河北省唐山一中高二化学上学期9月月考试题（含解析）新人教版(1).doc

河北省唐山一中2013-2014学年上学期9月月考高二化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1（2分）下列变化过程，属于放热过程的是（）液态水变成水蒸气； 酸碱中和反应； 浓h2so4稀释； 固体氢氧化钠溶于水； h2在cl2中燃烧；弱酸电离； nh4cl晶体与ba（oh）28h2o混合搅拌a b. c. d. 考点：吸热反应和放热反应.分析：放热过程，不一定需发生化学变化，物理变化中的液化、凝华，强酸、强碱的溶于水都是放热过程；常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、常温下的金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应等；解答：解：液态水变成水蒸气，是物理变化中的汽化，是吸热过程，故错误；酸碱中和反应，是典型的放热反应，是放热过程，故正确；浓h2so4稀释，是物理变化，是放热过程，故正确；固体氢氧化钠溶于水，是物理变化，是放热过程，故正确；h2在cl2中燃烧，所有的物质燃烧，是典型的放热反应，是放热过程，故正确；弱酸电离，是化学变化中的吸热反应，是吸热过程，故错误；nh4cl晶体与ba（oh）28h2o混合搅拌，是典型的吸热反应，是吸热过程，故错误；故选d点评：放热过程，既包含物理变化中的放热现象，也包含化学变化中的放热反应，是解答本题的关键2（2分）下列关于胶体的叙述不正确的是（）a胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间b光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应c用平行光照射nacl溶液和fe（oh）3胶体时，产生的现象相同dfe（oh）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系.专题：溶液和胶体专题分析：分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法解答：解：a、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间，即1nm100nm，故a正确；b、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故b正确；c、用平行光照射nacl溶液和fe（oh）3胶体时，fe（oh）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，nacl溶液无此现象，故c错误；d、fe（oh）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故d正确；故选c点评：本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答3（2分）下列说法正确的是（）a汽油、乙烯均为石油分馏产品b钠与乙醇的反应比水缓慢，钠浮在乙醇的液面上缓慢游动c验证淀粉在酸性条件下水解是否完全可先加入naoh溶液调整溶液的ph至碱性，再加入碘水看是否变蓝d煤的气化、液化、干馏和石油的裂化、裂解、催化重整都是化学变化考点：化石燃料与基本化工原料；钠的化学性质；乙烯的化学性质；煤的干馏和综合利用；淀粉的性质和用途.专题：有机化合物的获得与应用分析：a、汽油是石油分馏产品，乙烯为石油裂化产品；b、钠的密度大于乙醇；c、碘单质可与氢氧化钠溶液发生化学反应；d、煤的气化、液化、干馏和石油的裂化、裂解、催化重整都是伴随着旧键的断裂与新键的形成解答：解：a、汽油是石油分馏产品，乙烯为石油裂化产品，故a错误；b、钠与乙醇的反应比水缓慢，钠沉在乙醇的液面下缓慢游动，故b错误；c、碘单质可与氢氧化钠溶液发生化学反应，因此不能调节溶液呈碱性再加碘水检验淀粉，故c错误；d、煤的气化、液化、干馏和石油的裂化、裂解、催化重整都是伴随着旧键的断裂与新键的形成，均属于化学变化，故d正确；故选d点评：本题考查元素及其化合物的性质、化石燃料的综合利用、物理变化与化学变化的区别与联系，题目难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成4（2分）将足量co2气体通入水玻璃（na2sio3溶液）中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后所得的固体物质是（）ana2sio3bna2co3、na2sio3cna2co3、sio2dsio2考点：无机非金属材料.专题：碳族元素分析：向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠；蒸干时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，硅酸分解生成二氧化硅；高温条件下灼烧混合物，二氧化硅和碳酸钠反应，据此确定最终产物的成分解答：解：二氧化碳先与水玻璃反应生成硅酸和碳酸氢钠，蒸干灼烧时，硅酸分解成二氧化硅和水，碳酸氢钠分解得到碳酸钠、二氧化碳和水；二氧化硅和碳酸钠在高温下又发生反应，生成二氧化碳和硅酸钠，所以最终所得固体是硅酸钠故选a点评：本题考查了硅的化合物的性质，明确“常温下二氧化碳能和硅酸钠溶液反应生成硅酸；高温条件下，二氧化硅和碳酸钠能反应生成二氧化碳和硅酸钠”是解本题的关键，难度不大5（2分）下列叙述中，不正确的是（）acl2和so2分别通入品红试液中，均使品红试液褪色b硝酸银溶液通常保存在棕色试剂瓶中c常温下，铁和铝与浓硫酸不发生任何反应d葡萄糖与新制的cu（oh）2悬浊液反应，有砖红色物质生成考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质；葡萄糖的性质和用途；化学试剂的存放.专题：元素及其化合物分析：a次氯酸和二氧化硫都具有漂白性；b见光易分解的，易挥发的应保存在棕色瓶；c浓硫酸具有强的氧化性，常温下，能够使铁铝钝化；d葡萄糖含有醛基，能够新制的氢氧化铜氧化解答：解：a次氯酸和二氧化硫都具有漂白性，cl2和so2分别通入品红试液中，均使品红试液褪色，故a正确；b硝酸银见光易分解，应用棕色瓶保存，故b正确；c浓硫酸具有强的氧化性，常温下，能够使铁铝钝化，故c错误；d葡萄糖含有醛基，与新制的cu（oh）2悬浊液反应，有砖红色物质生成，故d正确；故选：c点评：本题考查了物质的性质，题目难度不大，钝化属于化学反应，注意葡萄糖的分子结构中含有醛基6（2分）下列关于钢铁腐蚀的叙述正确的是（）a吸氧腐蚀时正极放出氧气b析氢腐蚀时正极放出氢气c化学腐蚀速率超过电化学腐蚀速率d析氢腐蚀比吸氧腐蚀普遍考点：金属的电化学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：在酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性、中性或碱性环境中，钢铁发生吸氧腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，碳作正极；a、吸氧腐蚀，正极吸收氧气得到电子生成氢氧根离子，故a错误；b、析氢腐蚀正极上是氢离子得到电子生成氢气；c、电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀；d、吸氧腐蚀较普遍解答：解：a、吸氧腐蚀正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：o2+2h2o+4e4oh，故a错误；b、析氢腐蚀正极是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2h+2eh2，故b正确；c、如果没有形成原电池，在金属变成金属离子溶进水中和水中的氢离子变成氢气，是在同一个地方发生的，这样金属离子在水中扩散时，会和氢离子发生碰撞，阻碍氢离子和金属单质的接触，所以化学反应速率较慢如果形成了原电池，金属离子在负极上扩散到溶液中，而氢离子在正极上变成氢气，不会被阻碍，所以化学反应速率较快，故c错误；d、吸氧腐蚀比析氢腐蚀普遍，故d错误；故选：b点评：本题考查了金属腐蚀的类型和反应实质，理解原电池反应的原理是解题关键，题目较简单7（2分）设na为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）a在标况下，11.2 l no与11.2 l o2混合后所含分子数为0.75 nab常温常压下，16go3所含的电子数8nac0.1 mol na2o2晶体中含有0.4 na个离子d铝跟氢氧化钠溶液反应生成1 mol氢气时，转移的电子数为na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、依据n=计算物质的量，结合一氧化氮和氧气反应定量关系计算混合气体物质的量，二氧化氮可以聚合为四氧化二氮；b、依据元素守恒，结合n=计算电子数；c、过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成；d、依据铝混合氢氧化钠溶液反应定量关系计算；解答：解：a、依据n=计算物质的量，结合一氧化氮和氧气反应定量关系计算混合气体物质的量，在标况下，11.2 l no物质的量为0.5mol，11.2 l o2物质的量为0.5mol，混合反应生成0.5molno2，剩余氧气0.25mol，二氧化氮可以聚合为四氧化二氮，混合后所含分子数小于0.75 na，故a错误；b、依据元素守恒，结合n=计算电子数，16go3所含的电子数=8na=8na，故b正确；c、过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，0.1 mol na2o2晶体中含有0.3na个离子，故c错误；d、依据铝混合氢氧化钠溶液反应定量关系计算，2al3h26e，生成1 mol氢气时，转移的电子数为2na，故d错误；故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质结构分析，氧化还原反应电子转移计算应用，注意二氧化氮会聚合为四氧化二氮，题目难度中等8（2分）若在加入铝粉能放出h2的溶液中，分别加入下列各组离子，肯定不能共存的是（）afe3+、no3、cl、na+bba2+、mg2+、hco3、alo2cno3、na+、k+、co32dno3、k+、alo2、oh考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：加入铝粉能放出h2的溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，a若为酸性溶液，fe3+、no3、cl、na+离子之间不反应，也不与氢离子反应；b碳酸氢根离子既能够与氢离子反应，也与氢氧根离子反应；c若是碱性溶液，no3、na+、k+、co32离子之间不反应，也不与氢氧根离子反应；d在碱性溶液中，no3、k+、alo2、oh之间不反应，也不与氢氧根离子反应解答：解：该溶液为酸性或者碱性溶液，溶液中存在大量的氢离子或者氢氧根离子，afe3+、no3、cl、na+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故a错误；bhco3能够与氢离子、氢氧根离子发生反应，在溶液中一定不能大量共存，故b正确；c在碱性溶液中，no3、na+、k+、co32之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，可以大量共存，故c错误；dno3、k+、alo2、oh之间不发生反应，在碱性溶液中能够大量共存，故d错误；故选b点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等，还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；特别注意本题要求是“可能”共存，不是“一定”共存9下列试验中，所选装置不合理的是（）a分离na2co3溶液和ch3cooc2h3，选b用ccl4提取碘水中的碘，选c用fecl2，溶液吸收cl2选d粗盐提纯，选和考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：a分离na2co3溶液和ch3cooc2h3，应用分液的方法分离；bcc14和水互不相溶，可用分液的方法分离；c吸收c12可用洗气瓶处理；d粗盐提纯，应先过滤，后蒸发解答：解：ana2co3溶液和ch3cooc2h3互不相溶，应用分液的方法分离，故a错误；bcc14和水互不相溶，可用分液的方法分离，可选，故b正确；c吸收c12可用洗气瓶处理，选，故c正确；d粗盐提纯，应先用过滤方法除去沉淀杂质，后蒸发可得到食盐，故d正确故选a点评：本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，注意常用仪器的使用和物质的性质的异同10（2分）我国稀土矿资源丰富，品位甚高提取稀土元素可以向含re（re表示稀土元素）的硫酸盐溶液中加入粉状na2so4，使稀土元素转入沉淀有关的反应为：re2（so4）3+na2so4+xh2ore2（so4）3na2so4xh2o下列叙述不正确的是（）a该反应属于化合反应b该反应属于可逆反应c生成的产物在分类上属于复盐dre在化合物中的化合价为+3考点：化学基本反应类型；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；根据化学式判断化合价.专题：物质的性质和变化专题分析：a化合反应：指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；b可逆反应：在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应；c根据复盐的定义判断；d根据化合价之和等于0进行计算解答：解：a反应物为三种，产物只有一种，故属于化合反应，故a正确；b该反应的条件不同，故不属于可逆反应，故b错误；c含有两种阴离子的是混盐，含有两种阳离子和一种酸根阴离子的是复盐，所生成的沉淀中含有两种阳离子一种酸根离子，故为复盐，故c正确；d设re2（so4）3中re的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：x2+（2）3=0，则x=+3价，故d正确；故选b点评：本题考查学生提练加工信息的能力和对知识的综合运用能力，难度中等二、选择题（共12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意）11（3分）一定条件下，氨气与氟气发生反应：4nh3+3f2=nf3+3nh4f，其中nf3分子构型与nh3相似下列有关说法错误的是（）anf3是三角锥形分子bnf3既是氧化产物，又是还原产物cnh4f中既含离子键又含共价键d此反应中，反应物和生成物均属于分子晶体考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题；化学键与晶体结构分析：a、根据nh3分子构型判断nf3分子构型；b、根据化合价的变化判断；c、根据nh4cl化学键类型判断nh4f的化学键类型；d、根据化合物的定义及存在的化学键判断解答：解：a、nf3分子构型与nh3相似，nh3分子构型是三角锥型的，所以nf3分子构型也是三角锥型的，故a正确；b、nh3反应中n：3+3，f：01，所以nf3既是氧化产物又是还原产物，故b正确；c、nh4cl与nh4f含的阳离子相同，阴离子是同一主族元素，所以nh4cl与nh4f具有相同的化学键，所以nh4f中存在的化学键是离子键、共价键，故c正确；d、nh4f是离子化合物，不是分子晶体，故d错误；故选d点评：本题考查物质的结构、化学键、物质的分类、氧化还原反应，该反应中元素的化合价的判断是解答的关键，并注意类推方法的应用12（3分）丙烯酸（ch2=chcooh）的性质可能有（）加成反应 水解反应 酯化反应 中和反应 氧化反应 加聚反应a只有b只有c只有d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：由结构简式可知，含双键和cooh，结合烯烃和羧酸的性质来解答解答：解：含双键，可发生加成、氧化、加聚反应；含cooh，可发生酯化、中和反应，不能发生水解反应，故选c点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸的性质的考查，题目难度不大13有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）图碱性锌锰电池图铅硫酸蓄电池图电解精炼铜图银锌纽扣电池a图所示电池中，mno2的作用是催化剂b图ii所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大c图iii所示装置工作过程中，电解质溶液中cu2+浓度始终不变d图iv所示电池中，ag2o是氧化剂，电池工作过程中还原为ag考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：a二氧化锰作正极；b根据放电过程中电池反应判断浓硫酸浓度变化；c粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，根据转移电子守恒判断溶液中铜离子浓度是否变化；d在氧化还原反应中，得电子化合价降低的是氧化剂解答：解：a该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，故a错误；b铅蓄电池放电时电池反应为：pb+pbo2+2h2so4=2pbso4+2h2o，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，故b错误；c粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故c错误；d该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，故d正确；故选d点评：本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，难度不大14（3分）下列有关同分异构体数目的叙述中，正确的是（）ac5h12有2种同分异构体bc8h10中只有三种属于芳香烃的同分异构体c甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种dch3ch2ch2ch3光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃考点：有机化合物的异构现象.专题：同分异构体的类型及其判定分析：a、根据同分异构体的书写规律来回答其种数；b、根据同分异构体的书写规律来回答其种数；c、含3个碳原子的烷基有正丙基和异丙基两种，结合甲苯苯环上含有3种氢原子来回答；d、ch3ch2ch2ch3中含有2种氢原子，据此确定一氯代物的种数解答：解：a、c5h12有3种同分异构体：正戊烷、异戊烷、新戊烷，故a错误；b、c8h10中只有4种属于芳香烃的同分异构体：邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯、乙苯，故b错误；c、甲苯苯环上含有3种氢原子，含3个碳原子的烷基有正丙基和异丙基两种，即甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种，故c正确；d、ch3ch2ch2ch3光照下与氯气反应，生成2种一氯代烃，故d错误故选c点评：本题考查学生有机物的同分异构体的书写和种数等知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等15（3分）在一定温度下的固定容积的密闭容器中，当下列物理量不再变化时，表明反应：a（s）+2b（g）c（g）+d（g）已达平衡的是（）a混合气体的压强b混合气体的密度ca的物质的量浓度d气体的总物质的量考点：化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态解答：解：a、由于反应两边气体体积相等，混合气体的压强始终不变，所以压强无法判断是否达到了平衡状态，故a错误；b、由于a是固体，反应两边气体的质量不相等，而容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故b正确；c、由于a是固体，a的物质的量浓度无法衡量是否达到了平衡状态，故c错误；d、反应两边气体的物质的量不变，所以气体的总物质的量始终不变，不能判断平衡状态，故d错误；故选b点评：本题考查了化学平衡状态的判断，利用一些基本量来判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态，具有很强的灵活性，需要学习时理解化学平衡状态的内涵和外延，本题难度中等16下列排列顺序正确的是（）热稳定性：h2ohfh2s原子半径：namgo酸性：h3po4h2so4hclo4结合质子能力：ohch3cooclabcd考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定；根据同周期元素的半径从左至右逐渐减小以及一般来说下一周期元素原子的半径比上一周期大；根据元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；根据h2o、ch3cooh、hcl的电离程度越大，其离子结合质子能力越弱；解答：解：因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：fos，所以hfh2oh2s，故错误；因同周期元素的半径从左至右逐渐减小，namg，o在na和mg的上一周期，半径最小，故正确；因元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：clsp，酸性：hclo4h2so4h3po4，故错误；因h2o、ch3cooh、hcl的电离程度：hclch3coohh2o，所以结合质子能力ohch3coocl，故正确；故选：b点评：本题比较简单，选项d直接做有一定的难度，但如果考虑对应物质电离程度越大，其离子结合质子能力越小就简单了17（3分）短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子数；a与c、b与d均为同主族元素下列叙述正确的是（）a在地壳中，b元素的含量位于第二位ba、b、d三种元素形成的化合物一定是强酸ca元素与c元素形成的化合物与水反应后，溶液呈碱性db元素与c元素形成的化合物c2b和c2b2中阴、阳离子个数比不同考点：原子结构与元素周期率的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；a与c、b与d均为同主族元素，则a、b原子最外层电子数之和为7，a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子数，b的次外层为2或8，如果b次外层为8个电子，则b位于第三周期，b、d属于短周期元素，b的原子序数小于d，且属于同一主族，没有符合条件的d元素，所以b的次外层电子数是2，则a、c位于第ia族、b位于第via族，它们的原子序数依次增大，则b为o元素、c是na元素、d是s元素，根据这四种原子序数之和得a为h元素解答：解：短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；a与c、b与d均为同主族元素，则a、b原子最外层电子数之和为7，a、c原子的最外层电子数之和等于b原子的次外层电子数，b的次外层为2或8，如果b次外层为8个电子，则b位于第三周期，b、d属于短周期元素，b的原子序数小于d，且属于同一主族，没有符合条件的d元素，所以b的次外层电子数是2，则a、c位于第ia族、b位于第via族，它们的原子序数依次增大，则b为o元素、c是na元素、d是s元素，根据这四种原子序数之和得a为h元素，ab是o元素，在地壳中b的含量位于第一位，故a错误；ba、b、d三种元素形成的化合物不一定是强酸，如h2so3是弱酸，故b错误；ca是h元素、c是na元素，a元素与c元素形成的化合物是nah，nah+h2o=naoh+h2，所以溶液呈碱性，故c正确；db元素与c元素形成的化合物na2o和na2o2中阴、阳离子个数比相同，都是1：2，故d错误；故选c点评：本题考查了原子结构和元素周期律关系，根据原子结构及原子之间的关系确定元素，再结合物质的结构、性质分析解答，注意b中亚硫酸的性质、c中nah与水反应方程式的书写、d中过氧化钠的结构，这些知识点都是易错点，会正确书写过氧化钠电子式18（3分）下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）a已知2h2o（l）2h2（g）+o2（g）h=+571.6 kjmol1，则氢气燃烧热为285.8 kjmol1b已知c（石墨，s）c（金刚石，s）h0，则金刚石比石墨稳定c含20.0g naoh的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kj的热量，则稀醋酸和稀naoh溶液反应的热化学方程式为：naoh（aq）+ch3cooh（aq）ch3coona（aq）+h2o（l）h=57.4 kjmol1d己知2c（s）+2o2（g）2co2（g）h1；2c（s）+o2（g）2co（g）h2，则h1h2考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：a、依据燃烧热概念分析，反应方向改变，焓变符号改变；b、物质能量越高越活泼；c、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程；d、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量解答：解：a、已知2h2o（l）2h2（g）+o2（g）h=+571.6 kjmol1，2h2（g）+o2（g）2h2o（l）h=571.6 kjmol1，1mol氢气燃烧的燃烧热为285.8kj/mol，则氢气燃烧热为285.8 kjmol1，故a正确；b、已知c（石墨，s）c（金刚石，s）h0，反应吸热，金刚石能量高于石墨，则金刚石比石墨活泼，故b错误；c、含20.0g naoh物质的量为0.5mol的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kj的热量，1mol氢氧化钠完全中和放热57.4kj，醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，稀醋酸和稀naoh溶液反应放热小于57.4kj，的热化学方程式为：naoh（aq）+ch3cooh（aq）ch3coona（aq）+h2o（l）h57.4 kjmol1，故c错误；d、一氧化碳燃烧放热，碳和氧气反应生成一氧化碳放出热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量，焓变为负值则h1h2，故d错误；故选：a点评：本题考查了热化学方程式的分析，燃烧热，中和热概念的理解应用，注意弱电解质存在电离平衡，物质能量越高越活泼，题目难度中等19（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）a氯化铝溶液中加入过量氨水：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+b向石灰水中加入过量nahco3溶液：ca2+oh+hco3=caco3+h2oc以铁、石墨为电极，食盐水为电解质溶液构成原电池，正极反应为：2h+2e=h2d向fe（oh）3中加入氢碘酸：fe（oh）3+3h+=fe3+3h2o考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a、氯化铝溶液和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于弱碱；b、碱式盐和碱反应量少的全部反应；c、铁和石墨在氯化钠溶液中形成的原电池反应，石墨做正极，溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子，发生吸氧腐蚀；d、氢氧化铁和碘化氢负氧化还原反应生成碘单质；解答：解：a、氯化铝溶液和过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氢氧化铝不溶于弱碱，氯化铝溶液中加入过量氨水反应的离子方程式为：al3+3nh3h2o=al（oh）3+3nh4+，故a正确；b、碱式盐和碱反应量少的全部反应，向石灰水中加入过量nahco3溶液：ca2+2oh+2hco3=caco3+2h2o+co32，故b错误；c、铁和石墨在氯化钠溶液中形成的原电池反应，石墨做正极，溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子，发生吸氧腐蚀，正极电极反应为o2+2h2o+4e=4oh，故c错误；d、氢氧化铁和碘化氢负氧化还原反应生成碘单质，向fe（oh）3中加入氢碘酸，反应的离子方程式为：2fe（oh）3+2i+6h+=2fe2+6h2o，故d错误；故选a点评：本题考查了离子方程式书写方法和正误判断，注意酸式盐和碱反应的量不同产物不同，碘化氢还原性和氯化铁的氧化性分析判断，掌握基础是关键，题目较简单20（3分）在2升的密闭容器中，发生以下反应：2a（g）+b（g）2c（g）+d（g）若最初加入的a和b都是4mol，在前10秒钟a的平均反应速度为0.12mol/（ls），则10秒钟时，容器中b的物质的量是（）a1.6 molb2.8 molc2.4 mold1.2 mol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：根据速率之比等于化学计量数之比计算v（b），利用c=vt计算c（b），n（b）=c（b）v，b的起始物质的量减n（b）为10秒钟时容器中b的物质的量解答：解：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（b）=0.5v（a）=0.50.12mol/（ls）=0.06mol/（ls），所以c（b）=0.06mol/（ls）10s=0.6mol/l，所以n（b）=0.6mol/l2l=1.2mol，故10秒钟时容器中b的物质的量为4mol1.2mol=2.8mol故选b点评：本题考查反应速率的有关计算，难度不大，注意对反应速率公式的灵活运用21（3分）用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是（）a当电池负极消耗m g气体时，电解池阴极有m g气体生成b电解池的阴极反应式为：2h+2eh2c电解后c（na2so4）不变，且溶液中有晶体析出d电池中c（koh）不变；电解池中溶液ph变大考点：电解原理.专题：电化学专题分析：惰性电极，燃料电池的负极发生h22e+2oh2h2o，正极发生o2+4e+2h2o4oh，电解饱和硫酸钠溶液，阳极发生4oh4eo2+2h2o，阴极发生2h+2eh2，以此来解答解答：解：a负极发生h22e+2oh2h2o，阴极发生2h+2eh2，则由电子守恒可知，当电池负极消耗mg气体时，电解池阴极有mg气体生成，故a正确；b惰性电极电解饱和硫酸钠溶液，电解池的阴极反应式为：2h+2eh2，故b正确；c电解后，饱和溶液中有晶体析出，但剩余溶液仍为饱和溶液，温度不变则浓度不变，故c正确；d燃料电池中反应生成水，则电池中 c（koh） 减小，溶液的ph减小，故d错误；故选：d点评：本题考查电解原理，明确发生的电极反应是解答本题的关键，注意饱和溶液中电解水相当于蒸发，选项cd为解答的易错点，题目难度中等22（3分）在火星上工作的“勇气号”探测车的一个重要任务就是收集有关fe2o3及硫酸盐的信息，以证明火星上存在或曾经存在过h2o，以下叙述正确的（）afe2o3粉和铝粉的混合物在一定条件下能发生铝热反应b检验红砖中红色物质是否是fe2o3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向溶液中滴加kscn溶液c向某溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸沉淀不溶解，说明该溶液中含有so42d钡餐、明矾、纯碱、熟石膏都属于硫酸盐考点：铁的氧化物和氢氧化物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；硫酸根离子的检验.专题：氧族元素；几种重要的金属及其化合物分析：a、依据铝热反应的原理和条件分析判断；b、依据fe2o3不溶于水，应加稀盐酸分析判断；c、依据溶氯化钡溶液中含有氯离子和钡离子，氯离子和银离子可以形成氯化银沉淀，钡离子和硫酸根离子可以形成硫酸钡沉淀分析；d、依据物质的组成和盐的概念分析判断；解答：解：a、金属铝的还原性大于铁的还原性，fe2o3粉和铝粉的混合物在一定条件下能发生铝热反应生成铁和氧化铝，故a正确；b、操作步骤中红砖粉碎后，所含的三氧化二铁不溶于水，得不到三价铁的溶液，应加入稀盐酸溶解，故b错误；c、某溶液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可以是不溶于酸的氯化银沉淀或硫酸钡沉淀，不能证明该溶液中含有so42，故c错误；d、钡餐是硫酸钡、明矾是硫酸铝钾、纯碱是碳酸钠、熟石膏是硫酸钙，其中纯碱是碳酸盐不属于硫酸盐，故d错误；故选a点评：本题考查铁及其化合物的性质应用，离子检验的方法和步骤，盐的概念判断，注意氧化铁不溶于水，检验硫酸根离子时避免氯离子的干扰三、填空题23（13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，b是形成酸雨的主要原因，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第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ca（oh）2+2nh4clcacl2+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）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；（5）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考点：无机物的推断.专题：推断题分析：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）既能溶于强酸又能溶于强碱的常见氧化物a为al2o3；（2）b、d都是酸性氧化物且组成元素相同，b是形成酸雨的主要原因，则b是so2，d为so3，则b、d分子中除氧元素外所含另一种元素是s元素，s元素原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，据此判断s元素在周期表中的位置；（3）e能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则e是nh3，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水且氨气和氧气在常温下不反应，氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气；（4）f单质的氢化物是氨气，则f是氮气，因为a是al2o3、b是so2、d是so3、e是nh3、f是n2，根据产物知，x分解时生成二氧化硫和氮气发生元素化合价变化，根据转移电子守恒计算生成二氧化硫的物质的量；（5）综上分析，结合x的组成类似于明矾，可知其化学式为nh4al（so4）212h2o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）b、d都是酸性氧化物且组成元素相同，b是形成酸雨的主要原因，则b是so2，d为so3则b、d分子中除氧元素外所含另一种元素是s元素，s元素原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，则s元素位于第三周期第via族，故答案为：第三周期第a族；（3）e能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则e是nh3，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应方程式为ca（oh）2+2nh4clcacl2+2nh3+2h2o；氨气极易溶于水且氨气和氧气在常温下不反应，氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，所以b是进气口、a是出气口，故答案为：ca（oh）2+2nh4clcacl2+2nh3+2h2o；b；（4）f单质的氢化物是氨气，则f是氮气，因为a是al2o3、b是so2、d是so3、e是nh3、f是n2，根据产物知，x分解时生成二氧化硫和氮气发生元素化合价变化，根据转移电子守恒知，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=3mol，故答案为：so2；3；（5）综上分析，结合x的组成类似于明矾，可知其化学式为nh4al（so4）212h2o，故答案为：nh4al（so4）212h2o点评：本题考查了物质成分的推断，涉及气体的制取和收集、氧化还原反应、原子结构、两性氧化物等知识点，根据生成物采用类比的方法推断x是解本题关键，同时考查学生灵活运用知识解答问题能力，题目难度不大24（12分）乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平请回答下列问题（1）乙烯的电子式，结构简式h2c=ch2（2）鉴别甲烷和乙烯的试剂是bd（填序号）a稀硫酸 b溴的四氯化碳溶液 c水 d酸性高锰酸钾溶液（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是acd（填序号）ach3ch3 bch3chcl2 cch3ch2oh dch3ch2br（4）已知 2ch3cho+o2 2ch3cooh若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如图所示反应的化学方程式为2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o反应类型为氧化反应工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为，反应类型是加聚反应考点：乙烯的化学性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）乙烯是含有碳碳双键的最简单的烯烃，根据电子式可以书写结构简式；（2）乙烯中含有碳碳双键，可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；（3）乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上，双键变为单键；（4）乙烯可以和水加成生成乙醇，乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯解答：解：（1）乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合，电子式为：，根据电子式可以书写结构简式为：h2c=ch2，故答案为：；h2c=ch2；（2）乙烯中含有碳碳双键，可以发生加成反应，使溴水褪色，可以被强氧化剂高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾褪色，而甲烷不能，故答案为：bd；（3）乙烯和溴化氢发生加成生成溴乙烷，和水加成生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，故答案为：acd；（4）乙烯可以和水加成生成乙醇，所以a是乙醇，乙醇可以被氧化为b乙醛，乙醛易被氧化为c乙酸，乙醇的催化氧化反应为：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应为：，属于加聚反应，故答案为：2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o；氧化反应；加聚反应点评：本题主要考查学生乙烯的化学性质，注重了基础知识的考查，可以根据教材知识来回答，难度不大25（9分）肼（n2h4）又称联氨，是一种可燃性液体，其燃烧热较大且燃烧产物对环境无污染，故可以用作火箭燃料（1）已知：n2（g）+2o2（g）=2no2（g）h=+67.7kj/mol2n2h4（l）+2no2（g）=3n2（g）+4h2o（l）h=1135.7kj/mol则肼完全燃烧的热化学方程式为n2h4（l）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）h=534kj/mol（2）肼空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%30%的koh溶液该电池放电时，正极的电极反应式是o2+2h2o+4e=4oh，电池工作一段时间后，电解质溶液的ph将减小（填“增大”、“减小”、“不变”）（3）如图是一个电化学装置示意图用肼空气燃料电池做此装置的电源如果a为含有锌、银、金三种杂质的粗铜，b为纯铜，c为cuso4该装置的实际意义是精炼粗铜如果a是铂电极，b是石墨电极，c是agno3溶液，若b极增重10.8g，该燃料电池理论上消耗0.025mol n2h4考点：热化学方程式；化学电源新型电池.专题：化学反应中的能量变化分析：（1）依据热