江西省吉安一中高一化学下学期第二次段考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省吉安一中高一（下）第二次段考化学试卷一、选择题（包括16小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）1下列有关化学用语的表示正确的是（）a过氧化氢的电子式为 b1，3二甲基丁烷 cna+的结构示意图为 d乙烯的结构式为 2用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a标准状况下，22.4l甲醇中含有的氧原子数为1.0nab常温常压下，46gno2与 n2o4的混合气体中含有的原子总数为3nac标准状况下，2.24lcl2与足量的稀naoh溶液反应，转移电子总数为0.2nad1l 1 moll1的盐酸中，所含氯化氢分子数为na3下列关于有机物的分析正确的是（）a有机物ch3ch2ch（ch3）2的一氯代物有5种b淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都属于高分子化合物c丙烯分子中所有的原子有可能在同一平面上d用c4h9取代苯环上的一个h原子，最多可得4种同分异构体4由乙炔、乙醛组成的混合气体，经测定，其中碳的质量分数为72%，则混合气体中氧的质量分数为（）a32%b22.65%c19.56%d2.14%5下列离子方程式书写正确的是（）a用浓盐酸酸化的kmno4溶液与h2o2反应，证明h2o2具有还原性，2mno4+6h+5 h2o2=2mn2+5o2+8h2ob硅与氢氧化钠溶液反应：si+2oh+h2osio32+2h2c次氯酸钠溶液中通入过量的so2气体：clo+so2+h2ohclo+hso3d足量硫化氢气体通入硫酸铁溶液中：h2s+fe3+=fe2+s+2h+6下列实验不能达到目的是（）a将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水具有漂白性b向hclo溶液中通入so2，生成h2so4，证明h2so4的酸性比hclo强c将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝的熔点高于铝d向na2sio3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明na2sio3发生了反应而成碱性7已知下列实验事实：cr2o3固体既能溶于koh溶液得到kcro2溶液，又能溶于硫酸得到cr2（so4）3溶液；向kcro2溶液中滴加h2o2溶液，再酸化，可得k2cr2o7溶液；将k2cr2o7溶液滴加到淀粉和ki的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是（）a化合物kcro2中cr元素为+3价b实验证明cr2o3是两性氧化物c实验证明h2o2既有氧化性又有还原性d实验证明氧化性：cr2o72i28已知反应x （g）+y （g）n z （g）h0，将x和y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示下列说法不正确的是（）a反应方程式中n=1b10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度c10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强d05 min内，用x表示的反应速率为v（x）=0.08 moll1min19只含c、h、o三种元素的有机化合物r的相对分子质量大于110，小于150经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%该化合物分子中最多含（）个碳氧双键a1b2c3d410在298k时，实验测得溶液中的反应：h2o2+2hi2h2o+i2，在不同浓度时的化学反应速率见表，由此可推知当c（hi）=0.500moll1，c（h2o2）=0.400moll1时的反应速率为（）实验编号12345c（hi）/moll10.1000.2000.3000.1000.100c（h2o2）/moll10.1000.1000.1000.2000.300v/moll1s10.007600.01530.02270.01510.0228a0.0380 moll1s1b0.152 moll1s1c0.608 moll1s1d0.760 moll1s111如图是一种应用广泛的锂电池，lipf6是电解质，so（ch3）2是溶剂，反应原理是4li+fes2=fe+2li2s下列说法不正确的是（）a该装置将化学能转化为电能b电子移动方向是由a极流向b极c可以用水代替so（ch3）2做溶剂db极反应式是fes2+4li+4e=fe+2li2s12将x mol氧气，y mol甲烷和z mol过氧化钠放入密闭容器中，在150条件下用点火花引发，恰好完全反应后，容器内压强为0，确立x：y：z之间的关系式为（）a2：1：6b3：2：6c1：2：5d1：2：613已知a、b、c为中学化学中常见的单质，室温下a为固体，b和c均为气体在适宜的条件下，它们可以按如图框图进行反应下列说法正确的是（）aa、b、c中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物ba、b、c中有一种金属且为bc如果e溶液是一种强酸，则e溶液为硫酸da、b、c中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱14x、y、z是短周期元素，在周期表中的位置关系如图所示，下列说法不正确的是（）az单质的熔点一定高于y单质bx的气态氢化物的稳定性一定高于y的气态氢化物cx、z的原子序数之和与y的原子序数之比可能为5：3d若z的最高价氧化物为z2o7，则y的气态氢化物为yh315物质的量为0.10mol的镁条在只含有co2和o2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为（）a3.2gb4.0gc4.2gd4.6g16向fei2、febr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示已知：2fe2+br22fe3+2br；2fe3+2i2fe2+i2则下列有关说法中，不正确的是（）abc段为fe3+的变化曲线b原混合溶液中febr2的物质的量为6molc当通入2mol cl2时，溶液中发生的离子反应可表示为：2fe2+2i+2cl22fe3+i2+4cld原溶液中：n（fe2+）：n（i）：n（br）=2：1：3二、填空题17控制、治理氮氧化物对大气的污染是改善大气质量的重要方面火力发电厂的燃煤排烟中含大量的氮氧化物（nox），可利用甲烷和nox在一定条件下反应消除其污染，则ch4与no2反应的化学方程式为18在一容积为2l的密闭容器中，加入0.2mol的n2和0.6mol的h2，在一定条件下发生如下反应：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h0（反应放热），反应中nh3的物质的量浓度的变化情况如图所示，请回答下列问题：（1）根据如图，写出该反应达到平衡时h2的转化率（2）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则nh3的物质的量浓度不可能为 （填序号）a.0.20moll1 b.0.12moll1c.0.10moll1 d.0.08moll1（3）判断该反应达到平衡状态的标志是（填字母）；an2和nh3浓度相等bnh3百分含量保持不变c容器中气体的压强不变d2v（nh3）正=3v（h2）逆e容器中混合气体的密度保持不变（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡（此时nh3的浓度约为0.25moll1），请在图中画出第5分钟末到此平衡时nh3浓度的变化曲线19工业上以侯氏制碱法为基础生产焦亚硫酸钠（na2s2o5）其制备工艺流程如下：已知：反应包含2nahso3na2s2o5+h2o等多步反应（1）反应i的化学方程式为：（2）“灼烧”时发生反应的化学方程式：（3）已知na2s2o5与稀硫酸反应放出so2，其离子方程式为：（4）反应i时应先通的气体为副产品x的化学式是生产中可循环利用的物质为（填化学式）（5）为了减少产品na2s2o5中杂质含量，需控制反应中气体与固体的物质的量之比约为检验产品中含有碳酸钠杂质所需试剂是（填编号）酸性高锰酸钾 品红溶液 澄清石灰水饱和碳酸氢钠溶液 naoh 稀硫酸20a、b、c、d、e均是由下列10种离子组成的5种常见的可溶性化合物（离子不能重复组合）已知：5种阳离子为：mg2+、ba2+、fe3+、x、y5种阴离子为：oh、cl、co32、no3、zx是短周期主族元素中金属性最强的元素形成的简单阳离子；y是简单的阳离子，具有10个电子，且离子半径是10个电子离子中最小的（1）元素x的原子结构示意图为；y离子的电子式为（2）通过所学的知识比较分析，就可判断其中必有的2种物质是（填化学式）（3）已知z是常见的多核阴离子，现将（2）中确定的2种物质分别与含z的溶液混合时，一种产生红褐色沉淀和无色无气味的气体；另一种产生棕黄色沉淀，向该沉淀中滴人足量稀硝酸，沉淀部分溶解，剩余的沉淀为白色则z为（4）比较mg，x，y三者原子半径从大到小顺序（填元素符号）（5）将铜片投入到装有d溶液的试管中，铜片不溶解，再滴加稀硫酸，铜片逐渐溶解，试管口附近有红棕色气体出现，写出溶解铜片的离子方程式21clch2coona是合成一种除草剂的重要原料，其制备过程如下：请回答下列问题：（1）已知烃a的相对分子质量为28，则其结构简式为，反应的反应类型为（2）烃a在一定条件下发生聚合反应可生成高分子化合物，反应的化学方程式为（3）反应的催化氧化反应的化学方程式为（4）在浓硫酸的作用下，clch2ch2oh与clch2cooh的酯化反应的化学方程式为（5）a在一定条件下与水加成的产物形成的燃料电池（电解质为koh）中，负极的电极反应式为：（6）甲基环己烷可由甲苯与氢气加成制得，其环上一氯代物的同分异构体有种22pcl3可用于半导体生产的外延、扩散工序有关物质的部分性质如下：熔点/沸点/密度/gml其他黄磷44.1280.51.822p（过量）+3cl22pcl32p+5cl2（过量）2pcl5pcl311275.51.574遇水生成h3po3和hcl，遇o2生成pocl3pocl32105.31.675遇水生成h3po4和hcl，能溶于pcl3（一）制备如图是实验室制备pcl3的装置（部分仪器已省略）（1）仪器乙的名称；（2）实验室制备cl2的离子方程式：；（3）碱石灰的作用是，；（4）向仪器甲中通入干燥cl2之前，应先通入一段时间的co2，其目的是（二）提纯粗产品中常含有pocl3、pcl5等加入黄磷加热除去pcl5后，通过（填实验操作名称），即可得到pcl3的纯品（三）分析测定产品中pcl3纯度的方法如下：迅速称取m，g产品，水解完全后配成500ml溶液，取出25.00ml加入过量的c1molllv1ml碘溶液，充分反应后再用c2moll1na2s2o3溶液滴定过量的碘，终点时消耗v2mlna2s2o3溶液已知：h3po3+h2o+i2=h3po4+2hi；i2+2na2s2o3=2nai+na2s4o6；假设测定过程中没有其他反应根据上述数据，该产品中pcl3的质量分数为（用含字母的代数式表示、不必化简）2014-2015学年江西省吉安一中高一（下）第二次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（包括16小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）1下列有关化学用语的表示正确的是（）a过氧化氢的电子式为 b1，3二甲基丁烷 cna+的结构示意图为 d乙烯的结构式为 【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】a氧原子与氧原子之间应共用一对电子；b主链选择错误；c钠离子核内有11个质子；d乙烯分子式为c2h4，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120度，为平面型结构【解答】解：a过氧化氢是共价化合物，两个氧原子之间共用一对电子，过氧化氢的电子式应为，故a错误； b系统命名为：2甲基戊烷，故b错误；cna+的结构示意图为：，故c错误；d乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个碳碳双键，碳碳键与碳氢键之间夹角120度，为平面型结构，结构式为：，故d正确；故选：d【点评】本题考查常用化学用语的书写和判断，熟悉离子结构示意图、电子式、结构式、结构简式的书写是解题关键，题目难度不大2用na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a标准状况下，22.4l甲醇中含有的氧原子数为1.0nab常温常压下，46gno2与 n2o4的混合气体中含有的原子总数为3nac标准状况下，2.24lcl2与足量的稀naoh溶液反应，转移电子总数为0.2nad1l 1 moll1的盐酸中，所含氯化氢分子数为na【考点】阿伏加德罗常数【分析】a甲醇在标准状况下不是气体；b二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，计算46gno2中的原子数即可；c氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是氧化剂，0.1mol氯气完全反应转移了0.1mol电子；d氯化氢为强电解质，在溶液中完全电离，不存在氯化氢分子【解答】解：a甲醇在标准状况下不是气体，22.4l甲醇物质的量不是1mol，故a错误；b.46g no2与n2o4的混合气体中含有46g最简式no2，46gno2中含有的原子数=3na，故b正确；c标况下2.24l氯气的物质的量为： =0.1mol，0.1mol氯气与氢氧化钠溶液完全反应生成0.1mol氯化钠、0.1mol次氯酸钠，转移了0.1mol电子，转移电子总数为0.1na，故c错误；d氯化氢为强电解质在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子，故d错误；故选b【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量之间的关系为解答关键，d为易错点，注意明确溶液中不存在氯化氢分子3下列关于有机物的分析正确的是（）a有机物ch3ch2ch（ch3）2的一氯代物有5种b淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都属于高分子化合物c丙烯分子中所有的原子有可能在同一平面上d用c4h9取代苯环上的一个h原子，最多可得4种同分异构体【考点】同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构；有机高分子化合物的结构和性质【分析】a、有机物ch3ch2ch（ch3）2有4种不同环境的氢原子，其一氯代物有4种；b、油脂不属于高分子化合物；c、丙烯分子中含有甲基，甲基是四面体结构；d、c4h9有4种异构体【解答】解：a、有机物ch3ch2ch（ch3）2有4种不同环境的氢原子，其一氯代物有4种，故a错误；b、油脂不属于高分子化合物，故b错误；c、丙烯分子中含有甲基，甲基是四面体结构，所有的原子不可能在同一平面上，故c错误；d、c4h9有4种异构体，用c4h9取代苯环上的一个h原子，最多可得4种同分异构体，故d正确；故选d【点评】本题考查有机物的结构、同分异构物辨析，难度不大，注意取代基有几种异构体，该有机物就有几种同分异构体4由乙炔、乙醛组成的混合气体，经测定，其中碳的质量分数为72%，则混合气体中氧的质量分数为（）a32%b22.65%c19.56%d2.14%【考点】元素质量分数的计算【专题】分析比较法【分析】乙炔、乙醛的分子式分别为：c2h2、c2h4o，可利用分子式的拆写法计算【解答】解：乙炔、乙醛的分子式分别为：c2h2、c2h4o，可分别转换为（ch）2、（ch）2h2o的形式，因（c）=72%，则（ch）=（c）=72%=78%，（h2o）=178%=22%，所以，（o）=22%=19.56%故选c【点评】本题考查元素质量分数的计算，题目难度不大，注意利用分子式的拆写法即为直观5下列离子方程式书写正确的是（）a用浓盐酸酸化的kmno4溶液与h2o2反应，证明h2o2具有还原性，2mno4+6h+5 h2o2=2mn2+5o2+8h2ob硅与氢氧化钠溶液反应：si+2oh+h2osio32+2h2c次氯酸钠溶液中通入过量的so2气体：clo+so2+h2ohclo+hso3d足量硫化氢气体通入硫酸铁溶液中：h2s+fe3+=fe2+s+2h+【考点】离子方程式的书写【分析】a浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；b反应生成硅酸钠和氢气；c反应生成硫酸钠和氯化钠；d电子、电荷不守恒【解答】解：a浓盐酸可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而影响双氧水还原性的检验，故a错误；b硅与氢氧化钠溶液反应的离子反应为si+2oh+h2osio32+2h2，故b正确；c次氯酸钠溶液中通入过量的so2气体的离子反应为clo+h2o+so2so42+2h+cl，故c错误；d足量硫化氢气体通入硫酸铁溶液中的离子反应为h2s+2fe3+2fe2+s+2h+，故d错误；故选b【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大6下列实验不能达到目的是（）a将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水具有漂白性b向hclo溶液中通入so2，生成h2so4，证明h2so4的酸性比hclo强c将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝的熔点高于铝d向na2sio3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明na2sio3发生了反应而成碱性【考点】化学实验方案的评价【分析】a氯水中含hcl、hclo，hclo有强氧化性，能将石蕊氧化；b发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱；c铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；dna2sio3溶液因水解显碱性【解答】解：a氯水中含hcl、hclo，试纸先变红后褪色，氯水有强氧化性，能将石蕊氧化，证明氯水具有漂白性，故a正确； b发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱，不发生强酸制取弱酸的反应，事实上硫酸为强酸、hclo为弱酸，故b错误；c铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故c正确；dna2sio3溶液因水解显碱性，滴加酚酞，溶液变红，证明na2sio3发生了反应而成碱性，故d正确故选b【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，涉及氧化还原反应、酸性比较、氯水和铝的化学性质等，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意反应原理的分析，题目难度不大7已知下列实验事实：cr2o3固体既能溶于koh溶液得到kcro2溶液，又能溶于硫酸得到cr2（so4）3溶液；向kcro2溶液中滴加h2o2溶液，再酸化，可得k2cr2o7溶液；将k2cr2o7溶液滴加到淀粉和ki的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是（）a化合物kcro2中cr元素为+3价b实验证明cr2o3是两性氧化物c实验证明h2o2既有氧化性又有还原性d实验证明氧化性：cr2o72i2【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；中，发生氧化还原反应，cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中o元素的化合价降低；中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，cr元素的化合价降低，i元素的化合价升高，以此来解答【解答】解：a化合物kcro2中，k为+1价，o为2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则cr元素为+3价，故a正确；b由反应可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故b正确；c实验中发生氧化还原反应，cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中o元素的化合价降低，所以证明h2o2有氧化性，故c错误；d由中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，cr元素的化合价降低，i元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为cr2o72i2，故d正确；故选c【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项b为解答的易错点，题目难度不大8已知反应x （g）+y （g）n z （g）h0，将x和y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示下列说法不正确的是（）a反应方程式中n=1b10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度c10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强d05 min内，用x表示的反应速率为v（x）=0.08 moll1min1【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】a10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，据此判断；b根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，据此判断；c根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，据此判断；d05min时，x的物质的量从2mol变为1.8mol，根据体积计算出浓度，再根据v=计算出平均反应速率v（x）【解答】解：a10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是体积缩小的反应，即n=1，故a正确；b根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故b错误；c根据图象数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故c正确；d在5min时x的物质的量为1.8mol，05minx的物质的量变化为2mol1.8mol=0.2mol，则该时间段x的平均反应速率为v（x）=0.08moll1min1，故d正确；故选b【点评】本题考查了化学平衡的影响因素、物质的量随时间变化的曲线、化学反应速率的计算，题目难度中等，注意明确影响化学反应速率的因素，能够正确分析物质的量随时间变化的曲线是解题关键，还要明确化学反应速率的概念及计算方法9只含c、h、o三种元素的有机化合物r的相对分子质量大于110，小于150经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为52.24%该化合物分子中最多含（）个碳氧双键a1b2c3d4【考点】有机物结构式的确定【分析】根据含氧量和相对分子质量的范围，得出氧原子数的范围，最终确定分子中含有的氧原子数目，求出有机化合物的相对分子质量，则计算c、h总相对原子质量，利用商余法确定c、h原子数目，进而确定有机物的分子式，结合不饱和度判断【解答】解：由题意知，氧的质量分数为152.24%=47.76%，由有机化合物的相对分子质量大于110，小于150，即分子中氧原子个数为大于=3.28，小于=4.48，所以氧原子为4个，氧的质量分数为47.76%，则有机化合物分子质量=134，所以c、h的相对原子质量之和为：134164=70，c原子最大数目=510，故分子中含有5个c原子、10个h原子，可确定化学式为c5h10o4，与5个c原子的饱和衍生物（可表示为c5h12on）比较可知，不饱和度为1，分子中最多含有1个碳氧双键，故选a【点评】本题考查有机物分子式的确定，题目难度中等，计算确定氧原子数为解答该题的关键10在298k时，实验测得溶液中的反应：h2o2+2hi2h2o+i2，在不同浓度时的化学反应速率见表，由此可推知当c（hi）=0.500moll1，c（h2o2）=0.400moll1时的反应速率为（）实验编号12345c（hi）/moll10.1000.2000.3000.1000.100c（h2o2）/moll10.1000.1000.1000.2000.300v/moll1s10.007600.01530.02270.01510.0228a0.0380 moll1s1b0.152 moll1s1c0.608 moll1s1d0.760 moll1s1【考点】反应速率的定量表示方法【专题】化学反应速率专题【分析】根据表中数据可知，速率与c（hi）成正比、与c（h2o2）成正比【解答】解：当c（hi）=0.100moll1，c（h2o2）=0.100moll1，=0.00760moll1s1，c由表中数据可知，速率与c（hi）成正比、与c（h2o2）成正比，所以当c（hi）=0.500moll1，c（h2o2）=0.400moll1，=0.00760moll1s154=0.152 moll1s1，故选b【点评】本题考查化学反应速率的定量表示方法，题目难度不大，可对三组数据比较计算11如图是一种应用广泛的锂电池，lipf6是电解质，so（ch3）2是溶剂，反应原理是4li+fes2=fe+2li2s下列说法不正确的是（）a该装置将化学能转化为电能b电子移动方向是由a极流向b极c可以用水代替so（ch3）2做溶剂db极反应式是fes2+4li+4e=fe+2li2s【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a、装置图分析可知是原电池反应原理；b、原电池中电子从负极沿外电路流向正极；c、水的导电性差和锂发生反应；d、b电极为正极，得到电子发生还原反应；【解答】解：a、装置图分析可知是原电池反应原理，是化学能转化为电能的装置，故a正确；b、原电池中电子从负极沿外电路流向正极，原电池中a为负极，是由a极流向b极，故b正确；c、水的导电性差和锂发生反应，不符合原电池的反应原理，故c错误；d、b电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为fes2+4li+4e=fe+2li2s，故d正确；故选c【点评】本题考查原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，题目难度中等12将x mol氧气，y mol甲烷和z mol过氧化钠放入密闭容器中，在150条件下用点火花引发，恰好完全反应后，容器内压强为0，确立x：y：z之间的关系式为（）a2：1：6b3：2：6c1：2：5d1：2：6【考点】有关混合物反应的计算【分析】三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零，容器内没有氧气剩余，剩余固体为na2co3和naoh，可根据反应的总化学方程式判断原混合物中甲烷、氧气、过氧化钠的物质的量之比【解答】解：三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零，容器内没有氧气剩余，剩余固体为na2co3和naoh，根据甲烷的组成可知n（c）：n（h）=1：4，故根据元素守恒生成的na2co3和naoh物质的量之比为1：4，则反应的总化学方程式可写为：2ch4+o2+6na2o2=2na2co3+8naoh，根据方程式可知：原混合物中甲烷、氧气、过氧化钠的物质的量之比是2：1：6，x：y：z之间的关系式1：2：6，故选d【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意根据三种物质都恰好反应，容器中压强接近为零，容器内没有氧气剩余，判断剩余固体为na2co3和naoh，以此书写反应的总方程式，可判断反应物的物质的量之比，可以省去中间反应复杂计算的过程13已知a、b、c为中学化学中常见的单质，室温下a为固体，b和c均为气体在适宜的条件下，它们可以按如图框图进行反应下列说法正确的是（）aa、b、c中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别可能是氧化物ba、b、c中有一种金属且为bc如果e溶液是一种强酸，则e溶液为硫酸da、b、c中三种元素的任意两种元素形成的化合物所属物质类别一定不是碱【考点】无机物的推断【分析】已知a、b、c为中学化学中常见的单质，室温下，a为固体，b和c均为气体在适宜的条件下，它们可以按如图所示进行反应，a为固体，常见为碳、钠、镁、铝、铁等，b、c为气体单质，常见有氯气、氧气、氢气、氮气等，固体a和气体b反应生成的d是固体，说明a为金属不为碳，e溶液能与金属反应，且e是两种气体反应所得产物，则e应为酸，c应为氢气，所以b为cl2，e为hcl，d为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由a和cl2反应得到，说明则a一定不是变价金属铁，a可能是na、mg、al等，结合选项来解答【解答】解：由信息及上述转化关系可知，b为cl2，e为hcl，c为氢气，d为金属和盐酸反应生成的氯化物盐，此盐可以直接由a和cl2反应得到，说明则a一定不是变价金属铁，a可能是na、mg、al等，a若a为na，b为氯气，c为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含o元素，不属于氧化物，故a错误；b由上述分析可知，只有a为金属，b和c均为气体非金属单质，故b错误；ce为两种单质化合生成的物质，溶于水显酸性，不可能为硫酸，故c错误；d若a为na，b为氯气，c为氢气，三种元素中的任意两种元素形成的化合物一定不含o元素，不可能为碱，故d正确；故选d【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握常见物质的性质、物质之间的转化反应为解答的关键，侧重分析、推断能力的综合考查，注意a为金属的分析为解答的难点，题目难度中等14x、y、z是短周期元素，在周期表中的位置关系如图所示，下列说法不正确的是（）az单质的熔点一定高于y单质bx的气态氢化物的稳定性一定高于y的气态氢化物cx、z的原子序数之和与y的原子序数之比可能为5：3d若z的最高价氧化物为z2o7，则y的气态氢化物为yh3【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】根据这三种元素在周期表中的位置结合x、y、z是短周期元素判断，x属于第二周期元素，y和z是第三周期元素a、根据元素可能为金属或非金属判断，若是金属，金属单质的熔点增大；若是非金属，非金属单质的熔点减小b、同一周期元素，非金属元素氢化物的稳定性随着原子序数的增大而增大；同一主族元素，非金属元素氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减小c、根据xyz始终元素的位置关系计算x的原子序数，注意x的原子序数不大于10，且是整数d、根据z的最高价氧化物判断z的族序数，从而确定y的族序数，根据y的族序数确定其氢化物的化学式【解答】解：根据这三种元素在周期表中的位置结合x、y、z是短周期元素判断，x属于第二周期元素，y和z是第三周期元素a、根据这三种元素在周期表中的位置知，z和y可能是金属单质，也可能是非金属单质，如果是金属单质，z的熔点大于y，如果是非金属单质，则y的熔点大于z，故a错误b、由图知，x的非金属性大于其同主族的第三周期元素的非金属性，y的非金属性小于同一周期的其右边紧相邻主族元素的非金属性，所以x的非金属性大于y的非金属性，导致x的气态氢化物的稳定性一定高于y的气态氢化物，故b正确c、设x的原子序数为a，a必须是正整数且不小于10则y的原子序数是a+7，z的原子序数是a+8，（a+a+9）：（a+7）=5：3，a=8，是氧元素，故c正确d、若z的最高价氧化物为z2o7，z的化合价是+7价，所以z是第a族元素，则y是第a族元素，y的最高化合价是+5价，最低化合价是3价，所以其气态氢化物的化学式为yh3，故d正确故选a【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的应用，难度不大，能正确推断元素是解本题的关键，掌握元素周期律的灵活应用15物质的量为0.10mol的镁条在只含有co2和o2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为（）a3.2gb4.0gc4.2gd4.6g【考点】镁的化学性质；有关混合物反应的计算【专题】压轴题【分析】镁条在只含有co2和o2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，然后解答【解答】解：镁条在只含有co2和o2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，2mg+co22mgo+c，2 2 10.10mol 0.10mol 0.05mol则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol40g/mol+0.05mol12g/mol=4.6g，再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol24g/mol=2.4克，则固体的范围应该在2.4g4.6g之间，故选d【点评】本题考查镁的性质及有关计算，镁可在二氧化碳中燃烧是镁特有的性质，并用极限法来进行计算16向fei2、febr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示已知：2fe2+br22fe3+2br；2fe3+2i2fe2+i2则下列有关说法中，不正确的是（）abc段为fe3+的变化曲线b原混合溶液中febr2的物质的量为6molc当通入2mol cl2时，溶液中发生的离子反应可表示为：2fe2+2i+2cl22fe3+i2+4cld原溶液中：n（fe2+）：n（i）：n（br）=2：1：3【考点】氧化还原反应的计算【分析】2fe2+br2=2fe3+2br中，还原剂fe2+的还原性强于还原产物br，还原性为fe2+br，反应2fe3+2i=2fe2+i2中，还原剂i的还原性强于还原产物fe2+，还原性为ife2+，所以还原性ife2+br，则向fei2、febr2的混合溶液中通入适量氯气，ab段发生2i+cl2=i2+2cl，bc段发生2fe2+cl2=2fe3+2cl，最后发生2br+cl2=br2+2cl，以此来解答【解答】解：abc段发生2fe2+cl2=2fe3+2cl，则bc段为fe3+的变化曲线，故a正确；b通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即febr2的物质的量为3mol，故b错误；c当通入2molcl2时，2mol的i消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molfe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2fe2+2i+2cl2=2fe3+i2+4cl，故c正确；d由b可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（fe2+）：n（i）：n（br）=2：1：3，故d正确；故选b【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握还原性的强弱及反应的先后顺序、反应与图象的对应关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等二、填空题17控制、治理氮氧化物对大气的污染是改善大气质量的重要方面火力发电厂的燃煤排烟中含大量的氮氧化物（nox），可利用甲烷和nox在一定条件下反应消除其污染，则ch4与no2反应的化学方程式为2no2+ch4n2+co2+2h2o【考点】化学方程式的书写【分析】甲烷和nox在一定条件下反应消除其污染，生成n2和co2；【解答】解：甲烷和nox在一定条件下反应消除其污染，生成无毒物质n2和co2、水，反应方程式为2no2+ch4n2+co2+2h2o，故答案为：2no2+ch4n2+co2+2h2o；【点评】本题主要考查了化学方程书写，产物判断和化学方程式配平是关键，题目较简单18在一容积为2l的密闭容器中，加入0.2mol的n2和0.6mol的h2，在一定条件下发生如下反应：n2（g）+3h2（g）2nh3（g）；h0（反应放热），反应中nh3的物质的量浓度的变化情况如图所示，请回答下列问题：（1）根据如图，写出该反应达到平衡时h2的转化率50%（2）反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则nh3的物质的量浓度不可能为 ac（填序号）a.0.20moll1 b.0.12moll1c.0.10moll1 d.0.08moll1（3）判断该反应达到平衡状态的标志是bc（填字母）；an2和nh3浓度相等bnh3百分含量保持不变c容器中气体的压强不变d2v（nh3）正=3v（h2）逆e容器中混合气体的密度保持不变（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡（此时nh3的浓度约为0.25moll1），请在图中画出第5分钟末到此平衡时nh3浓度的变化曲线【考点】化学平衡的计算；化学平衡状态的判断【专题】化学平衡专题【分析】（1）由图可知，4min达平衡，平衡时c（nh3）=0.1mol/l，浓度变化量之比等于化学计量数之比，根据由方程式可知c（h2）=c（nh3），再根据n=cv计算参加反应的氢气的物质的量，进而计算氢气的转化率；（2）改变反应温度，平衡一定发生移动，氨气的浓度一定变化若平衡逆向移动，氨气浓度减小，但氨气不能完全转化，若平衡正向移动，氨气浓度增大，但氮气不能完全转化为氨气；（3）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；（4）第5分钟末将容器的体积缩小一半后，瞬间氨气的浓度变为原平衡的2倍，压强增大，平衡正向移动，氨气的浓度增大，在第8分钟末达到新的平衡时nh3的浓度约为0.25moll1【解答】解：（1）由图可知，4min达平衡，平衡时c（nh3）=0.1mol/l，浓度变化量之比等于化学计量数之比，根据由方程式可知c（h2）=c（nh3）=0.1mol/l=0.15mol/l，故参加反应的氢气的物质的量为0.15mol/l2l=0.3mol，所以氢气的转化率为100%=50%，故答案为：50%（2）温度改变平衡一定发生移动，则nh3的物质的量浓度不可能为0.1mol/l，若平衡逆向移动，氨气浓度减小，氨气不能完全转化，故0c（nh3）0.1mol/l，若平衡正向移动，氨气浓度增大，由于是可逆反应，氮气不能完全转化应，则0.1mol/lc（nh3）0.2mol/l，故选：ac；（3）an2和nh3浓度关系与氮气的转化率有关，平衡时不一定相等，故a错误；bnh3百分含量保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c随反应进行，混合气体物质的量减小，恒温恒容下气体压强减小，容器中气体的压强不变，说明反应到达平衡，故c正确；d应是3v（nh3）正=2v（h2）逆时，反应到达平衡，故d错误；e混合气体总质量不变，容器容积不变，容器中混合气体的密度始终保持不变，故e错误，故选：bc；（4）第5分钟末将容器的体积缩小一半后，瞬间氨气浓度为0.40mol/l，压强增大，平衡正向移动，氨气的浓度增大，在第8分钟末达到新的平衡时nh3的浓度约为0.50moll1，第5分钟末到平衡时nh3浓度的变化曲线图象为：【点评】本题考查化学平衡的计算与影响因素、化学平衡图象、平衡平衡状态判断、化学平衡的建立等