湖北省武汉市武昌区2022学年高二化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年湖北省武汉市武昌区高二（下）期末化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1．下列叙述中，不正确的是()A．过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁B．向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁C．不慎将油汤洒在衣服上可用酒精、汽油等除去，它们能将油污从汤液中萃取出来而除去D．玻璃是用石灰石，纯碱和二氧化硅等原料熔炼而成，在熔炼过程中发生了化学变化2．下列行为中，可行的是()A．进入煤矿井时，用火把照明B．用点燃的火柴在液化气钢瓶旁检验钢瓶是否漏气C．将氧气和氢气的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的氢气D．某地化工厂的贮藏罐肆意外发生泄漏，有关方面紧急组织群众沿逆风方向疏散3．下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是()A．在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥糊状后加热B．将烧瓶中的浓氨水加热C．加热试管中的氯化铵固体D．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有浓硫酸的烧瓶中4．物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是()A．NH4ClB．NH4HCO3C．CH3COONH4D．NH4HSO45．将铝粉逐渐投入饱和氯化铁的黄色溶液中，首先看到溶液变成红褐色，并产生气泡；后来有少量的红褐色沉淀，并有少量的能被磁铁吸引的黑色沉淀物质生成．下列叙述不正确的是()A．红褐色溶液物质是Fe（OH）3胶体，气泡的成分是H2B．红褐色沉淀是Fe（OH）3沉淀，黑色的物质是FeC．除去红褐色溶液中少量沉淀的实验方法是参析D．由于Fe3+在溶液中被水分子包围形成[Fe（H2O）4]3+，不利于铝粉与Fe3+的接触反应，所以只生成少量的单质铁6．对于可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g）△H＜0，下图表示SO2的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E五个点，其中能表示反应未达到平衡状态，且正反应速率大于逆反应速率的是()A．A点B．B、D两点C．C点D．A、E两点-24-\n7．氢离子浓度相同的等体积的两份溶液A和B；A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是()①反应所需要的时间B＞A②开始反应时的速率A＞B③盐酸里有锌剩余④参加反应的锌的物质的量A=B⑤反应过程的平均速率B＞A⑥醋酸里有锌剩余．A．③④⑤B．③④⑥C．②③⑤D．②③⑤⑥8．下列变化中属于原电池反应的是()A．在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护层B．钢铁在潮湿的空气中生锈C．红热的铁丝与冷水接触，表面形成蓝黑色保护层D．钢管被原油中的含硫化合物腐蚀9．某学生欲完成反应2HCl+2Ag═2AgCl2+H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是()A．B．C．D．10．都属于萘的同系物．萘和萘的同系物分子组成通式是()A．CnH2n﹣6（n≥11）B．CnH2n﹣8（n＞10）C．CnH2n﹣10（n≥10）D．CnH2n﹣12（n≥10）11．在某容积一定的密闭容器中，可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0，符合图中（Ⅰ）所示关系，由此推断对图中（Ⅱ）的正确说法是()A．P3＞P4，y轴表示A的转化率B．P3＞P4，y轴表示B的质量分数C．P3＞P4，y轴表示混合气体密度D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量12．已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q2kJ•mol﹣1则Q1、Q2的关系为()A．Q1＜Q2B．Q1＞Q2C．Q1=Q2D．无法确定-24-\n13．已知如下数据：化学键键能/（kJ•mol﹣1）化学键键能/（kJ•mol﹣1）H﹣H436.0I﹣I153O=O497.0N=N946O﹣H463.0H﹣I297N﹣H391.0下列说法不正确的是()A．氢气的燃烧热为△H=﹣483kJ/molB．H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=﹣5kJ/molC．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/molD．在相同条件下，等量的氢气完全燃烧和与氧气组成燃烧电池时，焓变相等14．A、B两容器极易导热，A容器的容积不变，B容器有一个可以上下滑动的活塞，以保持内外压强相等．在相同条件下，将等量的NO2分别压入容积相同的A、B两容器中，反应为：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，下列叙述不正确的是()A．反应起始时，两容器中生成N2O4的速率关系是v（A）=v（B）B．反应达到平衡前，两容器中生成N2O4的速率关系是v（A）＜v（B）C．反应达到平衡后，NO2的转化率大小关系是v（A）＜v（B）D．两容器均达到平衡后，再分别充入等量的氮气，发生平衡移动的是B容器，且平衡移动后，NO2的转化率将增大15．A、B、C、D、E是原子序数依次递增的五种元素（原子序数为5个连续的自然数），下列说法正确的是()A．B元素的最高化合价为+4价时，其负化合价也可能为﹣3价B．A（OH）n与HnEOm不能反应C．HnCOm为强酸时，HxDOy一定为强酸D．HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强二、必考题（共4小题，满分40分）16．根据所学知识填空（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例饿混合而成，爆炸时的反应方程式为__________（2）铜在空气中生成碱式碳酸铜的反应方程式为__________（3）工业上用粗硅制纯硅的常用方法是（用化学方程表示）__________、__________（4）石灰法是目前应用广泛的工业废气脱硫方法，有关反应的化学方程式是__________（5）管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如果氯气管道某处漏气，写出检验过程中反应的化学方程式__________．17．已知反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）-24-\n回答下列问题：（1）合成尿素所制原料气H2、CO的合适体积比是__________（2）该反应的平衡常数表达式为K=__________（3）在恒温、恒容条件下，该反应一定达到平衡状态的是__________（填字母代号）A．消耗NH3的物质的量的生成H2O的物质的量之比为2：1B．c（NH3）：c（CO2）：c（H2O）=2：1：1C．气体密度不再变化D．气体压强不再变化（4）假设该反应达到平衡后，缩小容器体积但保持温度不变，平衡向__________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，但混合气体的平均相对分子质量不变则起始时NH3与CO2的体积之比为__________（5）假设该反应达到平衡后，保持容器体积和温度不变，充入一定量的氯化氢气体，平衡向__________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，混合气体的平均相对分子质量__________（填“增大”、“减小”或“不变”）18．定影液的主要成分是Na2S2O3，它能溶解胶皮上为感光的AgBr，从而起到“定影”作用（1）AgBr在1L1.00mol/LNa2S2O3溶液中溶解的质量为__________g【已知Ksp（AgBr）=a，2Ag++2S2O32﹣⇌[Ag（S2O3）2]3﹣的平衡常数K=b】（2）从废定影液中回收银可采用如下方法，第一步：用硫化钠使废定影液中的银以硫化银的形式沉淀出来；第二步：再把硫化银沉淀为加入热的盐酸中，并加入过量铁粉，使可得到白银．请写出第一步反应的离子方程式__________．因第二步会产生有毒的硫化氢气体，该操作应在__________中进行（3）可以用电解的方法从废定影液中回收银，有如下电极材料：A．石墨棒B．银棒，你选择是（填“A”或“B”），阳极__________，阴极__________，则阴极的电极反应式为__________．19．表为烯类化合物与溴发生加成反应的相对速率（以乙烯为标准）烯类化合物相对速率（CH3）2C=CHCH310.4CH3CH=CH22.03CH2=CH21.00CH2=CHBr0.04（1）据表中数据，总结烯类化合物与溴发生加成反应时，反应速率与碳酸双键上取代基的种类、个数间的关系为__________（2）下列化合物与氯化氢加成时，取代基对速率的影响与上述规律类似，其中反应速率最慢的是__________（填代号）．A．（CH3）2C=C（CH3）2B．CH3CH=CHCH3C．CH2=CH2D．CH2=CHCl（3）已知化合物A与化合物B的转化关系如下，且化合物B中仅有4个碳原子、1个溴原子、1种氢原子AB则A的名称为__________，B的结构简式为__________；该反应的反应类型是__________．-24-\n三、选考题（共15分）请考生从给出的3道试题中任选一题作答，并用2B铅笔咋答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上的选答区域的指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分20．已知工业上铝的生产流程如下：（1）工业上先从铝土矿获得氧化铝，这一过程包括三个环节，写出这一过程的化学方程式为__________（2）电解铝时的电解质为__________，常加入少量氯化钙的目的是__________（3）电解铝时的两极反应式为：阳极反应__________阴极反应__________阳极碳块需要定期更换，其原因是__________（4）已知电解铝生产1mol铝时消耗电能2.2×106J，槽电压为4.0V，一个电子的电量为1.6×10﹣19C，则铝电解时电能利用率为__________．21．如图（1）表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、干冰、CsCl、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分（1）上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为__________（用字母代号表示）（2）CsCl晶体中离子的配位数是__________，NaCl与CsCl是两种不同类型的晶体结构，其主要原因是__________（3）干冰中每个CO2分子与__________个CO2分子紧邻，石墨中每个正六边形占有的碳原子数平均为__________个（4）假设干冰中CO2分子与CO2分子之间最近的距离为acm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则干冰的密度为__________g/cm3（5）已知FeS2晶体具有如图（2）空间结构，则FeS2晶体中具有的化学键类型是__________，铁原子的价电子排布式是__________-24-\n22．已知一种香料的结构简式为，请回答以下问题：（1）该香料的分子式为__________（2）该香料中含氧官能团的名称是__________（3）这种香料具有多种同分异构体，其中某种物质有下列性质①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物与2种请写出符合上述条件的所有可能的结构简式__________（4）该香料的同分异构体中，能发生银镜反应的有__________种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面之比为6：2：1：1的有__________种（5）该香料最多可以与__________mol氢气发生加成反应（6）该香料可与银氨溶液反应，该反应类型为__________，制取银氨溶液所发生的反应方程式为__________．-24-\n2022-2022学年湖北省武汉市武昌区高二（下）期末化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）1．下列叙述中，不正确的是()A．过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁B．向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁C．不慎将油汤洒在衣服上可用酒精、汽油等除去，它们能将油污从汤液中萃取出来而除去D．玻璃是用石灰石，纯碱和二氧化硅等原料熔炼而成，在熔炼过程中发生了化学变化【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．注意防止液体飞溅；B．胶头滴管紧贴试管内壁会污染试剂；C．油污为油脂，可溶于有机溶剂；D．化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化．【解答】解：A．过滤时，漏斗下端紧靠烧杯内壁，防止液体飞溅，故A正确；B．为了防止污染胶头滴管后再进一步污染试剂，用胶头滴管滴加液体时，滴管位于试管口上方垂直滴加，故B错误；C．油污为油脂，可溶于有机溶剂，不溶于水，则能用酒精、汽油将洒在衣服上的油汤除去，实际上是用萃取的原理，故C正确；D．用石灰石，纯碱和二氧化硅等为原料生产玻璃过程中有新物质生成，属于化学变化，故D正确．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验基本操作、萃取原理等为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，注意评价性分析，题目难度不大．2．下列行为中，可行的是()A．进入煤矿井时，用火把照明B．用点燃的火柴在液化气钢瓶旁检验钢瓶是否漏气C．将氧气和氢气的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的氢气D．某地化工厂的贮藏罐肆意外发生泄漏，有关方面紧急组织群众沿逆风方向疏散【考点】生活中的有机化合物；氯气的化学性质；化石燃料与基本化工原料；化学实验安全及事故处理．【分析】A．可燃性气体与氧气混合达到一定程度时遇明火会发生爆炸；B．可燃性气体遇到明火会产生爆炸；C．氢气还原CuO后，高温下Cu易被氧气氧化，氢氧混合可能发生爆炸；D．氯气有毒，且氯气会顺着风向流到，所以应该逆风向疏散人群．【解答】解：A．煤矿井下经常有可燃性气体，进入煤矿的矿井时用火把照明容易发生安全事故，故A错误；B．若有漏气，用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气会引起爆炸，故B错误；C．氢气还原CuO后，高温下Cu易被氧气氧化，则此法不能除杂，将氧气和氢气的混合气体通过灼热的氧化铜，氢氧混合可能发生爆炸，可采取液化分离法，故C错误；D．氯气是一种有毒的气体，氯气会顺着风向流到，所以疏散时应该逆着风向转移，故D正确；故选D．-24-\n【点评】本题考查实验安全及事故的处理，涉及可燃性气体爆炸、除杂等，为高频考点，把握物质的性质及性质差异等为解答的关键，侧重实验基本知识及实验技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．3．下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是()A．在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥糊状后加热B．将烧瓶中的浓氨水加热C．加热试管中的氯化铵固体D．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有浓硫酸的烧瓶中【考点】氨的实验室制法．【分析】A．将熟石灰和氯化铵混合，加水调成糊状加热，可以制取氨气；B．加热浓氨水，NH3•H2O分解生成氨气；C．加热氯化铵生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，很难制取氨气；D．利用CaO与H2O剧烈反应，放出大量热，促进NH3．H2O的分解及NH3的挥发逸出．【解答】解：A．熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑气体+2H2O，故A错误；B．加热浓氨水，一水合氨受热分解可以制取氨气，反应的化学方程式为：NH3•H2ONH3↑+H2O，故B错误；C．氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，该方法很难制氨气，故C正确；D．利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3．H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3．H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3．H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，故D错误；故选C．【点评】本题考查氨气的实验室制法，题目难度中等，注意掌握实验室制取氨气的反应原理，C为易错点，注意实验方案的可行性，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．4．物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是()A．NH4ClB．NH4HCO3C．CH3COONH4D．NH4HSO4【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【专题】盐类的水解专题．【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱．【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，ABCD选项中铵根离子浓度分别比为1：1：1：1；A、氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；B、碳酸氢根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；C、醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；D、硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；-24-\n综上NH4+的浓度最大的是NH4HSO4．故选D．【点评】本题考查学生离子的水解的影响因素、弱电解质的电离，注意把握影响盐的水解的因素，题目难度不大．5．将铝粉逐渐投入饱和氯化铁的黄色溶液中，首先看到溶液变成红褐色，并产生气泡；后来有少量的红褐色沉淀，并有少量的能被磁铁吸引的黑色沉淀物质生成．下列叙述不正确的是()A．红褐色溶液物质是Fe（OH）3胶体，气泡的成分是H2B．红褐色沉淀是Fe（OH）3沉淀，黑色的物质是FeC．除去红褐色溶液中少量沉淀的实验方法是参析D．由于Fe3+在溶液中被水分子包围形成[Fe（H2O）4]3+，不利于铝粉与Fe3+的接触反应，所以只生成少量的单质铁【考点】铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【分析】氯化铁是强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解反应方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入铝粉产生气泡，说明2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，氢离子浓度减小，使水解平衡右移，生成Fe（OH）3沉淀，并有少量的能被磁铁吸引的黑色沉淀物质生成，说明生成单质铁，由此分析解答．【解答】解：A、看到溶液变成红褐色，是Fe（OH）3胶体，气泡是2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑产生氢气，故A正确；B、氢离子浓度减小，使水解平衡右移，生成Fe（OH）3沉淀，能被磁铁吸引的黑色沉淀物质生成，说明生成单质铁，故B正确；C、除去红褐色溶液中少量沉淀的实验方法是过滤，故C错误；D、要想充分反应，必须充分接触，而铁离子与水分子之间形成水合铁离子，不利于铝粉与Fe3+的接触反应，所以反应不完全，只能生成少量的铁，故D正确；故选：C．【点评】本题考查氯化铁的性质，氯化铁是强酸弱碱盐水解溶液呈酸性且铁离子具有极强的氧化性，与铝发生氧化还原反应生成单质铁，有一定的难度．6．对于可逆反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO2（g）△H＜0，下图表示SO2的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E五个点，其中能表示反应未达到平衡状态，且正反应速率大于逆反应速率的是()A．A点B．B、D两点C．C点D．A、E两点【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【分析】在曲线上，当温度一定时，SO2的转化率也一定，故曲线上任意一点都表示达到平衡状态，而曲线外的任意一点都表示未达平衡状态．在曲线下方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向上引垂直线到曲线上的一点，这样SO2的转化率要增大，平衡向右移动，则V正＞V逆．在曲线上方的任意一点，要想达到同温度下的平衡状态，即向下引垂直线到曲线上的一点，这样SO2的转化率要减小，平衡向左移动，则V正＜V逆，据此解答．-24-\n【解答】解：A．A点都在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即A点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），故A错误；B．B点和D点都在曲线上，处于平衡状态，v（正）=v（逆），故B错误；C．C点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由C点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），故C正确，D．A点和E点都在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，即由A、E点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），故D错误；故选：C．【点评】本题考查化学平衡图象，涉及平衡状态的判断、平衡移动等，难度中等．判断曲线上的任意一点都表示达到平衡状态是关键，根据NO的转化率判断反应进行分析．7．氢离子浓度相同的等体积的两份溶液A和B；A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是()①反应所需要的时间B＞A②开始反应时的速率A＞B③盐酸里有锌剩余④参加反应的锌的物质的量A=B⑤反应过程的平均速率B＞A⑥醋酸里有锌剩余．A．③④⑤B．③④⑥C．②③⑤D．②③⑤⑥【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．【分析】氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液（A为盐酸，B为醋酸）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余，以此解答该题．【解答】解：氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液（A为盐酸，B为醋酸）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；①由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间A＞B；故错误；②开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故错误；③醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故正确；④由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故正确；⑤醋酸的浓度大于盐酸的浓度，则醋酸中反应速率大，所以反应过程中的平均速率B＞A，故正确；⑥醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故错误；故选：A．【点评】本题考查弱电解质的电离，结合影响化学反应速率的因素综合考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点，难度不大．8．下列变化中属于原电池反应的是()A．在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护层B．钢铁在潮湿的空气中生锈C．红热的铁丝与冷水接触，表面形成蓝黑色保护层D．钢管被原油中的含硫化合物腐蚀-24-\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】属于原电池反应，说明符合原电池的构成条件，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，以此解答．【解答】解：A．金属铝是比较活泼的金属，在空气中放置的时候能与氧气反应，表面迅速被氧化形成致密的保护膜，与原电池无关，故A错误；B．钢铁为合金，可形成原电池反应而被腐蚀，为电化学腐蚀，故B正确；C．红热的铁丝和水直接反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，不符合原电池构成条件，属于化学腐蚀，故C错误；D．钢管被含硫化合物腐蚀为化学腐蚀，生成硫化物，因原油不导电，则没有形成原电池反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查了化学腐蚀和电化学腐蚀的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原电池构成条件来分析解答即可，难度不大．9．某学生欲完成反应2HCl+2Ag═2AgCl2+H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是()A．B．C．D．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】盐酸和银不能自发的进行氧化还原反应，所以不能设计成原电池，只能设计成电解池，失电子的物质作电解池阳极，金属或导电的非金属作电解池阴极，得电子的物质作电解质溶液．【解答】解：2HCl+2Ag=2AgCl↓+H2↑不能自发进行，所以必须设计成电解池，该反应中银失电子，所以银作电解池阳极，金属或导电的非金属作电解池阴极，该反应中氯化氢得电子生成氢气，则选取盐酸作电解质溶液，所以A项符合条件，故选A．【点评】本题考查原电池和电解池原理，明确原电池形成条件是解本题的关键，注意原电池必须是自发的进行氧化还原反应，为易错点，题目难度不大．10．都属于萘的同系物．萘和萘的同系物分子组成通式是()A．CnH2n﹣6（n≥11）B．CnH2n﹣8（n＞10）C．CnH2n﹣10（n≥10）D．CnH2n﹣12（n≥10）【考点】有机化合物中碳的成键特征．【分析】分析所给的有机物结构简式可以得出：该系列分子结构均含一个萘环，共含有7个不饱和度，据此解答即可．-24-\n【解答】解：该系列分子结构均含一个萘环，共含有7个不饱和度，故氢原子个数为：2n+2﹣14=2n﹣12．萘的同系物的通式为CnH2n﹣12，还须注意的是萘的碳原子数最少为10，故：n≥10．故选D．【点评】本题主要考查的是芳香烃、烃基和同系物，难度较大，注意同系物必须结构相似，计算出不饱和度是解决本题的关键．11．在某容积一定的密闭容器中，可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）△H＜0，符合图中（Ⅰ）所示关系，由此推断对图中（Ⅱ）的正确说法是()A．P3＞P4，y轴表示A的转化率B．P3＞P4，y轴表示B的质量分数C．P3＞P4，y轴表示混合气体密度D．P3＜P4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，由图（2）可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，y值减小，则y可为A、B的转化率、C的体积分数等，结合压强对平衡移动的影响分析．【解答】解：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，则：A．如果P3＞P4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，图象与实际符合，故A正确；B．P3＞P4，增大压强，平衡向正反应移动，B的质量分数减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，B的质量分数应增大，图象与实际不符，故B错误；C．混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变，故C错误；D．P3＜P4，增大压强，平衡向正反应移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均式量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均式量减小，图象与实际不相符，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意根据图（1）分析反应的特征是解题的关键．-24-\n12．已知胆矾溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）△H=+Q2kJ•mol﹣1则Q1、Q2的关系为()A．Q1＜Q2B．Q1＞Q2C．Q1=Q2D．无法确定【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者的差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2＞Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收．实际放出的热量偏小；【解答】解：根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO4•5H2OCuSO4（s）+5H2O；△H=+Q2KJ/mol这一过程是吸出热量的，一摩尔CuSO4•5H2O分解吸收的热量为Q2KJ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1KJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2＞Q1故选A．【点评】本题考查了物质溶解恒容物质分解过程中的能量变化，理解物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．13．已知如下数据：化学键键能/（kJ•mol﹣1）化学键键能/（kJ•mol﹣1）H﹣H436.0I﹣I153O=O497.0N=N946O﹣H463.0H﹣I297N﹣H391.0下列说法不正确的是()A．氢气的燃烧热为△H=﹣483kJ/molB．H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=﹣5kJ/molC．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ/molD．在相同条件下，等量的氢气完全燃烧和与氧气组成燃烧电池时，焓变相等【考点】反应热和焓变．【分析】A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据热化学方程式结合△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和判断；B、根据△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和判断；C、根据△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和判断；D、焓变只与反应物的系数以及状态有关．【解答】解：A、由H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=436+497×0.5﹣2×463=285.5kJ/mol，可知1mol氢气完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为285.8KJ，所以氢气的燃烧热△H=﹣285.5kJ/mol，故A错误；B、由H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=436+153﹣2×297=﹣5kJ/mol，故B正确；C、由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=946+3×436﹣6×391=﹣92kJ/mol，故C正确；-24-\nD、焓变只与反应物的系数以及状态有关，所以等量的氢气完全燃烧和与氧气组成燃烧电池时，焓变相等，故D正确．故选A．【点评】本题主要考查了反应热的计算，学生熟记教材知识并灵活应用△H=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和是解题的关键，难度不大．14．A、B两容器极易导热，A容器的容积不变，B容器有一个可以上下滑动的活塞，以保持内外压强相等．在相同条件下，将等量的NO2分别压入容积相同的A、B两容器中，反应为：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，下列叙述不正确的是()A．反应起始时，两容器中生成N2O4的速率关系是v（A）=v（B）B．反应达到平衡前，两容器中生成N2O4的速率关系是v（A）＜v（B）C．反应达到平衡后，NO2的转化率大小关系是v（A）＜v（B）D．两容器均达到平衡后，再分别充入等量的氮气，发生平衡移动的是B容器，且平衡移动后，NO2的转化率将增大【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、反应起始时，两容器中NO2的浓度相等；B、因为该反应是体积减小的反应，B是恒压，而A是恒容，所以在反应过程中B的压强大于A，压强大反应速率也大，据此判断；C、因为该反应是体积减小的反应，B是恒压，而A是恒容，所以在达到平衡时，B的压强大于A，B容器中反应正向进行的程度大于A，所以NO2的转化率大小关系是：A＜B；D、两容器均达到平衡后，再分别充入等量的氮气，B是恒压，相当于减小反应体系的压强，平衡向逆方向移动，A是恒容，平衡不移动，据此判断．【解答】：A、反应起始时，两容器中NO2的浓度相等，所以两容器中生成N2O4的速率关系是v（A）=v（B），故A正确；B、因为该反应是体积减小的反应，B是恒压，而A是恒容，所以在反应过程中B的压强大于A，压强大反应速率也大，所以生成N2O4的速率关系是v（A）＜v（B），故B正确；C、因为该反应是体积减小的反应，B是恒压，而A是恒容，所以在达到平衡时，B的压强大于A，B容器中反应正向进行的程度大于A，所以NO2的转化率大小关系是：A＜B，故C正确；D、两容器均达到平衡后，再分别充入等量的氮气，B是恒压，相当于减小反应体系的压强，平衡向逆方向移动即NO2的转化率将减小，A是恒容，平衡不移动，故D错误；故选D．【点评】本题主要考查了影响化学平衡移动的因素等知识点，难度不大，解的关键是要注意两容器一个是恒容一个恒压的区别．15．A、B、C、D、E是原子序数依次递增的五种元素（原子序数为5个连续的自然数），下列说法正确的是()A．B元素的最高化合价为+4价时，其负化合价也可能为﹣3价B．A（OH）n与HnEOm不能反应C．HnCOm为强酸时，HxDOy一定为强酸D．HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】A．B元素的最高化合价为+4价时，其负化合价也可能为﹣3价，如C2H6；B．A可以为Al，E为Cl元素，氢氧化铝能与高氯酸反应；C．HnCOm为强酸时，C可以为S元素，D为Cl元素，E为Ar，次氯酸属于弱酸；-24-\nD．HnCOm为强酸时，按照原子序数依次增大，E可能为稀有气体、可能为非金属．【解答】解：A．B元素的最高化合价为+4价时，可以为ⅣA元素，其负化合价也可能为﹣3价，如C2H6，故A正确；B．A可以为Al，E为Cl元素，氢氧化铝能与高氯酸反应，故B错误；C．HnCOm为强酸时，C可以为S元素，D为Cl元素，E为Ar，次氯酸属于弱酸，故C错误；D．HnDOm为强酸，即D元素的非金属性很强，原子序数比D大1的E可能为非金属性比D强的非金属元素，也可能为稀有气体元素，故D错误，故选A．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系，题目难度不大，注意利用列举法、反例法进行解答．二、必考题（共4小题，满分40分）16．根据所学知识填空（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例饿混合而成，爆炸时的反应方程式为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑（2）铜在空气中生成碱式碳酸铜的反应方程式为2Cu+O2+H20+CO2=Cu2（OH）2CO3（3）工业上用粗硅制纯硅的常用方法是（用化学方程表示）Si（粗）+2Cl2SiCl4、2H2+SiCl4Si（纯）+4HCl（4）石灰法是目前应用广泛的工业废气脱硫方法，有关反应的化学方程式是2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2（5）管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如果氯气管道某处漏气，写出检验过程中反应的化学方程式2NH3+3Cl2=6HCl+N2、NH3+HCl=NH4Cl．【考点】化学方程式的书写；氯气的化学性质；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】（1）硫磺粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时会产生N2、CO2，根据反应物和生成物可确定方程式；（2）铜和水、氧气、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜；（3）粗硅在高温下与氯气（Cl2）反应生成四氯化硅，四氯化硅在高温下与氢气反应，得到高纯度的硅；（4）石灰高温下与废气中的SO2与O2化合生成CaSO4、CO2；（5）如果氯气管道某处漏气，会出现白烟现象，说明有氯化铵生成，则氨气和氯气反应有HCl生成，根据氧化还原反应知，还生成氮气．【解答】解：（1）硫磺粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成的，爆炸时会产生N2、CO2，反应的方程式为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，故答案为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑；（2）铜和水、氧气、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，故反应的化学方程式为：2Cu+O2+H20+CO2=Cu2（OH）2CO3，故答案为：2Cu+O2+H20+CO2=Cu2（OH）2CO3；-24-\n（3）硅在高温下与氯气（Cl2）反应生成四氯化硅：Si（粗）+2Cl2SiCl4，四氯化硅在高温下与氢气反应，就可以得到高纯度的硅，同时生成HCl：2H2+SiCl4Si（纯）+4HCl，故答案为：Si（粗）+2Cl2SiCl4，2H2+SiCl4Si（纯）+4HCl；（4）石灰（CaCO3）为脱硫剂，高温下与废气中的SO2与O2化合生成CaSO4，反应的化学方程式是：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；（5）如果氯气管道某处漏气，会出现白烟现象，说明有氯化铵生成，则氨气和氯气反应有HCl生成，根据氧化还原反应知，还生成氮气，反应方程式为2NH3+3Cl2=6HCl+N2，氯化氢和氨气反应方程式为：NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：2NH3+3Cl2=6HCl+N2、NH3+HCl=NH4Cl．【点评】本题考查了方程式是书写，明确物质的性质是解本题关键，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大．17．已知反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）回答下列问题：（1）合成尿素所制原料气H2、CO的合适体积比是3：1（2）该反应的平衡常数表达式为K=（3）在恒温、恒容条件下，该反应一定达到平衡状态的是CD（填字母代号）A．消耗NH3的物质的量的生成H2O的物质的量之比为2：1B．c（NH3）：c（CO2）：c（H2O）=2：1：1C．气体密度不再变化D．气体压强不再变化（4）假设该反应达到平衡后，缩小容器体积但保持温度不变，平衡向正反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，但混合气体的平均相对分子质量不变则起始时NH3与CO2的体积之比为14：13（5）假设该反应达到平衡后，保持容器体积和温度不变，充入一定量的氯化氢气体，平衡向逆反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，混合气体的平均相对分子质量增大（填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．-24-\n【分析】（1）合成氨反应方程式为3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）、2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）、CO（g）+O2（g）⇌CO2（g），将这三个方程式相加得3H2（g）+N2（g）+CO（g）+O2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O，据此判断H2、CO的合适体积比；（2）该反应的平衡常数表达式为K=；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；（4）增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；由于该反应中，气体每减小2mol，生成1molCO（NH2）2是固体，气体质量减小60g，即减少的混合气体的平均相对分子质量为30，当起始混合气体的相对分子质量为30时，平衡正向移动，但混合气体的平均相对分子质量始终为30，所以加压时混合气体的平均相对分子质量不变；（5）HCl和氨气生成氯化铵，平衡逆向移动；混合气体的相对分子质量增大．【解答】解：（1）合成氨反应方程式为3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）、2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）、CO（g）+O2（g）⇌CO2（g），将这三个方程式相加得3H2（g）+N2（g）+CO（g）+O2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O，根据方程式知H2、CO的合适体积比为3：1，故答案为：3：1；（2）该反应的平衡常数表达式为K=，故答案为：；（3）A．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗NH3的物质的量的生成H2O的物质的量之比为2：1，不能据此判断平衡状态，故错误；B．当c（NH3）：c（CO2）：c（H2O）=2：1：1时该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，故错误；C．反应前后气体质量改变、容器体积不变，所以气体密度改变，当气体密度不再变化时正逆反应反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；D．该反应前后气体计量数之和不等，当气体压强不再变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；故选CD；（4）该反应的正反应是反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，所以向正反应方向移动；由于该反应中，气体每减小2mol，生成1molCO（NH2）2是固体，气体质量减小60g，即减少的混合气体的平均相对分子质量为30，当起始混合气体的相对分子质量为30时，平衡正向移动，但混合气体的平均相对分子质量始终为30，设NH3与CO2的物质的量分别是x、y，其平均摩尔质量=，x：y=14：13，-24-\n故答案为：正反应；14：13；（5）HCl和氨气生成氯化铵，平衡逆向移动；二氧化碳相对分子质量大于水蒸气，所以混合气体的相对分子质量增大，故答案为：逆反应；增大．【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断、化学平衡影响因素等知识点，较综合，难点是（4）题计算，题目难度中等．18．定影液的主要成分是Na2S2O3，它能溶解胶皮上为感光的AgBr，从而起到“定影”作用（1）AgBr在1L1.00mol/LNa2S2O3溶液中溶解的质量为g【已知Ksp（AgBr）=a，2Ag++2S2O32﹣⇌[Ag（S2O3）2]3﹣的平衡常数K=b】（2）从废定影液中回收银可采用如下方法，第一步：用硫化钠使废定影液中的银以硫化银的形式沉淀出来；第二步：再把硫化银沉淀为加入热的盐酸中，并加入过量铁粉，使可得到白银．请写出第一步反应的离子方程式2[Ag（S2O3）2]3﹣+S2﹣=Ag2S↓+4S2O32﹣．因第二步会产生有毒的硫化氢气体，该操作应在通风厨中进行（3）可以用电解的方法从废定影液中回收银，有如下电极材料：A．石墨棒B．银棒，你选择是（填“A”或“B”），阳极A，阴极B，则阴极的电极反应式为Ag++e﹣=Ag．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）根据AgBr+2S2O32﹣⇌[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣，结合Ksp（AgBr）、﹣[Ag（S2O3）2]3﹣的平衡常数解答；（2）硫化钠为强电解质完全电离，电离出的硫离子和硫代硫酸银反应生成硫化银沉淀，硫化银溶解在热的盐酸中，铁的金属性强于银，将银置换出，硫化氢有毒，据此分析解答；（3）根据电解原理分析判断，阳极上金属或阴离子失电子发生氧化反应，阴极上阳离子得电子变成单质在阴极析出，用电解的方法从废定影液中回收银，阴极为银离子得到电子．【解答】解：（1）设AgBr在1L1.00mol/LNa2S2O3溶液中溶解的物质的量为x，AgBr+2S2O32﹣⇌[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣，则与硫代硫酸根离子结合的银离子为x，溶液中的溴离子为x，Ksp（AgBr）=a，Ksp（AgBr）=c（Ag+）•c（Br﹣）=a，与硫代硫酸根离子结合的c（Ag+）=﹣x，Ag++2S2O32﹣⇌[Ag（S2O3）2]3﹣的平衡常数K=b，=b，1L1.00mol/LNa2S2O3溶液中C（S2O32﹣）=1.00mol/L，则=b，解得：x≈，AgBr摩尔质量为188g/mol，则在1L1.00mol/LNa2S2O3溶液中溶解的质量为：，故答案为：；-24-\n（2）硫化钠为强电解质完全电离，Na2S=2Na++S2﹣，硫离子和硫代硫酸银反应生成硫化银沉淀，2[Ag（S2O3）2]3﹣+S2﹣=Ag2S↓+4S2O32﹣，再把硫化银沉淀为加入热的盐酸中，铁的金属性强于银，将银置换出，硫化氢有毒，该操作需在通风厨中进行，故答案为：2[Ag（S2O3）2]3﹣+S2﹣=Ag2S↓+4S2O32﹣；通风厨；（3）电解池：阴极上阳离子得电子变成单质在阴极析出，用电解的方法从废定影液中回收银，阴极用银棒，在银棒上析出银，回收银Ag++e﹣=Ag，从废定影液中回收银，阳极无需用银棒，用A．石墨棒即可，故答案为：A；B；Ag++e﹣=Ag．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡计算、电解池原理的分析应用，为高频考点，侧重于学生的计算能力和分析能力的考查，注意把握溶度积的计算以及电解产物的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．19．表为烯类化合物与溴发生加成反应的相对速率（以乙烯为标准）烯类化合物相对速率（CH3）2C=CHCH310.4CH3CH=CH22.03CH2=CH21.00CH2=CHBr0.04（1）据表中数据，总结烯类化合物与溴发生加成反应时，反应速率与碳酸双键上取代基的种类、个数间的关系为碳碳双键上的烷基取代基越多越有利于加成，有卤素原子不利于加成（2）下列化合物与氯化氢加成时，取代基对速率的影响与上述规律类似，其中反应速率最慢的是D（填代号）．A．（CH3）2C=C（CH3）2B．CH3CH=CHCH3C．CH2=CH2D．CH2=CHCl（3）已知化合物A与化合物B的转化关系如下，且化合物B中仅有4个碳原子、1个溴原子、1种氢原子AB则A的名称为异丁烷，B的结构简式为；该反应的反应类型是取代反应．【考点】化学反应速率的影响因素；有机物分子中的官能团及其结构．【分析】（1）（2）有机物的结构决定其性质，分析表中数据可以看出，当乙烯分子中的H原子被甲基取代时，反应速率加快，且甲基个数越多，反应速率越快；当乙烯分子中的H原子被卤原子取代时，反应速率减慢，以此解答该题；（3）化合物B中仅有4个碳原子、1个溴原子、1种氢原子，则B的结构简式为，A与溴发生取代反应生成B，故A为CH（CH3）3，以此解答该题．【解答】解：（1）分析表中数据可知，反应速率与C=C中烃基的个数有关，烃基越多，反应速率越大，并且当C=C上取代基为卤素原子的反应速率慢，卤素原子越多反应速率越慢，故答案为：碳碳双键上的烷基取代基越多越有利于加成，有卤素原子不利于加成；（2）根据题中信息“取代基对速率的影响与上述规律类似”，由表中数据可知C=C上取代基为卤素原子的反应速率慢，则反应最慢的应为D，故答案为：D；-24-\n（3）化合物B中仅有4个碳原子、1个溴原子、1种氢原子，则B的结构简式为；A与溴发生取代反应生成B，故A为CH（CH3）3，则A的名称为异丁烷，故答案为：异丁烷；；取代反应．【点评】本题考查了物质的性质以及有机物推断等，难度不大，属于信息给予题，主要考查考生的阅读能力、自学能力、综合分析能力，推断B的结构是关键，需要学生熟练掌握官能团的衍变，难度中等．三、选考题（共15分）请考生从给出的3道试题中任选一题作答，并用2B铅笔咋答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上的选答区域的指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分20．已知工业上铝的生产流程如下：（1）工业上先从铝土矿获得氧化铝，这一过程包括三个环节，写出这一过程的化学方程式为Al2O3（铝土矿）+2NaOH═2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3、2Al（OH）3Al2O3+3H2O（2）电解铝时的电解质为氧化铝﹣冰晶石熔融液，常加入少量氯化钙的目的是降低熔点（3）电解铝时的两极反应式为：阳极反应6O2﹣﹣12e﹣=3O2↑阴极反应4Al3++12e﹣=4Al阳极碳块需要定期更换，其原因是阳极产生的氧气与阳极材料中的碳发生反应（4）已知电解铝生产1mol铝时消耗电能2.2×106J，槽电压为4.0V，一个电子的电量为1.6×10﹣19C，则铝电解时电能利用率为52.54%．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质．【分析】由生产流程可知，先从铝土矿获得氧化铝，利用NaOH溶解后、再通入足量二氧化碳生成氢氧化铝，然后加热氢氧化铝生成氧化铝，再电解熔融的氧化铝可得到Al单质，电解时阳极生成氧气，阴极生成Al，以此来解答．【解答】解：（1）从铝土矿获得氧化铝涉及的反应为Al2O3（铝土矿）+2NaOH═2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3（铝土矿）+2NaOH═2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3、2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（2）Al为活泼金属，电解铝时的电解质为氧化铝﹣冰晶石熔融液，常加入少量氯化钙的目的是降低熔点，故答案为：氧化铝﹣冰晶石熔融液；降低熔点；（3）电解铝时阳极反应为6O2﹣﹣12e﹣=3O2↑，阴极反应为4Al3++12e﹣=4Al，阳极碳块需要定期更换，其原因是阳极产生的氧气与阳极材料中的碳发生反应，-24-\n故答案为：6O2﹣﹣12e﹣=3O2↑；4Al3++12e﹣=4Al；阳极产生的氧气与阳极材料中的碳发生反应；（4）电解铝生产1mol铝时消耗电能2.2×106J，槽电压为4.0V，一个电子的电量为1.6×10﹣19C，由Al3++3e﹣=Al可知，则铝电解时电能利用率为×100%=52.54%，故答案为：52.54%．【点评】本题考查铝的冶炼及混合物分离提纯、电解原理等，为高频考点，把握流程中的反应及电解原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．21．如图（1）表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、干冰、CsCl、金刚石、石墨结构中的某一种的某一部分（1）上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为EDACB（用字母代号表示）（2）CsCl晶体中离子的配位数是8，NaCl与CsCl是两种不同类型的晶体结构，其主要原因是阳离子半径不同（3）干冰中每个CO2分子与12个CO2分子紧邻，石墨中每个正六边形占有的碳原子数平均为2个（4）假设干冰中CO2分子与CO2分子之间最近的距离为acm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则干冰的密度为g/cm3（5）已知FeS2晶体具有如图（2）空间结构，则FeS2晶体中具有的化学键类型是离子键和非极性键，铁原子的价电子排布式是3d64s2【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布．【分析】（1）晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，离子晶体熔沸点与离子半径成正比，与电荷成正比；（2）根据CsCl结构结构知，CsCl晶胞中离子配位数是8，NaCl、CsCl晶胞结构受离子半径大小影响；（3）干冰中每个CO2分子与其紧邻的CO2分子个数=3×8÷2，石墨中每个C原子被3个六边形共用，每个正六边形占有的碳原子数平均个数=；-24-\n（4）干冰晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，假设干冰中CO2分子与CO2分子之间最近的距离为acm，其距离为面对角线的，所以其体对角线长度为2acm，晶胞边长=acm，其体积V=（acm）3，干冰的密度=；（5）该晶胞中白色球个数=黑色球个数=4×=，所以黑色球和白色球个数之比为1：1，FeS2晶体中存在Fe2+和S22﹣离子，阴阳离子之间存在离子键，同种非金属元素原子之间存在非极性键；Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，其3d、4s能级上电子为其价电子．【解答】解：（1）晶体熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，离子晶体熔沸点与离子半径成正比，与电荷成正比，金刚石是原子晶体、NaCl和CsCl是离子晶体、干冰是分子晶体、石墨是混合型晶体，根据配位数及晶胞结构知，A、B、C、D、E分别是NaCl、干冰、CsCl、金刚石、石墨，钠离子半径小于铯离子半径，石墨中C﹣C键长小于金刚石中C﹣C键长，所以这几种晶体熔点高低顺序是EDACB，故答案为：EDACB；（2）根据CsCl结构结构知，CsCl晶胞中离子配位数是8，NaCl、CsCl晶胞结构受离子半径大小影响，铯离子半径大于钠离子半径，所以二者晶胞结构不同，故答案为：8；晶体中阳离子半径不同；（3）干冰中每个CO2分子与其紧邻的CO2分子个数=3×8÷2=12，石墨中每个C原子被3个六边形共用，每个正六边形占有的碳原子数平均个数==2，故答案为：12；2；（4）干冰晶胞中二氧化碳分子个数=8×+6×=4，假设干冰中CO2分子与CO2分子之间最近的距离为acm，其距离为面对角线的，所以其体对角线长度为2acm，晶胞边长=acm，其体积V=（acm）3，干冰的密度==g/cm3=g/cm3，故答案为：；（5）该晶胞中白色球个数=黑色球个数=4×=，所以黑色球和白色球个数之比为1：1，FeS2晶体中存在Fe2+和S22﹣离子，阴阳离子之间存在离子键，同种非金属元素原子之间存在非极性键，所以该晶胞中存在离子键和非极性键；Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，其3d、4s能级上电子为其价电子，Fe原子价电子排布式为3d64s2，故答案为：离子键和非极性键；3d64s2．-24-\n【点评】本题考查晶胞计算及原子核外电子排布式的书写，为高频考点，侧重考查学生计算及空间想象能力，注意：干冰晶胞中距离最近的两个二氧化碳分子分别位于面心和顶点上，注意石墨熔点高于金刚石，但二者沸点相同，为易错点．22．已知一种香料的结构简式为，请回答以下问题：（1）该香料的分子式为C9H10O（2）该香料中含氧官能团的名称是醛基（3）这种香料具有多种同分异构体，其中某种物质有下列性质①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物与2种请写出符合上述条件的所有可能的结构简式（4）该香料的同分异构体中，能发生银镜反应的有10种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面之比为6：2：1：1的有2种（5）该香料最多可以与4mol氢气发生加成反应（6）该香料可与银氨溶液反应，该反应类型为氧化反应，制取银氨溶液所发生的反应方程式为AgNO3+NH3．H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3．H2O=[Ag（NH3）2]OH+2H2O．【考点】有机物的结构和性质．【分析】（1）根据结构简式确定分子式；（2）该香料中含氧官能团的名称是醛基；（3）这种香料具有多种同分异构体，其中某种物质有下列性质①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色说明含有酚羟基；②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物与2种，说明苯环上含有两种H原子；（4）含有醛基的能发生银镜反应；核磁共振氢谱为4组峰，且峰面之比为6：2：1：1，说明该同分异构体中含有4种氢原子，且四种氢原子个数之比为6：2：1：1；（5）苯环和醛基能和氢气发生加成反应；（6）醛基和银氨溶液发生银镜反应，该反应属于氧化反应；一水合氨和硝酸银反应先生成AgOH，AgOH再和一水合氨反应生成银氨络合物．【解答】解：（1）根据结构简式确定分子式为C9H10O，故答案为：C9H10O；（2）该香料中含氧官能团的名称是醛基，故答案为：醛基；（3）这种香料具有多种同分异构体，其中某种物质有下列性质①该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色说明含有酚羟基；②分子中有苯环，且苯环上的一溴代物与2种，说明苯环上含有两种H原子，-24-\n符合条件的同分异构体有，故答案为：；（4）含有醛基的能发生银镜反应，如果该香辛料的同分异构体中含有取代基为﹣CHO、﹣CH2CH3，有邻间对3种结构；如果存在两个﹣CH3、一个﹣CHO，如果两个甲基相连有2种结构，如果两个甲基相间有3种结构，如果两个甲基相对有1种结构，如果存在含有﹣CH2CH2CHO有1种结构，所以符合条件的有10种；核磁共振氢谱为4组峰，且峰面之比为6：2：1：1，说明该同分异构体中含有4种氢原子，且四种氢原子个数之比为6：2：1：1，有2，6﹣二甲基苯甲醛、2、5﹣二甲基苯甲醛，所以符合条件的有2种，故答案为：10；2；（5）苯环和醛基能和氢气发生加成反应，所以1mol该香辛料最多能和4mol氢气发生加成反应，故答案为：4；（6）醛基和银氨溶液发生银镜反应，该反应属于氧化反应；一水合氨和硝酸银反应先生成AgOH，AgOH再和一水合氨反应生成银氨络合物，反应方程式为AgNO3+NH3．H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3．H2O=[Ag（NH3）2]OH+2H2O，故答案为：氧化反应；AgNO3+NH3．H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3．H2O=[Ag（NH3）2]OH+2H2O．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，涉及同分异构体种类判断、化学方程式的书写及反应类型判断等知识点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断．-24-