2022-2022学年陕西省商洛市高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分）1．下列关于化学用语的理解正确的是()A．比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子B．乙醛的结构简式为CH3CH2OHC．Cl﹣离子的结构示意图：D．“84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：2．下列说法正确的是()A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B．电解质在水溶液和熔融状态下均能导电C．“PM2.5”是细小颗粒物悬浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康D．“血液透析”利用了胶体的性质3．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．室温下，28g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子数为NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体中含有的原子数目为NAD．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA4．关于下列装置说法正确的是()A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②在电解开始阶段，b极附近溶液的pH增大C．可以用装置③在银上镀铜，c极为银D．装置④中一段时间后会有Fe（OH）2生成5．据下列事实得出的结论正确的是()A．试液→（KSCN溶液）→颜色无变化→（+氯水）→溶液变成血红色，证明溶液中含有Fe2+B．试液→（焰色反应）→产生黄色，证明溶液为氢氧化钠溶液C．试液→（+石蕊）→溶液呈蓝色，证明试液一定是碱溶液-28-\nD．混合气体→（通过澄清石灰水）→变浑浊，证明混合气体中一定含有二氧化碳6．下列说法中，正确的是()A．甲烷与乙烯共1mol，完全燃烧后生成的H2O为2molB．光照下，异丁烷与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有三种C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．聚乙烯、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物7．短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大．元素X是形成化合物种类最多的元素，Y、R同主族，R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料．下列说法正确的是()A．X、W、R的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是X＜W＜RB．气态氢化物的稳定性：Y＞RC．X、Y、W、R的原子半径由大到小的顺序为R＞W＞X＞YD．X、W的氧化物由固态转化为气态时，克服相同的作用力8．下列离子方程式的书写与结论均合理的是()选项离子方程式结论AAgCl（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Cl﹣（aq）溶解度：AgI＞AgClBFe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O氧化性：H2O2＞Fe3+CCO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣稳定性：HCO3﹣＞CO32﹣DNH3+H3O+═NH4++H2O得质子能力：NH3＞H2OA．AB．BC．CD．D9．下列装置或操作能达到实验目的是()A．验证反应的热效应B．定量测定化学反应速率-28-\nC．滴定法测FeSO4溶液的浓度D．构成铜锌原电池10．关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是()A．c（NH+4）：③＞①B．水电离出的c（H+）：②＞①C．①和②等体积混合的溶液：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）D．①和③等体积混合后的溶液：c（NH+4）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）11．下列有关热化学方程式及其叙述正确的是()A．氢气的燃烧热为285.5kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式为：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）；△H=+285.5kJ•mol﹣1B．已知2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）；△H=﹣221kJ•mol﹣1，则石墨的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1C．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4kJ的热量D．已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1366.8kJ•mol﹣1和1411.0kJ•mol﹣1，则乙烯水化制乙醇的热化学方程式为：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）；△H=﹣44.2kJ•mol﹣112．据统计，陕西省的机动车保有量每年以15%至20%的速度增长，汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.4mol，则下列判断正确的是()A．生成22.4LN2（标准状况）B．有0.25molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为0.5molD．被氧化的N原子的物质的量为3mol13．分子式为C5H11Cl且含有两个甲基的同分异构体共有()种（不考虑立体异构）A．6B．5C．4D．3-28-\n14．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是()A．若甲为Cl2，则丁可能是铁B．若甲为NH3，则丁可能是氧气C．若甲为AlCl3溶液，则丁可能是氨水D．若甲为NaOH，则丁可能是SO215．室温下，将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）+B（气）⇌XC（气），经2s（秒）后反应达平衡，测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，B的物质的量为1.4mol，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1②反应前容器内的压强与平衡后容器内的压强之比为1：1③2s时物质A的转化率为30%④X=“2“⑤室温下该反应的化学反应平衡常数是0.5其中正确的是()A．①④⑤B．①③④C．②③⑤D．③④⑤16．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果（提示：FeBr2溶液中通入Cl2时，Cl2优先氧化Fe2+）．下列图象描述正确的是()A．图①表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大B．图②表示乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化C．图③表示在1L1mol•L﹣1FeBr2溶液中通入Cl2时Br﹣的量的变化D．图④表示一定浓度Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2与滴加盐酸的物质的量的关系二、非选择题（共38分）17．（13分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1Q＞0（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2Q＞0（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）（Ⅱ）得到：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）式子，请写出平衡常数表达式K=__________．（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡．测得10min内V（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）=__________mol，NO的转化率а1=__________-28-\n．30．其它条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率а2__________а1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2__________（填“增大”“减小”或“不变”）．（3）若要使K2减小，可采用的措施是__________．（4）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2‾）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为__________．（已知HNO2的电离常数Ki=7.1×10﹣4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数Ki=1.7×10﹣5mol•L‾1）．（5）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是__________．a．向溶液A中加适量水__________b．向溶液A中加适量NaOHc．向溶液B中加适量水__________d..向溶液B中加适量NaOH．18．（13分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），下列说法正确的是__________a．原子半径和离子半径均减小；b．金属性减弱，非金属性增强；c．氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强；d．单质的熔点降低．（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为__________，氧化性最弱的简单阳离子是__________（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/℃28002050714191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）晶体硅（熔点1410℃）是良好的半导体材料，由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）写出SiCl4的电子式：__________．在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：__________（5）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是__________a．NH3b．HIc．SO2d．CO2（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式：__________．19．某研究性学习小组设想将少量Cl2通入Fe2+和I﹣的混合溶液，来探究Fe2+和I﹣的还原性强弱．（1）【提出假设】假设1：__________；假设2：__________；假设3：Fe2+和I﹣的还原性一样强．【验证假设】（2）利用以下装置进行试验-28-\n实验必需的装置是：A→__________（按氯气流向的顺序用序号书写）（3）实验开始后，控制通入少量氯气，通过观察溶液颜色的变化，__________（能或不能）判断反应的先后顺序．（4）请在表中填写实验步骤及预期现象与结论．实验步骤预期现象与结论取少量反应的溶液置于A、B两支试管中；向A试管中滴加__________；向B试管中滴加__________：①若____________________则假设1成立②若____________________则假设2成立③若____________________则假设3成立（5）该实验成功的关键是控制各反应物的用量．该小组称量1.52gFeSO4（M=152g/mol）和1.66gKI（M=166g/mol）固体溶于水中，为了验证上述假设，通入的氯气的体积最多不能超过__________．（标准状况）（6）有同学质疑，上述实验只能验证氯气分别与Fe2+和I﹣反应的速率的大小．并不能证明Fe2+和I﹣的还原性强弱．于是提出另一验证方案：往KI溶液中滴加FeCl3溶液，如果能发生反应，就可证明二者的还原性强弱，该反应的离子方程式是__________．三﹑选做题：（以下两题任选一题）【化学——物质结构与性质】（共1小题，满分14分）20．（14分）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等Y常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34（1）Y位于元素周期表第__________族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是__________（写化学式）．（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在__________个σ键．在H﹣Y、H﹣Z两种共价键中，键的极性较强的是__________，键长较长的是__________．（3）W的基态原子核外电子排布式是__________．W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是__________．（4）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y．已知：此反应的化学方程式是__________．-28-\n【化学--有机化学基础】21．奶油中含有一种用做香料的有机化合物A，该有机化合物只含有C、H、O三种元素，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，其相对分子质量为88，A的结构式中含有碳氧双键．1molB可生成2molC，也可与2mol反应．已知：①ROH+HBr（氢溴酸）HBr+HO；②RCHO+R′CHO与A相关的反应如下：（1）写出反应②的反应类型：__________．（2）写出A、C、F的结构简式：A__________，C__________，F__________．（3）请写出两种与A的物质类别不同的常见有机物的同分异构体的结构简式：__________，__________．（4）写出反应③的化学方程式：__________．-28-\n2022-2022学年陕西省商洛市高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分）1．下列关于化学用语的理解正确的是()A．比例模型表示甲烷分子或四氯化碳分子B．乙醛的结构简式为CH3CH2OHC．Cl﹣离子的结构示意图：D．“84消毒液”中有效成分NaClO的电子式为：【考点】球棍模型与比例模型；电子式；原子结构示意图；结构简式．【分析】A．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H；B．乙醛的官能团为﹣CHO；C．Cl的质子数为17，其离子核外有18个电子；D．次氯酸钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷．【解答】解：A．甲烷分子或四氯化碳分子均为正四面体构型，但原子半径为Cl＞C＞H，则比例模型表示甲烷分子，而不能表示四氯化碳，四氯化碳的比例模型为：，故A错误；B．乙醛的官能团为﹣CHO，其结构简式为：CH3CHO，故B错误；C．Cl的质子数为17，其离子核外有18个电子，其离子结构示意图为，故C错误；D．次氯酸钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，次氯酸根离子需要标出最外层电子及所带电荷，次氯酸钠的电子式为：，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学用语，涉及电子式、结构简式、结构示意图及比例模型等，为高频考点，题目难度中等，试题基础性强，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键，选项A为解答的易错点．2．下列说法正确的是()A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B．电解质在水溶液和熔融状态下均能导电C．“PM2.5”是细小颗粒物悬浮在空气中形成胶体，严重危害人体健康D．“血液透析”利用了胶体的性质-28-\n【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；胶体的应用；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题；溶液和胶体专题．【分析】A、纯碱是碳酸钠属于盐；B、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；C、“PM2.5”是微粒直径2.5×10﹣6m的细小颗粒物细颗粒物悬浮在空气中，不一定能形成胶体；D、血液是胶体不能通过半透膜；【解答】解：A、纯碱是碳酸钠属于盐，不是碱，故A错误；B、电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物，如硫酸钡水溶液中几乎不导电，熔融状态导电，故B错误；C、“PM2.5”是微粒直径2.5×10﹣6m的细小颗粒物细颗粒物悬浮在空气中，不一定能形成胶体，故C错误；D、血液是胶体不能通过半透膜，溶液能通过半透膜，“血液透析”利用了胶体的性质，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质分类，电解质概念分析，胶体性质分析应用，掌握基础是关键，题目较简单．3．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()A．室温下，28g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子数为NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NAC．常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体中含有的原子数目为NAD．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据n=计算出最简式的物质的量，再计算出含有碳原子的数目；B．缺少溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目；C．氮气和CO的摩尔质量都是28g/mol，根据n=计算出混合物的物质的量，二者都是双原子分子，据此计算出含有原子的物质的量；D．次氯酸钠溶液中，次氯酸根离子部分水解，导致次氯酸根离子的数目减少．【解答】解：A．28g乙烯和丙烯的混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=2mol，含有碳原子的物质的量为2mol，则混合物中含有的碳原子数为2NA，故A错误；B．pH=13的氢氧化钠溶液中，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，缺少溶液体积，无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，故B错误；C．14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，0.5mol混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故C正确；D．1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，则溶液中含有的次氯酸根离子数目小于1mol，含有ClO﹣的数目小于NA，故D错误；故选C．-28-\n【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量之间的关系，明确最简式在化学计算中的应用，B为易错点，注意题中缺少溶液体积．4．关于下列装置说法正确的是()A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置②在电解开始阶段，b极附近溶液的pH增大C．可以用装置③在银上镀铜，c极为银D．装置④中一段时间后会有Fe（OH）2生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、原电池中阳离子向正极移动；B、b与电源的正极相连，是阳极，开始阶段是氯离子放电生成氯气，而a极是阴极是氢离子放电生成氢气，溶液的pH变大；C、铜离子在阴极放电生成单质铜，所以镀件在阴极；D、锌比铁活泼，所以负极是活泼的锌而不是铁．【解答】解：A、装置①原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，故A错误；B、在装置②电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，故B错误；C、铜离子在阴极放电生成单质铜，所以镀件在阴极，所以c极为银，故C正确；D、在该原电池中，电子从负极Zn即流向正极Fe极，在铁电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，故D错误；故选C．【点评】本题考查学生原电池的工作原理，注意教材知识的灵活应用，属于基础知识的综合考查，难度不大．5．据下列事实得出的结论正确的是()A．试液→（KSCN溶液）→颜色无变化→（+氯水）→溶液变成血红色，证明溶液中含有Fe2+B．试液→（焰色反应）→产生黄色，证明溶液为氢氧化钠溶液C．试液→（+石蕊）→溶液呈蓝色，证明试液一定是碱溶液D．混合气体→（通过澄清石灰水）→变浑浊，证明混合气体中一定含有二氧化碳【考点】二价Fe离子和三价Fe离子的检验；二氧化硫的化学性质；焰色反应．【分析】A、先无明显现象，说明不含Fe3+；B、钠元素的焰色反应为黄色；C、加入石蕊试液溶液呈蓝色，证明溶液显碱性，不一定为碱；D、二氧化硫通入澄清石灰水也会变混浊；-28-\n【解答】解：A、Fe3+与KSCN发生显色反应，先无明显现象，说明不含Fe3+，加入氯水溶液变化为红色，证明溶液中含有Fe2+，故A正确；B、试液焰色反应为黄色，只能说明含有钠元素，不一定为氢氧化钠，故B错误；C、加入石蕊试液溶液呈蓝色，证明溶液显碱性，不一定为碱，可能是水解显碱性的盐溶液，故C错误；D、二氧化硫通入澄清石灰水也会变混浊，不能证明是二氧化碳，故D错误；故选A．【点评】本题考查了元素化合物性质的分析判断，反应现象的理解应用，主要是元素焰色反应的实质理解，掌握基础是关键，题目难度中等．6．下列说法中，正确的是()A．甲烷与乙烯共1mol，完全燃烧后生成的H2O为2molB．光照下，异丁烷与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有三种C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．聚乙烯、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物【考点】同分异构现象和同分异构体；有关混合物反应的计算．【专题】同分异构体的类型及其判定；烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】A、甲烷和乙烯分子中均含有4个氢原子，根据氢原子守恒判断；B、异丁烷中的“等效氢”有两种；C、根据水解反应酯基断裂情况分析；D、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物，聚乙烯属于人工合成高分子化合物．【解答】解：A、甲烷和乙烯分子中均含有4个氢原子，因此1mol甲烷和乙烯中共含有4molH，根据氢原子守恒可知完全燃烧生成2mol水，故A正确；B、异丁烷中的“等效氢”有两种，因此一氯代物有两种，故B错误；C、由水解反应酯基断裂情况可知，水解产物为：CH3COOH和C2H518OH，故C错误；D、蛋白质和纤维素都是天然高分子化合物，聚乙烯属于人工合成高分子化合物，故D错误；故选：A．【点评】本题考查常见有机反应类型的反应原理，掌握有机物发生反应时的断键情况和成键情况是解题的根本，注意等效氢种数确定了一氯代物的种数．7．短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大．元素X是形成化合物种类最多的元素，Y、R同主族，R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料．下列说法正确的是()A．X、W、R的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是X＜W＜RB．气态氢化物的稳定性：Y＞RC．X、Y、W、R的原子半径由大到小的顺序为R＞W＞X＞YD．X、W的氧化物由固态转化为气态时，克服相同的作用力【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大．元素X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，则W为Si；Y、R同主族，R的原子序数大于Si，则R处于第三周期，R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，则R元素原子最外层电子数为=5，故Y为N元素，R为P元素，结合元素周期律解答．-28-\n【解答】解：短周期元素X、Y、W、R的原子序数依次增大．元素X是形成化合物种类最多的元素，则X为C元素；W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，则W为Si；Y、R同主族，R的原子序数大于Si，则R处于第三周期，R原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，则R元素原子最外层电子数为=5，故Y为N元素，R为P元素，A．非金属性W（Si）＜R（P）＜Y（N），故最高价含氧酸的酸性：硅酸＜磷酸＜硝酸，故A错误；B．非金属性Y（N）＞R（P），则气态氢化物稳定性：Y＞R，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：W（Si）＞R（P）＞X（C）＞Y（N），故C错误；D．X、W的氧化物为分别为二氧化碳、二氧化硅，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，由固态转化为气态时，前者克服分子间注意力，后者需要克服共价键，故D错误，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，侧重对元素周期律的考查，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．8．下列离子方程式的书写与结论均合理的是()选项离子方程式结论AAgCl（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Cl﹣（aq）溶解度：AgI＞AgClBFe2++H2O2+2H+═Fe3++2H2O氧化性：H2O2＞Fe3+CCO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣稳定性：HCO3﹣＞CO32﹣DNH3+H3O+═NH4++H2O得质子能力：NH3＞H2OA．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向进行；B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；C．离子反应与稳定性无关；D．由离子反应可知，氨气易结合氢离子．【解答】解：A．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向进行，则由AgCl（s）+I﹣（aq）═AgI（s）+Cl﹣（aq）可知，溶解度：AgI＜AgCl，故A错误；B．发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故B错误；C．离子反应与稳定性无关，不能比较离子的稳定性，故C错误；D．由NH3+H3O+═NH4++H2O可知，得质子能力：NH3＞H2O，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子反应方程式，为高频考点，把握离子反应及结论的关系为解答的关键，侧重沉淀转化、氧化还原及中和的离子反应的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大．9．下列装置或操作能达到实验目的是()-28-\nA．验证反应的热效应B．定量测定化学反应速率C．滴定法测FeSO4溶液的浓度D．构成铜锌原电池【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．利用空气热胀冷缩的性质验证热效应；B．该装置中应该使用分液漏斗，否则得不到氢气；C．酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；D．含有盐桥的原电池中，电解质溶液中金属与其相对应的金属材料相同．【解答】解：A．利用空气热胀冷缩的性质验证热效应，如果钠和水是放热反应，放出的热量导致空气体积膨胀，会导致U形管左端液柱下降，所以能实现实验目的，故A正确；B．该装置中应该使用分液漏斗，否则生成的氢气从长颈漏斗中逸出而得不到氢气，故B错误；C．酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，所以应该用酸式滴定管盛放，故C错误；D．含有盐桥的原电池中，电解质溶液中金属与其相对应的金属材料相同，所以锌和Cu的位置应该互换，故D错误；故选A．-28-\n【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，设计原电池原理、热效应等知识点，明确实验原理及仪器是使用方法是解本题关键，注意从实验操作的规范性及物质性质方面进行评价，易错选项是A．10．关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是()A．c（NH+4）：③＞①B．水电离出的c（H+）：②＞①C．①和②等体积混合的溶液：c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O）D．①和③等体积混合后的溶液：c（NH+4）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A．氯化铵电离生成铵根离子，而氨水的电离程度很小；B．盐酸为强酸，氢离子浓度大，则由水电离产生的氢离子浓度较小；C．①和②等体积混合的溶液为氯化铵溶液，利用质子守恒来分析；D．①和③等体积混合后的溶液氨水的电离大于氯化铵中铵根离子的水解．【解答】解：A．氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+，氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，则c（NH+4）：③＞①，故A正确；B．在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐酸中的氢离子浓度大于氨水中的氢氧根离子的浓度，则水电离出的c（H+）：①＞②，故B错误；C．盐酸和氨水混合后恰好完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，由质子守恒可知，c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故C正确；D．①和③等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则c（NH+4）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；故选：B．【点评】本题综合考查弱电解质的电离、盐类的水解以及离子浓度大小比较等相关知识，对于考生的要求较高，难度中等．11．下列有关热化学方程式及其叙述正确的是()A．氢气的燃烧热为285.5kJ•mol﹣1，则水分解的热化学方程式为：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）；△H=+285.5kJ•mol﹣1B．已知2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）；△H=﹣221kJ•mol﹣1，则石墨的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1C．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后，最多可放出92.4kJ的热量D．已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1366.8kJ•mol﹣1和1411.0kJ•mol﹣1，则乙烯水化制乙醇的热化学方程式为：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）；△H=﹣44.2kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【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，热化学方程式方向改变，焓变符号随之变化；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；C、反应是可逆反应不能进行彻底；-28-\nD、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，依据乙醇和乙烯的燃烧热书写热化学方程式，根据盖斯定律计算得到乙烯水化制乙醇的热化学方程式；【解答】解：A、氢气的燃烧热为285.5kJ•mol﹣1，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则水分解的热化学方程式为：H2O（l）=H2（g）+O2（g）；△H=+285.5kJ•mol﹣1，故A错误；B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，已知2C（石墨，s）+O2（g）=2CO（g）；△H=﹣221kJ•mol﹣1，是的氧化物不稳定，则石墨的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1，故B错误；C、已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣92.4kJ•mol﹣1，反应是可逆反应，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后，放出热量小于92.4kJ，故C错误；D、已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1366.8kJ•mol﹣1和1411.0kJ•mol﹣1，①C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.8kJ•mol﹣1；②C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣1411.0kJ•mol﹣1；则乙烯水化制乙醇的热化学方程式依据盖斯定律②﹣①得到热化学方程式为：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）；△H=﹣44.2kJ•mol﹣1故D正确；故选D．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和硅酸电离的计算应用，注意可逆反应的反应热判断和燃烧热的概念分析，题目难度中等．12．据统计，陕西省的机动车保有量每年以15%至20%的速度增长，汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.4mol，则下列判断正确的是()A．生成22.4LN2（标准状况）B．有0.25molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为0.5molD．被氧化的N原子的物质的量为3mol【考点】氧化还原反应的计算．【分析】10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，只有N元素化合价发生变化，N元素的化合价分别由负价升高为0、由+5价降低为0，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，若氧化产物比还原产物多1.4mol，则生成1.6molN2，转移电子的物质的量为1mol，被氧化的N原子的物质的量为3mol，以此解答该题．【解答】解：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑中，只有N元素化合价发生变化，N元素的化合价分别由负价升高为0、由+5价降低为0，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，若氧化产物比还原产物多1.4mol，则生成1.6molN2，转移电子的物质的量为1mol，被氧化的N原子的物质的量为3mol，A．生成1.6molN2，体积为1.6mol×22.4L/mol=35.64L，故A错误；B．由以上分析可知有0.2molKNO3被还原，故B错误；C．转移电子的物质的量为1mol，故C错误；D．参加反应的NaN3物质的量为1mol，则被氧化的N原子的物质的量为3mol，故D正确．故选D．-28-\n【点评】本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合各个物理量之间的关系式分析解答，注意氮化钠中N元素化合价，该反应的氧化产物和还原产物都是氮气，知道氧化产物和还原产物的物质的量之比，为易错点．13．分子式为C5H11Cl且含有两个甲基的同分异构体共有()种（不考虑立体异构）A．6B．5C．4D．3【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体；（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子；（3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子；（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢．【解答】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况，但含有2个甲基的有机物有4种．故选C．【点评】本题考查氯代物的同分异构体的判断，难度不大，掌握同分异构体的书写是解题的关键．14．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是()A．若甲为Cl2，则丁可能是铁B．若甲为NH3，则丁可能是氧气C．若甲为AlCl3溶液，则丁可能是氨水D．若甲为NaOH，则丁可能是SO2【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】A．甲为Cl2，则丁可能是Fe，则乙为FeCl3，丙为FeCl2；B．甲为NH3，则丁可能是氧气，则乙为NO，丙为NO2；C．若甲为AlCl3，丁是氨水，则乙为氢氧化铝或氯化铵，氢氧化铝不能溶于氨水，氯化铵不与氨水反应；D．甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3．【解答】解：A．甲为Cl2，则丁可能是Fe，则乙为FeCl3，丙为FeCl2，则FeFeCl3FeCl2，故A正确；-28-\nB．甲为NH3，则丁可能是氧气，则乙为NO，丙为NO2，则NH3NONO2，故B正确；C．若甲为AlCl3，丁是氨水，则乙为氢氧化铝或氯化铵，氢氧化铝不能溶于氨水，氯化铵不与氨水反应，不符合转化关系，故C错误；D．甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故D正确，故选：C．【点评】本题考查无机物的推断，综合考查元素化合物性质，关键是掌握物质之间的相互转化，题目难度中等．15．室温下，将4molA气体和2molB气体在2L的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）+B（气）⇌XC（气），经2s（秒）后反应达平衡，测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，B的物质的量为1.4mol，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1②反应前容器内的压强与平衡后容器内的压强之比为1：1③2s时物质A的转化率为30%④X=“2“⑤室温下该反应的化学反应平衡常数是0.5其中正确的是()A．①④⑤B．①③④C．②③⑤D．③④⑤【考点】化学平衡的计算．【分析】①达到平衡时B的物质的量为1.4mol，则参加反应的B的物质的量=（2﹣1.4）mol=0.6mol，2s内v（B）==0.15mol/（L．s），根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算A的平均反应速率；②平衡时剩余n（A）=4mol﹣2n（B）=4mol﹣2×0.6mol=2.8mol，n（C）=0.6mol/L×2L=1.2mol，则平衡时气体总物质的量=（1.2+1.4+1.2）mol；反应前后压强之比等于其物质的量之比；③2s时物质A的转化率=；④C的平均反应速率==0.3mol/（L．s），根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算X；⑤平衡时c（C）==0.6mol/L、c（A）==1.4mol/L、c（B）==0.7mol/L，根据化学平衡常数公式计算平衡常数．【解答】解：①达到平衡时B的物质的量为1.4mol，则参加反应的B的物质的量=（2﹣1.4）mol=0.6mol，2s内v（B）=-28-\n=0.15mol/（L．s），根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v（A）=2v（B）=2×0.15mol/（L．s）=0.30mol/（L．s），故正确；②平衡时剩余n（A）=4mol﹣2n（B）=4mol﹣2×0.6mol=2.8mol，n（C）=0.6mol/L×2L=1.2mol，则平衡时气体总物质的量=（2.8+1.4+1.2）mol=5.4mol；反应前后压强之比等于其物质的量之比，反应前混合气体物质的量=6mol，则反应前后压强之比=6mol：5.4mol=10：9，故错误；③2s时物质A的转化率==30%，故正确；④C的平均反应速率==0.3mol/（L．s），根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v（A）=0.30mol/（L．s），则X=2，故正确；⑤平衡时c（C）==0.6mol/L、c（A）==1.4mol/L、c（B）==0.7mol/L，化学平衡常数K==0.26，故错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确反应速率之比与计量数之比关系是解本题关键，注意：化学平衡常数的计算中要用浓度幂之积，为易错点．16．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果（提示：FeBr2溶液中通入Cl2时，Cl2优先氧化Fe2+）．下列图象描述正确的是()A．图①表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大B．图②表示乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化C．图③表示在1L1mol•L﹣1FeBr2溶液中通入Cl2时Br﹣的量的变化D．图④表示一定浓度Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2与滴加盐酸的物质的量的关系【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；氧化性、还原性强弱的比较；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】图像图表题．【分析】图①应是催化剂对反应速率的影响；图②溶液导电性先减弱，后逐渐增强；图③Br﹣的量先不变，然后逐渐降低；图④从开始加入盐酸时，就生成CO2，然后不变，以此解答该题．【解答】解：A．图①中甲乙反应速率不同，但平衡状态相同，由于反应中反应前后气体计量数不同，改变压强平衡发生移动，应为催化剂的影响，故A错误；B．乙酸溶液中通入氨气，由弱电解质变为强电解质，溶液导电性增强，与图象不符，故B错误；-28-\nC．FeBr2溶液中通入Cl2时，Cl2优先氧化Fe2+，则开始时Br﹣的量先不变，当Fe2+完全被氧化后，Br﹣开始被氧化，物质的量逐渐减少，最终为0，与图象相符，故C正确；D．定浓度Na2CO3溶液中滴加盐酸，开始反应生成HCO3﹣，没有CO2生成，与图象不符，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，以图象题的形式考查，题目难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质，易错点为A，注意D为固体的特点．二、非选择题（共38分）17．（13分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）K1Q＞0（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2Q＞0（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）（Ⅱ）得到：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）式子，请写出平衡常数表达式K=．（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡．测得10min内V（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率а1=75%．30．其它条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率а2＞а1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2不变（填“增大”“减小”或“不变”）．（3）若要使K2减小，可采用的措施是升高温度．（4）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2‾）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）．（已知HNO2的电离常数Ki=7.1×10﹣4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数Ki=1.7×10﹣5mol•L‾1）．（5）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bc．a．向溶液A中加适量水__________b．向溶液A中加适量NaOHc．向溶液B中加适量水__________d..向溶液B中加适量NaOH．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数；（2）依据平衡三段式列式计算，依据速率概念、转化率概念的计算；（3）平衡常数随温度变化；（4﹣5）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，据此分析判断．【解答】解：（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，故答案为：；-28-\n（2）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，物质的量为7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），起始量（mol）0.20.10变化量（mol）0.150.0750.15平衡量（mol）0.050.0250.15则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率α1=×100%=75%；其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强增大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率α2增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，所以平衡常数K2不变，故答案为：0.025；75%；＞；不变；（3）若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；故答案为：升高温度；（4）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；（5）使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；a、上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减小，不能调节溶液PH相同，故a不符合；b、向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b符合；c、向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c符合；d、溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液PH更大，不能调节溶液PH相同，故d不符合；故答案为：bc．【点评】本题考查了化学平衡常数的计算，影响化学平衡的因素分析应用，电解质溶液中盐类水解，离子浓度大小比较，调节溶液PH的方法分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．18．（13分）元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），下列说法正确的是ba．原子半径和离子半径均减小；b．金属性减弱，非金属性增强；c．氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强；d．单质的熔点降低．（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为氩，氧化性最弱的简单阳离子是Na+（3）已知：-28-\n化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/℃28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是MgO的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电（4）晶体硅（熔点1410℃）是良好的半导体材料，由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）写出SiCl4的电子式：．在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）△H=+0.025akJ•mol﹣1（5）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是ba．NH3b．HIc．SO2d．CO2（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，写出该反应的化学方程式：4KClO3KCl+3KClO4．【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；热化学方程式；硅和二氧化硅．【专题】元素周期律与元素周期表专题；碳族元素．【分析】（1）根据同一周期中元素周期律内容进行解答；（2）第三周期中，次外层电子数为8，原子最外层电子书与次外层电子数相同，则该元素为氩；第三周期中简单阳离子为钠离子、镁离子和铝离子，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱；（3）根据表中金属化合物的熔点高低、化合物类型进行分析；（4）四氯化硅为共价化合物，化学式中存在4个硅氯键；根据题中数据及热化学方程式的书写方法写出该反应的热化学方程式；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥剂，然后结合各选项中气体的性质进行判断；（6）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可．【解答】解：（1）a．原子半径和离子半径均减小；第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阴离子到阳离子，半径在减小，故a错误；b．金属性减弱，非金属性增强；同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故b正确；c．最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；-28-\nd．金属单质的熔点降低，即Na＜Mg＜Al＜Si（原子晶体），而非金属单质是分子晶体，熔点比金属单质低，整体趋势是Si＞Al＞Mg＞S＞Na＞P＞Cl2＞Ar，故d错误；故答案为：b；（2）原子最外层电子书与次外层电子数相同，而第三周期中次外层电子为8，该元素原子结构示意图为：，则该元素为氩；金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的为Na+，故答案为：氩；Na+；（3）由于氧化镁的熔点远远大于氯化镁的熔点，熔融时消耗更多能量，增加生成成本，所以工业制镁时，采用电解MgCl2而不电解MgO；由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下氯化铝难导电，制锅时电解Al2O3而不电解AlCl3，故答案为：MgO的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本；氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电；（4）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8个电子，四氯化硅的电子式为：；1.12kg纯硅的物质的量为：=40mol，生成40mol硅吸收akJ热量，则生成1mol硅吸收的热量为：=0.025akJ，所以四氯化硅气体与氢气反应生成单质硅和氯化氢的热化学方程式为：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）△H=+0.025akJ•mol﹣1，故答案为：；2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）△H=+0.025akJ•mol﹣1；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，所以选项中不能用浓硫酸干燥的为a．NH3b．HI，而P2O5是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体，可以干燥碘化氢，所以b正确，故答案为：b；（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为﹣1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4，故答案为：4KClO3KCl+3KClO4．-28-\n【点评】本题考查了同一周期中元素周期律与原子结构的关系、热化学方程式的书写、化学方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．19．某研究性学习小组设想将少量Cl2通入Fe2+和I﹣的混合溶液，来探究Fe2+和I﹣的还原性强弱．（1）【提出假设】假设1：Fe2+还原性比I﹣强；假设2：I﹣还原性比Fe2+强；假设3：Fe2+和I﹣的还原性一样强．【验证假设】（2）利用以下装置进行试验实验必需的装置是：A→C→E（按氯气流向的顺序用序号书写）（3）实验开始后，控制通入少量氯气，通过观察溶液颜色的变化，不能（能或不能）判断反应的先后顺序．（4）请在表中填写实验步骤及预期现象与结论．实验步骤预期现象与结论取少量反应的溶液置于A、B两支试管中；向A试管中滴加KSCN；向B试管中滴加淀粉：①若A变红色，B不变色则假设1成立②若A不变色，B变蓝色则假设2成立③若A变红色，B变蓝色则假设3成立（5）该实验成功的关键是控制各反应物的用量．该小组称量1.52gFeSO4（M=152g/mol）和1.66gKI（M=166g/mol）固体溶于水中，为了验证上述假设，通入的氯气的体积最多不能超过0.112L．（标准状况）（6）有同学质疑，上述实验只能验证氯气分别与Fe2+和I﹣反应的速率的大小．并不能证明Fe2+和I﹣的还原性强弱．于是提出另一验证方案：往KI溶液中滴加FeCl3溶液，如果能发生反应，就可证明二者的还原性强弱，该反应的离子方程式是2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+．【考点】性质实验方案的设计；氧化性、还原性强弱的比较．【分析】（1）【提出假设】依据实验的目的：探究Fe2+和I﹣的还原性强弱得出假设内容：Fe2+还原性比I﹣强；I﹣还原性比Fe2+强；【验证假设】（2）依据实验的目的“将少量Cl2通入Fe2+和I﹣的混合溶液中，探究Fe2+和I﹣的还原性强弱”来连接仪器；（3）碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大；（4）三价铁离子遇到KSCN溶液显红色，淀粉遇到碘变蓝色，当通入少量的氯气时，如果二价铁离子先反应被氧化物三价铁离子，则加入KSCN溶液显红色，-28-\n碘离子此时为反应，加入淀粉后不变蓝色；如果碘离子先反应被氧化为单质碘，则加入淀粉变蓝色，二价铁离子此时未反应，加入KSCN溶液不变红色；（5）依据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣计算1.52gFeSO4固体中二价铁离子被氧化需要的氯气的物质的量，依据2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，计算1.66gKI固体被氧化需要的氯气的物质的量；（6）依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性来回答．【解答】解：（1）【提出假设】依据实验的目的：探究Fe2+和I﹣的还原性强弱得出假设内容：Fe2+还原性比I﹣强；I﹣还原性比Fe2+强，故答案为：Fe2+还原性比I﹣强；I﹣还原性比Fe2+强；【验证假设】（2）要想探究Fe2+和I﹣的还原性强弱，应将制取的氯气通入到含有Fe2+和I﹣的溶液中，氯气有毒应进行尾气处理，所以必须的装置A→C→E；故答案为：C→E；（3）碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大，所以不能通过观察颜色来比较反应的先后顺序，故答案为：不能；（4）三价铁离子遇到KSCN溶液显红色，淀粉遇到碘变蓝色，当通入少量的氯气时，如果二价铁离子先反应被氧化物三价铁离子，则加入KSCN溶液显红色，碘离子此时为反应，加入淀粉后不变蓝色；如果碘离子先反应被氧化为单质碘，则加入淀粉变蓝色，二价铁离子此时未反应，加入KSCN溶液不变红色；故答案为：实验步骤预期现象和结论KSCN；淀粉①A变红色，B不变色②A不变色，B变蓝色③A变红色，B变蓝色；（5）1.52gFeSO4固体的物质的量为==0.01mol，依据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知，完全氧化二价铁离子需要0.005mol氯气，标况下体积为：0.005mol×22.4L/mol=0.112L；1.66gKI固体的物质的量为==0.01mol，依据2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，完全氧化碘离子需要0.005mol氯气，标况下体积为：0.005mol×22.4L/mol=0.112L，所以为了验证上述假设，通入的Cl2体积最多不能超过0.112L；故答案为：0.112L；（6）氯化铁与碘化钾反应的离子方程式为：2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+，反应中碘离子碘元素化合价升高，碘离子作用还原剂，三价铁离子化合价降低被还原，二价铁离子为还原产物，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可知碘离子的还原性强于二价铁离子，同种氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的优先反应，所以可以确定氯气与Fe2+和I﹣反应的先后顺序．故答案为：2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+．【点评】本题为实验题，考查了二价铁离子与碘离子还原性强弱的比较，题目难度大，明确反应的实质和氧化还原反应的先后规律是解题的关键．三﹑选做题：（以下两题任选一题）【化学——物质结构与性质】（共1小题，满分14分）20．（14分）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：-28-\n元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等Y常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34（1）Y位于元素周期表第第三周期ⅥA族族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是HClO4（写化学式）．（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在2个σ键．在H﹣Y、H﹣Z两种共价键中，键的极性较强的是H﹣Cl，键长较长的是H﹣S．（3）W的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1．W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2．（4）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y．已知：此反应的化学方程式是2CO+SO2S+2CO2．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相同，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素；常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，则Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，则其质子数=63﹣34=29，则W为Cu元素，据此进行解答．【解答】解：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相同，X原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为碳元素；常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则Y为硫元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，则Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，则其质子数=63﹣34=29，则W为Cu元素，（1）Y为硫元素，原子序数为16，S在周期表中的位置为：第三周期ⅥA族；Y为S、Z为Cl，非金属性Cl＞S，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：第三周期ⅥA族；HClO4；（2）CS2是一种常用的溶剂，结构与CO2类似，CS2的电子式为，存在两个双键，每个双键中含有1个σ键，所以总共含有2个σ键；在H﹣S、H﹣Cl两种共价键中，Cl元素的电负性更大，对键合电子的吸引力更强，故H﹣Cl键的极性较强；键长取决于中心元素的原子半径，中心原子半径越大，键长越长，S原子半径大于Cl原子，所以H﹣Cl键长小于H﹣S键长，故答案为：2；H﹣Cl；H﹣S；（3）W为Cu元素，质子数为29，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1；-28-\nW2Y为Cu2S，W2O为Cu2O，在空气中煅烧生成Cu2O的化学方程式是：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；（4）CO、SO2在催化剂作用下转化为单质硫，还生成二氧化碳，反应方程式为：2CO+SO2S+2CO2，故答案为：2CO+SO2S+2CO2．【点评】本题考查结构性质位置关系、电子式、化学键、元素周期律、核外电子排布规律等，难度不大，推断元素是解题关键，注意基础知识的全面掌握．【化学--有机化学基础】21．奶油中含有一种用做香料的有机化合物A，该有机化合物只含有C、H、O三种元素，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，其相对分子质量为88，A的结构式中含有碳氧双键．1molB可生成2molC，也可与2mol反应．已知：①ROH+HBr（氢溴酸）HBr+HO；②RCHO+R′CHO与A相关的反应如下：（1）写出反应②的反应类型：消去反应．（2）写出A、C、F的结构简式：A，CCH3CHO，F．（3）请写出两种与A的物质类别不同的常见有机物的同分异构体的结构简式：CH3COOCH2CH3，CH3CH2CH3COOH．（4）写出反应③的化学方程式：++2H2O．-28-\n【考点】有机物的推断．【分析】有机化合物A，只含有C、H、O三种元素，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，其相对分子质量为88，令组成为（C2H4O）n，则（24+4+16）n=88，解得n=2，故A的分子式为C4H8O2，1molB可生成2molC，也可与2mol反应，结合信息反应②可知，B分子中含有2个羟基﹣OH，为对称结构，A能与氢气发生加成反应生成B，二者C原子数目相同，故B为，C为CH3CHO，B与足量的发生酯化反应生成D为，A还能发生信息反应①，结合A的分子式可知，A分子中含有1个﹣OH、1个C=O双键，故A为，E为，E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，F为，据此解答．【解答】解：有机化合物A，只含有C、H、O三种元素，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，其相对分子质量为88，令组成为（C2H4O）n，则（24+4+16）n=88，解得n=2，故A的分子式为C4H8O2，1molB可生成2molC，也可与2mol反应，结合信息反应②可知，B分子中含有2个羟基﹣OH，为对称结构，A能与氢气发生加成反应生成B，二者C原子数目相同，故B为，C为CH3CHO，B与足量的发生酯化反应生成D为，A还能发生信息反应①，结合A的分子式可知，A分子中含有1个﹣OH、1个C=O双键，故A为，E为，E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，F为．（1）（反应②是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：消去反应；（2）由上述分析可知，A是，C是CH3CHO，F是，故答案为：；CH3CHO；；-28-\n（3）A为，与A的物质类别不同的常见有机物的同分异构体的结构简式有：CH3COOCH2CH3、CH3CH2CH3COOH等，故答案为：CH3COOCH2CH3；CH3CH2CH3COOH；（4）反应③是足量的发生酯化反应生成，反应方程式为：++2H2O，故答案为：++2H2O．【点评】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对反应信息进行利用，判断A的结构是解题关键，再结合反应信息利用顺推法推断，是热点题型，难度中等．-28-
