化学卷·2018届黑龙江省大庆一中高二上学期开学化学试卷（解析版）

化学卷·2018届黑龙江省大庆一中高二上学期开学化学试卷（解析版）

‎2016-2017学年黑龙江省大庆一中高二（上）开学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）‎ ‎1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）‎ A．煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化 B．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒 C．14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体 D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体 ‎2．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）‎ A．反应物总能量低于生成物总能量时，该反应一定不能发生 B．化学键的键能越大，物质的能量越高 C．一个反应的焓变因反应物的用量和反应条件的改变而发生改变 D．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 ‎3．化学科学需要借助化学语言来描述，下列化学用语正确的是（　　）‎ A．NH4I的电子式：‎ B．Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱 C．钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比不同 D．Al2O3的化学键类型与AlCl3的化学键类型相同 ‎4．下列装置或实验操作正确的是（　　）‎ A．装置①：检验电流的方向 B．装置②：探究氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2‎ C．装置③：测定中和热 D．装置④：A、B、C中分别加入HCl、Na2CO3、Na2SiO3‎ 判断Cl、C、Si的非金属性 ‎5．把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）⇌nZ（g）+2W（g）．5min末生成0.2molW，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/L•min，则n的值为（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎6．下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是（　　）‎ A．CH3CH2CH2CH3 B．CH3CH（CH3）2 C．CH3C（CH3）3 D．（CH3）2CHCH2CH3‎ ‎7．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（　　）‎ A．光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸 钾溶液褪色 B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C．苯滴人浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热； 乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇 D．在苯中滴人溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色．‎ ‎8．下列说法正确的是（　　）‎ A．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料 B．氢化物的沸点：H2O＞NH3＞HF C．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低 D．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强 ‎9．某些化学知识用数轴表示能体现出形象直观、简明易记的特点．下列用数轴表示不合理的是（　　） ‎ A．Cl2与CH4取代反应后的产物：‎ B．向烧碱液中通入SO2后的产物：‎ C．铁与稀硝酸反应：‎ D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式：‎ A．A B．B C．C D．D ‎10．下列各组混合物中，无论以何种比例混合，取nmol使之充分燃烧，耗氧量为定值的是（　　）‎ A．C2H2、C2H4O B．C2H4、C3H6‎ C．C2H4、C2H6O D．C6H12O6、C2H4O2　‎ ‎11．将K、SiO2、Na2O、NaOH、NaHSO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（　　）‎ A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 ‎12．近年来流行喝果醋，苹果醋是一种由苹果发酵而成的具有解毒、降脂、减肥和止泻等明显药效的健康食品．苹果酸是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．苹果酸发生酯化反应的官能团有2种 B．1mol苹果酸与3molNaOH发生中和反应 C．1mol苹果酸与足量Na反应放出1molH2‎ D．与苹果酸互为同分异构体 ‎13．下列关于电池的说法正确的是（　　）‎ A．原电池负极金属一定比正极金属的金属性活泼 B．原电池中电解质溶液中的阳离子向负极移动 C．碱性锌猛锰干电池的负极反应为：Zn﹣2e﹣+4OH﹣=ZnO22﹣+2H2O D．铅蓄电池工作时转移电子数为2NA时，负极材料质量减少207g ‎14．电池是人类生产和生活中重要的能量来源．各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献．下列有关电池的叙述正确的是（　　）‎ A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细 B．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能 C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化 D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅 ‎15．已知H2（g）+Br2（l）═2HBr（g）；△H=﹣72kJ/mol．蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：‎ H2（g）‎ Br2（g）‎ HBr（g）‎ ‎1mol分子中的化学键断裂时 需要吸收的能量/KJ ‎436‎ a ‎369‎ 则表中a为（　　）‎ A．404 B．260 C．230 D．200‎ ‎16．下列说法中，可以说明恒容密闭容器中的反应：P（g）+Q（g）⇌R（g）+S（g）在恒温下已达平衡状态的是（　　）‎ A．反应容器内压强不随时间变化 B．P和S的生成速率相等 C．反应容器内P、Q、R、S四者物质的量浓度为1：1：1：1‎ D．反应容器内总物质的量不随时间而变化 ‎17．对于在一密闭容器中进行如下反应：C（S）+O2（g）=CO2（g）下列说法错误的（　　）‎ A．将木炭粉碎成粉末状可以加快化学反应速率 B．升高温度可以加快化学反应速率 C．增加压强可以加快化学反应速率 D．增加木炭的量可以加快化学反应速 ‎18．根据表中的信息判断下列说法正确的是（　　）‎ 物质 金刚石 石墨 外观 无色，透明固体 灰黑，不透明固体 熔点 ‎？‎ ‎？‎ 燃烧热/KJ•mol﹣1‎ ‎395.4‎ ‎393.5‎ A．表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1‎ B．由表中信息知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9 kJ•mol﹣1‎ C．由表中信息可得如图所示的图象 D．由表中信息可推知相同条件下金刚石的熔点高于石墨的 ‎19．已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol．某温度下，向一体积为2L的密闭容器中充入0.2molSO2和0.1molO2，5min后达到平衡，共放出热量11.76kJ，下列说法正确的是（　　）‎ A．5min内用O2表示的反应速率为0.12mol/（L•min）‎ B．加入催化剂，可使该反应的化学反应速率加快，△H变小 C．SO2的平衡浓度为0.12mol/L D．达到平衡时，若增大容器的体积，则该反应的化学反应速率减慢 ‎20．下列叙述I和II均正确并有因果关系的是（　　）‎ 选项 叙述I 叙述II A Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键 NaCl固体可导电 B 原电池可将化学能转化为电能 原电池需外接电源才能工作 C 乙烯可与KMnO4溶液发生反应 乙烯具有还原性 D 乙醇的沸点比乙酸的沸点高 乙醇和乙酸可通过蒸馏初步分离 A．A B．B C．C D．D ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分40分）‎ ‎21．有A、B、C、D、E5种短周期元素，A与B可形成BA型化合物，A元素的单质常用于自来水消毒；金属B的原子核内质子数比它前一周期同主族元素原子的质子数多8；C元素有3种同位素C1、C2、C3，自然界里含量最多的是C1，C3原子的质量数是C1的3倍，C2原子的质量数是C1的2倍；D的气态氢化物的水溶液呈碱性，而其最高价氧化物对应的水化物为强酸；E元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4．‎ ‎（1）写出下列元素的元素名称：A　　，B　　．‎ ‎（2）写出C1、C3两种原子的符号：C1　　，C3　　．‎ ‎（3）A、B、E形成的一种化合物是某种家用消毒液的有效成分，其电子式是　　．‎ ‎（4）D的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应形成化合物的化学式是　　，其所含化学键的类型是　　，由最常见的E原子与C2 原子形成的最简单分子0.5mol中，所含中子的数目是　　．‎ ‎（5）C、E的单质在碱性（KOH溶液）条件下可设计成一种燃料电池，其正极的电极反应式为　　．‎ ‎22．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇（CH3OH），并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是　　kJ；‎ ‎（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　　；‎ ‎（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是　　（填序号）‎ ‎①250℃时，0～10minH2反应速率为0.015mol/（L•min）‎ ‎②该反应在T时生成甲醇的速率比250℃时的小 ‎③T时，若3v（CO）=v（H2），则该反应达到平衡 ‎④若密闭容器中混合气体密度不变则该反应达到化学平衡状态 ‎⑤平衡时CO2的转化率：T℃时大于250℃时 ‎（4）在T温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为　　．‎ ‎（5）在直接以甲醇为燃料的电池中，电解质溶液为碱性，负极的反应式为　　．‎ ‎23．聚合化铝是一种新型、高效絮凝剂和净水剂，其单体是液态的碱式氯化铝Al2（OH）nCl6﹣n．本实验采用铝盐溶液水解絮凝法制备碱式氯化铝．其制备原料为分布广、价格廉的高岭土，化学组成为：Al2O3（25%～34%）、SiO2（40%～‎ ‎50%）、Fe2O3（0.5%～3.0%）以及少量杂质和水分．已知氧化铝有多种不同的结构，化学性质也有差异，且一定条件下可相互转化；高岭土中的氧化铝难溶于酸．制备碱式氯化铝的实验流程如下：‎ 根据流程图回答下列问题：‎ ‎（1）“煅烧”的目的是　　．‎ ‎（2）配制质量分数15%的盐酸需要200ml30%的浓盐酸（密度约为1.15g•cm﹣3）和　　g蒸馏水，配制用到的仪器有　　．‎ ‎（3）“溶解”过程中发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎（4）加少量铝粉的主要作用是　　．‎ ‎（5）“蒸发浓缩”需保持温度在90～100℃，控制温度的实验方法是　　．‎ ‎（6）若溶解过程改为加入一定浓度的氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为　　．‎ ‎24．已知A是石油裂解产生的一种气态烃，完全燃烧时产生的水和二氧化碳的物质的量之比为1：1．B和D是生活中常见的两种有机物．它们之间的相互转化关系如图所示．（反应条件未写出）‎ 又知2CH3CHO+O22CH3COOH．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A的电子式　　．‎ ‎（2）B、D分子内含有的官能团分别是　　、　　 （填名称）．‎ ‎（3）写出下列反应的反应类型：②　　，④　　．‎ ‎（4）写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①　　；‎ ‎②　　；‎ ‎④　　；‎ ‎⑤　　．‎ ‎（5）燃烧92g的乙醇需要标准状况下的氧气体积为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省大庆一中高二（上）开学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共20小题，每小题3分，满分60分）‎ ‎1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述正确的是（　　）‎ A．煤的干馏与石油的分馏均属于化学变化 B．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2+对人体无毒 C．14C可用于文物的年代鉴定，14C与13C互为同素异形体 D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔现象，不属于胶体 ‎【考点】煤的干馏和综合利用；同位素及其应用；胶体的重要性质；原子构成；石油的裂化和裂解．‎ ‎【分析】A、从干馏和分馏的区别来判断；‎ B、从BaSO4的性质来分析；‎ C、从同位素和同素异形体的不同来区别；‎ D、从溶液和胶体的不同来判断；‎ ‎【解答】解：A、石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故A错误； ‎ B、钡离子对人体有害，它是一种重金属离子，可以使人体中毒．硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故B错误； ‎ C、由同一种元素组成的性质不同的几种单质，叫做该元素的同素异形体，例如金刚石、石墨和C60是碳元素的同素异形体；而质子数相同而中子数不同的原子，二者互为同位素，故C错误； ‎ D、葡萄糖注射液是溶液，不属于胶体，丁达尔现象是胶体具有的性质，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）‎ A．反应物总能量低于生成物总能量时，该反应一定不能发生 B．化学键的键能越大，物质的能量越高 C．一个反应的焓变因反应物的用量和反应条件的改变而发生改变 D．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 ‎【考点】化学反应中能量转化的原因．‎ ‎【分析】A．反应物总能量低于生成物总能量，则吸热反应，一定条件下能发生；‎ B．物质的键能越大，说明物质内的微粒结合更加牢固，不容易被拆开，要拆开需要更多的能量；‎ C．焓变与反应条件无关；‎ D．CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变；‎ ‎【解答】解：A．反应物总能量低于生成物总能量，则吸热反应，一定条件下能发生，所以反应物总能量低于生成物总能量时，该反应也能能发生，碳酸钙在高温条件下能发生分解反应，故A错误；‎ B．物质的键能越大，说明物质内的微粒结合更加牢固，不容易被拆开，要拆开需要更多的能量，于是该物质就难于发生化学反应，比较稳定，能量越低的物质越稳定，所以，键能越大的物质能量越低，故B错误；‎ C．焓变与反应条件无关，所以一个反应的焓变不随反应物的用量和反应条件的改变而发生改变，故C错误；‎ D．CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．化学科学需要借助化学语言来描述，下列化学用语正确的是（　　）‎ A．NH4I的电子式：‎ B．Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱 C．钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比不同 D．Al2O3的化学键类型与AlCl3的化学键类型相同 ‎【考点】化学键；电子式．‎ ‎【分析】A．阴离子电子式书写错误；‎ B．Na2SiO3溶液与SO3的反应，为强酸制取弱酸的反应，可知硫酸酸性大于硅酸；‎ C．钠、锂分别在空气中燃烧，分别得到Na2O2、Li2O；‎ D．Al2O3含离子键，AlCl3含共价键．‎ ‎【解答】解：A．NH4I的电子式：，故A错误；‎ B．Na2SiO3溶液与SO3的反应，为强酸制取弱酸的反应，可知硫酸酸性大于硅酸，则可用于推断Si与S的非金属性强弱，故B正确；‎ C．钠、锂分别在空气中燃烧，分别得到Na2O2、Li2O，则生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1：2，故C错误；‎ D．Al2O3含离子键，AlCl3含共价键，则化学键不同，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列装置或实验操作正确的是（　　）‎ A．装置①：检验电流的方向 B．装置②：探究氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2‎ C．装置③：测定中和热 D．装置④：A、B、C中分别加入HCl、Na2CO3、Na2SiO3判断Cl、C、Si的非金属性 ‎【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．‎ ‎【分析】A．装置①中没有构成回路；‎ B．酸性高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氯气氧化碘化钾生成碘；‎ C．装置③中缺少环形玻璃搅拌棒，且大小烧杯口不平；‎ D．盐酸不是最高价含氧酸，应利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性．‎ ‎【解答】解：A．装置①中没有构成回路，不能检验电流的方向，故A错误；‎ B．酸性高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，氯气氧化碘化钾生成碘，则装置②可探究氧化性：KMnO4＞Cl2＞I2，故B正确；‎ C．装置③中缺少环形玻璃搅拌棒，且大小烧杯口不平，不能测定中和热，故C错误；‎ D．盐酸不是最高价含氧酸，则装置④：A、B、C中分别加入HCl、Na2CO3、Na2SiO3不能判断Cl、C、Si的非金属性，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反应：3X（g）+Y（g）⇌nZ（g）+2W（g）．5min末生成0.2molW，若测知以Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/L•min，则n的值为（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据v==计算A的平均化学反应速率，再根据同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比判断n值．‎ ‎【解答】解：5min内W的平均化学反应速率====0.02mol/（L．min），同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol/L•min，v（z）：v（w）=0.01mol/（L•min）：0.02mol/（L．min）=n：2，所以n=1，故选D．‎ ‎　‎ ‎6．下列烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是（　　）‎ A．CH3CH2CH2CH3 B．CH3CH（CH3）2 C．CH3C（CH3）3 D．（CH3）2CHCH2CH3‎ ‎【考点】同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应．‎ ‎【分析】先确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，再根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃．‎ ‎【解答】解：A、正丁烷有两种氢原子，所以一氯代烃有2种，故A错误；‎ B、异丁烷中的三个甲基相同，则有两种氢原子，所以一氯代烃有2种，故B错误；‎ C、新戊烷中的四个甲基相同，则有1种氢原子，所以一氯代烃有1种，故C正确；‎ D、异戊烷中左边的两个甲基相同，则有四种氢原子，所以一氯代烃有4种，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（　　）‎ A．光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸 钾溶液褪色 B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C．苯滴人浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热； 乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇 D．在苯中滴人溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色．‎ ‎【考点】有机化学反应的综合应用．‎ ‎【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义分析解答．‎ ‎【解答】解：A、甲烷和氯气混合光照发生的是甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，故A错误；‎ B、乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2﹣二溴乙烯，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B错误；‎ C、在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C正确；‎ D、苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应是萃取；乙烯使溴水褪色属于加成反应，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列说法正确的是（　　）‎ A．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料 B．氢化物的沸点：H2O＞NH3＞HF C．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低 D．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】A、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质；‎ B、根据范德华力对物质性质的影响结合H2O、NH3、HF中含有氢键分析；‎ C、根据卤族元素自上而下单质熔沸点升高，碱金属自上而下单质熔沸点降低；‎ 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、位于金属与非金属的交界处的元素具有半导体的性质，硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料，故A正确；‎ B、组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，H2O、NH3、HF属于分子晶体，但H2O、NH3、HF中都含有氢键，使得沸点变大，每个H2O中含有2个氢键，每个NH3中含有1个氢键，每个HF中含有1个氢键，且氟的非金属性强于氮，所以氢化物的沸点：H2O＞HF＞NH3，故B错误；‎ C、卤族元素自上而下单质熔沸点升高，碱金属自上而下单质熔沸点降低，所以同主族元素的单质的熔点从上到下不一定逐渐降低，故C错误；‎ D、非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P的非金属性强于Si，所以H3PO4比H2SiO3的酸性强，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎9．某些化学知识用数轴表示能体现出形象直观、简明易记的特点．下列用数轴表示不合理的是（　　） ‎ A．Cl2与CH4取代反应后的产物：‎ B．向烧碱液中通入SO2后的产物：‎ C．铁与稀硝酸反应：‎ D．向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，铝元素的存在形式：‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】镁、铝的重要化合物；硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；甲烷的取代反应．‎ ‎【分析】A．氯气和甲烷发生取代反应是连锁反应四种取代产物都会生成；‎ B．烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠；‎ C．少量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，过量的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子；‎ D．氯化铝溶液中滴入氢氧化钠开始生成氢氧化铝沉淀，到全部生成氢氧化铝后，继续滴加氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠．‎ ‎【解答】解：A．氯气和甲烷发生取代反应是连锁反应四种取代产物都会生成，故A错误；‎ B．烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：1～‎ ‎1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，故B正确；‎ C．少反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+Fe═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，3HNO3+8Fe═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，量铁和稀硝酸反应生成三价铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=4：1，；过量的铁和硝酸反应最后生成亚铁离子，n（HNO3）：n（Fe）=8：3；，在4：1～8：3范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，数轴变化符合，故C正确；‎ D．OH﹣与Al3+的物质的量之比为3：1时，铝元素都以Al（OH）3的形式存在，即OH﹣与Al3+的物质的量之比为≤3时铝元素都以Al（OH）3和Al3+的形式存在，OH﹣与Al3+的物质的量之比为4：1时，铝元素都以AlO2﹣的形式存在，即OH﹣与Al3+的物质的量之比为≥4时铝元素都以AlO2﹣的形式存在，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．下列各组混合物中，无论以何种比例混合，取nmol使之充分燃烧，耗氧量为定值的是（　　）‎ A．C2H2、C2H4O B．C2H4、C3H6‎ C．C2H4、C2H6O D．C6H12O6、C2H4O2　‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】根据题意可知，有机物无论以何种物质的量的比例混合，只要总物质的量一定，完全燃烧消耗氧气的量为一恒定值，可假设有机物的物质的量都为1mol，混合物中的两种有机物物质的量相同时，完全燃烧消耗的氧气的物质的量相等，无论以何种物质的量的比例混合，完全燃烧消耗氧气的量为一恒定值，根据消耗氧气的量为x+（x为C原子数，y为H原子数）计算，如有机物中含有O原子，利用分子式拆写的方法计算．‎ ‎【解答】解：A.1molC2H2完全燃烧消耗2.5mol氧气，1molC2H4O完全燃烧消耗2.5mol氧气，二者相等，所以无论以何种比例混合，取nmol使之充分燃烧，耗氧量为定值，故A正确；‎ B.1molC2H4完全燃烧消耗3mol氧气，1molC3H6完全燃烧消耗（x+）mol=4.5mol氧气，二者不相等，故B错误；‎ C.1molC2H4完全燃烧消耗3mol氧气，1molC2H6‎ O完全燃烧消耗3mol氧气，二者相等，故C错误；‎ D.1molC6H12O6完全燃烧消耗6mol氧气，1molC2H4O2完全燃烧消耗2mol氧气，二者不相等，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎11．将K、SiO2、Na2O、NaOH、NaHSO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（　　）‎ A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 ‎【考点】化学键．‎ ‎【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，而金属晶体熔化克服金属键，以此来解答．‎ ‎【解答】解：Na2O、NaOH、NaHSO4加热熔化均克服离子键，而SiO2熔化克服共价键，K熔化克服金属键，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．近年来流行喝果醋，苹果醋是一种由苹果发酵而成的具有解毒、降脂、减肥和止泻等明显药效的健康食品．苹果酸是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构简式如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．苹果酸发生酯化反应的官能团有2种 B．1mol苹果酸与3molNaOH发生中和反应 C．1mol苹果酸与足量Na反应放出1molH2‎ D．与苹果酸互为同分异构体 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】‎ 该分子中含有﹣COOH、﹣OH两种官能团，具有羧酸和醇的性质，能发生取代反应、中和反应、酯化反应、消去反应等，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．该分子中能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基两种官能团，故A正确；‎ B．只有羧基能和NaOH发生中和反应，所以1mol苹果酸与2molNaOH发生中和反应，故B错误；‎ C．羧基和醇羟基都能和Na反应生成氢气，1mol苹果酸与足量Na反应放出1.5molH2，故C错误；‎ D．与苹果酸是同一种物质，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．下列关于电池的说法正确的是（　　）‎ A．原电池负极金属一定比正极金属的金属性活泼 B．原电池中电解质溶液中的阳离子向负极移动 C．碱性锌猛锰干电池的负极反应为：Zn﹣2e﹣+4OH﹣=ZnO22﹣+2H2O D．铅蓄电池工作时转移电子数为2NA时，负极材料质量减少207g ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、原电池如果是燃料电池，铂电极惰性电极，两极的金属活泼性相同；‎ B、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动；‎ C、碱性锌猛锰干电池负极发生氧化反应，反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2；‎ D、根据Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，负极质量增加．‎ ‎【解答】解：A、原电池如果是燃料电池，铂电极惰性电极，两极的金属活泼性相同，所以原电池负极金属不一定比正极金属的金属性活泼，故A错误；‎ B、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动，故B错误；‎ C、负极发生氧化反应，反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2或Zn﹣2e﹣+4OH﹣=ZnO22﹣+2H2O，故C正确；‎ D、铅蓄电池工作时转移电子数为2NA时，根据Pb+SO42﹣﹣2e﹣=PbSO4，负极质量增加，增加的质量为硫酸根离子的质量，每通过2mol电子负极质量增加96g，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．电池是人类生产和生活中重要的能量来源．各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献．下列有关电池的叙述正确的是（　　）‎ A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细 B．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能 C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化 D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅 ‎【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．‎ ‎【分析】A、根据锌锰干电池的正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应；‎ B、氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置；‎ C、氢氧燃料电池中，燃料做负极发生失电子的氧化反应；‎ D、太阳能电池的主要材料是半导体硅．‎ ‎【解答】解：A、在锌锰干电池中，正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应，该电极质量不会减少，故A错误；‎ B、氢氧燃料电池属于原电池的一种，是将化学能转化为电能的装置，不可将热能直接转变为电能，故B错误；‎ C、氢氧燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，故C正确；‎ D、太阳能电池的主要材料是半导体硅，不是二氧化硅，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．已知H2（g）+Br2（l）═2HBr（g）；△H=﹣72kJ/mol．蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：‎ H2（g）‎ Br2（g）‎ HBr（g）‎ ‎1mol分子中的化学键断裂时 需要吸收的能量/KJ ‎436‎ a ‎369‎ 则表中a为（　　）‎ A．404 B．260 C．230 D．200‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能来计算．‎ ‎【解答】解：在H2（g）+Br2（l）=2HBr（g）；△H=﹣72kJ/mol反应中，‎ 蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，‎ 则H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）；△H=﹣102kJ/mol 反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则 ‎﹣102=436+a﹣2×369，‎ a=200，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．下列说法中，可以说明恒容密闭容器中的反应：P（g）+Q（g）⇌R（g）+S（g）在恒温下已达平衡状态的是（　　）‎ A．反应容器内压强不随时间变化 B．P和S的生成速率相等 C．反应容器内P、Q、R、S四者物质的量浓度为1：1：1：1‎ D．反应容器内总物质的量不随时间而变化 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】A、两边气体计量数相等；‎ B、P生成速率等于S的消耗速率；‎ C、反应容器内P、Q、R、S四者物质的量浓度为1：1：1：1，但不一定不变；‎ D、两边气体的计量数相等．‎ ‎【解答】解：A、两边气体计量数相等，容器的压强始终不变，故A错误；‎ B、P生成速率等于S的消耗速率，等于S的生成速率，正逆反应速率相等，故B正确；‎ C、反应容器内P、Q、R、S四者物质的量浓度为1：1：1：1，但不一定不变，所以不一定平衡，故C错误；‎ D、两边气体的计量数相等，计量数一直不随时间的变化，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎17．对于在一密闭容器中进行如下反应：C（S）+O2（g）=CO2（g）下列说法错误的（　　）‎ A．将木炭粉碎成粉末状可以加快化学反应速率 B．升高温度可以加快化学反应速率 C．增加压强可以加快化学反应速率 D．增加木炭的量可以加快化学反应速 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】增大接触面积，升高温度、增大浓度等，均可加快反应速率，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．将木炭粉碎成粉末状，接触面积增大，可以加快化学反应速率，故A正确；‎ B．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故B正确；‎ C．把容器的体积缩小，压强增大，则反应速率加快，若充入稀有气体使压强增大，反应速率不变，故C错误；‎ D．木炭为纯固体，则增加木炭的量，化学反应速率不变，故D错误；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎18．根据表中的信息判断下列说法正确的是（　　）‎ 物质 金刚石 石墨 外观 无色，透明固体 灰黑，不透明固体 熔点 ‎？‎ ‎？‎ 燃烧热/KJ•mol﹣1‎ ‎395.4‎ ‎393.5‎ A．表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1‎ B．由表中信息知C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9 kJ•mol﹣1‎ C．由表中信息可得如图所示的图象 D．由表中信息可推知相同条件下金刚石的熔点高于石墨的 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；‎ B、依据盖斯定律，结合金刚石和石墨燃烧热计算得到；‎ C、图象中金刚石变化为石墨是放热反应，放出热量为金刚石和石墨燃烧热之差；‎ D、石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以石墨的熔点比金刚石高．‎ ‎【解答】解：A、表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B、由表中信息知，金刚石燃烧热395.4KJ/mol，石墨燃烧热393.5KJ/mol，C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9 kJ•mol，故B正确；‎ C、图象中1.9KJ/mol，是金刚石和石墨能量差，不是金刚石转化为石墨反应过程中中间产物与石墨能量之差，故C错误；‎ D、等物质的量金刚石和石墨相比，石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以石墨的熔点比金刚石高，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol．某温度下，向一体积为2L的密闭容器中充入0.2molSO2和0.1molO2，5min后达到平衡，共放出热量11.76kJ，下列说法正确的是（　　）‎ A．5min内用O2表示的反应速率为0.12mol/（L•min）‎ B．加入催化剂，可使该反应的化学反应速率加快，△H变小 C．SO2的平衡浓度为0.12mol/L D．达到平衡时，若增大容器的体积，则该反应的化学反应速率减慢 ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】5min后达到平衡，共放出热量11.76kJ，可知生成SO3为=0.06mol，则 ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）‎ 开始 0.2 0.1 0‎ 转化 0.06 0.03 0.06‎ 平衡 0.14 0.07 0.06‎ A．结合v=计算；‎ B．催化剂加快反应速率，不影响焓变；‎ C．结合c=计算；‎ D．达到平衡时，若增大容器的体积，压强减小．‎ ‎【解答】解：5min后达到平衡，共放出热量11.76kJ，可知生成SO3为=0.06mol，则 ‎ 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）‎ 开始 0.2 0.1 0‎ 转化 0.06 0.03 0.06‎ 平衡 0.14 0.07 0.06‎ A.5min内用O2表示的反应速率为=0.003mol/（L•min），故A错误；‎ B．加入催化剂，可使该反应的化学反应速率加快，△H不变，故B错误；‎ C．SO2的平衡浓度为=0.07mol/L，故C错误；‎ D．达到平衡时，若增大容器的体积，压强减小，则该反应的化学反应速率减慢，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎20．下列叙述I和II均正确并有因果关系的是（　　）‎ 选项 叙述I 叙述II A Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键 NaCl固体可导电 B 原电池可将化学能转化为电能 原电池需外接电源才能工作 C 乙烯可与KMnO4溶液发生反应 乙烯具有还原性 D 乙醇的沸点比乙酸的沸点高 乙醇和乙酸可通过蒸馏初步分离 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】离子化合物的结构特征与性质；原电池和电解池的工作原理；乙烯的化学性质；乙醇的化学性质．‎ ‎【分析】A．Na在氯气中燃烧产物为氯化钠，氯化钠中只含离子键，含有自由移动离子的离子化合物才能导电；‎ B．原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池不需要外接电源；‎ C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质；‎ D．乙醇的沸点低于乙酸．‎ ‎【解答】解：A．Na在氯气中燃烧产物为氯化钠，氯化钠中只含离子键，含有自由移动离子的离子化合物才能导电，氯化钠固体中不含自由移动离子，所以固体氯化钠不导电，故A错误；‎ B．原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池不需要外接电源，电解池需要外接电源，故B错误；‎ C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以乙烯体现化学，故C正确；‎ D．乙醇、乙酸的沸点分别为78℃、118℃，所以乙醇的沸点低于乙酸，可以用蒸馏法分离乙醇和乙酸的混合物，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分40分）‎ ‎21．有A、B、C、D、E5种短周期元素，A与B可形成BA型化合物，A元素的单质常用于自来水消毒；金属B的原子核内质子数比它前一周期同主族元素原子的质子数多8；C元素有3种同位素C1、C2、C3，自然界里含量最多的是C1，C3原子的质量数是C1的3倍，C2原子的质量数是C1的2倍；D的气态氢化物的水溶液呈碱性，而其最高价氧化物对应的水化物为强酸；E元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4．‎ ‎（1）写出下列元素的元素名称：A　氯　，B　钠　．‎ ‎（2）写出C1、C3两种原子的符号：C1　11H　，C3　13H　．‎ ‎（3）A、B、E形成的一种化合物是某种家用消毒液的有效成分，其电子式是　　．‎ ‎（4）D的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应形成化合物的化学式是　NH4NO3　，其所含化学键的类型是　离子键、共价键　，由最常见的E原子与C2 原子形成的最简单分子0.5mol中，所含中子的数目是　5NA　．‎ ‎（5）C、E的单质在碱性（KOH溶液）条件下可设计成一种燃料电池，其正极的电极反应式为　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，A元素的单质常用于自来水消毒，故A为Cl元素；A与B可形成BA型化合物，则B表现+1价，处于IA族，金属B的原子核内质子数比它前一周期同主族元素原子的质子数多8个，则B为Na；C元素有三种同位素C1、C2、C3，自然界里含量最多的是C1，C3原子的质量数是C1的3倍，C2原子的质量数是C1的2倍，故C是H元素；D的气态氢化物的水溶液呈碱性，而其最高价氧化物的水化物为强酸，则D为N元素；E元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4个，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E五种短周期元素，A元素的单质常用于自来水消毒，故A为Cl元素；A与B可形成BA型化合物，则B表现+1价，处于IA族，金属B的原子核内质子数比它前一周期同主族元素原子的质子数多8个，则B为Na；C元素有三种同位素C1、C2、C3，自然界里含量最多的是C1，C3原子的质量数是C1的3倍，C2原子的质量数是C1的2倍，故C是H元素；D的气态氢化物的水溶液呈碱性，而其最高价氧化物的水化物为强酸，则D为N元素；E元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4个，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故E为O元素．‎ ‎（1）由上述分析可知，A为氯元素，B为钠元素，‎ 故答案为：氯；钠；‎ ‎（2）C为H元素，自然界里含量最多的是C1，C3原子的质量数是C1的3倍，则C1为11H，C3为13H，‎ 故答案为：11H；13H；‎ ‎（3）A、B、E形成的一种化合物是某种家用消毒液的有效成分，该化合物为NaClO，其电子式是，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）D的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应形成化合物的化学式是NH4NO3，其所含化学键的类型是 离子键、共价键，由最常见的E原子与C2原子形成的最简单分子为12H216O，12H216O分子中含有的中子数为10，则0.5mol 12H216O分子中所含中子的数目为5NA，‎ 故答案为：NH4NO3；离子键、共价键；5NA；‎ ‎（5）氢气、氧气的单质在碱性（KOH溶液）条件下可设计成一种燃料电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，负极上是氢气获得电子，碱性条件下生成水，负极电极反应式为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O，氧气在正极上获得电子，碱性条件下生成氢氧根离子，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，‎ 故答案为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．‎ ‎　‎ ‎22．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇（CH3OH），并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是　2858　kJ；‎ ‎（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1　；‎ ‎（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是　②⑤　（填序号）‎ ‎①250℃时，0～10minH2反应速率为0.015mol/（L•min）‎ ‎②该反应在T时生成甲醇的速率比250℃时的小 ‎③T时，若3v（CO）=v（H2），则该反应达到平衡 ‎④若密闭容器中混合气体密度不变则该反应达到化学平衡状态 ‎⑤平衡时CO2的转化率：T℃时大于250℃时 ‎（4）在T温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为　1﹣　．‎ ‎（5）在直接以甲醇为燃料的电池中，电解质溶液为碱性，负极的反应式为　2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+　．‎ ‎【考点】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）1mol H2（g）燃烧生成1molH2O（l）放出的热量为285.8kJ，据此计算分解10mol水消耗的能量；‎ ‎（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热可得热化学方程式：‎ ‎①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，②﹣①可得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）；‎ ‎（3）由图可知，250℃先达到平衡，则温度T＜250℃，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明升高温度反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，‎ ‎①根据v=计算250℃时，0～10min用H2表示的反应速率；‎ ‎②温度越高，反应速率越快；‎ ‎③T时，若3v（CO）=v（H2），没有告诉正逆反应，无法判断平衡状态；‎ ‎④该反应过程中密度为定值；‎ ‎⑤根据图象曲线判断平衡时CO2的转化率大小；‎ ‎（4）根据二氧化碳的转化率计算平衡时各物质的物质的量，恒温恒容下，压强之比对气体物质的量之比；‎ ‎（5）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，甲醇在负极失去电子，酸性条件下生成二氧化碳，由电荷守恒可知，还生成氢离子．‎ ‎【解答】解：（1）1mol H2（g）燃烧生成1molH2O（l）放出的热量为为285.8kJ，分解10mol H2O（l）消耗的能量为：285.8kJ×10=2858kJ，‎ 故答案为：2858；‎ ‎（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热可得热化学方程式：‎ ‎①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，②﹣①可得：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l），该反应的反应热△H=﹣726.5kJ•mol﹣1﹣（﹣283.0kJ•mol﹣1）=﹣443.5kJ•mol﹣1，‎ 故热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）由图可知，250℃先达到平衡，则温度T＜250℃，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明升高温度反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，‎ ‎①250℃时，0～10min时用H2表示的反应速率为：v（H2）=3v（CH3OH）=×3=0.0225mol/（L•min），故①错误；‎ ‎②根据分析可知温度T＜250℃，温度越高反应速率越快，则该反应在T时生成甲醇的速率比250℃时的小，故②正确；‎ ‎③T时若3v（CO）=v（H2），没有指出正逆反应，无法判断是否达到平衡状态，故③错误；‎ ‎④该反应前后都是气体，气体的总质量不变，容器容积不变，则密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故④错误；‎ ‎⑤根据图象可知，平衡时甲醇的物质的量：T℃＞250℃，甲醇的物质的量越大说明二氧化碳的转化率越高，则平衡时CO2的转化率：T℃时大于250℃，故⑤正确；‎ 故答案为：②⑤；‎ ‎（4）反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则：‎ ‎ CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）‎ 起始（mol）：1 3 0 0‎ 转化（mol）：a 3a a a 平衡（mol）：1﹣a 3﹣3a a a 根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，即（1﹣a+3﹣3a+a+a）：（1+3）=1﹣，‎ 故答案为：1﹣；‎ ‎（5）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，甲醇在负极失去电子，酸性条件下生成二氧化碳，由电荷守恒可知，还生成氢离子，负极电极反应式为2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+，‎ 故答案为：2CH3OH+2H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+．‎ ‎　‎ ‎23．聚合化铝是一种新型、高效絮凝剂和净水剂，其单体是液态的碱式氯化铝Al2（OH）nCl6﹣n．本实验采用铝盐溶液水解絮凝法制备碱式氯化铝．其制备原料为分布广、价格廉的高岭土，化学组成为：Al2O3（25%～34%）、SiO2（40%～50%）、Fe2O3（0.5%～3.0%）以及少量杂质和水分．已知氧化铝有多种不同的结构，化学性质也有差异，且一定条件下可相互转化；高岭土中的氧化铝难溶于酸．制备碱式氯化铝的实验流程如下：‎ 根据流程图回答下列问题：‎ ‎（1）“煅烧”的目的是　改变高岭土的结构，使其能溶于酸　．‎ ‎（2）配制质量分数15%的盐酸需要200ml30%的浓盐酸（密度约为1.15g•cm﹣3）和　230　g蒸馏水，配制用到的仪器有　烧杯、玻璃棒、量筒　．‎ ‎（3）“溶解”过程中发生反应的离子方程式为　Al2O3+6H+=2Al3++3H2‎ O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O　．‎ ‎（4）加少量铝粉的主要作用是　除去溶液中的铁离子　．‎ ‎（5）“蒸发浓缩”需保持温度在90～100℃，控制温度的实验方法是　水浴　．‎ ‎（6）若溶解过程改为加入一定浓度的氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】高岭土化学组成为：Al2O3、SiO2、Fe2O3以及少量杂质和水分，由流程可知，高岭土在煅烧的过程中可除去可燃烧的杂质和水分，改变高岭土的结构，使其能溶于酸，加足量盐酸得到沉淀SiO2，溶液中含Al3+、Fe3+，加过量铝粉，置换出铁，过滤去掉滤渣得氯化铝溶液，用碳酸钙调节溶液的pH值，将溶液蒸发浓缩得碱式氯化铝．‎ ‎（1）高岭土中的氧化铝难溶于酸，通过“煅烧”改变高岭土的结构，使其能溶于酸；‎ ‎（2）根据溶液的质量等于溶质质量与溶剂的质量之和计算所需蒸馏水的质量，根据配制溶液的步骤选择所需仪器；‎ ‎（3）“溶解”过程中发生氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁和酸反应生成氯化铁和水；‎ ‎（4）加入铝粉最主要作用是：除去溶液中的铁元素；‎ ‎（5）控制该温度在一定范围之间，可水浴加热；‎ ‎（6）氧化铝和碱反应生成偏铝酸盐、二氧化硅与碱反应生成硅酸盐，据此书写离子方程式．‎ ‎【解答】解：（1）高岭土中的氧化铝难溶于酸，高岭土在煅烧的过程中可除去可燃烧的杂质和水分，改变高岭土的结构，使其能溶于酸，所以“煅烧”的目的改变高岭土的结构，使其能溶于酸，‎ 故答案为：改变高岭土的结构，使其能溶于酸；‎ ‎（2）设配制质量分数15%的盐酸需水质量为m，溶液的质量等于溶质质量与溶剂的质量之和，则（1.15g•cm﹣3×200ml+m）×15%=1.15g•cm﹣3×200ml×30%，解得：m=230 g，配制质量分数15%的盐酸需计算、量取、溶解、转移、定容、贴标签；需要用到的仪器有烧杯盛放溶液、玻璃棒搅拌、量筒量取浓盐酸等，‎ 故答案为：230；烧杯、玻璃棒、量筒；‎ ‎（3）氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，所以“溶解”过程反应的离子方程式有：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，‎ 故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；‎ ‎（4）铝可与铁离子反应生成亚铁离子，铝与亚铁离子反应置换出铁，加入铝粉最主要作用是：除去溶液中的铁元素，‎ 故答案为：除去溶液中的铁离子； ‎ ‎（5）水的沸点为100℃，“蒸发浓缩”需保持温度在90～100℃，可采用的加热方法是水浴，‎ 故答案为：水浴；‎ ‎（6）氧化铝和碱反应生成偏铝酸盐，离子反应为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，二氧化硅与碱反应生成硅酸盐，离子反应为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，‎ 故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O．‎ ‎　‎ ‎24．已知A是石油裂解产生的一种气态烃，完全燃烧时产生的水和二氧化碳的物质的量之比为1：1．B和D是生活中常见的两种有机物．它们之间的相互转化关系如图所示．（反应条件未写出）‎ 又知2CH3CHO+O22CH3COOH．请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A的电子式　　．‎ ‎（2）B、D分子内含有的官能团分别是　羟基　、　羧基　 （填名称）．‎ ‎（3）写出下列反应的反应类型：②　氧化反应　，④　取代反应或酯化反应　．‎ ‎（4）写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①　CH2=CH2+H2OCH3CH2OH　；‎ ‎②　2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O　；‎ ‎④　CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O　；‎ ‎⑤　CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+HOC2H5　．‎ ‎（5）燃烧92g的乙醇需要标准状况下的氧气体积为　134.4L　．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【分析】A是石油裂解产生的一种气态烃，完全燃烧时产生的水和二氧化碳的物质的量之比为1：1，B和D是生活中两种常见的有机物，A与水反应生成B，B连续氧化生成D，B为醇，D为羧酸，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，CH3COOCH2CH3在碱性条件下发生水解反应生成CH3CH2OH与CH3COONa，故E为CH3COONa，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A是石油裂解产生的一种气态烃，完全燃烧时产生的水和二氧化碳的物质的量之比为1：1，B和D是生活中两种常见的有机物，A与水反应生成B，B连续氧化生成D，B为醇，D为羧酸，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成G为CH3COOCH2CH3，CH3COOCH2CH3在碱性条件下发生水解反应生成CH3CH2OH与CH3COONa，故E为CH3COONa，‎ ‎（1）A为乙烯，分子的电子式是，故答案为：；‎ ‎（2）B是CH3CH2OH、D为CH3‎ COOH，则B、D中官能团分别是羟基、羧基，故答案为：羟基；羧基；‎ ‎（3）通过以上分析知，②为氧化反应，④为取代反应（或者酯化反应），‎ 故答案为：氧化反应；取代反应或酯化反应；‎ ‎（4）①为乙烯与水的加成，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，②为乙醇的催化氧化，反应方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，④为酯化反应，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，⑤是乙酸乙酯发生水解反应生成乙醇与乙酸钠，反应方程式为：CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+HOC2H5，‎ 故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+HOC2H5；‎ ‎（5）根据关系式CH3CH2OH～3O2可知，燃烧92g的乙醇需要标准状况下的氧气体积为L=134.4L，‎ 故答案为：134.4L．‎