2016-2017学年广东省深圳科学高中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·深圳开学考）化学与人类活动密切相关，以下叙述错误的是（ ）
A．“绿色化学”的理念是从源头上减少和消除工业产生对环境的污染
B．氢能是清洁能源，工业上电解水法制大量氢气符合节能减排理念
C．如将纳米材料分散到液体分散剂中，该分散系可发生丁达尔现象，由此可推测纳米材料的直径为1～100nm之间
D．将苦卤浓缩、氧化，鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A正确；
B．氢能是清洁能源，但电解水消耗大量的能源，电解水法制大量氢气不符合节能减排理念，故B错误；
C．胶体微粒直径在1﹣100nm之间，胶体能产生丁达尔效应，如将纳米材料分散到液体分散剂中，该分散系可发生丁达尔现象，由此可推测纳米材料的直径为1～100 nm之间，故C正确；
D．溴离子发生氧化反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，溴具有挥发性，然后鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴，故D正确；
故选B．
【分析】A．根据绿色化学的核心进行判断；
B．电解水消耗大量的能源；
C．胶体微粒直径在1﹣100nm之间；
D．溴离子发生氧化反应生成溴单质，然后鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴．
2．（2016高二上·深圳开学考）短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如下表所示，已知它们的最外层电子数之和为21，下列说法一定正确的是（ ）
X Y Z W
A．X、Y、Z、W中至少有一种是金属元素
B．元素的最高化合价：W＞Z＞Y
C．简单离子半径由大到小的顺序：W＞Z＞Y＞X
D．一定条件下，W的单质可以置换出Z的单质
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W在同一周期，设X元素的最外层电子数为x，则由元素在周期表中的位置可知，Y、Z、W的最外层电子数分别为x+2、x+3、x+4，已知它们的最外层电子数之和为21，则x+x+2+x+3+x+4=21，则x=3，X为第IIIA族元素，若X为B元素，则Y为N，Z为O，W为F，若X为Al，则Y为P，Z为S，W为Cl．
A．由分析可知，四种元素可能都是非金属元素，故A错误；
B．若W为F，F没有最高正价，故B错误；
C．电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以简单离子半径由大到小的顺序：W＜Z＜Y，X可能是金属离子，故C错误；
D．Z为O，W为F，或Z为S，W为Cl，一定条件下，W的单质可以置换出Z的单质，故D正确．
故选D．
【分析】短周期元素X、Y、Z、W在同一周期，设X元素的最外层电子数为x，则由元素在周期表中的位置可知，Y、Z、W的最外层电子数分别为x+2、x+3、x+4，已知它们的最外层电子数之和为21，则x+x+2+x+3+x+4=21，则x=3，X为第IIIA族元素，若X为B元素，则Y为N，Z为O，W为F，若X为Al，则Y为P，Z为S，W为Cl，据此分析，
3．（2016高一下·武城期末）已知在周期表中第118号元素位于周期表的第七周期0族，预测第114号元素的下列叙述中，错误的是（ ）
A．位于周期表的第七周期第ⅣA族 B．原子的最外层有4个电子
C．肯定是非金属元素 D．常见的化合价有+2和+4价
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A．第七周期零族元素原子序数为118，处于第18列，114号元素与118号元素同周期，原子序数相差4，故所处列数也相差4，即114号元素处于14列，为ⅣA族元素，即114号元素位于周期表的第七周期第ⅣA族，故A正确；
B．其最外层电子数为4，故B正确；
C．同主族自上而下金属性增强，故114号元素为金属元素，故C错误；
D.114号元素处于ⅣA族，常见的化合价有+2和+4价，故D正确，
故选C．
【分析】第七周期零族元素原子序数为118，处于第18列，114号元素与118号元素同周期，原子序数相差4，故所处列数也相差4，即114号元素处于14列，为ⅣA族元素，结合同主族元素的相似性与递变性解答．
4．（2016高二上·深圳开学考）一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X（g） Y（g）+Z（g），达到反应限度的标志是（ ）
①X的分解速率与X的生成速率相等 ②反应容器中压强不再变化
③X、Y、Z的浓度不再变化 ④单位时间内生成1molY的同时生成1molZ．
A．①③ B．②③ C．①② D．②④
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：①X的正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，故正确．②该反应是反应气体体积不变的反应，所以无论反应是否达到平衡状态，体系的压强始终不变，故错误．③反应达到平衡时，各物质的百分含量不变，所以各物质的浓度也不变，故正确．④无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成1molY的同时生成1molZ，故错误．所以①③正确．故选A．
【分析】达到反应限度即达到反应平衡状态，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，据此判断即可．
5．（2016高二上·深圳开学考）下列变化属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④氯酸钾分解制氧气 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰．
A．①④ B．②③ C．①④⑤ D．②④
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】解：①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故①错误；②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，故②正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误；④氯酸钾分解需要吸热，故④正确；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误．故选D．
【分析】大多数的化合反应是放热反应，大多数的分解反应是吸热反应，浓硫酸稀释放出大量的热，水由液态到气态需要吸热．
6．（2015高一下·陇南期中）100mL浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是（ ）
A．加入适量的6mol/L的盐酸 B．加入数滴氯化铜溶液
C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A．加入适量的6 mol L﹣1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；
B．加入数滴氯化铜溶液，锌将铜置换出来形成原电池，反应速率加快，没有改变氢气的总量，故B选；
C．加入适量蒸馏水，浓度变小，反应速率减慢，故C不选；
D．加入适量的氯化钠溶液，反应速率减慢，故D不选；
故选：B．
【分析】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此来解答．
7．（2016高二上·深圳开学考）反应A+B→C（放热）分两步进行：①A+B→X（吸热），②X→C（放热）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】解：由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X （△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图像D符合，
故选D．
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．
8．（2016高二上·深圳开学考）下列化学用语描述错误的是（ ）
A．H2O的电子式 B．Cl﹣的结构示意图
C．NH4Cl为离子化合物 D．质量数为37的氯原子
【答案】A
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A、水中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水的电子式为 ，故A错误；
B、氯离子是氯原子得一个电子形成的，故核外有18个电子，核内有17个质子，故结构示意图为 ，故B正确；
C、所有的铵盐均为离子化合物，故氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，故C正确；
D、在表示原子时，要讲质量数标在元素符号的左上角，质子数标在左下角，故质量数为37的氯原子为3717Cl，故D正确．
故选A．
【分析】A、水为共价化合物；
B、氯离子是氯原子得一个电子形成的；
C、所有的铵盐均为离子化合物；
D、在表示原子时，要讲质量数标在元素符号的左上角，质子数标在左下角．
9．（2016高二上·深圳开学考）将3.2g Cu跟30.0mL 10.0mol L﹣1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H+，则此时溶液中含NO3﹣的物质的量为（ ）
A．0.5a mol B．（0.1+a）mol C．0.1a mol D．2a mol
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：根据题意知，溶液中存在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，根据铜原子守恒知铜离子的物质的量= =0.05mol，反应的溶液中有a mol H+，
溶液存在电荷守恒，则有：n（H+）+2n（Cu2+）=n（NO3﹣）+n（OH﹣），由于溶液酸性，则n（OH﹣）较少，可忽略不计，则：n（NO3﹣）=n（H+）+2n（Cu2+）=amol+2×0.05mol=（0.1+a）mol，
故选B．
【分析】根据题意知，溶液中存在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，结合电荷守恒，根据氢离子和铜离子的物质的量计算硝酸根离子的物质的量．
10．（2015高一下·深圳期中）除去CO2中混有的少量SO2气体，不可选用的试剂是（ ）
A．KMnO4溶液 B．NaClO溶液
C．饱和NaHCO3溶液 D．饱和Na2CO3溶液
【答案】B,D
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】解：A．二氧化硫能被高锰酸钾氧化，二氧化碳不反应，可除杂，故A不选；
B．二者均与NaClO溶液反应，不能除杂，故B选；
C．二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，可除杂，故C不选；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故D不选；
故选BD．
【分析】二者均为酸性氧化物，但二氧化硫具有还原性，以此来解答．
11．（2016高二上·深圳开学考）有一瓶无色气体可能含有CO2、HBr、NO2、HCl、SO2中的一种或几种．将此气体通入足量稀氯水中，恰好完全反应，得无色透明溶液，把此溶液分成两份，分别加入盐酸酸化了的BaCl2溶液和硝酸酸化了的AgNO3溶液，均出现白色沉淀，以下结论正确的是（ ）
A．不能确定原气体中是否含有SO2 B．原气体中肯定有HCl
C．原气体中肯定没有CO2 D．原气体中肯定没有HBr、NO2
【答案】D
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】解：由于是无色气体，所以一定没有红棕色的气体NO2；将气体通入氯水中，得到无色溶液，由于溴离子能够被氯气氧化成有色的溴单质，一定不存在HBr气体；加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢，所以一定存在的气体为：SO2；一定不存在的气体为：HBr、NO2；可能存在的气体为：HCl、CO2，
A．根据分析可知，原气体中一定SO2，故A错误；
B、由于通入了氯水，引进了氯离子，无法确定是否含有氯化氢，故B错误；
C、题干信息无法判断是否含有CO2，故C错误；
D、根据以上分析可知，一定有SO2，一定不存在的气体为：HBr、NO2，故D正确；
故选D．
【分析】无色气体，一定没有红棕色的二氧化氮气体；将其通入氯水中，得无色透明溶液，一定没有溴化氢；加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢，据此进行判断．
12．（2016高一下·赣州期中）下列各组物质中化学键的类型相同的是（ ）
A．HCl MgCl2 NH4Cl B．H2O Na2O CO2
C．CaCl2 NaOH H2S D．NH3 H2O CO2
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】解：A．HCl中只存在共价键，MgCl2中只存在离子键，NH4Cl中既含离子键又含共价键，所以化学键类型不同，故A错误；
B．H2O、CO2中只含共价键，Na2O中只含离子键，所以化学键类型不完全相同，故B错误；
C．CaCl2中只含离子键、NaOH中既含离子键又含共价键、H2S中只含共价键，所以化学键类型不同，故C错误；
D．NH3、H2O、CO2 中都只含共价键，所以化学键类型相同，故D正确；
故选D．
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，据此分析解答．
13．（2016高二上·深圳开学考）关于化学反应与能量的说法中错误的是（ ）
A．如图所示的反应为放热反应
B．化学反应中有物质变化也有能量变化
C．需要加热的化学反应不一定是吸热反应
D．化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应，而不是放热反应，故A错误；
B、有新物质生成的反应为化学反应，化学反应中化学键断裂吸收能量化学键生成放出能量，所以在生成新物质的同时还伴随能量的变化，故B正确；
C、有的放热反应也需要反应条件，如碳的燃烧是放热反应需要点燃或加热，所以需要加热的化学反应不一定是吸热反应，故C正确；
D、化学反应过程中，反应物的化学键断裂要吸收能量，形成新的化学键要放出能量，故D正确；
故选A．
【分析】A、反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；
B、化学反应在生成新物质的同时还伴随能量的变化；
C、有的放热反应也需要反应条件；
D、断裂键吸收能量，生成键放出能量．
14．（2016高一下·沙市月考）下列说法正确的是（ ）
A．含有离子键的化合物必是离子化合物
B．含有共价键的化合物就是共价化合物
C．共价化合物可能含离子键
D．离子化合物中一定含有共价键
【答案】A
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如氯化铵等，故A正确；
B．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH等，故B错误；
C．只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故C错误；
D．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，也可能不含共价键，如NaCl等，故D错误；
故选A．
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，据此分析解答．
15．（2016高二上·深圳开学考）在2A+B=3C+4D的反应中，下列表示该反应的化学反应速度最快的是（ ）
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）=1.0 mol/（L s）
【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，
A. =0.25 mol/（L s）；
B. =0.3mol/（L s）；
C. =0.267 mol/（L s）；
D． =0.25 mol/（L s），
故反应速率v（B）＞v（C）＞v（A）=v（D），
故选B．
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，注意单位要一致．
16．（2016高二上·深圳开学考）某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA（g）+nB（g） pC（g）的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是（ ）
A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B．由图2可知，该反应m+n＜p
C．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点3
D．图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】解：A．根据图像中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数（ф）降低，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，故A错误；
B．由图2图像可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，故B错误；
C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v（正）=v（逆），点1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，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），点3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，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），故C正确；
D．a的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误．
故选C．
【分析】A．根据图像中“先拐先平，数值大”判断T1和T2的相对大小，根据温度和C在反应混合物中的体积分数（ф）判断该反应正反应方向是放热还是吸热；
B．图2说明增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动；
C．在曲线上，当温度一定时，B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B的转化率要增大，平衡向右移动，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B的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答；
D．催化剂不影响化学平衡，能改变反应速率，反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡．
二、填空题
17．（2016高二上·深圳开学考）X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大．X原子核外各层电子数之比为1：2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨．
请回答下列问题：
（1）元素X的最高价氧化物的电子式为 ；元素Z的离子结构示意图为 ．
（2）单质X和元素Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为 ．Y、W的氢化物沸点高的是 （写化学式），原因是 ．
（3）元素W在周期表中的位置 ．
【答案】（1）；
（2）C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O；NH3；分子之间存在氢键
（3）第三周期第VA族
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】解：X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20﹣7=13，则Z为Al；X原子核外各层电子数之比为1：2，X有2个电子层，可能为Li或C，由于只有一种金属，故X为C元素；（1）元素X的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，电子式为： ；元素Z为铝，铝离子核内有13个质子，核外又两个电子层，共用10个电子，最外层8个电子，最内层2个电子，结构示意图为： ；故答案为： ； ；（2）碳与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式：C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O，NH3分子间存在氢键，故氨气的沸点高于PH3的，
故答案为：C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O；NH3；分子之间存在氢键；（3）元素W为P，有三个电子层，最外层电子数为5，位于周期表的第VA族；故答案为：第三周期第VA族；
【分析】X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20﹣7=13，则Z为Al；X原子核外各层电子数之比为1：2，X有2个电子层，可能为Li或C，由于只有一种金属，故X为C元素，据此解答．
18．（2016高二上·深圳开学考）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究．回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的 ，反应的化学方程式为 ．
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→ （按气流方向，用小写字母表示）．
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）．在一定温度下按图示装置进行实验．
操作步骤 实验现象 解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ①Y管中 ②反应的化学方程式
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚
打开K2 ③ ④
【答案】（1）A；Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；d→c→f→e→i
（2）红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO2 7N2+12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管压强小于外压
【知识点】氨的实验室制法；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为：d→c→f→e→i；（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO2 7N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；
故答案为：
操作步骤 实验现象 解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ①红棕色气体慢慢变浅 ②反应的化学方程式 8NH3+6NO2 7N2+12H2O
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚
打开K2 ③Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【分析】（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，依据反应物状态和条件选择发生装置；②气体制备一般顺序为：发生装置，净化装置，收集装置，尾气处理装置，结合氨气为碱性气体，密度小于空气密度，极易溶于水的性质解答；（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色变浅；
依据8NH3+6NO2=7N2+12H2O以及气态水凝聚判断反应后气体分子数减少从而判断打开K2发生的现象．
19．（2016高二上·深圳开学考）某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程．回答下列问题：
（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用物理方法获；该方法是 ；
（2）工业合成氨反应的化学方程式是
（3）沉淀池中发生反应的主要方程式是
（4）上述生产流程中，有关NH3的作用及说明正确的是
A．提供制各产品所需的氮元素
B．增大CO32﹣的浓度促进反应发生
C．作反应的催化剂
（5）可以循环使用的X是 ．从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是 ．
（6）写出硫酸钙的其它一种用途 ．
【答案】（1）蒸馏液态空气或者液化
（2）N2+3H2 2NH3
（3）CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4
（4）A、B
（5）CO2；生成的CO2可循环使用，CaO可制备硫酸钙，没有废物生成
（6）生产水泥或石膏
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：工业合成氨的反应原理为N2+3H2 2NH3，将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4，CaCO3在煅烧炉中分解生成CO2和CaO，CO2可循环使用；（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用蒸馏空气或者液化的物理方法获得，故答案为：蒸馏液态空气或者液化；（2）在高温、高压、催化剂条件下氮气和氢气发生化合反应生成氨气，反应方程式为N2+3H2 2NH3，故答案为：N2+3H2 2NH3；（3）硫酸钙和二氧化碳、氨气、水反应生成碳酸钙和硫酸铵，反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4，故答案为：CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4；（4）A．氨气、二氧化碳、硫酸钙和水反应生成硫酸铵，所以氨气提供制各产品所需的氮元素，故A正确；
B．增大反应物浓度平衡正向移动，所以增大CO32﹣的浓度促进反应发生，故B正确；C．氨气是反应物，而不是催化剂，故C错误；故选AB；（5）在流程图中能作反应物和生成物的能循环利用，可以循环利用的物质有CO2，反应物能完全转化为生成物符合绿色化学理念且能充分利用资源，所以优点是生成的CO2可循环使用，CaO可制备硫酸钙，没有废物生成，故答案为：CO2；生成的CO2可循环使用，CaO可制备硫酸钙，没有废物生成；（6）硫酸钙能用于生产水泥或石膏，故答案为：生产水泥或石膏．
【分析】工业合成氨的反应原理为N2+3H2 2NH3，将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4，CaCO3在煅烧炉中分解生成CO2和CaO，CO2可循环使用；（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用蒸馏空气或者液化的物理方法获得；（2）根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；（3）硫酸钙和二氧化碳、氨气、水反应生成碳酸钙和硫酸铵；（4）A．氨气、二氧化碳、硫酸钙和水反应生成硫酸铵；B．增大反应物浓度平衡正向移动；C．氨气是反应物；（5）在流程图中能作反应物和生成物的能循环利用；反应物能完全转化为生成物符合绿色化学理念且能充分利用资源；（6）硫酸钙能用于生产水泥或石膏．
20．（2016高二上·深圳开学考）如图是煤化工产业链的一部分，试运用所学知识，解决下列问题：
（1）已知该产业链中某反应的平衡表达式为：K= ，它所对应反应的化学方程式为 ；
（2）二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3．工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃）进行下列反应：
①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ mol﹣1
②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣23.5kJ mol﹣1
③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ mol﹣1
（i）催化反应室中总反应的热化学方程式为 ，830℃时反应③的K=1.0，则在催化反应室中反应③的K 1.0（填“＞”、“＜”或“=”）．
（ii）在某温度下，若反应①的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，a= mol/L．
（iii）反应②在t℃时的平衡常数为400，此温度下，在0.5L的密闭容器中加入一定量的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
c/（mol L﹣1） 0.8 1.24 1.24
①此时刻，v正 v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）．
②平衡时二甲醚的物质的量浓度是 ．
【答案】（1）C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）
（2）3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣247kJ mol﹣1；＞；5.4；大于；1.6mol/L
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，根据元素守恒知，反应物中还含有固体碳，由化学平衡常数表达式知，该反应方程式为C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；（2）（i）①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ mol﹣1②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣23.5kJ mol﹣1③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ mol﹣1将方程式①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），△H=2（﹣90.7kJ mol﹣1）+（﹣23.5kJ mol﹣1）+（﹣41.2kJ mol﹣1）=﹣247kJ mol﹣1，③的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，化学平衡常数增大，所以在催化反应室中反应③的K＞1.0，
故答案为：3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣247kJ mol﹣1；＞；
（ii）该反应中
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L） 1 2.4 0
反应（mol/L） 1×50% 1×50%×2 1×50%
平衡（mol/L） 0.5 1.4 0.5
化学平衡常数K= = ，
温度不变化学平衡常数K不变，
该反应中
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L） 4 a 0
反应（mol/L） 2 4 2
平衡（mol/L） 2 a﹣4 2
化学平衡常数K= = ，
a=5.4，
故答案为：5.4；
（iii）①浓度商= =2.4＜400，平衡正向移动，则v正 大于 v逆，
故答案为：大于；
②设达到平衡时二甲醚反应的物质的量浓度为xmol/L，
该反应
2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+ H2O
开始（mol/L） 0.8 1.24 1.24
反应（mol/L） 2x x x
平衡（mol/L） 0.8﹣2x 1.24+x 1.24+x
化学平衡常数K= =400
x=0.36，
则平衡时二甲醚的物质的量浓度=（1.24+0.36）mol/L=1.6mol/L，
故答案为：1.6mol/L．
【分析】（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，根据元素守恒知，反应物中还含有固体碳；
·（2）（i）将方程式①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），焓变进行相应的改变；降低温度平衡向放热方向移动；
（ii）该反应中
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L） 1 2.4 0
反应（mol/L） 1×50% 1×50%×2 1×50%
平衡（mol/L） 0.5 1.4 0.5
化学平衡常数K= = ，
温度不变化学平衡常数K不变，据此计算a值；（3）①先计算浓度商，根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小；②根据化学平衡常数计算平衡时二甲醚的物质的量浓度．
1 / 12016-2017学年广东省深圳科学高中高二上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2016高二上·深圳开学考）化学与人类活动密切相关，以下叙述错误的是（ ）
A．“绿色化学”的理念是从源头上减少和消除工业产生对环境的污染
B．氢能是清洁能源，工业上电解水法制大量氢气符合节能减排理念
C．如将纳米材料分散到液体分散剂中，该分散系可发生丁达尔现象，由此可推测纳米材料的直径为1～100nm之间
D．将苦卤浓缩、氧化，鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴
2．（2016高二上·深圳开学考）短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如下表所示，已知它们的最外层电子数之和为21，下列说法一定正确的是（ ）
X Y Z W
A．X、Y、Z、W中至少有一种是金属元素
B．元素的最高化合价：W＞Z＞Y
C．简单离子半径由大到小的顺序：W＞Z＞Y＞X
D．一定条件下，W的单质可以置换出Z的单质
3．（2016高一下·武城期末）已知在周期表中第118号元素位于周期表的第七周期0族，预测第114号元素的下列叙述中，错误的是（ ）
A．位于周期表的第七周期第ⅣA族 B．原子的最外层有4个电子
C．肯定是非金属元素 D．常见的化合价有+2和+4价
4．（2016高二上·深圳开学考）一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X（g） Y（g）+Z（g），达到反应限度的标志是（ ）
①X的分解速率与X的生成速率相等 ②反应容器中压强不再变化
③X、Y、Z的浓度不再变化 ④单位时间内生成1molY的同时生成1molZ．
A．①③ B．②③ C．①② D．②④
5．（2016高二上·深圳开学考）下列变化属于吸热反应的是（ ）
①液态水汽化 ②将胆矾加热变成白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④氯酸钾分解制氧气 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰．
A．①④ B．②③ C．①④⑤ D．②④
6．（2015高一下·陇南期中）100mL浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是（ ）
A．加入适量的6mol/L的盐酸 B．加入数滴氯化铜溶液
C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液
7．（2016高二上·深圳开学考）反应A+B→C（放热）分两步进行：①A+B→X（吸热），②X→C（放热）．下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2016高二上·深圳开学考）下列化学用语描述错误的是（ ）
A．H2O的电子式 B．Cl﹣的结构示意图
C．NH4Cl为离子化合物 D．质量数为37的氯原子
9．（2016高二上·深圳开学考）将3.2g Cu跟30.0mL 10.0mol L﹣1的HNO3充分反应，还原产物有NO和NO2，若反应后溶液中有a mol H+，则此时溶液中含NO3﹣的物质的量为（ ）
A．0.5a mol B．（0.1+a）mol C．0.1a mol D．2a mol
10．（2015高一下·深圳期中）除去CO2中混有的少量SO2气体，不可选用的试剂是（ ）
A．KMnO4溶液 B．NaClO溶液
C．饱和NaHCO3溶液 D．饱和Na2CO3溶液
11．（2016高二上·深圳开学考）有一瓶无色气体可能含有CO2、HBr、NO2、HCl、SO2中的一种或几种．将此气体通入足量稀氯水中，恰好完全反应，得无色透明溶液，把此溶液分成两份，分别加入盐酸酸化了的BaCl2溶液和硝酸酸化了的AgNO3溶液，均出现白色沉淀，以下结论正确的是（ ）
A．不能确定原气体中是否含有SO2 B．原气体中肯定有HCl
C．原气体中肯定没有CO2 D．原气体中肯定没有HBr、NO2
12．（2016高一下·赣州期中）下列各组物质中化学键的类型相同的是（ ）
A．HCl MgCl2 NH4Cl B．H2O Na2O CO2
C．CaCl2 NaOH H2S D．NH3 H2O CO2
13．（2016高二上·深圳开学考）关于化学反应与能量的说法中错误的是（ ）
A．如图所示的反应为放热反应
B．化学反应中有物质变化也有能量变化
C．需要加热的化学反应不一定是吸热反应
D．化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
14．（2016高一下·沙市月考）下列说法正确的是（ ）
A．含有离子键的化合物必是离子化合物
B．含有共价键的化合物就是共价化合物
C．共价化合物可能含离子键
D．离子化合物中一定含有共价键
15．（2016高二上·深圳开学考）在2A+B=3C+4D的反应中，下列表示该反应的化学反应速度最快的是（ ）
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）=1.0 mol/（L s）
16．（2016高二上·深圳开学考）某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA（g）+nB（g） pC（g）的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是（ ）
A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B．由图2可知，该反应m+n＜p
C．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点3
D．图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂
二、填空题
17．（2016高二上·深圳开学考）X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大．X原子核外各层电子数之比为1：2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨．
请回答下列问题：
（1）元素X的最高价氧化物的电子式为 ；元素Z的离子结构示意图为 ．
（2）单质X和元素Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为 ．Y、W的氢化物沸点高的是 （写化学式），原因是 ．
（3）元素W在周期表中的位置 ．
18．（2016高二上·深圳开学考）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究．回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的 ，反应的化学方程式为 ．
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→ （按气流方向，用小写字母表示）．
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）．在一定温度下按图示装置进行实验．
操作步骤 实验现象 解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ①Y管中 ②反应的化学方程式
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚
打开K2 ③ ④
19．（2016高二上·深圳开学考）某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程．回答下列问题：
（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用物理方法获；该方法是 ；
（2）工业合成氨反应的化学方程式是
（3）沉淀池中发生反应的主要方程式是
（4）上述生产流程中，有关NH3的作用及说明正确的是
A．提供制各产品所需的氮元素
B．增大CO32﹣的浓度促进反应发生
C．作反应的催化剂
（5）可以循环使用的X是 ．从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是 ．
（6）写出硫酸钙的其它一种用途 ．
20．（2016高二上·深圳开学考）如图是煤化工产业链的一部分，试运用所学知识，解决下列问题：
（1）已知该产业链中某反应的平衡表达式为：K= ，它所对应反应的化学方程式为 ；
（2）二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3．工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃）进行下列反应：
①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ mol﹣1
②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣23.5kJ mol﹣1
③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ mol﹣1
（i）催化反应室中总反应的热化学方程式为 ，830℃时反应③的K=1.0，则在催化反应室中反应③的K 1.0（填“＞”、“＜”或“=”）．
（ii）在某温度下，若反应①的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，a= mol/L．
（iii）反应②在t℃时的平衡常数为400，此温度下，在0.5L的密闭容器中加入一定量的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
c/（mol L﹣1） 0.8 1.24 1.24
①此时刻，v正 v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）．
②平衡时二甲醚的物质的量浓度是 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】解：A．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故A正确；
B．氢能是清洁能源，但电解水消耗大量的能源，电解水法制大量氢气不符合节能减排理念，故B错误；
C．胶体微粒直径在1﹣100nm之间，胶体能产生丁达尔效应，如将纳米材料分散到液体分散剂中，该分散系可发生丁达尔现象，由此可推测纳米材料的直径为1～100 nm之间，故C正确；
D．溴离子发生氧化反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，溴具有挥发性，然后鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴，故D正确；
故选B．
【分析】A．根据绿色化学的核心进行判断；
B．电解水消耗大量的能源；
C．胶体微粒直径在1﹣100nm之间；
D．溴离子发生氧化反应生成溴单质，然后鼓入热空气或水蒸气提取海水中的溴．
2．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W在同一周期，设X元素的最外层电子数为x，则由元素在周期表中的位置可知，Y、Z、W的最外层电子数分别为x+2、x+3、x+4，已知它们的最外层电子数之和为21，则x+x+2+x+3+x+4=21，则x=3，X为第IIIA族元素，若X为B元素，则Y为N，Z为O，W为F，若X为Al，则Y为P，Z为S，W为Cl．
A．由分析可知，四种元素可能都是非金属元素，故A错误；
B．若W为F，F没有最高正价，故B错误；
C．电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以简单离子半径由大到小的顺序：W＜Z＜Y，X可能是金属离子，故C错误；
D．Z为O，W为F，或Z为S，W为Cl，一定条件下，W的单质可以置换出Z的单质，故D正确．
故选D．
【分析】短周期元素X、Y、Z、W在同一周期，设X元素的最外层电子数为x，则由元素在周期表中的位置可知，Y、Z、W的最外层电子数分别为x+2、x+3、x+4，已知它们的最外层电子数之和为21，则x+x+2+x+3+x+4=21，则x=3，X为第IIIA族元素，若X为B元素，则Y为N，Z为O，W为F，若X为Al，则Y为P，Z为S，W为Cl，据此分析，
3．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】解：A．第七周期零族元素原子序数为118，处于第18列，114号元素与118号元素同周期，原子序数相差4，故所处列数也相差4，即114号元素处于14列，为ⅣA族元素，即114号元素位于周期表的第七周期第ⅣA族，故A正确；
B．其最外层电子数为4，故B正确；
C．同主族自上而下金属性增强，故114号元素为金属元素，故C错误；
D.114号元素处于ⅣA族，常见的化合价有+2和+4价，故D正确，
故选C．
【分析】第七周期零族元素原子序数为118，处于第18列，114号元素与118号元素同周期，原子序数相差4，故所处列数也相差4，即114号元素处于14列，为ⅣA族元素，结合同主族元素的相似性与递变性解答．
4．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】解：①X的正逆反应速率相等，所以达到平衡状态，故正确．②该反应是反应气体体积不变的反应，所以无论反应是否达到平衡状态，体系的压强始终不变，故错误．③反应达到平衡时，各物质的百分含量不变，所以各物质的浓度也不变，故正确．④无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成1molY的同时生成1molZ，故错误．所以①③正确．故选A．
【分析】达到反应限度即达到反应平衡状态，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，据此判断即可．
5．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】解：①液态水汽化，即水由液态到气态需要吸热，但是物理变化过程，故①错误；②胆矾加热失去结晶水变成白色粉末，需要吸热，故②正确；③浓硫酸稀释放出大量的热，故③错误；④氯酸钾分解需要吸热，故④正确；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰会放出大量的热，故⑤错误．故选D．
【分析】大多数的化合反应是放热反应，大多数的分解反应是吸热反应，浓硫酸稀释放出大量的热，水由液态到气态需要吸热．
6．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】解：A．加入适量的6 mol L﹣1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故A不选；
B．加入数滴氯化铜溶液，锌将铜置换出来形成原电池，反应速率加快，没有改变氢气的总量，故B选；
C．加入适量蒸馏水，浓度变小，反应速率减慢，故C不选；
D．加入适量的氯化钠溶液，反应速率减慢，故D不选；
故选：B．
【分析】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此来解答．
7．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化
【解析】【解答】解：由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X （△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，图像D符合，
故选D．
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．
8．【答案】A
【知识点】元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A、水中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水的电子式为 ，故A错误；
B、氯离子是氯原子得一个电子形成的，故核外有18个电子，核内有17个质子，故结构示意图为 ，故B正确；
C、所有的铵盐均为离子化合物，故氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，故C正确；
D、在表示原子时，要讲质量数标在元素符号的左上角，质子数标在左下角，故质量数为37的氯原子为3717Cl，故D正确．
故选A．
【分析】A、水为共价化合物；
B、氯离子是氯原子得一个电子形成的；
C、所有的铵盐均为离子化合物；
D、在表示原子时，要讲质量数标在元素符号的左上角，质子数标在左下角．
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：根据题意知，溶液中存在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，根据铜原子守恒知铜离子的物质的量= =0.05mol，反应的溶液中有a mol H+，
溶液存在电荷守恒，则有：n（H+）+2n（Cu2+）=n（NO3﹣）+n（OH﹣），由于溶液酸性，则n（OH﹣）较少，可忽略不计，则：n（NO3﹣）=n（H+）+2n（Cu2+）=amol+2×0.05mol=（0.1+a）mol，
故选B．
【分析】根据题意知，溶液中存在氢离子，说明硝酸有剩余，则铜完全溶解，溶液中的溶质是硝酸铜和硝酸，结合电荷守恒，根据氢离子和铜离子的物质的量计算硝酸根离子的物质的量．
10．【答案】B,D
【知识点】物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】解：A．二氧化硫能被高锰酸钾氧化，二氧化碳不反应，可除杂，故A不选；
B．二者均与NaClO溶液反应，不能除杂，故B选；
C．二氧化硫与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，可除杂，故C不选；
D．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故D不选；
故选BD．
【分析】二者均为酸性氧化物，但二氧化硫具有还原性，以此来解答．
11．【答案】D
【知识点】常见气体的检验
【解析】【解答】解：由于是无色气体，所以一定没有红棕色的气体NO2；将气体通入氯水中，得到无色溶液，由于溴离子能够被氯气氧化成有色的溴单质，一定不存在HBr气体；加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢，所以一定存在的气体为：SO2；一定不存在的气体为：HBr、NO2；可能存在的气体为：HCl、CO2，
A．根据分析可知，原气体中一定SO2，故A错误；
B、由于通入了氯水，引进了氯离子，无法确定是否含有氯化氢，故B错误；
C、题干信息无法判断是否含有CO2，故C错误；
D、根据以上分析可知，一定有SO2，一定不存在的气体为：HBr、NO2，故D正确；
故选D．
【分析】无色气体，一定没有红棕色的二氧化氮气体；将其通入氯水中，得无色透明溶液，一定没有溴化氢；加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢，据此进行判断．
12．【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】解：A．HCl中只存在共价键，MgCl2中只存在离子键，NH4Cl中既含离子键又含共价键，所以化学键类型不同，故A错误；
B．H2O、CO2中只含共价键，Na2O中只含离子键，所以化学键类型不完全相同，故B错误；
C．CaCl2中只含离子键、NaOH中既含离子键又含共价键、H2S中只含共价键，所以化学键类型不同，故C错误；
D．NH3、H2O、CO2 中都只含共价键，所以化学键类型相同，故D正确；
故选D．
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，据此分析解答．
13．【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】解：A、反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应，而不是放热反应，故A错误；
B、有新物质生成的反应为化学反应，化学反应中化学键断裂吸收能量化学键生成放出能量，所以在生成新物质的同时还伴随能量的变化，故B正确；
C、有的放热反应也需要反应条件，如碳的燃烧是放热反应需要点燃或加热，所以需要加热的化学反应不一定是吸热反应，故C正确；
D、化学反应过程中，反应物的化学键断裂要吸收能量，形成新的化学键要放出能量，故D正确；
故选A．
【分析】A、反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；
B、化学反应在生成新物质的同时还伴随能量的变化；
C、有的放热反应也需要反应条件；
D、断裂键吸收能量，生成键放出能量．
14．【答案】A
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如氯化铵等，故A正确；
B．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH等，故B错误；
C．只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故C错误；
D．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，也可能不含共价键，如NaCl等，故D错误；
故选A．
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，据此分析解答．
15．【答案】B
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，
A. =0.25 mol/（L s）；
B. =0.3mol/（L s）；
C. =0.267 mol/（L s）；
D． =0.25 mol/（L s），
故反应速率v（B）＞v（C）＞v（A）=v（D），
故选B．
【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，注意单位要一致．
16．【答案】C
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】解：A．根据图像中“先拐先平，数值大”知，T1＜T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数（ф）降低，说明平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，故A错误；
B．由图2图像可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，即m+n＞p，故B错误；
C．在曲线上，当温度一定时，B的转化率也一定，曲线上任意一点都表示达到平衡状态，所以2、4处于平衡状态，v（正）=v（逆），点1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，即由点1向下引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要减小，平衡向左移动，故v（正）＜v（逆），点3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，即由点3向上引垂直线到曲线上的一点，这样B的转化率要增大，平衡向右移动，故v（正）＞v（逆），故C正确；
D．a的时间短，反应速率快，催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误．
故选C．
【分析】A．根据图像中“先拐先平，数值大”判断T1和T2的相对大小，根据温度和C在反应混合物中的体积分数（ф）判断该反应正反应方向是放热还是吸热；
B．图2说明增大压强，C在反应混合物中的体积分数（ф）增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动；
C．在曲线上，当温度一定时，B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B的转化率要增大，平衡向右移动，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B的转化率要减小，平衡向左移动，据此解答；
D．催化剂不影响化学平衡，能改变反应速率，反应前后气体的物质的量不变的反应，增大压强，正、逆速率都同等程度增大，到达平衡时间短，不影响平衡．
17．【答案】（1）；
（2）C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O；NH3；分子之间存在氢键
（3）第三周期第VA族
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】解：X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20﹣7=13，则Z为Al；X原子核外各层电子数之比为1：2，X有2个电子层，可能为Li或C，由于只有一种金属，故X为C元素；（1）元素X的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子分别共用2对电子，电子式为： ；元素Z为铝，铝离子核内有13个质子，核外又两个电子层，共用10个电子，最外层8个电子，最内层2个电子，结构示意图为： ；故答案为： ； ；（2）碳与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式：C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O，NH3分子间存在氢键，故氨气的沸点高于PH3的，
故答案为：C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O；NH3；分子之间存在氢键；（3）元素W为P，有三个电子层，最外层电子数为5，位于周期表的第VA族；故答案为：第三周期第VA族；
【分析】X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为N元素、R为S元素；W和R是同周期相邻元素，则W为P元素；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20﹣7=13，则Z为Al；X原子核外各层电子数之比为1：2，X有2个电子层，可能为Li或C，由于只有一种金属，故X为C元素，据此解答．
18．【答案】（1）A；Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；d→c→f→e→i
（2）红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO2 7N2+12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管压强小于外压
【知识点】氨的实验室制法；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为：d→c→f→e→i；（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO2 7N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；
故答案为：
操作步骤 实验现象 解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中 ①红棕色气体慢慢变浅 ②反应的化学方程式 8NH3+6NO2 7N2+12H2O
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚
打开K2 ③Z中NaOH溶液产生倒吸现象 ④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【分析】（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，依据反应物状态和条件选择发生装置；②气体制备一般顺序为：发生装置，净化装置，收集装置，尾气处理装置，结合氨气为碱性气体，密度小于空气密度，极易溶于水的性质解答；（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色变浅；
依据8NH3+6NO2=7N2+12H2O以及气态水凝聚判断反应后气体分子数减少从而判断打开K2发生的现象．
19．【答案】（1）蒸馏液态空气或者液化
（2）N2+3H2 2NH3
（3）CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4
（4）A、B
（5）CO2；生成的CO2可循环使用，CaO可制备硫酸钙，没有废物生成
（6）生产水泥或石膏
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：工业合成氨的反应原理为N2+3H2 2NH3，将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4，CaCO3在煅烧炉中分解生成CO2和CaO，CO2可循环使用；（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用蒸馏空气或者液化的物理方法获得，故答案为：蒸馏液态空气或者液化；（2）在高温、高压、催化剂条件下氮气和氢气发生化合反应生成氨气，反应方程式为N2+3H2 2NH3，故答案为：N2+3H2 2NH3；（3）硫酸钙和二氧化碳、氨气、水反应生成碳酸钙和硫酸铵，反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4，故答案为：CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4；（4）A．氨气、二氧化碳、硫酸钙和水反应生成硫酸铵，所以氨气提供制各产品所需的氮元素，故A正确；
B．增大反应物浓度平衡正向移动，所以增大CO32﹣的浓度促进反应发生，故B正确；C．氨气是反应物，而不是催化剂，故C错误；故选AB；（5）在流程图中能作反应物和生成物的能循环利用，可以循环利用的物质有CO2，反应物能完全转化为生成物符合绿色化学理念且能充分利用资源，所以优点是生成的CO2可循环使用，CaO可制备硫酸钙，没有废物生成，故答案为：CO2；生成的CO2可循环使用，CaO可制备硫酸钙，没有废物生成；（6）硫酸钙能用于生产水泥或石膏，故答案为：生产水泥或石膏．
【分析】工业合成氨的反应原理为N2+3H2 2NH3，将NH3和CO2通入沉淀池中并加入CaSO4，生成（NH4）2SO4和CaCO3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+（NH4）2SO4，CaCO3在煅烧炉中分解生成CO2和CaO，CO2可循环使用；（1）工业合成氨所需氮气来自空气，常用蒸馏空气或者液化的物理方法获得；（2）根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；（3）硫酸钙和二氧化碳、氨气、水反应生成碳酸钙和硫酸铵；（4）A．氨气、二氧化碳、硫酸钙和水反应生成硫酸铵；B．增大反应物浓度平衡正向移动；C．氨气是反应物；（5）在流程图中能作反应物和生成物的能循环利用；反应物能完全转化为生成物符合绿色化学理念且能充分利用资源；（6）硫酸钙能用于生产水泥或石膏．
20．【答案】（1）C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）
（2）3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣247kJ mol﹣1；＞；5.4；大于；1.6mol/L
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，根据元素守恒知，反应物中还含有固体碳，由化学平衡常数表达式知，该反应方程式为C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；（2）（i）①CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ mol﹣1②2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣23.5kJ mol﹣1③CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ mol﹣1将方程式①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），△H=2（﹣90.7kJ mol﹣1）+（﹣23.5kJ mol﹣1）+（﹣41.2kJ mol﹣1）=﹣247kJ mol﹣1，③的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，化学平衡常数增大，所以在催化反应室中反应③的K＞1.0，
故答案为：3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣247kJ mol﹣1；＞；
（ii）该反应中
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L） 1 2.4 0
反应（mol/L） 1×50% 1×50%×2 1×50%
平衡（mol/L） 0.5 1.4 0.5
化学平衡常数K= = ，
温度不变化学平衡常数K不变，
该反应中
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L） 4 a 0
反应（mol/L） 2 4 2
平衡（mol/L） 2 a﹣4 2
化学平衡常数K= = ，
a=5.4，
故答案为：5.4；
（iii）①浓度商= =2.4＜400，平衡正向移动，则v正 大于 v逆，
故答案为：大于；
②设达到平衡时二甲醚反应的物质的量浓度为xmol/L，
该反应
2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+ H2O
开始（mol/L） 0.8 1.24 1.24
反应（mol/L） 2x x x
平衡（mol/L） 0.8﹣2x 1.24+x 1.24+x
化学平衡常数K= =400
x=0.36，
则平衡时二甲醚的物质的量浓度=（1.24+0.36）mol/L=1.6mol/L，
故答案为：1.6mol/L．
【分析】（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，根据元素守恒知，反应物中还含有固体碳；
·（2）（i）将方程式①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g） CH3OCH3（g）+CO2（g），焓变进行相应的改变；降低温度平衡向放热方向移动；
（ii）该反应中
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L） 1 2.4 0
反应（mol/L） 1×50% 1×50%×2 1×50%
平衡（mol/L） 0.5 1.4 0.5
化学平衡常数K= = ，
温度不变化学平衡常数K不变，据此计算a值；（3）①先计算浓度商，根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小；②根据化学平衡常数计算平衡时二甲醚的物质的量浓度．
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