化学-甘肃省天水市一中2017-2018学年高二上学期第三次(期末)考试试题

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甘肃省天水市高二上学期期末化学试卷

甘肃省天水市高二上学期期末化学试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共16题；共32分)1. （2分） (2018高二上·北京期中) 可逆反应2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g）从正方向开始，并达到了平衡，此时SO2和O2的物质的量之比为2∶1；若采取某种措施，导致SO2和O2又消耗了一些，并再次达到平衡，下列说法正确的是（）A . 新平衡体系中，SO2和O2物质的量之比仍为2∶1B . 平衡向正反应方向移动，原因是正反应速率增大，逆反应速率减小C . 新平衡体系与旧平衡体系比较，SO3的浓度肯定增大D . 若采取的措施是缩小容器的容积，则新旧平衡中SO2和O2的转化率之比都是1∶12. （2分） (2016高一下·眉山期中) 已知可逆反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g），在容积为2L 的密闭容器中反应，有关物质的物质的量的变化如图所示．下列叙述正确的是（）A . a为1.60B . X和Y的转化率相等C . 0～10min的平均速率V（Z）=0.079mol•L﹣1•min﹣1D . 容器内Z的浓度最大可以达到1.00 mol/L3. （2分）(2018·成都模拟) 已知H2A为二元弱酸，室温下向100.0mL0.1mol/LH2A溶液中加入不同质量的NaOH固体，pH变化如下表(不考虑溶液体积变化)。

下列分析正确的是（）m(NaOH)/g00.40.8 1.2pH 3.88.312.013.2A . H2A第一步电离K1的数量级为10-8B . 上述过程中水的电离程度一直增大C . m(NaOH)=0.6g时，c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)D . 若溶液中加NaOH至时，c(OH-)>100c(H+)4. （2分） (2016高二上·绍兴期末) 在四个不同的容器中，在不同条件下进行合成氨的反应，根据下列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•min）B . v（N2）=0.1 mol/（L•min）C . v（N2）=0.2 mol/（L•min）D . v（NH3）=0.3 mol/（L•min）5. （2分） (2016高二下·曲周期末) 下列说法不正确的是（）A . 向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体B . 明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂C . 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强D . “血液透析”利用了胶体的性质6. （2分） (2016高一下·上饶期中) 下列反应中，属于吸热反应的是（）A . 锌与硫酸反应制取氢气B . NaOH与HCl的反应C . 高温煅烧石灰石D . 铝与稀盐酸7. （2分） (2019高一下·白城期末) 已知CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1 kJ·mol－1H2（g）＋ O2（g）=H2O（g）ΔH＝－Q2 kJ·mol－1H2（g）＋ O2（g）=H2O（l）ΔH＝－Q3 kJ·mol－1常温下取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2 L（标准状况），经完全燃烧后恢复到室温，则放出的热量（单位：kJ）为（）A . 0.4Q1＋0.05Q3B . 0.4Q1＋0.05Q2C . 0.4Q1＋0.1Q3D . 0.4Q1＋0.2Q28. （2分） (2016高二上·铜仁期中) 对于可逆反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），在一定温度下其平衡常数为K．下列条件的变化中，能使K值发生变化的是（）A . 将C（s）的表面积增大B . 增大体系的压强C . 升高体系的温度D . 使用合适的催化剂9. （2分）常温下，用0.10mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.10mol•L﹣1 HCl溶液和20.00mL 0.10mol•L ﹣1 CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是（）A . 图2是滴定盐酸的曲线B . a与b的关系是：a＜bC . E点对应离子浓度由大到小的顺序为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D . 这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂且颜色变化为红变橙10. （2分） (2018高三下·淮阴开学考) 下列关于各图的叙述正确的是（）A . 图甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ•mol-1B . 图乙表示一定条件下进行的反应2SO2+O2 ⇌ 2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件一定是缩小容器体积C . 图丙表示A,B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数ω(B)>ω(A)D . 图丁表示常温下，稀释HA,HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH11. （2分）向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2 ，开始反应时，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是（）甲：500℃，10 mol SO2和5 mol O2反应乙：500℃，V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应丙：450℃，8 mol SO2和5 mol O2反应丁：500℃，8 mol SO2和5 mol O2反应A . 甲、乙、丙、丁B . 乙、甲、丙、丁C . 乙、甲、丁、丙D . 丁、丙、乙、甲12. （2分） (2017高二上·济南期末) 一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质（A、B、C、D）的物质的量变化如图M所示，对该反应的推断合理的是（）A . M点表示v（A）=v（B）B . 0～6s内，v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=3：1：1.5：2C . 反应进行到6s时，各物质的物质的量浓度相等D . 反应进行到6s时，C的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•s﹣113. （2分） (2017高二上·漳州期末) 常温下，Ksp（CaSO4）=9×10﹣6 ， CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是（）A . CaSO4在稀硫酸中的溶解性比在纯水中的溶解性强B . a点对应的Ksp等于c点对应的KspC . d点溶液通过蒸发可以变到c点D . b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c（SO42﹣）一定等于3×10﹣3mol/L14. （2分） (2018高二上·黑龙江期末) 下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）A . 等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：c(NH4+)＝c(K＋)>c(Ba2＋)B . 将10 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol·L－1盐酸中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(CO32-)C . 向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7：c(NH4+)＋c(Na＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)D . 0.2 mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)15. （2分） (2016高二上·黄石期中) 下列物质中能抑制水的电离且使溶液呈现出酸性的是（）A . Na2CO3B . AlCl3C . NaClD . KHSO416. （2分） (2019高二上·福建期末) 2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示：下列说法正确的是（）A . 图中能量转化方式只有2种B . H+向a极区移动C . b极发生的电极反应为：N2+6H++6e－== 2NH3D . a极上每产生22.4L O2流过电极的电子数为4NA二、非选择题 (共3题；共19分)17. （6分） (2018高二上·衡阳期中) A-F是几种典型有机代表物的分子模型。

甘肃省天水市一中2017-2018学年高二上学期第三次考试化学试题 Word版含解析

甘肃省天水市一中2017-2018学年高二上学期第三次（期末）考试化学试题1. 下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( )A. NH3·H2OB. NaHCO3C. Ba(OH)2D. NH4Cl【答案】B【解析】A，NH3·H2O属于弱碱，NH3·H2O电离出OH-，溶液呈碱性；B，NaHCO3属于强碱弱酸盐，由于HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度，HCO3-的水解使溶液呈碱性；C，Ba（OH）2属于强碱，Ba（OH）2电离出OH-，溶液呈碱性；D，NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于NH4+的水解使溶液呈酸性；因水解使溶液呈碱性的是NaHCO3，答案选B。

2. 不能证明一元酸HA为弱酸的是( )A. 相同条件下HA溶液的导电性弱于盐酸B. 0.1mol/L的HA溶液pH为3C. HA溶液中滴加石蕊显红色D. NaA溶液显碱性【答案】C【解析】A，相同条件下HA溶液的导电性弱于盐酸，说明相同条件下HA溶液中离子物质的量浓度小于盐酸，HA部分电离，可证明HA为弱酸，A项正确；B，0.1mol/LHA溶液的pH=3，溶液中c（H+）=110-3mol/L0.1mol/L，可证明HA为弱酸，B项正确；C，HA溶液中滴加石蕊显红色，说明HA溶液呈酸性，不能说明酸性强弱，C项错误；D，NaA溶液呈碱性，说明A-能水解，可证明HA为弱酸，D项正确；答案选C。

点睛：实验证明某酸是强酸还是弱酸可从以下几个方面思考：（1）从弱电解质电离的特点分析，如测已知物质的量浓度溶液的pH（题中B项）、比较等物质的量浓度等体积强酸弱酸导电能力的强弱（题中A项）、比较等物质的量浓度强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（2）从影响弱电解质电离平衡的因素分析，如测等pH的强酸弱酸溶液稀释相同倍数后的pH、等pH等体积强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（3）从对应盐是否发生水解分析，如测对应强碱盐溶液的pH（题中D项）。

甘肃省天水市第一中学高二化学上学期期末考试试题

天水一中高二级2016—2017学年度第一学期期末考试化学试题（满分：100分时间：90分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cu 64 Ag 108一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。

每小题只有1个选项符合题意)1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。

下列属于未来新能源标准的是①天然气②太阳能③风能④石油⑤煤⑥生物质能⑦核能⑧氢能A．①②③④B．②③⑥⑧C．①②⑤⑥⑦⑧ D．③④⑤⑥⑦⑧2．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是A．生成物总能量一定低于反应物总能量B．酒精可用作燃料，说明酒精燃烧是释放能量的反应C．干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)== 2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同3.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。

下列说法不正确的是A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C.金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍D.电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁4．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)；△H＝＋QkJ·mol－1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器进行以上的反应，下列叙述正确的是A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达到平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl的浓度为0.12mol·L－1，则H2的反应速率为0.03mol/(L·min)D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol·L－1的NaOH恰好反应5．对于可逆反应A（g）+2B(g)2C(g)(正反应吸热)，下列图象中正确的是6. 从下列实验事实所引起的相应结论不正确的是：选项实验事实结论A 其它条件不变， 0.01mol/L的KMnO4酸性溶液分别与0.1mol/L的H2C2O4溶液和0.2mol/L的H2C2O4溶液反应，后者褪色时间短。

甘肃天水市2017届高三化学上学期期末试卷(含解析)

2016-2017学年甘肃省天水高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列各项内容中，排列顺序正确的是（）①氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2②单质的密度：Na＜K＜Rb③微粒半径：K+＞S2﹣＞F④物质的熔点：Li＞Na＞K⑤氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O．A．①③ B．②④ C．①④ D．③⑤2．下列化学用语使用正确的是（）A．HCN分子的结构式：H﹣C≡N B．水分子的球棍模型：C．F﹣离子的结构示意图： D．二氧化碳的电子式3．下列说法正确的是（）①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属和非金属化合形成离子键③离子键是阳离子，阴离子的相互吸引④两个非金属原子间不可能形成离子键⑤非金属原子间不可能形成离子键⑥离子化合物可能共价键⑦共价化合物中可能有离子键．A．①②③B．②④⑤C．④⑥ D．①②③④⑤⑥4．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族5．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，B原子的M电子层有1个电子，C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，D的最高正价和最低负价的代数和为4，E在同周期主族元素中原子半径最小．下列叙述错误的是（）A．元素C位于周期表中第三周期ⅢA族B．电解熔融化合物CE3可制取单质CC．D的最高价含氧酸的浓溶液与单质A共热时能生成三种氧化物D．化合物B2D2中既含离子键又含非极性共价键6．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表：下列叙述正确的是（）A．K、L、M三种元素的单质的还原性逐渐增强B．在RCl2分子中，各原子最外层均满足8电子的稳定结构C．Q元素的最高价氧化物为电解质，其水溶液能够导电D．K在T单质中燃烧所得的化合物中有共价键7．元素周期表有多种形式．如图是一种三角形元素素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A．M的氧化物易溶于水B．碳的最简单氢化物的稳定性强于A的C．钾和B组成的化合物的水溶液显碱性D．A、B形成的化合物中可能含有离子键8．设N A表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述正确的是（）A．1 mol HCl气体所含H+数目为N AB．1 mol CO2气体含有的C═O键数为N AC．4.6 g分子式为C2H6O的有机物，所含C﹣H键数目一定为0.5N AD．1 mol Na2O2所含的阴阳离子总数为3N A9．生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：下列说法中正确的是（）A．过程N2（g）→2N（g）放出能量B．过程N（g）+3F（g）→NF3（g）放出能量C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）的△H＞0D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应10．X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式△H=△H1+△H2．则X、Y可能是①C、CO ②AlCl3、Al（OH）3③Fe、Fe （NO3）2④Na2CO3、NaHCO3（）A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②③11．物质（t﹣BuNO）2在正庚烷溶剂中反应：（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1．能量关系图合理的是（）A．B． C．D．12．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）燃烧放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9 kJ•mol﹣113．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图（E1、E2、E3、E4表示活化能）．下列有关叙述正确的是（）A．A→B为吸热反应，B→C为放热反应B．三种化合物中B最稳定C．加入催化剂会改变反应的焓变D．整个反应的△H=E1﹣E214．在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A．外电路的电流方向为X→外电路→YB．若两电极分别为铁和碳棒，则铁棒进行的电极反应式为2H++e﹣═H2↑C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序是X＞Y15．选用下列试剂和电极：稀H2SO4、Fe2（SO4）3溶液、铁棒、铜棒、铂棒，组成如图所示的原电池装置（只有两个电极），观察到电流计G的指针均明显偏转（指针偏转程度大），则其可能的组合共有（）A．6种B．5种C．4种D．3种16．根据图，下列判断正确的是（）A．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极B．烧杯b中发生的电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+C．烧杯a中发生反应O2+4H++4e﹣═2H2O，溶液pH降低D．向烧杯a中加入少量KSCN溶液，则溶液会变成红色二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17．X、Y、Z、W为短周期的四种元素，有关它们的部分信息如表所示：请按要求回答下列问题（注意不能用字母X、Y、Z、W作答）：（1）X单质的电子式是．（2）X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：．（3）W、Z形成的化合物的水溶液的pH （填“＞”“＜”或“=”）7，理由是（用离子方程式表示）．（4）8g Y的最简单氢化物完全燃烧生成液态水时放出445kJ的热量，写出Y的最简单氢化物的燃烧热的热化学方程式：．18．V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种主族元素，已知：五种元素只有一种元素为金属元素，五种元素的电子层数之和等于10，原子序数之和等于35；W的最外层电子数是其内层电子数的2倍．①W的元素名称为．②元素Z的原子结构示意图为．③V、W两种元素形成一种14电子化合物，该化合物的电子式为．19．酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物．该电池放电过程产生MnOOH．回答下列问题：该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为．20．化合物A（X2YZ4）由三种元素组成．已知：①Z的主族序数是X的主族序数的6倍；②A的摩尔质量为198g•mol﹣1，A中Z的质量分数为0.323；③A可氧化水而自身分解生成一种红棕色物质，该红棕色物质与盐酸反应后，再滴加KSCN溶液呈红色．回答下列问题：（1）X在周期表中的位置是．（2）A中Y元素呈现的价态为．（3）X与Z形成一种化合物B，其阴阳离子个数比为1：2，1mol B中含54mol电子，则B 的电子式为．（4）A是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料．YCl3与XClZ在强碱性条件下反应可制取A，其反应的离子方程式为；与MnO2﹣Zn电池类似，A﹣Zn也可以组成碱性电池，A在电池中作为正极材料，其电极反应式为．21．甲醛是一种重要的化工产品，可利用甲醇催化脱氢制：CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H，如图表示该反应过程中的能量变化：请回答下列问题：（1）曲线Ⅰ中反应的活化能为kJ•mol﹣1，该反应的反应热△H= ．（2）图中曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）表示使用了催化剂．（3）升高温度，曲线Ⅰ中反应的活化能（填“增大”“减小”或“不变”，下同），反应的反应热△H ．22．乙醇用途广泛，常用作溶剂、饮料、燃料等．（1）实验测得，1mol液态乙醇在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时放出1366.2kJ热量，试写出乙醇燃烧的热化学方程式：．（2）已知CH2═CH2（g）+H2O（g）→CH3CH2OH（g）△H=﹣34kJ•mol﹣1，则每消耗1g乙烯放出的热量为（保留一位小数）．（3）如图为乙烯水化法制乙醇时，化学反应的能量随反应过程的变化．①乙烯水化法制乙醇时，使用催化剂对该反应的反应热影响是（填“增大”“减小”或“无影响”，下同），对图中△H1的影响是．②已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：H﹣O键为463、C﹣C键为347、C﹣H键为414，C﹣O键为326，C=C键615.3，则断裂1mol C﹣O键所需的能量是．（4）M原子的质子数比硫原子少2个，在25℃、101kPa下，M的最简单气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是．2016-2017学年甘肃省天水二中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列各项内容中，排列顺序正确的是（）①氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2②单质的密度：Na＜K＜Rb③微粒半径：K+＞S2﹣＞F④物质的熔点：Li＞Na＞K⑤氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O．A．①③ B．②④ C．①④ D．③⑤【考点】77：元素周期律的作用．【分析】①高锰酸钾分解生成二氧化锰，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；②碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势；③核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子的核外电子层数越多，半径越大；④碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低；⑤考虑氢键和分子间作用力的区别．【解答】解：①高锰酸钾分解生成二氧化锰，故氧化性：KMnO4＞MnO2，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，故氧化性：MnO2＞Cl2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断：氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2，故正确；②碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势，钾反常，所以单质的密度：K＜Na＜Rb，故错误；③核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子的核外电子层数越多，半径越大，应为S2﹣＞K+＞F，故错误；④碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低，应为Li＞Na＞K，故正确；⑤从两个角度考虑，水中存在氢键，沸点最高，H2Se和H2S结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，故正确顺序为H2O＞H2Se＞H2S，故错误；故选C．2．下列化学用语使用正确的是（）A．HCN分子的结构式：H﹣C≡N B．水分子的球棍模型：C．F﹣离子的结构示意图：D．二氧化碳的电子式【考点】46：结构式；43：电子式；44：原子结构示意图；4I：球棍模型与比例模型．【分析】A、HCN分子中存在碳氢单键和碳氮三键；B、水分子中，键角为108.5°；C、F﹣离子核外电子数为10；D、二氧化碳中碳氧之间是共价双键．【解答】解：A、HCN分子中存在碳氢单键和碳氮三键，即分子的结构式：H﹣C≡N，故A正确；B、水分子中，键角为108.5°，球棍模型不是直线型，故B错误；C、F﹣离子核外电子数为10，不是9，故C错误；D、二氧化碳中碳氧之间是共价双键，不是共价单键，故D错误．故选A．3．下列说法正确的是（）①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属和非金属化合形成离子键③离子键是阳离子，阴离子的相互吸引④两个非金属原子间不可能形成离子键⑤非金属原子间不可能形成离子键⑥离子化合物可能共价键⑦共价化合物中可能有离子键．A．①②③B．②④⑤C．④⑥ D．①②③④⑤⑥【考点】96：共价键的形成及共价键的主要类型；93：离子化合物的结构特征与性质．【分析】①在水中存在化学键与氢键；②金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键；③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力；④两个非金属原子间只能以共用电子对结合；⑤非金属原子间可能形成离子键；⑥离子化合物中一定含离子键，可能共价键；⑦共价化合物中一定不含离子键．【解答】解：①在水中存在化学键与氢键，氢键不是化学键，故错误；②金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故错误；③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含吸引和排斥力，故错误；④两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，故正确；⑤非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故错误；⑥离子化合物中一定含离子键，可能共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；⑦共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故错误；故选C．4．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族【考点】8G：原子结构与元素的性质．【分析】根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y 为N，Z为O．A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大；B、根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析；C、根据非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强分析；D、根据O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子分析．【解答】解：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O．A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大，因此原子半径Al＞S＞O，故A正确；B、由于非金属性：N＞Si，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2SiO3，故B错误；C、由于非金属性：O＞Si，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故C正确；D、O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子，因此O位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，故D正确；故选：B．5．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，B原子的M电子层有1个电子，C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，D的最高正价和最低负价的代数和为4，E在同周期主族元素中原子半径最小．下列叙述错误的是（）A．元素C位于周期表中第三周期ⅢA族B．电解熔融化合物CE3可制取单质CC．D的最高价含氧酸的浓溶液与单质A共热时能生成三种氧化物D．化合物B2D2中既含离子键又含非极性共价键【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，则A为C元素；B原子的M电子层有1个电子，则B为Na元素；C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，C为Al元素；D的最高正价和最低负价的代数和为4，则D为S元素；E在同周期主族元素中原子半径最小，E只能为Cl，以此来解答．【解答】解：由上述分析可知，A、B、C、D、E分别为C、Na、Al、S、Cl，A．元素C为Al，位于周期表中第三周期ⅢA族，故A正确；B．CE3为共价化合物，熔融状态不导电，故B错误；C．D的最高价含氧酸的浓溶液为浓硫酸，与单质A共热时能生成二氧化碳、二氧化硫、水三种氧化物，故C正确；D．化合物Na2S2中既含离子键又含S﹣S非极性共价键，类似过氧化钠中化学键，故D正确；故选B．6．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表：下列叙述正确的是（）A．K、L、M三种元素的单质的还原性逐渐增强B．在RCl2分子中，各原子最外层均满足8电子的稳定结构C．Q元素的最高价氧化物为电解质，其水溶液能够导电D．K在T单质中燃烧所得的化合物中有共价键【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】在短周期元素中，K、N化合价为+1价，由原子半径可知K为Na，N为Li；L、R 化合价为+2价，原子半径L＞R，故L为Mg，R为Be；Q和T的化合价都有﹣2价，应为周期表第ⅥA族元素，Q的最高价为+6价，Q应为S元素，T无正价，T应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，半径大于Q小于R，M为Al元素，结合元素周期律知识解答该题．【解答】解：A．K、L、M三种元素分别为Na、Mg、Al，位于相同周期，金属性逐渐减弱，单质的还原性逐渐减弱，故A错误；B．R为Be，最外层有2个电子，氯化物中Be最外层电子数最多为4，故B错误；C．Q为S元素，对应的最高价氧化物不能电离出自由移动的离子，为非电解质，故C错误；D．K在T单质中燃烧所得的化合物为过氧化钠，含有离子键和共价键，故D正确．故选D．7．元素周期表有多种形式．如图是一种三角形元素素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A．M的氧化物易溶于水B．碳的最简单氢化物的稳定性强于A的C．钾和B组成的化合物的水溶液显碱性D．A、B形成的化合物中可能含有离子键【考点】72：元素周期表的结构及其应用．【分析】由元素在周期表中位置可知，R处于第二周期、ⅤA族，为N元素；A处于第二周期、ⅥA族，为O元素；M处于第三周期、ⅢA族，为Al元素；B与A同主族，且位于A的下一周期，则B为S元素，然后结合元素周期律的知识对各选项进行判断．【解答】解：由元素在周期表中的相对位置可知，R处于第二周期、ⅤA族，为N元素；A 处于第二周期、ⅥA族，为O元素；M处于第三周期、ⅢA族，为Al元素；B与A同主族，且位于A的下一周期，则B为S元素，A．M为Al，其氧化物为氧化铝，氧化铝不溶于水，故A错误；B．A为O元素，非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞C，则水的稳定性大于甲烷，即：碳的最简单氢化物的稳定性小于A的，故B错误；C．B为S，二者形成的化合物为硫化钾，硫离子部分水解，溶液显示碱性，故C正确；D．A为O、B为S，二者形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，都属于共价化合物，不存在离子键，故D错误；故选C．8．设N A表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述正确的是（）A．1 mol HCl气体所含H+数目为N AB．1 mol CO2气体含有的C═O键数为N AC．4.6 g分子式为C2H6O的有机物，所含C﹣H键数目一定为0.5N AD．1 mol Na2O2所含的阴阳离子总数为3N A【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A．氯化氢气体不含氢离子；B.1个二氧化碳与两个氧原子分别形成一个C=O键；C．C2H6O可以为甲醚，也可以是乙醇；D．过氧化钠阴离子为过氧根离子．【解答】解：A．氯化氢气体不含氢离子，故A错误；B.1 mol CO2气体含有的C═O键数为2N A，故B错误；C.46g分子式为C2H6O的物质的量为1mol，若C2H6O为甲醚，1mol中含有6mol碳氢极性键，若是乙醇，含有5molC﹣H键，故C错误；D．1mol Na2O2含有2mol钠离子，1mol过氧根离子，共含有的阴阳离子总数为3N A，故D正确；故选：D．9．生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：下列说法中正确的是（）A．过程N2（g）→2N（g）放出能量B．过程N（g）+3F（g）→NF3（g）放出能量C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）的△H＞0D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【考点】BB：反应热和焓变．【分析】化学反应中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，以此解答该题．【解答】解：A．N2（g）→2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A错误；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=KJ•mol﹣1=﹣291.9KJ•mol﹣1，△H＜0，故C错误；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和形成，故D错误．故选B．10．X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式△H=△H1+△H2．则X、Y可能是①C、CO ②AlCl3、Al（OH）3③Fe、Fe （NO3）2④Na2CO3、NaHCO3（）A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②③【考点】GK：镁、铝的重要化合物；GF：钠的重要化合物；GM：铁的化学性质．【分析】图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等，以此解答该题．【解答】解：①X为C、W为O2时，Z为CO2，且C与O2完全反应即生成CO2，符合△H=△H1+△H2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，符合△H=△H1+△H2，故②正确；③若X为Fe、W为HNO3，则Y为Fe（NO3）2，Z为Fe（NO3）3，Fe与HNO3反应直接生成Fe （NO3）3，符合△H=△H1+△H2，故③正确；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，符合△H=△H1+△H2，故④正确；故选A．11．物质（t﹣BuNO）2在正庚烷溶剂中反应：（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1．能量关系图合理的是（）A．B．C．D．【考点】C3：活化能及其对化学反应速率的影响．【分析】（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，该反应为吸热反应，则生成物的总能量高，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1，则反应物分子变为活化分子的能量为90.4kJ•mol﹣1，以此来解答．【解答】解：由题意可知，（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，该反应为吸热反应，则生成物的总能量高于反应物的总能量，所以BC错误；△H=+50.5kJ•mol﹣1，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1，数值上接近2倍的关系，所以A错误；故选D．12．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）燃烧放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9 kJ•mol﹣1【考点】BB：反应热和焓变．【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B．设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；C．酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是﹣57.3 kJ•mol﹣1；D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1 ②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1，按盖斯定律计算①×3﹣②得到：6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l），据此进行计算．【解答】解：A．根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8 kJ•mol﹣1，则氢气燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，故A错误；B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12 571.6kJmol 142.9kJ2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣12 1452kJmol 22.69kJ所以H2（g）放出的热量多，故B正确；C．反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的△H＜﹣57.3 kJ•mol﹣1，故C错误；D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1按盖斯定律计算①×3﹣②得到：6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8 kJ•mol ﹣1，则正确的热化学方程式是：3H（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4 kJ•mol2﹣1，故D错误；故选B．13．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图（E1、E2、E3、E4表示活化能）．下列有关叙述正确的是（）A．A→B为吸热反应，B→C为放热反应B．三种化合物中B最稳定C．加入催化剂会改变反应的焓变D．整个反应的△H=E1﹣E2【考点】BB：反应热和焓变．【分析】A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题．【解答】解：A．由图象可知A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C 的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故A正确；B．物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，故B错误；C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故C错误；D．整个反应中△H=△H A→B+△H B→C=E1﹣E2+E3﹣E4，故D错误．故选A．14．在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A．外电路的电流方向为X→外电路→YB．若两电极分别为铁和碳棒，则铁棒进行的电极反应式为2H++e﹣═H2↑C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序是X＞Y【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断正负极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应．【解答】解：A、根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→外电路→X，故A错误；B、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则X为Fe为负极，电极反应式为Fe﹣e﹣═Fe2+，故B错误；C、X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；D、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X 是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y，故D正确；故选D．15．选用下列试剂和电极：稀H2SO4、Fe2（SO4）3溶液、铁棒、铜棒、铂棒，组成如图所示的原电池装置（只有两个电极），观察到电流计G的指针均明显偏转（指针偏转程度大），则其可能的组合共有（）A．6种B．5种C．4种D．3种【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选择电极和电解质溶液，有相对活泼的金属和不活泼的金属或导电的非金属作电极，且较活泼的金属能自发的和电解质溶液进行氧化还原反应，据此分析解答．【解答】解：该装置是原电池，根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液．当电解质溶液为稀硫酸时，只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知，能构成原电池的组合有5种，故选：B．16．根据图，下列判断正确的是（）A．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极B．烧杯b中发生的电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+C．烧杯a中发生反应O2+4H++4e﹣═2H2O，溶液pH降低D．向烧杯a中加入少量KSCN溶液，则溶液会变成红色【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】该原电池中，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，电子从负极沿导线流向正极，亚铁离子和K3[Fe（CN）]溶液反应生成蓝色沉淀．6【解答】解：A．电子从负极锌沿导线流向正极Fe，电子不进入盐桥和电解质溶液，故A错误；B．锌作负极，负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故B正确；C．铁作正极，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以a烧杯中溶液pH升高，故C错误；D．a烧杯中没有亚铁离子生成，所以向烧杯a中加入少量KSCN溶液，溶液不会变红色，故。

甘肃省天水市17届高三化学上学期期末试卷(含解析)

2016-2017学年甘肃省天水高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列各项内容中，排列顺序正确的是（）①氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2②单质的密度：Na＜K＜Rb③微粒半径：K+＞S2﹣＞F④物质的熔点：Li＞Na＞K⑤氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O．A．①③ B．②④ C．①④ D．③⑤2．下列化学用语使用正确的是（）A．HCN分子的结构式：H﹣C≡N B．水分子的球棍模型：C．F﹣离子的结构示意图：D．二氧化碳的电子式3．下列说法正确的是（）①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属和非金属化合形成离子键③离子键是阳离子，阴离子的相互吸引④两个非金属原子间不可能形成离子键⑤非金属原子间不可能形成离子键⑥离子化合物可能共价键⑦共价化合物中可能有离子键．A．①②③B．②④⑤C．④⑥ D．①②③④⑤⑥4．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族5．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，B原子的M电子层有1个电子，C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，D的最高正价和最低负价的代数和为4，E在同周期主族元素中原子半径最小．下列叙述错误的是（）A．元素C位于周期表中第三周期ⅢA族B．电解熔融化合物CE3可制取单质CC．D的最高价含氧酸的浓溶液与单质A共热时能生成三种氧化物D．化合物B2D2中既含离子键又含非极性共价键6．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表：下列叙述正确的是（）A．K、L、M三种元素的单质的还原性逐渐增强B．在RCl2分子中，各原子最外层均满足8电子的稳定结构C．Q元素的最高价氧化物为电解质，其水溶液能够导电D．K在T单质中燃烧所得的化合物中有共价键7．元素周期表有多种形式．如图是一种三角形元素素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A．M的氧化物易溶于水B．碳的最简单氢化物的稳定性强于A的C．钾和B组成的化合物的水溶液显碱性D．A、B形成的化合物中可能含有离子键8．设N A表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述正确的是（）A．1 mol HCl气体所含H+数目为N AB．1 mol CO2气体含有的C═O键数为N AC．4.6 g分子式为C2H6O的有机物，所含C﹣H键数目一定为0.5N AD．1 mol Na2O2所含的阴阳离子总数为3N A9．生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：下列说法中正确的是（）A．过程N2（g）→2N（g）放出能量B．过程N（g）+3F（g）→NF3（g）放出能量C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）的△H＞0D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应10．X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式△H=△H1+△H2．则X、Y可能是①C、CO ②AlCl3、Al（OH）3③Fe、Fe （NO3）2④Na2CO3、NaHCO3（）A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②③11．物质（t﹣BuNO）2在正庚烷溶剂中反应：（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1．能量关系图合理的是（）A．B．C．D．12．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）燃烧放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9 kJ•mol﹣113．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图（E1、E2、E3、E4表示活化能）．下列有关叙述正确的是（）A．A→B为吸热反应，B→C为放热反应B．三种化合物中B最稳定C．加入催化剂会改变反应的焓变D．整个反应的△H=E1﹣E214．在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A．外电路的电流方向为X→外电路→YB．若两电极分别为铁和碳棒，则铁棒进行的电极反应式为2H++e﹣═H2↑C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序是X＞Y15．选用下列试剂和电极：稀H2SO4、Fe2（SO4）3溶液、铁棒、铜棒、铂棒，组成如图所示的原电池装置（只有两个电极），观察到电流计G的指针均明显偏转（指针偏转程度大），则其可能的组合共有（）A．6种B．5种C．4种D．3种16．根据图，下列判断正确的是（）A．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极B．烧杯b中发生的电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+C．烧杯a中发生反应O2+4H++4e﹣═2H2O，溶液pH降低D．向烧杯a中加入少量KSCN溶液，则溶液会变成红色二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17．X、Y、Z、W为短周期的四种元素，有关它们的部分信息如表所示：请按要求回答下列问题（注意不能用字母X、Y、Z、W作答）：（1）X单质的电子式是．（2）X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：．（3）W、Z形成的化合物的水溶液的pH （填“＞”“＜”或“=”）7，理由是（用离子方程式表示）．（4）8g Y的最简单氢化物完全燃烧生成液态水时放出445kJ的热量，写出Y的最简单氢化物的燃烧热的热化学方程式：．18．V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种主族元素，已知：五种元素只有一种元素为金属元素，五种元素的电子层数之和等于10，原子序数之和等于35；W的最外层电子数是其内层电子数的2倍．①W的元素名称为．②元素Z的原子结构示意图为．③V、W两种元素形成一种14电子化合物，该化合物的电子式为．19．酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物．该电池放电过程产生MnOOH．回答下列问题：该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为．20．化合物A（X2YZ4）由三种元素组成．已知：①Z的主族序数是X的主族序数的6倍；②A的摩尔质量为198g•mol﹣1，A中Z的质量分数为0.323；③A可氧化水而自身分解生成一种红棕色物质，该红棕色物质与盐酸反应后，再滴加KSCN 溶液呈红色．回答下列问题：（1）X在周期表中的位置是．（2）A中Y元素呈现的价态为．（3）X与Z形成一种化合物B，其阴阳离子个数比为1：2，1mol B中含54mol电子，则B 的电子式为．（4）A是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料．YCl3与XClZ在强碱性条件下反应可制取A，其反应的离子方程式为；与MnO2﹣Zn电池类似，A﹣Zn也可以组成碱性电池，A在电池中作为正极材料，其电极反应式为．21．甲醛是一种重要的化工产品，可利用甲醇催化脱氢制：CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H，如图表示该反应过程中的能量变化：请回答下列问题：（1）曲线Ⅰ中反应的活化能为kJ•mol﹣1，该反应的反应热△H= ．（2）图中曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）表示使用了催化剂．（3）升高温度，曲线Ⅰ中反应的活化能（填“增大”“减小”或“不变”，下同），反应的反应热△H ．22．乙醇用途广泛，常用作溶剂、饮料、燃料等．（1）实验测得，1mol液态乙醇在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时放出1366.2kJ热量，试写出乙醇燃烧的热化学方程式：．（2）已知CH2═CH2（g）+H2O（g）→CH3CH2OH（g）△H=﹣34kJ•mol﹣1，则每消耗1g乙烯放出的热量为（保留一位小数）．（3）如图为乙烯水化法制乙醇时，化学反应的能量随反应过程的变化．①乙烯水化法制乙醇时，使用催化剂对该反应的反应热影响是（填“增大”“减小”或“无影响”，下同），对图中△H1的影响是．②已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：H﹣O键为463、C﹣C键为347、C﹣H键为414，C﹣O键为326，C=C键615.3，则断裂1mol C﹣O键所需的能量是．（4）M原子的质子数比硫原子少2个，在25℃、101kPa下，M的最简单气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是．2016-2017学年甘肃省天水二中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．下列各项内容中，排列顺序正确的是（）①氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2②单质的密度：Na＜K＜Rb③微粒半径：K+＞S2﹣＞F④物质的熔点：Li＞Na＞K⑤氢化物的沸点：H2Se＞H2S＞H2O．A．①③ B．②④ C．①④ D．③⑤【考点】77：元素周期律的作用．【分析】①高锰酸钾分解生成二氧化锰，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；②碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势；③核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子的核外电子层数越多，半径越大；④碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低；⑤考虑氢键和分子间作用力的区别．【解答】解：①高锰酸钾分解生成二氧化锰，故氧化性：KMnO4＞MnO2，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，故氧化性：MnO2＞Cl2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断：氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2，故正确；②碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势，钾反常，所以单质的密度：K＜Na＜Rb，故错误；③核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子的核外电子层数越多，半径越大，应为S2﹣＞K+＞F，故错误；④碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低，应为Li＞Na＞K，故正确；⑤从两个角度考虑，水中存在氢键，沸点最高，H2Se和H2S结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，故正确顺序为H2O＞H2Se＞H2S，故错误；故选C．2．下列化学用语使用正确的是（）A．HCN分子的结构式：H﹣C≡N B．水分子的球棍模型：C．F﹣离子的结构示意图：D．二氧化碳的电子式【考点】46：结构式；43：电子式；44：原子结构示意图；4I：球棍模型与比例模型．【分析】A、HCN分子中存在碳氢单键和碳氮三键；B、水分子中，键角为108.5°；C、F﹣离子核外电子数为10；D、二氧化碳中碳氧之间是共价双键．【解答】解：A、HCN分子中存在碳氢单键和碳氮三键，即分子的结构式：H﹣C≡N，故A正确；B、水分子中，键角为108.5°，球棍模型不是直线型，故B错误；C、F﹣离子核外电子数为10，不是9，故C错误；D、二氧化碳中碳氧之间是共价双键，不是共价单键，故D错误．故选A．3．下列说法正确的是（）①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合②金属和非金属化合形成离子键③离子键是阳离子，阴离子的相互吸引④两个非金属原子间不可能形成离子键⑤非金属原子间不可能形成离子键⑥离子化合物可能共价键⑦共价化合物中可能有离子键．A．①②③B．②④⑤C．④⑥ D．①②③④⑤⑥【考点】96：共价键的形成及共价键的主要类型；93：离子化合物的结构特征与性质．【分析】①在水中存在化学键与氢键；②金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键；③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力；④两个非金属原子间只能以共用电子对结合；⑤非金属原子间可能形成离子键；⑥离子化合物中一定含离子键，可能共价键；⑦共价化合物中一定不含离子键．【解答】解：①在水中存在化学键与氢键，氢键不是化学键，故错误；②金属和非金属化合一般形成离子键，可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故错误；③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含吸引和排斥力，故错误；④两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，故正确；⑤非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故错误；⑥离子化合物中一定含离子键，可能共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；⑦共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故错误；故选C．4．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族【考点】8G：原子结构与元素的性质．【分析】根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y 为N，Z为O．A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大；B、根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析；C、根据非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强分析；D、根据O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子分析．【解答】解：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O．A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大，因此原子半径Al＞S＞O，故A正确；B、由于非金属性：N＞Si，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2SiO3，故B错误；C、由于非金属性：O＞Si，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故C正确；D、O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子，因此O位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，故D正确；故选：B．5．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，B原子的M电子层有1个电子，C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，D的最高正价和最低负价的代数和为4，E在同周期主族元素中原子半径最小．下列叙述错误的是（）A．元素C位于周期表中第三周期ⅢA族B．电解熔融化合物CE3可制取单质CC．D的最高价含氧酸的浓溶液与单质A共热时能生成三种氧化物D．化合物B2D2中既含离子键又含非极性共价键【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A原子的最外层电子数为内层电子数的2倍，则A为C元素；B原子的M电子层有1个电子，则B为Na元素；C的氢氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应，C为Al元素；D的最高正价和最低负价的代数和为4，则D为S元素；E在同周期主族元素中原子半径最小，E只能为Cl，以此来解答．【解答】解：由上述分析可知，A、B、C、D、E分别为C、Na、Al、S、Cl，A．元素C为Al，位于周期表中第三周期ⅢA族，故A正确；B．CE3为共价化合物，熔融状态不导电，故B错误；C．D的最高价含氧酸的浓溶液为浓硫酸，与单质A共热时能生成二氧化碳、二氧化硫、水三种氧化物，故C正确；D．化合物Na2S2中既含离子键又含S﹣S非极性共价键，类似过氧化钠中化学键，故D正确；故选B．6．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表：下列叙述正确的是（）A．K、L、M三种元素的单质的还原性逐渐增强B．在RCl2分子中，各原子最外层均满足8电子的稳定结构C．Q元素的最高价氧化物为电解质，其水溶液能够导电D．K在T单质中燃烧所得的化合物中有共价键【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．【分析】在短周期元素中，K、N化合价为+1价，由原子半径可知K为Na，N为Li；L、R 化合价为+2价，原子半径L＞R，故L为Mg，R为Be；Q和T的化合价都有﹣2价，应为周期表第ⅥA族元素，Q的最高价为+6价，Q应为S元素，T无正价，T应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，半径大于Q小于R，M为Al元素，结合元素周期律知识解答该题．【解答】解：A．K、L、M三种元素分别为Na、Mg、Al，位于相同周期，金属性逐渐减弱，单质的还原性逐渐减弱，故A错误；B．R为Be，最外层有2个电子，氯化物中Be最外层电子数最多为4，故B错误；C．Q为S元素，对应的最高价氧化物不能电离出自由移动的离子，为非电解质，故C错误；D．K在T单质中燃烧所得的化合物为过氧化钠，含有离子键和共价键，故D正确．故选D．7．元素周期表有多种形式．如图是一种三角形元素素周期表的一部分，下列说法正确的是（）A．M的氧化物易溶于水B．碳的最简单氢化物的稳定性强于A的C．钾和B组成的化合物的水溶液显碱性D．A、B形成的化合物中可能含有离子键【考点】72：元素周期表的结构及其应用．【分析】由元素在周期表中位置可知，R处于第二周期、ⅤA族，为N元素；A处于第二周期、ⅥA族，为O元素；M处于第三周期、ⅢA族，为Al元素；B与A同主族，且位于A的下一周期，则B为S元素，然后结合元素周期律的知识对各选项进行判断．【解答】解：由元素在周期表中的相对位置可知，R处于第二周期、ⅤA族，为N元素；A 处于第二周期、ⅥA族，为O元素；M处于第三周期、ⅢA族，为Al元素；B与A同主族，且位于A的下一周期，则B为S元素，A．M为Al，其氧化物为氧化铝，氧化铝不溶于水，故A错误；B．A为O元素，非金属性越强，对应的气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞C，则水的稳定性大于甲烷，即：碳的最简单氢化物的稳定性小于A的，故B错误；C．B为S，二者形成的化合物为硫化钾，硫离子部分水解，溶液显示碱性，故C正确；D．A为O、B为S，二者形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，都属于共价化合物，不存在离子键，故D错误；故选C．8．设N A表示阿伏加德罗常数的数值，则下列叙述正确的是（）A．1 mol HCl气体所含H+数目为N AB．1 mol CO2气体含有的C═O键数为N AC．4.6 g分子式为C2H6O的有机物，所含C﹣H键数目一定为0.5N AD．1 mol Na2O2所含的阴阳离子总数为3N A【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A．氯化氢气体不含氢离子；B.1个二氧化碳与两个氧原子分别形成一个C=O键；C．C2H6O可以为甲醚，也可以是乙醇；D．过氧化钠阴离子为过氧根离子．【解答】解：A．氯化氢气体不含氢离子，故A错误；B.1 mol CO2气体含有的C═O键数为2N A，故B错误；C.46g分子式为C2H6O的物质的量为1mol，若C2H6O为甲醚，1mol中含有6mol碳氢极性键，若是乙醇，含有5molC﹣H键，故C错误；D．1mol Na2O2含有2mol钠离子，1mol过氧根离子，共含有的阴阳离子总数为3N A，故D正确；故选：D．9．生产液晶显示器过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，以下是几种化学键的键能：下列说法中正确的是（）A．过程N2（g）→2N（g）放出能量B．过程N（g）+3F（g）→NF3（g）放出能量C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）的△H＞0D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【考点】BB：反应热和焓变．【分析】化学反应中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，以此解答该题．【解答】解：A．N2（g）→2N（g）为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A错误；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；C．反应N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=KJ•mol﹣1=﹣291.9KJ•mol﹣1，△H＜0，故C错误；D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和形成，故D错误．故选B．10．X、Y、Z、W四种物质之间有如图所示的转化关系（部分物质未写全），且已知反应热之间的关系符合等式△H=△H1+△H2．则X、Y可能是①C、CO ②AlCl3、Al（OH）3③Fe、Fe （NO3）2④Na2CO3、NaHCO3（）A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②③【考点】GK：镁、铝的重要化合物；GF：钠的重要化合物；GM：铁的化学性质．【分析】图中X可连续与W发生反应，X如为单质，可为C、N、Na等对应的单质，也可为两性化合物、AlCl3、NaOH、CO2等，以此解答该题．【解答】解：①X为C、W为O2时，Z为CO2，且C与O2完全反应即生成CO2，符合△H=△H1+△H2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，符合△H=△H1+△H2，故②正确；③若X为Fe、W为HNO3，则Y为Fe（NO3）2，Z为Fe（NO3）3，Fe与HNO3反应直接生成Fe （NO3）3，符合△H=△H1+△H2，故③正确；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，符合△H=△H1+△H2，故④正确；故选A．11．物质（t﹣BuNO）2在正庚烷溶剂中反应：（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1．能量关系图合理的是（）A．B．C．D．【考点】C3：活化能及其对化学反应速率的影响．【分析】（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，该反应为吸热反应，则生成物的总能量高，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1，则反应物分子变为活化分子的能量为90.4kJ•mol﹣1，以此来解答．【解答】解：由题意可知，（t﹣BuNO）2⇌2（t﹣BuNO），测得该反应的△H=+50.5kJ•mol﹣1，该反应为吸热反应，则生成物的总能量高于反应物的总能量，所以BC错误；△H=+50.5kJ•mol﹣1，活化能E a=90.4kJ•mol﹣1，数值上接近2倍的关系，所以A错误；故选D．12．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ•mol﹣1H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）燃烧放出的热量多C．H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=+135.9 kJ•mol﹣1【考点】BB：反应热和焓变．【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B．设二者质量都是1g，然后根据题干热化学方程式计算；C．酸碱中和反应生成的硫酸钡过程放热，则其焓变不是﹣57.3 kJ•mol﹣1；D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1 ②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1，按盖斯定律计算①×3﹣②得到：6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l），据此进行计算．【解答】解：A．根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8 kJ•mol﹣1，则氢气燃烧热为285.8 kJ•mol﹣1，故A错误；B．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，设质量为1g2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣12 571.6kJmol 142.9kJ2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣12 1452kJmol 22.69kJ所以H2（g）放出的热量多，故B正确；C．反应中有BaSO4（s）生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的△H＜﹣57.3 kJ•mol﹣1，故C错误；D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1按盖斯定律计算①×3﹣②得到：6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8 kJ•mol ﹣1，则正确的热化学方程式是：3H（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4 kJ•mol2﹣1，故D错误；故选B．13．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图（E1、E2、E3、E4表示活化能）．下列有关叙述正确的是（）A．A→B为吸热反应，B→C为放热反应B．三种化合物中B最稳定C．加入催化剂会改变反应的焓变D．整个反应的△H=E1﹣E2【考点】BB：反应热和焓变．【分析】A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题．【解答】解：A．由图象可知A→B的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，B→C 的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故A正确；B．物质的总能量越低，越稳定，由图象可知C能量最低最稳定，故B错误；C．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故C错误；D．整个反应中△H=△H A→B+△H B→C=E1﹣E2+E3﹣E4，故D错误．故选A．14．在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A．外电路的电流方向为X→外电路→YB．若两电极分别为铁和碳棒，则铁棒进行的电极反应式为2H++e﹣═H2↑C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序是X＞Y【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断正负极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应．【解答】解：A、根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→外电路→X，故A错误；B、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则X为Fe为负极，电极反应式为Fe﹣e﹣═Fe2+，故B错误；C、X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；D、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X 是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X＞Y，故D正确；故选D．15．选用下列试剂和电极：稀H2SO4、Fe2（SO4）3溶液、铁棒、铜棒、铂棒，组成如图所示的原电池装置（只有两个电极），观察到电流计G的指针均明显偏转（指针偏转程度大），则其可能的组合共有（）A．6种B．5种C．4种D．3种【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置是原电池，根据原电池的构成条件选择电极和电解质溶液，有相对活泼的金属和不活泼的金属或导电的非金属作电极，且较活泼的金属能自发的和电解质溶液进行氧化还原反应，据此分析解答．【解答】解：该装置是原电池，根据原电池的构成条件选取电极和电解质溶液．当电解质溶液为稀硫酸时，只有铁能作负极，则正极可以是铜，也可以是铂，所以有两种组合；当电解质溶液为硫酸铁时，负极可以是铁，则正极可以是铜，也可以是铂；若负极为铜时，正极只能是铂，所以有三种组合；所以通过以上分析知，能构成原电池的组合有5种，故选：B．16．根据图，下列判断正确的是（）A．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极B．烧杯b中发生的电极反应为Zn﹣2e﹣═Zn2+C．烧杯a中发生反应O2+4H++4e﹣═2H2O，溶液pH降低D．向烧杯a中加入少量KSCN溶液，则溶液会变成红色【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】该原电池中，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，电子从负极沿导线流向正极，亚铁离子和K3[Fe（CN）]溶液反应生成蓝色沉淀．6【解答】解：A．电子从负极锌沿导线流向正极Fe，电子不进入盐桥和电解质溶液，故A错误；B．锌作负极，负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故B正确；C．铁作正极，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以a烧杯中溶液pH升高，故C错。

甘肃省天水市一中2017-2018学年高一上学期第三次(期末)考试化学试题(解析版)

甘肃省天水市一中2017-2018学年高一上学期第三次（期末）考试化学试题（满分：100分时间：90分）可能用到的相对原子质量：H-1、He-2、C-12、N-14、O-16、Na-23、Mg-24、Al-27、P-31、S-32、Cl-35.5、Fe-56、Cu-64、Zn-65、Ba-137第Ⅰ卷选择题（共48分）一、单选题（1～16小题，每小题3分）1. 下列元素在自然界中都以化合态存在的是（）①钠②铝③铁④硅⑤氯A. ①②③B. ①④⑤C. ①②③④⑤D. ①②③④【答案】C【解析】钠、铝、铁均是活泼的金属，在自然界中都以化合态存在。

硅是亲氧元素，氯是活泼的非金属，在自然界中都以化合态存在，答案选C。

2. 下列实验操作中正确的是（）A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处C. 分液操作时，分液漏斗下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【答案】B【解析】试题分析：A．蒸发操作时，应使混合物中的水分大多数蒸出，剩余少量液体时停止加热，利用余热将液体蒸干，错误；B．蒸馏操作时，要使用温度计测量蒸气的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，正确；C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一个烧杯，错误；D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，萃取剂难溶于水，溶质在萃取剂中的溶解度比在水大，错误。

考点：考查实验操作正误判断的知识。

3. 设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A. 0.1mol Na2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2N A个电子B. 1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有0.1 N A个HSO4－C. 标准状况下，11.2 L CCl4含有的分子数为0.5N AD. 常温常压下，23 g NO2和N2O4的混合气体一定含有N A个氧原子【答案】D【解析】A. 0.1mol Na2O2固体与足量的H2O充分反应生成0.05mol氧气，氧元素化合价从－1价升高到0价，转移0.1N A个电子，A错误；B. NaHSO4在溶液中全部电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，B错误；C. 标准状况下四氯化碳是液态，不能利用气体摩尔体积计算11.2 L CCl4含有的分子数，C错误；D. NO2和N2O4的最简式均是NO2，常温常压下，23 g NO2和N2O4的混合气体中含有“NO2”的物质的量是0.5mol，因此一定含有N A个氧原子，D正确，答案选D。

甘肃省天水市一中2017-2018学年高考化学一模试卷 Word版含解析

甘肃省天水市一中2017-2018学年高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．从化学角度分析，下列叙述不正确的是（）-A．-利用太阳能蒸馏海水是海水淡化的方法之一-B．-研制乙醇汽油技术，可降低机动车辆尾气中有害气体的排放-C．-光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是单质硅-D．-绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工农业生产等对环境的污染2．设阿伏加德罗常数为N A，下列说法正确的是（）-A．-用100ml 4mol/L盐酸与8.7gMnO2共热能制取氯气0.2N A-B．-一定温度下0.1L 0.1mol/L的HA和1L0.01mol/L的HA所含A﹣微粒数均为0.01N A -C．-在常温常压下，44g CO2与N2O的混合物中含有的原子总数为3 N A-D．mol Cl2与足量的金属铝反应，转移电子数为3 N A3．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）-A．-装置①中，d为阳极、c为阴极-B．-装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、NO2等气体-C．-装置③中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸-D．-装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气4．已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图．下列说法错误的是（）-A．-图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NO2浓度随时间的变化-B．-a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d-C．-反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4mol N2O4-D．-若要达到与d相同的状态，在25min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积5．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（）-A．-放电时CH3OH参与反应的电极为正极-B．-充电时电解质溶液的pH逐渐增大-C．-放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O-D．-充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子6．香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成（如图）．有关如图两种化合物的说法正确的是（）-A．-常温下，1mol丁香酚只能与1mol Br2发生反应-B．-丁香酚不能与FeCl3溶液发生显色反应-C．mol香兰素最多能与3mol氢气发生加成反应-D．-香兰素分子中至少有12个原子共平面7．①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH 溶液．相同条件下，有关上述溶液的比较中，不正确的是（）-A．-水电离的c（H+）：①=②=③=④-B．-若将②、③溶液混合后，pH=7，则消耗溶液的体积：②=③-C．-等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：①最大-D．-向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①二、解答题（共4小题，满分58分）8．某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了如图所示的实验装置和实验方案，请并回答相应问题．Ⅰ．探究浓硫酸的某些性质：（1）按图示的连接装置，检查装置的气密性，称量E的质量．将ag铁碳合金样品放入A中，再加入适量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B基本上均无明显现象，其原因是；加热A一段时间后，A、B中可观察到明显的现象，其中B中的现象为，任写出一个A中发生反应的化学方程式．（3）反应相当一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因温度较高，其它可能的原因是．并且发现此时产生的气体具有可燃性，请用离子方程式表示产生此种气体的原因．Ⅱ．测定铁的质量分数（4）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重．E增重bg．则铁碳合金中铁的质量分数为（写表达式）．（5）最后对所得测量结果进行评价时，小组内有同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量分数测量值偏低是（任答一条即可）．9．A、B、C、D、E、F均为短周期元素，其原子序数依次增大．已知：A的最外层电子数等于其电子层数；B的最外层电子数是次外层电子数的两倍；D是地壳中含量最高的元素；D和F、A和E分别同主族；E是所有短周期主族元素中原子半径最大的元素．根据以上信息回答下列问题：（1）B与D形成化合物BD2的结构式为，B元素形成的同素异形体的晶体类型可能是．A、C、D三元素能形成一种强酸甲，写出单质B与甲的浓溶液反应的化学反应方程式．FB2气体通入BaCl2和甲的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体CD，有关反应的离子方程式为．（3）均由A、D、E、F四种元素组成的两种盐，其相对分子质量相差16，写出它们在溶液中相互作用的离子方程式为；由B、D、E组成的盐溶于水后溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）．（4）C2A4─空气燃料电池是一种碱性燃料电池．电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．则燃料电池放电时：正极的电极反应式是；负极的电极反应式为．10．甲醇合成反应为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）工业上用天然气为原料，分为两阶段：Ⅰ、制备合成气：CH4+H2O（g）⇌CO+3H2．为解决合成气中H2过量CO不足问题，原料气中添加CO2：CO2+H2=CO+H2O．为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为．Ⅱ、合成甲醇：（1）反应过程中物质能量变化如图所示．写出合成甲醇的热化学方程式．实验室在1L密闭容器中进行模拟合成实验．将1molCO和2molH2通入容器中，分别恒温在300℃和500℃反应，每隔一定时间测得容器中甲醇的浓度如下：0min0min-30min-40min-50min-60min300℃-0.40-0.60-0.75-0.84-0.90-0.90500℃-0.60-0.75-0.78-0.80-0.80-0.80在300℃反应开始10分钟内，H2的平均反应速率．（3）500℃平衡常数K=．（4）在另一体积不变的容器中，充入1.2molCO和2.0molH2，一定条件下达到平衡，测得容器内压强为起始的一半．计算该条件下H2转化率．（写出计算过程）11．（1）今有如下图所示的三种有机物：①写出丙中含氧官能团的名称，②这三种物质中，互为同分异构体的是；③写出乙和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程．由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料．①A的同分异构体还有种；②聚合物F的结构简式是；③B转化为C的化学方程式是；④写出与E具有相同官能团的一种同分异构体的结构简式．甘肃省天水市一中2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．从化学角度分析，下列叙述不正确的是（）-A．-利用太阳能蒸馏海水是海水淡化的方法之一-B．-研制乙醇汽油技术，可降低机动车辆尾气中有害气体的排放-C．-光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是单质硅-D．-绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工农业生产等对环境的污染考点：-海水资源及其综合利用；绿色化学；硅和二氧化硅；乙醇的化学性质．专题：-化学应用．分析：-A．可用蒸馏的方法淡化海水；B．研制乙醇汽油技术，可减少化石燃料的使用；C．制造光缆的主要材料是二氧化硅；D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除污染．解答：-解：A．蒸馏法是淡化海水的常用方法，可用太阳能提供能量，故A正确；B．研制乙醇汽油技术，可减少化石燃料的使用，可减少汽车尾气的污染，故B正确；C．制造光缆的主要材料是二氧化硅，硅是半导体材料，故C错误；D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除污染，故D正确．故选C．点评：-本题考查较为综合，涉及海水的淡化、环境污染、材料的使用等知识，侧重于化学与生活、生产以及环境的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．2．设阿伏加德罗常数为N A，下列说法正确的是（）-A．-用100ml 4mol/L盐酸与8.7gMnO2共热能制取氯气0.2N A-B．-一定温度下0.1L 0.1mol/L的HA和1L0.01mol/L的HA所含A﹣微粒数均为0.01N A -C．-在常温常压下，44g CO2与N2O的混合物中含有的原子总数为3 N A-D．mol Cl2与足量的金属铝反应，转移电子数为3 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、根据稀盐酸与二氧化锰不发生反应判断；B、根据没有告诉HA是强电解质还是弱电解质判断；C、质量换算物质的量结合化学式计算原子数；D、氯气全部反应，电子转移依据反应的氯气计算得到．解答：-解：A、用100ml 4mol/L盐酸含有0.4mol氯化氢，8.7gMnO2的物质的量为0.1mol，若完全反应生成0.2mol氯气；由于浓盐酸随着反应进行，变成了稀盐酸，反应停止，所以生成的物质的量小于0.2mol，氯气分子数小于0.2N A，故A错误；B、两种HA溶液中含有0.01molHA，若是强电解质，溶液中含有A﹣的物质的量为0.01mol；若是弱电解质，溶液中部分电离，A﹣的物质的量小于0.01mol，故B错误；C、CO2与N2O摩尔质量相同为44g/mol，44gCO2与N2O的混合物物质的量为1mol，分子中含原子数都为3，所以混合物中含有的原子总数为3 N A，故C正确；D、1mol Cl2与足量的金属铝反应，转移电子数依据反应的氯气计算，氯元素化合价0价变化为﹣1价，电子转移为2N A，故D错误；故选C．点评：-本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度不大，注意稀盐酸与二氧化锰不会生成氯气、注意标准状况下物质的状态是否是气体．3．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）-A．-装置①中，d为阳极、c为阴极-B．-装置②可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、NO2等气体-C．-装置③中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸-D．-装置④可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气考点：-原电池和电解池的工作原理；气体发生装置；气体的收集．专题：-化学实验基本操作．分析：-A．电解池中，外电路上电流从正极流向电解池阳极，据此判断电解池的阴阳极；B．和氧气不反应且和空气的相对分子质量相差较大的气体可以采用排空气法收集；C．采用隔离法可以防止易溶的气体产生倒吸；D．氨气的密度小于空气，常温条件下和氧气不反应，可以采用排空气法收集，氨气极易溶于水，可以用水吸收尾气．解答：-解：A．根据电流方向知，a为电源正极，则c为电解池阳极，d为电解池阴极，故A错误；B．H2、NH3、CO2、Cl2、NO2等气体在常温下和氧气不反应，且和空气相对分子质量相差较大，所以可以采用排空气法收集，故B正确；C．氨气极易溶于水但不溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，且和水不互溶，所以可以采用此装置吸收氨气且不产生倒吸，故C正确；D．氨气是碱性气体，所以可以用碱石灰干燥，氨气的密度小于空气，且在常温下和氧气不反应，所以氨气可以采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，所以尾气可以用水处理，用倒置漏斗防止倒吸，故D正确；故选A．点评：-本题考查气体的收集和电解池原理，考查知识点较多，注意根据气体的密度、性质选取收集方法，难度不大．4．已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图．下列说法错误的是（）-A．-图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NO2浓度随时间的变化-B．-a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d-C．-反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4mol N2O4-D．-若要达到与d相同的状态，在25min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积考点：-物质的量或浓度随时间的变化曲线．专题：-化学平衡专题．分析：-由图象曲线变化可知，在10min时，X浓度变化量为0.4mol/L，Y浓度变化量为0.2mol/L，则X为NO2的变化曲线，Y为N2O4的变化曲线，25min时，NO2的浓度增大，应为加入一定量的NO2，达到平衡的时间段为10min～25min以及30min以后，以此解答该题．解答：-解：A．由图象曲线变化可知，在10min时，X浓度变化量为0.4mol/L，Y浓度变化量为0.2mol/L，则X为NO2的变化曲线，Y为N2O4的变化曲线，故A正确；B．达到平衡的时间段为10min～25min以及30min以后，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d，故B正确；C.25min时，NO2的浓度增大0.4mol，所以应为加入0.4mol的NO2，故C错误；D．d状态为平衡状态，NO2与N2O4的浓度与原来的平衡状态相比较均增大，适当缩小容器体积，NO2与N2O4的浓度都增大，可达到与d相同的状态，故D正确．故选C．点评：-本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响．5．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（）-A．-放电时CH3OH参与反应的电极为正极-B．-充电时电解质溶液的pH逐渐增大-C．-放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O-D．-充电时每生成1molCH3OH转移6mol电子考点：-化学电源新型电池．专题：-电化学专题．分析：-放电时，相当于原电池的工作原理，正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应；充电时，相当于电解池的工作原理，根据反应方程式来确定溶液的酸碱性并判断电子转移的量．解答：-解：A、放电时，相当于原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则放电时CH3OH参与反应的电极为负极，故A错误；B、充电时，相当于电解池的工作原理，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，生成大量的氢氧根离子，所以碱性增强，故电解质溶液的pH逐渐增大，故B正确；C、放电时负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故C正确；D、充电时，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，每生成2molCH3OH转移12mol电子，则每生成1molCH3OH转移6mol电子，故D正确．故选A．点评：-本题考查学生有关二次电池的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．6．香兰素是重要的香料之一，它可由丁香酚经多步反应合成（如图）．有关如图两种化合物的说法正确的是（）-A．-常温下，1mol丁香酚只能与1mol Br2发生反应-B．-丁香酚不能与FeCl3溶液发生显色反应-C．mol香兰素最多能与3mol氢气发生加成反应-D．-香兰素分子中至少有12个原子共平面考点：-有机物的结构和性质．专题：-有机物的化学性质及推断．分析：-A．由苯酚能发生邻对位取代，碳碳双键能发生加成反应来分析；B．由苯酚能与FeCl3溶液发生显色反应来分析；C．由苯环能与氢气加成、醛基能与氢气加成来分析；D．香兰素分子中苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内．解答：-解：A．常温下，1mol丁香酚能发生取代反应、加成反应，共与2molBr2反应，故A错误；B．含有酚羟基，则丁香酚能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．苯环能与氢气加成、醛基能与氢气加成，则1mol香兰素最多能与4mol氢气发生加成反应，故C错误；D．香兰素分子中苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内，则7个C原子、3个H原子、2个O原子在同一平面内，故D正确；故选D．点评：-本题考查有机物的结构和性质，明确结构决定其性质、常见有机物的性质和结构式解答本题的关键，难度不大．7．①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH 溶液．相同条件下，有关上述溶液的比较中，不正确的是（）-A．-水电离的c（H+）：①=②=③=④-B．-若将②、③溶液混合后，pH=7，则消耗溶液的体积：②=③-C．-等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：①最大-D．-向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①考点：-弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：-电离平衡与溶液的pH专题．分析：-A．温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度；B．pH=2的HCl溶液和pH=12的氨水中，氨水浓度大于盐酸；C．醋酸为弱酸，弱酸存在电离平衡，随反应进行电离出的氢离子继续和铝反应；D．加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离．解答：-解：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：①=②=③=④，故A正确；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3•H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；C．醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，故C正确；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D正确．故选B．点评：-本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识点，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，易错选项是A，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离，难度中等．二、解答题（共4小题，满分58分）8．某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中铁的质量分数，并探究浓硫酸的某些性质，设计了如图所示的实验装置和实验方案，请并回答相应问题．Ⅰ．探究浓硫酸的某些性质：（1）按图示的连接装置，检查装置的气密性，称量E的质量．将ag铁碳合金样品放入A中，再加入适量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B基本上均无明显现象，其原因是常温下，Fe被浓硫酸钝化，碳不与浓硫酸反应；加热A一段时间后，A、B中可观察到明显的现象，其中B中的现象为品红溶液褪色，任写出一个A中发生反应的化学方程式2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O或C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O）；．（3）反应相当一段时间后，从A中逸出气体的速率仍然较快，除因温度较高，其它可能的原因是铁碳在溶液中形成原电池．并且发现此时产生的气体具有可燃性，请用离子方程式表示产生此种气体的原因Fe+2H+═Fe2++H2↑．Ⅱ．测定铁的质量分数（4）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重．E增重bg．则铁碳合金中铁的质量分数为×100%（写表达式）．（5）最后对所得测量结果进行评价时，小组内有同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量分数测量值偏低是（任答一条即可）不一定能全部被品红、KMnO4除去或E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O．考点：-探究物质的组成或测量物质的含量．专题：-实验探究和数据处理题．分析：-常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应；铁碳合金样品放入A中，再加入适量的浓硫酸加热，浓硫酸具有强氧化性和铁在加热条件下反应生成硫酸铁和二氧化硫水；碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，依据书写化学方程式的原则写出；B中品红的红色褪去是利用了二氧化硫的漂白性；通过现象证明浓硫酸生成了二氧化硫，表现了强氧化性；（3）铁碳在硫酸溶液中形成原电池能加快化学反应速率；依据随着反应进行浓硫酸变稀后，铁足够量时，可以和反应生成的硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与剩余稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；（4）根据mg铁碳合金，加入过量浓硫酸，气体通过浓硫酸干燥后通入干燥管E，E中所装试剂为碱石灰，可吸收CO2；E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则可求出mg铁碳合金中含碳元素的质量进而求出铁的质量分数，（5）用排水法测定H2的体积增加实验操作收集时易损耗气体造成误差；反应结束后，过滤、洗涤、称量残渣的质量，需要过滤装置、天平称量等多部实验操作，装置中生成的二氧化碳不能全部被碱石灰吸收会导致测定结果偏低，SO2不一定能全部被品红、KMnO4除去，增加操作仪器和步骤会对实验结果产生较多的误差；解答：-解：常温下Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应，故无明显现象；铁碳合金样品放入A中，再加入适量的浓硫酸加热，浓硫酸具有强氧化性和铁在加热条件下反应生成硫酸铁和二氧化硫水；碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳二氧化硫水，依据书写化学方程式的原则写出2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O或C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；B中品红的红色褪去是利用了二氧化硫的漂白性；通过现象证明浓硫酸生成了二氧化硫，表现了强氧化性；故答案为：常温下，Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应；品红溶液逐渐褪色；2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2↑+6H2O或C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（3）铁碳在酸溶液中符合原电池的组成条件，形成原电池反应，原电池能加快化学反应速率，随着反应进行浓硫酸变稀后，铁足够量时，可以和反应生成的硫酸铁反应生成硫酸亚铁，铁与剩余稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+或Fe+2H+═Fe2++H2↑；故答案为：铁、碳在酸溶液中形成原电池；Fe+2H+═Fe2++H2↑；（4）称取ag铁碳合金，加入过量浓硫酸，加热待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E 装置并称重，E增重bg，则生成二氧化碳的质量为bg，根据质量守恒定律，则mg铁碳合金中含碳元素的质量==g，则含铁的质量为ag﹣g，铁的质量分数=×100%=×100%；故答案为：×100%；（5）因为铁碳合金中的铁可以与稀硫酸反应生成氢气，瓶总质量的减少量即为氢气的生成量，而铁的质量可以通过释放氢气的质量求出，进而计算铁的质量分数；测定反应前后装置和药品的总质量是最简便的实验操作；用排水法测定H2的体积增加实验操作收集时易损耗气体造成误差；反应结束后，过滤、洗涤、称量残渣的质量，需要过滤装置、天平称量等多部实验操作，装置中生成的二氧化碳不能全部被碱石灰吸收会导致测定结果偏低，增加操作仪器和步骤会对实验结果产生较多的误差；故答案为：SO2不一定能全部被品红、KMnO4除去或E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O．点评：-本题考查了物质性质的探究实验方法，装置的特征分析，流程反应和试剂作用是解题关键，题目难度中等，熟悉装置及装置中每部分的作用是解答本题的关键．9．A、B、C、D、E、F均为短周期元素，其原子序数依次增大．已知：A的最外层电子数等于其电子层数；B的最外层电子数是次外层电子数的两倍；D是地壳中含量最高的元素；D和F、A和E分别同主族；E是所有短周期主族元素中原子半径最大的元素．根据以上信息回答下列问题：（1）B与D形成化合物BD2的结构式为O=C=O，B元素形成的同素异形体的晶体类型可能是原子晶体、分子晶体．A、C、D三元素能形成一种强酸甲，写出单质B与甲的浓溶液反应的化学反应方程式C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．FB2气体通入BaCl2和甲的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体CD，有关反应的离子方程式为3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+．（3）均由A、D、E、F四种元素组成的两种盐，其相对分子质量相差16，写出它们在溶液中相互作用的离子方程式为H++HSO3﹣═SO2↑+H2O；由B、D、E组成的盐溶于水后溶液显碱性，其原因是（用离子方程式表示）CO32+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．（4）C2A4─空气燃料电池是一种碱性燃料电池．电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．则燃料电池放电时：正极的电极反应式是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；负极的电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O+N2↑．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：-A、B、C、D、E、F均为短周期元素，其原子序数依次增大．B的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D是地壳中含量最高的元素，则D为氧元素；D和F同主族，则F为硫元素；C元素介于氧元素与碳元素之间，则C为氮元素；E是所有短周期主族元素中原子半径最大的元素，则E为钠元素；A和E同主族，A的最外层电子数等于其电子层数，则A为氢元素，据此解答．解答：-解：A、B、C、D、E、F均为短周期元素，其原子序数依次增大．B的最外层电子数是次外层电子数的两倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D是地壳中含量最高的元素，则D为氧元素；D和F同主族，则F为硫元素；C元素介于氧元素与碳元素之间，则C为氮元素；E是所有短周期主族元素中原子半径最大的元素，则E 为钠元素；A和E同主族，A的最外层电子数等于其电子层数，则A为氢元素，（1）B与D形成化合物BD2为CO2，结构式为O=C=O，碳元素形成的同素异形体的晶体类型可能是原子晶体、分子晶体，故答案为：O=C=O；原子晶体、分子晶体；H、N、O三元素能形成一种强酸甲为HNO3，单质碳与浓硝酸反应的化学反应方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，SC2气体通入BaCl2和硝酸的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体NO，该白色沉淀为硫酸钡，反应的离子方程式为3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；3SO2+2NO3﹣+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+；（3）均由A、D、E、F四种元素组成的两种盐，其相对分子质量相差16，则该两种盐为NaHSO4、NaHSO3，二者反应的离子方程式为H++HSO3﹣═SO2↑+H2O，由B、D、E组成的盐为Na2CO3，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，使溶液呈碱性，故答案为：H++HSO3﹣═SO2↑+H2O；CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；（4）C2A4是N2H4，N2H4─空气燃料电池是一种碱性燃料电池．电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．原电池正极发生还原反应，氧气在正极放电碱性条件下生成氢氧根离子，正极。