2022-2022学年福建省三明市晨曦中学高三（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共44分）1．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（ ）A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O 2．可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），温度一定，在1L的密闭容器中加入2molH2（g）和1molI2（g）开始反应，2min末测知容器中生成了1.2molHI（g），下列说法正确的是（ ）A．H2（g）的消耗速率与I2（g）的生成速率始终相等B．反应过程中，H2（g）和I2（g）的转化率始终相等C．平衡前，正、逆反应速率的比值恒定D．反应开始至2min末，v（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的CH3COONa溶液中微粒数目等于2NAB．1molCnH2n+2中含有的共价键数为（3n+1）NAC．常温常压下，92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6NAD．标准状况下，8.0gSO3含有的分子数为0.1NA 4．澄清透明溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．HCO3﹣、Na+、K+、H+B．NO3﹣、Cu2+、Na+、OH﹣C．Al3+、K+、NO3﹣、OH﹣D．Fe3+、H+、Na+、Cl﹣ -35-\n5．2022年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖．钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O⇌CO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（ ）A．题述反应中PdCl2被氧化B．生成约22.4LCO2时，转移的电子数为2molC．上述反应中PdCl2是氧化剂，CO2是氧化产物D．CO气体只有在高温下才能表现还原性 6．对下列装置图的叙述正确的是（ ）A．装置可用于蒸发氯化镁溶液得到无水氯化镁B．装置可用于铜和稀硝酸制取并收集少量NOC．装置可用于证明铁生锈氧气参与反应D．苯萃取碘水中的碘后，从装置下口放出的是碘的苯溶液 7．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．金属钠溶于水：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O-35-\nC．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓D．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑ 8．下列有关于Cl2的说法中，不正确的是（ ）A．Cl2是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体B．红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，产生白色烟雾C．工业上用Cl2和石灰乳为原料制造漂白粉D．Cl2能与水反应生成盐酸和次氯酸 9．18.6gNaOH和Na2CO3的固体混合物投入200ml2.0mol•L﹣1的盐酸中恰好完全反应，不再产生气泡，则所得溶液中溶质的质量为多少（ ）A．25.8gB．11.7gC．23.4gD．无法计算 10．下列除去杂质的方法中，正确的是（ ）选项物质（括号内为杂质）试剂方法ACl2（HCl）NaOH溶液洗气BFe（Al）NaOH溶液过滤CCO2（CO）O2点燃DKNO3（KOH）FeCl3溶液过滤A．AB．BC．CD．D 11．为了除去混入CO2中的SO2，最好将混合气体通入下列哪种溶液中（ ）A．饱和食盐水B．饱和纯碱溶液C．饱和小苏打溶液D．浓硫酸 12．已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性．下列说法正确的是（ ）A．X、Y、Z、W的原子半径依次减小B．W与X形成的化合物只含离子键-35-\nC．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3 13．下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是（ ）A．H2OB．HClC．NaClD．NaOH 14．某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（ ）A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 15．下列热化学方程式或说法正确的是（ ）A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ∙mol﹣1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ∙mol﹣1C．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）；△H=﹣270kJ/mol，则1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJD．在C中相同条件下，2molHF气体的能量小于1mol氢气与1mol氟气的能量总和 -35-\n16．在一定温度下，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）达到平衡的标志是（ ）A．X、Y、Z的浓度不再变化B．单位时间生成amolX，同时生成3amolYC．X、Y、Z的分子数比为1：3：2D．Z生成的速率与X生成的速率相等 17．下列叙述正确的是（ ）A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．25℃时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数C．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4D．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4 18．下列关于化石燃料的说法错误的是（ ）A．石油中含有C5～C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油B．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油C．煤是由有机化合物和无机物组成的复杂的混合物D．煤中含有苯和甲苯，可以用分馏的方法把它们从煤中分离出来 19．下列物质中，属于高分子化合物的是（ ）①蛋白质②氨基酸③油脂④淀粉⑤氯乙烯⑥纤维素⑦聚乙烯．A．①③④⑥⑦B．除外②都是C．①④⑥⑦D．①③④⑦ 20．下列说法正确的是（ ）A．决定有机物种类繁多的原因是组成有机物的元素种类较多B．C5H12有四种同分异构体C．用系统命名法命名：3，4，4﹣三甲基﹣6﹣乙基庚烷D．与互为同系物 -35-\n21．有机物①②CH3CH2CH2OH③CH≡C﹣CH2OH④CH2=CH﹣COOCH3⑤CH2=CH﹣COOH中，既能发生加成反应和酯化反应，又能发生氧化反应的是（ ）A．③⑤B．①③⑤C．②④D．①③ 22．某溶液中可能含有Na+、I﹣、CO32﹣、SO32﹣、Br﹣、NH4+、Ba2+．某兴趣小组为确定该溶液的组成，进行了下列实验：取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无明显变化．下列说法正确的是（ ）A．溶液中一定存在Na+、I﹣、CO32﹣B．溶液中一定不存在的只有I﹣、SO32﹣C．只需再进行一个实验，就可完全确定溶液的组成D．溶液中一定存在Br﹣、CO32﹣，至少存在Na+、NH4+中的一种 二、填空题（共56分）23．请按要求书写化学方程式或离子方程式（1）小明运用化学实验证明了久置于空气中的亚硫酸钠已变质，请用化学方程式表示亚硫酸钠变质的原因 ．（2）FeSO4溶液用稀H2SO4酸化，放置一段时间后略显黄色，写出变化过程的离子方程式 ；然后向其中滴加KI﹣﹣淀粉溶液变蓝色，写出变化过程的离子方程式 ． 24．U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素．Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性．U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体．X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体．请回答下列问题：（1）V的单质分子的结构式为 ；XW的电子式为 ；Z元素在周期表中的位置是 ．（2）U元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号） ．①原子晶体②离子晶体③分子晶体④金属晶体-35-\n（3）U、V、W形成的10电子氢化物中，U、V的氢化物沸点较低的是（写化学式） ；V、W的氢化物分子结合H+能力较强的是（写化学式） ，用一个离子方程式加以证明： ．（4）YW2气体通入BaCl2和HNO3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体VW，有关反应的离子方程式为 ． 25．Ⅰ．在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如图1．（1）该反应的化学方程式为（反应物或生成物用符号X、Y表示）： ．（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是 ．Ⅱ．（3）如图2是可逆反应X2+3Y2⇌2Z在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是 A．t1时，只有正方向反应B．t2时，反应达到限度C．t2～t3，反应不再发生D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化Ⅲ．以下是关于化学反应2SO2+O2⇌2SO3的两个素材：素材1：某温度和压强下，2升容器中，不同时间点测得密闭体系中三种物质的物质的量时间（s）物质的量（mol）物质010203040506070SO210.70.50.350.20.10.10.1O20.50.350.250.180.10.050.050.05SO300.30.50.650.80.90.90.9素材2：反应在不同条件下进行时SO2的转化率：（SO2的转化率是反应的SO2占起始SO2的百分数，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大）-35-\n压强转化率温度0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa400℃99.299.699.799.9500℃93.596.997.899.3600℃73.785.890.096.4根据以上的两个素材回答问题：（4）根据素材1中计算20～30s期间，用二氧化硫表示的化学反应平均速率为 ．（5）根据素材2中分析得到，提高该化学反应限度的途径有 ．（6）根据素材1、素材2中分析得到，要实现素材1中SO2的转化率需控制的反应条件是 ． 26．利用某些有机物之间的相互转换可以贮存太阳能，如原降冰片二烯（NBD）经过太阳光照转化成为四环烷（Q）的反应为△H=+88.62kJ/mol（1）以下叙述错误的是 （填序号）A．NBD的能量比Q的能量高B．NBD和Q互为同分异构体C．NBD的分子式为C7H8D．NBD能使酸性高锰酸钾溶液褪色（2）NBD有多种同分异构体，其中属芳香烃的只有一种，其结构简式为 ．若用氘（D）原子取代NBD分子中的一个H原子，可得到的同分异构体共有 种．（3）试写出NBD与足量溴水充分反应的化学方程式 ． 27．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得，某学生拟用左下图所示装置模拟工业制取并收集ClO2．-35-\n（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式： （2）A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、 ；B也必须添加温度控制装置，应该是 （选填“冰水浴”或“热水浴”）装置．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．根据右上图所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：① ；②趁热过滤；③洗涤；④干燥．（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）①滴定过程中，至少须进行两次平行测定的原因是 ，滴定至终点的现象是 ．②原ClO2溶液的浓度为 g/L（用步骤中的字母代数式表示）． -35-\n2022-2022学年福建省三明市晨曦中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分，共44分）1．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（ ）A．OH﹣+CO32﹣+2H+═HCO3﹣+H2OB．2OH﹣+CO32﹣+3H+═HCO3﹣+2H2OC．2OH﹣+CO32﹣+4H+═CO2+3H2OD．OH﹣+CO32﹣+3H+═CO2+2H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，氢离子先与氢氧根离子发生反应，然后氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，据此解答．【解答】解：A．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为1mol时，盐酸物质的量大于1mol小于等于2mol时，先发生反应：OH﹣+H+=H2O，然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O，故A正确；B．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量大于3mol小于等于4mol时，先发生反应：2OH﹣+2H+=2H2O，然后发生CO32﹣+H+=HCO3﹣，将两个方程式相加得：2OH﹣+CO32﹣+3H+=HCO3﹣+2H2O，故B正确；C．当氢氧化钠和碳酸钠的物质的量各为2mol时，盐酸物质的量为4mol时，先发生反应：2OH﹣+2H+=2H2O，然后发生2CO32﹣+2H+=2HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+=HCO3﹣+H2O，故C错误；D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸物质的量大于2mol时，先发生反应：OH﹣+H+=H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+3H+=CO2↑+2H2O，故D正确；故选：C．-35-\n【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，题目难度中等，注意反应物用量对反应的影响． 2．可逆反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），温度一定，在1L的密闭容器中加入2molH2（g）和1molI2（g）开始反应，2min末测知容器中生成了1.2molHI（g），下列说法正确的是（ ）A．H2（g）的消耗速率与I2（g）的生成速率始终相等B．反应过程中，H2（g）和I2（g）的转化率始终相等C．平衡前，正、逆反应速率的比值恒定D．反应开始至2min末，v（H2）=0.3mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】依据化学平衡三段式列式计算，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）起始量（mol）210变化量（mol）0.60.61.22min末量（mol）1.40.41.2A、依据平衡状态反应速率正逆反应速率相同分析；B、氢气和碘单质反应量相同，起始量不同，转化率不同；C、反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比；D、反应速率v=计算；【解答】解：依据化学平衡三段式列式计算，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）起始量（mol）210变化量（mol）0.60.61.22min末量（mol）1.40.41.2A、H2（g）的消耗速率与I2（g）的生成速率在平衡状态相等，故A错误；B、氢气和碘单质反应量相同，起始量不同，转化率不同，故B错误；C、反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，比值恒定，但逆反应速率和正反应速率之比在平衡状态下恒定，故C错误；-35-\nD、反应速率v===0.3mol/L•min，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡计算应用，主要是反应速率判断方法的应用，掌握基础是关键，题目较简单． 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的CH3COONa溶液中微粒数目等于2NAB．1molCnH2n+2中含有的共价键数为（3n+1）NAC．常温常压下，92gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数为6NAD．标准状况下，8.0gSO3含有的分子数为0.1NA【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、CH3COONa溶液中含有水分子、钠离子、醋酸根离子、醋酸分子等，据此解答；B、根据烷烃中含有的碳碳键和碳氢键计算出1mol中含有的共价键数目；C、NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的原子总数；D、从质量计算物质的量，结合三氧化硫结构分析判断．【解答】解：A、CH3COONa溶液中含有水分子、钠离子、醋酸根离子、醋酸分子等，微粒数远远大于2mol，故A错误；B、1molmolCnH2n+2（烷烃）中含有（n﹣1）mol碳碳键和（2n+2）mol碳氢键，总共含有（3n+1）mol共价键，含有共价键数为（3n+1）NA，故B正确；C、92gNO2和N2O4的混合气体中含有2mol最简式NO2，含有2molN、4moO，总共含有6mol原子，含有的原子数为6NA，故C正确；D、标准状况下，8.0g三氧化硫物质的量为0.1mol，含有原子数为0.4mol，故D正确；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，气体摩尔体积的应用，物质的量与各量的计算关系． 4．澄清透明溶液中能大量共存的离子组是（ ）A．HCO3﹣、Na+、K+、H+B．NO3﹣、Cu2+、Na+、OH﹣-35-\nC．Al3+、K+、NO3﹣、OH﹣D．Fe3+、H+、Na+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】如离子之间不发生复分解、氧化还原反应、相互促进的水解反应以及络合反应，则离子能大量共存，反之不可共存．【解答】解：A．HCO3﹣与H+反应生成CO2气体而不能大量共存，故A错误；B．Cu2+与OH﹣反应生成Cu（OH）2沉淀而不能大量共存，故B错误；C．Al3+与OH﹣反应生成Al（OH）3沉淀而不能大量共存，故C错误；D．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意离子发生反应的条件以及常见离子反应的类型，注重相关基础知识的积累． 5．2022年诺贝尔化学奖授予美日科学家，他们由于研究“有机物合成过程中钯催化交叉偶联”而获奖．钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：CO+PdCl2+H2O⇌CO2+Pd↓+2HCl．下列说法正确的是（ ）A．题述反应中PdCl2被氧化B．生成约22.4LCO2时，转移的电子数为2molC．上述反应中PdCl2是氧化剂，CO2是氧化产物D．CO气体只有在高温下才能表现还原性【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，以此来解答．【解答】解：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓+2HCl中，C元素的化合价由+2价升高为+4价，Pb元素的化合价由+2降低为0，A．PdCl2得电子，所以反应中PdCl2被还原，故A错误；B．该反应的温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以其物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定为2mol，故B错误；-35-\nC．Pb元素的化合价降低，则反应中PdCl2是氧化剂，C元素的化合价升高，所以CO是还原剂，则CO2是氧化产物，故C正确；D．常温下CO能作还原剂，体现还原性，故D错误；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化及基本概念即可解答，题目难度不大． 6．对下列装置图的叙述正确的是（ ）A．装置可用于蒸发氯化镁溶液得到无水氯化镁B．装置可用于铜和稀硝酸制取并收集少量NOC．装置可用于证明铁生锈氧气参与反应D．苯萃取碘水中的碘后，从装置下口放出的是碘的苯溶液【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进HCl挥发；B．NO极易和空气中氧气反应生成二氧化氮，NO不易溶于水，所以NO采用排水法收集；C．铁钉发生吸氧腐蚀导致瓶中气体压强减小，所以U型管中液面发生变化；-35-\nD．苯和水不互溶，且苯的密度小于水．【解答】解：A．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，加热促进HCl挥发，所以加热蒸干氯化镁溶液得不到MgCl2晶体，得到Mg（OH）2固体，故A错误；B．NO极易和空气中氧气反应生成二氧化氮，且NO密度接近空气密度，NO不易溶于水，所以NO采用排水法收集，故B错误；C．铁钉发生吸氧腐蚀导致瓶中气体压强减小，所以U型管中液面左高右低，所以能实现实验目的，故C正确；D．苯和水不互溶，且苯的密度小于水，所以碘的苯溶液位于上层，从装置上口倒出，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及盐类水解、气体收集和制取、吸氧腐蚀、萃取等知识点，明确实验原理是解本题关键，会从实验操作规范性、评价性进行解答，易错选项是A，题目难度不大． 7．下列离子方程式书写正确的是（ ）A．金属钠溶于水：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2OC．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓D．铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．Na与水反应生成NaOH和氢气，NaOH为强电解质；B．氨水中主要溶质为NH3•H2O，为弱电解质；C．硫酸根和钡离子、氢氧根和铜离子在溶液中均发生反应；D．金属铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气．【解答】解：A．Na与水反应生成NaOH和氢气，NaOH为强电解质，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A正确；B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．硫酸铜与氢氧化钡溶液反应的实质是：Ba2++SO42﹣+Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故C错误；-35-\nD．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误．故选A．【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等． 8．下列有关于Cl2的说法中，不正确的是（ ）A．Cl2是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体B．红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，产生白色烟雾C．工业上用Cl2和石灰乳为原料制造漂白粉D．Cl2能与水反应生成盐酸和次氯酸【考点】氯气的化学性质．【分析】A．依据氯气的颜色、密度等物理性质解答；B．氯气与铁反应生成氯化铁；C．氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；D．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸．【解答】解：A．Cl2是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体，故A正确；B．氯气与铁反应生成氯化铁，反应产生红棕色的烟，故B错误；C．氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，工业上用Cl2和石灰乳为原料制造漂白粉，故C正确；D．Cl2能与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2+H2O═HCl+HClO，故D正确；故选：B．【点评】本题考查了氯气的性质，熟悉氯气的物理性质和化学性质是解题关键，侧重考查学生对基础知识的掌握． 9．18.6gNaOH和Na2CO3的固体混合物投入200ml2.0mol•L﹣1的盐酸中恰好完全反应，不再产生气泡，则所得溶液中溶质的质量为多少（ ）A．25.8gB．11.7gC．23.4gD．无法计算【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．-35-\n【分析】发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaCl+HCl=NaCl+H2O，由于恰好反应，不再产生气泡，故反应后溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒可知n（NaCl）=n（HCl），再根据m=nM计算．【解答】解：发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaCl+HCl=NaCl+H2O，由于恰好反应，不再产生气泡，故反应后溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒可知n（NaCl）=n（HCl）=0.2L×2.0mol•L﹣1=0.4mol，故m（NaCl）=0.4mol×58.5g/mol=23.4g，故选C．【点评】本题考查混合物的计算等，难度不大，判断溶液中溶质是解题的关键，可以列方程组计算，但比较麻烦，注意守恒思想在计算中的运用． 10．下列除去杂质的方法中，正确的是（ ）选项物质（括号内为杂质）试剂方法ACl2（HCl）NaOH溶液洗气BFe（Al）NaOH溶液过滤CCO2（CO）O2点燃DKNO3（KOH）FeCl3溶液过滤A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】离子反应专题．【分析】A．氢氧化钠溶液能与氯气和氯化氢反应；B．铝能与氢氧化钠溶液反应；C．通入氧气引入新的杂质；D．加入FeCl3溶液引入新的杂质．【解答】解：A．氢氧化钠溶液能与氯气和氯化氢反应，将原物质除掉，故A错误；B．铝能与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的盐而铁不反应，过滤即可分离，故B正确；C．通入氧气引入新的杂质，不符合除杂原则，故C错误；D．加入FeCl3溶液引入新的杂质氯离子，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂，难度不大，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键． -35-\n11．为了除去混入CO2中的SO2，最好将混合气体通入下列哪种溶液中（ ）A．饱和食盐水B．饱和纯碱溶液C．饱和小苏打溶液D．浓硫酸【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据除杂质题最少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应时不能引进新的杂质．【解答】解：A．饱和食盐水与SO2不反应，无法除去，故A错误；B．碳酸钠和二氧化碳、二氧化硫都能反应生成，所以不能用饱和苏打溶液除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故B错误；C．饱和NaHCO3溶液既可除去SO2，又可增加CO2，故C正确；D．浓硫酸与SO2不反应，无法除去，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的除杂，难度不大，解题的关键是抓住杂质的原则：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应时不能加入新的杂质． 12．已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性．下列说法正确的是（ ）A．X、Y、Z、W的原子半径依次减小B．W与X形成的化合物只含离子键C．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3【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】W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，根据选项进行判断．-35-\n【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，A、W、Z同主族，原子序数Z＞W，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，所以原子半径X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故B错误；C、W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故C错误；D、若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故D错误；故选A．【点评】本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系是关键，D选项为易错点，容易审题不仔细，造成错误，关键是确定元素在周期表中的相对位置． 13．下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是（ ）A．H2OB．HClC．NaClD．NaOH【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族之间易形成离子键，离子化合物中一定含有离子键．【解答】解：A．H2O分子中H原子和O原子之间只存在共价键，故A错误；B．HCl分子中H原子和Cl原子之间只存在共价键，故B错误；C．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握离子键、共价键判断的一般规律为解答的关键，注意特殊物质中的化学键（氯化铝、铵盐等），题目难度不大． -35-\n14．某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（ ）A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极；【解答】解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣；故A错误；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；-35-\nC、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故D正确；故选D．【点评】本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学电池联系的一道综合题目，难度中等． 15．下列热化学方程式或说法正确的是（ ）A．甲烷的燃烧热为△H=﹣890kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ∙mol﹣1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣38.6kJ∙mol﹣1C．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）；△H=﹣270kJ/mol，则1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJD．在C中相同条件下，2molHF气体的能量小于1mol氢气与1mol氟气的能量总和【考点】热化学方程式．【分析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，方程式水为液体；B、0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ．C、从物质的状态对能量的影响的角度来分析．D、反应吸放热由反t应物和生成物的总能量的大小关系决定．【解答】解：A、甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，表示1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳与液态水放出热量为890.3kJ，甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，故A错误；-35-\nB、0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则1molN2和3molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热不是38.6kJ，则热化学反应方程式中的反应热数值错误，故B错误；C、从热化学方程式H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣270kJ/mol，可知1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol氟化氢气体时放出的热量为270kJ，故当生成能量更低的液态HF时，放出的热量要多于270kJ，故C错误；D、从热化学方程式H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=﹣270kJ/mol可知，反应放热，即1mol氢气与1mol氟气的总能量大于2mol氟化氢的总能量，故D正确．故选D．【点评】本题考查了燃烧热的定义、可逆反应对反应热的影响以及物质状态对反应热的数值的影响，难度适中． 16．在一定温度下，可逆反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）达到平衡的标志是（ ）A．X、Y、Z的浓度不再变化B．单位时间生成amolX，同时生成3amolYC．X、Y、Z的分子数比为1：3：2D．Z生成的速率与X生成的速率相等【考点】化学平衡状态的判断．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．【解答】解：A．X、Y、Z的浓度不再变化时，说明该反应正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B．无论反应是否达到平衡状态，都存在单位时间生成amolX、同时生成3amolY，所以不能据此判断平衡状态，故B错误；C．X、Y、Z的分子数比为1：3：2时，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，故C错误；D．当Z的生成速率与X的生成速率之比为2：1时该反应达到平衡状态，则Z生成的速率与X生成的速率相等时该反应没有达到平衡状态，故D错误；故选A．-35-\n【点评】本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，化学平衡状态的本质特征是“正逆反应速率相等”，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，题目难度不大． 17．下列叙述正确的是（ ）A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．25℃时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数C．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4D．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电化学专题．【分析】A．纯水呈中性；B．水的离子积常数只与温度有关；C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；D．根据c（H+）=计算，再根据pH的计算方法计算其混合溶液的pH．【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95℃纯水的pH＜7，但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以纯水仍然呈中性，故A错误；B．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故B正确；C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液中氢离子浓度：0.001mol/L＜c（H+）＜0.0001mol/L，则溶液的pH小于4，故C错误；D．c（H+）===5.5×10﹣4mol/L，所以溶液的pH小于4，故D错误；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，注意不能根据溶液PH的大小确定溶液的酸碱性，要根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性，为易错点． 18．下列关于化石燃料的说法错误的是（ ）A．石油中含有C5～C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油-35-\nB．含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可以得到汽油C．煤是由有机化合物和无机物组成的复杂的混合物D．煤中含有苯和甲苯，可以用分馏的方法把它们从煤中分离出来【考点】煤的干馏和综合利用．【分析】A、汽油是由石油分馏所得的低沸点烷烃，其分子中的碳原子数一般在C5～C11范围内；B、含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可得到汽油、煤油和柴油；C、煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物；D、煤中不含苯和甲苯．【解答】解：A、石油中含有C5﹣C11的烷烃，可以通过石油的分馏得到汽油，其分子中的碳原子数一般在C5～C11范围内，故A正确；B、含C18以上烷烃的重油经过催化裂化可得到汽油，故B正确；C、煤是由有机物和少量无机物组成的复杂的混合物，主要含有C元素，故C正确；D、煤中不含苯和甲苯，是煤经过干馏这个复杂的化学反应才能生成苯和甲苯，故D错误．故选D．【点评】本题考查煤和石油的综合利用，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． 19．下列物质中，属于高分子化合物的是（ ）①蛋白质②氨基酸③油脂④淀粉⑤氯乙烯⑥纤维素⑦聚乙烯．A．①③④⑥⑦B．除外②都是C．①④⑥⑦D．①③④⑦【考点】有机高分子化合物的结构和性质．【分析】高分子化合物是指那些由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子量在一万以上的化合物，多为高聚物．【解答】解：蛋白质、淀粉、纤维素以及聚乙烯都属于高聚物，相对分子质量在一万以上，而氨基酸、油脂、氯乙烯的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故选C．【点评】本题考查高分子化合物知识，题目难度不大，注意把握高分子化合物的概念和性质． 20．下列说法正确的是（ ）A．决定有机物种类繁多的原因是组成有机物的元素种类较多-35-\nB．C5H12有四种同分异构体C．用系统命名法命名：3，4，4﹣三甲基﹣6﹣乙基庚烷D．与互为同系物【考点】有机化合物的异构现象；有机化合物命名．【分析】A、碳原子之间也能相互成键，可以成碳链，可以成碳环，有多种的排列方式；B、戊烷只存在碳链异构；C、烷烃的命名遵循：长、多、近、小、简原则；D、结构相似，分子组成上相差1个或多个CH2原子团的物质互为同系物．【解答】解：A、碳原子能与其他原子形成四个共价键（可以是双键，可以是单间，可以是叁键），且碳原子之间也能相互成键，可以成碳链，可以成碳环，此外含碳的有机物存在同分异构现象，组成有机物的元素种类较多，这些是自然界中有机物种类繁多的原因，故A错误；B、戊烷存在三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷和新戊烷，故B错误；C、为烷烃，最长碳链为8，在3号碳、4号碳和6号碳上分别含有1个、2个和1个甲基，正确命名为：3，4，4，6﹣四甲基辛烷，故C错误；D、两者结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，互为同系物，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是烷烃的命名、同系物的概念、同分异构体等，综合性较强，但是难度不大． 21．有机物①②CH3CH2CH2OH③CH≡C﹣CH2OH④CH2=CH﹣COOCH3⑤CH2=CH﹣COOH中，既能发生加成反应和酯化反应，又能发生氧化反应的是（ ）A．③⑤B．①③⑤C．②④D．①③【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】环、碳碳双键、碳碳三键以及醛基可发生加成反应，﹣OH、﹣COOH能发生酯化反应，﹣OH、﹣CHO、C=C能发生氧化反应，以此来解答．-35-\n【解答】解：①含有苯环、③④⑤含有不饱和键，可发生加成反应；①②③含有羟基，⑤含有羧基，可发生酯化反应；①②③含有羟基，③④⑤含有不饱和键，可被氧化，则既能发生加成反应和酯化反应，又能发生氧化反应的是①③⑤．故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握有机物的官能团及性质的关系，熟悉常见的性质即可解答，题目难度不大． 22．某溶液中可能含有Na+、I﹣、CO32﹣、SO32﹣、Br﹣、NH4+、Ba2+．某兴趣小组为确定该溶液的组成，进行了下列实验：取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无明显变化．下列说法正确的是（ ）A．溶液中一定存在Na+、I﹣、CO32﹣B．溶液中一定不存在的只有I﹣、SO32﹣C．只需再进行一个实验，就可完全确定溶液的组成D．溶液中一定存在Br﹣、CO32﹣，至少存在Na+、NH4+中的一种【考点】常见离子的检验方法．【分析】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，含有CO32﹣，溶液呈橙色，含有Br﹣；因CO32﹣与Ba2+反应，则一定没有Ba2+；向橙色溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无现象，则一定没有I﹣，且SO32﹣能被氯水氧化生成硫酸根离子会与氯化钡反应生成白色沉淀，则一定没有SO32﹣；不能确定Na+、NH4+，以此来解答．【解答】解：在原溶液中滴加足量氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有CO32﹣，依据离子共存分析溶液中不可能存在Ba2+，溶液呈橙色，说明可能生成I2或Br2；SO32﹣能被氯水氧化生成硫酸根离子会与氯化钡反应生成白色沉淀，向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，说明不含SO32﹣；橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含I﹣，一定存在Br﹣；所以溶液中一定不存在I﹣、SO32﹣，Ba2+；一定存在Br﹣、CO32﹣，由于没有涉及到Na+、NH4+离子的性质，但两者必有其中一种阳离子，Na+用焰色反应，需要进一步实验验证铵根离子的存在，方法为：取样，加足量的熟石灰加热，湿润的红色石蕊试纸检验气体，故选D．-35-\n【点评】本题考查离子的检验，题目难度中等，注意离子之间的反应及常见离子的特征反应是解答本题的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力． 二、填空题（共56分）23．请按要求书写化学方程式或离子方程式（1）小明运用化学实验证明了久置于空气中的亚硫酸钠已变质，请用化学方程式表示亚硫酸钠变质的原因 2Na2SO3+O2=2Na2SO4 ．（2）FeSO4溶液用稀H2SO4酸化，放置一段时间后略显黄色，写出变化过程的离子方程式 4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O ；然后向其中滴加KI﹣﹣淀粉溶液变蓝色，写出变化过程的离子方程式 2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 ．【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写．【分析】（1）亚硫酸根离子具有强的还原性，能够被氧气氧化生成硫酸根；（2）二价铁离子具有强的还原性，能够被氧气氧化生成三价铁离子；三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘．【解答】解：（1）亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，化学方程式：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；（2）二价铁离子具有强的还原性，能够被氧气氧化生成三价铁离子，离子方程式：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘，离子方程式：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；故答案为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确亚硫酸根离子的还原性，二价铁离子的还原性与氧化性是解题关键，题目难度不大． 24．U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素．Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性．U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体．X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体．请回答下列问题：（1）V的单质分子的结构式为 N≡N ；XW的电子式为 ；Z元素在周期表中的位置是 第四周期，第VIII族 ．-35-\n（2）U元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号） ①③ ．①原子晶体②离子晶体③分子晶体④金属晶体（3）U、V、W形成的10电子氢化物中，U、V的氢化物沸点较低的是（写化学式） CH4 ；V、W的氢化物分子结合H+能力较强的是（写化学式） NH3 ，用一个离子方程式加以证明： NH3+H3O+=NH4++H2O ．（4）YW2气体通入BaCl2和HNO3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体VW，有关反应的离子方程式为 3SO2+3Ba2++2H2O+2NO3﹣=3BaSO4↓+2NO↑+4H+ ．【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；氢键的存在对物质性质的影响；无机物的推断．【专题】推断题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，根据U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大可知V为N元素，以此解答题中各问．（1）V为N元素，其单质为N2，结构为N≡N，；XW为MgO，为离子化合物，Z为Fe元素，原子序数为26，以此解答；（2）U为C元素，形成的单质有金刚石、石墨和C60等；（3）U、V、W形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，NH3含有氢键，沸点比甲烷的沸点高，NH3的水溶液呈碱性，与水比较更易结合H+；4）SO2具有较强还原性，可用强氧化性物质HNO3发生氧化还原反应，生成硫酸，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀．【解答】解：Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，根据U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大可知V为N元素，（1）V为N元素，其单质为N2，结构为N≡N，；XW为MgO，为离子化合物，电子式为，Z为Fe元素，原子序数为26，位于元素周期表中第四周期，第VIII族，-35-\n故答案为：N≡N；；第四周期，第VIII族．（2）U为C元素，形成的单质有金刚石、石墨和C60等，分别属于原子晶体、混合晶体、分子晶体，故答案为：①③；（3）U、V、W形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，NH3含有氢键，沸点比甲烷的沸点高，NH3的水溶液呈碱性，与水比较更易结合H+，可用NH3+H3O+=NH4++H2O的反应来证明，故答案为：CH4；NH3；NH3+H3O+=NH4++H2O；（4）SO2具有较强还原性，可用强氧化性物质HNO3发生氧化还原反应，生成硫酸，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2H2O+2NO3﹣=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故答案为：3SO2+3Ba2++2H2O+2NO3﹣=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．【点评】本题考查元素推断题，题目较为综合，涉及电子式、晶体类型、氢键以及氧化还原反应等问题，本题的关键是正确推断元素的种类，注意把握比较问题的角度． 25．Ⅰ．在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如图1．（1）该反应的化学方程式为（反应物或生成物用符号X、Y表示）： Y⇌2X ．（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是 b、d ．Ⅱ．（3）如图2是可逆反应X2+3Y2⇌2Z在反应过程中的反应速率（v）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是 BD A．t1时，只有正方向反应B．t2时，反应达到限度C．t2～t3，反应不再发生D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化Ⅲ．以下是关于化学反应2SO2+O2⇌2SO3的两个素材：素材1：某温度和压强下，2升容器中，不同时间点测得密闭体系中三种物质的物质的量010203040506070-35-\n时间（s）物质的量（mol）物质SO210.70.50.350.20.10.10.1O20.50.350.250.180.10.050.050.05SO300.30.50.650.80.90.90.9素材2：反应在不同条件下进行时SO2的转化率：（SO2的转化率是反应的SO2占起始SO2的百分数，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大）压强转化率温度0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa400℃99.299.699.799.9500℃93.596.997.899.3600℃73.785.890.096.4根据以上的两个素材回答问题：（4）根据素材1中计算20～30s期间，用二氧化硫表示的化学反应平均速率为 0.0075mol•L﹣1•s﹣1 ．（5）根据素材2中分析得到，提高该化学反应限度的途径有 增大压强或在一定范围内降低温度 ．（6）根据素材1、素材2中分析得到，要实现素材1中SO2的转化率需控制的反应条件是 温度为600℃，压强为1MPa ．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】I．（1）由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，浓度变化量之比等于化学计量数之比，进而书写化学方程式；（2）处于平衡状态时，各组分的浓度不发生变化；II．（3）A．t1时正、逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率；B．t2时正、逆反应速率相等；C．t2﹣t3段正、逆反应速率相等，处于平衡状态，可逆反应为动态平衡；D．t2﹣t3段处于化学平衡状态；III．（4）由素材1可知，20﹣30s内二氧化硫的物质的量的变化量为0.5mol﹣0.35mol=0.15mol，根据v=计算v（SO2）；（5）由素材2可知，压强越大、温度越低时，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大；-35-\n（6）根据素材1计算二氧化硫的转化率，利用素材2来确定合适的温度、压强．【解答】解：I．（1）由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，由10mim达到平衡可知，Y、X的浓度变化量之比为（0.6﹣0.4）mol/L：（0.6﹣0.2）mol/L=1：2，则反应方程式为：Y⇌2X，故答案为：Y⇌2X；（2）由图可知，10﹣25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：b、d；II．（3）A．t1时正逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率，故A错误；B．t2时正、逆反应速率相等，则反应到达限度，故B正确；C．t2﹣t3段正、逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，故C错误；D．t2﹣t3段处于化学平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D正确；故选：BD；III．（4）由素材1可知，20﹣30s内二氧化硫的物质的量的变化量为0.5mol﹣0.35mol=0.15mol，则二氧化硫表示的化学反应的平均速率为=0.0075mol•L﹣1•s﹣1，故答案为：0.0075mol•L﹣1•s﹣1；（5）由素材2可知，压强越大、温度越低时有利于提高该化学反应限度，但温度太低时反应速率较慢，故答案为：增大压强或在一定范围内降低温度；（6）由素材1可知，50s时反应达到平衡，则二氧化硫的转化率为=90%，结合素材2可知，转化率为90%时温度为600℃，压强为1MPa，故答案为：温度为600℃，压强为1MPa．【点评】本题考查化学反应速率及化学平衡图象，注重对图象的分析，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义是解答本题的关键，难度不大． 26．利用某些有机物之间的相互转换可以贮存太阳能，如原降冰片二烯（NBD）经过太阳光照转化成为四环烷（Q）的反应为-35-\n△H=+88.62kJ/mol（1）以下叙述错误的是 A （填序号）A．NBD的能量比Q的能量高B．NBD和Q互为同分异构体C．NBD的分子式为C7H8D．NBD能使酸性高锰酸钾溶液褪色（2）NBD有多种同分异构体，其中属芳香烃的只有一种，其结构简式为 ．若用氘（D）原子取代NBD分子中的一个H原子，可得到的同分异构体共有 3 种．（3）试写出NBD与足量溴水充分反应的化学方程式 ．【考点】有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物的异构现象．【分析】（1）A．反应为吸热反应，反应物能量低；B．二者分子式相同，但结构不同；C．根据结构简式判断分子式；D．含有C=C，可发生加成反应；（2）根据C原子数可判断属于芳香烃的为甲苯，NBD分子中含有3种不同的H原子；（3）NBD中含2个碳碳双键、与溴水发生加成反应．【解答】解：（1）A．反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量，即NBD的能量比Q的能量低，故A错误；B．二者分子式相同，但结构不同，属于同分异构体，故B正确；C．由结构简式可知分子中能够含有7个C、8个H，则分子式为C7H8，故C正确；D．含有C=C，可发生加成反应，能使溴水褪色，故D正确；故答案为：A；（2）NBD的分子式为C7H8，属于芳香烃的为甲苯，结构简式为，根据结构对称可知NBD分子中含有3种不同的H原子，则用氘（D）原子取代NBD分子中的一个H原子，可得到的同分异构体共有3种，故答案为：；3；-35-\n（3）NBD与足量溴水充分反应的化学方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质为解答的关键，侧重烯烃性质的考查，注意（2）为解答的难点，题目难度不大． 27．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得，某学生拟用左下图所示装置模拟工业制取并收集ClO2．（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式： 2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O （2）A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、 温度计 ；B也必须添加温度控制装置，应该是 冰水浴 （选填“冰水浴”或“热水浴”）装置．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．根据右上图所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：① 蒸发结晶 ；②趁热过滤；③洗涤；④干燥．（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；-35-\n步骤3：加入淀粉指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）①滴定过程中，至少须进行两次平行测定的原因是 减小实验误差 ，滴定至终点的现象是 溶液由蓝色变为无色 ．②原ClO2溶液的浓度为 g/L（用步骤中的字母代数式表示）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）A中的反应为加热60℃，氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水；（2）二氧化氯（ClO2）制取温度是60℃，A需要温度控制（如水浴加热）装置，二氧化氯的沸点低，B装置应降低温度；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（4）①多次实验可以减少误差，滴定至终点时，溶液中的碘恰好完全反应，原溶液中有淀粉和碘，当碘反应完全后溶液的蓝色褪去；②根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c（ClO2）．【解答】解：（1）加热60℃，氯酸钾和草酸反应生成碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水，反应方程式为2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O；（2）二氧化氯（ClO2）制取温度是60℃，A需要温度控制（如水浴加热）装置，需要温度计，二氧化氯的沸点低，B装置应降低温度，补充冷凝装置，故答案为：温度计；冰水浴；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，故答案为：蒸发结晶；（4）①为减少实验误差，应采用多次实验的方法，滴定至终点时，溶液中的碘恰好完全反应，原溶液中有淀粉和碘，当碘反应完全后溶液的蓝色褪去，所以滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，故答案为：减小实验误差；溶液由蓝色变为无色；②设原ClO2溶液的浓度为x，2ClO2～5I2～10Na2S2O3-35-\n2mol10mol1×10﹣3cV2molx==g/L，故答案为：．【点评】本题考查实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度较大． -35-
