甘肃省天水三中2016届高三上学期第四次质检化学试卷
2010-2023历年甘肃省天水市秦安二中高三上学期第四次检测化学试卷(带解析)
2010-2023历年甘肃省天水市秦安二中高三上学期第四次检测化学试卷（带解析）第1卷一.参考题库(共25题)1.氯酸是一种强酸，浓度超过40％时会发生分解，反应可表示为：a HClO3 = bO2↑+ c Cl2↑+ d HClO4 + e H2O。
下列有关说法不正确的是A．由反应可确定：氧化性HClO3＞O2B．若氯酸分解所得混合气体lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO3 = 2O2↑+ C12↑+ HClO4 + H2OC．由非金属性Cl＞S，可推知酸性HClO3＞H2SO4D．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e－2.下列关于电解质溶液的叙述正确的是A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Clˉ)＞c(NH4+)＞c(H+)=c(OH ˉ)B．在0.1mol·L－1的NaHA溶液pH=4，则H2A为强酸C．pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊呈红色D．向0.1mol·L－1的氨水中加少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大3.通常人们把拆开1mol某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。
键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热。
化学键Si—OSi—ClH—HH—ClSi—SiSi—C键能/kJ·mol－1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，该反应的反应热△H为A．＋236 kJ·mol－1 B．－236 kJ·mol－1C．＋412 kJ·mol－1 D．－412 kJ·mol－14.高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O===3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。
甘肃省天水市第三中学2016-2017学年高二10月学段考试化学(理)试题(原卷版)
甘肃省天水市第三中学2016-2017学年高二10月学段考试化学（理）试题相对原子质量：H 1 C12N14O16Ca 40 S32第一部分选择题（共60分）一、选择题（本题包括15小题，每小题4分，共60分。
每小题只有一个选项符合题意。
）1、下列说法不正确的是（）A、在同一条件下不同物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大B、焓变是一个反应能否自发进行相关的因素，多数放热反应能自发进行C、一个反应能否自发进行，与焓变和熵变的共同影响有关D、自发进行的反应一定能迅速进行2、下列说法正确的是 ( )A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率3、在2A＋B 3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．υ（A）＝ 0.5 mol/（L·s）B．υ（B）＝ 0.3 mol/（L·s）C．υ（C）＝ 0.8 mol/（L·s）D．υ（D）＝ 1 mol/（L·s）4、下列热化学方程式能表示可燃物的燃烧热的是（）A、H2（g）+ 1/2O2（g）= H2O（g）△H= —184.6KJ/molB、CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+2H2O（g）△H= —802.3KJ/molC、2 H2（g）+ O2（g）=2 H2O（l）△H= —571.6KJ/molD、CO（g）+1/2O2（g）= CO2（g）△H= —283KJ/mol5、在2升的密闭容器中，发生以下反应:2A(g)+ B(g) 2C(g)+D(g) 。
若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12 mol/（L·ｓ），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（）A．2.8 mol B．2.4 mol C． 1.6 mol D．1.2 mol(g)＋B2(g)达到平衡状态的标志是 ( )6．一定条件下反应2AB(g) AA．单位时间内生成amolA2，同时消耗2a molABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．容器中各组分的体积分数不随时间变化D．AB的消耗速率等于A2的消耗速率7、下列各图所表示的反应是吸热反应的是（）A8、已知4NH 3＋5O 2=4NO ＋6H 2O ，若反应速率分别用υ(NH 3)、υ(O 2)、υ(NO)、υ(H 2O)表示，则正确的关系是 （ ） A ．4/5υ(NH 3)=υ(O 2) B ．5/6υ(O 2)=υ(H 2O) C ．2/3υ（NH 3)=υ(H 2O) D ．4/5υ(O 2)=υ(NO)9、对于可逆反应：mA(g) + nB(g)xC(g)；△H =？，在不同温度及压强条件下，反应物A 的转化率如图所示，下列判断正确的是（ ）A ．△H > 0，m + n > xB ．△H > 0，m + n < xC ．△H < 0，m + n < xD ．△H < 0，m + n > x10．根据以下三个热化学方程式： 2H 2S(g)＋3O 2(g)===2SO 2(g)＋2H 2O(l) ΔH ＝－Q 1 kJ/mol2H 2S(g)＋O 2 (g)===2S(s)＋2H 2O(l) ΔH ＝－Q 2 kJ/mol2H 2S(g)＋O 2 (g)===2S(s)＋2H 2O(g) ΔH ＝－Q 3 kJ/mol判断Q 1、Q 2、Q 3三者关系正确的是( )A ．Q 1> Q 2 > Q 3B ．Q 1> Q 3 > Q 2C ．Q 3 > Q 2 > Q 1D ．Q 2 > Q 1> Q 311、在一定条件下，体积为10 L 的密闭容器中，1 mol X 和1 mol Y 进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60s 达到平衡，生成0.3mol Z ，下列说法正确的是( )A ．若增大压强，则物质Y 的转化率减小B ．以X 浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/(L•s)C ．若升高温度，X 的体积分数增大，则该反应的ΔH ＞0D ． 将容器体积变为20 L ，Z 的平衡浓度变为原来的1/212、如图所示，反应2SO 2（g ）+O 2（g ）2SO 3（g ）；△H<0，在不同温度、不同压强（P 1>P 2） 下达到平衡时，混合气中SO 3的体积 （SO 3）随温度变化的曲线应为 （ ）13、在密闭容器中发生如下反应：mA(g)+nB(g) pC(g)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C 的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是（ ）A ． m+n<pB ． 平衡向逆反应方向移动C．A的转化率降低D．C的体积分数增加14、下列变化过程能用勒夏特列原理解释的是（）A．工业合成氨中选择高温条件下进行B．棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅C．SO2催化氧化成SO2的反应，往往需要使用催化剂D．H2、I2、HI平衡混和气加压后颜色变深15、可逆反应A(g)＋B C(g)＋D达到平衡时，下列说法不正确的是()A．若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，D不一定是具有颜色的气体B．升高温度，C的百分含量减小，说明正反应是放热反应C．增大压强，平衡不移动，说明B、D必是气体D．若B是气体，增大A的浓度会使B的转化率增大第二部分非选择题（共40分）二、填空题16、(10分)(1)250C、101kPa时，____________纯物质完全燃烧生成__________时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。
甘肃省天水市第三中学2016届高三化学第二次月考试题
天水市三中2015—2016学年度高三级第二次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H－1 C －12 O－16 N－14 Na－23 Mg －24 Si－28Cl－35.5 Fe－56 Cu－64一、选择题（本题共17个小题，每小题3分，共51分，每小题只有一个选项符合题意。
）1.下列各组物质能真实表示物质组成的是( )A． NO、C2H5OH、HNO3、I2 B．CaO、N2、HCl、H2OC．NH3、 H2S、 Si、 CO D．CO2、SiO2、CH3COOH、H2SO42．下列说法正确的是( )A．NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO2－4B．H2CO3是弱酸，故Na2CO3是弱电解质C．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质D．NaHCO 3在水溶液中的电离：NaHCO3===Na＋＋HCO－3、HCO－3H＋＋CO2－33．Fe(OH)3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质。
FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体共同具备的性质是（）A．都呈透明的红褐色 B．都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀C．分散质颗粒直径相同 D．当有光线透过时，都能产生丁达尔效应4.下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )①KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6②3Cu＋8HNO3 (稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；2∶3③SiO2＋3C===SiC＋2CO↑；1∶2④3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；2∶1A．①③ B．②③ C．②④ D．①④5.等质量的CuO和MgO粉末分别溶于相同体积的硝酸中完全溶解，得到的Cu(NO3)2和Mg(NO3)2溶液的浓度分别为a mol/L和b mol/L.则a与b的关系为( )A.a＝bB.a＝2bC.2a＝bD.a＝5b6. 若N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A.7.8 g Na2O2与CO2完全反应，转移电子数为0.2N AB.4 g H2O2完全分解转移电子0.2N AC.2.4 g Mg无论与O2还是与N2完全反应，转移电子数都是0.2N AD.5.6 g Fe与Cl2完全反应，转移电子数为0.2N A7..在pH=1的溶液中，能大量共存的一组离子是（）A．Al3+、NH4＋、Br－、Cl－B．Mg2+、Ca2+、HCO3－、NO3－C．K+、MnO4－、S2-、SO42－ D．Na+、K+、 SiO32－、 Cl－8.在甲、乙两烧杯溶液中，共含有Na＋、H＋、Cu2＋、Cl－、CO2－3、OH－ 6种离子。
天水一中高考第四次模拟考试.docx
高中化学学习材料天水一中2016届高考第四次模拟考试理科综合能力测试试题第I 卷（选择题 共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．分子式为C 6H 13Cl 的有机物分子中，所含的甲基数不可能为A ．2B ．3C ．4D ．58．在实验室中从苯酚中分离出苯，可选用下列装置中的A ．①③B ．②④C ．①②D ．①③④ 9．对于常温下pH =1的硝酸溶液，有关叙述： ① 该溶液1 mL 稀释至100 mL 后, pH =3② 向该溶液中加入等体积、 pH =13的氢氧化钡溶液恰好完全中和 ③ 该溶液中硝酸电离出的c(H +)与水电离出的c(H +)之比值为12110-⨯④ 向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7 其中正确的是A . ①②B . ①③C . ②④D . ③④ 10．下列离子方程式书写不．正确的是 A ．用两块铜片作电极电解盐酸：Cu + 2H +电解H 2↑ + Cu 2+B ．NaOH 溶液与足量的Ca(HCO 3)2溶液反应：2HCO 3- + 2OH - + Ca 2+==CaCO 3↓+ 2H 2O C ．等物质的量的FeBr 2和Cl 2在溶液中的反应：2Fe 2++ 2Br -+ 2Cl 2==2Fe 3++ Br 2 + 4Cl -D ．氨水吸收少量的二氧化硫：2NH 3·H 2O + SO 2==2NH 4++SO 32-+ H 2O11．天然维生素P （结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂。
关于维生素P 的叙述正确的是A ．若R 为甲基则该物质的分子式可以表示为C 16H 10O 7B ．分子中有三个苯环C ．lmol 该化合物与NaOH 溶液作用消耗NaOH 的物质 的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol 、8 molD ．lmol 该化合物最多可与7molBr 2完全反应12．某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图。
2016届高三上学期化学第四次质量检测试卷(有答案)
2016届高三上学期化学第四次质量检测试卷（有答案）201年—2016学年度西安中学高三第四次质量检测试题化学（平行班）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。
考试时间100分钟。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
3．以下所有问题均在答题卡相应位置。
相对原子质量：H1 12 N14 16 Na23 Al 27 S 32 l 3 39 Fe 6 u 64一、选择题（本题共2题，0分。
每题只有一项符合题目的要求）1 中国古代的下列发明创造中，不涉及化学变化的是（）A．用胆矾炼铜B．用铁矿石炼铁．用黏土烧制陶瓷D．打磨磁石制指南针2．下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（）A．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一B．碳酸钠可作胃酸的中和剂．“血液透析”利用了胶体的性质D．利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈3．下列说法正确的是（）A．Si2、2 都是酸性氧化物，都能与NaH溶液反应B．Na2、Na22组成元素相同，与2反应的产物相同．S2、N、2都是大气污染物，在空气中都能稳定存在D．Hl、HN3都是强酸，和Fe的反应都属于复分解反应4．化学实验时应强化安全意识。
下列做法正确的是（）A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B．加热碳酸氢钠固体时，试管管口倾斜向上．实验室制取氯气时，用NaH溶液进行尾气吸收D．浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗．下列叙述正确的是（）A．使用磨口玻璃瓶、玻璃塞保存NaH溶液B．加入适量的金属钠除去酒精中少量的水．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出D．能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色的气体一定是l26．因为在表面形成氧化膜，保护了内层金属不再被空气氧化的是（）A．Na B．Al ．Fe D．Au7 下列物质反应以后，固体物质的质量减轻的是（）A．氢气通过灼热的u粉末B．二氧化碳通过Na22粉末．铝与Fe23发生铝热反应D．将铁钉投入u(N3)2溶液8．等物质的量的下列物质与足量的铝反应，放出氢气最多的是（）A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸．盐酸D．稀硝酸9．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．在12 g单层石墨中，含六元环的数目为1NAB．0L 184l•L－1浓硫酸与足量铜加热充分反应，生成S2分子的数目为046 NA．42 g由乙烯和环丙烷组成的混合气体中，碳氢键的数目为6NA D．1l过氧化钠与足量2充分反应，转移的电子数为2NA10．下列说法正确的是（）A．2 l•L－1 l溶液与1 l•L－1 2S4溶液等体积混合后，(＋)为2 l•L－1B．120 g Nal溶液中溶有20 g Nal，该温度下Nal的溶解度为20 g ．224 L Hl气体溶于水制成1 L溶液，该溶液的物质的量浓度为1 l•L－1D．把g胆矾溶于4 g水中，所得溶液溶质的质量分数为10% 11．下列叙述正确的是（）A．同温同压下，两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B．同温同压下，两种气体的物质的量之比等于密度之比．同温同压下，两种气体的摩尔质量之比等于密度之比D．同温同容下，两种气体的质量之比等于压强之比12．在硫酸工业里，焙烧硫铁矿（FeS2）制取S2的反应为4FeS2+112 = 2Fe23+8S2 。
2016年5月2016届高三第四次全国大联考(新课标Ⅲ卷)化学卷(原卷版)
【学易大联考】2016年第四次全国大联考【新课标III卷】理科综合能力测试化学试题可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 S—32 Fe—56 Zn—65 Se—79一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．生活中处处有化学，下列说法错误的是A.考古挖掘出的陶瓷类文物的主要成分是硅酸盐B.用加热法可确定某“金条”可能是黄铜合金而不是单质金C.将水坝的钢铁闸门与直流电的正极相连可以防止闸门腐蚀D.古代人常用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈8．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.100 g质量分数是98%的浓硫酸中所含氧原子数为4N ASr原子中含中子数为3.8N AB.0.1 mol 9038C.标准状况下，22.4 L空气中单质分子数目为N AD.0.1 mol SO2、O2的混合气体，充分反应达到平衡后体系内氧原子数目为0.2N A9．下列有机物同分异构体数目判断错误的是10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z间可形成一种质量分数相等的化合物，Y的最外层电子数是Z的一半，下列叙述正确的是A.简单离子的半径：Z＞W>Y>XB.气态氢化物的热稳定性：X>Z>WC.单质沸点：Y>Z>W>XD.可通过复分解反应制得Y m Z n(m、n为正整数)1112．甲烷燃料电池具有能量转化率高、无污染等优点，如图是某甲烷燃料电池工作原理示意图(两电极均是活性石墨)，下列有关说法中正确的是A .a 气体发生氧化反应B .放电过程中要不断地向电池中补充酸C .当消耗的甲烷为1 mol 时，通过质子交换膜的H +数目是6N AD .C 2上的电极反应式为：CH 4−8e −+2H 2O CO 2↑ +8H +13．如图是Ca(OH)2在某温度下的沉淀溶解平衡曲线(图中浓度单位为mol/L)，已知该温度下Ca(OH)2的K sp =4×10−6(34≈1.6)，下列说法中正确的是A .升高温度一定能使M 点的分散系变成不饱和溶液B .I 点的溶液中c (OH −)约为0.006 mol·L −1C .若Q 点有部分沉淀未溶解，加入少量水后，沉淀溶解一部分，分散系状态由Q 点转化为P 点D .向Q 点溶液中加入少量的Na 2CO 3固体可得到Z 点溶液第II卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
甘肃省天水一中高三化学四模试卷(含解析)
2016年甘肃省天水一中高考化学四模试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．分子式为C6H13Cl的有机物分子中，所含的甲基数不可能为（）A．2 B．3 C．4 D．52．在实验室中从苯酚中分离出苯，可选用下列装置中的（）A．①③ B．②④ C．①② D．①③④3．对于常温下pH=1的硝酸溶液，有关叙述：①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和③该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为1×10﹣12④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7其中正确的是（）A．①② B．①③ C．②④ D．③④4．下列离子方程式书写不正确的是（）A．用两块铜片作电极电解盐酸：Cu+2H+H2↑+Cu2+B．NaOH溶液与足量的Ca（HCO3）2溶液反应：2HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+2H2OC．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣D．氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O5．天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂．关于维生素P的叙述正确的是（）A．若R为甲基则该物质的分子式可以表示为C16H10O7B．分子中有三个苯环C．lmol该化合物与NaOH溶液作用消耗NaOH的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 molD．lmol该化合物最多可与7molBr2完全反应6．某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图．某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证，其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）（）选项预测物质的化学式检验需要的试剂操作、现象及结论A Na2SO4稀盐酸、氯化钡溶液取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则原溶液是Na2SO4溶液B Na2CO3稀盐酸、澄清的石灰水取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是Na2CO3溶液C Na2SO3稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是Na2SO3溶液D Na2SiO3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是Na2SiO3溶液A．A B．B C．C D．D7．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A．0.24 mol B．0.21 mol C．0.16 mol D．0.14 mol二、解答题（共4小题，满分58分）8．生铁中含碳和硫等元素．化学兴趣小组对某生铁样品成分及其含量进行探究．Ⅰ．生铁中碳和硫元素的定性检验（1）将以下装置进行连接以完成实验（夹持仪器已略去，填接口字母代号）a→→→→→→→（2）将样品研磨成粉末的目的是．（3）确认样品中含有碳元素的现象是．Ⅱ．生铁中碳、硫质量分数的测定（4）甲同学认为，以上装置可以粗略测定样品中碳的含量．称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得C中生成的沉淀为m2g，该样品中碳的质量分数不小于（用含m1、m2的式子表示）（5）乙同学认为，待一定量样品充分反应后，向E装置中加入过量氯化钡溶液，根据沉淀质量可以计算样品中硫的质量分数，此方案是否合理？（填“是”或“否”）；说明理由．（6）丙同学提议：为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按A→G→B→C装置连接进行实验，充分反应后，请你简述后续的实验方案．9．从废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）中回收XO5的一种生产工艺流程示意如图所示：回答下列问题：（1）①中滤渣的主要成分是．（2）②、③中的变化过程可简化为（下式中R n+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分）：R n+（水层）+nHA（有机层）⇌RA n（有机层）+nH+（水层）②中萃取时必须加入适量碱，其原因是．③中反萃取时加入的X试剂是．（3）完成④中反应的离子方程式：ClO+ VO2++ H+= VO3++ Cl ﹣+（4）25℃时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.188 92 93 95 95 95 93 90 87钡沉淀率/%根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜．（已知：25℃时，K sp[Fe（OH）]=4.0×10﹣38）3（5）在整个工艺流程中，可以循环利用的物质是水、和．（6）写出废液Y中除H+之外的两种阳离子．10．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．（1）已知O3与KI溶液反应的生成物中有两种单质是和．（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示．已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．3，.0 4，.0 5，.0 6，.0pHt/minT/℃20 301 231 169 5830 158 108 48 1550 31 26 15 7①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是．②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为 mol/（L•min）．③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为．（填字母代号）a.40°C、pH=3.0b.10°C、pH=4.0c.30°C、pH=7.0（3）O3可由臭氧发生器（原理如下图）电解稀硫酸制得．①图中阴极为（填“A”或“B”），其电极反应式为．②若C处通入O2，则A极的电极反应式为．11．PETG是一种新型材料，可回收利用，对环境不构成任何威胁，其结构简式如下：已知：RCOOR1+R2OH﹣→RCOOR2+R1OH（R、R1、R2表示烃基）．采用如下图所示的合成路线可合成PETG：试回答下列问题：（1）上述各步反应中，属于取代反应的有（填写编号）．（2）写出结构简式：B 、I ．（3）写出化学方程式：反应④、反应⑤．（4）合成时应控制的单体的物质的量n（D）：n（F）：n（H）= （用m、n表示）．（5）写出同时符合下列要求的物质H的所有同分异构体的结构简式：①属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基；②能与NaHCO3溶液反应，并有气体放出；③能发生水解反应．．2016年甘肃省天水一中高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．分子式为C6H13Cl的有机物分子中，所含的甲基数不可能为（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】常见有机化合物的结构．【专题】有机化学基础．【分析】先根据减碳法作取代基，书写C6H14的所有同分异构体体，然后再用1个氯原子取代1个氢原子来分析；【解答】解：C6H14的同分异构体有：CH3（CH2）4CH3、CH3CH2CH2CH（CH3）2、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3、CH3CH2C（CH3）3、CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3，则其一氯代物C6H13Cl可能含有1个甲基、2个甲基、3个甲基、4个甲基、不可能含有5个甲基，故选：D；【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意掌握烷烃同分异构体的书写方法．2．在实验室中从苯酚中分离出苯，可选用下列装置中的（）A．①③ B．②④ C．①② D．①③④【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】从苯酚中分离出苯，可利用沸点差异来分离，还可利用加NaOH溶液反应后分液来得到苯，以此来解答．【解答】解：由图可知，①为蒸馏装置，②为萃取、分液装置，③为过滤装置，④为蒸发装置，从苯酚中分离出苯，因二者混溶，但沸点不同，可利用蒸馏方法来分离，所以选①装置；又苯酚与碱反应，而苯不反应，则向混合液中加NaOH溶液反应后，分层，且苯在上层，利用分液来得到苯，所以选②装置，故选C．【点评】本题考查混合物的分离、提纯，明确常见物质的性质及混合物分离的方法即可解答，题目难度不大．3．对于常温下pH=1的硝酸溶液，有关叙述：①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和③该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为1×10﹣12④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7其中正确的是（）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【考点】pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=1的硝酸溶液c（H+）=0.1mol/L，①根据c=计算；②pH=13的溶液c（OH﹣）=0.1mol/L；③根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14计算；④氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐．【解答】解：pH=1的硝酸溶液c（H+）=0.1mol/L，①c===0.001mol/L，pH=3，故①正确；②pH=13的溶液c（OH﹣）=0.1mol/L，等体积混合恰好完全中和，故②正确；③硝酸电离出的c（H+）=0.1mol/L，由Kw=c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14可知，水电离出的c（H+）=10﹣13mol/L，该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为1012，故③错误；④氨水为弱电解质，不能完全电离，生成强酸弱碱盐，反应后溶液呈酸性，故④错误．故选A．【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，注意相关计算公式的运用，答题时注意体会．4．下列离子方程式书写不正确的是（）A．用两块铜片作电极电解盐酸：Cu+2H+H2↑+Cu2+B．NaOH溶液与足量的Ca（HCO3）2溶液反应：2HCO3﹣+2OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+2H2OC．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2F e3++Br2+4Cl﹣D．氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．阳极上Cu失去电子，阴极氢离子得电子；B．NaOH完全反应，反应生成碳酸钙、水、碳酸氢钠；C．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；D．反应生成亚硫酸铵和水．【解答】解：A．用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2↑+Cu2+，故A正确；B．NaOH溶液与足量的Ca（HCO3）2溶液反应的离子反应为HCO3﹣+OH﹣+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B 错误；C．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣，故C正确；D．氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O，故D正确；故选B．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，题目难度中等．5．天然维生素P（结构如图）存在于槐树花蕾中，它是一种营养增补剂．关于维生素P的叙述正确的是（）A．若R为甲基则该物质的分子式可以表示为C16H10O7B．分子中有三个苯环C．lmol该化合物与NaOH溶液作用消耗NaOH的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 molD．lmol该化合物最多可与7molBr2完全反应【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、羰基、醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答．【解答】解：A．若R为甲基则该物质的分子式可以表示为C16H12O7，故A错误；B．只有2个苯环，故B错误；C．只有酚﹣OH与NaOH反应，苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，则lmol该化合物与NaOH 溶液作用消耗NaOH的物质的量以及与氢气加成所需的氢气的物质的量分别是4 mol、8 mol，故C正确；D．酚﹣OH的邻对位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则lmol该化合物最多可与6molBr2完全反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃及苯酚的性质，题目难度不大．6．某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液的试剂，标签破损，如图．某同学根据中学化学知识，对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证，其中错误的是（包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论）（）选项预测物质的化学式检验需要的试剂操作、现象及结论A Na2SO4稀盐酸、氯化钡溶液取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则原溶液是Na2SO4溶液B Na2CO3稀盐酸、澄清的石灰水取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，则原溶液一定是Na2CO3溶液C Na2SO3稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是Na2SO3溶液D Na2SiO3过量稀盐酸取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是Na2SiO3溶液A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．盐酸可排除其它离子的干扰，再滴加氯化钡产生白色沉淀，则沉淀为硫酸钡；B．无色气体时澄清石灰水变浑浊，气体可能为二氧化碳，或二氧化硫；C．无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则气体为二氧化硫；D．硅酸不溶于盐酸．【解答】解：A．取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，盐酸可排除其它离子的干扰，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，沉淀为硫酸钡，则原溶液是Na2SO4溶液，故A正确；B．取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊，无色气体时澄清石灰水变浑浊，气体可能为二氧化碳，或二氧化硫，则溶液可能为Na2CO3溶液，故B错误；C．取少量该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则气体为二氧化硫，所以则原溶液是Na2SO3溶液，故C正确；D．取少量该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，硅酸不溶于盐酸，则原溶液是Na2SiO3溶液，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验及气体的检验等，侧重物质性质的考查，注意发生的化学反应即可解答，题目难度中等．7．向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为（）A．0.24 mol B．0.21 mol C．0.16 mol D．0.14 mol【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，由铁元素守恒可知，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量与硝酸亚铁中的铁的物质的量相同，根据硝酸的物质的量和生成NO的物质的量，求出溶液中硝酸亚铁的物质的量．【解答】解：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，1.344L NO（标准状况）的物质的量为=0.06mol，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L﹣0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol．故选：B．【点评】本题考查学生利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键．二、解答题（共4小题，满分58分）8．生铁中含碳和硫等元素．化学兴趣小组对某生铁样品成分及其含量进行探究．Ⅰ．生铁中碳和硫元素的定性检验（1）将以下装置进行连接以完成实验（夹持仪器已略去，填接口字母代号）a→h →i →b或c →c或b → f →g → e（2）将样品研磨成粉末的目的是增大反应物接触面积，使反应更快更充分．（3）确认样品中含有碳元素的现象是F装置中品红溶液不褪色，C装置中有白色沉淀生成．Ⅱ．生铁中碳、硫质量分数的测定（4）甲同学认为，以上装置可以粗略测定样品中碳的含量．称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得C中生成的沉淀为m2g，该样品中碳的质量分数不小于×100%（用含m1、m2的式子表示）（5）乙同学认为，待一定量样品充分反应后，向E装置中加入过量氯化钡溶液，根据沉淀质量可以计算样品中硫的质量分数，此方案是否合理？否（填“是”或“否”）；说明理由气体进入D装置时，部分二氧化硫被品红溶液吸收，部分被氧气氧化为SO42﹣．（6）丙同学提议：为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按A→G→B→C装置连接进行实验，充分反应后，请你简述后续的实验方案向C装置中加入足量的氯化钡溶液，并测定生成的白色沉淀的质量．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验分析题．【分析】Ⅰ、（1）分析装置图和试剂结合实验目的是生铁中碳和硫元素的定性检验，A装置是生成氧气的发生装置，气体中含有水蒸气，需要通过G装置干燥，通过B装置使生铁中的碳元素和硫元素变化为二氧化碳和二氧化硫气体，再通过DEF，分别检验二氧化硫的生成，除去二氧化硫检验二氧化硫是否除净，最后通过C装置检验生成的二氧化碳气体的存在；（2）依据增大反应物的接触面积会增大化学反应速率分析判断；（3）分析装置的作用，需要先检验二氧化硫再除去二氧化硫后再检验二氧化碳的存在，反应现象应是F中品红不褪色，C装置中氢氧化钡溶液中出现白色沉淀；Ⅱ、（4）二氧化碳和氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，依据碳元素守恒计算得到，称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得C中生成的沉淀为m2g，沉淀为碳酸钡，物质的量=mol，则碳元素质量分数=×100%=×100%；装置中含有未被赶出二氧化碳；（5）依据二氧化硫具有还原性和漂白性，在装置中被氧气氧化，被品红吸收损耗，不能通过被高锰酸钾溶液氧化为硫酸的硫酸根测定硫元素含量；（6）为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按A→G→B→C装置连接进行实验，利用过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，遇到氯化钡溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，过滤称量沉淀质量计算得到．【解答】解：Ⅰ、（1）分析装置图和试剂结合实验目的是生铁中碳和硫元素的定性检验，A 装置是生成氧气的发生装置，气体中含有水蒸气，需要通过G装置干燥，通过B装置使生铁中的碳元素和硫元素变化为二氧化碳和二氧化硫气体，再通过DEF，分别检验二氧化硫的生成，除去二氧化硫检验二氧化硫是否除净，最后通过C装置检验生成的二氧化碳气体的存在，装置的连接顺序为：a→h→i→b或c→c或b→f→g→e，故答案为：h；i；b或c；c或b；f；g；e；（2）依据增大反应物的接触面积会增大化学反应速率分析，将样品研磨成粉末的目的是增大反应物接触面积，使反应更快更充分，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更快更充分；（3）分析装置的作用，需要先检验二氧化硫再除去二氧化硫后再检验二氧化碳的存在，反应现象应是F中品红不褪色，C装置中氢氧化钡溶液中出现白色沉淀，证明二氧化碳的存在，故答案为：F中品红不褪色，C装置中氢氧化钡溶液中出现白色沉淀；Ⅱ、（4）二氧化碳和氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，依据碳元素守恒计算得到，称取样品m1g进行实验，充分反应后，测得C中生成的沉淀为m2g，沉淀为碳酸钡，物质的量=mol，则碳元素质量分数=×100%=×100%；装置中含有未被赶出二氧化碳，该样品中碳的质量分数不小于×100%，故答案为：×100%；（5）依据二氧化硫具有还原性和漂白性，在装置中被氧气氧化，被D装置中品红吸收损耗，不能通过被高锰酸钾溶液氧化为硫酸的硫酸根测定硫元素含量，故答案为：否；气体进入D装置时，部分二氧化硫被品红溶液吸收，部分被氧气氧化为SO42﹣；（6）为测定样品中硫的含量，可将c装置中试剂改为足量的30%双氧水，并按A→G→B→C装置连接进行实验，利用过氧化氢氧化二氧化硫为硫酸，遇到氯化钡溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，过滤称量沉淀质量计算得到，后续实验方案为，向C装置中加入足量的氯化钡溶液，并测定生成的白色沉淀的质量，故答案为：向C装置中加入足量的氯化钡溶液，并测定生成的白色沉淀的质量．【点评】本题考查了物质探究组成的实验设计和实验分析判断，二氧化硫和二氧化碳的检验和性质是解题关键，题目难度中等．9．从废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）中回收XO5的一种生产工艺流程示意如图所示：回答下列问题：（1）①中滤渣的主要成分是SiO2．（2）②、③中的变化过程可简化为（下式中R n+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分）：R n+（水层）+nHA（有机层）⇌RA n（有机层）+nH+（水层）②中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率．③中反萃取时加入的X试剂是硫酸．（3）完成④中反应的离子方程式：1 ClO+ 6 VO2++ 6 H+= 6 VO3++ 1 Cl﹣+ 3 H2O（4）25℃时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1钡沉淀率/%88 92 93 95 95 95 93 90 87根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为 1.6 ；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜ 4.0×10﹣2mol/L ．（已知：25℃时，K sp[Fe（OH）]=4.0×10﹣38）3（5）在整个工艺流程中，可以循环利用的物质是水、有机萃取剂和氨气．（6）写出废液Y中除H+之外的两种阳离子Fe3+、VO，2+、NH4+、K+．【考点】铁的氧化物和氢氧化物；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硅和二氧化硅；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）②中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的pH较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；（6）依据流程反应分析判断，废液Y中除H+之外的阳离子为Fe3+、VO2+、NH4+、K+．【解答】解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2；（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，R n+（水层）+nHA（有机层）⇌RA n（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）依据氧化还原反应元素化合价变化和电子守恒原子守恒分析配平，ClO3﹣中氯元素化合价从+5价变化为﹣1价，得到电子6，VO2+变化为VO3+、元素化合价从+4价变化为+5价失电子1，依据电子守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：ClO3﹣+6VO2++6H+=6VO3++Cl﹣+3H2O，故答案为：1；6；6；6；1；3；H2O；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.6，此时钡沉淀率达到最大，需要调节的PH较小；若钒沉淀率为90%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，氢离子浓度=10﹣2mol/L，c（OH﹣）=10﹣12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，K[Fe（OH）3]=csp（Fe3+）×c3（OH﹣）=4.0×10﹣88，计算得到c（Fe3+）=4.0×10﹣2mol/L，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜4.0×10﹣2mol/L，故答案为：1.6；4.0×10﹣2mol/L；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气；（6）依据流程反应分析，加入的试剂在反应过程中生成的离子为，除H+之外的阳离子为Fe3+、VO22+、NH4+、K+，故答案为：Fe3+、VO22+、NH4+、K+．【点评】本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等．10．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．（1）已知O3与KI溶液反应的生成物中有两种单质是I2和O2．（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示．已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．3，.0 4，.0 5，.0 6，.0pHt/minT/℃20 301 231 169 5830 158 108 48 1550 31 26 15 7①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH﹣．②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为 1.00×10﹣4 mol/（L•min）．③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为bac ．（填字母代号）a.40°C、pH=3.0b.10°C、pH=4.0c.30°C、pH=7.0（3）O3可由臭氧发生器（原理如下图）电解稀硫酸制得．。
【配套K12】高三化学上学期第四次质检试卷(含解析)
2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第四次质检化学试卷一、选择题（每题3分）1．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是（）A．原子序数116 B．中子数177C．核外电子数116 D．相对原子质量2932．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（）A．硫元素既被氧化又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO23．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A．还原性B．氧化性C．漂白性D．酸性4．下列四种溶液中一定存在SO4 2﹣的是（）A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解C．向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生D．向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生5．下列说法正确的是（）A．SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸B．将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3D．富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸6．下列物质见光不会分解的是（）A．HClO B．NH4Cl C．HNO3D．AgNO37．下列反应中的氨与反应4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B．NH3+HCl=NH4ClC．4NH3+6NO=5N2+6H2O．D．3SiH4+4NH3=Si3N4+12H28．汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一．在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染．反应过程为①2NO2﹣→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3．下列对该反应过程及产物叙述正确的是（）A．NO2只起还原剂作用B．NO2起催化剂作用C．NO2只起氧化剂作用D．O3与O2互为同分异构体9．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用：①Cu与稀硝酸反应制取：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O②Cu与浓硝酸反应制取：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取：2Cu+4HNO3+O2=2Cu（NO3）2+2H2O下列说法正确的是（）A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最多B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②多C．三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②D．三种方案的反应都可以在铁制容器中进行10．镁铝合金5.1g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2LNO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A．7.8 g B．13.6 g C．5.8g D．4g11．滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（）A．Fe3+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、I﹣、SO42﹣C．Ag+、Ca2+、NH4+、NO3﹣D．Na+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣12．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法中不正确的是（）A．由题目信息知：KMnO4的氧化性比MnO2的强B．制备氯气的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂C．用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体D．用足量MnO2与含有4 molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol13．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（）A．钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收14．在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，溶液中发生的变化是（）A．pH增大，HClO浓度减小B．pH减小，HClO浓度增大C．pH增大，HClO浓度增大D．pH减小，HClO浓度减小15．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：116．下列叙述错误的是（）A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等17．长征2号火箭承担运载“神六”的使命．氢化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号（CZ2F）火箭发射的优良炸药．下列说法正确的是（）A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1：2：3B．它们互称同分异构体C．H、D、T之间互称同素异形体D．它们都是强还原剂二、填空题18．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．（1）仪器D的名称是．安装F中导管时，应选用图2中的．（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D 中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜（填“快”或“慢”）．（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是．（5）NH3及其盐都是重要的化工原料．用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为．（6）按图装置进行NH3性质实验．①先打开旋塞1，B瓶中的现象是，原因是，稳定后，关闭旋塞1．②再打开旋塞2，B瓶中的现象是．19．X、Y、Z、W均为气体单质，A、B、C均为无色气体化合物，D、E均为白色固体，F在通常情况下为无色无味的液体，它们有如下的转化关系：请回答下列问题：（1）Y分子的电子式为，F中的化学键类型为．（2）C的化学式为．（3）B在F中的反应可以表示为．（4）写出反应①和②的化学方程式：①；②．20．某待测溶液中可能含有SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣、HCO3ˉ、NO3ˉ、Cl﹣、Br﹣中的若干种及一种常见金属阳离子（M n+），现进行如下实验（每次实验所用试剂均是足量的，鉴定中某些成分可能没有给出）．请回答下列问题：43．若气体D时肯定发生的反应的离子方程式为，形成沉淀B时反应的离子方程式为．（3）若M n+为常见金属阳离子且原子序数不大于20，则要确定它具体是何种离子的方法是．21．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：SiO2+ C+ N2Si3N4+CO．根据题意完成下列各题：（1）配平上述化学反应方程式．（2）为了保证石英和焦炭尽可能多的转化，氮气要适当过量．某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则反应中转移电子数为N A（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性：C N2（填“＞”“＜”“=”）．（4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（Al2O3），热稳定性好，化学性质稳定．以下用途正确的是．A．可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等热工设备B．在电子工业上制成耐高温的电的良导体C．研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机D．氮化硅陶瓷的开发，将受到资源的限制，发展前途暗淡．2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第四次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分）1．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是（）A．原子序数116 B．中子数177C．核外电子数116 D．相对原子质量293【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答．【解答】解：A．第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确；B．中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B正确；C．原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确；D．293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误．故选D．【点评】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大．2．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（）A．硫元素既被氧化又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2【考点】氧化还原反应．【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析．【解答】解：A．由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A 正确；B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D．根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2参与反应就会放出2.5m3CO2，故D正确．故选AD．【点评】本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难度中等．3．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A．还原性B．氧化性C．漂白性D．酸性【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸．【解答】解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性．故选A．【点评】本题主要考查了二氧化硫的性质，侧重考查二氧化硫的还原性，注意中间价态的元素既有氧化性又有还原性，同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，题目难度不大．4．下列四种溶液中一定存在SO4 2﹣的是（）A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解C．向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生D．向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生【考点】硫酸根离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．亚硫酸钡、碳酸钡、硫酸钡和氯化银均为难溶于水的白色沉淀；B．硫酸钡和氯化银均为难溶于盐酸；C．先加入稀盐酸，可排除Ag+、SO32﹣、CO32﹣等离子的影响；D．亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子．【解答】解：A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，不能排除SO32﹣、CO32﹣或Ag+的影响，可能生成AgCl、Ag2SO3、Ag2CO3白色沉淀，故A错误；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故B错误；C．先加入稀盐酸，没有产生沉淀，Ag+、SO32﹣、CO32﹣等离子的影响，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42﹣存在，故C正确；D．先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选：C．【点评】本题为硫酸根离子的检验问题，注意干扰离子的排除即可，D选项中亚硫酸根离子能被硝酸氧化，难度中等．5．下列说法正确的是（）A．SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸B．将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3D．富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸【考点】含硫物质的性质及综合应用．【分析】A、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸；B、铜和浓硫酸在常温下不反应；C、S在氧气中燃烧生成二氧化硫；D、富含硫黄的矿物在高温下与氧气生成二氧化硫，在催化氧化得到三氧化硫，然后制得硫酸．【解答】解：A、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸为强酸，故A错误；B、铜和浓硫酸在常温下不反应，在加热条件下反应，二者不发生钝化，故B错误；C、S在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂加热条件下才与氧气反应生成三氧化硫，故C错误；D、富含硫黄的矿物在高温下与氧气生成二氧化硫，二氧化硫在催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫与水反应制得硫酸，所以富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸，故D正确．故选D．【点评】本题考查了硫及其化合物的性质，题目难度不大，注意硫在氧气和空气中的燃烧产物相同．6．下列物质见光不会分解的是（）A．HClO B．NH4Cl C．HNO3D．AgNO3【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质．【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答．【解答】解：A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光照，题目难度不大．7．下列反应中的氨与反应4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B．NH3+HCl=NH4ClC．4NH3+6NO=5N2+6H2O．D．3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O反应中氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析．【解答】解：反应4NH3+5O24NO+6H2O中N元素化合价升高，被氧化，氨气为还原剂，A.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，NH3中N元素的化合价不变，H元素化合价降低，氨气为氧化剂，故A错误；B．HCl+NH3═NH4Cl反应中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C正确；D.3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2反应中，只有H元素化合价发生变化，氨气中H元素化合价为+1价，SiH4中H为﹣1价，氨气为氧化剂，故D错误．故选C．【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气中N元素的化合价变化分析，题目难度不大．8．汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一．在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染．反应过程为①2NO2﹣→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3．下列对该反应过程及产物叙述正确的是（）A．NO2只起还原剂作用B．NO2起催化剂作用C．NO2只起氧化剂作用D．O3与O2互为同分异构体【考点】氧化还原反应；同素异形体．【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题．【分析】二氧化氮参与反应，反应前后二氧化氮的质量和性质没有变化，说明NO2是催化剂，以此解答该题．【解答】解：①2NO2→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3，①②③反应中反应物有O3、NO、NO2、O；生成物有O、O2、NO2、NO、三式相加得O3+NO+O+NO2═O+3O2+NO，反应物和生成物中相同的要消去可得：2O3=3O2，说明NO2是催化剂，O3与O2互为同素异形体，故选B．【点评】本题以信息题的形式考查学生阅读信息、筛选信息的能力，为高频考点，注意把握反应的特点，首先根据题中信息必须知道反应是循环反应，臭氧是生成物最基本的信息．9．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用：①Cu与稀硝酸反应制取：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O②Cu与浓硝酸反应制取：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取：2Cu+4HNO3+O2=2Cu（NO3）2+2H2O下列说法正确的是（）A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最多B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②多C．三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②D．三种方案的反应都可以在铁制容器中进行【考点】制备实验方案的设计；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】氮族元素．【分析】A、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，据此比较判断．B、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，生成NO、NO2的物质的量，据此比较判断．C、根据N原子守恒，计算制备1molCu（NO3）2硝酸的利用率，据此比较判断．D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的 Cu（NO3）2与铁反应．【解答】解：A、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，①中需要molHNO3；②中需要4molHNO3；③中需要2molHNO3，所以需要硝酸的量②＞①＞③，③最少故A错误；B、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中放出molNO气体，②中放出2molNO2气体，③中没有气体放出，制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②少，故B错误；C、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中需要molHNO3，放出molNO气体，硝酸利用率为=75%，②中需要4molHNO3，放出2molNO2气体，硝酸利用率为=50%，③中没有气体放出，HNO3的利用率为100%，三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②，故C正确；D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的 Cu（NO3）2与铁反应，故不可以在铁制容器中进行，故D 错误．故选：C．【点评】考查学生对实验方案的理解与评价等，难度不大，实质是根据方程式的计算．注意基础知识的灵活运用与掌握．10．镁铝合金5.1g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2LNO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A．7.8 g B．13.6 g C．5.8g D．4g【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）==0.5mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量；氢氧化钠溶液过量，则最后沉淀为Mg（OH）2，利用金属总质量、电子守恒列式计算出镁的物质的量，再计算出生成氢氧化镁的质量．【解答】解：标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）==0.5mol，生成0.5mol二氧化氮转移电子的物质的量为0.5mol×（5﹣4）=0.5mol，设Al的物质的量为x、Mg的物质的量为y，则①3x+2y=0.5；根据合金的总质量可得：②27x+24y=5.1g，根据①②解得：x=0.1mol、y=0.1mol，即：合金中含有0.1mol镁；加入过量氢氧化钠溶液后生成的沉淀只能为氢氧化镁，根据质量守恒可知生成氢氧化镁的物质的量为0.1mol，质量为：58g/mol×0.1mol=5.8g，故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力．11．滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（）A．Fe3+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、I﹣、SO42﹣C．Ag+、Ca2+、NH4+、NO3﹣D．Na+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】滴加新制氯水后，氯水中含氯气、HClO等氧化性微粒，离子之间不能结合生成气体、沉淀、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．滴加新制氯水后，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．滴加氯水后，氯水中氯气、HClO等可氧化I﹣，不能大量共存，故B错误；C．滴加氯水后，氯水中氯离子与Ag+结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．因Ba2+分别与CO32﹣、SO42﹣结合生成沉淀，且氯水中氢离子与CO32﹣反应生成水和气体，不能共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，把握氯水的成分为解答的关键，题目难度不大．12．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法中不正确的是（）A．由题目信息知：KMnO4的氧化性比MnO2的强B．制备氯气的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂C．用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体D．用足量MnO2与含有4 molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol 【考点】氧化还原反应；化学方程式的有关计算．【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】A．由信息可知，利用反应的条件判断氧化性的强弱；B．盐酸在反应中作酸及还原剂；C．利用氯气的颜色观察即可；D．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，稀盐酸与二氧化锰不反应．【解答】解：A．由信息可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，则氧化性为KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确；B．盐酸在反应中作酸及还原剂，则需要使用氧化剂与还原剂、酸，故B错误；C．氯气为黄绿色气体，则用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体，观察黄绿色气体充满即可，故C正确；D．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，稀盐酸与二氧化锰不反应，则得到Cl2的物质的量小于1 mol，故D正确；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应基本概念及应用，题目难度不大．13．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（）A．钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH 溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应．【解答】解：A．钠着火燃烧产生黄色火焰，故A正确；B．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，故B正确；C．氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，故C正确；D．氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收，不变蓝证明吸收完全，故D错误；故选D．【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．14．在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，溶液中发生的变化是（）A．pH增大，HClO浓度减小B．pH减小，HClO浓度增大C．pH增大，HClO浓度增大D．pH减小，HClO浓度减小【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】在下列平衡：C12+H2O⇌H++C1﹣+HC1O，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行．【解答】解：在化学平衡中：C12+H2O⇌H++C1﹣+HC1O，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应，次氯酸浓度增大，溶液PH增大；故选C．【点评】本题考查了氯水中的化学平衡，主要考查次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应．15．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：1【考点】物质的量的相关计算．【分析】只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比．【解答】解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：Fe～～H2，而硅与氢氧化钠反应：Si～～2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：2×56：1×28=4：1，故选：C．【点评】本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大．16．下列叙述错误的是（）A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数﹣质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．【解答】解：A、13C和14C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；B、1H和2H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；C、14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为：14﹣6=8、14﹣7=7，它们的中子数不等，故C正确；D、6Li和7Li的电子数相等均为3，中子数分别为：6﹣3=3、7﹣3=4，不相等，故D错误．故选D．【点评】本题是对教材概念的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．17．长征2号火箭承担运载“神六”的使命．氢化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号（CZ2F）火箭发射的优良炸药．下列说法正确的是（）A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1：2：3B．它们互称同分异构体C．H、D、T之间互称同素异形体D．它们都是强还原剂【考点】同位素及其应用；同素异形体．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量分别为应为8：9：10；B．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；C．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；D．LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性．【解答】解：A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比应为8：9：10，故A错误；B．LiH、LiD、LiT是同种物质，故B错误；C．H、D、T质子数相同，中子数不同，互称同位素，故C错误；D．LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性是强还原剂，故D正确．故选D．【点评】本题考查同分异构体、同位素的区别，题目难度不大，注意LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性．二、填空题18．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．（1）仪器D的名称是锥形瓶．安装F中导管时，应选用图2中的 b ．（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D 中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜慢（填“快”或“慢”）．（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O ，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成．。
《解析》甘肃省天水三中2016-2017学年高二上学期段考化学试卷(理科)(10月份)Word版含解析
2016-2017学年甘肃省天水三中高二（上）段考化学试卷（理科）（10月份）一、选择题（本题包括15小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法不正确的是（）A．在同一条件下不同物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大B．焓变是一个反应能否自发进行相关的因素，多数放热反应能自发进行C．一个反应能否自发进行，与焓变和熵变的共同影响有关D．自发进行的反应一定能迅速进行2．下列说法正确的是（）A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率3．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=0.5 mol/（L•s）B．v（B）=0.3 mol/（L•s）C．v（C）=0.8 mol/（L•s）D．v（D）=1 mol/（L•s）4．下列热化学方程式中△H的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是（）A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H=﹣184.6kJ/molB．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣802.3kJ/molC．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/molD．CO（g）+O2（g）=CO2（g）；△H=﹣283kJ/mol5．在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（L•s），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（）A．1.6 mol B．2.8 mol C．2.4 mol D．1.2 mol6．一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（）A．单位时间内生成amolA2，同时消耗2a molABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．容器中各组分的体积分数不随时间变化D．AB的消耗速率等于A2的消耗速率7．下列各图所表示的反应是吸热反应的是（）A． B． C． D．8．已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用ν（NH3）、ν（O2）、ν（NO）、ν（H2O）（摩/升•分）表示，则正确的关系是（）A．ν（NH3）=ν（O2）B．ν（O2）=ν（H2O）C．ν（NH3）=ν（H2O） D．ν（O2）=ν（NO）9．对于可逆反应：mA（g）+nB（g）⇌xC（g）；△H=？，在不同温度及压强条件下，反应物A的转化率如图所示，下列判断正确的是（）A．△H＞0，m+n＞x B．△H＞0，m+n＜x C．△H＜0，m+n＜x D．△H ＜0，m+n＞x10．根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）A．Q1＞Q2＞Q3B．Q1＞Q3＞Q2C．Q3＞Q2＞Q1D．Q2＞Q1＞Q311．在一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1mol X和1mol Y进行反应：2X （g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡，生成0.3mol Z，下列说法正确的是（）A．若增大压强，则物质Y的转化率减小B．以X浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/（L•s）C．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞0D．将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的1/212．如图所示，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0，在不同温度、不同压强（P1＞P2）下达到平衡时，混合气中SO3的体积φ（SO3）随温度变化的曲线应为（）A． B． C． D．13．在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.8倍，下列说法正确的是（）A．m+n＞p B．平衡向逆反应方向移动C．A的转化率降低D．C的体积分数增加14．下列能用勒沙特列原理解释的是（）A．加入催化剂后H2和O2反应生成水B．棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂D．H2、I2、HI平衡混和气加压后颜色变深15．可逆反应A（g）+B⇌C（g）+D达到平衡时，下列说法不正确的是（）A．若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，D不一定是具有颜色的气体B．升高温度，C的百分含量减小，说明正反应是放热反应C．增大压强，平衡不移动，说明B、D必是气体D．若B是气体，增大A的浓度会使B的转化率增大二、填空题16．25℃、101kPa时，纯物质完全燃烧生成时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．17．已知P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H1=﹣2983.2KJ/mol，P（s，红磷）+（g）=P4O10（s）；△H2=﹣738.5KJ/mol试应用盖斯定律写出白磷转化为红磷的热化学方程式：．18．已知：（1）Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H1=﹣26.7kJ/mol （2）3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣50.75kJ/mol（3）Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=﹣36.5kJ/mol则反应：2FeO（s）+2CO（g）═2Fe（s）+2CO2（g）的△H=．19．可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）；△H=Q试根据图回答：（1）压强P1比P2（填大、小）（2）体积（a+b）比（c+d）（填大、小）（3）温度t1℃比t2℃（填高、低）（4）Q值是（填正、负）20．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n （NO）随时间的变化如表：（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=．已知：K300°C＞K350°C，则该反应是热反应．（2）如图中表示NO2的变化的曲线是；用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=．（3）能说明该反应已达到平衡状态的是．A．v（NO2）=2v（O2）B．容器内压强保持不变C．v逆（NO）=2v正（O2）D．容器内密度保持不变（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是．A．及时分离除NO2气体B．适当升高温度C．增大O2的浓度D．选择高效催化剂．三、计算题21．将4molSO2与2molO2放入4L的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2SO2+O2⇌2SO3测得平衡时SO3的浓度为0.5mol/L，求：（1）平衡时各物质的浓度；（2）平衡时SO2的转化率；（3）该条件下的平衡常数K．2016-2017学年甘肃省天水三中高二（上）段考化学试卷（理科）（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括15小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法不正确的是（）A．在同一条件下不同物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大B．焓变是一个反应能否自发进行相关的因素，多数放热反应能自发进行C．一个反应能否自发进行，与焓变和熵变的共同影响有关D．自发进行的反应一定能迅速进行【考点】反应热和焓变．【分析】反应自发进行的判断依据为：△G=△H﹣T•△S，当反应自发进行时，△G＜O，反应能否自发进行与焓变与熵变都有关系，以此解答该题．【解答】解：A．△S与物质的混乱度有关，体系的混乱程度越大，熵值越大，故A正确；B．多数放热反应在一定温度下，△G＜O，反应能自发进行，故B正确；C．反应自发进行的判断依据为：△G=△H﹣T•△S，当反应自发进行时，△G＜O，反应能否自发进行与焓变与熵变都有关系，故C正确；D．△G＜0反应自发进行，能自发进行，但反应速率不一定大，如金属的腐蚀等，故D错误；故选D．2．下列说法正确的是（）A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【考点】活化能及其对化学反应速率的影响．【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子的百分数，以此解答该题．【解答】解：A．增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A 错误；B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；C．升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故C正确；D．催化剂降低反应的活化能，故D错误．故选C．3．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=0.5 mol/（L•s）B．v（B）=0.3 mol/（L•s）C．v（C）=0.8 mol/（L•s）D．v（D）=1 mol/（L•s）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较．【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ（A）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=2υ（A）=1mol/（L•s），B、υ（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=4υ（B）=1.2mol/（L•s），C、υ（C）=0.8mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故υ（D）=υ（C）=×0.8mol/（L•s）=1.1mol/（L•s），D、υ（D）=1 mol/（L•s），故速率B＞C＞A=D，故选B．4．下列热化学方程式中△H的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是（）A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H=﹣184.6kJ/molB．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣802.3kJ/molC．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=﹣571.6kJ/molD．CO（g）+O2（g）=CO2（g）；△H=﹣283kJ/mol【考点】燃烧热．【分析】从燃烧热的定义分析，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量．【解答】解：A、氢气与氯气反应不是与氧气反应，燃烧热是指与氧气反应，热化学方程式中△H不等于燃烧热，故A错误；B、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故B错误；C、热化学方程式中H2的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，故C错误；D、符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H代表燃烧热，故D正确．故选D．5．在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（g）．若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/（L•s），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（）A．1.6 mol B．2.8 mol C．2.4 mol D．1.2 mol【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v（B），利用△c=v△t计算△c （B），△n（B）=△c（B）•V，B的起始物质的量减△n（B）为10秒钟时容器中B的物质的量．【解答】解：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.5×0.12mol/（L•s）=0.06mol/（L•s），所以△c（B）=0.06mol/（L•s）×10s=0.6mol/L，所以△n（B）=0.6mol/L×2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol﹣1.2mol=2.8mol．故选B．6．一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是（）A．单位时间内生成amolA2，同时消耗2a molABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．容器中各组分的体积分数不随时间变化D．AB的消耗速率等于A2的消耗速率【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、单位时间内生成amolA2，同时消耗2a molAB，都体现正反应的方向，未体现正与逆的关系，故A错误；B、可逆反应只要反应发生就是反应物和生成物共存的体系，所以不一定是平衡状态，故B错误；C、容器中各组分的体积分数不随时间变化，说明反应体系中各物质的量不随时间的变化而变化，达平衡状态，故C正确；D、AB的消耗速率等于A2的消耗速率，速率之比不等于化学计量之比，故D错误；故选C．7．下列各图所表示的反应是吸热反应的是（）A． B． C． D．【考点】吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因．【分析】根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断．【解答】解：若反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＜生成物的总能量，则反应为吸热热反应．故选：A．8．已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用ν（NH3）、ν（O2）、ν（NO）、ν（H2O）（摩/升•分）表示，则正确的关系是（）A．ν（NH3）=ν（O2）B．ν（O2）=ν（H2O）C．ν（NH3）=ν（H2O） D．ν（O2）=ν（NO）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据同一化学反应中，化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答．【解答】解：A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则vO2=VNH3，故A 错误；B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则νH2O=νO2，故B错误；C、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则VH2O=VNH3，故C错误；D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则VNO═νO2，故D正确；故选：D．9．对于可逆反应：mA（g）+nB（g）⇌xC（g）；△H=？，在不同温度及压强条件下，反应物A的转化率如图所示，下列判断正确的是（）A．△H＞0，m+n＞x B．△H＞0，m+n＜x C．△H＜0，m+n＜x D．△H ＜0，m+n＞x【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】根据图（1）到达平衡时所用时间的长短判断压强p1和p2的相对大小，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小；根据图（2）判断，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，再结合A的转化率判断该反应的正反应是放热还是吸热．【解答】解：由图（1）知，p2到达平衡时所用时间长，p1到达平衡时所用时间短，所用压强为p2的反应速率慢，为p1的反应速率快，压强越大反应速率越大，所以p2＜p1；增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由图象知，A的转化率增大，平衡向正反应方向移动，所以反应前的计量数大于反应后的计量数，即m+n＞x；图（2）知，随着温度的升高，A的转化率减低，平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即△H＜0．故选D．10．根据以下3个热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）△H=﹣Q3 kJ/mol判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（）A．Q1＞Q2＞Q3B．Q1＞Q3＞Q2C．Q3＞Q2＞Q1D．Q2＞Q1＞Q3【考点】反应热的大小比较．【分析】三个反应都为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，以此解答该题．【解答】解：已知①2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣Q1 kJ/mol，②2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（l）△H=﹣Q2 kJ/mol，③2H2S（g）+O2（g）=2S （s）+2H2O（g）△H=﹣Q3kJ/mol，①与②相比较，由于S→SO2放热，则Q1＞Q2，②与③相比较，由于H2O（l）→H2O（g）吸热，则Q2＞Q3，则Q1＞Q2＞Q3，故选A．11．在一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1mol X和1mol Y进行反应：2X （g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡，生成0.3mol Z，下列说法正确的是（）A．若增大压强，则物质Y的转化率减小B．以X浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/（L•s）C．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞0D．将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的1/2【考点】化学平衡的计算．【分析】一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将1molX和1molY进行如下反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡生成0.3mol的Z，则2X（g）+Y（g）⇌Z（g）起始量（mol）1 1 0变化量（mol）0.6 0.3 0.3平衡量（mol）0.4 0.7 0.3结合反应的特点以及外界条件下对平衡移动的影响解答该题．【解答】解：一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将1molX和1molY进行如下反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡生成0.3mol的Z，则2X（g）+Y（g）⇌Z（g）起始量（mol）1 1 0变化量（mol）0.6 0.3 0.3平衡量（mol）0.4 0.7 0.3A．增大压强，平衡正向移动，则物质Y的转化率增大，故A错误；B．以X浓度变化表示的反应速率为=0.001 mol/（L•s），故B正确；C．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故C错误；D．将容器体积变为20 L，则体积增大，压强减小，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的，故D错误．故选B．12．如图所示，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0，在不同温度、不同压强（P1＞P2）下达到平衡时，混合气中SO3的体积φ（SO3）随温度变化的曲线应为（）A． B． C． D．【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0，正反应是体积减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，SO3的体积φ（SO3）减小；增大压强平衡向正反应移动，SO3的体积φ（SO3）增大．结合图象采取定一议二法分析：A、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越大；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越小．B、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越大；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越大．C、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越小；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越大．D、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越小；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越小．【解答】解：对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0，正反应是体积减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，SO3的体积φ（SO3）减小；增大压强平衡向正反应移动，SO3的体积φ（SO3）增大．A、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越大；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越小，与实际图象不符合，故A错误；B、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越大；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越大，与实际图象不符合，故B错误；C、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越小；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越大，与实际图象相符合，故C正确；D、由图象可知，压强一定时，温度越高，SO3的体积φ（SO3）越小；温度一定时，压强越高，SO3的体积φ（SO3）越小，与实际图象不符合，故D错误．故选：C．13．在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.8倍，下列说法正确的是（）A．m+n＞p B．平衡向逆反应方向移动C．A的转化率降低D．C的体积分数增加【考点】化学平衡的影响因素．【分析】平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理分析．【解答】解：解：平衡后将气体体积缩小到原来的一半，压强增大，如果平衡不移动，则达到平衡时C的浓度为原来的2倍，但此时C的浓度为原来的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，A、增大压强平衡向逆反应方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，则有：m+n＜p，故A错误；B、由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应方向移动，故B正确；C、增大压强平衡向逆反应方向移动，则反应物的转化率降低，所以A的转化降低，故C正确；D、D、平衡向逆反应移动，生成物的体积百分含量降低，即C的体积分数降低，故D错误；故选BC．14．下列能用勒沙特列原理解释的是（）A．加入催化剂后H2和O2反应生成水B．棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂D．H2、I2、HI平衡混和气加压后颜色变深【考点】化学平衡移动原理．【分析】平衡移动列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用平衡移动原理时，该反应必须是可逆反应，否则不适用平衡移动原理．【解答】解：A．加入催化剂，只影响反应速率，平衡不移动，故A错误；B．加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可用平衡移动原理解释，故B正确；C．催化剂不影响平衡移动，故C错误；D．H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒沙特列原理解释，故D错误．故选B．15．可逆反应A（g）+B⇌C（g）+D达到平衡时，下列说法不正确的是（）A．若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，D不一定是具有颜色的气体B．升高温度，C的百分含量减小，说明正反应是放热反应C．增大压强，平衡不移动，说明B、D必是气体D．若B是气体，增大A的浓度会使B的转化率增大【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、A本身可能为有颜色的气体；B．升高温度，C的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动；C．因A、C为气体，且化学计量数相同，则增大压强平衡不移动，可说明B、D 均不是气体或均为气体；D．B是气体时，增大一种反应物必然会促进另一种反应物的转化．【解答】解：A．因A本身可能为有颜色的气体，则若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，D不一定是具有颜色的气体，故A正确；B．升高温度，C的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，即正反应为放热反应，故B正确；C．因A、C为气体，且化学计量数相同，则增大压强平衡不移动，可说明B、D 均不是气体或均为气体，故C错误；D．B是气体时，增大一种反应物必然会促进另一种反应物的转化，所以增大A 的浓度会使B的转化率增大，故D正确；故选C．二、填空题16．25℃、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．【考点】燃烧热．【分析】燃烧热的条件是在25℃、1.01×105Pa下，必须是1mol物质完全燃烧并且生成的物质为最稳当的氧化物．【解答】解：燃烧热必须是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，故答案为：1mol；稳定氧化物．17．已知P4（s，白磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H1=﹣2983.2KJ/mol，P（s，红磷）+（g）=P4O10（s）；△H2=﹣738.5KJ/mol试应用盖斯定律写出白磷转化为红磷的热化学方程式：4P（s、红磷）=P4（s、白磷）△H=+29.2KJ/mol．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变，进而书写热化学方程式．【解答】解：红磷转化为白磷的化学方程式为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：P4O10（s）=P4（s、白磷）+5O2（g）；△H=2983.2kJ•mol﹣1；4P（s、红磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=﹣738.5×4kJ•mol﹣1=﹣2954kJ•mol ﹣1；根据盖斯定律，红磷转化为白磷4P（s、红磷）=P4（s、白磷）的△H=2983.2kJ/mol ﹣2954kJ•mol﹣1=29.2KJ/mol，故答案为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷）△H=+29.2KJ/mol．18．已知：（1）Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H1=﹣26.7kJ/mol （2）3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2=﹣50.75kJ/mol（3）Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H3=﹣36.5kJ/mol则反应：2FeO（s）+2CO（g）═2Fe（s）+2CO2（g）的△H=+14.56kJ•mol﹣1．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】根据盖斯定律将三个化学方程式进行处理得到2FeO（s）+2CO（g）═2Fe（s）+2CO2（g）的焓变．【解答】解：由①×3﹣②﹣③×2得：6FeO（s）+6CO（g）═6Fe（s）+6CO2（g）④再由④÷3得：2FeO（s）+2CO（g）═2Fe（s）+2CO2（g）故△H===+14.56 kJ•mol﹣1．故答案为：+14.56 kJ•mol﹣1．19．可逆反应：aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）；△H=Q试根据图回答：（1）压强P1比P2小（填大、小）（2）体积（a+b）比（c+d）小（填大、小）（3）温度t1℃比t2℃高（填高、低）（4）Q值是正（填正、负）【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【分析】由图A可知，P2较先达到平衡状态，则P2＞P1，压强越大，A的转化率越低，说明增大压强平衡向逆方向移动；由图B可知t1先达到平衡状态，则t1＞t2，升高温度平衡向正反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：（1）由图A可知，P2较先达到平衡状态，则P2＞P1，故答案为：小；（2）P2＞P1，压强越大，A的转化率越低，说明增大压强平衡向逆方向移动，则（a+b）比（c+d）小，故答案为：小；（3）由图B可知t1先达到平衡状态，则t1＞t2，故答案为：高；（4）t1＞t2，升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，则Q＞0，故答案为：正．20．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n （NO）随时间的变化如表：（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=．已知：K300°C＞K350°C，则该反应是放热反应．（2）如图中表示NO2的变化的曲线是b；用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=0.0015mol/（L•s）．（3）能说明该反应已达到平衡状态的是BC．A．v（NO2）=2v（O2）B．容器内压强保持不变C．v逆（NO）=2v正（O2）D．容器内密度保持不变（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是C．A．及时分离除NO2气体B．适当升高温度C．增大O2的浓度D．选择高效催化剂．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；K＞K，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；（2）由表中数据可知，平衡时c（NO）==0.0035mol/L，由方程式2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，据此判断表示NO2的浓度变化的曲线，由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，根据v=计算v（NO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（4）根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答．【解答】解（1）可逆反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数k=，K＞K，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，故答案为：；放热；（2）由方程式2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，由表中数据可知，平衡时△c（NO）==0.00625mol/L，曲线b平衡时的浓度为0.00625mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化，由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，故v（NO）==0.003mol/（L•s），根据速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）=v（NO）=×0.003mol/（L•s）=0.0015mol/（L•s），故答案为：b；0.0015mol/（L•s）；（3）A．未指明正逆速率，若都为同一方向速率，始终都存在v（NO2）=2v（O2）关系，故不能说明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故A错误；B．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故B正确；C．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆（O2），说明到达平衡，故C正确；（NO）=2v正D．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故D错误；故选BC；（4）A．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故A错误；B．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故B错误；C．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故C正确；D．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故D错误；故选C．三、计算题21．将4molSO2与2molO2放入4L的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2SO2+O2⇌2SO3测得平衡时SO3的浓度为0.5mol/L，求：（1）平衡时各物质的浓度；（2）平衡时SO2的转化率；（3）该条件下的平衡常数K．【考点】化学平衡的计算．【分析】根据差量法计算参加反应的SO2、O2的物质的量，计算生成三氧化硫的物质的量；（1）计算平衡时氧气的物质的量，根据c=计算平衡时各物质的浓度；（2）二氧化硫的转化率=×100%；（3）根据平衡常数表达式及各组分的浓度计算出该反应的平衡常数．【解答】解：测得平衡混合物总的物质的量为5mol，则平衡时各组成物质的量变化为：2SO2+O2⇌2SO3 物质的量减少△n1 12 12mol 1mol 2mol （4mol+2mol）﹣5mol=1mol（1）平衡时氧气的物质的量为2mol﹣1mol=1mol，平衡时氧气的浓度==0.25mol/L，平衡时二氧化硫的浓度为：=0.50mol/L，平衡时三氧化硫的浓度为：=0.50mol/L，答：平衡时氧气的浓度为0.25mol/L，二氧化硫的浓度为0.50mol/L，三氧化硫的浓度为0.50mol/L；（2）平衡时SO2的转化率=×100%=50%，答：平衡时二氧化硫的转化率为50%；（3）该温度下平衡常数为：=4L/mol，答：该反应的平衡常数为4L/mol．。
甘肃省天水市2016届高三数学上学期第四次检测考试试题 文
天水市三中2015—2016学年高三级第四次检测考试数学试题（文科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
第Ⅰ卷一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设集合{4,5,7,9},{3,4,7,8,9}A B ==，全集U A B =U ，则集合()U C A B I 中的元素共有A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个 2．下列几何体各自的三视图，其中有且仅有两个三视图完全相同的是( )A ．①②B ．②④C ．①③D ．①④3．已知m R ∈，“函数21xy m =+-有零点”是“函数log m y x =在0+∞（，）上为减函数”的（ ）（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件 （C ）充要条件 （D ）既不充分也不必要条件4．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111a =-，466a a +=-，则当n S 取最小值时，n = A ．6 B ．7 C ．8 D ．95．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足0,1n a q >>，且352620,64a a a a +==，则6S =（ ）A ．63B ．48C ．42D ．366．已知变量,x y 满足约束条件211y x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，则3z x y =+的最大值为（ ）A ． 12B ．11C ．3D ．1- 7．设1.02=a ，25lg=b ，109log 3=c ，则c b a ,,的大小关系是（ ） A ．a c b >> B ．b c a >> C ．c a b >> D ．c b a >>8．已知m ,n 表示两条不同直线，α，β表示两个不同平面，下列说法正确的是 （ ） A.若α⊂n ，n m ⊥，则α⊥mB.若α⊂m ，α⊂n ,m ∥β,n ∥β, 则α∥βC.若βα⊥，α⊥m ，则m ∥βD.若α∥β，α⊂n ，则n ∥β9．如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为( ) A ．15 B ．25 C ．35 D ．4510．下列说法中，正确的是（ ） A ．命题“若，则”的否命题是假命题B ．设为两不同平面，直线，则“”是 “” 成立的充分不必要条件C ．命题“存在”的否定是“对任意”D ．已知，则“”是“”的充分不必要条件11．把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变，再将图象向右平移个单位，那么所得图象的一个对称中心为（ ）A ．B ．C ．D ．（0, 0）12．定义在R 上的奇函数()f x 满足()()1f x f x +=-，当10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，1A1D1C 1BD BCA()()2log 1f x x =+，则()f x 在区间31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内是（ ）A ．减函数且()0f x <B ．减函数且()0f x >C ．增函数且()0f x >D ．增函数且()0f x <第Ⅱ卷本卷包括填空题和解答题两部分。
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2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第四次质检化学试卷一、选择题（每题3分）1．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是（）A．原子序数116 B．中子数177C．核外电子数116 D．相对原子质量2932．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（）A．硫元素既被氧化又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO23．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A．还原性B．氧化性C．漂白性D．酸性4．下列四种溶液中一定存在SO4 2﹣的是（）A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解C．向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生D．向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生5．下列说法正确的是（）A．SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸B．将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3D．富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸6．下列物质见光不会分解的是（）A．HClO B．NH4Cl C．HNO3D．AgNO37．下列反应中的氨与反应4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B．NH3+HCl=NH4ClC．4NH3+6NO=5N2+6H2O．D．3SiH4+4NH3=Si3N4+12H28．汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一．在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染．反应过程为①2NO2﹣→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3．下列对该反应过程及产物叙述正确的是（）A．NO2只起还原剂作用B．NO2起催化剂作用C．NO2只起氧化剂作用D．O3与O2互为同分异构体9．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用：①Cu与稀硝酸反应制取：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O②Cu与浓硝酸反应制取：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取：2Cu+4HNO3+O2=2Cu（NO3）2+2H2O下列说法正确的是（）A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最多B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②多C．三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②D．三种方案的反应都可以在铁制容器中进行10．镁铝合金5.1g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2LNO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A．7.8 g B．13.6 g C．5.8g D．4g11．滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（）A．Fe3+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、I﹣、SO42﹣C．Ag+、Ca2+、NH4+、NO3﹣D．Na+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣12．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法中不正确的是（）A．由题目信息知：KMnO4的氧化性比MnO2的强B．制备氯气的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂C．用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体D．用足量MnO2与含有4 molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol13．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（）A．钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收14．在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，溶液中发生的变化是（）A．pH增大，HClO浓度减小B．pH减小，HClO浓度增大C．pH增大，HClO浓度增大D．pH减小，HClO浓度减小15．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：116．下列叙述错误的是（）A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等17．长征2号火箭承担运载“神六”的使命．氢化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号（CZ2F）火箭发射的优良炸药．下列说法正确的是（）A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1：2：3B．它们互称同分异构体C．H、D、T之间互称同素异形体D．它们都是强还原剂二、填空题18．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．（1）仪器D的名称是．安装F中导管时，应选用图2中的．（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜（填“快”或“慢”）．（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是．（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是．（5）NH3及其盐都是重要的化工原料．用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为．（6）按图装置进行NH3性质实验．①先打开旋塞1，B瓶中的现象是，原因是，稳定后，关闭旋塞1．②再打开旋塞2，B瓶中的现象是．19．X、Y、Z、W均为气体单质，A、B、C均为无色气体化合物，D、E均为白色固体，F在通常情况下为无色无味的液体，它们有如下的转化关系：请回答下列问题：（1）Y分子的电子式为，F中的化学键类型为．（2）C的化学式为．（3）B在F中的反应可以表示为．（4）写出反应①和②的化学方程式：①；②．20．某待测溶液中可能含有SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣、HCO3ˉ、NO3ˉ、Cl﹣、Br﹣中的若干种及一种常见金属阳离子（M n+），现进行如下实验（每次实验所用试剂均是足量的，鉴定中某些成分可能没有给出）．请回答下列问题：（2）待测溶液中是否有SO4、SO3．若气体D遇空气变红色，则生成沉淀D时肯定发生的反应的离子方程式为，形成沉淀B时反应的离子方程式为．（3）若M n+为常见金属阳离子且原子序数不大于20，则要确定它具体是何种离子的方法是．21．氮化硅（Si3N4）是一种新型陶瓷材料，它可用石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得：SiO2+C+N2Si3N4+CO．根据题意完成下列各题：（1）配平上述化学反应方程式．（2）为了保证石英和焦炭尽可能多的转化，氮气要适当过量．某次反应用了20mol氮气，反应生成了5mol一氧化碳，则反应中转移电子数为N A（3）分析反应可推测碳、氮气的氧化性：C N2（填“＞”“＜”“=”）．（4）氮化硅陶瓷的机械强度高，硬度接近于刚玉（Al2O3），热稳定性好，化学性质稳定．以下用途正确的是．A．可以在冶金工业上制成坩埚、铝电解槽衬里等热工设备B．在电子工业上制成耐高温的电的良导体C．研发氮化硅的全陶发动机替代同类型金属发动机D．氮化硅陶瓷的开发，将受到资源的限制，发展前途暗淡．2015-2016学年甘肃省天水三中高三（上）第四次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分）1．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是（）A．原子序数116 B．中子数177C．核外电子数116 D．相对原子质量293【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答．【解答】解：A．第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确；B．中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B正确；C．原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确；D．293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误．故选D．【点评】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大．2．工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（）A．硫元素既被氧化又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2【考点】氧化还原反应．【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S 元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析．【解答】解：A．由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A 正确；B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D．根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2参与反应就会放出2.5m3CO2，故D正确．故选AD．【点评】本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难度中等．3．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A．还原性B．氧化性C．漂白性D．酸性【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸．【解答】解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性．故选A．【点评】本题主要考查了二氧化硫的性质，侧重考查二氧化硫的还原性，注意中间价态的元素既有氧化性又有还原性，同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，题目难度不大．4．下列四种溶液中一定存在SO4 2﹣的是（）A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，再加入盐酸，沉淀不溶解C．向丙溶液中加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生D．向丁溶液中加入硝酸使之酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生【考点】硫酸根离子的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．亚硫酸钡、碳酸钡、硫酸钡和氯化银均为难溶于水的白色沉淀；B．硫酸钡和氯化银均为难溶于盐酸；C．先加入稀盐酸，可排除Ag+、SO32﹣、CO32﹣等离子的影响；D．亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子．【解答】解：A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，不能排除SO32﹣、CO32﹣或Ag+的影响，可能生成AgCl、Ag2SO3、Ag2CO3白色沉淀，故A错误；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故B错误；C．先加入稀盐酸，没有产生沉淀，Ag+、SO32﹣、CO32﹣等离子的影响，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42﹣存在，故C正确；D．先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选：C．【点评】本题为硫酸根离子的检验问题，注意干扰离子的排除即可，D选项中亚硫酸根离子能被硝酸氧化，难度中等．5．下列说法正确的是（）A．SO2和SO3都是酸性氧化物，二者的水溶液都是强酸B．将铜片放入浓硫酸中，无明显现象是因为铜片发生了钝化C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3D．富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸【考点】含硫物质的性质及综合应用．【分析】A、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸；B、铜和浓硫酸在常温下不反应；C、S在氧气中燃烧生成二氧化硫；D、富含硫黄的矿物在高温下与氧气生成二氧化硫，在催化氧化得到三氧化硫，然后制得硫酸．【解答】解：A、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸为强酸，故A错误；B、铜和浓硫酸在常温下不反应，在加热条件下反应，二者不发生钝化，故B错误；C、S在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫在催化剂加热条件下才与氧气反应生成三氧化硫，故C错误；D、富含硫黄的矿物在高温下与氧气生成二氧化硫，二氧化硫在催化氧化得到三氧化硫，三氧化硫与水反应制得硫酸，所以富含硫黄的矿物在工业上可用于制造硫酸，故D正确．故选D．【点评】本题考查了硫及其化合物的性质，题目难度不大，注意硫在氧气和空气中的燃烧产物相同．6．下列物质见光不会分解的是（）A．HClO B．NH4Cl C．HNO3D．AgNO3【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质．【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答．【解答】解：A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光照，题目难度不大．7．下列反应中的氨与反应4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B．NH3+HCl=NH4ClC．4NH3+6NO=5N2+6H2O．D．3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O反应中氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析．【解答】解：反应4NH3+5O24NO+6H2O中N元素化合价升高，被氧化，氨气为还原剂，A.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，NH3中N元素的化合价不变，H元素化合价降低，氨气为氧化剂，故A错误；B．HCl+NH3═NH4Cl反应中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C正确；D.3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2反应中，只有H元素化合价发生变化，氨气中H元素化合价为+1价，SiH4中H为﹣1价，氨气为氧化剂，故D错误．故选C．【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气中N 元素的化合价变化分析，题目难度不大．8．汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一．在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染．反应过程为①2NO2﹣→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3．下列对该反应过程及产物叙述正确的是（）A．NO2只起还原剂作用B．NO2起催化剂作用C．NO2只起氧化剂作用D．O3与O2互为同分异构体【考点】氧化还原反应；同素异形体．【专题】化学用语专题；氧化还原反应专题．【分析】二氧化氮参与反应，反应前后二氧化氮的质量和性质没有变化，说明NO2是催化剂，以此解答该题．【解答】解：①2NO2→2NO+2O；②2NO+O2﹣→2NO2；③O+O2﹣→O3，①②③反应中反应物有O3、NO、NO2、O；生成物有O、O2、NO2、NO、三式相加得O3+NO+O+NO2═O+3O2+NO，反应物和生成物中相同的要消去可得：2O3=3O2，说明NO2是催化剂，O3与O2互为同素异形体，故选B．【点评】本题以信息题的形式考查学生阅读信息、筛选信息的能力，为高频考点，注意把握反应的特点，首先根据题中信息必须知道反应是循环反应，臭氧是生成物最基本的信息．9．硝酸铜是制备Cu﹣Zn﹣Al系催化剂的重要原料，制取硝酸铜现有三种设计方案可供选用：①Cu与稀硝酸反应制取：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O②Cu与浓硝酸反应制取：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O③通氧气于铜屑与稀硝酸的体系中制取：2Cu+4HNO3+O2=2Cu（NO3）2+2H2O下列说法正确的是（）A．制取相同量的硝酸铜需硝酸的量③最多B．制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②多C．三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②D．三种方案的反应都可以在铁制容器中进行【考点】制备实验方案的设计；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】氮族元素．【分析】A、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，据此比较判断．B、根据方程式计算制备1molCu（NO3）2，生成NO、NO2的物质的量，据此比较判断．C、根据N原子守恒，计算制备1molCu（NO3）2硝酸的利用率，据此比较判断．D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的Cu（NO3）2与铁反应．【解答】解：A、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，需要HNO3的物质的量，①中需要molHNO3；②中需要4molHNO3；③中需要2molHNO3，所以需要硝酸的量②＞①＞③，③最少故A错误；B、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中放出molNO气体，②中放出2molNO2气体，③中没有气体放出，制取相同量的硝酸铜①产生的有毒气体比②少，故B错误；C、由制取硝酸铜三种设计方案的化学反应方程式可以判断：制备1molCu（NO3）2，①中需要molHNO3，放出molNO气体，硝酸利用率为=75%，②中需要4molHNO3，放出2molNO2气体，硝酸利用率为=50%，③中没有气体放出，HNO3的利用率为100%，三种方案中硝酸的利用率③＞①＞②，故C正确；D、稀硝酸与铁发生反应，且生成的Cu（NO3）2与铁反应，故不可以在铁制容器中进行，故D错误．故选：C．【点评】考查学生对实验方案的理解与评价等，难度不大，实质是根据方程式的计算．注意基础知识的灵活运用与掌握．10．镁铝合金5.1g完全溶于过量的热浓硝酸中，反应中共产生11.2LNO2（标准状况下测定），若在反应后溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，则生成沉淀质量为（）A．7.8 g B．13.6 g C．5.8g D．4g【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）==0.5mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量；氢氧化钠溶液过量，则最后沉淀为Mg（OH）2，利用金属总质量、电子守恒列式计算出镁的物质的量，再计算出生成氢氧化镁的质量．【解答】解：标况下11.2L二氧化氮的物质的量为：n（NO2）==0.5mol，生成0.5mol二氧化氮转移电子的物质的量为0.5mol×（5﹣4）=0.5mol，设Al的物质的量为x、Mg的物质的量为y，则①3x+2y=0.5；根据合金的总质量可得：②27x+24y=5.1g，根据①②解得：x=0.1mol、y=0.1mol，即：合金中含有0.1mol镁；加入过量氢氧化钠溶液后生成的沉淀只能为氢氧化镁，根据质量守恒可知生成氢氧化镁的物质的量为0.1mol，质量为：58g/mol×0.1mol=5.8g，故选C．【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确反应实质为解答关键，注意掌握质量守恒、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的化学计算能力．11．滴加新制氯水后，下列各组离子可能大量存在的是（）A．Fe3+、Al3+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、I﹣、SO42﹣C．Ag+、Ca2+、NH4+、NO3﹣D．Na+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】滴加新制氯水后，氯水中含氯气、HClO等氧化性微粒，离子之间不能结合生成气体、沉淀、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解答】解：A．滴加新制氯水后，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．滴加氯水后，氯水中氯气、HClO等可氧化I﹣，不能大量共存，故B错误；C．滴加氯水后，氯水中氯离子与Ag+结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D．因Ba2+分别与CO32﹣、SO42﹣结合生成沉淀，且氯水中氢离子与CO32﹣反应生成水和气体，不能共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应及复分解反应的考查，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，把握氯水的成分为解答的关键，题目难度不大．12．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法中不正确的是（）A．由题目信息知：KMnO4的氧化性比MnO2的强B．制备氯气的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂C．用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体D．用足量MnO2与含有4 molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol 【考点】氧化还原反应；化学方程式的有关计算．【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】A．由信息可知，利用反应的条件判断氧化性的强弱；B．盐酸在反应中作酸及还原剂；C．利用氯气的颜色观察即可；D．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，稀盐酸与二氧化锰不反应．【解答】解：A．由信息可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，则氧化性为KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确；B．盐酸在反应中作酸及还原剂，则需要使用氧化剂与还原剂、酸，故B错误；C．氯气为黄绿色气体，则用排气法收集不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满气体，观察黄绿色气体充满即可，故C正确；D．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，稀盐酸与二氧化锰不反应，则得到Cl2的物质的量小于1 mol，故D正确；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应基本概念及应用，题目难度不大．13．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是（）A．钠着火剧烈燃烧产生淡黄色的火焰B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染D．棉球②变蓝色则证明氯气已被碱液完全吸收【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH 溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应．【解答】解：A．钠着火燃烧产生黄色火焰，故A正确；B．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，故B正确；C．氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，故C正确；D．氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收，不变蓝证明吸收完全，故D错误；故选D．【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．14．在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，溶液中发生的变化是（）A．pH增大，HClO浓度减小B．pH减小，HClO浓度增大C．pH增大，HClO浓度增大D．pH减小，HClO浓度减小【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】在下列平衡：C12+H2O⇌H++C1﹣+HC1O，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行．【解答】解：在化学平衡中：C12+H2O⇌H++C1﹣+HC1O，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末，会和溶液中的盐酸反应平衡正向进行，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应，次氯酸浓度增大，溶液PH增大；故选C．【点评】本题考查了氯水中的化学平衡，主要考查次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钠反应．15．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（）A．物质的量之比为1：1 B．物质的量之比为1：2C．质量之比为4：1 D．质量之比为2：1【考点】物质的量的相关计算．【分析】只有硅和NaOH溶液反应生成氢气，铁与HCl反应生成氢气，根据生成氢气的量计算粗硅中铁和硅的物质的量之比．【解答】解：根据电子得失：可知铁与盐酸反应：Fe～～H2，而硅与氢氧化钠反应：Si～～2H2，放出等量的H2，设生成氢的量为2mol，所以粗硅中铁和硅的物质的是之比为：2：1，质量之比为：2×56：1×28=4：1，故选：C．【点评】本题考查混合物反应的计算，侧重考查学生分析、计算能力，明确只有Si和NaOH 溶液反应是解本题关键，利用关系式解答即可，题目难度不大．16．下列叙述错误的是（）A．13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B．1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C．14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D．6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数﹣质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．【解答】解：A、13C和14C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；B、1H和2H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；C、14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为：14﹣6=8、14﹣7=7，它们的中子数不等，故C正确；D、6Li和7Li的电子数相等均为3，中子数分别为：6﹣3=3、7﹣3=4，不相等，故D错误．故选D．【点评】本题是对教材概念的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．17．长征2号火箭承担运载“神六”的使命．氢化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号（CZ2F）火箭发射的优良炸药．下列说法正确的是（）A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1：2：3B．它们互称同分异构体C．H、D、T之间互称同素异形体D．它们都是强还原剂【考点】同位素及其应用；同素异形体．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量分别为应为8：9：10；B．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；C．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；D．LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性．【解答】解：A．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比应为8：9：10，故A错误；B．LiH、LiD、LiT是同种物质，故B错误；C．H、D、T质子数相同，中子数不同，互称同位素，故C错误；D．LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性是强还原剂，故D正确．故选D．【点评】本题考查同分异构体、同位素的区别，题目难度不大，注意LiH、LiD、LiT都具有较强的还原性．二、填空题18．ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．（1）仪器D的名称是锥形瓶．安装F中导管时，应选用图2中的b．（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜慢（填“快”或“慢”）．。