化学卷·2018届山西省朔州市怀仁一中高二上学期第一次月考化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届山西省朔州市怀仁一中高二上学期第一次月考化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第一次月考化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每题2分，共50分）．‎ ‎1．下列有关物质结构的说法正确的是（　　）‎ A．78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA B．3.4g氨气中含有0.6NA个N﹣H键 C．HBr的电子式为H+‎ D．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构 ‎2．许多国家十分重视海水资源的综合利用．下列物质不需要化学变化就能够从海水中获得的是（　　）‎ A．氯、溴、碘 B．钠、镁、铝 C．烧碱、氢气 D．食盐、淡水 ‎3．在恒容条件下，能使NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO （g）正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是（　　）‎ A．增大NO2或CO的浓度 B．减小CO2或NO的浓度 C．通入Ne使气体的压强增大 D．升高反应的温度 ‎4．分析推理是化学学习的方法之一．下列实验推理中，正确的是（　　）‎ A．金属的冶炼方法与金属的活泼性有很大关系，所以银和汞可以用热分解的方法冶炼 B．钠比铜活泼，所以钠可以从硫酸铜溶液中置换出铜 C．工业上电解熔融氯化镁可制得金属镁，所以工业上电解熔融氯化铝可制得铝 D．将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡，说明镁比铝活泼 ‎5．W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色．下列判断正确的是（　　）‎ A．金属性：Y＞Z B．氢化物的沸点：X＞W C．离子的还原性：X＞W D．原子及离子半径：Z＞Y＞X ‎6．保护环境已成为人类的共识，人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用．下列做法不利于环境保护的是（　　）‎ ‎①发电厂的煤经脱硫处理 ‎②采用新科学技术促进煤、石油、天然气的开采，以满足工业发展的需求 ‎③将煤转化为水煤气作燃料 ‎④回收并合理处理聚乙烯塑料废物 ‎⑤汽车尾气中含有氮氧化物，是因为汽油燃烧不充分所致，很少，不必考虑 ‎⑥电镀废液经中和后直接排放 ‎ ‎⑦增加燃煤发电厂烟囱的高度，可以减少对大气的污染．‎ A．①②④⑤ B．②③⑥⑦ C．②⑤⑥⑦ D．①③⑥⑦‎ ‎7．如图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是（　　）‎ A．反应①是加成反应 B．只有反应②是加聚反应 C．只有反应⑦是取代反应 D．反应④⑤⑥是取代反应 ‎8．下列有关元素周期表结构的说法正确的是（　　）‎ A．原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表IIA族 B．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 C．某元素原子核外的电子数为63，则它是第6周期副族元素 D．除短周期外，其他周期均为18种元素，副族元素没有非金属元素 ‎9．糖类、油脂、蛋白质为动物性和植物性食物中的基本营养物质．下列说法正确的是（　　）‎ A．蛋白质中只含C、H、O三种元素 B．油脂在人体中发生水解的产物是氨基酸 C．牛油、大豆油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯 D．糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应 ‎10．为提纯如表物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）‎ A B C D 被提纯物质 酒精（水）‎ 乙醇（乙酸）‎ 乙烷（乙烯）‎ 溴苯（溴）‎ 除杂试剂 生石灰 氢氧化钠溶液 酸性高锰 酸钾溶液 KI溶液 分离方法 蒸馏 分液 洗气 分液 A．A B．B C．C D．D ‎11．一定条件下，氨气与氟气发生反应：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，其中NF3分子构型与NH3相似．下列有关说法错误的是（　　）‎ A．NF3中只含有极性共价键 B．NF3既是氧化产物，又是还原产物 C．NH4F中既含有离子键又含有共价键 D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价化合物 ‎12．有A、B、C、D四种金属，做如下实验：①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀；②将A、D分别投入等物质的量浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；③将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．A＞B＞C＞D B．C＞D＞A＞B C．D＞A＞B＞C D．A＞B＞D＞C ‎13．下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（　　）‎ A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏 C．铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎14．下列说法中错误的是（　　）‎ ‎①化学性质相似的有机物是同系物； ‎ ‎②分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物； ‎ ‎③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物； ‎ ‎④互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似； ‎ ‎⑤相对分子质量相同而结构不同的化合物互为同分异构体； ‎ ‎⑥石墨与金刚石分子式相同，结构不同，互为同分异构体．‎ A．①②③④⑤⑥ B．只有②③⑤ C．只有③④⑥ D．只有①②③⑥‎ ‎15．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下：干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2下列关于海水制碘的说法，不正确的是（　　）‎ A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 B．含I﹣的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”‎ ‎16．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（　　）‎ A．该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2C B．反应进行到1 s时，v（A）=v（D）‎ C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/（L•s）‎ D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等 ‎17．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为38．已知Y是空气中含量最高的元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等．W的单质常用来焊接钢轨．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H3YO4‎ B．原子半径由大到小的顺序为W＞Z＞Y＞X C．X、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同 D．与同浓度的盐酸反应，Z比W更剧烈 ‎18．下列说法正确的是（　　）‎ A．如图可表示水分解过程中的能量变化 B．若2C（s）+O2（g）=2CO（g）△=﹣221.0kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/mol C．需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应 D．已知I：反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△=﹣akJ/mol II：‎ 且a、b、c均大于零，则断开1mol H﹣Cl键所需的能量为（﹣a﹣b﹣c）kJ/mol ‎19．锂碘电池可用于心脏起搏器的电源．该电池反应为：2Li（s）+I2（s）═2LiI（s）△H＜0‎ 已知：4Li（s）+O2（g）═2Li2O（s）△H1=﹣324kJ•mol﹣1‎ ‎4LiI（s）+O2（g）═2I2（s）+2Li2O（s）△H2=﹣114kJ•mol﹣1‎ 下列结论中，不正确的是（　　）‎ A．电池反应2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）△H=﹣105kJ•mol﹣1‎ B．电池正极反应Li﹣e﹣=Li+‎ C．当有14gLi消耗时，理论上会释放2mol e﹣的电量 D．该电池放电完毕电池的总质量保持不变 ‎20．铁粉与足量1mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量可以加入（　　）‎ ‎①2mol/L的硝酸溶液 ②少量CuSO4（s） ③少量铜粉 ④少量CH3COONa（s） ⑤对溶液加热 ⑥向反应液中通入HCl气体 ⑦加入过量铁粉 ⑧将铁粉改为铁片．‎ A．②③④⑤⑥ B．③⑤⑥ C．①③⑤⑥⑦ D．③⑤⑥⑧‎ ‎21．在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）‎ ‎+qQ（g） 当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是（　　）‎ ‎①体系的压强不再改变 ‎ ‎②体系的温度不再改变　‎ ‎③各组分的浓度不再改变 ‎ ‎④各组分的质量分数不再改变　‎ ‎⑤反应速率v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q ‎ ‎⑥单位时间内m mol A断键反应，同时pmol C也断键反应．‎ A．③④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．①③④⑥‎ ‎22．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化 B．制取NaHCO3的原理是利用其在此反应所涉及物质中溶解度最小 C．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁 ‎23．如图为Mg﹣NaClO燃料电池结构示意图．下列说法正确的是（　　）‎ A．镁作Y电极 B．电池工作时Na+向负极移动 C．废液的pH大于NaClO溶液的pH D．X电极上发生的反应为：ClO﹣+2H2O﹣4e﹣=ClO3﹣+4H+‎ ‎24．常温常压下，a体积的下列几种气态烃的混合物与足量氧气混合点燃爆炸，恢复到原来状况时，体积共缩小了2a体积，则该混合烃的组合可能是（　　）‎ ‎①CH4②C2H4③C2H6④C3H4⑤C3H6⑥C3H8．‎ A．①②③ B．①③⑤ C．①②④ D．①④⑥‎ ‎25．一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2﹣．下列对该燃料电池说法正确的是（　　）‎ A．在熔融电解质中，O2﹣由负极移向正极 B．通入空气的一极是正极，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ C．通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10+26e﹣+13O2﹣=4CO2+5H2O D．在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体L ‎　‎ 二、填空题．（共50分）‎ ‎26．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成气态分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期元素中原子半径最大的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子．则 ‎（1）B的原子结构示意图为　　；X的化学名称为　　．‎ ‎（2）B单质的结构式为　　；E的气态氢化物的结构式为　　；C与D形成的两种化合物中，其中一种物质含有两种类型的化学键，分别为　　，该物质属于　　（填“离子化合物”或“共价化合物”）．‎ ‎（3）B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是　　（写化学式）．‎ ‎（4）D是同周期简单阳离子中离子半径最　　的元素．‎ ‎（5）F的单质在反应中常作　　剂（填“氧化”或“还原”）．‎ ‎27．现有七种短周期主族元素，其原子序数按A、B、C、D、E、F、G的顺序递增．A元素的最高正化合价和最低负化合价的代数和等于0，且A是形成化合物种类最多的元素；C原子能形成分别含10电子、18电子的两种阴离子，且C与F位于同一主族；D单质投入冷水中反应缓慢，投入沸水中迅速产生气泡；E的简单阳离子是同周期元素所形成的简单离子中半径最小的．回答下列问题：‎ ‎（1）B位于周期表第　　周期第　　族．‎ ‎（2）元素M位于E与F元素之间，且M单质是优良的半导体材料，广泛用于太阳能电池．M、F、G的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为　　（用化学式表示）．‎ ‎（3）若选择三种试剂设计实验能证明非金属性：B＞A＞M，用化学方程式表示实验原理：　　．‎ ‎（4）下列实验方法能证明D与E的金属性强弱关系的是　　．‎ A．比较D和E的单质分别与稀硫酸反应产生气泡的快慢 B．比较D和E的单质分别与同浓度的氢氧化钠溶液反应产生气泡的快慢 C．比较D和E的单质分别与氯气、氧气、硫等非金属单质反应的产物．‎ ‎28．中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济，海水的综合利用大有可为．海水中溴含量约为65mg•L﹣1，从海水中提取溴的工业流程如图：‎ ‎（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是　　．‎ ‎（2）步骤Ⅱ通入空气吹出Br2，利用了溴的　　．‎ A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性 ‎（3）以上流程Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：□Br2+□CO32﹣═□BrO3﹣+□Br﹣+□CO2↑‎ ‎（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏．写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：　　．‎ ‎（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂将溴从水中提取出来的是　　．‎ A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯．‎ ‎29．已知乳酸的结构简式为：．‎ ‎（1）乳酸分子中含有　　和　　两种官能团（填官能团名称）．90g乳酸与足量金属钠反应产生的气体在标准状况下的体积是　　L．方程式为　　‎ ‎．已知两分子乳酸可在一定条件下反应生成环状的酯，写出该反应的方程式　　．‎ ‎（2）已知葡萄糖可以和醋酸在一定条件下发生酯化反应，则1摩尔葡萄糖最多可以消耗　　摩尔醋酸．‎ ‎（3）分子式为C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，则该烃的结构简式为　　．‎ ‎（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，其同分异构体共有　　种．‎ ‎30．碳是形成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：‎ ‎△H═88.6kJ•mol﹣1‎ 则M、N相比，较稳定的是　　．‎ ‎（2）已知CH3OH（l）的燃烧热为726.5kJ•mol﹣1，CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1，则a　　726.5（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式　　．‎ ‎（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质．将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1176kJ•mol﹣1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为　　．‎ ‎（5）已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=+489.0kJ•mol﹣1111．Com]‎ CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）第一次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每题2分，共50分）．‎ ‎1．下列有关物质结构的说法正确的是（　　）‎ A．78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为4NA B．3.4g氨气中含有0.6NA个N﹣H键 C．HBr的电子式为H+‎ D．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构 ‎【考点】离子晶体；电子式；物质结构中的化学键数目计算；原子核外电子排布．‎ ‎【分析】A、根据过氧化钠的物质的量以及1个过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子；‎ B、根据氨气的物质的量以及1个氨气中含有3个N﹣H键；‎ C、根据溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成一对共用电子对，溴化氢中溴原子最外层达到8电子稳定结构，氢原子最外层为2个电子；‎ D、对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构；‎ ‎【解答】解：A、78g Na2O2晶体的物质的量为=1mol，1个过氧化钠中含有2个阳离子和1个阴离子，78g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数分别为2NA、NA，故A错误；‎ B、3.4g氨气的物质的量为=0.2mol，1个氨气中含有3个N﹣H键，所以3.4g氨气中含有0.6NA个N﹣H键，故B正确；‎ C、溴化氢为共价化合物，氢原子与溴原子形成了一个共用电子对，溴化氢中氢原子最外层为2个电子，溴原子最外层达到8电子，用小黑点表示原子最外层电子，则溴化氢的电子式为，故C错误；‎ D、PCl3中P元素化合价为+3价，P原子最外层电子数是5，3+5=8，则P原子满足8电子结构，Cl元素化合价绝对值为1，其最外层电子数是7，1+7=8，则Cl原子满足8电子结构；BF3中B元素化合价为+3，Be原子最外层电子数为3，所以3+3=6，分子中Be原子不满足8电子结构，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．许多国家十分重视海水资源的综合利用．下列物质不需要化学变化就能够从海水中获得的是（　　）‎ A．氯、溴、碘 B．钠、镁、铝 C．烧碱、氢气 D．食盐、淡水 ‎【考点】海水资源及其综合利用；物理变化与化学变化的区别与联系．‎ ‎【分析】根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利于化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利于蒸馏原理来得到．‎ ‎【解答】解：A．可从海水中获得氯化钠，通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质，是化学变化，故A错误；‎ B．可从海水中获得氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过电解熔融的氯化镁和氧化铝即得镁和铝，是化学变化，故B错误；‎ C．可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C错误；‎ D．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水经太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．在恒容条件下，能使NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO （g）正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是（　　）‎ A．增大NO2或CO的浓度 B．减小CO2或NO的浓度 C．通入Ne使气体的压强增大 D．升高反应的温度 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】升高、加压、增大浓度、使用正催化剂，均可加快反应速率，但温度、催化剂改变活化分子百分数，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A、B为改变浓度，可改变反应速率，但活化分子的百分数不变，C通入Ne使气体的压强增大，不改变参加反应气体的浓度，反应速率不变；‎ 升高温度，可增大活化分子百分数，反应速率增大，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．分析推理是化学学习的方法之一．下列实验推理中，正确的是（　　）‎ A．金属的冶炼方法与金属的活泼性有很大关系，所以银和汞可以用热分解的方法冶炼 B．钠比铜活泼，所以钠可以从硫酸铜溶液中置换出铜 C．工业上电解熔融氯化镁可制得金属镁，所以工业上电解熔融氯化铝可制得铝 D．将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，镁条上产生气泡，说明镁比铝活泼 ‎【考点】金属冶炼的一般原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．‎ ‎【分析】A．根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼；‎ B．钠可以与硫酸铜溶液反应，但先发生Na与水的反应；‎ C．工业上电解熔融氯化镁可制得金属镁，AlCl3为共价化合物，工业上电解熔融氧化铝可制得铝；‎ D．将镁条和铝片用导线连接再插进稀NaOH溶液，构成原电池，Al作负极；‎ ‎【解答】解：A．根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，Hg、Ag等金属都是不活泼金属，所以应采用用加热分解氧化物的方法冶炼，故A正确；‎ B．钠可以与硫酸铜溶液反应，先发生Na与水的反应，生成的碱再与盐溶液反应，不会置换出金属Cu，故B错误；‎ C．工业上可用电解氯化镁的方法制金属镁，其反应的原理是：MgCl2Mg+Cl2↑，熔融AlCl3中没有离子，不能导电，工业上电解熔融氧化铝2Al2O34Al+3O2↑，故C错误；‎ D．镁比铝活泼，但由于镁和氢氧化钠溶液不反应，而铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则铝为负极，镁为正极，正极上有气体生成，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色．下列判断正确的是（　　）‎ A．金属性：Y＞Z B．氢化物的沸点：X＞W C．离子的还原性：X＞W D．原子及离子半径：Z＞Y＞X ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，应为Cl元素，X与W同主族，则X为F元素，Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，则原子序数为=13，为Al元素，含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z应为Na元素，结合元素的金属性和非金属性的递变规律解答该题．‎ ‎【解答】解：由题设可判定W为Cl，X为F，Y为Al，Z为Na．‎ A．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则金属性Na＞Al，故A错误；‎ B．氢化物沸点HF＞HCl，因HF分子间存在氢键，故B正确；‎ C．非金属性F＞Cl，则离子还原性Cl﹣＞F﹣，故C错误；‎ D．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径Na＞Al＞F，离子半径F﹣＞Na+＞Al3+，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．保护环境已成为人类的共识，人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式对废物进行处理并循环使用．下列做法不利于环境保护的是（　　）‎ ‎①发电厂的煤经脱硫处理 ‎②采用新科学技术促进煤、石油、天然气的开采，以满足工业发展的需求 ‎③将煤转化为水煤气作燃料 ‎④回收并合理处理聚乙烯塑料废物 ‎⑤汽车尾气中含有氮氧化物，是因为汽油燃烧不充分所致，很少，不必考虑 ‎⑥电镀废液经中和后直接排放 ‎ ‎⑦增加燃煤发电厂烟囱的高度，可以减少对大气的污染．‎ A．①②④⑤ B．②③⑥⑦ C．②⑤⑥⑦ D．①③⑥⑦‎ ‎【考点】"三废"处理与环境保护．‎ ‎【分析】①煤脱硫处理可以减少二氧化硫的排放；‎ ‎②促进煤、石油、天然气的开采利用，会增加有害气体的排放；‎ ‎③将煤转化为水煤气作燃料，可以更充分的燃烧；‎ ‎④回收并合理处理聚乙烯塑料废物，能减少白色污染；‎ ‎⑤高温条件下，氮气与氧气反应生成氮的氧化物；‎ ‎⑥电镀废液含有重金属离子； ‎ ‎⑦增加燃煤发电厂烟囱的高度，有害气体仍然排到大气中．‎ ‎【解答】解：①煤中的硫在燃烧时会生成二氧化硫，煤脱硫处理可以减少二氧化硫的排放，能减轻大气污染，有利于环境保护，故不选；‎ ‎②促进煤、石油、天然气的开采利用，会增加有害气体的排放，会使大气污染加重，不利于环境保护，故选；‎ ‎③气体燃料能充分燃烧，将煤转化为水煤气作燃料，可以更充分的燃烧，能减少有害气体的排放，有利于环境保护，故不选；‎ ‎④回收并合理处理聚乙烯塑料废物，能减少白色污染，有利于环境保护，故不选；‎ ‎⑤汽车尾气中含有氮氧化物，是因为高温条件下，氮气与氧气反应生成氮的氧化物，汽油中不含有N元素，故选；‎ ‎⑥电镀废液含有重金属离子，重金属离子有毒，随意排放会污染环境，故选； ‎ ‎⑦增加燃煤发电厂烟囱的高度，有害气体仍然排到大气中，不能减轻大气污染，不利于环境保护，故选．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．如图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是（　　）‎ A．反应①是加成反应 B．只有反应②是加聚反应 C．只有反应⑦是取代反应 D．反应④⑤⑥是取代反应 ‎【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．‎ ‎【分析】由转化关系可知，①为乙烯加成反应，②为乙烯加聚反应，③为乙醇氧化反应，④⑥为乙酸乙酯水解反应，⑤为乙醇酯化反应，⑦为乙酸酯化反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．反应①为乙烯与溴单质发生加成反应，故A正确；‎ B．乙烯含有不饱和键，能发生反应得聚乙烯，故B正确；‎ C．④⑤⑥⑦都是取代反应，故C错误；‎ D．④⑥为乙酸乙酯水解反应，⑤为乙醇酯化反应，均属于取代反应，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列有关元素周期表结构的说法正确的是（　　）‎ A．原子最外层电子数为2的元素一定处于周期表IIA族 B．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 C．某元素原子核外的电子数为63，则它是第6周期副族元素 D．除短周期外，其他周期均为18种元素，副族元素没有非金属元素 ‎【考点】元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】A、原子最外层电子数为2的元素有He、第ⅡA族元素、第ⅡB族元素等；‎ B、元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于半导体元素；‎ C、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63﹣2﹣8﹣8﹣18﹣18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种；‎ D、第六周期有32种元素．‎ ‎【解答】解：A．原子最外层电子数为2的元素有He、第ⅡA族元素、第ⅡB族元素等，不一定为IIA族，故A错误；‎ B、元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于半导体元素，而不是过渡元素，故B错误；‎ C、因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63﹣2﹣8﹣8﹣18﹣18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，是副族元素，故C正确；‎ D、除短周期外，四、五周期均为18种元素，第六周期有32种元素，第七周期有26种元素，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．糖类、油脂、蛋白质为动物性和植物性食物中的基本营养物质．下列说法正确的是（　　）‎ A．蛋白质中只含C、H、O三种元素 B．油脂在人体中发生水解的产物是氨基酸 C．牛油、大豆油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯 D．糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应 ‎【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构．‎ ‎【分析】A．蛋白质中只有C、H、O、N等元素； ‎ B．油脂水解产物是高级脂肪酸和甘油；‎ C．牛油、大豆油的成分都是高级脂肪酸甘油酯；‎ D．单糖是不能水解的糖．‎ ‎【解答】解：A．蛋白质还含有N等元素，故A错误； ‎ B．油脂在人体中水解产物是高级脂肪酸和甘油，故B错误；‎ C．牛油、大豆油的成分都是高级脂肪酸甘油酯，故C正确；‎ D．单糖不能水解，油脂能水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质能水解生成氨基酸，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．为提纯如表物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）‎ A B C D 被提纯物质 酒精（水）‎ 乙醇（乙酸）‎ 乙烷（乙烯）‎ 溴苯（溴）‎ 除杂试剂 生石灰 氢氧化钠溶液 酸性高锰 KI溶液 酸钾溶液 分离方法 蒸馏 分液 洗气 分液 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【分析】A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；‎ B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇互溶；‎ C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；‎ D．溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯．‎ ‎【解答】解：A．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；‎ B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇互溶，不能分液，应选蒸馏法，故B错误；‎ C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气，故C错误；‎ D．溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．一定条件下，氨气与氟气发生反应：4NH3+3F2=NF3+3NH4F，其中NF3分子构型与NH3相似．下列有关说法错误的是（　　）‎ A．NF3中只含有极性共价键 B．NF3既是氧化产物，又是还原产物 C．NH4F中既含有离子键又含有共价键 D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价化合物 ‎【考点】化学键；氧化还原反应．‎ ‎【分析】4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由﹣3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为﹣1，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型的，所以NF3分子为极性分子，故A正确；‎ B．NH3反应中N：﹣3﹣→+3，F：0﹣→﹣1，所以NF3既是氧化产物又是还原产物，故B正确；‎ C．NH4Cl与NH4F含的阳离子相同，阴离子是同一主族元素，所以NH4Cl与NH4F具有相同的化学键，所以NH4F中存在的化学键是离子键、极性共价键，故C正确；‎ D．NH4F是离子化合物，为离子晶体，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．有A、B、C、D四种金属，做如下实验：①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀；②将A、D分别投入等物质的量浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；③将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出．据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（　　）‎ A．A＞B＞C＞D B．C＞D＞A＞B C．D＞A＞B＞C D．A＞B＞D＞C ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】原电池中被腐蚀的金属是活动性强的金属；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属．‎ ‎【解答】解：两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，‎ ‎①将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，B不易腐蚀，所以A的活动性大于B．‎ ‎②金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸溶液中，D比A反应剧烈，所以D的活动性大于A；‎ ‎③金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明B的活动性大于铜．如果把铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明铜的活动性大于C．‎ 所以金属的活动性顺序为：D＞A＞B＞C，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（　　）‎ A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏 C．铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．‎ ‎【分析】A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池；‎ B、干电池中锌做原电池的负极被腐蚀；‎ C、依据铅蓄电池电极反应结合电子守恒计算；‎ D、氢氧燃料电池的产物为水，无污染．‎ ‎【解答】解：A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故A正确；‎ B、在干电池中，Zn作负极，被氧化，故B正确；‎ C、铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故C错误；‎ D、氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故D正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．下列说法中错误的是（　　）‎ ‎①化学性质相似的有机物是同系物； ‎ ‎②分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物； ‎ ‎③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物； ‎ ‎④互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似； ‎ ‎⑤相对分子质量相同而结构不同的化合物互为同分异构体； ‎ ‎⑥石墨与金刚石分子式相同，结构不同，互为同分异构体．‎ A．①②③④⑤⑥ B．只有②③⑤ C．只有③④⑥ D．只有①②③⑥‎ ‎【考点】芳香烃、烃基和同系物；有机化合物的异构现象．‎ ‎【分析】①结构相似、在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物；‎ ‎②分子组成相差一个或若干个﹣CH2原子团的有机物不一定是同系物；‎ ‎③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们的最简式相同，但不一定是同系物；‎ ‎④同分异构体物理性质有差别，但化学性质不一定相似；‎ ‎⑤分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体；‎ ‎⑥石墨与金刚石为单质．‎ ‎【解答】解：①结构相似、在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物，化学性质相似的有机物如果结构不相似，且在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团，所以不一定是同系物，故错误；‎ ‎②分子组成相差一个或若干个﹣CH2原子团的有机物不一定是同系物，如苯酚和苯甲醇，故错误；‎ ‎③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们的最简式相同，但不一定是同系物，如苯和乙炔最简式相同但不是同系物，故错误；‎ ‎④同分异构体物理性质有差别，但化学性质不一定相似，如甲醚和乙醇，故错误；‎ ‎⑤分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，故错误；‎ ‎⑥石墨与金刚石为单质，二者是同素异形体，不是同分异构体，故错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下：干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2‎ 下列关于海水制碘的说法，不正确的是（　　）‎ A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌 B．含I﹣的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应 C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 D．碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”‎ ‎【考点】海带成分中碘的检验．‎ ‎【分析】A、固体灼烧应在坩埚中进行；‎ B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应；‎ C、碘单质遇到淀粉变蓝；‎ D、依据萃取操作和原理分析；‎ ‎【解答】解：A、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；‎ B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，故B正确；‎ C、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，故C正确；‎ D、碘单质在四氯化碳中溶解度大于水，可以转移到四氯化碳中，过程为萃取，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎16．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（　　）‎ A．该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2C B．反应进行到1 s时，v（A）=v（D）‎ C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/（L•s）‎ D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等 ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】‎ A、根据图象中的有关数据判断四种物质的变化，再根据计量数之比等于物质的量的变化量之比；‎ B、根据图象形成1s时A、D的物质的量变化，然后根据v=进行计算即可；‎ C、6s时B的浓度为0.6mol，B的物质的量变化为0.6mol，容器容积为2L，然后根据v=进行计算B的平均反应速率；‎ D、根据图象判断反应平衡状态，化学反应速率与化学计量数成正比，计量数不同，反应速率则不相同．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.0mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质了0.8mol，所以A、D为生成物，B、C为反应物，A、B、C、D物质的量之比为5：3：4：2，反应方程式为：3B+4C⇌5A+2D，故A错误；‎ B、反应到1s时，v（A）===0.3mol/（L•s），v（D）===0.1mol/（L•s），所以v（A）≠v（D），故B错误；‎ C、反应进行到6s时，△n（B）=1mol﹣0.4mol=0.6mol，v（B）===0.05mol/（L•s），故C正确；‎ D、根据图象可知，到6s时各物质的物质的量不再改变了，达到平衡状态，所以各物质的浓度不再变化，但是由于各物质的化学计量数不相同，则各物质的反应速率不相等，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为38．已知Y是空气中含量最高的元素，Z元素原子核外K层与M层电子数相等．W的单质常用来焊接钢轨．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H3YO4‎ B．原子半径由大到小的顺序为W＞Z＞Y＞X C．X、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同 D．与同浓度的盐酸反应，Z比W更剧烈 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，已知Y是空气中含量最高的元素，Y为N元素；W的单质常用来焊接钢轨，W为Al元素；Z元素原子核外K层与M层电子数相等，均为2，可知Z的原子序数为12，则Z为Mg元素，四种元素的质子数之和为38，X的质子数为38﹣7﹣13﹣12=6，可知X为C元素，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，已知Y是空气中含量最高的元素，Y为N元素；W的单质常用来焊接钢轨，W为Al元素；Z元素原子核外K层与M层电子数相等，均为2，可知Z的原子序数为12，则Z为Mg元素，四种元素的质子数之和为38，X的质子数为38﹣7﹣13﹣12=6，可知X为C元素，‎ A．Y为N元素，最高价氧化物对应的水化物化学式为HYO3，故A错误；‎ B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序为Z＞W＞X＞Y，故B错误；‎ C．X、Z两种元素的氧化物分别为二氧化碳、MgO，所含化学键分别为共价键、离子键，故C错误；‎ D．金属性Mg大于Al，则与同浓度的盐酸反应，Z比W更剧烈，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎18．下列说法正确的是（　　）‎ A．如图可表示水分解过程中的能量变化 B．若2C（s）+O2（g）=2CO（g）△=﹣221.0kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/mol C．需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应 D．已知I：反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△=﹣akJ/mol II：‎ 且a、b、c均大于零，则断开1mol H﹣Cl键所需的能量为（﹣a﹣b﹣c）kJ/mol ‎【考点】吸热反应和放热反应；燃烧热．‎ ‎【分析】A、水分解是吸热过程；‎ B、燃烧热是1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；‎ C、某些放热反应需要加热才能反应，常温发生的反应不一定是放热反应；‎ D、依据焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量计算；断裂化学键吸热过程．‎ ‎【解答】解：A、反应物能量低于生成物能量，催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应热，图象符合要求，故A正确；‎ B、反应生成的是一氧化碳是不稳定的氧化物，不符合燃烧热概念，故B错误；‎ C、某些放热反应需要加热才能反应，常温发生的反应不一定是放热反应，如Ba（OH）2•8H2O和NH4Cl反应是吸热反应，常温下进行，故C错误；‎ D、△H=bKJ/mol+cKJ/mol﹣2H﹣Cl键能=﹣aKJ/mol；所以H﹣Cl键能=KJ/mol；断开1 mol H﹣Cl键所需吸收的能量为kJ，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎19．锂碘电池可用于心脏起搏器的电源．该电池反应为：2Li（s）+I2（s）═2LiI（s）△H＜0‎ 已知：4Li（s）+O2（g）═2Li2O（s）△H1=﹣324kJ•mol﹣1‎ ‎4LiI（s）+O2（g）═2I2（s）+2Li2O（s）△H2=﹣114kJ•mol﹣1‎ 下列结论中，不正确的是（　　）‎ A．电池反应2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）△H=﹣105kJ•mol﹣1‎ B．电池正极反应Li﹣e﹣=Li+‎ C．当有14gLi消耗时，理论上会释放2mol e﹣的电量 D．该电池放电完毕电池的总质量保持不变 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A．利用盖斯定律计算；‎ B．原电池正极上得电子发生还原反应；‎ C．根据锂和转移电子之间的关系式计算；‎ D．根据质量守恒定律分析．‎ ‎【解答】解：A.4Li（s）+O2（g）═2Li2O（s）△H1=﹣32kJ•mol﹣1①，4LiI（s）+O2（g）═2I2（s）+2Li2O（s）△H2=﹣114kJ•mol﹣1②，将方程式得2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）△H==﹣105kJ/mol，故A正确；‎ B．原电池正极上电极反应式为：I2+2e﹣=2I﹣，故B错误；‎ C．当有14gLi消耗时，理论上会释放电子的物质的量==2mol，故C正确；‎ D．当发生化学反应时，反应前后遵循质量守恒定律，且这几种物质都是固体，所以质量不变，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎20．铁粉与足量1mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量可以加入（　　）‎ ‎①2mol/L的硝酸溶液 ②少量CuSO4（s） ③少量铜粉 ④少量CH3COONa（s） ⑤对溶液加热 ⑥向反应液中通入HCl气体 ⑦加入过量铁粉 ⑧将铁粉改为铁片．‎ A．②③④⑤⑥ B．③⑤⑥ C．①③⑤⑥⑦ D．③⑤⑥⑧‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】为加快反应速率，可以升高温度或增大反应物浓度，也可以加入某些物质形成原电池，加快反应速率，但不能改变产生氢气的总量，据此进行分析．‎ ‎【解答】解：①2mol/L的硝酸溶液，硝酸与铁粉反应生成的不是氢气，故①错误；‎ ‎②少量CuSO4（s），铁粉与置换出的少量铜形成原电池，加快了反应速率，但是生成的氢气减少，故②错误；‎ ‎③少量铜粉，可以形成原电池，加快了反应速率，且不影响氢气的量，故③正确；‎ ‎④少量CH3COONa（s），生成了醋酸，降低了溶液中氢离子浓度，反应速率减小，故④错误；‎ ‎⑤对溶液加热，升高温度，反应速率加快，故⑤正确；‎ ‎⑥向反应液中通入HCl气体，氯化氢的浓度增大，溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故⑥正确；‎ ‎⑦加入过量铁粉，铁粉增加，生成的氢气物质的量增大，故⑦错误；‎ ‎⑧将铁粉改为铁片，减小了接触面积，反应速率变小，故⑧错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎21．在一个不传热的固定容积的密闭容器中可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qQ（g） 当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡的标志是（　　）‎ ‎①体系的压强不再改变 ‎ ‎②体系的温度不再改变　‎ ‎③各组分的浓度不再改变 ‎ ‎④各组分的质量分数不再改变　‎ ‎⑤反应速率v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q ‎ ‎⑥单位时间内m mol A断键反应，同时pmol C也断键反应．‎ A．③④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．①③④⑥‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．‎ ‎【解答】解：①如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，故错误；‎ ‎②体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，故正确；‎ ‎③各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故正确；‎ ‎④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，故正确；‎ ‎⑤当反应速率vA：vB：vC：vD=m：n：p：q，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故错误；‎ ‎⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，故正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎22．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化 B．制取NaHCO3的原理是利用其在此反应所涉及物质中溶解度最小 C．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3‎ D．工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁 ‎【考点】海水资源及其综合利用．‎ ‎【分析】A．根据物质的性质以及变化结合元素化合价的变化判断；‎ B．碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，易与分离而促进反应向生成物方向进行；‎ C．NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀；‎ D．电解饱和MgCl2溶液不能得到镁．‎ ‎【解答】‎ 解：A．海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，故A错误；‎ B．NaHCO3溶解度比NaCl、Na2CO3、NH4HCO3、NH4Cl都小的性质，运用CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl的反应原理制备纯碱，故B正确；‎ C．NaHCO3和Na2CO3都与澄清石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，应用氯化钙溶液鉴别，故C错误；‎ D．镁为活泼金属，电解氯化镁溶液，在阳极生成氯气，在阴极生成氢气和氢氧化镁沉淀，不能得到镁，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎23．如图为Mg﹣NaClO燃料电池结构示意图．下列说法正确的是（　　）‎ A．镁作Y电极 B．电池工作时Na+向负极移动 C．废液的pH大于NaClO溶液的pH D．X电极上发生的反应为：ClO﹣+2H2O﹣4e﹣=ClO3﹣+4H+‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，由阴离子移动方向可知Y为负极，X为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．Mg容易失去电子，OH﹣在燃料电池中移向流出电子的负极，故Mg作Y电极，故A正确；‎ B．Na+移向流入电子的正极或X电极，故B错误；‎ C．镁失去2个电子变为镁离子，镁离子与氢氧根离子结合为氢氧化镁沉淀，OH﹣被消耗，反应后废液的主要成分为氯化钠，故废液的pH小于 NaClO溶液的pH，故C错误；‎ D．H+与OH﹣不能大量共存，则正极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣‎ ‎，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎24．常温常压下，a体积的下列几种气态烃的混合物与足量氧气混合点燃爆炸，恢复到原来状况时，体积共缩小了2a体积，则该混合烃的组合可能是（　　）‎ ‎①CH4②C2H4③C2H6④C3H4⑤C3H6⑥C3H8．‎ A．①②③ B．①③⑤ C．①②④ D．①④⑥‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算．‎ ‎【分析】设烃的组成或混合物的平均分子式为CxHy，在氧气中燃烧的化学方程式为CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l），根据体积变化利用差量法计算判断．‎ ‎【解答】解：设烃的组成或混合烃的平均分子式为CxHy，则：‎ CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（l）△V ‎1 1+‎ a 2a 则1+=2　解得y=4‎ 即烃的组成或混合气体分子中平均含有4个H原子，‎ ‎①CH4、②C2H4、④C3H4中分子含有4个H原子，符合题意，③C2H6中H原子数目大于4、⑤C3H6⑥C3H8中平均H原子数目大于4，不符合题意，故选C．‎ ‎　‎ ‎25．一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2﹣．下列对该燃料电池说法正确的是（　　）‎ A．在熔融电解质中，O2﹣由负极移向正极 B．通入空气的一极是正极，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ C．通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10+26e﹣+13O2﹣=4CO2+5H2O D．在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体 L ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】在丁烷燃料电池中，负极发生氧化反应，电极反应式为C4H10﹣26e﹣+13O2﹣=4CO2+5H2O，正极发生还原反应，电极反应式为O2+4e﹣=2O2﹣，总反应式为2C4H10+13O2═8CO2+10H2O，在原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，再结合氧气和二氧化碳的关系式进行计算．‎ ‎【解答】解：A．该装置是原电池，在熔融电解质中，氧离子由正极向负极移动，故A错误；‎ B．通入空气的电极是正极，正极上氧气得电子生成氧离子，其电极反应式为O2+4e﹣=2O2﹣，故B错误；‎ C．通入丁烷的电极是负极，负极上丁烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C4H10﹣26e﹣+13O2﹣=4CO2+5H2O，故C错误；‎ D．该装置中电池反应式为2C4H10+13O2═8CO2+10H2O，根据氧气和二氧化碳的关系式知，每消耗1mol氧气理论上能生成标况下二氧化碳的体积==，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、填空题．（共50分）‎ ‎26．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成气态分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期元素中原子半径最大的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子．则 ‎（1）B的原子结构示意图为　　；X的化学名称为　氨气　．‎ ‎（2）B单质的结构式为　N≡N　；E的气态氢化物的结构式为　H﹣S﹣H　；C与D形成的两种化合物中，其中一种物质含有两种类型的化学键，分别为　离子键、共价键　，该物质属于　离子化合物　（填“离子化合物”或“共价化合物”）．‎ ‎（3）B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是　H2O　（写化学式）．‎ ‎（4）D是同周期简单阳离子中离子半径最　大　的元素．‎ ‎（5）F的单质在反应中常作　氧化　剂（填“氧化”或“还原”）．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性，所以X为NH3，A的原子序数比B小，则B为N元素，A为H元素；D的简单阳离子与X具有相同电子数，NH3含有10个电子，D的简单阳离子为10e﹣结构，且D是同周期中原子半径最大的元素，则D为Na元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大于Al，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F两种元素的原子最外层共有13个电子，C最外层有6个电子，原子序数比Na小，则C为O元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题．‎ ‎【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性，所以X为NH3，A的原子序数比B小，则B为N元素，A为H元素；D的简单阳离子与X具有相同电子数，NH3含有10个电子，D的简单阳离子为10e﹣结构，且D是同周期中原子半径最大的元素，则D为Na元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大于Al，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F两种元素的原子最外层共有13个电子，C最外层有6个电子，原子序数比Na小，则C为O元素，‎ ‎（1）B为N元素，原子核外电子数是7，有2个电子层，最外层有5个电子，原子结构示意图为；‎ X的化学名称为氨气；‎ 故答案为：；氨气；‎ ‎（2）B单质为N2，N原子之间形成3对共用电子对，其结构式为N≡N；E的气态氢化物为H2S，氢原子与硫原子之间形成1对共用电子对，其结构式为H﹣S﹣H；C与D形成的两种化合物为Na2O、Na2O2‎ ‎，其中一种物质含有两种类型的化学键，该物质为Na2O2，含有离子键、共价键，属于离子化合物，‎ 故答案为：N≡N；H﹣S﹣H；离子键、共价键；离子化合物；‎ ‎（3）N、O、S三元素中O的非金属性最强，故分别与H形成的化合物中最稳定的是H2O，‎ 故答案为：H2O；‎ ‎（4）D为Na元素，是同周期简单阳离子中核电荷数最小的元素，故同周期简单阳离子中Na+离子半径最大，‎ 故答案为：大；‎ ‎（5）F是Cl元素，其单质具有强氧化性，在反应中常作氧化剂，‎ 故答案为：氧化．‎ ‎　‎ ‎27．现有七种短周期主族元素，其原子序数按A、B、C、D、E、F、G的顺序递增．A元素的最高正化合价和最低负化合价的代数和等于0，且A是形成化合物种类最多的元素；C原子能形成分别含10电子、18电子的两种阴离子，且C与F位于同一主族；D单质投入冷水中反应缓慢，投入沸水中迅速产生气泡；E的简单阳离子是同周期元素所形成的简单离子中半径最小的．回答下列问题：‎ ‎（1）B位于周期表第　二　周期第　ⅤA　族．‎ ‎（2）元素M位于E与F元素之间，且M单质是优良的半导体材料，广泛用于太阳能电池．M、F、G的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为　HCl＞H2S＞SiH4　（用化学式表示）．‎ ‎（3）若选择三种试剂设计实验能证明非金属性：B＞A＞M，用化学方程式表示实验原理：　Na2CO3+2HNO3═2NaNO3+CO2↑+H2O；Na2SiO3+H2O+CO2═H2SiO3↓+Na2CO3　．‎ ‎（4）下列实验方法能证明D与E的金属性强弱关系的是　A　．‎ A．比较D和E的单质分别与稀硫酸反应产生气泡的快慢 B．比较D和E的单质分别与同浓度的氢氧化钠溶液反应产生气泡的快慢 C．比较D和E的单质分别与氯气、氧气、硫等非金属单质反应的产物．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】‎ A元素的最高正化合价和最低负化合价的代数和等于0，且A是形成化合物种类最多的元素，故A是碳元素；‎ C原子能形成分别含10电子、18电子的两种阴离子，故C为氧元素，能形成氧离子和过氧根离子，分别为10电子和18电子；‎ A、B、C原子序数依次递增，故B为氮元素；‎ C与F位于同一主族，那么F为硫元素；‎ G也为短周期元素，故G应为氯元素；‎ E的简单阳离子是同周期元素所形成的简单离子中半径最小的，故E为铝元素；‎ D单质投入冷水中反应缓慢，投入沸水中迅速产生气泡，且D原子序数小于Al，故D为镁元素，‎ ‎（1）B为氮元素，处于第二周期第VA族；‎ ‎（2）元素M位于Al与S元素之间，且M单质是优良的半导体材料，广泛用于太阳能电池，故M为硅元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性Cl＞S＞Si，故氢化物稳定性：HCl＞H2S＞SiH4；‎ ‎（3）硝酸酸性强于碳酸，故硝酸与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，碳酸酸性强于硅酸，故碳酸与硅酸钠反应生成难溶于水的硅酸；‎ ‎（4）A、两者均为排在H之前的活泼金属，金属性强的与稀硫酸反应放出氢气快；‎ B、铝为两性单质，能与氢氧化钠反应放出氢气，镁不能与氢氧化钠副反应放出氢气；‎ C、Mg和Al均不是变价元素，故与氧气、氯气、硫反应产物均只有一种；‎ ‎【解答】解：A元素的最高正化合价和最低负化合价的代数和等于0，且A是形成化合物种类最多的元素，故A是碳元素；‎ C原子能形成分别含10电子、18电子的两种阴离子，故C为氧元素，能形成氧离子和过氧根离子，分别为10电子和18电子；‎ A、B、C原子序数依次递增，故B为氮元素；‎ C与F位于同一主族，那么F为硫元素；‎ G也为短周期元素，故G应为氯元素；‎ E的简单阳离子是同周期元素所形成的简单离子中半径最小的，故E为铝元素；‎ D单质投入冷水中反应缓慢，投入沸水中迅速产生气泡，且D原子序数小于Al，故D为镁元素，‎ ‎（1）B为氮元素，处于第二周期第VA族，故答案为：二；ⅤA；‎ ‎（2）元素M位于Al与S元素之间，且M单质是优良的半导体材料，广泛用于太阳能电池，故M为硅元素，元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性Cl＞S＞Si，故氢化物稳定性：HCl＞H2S＞SiH4，‎ 故答案为：HCl＞H2S＞SiH4；‎ ‎（3）硝酸酸性强于碳酸，故硝酸与碳酸钠反应放出二氧化碳气体，化学反应方程式为：Na2CO3+2HNO3═2NaNO3+CO2↑+H2O，碳酸酸性强于硅酸，故碳酸与硅酸钠反应生成难溶于水的硅酸，化学反应方程式为：Na2SiO3+H2O+CO2═H2SiO3↓+Na2CO3，‎ 故答案为：Na2CO3+2HNO3═2NaNO3+CO2↑+H2O；Na2SiO3+H2O+CO2═H2SiO3↓+Na2CO3；‎ ‎（4）A、两者均为排在H之前的活泼金属，金属性强的与稀硫酸反应放出氢气快，故A正确；‎ B、铝为两性单质，能与氢氧化钠反应放出氢气，镁不能与氢氧化钠副反应放出氢气，此不能说明金属活泼性，故B错误；‎ C、Mg和Al均不是变价元素，故与氧气、氯气、硫反应产物均只有一种，不能说明金属活泼性，故C错误，‎ 故选A，‎ 故答案为：A．‎ ‎　‎ ‎28．中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济，海水的综合利用大有可为．海水中溴含量约为65mg•L﹣1，从海水中提取溴的工业流程如图：‎ ‎（1）以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是　富集溴元素　．‎ ‎（2）步骤Ⅱ通入空气吹出Br2，利用了溴的　C　．‎ A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性 ‎（3）以上流程Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在下面方框内填入适当的化学计量数：□Br2+□CO32﹣═□BrO3﹣+□Br﹣+□CO2↑‎ ‎（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏．写出溴与二氧化硫水溶液反应的化学方程式：　Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4　．‎ ‎（5）实验室分离溴还可以用溶剂萃取法，下列可以用作溴的萃取剂将溴从水中提取出来的是　BD　．‎ A．乙醇 B．四氯化碳 C．烧碱溶液 D．苯．‎ ‎【考点】海水资源及其综合利用．‎ ‎【分析】（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素；‎ ‎（2）溴单质具有易挥发性；‎ ‎（3）根据反应物、生成物，结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎（4）溴具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，二者在水溶液中混合易发生氧化还原生成氢溴酸和硫酸；强酸对设备的严重腐蚀；‎ ‎（5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶．‎ ‎【解答】解：根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，‎ ‎（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，‎ 故答案为：富集溴元素；‎ ‎（2）溴易挥发，步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2‎ ‎，就是利用溴的挥发性，故答案为：C；‎ ‎（3）该反应中Br元素化合价由0价变为﹣1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为：3Br2+3CO32﹣═BrO3﹣+5Br﹣+3CO2↑，‎ 故答案为：3；3；1；5；3；‎ ‎（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏．溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，‎ 故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4； ‎ ‎（5）萃取剂的选取标准：萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶，‎ A．乙醇易溶于水，所以不能作萃取剂，故A错误；‎ B．四氯化碳符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故B正确；‎ C．溴单质与烧碱溶液反应，不能做萃取剂，故C错误；‎ D．苯符合萃取剂选取标准，所以能作萃取剂，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎29．已知乳酸的结构简式为：．‎ ‎（1）乳酸分子中含有　羧基　和　羟基　两种官能团（填官能团名称）．90g乳酸与足量金属钠反应产生的气体在标准状况下的体积是　22.4　L．方程式为　CH2OHCH2COOH+2Na→CH2（ONa）CH2COONa+H2↑　．已知两分子乳酸可在一定条件下反应生成环状的酯，写出该反应的方程式　　．‎ ‎（2）已知葡萄糖可以和醋酸在一定条件下发生酯化反应，则1摩尔葡萄糖最多可以消耗　5　摩尔醋酸．‎ ‎（3）分子式为C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，则该烃的结构简式为　　．‎ ‎（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，其同分异构体共有　8　种．‎ ‎【考点】有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】（1）乳酸的物质的量为=1mol，﹣OH、﹣COOH均与Na反应生成氢气；﹣OH、﹣COOH可发生酯化反应生成环状的酯；‎ ‎（2）1mol葡萄糖中含5mol﹣OH；‎ ‎（3）C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，乙烯为平面结构，则每个双键C上各连2个C；‎ ‎（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，取代基为：﹣C5H11，戊烷的同分异构体有：①正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3、②异戊烷CH3CH2CH（CH3）CH3 和③新戊烷 C（CH3）4，取代基的数目决定同分异构体的数目．‎ ‎【解答】解：（1）醋酸含有羧基和羟基，乳酸的物质的量为=1mol，﹣OH、﹣COOH均与Na反应生成氢气，则生成1mol氢气，其体积为22.4 L，反应为CH2OHCH2COOH+2Na→CH2（ONa）CH2COONa+H2↑，两分子乳酸可在一定条件下反应生成环状的酯的方程式为，‎ 故答案为：羧基；羟基；22.4；CH2OHCH2COOH+2Na→CH2‎ ‎（ONa）CH2COONa+H2↑；；‎ ‎（2）1mol葡萄糖中含5mol﹣OH，﹣OH与醋酸以1：1发生酯化反应，则消耗醋酸为5mol，故答案为：5；‎ ‎（3）C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，乙烯为平面结构，则每个双键C上各连2个C，C6H12可看做乙烯中的四个氢原子被甲基取代，故结构简式为：，故答案为：；‎ ‎（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，取代基为：﹣C5H11，戊烷的同分异构体有：①正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3、②异戊烷CH3CH2CH（CH3）CH3 和③新戊烷 C（CH3）4，取代基的数目决定同分异构体的数目，则其中①正戊烷分子中氢原子被苯环取代所得的同分异构体有三种，分别为：、、；‎ ‎②异戊烷中氢原子被苯环取代的同分异构体有四种：‎ ‎③新戊烷中氢原子被苯环确定的同分异构体有1种，其结构简式为：，‎ 所以苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，其同分异构体共有8种，‎ 故答案为：8．‎ ‎　‎ ‎30．碳是形成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：‎ ‎△H═88.6kJ•mol﹣1‎ 则M、N相比，较稳定的是　M　．‎ ‎（2）已知CH3OH（l）的燃烧热为726.5kJ•mol﹣1，CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H=﹣a kJ•mol﹣1，则a　＜　726.5（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）使Cl2和H2O（g）通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1mol Cl2参与反应时释放出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）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质．将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1176kJ•mol﹣1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为　98kJ　．‎ ‎（5）已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=+489.0kJ•mol﹣1111．Com]‎ CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1‎ C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=　﹣1641.0kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应．‎ ‎【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；‎ ‎（3）有1mol Cl2参与反应时释放出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）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ；‎ ‎（5）已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=+489.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1111]‎ ‎③C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则关键盖斯定律可知（③×3﹣①﹣②×3）×2即得．‎ ‎【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1mol Cl2参与反应时释放出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）4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1176kJ•mol﹣1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，‎ 故答案为：98kJ；‎ ‎（5）已知：①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=+489.0kJ•mol﹣1‎ ‎②CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1111]‎ ‎③C（石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则关键盖斯定律可知（③×3﹣①﹣②×3）×2即得到4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的△H=﹣1641.0kJ•mol﹣1，故答案为：﹣1641.0kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日