化学卷·2018届河北省邯郸一中高二上学期开学化学试卷（平行班） （解析版）

化学卷·2018届河北省邯郸一中高二上学期开学化学试卷（平行班） （解析版）

‎2016-2017学年河北省邯郸一中高二（上）开学化学试卷（平行班）‎ ‎　‎ 一．选择题（每个小题只有一个正确答案，共15小题，每题2分）‎ ‎1．下列关于燃料的说法错误的是（　　）‎ A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一 B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一 ‎2．下列各组中的物质均能发生加成反应的是（　　）‎ A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷 ‎3．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2﹣和c+的电子层结构相同，d与b同族．下列叙述错误的是（　　）‎ A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1‎ B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C．c的原子半径是这些元素中最大的 D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性 ‎4．已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行氯气的性质实验．玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ A 黄绿色 橙色 蓝色 白色 B 无色 橙色 紫色 白色 C 黄绿色 橙色 蓝色 无色 D 黄绿色 无色 紫色 白色 A．A B．B C．C D．D ‎5．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子．在a 克HmX中所含质子的物质的量是（　　）‎ A． （A﹣N+m） mol B． （A一N） mol C．（A﹣N） mol D．（A一N+m） mol ‎6．氧元素有三种核素16O、17O、18O，它们在自然界中所占的原子个数百分比分别为a%、b%、c%，则下列说法正确的是（　　）‎ A．一个16O原子的质量为16g B．17O的相对原子质量约为17‎ C．氧元素的相对原子质量为 D．氧元素的相对原子质量为（16a%+17b%+18c%）‎ ‎7．下列说法中正确的是（　　）‎ A．难失电子的原子，获得电子的能力一定强 B．易得电子的原子所形成的简单阴离子，其还原性一定强 C．活泼金属与活泼非金属化合，易形成离子键 D．电子层结构相同的不同离子，核电荷数越多，半径越大 ‎8．下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（　　）‎ A．NaCl、HCl、H2O、NaOH B．Cl2、Na2S、HCl、SO2‎ C．HBr、CO2、H2O、CS2 D．Na2O2、H2O2、H2O、O3‎ ‎9．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H﹣O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H﹣H键断裂时吸收热量为（　　）‎ A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．181kJ ‎10．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（　　）‎ A．反应的化学方程式为：2M⇌N B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡 C．t3时，正反应速率大于逆反应速率 D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍 ‎11．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是（　　）‎ A．H2O2的电子式： B．CS2的比例模型：‎ C．14C的原子结构示意图： D．CCl4的结构式：‎ ‎12．化学反应A2+B2═2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应是吸热反应 B．断裂1mol A﹣A键和1mol B﹣B键能放出xkJ的能量 C．断裂2mol A﹣B键需要吸收ykJ的能量 D．2mol AB的总能量高于1 mol A2和1mol B2的总能量 ‎13．下列有关原电池的说法中，正确的是（　　）‎ A．铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，镁片较活泼，作负极 B．铝片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铜作负极 C．镀锌铁和镀锡铁的镀层破损后，前者较易被腐蚀 D．将反应2Fe3++Fe═3Fe2+设计为原电池，则可用锌片作负极，铁片作正极，FeCl3溶液作电解质 ‎14．在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%﹣﹣即“原子经济性”．①置换反应 ②化合反应 ③分解反应 ④取代反应 ⑤加成反应 ⑥消去反应 ⑦加聚反应 ⑧缩聚反应，以上反应类型一定能体现原子经济性的是（　　）‎ A．①②⑤ B．②⑤⑦ C．⑦⑧ D．只有⑦‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．石油的炼制过程都是化学变化过程 B．石油分馏目的是将含碳原子数较多的烃先气化经冷凝而分离出来 C．石油经过常、减压分馏、裂化等工序炼制后即能制得纯净物 D．石油分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物 ‎　‎ 二．选择题（每个小题只有一个正确答案，共10小题，每题3分）‎ ‎16．下列说法中错误的是（　　）‎ A．无论是乙烯与Br2的加成反应，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与乙烯分子内含有碳碳双键有关 B．用溴的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷 C．相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同 D．利用燃烧的方法可以鉴别乙烯和甲烷 ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．往蔗糖液中加入稀硫酸，水浴加热充分反应后加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，可见有砖红色沉淀生成 B．要萃取溴水中的溴单质，可以选用苯、CCl4或酒精作萃取剂 C．冰醋酸、淀粉、纤维素都是纯净物 D．用试管取出少量淀粉水解液，加入碘水，若不显蓝色，说明淀粉水解完全 ‎18．食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益，其分子结构如图所示．下列说法不正确的是 （　　）‎ A．油酸的分子式为C18H34O2‎ B．油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应 C．1 mol油酸可与2 mol H2发生加成反应 D．1 mol甘油可与3 mol油酸发生酯化反应 ‎19．一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合气体共10g，其密度是相同条件下H2的12.5倍，该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，则组成该混合气的可能是（　　）‎ A．甲烷、乙烯 B．丙烷、乙烯 C．乙烷、丙烯 D．甲烷、丙烯 ‎20．向某稀硝酸溶液中加入5.6g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解并放出NO气体，溶液质量增加3.4g，则所得溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量浓度之比为（　　）‎ A．1：1 B．2：1 C．3：2 D．4：1‎ ‎21．类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）‎ A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子 B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3‎ D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr ‎22．Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池．下列叙述错误的是（　　）‎ A．负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+‎ B．正极反应式为Ag++e﹣=Ag C．电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移 D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑‎ ‎23．下列实验操作能达到实验目的是（　　）‎ 实验目的 实验操作 A．‎ 制备Fe（OH）3胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中 B．‎ 由MgCl2溶液制备无水MgCl2‎ 将MgCl2溶液加热蒸干 C．‎ 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D．‎ 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 A．A B．B C．C D．D ‎24．下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（　　）‎ 选项 试剂 试纸或试液 现象 结论 A 浓氨水、生石灰 红色石蕊试纸 变蓝 NH3为碱性气体 B 浓盐酸、浓硫酸 pH试纸 变红 HCl为酸性气体 C 浓盐酸、二氧化锰 淀粉碘化钾试液 变蓝 Cl2具有氧化性 D 亚硫酸钠、硫酸 品红试液 褪色 SO2具有还原性 A．A B．B C．C D．D ‎25．实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（　　）‎ A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去 B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠 C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤 ‎　‎ 二、本卷共4个题，共40分）‎ ‎26．联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：‎ ‎（1）联氨分子的电子式为　　，其中氮的化合价为　　．‎ ‎（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1‎ ‎②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2‎ ‎③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3‎ ‎④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1‎ 上述反应热效应之间的关系式为△H4=　　，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为　　．‎ ‎27．有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol•L﹣1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6mol•L﹣1的NaOH溶液中，如图所示．‎ ‎（1）写出甲中正极的电极反应式　　．‎ ‎（2）乙中总反应的离子方程式：　　．‎ ‎（3）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出　　活动性更强，而乙会判断出　　活动性更强．（填写元素符号）‎ ‎（4）由此实验得出的下列结论中，正确的有　　．‎ A．利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质 B．镁的金属性不一定比铝的金属性强 C．该实验说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值了 D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，应具体问题具体分析．‎ ‎28．已知A、B、C、D、E、F、G、H、I均为有机物，根据下列框图和已知条件回答问题：‎ 已知：A中有一个甲基，D都能使溴水褪色，F能发生银镜反应，I的结构简式为：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A中含有的官能团：　　（文字叙述）‎ ‎（2）属于取代反应的有：　　‎ ‎（3）写出反应④的化学方程式　　‎ ‎（4）写出A的结构简式　　‎ ‎（5）E有多种同分异构体，其中一种既能发生银镜反应又能和NaOH溶液反应，请写出它的结构简式　　．‎ ‎29．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂．以下是一种制备过氧化钙的实验方法．回答下列问题：‎ ‎（一）碳酸钙的制备（如图1）‎ ‎（1）步骤①加入氨水的目的是调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀，小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于　　．‎ ‎（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是　　（填标号）．‎ a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁 b．玻璃棒用作引流 c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁 d．滤纸边缘高出漏斗 e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度 ‎（二）过氧化钙的制备（如图3）‎ ‎（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈　　性（填“酸”、“碱”或“中”）．将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是　　．‎ ‎（4）步骤③中反应的化学方程CaCl2+2NH3．H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl该反应需要在冰浴下进行，原因是　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸一中高二（上）开学化学试卷（平行班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（每个小题只有一个正确答案，共15小题，每题2分）‎ ‎1．下列关于燃料的说法错误的是（　　）‎ A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一 B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一 ‎【考点】燃料的充分燃烧．‎ ‎【分析】A．二氧化碳是形成温室效应的气体；‎ B．化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染；‎ C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，产物为水和二氧化碳，对空气污染小；‎ D．一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中．‎ ‎【解答】解：A．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A正确；‎ B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B错误；‎ C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；‎ D．燃料不完全燃烧排放的CO有毒，是大气污染物之一，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列各组中的物质均能发生加成反应的是（　　）‎ A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷 ‎【考点】取代反应与加成反应．‎ ‎【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O键、﹣CHO及苯环的物质可发生加成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意﹣COOH不能发生加成反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A错误；‎ B．苯一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故B正确；‎ C．乙酸分子中羰基不能加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C错误；‎ D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2﹣和c+的电子层结构相同，d与b同族．下列叙述错误的是（　　）‎ A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1‎ B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C．c的原子半径是这些元素中最大的 D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2﹣和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答．‎ ‎【解答】解：a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2﹣和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素．‎ A．H元素与Na形成化合物NaH，H元素为﹣1价，故A错误；‎ B．O元素与H元素形成H2O、H2O2，与Na元素形成Na2O、Na2O2，与S元素形成SO2、SO3，故B正确；‎ C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，Na的原子半径最大，故C正确；‎ D．d与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行氯气的性质实验．玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ A 黄绿色 橙色 蓝色 白色 B 无色 橙色 紫色 白色 C 黄绿色 橙色 蓝色 无色 D 黄绿色 无色 紫色 白色 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】氯气的化学性质．‎ ‎【分析】根据题给信息，常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，氯气的颜色是黄绿色；氯气可以和NaBr溶液发生置换反应生成Br2；氯气和KI溶液反应置换出I2，还氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠的水溶液．‎ ‎【解答】解：常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，氯气的颜色是黄绿色①处充满黄绿色Cl2；‎ 氯气进入玻璃管后与②处NaBr溶液发生置换反应生成Br2，液溴的水溶液颜色为橙色，所以白色棉球变为橙色；‎ 氯气和③处KI溶液反应置换出I2，遇淀粉变蓝；‎ ‎④处利用氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠的水溶液，用来进行Cl2的尾气吸收，尽管反应生成的物质均为无色，但棉球本身是白色的，所以④处的颜色为白色．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与11H原子组成HmX分子．在a 克HmX中所含质子的物质的量是（　　）‎ A． （A﹣N+m） mol B． （A一N） mol C．（A﹣N） mol D．（A一N+m） mol ‎【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．‎ ‎【分析】根据公式：分子中质子的物质的量=分子的物质的量×一个分子中含有的质子数=×一个分子中含有的质子数来计算．‎ ‎【解答】解：同位素X的质量数为A，中子数为N，因此其质子数为A﹣N．故HmX分子中的质子数为m+A﹣N，又由于HmX中H为11H，故agHmX分子中所含质子的物质的量为：×（A+m﹣N）mol．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．氧元素有三种核素16O、17O、18O，它们在自然界中所占的原子个数百分比分别为a%、b%、c%，则下列说法正确的是（　　）‎ A．一个16O原子的质量为16g B．17O的相对原子质量约为17‎ C．氧元素的相对原子质量为 D．氧元素的相对原子质量为（16a%+17b%+18c%）‎ ‎【考点】同位素及其应用．‎ ‎【分析】A．一个氧原子的质量非常小；‎ B．17O的质量数为17，是其相对原子质量的近似值；‎ C．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值；‎ D．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值．‎ ‎【解答】解：A．16O的质量数为16，一个氧原子的质量非常小，故A错误；‎ B．17O的质量数为17，是其相对原子质量的近似值，故17O的相对原子质量约为17，故B正确；‎ C．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，故C错误；‎ D．元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，没有每个核素的相对原子质量，故无法计算，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．下列说法中正确的是（　　）‎ A．难失电子的原子，获得电子的能力一定强 B．易得电子的原子所形成的简单阴离子，其还原性一定强 C．活泼金属与活泼非金属化合，易形成离子键 D．电子层结构相同的不同离子，核电荷数越多，半径越大 ‎【考点】氧化还原反应；离子化合物的结构特征与性质．‎ ‎【分析】A．ⅣA族元素以及零族元素，既难以失电子，也难以得电子；‎ B．易得电子的原子所形成的简单阴离子，还原性较弱；‎ C．活泼金属与活泼非金属可形成离子键；‎ D．电子层数相同，核电荷数越大的半径越小．‎ ‎【解答】解：A．难失电子的原子，获得电子的能力不一定强，如ⅣA族元素以及零族元素，故A错误；‎ B．元素的非金属性越强，越易得电子，对应的阴离子的还原性越弱，故B错误；‎ C．活泼金属与活泼非金属可形成离子化合物，含有离子键，故C正确；‎ D．电子层结构相同的不同离子，离子有带正电的质子和带负电的电子组成，相互吸引，质子多，吸引力越强，半径就越小，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（　　）‎ A．NaCl、HCl、H2O、NaOH B．Cl2、Na2S、HCl、SO2‎ C．HBr、CO2、H2O、CS2 D．Na2O2、H2O2、H2O、O3‎ ‎【考点】化学键．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎9．已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H﹣O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H﹣H键断裂时吸收热量为（　　）‎ A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．181kJ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式进行计算．‎ ‎【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH﹣H键断裂时吸收热量为Q，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4×121kJ=4×463kJ﹣（2Q+496kJ），解得Q=436KJ，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（　　）‎ A．反应的化学方程式为：2M⇌N B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡 C．t3时，正反应速率大于逆反应速率 D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍 ‎【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】A、根据图象判断出反应物和生成物，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；‎ B、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡；‎ C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系；‎ D、根据某一时刻反应物和生成物的物质的量多少判断浓度的关系．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为：2NM，故A错误；‎ B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；‎ C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；‎ D、t1时，N的物质的量为6mol．M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是（　　）‎ A．H2O2的电子式： B．CS2的比例模型：‎ C．14C的原子结构示意图： D．CCl4的结构式：‎ ‎【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．‎ ‎【分析】A．双氧水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；‎ B．二硫化碳的结构与二氧化碳结构类似，为直线型结构，硫原子的原子半径大于碳原子；‎ C．碳原子的核电荷数为6，不是8；‎ D．四氯化碳的结构式中不需要标出未成键电子对．‎ ‎【解答】解：A．双氧水属于共价化合物，不存在阴阳离子，双氧水正确的电子式为：，故A错误；‎ B．二硫化碳为直线型结构，分子中存在两个碳硫双键，二硫化碳的比例模型为：，故B正确；‎ C．碳原子的核电荷数为6，碳原子正确的原子结构示意图为：，故C错误；‎ D．四氯化碳的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，四氯化碳的结构式为：，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．化学反应A2+B2═2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应是吸热反应 B．断裂1mol A﹣A键和1mol B﹣B键能放出xkJ的能量 C．断裂2mol A﹣B键需要吸收ykJ的能量 D．2mol AB的总能量高于1 mol A2和1mol B2的总能量 ‎【考点】化学反应中能量转化的原因．‎ ‎【分析】A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；‎ B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的形成释放能量；‎ C、形成2molA﹣B键放出的能量与断裂2mol A﹣B键吸收的能量相等；‎ D、根据图象可判断反应物与生成物的总能量．‎ ‎【解答】解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；‎ B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；‎ C、由图可知形成2molA﹣B键需要放出ykJ能量，因此断裂2mol A﹣B键需要吸收ykJ的能量，故C正确；‎ D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．下列有关原电池的说法中，正确的是（　　）‎ A．铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，镁片较活泼，作负极 B．铝片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铜作负极 C．镀锌铁和镀锡铁的镀层破损后，前者较易被腐蚀 D．将反应2Fe3++Fe═3Fe2+设计为原电池，则可用锌片作负极，铁片作正极，FeCl3溶液作电解质 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．失电子的一极为负极，Al与氢氧化钠反应失电子，Mg不与氢氧化钠反应；‎ B．失电子的一极为负极，Al遇到浓硝酸会钝化，Cu与浓硝酸反应失电子；‎ C．Fe作负极被腐蚀，作正极被保护；‎ D．将反应2Fe3++Fe═3Fe2+设计为原电池，Fe作负极，活泼性比Fe弱的作正极．‎ ‎【解答】解：A．由Al、Mg、NaOH组成的原电池，Al做负极失电子生成AlO2﹣，故A错误；‎ B．由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池，Al遇到浓硝酸会钝化，Cu与浓硝酸反应失电子，Cu作负极，故B正确；‎ C．镀锌铁镀层破损后Fe作正极被保护，镀锡铁的镀层破损后Fe作负极被腐蚀，后者较易被腐蚀，故C错误；‎ D．将反应2Fe3++Fe═3Fe2+设计为原电池，Fe作负极，活泼性比Fe弱的作正极，所以不能用Zn作负极，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%﹣﹣即“原子经济性”．①置换反应 ②化合反应 ③分解反应 ④取代反应 ⑤加成反应 ⑥消去反应 ⑦加聚反应 ⑧缩聚反应，以上反应类型一定能体现原子经济性的是（　　）‎ A．①②⑤ B．②⑤⑦ C．⑦⑧ D．只有⑦‎ ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】由信息“绿色化学”可知，反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知反应只生成一种生成物，结合反应的特点来解答．‎ ‎【解答】解：上述反应中，②化合反应、⑤加成反应、⑦加聚反应中反应产物只有一种，原子的利用率达到100%，‎ 而置换反应、分解反应、取代反应、消去反应、缩聚反应生成物不止一种，不能满足原子利用率为100%，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．下列说法正确的是（　　）‎ A．石油的炼制过程都是化学变化过程 B．石油分馏目的是将含碳原子数较多的烃先气化经冷凝而分离出来 C．石油经过常、减压分馏、裂化等工序炼制后即能制得纯净物 D．石油分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物 ‎【考点】石油的分馏产品和用途．‎ ‎【分析】A．石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解；‎ B．碳原子数较小的烃沸点低；‎ C．石油裂化得到汽油，为混合物；‎ D．混合物是两种或两种以上的物质组成的物质．‎ ‎【解答】解：A．石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解等，分馏是物理变化、裂化和裂解是化学变化，故A错误； ‎ B．碳原子数较小的烃先气化，故B错误；‎ C．因石油炼制过程中，根据石油中各成分的沸点不同，采用分馏的方法将它们分离，得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等，这些馏分都是混合物，故C错误；‎ D．分馏石油得到的各个馏分中含有多种烃类物质，是混合物，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二．选择题（每个小题只有一个正确答案，共10小题，每题3分）‎ ‎16．下列说法中错误的是（　　）‎ A．无论是乙烯与Br2的加成反应，还是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，都与乙烯分子内含有碳碳双键有关 B．用溴的CCl4溶液或酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷 C．相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同 D．利用燃烧的方法可以鉴别乙烯和甲烷 ‎【考点】有机物的鉴别．‎ ‎【分析】A．乙烯中含C=C，能发生加成和氧化反应；‎ B．乙烯能与溴水或高锰酸钾溶液反应，而乙烷不能；‎ C．乙烯和甲烷中氢的质量分数不同；‎ D．乙烯比甲烷中的含碳量高．‎ ‎【解答】解：A．乙烯中含C=C，能发生加成和氧化反应，双键断裂，都与乙烯分子内含有碳碳双键有关，故A正确；‎ B．乙烯能与溴水或高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，而乙烷不能，现象不同，能鉴别，故B正确；‎ C．乙烯和甲烷中氢的质量分数不同，所以相同质量的乙烯和甲烷完全燃烧生成的水的质量不同，故C错误；‎ D．乙烯比甲烷中的含碳量高，燃烧时甲烷产生淡蓝色火焰，乙烯燃烧时火焰明亮并伴有黑烟，现象不同，能鉴别，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．往蔗糖液中加入稀硫酸，水浴加热充分反应后加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，可见有砖红色沉淀生成 B．要萃取溴水中的溴单质，可以选用苯、CCl4或酒精作萃取剂 C．冰醋酸、淀粉、纤维素都是纯净物 D．用试管取出少量淀粉水解液，加入碘水，若不显蓝色，说明淀粉水解完全 ‎【考点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；淀粉的性质和用途；分液和萃取．‎ ‎【分析】A．该反应应在碱性条件下进行；‎ B．选取萃取剂时两种溶剂应互不相溶；‎ C．纯净物是由一种物质组成的物质；‎ D．碘遇淀粉变蓝色可证明含有淀粉．‎ ‎【解答】解：A．蔗糖溶液中滴加少量稀硫酸水浴加热后，应先加入氢氧化钠溶液至呈碱性，再加入Cu（OH）2悬浊液，出现砖红色沉淀，故A错误； ‎ B．可以选用苯、CCl4作萃取剂，溴与酒精可以任意比互溶，故不可以，故B错误；‎ C．冰醋酸是纯净物，虽然淀粉与纤维素均可以用通式（C6H10O5）n表示，但在淀粉分子中，n表示几百到几千个单糖单元，在纤维素分子中，n表示几千个单糖单元，由于n值在二者分子中不相同，所以淀粉和纤维素不是同分异构体，它们本身也不是纯净物，故C错误；‎ D．用试管取出少量淀粉水解液，加入碘水，若不显蓝色，说明溶液中无淀粉，说明淀粉水解完全，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益，其分子结构如图所示．下列说法不正确的是 （　　）‎ A．油酸的分子式为C18H34O2‎ B．油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应 C．1 mol油酸可与2 mol H2发生加成反应 D．1 mol甘油可与3 mol油酸发生酯化反应 ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】油酸分子中含有的官能团有碳碳双键和羧基，根据官能团分析其性质，所以油酸有烯烃和羧酸的性质．‎ ‎【解答】解：A．油酸的分子式为C18H34O2，故A正确；‎ B．油酸分子中含有羧基，所以具有羧酸的性质，能与氢氧化钠溶液发生中和反应，故B正确；‎ C．一个油酸分子中只含1个碳碳双键，所以1mol油酸可与1molH2发生加成反应，故C错误；‎ D．一个油酸分子中只含1个羧基，一个甘油分子中含有3个羟基，所以1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合气体共10g，其密度是相同条件下H2的12.5倍，该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，则组成该混合气的可能是（　　）‎ A．甲烷、乙烯 B．丙烷、乙烯 C．乙烷、丙烯 D．甲烷、丙烯 ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【分析】根据混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍可以确定有机物的平均摩尔质量25g/mol，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol．该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为0.1mol，故烯烃的物质的量为0.3mol，结合烯烃的质量和物质的量来确定烯烃的摩尔质量，再根据烯烃组成通式确定烯烃．‎ ‎【解答】解：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，所以混合物的平均摩尔质量为12.5×2g/mol=25g•mol﹣1，所以混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol．‎ 该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g，8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为10g﹣8.4g=1.6g，甲烷的物质的量为=0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol﹣0.1mol=0.3mol，所以M（烯烃）==28g•mol﹣1，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯．‎ 所以混合物为甲烷、乙烯．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．向某稀硝酸溶液中加入5.6g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解并放出NO气体，溶液质量增加3.4g，则所得溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量浓度之比为（　　）‎ A．1：1 B．2：1 C．3：2 D．4：1‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算；硝酸的化学性质．‎ ‎【分析】溶液质量增重等于Fe的质量与NO质量之差，据此计算NO的质量，结合电子转移守恒及Fe的质量列方程计算n（Fe2+）、（Fe3+）．‎ ‎【解答】解：n（Fe）==0.1mol，生成NO的质量为5.6g﹣3.4g=2.2g，‎ 设Fe2+和Fe3+物质的量分别为x、y，则：‎ ‎，‎ 解得x=0.08mol，y=0.02mol，‎ 所以所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为0.08mol：0.02mol=4：1，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎21．类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）‎ A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子 B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3‎ D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律的作用；铁的化学性质．‎ ‎【分析】A．O和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直线形分子；‎ B．C和Si，Se和S都分别同族元素，形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小；‎ C．I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成FeI2；‎ D．浓硫酸能够将HBr氧化为Br2．‎ ‎【解答】解：A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，该推理合理，故A正确；‎ B．C和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，故B正确；‎ C．因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；‎ D．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故D错误；‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎22．Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池．下列叙述错误的是（　　）‎ A．负极反应式为Mg﹣2e﹣=Mg2+‎ B．正极反应式为Ag++e﹣=Ag C．电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移 D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】Mg﹣AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，负极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+，故A正确；‎ B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故B错误；‎ C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl﹣在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；‎ D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎23．下列实验操作能达到实验目的是（　　）‎ 实验目的 实验操作 A．‎ 制备Fe（OH）3胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中 B．‎ 由MgCl2溶液制备无水MgCl2‎ 将MgCl2溶液加热蒸干 C．‎ 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D．‎ 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．氢氧化钠溶液与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，无法得到胶体；‎ B．氯化氢具有挥发性，蒸干氯化镁溶液最终得到的是MgO；‎ C．稀硝酸能够溶解铜，违反了除杂原则，可用稀硫酸除去铜中的氧化铜；‎ D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性．‎ ‎【解答】解：A．将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，变化得到氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，故A错误；‎ B．由MgCl2溶液制备无水MgCl2，由于氯化镁易水解、氯化氢易挥发，若将MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的是MgO，应该在HCl气流中加热氯化镁溶液制取无水氯化镁，故B错误；‎ C．稀硝酸能够与铜粉反应，除去Cu粉中混有的CuO，可用稀硫酸或稀盐酸，故C错误；‎ D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎24．下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（　　）‎ 选项 试剂 试纸或试液 现象 结论 A 浓氨水、生石灰 红色石蕊试纸 变蓝 NH3为碱性气体 B 浓盐酸、浓硫酸 pH试纸 变红 HCl为酸性气体 C 浓盐酸、二氧化锰 淀粉碘化钾试液 变蓝 Cl2具有氧化性 D 亚硫酸钠、硫酸 品红试液 褪色 SO2具有还原性 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体；‎ B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体；‎ C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性；‎ D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性．‎ ‎【解答】解：A．生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；‎ B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；‎ C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；‎ D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎25．实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（　　）‎ A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去 B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠 C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤 ‎【考点】物质的分离、提纯和除杂．‎ ‎【分析】因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化，操作Ⅰ是加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶析出KNO3，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体．‎ ‎【解答】解：KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、本卷共4个题，共40分）‎ ‎26．联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：‎ ‎（1）联氨分子的电子式为　　，其中氮的化合价为　﹣2　．‎ ‎（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O　．‎ ‎（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1‎ ‎②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2‎ ‎③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3‎ ‎④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1‎ 上述反应热效应之间的关系式为△H4=　2△H3﹣2△H2﹣△H1　，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为　反应放热量大，产生大量气体　．‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】（1）N2H4是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数和为0计算化合价；‎ ‎（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；‎ ‎（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1‎ ‎②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2‎ ‎③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3‎ 依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1．‎ ‎【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为：，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为﹣2价，‎ 故答案为：；﹣2；‎ ‎（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，‎ 故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；‎ ‎（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1‎ ‎②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2‎ ‎③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3‎ 依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，‎ 故答案为：2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体．‎ ‎　‎ ‎27．有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol•L﹣1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6mol•L﹣1的NaOH溶液中，如图所示．‎ ‎（1）写出甲中正极的电极反应式　2H++2e﹣═H2↑　．‎ ‎（2）乙中总反应的离子方程式：　2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑　．‎ ‎（3）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出　Mg　活动性更强，而乙会判断出　Al　活动性更强．（填写元素符号）‎ ‎（4）由此实验得出的下列结论中，正确的有　AD　．‎ A．利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质 B．镁的金属性不一定比铝的金属性强 C．该实验说明金属活动性顺序表已过时，没有实用价值了 D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，应具体问题具体分析．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）在酸性介质中镁比铝活泼，所以甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；‎ ‎（2）在碱性介质中铝比镁活泼，所以乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应；‎ ‎（3）原电池中负极失电子金属的活泼性强；‎ ‎（4）A．原电池正负极与电解质溶液有关；‎ B．镁的金属性大于铝；‎ C．该实验证明说明电解质溶液性质选用选择合适的介质，不能说明金属活动性顺序过时；‎ D．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析．‎ ‎【解答】解：（1）镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，原电池中阴离子向负极移动，所以硫酸根离子流向镁片，正极的电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑；‎ 故答案为：2H++2e﹣=H2↑；‎ ‎（2）在碱性介质中铝比镁活泼，所以乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，总的电极反应式为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；‎ 故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；‎ ‎（3）原电池中负极失电子金属的活泼性强，甲中Mg失电子作负极，Mg的活泼性强，乙中Al失电子作负极，Al的活泼性强；‎ 故答案为：Mg；Al；‎ ‎（4）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；‎ B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；‎ C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；‎ D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；‎ 故答案为：AD．‎ ‎　‎ ‎28．已知A、B、C、D、E、F、G、H、I均为有机物，根据下列框图和已知条件回答问题：‎ 已知：A中有一个甲基，D都能使溴水褪色，F能发生银镜反应，I的结构简式为：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A中含有的官能团：　碳碳双键、酯基　（文字叙述）‎ ‎（2）属于取代反应的有：　①⑥　‎ ‎（3）写出反应④的化学方程式　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　‎ ‎（4）写出A的结构简式　CH2=CHCOOCH2CH3　‎ ‎（5）E有多种同分异构体，其中一种既能发生银镜反应又能和NaOH溶液反应，请写出它的结构简式　HCOOCH2CH3　．‎ ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【分析】根据I结构简式知，H发生加聚反应生成I，H为CH2=CHCOOCH3，G发生酯化反应生成H，则G为CH2=CHCOOH，G发生加成反应生成E，E为CH3CH2COOH，‎ A能发生水解反应生成B和C，B发生酸化得到G，则B为CH2=CHCOONa；‎ 根据A分子式且A中只含一个甲基知，A结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，C是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，C发生消去反应生成D，D为CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，F能发生银镜反应，说明F中含有醛基，则C发生氧化反应生成F，则F为CH3CHO，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：根据I结构简式知，H发生加聚反应生成I，H为CH2=CHCOOCH3，G发生酯化反应生成H，则G为CH2=CHCOOH，G发生加成反应生成E，E为CH3CH2COOH，A能发生水解反应生成B和C，B发生酸化得到G，则B为CH2=CHCOONa；‎ 根据A分子式且A中只含一个甲基知，A结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，C是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，C发生消去反应生成D，D为CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，F能发生银镜反应，说明F中含有醛基，则C发生氧化反应生成F，则F为CH3CHO，‎ ‎（1）A为CH2=CHCOOCH2CH3，A中含有的官能团：碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；‎ ‎（2）通过以上分析知，属于取代反应的有：①⑥，故答案为：①⑥；‎ ‎（3）反应④的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，‎ 故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎（4）A的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH2=CHCOOCH2CH3；‎ ‎（5）E是丙酸，E有多种同分异构体，其中一种既能发生银镜反应又能和NaOH溶液反应，则该物质中含有酯基和醛基，为HCOOCH2CH3，‎ 故答案为：HCOOCH2CH3．‎ ‎　‎ ‎29．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂．以下是一种制备过氧化钙的实验方法．回答下列问题：‎ ‎（一）碳酸钙的制备（如图1）‎ ‎（1）步骤①加入氨水的目的是调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀，小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于　过滤分离　．‎ ‎（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是　ade　（填标号）．‎ a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁 b．玻璃棒用作引流 c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁 d．滤纸边缘高出漏斗 e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度 ‎（二）过氧化钙的制备（如图3）‎ ‎（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈　酸　性（填“酸”、“碱”或“中”）．将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是　除去溶液中溶解的二氧化碳　．‎ ‎（4）步骤③中反应的化学方程CaCl2+2NH3．H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl该反应需要在冰浴下进行，原因是　温度过高时双氧水易分解　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【分析】（一）碳酸钙的制备 由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸钙沉淀；‎ ‎（1）碱可中和酸，小火煮沸利于沉淀生成；‎ ‎（2）过滤遵循一贴二低三靠，据此分析选项；‎ ‎（二）过氧化钙的制备 ‎（3）由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，溶液中溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性，将溶液煮沸的作用是赶出溶解的二氧化碳；‎ ‎（4）温度过高过氧化氢乙发生分解．‎ ‎【解答】解：（一）碳酸钙的制备 由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸钙沉淀；‎ ‎（1）步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子．小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤，‎ 故答案为：过滤分离；‎ ‎（2）a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁，应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故a错误；‎ b．玻璃棒用作引流，使液体顺利流下，故b正确；‎ c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故c正确；‎ d．滤纸边缘应低于漏斗上边缘，故d错误；‎ e．玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度，可能捣破滤纸，过滤失败，故e错误；‎ 故答案为：ade；‎ ‎（二）过氧化钙的制备 由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；‎ ‎（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性；将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳，‎ 故答案为：酸；除去溶液中溶解的二氧化碳；‎ ‎（4）步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是温度过高时双氧水易分解，‎ 故答案为：温度过高时双氧水易分解．‎ ‎　‎ ‎2016年12月1日