2019-2020年高三化学下学期第二次月考试卷（含解析）.doc

2019-2020年高三化学下学期第二次月考试卷（含解析）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（xx中山模拟）据报导，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点假如硅作为一种普通使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中不正确的是（）A自然界硅的贮存量丰富B硅的燃烧产物粉尘不会造成污染C硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料D从Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=858.6KJmol1可知，硅燃烧放出的热量大2（3分）（xx中山校级一模）实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O关于该反应的下列说法，正确的是（）ANaNO2是氧化剂B每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6molCNH4Cl中的氮元素被还原DN2既是氧化剂，又是还原剂3（3分）（xx海南）下列叙述正确的是（用NA代表阿伏加德罗常数的值）（）A2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NAB1molHCl气体中的粒子数与0.5mo1/L盐酸中溶质粒子数相等C在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NADCO和N2为等电子体，22.4L的CO气体与1molN2所含的电子数相等4（3分）（xx大连模拟）下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（）A使pH，试纸显深蓝色的溶液中：Cu2+、NO3、Fe3+、SO42B与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3、Al3+、Na+、SO42CpH=0的溶液中：Al3+、NH4+、Ca2+、ClOD在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32、CO32、Na+、K+5（3分）（xx天津）下列离子方程式书写正确的是（）A石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32=CaCO3BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OC酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O=3I2+6OHDAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+6（3分）（xx春泸西县校级月考）按图装置进行实验，下列描述正确的是（N装置中两个电极均为石墨棒）（）AC1上发生还原反应BM装置中SO42移向Cu电极C工作一段时间后装置M、N中溶液PH均变大DCu电极与C2电极上的电极反应相同7（3分）（xx春泸西县校级月考）某温度时，在体积为1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图I所示，若其它条件不变，当温度分别为Tl和T2时，Y的体积百分含量与时间关系如图II所示 则下列结论正确的是（）A该反应的热化学方程式为：X（g ）+3Y（g）2Z（g）；H0B达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向正反应方向移动D若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，X的转化率增大二、填空题（共3小题，每小题14分，满分43分）8（14分）（xx秋信丰县校级期末）某化学反应2A（g）B（g）+D（g）在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：实验序号时间浓度温度010203040506018001.00.800.670.570.500.500.502800c20.600.500.500.500.500.503800c30.920.750.630.600.600.6048201.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1，反应在20至30分钟时间内用A表示表示该反应的平均速率为（2）在实验2，A的初始浓度c2=mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3v1（填“”、“=”或“”），且c31.0mol/L（填“”、“=”或“”）（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是反应（选填吸热、放热）理由是9（15分）（xx春泸西县校级月考）（1）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料N2H4与N2O4反应能放出大量的热已知：2NO2（g）N2O4（g）H=57.20kJmol1一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是（填字母）A减小NO2的浓度 B降低温度 C增加NO2的浓度 D升高温度25时，1.00g N2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量则反应2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）的H=kJmol1（2）甲醇燃料电池（DMFC）可用于笔记本电脑、汽车等，它一极通入甲醇；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是：O2+4H+4e=2H2O写出负极的反应式：（3）牙齿表面由一层硬的、组成为Ca5（PO4）3OH的矿化物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：Ca5（PO4）3OH（S）5Ca2+3PO43+OH进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是已知Ca5（PO4）3F（s）的溶解度比上面的矿化产物更小、质地更坚固用离子方程表示当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿的原因（4）硝酸生产流程，吸收塔中反应为：3NO2+H2O2HNO3+NO，吸收塔中需要补充空气，其原因是（5）硝酸厂的尾气含有氮氧化物，不经处理直接排放将污染空气目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮氧化物还原为氮气和水，其反应机理为：CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=1160kJmol1则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：10（14分）（xx宜章县校级模拟）某同学受硝酸能把铁氧化成Fe（NO3）3，但当铁过量时，产物是Fe（NO3）2的启发，提出过量氯气与铁反应生成FeCl3、氯气与过量铁粉反应生成FeCl2的观点为了验证该观点是否正确，该同学将一定量铁粉与Cl2恰好完全反应得到一固体物质A，然后通过实验确定其成分探究过程如下：（1）提出假设：（请把下列假设补充完整）假设1：该固体物质是FeCl2；假设2：该固体物质是；假设3：该固体物质是（2）设计实验方案：取少量固体物质A于烧杯中，加适量水溶解A，然后取两份A溶液分别进行实验，实验现象与结论如下表：（请在表格的横线处填空）实验方法实验现象结论在溶液中加入KSCN溶液固体物质中有FeCl3在酸性KMnO4溶液中加入少量AKMnO4溶液颜色无明显变化固体物质中不含（3）已知 Fe（NO3）2溶液为浅绿色，往Fe（NO3）2溶液中加入少量的稀硫酸，溶液颜色有何变化（请把答案写在横线上），该变化过程的离子方程式为：（4）取100mL0.2mol/L 的FeCl3溶液置于烧杯中，向其中加入一定量的Fe、Cu混合物，充分反应后仍有固体剩余，下列叙述一定正确的是（设溶液体积不变，不考虑水解因素）A烧杯中有Fe无Cu，c（Fe2+）=0.2moL/L B烧杯中有Cu无Fe，c（Fe2+）=0.3moL/LC烧杯中有Cu无Fe，c（Cl）=0.6moL/L D烧杯中Fe、Cu均有，c（Fe2+）=0.3moL/L（5）在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体，恰好使FeSO4转化为Fe（OH）3，写出该反应的离子方程式【化学一选修：有机化学基础】13（15分）（xx春泸西县校级月考）芳香族化合物C的分子式为C9H9OClC分子中有一个甲基且苯环上只有一条侧链；一定条件下C能发生银镜反应；C与其他物质之间的转化如图所示：回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称是；CF的反应类型为，BA的反应类型是（2）H的结构简式是：（3）BA反应的化学方程式为：（4）D与银氨溶液反应的化学方程式为：（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符合以下条件：属于芳香族化合物 遇FeCl3溶液不变紫色能与NaOH溶液发生反应但不属于水解反应W的同分异构体有种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式、【化学-选修3：物质结构与性质】12（15分）（xx启东市模拟）（1）CH3+CH3CH3都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是A它们均由甲烷去掉一个氢原子所得B它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化CCH3与NH3H3O+互为等电子体，几何构型均为三角锥形DCH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面E两个CH3或一个CH3+和CH3结合均可得到CH3CH3（2）锌是一种重要的金属，锌及其化合物有着广泛的应用指出锌在周期表中的位置：周期，族，区葡萄糖酸锌2Zn是目前市场上流行的补锌剂写出Zn2+基态电子排布式；葡萄糖分子中碳原子杂化方式有Zn2+能与NH3形成配离子2+配位体NH3分子属于（填“极性分子”或“非极性分子”）；在2+中，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，试在左下图中表示2+中Zn2+与N之间的化学键如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为；该化合物的晶体熔点比干冰高得多，原因是【化学-选修2：化学与技术】11（15分）（xx玉山县校级模拟）工业生产硝酸铵的流程图如下：请回答下列问题：（1）写出硝酸铵在工农业生产中的主要用途（任写一条）（2）已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g），H=92kJmol1请回答：在500、200atm（1atm=101KPa）和铁催化条件下向一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，充分反应后，放出的热量（填“”“”“=”）92.4kJ，理由是：为有效提高氢气的转化率，实际生产中宜采取的措施有A降低温度 B最适合催化剂活性的适当高温 C增大压强D降低压强 E循环利用和不断补充氮气 F及时移出氨（3）写出氨在铂铑合金网催化氧化的化学方程式：（4）在一定温度和压强的密闭容器中，将物质的量为3：2的H2和N2混合，当该反应达到平衡时，测出平衡混合气中氨的体积分数为15%，此时H2的转化率为（5）请写出实验室检验产品中阳离子的方法：（6）硝铵受热会发生爆炸，在某温度下反应生成N2，其中被氧化和被还原的氮原子为5：3，请写出该反应的化学方程式：xx学年云南省红河州泸西一中高三（下）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1（3分）（xx中山模拟）据报导，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点假如硅作为一种普通使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中不正确的是（）A自然界硅的贮存量丰富B硅的燃烧产物粉尘不会造成污染C硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料D从Si（s）+O2（g）SiO2（s）H=858.6KJmol1可知，硅燃烧放出的热量大考点：硅和二氧化硅专题：碳族元素分析：硅在自然界中含量丰富，仅次于氧，常温下为固体，便于运输，燃烧时放出大量的热，以此解答该题解答：解：A硅在自然界中含量丰富，仅次于氧，故A正确；B硅的燃烧产物粉尘会导致颗粒污染，故B错误；C硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，故C正确；D由热化学方程式可以看出硅燃烧时放出大量的热，故D正确故选B点评：本题考查硅和二氧化硅知识，题目难度不大，注意根据题目信息解答2（3分）（xx中山校级一模）实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O关于该反应的下列说法，正确的是（）ANaNO2是氧化剂B每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6molCNH4Cl中的氮元素被还原DN2既是氧化剂，又是还原剂考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；B、根据化合价的升降来确定反应中电子的转移；C、化合价降低元素在反应中被还原；D、化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂解答：解：A、反应NaNO2+NH4C1NaC1+N2+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NaNO2是氧化剂，故A正确；B、反应NaNO2+NH4C1NaC1+N2+2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；C、NH4C1中的氮元素化合价从3价升为0价，所以NH4C1中的氮元素被氧化，故C错误；D、反应NaNO2+NH4C1NaC1+N2+2H2O中，NaNO2中N的化合价从+3价降为0价，NH4C1中的氮元素化合价从3价升为0价，氮气既是氧化产物又是还原产物，故D错误故选A点评：氧化还原反应中氧化剂、还原剂的概念以及电子转移知识是重点，考查学生对教材的熟悉程度，难度不大3（3分）（xx海南）下列叙述正确的是（用NA代表阿伏加德罗常数的值）（）A2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NAB1molHCl气体中的粒子数与0.5mo1/L盐酸中溶质粒子数相等C在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NADCO和N2为等电子体，22.4L的CO气体与1molN2所含的电子数相等考点：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、镁原子失去2个电子形成镁离子，根据n=计算镁的物质的量，再根据N=nNA计算失去的电子数；B、使用物质的量必须指明具体的物质或化学式、微粒，盐酸溶质粒子为氢离子和氯离子，0.5mo1/L盐酸未告诉体积，无法计算；C、根据n=计算甲烷的物质的量，根据n=计算水的物质的量，CH4与H2O每个分子都含有10个电子数，再根据N=nNA计算电子数；D、CO气体所处的状态不一定是标准状况解答：解：A、2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为2NAmol1=0.2NA，故A错误；B、1molHCl气体中的粒子数，粒子指代不明确，盐酸溶质粒子为氢离子和氯离子，0.5mo1/L盐酸未告诉体积，无法计算，故B错误；C、在标准状况下，22. 4LCH4的物质的量为=1mol，18gH2O的物质的量为=1mol，CH4与H2O每个分子都含有10个电子数，所以在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NA，故C正确；D、CO气体所处的状态不一定是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，无法计算其物质的量，不能比较，故D错误故选C点评：本题考查常用化学计量数的有关计算，难度不大，注意气体摩尔体积的使用条件与对象、使用物质的量必须指明具体的物质、微粒或化学式4（3分）（xx大连模拟）下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（）A使pH，试纸显深蓝色的溶液中：Cu2+、NO3、Fe3+、SO42B与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3、Al3+、Na+、SO42CpH=0的溶液中：Al3+、NH4+、Ca2+、ClOD在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32、CO32、Na+、K+考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A使pH试纸显深蓝色的溶液呈碱性，与OH的反应的离子不能大量共存；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液可能呈强碱性或为非氧化性酸溶液；CpH=0的溶液呈酸性，与H+反应的离子不能大量共存；D使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性解答：解：A使pH试纸显深蓝色的溶液呈碱性，Cu2+、Fe3+与OH反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液可能呈强碱性或为非氧化性酸溶液，碱性条件下Al3+不能大量共存，酸性条件下NO3不能大量共存，故B错误；CpH=0的溶液呈酸性，ClO不能大量共存，且ClO与Al3+、NH4+发生互促水解反应而不能大量共存，故C错误；D使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，难度不大5（3分）（xx天津）下列离子方程式书写正确的是（）A石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32=CaCO3BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4+HSO3+2OHNH3+SO32+2H2OC酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3+5I+3H2O=3I2+6OHDAgNO3溶液中加入过量的氨水：Ag+NH3H2O=AgOH+NH4+考点：电离方程式的书写专题：化学用语专题；离子反应专题分析：A石灰乳是悬浊液，主要成分为Ca（OH）2，应该写化学式；BH2SO3为弱酸，其电离是分步电离，HSO3不能拆成SO32和H+；C酸性条件，不可能一步反应，生成强碱性溶液；DAgNO3溶液中加入过量的氨水，过量的氨水会溶解沉淀AgOH；解答：解：A石灰乳与Na2CO3溶液混合，正确的离子方程式为：Ca（OH）2+CO32=CaCO3+2OH故A错误；BNH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热，足量的NaOH溶液电离出的OH，既与NH4+反应，又与HSO3反应方程式符合客观事实，化学式书写正确，电荷和原子都守恒故B正确；C酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2，正确的离子方程式为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O故C错误；DAgNO3溶液中加入少量的氨水，发生反应：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+ 加过量的氨水，发生反应：AgOH+2NH3H2O+2H2O+OH故D错误；故选B点评：离子方程式无需一一写出正确的方程式，然后再对照，需先看是否符合客观事实，再看化学式、离子符号的书写，最后看电荷和原子是否守恒6（3分）（xx春泸西县校级月考）按图装置进行实验，下列描述正确的是（N装置中两个电极均为石墨棒）（）AC1上发生还原反应BM装置中SO42移向Cu电极C工作一段时间后装置M、N中溶液PH均变大DCu电极与C2电极上的电极反应相同考点：原电池和电解池的工作原理分析：由图可知，M构成原电池，Zn为负极，Cu为正极；N为电解池，C1为阳极，C2为阴极，结合电极反应及原电池反应、电解反应来解答解答：解：AN为电解池，C1为阳极，发生氧化反应，故A错误；BM构成原电池，Zn为负极，则SO42移向Zn电极，故B错误；CM中发生Zn+2H+Zn2+H2，N装置中两个电极均为石墨棒，N中发生2H2O2H2+O2，则一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小，故C错误；DCu电极与C2电极上的电极反应均为氢离子发生的还原反应，故D正确；故选D点评：本题考查原电池及电解原理，明确装置是解答本题的关键，并熟悉工作原理及电极反应来解答，题目难度不大7（3分）（xx春泸西县校级月考）某温度时，在体积为1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图I所示，若其它条件不变，当温度分别为Tl和T2时，Y的体积百分含量与时间关系如图II所示 则下列结论正确的是（）A该反应的热化学方程式为：X（g ）+3Y（g）2Z（g）；H0B达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向正反应方向移动D若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，X的转化率增大考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线分析：某温度时，在体积为1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图I所示，反应达到平衡状态时，X和Y的物质的量浓度减少、Z的物质的量浓度增加，则X和Y是反应物、Z是生成物，C（X）=（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，C（Y）=（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，C（Z）=（0.40）mol/L=0.4mol/L，根据“先拐先平数值大”知，TlT2，升高温度Y的含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，反应过程中，各物质的物质的量浓度变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为X（g ）+3Y（g）2Z（g）H0，根据温度、压强、浓度对化学平衡移动影响分析解答解答：解：某温度时，在体积为1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体浓度的变化如图I所示，反应达到平衡状态时，X和Y的物质的量浓度减少、Z的物质的量浓度增加，则X和Y是反应物、Z是生成物，C（X）=（0.50.3）mol/L=0.2mol/L，C（Y）=（0.70.1）mol/L=0.6mol/L，C（Z）=（0.40）mol/L=0.4mol/L，根据“先拐先平数值大”知，TlT2，升高温度Y的含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，反应过程中，各物质的物质的量浓度变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为X（g ）+3Y（g）2Z（g）H0，A该反应的热化学方程式为：X（g ）+3Y（g）2Z（g）H0，故A错误；B达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，X、Y、Z的浓度不变，则平衡不移动，故B错误；C达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，压强增大，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故C正确；D若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，则X的转化率减小，故D错误；故选C点评：本题考查了外界条件对化学平衡移动的影响，正确推断热化学反应方程式是解本题关键，再结合热化学反应方程式特点确定外界条件对平衡的影响，题目难度不大二、填空题（共3小题，每小题14分，满分43分）8（14分）（xx秋信丰县校级期末）某化学反应2A（g）B（g）+D（g）在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：实验序号时间浓度温度010203040506018001.00.800.670.570.500.500.502800c20.600.500.500.500.500.503800c30.920.750.630.600.600.6048201.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1，反应在20至30分钟时间内用A表示表示该反应的平均速率为0.01mol/（Lmin）（2）在实验2，A的初始浓度c2=1.0mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是存在催化剂（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3v1（填“”、“=”或“”），且c31.0mol/L（填“”、“=”或“”）（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是吸热反应（选填吸热、放热）理由是升高温度，达平衡时A的浓度实验4较实验1小，说明平衡正向移动考点：化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：（1）根据v=计算反应速率；（2）比较实验1和实验2中平衡时的数据可得A的起始浓度，结合反应到达平衡的时间可知隐含的条件；（3）根据浓度对反应速率的影响作判断；（4）根据温度对平衡移动的影响判断解答：解：（1）根据v=可计算出A的反应速率为mol/（Lmin）=0.01mol/（Lmin），故答案为：0.01mol/（Lmin）；（2）比较实验1和实验2中平衡时的数据可知，平衡时A的浓度相等，温度也相同，所以起始浓度也相同，但实验2反应到达平衡的时间比实验1短，所以实验2中存在催化剂，故答案为：1.0；存在催化剂；（3）比较实验1和实验3中的数据可知，在相同温度下，实验3中的A的平衡浓度大于实验1，所以反应过程中，反应速率也比实验1中的大，起始浓度也大于实验1中的，故答案为：；（4）比较实验4和实验1中数据可知，温度升高，起始浓度相同，但平衡A的浓度变小，说明平衡正向移动，故可判断该反应的正反应为吸反应，故答案为：吸热；升高温度，达平衡时A的浓度实验4较实验1小，说明平衡正向移动点评：本题主要考查了化学反应速率的计算、影响化学反应速率和化学平衡的因素，中等难度，解题注意比较表中的数据从中获取信息9（15分）（xx春泸西县校级月考）（1）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料N2H4与N2O4反应能放出大量的热已知：2NO2（g）N2O4（g）H=57.20kJmol1一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是BC（填字母）A减小NO2的浓度 B降低温度 C增加NO2的浓度 D升高温度25时，1.00g N2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量则反应2N2H4（l）+N2O4（l）3N2（g）+4H2O（l）的H=1224.96kJmol1（2）甲醇燃料电池（DMFC）可用于笔记本电脑、汽车等，它一极通入甲醇；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是：O2+4H+4e=2H2O写出负极的反应式：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+（3）牙齿表面由一层硬的、组成为Ca5（PO4）3OH的矿化物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：Ca5（PO4）3OH（S）5Ca2+3PO43+OH进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是进食后产生的有机酸中和了氢氧根，使保护层溶解平衡向溶解的方向移动，牙齿就会受到腐蚀已知Ca5（PO4）3F（s）的溶解度比上面的矿化产物更小、质地更坚固用离子方程表示当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿的原因F+Ca5（PO4）3OH（S）=Ca5（PO4）3F（s）+OH（4）硝酸生产流程，吸收塔中反应为：3NO2+H2O2HNO3+NO，吸收塔中需要补充空气，其原因是充入空气，NO转化为NO2，有利于提高原料利用率（5）硝酸厂的尾气含有氮氧化物，不经处理直接排放将污染空气目前科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮氧化物还原为氮气和水，其反应机理为：CH4（g）+4NO2（g）4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；H=1160kJmol1则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）H=867kJ/mol考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；有关反应热的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理分析：（1）依据化学平衡2NO2（g）N2O4（g）H=57.20kJmol1分析，反应是气体体积减小的放热反应，提高二氧化氮转化率可以改变条件使平衡正向进行；依据1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，计算64g肼反应放出的热量，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；（2）根据燃烧电池的原理分析；（3）结合其电离平衡可以分析酸会促进其电离而溶解，造成龋齿，根据反应物和生成物书写离子方程式（4）从浓度对平衡移动的影响分析；（5）根据盖斯定律来计算反应的焓变，进而书写热化学方程式解答：解：（1）化学平衡2NO2（g）N2O4（g）H=57.20kJmol1分析，反应是气体体积减小的放热反应，提高二氧化氮转化率可以改变条件使平衡正向进行；A减小NO2的浓度，平衡逆向进行，二氧化氮转化率减小，故A不符合；B反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，二氧化氮转化率增大，故B符合；C增加NO2的浓度，相当于增大压强，平衡正向进行，二氧化氮转化率增大，故C符合；D升高温度，平衡逆向进行，二氧化氮转化率减小，故D不符合；故答案为：BC；1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量，计算64g肼反应放出的热量为1224.96KJ，反应的热化学方程式为：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）H=1224.96KJ/mol；故答案为：1224.96；（2）电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，总反应为：CH3OH+O2=CO2+2H2O；氧气在电极上的反应是：O2+4H+4e=2H2O；总反应减去正极反应式即得到负极反应式；故答案为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；（3）反应平衡：Ca5（PO4）3OH（s）5Ca2+（aq）+3PO43（aq）+OH（aq），酸性物质使沉淀溶解向右移动，导致Ca5（PO4）3OH溶解，造成龋齿；羟基磷酸钙的Ksp小于氟磷酸钙，两种物质阴阳离子比相同，证明氟磷酸钙更难溶解，能起到保护牙齿的作用，其反应为F+Ca5（PO4）3OH（s）=Ca5（PO4）3F（s）+OH；故答案为：进食后产生的有机酸中和了氢氧根离子，使保护层溶解平衡向溶解的方向移动，牙齿会受到腐蚀；F+Ca5（PO4）3OH（s）=Ca5（PO4）3F（s）+OH；（4）补充空气，氧气的浓度增大，NO转化为NO2，则平衡向正反应方向移动，有利于提高原料利用率，故答案为：充入空气，NO转化为NO2，有利于提高原料利用率；（5）根据题意：CH4（g）+2NO2（g）=2NO（g）+CO2（g）+H2O（g）H=（574kJmol1）=287kJmol1；CH4（g）+2NO（g）=N2（g）+CO2（g）+H2O（g）H=（1160kJmol1）=580kJmol1；根据盖斯定律反应CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）可以看成是+，所以H=287kJmol1580kJmol1=867kJmol1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=867kJmol1点评：本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，热化学方程式书写方法和计算应用，盐类水解溶液酸碱性，沉淀溶解平衡的影响因素分析判断，题目难度中等10（14分）（xx宜章县校级模拟）某同学受硝酸能把铁氧化成Fe（NO3）3，但当铁过量时，产物是Fe（NO3）2的启发，提出过量氯气与铁反应生成FeCl3、氯气与过量铁粉反应生成FeCl2的观点为了验证该观点是否正确，该同学将一定量铁粉与Cl2恰好完全反应得到一固体物质A，然后通过实验确定其成分探究过程如下：（1）提出假设：（请把下列假设补充完整）假设1：该固体物质是FeCl2；假设2：该固体物质是FeCl3；假设3：该固体物质是FeCl3和FeCl2（2）设计实验方案：取少量固体物质A于烧杯中，加适量水溶解A，然后取两份A溶液分别进行实验，实验现象与结论如下表：（请在表格的横线处填空）实验方法实验现象结论在溶液中加入KSCN溶液溶液变红色固体物质中有FeCl3在酸性KMnO4溶液中加入少量AKMnO4溶液颜色无明显变化固体物质中不含FeCl2（3）已知 Fe（NO3）2溶液为浅绿色，往Fe（NO3）2溶液中加入少量的稀硫酸，溶液颜色有何变化（请把答案写在横线上）由浅绿色变为黄色，该变化过程的离子方程式为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O（4）取100mL0.2mol/L 的FeCl3溶液置于烧杯中，向其中加入一定量的Fe、Cu混合物，充分反应后仍有固体剩余，下列叙述一定正确的是CD（设溶液体积不变，不考虑水解因素）A烧杯中有Fe无Cu，c（Fe2+）=0.2moL/L B烧杯中有Cu无Fe，c（Fe2+）=0.3moL/LC烧杯中有Cu无Fe，c（Cl）=0.6moL/L D烧杯中Fe、Cu均有，c（Fe2+）=0.3moL/L（5）在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体，恰好使FeSO4转化为Fe（OH）3，写出该反应的离子方程式4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2+8Na+考点：性质实验方案的设计分析：（1）根据类比法，结合铁和硝酸反应的产物，产物可能为FeCl2、FeCl3或二者的混合物；（2）固体物质中有FeCl3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，在酸性KMnO4溶液中加入少量A，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明不变含还原性物质；（3）NO3在酸性条件下具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应；（4）A、铁还原性大于铜，铁有剩余，一定有铜剩余；B、有铜无铁，说明铁全部反应生成亚铁离子，铜可能为反应或部分反应，溶液中铁离子不存在；C、溶液中氯离子浓度不变；D、溶液中铁铜都有，说明铁离子和铁反应生成亚铁离子；（5）在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体，恰好使FeSO4转化为Fe（OH）3，反应的离子方程式为：4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2+8Na+解答：解：（1）根据类比法，结合铁和硝酸反应的产物，产物可能为FeCl2、FeCl3或FeCl3和FeCl2的混合物，故答案为：FeCl3；FeCl3和FeCl2；（2）固体物质中有FeCl3，在溶液中加入KSCN溶液，溶液应变红，在酸性KMnO4溶液中加入少量A，KMnO4溶液颜色无明显变化，说明不变含还原性物质，即不含FeCl2，故答案为：溶液变红色；FeCl2；（3）NO3在酸性条件下具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，溶液由浅绿色变为黄色，故答案为：由浅绿色变为黄色；3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O；（4）A、铁还原性大于铜，铁有剩余，一定有铜剩余，只发生2Fe3+Fe=3Fe2+，依据铁离子物质的量0.02mol生成亚铁离子0.03mol，亚铁离子浓度c（Fe2+）=0.3mol/L，故A错误；B、有铜无铁，说明铁全部反应生成亚铁离子，铜可能为反应或部分反应，当铜部分反应时，所以反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，依据铁离子物质的量0.02mol则生成亚铁离子小于0.03mol，亚铁离子浓度c（Fe2+）小于0.3mol/L，故B错误；C、溶液中氯离子浓度不变，烧杯中有Cu无Fe，说明铁全部反应生成亚铁离子，铜可能为反应或部分反应，溶液中铁离子不存在，溶液中c（Cl）=0.6mol/L，故C正确；D、溶液中铁铜都有，说明只发生2Fe3+Fe=3Fe2+，烧杯中Fe、Cu均有，说明铁离子全部反应，依据A计算得到c（Fe2+）=0.3mol/L，故D正确；故选CD；（5）在FeSO4的溶液中加入与FeSO4等物质的量的Na2O2固体，恰好使FeSO4转化为Fe（OH）3，反应的离子方程式为：4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2+8Na+，故答案为：4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3+O2+8Na+点评：本题考查了反应类推方法的应用，反应产物实验设计的应用，反应现象的判断，实验方案的设计，铁、铜、氯化铁溶液共存问题的分析判断离子浓度的计算，题目难度中等【化学一选修：有机化学基础】13（15分）（xx春泸西县校级月考）芳香族化合物C的分子式为C9H9OClC分子中有一个甲基且苯环上只有一条侧链；一定条件下C能发生银镜反应；C与其他物质之间的转化如图所示：回答下列问题：（1）C中含氧官能团的名称是醛基；CF的反应类型为消去反应，BA的反应类型是酯化反应（2）H的结构简式是：（3）BA反应的化学方程式为：（4）D与银氨溶液反应的化学方程式为：（5）D的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符合以下条件：属于芳香族化合物 遇FeCl3溶液不变紫色能与NaOH溶液发生反应但不属于水解反应W的同分异构体有4种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式、考点：有机物的推断分析：芳香族化合物C的分子式为C9H9OC1，C分子中有一个甲基且苯环上只有一个侧链，C能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D能和银氨溶液发生银镜反应，则D中含有醛基和醇羟基，C的结构简式为：，D的结构简式为：，D和银氨溶液反应、酸化生成E，则E的结构简式为：，E发生酯化反应进行缩聚反应生成高聚物I，I为C和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成F，则F的结构简式为：，F被新制氢氧化铜氧化然后酸化生成G，G的结构简式为：，G发生加聚反应生成H，H的结构简式为：C被新制氢氧化铜氧化生成B，然后酸化，则B的结构简式为：，B和乙醇发生酯化反应生成A，据此解答解答：解：芳香族化合物C的分子式为C9H9OC1，C分子中有一个甲基且苯环上只有一个侧链，C能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成D，D能和银氨溶液发生银镜反应，则D中含有醛基和醇羟基，C的结构简式为：，D的结构简式为：，D和银氨溶液反应、酸化生成E，则E的结构简式为：，E发生酯化反应进行缩聚反应生成高聚物I，I为C和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成F，则F的结构简式为：，F被新制氢氧化铜氧化然后酸化生成G，G的结构简式为：，G发生加聚反应生成H，H的结构简式为：C被新制氢氧化铜氧化生成B，然后酸化，则B的结构简式为：，B和乙醇发生酯化反应生成A，（1）C为，含氧官能团的名称是醛基；C和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成F，则CF的反应类型为消去反应，B和乙醇发生酯化反应生成A，则BA的反应类型是酯化反应，故答案为：醛基；消去反应；酯化反应；（2）H的结构简式是，故答案为：；（3）BA反应的化学方程式为，故答案为：；（4）D与银氨溶液反应的方程式为：，故答案为：；（5）的一种同系物W（分子式为C8H8O2）有多种同分异构体，则符合以下条件W的同分异构体：属于芳香族化合物，含有1个苯环；遇FeCl3溶液不变紫色，不含酚羟基；能与NaOH溶液发生反应但不属于水解反应，含有羧基COOH，故可能含有1个侧链，为CH2COOH，可能可以2个侧链，为CH3、COOH，有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有：或或或，共有4种，故答案为：4；、点评：本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其结构是解本题关键，充分利用题给信息采用正逆相结合的方法进行推断，难度中等【化学-选修3：物质结构与性质】12（15分）（xx启东市模拟）（1）CH3+CH3CH3都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是CDEA它们均由甲烷去掉一个氢原子所得B它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化CCH3与NH3H3O+互为等电子体，几何构型均为三角锥形DCH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面E两个CH3或一个CH3+和CH3结合均可得到CH3CH3（2）锌是一种重要的金属，锌及其化合物有着广泛的应用指出锌在周期表中的位置：四周期，B族，ds区葡萄糖酸锌2Zn是目前市场上流行的补锌剂写出Zn2+基态电子排布式1s22s22p63s23p63d10或3d10 ；葡萄糖分子中碳原子杂化方式有sp2、sp3Zn2+能与NH3形成配离子2+配位体NH3分子属于极性分子（填“极性分子”或“非极性分子”）；在2+中，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，试在左下图中表示2+中Zn2+与N之间的化学键如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为ZnX；该化合物的晶体熔点比干冰高得多，原因是高，该化合物是原子晶体，而干冰是分子晶体考点：判断简单分子或离子的构型；原子核外电子排布；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：（1）A甲烷去掉一个氢原子不能得到CH3+、CH3； BCH3+、CH3、CH3分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体；CCH3与NH3、H3O+均具有10个电子，互为等电子体；DCH3+中的碳原子采取sp2杂化；E两个CH3或一个CH3+和CH3结合都能得到CH3CH3（2）Zn的原子序数是30，在第四周期，B 族，ds 区；葡萄糖里有两种碳原子，葡萄糖是无羟基醛，所以，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（醛基里的碳）；同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；2+中Zn2+与N之间的化学键是配位键；晶胞中锌的个数为4，X的个数为4，化学式为ZnX，该化合物是立体网状结构是原子晶体解答：解：（1）A甲烷分子变成CH3+、CH3、CH3时，失去的分别是氢负离子、氢离子和质子，空间构型也不再与原来的分子相同，故A错误； BCH3+、CH3、CH3分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体，中心碳原子的价层电子对数不同，故空间构型不同，故B错误；CCH3与NH3、H3O+均具有10个电子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故C正确；DCH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，故D正确；E两个CH3或一个CH3+和CH3结合可得到CH3CH3，故E正确故选CDE（2）Zn的原子序数是30，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，由电子排布式可知该元素为第四周期，第B族ds区，故答案为：四；B；ds；Zn2+基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或3d10 ，葡萄糖里有两种碳原子，葡萄糖是无羟基醛，所以，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（醛基里的碳），故答案为：1s22s22p63s23p63d10或3d10；sp2、sp3；配位体NH3分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，是极性分子；2+中Zn2+