江西省上饶市上饶中学2022届高三化学上学期第三次月考试题重点潜能班含解析

2022-2022学年江西省上饶市上饶中学高三（上）第三次月考化学试卷（重点、潜能班）一、选择题（每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法错误的是()A．化学反应中的能量变化都表现为热量变化B．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应C．向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若溶液红色加深，则说明盐类水解是吸热的D．反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热2．节约资源和保护环境是每个公民应具备的素质．下列说法不正确的是()A．提倡用模特及其废弃物制备乙醇，生产乙醇汽油B．利用太阳能、风能和核能等能源替代化石能源，有利于实现低碳经济C．氢能是清洁能源，工业上用电解水法制备大量氢气符合节能减排理念D．垃圾应该分类处理变废为宝，而不应该焚烧或深理3．下列实验操作正确且能达到目的是()A．向苯中滴加溴水制备溴苯B．用碱式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液C．向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe（OH）3胶体D．向含有I﹣的溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置检验I﹣的存在4．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1，下列说法不正确的是()A．44.8L氟化氢气体分解成22.4L的氢气和22.4L的氟气吸收270kJ热量B．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJC．相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和高于2mol氟化氢气体的能量D．2molH﹣F键的键能比1molH﹣H键和1molF﹣F键的键能之和大270kJ5．下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0．则金刚石比石墨稳定B．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol．则H2的燃烧热为285.8kJ/molC．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221.0kJ/mol．则C（碳）的燃烧热为110.5kJ/molD．已知2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ/mol．则该反应的中和热为114.6kJ/mol6．下列关于有机物的说法不正确的是()A．乙烯和苯可以用石油和煤为原料制得，它们均能使溴水褪色，但褪色的原理不同B．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应，且均属于高分子化合物C．用饱和Na2CO3溶液能除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇杂质D．研究表明禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，是因为病毒所含蛋白质受热变性22\n7．能在透明溶液中大量共存的一组离子是()A．Na+、NH4+、OH﹣、HCO3﹣B．Mg2+、Ag+、NO3﹣、SiO32﹣C．K+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣D．H+、Fe3+、I﹣、ClO﹣8．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．常温下，9gH2O中含NA个O﹣H键B．1molFe2+与足量稀硝酸反应，转移3NA个电子C．常温常压下，22.4LSO2和O2的混合气体中含2NA个氧原子D．1L0.1mol•L﹣1，KAl（SO4）2溶液含0.1NA个Al3+9．已知短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，它们的部分化合价如下表，下列说法正确的是()元素甲乙丙丁戊最高正价或最低负价﹣4+1+4﹣2﹣1A．乙的单质中能与水剧烈反应B．气态氢化物的稳定性：丙＞甲C．丙的氧化物能与戊的氢化物水溶液反应D．其最高价氧化物对应的水化物的酸性：丁＞戊10．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是()A．194B．391C．516D．65811．与CH2=CH2→CH2Br﹣CH2Br的变化属于同一反应类型的是()A．CH3CHO→C2H5OHB．C2H5Cl→CH2=CH2C．D．CH3COOH→CH3COOC2H522\n12．如图所示，下列说法不正确的是()A．反应过程（1）的热化学方程式为A2（g）+B2（g）═C（g）△H1=﹣QkJ/molB．反应过程（2）的热化学方程式为C（g）═A2（g）+B2（g）△H2=+Q1kJ/molC．Q与Q1的关系：Q＞Q1D．△H2＞△H113．已知在25℃，101kPa下，1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是()A．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（g）△H=﹣48.40kJ•mol﹣1B．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ•mol﹣1C．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=+5518kJ•mol﹣1D．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣48.40kJ•mol﹣114．下列操作或仪器选用不正确的是()A．石油蒸馏B．检验Fe3+C．22\n制备氨气D．中和滴定15．贝诺酯是解熟镇痛抗炎药，其结构如图所示．下列有关说法正确的是()A．分子式为C17H14O5B．贝诺酯既属于酯类又属于蛋白质类C．1mol贝诺酯与H：发生加成反应最多消耗8molH2D．在氢氧化钠水溶液中水解可以得到3种有机物钠盐16．在100mLHNO3和H2SO4混合溶液中，两种酸物质的量浓度之和0.6mol/L，向该溶液中加入足量铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+物质的量浓度（mol/L）最大值为()A．0.225B．0.30C．0.36D．0.45二、填空题（共3题，每空2分，共32分．）17．碳是化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质．请回答下列问题：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：则M、N相比，较稳定的是__________．（2）已知CH3OH（l）的燃烧热△H=﹣238.6kJ/mol，CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣akJ/mol，则a__________（填“＞”、“＜”或“=”）238.6．（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__________．（4）家用液化气中主要成分之一是丁烷，当10g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量500kJ．试写出丁烷燃烧的热化学方程式__________．18．请参考题中图表，已知E1=134kJ•mol﹣1、E2=368kJ•mol﹣1，根据要求回答问题：22\n（1）图Ⅰ是1molNO2（g）和1molCO（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g）过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是__________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），△H的变化是__________．请写出NO2和CO反应的热化学方程式：__________．（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应热化学方程式如下：①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ•mol﹣1又知③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1，则甲醇蒸汽燃烧为液态水的热化学方程式为__________．（3）如表所示是部分化学键的键能参数：化学键P﹣PP﹣OO═OP═O键能/kJ•mol﹣1abcx已知白磷的燃烧热为dkJ•mol﹣1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图Ⅱ所示，则表中x=__________kJ•mol﹣1（用含a、b、c、d的代表数式表示）．19．（14分）[化学﹣﹣选修有机化学基础]BAD是一种紫外线吸收剂，其合成方法如下：已知：Ⅰ、B分子中所有H原子的化学环境相同；Ⅱ、BAD的结构为：请回答下列问题：（1）A的名称为__________．（2）F的结构简式为__________．F的一些同分异构体能使氯化铁溶液变色，能发生银镜反应，且苯环上的一硝基取代产物有两种．符合上述条件的同分异构体有__________种．（3）反应①的化学方程式为__________；反应②的化学方程式为__________；反应③在一定条件下能直接进行，其反应类型为__________．22\n（4）G是一种氨基酸，且羧基和氨基处于苯环的对位．写出G缩聚产物可能的结构简式__________．三、实验题（共1题，每空2分，共16分．）20．（16分）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是__________．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．（4）实验中60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________（填“相等”、“不相等”），所求中和热__________（填“相等”、“不相等”），简述理由__________．（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________（均填“偏大”、“偏小”、“无影响”）；用50mL0.50mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________（均填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．四、计算题（共1题，共4分．）21．在一定条件下，CH4和CO的燃烧的热化学方程式分别为：CH4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣890kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol一定量的CH4和CO的混合气体完全燃烧时，放出的热量为323.6kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，可得到50g白色沉淀．求混合气体中CH4和CO的体积比．22\n2022-2022学年江西省上饶市上饶中学高三（上）第三次月考化学试卷（重点、潜能班）一、选择题（每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法错误的是()A．化学反应中的能量变化都表现为热量变化B．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应C．向醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若溶液红色加深，则说明盐类水解是吸热的D．反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、化学反应的能量变化可以是热能、光能、电能等等；B、焓变与反应条件无关；C、醋酸钠水解显碱性；D、焓变决定于反应物和生成物能量高低．【解答】解：A、化学反应的能量变化可以是热能、光能、电能等等，不仅仅是热能，故A错误；B、铝热反应需要加热，是放热反应，故B正确；C、醋酸钠水解显碱性，加热时碱性增强，说明水解吸热，故C正确；D、焓变决定于反应物和生成物能量高低，故D正确；故选A．【点评】本题考查了化学反应中能量变化的形式、焓变与反应条件无关、盐类水解、焓变求算，题目难度不大．2．节约资源和保护环境是每个公民应具备的素质．下列说法不正确的是()A．提倡用模特及其废弃物制备乙醇，生产乙醇汽油B．利用太阳能、风能和核能等能源替代化石能源，有利于实现低碳经济C．氢能是清洁能源，工业上用电解水法制备大量氢气符合节能减排理念D．垃圾应该分类处理变废为宝，而不应该焚烧或深理【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发；"三废"处理与环境保护．【专题】热点问题．【分析】A．乙醇汽油可减少化石能源的使用；B．太阳能、风能和核能是清洁能源；C．电解水法制备大量氢气需要消耗大量的电能；D．垃圾焚烧或深理仍会产生污染．【解答】解：A．用模特及其废弃物制备乙醇，生产乙醇汽油，乙醇汽油可减少化石能源的使用，故A正确；B．太阳能、风能和核能是清洁能源，能减少污染物的排放，故B正确；C．电解水法制备大量氢气需要消耗大量的电能，电能是清洁能源，故C错误；D．垃圾焚烧或深理仍会产生污染，应该分类处理变废为宝，故D正确．故选C．【点评】本题考查使用化石燃料的利弊及新能源的开发，难度不大，注意电解水法制备大量氢气需要消耗大量的电能，电能是清洁能源．22\n3．下列实验操作正确且能达到目的是()A．向苯中滴加溴水制备溴苯B．用碱式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液C．向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3饱和溶液，以制备Fe（OH）3胶体D．向含有I﹣的溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置检验I﹣的存在【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．苯和溴在催化剂条件下反应制备溴苯；B．高锰酸钾具有氧化性，腐蚀橡皮管；C．向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3，生成Fe（OH）3沉淀；D．氯气氧化碘离子生成碘单质，碘在四氯化碳中为紫色．【解答】解：A．苯和溴在溴化铁作催化剂条件下反应制备溴苯，不能用溴水，故A错误；B．高锰酸钾具有氧化性，腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管，故B错误；C．实验室制备氢氧化铁胶体，是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，故C错误；D．因氯气氧化碘离子生成碘单质，碘在四氯化碳中为紫色，则某无色溶液滴加氯水和CCl4，振荡、静置后，下层溶液显紫色，则原溶液中一定含有I﹣，故D正确．故选D．【点评】本题综合考查化学实验方案的评价，侧重于物质的检验和制备的考查，题目难度不大，注意把握相关实验的注意事项以及相关物质的性质．4．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1，下列说法不正确的是()A．44.8L氟化氢气体分解成22.4L的氢气和22.4L的氟气吸收270kJ热量B．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJC．相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和高于2mol氟化氢气体的能量D．2molH﹣F键的键能比1molH﹣H键和1molF﹣F键的键能之和大270kJ【考点】反应热和焓变．【分析】A、热化学方程式的正逆两个过程的焓变符号相反，数值相等；B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据反应热与能量关系判断；C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应；D、根据化学反应的焓变和键能之间的关系来回答．【解答】解：A、由热化学方程式可知44.8L即2mol氟化氢气体分解成22.4L极1mol的氢气和22.4L即1mol的氟气吸收270kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B正确；C、反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；D、旧键的断裂吸收能量，新键的生成释放能量，该反应是放热反应，所以2molH﹣F键的键能比1molH﹣H键和1molF﹣F键的键能之和大270kJ，故D正确．故选A．22\n【点评】本题考查学生对热化学方程式的理解、反应热与能量关系，难度不大，注意反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应．5．下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A．已知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0．则金刚石比石墨稳定B．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol．则H2的燃烧热为285.8kJ/molC．已知2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221.0kJ/mol．则C（碳）的燃烧热为110.5kJ/molD．已知2NaOH（aq）+H2SO4（aq）═Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ/mol．则该反应的中和热为114.6kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】计算题；守恒思想；类比迁移思想；燃烧热的计算．【分析】A、物质具有的能量越低越稳定；B、根据燃烧热的概念：1mol物质完全燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量来回答；C、根据燃烧热的概念：1mol物质完全燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量来回答；D、根据中和热的概念：氢离子与氢氧根离子生成1mol水所放出的热量；【解答】解：A、根据C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H＞0，则石墨的能量低于金刚石的能量，物质具有的能量越低越稳定，所以金刚石不如石墨稳定，故A错误；B、因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，所以H2的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故B正确；C、因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，碳完全燃烧应生成二氧化硫，故C错误；D、根据中和热的概念：氢离子与氢氧根离子生成1mol水所放出的热量，所以该反应的中和热为57.3kJ/mol，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生燃烧热的含义以及中和热的概念、反应的热效应方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．6．下列关于有机物的说法不正确的是()A．乙烯和苯可以用石油和煤为原料制得，它们均能使溴水褪色，但褪色的原理不同B．糖类、油脂、蛋白质都能发生水解反应，且均属于高分子化合物C．用饱和Na2CO3溶液能除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇杂质D．研究表明禽流感病毒H7N9在沸水中两分钟就能被杀死，是因为病毒所含蛋白质受热变性【考点】乙烯的化学性质；苯的性质；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；乙酸乙酯的制取．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．乙烯和苯均能使溴水褪色；B．高分子化合物指相对分子质量一般在1万以上、一般具有重复结构单元的化合物；C．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质；D．蛋白质受热发生变性．【解答】解：A．乙烯能与溴水发生加成反应，苯能与溴水发生萃取，故A正确；B．糖类中的单糖、双糖和油脂不属于高分子化合物，故B错误；22\nC．因乙醇能溶于饱和Na2CO3溶液，乙酸能与饱和Na2CO3溶液反应生成乙酸钠、水、二氧化碳，乙酸乙酯不与饱和Na2CO3溶液反应，也不溶于饱和Na2CO3溶液反应，出现分层现象，可用分液的方法分离，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，故C正确；D．病毒是蛋白质，蛋白质受热发生变性，故D正确．故选B．【点评】本题考查乙烯的化学性质、高分子化合物、除杂、蛋白质的性质等，难度不大，注意糖类中的单糖、双糖和油脂不属于高分子化合物．7．能在透明溶液中大量共存的一组离子是()A．Na+、NH4+、OH﹣、HCO3﹣B．Mg2+、Ag+、NO3﹣、SiO32﹣C．K+、Cu2+、Cl﹣、SO42﹣D．H+、Fe3+、I﹣、ClO﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】如离子之间不发生反应生成沉淀、气体、弱电解质或不发生氧化还原反应、互促水解等反应，则可大量共存，以此解答．【解答】解：A．OH﹣与NH4+、HCO3﹣反应而不能大量共存，故A错误；B．Mg2+、Ag+与SiO32﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．酸性条件下，I﹣与Fe3+、ClO﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合考查和运用，注意把握离子的性质以及反应类型的判断，为解答该类题目的关键，难度中等．8．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A．常温下，9gH2O中含NA个O﹣H键B．1molFe2+与足量稀硝酸反应，转移3NA个电子C．常温常压下，22.4LSO2和O2的混合气体中含2NA个氧原子D．1L0.1mol•L﹣1，KAl（SO4）2溶液含0.1NA个Al3+【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．1mol水中含有2molO﹣H键；B．Fe2+被氧化为三价铁转移1个电子；C．气体摩尔体积与温度和压强有关；D．铝离子能发生水解．【解答】解：A．9g水的物质的量是0.5mol，9gH2O中含NA个O﹣H键，故A正确；B．1molFe2+与足量稀硝酸反应，转移NA个电子，故B错误；C．常温常压下，22.4LSO2和O2的混合气体的物质的量不是1mol，故C错误；D．铝离子能发生水解，离子个数小于0.1NA，故D错误．故选A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题．22\n9．已知短周期元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，它们的部分化合价如下表，下列说法正确的是()元素甲乙丙丁戊最高正价或最低负价﹣4+1+4﹣2﹣1A．乙的单质中能与水剧烈反应B．气态氢化物的稳定性：丙＞甲C．丙的氧化物能与戊的氢化物水溶液反应D．其最高价氧化物对应的水化物的酸性：丁＞戊【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】短周期元素，甲有﹣4价，处于ⅣA族，乙有+1价，处于ⅠA，丙有+4价，处于ⅣA族，丁有﹣2价，处于ⅥA则，戊有﹣1价，处于ⅦA族，甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲、丙同主族，则甲为C、丙为Si，结合原子序数可知，乙为Na、丁为S、戊为Cl，据此解答．【解答】解：短周期元素，甲有﹣4价，处于ⅣA族，乙有+1价，处于ⅠA，丙有+4价，处于ⅣA族，丁有﹣2价，处于ⅥA则，戊有﹣1价，处于ⅦA族，甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大，甲、丙同主族，则甲为C、丙为Si，结合原子序数可知，乙为Na、丁为S、戊为Cl，A．Na单质很活泼，与水剧烈反应生成氢氧化钠与氢气，故A正确；B．非金属性C＞Si，故氢化物稳定性CH4＞SiH4，故B错误；C．二氧化硅与氢氟酸反应，但不能与盐酸反应，故C错误；D．非金属性Cl＞S，故酸性HClO4＞H2SO4，故D错误；故选A．【点评】本题考查性质结构物质关系应用，难度中等，注意元素周期律的掌握，注意根据化合价判断元素在周期表中的位置．10．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是()A．194B．391C．516D．658【考点】化学能与热能的相互转化．【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．【分析】根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．22\n【解答】解：根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），△H3=2752kJ/mol﹣534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391．故选B．【点评】本题考查学生化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，考查学生知识的灵活应用情况，难度不大．11．与CH2=CH2→CH2Br﹣CH2Br的变化属于同一反应类型的是()A．CH3CHO→C2H5OHB．C2H5Cl→CH2=CH2C．D．CH3COOH→CH3COOC2H5【考点】取代反应与加成反应．【专题】有机反应．【分析】乙烯与溴发生反应C=C双键其中1个碳碳键断裂，不饱和的碳原子与溴原子直接结合生成CH2Br﹣CH2Br，属于加成反应，据此结合选项解答．【解答】解：A．乙醛与氢气在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故A正确；B．氯乙烷转化为乙烯，属于消去反应，故B错误；C．苯环中H原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应，故C错误；D．乙酸与乙醇反应，乙酸中﹣OH被﹣OC2H5取代生成乙酸乙酯，属于取代反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查有机反应类型，比较基础，注意对有机反应类型概念的理解把握．12．如图所示，下列说法不正确的是()A．反应过程（1）的热化学方程式为A2（g）+B2（g）═C（g）△H1=﹣QkJ/molB．反应过程（2）的热化学方程式为C（g）═A2（g）+B2（g）△H2=+Q1kJ/molC．Q与Q1的关系：Q＞Q1D．△H2＞△H1【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】从图象分析A2（g）+B2（g）=C（g）为放热反应，△H1＜0，则其逆反应C（g）=A2（g）+B2（g）为吸热反应，△H2＞0，但其数值互为相反数，据此分析．22\n【解答】解：从图象分析A2（g）+B2（g）=C（g）为放热反应，△H1=﹣QKJ/mol＜0，则其逆反应C（g）=A2（g）+B2（g）为吸热反应，△H2=+Q1KJ/mol＞0，但其数值Q与Q1相等，Q=Q1，C错误，故选：C．【点评】本题考查放热反应和吸热反应的图象分析以及化学反应与其逆反应反应热的关系，题目难度不大，注意认真分析．13．已知在25℃，101kPa下，1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是()A．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（g）△H=﹣48.40kJ•mol﹣1B．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ•mol﹣1C．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=+5518kJ•mol﹣1D．C8H18（l）+12.5O2（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣48.40kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1mol1gC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，以此来解答．【解答】解：由25℃，101kPa下，1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，标明物质的聚集状态，该反应为放热反应，则热化学反应方程式为C8H18（l）+O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ/mol，故选：B．【点评】本题考查热化学反应方程式的书写，明确物质的量与反应放出热量的关系及热方程式书写的方法即可解答，较简单．14．下列操作或仪器选用不正确的是()A．石油蒸馏B．检验Fe3+C．22\n制备氨气D．中和滴定【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．蒸馏测定馏分的温度，冷水下进上出；B．铁离子与KSCN溶液结合生成络离子，溶液为血红色；C．浓氨水与CaO混合，为固体与液体制取氨气的原理；D．图中为酸式滴定管，不能盛放碱性溶液．【解答】解：A．蒸馏测定馏分的温度，冷水下进上出，则图中蒸馏装置合理，故A正确；B．铁离子与KSCN溶液结合生成络离子，溶液为血红色，则图中检验铁离子的实验装置合理，故B正确；C．浓氨水与CaO混合，为固体与液体制取氨气的原理，CaO与水反应放热且氢氧根离子浓度增大，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣平衡逆向移动，氨气逸出，故C正确；D．图中为酸式滴定管，不能盛放碱性溶液，应利用碱式滴定管盛放NaOH溶液，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯实验装置、离子检验、气体制备、中和滴定等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．15．贝诺酯是解熟镇痛抗炎药，其结构如图所示．下列有关说法正确的是()A．分子式为C17H14O5B．贝诺酯既属于酯类又属于蛋白质类C．1mol贝诺酯与H：发生加成反应最多消耗8molH2D．在氢氧化钠水溶液中水解可以得到3种有机物钠盐【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】有机物中含苯环、﹣COOC﹣、﹣NHCO﹣，结合酯及肽键的性质来解答．【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C17H15O5，故A错误；B．由结构可知，属于酯类物质，不属于蛋白质，蛋白质中含多个肽链结构，故B错误；C．只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol贝诺酯发生加成反应最多消耗6molH2，故C错误；D．由结构可知，水解后生成两种含苯环的盐和乙酸钠，共3种，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握结构中的官能团为解答的关键，选项B为解答的易错点，注意蛋白质的结构，题目难度中等．22\n16．在100mLHNO3和H2SO4混合溶液中，两种酸物质的量浓度之和0.6mol/L，向该溶液中加入足量铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+物质的量浓度（mol/L）最大值为()A．0.225B．0.30C．0.36D．0.45【考点】有关混合物反应的计算．【分析】发生反应离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大；设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4，x+y=0.6×0.1，据此计算x、y的值，再根据方程式计算铜离子的物质的量，根据c=计算铜离子浓度．【解答】解：反应的离子方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO（g）+4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4，氢离子与硝酸根恰好反应，生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x、ymol，则n（NO3﹣）：n（H+）=x：（x+2y）=1：4、x+y=0.6×0.1，联立解得：x=0.024mol、y=0.036mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为：0.024mol×=0.036mol，所以铜离子的最大浓度为：=0.36mol/L，故选C．【点评】本题考查化合物的有关计算，题目难度中等，确定NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4时生成的铜离子浓度最大是解题的关键，注意利用离子方程式进行解答．二、填空题（共3题，每空2分，共32分．）17．碳是化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质．请回答下列问题：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：则M、N相比，较稳定的是M．（2）已知CH3OH（l）的燃烧热△H=﹣238.6kJ/mol，CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣akJ/mol，则a＜（填“＞”、“＜”或“=”）238.6．（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）═4HCl（g）+CO2（g）△H=﹣290kJ•mol﹣1．（4）家用液化气中主要成分之一是丁烷，当10g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量500kJ．试写出丁烷燃烧的热化学方程式C4H10（g）+6.5O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2900kJ•mol﹣1．【考点】反应热和焓变；热化学方程式．【分析】（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a＜238.6；22\n（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；（4）依据热化学方程式的书写方法写出，标注物质的聚集状态和对应系数下的反应焓变．【解答】解：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，：△H=+88.6kJ•mol﹣1，过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越低越稳定，说明M稳定；故答案为：M；（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热，故答案为：＜；（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）═4HCl（g）+CO2（g）△H=﹣290kJ•mol﹣1；故答案为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）═4HCl（g）+CO2（g）△H=﹣290kJ•mol﹣1；（4）10g丁烷气体完全燃烧生成CO2和H2O（l）放出热量500kJ，则58g丁烷反应生成CO2和H2O（l）放热×58=2900KJ；丁烷燃烧的热化学方程式为：2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=﹣2900KJ/mol；故答案为：2C4H10（g）+13O2（g）=8CO2（g）+10H2O（l）△H=﹣2900KJ/mol．【点评】本题考查了化学反应能量变化，燃烧热概念分析判断，氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．18．请参考题中图表，已知E1=134kJ•mol﹣1、E2=368kJ•mol﹣1，根据要求回答问题：（1）图Ⅰ是1molNO2（g）和1molCO（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g）过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是减小（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），△H的变化是不变．请写出NO2和CO反应的热化学方程式：NO2（g）+CO（g）═CO2（g）+NO（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1．（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应热化学方程式如下：①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ•mol﹣1又知③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ•mol﹣1，则甲醇蒸汽燃烧为液态水的热化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣764.7kJ•mol﹣1．（3）如表所示是部分化学键的键能参数：化学键P﹣PP﹣OO═OP═O键能/kJ•mol﹣1abcx22\n已知白磷的燃烧热为dkJ•mol﹣1，白磷及其完全燃烧的产物的结构如图Ⅱ所示，则表中x=（d+6a+5c﹣12b）kJ•mol﹣1（用含a、b、c、d的代表数式表示）．【考点】热化学方程式；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，但是不改变反应物的总能量和生成物的总能量，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368﹣134=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；（2）依据热化学方程式，利用盖斯定律进行计算；（3）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据化学键的断裂和形成的数目进行计算．【解答】解：（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量368﹣134=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1，故答案为：减小；不变；NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=﹣234kJ•mol﹣1；（2）利用盖斯定律进行计算，①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=﹣192.9kJ•mol﹣1又知③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol依据盖斯定律计算（②×3﹣①×2+③×2）×得到CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726KJ/mol；故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726KJ/mol；（3）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP﹣P、5molO=O，形成12molP﹣O、4molP=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol﹣（6mol×akJ/mol+5mol×ckJ/mol）=dkJ/mol，x=（d+6a+5c﹣12b）kJ/mol，故答案为：（d+6a+5c﹣12b）．【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，本题注意热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意反应热的计算，特别是注意分析白磷的氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目．19．（14分）[化学﹣﹣选修有机化学基础]BAD是一种紫外线吸收剂，其合成方法如下：已知：Ⅰ、B分子中所有H原子的化学环境相同；22\nⅡ、BAD的结构为：请回答下列问题：（1）A的名称为2﹣丙醇．（2）F的结构简式为．F的一些同分异构体能使氯化铁溶液变色，能发生银镜反应，且苯环上的一硝基取代产物有两种．符合上述条件的同分异构体有3种．（3）反应①的化学方程式为C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O；反应②的化学方程式为；反应③在一定条件下能直接进行，其反应类型为酯化反应（取代反应）．（4）G是一种氨基酸，且羧基和氨基处于苯环的对位．写出G缩聚产物可能的结构简式或．【考点】有机物的合成．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】根据流程A到B为催化氧化反应，又B分子中所有H原子的化学环境相同，结合B的分子式C3H6O，所以B为，则A的羟基接在2号碳上，则A为CH3CH（OH）CH3；结合BAD的结构分析，中间三个碳为丙酮，相邻的两个苯环为苯酚，其机理是丙酮上的氧与两分子苯酚羟基对位上的H发生脱水反应可生成E（C15H16O2），BAD两边为对称的酯，则应为两分子F与E发生酯化反应而得到，则F为，E为，根据D的分子式结合F的结构可知D为苯酚，再根据C的分子式可知C为，据此进行解答．22\n【解答】解：根据流程可知：A到B为催化氧化反应，又B分子中所有H原子的化学环境相同，结合B的分子式C3H6O，所以B应为，则A的羟基接在2号碳上，则A为CH3CH（OH）CH3；结合BAD的结构分析，中间三个碳为丙酮，相邻的两个苯环为苯酚，其机理是丙酮上的氧与两分子苯酚羟基对位上的H发生脱水反应可生成E（C15H16O2），BAD两边为对称的酯，则应为两分子F与E发生酯化反应而得到，则F为，E为，根据D的分子式结合F的结构可知D为苯酚，再根据C的分子式可知C为，（1）根据以上分析，A为CH3CH（OH）CH3，的名称为2﹣丙醇，故答案为：2﹣丙醇；（2）根据以上分析，F的结构简式为：，F的一些同分异构体能使氯化铁溶液变色，含酚羟基；能发生银镜反应，含醛基，且苯环上的一硝基取代产物有两种，即对称性较好，则符合上述条件的同分异构体为和共3种，故答案为：；3；（3）反应①为苯酚与氢氧化钠溶液的反应，反应方程式为：；反应②为上的氧与两分子苯酚羟基对位上的H发生脱水反应可生成E，化学方程式为：；反应③为两分子与发生酯化反应，其反应类型为酯化反应，也属于取代反应，22\n故答案为：C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O；；酯化反应（或取代反应）；（4）G是一种氨基酸，且羧基和氨基处于苯环的对位，又分子式为C7H7NO3，所以G的结构式为：，缩聚产物可能的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机合成，难度难度中等，可以采用正、逆两种方式同时进行推断，剖析BAD可知，其中含有苯酚的结构，因此可推断C为苯酚，以此为突破口进行推断，注意把握有机物官能团的性质和变化，答题时要仔细审题．三、实验题（共1题，每空2分，共16分．）20．（16分）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．（4）实验中60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等（填“相等”、“不相等”），所求中和热相等（填“相等”、“不相等”），简述理由因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关．（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小（均填“偏大”、“偏小”、“无影响”）；用50mL0.50mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小（均填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．22\n【考点】中和热的测定．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；（5）根据弱电解质电离吸热分析；要保证一种物质完全反应，需另一种物质过量；【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关；故答案为：不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关；（5）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，测得的中和热的数值会偏小；用50mL0.50mol/LNaOH溶液进行上述实验，则二者不能完全反应，放出的热量比理论值要小；故答案为：偏小；偏小；【点评】本题考查中和热的测定，可以根据中和热概念分析，注意弱电解质电离吸热，难度不大．四、计算题（共1题，共4分．）21．在一定条件下，CH4和CO的燃烧的热化学方程式分别为：CH4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣890kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol一定量的CH4和CO的混合气体完全燃烧时，放出的热量为323.6kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，可得到50g白色沉淀．求混合气体中CH4和CO的体积比．【考点】有关反应热的计算；有关混合物反应的计算．【分析】依据题意设CH4为amol，CO为bmol，利用生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得50克CaCO3沉淀可计算出二氧化碳的物质的量，根据碳守恒得出二氧化碳与CH4和CO的关系，再利用CH4和CO的燃烧的热化学方程式以及完全燃烧一定量的CH4和CO的混合气体放出323.6kJ的热量，列出热量与与CH4和CO的关系，联立两式即可以算出两种物质的物质的量，从而求出体积比．22\n【解答】解：设CH4为amol，CO为bmol，依据CH4和CO的燃烧的热化学方程式得出：890kJ/mol×amol+kJ/mol×bmol=323.6kJ①；生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，可得到50g白色沉淀，碳酸钠的物质的量为：n（Na2CO3）=n（CaCO3）==0.5mol，故得出C元素的物质的量为0.5mol，即：amol+bmol=0.5mol，解得：a≈0.3mol，b≈0.2mol，则a：b=0.3：0.2=3：2，答：混合气体中CH4和CO的体积比为3：2．【点评】本题主要考查反应热的计算，理顺混合物各成分与反应热的关系是计算关键，题目难度中等．22