2018届高三化学上学期第三次月考试题(含解析).doc

2018届高三化学上学期第三次月考试题(含解析)1. 下列有关化学用语的表示正确的是A. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3NaHCO32-B. 比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子C. 中子数为18的氯原子结构示意图：D. Na2S的电子式：【答案】D【解析】A. HCO3-难电离，碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3NaHCO3-，故A错误；B. 二氧化碳分子呈直线形，所以该比例模型不能表示二氧化碳分子，故B错误；C. 中子数为18的氯原子含有17个质子，其结构示意图：，故C错误；D. Na2S的电子式：，故D正确。故选D。2. 在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为g/cm3，溶质的质量分数为，溶质的物质的量浓度为cmol/L。下列叙述中正确的是 若上述溶液中再加入VmL水后，所得溶质的质量分数大于0.5 若上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：氨气溶于水，主要以NH3H2O存在，但仍然以NH3作为溶质，=100% =100%，故错误；C=mol/L，故正确；溶质质量分数=100%=100%=0.5，故错误；盐酸的物质的量小于氨水的物质的量，所以该溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子的浓度，铵根离子的浓度大于氯离子的浓度，所以大小顺序为c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，故正确；故选C。【考点定位】考查物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用【名师点晴】本题考查了物质的量浓度的有关计算，有一定的难度，明确密度比水小的两种不同浓度溶液混合，等体积混合后所得溶液中溶质的质量分数小于等质量混合后所得溶液中溶质的质量分数（即两种溶液中溶质的质量分数之和的一半），如氨水、酒精溶液。3. 下列推断合理的是A. 明矾KAl(SO4)212H2O在水中能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B. 向50mL 18mol/L 硫酸中加入足量铜片并加热，被还原硫酸的物质的量是0.45molC. 浓硫酸溅到皮肤上，立即用碳酸钠稀溶液冲洗D. 将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色;将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色【答案】A【解析】A. 明矾KAl(SO4)212H2O在水中因Al3+水解能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，故A合理；B.浓硫酸随着反应进行成为稀硫酸时反应停止，所以被还原硫酸的物质的量小于0.45mol，故B错误；C. 浓硫酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，故B错误；D. 将SO2通入溴水，溴水褪色后加热不能恢复原色，故D错误。故选A。4. 下列离子方程式正确的是A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO24HClMn22ClCl22H2OB. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2C. 200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2 + 6Br+ 5Cl2 = 4Fe3 + 3Br2 + 10ClD. Na2S的水解：S2- + 2H2O H2S + 2OH-【答案】C【解析】试题解析：A、浓盐酸能拆写成离子形式，应是MnO24H2Cl=Mn2Cl22H2O，故错误；B、醋酸是弱酸，不能拆写，故错误；C、按照题目所给量，离子反应方程式符合要求，故正确；D、S2属于多元弱酸，分步水解，S2H2OHSOH，故错误。考点：考查离子反应方程式的书写等知识。5. 下列有关实验的叙述中，合理的是用pH试纸测得氯水的pH为2 c(H+)c(OH)一定是酸性溶液强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液实验室配制氯化铁溶液时，可以先将氯化铁溶解在盐酸中，再配制到所需的浓度物质A三态间的转化如下：A(g)A(l)A(s)，则该转化过程中S0pH=13的强碱溶液，加水稀释后，溶液中所有离子的浓度均变小pH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3H2O溶液，两溶液中水的电离程度相同A. B. C. D. 【答案】A.6. 下列说法不正确的是FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中 K+、Fe3+、NO3-、SCN在水溶液中能大量共存因氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料 将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液观察溶液是否变红，可检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质A. 仅 B. 仅 C. 仅 D. 全部【答案】D【解析】氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，所以FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，故错误；室温下，浓硫酸使Fe钝化，所以能将浓硫酸盛放在铁桶中，故错误；Fe3+与SCN-发生络合反应，所以Fe3+与SCN-不能大量共存，故错误；氧化铁为红棕色，而且氧化铁难溶于水，可以作红色涂料，因果关系不正确，故错误；将Fe(NO)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2晶体已经变质，故错误；故选D。7. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示，下列判断正确的是A. a点时溶液中存在c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)B. 0a段溶液中水电离出的OH-浓度先增大后减小C. a=0.2D. ab段发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2【答案】B【解析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成。A. a点时溶液中存在氯化钠，碳酸氢钠，根据物料守恒，c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)+ c(Cl-)，故A错误；B. 0a段溶液中先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，溶液中氢氧化钠逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，水的电离程度又逐渐减小，因此水电离出的OH-浓度先增大后减小，故B正确；C、根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1molL-1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，故C错误； D、ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2，故D错误；故选B。点睛：此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识。本题中要准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。8. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 0.1 molL1的KI溶液：Na+、Ag+、NO3、SO42B. 使甲基橙变红色的溶液：NH4+、Cu2+、ClO、ClC. c（OH）=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、CO32、ClOD. 0.1 molL1的KMnO4溶液：Na+、K+、Cl、SO32【答案】C点睛：解答本题选项B时，需要理解Cl2H2OHClHClO是可逆反应，大量ClO、Cl遇到H+发生反应：2H+Cl+ ClOH2O+Cl2。9. 水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+2S2O32+O2+xOH=Fe3O4+S4O62+2H2O，下列说法中不正确的是A. 每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4molB. Fe2+和S2O32都是还原剂C. x=4D. 1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为mol【答案】D【解析】A. 3Fe2+O2Fe3O44e-，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故A正确；B. Fe2+的铁元素化合价升高，S2O32的硫元素化合价升高，故B正确；C. 根据电荷守恒可得x=4，故C正确；D. 1molFe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1/4mol，故D正确。故选D。10. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），其中正确的是 pH1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低 1 L 0.50 molL1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 molL1NH4Cl 溶液含NH4+ 物质的量完全相等 pH相等的四种溶液：aCH3COONa bNaClO cNaHCO3 dNaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d b c a pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na) c(HCO3) c(CO32) c(H2CO3) pH2的一元酸和pH12的二元强碱等体积混合：c(OH) c(H) pH4浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO)c(OH) c(CH3COOH)c(H+)A. B. C. D. 【答案】A【解析】pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中c（H+）减小，OH-浓度会增大，错误；NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4+H2ONH3H2O+H+，浓度越大水解程度越小，1 L 0.50 molL1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 molL1NH4Cl 溶液含NH4+ 物质的量前者大于后者，错误；NaOH属于强碱完全电离使溶液呈碱性，CH3COONa、NaClO、NaHCO3都属于强碱弱酸盐，由于水解使溶液呈碱性，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOHH2CO3HClO，则水解能力：CH3COO-HCO3-ClO-，pH相等的四种溶液溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d b c c(CO32)c(HCO3)c(OH)c(H)B. 常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH7：c(Na)c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)c(OH)C. 常温下，pH6的NaHSO3溶液中：c(SO32)c(H2SO3)9.9107 molL1D. 物质的量浓度之比为12的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)c(ClO)2c(HCO3)2c(H2CO3)2c(CO32)【答案】C【解析】试题分析：A、3.0 L 0.1 molL1NaOH溶液中缓慢通入CO2至溶液增重8.8 g时，溶液中得到0.1mol的碳酸钠和0.1mol的碳酸氢钠，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，溶液呈碱性，所以c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H)，故A错误；B、溶液呈中性，c(H)c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(Na)+c(H)=c(OH)+c(Cl)+c(CH3COO)，所以c(Na)=c(Cl)+c(CH3COO)。又根据醋酸钠的物料守恒，可得c(Na)= c(CH3COOH)+c(CH3COO)，所以c(CH3COOH)=c(Cl)。醋酸钠浓度大于盐酸，且醋酸根离子水解程度较小，所以c(CH3COO)c(Cl)，则离子浓度大小顺序是c(Na)c(CH3COO)c(Cl)=c(CH3COOH)c(H)c(OH)，故B错误；C、根据电荷守恒c(Na)+c(H)=2c(SO32)+c(H2SO3)+c(OH)，物料守恒可知：c(Na)=c(SO32)+c(H2SO3)+c(HSO3)，将代入得：c(SO32)c(H2SO3)=c(H)-c(OH)=10-6-10-89.9107molL1，故C正确；D、次氯酸根离子在溶液中所有存在形式的浓度与碳酸根离子在溶液中所有存在形式的浓度之比为1：2，所以2c(HClO)2c(ClO)c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)，故D错误；故选C。考点：考查了溶液中离子浓度大小比较12. 下列事实不能证明甲酸（HCOOH，一元酸）为弱酸的是A. 0.1mol/L甲酸的pH为2.3B. 将pH=2的甲酸稀释100倍后，溶液的pH小于4C. 温度升高，溶液的导电能力增强D. 等体积等浓度的甲酸和HCl与足量的锌反应，产生等量的氢气【答案】D【解析】试题分析：0.1mol/L甲酸的pH为2.3，说明甲酸没有完全电离，为弱酸，故A错误；将pH=2的甲酸稀释100倍后，溶液的pH小于4，说明加水稀释过程中醋酸电离平衡正向移动，甲酸为弱酸，故B错误；温度升高，溶液的导电能力增强，升高温度过程中醋酸电离平衡正向移动，甲酸为弱酸，故C错误；等体积等浓度的甲酸和HCl的物质的量相同，与足量的锌反应产生等量的氢气，不能证明甲酸为弱酸，故D正确。考点：本题考查弱电解质电离。13. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.5molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数目为NAB. 将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NAC. 1L12mol/L的浓硝酸与足量的碳反应转移的电子数为12NAD. 常温常压下，22.4LNH3中存在共价键的总数为3NA【答案】B【解析】A. Na2O2e，0.5molNa2O2与足量的CO2反应转移的电子数目为0.5NA，故A错误；B. 将1molCl2通入水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，所以HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故B正确；C. 随着反应进行浓硝酸成为稀硝酸时反应停止，所以1L12mol/L的浓硝酸与足量的碳反应转移的电子数小于12NA，故C错误；D. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4LNH3的物质的量小于1mol，存在共价键的总数小于3NA，故D错误。故选B。点睛：解答本题选项B时，需要理解Cl2H2OHClHClO是可逆反应，只有一部分氯气发生该反应，所以氯水中的氯元素以Cl2、HClO、Cl-、ClO-形式存在。14. 已知：C(s)O2(g)=CO2(g)H1394 kJmol1；H2(g)O2(g)=H2O(g)H2242 kJmol1；2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(g)H32510 kJmol1；2C(s)H2(g)=C2H2(g)H4。下列说法正确的是A. 反应放出197 kJ的热量，转移4 mol电子B. 反应可知1 mol液态水分解所放出的热量为242 kJC. 反应表示C2H2燃烧热的热化学方程式D. H42H1H2H3【答案】D【解析】A、反应放出197 kJ的热量，只有0.5molC参加反应，所以转移0.54 mol电子即2mol电子，A错误；B、1mol气态水转变成1mol液态水释放能量，根据反应可知如果生成1mol液态水释放的能量高于242 kJ，所以1mol液态水分解吸收能量，且吸收的能量高于242 kJ，B错误；C、表示燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数必须为1，且必须生成最稳定的氧化物，生成的水必须为液态，C错误；D、利用盖斯定律可知：方程=2，所以H42H1H2H3，D正确。正确答案为D。15. 铁镍可充电电池以KOH溶液为电解液，放电时的总反应为FeNi2O33H2O=Fe(OH)22Ni(OH)2，下列有关该电池的说法正确的是A. 放电时，K+向Fe电极迁移B. 放电时，正极反应式为Fe-2e-2OH-=Fe(OH)2C. 充电时，阴极附近溶液的pH增大D. 充电时，阴极反应式为2Ni(OH)2-2e-2OH-=Ni2O33H2O【答案】C【解析】A项，根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，K+应移向正极，故A错误；B项，放电时，负极Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe(OH)2，负极反应为：Fe+2OH-2e-=Fe(OH)2，故B错误；C项，充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以充电时阴极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近溶液的pH增大，故C正确、D错误。16. t 时，水的离子积为Kw，该温度下将a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是A. 混合液中c(H)w B. 混合液的pH7C. ab D. 混合液中c(B)c(A)c(OH)【答案】A【解析】要保证溶液呈中性，只要保证c(H)c(OH)即可，因为KWc(H)c(OH)c2(H)，则c(H)，A项正确；pH=7的溶液只有在25才是中性，在其他温度下溶液不是中性，B项错误；ab时，HA与BOH恰好完全反应，但溶液不一定呈中性，C项错误；根据电荷守恒等式知：c(H)c(B)c(A)c(OH)，D项错误。17. 室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是A. pH3的盐酸和pH11的氨水等体积混合B. pH3的盐酸和pH11的氢氧化钡溶液等体积混合C. pH3的醋酸和pH11的氢氧化钡溶液等体积混合D. pH3的硫酸和pH11的氨水等体积混合【答案】C【解析】试题分析：A、一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH3的盐酸中氯化氢浓度为0001mol/L，而pH11的氨水中一水合氨浓度远远大于001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，A错误；B、盐酸是强酸，氢氧化钡是强碱，完全电离，所以pH3的盐酸和pH11的氢氧化钡溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生水，所以溶液的pH7，B错误；C、pH3的醋酸中，醋酸为弱电解质，醋酸的物质的量浓度大于0001mol/L，pH11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为0001mol/L，两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，溶液的pH一定小于7，C正确；D、一水合氨为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢氧根离子，pH=3的硫酸中硫酸浓度为0001mol/L，而pH=11的氨水中一水合氨浓度远远大于001mol/L，两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，溶液的pH一定大于7，D错误，答案选C。考点：考查溶液溶液酸碱性判断18. 常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸Fe2O3Al稀盐酸FeCl3溶液Cu浓硝酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠和稀硫酸均反应，正确；二氧化硅是是酸性氧化物，和浓盐酸不反应，错误；铝和稀盐酸反应，但常温下和氧化铁不反应，错误；铜在常温下和氯化铁、浓硝酸均反应，正确，答案选B。19. 在密闭容器中进行N23H22NH3反应，起始时N2和H2分别为10 mol 和30 mol，当达到平衡时，N2的转化率为30%。若以NH3作为起始反应物，反应条件与上述反应相同时，要使其反应达到平衡时各组成成分的物质的量分数与前者相同，则NH3的起始物质的量和它的转化率正确的是A. 40 mol 35% B. 20 mol 30% C. 20 mol 70% D. 10 mol 50%【答案】C【解析】试题分析：从氨气开始进行化学反应，平衡时各组分的含量相同，二者为等效平衡：若为恒温恒容，按化学计量数转化到左边满足n（N2）=10mol、n（H2）=30mol，氮气与氢气的物质的量之比等于化学计量数之比，由方程式可知n（NH3）=2n（N2）=210mol=20mol，原平衡时氮气转化率为30%，则原平衡体系中氮气的物质的量为10mol（1-30%）=7mol，故从氨气建立平衡生成的氮气为7mol，由方程式可知，参加反应的氨气的物质的量为7mol2=14mol，故从氨气建立等效平衡，氨气的转化率为：100%=70%；若为恒温恒压，按化学计量数转化到左边满足n（N2）：n（H2）=10mol：30mol=1：3即可，n（N2）：n（H2）=1：3等于化学计量数之比，故氨气的物质的量为任意值，氨气的转化率为70%。故选C。考点：考查了化学平衡的计算、等效平衡的相关知识。20. 一定温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应：mA(g)nB(g) pC(g)qD(g)，当m、n、p、q为任意正整数时，下列状态：体系的压强不再发生变化；生成m mol A 同时消耗q mol D； 各组分的物质的量浓度不再改变； 体系的密度不再发生变化； 反应速率v(A)v(B)v(C)v(D)mnpq；各组分的质量分数不再改变；反应混合物的平均摩尔质量不再发生变化。其中一定能说明反应已达到平衡状态的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：当m、n、p、q为任意正整数时，下列状态：体系的压强不再发生变化.则说明mn=pq。无论反应是否达到平衡，体系的压强都不会发生变化。因此不能说明反应达到了平衡状态。错误。在任何时间段内，每生成m mol A 同时消耗q mol D；这是反应逆向进行。因此不能证明反应达到了平衡状态。错误。若反应达到平衡状态，则各组分的物质的量浓度不再改变。因此可以证明反应得到平衡状态。正确。由于反应在固定容积的密闭容器中进行，所以 反应是否达到平衡，容器内的体系的密度不再发生变化。所以不能证明反应达到了平衡状态。错误。对于任何反应，无论再什么时候，反应速率v(A)v(B)v(C)v(D)mnpq；所以不能证明反应达到了平衡状态。错误。只有当反应达到平衡状态时，各组分的质量分数。物质的量分数、体积分数都不再改变。正确。若反应为前后气体体积相等的反应，则反应混合物的平均摩尔质量不会发生变化；若反应为前后气体体积不相等的反应，则只有当反应达到平衡状态时反应混合物的平均摩尔质量才不会发生变化。因此不能作为反应是否达到平衡状态的标志。错误。一定能说明反应已达到平衡状态的是。选项为D。考点：考查平衡状态的判断的知识。21. 下列有关热化学方程式的评价合理的是实验事实热化学方程式评价A已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol-1，将稀硫酸与稀氢氧化钡溶液混合H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+ 2H2O(l)H114.6 kJmol-1正确B醋酸与稀氢氧化钠溶液混合CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)H57.3kJmol-1不正确；因为醋酸状态为“aq”，而不是“l”。C160 g SO3气体与适量水恰好完全反应生成H2SO4，放出热量260.6 kJSO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq) H130.3 kJmol-1不正确；因为反应热为H260.6kJmol-1D已知25、101 kPa下，120g石墨完全燃烧放出热量3935.1 kJC（s）+O2（g）=CO2（g）H393.51 kJmol-1不正确；同素异形体要注名称：C（石墨）A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、生成的硫酸钡存在溶解平衡，焓变不正确，A错误；B、醋酸是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，焓变不正确，B错误；C、160g三氧化硫是2mol，因此1mol三氧化硫完全反应放出130.3kJ，热化学方程式正确，C错误；D、120g石墨是10mol，因此1mol石墨完全反应放出293.5kJ，但同素异形体要注名称，热化学方程式不正确，D正确，答案选D。点睛：判断热化学方程式正误的观察点：“一观察”：化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；“二观察”：状态是否标明；“三观察”：反应热H的符号和单位是否正确；“四观察”：反应热的数值与物质的系数是否对应。22. 现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）阳离子H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+阴离子OH、Cl、CO32、NO3、SO42已知：A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生（沉淀包括微溶物，下同）；A溶液与C溶液反应只有气体产生D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；且C只能与D反应产生沉淀试回答下列问题：（1）写出化学式：D_（2）E可用于净水的原因是：（用离子方程式表示）_（3）A溶液与足量C溶液反应的离子方程式_（4）A溶液与E溶液反应的离子方程式_【答案】 (1). AgNO3 (2). Al3+3H2O= Al (OH)3(胶体) + 3H+ (3). CO32-2H+=H2O CO2 (4). 2Al3+3CO32-3H2O= 2Al(OH)33CO2【解析】本题主要考查离子反应。（1）根据题意判断A、B、C、D、E分别是碳酸钠、氢氧化钡、氯化氢、硝酸银、硫酸铝，化学式：DAgNO3。（2）E可用于净水的原因是：（用离子方程式表示）Al3+3H2O= Al (OH)3(胶体) + 3H+。（3）A溶液与足量C溶液反应的离子方程式：CO32-2H+=H2O CO2。（4）A溶液与E溶液反应的离子方程式:2Al3+3CO32-3H2O= 2Al(OH)33CO2。23. （1）煤燃烧产生的烟气也含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。己知：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-867.0kJmol-12NO2(g)N2O4(g) H=-56.9kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H=-44.0kJmol-1写出CH4催化还原N2O4(g）生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式_（2）甲烷燃料电池可以提升能量利用率。下图是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：请回答下列问题：甲烷燃料电池的负极反应式是_【答案】 (1). CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H 898.1kJ/mol (2). CH4-8e- + 2H2O = CO2 + 8H+ (3). Fe6e8OH=FeO424H2O【解析】本题主要考查化学反应中能量的相互转化。（1）将已知3个热化学方程式分别表示为a、b、c，a-b+2c得CH4催化还原N2O4(g）生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式：CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H 898.1kJ/mol。（2）甲烷燃料电池在负极通入甲烷，负极反应式是CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+。阳极是铁，阳极的电极反应式为Fe6e8OH=FeO424H2O。24. 高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途，高铁酸钾在异丙醇中溶解度非常小。湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示。湿法强碱性介质中，Fe(NO3)3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物（1）工业上用湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如图所示：洗涤粗品时选用异丙醇而不用水的理由是_。反应的离子方程式为_。（2）由流程图可见，湿法制备高铁酸钾时，需先制得高铁酸钠，然后再向高铁酸钠中加入饱和KOH溶液，即可析出高铁酸钾，析出后溶液中c(K)c(Na)。由以上信息可知_(填字母)。A高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠大 BKsp(K2FeO4)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)=c(H+)。27. （1）下列关于晶体的说法正确的组合是_分子晶体中都存在共价键 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键晶格能由大到小顺序：MgCl2NaCl NaBrSiO2晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合晶体中分于间作用力越大，分子越稳定A、 B、 C、 D、（2）金属原子与CO形成的配合物称为金属羰基配合物(如羰基铁)。形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的外围电子和CO提供的电子总和等于18，写出Fe3+的价层电子的电子排布图_。金属羰基配合物中，微粒间作用力有_(填字母代号)a. 配位键 b、共价键 c、离子键 d，金属键（3）用光气（COCl2）与甲胺(CH3NH2)可以制取CH3NCO. 1mol COCl2.含有_mol 键和_mol键.与COCl2互为等电子体的一种阴离子为_，中心原子的杂化方式是_，离子的空间构型为_。甲胺极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为_。【答案】 (1). C (2). (3). ab (4). 3 (5). 1 (6). CO32-或NO3- (7). sp2 (8). 平面三角形 (9). 甲胺能与水形成分子间氢键【解析】本题主要考查物质结构。（1）稀有气体形成的分子晶体中不存在共价键，故错误；在金属晶体中有金属阳离子没有阴离子，带负电荷的是自由电子，故错误；金刚石、SiC是原子晶体，共价键强度随着成键原子半径减小而增大，原子半径：CCSi，所以熔点：金刚石SiC。离子晶体晶格能随着离子半径增大而减小，离子半径：F-NaCl，所以熔点：NaFNaCl，水分子之间存在氢键，所以熔点：H2OH2S，总之，金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故正确；离子晶体的根中存在共价键，故错误；离子半径：Cl-Mg2+，所以晶格能由大到小顺序：MgCl2NaClNaBr，故正确；SiO2晶体中每个硅原子与四个氧原子以共价键相结合，故正确；晶体中分于间作用力大小与分子稳定性之间没有关系，故错误。故选C。（2）Fe3+的价层电子的电子排布图为。金属羰基配合物中，微粒间作用力有ab。（3）COCl2分子的成键情况与甲醛相似，1molCOCl2含有3mol 键和1mol键.与COCl2互为等电子体的一种阴离子为CO32-或NO3-，中心原子的杂化方式是sp2，离子的空间构型为平面三角形。甲胺极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为甲胺能与水形成分子间氢键。28. 白藜芦醇属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：RCH2Br RCH2CH(OH)R根据以上信息回答下列问题：（1）白藜芦醇的分子式是_。（2）CD的反应类型是_；EF的反应类型是_。（3）写出化合物D、E的结构简式：D_，E_。（4）化合物 有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：能发生银镜反应；含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子 _。【答案】 (1). C14H12O3 (2). 取代反应 (3). 消去反应 (4). (5). (6). 【解析】本题主要考查有机物的结构与性质。（1）白藜芦醇的分子式是C14H12O3。（2）CD发生醇羟基与HBr之间的取代反应，反应类型是取代反应；EF发生分子内脱水反应，反应类型是消去反应。（3）C中含有羟基，所以根据C的分子式并结合信息可知，C的结构简式是，因此D的结构简式就是。根据信息可知E的结构简式是。化合物D、E的结构简式：D，E。（4）表明该同分异构体含有醛基；要求苯环结构对称，两个取代基处于对位。该同分异构体的结构简式：