2014-2015学年云南省玉溪一中高二(下)期末化学复习总结试卷

2014-2015学年云南省玉溪一中高二（下）期末化学复习试卷一、选择题（本题中每小题只有一个正确答案，25小题共50分）1．下列叙述正确的是（）A．同一周期中，碱金属元素的第一电离能最大B．同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最大C．当各轨道处于全满、半满、全空时原子较稳定D．ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子2．下列关于分子或晶体中心原子的杂化类型的说法正确的是（）A．CH3CH3中的两个碳原子与BF3中的硼原子均采取sp2杂化B．晶体硅和石英晶体中的硅原子均采取sp3杂化C．BeCl2中的铍原子和H2O中的氧原子均采取sp杂化D．CO2中的碳原子与CH2=CH2中的两个碳原子均采取sp杂化3．下列有关晶体的叙述中不正确的是（）A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子B．1mol SiO2晶体中含2mol Si﹣O键C．干冰晶体中每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子D．金刚石晶体中的最小环由6个碳原子构成4．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，B、C、D位于同一周期，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是B 原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（）A．元素A、C的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸B．元素B能与A的最高价氧化物发生置换反应C．元素B和D能形成BD2型的共价化合物D．D的单质有毒，且有漂白性5．下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（）A．硫化钠的水解反应：S2﹣+H3O+⇌HS﹣+H2OB．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO2↑+14H2OC．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O6．某溶液中可能存在Br﹣、CO32﹣、SO32﹣、Al3+、I﹣、Mg2+、Na+等7种离子中的几种．现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色．据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子组是（）A．Al3+、Mg2+、I﹣、SO32﹣B．Mg2+、Na+、CO32﹣、I﹣C．Al3+、Na+、SO32﹣、I﹣D．Al3+、CO32﹣、Br﹣、SO32﹣7．下列说法正确的是（）A．在101kPa时，1mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2的燃烧热为﹣285.8kJ•mol﹣1B．测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度，NaOH起始温度和反应后终止温度C．在101k Pa时，1mol C与适量O2反应生成1mol CO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1D．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l），△H=﹣57.31 kJ•mol﹣1．若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ8．肼（N2H4）一空气燃料电池是一种环保碱性燃料电池，其电解质溶液是20%﹣30%的KOH 溶液．电池总反应为：N2H4+O2═N2↑+2H2O．下列关于该燃料电池工作时的说法正确的是（）A．溶液中阴离子物质的量基本不变B．正极的电极反应式是：O2+4H++4e﹣═2H2OC．正极的电极反应式是：N2H4+4OH﹣﹣4e═4H2O+N2↑D．溶液中阴离子向正极移动9．以铁为阳极，铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2mol Fe（OH）3沉淀．此过程中共消耗水（）A．3mol B．4mol C．5mol D．6mol10．将a mol金属铜和含有b mol硝酸的溶液恰好完全反应，则反应中起酸性作用的硝酸的物质的量为（）A．（b﹣2a）mol B．（b﹣2a/3）molC．2a mol D．缺条件，无法计算11．下列物质的鉴别方法不正确的是（）A．用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液B．利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液C．用品红试液鉴别SO2和CO2两种气体D．用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO412．下列有关自发反应的说法正确的是（）A．自发反应一定是△S＞0的反应B．自发反应一定是△H＜0的反应C．自发反应在任何条件下都能自动进行D．△H＜0，△S＞0的反应一定是自发反应13．已知热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（g）△H=﹣1256kJ•mol﹣1．下列说法正确的是（）A．C2H2的燃烧热为1256kJ/molB．若生成2mol液态水，则△H=﹣2512kJ/molC．若转移10mol电子，则消耗2.5mol O2D．若形成4mol碳氧共用电子对，则放出的热量为2512kJ14．已建立平衡的某可逆反应，当条件改变化学平衡正向移动时，下列叙述正确的是（）①生成物的体积分数一定增大②生成物的产量一定增加③生成物的产率一定增大④反应物浓度一定降低⑤正反应速率一定大于逆反应速率⑥混合气体平均相对分子质量一定增大．A．①②③B．①④⑤C．②⑤D．②④⑤15．PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P﹣H键键能比N﹣H键键能低．下列判断错误的是（）A．PH3分子呈三角锥形B．PH3分子是极性分子C．PH3沸点低于NH3沸点，因为P﹣H键键能低D．PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N﹣H键键能高16．用滴定法测定Na2CO3（含NaCl杂质）的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是（）A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00 mL进行滴定17．常温下amol/L CH3COOH稀溶液和bmol/L KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是（）A．若c（K+）＞c（CH3COO﹣），a＞b B．若c（OH﹣）＞c（H+），a=bC．若c（OH﹣）=c（H+），a＞b D．若c（K+）＜c（CH3COO﹣），a＜b18．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族．下列叙述正确的是（）A．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱C．化合物YX、ZX2、WX3中化学键的类型相同D．原子半径的大小顺序：Y＞Z＞W＞X19．下列有关物质的性质与应用不相对应的是（）A．明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料20．将l00ml 1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化．两份溶液中c（CO32﹣）的变化分别是（）A．减小、减小B．减小、增大C．增大、增大D．增大、减小21．在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装入：纯净的NH3，含有少量空气的NH3，NO2和O2的混合气体．然后分别做喷泉实验，三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比为（）A．21：12：4 B．5：5：4 C．5：5：1 D．无法确定22．下列物质中存在配位键的是（）①H3O+②﹣③CH3COO﹣④NH3⑤CH4．A．①②B．①③C．④⑤D．②④23．在Na2S溶液中存在的下列关系不正确的是（）A．c（Na+）=2 B．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS ﹣）+c（S2﹣）C．c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）D．c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）24．在密闭容器中，对于反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），在反应起始时N2和H2分别为10mol和30mol，当达到平衡时，N2的转化率为30%．若以NH3为起始反应物，反应条件与上述反应相同时，欲使其达到平衡时各成分的百分含量与前者相同，则NH3的起始物质的量和它的转化率，正确的是（）A．20mol；70% B．20mol；30% C．40mol；35% D．10mol；50%25．下列各组物质，具有相同的最简式，但既不属于同分异构体又不属于同系物的是（）①聚乙烯和乙烯②甲醛和葡萄糖③淀粉和纤维素④蔗糖和麦芽糖⑤聚乙烯和聚氯乙烯．A．①②⑤B．①②③C．①③⑤D．①②③⑤二、填空题26．一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）．（1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2和Mn（NO3）2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4．①Mn2+基态的电子排布式可表示为．②NO3﹣的空间构型是（用文字描述）．（2）在铜锰氧化物的催化下，CO 被氧化为CO2，HCHO 被氧化为CO2和H2O．①根据等电子体原理，CO 分子的结构式为．②H2O 分子中O 原子轨道的杂化类型为．③1mol CO2中含有的σ键数目为．（3）向CuSO4溶液中加入过量NaOH 溶液可生成2﹣．不考虑空间构型，2﹣的结构可用示意图表示为．27．已知A、B、C、D的组成元素都属于短周期元素，其中A、D为单质，B、C为化合物，它们之间的关系转化如图所示，请按要求写出有关反应式，是离子反应的只写离子方程式．（1）若A、D的组成元素同主族：①B是水②B、C均为氧化物：（2）若A、D的组成元素不同主族①B是水且水是还原剂：B是水且水是氧化剂②B、C均为氧化物．2）在一定温度下，向1L体积固定的密闭容器中加入1mol A（g），发生反应2A（g）⇌B（g）+C（g），B的物质的量随时间的变化如图所示．0﹣2min内的平均反应速率v（A）=．相同温度下，若开始加入A（g）的物质的量是原来的2倍，则平衡时是原来的2倍．a．平衡常数b．A的平衡浓度c．平衡时混合气体的密度d．平衡时B的体积分数（2）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡移动（填“向左”“向右”或“不”）；若加入少量下列试剂中的，产生H2的速率将增大．a．NaNO3b．CuSO4c．Na2SO4 d．NaHSO3e．CH3COOH（3）用惰性电极电解Cu（NO3）2溶液一段时间后，加入a mol 的Cu（OH）2可使溶液恢复原状，则电解过程中转移的电子数目为（4）已知：2Zn（s）+O2（g）═2ZnO（s）△H=﹣701.0kJ•mol﹣12Hg（l）+O2（g）═2HgO（s）△H=﹣181.6kJ•mol﹣1则反应Zn（s）+HgO（s）═ZnO（s）+Hg（l）△H=（5）已知25℃时，K sp=2×10﹣20，要使0.2mol•L﹣1 CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为．29．某研究小组模拟工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的第一步反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，进行图1实验，并测定该样品中FeS2样品的纯度（假设其它杂质不参与反应）．实验步骤：称取研细的样品4.000g放入图1b装置中，然后在空气中进行煅烧．为测定未反应高锰酸钾的量（假设其溶液体积保持不变），实验完成后取出d中溶液10mL置于锥形瓶里，用0.1000mol/L草酸（H2C2O4）标准溶液进行滴定．（已知：5SO2+2KMnO4+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4）请回答下列问题：（1）称量样品质量能否用托盘天平（填“能”或“不能”）；（2）装置a的作用是；（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是；（4）滴定时，发生反应的离子方程式为，已知滴定管初读数为0.10mL，末读数如图2所示，消耗草酸溶液的体积为mL；（5）该样品中FeS2的纯度为；（6）若用图3装置替代图1实验装置d，同样可以达到实验目的是．（填编号）2014-2015学年云南省玉溪一中高二（下）期末化学复习试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题中每小题只有一个正确答案，25小题共50分）1．下列叙述正确的是（）A．同一周期中，碱金属元素的第一电离能最大B．同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最大C．当各轨道处于全满、半满、全空时原子较稳定D．ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子考点：元素电离能、电负性的含义及应用；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；原子核外电子排布．分析：A．越容易失电子的元素其第一电离能越小；B．同周期元素中原子半径从左向右逐渐减小；C．当各轨道处于全满、半满、全空时，能量最低；D．第VIA族元素的原子，原子半径越大，该元素越不容易得电子．解答：解：A．越容易失电子的元素其第一电离能越小，同一周期中，碱金属元素最容易失电子，则金属元素第一电离能最小，故A错误；B．因同周期元素中原子半径从左向右逐渐减小，则同周期元素中ⅦA族元素的原子半径最小，故B错误；C．当各轨道处于全满、半满、全空时，能量最低，则原子较稳定，故C正确；D．第VIA族元素的原子，原子半径越大，该元素的原子核对最外层电子吸引力越小，则该元素越不容易得电子，故D错误；故选C．点评：本题考查原子结构、元素周期律、电离能等知识点，侧重考查学生对周期表结构、原子结构的掌握及灵活运用元素周期律知识能力，熟练掌握前36号元素原子结构．2．下列关于分子或晶体中心原子的杂化类型的说法正确的是（）A．CH3CH3中的两个碳原子与BF3中的硼原子均采取sp2杂化B．晶体硅和石英晶体中的硅原子均采取sp3杂化C．BeCl2中的铍原子和H2O中的氧原子均采取sp杂化D．CO2中的碳原子与CH2=CH2中的两个碳原子均采取sp杂化考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a﹣xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，sp2杂化，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，sp 杂化，说明该分子中心原子的价层电子对个数是2，据此判断．解答：解：A．CH3CH3分子中C原子价层电子对个数=4+×（4﹣4×1）=4，为sp3杂化，BF3分子中硼原子价层电子对个数=3+×（3﹣3×1）=3，所以采取sp2杂化，故A错误；B．晶体硅中的硅原子平均每个硅原子与四个邻近硅原子生成四个共价键，形成4个σ键，无孤电子对，硅原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，石英晶体成分为二氧化硅，是原子晶体，硅原子通过Si﹣O共价键形成4个σ键，无孤电子对，硅原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，硅原子采取sp3杂化，故B正确；C．BeCl2中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+×（2﹣2×1）=2，中心原子是以sp 杂化，H2O中O原子的价层电子对个数=2+（6﹣2×1）=4，所以O原子采用sp3杂化，故C 错误；D．二氧化碳分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+（4﹣2×2）=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中每个碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（4﹣2×2）=3，所以采取sp2杂化，故D错误；故选B．点评：本题考查了原子杂化方式的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，明确价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a﹣xb）中各个字母的含义是解本题的关键，题目难度中等．3．下列有关晶体的叙述中不正确的是（）A．在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子B．1mol SiO2晶体中含2mol Si﹣O键C．干冰晶体中每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子D．金刚石晶体中的最小环由6个碳原子构成考点：金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；原子晶体；金属晶体．分析：A、根据晶体中的构成微粒判断；B．1molSiO2晶体存在4molSi﹣O键；C．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数；D．金刚石的结构中，每个碳原子能形成4个共价键，根据教材图片确定由共价键形成的最小碳环上的碳原子个数．解答：解：A、根据物质呈电中性，有阴离子，那么一定有阳离子中和阴离子的电性，故A 正确；B．1molSiO2晶体存在4molSi﹣O键，故B错误；C．采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故C正确；D．金刚石结构中，每个碳原子能形成4个共价键，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故D正确；故选B．点评：本题考查了晶体结构，明确晶胞结构是解本题关键，难点是配位数的计算，题目难度不大．4．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，B、C、D位于同一周期，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍又是B 原子最外层电子数的3倍．下列说法正确的是（）A．元素A、C的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸B．元素B能与A的最高价氧化物发生置换反应C．元素B和D能形成BD2型的共价化合物D．D的单质有毒，且有漂白性考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：压轴题；元素周期律与元素周期表专题．分析：C原子的最外层电子数是B原子最外层电子数的3倍，则二者的最外层电子数应为偶数，A、B、C原子的最外层电子数之和为12，则A的最外层电子数为偶数，C原子的最外层电子数既是A原子内层电子数的3倍，则C的最外层电子数为6，B的最外层电子数为2，A 的最外层电子数为4，则A为C元素，B、C、D位于同一周期，应为第三周期元素，C为S 元素，B为Mg元素，则D应为Cl元素，结合元素对应单质、化合物的性质解答该题．解答：解：由题中信息可知A为C，B为Mg，C为S，D为Cl，则A．A为C，对应的最高价氧化物的水化物为碳酸，属于弱酸，故A错误；B．根据反应：2Mg+CO22MgO+C，该反应为置换反应，故B正确；C．B为Mg，D为Cl，二者形成的化合物为离子化合物，故C错误；D．D为Cl，干燥的氯气没有漂白性，故D错误．故选B．点评：本题考查元素的位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，本题的推断难度较大，注意根据核外电子关系特点判断元素的种类，解答时要细心考虑．5．下列文字表述与反应的离子方程式对应且正确的是（）A．硫化钠的水解反应：S2﹣+H3O+⇌HS﹣+H2OB．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO2↑+14H2OC．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；B．稀硝酸还原产物为一氧化氮；C．溶液中氢离子物质的量等于氢氧根离子的物质的量；D．发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子．解答：解：A．硫化钠的水解反应，离子方程式：S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，故A错误；B．Fe3O4与足量稀HNO3反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后显中性，离子方程式2H++2SO42﹣+Ba2++2OH﹣=2BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，离子方程式：2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，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、熟悉离子反应方程式的书写方法是解题关键，题目难度不大．6．某溶液中可能存在Br﹣、CO32﹣、SO32﹣、Al3+、I﹣、Mg2+、Na+等7种离子中的几种．现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色．据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子组是（）A．Al3+、Mg2+、I﹣、SO32﹣B．Mg2+、Na+、CO32﹣、I﹣C．Al3+、Na+、SO32﹣、I﹣D．Al3+、CO32﹣、Br﹣、SO32﹣考点：常见离子的检验方法；离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br﹣，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32﹣；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32﹣；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中不含I﹣．以此解答该题．解答：解：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br﹣，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32﹣；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32﹣；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，说明溶液中不含I﹣．溶液中含有CO32﹣，则一定不含有Al3+、Mg2+，因与CO32﹣反应生成沉淀，根据溶液呈电中性原则，溶液中一定含有Na+，所以溶液中一定不存在的离子为Al3+、Mg2+、I﹣、SO32﹣，一定含有的离子为CO32﹣、Br﹣、Na+，故选A．点评：本题考查离子的检验及离子共存问题，题目难度中等，注意把握反应的实验现象，结合离子的性质进行判断．7．下列说法正确的是（）A．在101kPa时，1mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2的燃烧热为﹣285.8kJ•mol﹣1B．测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度，NaOH起始温度和反应后终止温度C．在101k Pa时，1mol C与适量O2反应生成1mol CO时，放出110.5kJ热量，则C的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1D．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l），△H=﹣57.31 kJ•mol﹣1．若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJ考点：燃烧热；有关反应热的计算；中和热的测定．分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；A．氢气的燃烧热是指：1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；B．中和热测定时，必须测定起始温度和反应最高温度；C．碳生成稳定氧化物为二氧化碳；D．浓硫酸稀释放出大量的热．解答：解：A．在101kPa时，1mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，符合燃烧热的定义，所以H2的燃烧热为﹣285.8kJ•mol﹣1，故A正确；B．中和热测定时，虽然必须测定起始温度和反应后温度，即反应开始前酸和碱的温度，反应后的最高温度，反应后温度不一定为最高温度，故B错误；C．碳生成稳定氧化物为二氧化碳，不是一氧化碳，所以不能表示碳的燃烧热，故C错误；D．因为浓硫酸稀释放热，所以将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D错误；故选：A．点评：本题考查了燃烧热，和中和热的概念，熟悉二者概念是解题关键，注意浓硫酸稀释放出热量．8．肼（N2H4）一空气燃料电池是一种环保碱性燃料电池，其电解质溶液是20%﹣30%的KOH 溶液．电池总反应为：N2H4+O2═N2↑+2H2O．下列关于该燃料电池工作时的说法正确的是（）A．溶液中阴离子物质的量基本不变B．正极的电极反应式是：O2+4H++4e﹣═2H2OC．正极的电极反应式是：N2H4+4OH﹣﹣4e═4H2O+N2↑D．溶液中阴离子向正极移动考点：化学电源新型电池．分析：该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e═4H2O+N2↑，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此分析解答．解答：解：A．根据电池反应式知，KOH的物质的量在反应中不变，所以溶液中阴离子的物质的量基本不变，故A正确；B．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故B错误；C．负极上肼失电子发生氧化反应，电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e═4H2O+N2↑，故C错误；D．放电时，导致从负极沿导线流向正极，所以负极附近聚集大量阳离子，根据异性相吸原理，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，故D错误；故选A．点评：本题考查化学电源新型电池，为高频考点，所有燃料电池中都是负极上燃料失电子、正极上氧化剂得电子，难点是电极反应式的书写，易错选项是B．9．以铁为阳极，铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2mol Fe（OH）3沉淀．此过程中共消耗水（）A．3mol B．4mol C．5mol D．6mol考点：电解原理．分析：活泼金属铁作电解池阳极时，阳极上阳极材料铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和溶液中的氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，注意消耗的水有两部分：一部分被电解生成氢气，一部分和氢氧化亚铁反应生成氢氧化铁．解答：解：根据铁原子守恒知，2molFe（OH）3→2molFe（OH）2，所以生成2molFe（OH）3需要2molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2O H2+Fe（OH）2↓，根据电解方程式得，生成2molFe（OH）2需要水的物质的量为4mol；又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe （OH）3，根据方程式得，生成2molFe（OH）3需要水的物质的量为1mol，所以得到2molFe（OH）3沉淀消耗水的物质的量共为5mol．故选C．点评：本题考查了电解原理，难度不大，注意：活泼金属作电解池阳极时，活泼金属失电子发生氧化反应，而不是溶液中的阴离子失电子发生氧化反应．10．将a mol金属铜和含有b mol硝酸的溶液恰好完全反应，则反应中起酸性作用的硝酸的物质的量为（）A．（b﹣2a）mol B．（b﹣2a/3）molC．2a mol D．缺条件，无法计算考点：化学方程式的有关计算；硝酸的化学性质．专题：计算题．分析：硝酸具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，反应中硝酸起到氧化剂和酸性的作用，可能发生3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O或Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应中起酸性作用的硝酸表现为生成Cu（NO3）2，根据铜的物质的量计算．解答：解：铜与硝酸可能发生3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O或Cu+4HNO3=Cu （NO3）2+2NO2↑+2H2O，反应中起酸性作用的硝酸表现为生成Cu（NO3）2，则反应中起酸性作用的硝酸的物质的量为2a mol．故选C．点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于硝酸的性质的考查，难度不大，注意硝酸的酸性表现为生成硝酸盐，答题中注意体会．11．下列物质的鉴别方法不正确的是（）A．用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液B．利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液C．用品红试液鉴别SO2和CO2两种气体D．用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．分析：A．二者与碱反应生成白色沉淀，但氢氧化铝具有两性；B．胶体具有丁达尔效应；C．二氧化硫具有漂白性；D．NaCl、Na2SO4的焰色反应都为黄色．解答：解：A．用氢氧化钠溶液鉴别AlCl3和MgCl2溶液，生成白色沉淀的为MgCl2，先生成沉淀后沉淀溶解的为AlCl3，能鉴别，故A正确；B．胶体具有丁达尔效应，可用于鉴别溶液和胶体，故B正确；C．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，故C正确；D．NaCl、Na2SO4的焰色反应都为黄色，只用焰色反应不能鉴别，故D错误．故选D．点评：本题考查物质的检验，明确物质的性质是解答本题的关键，注意物质性质的差异即可解答，题目难度不大．12．下列有关自发反应的说法正确的是（）A．自发反应一定是△S＞0的反应B．自发反应一定是△H＜0的反应C．自发反应在任何条件下都能自动进行D．△H＜0，△S＞0的反应一定是自发反应考点：焓变和熵变．专题：化学反应中的能量变化．分析：依据反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0分析选项．解答：解：A、△S＜0，△H＜0，高温下可以△H﹣T△S＞0，反应非自发进行，故A错误；B、△H＞0，△S＞0，在低温下可能非自发进行，故B错误；C、△H＞0，△S＞0，在高温下可能自发进行，低温下非自发进行，故C错误；D、△H＜0，△S＞0的反应，一定存在△H﹣T△S＜0，反应一定是自发反应，故D正确；故选D．点评：本题考查了反应自发进行的判断依据分析，注意反应自发进行是由焓变、熵变和温度决定，掌握基础是关键，题目较简单．13．已知热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（g）△H=﹣1256kJ•mol﹣1．下列说法正确的是（）A．C2H2的燃烧热为1256kJ/molB．若生成2mol液态水，则△H=﹣2512kJ/molC．若转移10mol电子，则消耗2.5mol O2D．若形成4mol碳氧共用电子对，则放出的热量为2512kJ考点：有关反应热的计算；燃烧热．分析：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；B、气态水变为液态水放热；C、依据氧化还原反应电子守恒计算分析计算；D、形成4mol碳氧共用电子对是形成1mol二氧化碳．解答：解：A、热化学方程式中水是气体不是稳定的氧化物，所以燃烧热应大于1256kJ/mol，故A错误；。