Al（OH）3酸性最强B．向沉淀X中加入氢氟酸，沉淀X不溶解C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+D．溶液Y中加入过量氨水，所得沉淀为Fe（OH）3和Mg（OH）217．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则( )A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu18．amolFeS与bmolFe3O4投入到V L cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体．所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为( ) A．B．（a+3b）mol C．D．（cV﹣3a﹣9b）mol二．非选择题（本部分有5个小题，共64分）19．按要求回答下列问题：（1）工业上用电解熔融的氧化铝来制备金属铝，电解池中熔融氧化铝电离出可自由移动的铝离子和氧离子，写出阳极的电极反应式：__________（2）铝与氢氧化钠反应的离子方程式为：__________（3）实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入__________（填“A”或“B”），再滴加另一反应物．请简述判断流程中沉淀是否洗净所用的方法__________．20．（16分）已知：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：①图中X溶液是__________；②Cu电极上发生的电极反应式为__________；③原电池工作时，盐桥中的__________（填“K+”或“Cl﹣”）不断进入X溶液中．（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：①M是__________极；②图丙中的②线是__________的变化．③当电子转移为2mol时，溶解铜的质量为__________．（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点．①高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2O Na2FeO4+3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是__________．②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为__________．③你认为高铁酸钠作为一种新型净水剂的理由可能是__________．A．高铁酸钠溶于水形成一种胶体，具有较强的吸附性B．高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌C．高铁酸钠在消毒杀菌时被还原生成Fe3+，水解产生氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质．21．香豆素是用途广泛的香料，合成香豆素的路线如下（其他试剂、产物及反应条件均省略）：（1）香豆素的分子式为__________；Ⅰ与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为__________．（2）反应②的反应类型是__________，反应④的反应类型是__________．（3）香豆素在过量NaOH溶液中完全水解的化学方程式为__________．（4）Ⅴ是Ⅳ的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，能发生银镜反应．Ⅴ的结构简式为__________（任写一种）．（5）一定条件下，与CH3CHO能发生类似反应①、②的两步反应，最终生成的有机物的结构简式为__________．22．（13分）磷酸铁（FePO4•2H2O，难溶于水的米白色固体）可用于生成药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁．（1）钢铁锈蚀是目前难以解决的现实问题，电化学腐蚀最为普遍．写出在潮湿空气中钢铁发生吸氧锈蚀时正极的电极反应式：__________．铁锈的主要成分是__________（填写化学式），将生锈的铁屑放入H2SO4溶液中充分溶解后，在溶液中并未检测出Fe3+，用离子方程式说明原因：__________．（2）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是__________．（3）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+．为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，离子方程式如下：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．①在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、用蒸馏水洗和__________，应选用__________式滴定管．②若滴定xmL滤液中的Fe2+，消耗amol•L﹣1 K2Cr2O7标准溶液bmL，则滤液中c（Fe2+）=__________ m ol•L﹣1③为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是__________（填序号）．A．加入适当过量的H2O2溶液 B．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C．加热，使反应在较高温度下进行 D．用氨水调节pH=7．23．（16分）工业上用黄铜矿冶炼铜及对炉渣综合利用的一种工艺流程如下：（1）冶炼过程中得到Cu2O和Cu的混合物称为“泡铜”，其中的Cu2O与金属A1在高温条件下反应可得粗铜，反应化学方程式为__________．粗铜精炼时应将粗铜连接在直流电源的__________极．（2）传统炼铜的方法主要是火法炼铜，其主要反应为：①2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO②2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2③2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2↑反应③中的氧化剂是__________，以上总反应可写为：__________．（3）炼铜产生的炉渣（含Fe2O3，FeO，SiO2，Al2O3）可制备Fe2O3．根据流程回答下列问题：①加入适量NaClO溶液的目的是__________ （用离子方程式表示）．②除去Al3+的离子方程式是__________．③选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO．提供的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水．所选试剂是__________．实验设计：__________．2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）第一次段考化学试卷一、选择题（共18小题，每小题2分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）1．海水资源的综合利用十分重要，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是( ) A．溴、碘B．钠、镁C．烧碱、氯气D．食盐、淡水【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物．【分析】根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；【解答】解：A．通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质，是化学变化，故A错误；B．可从海水中获得氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，可从海水中获得氯化镁，通过电解熔融的氯化镁得到镁和氯气，是化学变化，故B错误；C．可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C错误；D．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；故选：D；【点评】本题考查了海水的成分，需要注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键．2．玻璃器皿上沾有一些用水洗不掉的残留物，其洗涤方法正确的是( )①残留在试管内壁上的碘，用酒精洗涤②盛放过苯酚的试剂瓶中残留的苯酚，用酒精洗涤③做银镜反应后残留的银，用稀氨水洗涤④沾附在试管内壁上的油脂，用热碱液洗涤．A．①②④B．②③④C．①③④D．①②③④【考点】油脂的性质、组成与结构；乙醇的化学性质；苯酚的化学性质．【分析】①碘易溶于酒精；②苯酚易溶于酒精；③银单质与氨水不反应；④氢氧化钠能和油脂反应．【解答】解：①根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘的试管，故①正确；②苯酚易溶于酒精，残留有苯酚的试管，可用酒精洗涤，故②正确；③银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，故③错误；④氢氧化钠能和油脂反应，从而把油脂除去，故④正确．故选A．【点评】本题考查化学实验基本操作，难度不大，注意基础知识的积累．3．某溶液中有Mg2+、Fe2+、Cu2+三种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是( )A．Mg2+B．Fe2+C．Cu2+D．无减少【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】加入过量的NaOH，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+．【解答】解：加入过量的NaOH，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓、Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓、Cu2++2OH 2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化4Fe（OH）﹣=Cu（OH）2↓，Mg2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Fe2+，故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意亚铁发生的氧化还原反应及滤渣中加盐酸，题目难度不大．4．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是( )A．常温常压下，33.6 L氯气与27 g铝充分反应，转移电子数为3N AB．5.6 g铁与足量的稀硫酸反应，失去电子数为0.3N AC．7.8克过氧化钠与足量的水反应，转移的电子总数为0.1 N AD．1 L 1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液中含有N A个CO32﹣【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、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价；C、过氧化钠与水的反应是歧化反应；D、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解．【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，即27g金属铝过量，则转移的电子数由氯气决定，故转移的电子的个数小于3N A 个，故A错误；B、铁与稀硫酸反应后变为+2价，故5.6g铁即0.1mol铁失去0.2mol电子，故B错误；C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与水的反应是歧化反应，在反应中，1mol 过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子，故C正确；D、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中CO32﹣的个数小于N A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，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大．5．用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：①Fe H2Cu；②CuO CuSO4Cu．若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的质量比较正确的是( )A．①多 B．②多 C．相等 D．无法比较【考点】制备实验方案的设计；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuO Cu+H2O；②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；②中均可完全转化，而①中氢气还原CuO，应先通入氢气排出装置中的空气，不能全部参与还原反应．【解答】解：两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuO Cu+H2O；②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少．故方案②生成的铜多，故选B．【点评】本题考查制备物质方案，为高频考点，把握制备中发生的反应、分析方案的差别为解答的关键，注意氢气还原氧化铜的实际操作即可解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．6．在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是( )A．室温下=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣B．含有0.1 mol•L﹣1 Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、SCN﹣、NO3﹣C．加入Al能放出H2的溶液中：NH4+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．在H+、Na+、SO42﹣浓度均为0.1 mol•L﹣1的溶液中：K+、SiO32﹣、Cl﹣、CH3COO﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．室温下=10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性；B．离子之间结合生成络离子；C．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．离子之间结合生成沉淀或弱电解质．【解答】解：A．室温下=10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；C．加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在HCO3﹣，碱性溶液中不能大量存在NH4+、HCO3﹣，故C错误；D．H+、SiO32﹣结合生成沉淀，H+、CH3COO﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、络合反应的离子共存考查，题目难度不大．7．下列实验过程中，始终无明显现象的是( )A．NO2通入FeSO4溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AlCl3溶液中D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中【考点】氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】综合实验题；元素及其化合物．【分析】根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意．【解答】解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B．【点评】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应．8．下列实验装置设计正确、且能达到目的是( )A．实验Ⅰ：制备金属钠B．实验Ⅱ：制取氢氧化亚铁并观察其颜色C．实验Ⅲ：制取少量的氢氧化铝D．实验Ⅳ：比较两种物质的热稳定性【考点】化学实验方案的评价；金属冶炼的一般原理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁．【专题】实验评价题．【分析】A．Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼；B．制备氢氧化亚铁时要隔绝空气；C．氢氧化铝不溶于弱碱；D．比较两种物质的热稳定性时碳酸钠要放置在大试管中．【解答】解：A．Na是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，如果电解食盐水，则阴极上氢离子放电而不是钠离子放电，所以得不到钠，故A错误；B．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成红棕色的氢氧化铁，为防止氢氧化亚铁被氧化，则制备氢氧化亚铁时要隔绝空气，煤油的密度小于水，所以能隔绝空气，故B正确；C．氢氧化铝不溶于弱碱，实验室用氨水和可溶性铝盐制取氢氧化铝，故C正确；D．比较两种物质的热稳定性时碳酸钠要放置在大试管中，如果温度高的碳酸钠不分解而温度低的碳酸氢钠分解，说明碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠，故D错误；故选BC．【点评】本题考查了实验方案评价，涉及金属的冶炼、物质稳定性的判断、物质的制取等知识点，根据金属的活动性强弱确定冶炼方法、根据氢氧化亚铁的不稳定性和氢氧化铝的性质采取合适的制取方法，同时考查学生分析问题能力，题目难度不大．9．下列指定反应的离子方程式正确的是( )A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2OB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．铜和稀硝酸反应生成NO；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O；C．弱电解质写化学式；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．【解答】解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O，离子方程式为2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故B错误；C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点．10．已知下述三个实验均能发生化学反应：实验①实验②实验③将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中下列判断中正确的是( )A．实验①中铁钉只作还原剂B．实验②中Fe2+既显氧化性又显还原性C．实验③中发生置换反应D．上述实验证明氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据物质的性质判断可能所发生的反应，结合化合价的变化判断物质在氧化还原反应中所起到的作用．【解答】解：A．发生反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁钉只作还原剂，故A正确；B．发生反应为：3Fe2++NO3﹣+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Fe2+只显还原性，故B错误；C．发生反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，没有单质生成，不是置换反应，故C错误；D．由实验③可知氧化性：Fe3+＞Cu2+，由实验①可知氧化性：Cu2+＞Fe2+，故有Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，本题注意把握铁元素对应单质的性质，把握氧化性、还原性的比较．11．有关下图所示化合物的说法不正确的是 ( )A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【专题】压轴题．【分析】A、含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应；B、酯基可以和氢氧化钠溶液发生水解反应；C、苯环可以被氢加成，碳碳双键可以使KMnO4褪色；D、羧基能与NaHCO3放出CO2气体，酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应．【解答】解：A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多可以与3molNaOH 反应，故B正确；C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，故C正确；D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故D 错误．故选D．【点评】本题考查学生有关官能团决定性质的知识，要要求学生熟记官能团具有的性质，并熟练运用．12．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是( )A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法D．K2闭合，电路中通过0.002N A个电子时，两极共产生0.001mol气体【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃．【专题】电化学专题．【分析】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．【解答】解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.002N A个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误．故选B．【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等．13．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4﹣+C2O42﹣+H+→CO2↑+Mn2++□，关于此反应的叙述正确的是( )A．该反应的氧化剂是C2O42﹣B．该反应右边方框内的产物是OH﹣C．该反应中生成1molCO2电子转移数总是5N AD．配平该反应式后，H+的系数是16【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】该反应中锰元素的化合价由+7价变为+2价，碳元素的化合价由+3价变为+4价，所以高锰酸根离子作氧化剂，草酸根离子作还原剂，根据转移电子数相等及原子守恒配平方程式．【解答】解：锰元素的化合价由+7价变为+2价，碳元素的化合价由+3价变为+4价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为2MnO4﹣+5C2O4 2﹣+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，A．该反应中，碳元素的化合价由+3价变为+4价，所以草酸根离子作还原剂，锰元素的化合价由+7价变为+2价，则MnO4﹣为还原剂，故A错误；B．根据元素守恒、原子守恒知，该反应右边方框内的产物是H2O，故B错误；C．由2MnO4﹣+5C2O4 2﹣+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，转移电子总数是10e﹣，生成1molCO2电子转移数为N A，故C错误；D．由2MnO4﹣+5C2O4 2﹣+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，所以氢离子系数是16，故D正确；故选D．。
四川省攀枝花市米易中学高三化学上学期12月段考试卷(含解析)
2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）段考化学试卷（12月份）一．选择题（本部分有7个小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列实验操作完全正确的是( )A．AB．BC．CD．D2．设N A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A．标准状况下，4.0 g CH4中含有共价键的数目为N AB．常温常压下，6.4 g氧气和臭氧中含有的分子总数为0.2N AC．0.3 mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NO3﹣数目为0.3N AD．一定条件下6.4g SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2N A3．下列各项中正确的是( )A．在含有大量AlO2﹣的溶液中可能大量共存的离子：NH4+、Na+、Cl﹣、H+B．常温水电离出的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中可能大量共存的离子：Ba2+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣C．Fe（OH）3溶于HBr溶液的离子方程式：2Fe（OH）3+6H++2Br﹣=2Fe2++Br2+6H2OD．少量的SO2通入苯酚钠溶液中离子方程式：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH↓+HSO3﹣4．关于下列四个图象的说法正确的是( )A．已知图①是体系Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）中的c[Fe（SCN）2+]与温度T 的平衡图象．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大B．图②表示镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积V与时间t的关系．则反应中镁和铝的反应速率之比为2：3C．图③表示电源X极为正极，U形管中为AgNO3溶液，则b管中电极反应式：2H++2e﹣=H2↑D．图④是某温度下，相同体积，相同PH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积V 变化的曲线．II为醋酸稀释时PH的变化曲线5．下列说法正确的是( )A．常温下0.1 mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2②NH3•H2O ③NH4Cl ④CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞④＞②B．常温时，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合，各混合溶液中由水电离的c（H+）一定相等C．常温下0.2mol/L HB溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，则混合后溶液中离子浓度的大小顺序一定为：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．0．lmol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）6．如图甲中电极均为石墨电极，下列叙述中正确的是( )A．电子沿a→b→c路径流动B．b极的电极反应为O2+4e﹣+4H+═2H2OC．通电初期乙中的总反应为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑D．反应过程中，甲、乙装置中溶液的PH都逐渐减少7．在一定条件下，CO（g）和H2（g）发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=akJ/mol，在容积固定的2L密闭容器中充入2mol CO（g）和4mol H2（g）发生反应，测定在不同温度、不同时段下CO的转化率如下表：下列说法中正确的是( )A．热化学方程式中a＞0B．T1℃下，在第一小时内用H2表示的化学反应速率为0.4mol/（L•h）C．T1℃下，该反应的化学平衡常数为25D．T2℃下，ɑ1=ɑ2＞80%二．非选择题（本部分有4个小题，共58分）8．（14分）（1）CO与H2在一定条件下可反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨作电极，该电池负极反应式为__________．（2）高铁酸钾（K2FeO4）易溶于水，具有强氧化性，是一种新型水处理剂，高铁酸钾溶液长时间放置不稳定，会产生红褐色絮状物质及一种助燃性的气体，则该过程的离子方程式为__________．（3）已知：工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是__________；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是__________．（4）为测定三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的含量，通常将其配成溶液再用H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液将草酸根恰好全部氧化成CO2，MnO4﹣同时被还原为Mn2+此反应__________（要/不要）外加指示剂，达到滴定终点的现象为__________．9．甲、乙两同学研究Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况．（1）常温下，FeCl3溶液的pH__________7（填“＜”、“＞”或“=”）．（2）分析红褐色产生的原因．①甲同学认为步骤I中溶液呈红褐色是因为生成了Fe（OH）3，用化学平衡移动原理解释溶液呈红褐色的原因：__________．②乙同学认为可能是发生了氧化还原反应，完成并配平其反应的离子方程式：□Fe3++□SO32﹣+□__________═□F e2++□__________+□__________乙同学查阅资料得知：（3）甲同学为了确认溶液呈红褐色的原因是生成了Fe（OH）3，设计并完成了如下实验：甲同学因此得出结论：溶液呈红褐色是因为生成了Fe（OH）3．而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足，乙同学的理由是__________．（4）为进一步确认Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况，乙同学设计并完成了如下实验：①经检验步骤III中红褐色溶液含有Fe2+，检验Fe2+选用的试剂是__________（填字母）．a．K3[Fe（CN）6]溶液 b．KSCN溶液 c．KMnO4溶液②已知H2SO3是弱酸，请结合电离方程式说明步骤III中出现红褐色的原因：__________．（5）结论：由上述实验得知，甲、乙两同学所持观点均正确．10．（18分）醛类是有机合成中的重要原料，特别是对有机物碳链增长起着重要的桥梁作用．如醛类在一定条件下有如下反应：，用通过以下路线可合成（G）：（1）反应①的条件是__________．（2）B的结构简式为__________，其核磁共振氢谱显示分子内有3种不同环境的氢原子，其个数比为__________．（3）反应②和④的类型是__________、__________．（4）D与足量的热NaOH溶液反应的化学方程式为__________．（5）目前物质A在一定条件下，可以用于生产医疗中可降解的手术缝合线等高分子材料，该生产原理的化学方程式为__________．（6）F的一种同分异构体能发生银镜反应，还能水解生成不含甲基的芳香化合物W，W的结构简式为__________．（7）A的一种同分异构体P能与热NaOH溶液反应生成乙醛，P的结构简式为__________．11．（14分）单质硅是很重要的工业产品．（1）硅用于冶炼镁，也称硅热法炼镁．根据下列条件：Mg（s）+O2（g）═MgO（s）△H1=﹣601.8kJ/molMg（s）═Mg（g）△H2=+75kJ/molSi（s）+O2（g）═SiO2（s）△H3=﹣859.4kJ/mol则2MgO（s）+Si（s）═SiO2（s）+2Mg（g）△H=__________Mg﹣NiOOH水激活电池是鱼雷的常用电池，电池总反应是：Mg+2NiOOH+2H2O═Mg（OH）2+2Ni （OH）2，写出电池正极的电极反应式__________．（2）制备多晶硅（硅单质的一种）的副产物主要是SiCl4，SiCl4对环境污染很大，遇水强烈水解，放出大量的热．研究人员利用SiCl4和钡矿粉（主要成分为BaCO3，且含有Fe3+、Mg2+等离子）制备BaCl2•2H2O和SiO2等物质．工艺流程如下：已知：25℃K sp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38，K sp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11；通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀就达完全．回答下列问题：①SiCl4发生水解反应的化学方程式为__________．②若加钡矿粉调节pH=3时，溶液中c（Fe3+）=__________．③第②步过滤后，需要调节溶液的pH=12.5，目的是：__________．④滤渣C能分别溶于浓度均为3mol/L的NH4Cl溶液和CH3C00NH4溶液（中性）．请结合平衡原理和必要的文字解释滤渣C能溶于3mol/L的NH4Cl溶液的原因__________．2014-2015学年四川省攀枝花市米易中学高三（上）段考化学试卷（12月份）一．选择题（本部分有7个小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列实验操作完全正确的是( )A ．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．应用滤纸吸干Na表面的煤油；B．pH试纸不能湿润；C．利用橡胶管中玻璃珠的滚动，赶出气体；D．分液应避免上下层液体混合．解答：解：A．用镊子从煤油中取出金属钠，先用滤纸吸干Na表面的煤油，再切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中进行实验，故A错误；B．pH试纸不能湿润，取一小块pH试纸放玻璃片上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在pH试纸上，然后与标准比色卡相对照来测定溶液的pH，故B错误；C．将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而排除碱式滴定管尖嘴部分的气泡，故C正确；D．分液时，下层液体从分液漏斗下端管口入出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗上端管口倒出，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及Na的性质实验、pH的测定、碱式滴定管的使用、分液操作等，侧重实验操作的考查，题目难度不大．2．设N A代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A．标准状况下，4.0 g CH4中含有共价键的数目为N AB．常温常压下，6.4 g氧气和臭氧中含有的分子总数为0.2N AC．0.3 mol•L﹣1的NH4NO3溶液中含有的NO3﹣数目为0.3N AD．一定条件下6.4g SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4molH原子来分析；B、氧气和臭氧的摩尔质量不同；C、溶液体积不明确；D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应．解答：解：A、4.0g甲烷的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含4molH原子，故0.25mol 甲烷中含1molH原子即N A个，故A正确；B、氧气和臭氧的摩尔质量不同，故64g混合气体中的分子数与氧气和臭氧所占的比例有关，介于2N A～1.33N A之间，故B错误；C、溶液体积不明确，故溶液中的硝酸根的个数无法计算，故C错误；D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于0.2N A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，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．下列各项中正确的是( )A．在含有大量AlO2﹣的溶液中可能大量共存的离子：NH4+、Na+、Cl﹣、H+B．常温水电离出的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液中可能大量共存的离子：Ba2+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣C．Fe（OH）3溶于HBr溶液的离子方程式：2Fe（OH）3+6H++2Br﹣=2Fe2++Br2+6H2OD．少量的SO2通入苯酚钠溶液中离子方程式：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH↓+HSO3﹣考点：离子共存问题；离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．含有大量AlO2﹣的溶液中，显碱性；B．常温水电离出的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；C．Fe（OH）3溶于HBr溶液，生成溴化铁和水；D．反应生成苯酚和亚硫酸钠．解答：解：A．含有大量AlO2﹣的溶液中，显碱性，不能大量存在NH4+、H+，故A错误；B．常温水电离出的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．Fe（OH）3溶于HBr溶液，生成溴化铁和水，离子反应为2Fe（OH）3+6H+=2Fe3++6H2O，故C 错误；D．反应生成苯酚和亚硫酸钠，离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH↓+SO32﹣，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存和离子反应的书写，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．4．关于下列四个图象的说法正确的是( )A．已知图①是体系Fe3+（aq）+SCN﹣（aq）⇌Fe（SCN）2+（aq）中的c[Fe（SCN）2+]与温度T 的平衡图象．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大B．图②表示镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积V与时间t的关系．则反应中镁和铝的反应速率之比为2：3C．图③表示电源X极为正极，U形管中为AgNO3溶液，则b管中电极反应式：2H++2e﹣=H2↑D．图④是某温度下，相同体积，相同PH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，pH随溶液体积V 变化的曲线．II为醋酸稀释时PH的变化曲线考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解原理．专题：图示题．分析：A．根据图象可知，A点与B点相比，A点的c[Fe（SCN）2+]大，可根据化学平衡判断；B．根据图象中可知，反应中镁和铝的反应所需时间之比为2：3，判断其反应速率之比；C．电源X极为正极，则Y极为负极，b为阴极，根据离子放电顺序，银离子先放电；D．醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，以此判断醋酸稀释时，pH的变化曲线．解答：解：A．根据图象可知，A点与B点相比，A点的c[Fe（SCN）2+]大，化学平衡中c[Fe （SCN）2+]大，则Fe3+转化率大，浓度较小，故A错误；B．根据图象中可知，反应中镁和铝的反应所需时间之比为2：3，可知其反应速率之比为3：2，故B错误；C．电源X极为正极，则Y极为负极，b为阴极，根据离子放电顺序，银离子先放电，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，故C错误；D．醋酸为弱酸，存在电离平衡，当加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，所以醋酸稀释时，pH 增大较慢，曲线Ⅱ为醋酸的pH值变化，故D正确；故选：D．点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化特征，把握温度对平衡移动的影响，此为解答该题的关键．5．下列说法正确的是( )A．常温下0.1 mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2②NH3•H2O ③NH4Cl ④CH3COONH4中，c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞④＞②B．常温时，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合，各混合溶液中由水电离的c（H+）一定相等C．常温下0.2mol/L HB溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，则混合后溶液中离子浓度的大小顺序一定为：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．0．lmol/L pH为4的NaHB溶液中：c（HB﹣）＞c（H2B）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．分析：A、①铝离子水解抑制铵根离子的水解；②弱碱电离，且电离的程度很弱；③铵根离子水解；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解；B、醋酸与一水合氨是弱电解质，其中和生成弱酸弱碱盐，其酸根离子和弱碱阳离子都能够水解，盐酸和NaOH是强电解质，其中和生成强酸强碱盐，不水解；C、常温下0.2mol/L HB溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，无法确定溶液的酸碱性；D、0．lmol/L pH为4的NaHB溶液中，HB﹣的电离程度大于水解程度．解答：解：A、同浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH3•H2O③NH4Cl，④CH3COONH4，因①中铝离子水解抑制铵根离子的水解；②弱碱电离，且电离的程度很弱；③中铵根离子水解；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞③＞④＞②，故A 正确；B、醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子都水解，所以常温时，pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的氨水等体积混合；pH=2的HCl溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合，各混合溶液中由水电离的c（H+）前者大于后者，故B错误；C、常温下0.2mol/L HB溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，无法确定溶液的酸碱性，不能确定溶液中离子浓度大小，故C错误；D、0．lmol/L pH为4的NaHB溶液中，HB﹣的电离程度大于水解程度，所以c（B2﹣）＞c（H2B），故D错误；故选A．点评：本题考查了盐类水解的相关知识，注意0.2mol/L HB溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，无法确定溶液的酸碱性为易错点，题目难度不大．6．如图甲中电极均为石墨电极，下列叙述中正确的是( )A．电子沿a→b→c路径流动B．b极的电极反应为O2+4e﹣+4H+═2H2OC．通电初期乙中的总反应为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑D．反应过程中，甲、乙装置中溶液的PH都逐渐减少考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：装置图中甲装置为原电池，a电极通入氢气是原电池负极，失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成水，b电极是通入的氧气，得到电子生成氢氧根离子，乙为电解池，与a电极相连的铜电极为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，与电极b相连的铜电极为阳极，铜本身失电子生成铜离子，乙池是电解反应铜和硫酸反应生成氢气和硫酸铜；解答：解：A、电子流向只能通过导线，不能通过电解质溶液，故A错误；B、b电极为原电池正极，b电极是通入的氧气，得到电子生成氢氧根离子，电极反应O2+4e﹣+H2O═4OH﹣，故B错误；C、与电极b相连的铜电极为阳极，铜本身失电子生成铜离子，乙池是电解反应铜和硫酸反应生成氢气和硫酸铜；，通电初期乙中的总反应为Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，故C正确；D、甲池原电池反应，溶液PH不变，乙装置生产氢离子，溶液PH减小，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池、电解池原理的分析应用，主要是电极反应，电极名称判断，注意电解池中铜做阳极失电子发生氧化反应，题目难度中等．7．在一定条件下，CO（g）和H2（g）发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=akJ/mol，在容积固定的2L密闭容器中充入2mol CO（g）和4mol H2（g）发生反应，测定在不同温度、不同时段下CO的转化率如下表：下列说法中正确的是( )A．热化学方程式中a＞0B．T1℃下，在第一小时内用H2表示的化学反应速率为0.4mol/（L•h）C．T1℃下，该反应的化学平衡常数为25D．T2℃下，ɑ1=ɑ2＞80%考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：A、根据单位时间内物质的转化率的变化确定温度的高低；B、化学反应速率之比等于方程式的系数之比；C、根据三行式计算化学平衡常数数；D、温度不同，化学反应速率不同，达到平衡的时间不一样．解答：解：A、在时间间隔一个小时内，T1温度下一氧化碳的转化率变化较大，所以T1温度较高，在1小时时，温度从T1到T2，降低温度，则一氧化碳的转化率降低，所以平衡逆向移动，该反应是吸热的，即a＞0，故A正确；B、T1℃下，在第一小时内用H2表示的化学反应速率是一氧化氮速率的一半，即为0.2mol/（L•h），故B错误；C、T1℃下，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）初始浓度：1 2 0变化浓度：0.8 1.6 0.8平衡浓度：0.2 0.4 0.8则K==25，故C正确；D、反应进行的温度不同，所以化学反应速率不同，因此达到平衡的时间不一样，所以ɑ1、ɑ2不相等，故D错误．故选AC．点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析，数据分析利用的能力，反应速率的计算应用，题目难度中等．二．非选择题（本部分有4个小题，共58分）8．（14分）（1）CO与H2在一定条件下可反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨作电极，该电池负极反应式为CH3OH（g）+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+．（2）高铁酸钾（K2FeO4）易溶于水，具有强氧化性，是一种新型水处理剂，高铁酸钾溶液长时间放置不稳定，会产生红褐色絮状物质及一种助燃性的气体，则该过程的离子方程式为4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑．（3）已知：工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是MgO的熔点比MgCl2的熔点高，MgO熔融时耗费更多能源，增加成本；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是AlCl3是共价化合物，熔融态时不电离，难导电．（4）为测定三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的含量，通常将其配成溶液再用H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液将草酸根恰好全部氧化成CO2，MnO4﹣同时被还原为Mn2+此反应不要（要/不要）外加指示剂，达到滴定终点的现象为当待测液中出现紫红色，且振荡后半分钟内不再褪色，就表明到了终点．考点：原电池和电解池的工作原理；电解原理．分析：（1）依据原电池原理分析，燃料电池是燃料在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子发生还原反应，依据电解质溶液时酸性溶液书写电极反应；（2）根据电子得失知二者的比为4：3，书写离子方程式；（3）氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（4）依据滴定实验的原理和指示剂选择分析，高锰酸钾溶液为紫红色，滴入高锰酸钾溶液最后一滴紫色不变证明反应到终点．解答：解：（1）甲醇是一种燃料，可利用甲醇设计一个燃料电池，用稀硫酸作电解质溶液，多孔石墨做电极，负极电极反应为：CH3OH（g）+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+；故答案为：CH3OH（g）+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+；（2）因为高铁酸钾溶液长时间放置不稳定，会产生红色絮状物质及气泡知生成氢氧化铁和氧气，由电子得失知二者的比为4：3，则反应的离子方程式是4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，故答案为：4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑；（3）氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电，以分子存在，所以冶炼铝用熔融氧化铝，故答案为：MgO的熔点比MgCl2的熔点高，MgO熔融时耗费更多能源，增加成本；AlCl3是共价化合物，熔融态时不电离，难导电；（4）高锰酸钾溶液为紫红色，可以利用溶液颜色变化来指示反应的终点，不需要指示剂，高锰酸钾溶液呈紫色和亚铁离子反应到恰好反应后滴入最后一滴高锰酸钾溶液紫色半分钟不褪色证明反应终点；故答案为：不要；当待测液中出现紫红色，且振荡后半分钟内不再褪色，就表明到了终点．点评：本题考查了电极反应式书写、氧化还原反应方程式书写、电解原理以及氧化还原滴定中指示剂的选择，题目难度不大．9．甲、乙两同学研究Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况．（1）常温下，FeCl3溶液的pH＜7（填“＜”、“＞”或“=”）．（2）分析红褐色产生的原因．①甲同学认为步骤I中溶液呈红褐色是因为生成了Fe（OH）3，用化学平衡移动原理解释溶液呈红褐色的原因：Fe3++3H2O═Fe（OH）3+3H+，加入Na2SO3后，c（H+）下降，平衡正向移动，生成Fe（OH）3．②乙同学认为可能是发生了氧化还原反应，完成并配平其反应的离子方程式：□Fe3++□SO32﹣+□H2O═□F e2++□SO42﹣+□2H+乙同学查阅资料得知：（3）甲同学为了确认溶液呈红褐色的原因是生成了Fe（OH）3，设计并完成了如下实验：甲同学因此得出结论：溶液呈红褐色是因为生成了Fe（OH）3．而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足，乙同学的理由是FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应”．（4）为进一步确认Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况，乙同学设计并完成了如下实验：步骤操作现象III 向1mol•L﹣1的FeCl3溶液中通入一定量的SO2溶液由黄色变为红褐色IV 用激光笔照射步骤III中的红褐色溶液没有出现“丁达尔效应”①经检验步骤III中红褐色溶液含有Fe2+，检验Fe2+选用的试剂是a（填字母）．a．K3[Fe（CN）6]溶液 b．KSCN溶液 c．KMnO4溶液②已知H2SO3是弱酸，请结合电离方程式说明步骤III中出现红褐色的原因：H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，SO32﹣与被还原生成的Fe2+结合为FeSO3，与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色．（5）结论：由上述实验得知，甲、乙两同学所持观点均正确．考点：性质实验方案的设计．分析：（1）FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性；（2）①步骤I中溶液呈红褐色的原因是：Fe3++3H2O═Fe（OH）3+3H+，加入Na2SO3后，c（H+）下降，平衡正向移动，生成Fe（OH）3；②Fe3+→Fe2+，化合价从+3→+2，降低1价，SO32﹣→SO42﹣，化合价从+4→+6，升高2价，根据化合价升高和降低总数相等以及原子守恒配平得方程式2Fe3++SO32﹣+H2O═2Fe2++SO42﹣+2H+；（3）根据乙同学查阅资料得知：1．Fe2+与SO32﹣反应生成墨绿色的絮状沉淀FeSO3；2．墨绿色的FeSO3与黄色的FeCl3溶液混合后，溶液呈红褐色，故而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足，由是 FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应”；（4）①a．K3[Fe（CN）6]溶液与Fe2+会产生蓝色沉淀；b．KSCN溶液用于检验Fe3+；c．溶液中的二氧化硫会干扰KMnO4溶液检验Fe2+；②步骤III中出现红褐色的原因：H2SO3⇌H++HSO3﹣；HSO3﹣⇌H++SO32﹣，SO32﹣与被还原生成的Fe2+结合为FeSO3，与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色．解答：解：（1）FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+2H+，所以其溶液pH＜7，故答案为：＜；（2）①甲同学认为步骤I中溶液呈红褐色是因为生成了Fe（OH）3，原因是：Fe3++3H2O═Fe （OH）3+3H+，加入Na2SO3后，c（H+）下降，平衡正向移动，生成Fe（OH）3，故答案为：Fe3++3H2O═Fe （OH）3+3H+，加入Na2SO3后，c（H+）下降，平衡正向移动，生成Fe（OH）3；②Fe3+→Fe2+，化合价从+3→+2，降低1价，SO32﹣→SO42﹣，化合价从+4→+6，升高2价，根据化合价升高和降低总数相等以及原子守恒配平得方程式2Fe3++SO32﹣+H2O═2Fe2++SO42﹣+2H+，故答案为：2Fe3++SO32﹣+H2O═2Fe2++SO42﹣+2H+；（3）根据乙同学查阅资料得知：1．Fe2+与SO32﹣反应生成墨绿色的絮状沉淀FeSO3；2．墨绿色的FeSO3与黄色的FeCl3溶液混合后，溶液呈红褐色，故而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足，理由是 FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应”，故答案为：FeSO3和FeCl3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应”；（4）①a．K3[Fe（CN）6]溶液与Fe2+会产生蓝色沉淀，故可用于检验步骤III中红褐色溶液是否含有Fe2+，故a正确；b．KSCN溶液用于检验Fe3+，故b错误；c．溶液中的二氧化硫会干扰KMnO4溶液检验Fe2+，故c错误；故选a；②步骤III中出现红褐色的原因：H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，SO32﹣与被还原生成的Fe2+结合为FeSO3，与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色，故答案为：H2SO3⇌H++HSO3﹣、HSO3﹣⇌H++SO32﹣，SO32﹣与被还原生成的Fe2+结合为FeSO3，与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色．点评：本题考查了探究反应机理的方法，题目难度中等，是一道不错的题目，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．10．（18分）醛类是有机合成中的重要原料，特别是对有机物碳链增长起着重要的桥梁作用．如醛类在一定条件下有如下反应：，用通过以下路线可合成（G）：（1）反应①的条件是浓硫酸、加热．（2）B的结构简式为CH2=CHCOOH，其核磁共振氢谱显示分子内有3种不同环境的氢原子，其个数比为2：1：1．（3）反应②和④的类型是酯化反应（取代反应）、氧化反应．（4）D与足量的热NaOH溶液反应的化学方程式为CH3CHBrCOOCH2CH3+2NaOH→CH3CHOHCOONa+NaBr+HOCH2CH3．（5）目前物质A在一定条件下，可以用于生产医疗中可降解的手术缝合线等高分子材料，该生产原理的化学方程式为．（6）F的一种同分异构体能发生银镜反应，还能水解生成不含甲基的芳香化合物W，W的结构简式为．（7）A的一种同分异构体P能与热NaOH溶液反应生成乙醛，P的结构简式为．考点：有机物的合成．分析：比较A的结构简式和B的分子式可知，反应①为在浓硫酸加热的条件下发生消去反应，所以B为CH2=CHCOOH，反应②为B与乙醇发生酯化反应生成C为CH2=CHCOOCH2CH3，反应③为C与溴化氢发生加成反应生成D，反应④为E发生氧化反应生成F为，D与F发生信息中的反应，根据G的结构可知D为CH3CHBrCOOCH2CH3，以甲醇和A为原料制备，根据A的结构简式可知，可以先将A与HBr发生取代再与甲醇酯化得CH3CHBrCOOCH3，将甲醇氧成甲醛，甲醛与CH3CHBrCOOCH3发生类似D、F之间的反应，再发生消去、加聚即可得产品，据此答题．。
四川省米易中学学年高二化学上学期练习题6
高二上期T1班化学练习题6（选修四）第I 卷（选择题）一、单选，每小题6分，共42分1．T ℃时在2L 密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。
反应过程中X 、Y 、Z 的物质的量变化如图-1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T 1和T 2，Y 的体积百分含量与时间的关系如图-2所示。
下列分析正确的是A ．容器中发生的反应可表示为：3X(g)＋Y(g)3Z(g) B ．0～3 min 内，v(X)＝0.2 mol•L -1•min -1C ．其他条件不变升高温度，v 正、v 逆都增大，且重新平衡前v 正>v 逆D ．若改变条件，使反应进程如图-3所示，则改变的条件可能是增大压强2．在恒压条件下化学反应：2SO 2(g)＋O 2(g)2SO 3(g)；ΔH ＝－Q kJ ·mol －1，在上述条件下分别充入的气体和反应放出的热量(Q)如下表所列。
判断下列叙述正确的是容器 SO 2(mol)O 2(mol) SO 3(mol) N 2(mol) Q(kJ) 甲2 1 0 0 Q 1 乙1 0.5 0 0 Q2 丙0 0 2 0 Q 3 丁 1 0.5 0 1 Q 4A 22B ．平衡时，升高丙容器温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡逆向移动C ．各容器中反应放出热量的关系为：Q 1＝2Q 2>2Q 4D ．丁容器中反应达到平衡时，其化学平衡常数小于乙容器中反应的平衡常数3．I 2在KI 溶液中存在下列平衡：I 2(aq)+ I -(aq) I 3-(aq)，某I 2、KI 混合溶液中，I 3-的物质的量浓度c(I 3-)与温度T 的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。
下列说法不正确的是A ．反应 I 2(aq)+ I -(aq) I 3-(aq) 的ΔH ＜0 B ．若反应进行到状态D 时，一定有逆正v vC ．状态A 与状态B 相比，状态A 的c(I 2)大D ．若温度为21T T 、，反应的平衡常数分别为K 1、K 2，则K 1>K 24．常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系正确的是A ．0.1 mol ·L －1 (NH 4)2Fe(SO 4)2溶液： c(NH 4+)> c(SO 24-)>c(Fe 2＋)>c(H ＋) B ．0.1 mol ·L －1 Na 2CO 3溶液：c(Na ＋)＋c(H ＋)＝c(CO 23-)＋c(HCO 3-)＋c(OH －) C ．0.1 mol ·L －1 NaHCO 3溶液：c(H ＋)＋2c(H 2CO 3)＝c(OH －)＋c(CO 23-) D ．0.01 mol ·L －1NaOH 溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中：c(CH 3COO －)>c (Na +)>c(H +)> c (OH －)5．合成氨反应：N 2(g)＋3H 2(g) 2NH 3(g) ΔH<0。
四川省米易中学高二化学上学期练习题4
一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分。
在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求)1化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是( )A. 碘酒是指单质碘的乙醇溶液 B 、84消毒液的有效成分是NaCIOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D 、装饰材料释放的甲醛会造成污染2. 下列关于物质分类的说法正确的是A金刚石、白磷都属于单质 B •漂白粉、石英都属于纯净物C.氯化铵、次氯酸都属于强电解质 D •葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物3. 下列有关物质应用的说法正确的是A生石灰用作食品抗氧剂 B.盐类都可作调味品C.铝罐可久盛食醋D. 小苏打是面包发酵粉的主要成分4. 下列实验能达到目的的是A只滴加氨水鉴别NaCI、AICI3、MgCb、N Q SQ四种溶液B. 将NHCI溶液蒸干制备NHCI固体C. 用萃取分液的方法除去酒精中的水D. 用可见光束照射以区别溶液和胶体5•设N A为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是A. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 2B. 室温下，1LpH= 13的NaOH溶液中，由水电离的QH I离子数目为0.12C. 氢氧燃料电池正极消耗22.4L (标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为22D.5NHNO=====HNO+ 4N4 + 9HO反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为 3.75 2 6•下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是A. 0.1moI/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：+ 2———c(Na ) > c(CO3 ) > C(HCQ ) > c(OH )B. 20mI0.1moI/LCH 3COON溶液与10mI0.1moI/LHCI溶液混合后呈酸性，所得溶液中：C(CH3COQ) >>C(H+)C(CI—) > C(CH3COOHC. 室温下，pH= 2的盐酸与pH= 12的氨水等体积混合，所得溶液中：C(CI—) > C(H+) > C(NH4+) > C(OH—)D. 0.1moI/LCH 3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C(OH—) > C(H+) + C(CH3COOH)7.常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是X V z<1> NaOlHWJW Al( OH) , 辅硫酸② Korr 溶汕i 娥盐酸③ o a L 出 ikL ④； Cu 澈硝酸A.①③ B .①④ C .②④ D .②③8 •氮化硼(BN)晶体有多种相结构。
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T1班化学试题5
一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个正确
1、下列有关物质性质的说法错误的是（）
A、热稳定性：HCl＞HI
B、原子半径：Na＞Mg
C、酸性：H2SO3＞H2SO4
D、结合质子能力：S2—＞Cl—
2、下列除杂操作可行的是（）
A、通过浓硫酸除去HCl中的H2O
B、通过灼热的CuO除去H2中的CO
C、通过灼热的镁粉除去N2中的O2
D、通过水除去CO中的CO2
3、下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是
A．溶质的电离方程式为NaHCO3＝Na＋＋ H＋＋ CO32－
B．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)
D．温度升高，c(HCO3－)增大
4、某反应工程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A、反应过程a有催化剂参与
B、该反应为吸热反应，热效应等于△H
C、改变催化剂，可改变该反应的活化能
D、有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2
5、下列有关物质应用的说法错误的是（）
A、玻璃容器可长期盛放各种酸
B、纯碱可用于清洗油污
B、浓氨水可检验氯气管道漏气 D、Na2S可除去污水中的Cu2+
6、下列关于物质应用和组成的说法正确的是（）
A、P2O5可用于干燥Cl2和NH3
B、“可燃冰”的主要成分是水
C、CCl4可用于鉴别溴水和碘水
D、Si和SiO2都用于制造光导纤维
7、室温下，用0.100mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.100mol·L-1的盐酸和醋酸，
滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）
A、Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线
B、PH=7时，滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20ml
C、V(NaOH) =20ml时，两份溶液中C(Cl—)== C(CH3COO—)
D、V(NaOH) =10ml时，醋酸溶液中：C(Na+ )＞ C(CH3COO—)＞ C(H+ )＞ C(OH—)
8．（20分）
8-I（6分）对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX4)，下列叙述正确的是
A．SiX4难水解 B．SiX4是共价化合物
C．NaX易水解 D．NaX的熔点一般高于SiX4
8-II（14分）碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
（1）金刚石、石墨、C60.碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_____________。
（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为____、____。
（3）C60属于____晶体，石墨属于____晶体。
（4）石墨晶体中，层内C-C键的键长为142 pm，而金刚石中C-C键的键长为154 pm。
其原因是金刚石中只存在C-C间的____共价键，而石墨层内的C-C间不仅存在____共
价键，还有____键。
（5）金刚石晶胞含有____个碳原子。
若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r= ______a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率____（不要求计算结果）。
9.（14分）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。
某含锌
矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为
____。
（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_______操作.
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为________，其作用是__________________。
（4）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为___________________。
（5）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。
明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……，冷淀，毁罐取出，……，即倭铅也。
”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为____。
（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）
10.（14分）
Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
(l)Na位于元素周期表第___周期第____族；S的基态原子核外有____个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为___________
(2)用“>”或“<”填空：
(3)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。
在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是___________________。
(4)ClO2常用子水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。
写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_________________。
11.（14分）
LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。
某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：
已知：HCl的沸点是﹣85.0℃屯，HF的沸点是19.5℃。
(1)第①步反应中无水HF的作用是_______、_______。
反应设备不能用玻璃材质的原因是
______________________（用化学方程式表示）。
无水HF 有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将HF 沾到皮肤上，可立即用2%的___________溶液冲洗。
(2)该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PF 5极易水解，其产物为两种酸，写出PF 5水解的化学方程式：_______________________________。
(3)第④步分离采用的方法是_________；第⑤步分离尾气中HF 、HCl 采用的方法是______。
(4)LiPF 6产品中通常混有少量LiF 。
取样品w g ，测得Li 的物质的量为n mol ，则该样品中LiPF 6的物质的量为______mol （用含w 、n 的代数式表示）。
T1班化学试题5参考答案
1.C
2.A
3.B
4.C
5.A
6.C
7.B
8.8-I B 、D ;
8-II (1)同素异形体 （2）sp 3 sp 2 (3)分子 混合
（4）σ键 σ键 π键 （或大π键或p-p π键） (5) 8 8
3
16334833ππ=⨯a r 9.(1)ZnO (2)浸出 （3）锌粉 置换出Fe 等
(4) 2ZnS+4H ++ O 2=2Zn 2+
+2S↓+2H 2O. (5) ZnCO 3+2C Zn+3CO↑
10（14分）（1）3 ⅠA 2 1s 22s 22p 63s 23p 2
（2）
（3）4CuCl(s)+O 2(g)=CuCl 2(s)+CuO(s) △H=﹣176.6kJ·mol -1
（4） 2ClO 2-+Cl 2==ClO 2+2Cl
- {合理答案均给分}
11（14分）
（1）反应物 溶剂 SiO 2+4HF=SiF 4↑+2H 2O NaHCO 3
（2）PF 5+3H 2O=H 3PO 4+5HF
（3）过滤 冷凝
（4）w -26n 126 （本题部分小题属于开放试题，合理答案均给分）
2e-。