湖北省襄阳市枣阳市白水高中高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

湖北省襄阳市枣阳市白水 高中2015届高三下学期月考化学试卷（3月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与生产、生活密切相关下列说法不正确的是（）a食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂b小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包c煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料d次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌2（6分）某有机物结构简式如图所示，下列有关该有机物叙述正确的是（）a该有机物分子式为c9h8o3b该有机物最多可以和4mol氢气发生反应c1 mo1该有机物与溴水反应，最多消耗2 mol br2d1 mol该有机物最多与2 mol naoh反应3（6分）四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有m为金属元素下列有关说法正确的是（）a离子半径yzmby的最高价氧化物对应水化物的酸性比x的强cx的最简单气态氢化物的热稳定性比z的大d单质沸点：mxy4（6分）下列解释过程或事实的方程式不正确的是（）a熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚：sio2+2naoh=na2sio3+h2ob甲醇燃料电池（koh作电解质溶液）的负极反应式：ch3oh6e+h2o=co2+6h+c红热的铁丝与水接触，表面形成黑色保护层：3fe+4h2o=fe3o4+4h2d“84消毒液”（有效成分naclo）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：clo+cl+2h+=cl2+h2o5（6分）关于下列各图的叙述，正确的是（）a表示h2与o2发生反应过程中的能量变化，则h2的燃烧热为241.8kjmol1b表示cu形成金属晶体时的堆积方式c装置中烧杯a中的溶液ph降低d装置中待镀铁制品应与电源正极相连6（6分）用图中所示的装置进行实验，实验现象与预测不一致的是（）中的物质中的物质预测现象a浓氨水fecl3溶液中有红褐色沉淀b浓氨水浓盐酸中有白烟c浓硝酸淀粉ki溶液中溶液为蓝色d饱和亚硫酸溶液蓝色石蕊试液中溶液先变红又褪色aabbccdd7（6分）c和cuo在一定温度下反应，产物有cu、cu2o、co、co2将2.00g c跟16.0g cuo混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12l气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g下列说法错误的是（）a反应后的固体混合物中还含有碳b反应后的固体混合物总质量为14.4 gc反应后的固体混合物中单质cu的质量为12.8 gd反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）将晶体x加热分解，可得a、b、d、e、f和水六种产物，其中a、b、d都是中学化学中常见的氧化物，气体e是单质f所含元素的氢化物（1）a能溶于强酸、强碱，写出a与强碱溶液反应的离子方程式（2）b、d都是酸性氧化物且组成元素相同，d溶于水得强酸，则b、d分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是（3）e能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取e气体的化学方程式为，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从（填“a”或“b”）通入（4）由各分解产物的物质的量之比推测x的组成类似于明矾，则其化学式为，若向x的浓溶液中滴加浓naoh溶液至过量，现象依次为、（5）取一定量的x晶体分解，若生成f 1mol，则必同时生成物质mol9（14分）a、b、c、d、e、f六种元素为原子序数依次增大的短周期元素a为原子半径最小的元素，a和b可形成4原子10电子的分子x；c的最外层电子数是内层的3倍； d原子的最外层电子数是最内层电子数的一半；e是地壳中含量最多的金属元素；f元素的最高正价与最低负价代数和为6请回答下列问题：（1）b、c、d、e、f五种元素原子半径由大到小的顺序是（2）a和c按原子个数比1：l形成4原子分子y，则y的结构式是（3）分子x的电子式是；d可以在液态x中发生类似于与a2c的反应，写出反应的化学方程式（4）e的单质可溶于a、c、d形成的化合物z的水溶液中拉曼光谱证实此反应生成的阴离子主要以e（ca）4的形式存在，写出e溶于z溶液的离子方程式：（5）工业品z的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯电解槽内装有阳离子交换膜（只允许阳离子通过），其工作原理如图所示该电解槽的阳极反应式是若电路中转移0.2mol电子，该极得到升气体（标况）通电开始后，阴极附近溶液ph（“增大”、“减小”或”不变”）除去杂质后的z溶液从液体出口（填写“a”或“b”）导出（6）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法已知：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+206.2kj/molch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h=+247.4kj/molch4（g）与h2o（g）反应生成co2（g）和h2（g）的热化学方程式为10（15分）某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）请按要求填空：（1）利用b装置可制取的气体有（填2种）（2）a、c、e相连后的装置可用于制取cl2并进行相关的性质实验若在丙中加入适量水，即可制得氯水将所得氯水分成两份，进行、两个实验，实验操作、现象结论如下：实验序号实验操作现象结论将氯水滴入品红溶液溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性氯水中加入 nahco3粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有较强的酸性请你评价实验、的结论是否合理？若不合理，请说明理由（3）请利用上述a、c装置设计一个简单的实验，验证cl2和br2的氧化性强弱（分别指出甲、乙、丙中盛装的试剂、实验现象及结论）（4）b、d、e装置相连后，在b中盛装足量浓硝酸和铜片（放在有孔塑料板上），可制得no2并进行有关实验b中发生反应的化学方程式为欲用d装置验证no2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹，再打开止水夹，使烧杯中的水进入试管丁的操作是试管丁中的no2与一定量的o2混合后倒插水中，试管充满水，则原试管丁中的混合气体的平均分子量可能为（保留二位小数）【选做题】（共1小题，满分15分）11（15分）a、b、c是短周期非金属元素，核电荷数依次增大a原子外围电子排布为ns2np2，c是地壳中含量最多的元素d、e是第四周期元素，其中e元素的核电荷数为29d原子核外未成对电子数在同周期中最多请用对应的元素符号或化学式填空：（1）a、b、c的第一电离能由小到大的顺序为（2）分子（ab）2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足8电子，其结构式为，1mol该分子中含有键的数目为（3）基态d原子的外围电子排布式为do2cl2熔点：96，.5，沸点：117，则固态do2cl2属于晶体（4）e的氢化物的晶胞结构如图所示，其化学式是若该晶胞的边长为acm，na代表阿伏伽德罗常数的数值，则该晶体的密度表达式为g/cm3【选做题】（共1小题，满分0分）12某药物g的合成路线如下图所示，已知一元醇a中氧的质量分数约为26.7%，e中核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为2：2：2：1请回答下列问题：（1）a的分子式为；结构分析显示a只有一个甲基，a的名称为（2）上述步中，属于氧化反应的是（填序号）；b中所含官能团的结构简式为_（3）写出下列反应的化学方程式：ef：；d+fg：（4）f所有同分异构体中，同时符合下列条件的有种，任写出其中一种的结构简式：a分子中有6个碳原子在一条直线上；b分子中含有一个羟基湖北省襄阳市枣阳市白水高中2015届高三下学期月考化学试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与生产、生活密切相关下列说法不正确的是（）a食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂b小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包c煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料d次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；物理变化与化学变化的区别与联系；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析：a食盐具有咸味，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的；b碳酸氢钠俗称小苏打，遇酸放出气体二氧化碳；c煤的气化、液化都是化学变化；d次氯酸根离子具有强的氧化性解答：解：a食盐具有咸味，可做调味剂，食盐能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，可作防腐剂，故a正确；b制做馒头时面粉先经过发酵，产生大量的酸，加入小苏打与酸反应，既去除发酵过程产生的酸，放出的气体二氧化碳又能使馒头膨胀而松软，故b正确；c煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成h2、co等气体的过程，煤的液化是将煤与h2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的h2和co通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故c错误；d次氯酸根离子具有强的氧化性，所以能够杀菌消毒，故d正确；故选：c点评：本题主要考查了生活的化学相关的知识，掌握氯化钠的性质、煤的气化和液化、碳酸氢钠的性质、次氯酸的强氧化性等知识是解答的关键，题目难度不大2（6分）某有机物结构简式如图所示，下列有关该有机物叙述正确的是（）a该有机物分子式为c9h8o3b该有机物最多可以和4mol氢气发生反应c1 mo1该有机物与溴水反应，最多消耗2 mol br2d1 mol该有机物最多与2 mol naoh反应考点：有机物的结构和性质 分析：该物质中含有苯环、酯基和酚羟基、碳碳双键，具有苯、酯、酚和烯烃性质，据此分析解答解答：解：a该有机物分子式为c9h6o3，故a错误；b苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以该有机物最多可以和4mol氢气发生反应，故b正确；c苯环上酚羟基的邻对位h原子能和溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应，所以1 mo1该有机物与溴水反应，最多消耗3mol br2，故c错误；d酚羟基能和naoh反应，酯基水解生成的酚羟基和羧基能和naoh反应，所以1 mol该有机物最多与3mol naoh反应，故d错误；故选b点评：本题考查有机物结构和性质，为2015届高考高频点，明确物质中官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是d，注意酯基水解生成酚羟基，为易错点3（6分）四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有m为金属元素下列有关说法正确的是（）a离子半径yzmby的最高价氧化物对应水化物的酸性比x的强cx的最简单气态氢化物的热稳定性比z的大d单质沸点：mxy考点：原子结构与元素周期律的关系 分析：四种短周期元素只有m为金属元素，由元素在周期表中的位置，可知m为al、x为si、y为n、z为o；a电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；b非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；c非金属性越强，氢化物越稳定；dx为si，属于原子晶体，熔点最高，常温下al为固体，在空气中加热时发生熔化，熔点低于晶体硅，而y的单质为气体解答：解：四种短周期元素只有m为金属元素，由元素在周期表中的位置，可知m为al、x为si、y为n、z为oan3、o2、al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：n3o2al3+，故a错误；b非金属性nsi，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：硝酸硅酸，故b正确；c氢化物稳定性与元素非金属性一致，z的非金属性比x的强，故z的氢化物更稳定，故c错误；dx为si，属于原子晶体，熔点最高，常温下al为固体，在空气中加热时发生熔化，熔点低于晶体硅，而y的单质为气体，al的熔点高于氮气，故熔点：xmy，故d错误，故选b点评：本题考查结构性质位置关系应用，注意对元素周期律的整体把握，掌握物质熔沸点高低比较4（6分）下列解释过程或事实的方程式不正确的是（）a熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚： sio2+2naoh=na2sio3+h2ob甲醇燃料电池（koh作电解质溶液）的负极反应式：ch3oh6e+h2o=co2+6h+c红热的铁丝与水接触，表面形成黑色保护层：3fe+4h2o=fe3o4+4h2d“84消毒液”（有效成分naclo）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：clo+cl+2h+=cl2+h2o考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写 分析：a二氧化硅为酸性氧化物，能够与碱反应生成盐和水；b碱性环境下不能生成氢离子；c铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气；d次氯酸与盐酸发生氧化还原反应生成氯气和是解答：解：a二氧化硅能够与氢氧化钠反应，离子方程式，sio2+2naoh=na2sio3+h2o，所以熔融烧碱时，不能使用普通石英坩埚，故a正确；b甲醇燃料电池（koh作电解质溶液）的负极反应式，ch3oh6e+8ohco32+6h2o，故b错误；c铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：3fe+4h2o=fe3o4+4h2，故c正确；d“84消毒液”（有效成分naclo）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气，离子方程式：clo+cl+2h+=cl2+h2o，故d正确；故选：b点评：本题考查了化学方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意燃料电池书写电极反应式应考虑电解质，题目难度中等5（6分）关于下列各图的叙述，正确的是（）a表示h2与o2发生反应过程中的能量变化，则h2的燃烧热为241.8kjmol1b表示cu形成金属晶体时的堆积方式c装置中烧杯a中的溶液ph降低d装置中待镀铁制品应与电源正极相连考点：电解原理；金属晶体的基本堆积模型；燃烧热；原电池和电解池的工作原理 分析：a、燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；b、依据铜的晶体结构特征是面心立方最密堆积分析判断；c、依据原电池原理分析，通氧气的电极为正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子；d、电镀原理是镀层金属做阳极与电源正极相连，待镀金属做阴极与电源负极相连，含镀层金属离子的电解质溶液解答：解：a、1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由图可知焓变是2mol氢气燃烧生成气态水放出的热量，不符合燃烧热概念，故a错误；b、图中表示的是面心立方最密堆积属于cu型，即铜原子形成晶体时采用的堆积方式，故b正确；c、烧杯a中通氧气的电极为正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，溶液ph增大，故c错误；d、镀层金属做阳极与电源正极相连，待镀金属做阴极与电源负极相连，故d错误；故选b点评：本题考查了化学反应热概念的分析判断，晶体结构的理解应用，原电池电解池原理分析，掌握基础是关键，题目难度中等6（6分）用图中所示的装置进行实验，实验现象与预测不一致的是（）中的物质中的物质预测现象a浓氨水fecl3溶液中有红褐色沉淀b浓氨水浓盐酸中有白烟c浓硝酸淀粉ki溶液中溶液为蓝色d饱和亚硫酸溶液蓝色石蕊试液中溶液先变红又褪色aabbccdd考点：实验装置综合 专题：元素及其化合物分析：a浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水与fecl3溶液反应；b浓氨水具有挥发性，浓盐酸具有挥发性，氯化氢和氨气反应；c硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将ki氧化为i2；d饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫不能漂白指示剂解答：解：a浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水与fecl3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故a正确；b浓氨水具有挥发性，浓盐酸具有挥发性，氯化氢和氨气相遇产生白烟氯化铵，故b正确；c硝酸具有挥发性、强氧化性，可以将ki氧化为i2，i2遇淀粉变蓝色，故c正确；d饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫不能漂白指示剂，所以中溶液只变红，不会褪色，故d错误；故选d点评：本题考查实验装置的综合及元素化合物性质，为高频考点，把握发生的反应及反应现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力及综合应用能力的考查，题目难度不大7（6分）c和cuo在一定温度下反应，产物有cu、cu2o、co、co2将2.00g c跟16.0g cuo混合，隔绝空气加热，将生成的气体全部通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12l气体（标准状况），生成沉淀的质量为5.00g下列说法错误的是（）a反应后的固体混合物中还含有碳b反应后的固体混合物总质量为14.4 gc反应后的固体混合物中单质cu的质量为12.8 gd反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05 mol考点：有关混合物反应的计算 分析：反应得到混合气体与通过足量的澄清石灰水，反应一段时间后共收集到1.12l气体（标准状况）为co的体积，生成沉淀的质量为5.00g为碳酸钙，据此计算co、二氧化碳的物质的量，反应后的固体混合物含有cu、cu2o，可能含有碳，a根据碳原子守恒计算参加反应的c的质量，进而确定碳是否完全反应来解答；b反应后固体混合物总质量=原固体混合物总质量生成co2与co的总质量；c假设cuo完全被还原为cu，根据cu守恒计算生成cu的质量，由产物中co2、co中的o原子守恒计算氧化铜失去氧的质量，进而计算cuo反应后的总质量，与cu的质量比较判断；dcu2o、cuo均含有1个氧原子，根据剩余的氧原子质量计算，剩余氧原子质量=cuo反应后的总质量cu元素的质量解答：解：由题意可知，生成的n（co2）=n（caco3）=0.05mol，n（co）=0.05mol，a生成的n（co2）=n（caco3）=0.05mol，n（co）=0.05mol，根据c守恒可知，参加反应的c的质量=（0.05mol+0.05mol）12g/mol=1.2g，故还有2g1.2g=0.8g碳未参与反应，故a正确；b反应后固体总质量=16g+2g0.05mol（44g/mol+28g/mol）=14.4g，故b正确；c假设cuo完全被还原为cu，根据cu守恒生成cu的质量=64g/mol=12.8g，由产物中co2、co中的o原子守恒可知失去氧的质量=（0.05mol2+0.05mol）16g/mol=2.4g，故cuo反应后的总质量=16g2.4g=13.6g，故反应后固体中cu的质量小于12.8g，故c错误；d反应后m（o）=13.6g12.8g=0.8g，cu2o、cuo均含有1个氧原子，根据氧原子守恒可知反应后的固体混合物中氧化物的物质的量=0.05 mol，故d正确，故选c点评：本题考查混合物计算，为高频考点，侧重对解题方法技巧与思维能力的考查，注意利用守恒思想进行解答，难度较大二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）将晶体x加热分解，可得a、b、d、e、f和水六种产物，其中a、b、d都是中学化学中常见的氧化物，气体e是单质f所含元素的氢化物（1）a能溶于强酸、强碱，写出a与强碱溶液反应的离子方程式al2o3+2oh=2alo2+h2o（2）b、d都是酸性氧化物且组成元素相同，d溶于水得强酸，则b、d分子中除氧元素外所含另一种元素在周期表中的位置是第三周期、a族（3）e能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室制取e气体的化学方程式为2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o，制得的气体可用如图所示装置收集，则气体应从b（填“a”或“b”）通入（4）由各分解产物的物质的量之比推测x的组成类似于明矾，则其化学式为nh4al（so4）212h2o，若向x的浓溶液中滴加浓naoh溶液至过量，现象依次为生成白色沉淀、生成刺激性气味的气体、白色沉淀逐渐溶解（5）取一定量的x晶体分解，若生成f 1mol，则必同时生成so2物质3mol考点：几组未知物的检验 专题：物质检验鉴别题分析：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物a为al2o3；（2）由b、d都是酸性氧化物且组成元素相同，b、d分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知b、d分别为so3和so2；（3）e能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则e为nh3；根据氨气的密度大小选择收集方法；（4）x的组成类似于明矾，结合以上分析写出晶体x的化学式；nh4al（so4）212h2o溶液中含有铵根离子、铝离子，加入氢氧化钠溶液后，先生成白色沉淀，然后产生氨气，最后白色沉淀溶解，据此进行解答；（5）生成1moln2转移6 mol电子，根据电子守恒计算生成so2的物质的量解答：解：（1）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物a为al2o3，与强碱溶液反应的离子方程式为：al2o3+2oh=2alo2+h2o，故答案为：al2o3+2oh=2alo2+h2o；（2）由b、d都是酸性氧化物且组成元素相同，b、d分子中除氧外所含另一种元素在两种化合物中的质量分数分别为50%和40%，可知b、d分别为so3和so2，硫元素在周期表中的物质是第三周期第a族，故答案为：第三周期、a族；（3）e能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则e为nh3，实验室制备氨气的方程式为：2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o，由于氨气的密度比空气小，应用向下排空气法收集，故应从b管通入气体收集，故答案为：2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；b；（4）根据以上分析可知，x中含有铝离子、铵根离子、硫酸根离子，再结合x的组成类似于明矾，可知其化学式为：nh4al（so4）212h2o；nh4al（so4）212h2o的溶液中含有铵根离子和铝离子，加入氢氧化钠溶液后，铝离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝白色沉淀，铝离子反应完全后铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，最后白色沉淀氢氧化铝会逐渐溶解，故答案为：nh4al（so4）212h2o；生成白色沉淀；生成刺激性气味的气体；白色沉淀又逐渐溶解；（5）生成1moln2转移6 mol电子，根据电子守恒守恒，生成so2的物质的量为：=3mol，故答案为：so2；3点评：本题考查无机物推断、未知物的检验，题目难度中等，注意掌握常见元素及其化合物的性质，正确理解题中信息是解题关键，要求学生具备扎实基础知识和一定的分析、推理能力9（14分）a、b、c、d、e、f六种元素为原子序数依次增大的短周期元素a为原子半径最小的元素，a和b可形成4原子10电子的分子x；c的最外层电子数是内层的3倍； d原子的最外层电子数是最内层电子数的一半；e是地壳中含量最多的金属元素；f元素的最高正价与最低负价代数和为6请回答下列问题：（1）b、c、d、e、f五种元素原子半径由大到小的顺序是naalclno（2）a和c按原子个数比1：l形成4原子分子y，则y的结构式是hooh（3）分子x的电子式是；d可以在液态x中发生类似于与a2c的反应，写出反应的化学方程式2na+2nh3=2nanh2+h2（4）e的单质可溶于a、c、d形成的化合物z的水溶液中拉曼光谱证实此反应生成的阴离子主要以e（ca）4的形式存在，写出e溶于z溶液的离子方程式：2al+2oh+6h2o=2al（oh）4+3h2（5）工业品z的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯电解槽内装有阳离子交换膜（只允许阳离子通过），其工作原理如图所示该电解槽的阳极反应式是4oh4e=2h2o+o2若电路中转移0.2mol电子，该极得到1.12升气体（标况）通电开始后，阴极附近溶液ph增大（“增大”、“减小”或”不变”）除去杂质后的z溶液从液体出口b（填写“a”或“b”）导出（6）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法已知：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+206.2kj/molch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h=+247.4kj/molch4（g）与h2o（g）反应生成co2（g）和h2（g）的热化学方程式为ch4（g）+2h2o（g）co2（g）+4h2（g）h=+165.0 kj/mol考点：位置结构性质的相互关系应用；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理 分析：a、b、c、d、e、f六种元素为原子序数依次增大的短周期元素，a为原子半径最小的元素，则a为h元素；a和b可形成4原子10电子的分子x，则b为n元素，x为nh3；c的最外层电子数是内层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c为o元素； d原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，则最外层电子数为1，处于ia族，原子序数大于氧，故d为na；e是地壳中含量最多的金属元素，则e为al；f元素的最高正价与最低负价代数和为6，最外层电子数为7，原子序数大于al，故f为cl（1）同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大；（2）a和c按原子个数比1：l形成4原子分子y为h2o2，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对；（3）分子x为nh3，na可以在液态nh3中发生类似于与h2o的反应，类比na与水的反应可知，反应生成nanh2、h2；（4）a、c、d形成的化合物z为naoh，al溶液氢氧化钠水溶液中生成的阴离子主要以al（oh）4的形式存在，反应生成naal（oh）4与h2；（5）阳极发生氧化反应，氢氧根离子放电生成氧气与水，阳极电极反应式为：4oh4e=2h2o+o2，根据的电极反应式计算生成氧气物质的量，再根据v=nvm计算氧气体积；通电开始后，阴极发生反应：2h+2e=h2，阴极区域氢离子浓度降低；钠离子通过阳离子交换膜加入右室，右室最终得到naoh；（6）根据盖斯定律，已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算解答：解：a、b、c、d、e、f六种元素为原子序数依次增大的短周期元素，a为原子半径最小的元素，则a为h元素；a和b可形成4原子10电子的分子x，则b为n元素，x为nh3；c的最外层电子数是内层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c为o元素； d原子的最外层电子数是最内层电子数的一半，则最外层电子数为1，处于ia族，原子序数大于氧，故d为na；e是地壳中含量最多的金属元素，则e为al；f元素的最高正价与最低负价代数和为6，最外层电子数为7，原子序数大于al，故f为cl（1）同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：naalclno，故答案为：naalclno；（2）a和c按原子个数比1：l形成4原子分子y为h2o2，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，故其结构式为：hooh，故答案为：hooh；（3）分子x为nh3，电子式是；na可以在液态nh3中发生类似于与h2o的反应，类比可知该反应的化学方程式为：2na+2nh3=2nanh2+h2，故答案为：；2na+2nh3=2nanh2+h2；（4）a、c、d形成的化合物z为naoh，al溶液氢氧化钠水溶液中生成的阴离子主要以al（oh）4的形式存在，该反应离子方程式为：2al+2oh+6h2o=2al（oh）4+3h2，故答案为：2al+2oh+6h2o=2al（oh）4+3h2；（5）阳极发生氧化反应，氢氧根离子放电生成氧气与水，阳极电极反应式为：4oh4e=2h2o+o2，若电路中转移0.2mol电子，阳极得到氧气为=0.05mol，氧气体积为0.05mol22.4l/mol=1.12l，故答案为：4oh4e=2h2o+o2；1.12；通电开始后，阴极发生反应：2h+2e=h2，氢离子浓度降低，附近溶液ph增大，故答案为：增大；钠离子通过阳离子交换膜加入右室，除去杂质后的naoh溶液从液体出口b导出，故答案为：b；（6）已知：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h=+206.2kj/molch4（g）+co2（g）2co（g）+2h2（g）h=+247.4kj/mol根据盖斯定律，2得：ch4（g）+2h2o（g）co2（g）+4h2（g）h=+165.0 kj/mol，故答案为：ch4（g）+2h2o（g）co2（g）+4h2（g）h=+165.0 kj/mol点评：本题考查结构位置性质综合应用，题目比较综合，涉及原子半径比较、电子式、结构式、电解原理及应用、热化学方程式书写等，关键是明确元素种类，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等10（15分）某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验（图中a、b、c表示止水夹）请按要求填空：（1）利用b装置可制取的气体有h2、co2（填2种）（2）a、c、e相连后的装置可用于制取cl2并进行相关的性质实验若在丙中加入适量水，即可制得氯水将所得氯水分成两份，进行、两个实验，实验操作、现象结论如下：实验序号实验操作现象结论将氯水滴入品红溶液溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性氯水中加入 nahco3粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有较强的酸性请你评价实验、的结论是否合理？若不合理，请说明理由实验结论不合理，因为cl2也有氧化性，此实验无法确定是cl2还是hclo漂白；实验结论不合理，因为制取的氯气中含有hcl气体，hcl溶于水后能与nahco3粉末反应产生气泡（3）请利用上述a、c装置设计一个简单的实验，验证cl2和br2的氧化性强弱（分别指出甲、乙、丙中盛装的试剂、实验现象及结论）在甲、乙、丙中分别装入浓盐酸、mno2、nabr溶液，烧瓶中有黄绿色气体生成，试管中溶液由无色变为橙色，证明cl2的氧化性强于br2（4）b、d、e装置相连后，在b中盛装足量浓硝酸和铜片（放在有孔塑料板上），可制得no2并进行有关实验b中发生反应的化学方程式为cu+4hno3（浓）=cu（no3）2+2no2+2h2o欲用d装置验证no2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹a、b，再打开止水夹c，使烧杯中的水进入试管丁的操作是双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，no2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁试管丁中的no2与一定量的o2混合后倒插水中，试管充满水，则原试管丁中的混合气体的平均分子量可能为42.08或44.04（保留二位小数）考点：性质实验方案的设计；实验装置综合 分析：（1）b装置为块状不溶于水的固体和液体反应制取气体的装置，并不用加热，根据反应的特点分析；（2）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使品红溶液褪色，盐酸易挥发，制备的氯气中含有hcl气体；（3）验证cl和br的还原性强弱可根据反应cl2+2br=2cl+br2设计实验；（4）浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成二氧化氮气体，no2与水反应生成无色气体no；no2与一定量的o2混合后倒插水中，剩余气体为no或氧气，以此计算解答：解：（1）b装置为块状不溶于水的固体和液体反应制取气体的装置，并不用加热，中学中常见的有h2、co2、no2、no、c2h2 h2s 等，故答案为：h2、co2；（2）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使品红溶液褪色，a装置制备的氯气中含有hcl气体，在实验中没有进行除杂，hcl溶于水后能与碳酸氢钠粉末反应产生气泡，所以实验结论合理，实验结论不合理，故答案为：实验结论不合理，因为cl2也有氧化性，此实验无法确定是cl2还是hclo漂白；实验结论不合理，因为制取的氯气中含有hcl气体，hcl溶于水后能与nahco3粉末反应产生气泡；（3）验证cl和br的还原性强弱可根据反应cl2+2br=2cl+br2设计实验，在a装置中制备氯气，生成的气体通入到装有溴化钠溶液的c中，如烧瓶中有黄绿色气体生成，试管中溶液由无色变为橙色，可证明氯气的氧化性强于溴，则br的还原性强于cl，故答案为：在甲、乙、丙中分别装入浓盐酸、mno2、nabr溶液，烧瓶中有黄绿色气体生成，试管中溶液由无色变为橙色，证明cl2的氧化性强于br2；（4）浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成二氧化氮气体，b中反应的化学方程式为cu+4hno3（浓）cu（no3）2+2no2+2h2o，d装置验证no2与水的反应，要先关闭a、b，再打开c，双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，no2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁；no2和o2混合气体的试管倒立于水中，发生反应：4no2+o2+2h2o=4hno3 最后剩余气体可能为氧气，也可能是no气体，设no2和o2混合气体的物质的量为10mol，若剩余气体为氧气，设参加4no2+o2+2h2o=4hno3 反应消耗的氧气为x，则有消耗的no2为4x，即：5x=9mol，x=1.8mol即氧气为2.8mol，v（no2）=7.2mol；混合气体的总质量为7.2molno2与2.8molo2的质量之和为7.2mol46g/mol+2.8mol32g/mol=420.8g，平均摩尔质量=42.08g/mol，平均分子量42.08；若剩余气体为no气体，试管9/10充满水，则剩余1molno，根据3no2+h2o=2hno3+no，说明过量的no2为3mol，反应4no2+o2+2h2o=4hno3消耗的气体总体积为7mol，设反应消耗的氧气为y，则有消耗的no2为4y则有5y=7mol，y=1.4mol，即此时氧气为1.4mol，v（no2）=8.6mol；混合气体的总质量为8.6molno2与1.4molo2的质量之和为8.6mol46g/mol+1.4mol32g/mol=440.4g，平均摩尔质量=44.04g/mol，平均分子量44.04；故答案为：cu+4hno3（浓）cu（no3）2+2no2+2h2o；a、b；c；双手紧握（或微热）试管丁使试管中气体逸出，no2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流入试管丁；42.08或44.04点评：本题考查性质实验方案的设计及实验装置的综合应用，为高频考点，注意制备气体的实验装置和反应原理以及no2、o2和h2o反应的计算，把握物质的性质及实验技能为解答的关键，侧重分析、实验及计算能力的综合考查，题目难度中等【选做题】（共1小题，满分15分）11（15分）a、b、c是短周期非金属元素，核电荷数依次增大a原子外围电子排布为ns2np2，c是地壳中含量最多的元素d、e是第四周期元素，其中e元素的核电荷数为29d原子核外未成对电子数在同周期中最多请用对应的元素符号或化学式填空：（1）a、b、c的第一电离能由小到大的顺序为con（2）分子（ab）2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，每个原子最外层电子数均满足8电子，其结构式为nccn，1mol该分子中含有键的数目为4na（3）基态d原子的外围电子排布式为3d54s1do2cl2熔点：96，.5，沸点：117，则固态do2cl2属于分子晶体（4）e的氢化物的晶胞结构如图所示，其化学式是cuh若该晶胞的边长为acm，na代表阿伏伽德罗常数的数值，则该晶体的密度表达式为g/cm3考点：位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算 分析：a、b、c是短周期非金属元素，核电荷数依次增大，c是地壳中含量最多的元素，则c是o元素；a原子的外围电子排布式为ns2np2，则a处于a族，a的原子序数小于c，所以a是c元素，b原子序数介于碳、氧之间，则b是n元素；元素d、e都位于第四周期，其中e的核电荷数为29，则e是cu元素，d原子的核外未成对电子数在同周期中是最多的，外围电子排布为3d54s1，则d是cr元素，据此解答解答：解：a、b、c是短周期非金属元素，核电荷数依次增大，c是地壳中含量最多的元素，则c是o元素；a原子的外围电子排布式为ns2np2，则a处于a族，a的