黑龙江省哈尔滨师大附中2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年黑龙江省哈尔滨师大附中高三（上）期中化学试卷　一、选择题（本题共20小题，每小题有且只有一个正确选项，每小题2分，共40分）1．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．N2的电子式：B．S2﹣的结构示意图：C．质子数为53，中子数为78的碘原子：D．邻羟基苯甲酸的结构简式：　2．下列物质中，不属于电解质的是（　　）A．NaOHB．H2SO4C．蔗糖D．NaCl　3．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．235g核素U发生裂变反应：U+nSr+Xe+10n，净产生的中子（n）数为10NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA　4．下列说法中正确的是（　　）A．胶体区别于其它分散系的本质特性是丁达尔效应B．利用半透膜可除去淀粉溶液中的少量NaClC．Fe（OH）3胶体带正电荷D．胶体能产生丁达尔效应的原因是胶粒使光线发生了折射　5．下列离子方程式书写正确的是（　　）-38-\nA．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl（浓）Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至碱性：SO42﹣+2H++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2OC．石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓D．NH4Cl浓溶液中滴加浓NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O　6．下列有关仪器的使用正确的是（　　）A．将固体药品放在蒸发皿中进行高温焙烧B．六水氯化钙可用作食品干燥剂C．向试管中滴加液体时胶头滴管一定应悬于试管口的正上方D．冷凝管中冷却水的流向一定是下口进水、上口出水　7．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣　8．如图所示，若锥形瓶内是水，分液漏斗内的液体也是水，向烧杯内滴加水时，发现U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，则烧杯内的物质是（　　）A．过氧化钠B．氧化钠C．钠D．钾　9．已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2bkJ/molB．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=2bkJ/molC．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ/molD．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=bkJ/mol-38-\n　10．下列除杂操作可行的是（　　）A．通过浓硫酸除去HCl中的H2OB．通过灼热的CuO除去H2中的COC．通过灼热的镁粉除去N2中的O2D．通过水除去CO中的CO2　11．下列变化过程，属于放热反应的是（　　）①水蒸气变成液态水②酸碱中和反应③浓硫酸稀释④固体氢氧化钠溶于水⑤氢气在氯气中燃烧⑥食物腐败．A．②③④⑤⑥B．②③④C．②⑤⑥D．①③⑤　12．下列叙述正确的是（　　）A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B．K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性C．Li、Na、K的原子半径和密度随原子序数的增加而增大D．C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强　13．下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（　　）A．NaCl、HCl、H2O、NaOHB．Cl2、Na2S、HCl、SO2C．HBr、CO2、H2O、CS2D．Na2O2、H2O2、H2O、O3　14．在298K、1.01×105Pa下，将22gCO2缓慢通入750mL1mol•L﹣1NaOH溶液中充分反应后，测得反应放热为xkJ．已知该条件下，1molCO2缓慢通入1L2mol•L﹣1NaOH溶液中充分反应后放热为ykJ．则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（　　）A．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ•mol﹣1-38-\nB．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ•mol﹣1C．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ•mol﹣1D．2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）△H=﹣（8x﹣y）kJ•mol﹣1　15．下列有关实验的说法不正确的是（　　）A．为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用盐酸将高锰酸钾溶液进行酸化B．实验室配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸再加水稀释C．从海带灰中提取碘时，为了使I﹣既能完全转化为I2，又对环境无影响，可选H2O2作氧化剂D．制备硫酸亚铁铵晶体，在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，不能将溶液全部蒸干　16．六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E，B与F同主族，E与F同周期；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍；B的最高正价与最低负价的代数和为0；常温下单质A与E的状态不同．下列判断正确的是（　　）A．A、C两种元素只能组成化学式为CA3的化合物B．F与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C．原子半径由大到小的顺序是E＞F＞C＞DD．元素的非金属性由强到弱的顺序是D＞C＞F＞B　17．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（　　）A．B．C．D．　18．下表中实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的一组是操作和现象结论-38-\nA向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚B取某溶液少量，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有大量的SOC取少量Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色该Fe（NO3）2试样已经变质D在新制的银氨溶液试管中加入适量葡萄糖溶液，振荡、水浴加热，试管内壁附着一层银白色金属葡萄糖是还原性糖（　　）A．AB．BC．CD．D　19．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（　　）A．0.24molB．0.21molC．0.16molD．0.14mol　20．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示．下列判断正确的是（　　）A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol/LB．通入CO2的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：1　　-38-\n二．填空题（本题共8小题，共60分）21．写出下列物质的化学式：硫铁矿　　　　　　石膏　　　　　　．　22．SiO2是硅最重要的化物，其用途是　　　　　　（举一例）　23．已知1g乙醇完全燃烧生成液态水放出29.7kJ的热量，写出乙醇燃烧热的热化学方程式　　　　　　．　24．配平化学方程式：　　　　　　K2Cr2O7+　　　　　　HCl﹣﹣　　　　　　KCl+　　　　　　CrCl3+　　　　　　Cl2↑+　　　　　　H2O．浓盐酸在上述反应中体现的性质有　　　　　　．A．还原性B．氧化性C．酸性D．既有氧化性又有还原性．　25．A～H均为短周期元素，A～F在元素周期表中的相对位置如图所示，G与其它七种元素不在同一周期，H是短周期中原子半径最大的主族元素．由B、G组成的气态化合物甲水溶液呈碱性．ABCDEF请回答下列问题：（1）写出甲的电子式　　　　　　，实验室制取气体甲的化学方程式为　　　　　　（2）B、C、G个数比为1：1：5形成的化合物的化学键类型为　　　　　　．a．离子键b．极性键c．非极性键（3）请用电子式表示AE2的形成过程　　　　　　．（4）用离子符号表示C、E、F、H四种离子的半径由大到小的顺序　　　　　　．（5）用一个离子方程式解释A比D非金属性强的原因　　　　　　．　26．某校化学兴趣小组设计了图示实验装置（图中省略了夹持仪器）来测定某铁碳合金中铁的质量分数．-38-\n（1）m克铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是①常温下碳与浓硫酸不反应；②　　　　　　．（2）写出加热时A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式　　　　　　．（3）B中的现象是：　　　　　　；C的作用是：　　　　　　．（4）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg．则铁碳合金中铁的质量分数为　　　　　　（写化简后的表达式）．（5）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，请你写出可能的原因：　　　　　　（6）最后对所得测量结果进行评价，小组内有同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量分数测量值偏低是（任答一条即可）　　　　　　．　27．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成难溶物Sn（OH）Cl（碱式氯化亚锡）．III．Sn（OH）2的性质与Al（OH）3性质相似．请回答下列问题：（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，这样操作的原因是　　　　　　．（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是　　　　　　．-38-\n（3）将反应I滤液中的溶质提取出来的操作是　　　　　　，滤液I溶质的成分是　　　　　　．（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是　　　　　　．称取SnSO4•xH2O晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，列式计算该晶体的化学式为　　　　　　．　28．高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：Ⅰ．RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）Ⅱ．（1）①的反应类型是　　　　　　；③的反应类型是　　　　　　．（2）②的化学方程式为　　　　　　．（3）PMMA单体的官能团名称是　　　　　　、　　　　　　．（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为　　　　　　．（5）I的结构简式为　　　　　　．（6）下列说法正确的是　　　　　　（填字母序号）．a．B和D互为同系物b．⑦为酯化反应c．D可以和灼热的CuO发生反应（7）（C10H10O4）的同分异构体中，满足下列条件的有　　　　　　种．①能与NaHCO3溶液反应，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标况）CO2气体；②苯环上的取代基不超过三个；-38-\n③苯环上的一氯代物只有两种．　　-38-\n2022-2022学年黑龙江省哈尔滨师大附中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共20小题，每小题有且只有一个正确选项，每小题2分，共40分）1．下列有关化学用语表示正确的是（　　）A．N2的电子式：B．S2﹣的结构示意图：C．质子数为53，中子数为78的碘原子：D．邻羟基苯甲酸的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．氮原子最外层有5个电子；B．硫离子质子数为16，核外电子数为18，最外层有8个电子；C．元素符号的左上角是质量数，左下角是质子数；D．邻位是两个支链链接在主链上的碳是相邻的．【解答】解：A．氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，即，故A错误；B．硫离子质子数为16，核外电子数为18，最外层有8个电子，离子结构示意图为，故B错误；C．质量数=质子数+中子数=53+78=131，故C正确；D．邻位是两个支链链接在主链上的碳是相邻的，间位是这两个碳中间间隔着一个碳，间羟基苯甲酸的结构简式：，故D错误．故选C．-38-\n【点评】本题考查电子式、化学式或化学符号及名称的综合，难度不大，注意掌握质量数与质子数和中子数的关系．　2．下列物质中，不属于电解质的是（　　）A．NaOHB．H2SO4C．蔗糖D．NaCl【考点】电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质．【解答】解：A：NaOH为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质，故A错误；B：H2SO4能电离出H+和SO42﹣在水溶液中能导电是电解质，故B错误；C：蔗糖是共价化合物不导电，属非电解质，故C正确；D：NaCl为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电是电解质，故D错误；故选C．【点评】本题较简单，主要考查电解质的定义，熟悉常见的酸、碱、盐都属于电解质来解答．　3．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．1.0L1.0mo1•L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAB．235g核素U发生裂变反应：U+nSr+Xe+10n，净产生的中子（n）数为10NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【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、NaAlO2水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水也含氧原子；B、求出核素U的物质的量，然后根据1mol核素U发生裂变时，产生9moln来分析；-38-\nC、过氧化钠与水反应时，产生1mol氧气时转移2mol电子；D、NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4．【解答】解：A、NaAlO2水溶液中，除了偏铝酸钠本身，水也含氧原子，故溶液中的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；B、235g核素U的物质的量为1mol，而1mol核素U发生裂变时，产生9moln，故为9NA个，故B错误；C、过氧化钠与水反应时，产生1mol氧气时转移2mol电子，故生成0.1mol氧气时转移的电子为0.2NA个，故C正确；D、2molNO与1molO2充分反应后生成NO2，而NO2存在平衡：2NO2⇌N2O4，故分子数小于2NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　4．下列说法中正确的是（　　）A．胶体区别于其它分散系的本质特性是丁达尔效应B．利用半透膜可除去淀粉溶液中的少量NaClC．Fe（OH）3胶体带正电荷D．胶体能产生丁达尔效应的原因是胶粒使光线发生了折射【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．区分分散系的本质特性是分散质粒子的直径大小；B．胶粒不能透过半透膜；C．Fe（OH）3胶体不带电荷，是电中性的；D．丁达尔效应是由于光的散射形成的．【解答】解：A．区分分散系的本质特性是分散质粒子的直径大小，胶体微粒直径在1﹣100nm之间，故A错误；B．淀粉溶液是胶体，胶粒不能透过半透膜，可用渗析提纯胶体，故B正确；C．Fe（OH）3胶体不带电荷，是电中性的，胶粒带正电荷，故C错误；-38-\nD．光线通过胶体能产生丁达尔效应，这是由于光的散射形成的，故D错误．故选B．【点评】本题考查了胶体的性质、制取方法等知识，难度不大，注意基础知识的积累．　5．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4HCl（浓）Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至碱性：SO42﹣+2H++Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2OC．石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓D．NH4Cl浓溶液中滴加浓NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．盐酸完全电离；B．至碱性，生成硫酸钡、NaOH和水；C．石灰乳在离子反应中保留化学式；D．反应生成氯化钠、氨气、水．【解答】解：A．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2的离子反应为MnO2+2Cl﹣+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；B．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至碱性的离子反应为SO42﹣+H++Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故B错误；C．石灰乳与Na2CO3溶液混合的离子反应为Ca（OH）2+CO32﹣═CaCO3↓+2OH﹣，故C错误；D．NH4Cl浓溶液中滴加浓NaOH溶液并加热的离子反应为NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故D正确；故选D．【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．下列有关仪器的使用正确的是（　　）-38-\nA．将固体药品放在蒸发皿中进行高温焙烧B．六水氯化钙可用作食品干燥剂C．向试管中滴加液体时胶头滴管一定应悬于试管口的正上方D．冷凝管中冷却水的流向一定是下口进水、上口出水【考点】计量仪器及使用方法；蒸发、蒸馏与结晶的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．蒸发皿不能焙烧固体；B．容量瓶只有一个刻度；C．用胶头滴管滴加液体时，滴管位于试管口上方垂直滴加；D．冷凝水下进上出．【解答】解：A．焙烧固体应放在坩埚中进行，故A错误；B．实验室中没有480mL容量瓶，应改用500mL的，故B错误；C．为了防止污染胶头滴管后再进一步污染试剂，用胶头滴管滴加液体时，滴管位于试管口上方垂直滴加，故C错误；D．为加强冷凝效果冷却水的流向就应是“下进上出”，故D正确．故选D．【点评】本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，为高频考点，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．　7．将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（　　）A．K+、SiO32﹣、Cl﹣、NO3﹣B．H+、NH4+、Al3+、SO42﹣C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO42﹣D．Na+、C6H5O﹣、CH3COO﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，且与CO2不反应，仍可大量共存，以此来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，但将足量CO2通入，与SiO32﹣反应生成硅酸沉淀，故A不选；B．该组离子之间不反应，可大量共存，且将足量CO2通入，仍不反应，可大量共存，故B选；C．该组离子之间不反应，可大量共存，但将足量CO2通入，与OH﹣反应，不能大量共存，故C不选；-38-\nD．该组离子之间不反应，可大量共存，但将足量CO2通入，与C6H5O﹣反应生成苯酚，故D不选；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．　8．如图所示，若锥形瓶内是水，分液漏斗内的液体也是水，向烧杯内滴加水时，发现U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，则烧杯内的物质是（　　）A．过氧化钠B．氧化钠C．钠D．钾【考点】吸热反应和放热反应．【分析】根据物理知识的原理，可知U形管内液体慢慢右移说明容器内压强比外界压强大，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，说明压强又变回原来相等，根据热涨冷缩现象，导致压强变化，但不能产生气体．【解答】解：A、过氧化钠溶于水放出热量并生成氧气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故A错误；B、氧化钠与水反应放出热量，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，故B正确；C、钠加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故C错误；D、钾加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故D错误．故选B．【点评】要了解物质溶于水的过程，知道为什么放热和吸热，记住溶于水吸热和放热的常见物质，常见的遇于水放热的有：浓硫酸、生石灰、氢氧化钠固体，难度不大，注意恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，所以不能生成气体导致压强增大．　-38-\n9．已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2bkJ/molB．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=2bkJ/molC．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ/molD．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=bkJ/mol【考点】热化学方程式．【分析】燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，以此来解答．【解答】解：由由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣4bkJ/mol，故选C．【点评】本题考查热化学反应方程式的书写，难度不大，明确物质的量与热量的关系，反应热的符号、数值、单位即可解答．　10．下列除杂操作可行的是（　　）A．通过浓硫酸除去HCl中的H2OB．通过灼热的CuO除去H2中的COC．通过灼热的镁粉除去N2中的O2D．通过水除去CO中的CO2【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应；B．二者均可还原CuO；C．二者均与Mg反应；D．二氧化碳在水中的溶解度不大．-38-\n【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应，则通过浓硫酸除去HCl中的H2O，操作可行，故A正确；B．二者均可还原CuO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则不能通过灼热的CuO除去H2中的CO，故B错误；C．二者均与Mg反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则应通过通过灼热的铜网除去N2中的O2，故C错误；D．二氧化碳在水中的溶解度不大，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及除杂的原则为解答的关键，注意原物质与杂质的性质差异，题目难度不大．　11．下列变化过程，属于放热反应的是（　　）①水蒸气变成液态水②酸碱中和反应③浓硫酸稀释④固体氢氧化钠溶于水⑤氢气在氯气中燃烧⑥食物腐败．A．②③④⑤⑥B．②③④C．②⑤⑥D．①③⑤【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水；所有中和反应；绝大多数化合反应；铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应；个别的化合反应（如C和CO2）；工业制水煤气；碳、一氧化碳、氢气还原金属氧化物；某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：①水蒸气变成液态水是物理变化，故①错误；②酸碱中和反应是放热反应，故②正确；③浓硫酸稀释是物理变化，故③错误；④NaOH固体溶于水主要是两种的扩散属于物理变化，故④错误；⑤H2在Cl2中燃烧是发生的放热反应，故⑤正确；-38-\n⑥食物腐败是缓慢氧化是放热反应，故⑥正确．故选C．【点评】本题考查化学反应中能量变化，题目难度不大，掌握常见的放热反应和吸热反应是解题的关键．　12．下列叙述正确的是（　　）A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B．K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性C．Li、Na、K的原子半径和密度随原子序数的增加而增大D．C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；铁的化学性质．【专题】元素周期律与元素周期表专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】A．氯气具有强氧化性，HCl为弱氧化性酸；B．硫酸钾为强酸强碱盐，硫酸锌为强酸弱碱盐；C．电子层越多，半径越大，碱金属的密度Li的大于Na的；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强．【解答】解：A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物为氯化铁、氯化亚铁，故A错误；B．K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液分别显中性、酸性，故B错误；C．Li、Na、K的原子半径随原子序数的增加而增大，Li、Na、K的密度随原子序数的增加先减小后增大，故C错误；D．C、P、S、Cl的非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故D正确；故选D．【点评】本题考查元素周期律，明确同周知、同主族元素的性质变化规律即可解答，题目难度不大，注意氯气具有强氧化性来解答．　13．下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（　　）A．NaCl、HCl、H2O、NaOHB．Cl2、Na2S、HCl、SO2C．HBr、CO2、H2O、CS2D．Na2O2、H2O2、H2O、O3【考点】化学键．-38-\n【专题】化学键与晶体结构．【分析】根据化合物的类型和离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键分析判断．【解答】解：A、NaCl中含有离子键、HCl含有共价键、H2O含有共价键、NaOH含有离子键和共价键，故A不符合；B、Cl2含有共价键、Na2S含有离子键、HCl含有共价键、SO2含有共价键，故B不符合；C、HBr、CO2、H2O、CS2分子中含的化学键都是共价键，故C符合；D、Na2O2含有离子键和共价键、H2O2含有共价键、H2O含有共价键、O3含有共价键，故D不符合；故选C．【点评】本题考查了根据化合物判断化学键类型，难度不大，明确离子键和共价键的区别是解答本题的关键．　14．在298K、1.01×105Pa下，将22gCO2缓慢通入750mL1mol•L﹣1NaOH溶液中充分反应后，测得反应放热为xkJ．已知该条件下，1molCO2缓慢通入1L2mol•L﹣1NaOH溶液中充分反应后放热为ykJ．则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是（　　）A．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2y﹣x）kJ•mol﹣1B．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（2x﹣y）kJ•mol﹣1C．CO2（g）+NaOH（aq）=NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）kJ•mol﹣1D．2CO2（g）+2NaOH（aq）=2NaHCO3（aq）△H=﹣（8x﹣y）kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算；热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据题意可知，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，测得反应放出xkJ的热量，写出热化学反应方程式，再利用1molCO2通入1L2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出ykJ的热量写出热化学反应方程式，最后利用盖斯定律来书写CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式．【解答】解：根据题意，22gCO2通入1mol•L﹣1NaOH溶液750mL中充分反应，n（CO2）==0.5mol，n（NaOH）=1mol•L﹣1×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH═NaHCO3+Na2CO3+H2O，-38-\n由0.5molCO2反应放出热量为xKJ，则2molCO2反应放出热量为4xKJ，即热化学反应方程式为2CO2（g）+3NaOH（aq）═NaHCO3（aq）+Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣4xKJ/mol①，又1molCO2通入2mol•L﹣1NaOH溶液1L中充分反应放出ykJ的热量，则热化学方程式为2NaOH（aq）+CO2（g）═Na2CO3（aq）+H2O（l）△H=﹣yKJ/mol②，由盖斯定律可知，①﹣②可得，NaOH（aq）+CO2（g）═NaHCO3（aq）△H=﹣（4x﹣y）KJ/mol，故选C．【点评】本题考查热化学方程式的书写和计算，是高考中常见题型，计算中涉及到化学方程式的有关计算问题和盖斯定律的有关应用，是一重点题型，学生还应注意在书写热化学方程式时标明各物质的状态，题目难度中等．　15．下列有关实验的说法不正确的是（　　）A．为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用盐酸将高锰酸钾溶液进行酸化B．实验室配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸再加水稀释C．从海带灰中提取碘时，为了使I﹣既能完全转化为I2，又对环境无影响，可选H2O2作氧化剂D．制备硫酸亚铁铵晶体，在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，不能将溶液全部蒸干【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作；物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．高锰酸钾能氧化盐酸；B．三价铁离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铁；C．H2O2做氧化剂产物为水；D．蒸发操作不能直接蒸干．【解答】解：A．高锰酸钾能氧化盐酸，则一般用稀硫酸酸化高锰酸钾溶液，故A错误；B．三价铁离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铁，所以制取的氯化铁中含有杂质氢氧化铁，依据盐类水解平衡移动原理，加入盐酸可以抑制氯化铁的水解，故B正确；C．H2O2做氧化剂产物为水，无污染，故C正确；D．蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，故D正确．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、盐类的水解以及实验操作等，为高频考点，侧重反应原理及实验操作的考查，题目难度不大．-38-\n　16．六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E，B与F同主族，E与F同周期；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍；B的最高正价与最低负价的代数和为0；常温下单质A与E的状态不同．下列判断正确的是（　　）A．A、C两种元素只能组成化学式为CA3的化合物B．F与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C．原子半径由大到小的顺序是E＞F＞C＞DD．元素的非金属性由强到弱的顺序是D＞C＞F＞B【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题．【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，B的最高正价与最低负价的代数和为0，B的原子序数大于A，则B不可能为氢元素，只能处于ⅣA，B与F同主族，且原子序数B＜F，则B为碳，F为Si；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍，则D的核电荷数为8，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E与F同周期，处于第三周期，A与E同主族，常温下单质A与E的状态不同，只能为I族元素，则A为H元素，E为Na，据此解答．【解答】解：六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，B的最高正价与最低负价的代数和为0，B的原子序数大于A，则B不可能为氢元素，只能处于ⅣA，B与F同主族，且原子序数B＜F，则B为碳，F为Si；D的核电荷数是F的最外层电子数的2倍，则D的核电荷数为8，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E与F同周期，处于第三周期，A与E同主族，常温下单质A与E的状态不同，只能为I族元素，则A为H元素，E为Na，A．A为氢元素，C为氮元素，两种元素可组成NH3、N2H4等，故A错误；B．D为氧元素，F为硅元素，二者组成的物质是二氧化硅，性质不活泼，但能与氢氟酸反应，故B错误；C．E为Na，F为Si；C为N，D为O，电子导数越多半径越大，同周期元素从左向右，半径减小，所以原子半径Na＞Si＞N＞O，即E＞F＞C＞D，故C正确；D．同周期随原子序数越大元素非金属性增强，同主族自上而下元素非金属性减弱，所以元素的非金属性Si＜C＜N＜O，即D＞C＞B＞F，故D错误，故选：C．-38-\n【点评】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是关键，突破口是“B的最高正价与最低负价的代数和为0”，注意掌握同主族、同周期元素性质递变规律．　17．将足量的CO2不断通入KOH、Ca（OH）2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（　　）A．B．C．D．【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；碳族元素简介．【专题】压轴题；元素及其化合物．【分析】只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al（OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应．【解答】解：将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ca（OH）2反应（有沉淀CaCO3生成）；当Ca（OH）2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成）．到现在的图标应是出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解．最后是Al（OH）3沉淀．图形应该是：出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加，平台，沉淀减少（CaCO3溶解）．据此作出正确的选择．A、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故A错误；B、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故B错误；C、符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，正确，故C正确；-38-\nD、不符合沉淀、平台、沉淀增加、平台、沉淀减少、平台，错误，故D错误；故选C．【点评】本题考查了二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序，运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题．属于偏难题．　18．下表中实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的一组是操作和现象结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚B取某溶液少量，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀该溶液中一定含有大量的SOC取少量Fe（NO3）2试样加水溶解，加稀硫酸酸化，滴加KSCN溶液，溶液变为血红色该Fe（NO3）2试样已经变质D在新制的银氨溶液试管中加入适量葡萄糖溶液，振荡、水浴加热，试管内壁附着一层银白色金属葡萄糖是还原性糖（　　）A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题；物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．本实验不严密，盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl，不能证明实验结论；B．加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能为BaSO4或AgCl；C．溶液中含有NO3﹣，在酸性条件下会氧化Fe2+离子，不能证明是否已变质；D．葡萄糖含有醛基．【解答】解：A．由于是浓盐酸，可以挥发出HCl，可以使苯酚钠生成苯酚，所以只能证明盐酸酸性强于碳酸，故A错误；B．加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能存在Ag+或SO42﹣，故B错误；C．加了硫酸，即加入H+，与原来的NO3﹣构成了HNO3，能将原来的Fe2+氧化为Fe3+，就不能证明了，故C错误；-38-\nD．葡萄糖含有醛基，有还原性，能发生银镜反应，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、离子检验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．　19．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（　　）A．0.24molB．0.21molC．0.16molD．0.14mol【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量．【解答】解：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，1.344LNO（标准状况）的物质的量为=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L﹣0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol．故选：B．【点评】本题考查学生利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键．　20．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示．下列判断正确的是（　　）-38-\nA．原NaOH溶液的浓度为0.1mol/LB．通入CO2的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：1【考点】化学方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】本题根据题中给出的图象，结合化学反应关系，将化学变化关系，体现在图象上，分析，当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3两种可能的情况，通过图象关系，当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体出现，说明此段内发生了如下反应：HCl+Na2CO3═NaHCO3+NaCl，在加盐酸时产生气体，根据当加盐酸反应完毕时，消耗盐酸100mL，溶液中有则有Na2CO3xmol，生成NaHCO3mmolNa2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl1mol1mol1molx0.025L×0.2mol/Lmmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol1mol1molymol0.075L×0.2mol/Lzmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO20.015mol，标准状况下的体积为0.336L，n（Na+）=n（Cl﹣），所以n（NaOH）=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，在根据上面的计算，求得通CO2生成Na2CO30.005mol，NaHCO30.01mol，即得出答案．-38-\n【解答】解：A•根据化学反应，向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3两种可能的情况，再加入盐酸，将Na2CO3或NaHCO3全部反应生成NaCl，根据化学反应中原子守恒，则有n（Na+）=n（Cl﹣），所以n（NaOH）=n（HCl）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，故A错；B•根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3xmol，生成NaHCO3mmolNa2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl1mol1mol1molx0.025L×0.2mol/Lmmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol1mol1molymol0.075L×0.2mol/Lzmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO20.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错；C•所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；D•根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3xmol，生成NaHCO3mmolNa2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl1mol1mol1molx0.025L×0.2mol/Lmmol解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有NaHCO3+HCl═CO2↑+NaCl1mol1mol1molymol0.075L×0.2mol/Lzmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol求得通入CO2反应后，Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得-38-\nn（NaHCO3）：n（Na2CO3）=2：1，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了元素化合物的性质，结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，对图象的分析，是解决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来．　二．填空题（本题共8小题，共60分）21．写出下列物质的化学式：硫铁矿　FeS2　石膏　CaSO4•2H2O　．【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】硫铁矿的化学式：FeS2；石膏的化学式：CaSO4•2H2O，据此解题．【解答】解：硫铁矿的化学式：FeS2；石膏的化学式：CaSO4•2H2O，故答案为：FeS2；CaSO4•2H2O．【点评】本题主要考查的是生活中常见化合物的化学式书写，掌握各种物质的俗名以及化学式是解决本题的关键，难度不大．　22．SiO2是硅最重要的化物，其用途是　光导纤维　（举一例）【考点】硅和二氧化硅．【专题】碳族元素．【分析】二氧化硅用于制造平板玻璃，玻璃制品，铸造砂，玻璃纤维，陶瓷彩釉，防锈用喷砂，过滤用砂，熔剂，耐火材料以及制造轻量气泡混凝土，二氧化硅的用途很广，自然界里比较稀少的水晶可用以制造电子工业的重要部件、光学仪器和工艺品，二氧化硅是制造光导纤维的重要原料，一般较纯净的石英，可用来制造石英玻璃．石英玻璃膨胀系数很小，相当于普通玻璃的1/18，能经受温度的剧变，耐酸性能好（除HF外），因此，石英玻璃常用来制造耐高温的化学仪器，石英砂常用作玻璃原料和建筑材料．【解答】解：依据二氧化硅的用途可知，二氧化硅是制造光导纤维的重要原料，常用作玻璃原料和建筑材料，用于制造平板玻璃，玻璃制品，铸造砂，玻璃纤维，陶瓷彩釉，防锈用喷砂，过滤用砂，熔剂，耐火材料以及制造轻量气泡混凝土等，故答案为：制光导纤维；【点评】本题考查了二氧化硅的性质和用途应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．-38-\n　23．已知1g乙醇完全燃烧生成液态水放出29.7kJ的热量，写出乙醇燃烧热的热化学方程式　C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.2kJ/mol　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】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1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ，结合燃烧热的定义计算求出1mol乙醇完全燃烧放出的热量，然后写出热化学方程式．【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，1g乙醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热29.7kJ，则1mol乙醇，质量为46g，完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为46×29.7kJ=1366.2kJ，其燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.2kJ•mol﹣1，故答案为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.2kJ•mol﹣1．【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．同时还考查了反应热的计算，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法．　24．配平化学方程式：　1　K2Cr2O7+　14　HCl﹣﹣　2　KCl+　2　CrCl3+　3　Cl2↑+　7　H2O．浓盐酸在上述反应中体现的性质有　AC　．A．还原性B．氧化性C．酸性D．既有氧化性又有还原性．【考点】氧化还原反应方程式的配平．【专题】计算题；守恒思想；守恒法；氧化还原反应专题．【分析】反应中氯从﹣1升为0价，2个氯离子共升高2价，铬元素化合价从+6降为+3，两个铬共降低6价，化合价升降最小公倍数为6，故K2Cr2O系数为1，CrCl3系数为2，Cl2系数为3，再根据元素守恒确定其它物质的系数，配平方程式，在生成KCl、CrCl3时氯的化合价不变，体现盐酸的酸性，生成Cl2体现盐酸的还原性，据此答题．【解答】解：反应中氯从﹣1升为0价，2个氯离子共升高2价，铬元素化合价从+6降为+3，两个铬共降低6价，化合价升降最小公倍数为6，故K2Cr2O系数为1，CrCl3系数为2，Cl2-38-\n系数为3，根据K元素守恒可知KCl系数为2，根据Cl元素守恒可知HCl系数为14，根据H元素可知H2O的系数为7，反应方程式为2K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，在生成KCl、CrCl3时氯的化合价不变，体现盐酸的酸性，生成Cl2体现盐酸的还原性，故选AC，故答案为：1、14、2、2、3、7；AC．【点评】本题考查氧化还原反应配平，难度中等，根据化合价升降和原子守恒配平，注意掌握在该反应中HCl部分被氧化．　25．A～H均为短周期元素，A～F在元素周期表中的相对位置如图所示，G与其它七种元素不在同一周期，H是短周期中原子半径最大的主族元素．由B、G组成的气态化合物甲水溶液呈碱性．ABCDEF请回答下列问题：（1）写出甲的电子式　　，实验室制取气体甲的化学方程式为　2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O　（2）B、C、G个数比为1：1：5形成的化合物的化学键类型为　b　．a．离子键b．极性键c．非极性键（3）请用电子式表示AE2的形成过程　　．（4）用离子符号表示C、E、F、H四种离子的半径由大到小的顺序　S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Na+　．（5）用一个离子方程式解释A比D非金属性强的原因　CO2+H2O+SiO32﹣=CO32﹣+H2SiO3↓　．【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】A～H均为短周期元素，由A～F在元素周期表中的相对位置，可知A、B、C处于第二周期，而D、E、F处于第三周期，H是短周期中原子半径最大的主族元素，则H为Na；由B、G组成的气态化合物甲水溶液呈碱性，该化合物为NH3，G与其它七种元素不在同一周期，可推知G为H元素、B为N元素，结合A～F在元素周期表中的相对位置，可知A为碳元素、C为O元素、D为Si、E为S、F为Cl，据此解答．-38-\n【解答】解：A～H均为短周期元素，由A～F在元素周期表中的相对位置，可知A、B、C处于第二周期，而D、E、F处于第三周期，H是短周期中原子半径最大的主族元素，则H为Na；由B、G组成的气态化合物甲水溶液呈碱性，该化合物为NH3，G与其它七种元素不在同一周期，可推知G为H元素、B为N元素，结合A～F在元素周期表中的相对位置，可知A为碳元素、C为O元素、D为Si、E为S、F为Cl．（1）甲为NH3，电子式为，实验室制取NH3的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（2）N、O、H个数比为1：1：5形成的化合物为NH3．H2O，含有化学键为极性键，故选：b；（3）请用电子式表示CS2的形成过程：，故答案为：；（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞O2﹣＞Na+；（5）可以利用最高价含氧酸的酸性说明C比Si非金属性强，反应离子方程式为：CO2+H2O+SiO32﹣=CO32﹣+H2SiO3↓，故答案为：CO2+H2O+SiO32﹣=CO32﹣+H2SiO3↓．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素涉及解题关键，注意用电子式表示化学键或物质的性质，注意金属性、非金属性强弱比较实验事实．　26．某校化学兴趣小组设计了图示实验装置（图中省略了夹持仪器）来测定某铁碳合金中铁的质量分数．-38-\n（1）m克铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是①常温下碳与浓硫酸不反应；②　常温下Fe遇浓硫酸发生钝化　．（2）写出加热时A中碳与浓硫酸发生反应的化学方程式　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　．（3）B中的现象是：　品红溶液褪色　；C的作用是：　除尽反应产物中的SO2气体　．（4）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg．则铁碳合金中铁的质量分数为　　（写化简后的表达式）．（5）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，请你写出可能的原因：　装置内的CO2难以赶尽，导致E质量增重偏小　（6）最后对所得测量结果进行评价，小组内有同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量分数测量值偏低是（任答一条即可）　SO2不一定能全部被品红KMnO4除去或E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；定量测定与误差分析．【分析】由装置图可知，该实验原理：通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数．故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥．（1）常温下碳与浓硫酸不反应，铁在浓硫酸中发生钝化现象；（2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水；（3）A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫存在会影响二氧化碳的质量测定，C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体；（4）E增重bg为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒计算合金中碳元素的质量，合金的质量减去碳元素质量等于铁的质量，再根据质量分数定义计算；-38-\n（5）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小；（6）由装置图可知，SO2不一定能全部被品红KMnO4除去，E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等．【解答】解：由装置图可知，该实验原理：通过测定干燥管E的质量增重确定二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算铁碳合金中碳的质量，进而计算铁的质量，再计算合金中铁的质量分数．故二氧化硫会影响二氧化碳的测定，进入干燥管E的气体应除去二氧化硫、且干燥．（1）常温下，铁与浓硫酸反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内金属继续与浓硫酸反应，发生钝化现象，故答案为：常温下Fe遇浓硫酸发生钝化；（2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水，反应方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；（3）A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体，防止影响二氧化碳的质量测定，故答案为：品红溶液褪色；除尽反应产物中的SO2气体；（4）E增重bg为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知合金中碳元素的质量为bg，合金中铁的质量为mg﹣bg=（m﹣b）g，故铁的质量分数=，故答案为：；（5）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小，铁元素的质量增大，质量分数增大，故答案为：装置内的CO2难以赶尽，导致E质量增重偏小；（6）由装置图可知，SO2不一定能全部被品红KMnO4除去，E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等，故答案为：SO2不一定能全部被品红KMnO4除去或E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等．-38-\n【点评】本题考查学生对实验原理的理解、对实验方案与实验装置的评价、元素化合物性质、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．　27．硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成难溶物Sn（OH）Cl（碱式氯化亚锡）．III．Sn（OH）2的性质与Al（OH）3性质相似．请回答下列问题：（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，这样操作的原因是　加入盐酸，使水解平衡向左移动，抑制Sn2+水解　．（2）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是　Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑　．（3）将反应I滤液中的溶质提取出来的操作是　蒸发结晶　，滤液I溶质的成分是　NaCl、Na2CO3　．（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是　Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O　．（5）称取SnSO4•xH2O晶体50.2g，在隔绝空气的情况下小火加热至结晶水全部失去，冷却称量固体质量为43g，列式计算该晶体的化学式为　SnSO4•2H2O　．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；实验评价题；类比迁移思想；演绎推理法；无机实验综合．【分析】SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，SnO中加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体；-38-\n（1）SnCl2在水中发生水解反应，加入HCl，可使水解平衡向逆反应方向移动，抑制Sn2+水解；（2）反应Ⅰ为向SnCl2溶液中加碳酸钠，得到的沉淀为SnO，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（3）反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，可以通过蒸发结晶的方法获得溶质；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，即SnSO4在酸性条件下和双氧水反应，Sn2+有还原性，双氧水有氧化性，产物应该是：Sn4+和H2O；（5）根据反应SnSO4•xH2OSnSO4+xH2O，由晶体及生成固体的质量列比例式可求得x的值．【解答】解：SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，SnO中加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体，（1）SnCl2在水中发生水解反应：SnCl2+H2O═Sn（OH）Cl+HCl（可逆反应，应该用可逆号），生成难溶物Sn（OH）Cl，溶液含有杂质，若加入HCl，可使平衡向逆反应方向移动，抑制Sn2+水解；故答案为：加入盐酸，使水解平衡向左移动，抑制Sn2+水解；（2）反应Ⅰ为向SnCl2溶液中加碳酸钠，得到的沉淀为SnO，反应离子方程式为Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑，故答案为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；（3）反应I滤液的溶质为氯化钠和碳酸钠，可以通过蒸发结晶的方法获得溶质为NaCl、Na2CO3，故答案为：蒸发结晶；NaCl、Na2CO3；（4）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，即SnSO4在酸性条件下和双氧水反应，Sn2+有还原性，双氧水有氧化性，产物应该是：Sn4+和H2O，方程式为Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O，故答案为：Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O；（5）根据反应SnSO4•xH2OSnSO4+xH2O，215+18x21550.2g43g-38-\n，x=2，所以该晶体的化学式为SnSO4•2H2O，故答案为：SnSO4•2H2O．【点评】本题考查了物质分离的方法和实验操作，水解分析应用，滴定实验的计算判断和计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　28．高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下：已知：Ⅰ．RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）Ⅱ．（1）①的反应类型是　加成反应　；③的反应类型是　取代反应　．（2）②的化学方程式为　　．（3）PMMA单体的官能团名称是　碳碳双键　、　酯基　．（4）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，⑤的化学方程式为　　．（5）I的结构简式为　CH2=C（CH3）COOH　．（6）下列说法正确的是　bc　（填字母序号）．a．B和D互为同系物b．⑦为酯化反应c．D可以和灼热的CuO发生反应-38-\n（7）（C10H10O4）的同分异构体中，满足下列条件的有　5　种．①能与NaHCO3溶液反应，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标况）CO2气体；②苯环上的取代基不超过三个；③苯环上的一氯代物只有两种．【考点】有机物的推断．【分析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、I分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、I为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为．F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成I，则G为，故F为，E为，据此解答．【解答】解：由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，则D、I分别为CH2=C（CH3）COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、I为CH2=C（CH3）COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为-38-\n．F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成I，则G为，故F为，E为，（1）通过以上分析知，①是加成反应、③是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；（2）②的化学方程式为，故答案为：；（3）PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，其官能团名称是碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键；酯基；（4）该反应方程式为，故答案为：；（5）通过以上分析知I结构简式为CH2=C（CH3）COOH，故答案为：CH2=C（CH3）COOH；（6）a．B为HOCH2CH2OH，D为CH3OH，二者结构不同，所以不是同系物，故错误；b．通过以上分析知，⑦为酯化反应，故正确；c．D为CH3OH，D可以和灼热的CuO发生反应生成甲醛，故正确；故选bc；（7）（C10H10O4）的同分异构体中，满足下列条件，-38-\n①能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，0.1mol该同分异构体能产生4.48L（标况）CO2气体，说明该分子中含有两个羧基；②苯环上的取代基不超过三个；③苯环上的一氯代物只有两种，则取代基为2个或3个，如果取代基是两个且处于对位，为对苯乙酸、对苯甲丙酸、对苯甲异丙酸三种结构；如果取代基为5﹣乙基﹣1、3﹣苯二甲酸、2﹣乙基﹣1、3﹣苯二甲酸，所以符合条件的同分异构体有5种，故答案为：5．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据反应条件、部分物质结构简式采用正逆结合的方法进行推断，难点是（7）中同分异构体种类判断，题目难度中等．　-38-