20182018学年四川省成都市双流中学高二（下）期中化学试卷(解析版）

2019-2019学年四川省成都市双流中学高二（下）期中化学试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1. 化学与人类生产、生活，社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是()A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果B. 推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”C. 用热碱水清除炊具上残留的油污D. 推广使用煤液化技术可减少二氧化碳温室气体的排放【答案】D【解析】解：A.乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化，则用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保鲜水果，故A正确； B.聚乙烯、聚氯乙烯等合成高分子难降解，导致白色污染，则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，故B正确； C.热碱水可促进油污的水解，则用热碱水清除炊具上残留的油污，故C正确； D.煤液化技术生成甲醇，提高利用率，转化为清洁能源，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误； 故选：D。A.乙烯具有催熟作用，能被高锰酸钾氧化； B.聚乙烯、聚氯乙烯等合成高分子难降解，导致白色污染； C.热碱水可促进油污的水解； D.煤液化技术生成甲醇，提高利用率，不能减少二氧化碳的排放。本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机化学与生活的联系，题目难度不大。2. 下列有关化学用语的表示正确的是()A. Na+的电子排布图：B. 核内有10个中子的氧原子：810OC. HClO的结构式：H-Cl-OD. Ca(OH)2悬浊液中的溶解平衡表达式：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)【答案】D【解析】解：A.同一轨道内的2个电子自旋方向应该相反，钠原子失去3s的1个电子形成钠离子，钠离子核外有10个电子，Na+的电子排布图为，故A错误；B.氧原子的核电荷数为8，核内有10个中子的氧原子应该表示为：818O，故B错误；C.次氯酸的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故C错误；D.Ca(OH)2悬浊液中的溶解平衡表达式：Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)，故D正确；故选：D。A.同一轨道内的2个电子自旋方向相反；B.氧原子的核电荷数为8，中子数为10的氧原子的质量数为18；C.次氯酸分子中O是中心原子，不存在氢氯键；D.AmBn固体在水中的沉淀溶解平衡可表示为：AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)。本题考查了原子核外电子排布图、原子的表示方法、结构式等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法。3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D. FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的Cu【答案】A【解析】解：A.Na2O2为固体，吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂，故A正确； B.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，与其还原性无关，故B错误； C.SiO2对光具有良好的全反射作用，可用于制造光导纤维，与其硬度无关，故C错误； D.FeCl3与Cu发生氧化还原反应，可用于腐蚀电路板上的Cu，与溶液的酸性无关，故D错误； 故选：A。A.Na2O2为固体，可提供氧气； B.强氧化性可杀菌消毒； C.SiO2对光具有良好的全反射作用； D.FeCl3与Cu发生氧化还原反应。本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。4. 下列关于物质分类的说法正确的是()稀豆浆、硅酸、氧化铁溶液都属于胶体纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物葡萄糖、油脂都不属于有机高分子电解熔融的AlCl3可制得金属铝A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：氧化铁难溶于水，在水中会形成浊液，稀豆浆、硅酸溶液都属于胶体，故错误； 氨水是混合物，不属于电解质，纯碱属于强电解质，蔗糖属于非电解质，故错误； 明矾、冰水混合物、四氧化三铁都是只有一种物质组成的是纯净物，不是混合物，故正确； Al2O3能与强酸强碱都反应，属于两性氧化物，Na2O、MgO都是碱性氧化物，故错误； 葡萄糖、油脂都属于有机物，它们的分子量较小，不是高分子，所以葡萄糖、油脂都不属于有机高分子，故正确； AlCl3是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解熔融的氧化铝的方法制备Al，故错误。 故选：C。氧化铁难溶于水； 氨水是混合物，不属于电解质； 只有一种物质组成的是纯净物； Al2O3属于两性氧化物； 葡萄糖、油脂的分子量较小，不是高分子； AlCl3是共价化合物，熔融时不导电。本题考查了物质的分类、胶体的性质、金属的冶炼，题目难度不大，注意掌握物中等分类、氧化物的性质、金属的冶炼方法等，侧重于考查学生的分析能力。5. 某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是()A. 该元素为B. 该元素为第B族元素C. 电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2D. 该元素位于d区【答案】B【解析】解：某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期B族元素，为V元素，位于d区， 故选：B。某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期B族元素，为V元素，以此解答该题。本题考查结构与位置关系等，为高频考点，侧重于原子核外电子排布的考查，难度中等，推断元素是关键，注意半径比较规律与基础知识掌握。6. 下列关于有机物的说法中正确的是()A. 糖类、油脂和蛋白质都可水解B. 苯能与溴水发生加成反应C. 以苯甲醇为原料可制取苯甲酸D. 分子式为C4H9Br的有机物共有5种结构【答案】C【解析】解：A.油脂含有酯基，可水解，蛋白质含有肽键，可水解，但糖类中如为单糖，则不能水解，故A错误； B.苯与液溴在催化作用下可发生取代反应，但与溴水不反应，故B错误； C.苯甲醇含有-CH2OH，可被氧化生成-COOH，则苯甲醇可被氧化生成苯甲酸，故C正确； D.分子式为C4H9Br的有机物同分异构体的数目取决于-C4H9，共有4种，故D错误。 故选：C。A.如为单糖，则不能水解； B.苯与溴水不反应； C.苯甲醇可被氧化生成苯甲酸； D.分子式为C4H9Br的有机物同分异构体的数目取决于-C4H9。本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。7. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A. 14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB. 1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC. 1L0.1molL-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAD. 电解饱和食盐水，当电路中有2mol电子通过，可产生22.4L(标准状况下)气体【答案】A【解析】解：A.乙烯和丙烯具有相同的最简式为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为：14g14g/mol2NA=2NA，故A正确；B.氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底，所以1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故B错误；C.NaHCO3溶液，碳酸氢根离子部分电离生成碳酸根离子，部分水解生成碳酸，所以1L0.1molL-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和小于0.1NA，故C错误；D.电解饱和食盐水方程式：2NaCl+2H2O-通电2NaOH+H2+Cl2，转移2mol电子生成1mol氢气和1mol氯气，标况下为44.8L气体，故D错误；故选：A。A.乙烯和丙烯具有相同的最简式为CH2；B.氮气与氢气反应为可逆反应，不能进行到底；C.依据碳原子个数守恒判断；D.依据电解方程式：2NaCl+2H2O-通电2NaOH+H2+Cl2判断。本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意可逆反应特点，注意电解饱和食盐水的方程式，题目难度不大。8. 下列操作或装置能达到实验目的是()A. 实验室从海带中提取单质碘的步骤：取样灼烧溶解过滤萃取B. 要检验滴有稀硫酸的蔗塘溶液是否水解，可加入银氨溶液，再水浴加热C. 如图所示装置可用于证明铁生锈时空气参加反应D. 如图所示装置可用于实验室制备乙酸乙酸【答案】C【解析】解：A.海带中碘以离子存在，需要氧化剂，则从海带中提取单质碘的步骤：取样灼烧溶解过滤氧化萃取，故A错误； B.水解后检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性再加银氨溶液，不能检验，故B错误； C.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，则观察U型管红墨水左侧升高，可验证铁生锈时空气参加反应，故C正确； D.导管在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，则导管口应在液面上，故D错误； 故选：C。A.海带中碘以离子存在，需要氧化剂； B.水解后检验葡萄糖应在碱性条件下； C.食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀； D.导管在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、海水资源应用、电化学腐蚀、物质的制备及检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9. 下列指定条件下的描述正确的是()A. 能使甲基橙变红的溶液中存在Na+、NH4+、SO42-、HCO3-等离子B. 惰性电极电解硫酸铜溶液后可加氧化铜固体恢复为原电解质溶液C. c(Fe2+)=1molL-1的溶液中存在K+、NH4+、MnO4-、SO42-等离子D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O【答案】B【解析】解：A.甲基橙试液显红色的溶液为酸性溶液，HCO3-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.电解总反应式为：2H2O+2CuSO4-电解2Cu+O2+2H2SO4，相当于析出CuO，加入氧化铜固体可使电解质恢复到电解前，故B正确；C.Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.氢氧化钙足量，碳酸氢根离子和铵根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4+HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O+NH3H2O，故D错误；故选：B。A.甲基橙试液显红色的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子与氢离子反应；B.电解过程中两极生成铜和氧气，相当于生成氧化铜；C.高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；D.氢氧化钙足量，铵根离子也参与反应。本题考查较为综合，涉及离子共存、电解原理、离子方程式书写等知识，明确离子共存条件为解答关键，注意掌握电解原理、离子方程式书写原则，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。10. 绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸的说法不正确的是()A. 绿原酸能与Na2CO3反应B. 绿原酸的分子式为C16H18O9C. 绿原酸能被氧气氧化，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化D. 0.1mol绿原酸最多与0.4molH2发生加成反应【答案】C【解析】解：A.含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，故A正确； B.由有机物结构简式可知有机物分子式为C16H18O9，故B正确； C.含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故C错误； D.能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则在镍做催化剂的情况下，0.1mol绿原酸最多与0.4molH2发生加成反应，故D正确。 故选：C。由结构可知分子式，有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有醇羟基，可发生取代、消去和氧化反应，以此解答该题。本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。11. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是()A. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物B. 气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4C. 最外层电子数为2的原子仅位于元素周期表的d区和ds区D. 用中文“”(o)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族【答案】C【解析】解：A.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故A正确； B.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4，故B正确； C.最外层电子数为2的原子可为A族元素，为s区，故C错误； D.118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。 故选：C。A.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物； B.非金属性越强，对应氢化物越稳定； C.最外层电子数为2的原子可为A族元素； D.118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8。本题考查元素周期表及元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。12. 下列反应不能用勒夏特列原理解释的是()A. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气B. 锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快C. 光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小D. 增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。本题考查化学平衡移动原理，把握平衡移动影响因素及勒夏特里原理是解本题关键，题目难度不大。【解答】A. 一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，存在电离平衡，NaOH溶于水电离出氢氧根离子，促进平衡逆向移动，同时NaOH溶于水放出热量，相当于加热，所以促进氨气逸出，故A正确；B. 锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快，但平衡不移动，故B错误；C. 氯水中存在化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的pH值减小，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D. 存在平衡2SO2+O2催化剂2SO3，正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用勒夏特利原理解释，故D正确；故选：B。13. 下列物质的转化在给定条件下不能实现的是()A. B. 浓漂白粉C. Al2O3HCl(aq)AlCl3(aq)无水AlCl3D. 淀粉葡萄糖【答案】C【解析】解：A.氨气可催化氧化生成NO，NO与氧气、水反应可生成硝酸，则可实现，故A正确；B.浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯气，MnO2+4HCl-MnCl2+Cl2+2H2O，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，工业上用来制备漂白粉，能实现转化，故B正确；C.氯化铝易水解，加热氯化铝溶液，应在氯化氢的氛围中，故C错误；D.淀粉水解生成葡萄糖，(C6H10O5)+nH2OnC6H12O6，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，C6H12O6酒化酶2C2H5OH+2CO2，乙醇催化氧化生成乙醛，能实现转化，故D正确。故选：C。A.氨气可催化氧化生成NO，NO与氧气、水反应可生成硝酸；B.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下是氯气，氯气与石灰乳反应生成漂白粉；C.加热氯化铝溶液，易发生水解；D.淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇可催化氧化生成乙醛。本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C中水解的应用，题目难度不大。14. 下列实验操作、实验现象和实验站论均正确的是()选项实验操作实验现象实验结论A常温下，用pH计分测0.1mol/LNaA溶液和0.1mol/LNa2CO3溶液的pHpH(NaA)H2CO3B向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸溶液褪色乙二酸具有还原性CAlCl3溶液中逐滴加入过量稀氨水先有白色沉淀，后沉淀消失Al(OH)3溶于氨水D取2mL1mol/LNaOH溶液中加入几滴mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/LFeCl3溶液先有白色沉淀生成；后有红褐色沉淀生成Ksp(Fe(OH)3)HCO3-，故A错误； B.KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸，发生氧化还原反应，溶液褪色，可知乙二酸具有还原性，故B正确； C.AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氨水，反应生成氢氧化铝，观察到白色沉淀，氢氧化铝不能溶于弱碱，故C错误； D.NaOH过量，均为沉淀的生成，不能比较Ksp(Fe(OH)3)、Ksp(Mg(OH)2)的大小，故D错误； 故选：B。A.Na2CO3溶液的pH大，可知阴离子的水解程度大； B.KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸，发生氧化还原反应； C.AlCl3溶液中逐滴加入过量稀氨水，反应生成氢氧化铝； D.NaOH过量，均为沉淀的生成。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。15. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是()A. X的简单氢化物的热稳定性比W强B. Y与X的简单离子的具有相同的电子层结构C. Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期【答案】C【解析】解：由以上分析可知W为N元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素。 A.非金属性ON，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确； B.Y为Na元素，X为O元素，对应的简单离子核外都有10个电子，与Ne的核外电子排布相同，故B正确； C.Y与Z形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则可使红色石蕊试液变蓝色，蓝色石蕊试纸不变色，故C错误； D.Z为S元素，与O同主族，与Na同周期，故D正确。 故选：C。W的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W为N元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，应为Na元素，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，黄色沉淀为S，则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3，刺激性气体为SO2，则X为O元素，Z为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题。本题为2019年福建理综试题，题目考查原子结构与元素周期律知识，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握物质的性质与用途，为解答该题的关键，难度不大。16. 下列装置由甲、乙部分组成(如图所示)，甲是将废水中乙二胺H2N(CH2)NH2氧化为环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法错误的是()A. 甲中H+透过质子交换膜由左向右移动B. M极电极反应式：H2N(CH2)NH2+4H2O-16e-=2CO2+N2+16e-C. 一段时间后，乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变D. 当N极消耗0.25molO2时，则铁极增重16g【答案】D【解析】解：甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，A.M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故A正确；B.H2N(CH2)NH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2+N2+12H+16e-，故B错误；C.乙部分是在铁上镀铜，电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，故C正确；D.当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.254=1mol电子，所以铁电极增重12mol64g/mol=32g，故D错误。故选：D。根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。本题考查了原电池原理以及电镀原理，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等。17. 已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=+180kJmol-1N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H2=-92.4kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H3=-483.6kJmol-1下列说法正确的是()A. H2的燃烧热为241.8kJmol-1B. 反应中的能量变化如图所示，则H2=E1-E2C. 氨的催化氧化反应为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2Og)H=+906kJmol-1D. 由反应知在温度一定的条件下，在一恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，最终反应放的热量为92.4kJ【答案】B【解析】解：A.中生成物不是液态水，燃烧热中生成稳定氧化物，则不能计算氢气的燃烧热，故A错误； B.反应为放热反应，焓变为负，结合图可知，H2=E1-E2，故B正确； C.由盖斯定律可知，2-2-3得到4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H=(+180kJmol-1)2-(-92.4kJmol-1)2-(-483.6kJmol-1)3=+1995.6kJ/mol，故C错误； D.合成氨为可逆反应，不能完全转化，热量与物质的量成正比，则恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，最终反应放出的热量小于92.4kJ，故D错误； 故选：B。A.中生成物不是液态水，燃烧热中生成稳定氧化物； B.反应为放热反应，焓变为负； C.由盖斯定律可知，2-2-3得到4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)； D.合成氨为可逆反应，不能完全转化，热量与物质的量成正比。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律的应用、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的计算方法，题目难度不大。18. 常温下下列有关叙述正确的是()A. pH=9的Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)B. CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C. pH相等的NH4NO3(NH4)2SO4溶液，NH4HSO4溶液，c(NH4+)大小顺序为D. 等物质的量的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：c(HCO3-)：c(CO32-)1【答案】D【解析】解：A.PH=9的Na2CO3溶液中，根据物料守恒，c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故A错误； B.碳酸钙难溶于稀硫酸是因为硫酸钙微弱，但醋酸钙易溶于水，所以碳酸钙易溶于醋酸，故B错误； C.相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液中，都是强酸弱碱盐，PH相等可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4，则c(NH4+)大小顺序为=，故C错误； D.因为碳酸根的第一步水解远远大于第二步，所以等物质的量的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，碳酸根的水解远远大于碳酸氢根，所以c(HCO3-)：c(CO32-)1，故D正确； 故选：D。A.PH=9的Na2CO3溶液中存在物料守恒，n(Na)=2n(C)； B.碳酸钙难溶于稀硫酸是因为硫酸钙微弱；但醋酸钙易溶于水； C.铵根离子水解溶液显酸性，相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液中，都是强酸弱碱盐，PH相等可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度最大； D.碳酸根的第一步水解远远大于第二步水解。本题考查弱电解质的电离、盐类水解及物料守恒，为高频考点，明确盐类水解特点、物料守恒是解本题关键，题目难度中等。19. 在某2L恒容密闭容器中充入2molX(g)和1molY(g)发生反应：2X(g)+Y(g)3Z(g)H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示.下列推断正确的是()A. 升高温度，平衡常数减小B. W、M两点Y的正反应速率相等C. 平衡后充入Z达到新平衡时Z的体积分数增大D. M点时，Y的转化率最大【答案】A【解析】解：A.Q点后升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减小，故A正确； B.温度越高，反应速率越快，则M点Y的反应速率大，故B错误； C.恒该反应为气体体积不变的反应，容时平衡后充入Z，达到新平衡时，与原平衡为等效平衡，Z的体积分数不变，故C错误； D.Q点为平衡点，则Q点时Y的转化率最大，故D错误； 故选：A。由图可知，开始反应物的含量减少，Q点达到平衡状态，之后升高温度时X的体积分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，以此来解答本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握图象分析、平衡移动、平衡状态的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意该反应为放热反应，选项C为解答的难点，题目难度不大20. 已知：pKa=-lgKa，25时，H2A的pKal=1.85，pKa2=7.19.常温下，用0.1molL-1NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H2A溶液的滴定曲线如图所示.下列说法正确的是()A. a点所得溶液中：V0=10mLB. b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)C. c点所得溶液中：c(A2-)=c(HA-)D. d点所得溶液中A2-水解平衡常数Khl=10-7.19【答案】C【解析】解：A.a点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1=c(H+)c(HA-)c(H2A)=10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)c(NaHA)，因此所加NaOH体积需10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V0Na+；NOC；3d104s1；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.2kJ/mol；Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O【解析】解：(1)Na2O2的电子式为：，该物质中的化学键类型是：离子键、共价键；故答案为：；离子键、共价键；(2)O2-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子的半径由大到小的顺序为：O2-Na+，同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，氮N元素2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能由大到小的顺序为：NOC，故答案为：O2-Na+；NOC；(3)F为Cu元素，核外电子数为29，结合洪特规则特例，基态原子的外围电子排布式为：3d104s1，故答案为：3d104s1；(4)一定条件下，H2气体与N2气体充分反应可生成6.8g的气体，放出18.44kJ热量，则生成2mol氨气放出的热量=18.44kJ2mol17g/mol6.8g=92.2kJ，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.2kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.2kJ/mol；(5)N和Na组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，应生成氢氧化钠与一水合氨，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O，故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O。周期表中前36号元素A、B、C、D、E、F，它们的原子序数依次增大，其中A是宇宙中最丰富的元素，则A为氢元素；含E元素的化合物燃烧产生黄色火焰，则E为Na；B、C、D为同一周期，D的原子序数小于钠的，故它们处于第二周期，B与D组成的化合物是一种温室气体，则B为碳元素、D为O元素、C为N元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素。本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，涉及电子式、化学键、微粒半径比较、核外电子排布、热化学方程式等，侧重考查学生对基础知识掌握与迁移应用，注意根据构造原理、泡利原理、洪特规则及其特例理解核外电子排布。三、简答题（本大题共2小题，共20.0分）22. 石油裂解可获得A.已知A在通常状况下是一种相对分子量为28的气体，F常作为食品包装袋的材料。有机物A、B、C、D、E、F有如图的关系。(1)A的分子式为_，B分子中的官能团名称是_。(2)和的反应类型分别是_。(3)反应的化学方程式_。(4)比A多3个碳原子的同系物的结构(不含立体异构)共_种。【答案】C2H4；羟基；酯化反应(或取代反应)、加聚反应；CH2=CH2+H2O催化剂CH3CH2OH；5【解析】解：(1)由上述分析可知，A为乙烯，分子式为C2H4，B为CH3CH2OH，B分子中的官能团名称是：羟基，故答案为：C2H4；羟基；(2)反应属于酯化反应，也属于取代反应，反应属于加聚反应，故答案为：酯化反应或取代反应、加聚反应；(3)反应是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应化学方程式为：CH2=CH2+H2O催化剂CH3CH2OH，反故答案为：CH2=CH2+H2O催化剂CH3CH2OH，；(4)比A多3个碳原子的同系物，分子式为C5H10，含有1个碳碳双键，有：CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、CH2=CHCH(CH3)2、CH3CH=CH(CH3)2、CH3CH2C(CH3)=CH2，共有5种，故答案为：5。石油裂解可获得A，A在通常状况下是一种相对分子量为28的气体，则A为CH2=CH2，A发生加聚反应生成F为，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为CH3COOCH2CH3。本题考查有机物推断，涉及烯、醇、醛、羧酸之间的转化关系等，难度不大，注意基础知识的理解掌握，(5)中同分异构体书写，可以先写烷的同分异构体，再还原碳碳双键。23. 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图1：已知：SiO2在“碱溶”时转化为率硅酸钠沉淀。(1)“过滤”所得滤液的主要成分是_。(2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”、“减小或“不变”)，发生反应_。(3)“电解”过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。(4)“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图2所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质A的化学式为_。【答案】NaAlO2、Na2SiO3；减小；HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+CO32-；石墨电极被阳极上产生的O2氧化；4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2；H2【解析】解：(1)铝土矿中Al2O3和SiO2均能溶解于NaOH，生成可溶于的偏铝酸钠和硅酸钠，则过滤后所得滤液的主要成分为NaAlO2、Na2SiO3， 故答案为：NaAlO2、Na2SiO3； (2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH-AlO2-CO32-，可知溶液的pH减小，发生反应的离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+CO32-， 故答案为：减小；HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+CO32-； (3)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化， 故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化； (4)由图可知，阳极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2， 故答案为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2；H2。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气， (1)用NaOH溶解主要成分为Al2O3，且含SiO2和Fe2O3等杂质的铝土矿，过滤得滤渣为Fe2O3和不溶性的杂质，滤液为能溶于NaOH的Al2O3和SiO2的盐溶液； (2)在含有NaAlO2、Na2SiO3的溶液中加入NaHCO3溶液，溶液中的AlO2-电离促进HCO3-的水解生成Al(OH)3和CO32-； (3)电解时阳极生成的氧气能氧化木炭； (4)由图2可知，电解电解Na2CO3溶液，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。四、实验题（本大题共2小题，共26.0分）24. 以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。(1)将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反应为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=+131.3kJmol-1。该反应在常温下_(填“能”或“不能”)自发进行。一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是_(填字母，下同)。a.密闭容器的容积不再改变b。c(CO)：c(H2)=1：1c.形成1molH-H，同时形成2molH-O健d。容器中的压强不变(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：实验组温度/起始量mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH21650362.462900120.433900abct3实验1中，从反应开始至平衡以CO2表示的平均反应速率为v(CO2)=_。该反应的正反应为_(填“吸热”或“放热”)反应，实验2条件下平衡常数K=_(取小数点后两位)。若实验3达到平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数相等，则a、b应满足的关系是_(用含a、b的数学式表示)。(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJmol-1)的变化。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，达到平衡后下列措施中不能使c(CH3OH)增大的是_。a.降低温度b.再充入1molCO2和3molH2c.将H2O(g)从体系中分离出来 d.充入He(g)，使体系压强增大【答案】不能；a、c；0.2mol/(Lmin)