初中化学鲁教版九年级下册海水中的化学单元复习【市一等奖】

2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高二（下）期末化学试卷一、选择题：（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题有一个选项符合题意）1．化学与生活密切棚关．下列选项中原因与结论均正确的是（）选项原因结论A铁比铜活泼铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈B汽油和植物油都属于烃汽油和植物油都可以用作车用燃料C硅是良好的半导体材料硅可用于制备光导纤维D淀粉和蛋白质都是高分子化合物淀粉和蛋白质都可水解生成葡萄糖A．A B．B C．C D．D2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NAB．78g苯含有碳碳双键的数目为3NAC．常温下，和N2O混合物中所含有的原子数为NAD．1L1mol•L﹣1的CuSO4溶液中含NA个Cu2+3．下列说法正确的是（）A．实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集B．浓盐酸与KMnO4制氯气的离子方程式是：MnO4﹣+8H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+4H2OC．漂白粉溶液在空气中失效变化的离子方程式是：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣D．H2O2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂4．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．用白醋、淀粉碘化钾试纸检验加碘盐是否含碘：5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2OC．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2OD．用洁厕剂（主要成分HCl）与大理石反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O5．以莽草酸为原料，经多步反应可制取对羟基苯甲酸．莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如图．下列说法正确的是（）A．莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物B．1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHC．利用FeCl3溶液可鉴别莽草酸和对羟基苯甲酸D．对羟基苯甲酸较稳定，在空气中不易被氧化6．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．图1所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B．图2所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C．图3所示装置配制•L﹣1的硫酸D．图4所示装置用于分离出溴苯二、选择题：（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题有一个选项符合题意）7．最近科学家研制的一种新型“微生物电池”可以将污水中的有机物转化为电能，其原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（）A．电池工作时，H+向石墨电极移动B．石墨电极上反应为：C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2↑+24H+C．氧化银电极上反应为：Ag2O+2e﹣=2Ag+O2﹣D．该电池每转移4mol电子，石墨电极产生LCO2气体（标准状况）8．一种具有除草功效的有机物的结构简式如图所示．下列有关该化合物的说法正确的是（）A．能发生氧化、取代、加成反应B．分子中含有2个手性碳原子C．1mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗3molBr2D．1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH9．加热蒸发MgCl2溶液直高温灼烧时，其固体分解产物为（）A．MgCl2 B．Mg（OH）2 C．MgO D．Mg10．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A． B．C． D．11．常温下，向20mL某盐酸溶液中逐滴加入L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（）A．盐酸的物质的量浓度为1mol/LB．在①、②之间的任意一点：c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）C．在点②所示溶液中：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），且V＜20D．在点③所示溶液中：由水电离出的c（OH﹣）＞10﹣7mol/L12．下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性：I﹣＞Fe2+A．A、 B．B、 C．C、 D．D、13．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素．已知X、Y、Z是同周期的相邻元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体．下列说法正确的是（）A．原子半径：M＞YB．对应氢化物的沸点：M＞ZC．对应氢化物的稳定性：X＞YD．XY2与MY2溶于水都能得到对应的酸14．组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体异构体）（）A．9种 B．12种 C．24种 D．36种15．物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A．2：3 B．1：5 C．1：4 D．2：516．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（）①KClNa2CO3HCl②NaHCO3Ba（OH）2H2SO4③HClNaAlO2NaHSO4④Ca（OH）2Na2CO3BaCl2．A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④二、第Ⅱ卷（非选择题，共58分）17．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂．某小组按如图装置制取无水NaClO2晶体．已知：①NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；②二氧化氯极易溶于水．NaClO2晶体易溶于水，难溶解于乙醇等有机溶剂．（1）装置A中NaClO3和Na2SO3制备ClO2气体，A中反应的化学方程式为；该装置中采用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是．（2）装置B的作用是．装置C中反应为放热反应，在不改变反应物浓度和体积的条件下，为了使反应在低温下进行，实验中可采取的措施是、．（3）写出装置C中发生的离子方程式．（4）从装置C反应后的溶液中获得无水NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②；③用洗涤2～3次；④在条件下干燥得到成品．（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的质量分数为．（用含m、c、V的代数式表示）18．运用所学知识，解决下列问题：反应A（g）⇌B（g）+C（g）在容积为的密闭容器中进行，A的初始浓度为L．温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示．回答下列问题：（1）上述反应的温度T1T2，平衡常数K（T1）K（T2）．（填“大于”、“小于”或“等于”）（2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：①平衡时体系总的物质的量为．②反应的平衡常数K=．（结果保留两位有效数字）③反应在0～5min区间的平均反应速率v（A）=．（3）合成氨的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣∙mol﹣1已知：1molN﹣H键断裂吸收的能量为kJ．（4）氨可用作碱性燃料电池的燃料，电池反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，则氨燃料电池的负极电极反应为．19．甲、乙、丙三位同学按下列方法制取氢氧化铝，请你参与并回答有关问题．甲：用可溶性铝盐与稀氨水反应制取氢氧化铝．写出该反应的离子方程式：．乙：根据图电解装置制取氢氧化铝．请回答：（1）电源中A极是极，铝极的电极反应式为；（2）从原理分析，电解质NaCl的作用是．丙：利用铝屑、稀H2SO4、NaOH溶液为主要原料制取Al（OH）3固体．（1）先设计了如下三种方案：ⅠAl3+→Al（OH）3ⅡAl→AlO2﹣→Al（OH）3Ⅲ从节省原料的角度分析，你认为最合理的方案是．（填Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ）（2）设计了如下实验步骤：①配制500mL•L﹣1NaOH溶液所用到的仪器有：托盘天平（含砝码）、烧杯、玻璃棒、；②在烧杯A中加入50mL•L﹣1NaOH溶液，再加入足量铝屑给溶液稍加热．其作用是，用蒸馏水把铝屑冲洗，干燥后称其质量为m1g（全部用于制氢氧化铝）；③在盛有适量稀H2SO4的烧杯B中放入g（含m1的式子表示）铝屑，充分搅拌使铝屑反应完全；④在盛有适量浓NaOH溶液的烧杯C中入一定质量的铝屑，充分搅拌使铝屑反应完全．该反应的化学方程式为；⑤将烧杯B和烧杯C中的溶液混合，得到氢氧化铝白色沉淀；⑥将沉淀过滤、洗涤、干燥得Al（OH）3固体m2g．试计算此实验中Al（OH）3的产率是．三、选考题（请在20题和21题中选取一题作答，将答题卡上相应题号涂黑）【化学--选修3物质结构与性质】20．已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，B元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同，D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E是第四周期d区原子序数最大的元素，F+的最外层电子排布全充满．请回答下列问题：（1）写出E的价层电子排布式．（2）A、B、C、D电负性由小到大的顺序为（填元素符号）．（3）E（BD）4为无色或黄色挥发性剧毒液体，熔点﹣℃，沸点43℃．不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，呈四面体构型，该晶体的类型为，E与BD之间的作用力为．（4）①写出一种与BD32﹣互为等电子体的分子的化学式．②含F2+的溶液与K2SO4、氨水反应可得到化合物[F（NH3）4]SO4．1mol配合物离子[F（NH3）4]2+中含σ键的数目为．③E元素与镧（La）元素的合金可做储氢材料，该晶体的晶胞如图所示，晶胞中心有一个E原子，其他E原子都在晶胞面上，则该晶体的化学式为；已知该合金的摩尔质量为Mg•mol﹣1，晶胞参数为apm，用NA表示阿伏伽德罗常数，则该晶胞的密度为g•cm﹣3．【化学--选修5有机化学基础】21．图中A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物．（1）D的化学名称是．（2）反应③的化学方程式是．（有机物须用结构简式表示）（3）B的分子式是．A的结构简式是．反应①的反应类型是．（4）符合下列条件的B的同分异构体的数目有个．i）含有邻二取代苯环结构、ii）与FeCl3溶液发生显色反应．写出其中任意一个同分异构体的结构简式．（5）G是重要的工业原料，用化学方程式表示G的一种重要的工业用途．（6）试以乙烯为主要原料（其它无机试剂自选）合成乙二醇，请按以下格式设计合成路线．ABC…

2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题有一个选项符合题意）1．化学与生活密切棚关．下列选项中原因与结论均正确的是（）选项原因结论A铁比铜活泼铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈B汽油和植物油都属于烃汽油和植物油都可以用作车用燃料C硅是良好的半导体材料硅可用于制备光导纤维D淀粉和蛋白质都是高分子化合物淀粉和蛋白质都可水解生成葡萄糖A．A B．B C．C D．D【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．铜板上的铁钉在潮湿空气中，构成原电池，Fe为负极失去电子；B．汽油的成分为烃，而植物油的成分为油脂；C．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用作光纤的材料；D．蛋白质的最终水解产物为氨基酸．【解答】解：A．铜板上的铁钉在潮湿空气中，构成原电池，铁比铜活泼，Fe为负极失去电子，则容易生锈，故A正确；B．汽油的成分为烃，而植物油的成分为油脂，一般汽油用作车用燃料，故B错误；C．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用作光纤的材料，而硅是良好的半导体材料，二者无因果关系，故C错误；D．蛋白质的最终水解产物为氨基酸，淀粉最终水解生成葡萄糖，淀粉和蛋白质都是高分子化合物，二者无因果关系，故D错误；故选A．2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NAB．78g苯含有碳碳双键的数目为3NAC．常温下，和N2O混合物中所含有的原子数为NAD．1L1mol•L﹣1的CuSO4溶液中含NA个Cu2+【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．依据方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，消耗2mol二氧化碳，转移2mol电子；B．苯分子中不含碳碳双键；C．二氧化碳和N2O的摩尔质量都是44g/mol，分子中都含有3个原子；D．硫酸铜溶液中铜离子水解．【解答】解：A．标准状况下，物质的量为=，依据方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，消耗2mol二氧化碳，转移2mol电子，所以转移电子数为：NA，故A错误；B．苯分子中六个完全相同的特殊的碳碳键，不含有碳碳双键，故B错误；和N2O混合物中含有分子的物质的量为，混合气体中含有原子，所含有的原子数为，故C正确；L1mol•L﹣1的CuSO4溶液中硫酸铜溶质物质的量=1L×1mol•L﹣1=1mol，铜离子水解，含Cu2+数目小于NA个，故D错误；故选C．3．下列说法正确的是（）A．实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集B．浓盐酸与KMnO4制氯气的离子方程式是：MnO4﹣+8H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+4H2OC．漂白粉溶液在空气中失效变化的离子方程式是：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣D．H2O2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂【考点】离子方程式的书写；氧化还原反应．【分析】A．氯气易溶于水，不溶于饱和食盐水；B．离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒；C．反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸；D．双氧水分解生成氧气的反应中，双氧水既是氧化剂也是还原剂．【解答】解：A．实验室制备Cl2，由于氯气在饱和食盐水中溶解度较小，可用排饱和食盐水集气法收集，故A正确；B．浓盐酸与KMnO4制氯气，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式是：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故B错误；C．次氯酸钙溶液中吸收二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解失效，反应的离子方程式为：2ClO﹣+CO2+H2O+Ca2+═2HClO+CaCO3↓，故C错误；D．H2O2具有很强的氧化性，可以做氧化剂，但是双氧水也可以做还原剂，如双氧水的分解反应，故D错误；故选A．4．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+B．用白醋、淀粉碘化钾试纸检验加碘盐是否含碘：5I﹣+IO3﹣+6H+=3I2+3H2OC．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2OD．用洁厕剂（主要成分HCl）与大理石反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．电子、电荷不守恒；B．醋酸在离子反应中保留化学式；C．反应生成碳酸钙、碳酸钠、水；D．反应生成氯化钙、水、二氧化碳．【解答】解：A．用氯化铁溶液腐蚀铜板的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；B．用白醋、淀粉碘化钾试纸检验加碘盐是否含碘的离子反应为5I﹣+IO3﹣+6CH3COOH=6CH3COO﹣+3I2+3H2O，故B错误；C．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量的NaOH溶液的离子反应为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；D．用洁厕剂（主要成分HCl）与大理石反应的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D正确；故选D．5．以莽草酸为原料，经多步反应可制取对羟基苯甲酸．莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如图．下列说法正确的是（）A．莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物B．1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHC．利用FeCl3溶液可鉴别莽草酸和对羟基苯甲酸D．对羟基苯甲酸较稳定，在空气中不易被氧化【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．莽草酸不含苯环；B．莽草酸中只有羧基与氢氧化钠溶液反应；C．氯化铁可与酚羟基发生颜色反应；D．酚羟基易被氧化而变质．【解答】解：A．莽草酸不含苯环，则不属于芳香族化合物，故A错误；B．莽草酸中只有羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，故B错误；C．对羟基苯甲酸含有酚羟基，可用氯化铁鉴别，故C正确；D．对羟基苯甲酸含有酚羟基，酚羟基易被氧化而变质，故D错误．故选C．6．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．图1所示装置用于Cu和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B．图2所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠C．图3所示装置配制•L﹣1的硫酸D．图4所示装置用于分离出溴苯【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．Cu和浓H2SO4在加热条件下反应；B．碳酸氢钠不稳定，加热易分解；C．不能在容量瓶中直接稀释溶液；D．溴苯和水互不相溶．【解答】解：A．Cu和浓H2SO4在加热条件下反应，常温下不反应，故A错误；B．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，不能用加热的方法除杂，否则影响碳酸氢钠，故B错误；C．容量瓶只能在常温下使用，且只能用来配制溶液，不能在容量瓶中直接稀释溶液，故C错误；D．溴苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故D正确．故选D．二、选择题：（本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题有一个选项符合题意）7．最近科学家研制的一种新型“微生物电池”可以将污水中的有机物转化为电能，其原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（）A．电池工作时，H+向石墨电极移动B．石墨电极上反应为：C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2↑+24H+C．氧化银电极上反应为：Ag2O+2e﹣=2Ag+O2﹣D．该电池每转移4mol电子，石墨电极产生LCO2气体（标准状况）【考点】化学电源新型电池．【分析】A．该装置是原电池，石墨上C6H12O6失电子发生氧化反应而作负极，氧化银为正极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；B．根据图知，石墨电极上C6H12O6失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子；C．氧化银电极上氧气得电子发生还原反应；D．根据二氧化碳和转移电子之间的关系式计算生成二氧化碳体积．【解答】解：A．该装置是原电池，石墨上C6H12O6失电子发生氧化反应而作负极，氧化银为正极，放电时电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以氢离子应该向氧化银电极移动，故A错误；B．根据图知，石墨电极上C6H12O6失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2↑+24H+，故B正确；C．氧化银电极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故C错误；D．注入污水的一极是电池的负极，负极上C6H12O6失电子，电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，每转移4mol电子，石墨电极产生，故D错误；故选B．8．一种具有除草功效的有机物的结构简式如图所示．下列有关该化合物的说法正确的是（）A．能发生氧化、取代、加成反应B．分子中含有2个手性碳原子C．1mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗3molBr2D．1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构简式可知分子中含酚﹣OH、碳碳双键、﹣COOC﹣，结合酚、烯烃及酯的性质来解答．【解答】解：A．含双键可发生加成、氧化反应，含﹣OH可发生氧化、取代反应，故A正确；B．连4个不同基团的C为手性碳原子，只有与苯环、酯基直接相连的1个C为手性碳原子，故B错误；C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该化合物与足量浓溴水反应，最多消耗4molBr2，故C错误；D．酚﹣OH、﹣COOC﹣均与NaOH溶液反应，1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，故D错误；故选A．9．加热蒸发MgCl2溶液直高温灼烧时，其固体分解产物为（）A．MgCl2 B．Mg（OH）2 C．MgO D．Mg【考点】盐类水解的原理．【分析】MgCl2溶液在高温灼烧时，发生盐类的水解，生成氢氧化镁和HCl以及水，氢氧化镁在高温下分解为氧化镁．【解答】解：因MgCl2溶液在加热易水解生成氢氧化镁和HCl，则MgCl2溶液在高温灼烧时，发生盐类的水解，生成氢氧化镁和HCl以及水，氢氧化镁在高温下分解生成氧化镁、HCl和H2O，固体产物为MgO．故选C．10．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度（质量分数）是（）A． B．C． D．【考点】有关混合物反应的计算；钠的重要化合物．【分析】根据碳酸氢钠加热分解，而碳酸钠在加热时不反应，则利用反应前后固体的质量差来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度．【解答】解：设样品中含有NaHCO3杂质的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m（减少）2×8410662x（w1g﹣w2g），解得x=，则w（Na2CO3）==，故选A．11．常温下，向20mL某盐酸溶液中逐滴加入L的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是（）A．盐酸的物质的量浓度为1mol/LB．在①、②之间的任意一点：c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）C．在点②所示溶液中：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），且V＜20D．在点③所示溶液中：由水电离出的c（OH﹣）＞10﹣7mol/L【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．【分析】A、根据当未加氨水时盐酸的PH值计算盐酸溶液的物质的量浓度．B、采用极值法判断溶液中各种离子浓度的关系．C、根据溶液中电荷守恒判断各种离子浓度的关系，由生成盐的类型判断氨水的体积．D、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离．【解答】解：A、当未加氨水时，盐酸的PH=1，HCl是强电解质完全电离，氢离子的浓度=HCl的浓度，所以盐酸的物质的量浓度=L，故A错误．B、采用极值法分析，当未加氨水时，溶液中没有铵根离子，所以c（Cl﹣）＞c（NH4+），该溶液呈酸性，即氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度c（H+）＞c（OH﹣），故B正确．C、当溶液的PH=7时，溶液中c（H+）=c（OH﹣），溶液呈电中性，所以c（Cl﹣）=c（NH4+）；氯化铵是强酸弱碱盐溶液呈酸性，要使溶液呈碱性，氨水的物质的量应该稍微大一些，即V＞20，故C错误．D、无论酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，点③所示溶液呈碱性，能抑制水的电离，所以由水电离出的c（OH﹣）＜10﹣7mol/L，故D错误．故选B．12．下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性：I﹣＞Fe2+A．A、 B．B、 C．C、 D．D、【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应；B．浓硫酸先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应；C．过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子；D．氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝．【解答】解：A．然后滴入稀硝酸发生氧化还原反应生成硫酸钡，但SO2通入BaCl2溶液中不反应，则开始不能生成亚硫酸钡沉淀，现象不合理，故A错误；B．浓硫酸先使蔗糖碳化，后C与浓硫酸发生氧化还原反应，则现象说明浓硫酸具有脱水性、强氧化性，故B错误；C．过氧化钠具有强氧化性，可氧化亚铁离子，则不能说明FeCl2溶液部分变质，故C错误；D．氯水先氧化碘离子，碘单质遇淀粉变蓝，则由现象可知还原性I﹣＞Fe2+，故D正确；故选D．13．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素．已知X、Y、Z是同周期的相邻元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体．下列说法正确的是（）A．原子半径：M＞YB．对应氢化物的沸点：M＞ZC．对应氢化物的稳定性：X＞YD．XY2与MY2溶于水都能得到对应的酸【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，据此答题．【解答】解：X、Y、Z、M为原子序数依次增大的4种短周期元素，Y与其同主族的短周期元素可形成一种常见的气体，则Y为氧，生成的气体为二氧化硫，所以X为氮元素，Z为氟元素，M原子的核外电子数是Z原子最外层电子数的2倍，则M为14号元素，硅元素，A、电子层数越多，半径越大，所以原子半径：Si＞O，故A正确；B、由于HF能形成氢键，所以SiF的氢化物沸点低于HF，SiH4＜HF，故B错误；C、非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以Y的氢化物稳定性大于X，故C错误；D、二氧化硅不溶于水，故D错误；故选A．14．组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体异构体）（）A．9种 B．12种 C．24种 D．36种【考点】有机化合物的异构现象．【分析】先找出丁基的同分异构体，再找出﹣C3H5Cl2的同分异构体，然后找出有机物的种类数．【解答】解：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH3CH（CH3）CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，故丁基（﹣C4H9）共有4种；C3H5Cl2的碳链为或，当为，2个氯在一号位或者二号位或者三号位有3种；1个氯在一号位，剩下的一个氯在二号或者三号，2种；1个氯在二号位剩下的一个氯在三号位，1种，总共6种，当为，2个氯在同一个碳上有1种；在两个左边的碳和中间的碳上，1种；左边的碳上和右边的碳上，1种，总共3种，故﹣C3H5Cl2共有9种，所以该有机物共有36种，故选D．15．物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（）A．2：3 B．1：5 C．1：4 D．2：5【考点】氧化还原反应．【分析】锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒规律来解决．【解答】解：锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氧化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，则剩余的1mol的硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，即4Zn+10HNO3（一般稀）=4Zn（NO3）2+N2O↑+5H2O．故选C．16．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（）①KClNa2CO3HCl②NaHCO3Ba（OH）2H2SO4③HClNaAlO2NaHSO4④Ca（OH）2Na2CO3BaCl2．A．①② B．②③ C．①③④ D．①②④【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】①Na2CO3、HCl的反应与量有关；②Ba（OH）2、H2SO4反应生成沉淀，NaHCO3、Ba（OH）2反应生成白色沉淀，NaHCO3、H2SO4反应生成气体；③NaAlO2与HCl、NaHSO4的反应现象相同；④Na2CO3与Ca（OH）2、BaCl2均反应生成白色沉淀．【解答】解：①Na2CO3、HCl的反应与量有关，则利于相互滴加的顺序和现象可鉴别二者，KCl与Na2CO3、HCl均不反应，可鉴别，故选；②Ba（OH）2、H2SO4反应生成沉淀，NaHCO3、Ba（OH）2反应生成白色沉淀，NaHCO3、H2SO4反应生成气体，则首先鉴别出Ba（OH）2，再鉴别出H2SO4，故选；③NaAlO2与HCl、NaHSO4的反应现象相同，不能鉴别HCl、NaHSO4，故不选；④Na2CO3与Ca（OH）2、BaCl2均反应生成白色沉淀，则不能鉴别Ca（OH）2、BaCl2，故不选；故选A．二、第Ⅱ卷（非选择题，共58分）17．亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂．某小组按如图装置制取无水NaClO2晶体．已知：①NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；②二氧化氯极易溶于水．NaClO2晶体易溶于水，难溶解于乙醇等有机溶剂．（1）装置A中NaClO3和Na2SO3制备ClO2气体，A中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O；该装置中采用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是减少ClO2溶解．（2）装置B的作用是防止倒吸．装置C中反应为放热反应，在不改变反应物浓度和体积的条件下，为了使反应在低温下进行，实验中可采取的措施是给C装置加冰水浴、缓慢滴加硫酸．（3）写出装置C中发生的离子方程式2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O．（4）从装置C反应后的溶液中获得无水NaClO2晶体的操作步骤为：①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③用乙醇洗涤2～3次；④在低于60℃条件下干燥得到成品．（5）测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2﹣+4I﹣+4H+═2H2O+2I2+Cl﹣，将所得混合液稀释成100mL待测溶液．取待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣）．请计算所称取的样品中NaClO2的质量分数为×100%．（用含m、c、V的代数式表示）【考点】制备实验方案的设计；性质实验方案的设计．【分析】实验室用NaClO3制取ClO2气体，再由ClO2制得NaClO2，由实验装置可知，A中发生2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，必须使NaClO3稍微过量时防止生成二氧化硫，C中发生2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，由信息高于38°C时析出晶体是NaClO2，可知温度在55°C左右，蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2，NaClO2具有氧化性时可氧化亚铁离子；B作安全瓶，D吸收尾气，NaOH溶液吸收多余的ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO2﹣，由Cl元素的化合价降低可知，另一种离子中Cl离子化合物为+5价，（1）装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，二氧化氯极易溶于水，用浓硫酸而不用稀硫酸；（2）装置C中发生气体反应，装置内压强降低，装置B的作用是安全瓶，防止C瓶溶液倒吸到A瓶中，由信息高于38°C时析出晶体是NaClO2可知实验中可采取的措施；（3）装置C中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平书写方程式；（4）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；（5）根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32﹣，根据关系式计算．【解答】解：（1）装置A中产生ClO2，反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，该装置中采用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是减少ClO2溶解，\故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O；减少ClO2溶解；（2）装置C中发生气体反应，装置内压强降低，装置B的作用是安全瓶，防止C瓶溶液倒吸到A瓶中，装置C反应后的溶液获得NaClO2晶体，根据已知①，给C装置加冰水浴和缓慢滴加硫酸，故答案为：防止倒吸；给C装置加冰水浴、缓慢滴加硫酸；（3）装置C中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH﹣=2ClO2﹣+O2↑+2H2O；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，故答案为：趁热过滤；乙醇；低于60℃；（5）设样品中NaClO2的物质的量x，NaClO2～2I2～4S2O32﹣，1mol4molcmol•L﹣1×V×10﹣3L则：x=c•V•10﹣3mol样品中NaClO2的质量分数为：×100%故答案为：×100%．18．运用所学知识，解决下列问题：反应A（g）⇌B（g）+C（g）在容积为的密闭容器中进行，A的初始浓度为L．温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示．回答下列问题：（1）上述反应的温度T1小于T2，平衡常数K（T1）小于K（T2）．（填“大于”、“小于”或“等于”）（2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：①平衡时体系总的物质的量为．②反应的平衡常数K=．（结果保留两位有效数字）③反应在0～5min区间的平均反应速率v（A）=（L•min）．（3）合成氨的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣∙mol﹣1已知：1molN﹣H键断裂吸收的能量为391kJ．（4）氨可用作碱性燃料电池的燃料，电池反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，则氨燃料电池的负极电极反应为2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【分析】（1）温度越高达平衡所需的时间越短，然后结合图象分析反应的热效应，从而得出K的变化情况；（2）根据三行式，结合平衡常数和反应速率的公式来求解．（3）化学反应旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，反应焓变的数值是两者能量的差值；（4）在燃料点池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应．【解答】解：（1）由图可知T2先达平衡状态，所以T1小于T2，而温度越高K越小，所以正反应为吸热反应，所以温度越高K值越大，故答案为：小于；小于；（2）A（g）⇌B（g）+C（g）起始浓度：00变化浓度：平衡浓度：①平衡时体系总的物质的量为=（++）×1=；②K==；③反应在0～5min区间的平均反应速率v（A）==（L•min）；故答案为：；；（L•min）；（3）反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，根据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣•mol﹣1，令N﹣H键能为xKJ/mol，则mol+3×436kJmol﹣6xkJ/mol=﹣mol解得x=391，故答案为：391；（4）氨可用作碱性燃料电池的燃料，根据电池反应：4NH3+3O2═2N2+6H2O，氨燃料电池的负极上是燃料氨气发生失电子的氧化反应，其电极反应2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，故答案为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．19．甲、乙、丙三位同学按下列方法制取氢氧化铝，请你参与并回答有关问题．甲：用可溶性铝盐与稀氨水反应制取氢氧化铝．写出该反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．乙：根据图电解装置制取氢氧化铝．请回答：（1）电源中A极是正极，铝极的电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+，；（2）从原理分析，电解质NaCl的作用是增强导电能力．丙：利用铝屑、稀H2SO4、NaOH溶液为主要原料制取Al（OH）3固体．（1）先设计了如下三种方案：ⅠAl3+→Al（OH）3ⅡAl→AlO2﹣→Al（OH）3Ⅲ从节省原料的角度分析，你认为最合理的方案是Ⅲ．（填Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ）（2）设计了如下实验步骤：①配制500mL•L﹣1NaOH溶液所用到的仪器有：托盘天平（含砝码）、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；②在烧杯A中加入50mL•L﹣1NaOH溶液，再加入足量铝屑给溶液稍加热．其作用是除去铝粉表面的Al2O3，用蒸馏水把铝屑冲洗，干燥后称其质量为m1g（全部用于制氢氧化铝）；③在盛有适量稀H2SO4的烧杯B中放入g（含m1的式子表示）铝屑，充分搅拌使铝屑反应完全；④在盛有适量浓NaOH溶液的烧杯C中入一定质量的铝屑，充分搅拌使铝屑反应完全．该反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑤将烧杯B和烧杯C中的溶液混合，得到氢氧化铝白色沉淀；⑥将沉淀过滤、洗涤、干燥得Al（OH）3固体m2g．试计算此实验中Al（OH）3的产率是×100%．【考点】原电池和电解池的工作原理；化学方程式的有关计算．【分析】甲：可溶性铝盐与氨水反应可以获得氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；乙：（1）铝单质转化为氢氧化铝中+3价的铝是发生氧化反应，铝单质是阳极，所以A是正极；铝电极的电极反应式为：Al﹣3e﹣=Al3+；（2）氯化钠组成中各离子未参与电极反应，所以其作用是增强溶液的导电性；丙：（1）生成1mol的氢氧化铝，Ⅰ中消耗的硫酸、3mol的氢氧化钠和1mol的铝；Ⅱ消耗的硫酸、1mol的氢氧化钠和1mol的铝；Ⅲ中消耗的硫酸、的氢氧化钠；综上所述Ⅲ中节省原料；（2）①根据实验操作步骤以及玻璃仪器的作用选取仪器；②除去铝粉表面的氧化膜；③根据Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，可知与酸反应的铝占整个铝的；④铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑥Al（OH）3的产率是．【解答】解：甲：可溶性铝盐与氨水反应可以获得氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；乙：（1）铝单质转化为氢氧化铝中+3价的铝是发生氧化反应，铝单质是阳极，所以A是正极；铝电极的电极反应式为：Al﹣3e﹣=Al3+，故答案为：Al﹣3e﹣=Al3+；（2）氯化钠组成中各离子未参与电极反应，所以其作用是增强溶液的导电性，故答案为：增强导电能力；丙：（1）生成1mol的氢氧化铝，Ⅰ中消耗的硫酸、3mol的氢氧化钠和1mol的铝；Ⅱ消耗的硫酸、1mol的氢氧化钠和1mol的铝；Ⅲ中消耗的硫酸、的氢氧化钠；综上所述Ⅲ中节省原料，故答案为：Ⅲ；（2）①托盘天平（含砝码）、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；②烧杯A中加入50mL•L﹣1NaOH溶液，再加入足量铝屑给溶液稍加热是除去铝粉表面的Al2O3，故答案为：除去铝粉表面的Al2O3；③根据Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，可知与酸反应的铝占整个铝的，所以在盛有适量稀H2SO4的烧杯B中放入，故答案为：；④铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑥Al（OH）3的产率是=×100%，故答案为：×100%．三、选考题（请在20题和21题中选取一题作答，将答题卡上相应题号涂黑）【化学--选修3物质结构与性质】20．已知A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，B元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同，D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E是第四周期d区原子序数最大的元素，F+的最外层电子排布全充满．请回答下列问题：（1）写出E的价层电子排布式3d84s2．（2）A、B、C、D电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O（填元素符号）．（3）E（BD）4为无色或黄色挥发性剧毒液体，熔点﹣℃，沸点43℃．不溶于水，易溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，呈四面体构型，该晶体的类型为分子晶体，E与BD之间的作用力为配位键．（4）①写出一种与BD32﹣互为等电子体的分子的化学式BF3．②含F2+的溶液与K2SO4、氨水反应可得到化合物[F（NH3）4]SO4．1mol配合物离子[F（NH3）4]2+中含σ键的数目为16NA．③E元素与镧（La）元素的合金可做储氢材料，该晶体的晶胞如图所示，晶胞中心有一个E原子，其他E原子都在晶胞面上，则该晶体的化学式为LaNi5；已知该合金的摩尔质量为Mg•mol﹣1，晶胞参数为apm，用NA表示阿伏伽德罗常数，则该晶胞的密度为g•cm﹣3．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E、F是元素周期表中前36号元素，它们的原子序数依次增大．A的质子数、电子层数、最外层电子数均相等，则A为H元素；B元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子总数相同，电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，则D为O元素，故C为N元素；E4+与氩原子的核外电子排布相同，则E为Ti元素；F是第四周期d区原子序数最大的元素，则F为