化学·黑龙江省哈尔滨师范大学附中2016-2017学年高二上学期开学化学试卷 Word版含解析 23页

‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师范大学附中高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题．‎ ‎1．下列措施不符合节能减排的是（　　）‎ A．在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用水 B．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏 C．用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气作为家庭燃气 D．大力发展火力发电，解决广东电力紧张问题 ‎2．2H、13C、15N、18O、34S等常用作环境分析指示物，下列对它们的说法正确的是（　　）‎ A．34S原子核内的中子数为16‎ B．16O与18O互称同位素 C．13C和15N原子核内的质子数相差2‎ D．2H的核外电子数比1H多一个 ‎3．已知天然气的主要成分甲烷是一种会产生温室效应的气体，等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大．下面是有关天然气的几种叙述：①天然气与煤、石油相比是比较清洁的能源；②等质量的CH4和CO2产生的温室效应也是前者大；③燃烧天然气也是酸雨的成因之一．其中正确的是（　　）‎ A．①②③ B．只有① C．①和② D．只有③‎ ‎4．下列关于原电池和电解池的区别与联系的说法中，不正确的是（　　）‎ A．原电池是将化学能转化为电能的装置，而电解池是将电能转化为化学能的装置 B．电解池的形成条件中要求必须有电源，原电池的形成条件中不要求有电源 C．原电池的负极和电解池的阴极发生的反应类型一样，都是氧化反应 D．原电池的正极和电解池的阴极都是电子流入的一极 ‎5．据报道，挪威和荷兰正在开发一种新能源﹣﹣盐能．当海水和淡水混合时，温度将升高0.1℃，世界所有入海口的这种能源相当于电力需求的20%，海水和淡水混合时，温度升高最可能的原因是（　　）‎ A．由于浓度差产生放热 B．发生了水分解反应 C．发生了盐分解反应 D．盐的溶解程度增大 ‎6．从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）‎ A．海带灼烧成灰 B．过滤得含I﹣的溶液 C．放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯 ‎7．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）‎ A．1：3 B．4：3 C．2：1 D．3：1‎ ‎8．NaCl是海水中提取出来的一种重要物质，除食用外，它还是一种工业原料，下列以NaCl为原料的产品是（　　）‎ ‎①烧碱 ②纯碱 ③金属钠 ④氯气 ⑤盐酸．‎ A．①②③④⑤ B．仅①②③④ C．仅①③④⑤ D．仅①③④‎ ‎9．在同温同压下，下列各组热化学方程式中△H1＜△H2的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H1 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H2‎ B．S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H1 S（g）+O2（g）═2SO2（g）；△H2‎ C．C（s）+O2（g）═CO（g）；△H1 C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H2‎ D．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H1H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）；△H2‎ ‎10．对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（　　）‎ A．v（W）=3v（Z） B．2v（X）=3v（Z） C．2v（X）=v（Y） D．3v（W）=2v（X）‎ ‎11．下列有关SO2性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是（　　）‎ 实验 记录 A 无色 无色 无色溶液 无色溶液 B 红色 无色 白色沉淀 白色沉淀 C 红色 无色 白色沉淀 无色溶液 D 无色 无色 无色溶液 无色溶液 A．A B．B C．C D．D ‎12．A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、D同周期；A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层．下列叙述正确的是（　　）‎ A．原子序数：A＞B＞C＞D B．单质熔点：D＞B，A＞C C．原子半径：C＞B＞D＞A D．简单离子半径：C＞A＞D＞B ‎13．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 ‎14．下列叙述正确的是（　　）‎ A．NaHSO4固体融化时破坏的是离子键 B．含有共价键的化合物都是共价化合物 C．Na2O溶于水时只破坏离子键没破坏共价键 D．强电解质都是离子化合物 ‎15．Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如表所列物质不能按如图关系（“→”表示一步完成）相互转化的是（　　）‎ 选项 A B C D a Na Al Fe Cu b NaOH Al2O3‎ FeCl3‎ CuSO4‎ c NaCl Al（OH）3‎ FeCl2‎ CuCl2‎ A．A B．B C．C D．D ‎16．下列各种说法正确的是（　　）‎ ‎①铝用于软包装是利用了铝密度小的物理性质 ‎ ‎②在加热条件下，FeO可以迅速变成Fe2O3‎ ‎③合金材料可能含有非金属元素 ‎ ‎④合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料 ‎⑤高纯度的硅广泛用于制作计算机芯片 ‎ ‎⑥不能用自来水直接配制AgNO3溶液 ‎⑦粗铜精炼时，纯铜与外电源的正极相连 ‎⑧在金属元素和非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素．‎ A．仅②③④⑤⑥⑧ B．仅③⑤⑥⑧ C．仅①②④⑦ D．除①外 ‎17．已知热化学方程式：‎ C（金刚石，s）+O2（g）=CO2（g）△H1 ①‎ C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H2 ①‎ C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H3=+1.9kJ/mol ③‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2‎ B．金刚石比石墨稳定 C．△H3=△H1﹣△H2‎ D．石墨转化成金刚石的反应是吸热反应 ‎18．下列有关方程式正确的是（　　）‎ A．向硫酸亚铁溶液中加入双氧水的离子方程式：Fe2++2H2O+4H+=Fe3++4H2O B．粗硅制备的化学方程式：C+SiO2CO2↑+Si C．石墨作电极电解CuSO4溶液的离子方程式：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+‎ D．铁发生吸氧腐蚀时负极上的电极反应式：Fe﹣3e﹣=Fe3+‎ ‎19．如表是元素周期表的一部分．五种元素均位于短周期，X、W的质子数之和为23．下列说法正确的是（　　）‎ X R Y Z W A．Y元素的最高价氧化物的水化物是含氧酸中酸性最强的 B．W和R只能形成一种化合物WR3，且为酸性氧化物 C．X的最高价含氧酸与它的简单气态氢化物发生氧化还原反应 D．Z与R形成的化合物ZR2是生产光纤制品的基本原料 ‎20．有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，至少需要1mol/L盐酸的体积为（　　）‎ A．0.1L B．0.2L C．0.5L D．1.0L ‎　‎ 二.填空题（38分）‎ ‎21．用“＞”或“＜”回答下列问题．‎ ‎（1）酸性：H2CO3　　H2SiO3 HF　　HBr．‎ ‎（2）气态氢化物稳定性：H2S　　H2O NH3　　CH4．‎ ‎（3）还原性：H2S　　HCl SO2　　HI．‎ ‎22．从NO3﹣、SO42﹣、H+、Cu2+、Ag+、Cl﹣中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解，写出符合下列要求的所有可能的电解质的化学式．‎ ‎（1）两极分别放出H2和O2　　．‎ ‎（2）若阴极析出金属，阳极放出O2　　．‎ ‎（3）两极分别放出气体，且体积比为1：1　　．‎ ‎23．在25℃时，2mol乙醇（C2H5OH）在氧气中完全燃烧放出的热量为2733.6kJ，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式　　．‎ ‎24．利用乙醇的燃烧反应以氢氧化钠作电解质溶液设计一个燃料电池，则通入氧气的一极为　　（填“正极”“负极”），负极的电极反应式为　　．‎ ‎25．在如图所示装置中，石墨电极的电极反应式为　　．如果开始加入的CuSO4足量，则电解一段时间，当电路中转移1.0mol电子时，要使溶液恢复至原浓度，可向其中加入的物质是　　（填化学式），其质量为　　g．‎ ‎26．如图只表示出与反应有关的一种反应物或生成物（无关物质已略去），其中A、C为无色气体，请写出下列空白．‎ ‎（1）化合物W的化学式可能是　　或　　，C的电子式　　，F的颜色　　．‎ ‎（2）反应③的离子方程式为　　．‎ ‎（3）反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　　．‎ ‎（4）写出A→E的化学方程式　　．‎ ‎　‎ 三、实验题．‎ ‎27．已知氨可以与热的氧化铜反应得到N2和金属铜，用如图所示装置可以实现该反应．‎ ‎（1）A中加入的物质是　　，发生反应的化学方程式　　．‎ ‎（2）B中加入的物质是　　，其作用是　　．‎ ‎（3）实验时C中观察到的现象是　　，反应的方程式　　．‎ ‎（4）实验时D中观察到的现象是　　，D中收集到的物质是　　（填名称）．‎ ‎　‎ 四、计算题．‎ ‎28．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图．求：‎ ‎①合金中Mg的质量？‎ ‎②所用HCl的物质的量浓度？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省哈尔滨师范大学附中高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题．‎ ‎1．下列措施不符合节能减排的是（　　）‎ A．在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用水 B．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏 C．用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气作为家庭燃气 D．大力发展火力发电，解决广东电力紧张问题 ‎【考点】清洁能源．‎ ‎【分析】节能减排重在节约能源，减少污染物的排放，因此只要是能对节能减排起作用的相关措施均是正确的，据此分析．‎ ‎【解答】解：A、太阳能是绿色无污染的能源，利用太阳能能减少化石热量的使用，故符合节能减排，故A正确；‎ B、用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故B正确；‎ C、在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气能源，符合节能减排，故C正确；‎ D、火力发电会产生大量的二氧化碳和其他污染物，消耗大量的能源，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题是一道化学和生活知识的题目，减少或控制有害气体的排放可以达到节能减排的目的．‎ ‎　‎ ‎2．2H、13C、15N、18O、34S等常用作环境分析指示物，下列对它们的说法正确的是（　　）‎ A．34S原子核内的中子数为16‎ B．16O与18O互称同位素 C．13C和15N原子核内的质子数相差2‎ D．2H的核外电子数比1H多一个 ‎【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．‎ ‎【分析】A．利用质子数+中子数=质量数来计算；‎ B．质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；‎ C．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7；‎ D．同位素的核外电子数相同．‎ ‎【解答】解：A．34S原子核内的中子数为34﹣16=18，故A错误； ‎ B．16O与18O质子数相同中子数不同，互称同位素，故B正确；‎ C．C原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差7﹣6=1，故C错误；‎ D．同位素的核外电子数相同，都是1，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查原子组成和结构，难度不大，注意利用质子数+中子数=质量数来计算．‎ ‎　‎ ‎3．已知天然气的主要成分甲烷是一种会产生温室效应的气体，等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大．下面是有关天然气的几种叙述：①天然气与煤、石油相比是比较清洁的能源；②等质量的CH4和CO2产生的温室效应也是前者大；③燃烧天然气也是酸雨的成因之一．其中正确的是（　　）‎ A．①②③ B．只有① C．①和② D．只有③‎ ‎【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．‎ ‎【分析】（1）天然气是一种清洁能源，煤、石油使用过程中会产生污染气体；‎ ‎（2）等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大，等质量的甲烷和二氧化碳相比，甲烷物质的量大于二氧化碳，产生的二氧化碳气体多，所以前者大；‎ ‎（3）燃烧天然气产物主要是二氧化碳和水，酸雨形成的原因是排放的二氧化硫气体形成的；‎ ‎【解答】解：根据题意可知天然气燃烧生成的二氧化碳气体是形成温室效应的主要原因，和化石燃料燃烧相比属于清洁能源，等质量为mg的甲烷和二氧化碳物质的量为：甲烷为×m，二氧化碳含碳量×m，所以，甲烷物质的量大于二氧化碳，所以甲烷产生的温室效应大；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了天然气中的甲烷和二氧化碳形成温室效应的比较，主要考查利用信息解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎4．下列关于原电池和电解池的区别与联系的说法中，不正确的是（　　）‎ A．原电池是将化学能转化为电能的装置，而电解池是将电能转化为化学能的装置 B．电解池的形成条件中要求必须有电源，原电池的形成条件中不要求有电源 C．原电池的负极和电解池的阴极发生的反应类型一样，都是氧化反应 D．原电池的正极和电解池的阴极都是电子流入的一极 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．原电池是将化学能转化为电能，电解是将电能转化为化学能；‎ B．电解池是非自发进行的氧化还原反应，原电池是自发进行的氧化还原反应；‎ C．原电池负极失电子，电解池阴极得电子；‎ D．原电池中电子从正极流入，电解池中电子从阴极流入．‎ ‎【解答】解：A．原电池是将化学能转化为电能的装置，电解是将电能转化为化学能的装置，故A正确；‎ B．电解池是非自发进行的氧化还原反应，要外加电源，原电池是自发进行的氧化还原反应，不需要外加电源，故B正确；‎ C．原电池负极失电子发生氧化反应，电解池中阴极得电子发生还原反应，故C错误；‎ D．原电池中电子从负极流出经导线流入正极，电解池中电子从外加电源的负极流出经导线流入阴极，阴极得电子，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查原电池、电解池工作原理，比较基础，注意对基础知识的理解掌握，侧重于电极的判断、能量转化、电子移动等内容的考查．‎ ‎　‎ ‎5．据报道，挪威和荷兰正在开发一种新能源﹣﹣盐能．当海水和淡水混合时，温度将升高0.1℃，世界所有入海口的这种能源相当于电力需求的20%，海水和淡水混合时，温度升高最可能的原因是（　　）‎ A．由于浓度差产生放热 B．发生了水分解反应 C．发生了盐分解反应 D．盐的溶解程度增大 ‎【考点】常见的能量转化形式．‎ ‎【分析】海水中含有可溶性盐（氯化钠、氯化镁、氯化钙等），淡水几乎无盐分，海水和淡水混合时，就会自发地扩散、混合，直到两者含盐浓度相等为止．在混合过程中，还将放出相当多的能量．‎ ‎【解答】解：海水中含有可溶性盐（氯化钠、氯化镁、氯化钙等），淡水几乎无盐分，海水和淡水混合时，含盐浓度高的海水以较大的渗透压力向淡水扩散，而淡水也在向海水扩散，由于浓度差产生放热，故A符合，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查新能源﹣﹣盐能，掌握盐能的原理是解答关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．从海带中提取碘的实验过程中，涉及到下列操作，其中正确的是（　　）‎ A．海带灼烧成灰 B．过滤得含I﹣的溶液 C．放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯 ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【分析】A．固体的灼烧应在坩埚中；‎ B．过滤应用玻璃棒引流；‎ C．苯的密度比水小，应从上口倒出；‎ D．碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水．‎ ‎【解答】解：A．不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故A错误；‎ B．过滤应用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故B错误；‎ C．苯的密度比水小，应从上口倒出，防止污染，故C错误；‎ D．碘易升华，蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本体考查化学实验操作，题目难度不大，物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法．‎ ‎　‎ ‎7．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）‎ A．1：3 B．4：3 C．2：1 D．3：1‎ ‎【考点】氧化还原反应的计算．‎ ‎【分析】Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成KCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．‎ ‎【解答】解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，‎ ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为11：1，‎ 则可设ClO﹣为11mol，ClO3﹣为1mol，被氧化的Cl共为12mol，‎ 失去电子的总物质的量为11mol×（1﹣0）+1mol×（5﹣0）=16mol，‎ 氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，‎ Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，‎ 则得到电子的物质的量也应为16mol，‎ 则被还原的Cl的物质的量为16mol，‎ 所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4：3，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用．‎ ‎　‎ ‎8．NaCl是海水中提取出来的一种重要物质，除食用外，它还是一种工业原料，下列以NaCl为原料的产品是（　　）‎ ‎①烧碱 ②纯碱 ③金属钠 ④氯气 ⑤盐酸．‎ A．①②③④⑤ B．仅①②③④ C．仅①③④⑤ D．仅①③④‎ ‎【考点】海水资源及其综合利用．‎ ‎【分析】电解饱和的食盐水即可得到氢气、氯气和氢氧化钠．利用氢氧化钠即可以生成碳酸钠，另外电解熔融的氯化钠则生成钠和氯气．‎ ‎【解答】解：①电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，可制得氢氧化钠，故①正确；‎ ‎②电解饱和的食盐水可制得氢氧化钠，利用氢氧化钠即可以生成碳酸钠，如二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，故②正确；‎ ‎③电解熔融的氯化钠，化学方程式：2NaCl2Na+Cl2↑，则生成钠，故③正确；‎ ‎④电解熔融的氯化钠则生成氯气，电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，故④正确；‎ ‎⑤电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，氢气与氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水可得盐酸，故⑤正确；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查氯化钠的性质和用途，题目难度不大，解题的关键是记住氯化钠的常见用途，特别须注意电解饱和的食盐水的反应原理．‎ ‎　‎ ‎9．在同温同压下，下列各组热化学方程式中△H1＜△H2的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）；△H1 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H2‎ B．S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H1 S（g）+O2（g）═2SO2（g）；△H2‎ C．C（s）+O2（g）═CO（g）；△H1 C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H2‎ D．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）；△H1H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）；△H2‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A．气态水具有的能量较高，则前者放出热量较少，结合焓变为负值分析；‎ B．固体S具有能量较低，燃烧时前者放出热量较小，放出热量越大，而焓变越小；‎ C．固体C完全燃烧时放出热量较多，则前者放出热量大于后者，放热越多，而焓变越小；‎ D．反应热与化学计量数成正比，计量数越大，放出热量越多，而焓变越小．‎ ‎【解答】解：A．前者生成气态水，气态水具有能量大于液态水，则前者放出热量小于后者，由于焓变为负值，放出热量越多，焓变越小，所以△H1＞△H2，故A错误；‎ B．前者为固体S，后者反应中为气体S，气态S具有能量较高，则后者放出热量较多，由于焓变为负值，则△H1＞△H2，故B错误；‎ C．碳在完全燃烧生成二氧化碳气体时放出热量最多，则前者放出热量较小，而焓变为负值，则△H1＞△H2，故C正确；‎ D．反应热与化学计量数成正比，则前者放出热量较大，而焓变为负值，则△H1＜△H2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了反应热大小比较，题目难度中等，明确物质状态与具有能量的关系为解答关键，注意放热反应的焓变为负值，为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．‎ ‎　‎ ‎10．对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（　　）‎ A．v（W）=3v（Z） B．2v（X）=3v（Z） C．2v（X）=v（Y） D．3v（W）=2v（X）‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】根据化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，利用化学反应中化学反应速率之比等于其化学计量数之比来解答．‎ ‎【解答】解：A、由化学计量数可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A错误；‎ B、由化学计量数可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B错误；‎ C、由化学计量数可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C正确；‎ D、由化学计量数可知，v（W）：v（X）=3：2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查化学反应速率和化学计量数的关系，明确化学反应速率之比可由化学反应中的化学计量数直接观察得出是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎11．下列有关SO2性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是（　　）‎ 实验 记录 A 无色 无色 无色溶液 无色溶液 B 红色 无色 白色沉淀 白色沉淀 C 红色 无色 白色沉淀 无色溶液 D 无色 无色 无色溶液 无色溶液 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】二氧化硫的化学性质．‎ ‎【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，酸遇石蕊试液变红色；具有漂白性，能够使品红褪色；具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，据此解答．‎ ‎【解答】解：二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使其溶液呈酸性，酸遇石蕊试液变红色，所以a中溶液颜色变为红色；‎ 具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；‎ 具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；‎ 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了元素化合物，明确二氧化硫为酸性氧化物，具有漂白性、还原性的性质是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎12．A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、D同周期；A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层．下列叙述正确的是（　　）‎ A．原子序数：A＞B＞C＞D B．单质熔点：D＞B，A＞C C．原子半径：C＞B＞D＞A D．简单离子半径：C＞A＞D＞B ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，则A在C的上一周期，A为第二周期元素，C为第三周期元素，B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，则B为第三周期元素，B、D同周期，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，则金属性D＞B，然后结合元素周期律来解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，则A在C的上一周期，A为第二周期元素，C为第三周期元素，B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，则B为第三周期元素，B、D同周期，B的阳离子比D的阳离子氧化性强，则金属性D＞B，‎ A．由同周期随原子序数的增加，金属性减弱、非金属性增强可知，原子序数：C＞B＞D＞C，故A错误；‎ B．金属的电荷越大，半径越小，熔点高，可知单质熔点：D＞B，而同主族非金属单质的熔点从上到下增大，可知单质熔点：A＜C，故B错误；‎ C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D＞B＞C＞A，故C错误；‎ D．电子层越多，离子半径越大，具有相同结构的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：C＞A＞D＞B，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握非金属性、金属性比较及元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．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．‎ ‎【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；‎ 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，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．‎ ‎　‎ ‎14．下列叙述正确的是（　　）‎ A．NaHSO4固体融化时破坏的是离子键 B．含有共价键的化合物都是共价化合物 C．Na2O溶于水时只破坏离子键没破坏共价键 D．强电解质都是离子化合物 ‎【考点】离子化合物的结构特征与性质．‎ ‎【分析】A．NaHSO4固体融化时电离生成钠离子和硫酸氢根离子；‎ B．离子化合物可能含有共价键；‎ C．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠；‎ D．HCl等共价化合物也属于强电解质．‎ ‎【解答】解：A．NaHSO4固体融化时电离生成钠离子和硫酸氢根离子，只破坏离子键，故A正确；‎ B．离子化合物可能含有共价键，如NaOH，故B错误；‎ C．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，水断裂共价键，故C错误；‎ D．HCl等共价化合物也属于强电解质，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键形成的一般规律及判断为解答该类题目的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意利用实例分析解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎15．Na、Al、Fe、Cu是中学化学中重要的金属元素，它们的单质及其化合物之间有很多转化关系，如表所列物质不能按如图关系（“→”表示一步完成）相互转化的是（　　）‎ 选项 A B C D a Na Al Fe Cu b NaOH Al2O3‎ FeCl3‎ CuSO4‎ c NaCl Al（OH）3‎ FeCl2‎ CuCl2‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】钠的重要化合物．‎ ‎【分析】A．Na与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化镁生成氯化钠，电解NaCl可生成Na；‎ B．Al2O3不能与水反应生成Al（OH）3；‎ C．Fe与氯气反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2置换可生成Fe；‎ D．Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuCl2，CuCl2置换可生成Cu．‎ ‎【解答】解：转化关系为a→b→c→a；‎ A、Na与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化镁生成氯化钠，电解NaCl可生成Na，故A不选；‎ B、氧化铝不会一步转化为氢氧化铝，故B选；‎ C、金属铁和氯气反应得到氯化铁，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2置换可生成Fe，符合图示转化关系，故C不选；‎ D、Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，CuSO4和氯化钡反应生成CuCl2，CuCl2置换可生成Cu，符合图示转化关系，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查物质之间的相互转化，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，熟悉复分解反应发生的条件、氧化还原反应的体积应用及常见物质的性质、物质之间的反应是解答的关键，难度较大，解答中答案不唯一，只要符合转化即可．‎ ‎　‎ ‎16．下列各种说法正确的是（　　）‎ ‎①铝用于软包装是利用了铝密度小的物理性质 ‎ ‎②在加热条件下，FeO可以迅速变成Fe2O3‎ ‎③合金材料可能含有非金属元素 ‎ ‎④合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料 ‎⑤高纯度的硅广泛用于制作计算机芯片 ‎ ‎⑥不能用自来水直接配制AgNO3溶液 ‎⑦粗铜精炼时，纯铜与外电源的正极相连 ‎⑧在金属元素和非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素．‎ A．仅②③④⑤⑥⑧ B．仅③⑤⑥⑧ C．仅①②④⑦ D．除①外 ‎【考点】金属与合金在性能上的主要差异．‎ ‎【分析】①铝具有延展性，可用于软包装； ‎ ‎②在加热条件下，FeO缓慢转变成Fe2O3；‎ ‎③合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质； ‎ ‎④合成纤维是有机非金属材料；‎ ‎⑤硅属于半导体材料，高纯度的硅广泛用于制作计算机芯片；‎ ‎⑥自来水中含有氯离子；‎ ‎⑦电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极；‎ ‎⑧在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素既有金属性又有非金属性；‎ ‎【解答】解：①铝用于软包装是利用了铝的延展性，故①错误； ‎ ‎②在加热条件下，FeO缓慢转变成Fe2O3，不能迅速转变，故②错误；‎ ‎③合金是由两种或两种以上的金属与金属（或非金属）经一定方法所合成的具有金属特性的物质，所以合金材料中一定有金属，也可能含有非金属元素，故③正确；‎ ‎④合成纤维是有机非金属材料，光导纤维是新型无机非金属材料，故④错误；‎ ‎⑤硅位于金属元素和非金属元素分界线处，有金属和非金属的性质，所以硅属于半导体材料，高纯度的硅广泛用于制作计算机芯片，故⑤正确；‎ ‎⑥自来水中含有氯离子，配制AgNO3溶液时发生的离子反应：Ag++Cl﹣═AgCl↓，生成白色沉淀，所以不能用自来水直接配制AgNO3溶液，故⑥正确；‎ ‎⑦粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，纯铜为阴极，故⑦错误；‎ ‎⑧因在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素既有金属性又有非金属性，则可以制备半导体材料，故⑧正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查元素化合物的性质与用途，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目贴近高考，难度中等．‎ ‎　‎ ‎17．已知热化学方程式：‎ C（金刚石，s）+O2（g）=CO2（g）△H1 ①‎ C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H2 ①‎ C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H3=+1.9kJ/mol ③‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2‎ B．金刚石比石墨稳定 C．△H3=△H1﹣△H2‎ D．石墨转化成金刚石的反应是吸热反应 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、依据热化学方程式可知石墨变化为金刚石是吸热反应，金刚石能量高于石墨，反应放热焓变为负值比较大小；‎ B、依据热化学方程式可知石墨变化为金刚石是吸热反应，金刚石能量高于石墨；‎ C、依据盖斯定律计算得到焓变关系；‎ D、依据热化学方程式可知石墨变化为金刚石是吸热反应．‎ ‎【解答】解：A、C（金刚石，s）+O2（g）=CO2（g）△H1 ①‎ C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H2 ②‎ C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H3=+1.9kJ/mol ③‎ 依据热化学方程式分析可知石墨变化为金刚石是吸热反应，金刚石能量高于石墨，反应放热焓变为负值，△H1＜△H2，故A错误；‎ B、C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H3=+1.9kJ/mol，金刚石能量高于石墨，石墨稳定，故B错误；‎ C、C（金刚石，s）+O2（g）=CO2（g）△H1 ①‎ C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）△H2 ②‎ C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H3=+1.9kJ/mol ③‎ 依据盖斯定律②﹣①得到，C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H3=+1.9kJ/mol，△H3=△H2﹣△H1，故C错误；‎ D、依据热化学方程式可知石墨变化为金刚石是吸热反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了化学反应能量变化分析判断，盖斯定律的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎18．下列有关方程式正确的是（　　）‎ A．向硫酸亚铁溶液中加入双氧水的离子方程式：Fe2++2H2O+4H+=Fe3++4H2O B．粗硅制备的化学方程式：C+SiO2CO2↑+Si C．石墨作电极电解CuSO4溶液的离子方程式：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+‎ D．铁发生吸氧腐蚀时负极上的电极反应式：Fe﹣3e﹣=Fe3+‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】A．电荷不守恒；‎ B．不符合反应客观事实，二者反应生成一氧化碳和硅；‎ C．石墨作电极电解CuSO4溶液生成铜、氧气和硫酸；‎ D．铁发生吸氧腐蚀时负极铁失去电子生成二价铁离子；‎ ‎【解答】解：A．向硫酸亚铁溶液中加入双氧水的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A错误；‎ B．粗硅制备的化学方程式：2C+SiO22CO↑+Si，故B错误；‎ C．石墨作电极电解CuSO4溶液的离子方程式：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故C正确；‎ D．铁发生吸氧腐蚀时负极上的电极反应式，离子方程式：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意离子方程式、化学方程式书写应遵循电荷守恒，原子个数守恒规律，遵循客观事实，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎19．如表是元素周期表的一部分．五种元素均位于短周期，X、W的质子数之和为23．下列说法正确的是（　　）‎ X R Y Z W A．Y元素的最高价氧化物的水化物是含氧酸中酸性最强的 B．W和R只能形成一种化合物WR3，且为酸性氧化物 C．X的最高价含氧酸与它的简单气态氢化物发生氧化还原反应 D．Z与R形成的化合物ZR2是生产光纤制品的基本原料 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】五种元素均位于短周期，由位置可知，Z、W位于第三周期，X、R、Y位于第二周期，设X质子数为x，W的质子数为x+9，X、W的质子数之和为23，可知x+x+9=23，解得x=7，则X为N，R为O，Y为F，Z为Si，W为S，然后结合元素化合物知识来解答．‎ ‎【解答】解：五种元素均位于短周期，由位置可知，Z、W位于第三周期，X、R、Y位于第二周期，设X质子数为x，W的质子数为x+9，X、W的质子数之和为23，可知x+x+9=23，解得x=7，则X为N，R为O，Y为F，Z为Si，W为S，‎ A．F无正价，不存在含氧酸，故A错误；‎ B．W和R能形成化合物WR2、WR3，且为酸性氧化物，故B错误；‎ C．X的最高价含氧酸与它的简单气态氢化物发生化合反应生成硝酸铵，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；‎ D．Z与R形成的化合物SiO2是生产光纤制品的基本原料，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、质子数关系推断元素为解答的关键，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．‎ ‎　‎ ‎20．有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，至少需要1mol/L盐酸的体积为（　　）‎ A．0.1L B．0.2L C．0.5L D．1.0L ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】在H2气流中加热充分反应，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻0.8g，减少的质量为O元素的质量，将FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3的混合物，相当于其中的O被Cl代替，根据化合价守恒计算盐酸的体积，1个O被2个Cl代替．‎ ‎【解答】解：FeO、Fe2O3的混合物若干克，在H2气流中加热充分反应，生成Fe，冷却后称剩余固体比原混合物质量减轻0.8g，则减少的质量为O元素的质量，将FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应生成FeCl2、FeCl3的混合物，相当于其中的O被Cl代替，根据化合价守恒，1个O被2个Cl代替．所以需1 molL﹣1的盐酸的体积 V（HCl）==0.1L，‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，本题计算时可从化合物组成的角度分析，从化合价守恒的角度解答，可以省去过程的繁琐．‎ ‎　‎ 二.填空题（38分）‎ ‎21．用“＞”或“＜”回答下列问题．‎ ‎（1）酸性：H2CO3　＞　H2SiO3 HF　＜　HBr．‎ ‎（2）气态氢化物稳定性：H2S　＜　H2O NH3　＞　CH4．‎ ‎（3）还原性：H2S　＞　HCl SO2　＞　HI．‎ ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】（1）非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，HF为弱酸，而HBr为强酸；‎ ‎（2）非金属性越强，对应氢化物越稳定；‎ ‎（3）非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，且二氧化硫与碘单质发生氧化还原反应生成HI．‎ ‎【解答】解：（1）非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，HF为弱酸，而HBr为强酸，则酸性：H2CO3＞H2SiO3、HF＜HBr，‎ 故答案为：＞；＜；‎ ‎（2）非金属性越强，对应氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：H2S＜H2O、NH3＞CH4，故答案为：＜；＞；‎ ‎（3）非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，且二氧化硫与碘单质发生氧化还原反应生成HI，则还原性：H2S＞HCl、SO2＞HI，故答案为：＞；＞．‎ ‎【点评】本题考查元素周期律及元素周期表，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．‎ ‎　‎ ‎22．从NO3﹣、SO42﹣、H+、Cu2+、Ag+、Cl﹣中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解，写出符合下列要求的所有可能的电解质的化学式．‎ ‎（1）两极分别放出H2和O2　HNO3、H2SO4　．‎ ‎（2）若阴极析出金属，阳极放出O2　CuSO4、AgNO3、Cu（NO3）2　．‎ ‎（3）两极分别放出气体，且体积比为1：1　HCl　．‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】阴极上阳离子放电顺序为Ag+＞Cu2+＞H+，阳极上阴离子放电顺序为Cl﹣＞OH﹣＞SO42﹣、NO3﹣，‎ ‎（1）当阴极放出H2，阳极放出O2时，则溶液中的电解质不放电，根据离子的放电顺序分析；‎ ‎（2）当阴极析出金属，则金属离子为Cu2+或Ag+，阳极放出O2时，阴离子为SO42﹣或NO3﹣；‎ ‎（3）当阴极放出H2，则阴极为H+放电，阳极放出Cl2阴离子为Cl﹣放电，此时两极分别放出气体，且体积比为1：1．‎ ‎【解答】解：阴极上阳离子放电顺序为Ag+＞Cu2+＞H+，阳极上阴离子放电顺序为Cl﹣＞OH﹣＞SO42﹣、NO3﹣，‎ ‎（1）当阴极放出H2，阳极放出O2时，则溶液中的电解质不放电，溶液中阳离子为H+，阴离子为SO42﹣或NO3﹣，所以电解质是HNO3、H2SO4中的任意一种，故答案为：HNO3、H2SO4；‎ ‎（2）当阴极析出金属，则金属离子为Cu2+或Ag+，阳极放出O2时，阴离子为SO42﹣或NO3﹣；所以电解质是CuSO4或AgNO3或Cu（NO3）2中的任意一种，‎ 故答案为：CuSO4、AgNO3、Cu（NO3）2；‎ ‎（3）当阴极放出H2，则阴极为H+放电溶液中的阳离子为H+，阳极放出Cl2阴离子为Cl﹣放电，所以电解质为HCl，‎ 故答案为：HCl．‎ ‎【点评】本题考查电解原理，明确离子的放电顺序是解答本题的关键，注意电极材料与发生的电极反应即可解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎23．在25℃时，2mol乙醇（C2H5OH）在氧气中完全燃烧放出的热量为2733.6kJ，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式　C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.8kJ/mol　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】燃烧热表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；依据“2mol乙醇（C2H5OH）在氧气中完全燃烧放出的热量为2733.6kJ”计算出1mol 乙醇（C2H5OH）完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时放出的热量，然后写出乙醇燃烧热的热化学方程式．‎ ‎【解答】解：燃烧热是指：在25℃、101KPa时，1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，‎ ‎1mol 乙醇（C2H5OH）完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为：2733.6kJ×=11366.8kJ，‎ 所以乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.8 kJmo﹣1，‎ 故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.8 kJmol﹣1．‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式的书写，题目难度不大，明确燃烧热的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则，试题培养了学生的灵活应用能力．‎ ‎　‎ ‎24．利用乙醇的燃烧反应以氢氧化钠作电解质溶液设计一个燃料电池，则通入氧气的一极为　正极　（填“正极”“负极”），负极的电极反应式为　C2H5OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O　．‎ ‎【考点】电极反应和电池反应方程式．‎ ‎【分析】在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子得还原反应．‎ ‎【解答】解：在燃料电池中，负极上是燃料乙醇发生失电子的氧化反应C2H5OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O，正极上是氧气发生得电子得还原反应，‎ 故答案为：正极；C2H5OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O．‎ ‎【点评】本题考查学生燃料电池的放电规律知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎25．在如图所示装置中，石墨电极的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　．如果开始加入的CuSO4足量，则电解一段时间，当电路中转移1.0mol电子时，要使溶液恢复至原浓度，可向其中加入的物质是　CuO　（填化学式），其质量为　40　g．‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电子由阳极流向电源的正极，根据图中的电子流向可知，石墨电极是阳极发生氧化反应，氢氧根离子发生氧化反应，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，电解足量的硫酸铜阳极是氢氧根离子放电，阴极是铜离子放电，所以要恢复原浓度，只要加入氧化铜，根据得失电子守恒计算加入氧化铜的量，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：电子由阳极流向电源的正极，根据图中的电子流向可知，石墨电极是阳极发生氧化反应，氢氧根离子发生氧化反应，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；电解足量的硫酸铜阳极是氢氧根离子放电，阴极是铜离子放电，所以要恢复原浓度，只要加入氧化铜，当电路中转移1.0mol电子时，所以有0.5mol的硫酸铜放电，需加入0.5mol的氧化铜，质量为：0.5×80=40g，‎ 故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；CuO；40．‎ ‎【点评】本题考查了电解池原理及其应用，题目难度不大，明确电极判断和电极反应的书写方法是解题关键，注意熟练掌握电解池工作原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．‎ ‎　‎ ‎26．如图只表示出与反应有关的一种反应物或生成物（无关物质已略去），其中A、C为无色气体，请写出下列空白．‎ ‎（1）化合物W的化学式可能是　（NH4）2CO3　或　NH4HCO3　，C的电子式　　，F的颜色　红棕色　．‎ ‎（2）反应③的离子方程式为　3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O　．‎ ‎（3）反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　1：2　．‎ ‎（4）写出A→E的化学方程式　4NH3+5O24NO+6H2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【分析】W能和NaOH、HCl反应生成无色气体，A和D反应生成E，C能和过氧化钠反应生成D，且W能分解生成两种气体；D能和E反应生成F，F和B反应生成G，E、F中含有相同元素，G能和Cu反应生成两种物质，则G为HNO3，E为NO、D为O2、F为NO2，W应该为铵盐，A为NH3、C为CO2，则B为H2O，W为（NH4）2CO3或NH4HCO3，结合题目分析解答．‎ ‎【解答】解：W能和NaOH、HCl反应生成无色气体，A和D反应生成E，C能和过氧化钠反应生成D，且W能分解生成两种气体，‎ D能和E反应生成F，F和B反应生成G，E、F中含有相同元素，G能和Cu反应生成两种物质，则G为HNO3，E为NO、D为O2、F为NO2，W应该为铵盐，A为NH3、C为CO2，则B为H2O，W为（NH4）2CO3或NH4HCO3，‎ ‎（1）通过以上分析知，W为（NH4）2CO3或NH4HCO3，C是二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，分子中含有两个碳氧双键，其电子式为；；F为二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，‎ 故答案为：（NH4）2CO3；NH4HCO3；；红棕色；‎ ‎（2）反应③为Cu和稀硝酸反应生成NO，反应的离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，‎ 故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；‎ ‎（3）该反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中有的二氧化氮作还原剂、有的二氧化氮作氧化剂，所以发生还原反应和氧化反应的物质的质量之比为1：2，‎ 故答案为：1：2．‎ ‎（4）A为NH3，E为NO，A→E的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，‎ 故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O．‎ ‎【点评】本题以N元素为载体考查元素化合物推断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，以G与Cu的反应为突破口采用正逆结合的方法进行推断，还涉及离子方程式的书写、氧化还原反应、物质结构等知识点，题目难度不大．‎ ‎　‎ 三、实验题．‎ ‎27．已知氨可以与热的氧化铜反应得到N2和金属铜，用如图所示装置可以实现该反应．‎ ‎（1）A中加入的物质是　氯化铵和氢氧化钙　，发生反应的化学方程式　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　．‎ ‎（2）B中加入的物质是　碱石灰　，其作用是　干燥氨气　．‎ ‎（3）实验时C中观察到的现象是　固体由黑色变为红色　，反应的方程式　2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu　．‎ ‎（4）实验时D中观察到的现象是　有刺激性气味的液态的物质产生　，D中收集到的物质是　氨水　（填名称）．‎ ‎【考点】氨的化学性质．‎ ‎【分析】根据氨气与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，所以A处是产生氨气的反应，用碳酸铵或者碳酸氢铵受热分解得到氨气，氨气中混有水蒸气和二氧化碳气体，用碱石灰除去二氧化碳和水蒸气，氨气易液化，所以氨气和氮气通过冰水冷凝得液氨和氮气，所以E出来的气体是氮气，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ 故答案为：氯化铵和氢氧化钙；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，碱石灰为碱性干燥剂，B是用碱石灰吸收二氧化碳气体和干燥水，‎ 故答案为：碱石灰；干燥氨气；‎ ‎（3）C中发生反应：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，所以观察到黑色粉末逐渐变红，‎ 故答案为：固体由黑色变为红色；2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；‎ ‎（4）氨气易液化，所以试管底部出现无色液体，‎ 故答案为：有刺激性气味的液态的物质产生；氨水．‎ ‎【点评】本题考查学生氨气的实验室制法、干燥以及氨气的还原性方面的知识，明确制备原理和氨气的性质是解题关键，题目难度不大．‎ ‎　‎ 四、计算题．‎ ‎28．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图．求：‎ ‎①合金中Mg的质量？‎ ‎②所用HCl的物质的量浓度？‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】①由图可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.16L﹣0.02L）×5mol/L=0.7mol．从加入氢氧化钠溶液160mL～180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.18L﹣0.16L）×5mol/L=0.1mol，代入上式计算n[Mg（OH）2]，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]，再利用m=nM计算Mg的质量．‎ ‎②加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH），据此计算出n（HCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度．‎ ‎【解答】解：①由图可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠140mL，由氢氧根守恒可知3n[Al（OH）3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.16L﹣0.02L）×5mol/L=0.7mol．从加入氢氧化钠溶液160mL～180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.18L﹣0.16L）×5mol/L=0.1mol，故3×0.1mol+2n[Mg（OH）2]=0.7mol，解得n[Mg（OH）2]=0.2mol，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.2mol，所以Mg的质量为0.2mol×24g/mol=4.8g，‎ 答：合金中Mg的质量为4.8g．‎ ‎②加入氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L×5mol/L=0.8mol，根据氯元素守恒n（HCl）=0.8mol，故盐酸的物质的量浓度为=8mol/L．‎ 答：盐酸的物质的量浓度为8mol/L．‎ ‎【点评】本题考查镁铝化合物性质、混合物的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算．‎ ‎　‎