1、2015-2016学年辽宁省大连二十中高三（上）期末化学试卷一、选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分每小题只有一个选项符合题意）1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅C2012年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的监测指标是PM2.5D防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源2下列叙述正确的是（）A吸热反应一定是反应物总能量大于生成物的总能量B明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同C强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质
2、溶液导电能力一定很弱D在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率3关于金刚石、石墨和C60的判断，正确的是（）A均含共价键B互为同分异构体C互为同位素D性质相同4下列说法正确的是（）A氢氧化铁胶体属于纯净物BNa2O2是碱性氧化物CBaSO4是强电解质D纯碱属于碱类物质5下列有关元素性质比较正确的是（）A碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3B氢化物稳定性：HFHClPH3C原子半径：SFOD酸性：HClOHNO3H2CO36下列关于有机物的说法，正确的是（）A聚乙烯和乙烯性质相似，都能发生加成反应B纤维素、橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物C乙烯和乙醇都可发生加成反应D等量的CH4和C
3、l2在光照下反应不能生成纯净的CH3Cl7关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是（）A实验可用于制取氨气B实验中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即达到滴定终点C装置可用于吸收尾气中少量NH3或HCl，并防止倒吸D装置可用于从酒精水溶液中制取无水乙醇8下列有关表示正确的是（）A过氧化钙（CaO2）的电子式：B某微粒的结构示意简图为，则该元素在周期表中位于第三周期、VIA族CH2CO3的电离方程式：H2CO32H+CO32D葡萄糖的结构简式：C6H12O69下列叙述正确的是（）ALi在氧气中燃烧能生成Li2O2B将SO2通入过量FeCl3和BaCl2的混合溶液中可生成BaSO4沉淀C新
4、制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后最终溶液呈红色D将稀硫酸滴加到Fe（NO3）2溶液中无明显现象10用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述不正确的是（）A标准状况下，33.6L氯气与56g铁充分反应，转移电子数为3NAB常温常压下，22.4L丙烷中共价键数目为10NAC通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数比为1：2D1mol L1的Na2CO3溶液中所含阴离子数大于NA个11下列说法不正确的是（）AC2H4Cl2有三种同分异构体B将苯与浓硝酸和浓硫酸共热制取硝基苯C将红热的铜丝迅速插入无水乙醇中可将乙醇氧化为乙醛D可用浓硝酸鉴别淀粉溶液和鸡蛋白溶液
5、12短周期元素T、Q、R、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族族序数相等它们的最高价氧化物的水化物依次为甲、乙、丙、丁下列叙述不正确的是（）AR的氢化物可以既有极性键又有非极性键B常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装C丁的浓溶液与Q的单质加热发生反应，可生成体积比为1：2的两种气体D甲、乙、丙、丁受热均易分解13关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A用装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B装置的盐桥中KCl的Cl移向甲烧杯C装置中钢闸门应与外接电源的正极相连获得保护D两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同14下列说法不正
6、确的是（）A某温度下，水的离子积常数Kw=1013，在此温度下，将pH=12的NaOH溶液Va L与pH=2的硫酸Vb L混合，所得溶液呈中性，则Va：Vb=1：10B已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为KaKh=KwC常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度均降低D甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于715下述实验能达到预期目的是（）A将SO2通入酸性KMnO4 溶液中，紫色褪去 证明SO2具有漂白性B在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入CaCl2溶液后红色褪去
7、证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向1mL0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D测定等物质的量浓度的HCl与H2S溶液的pH，后者较大 证明非金属性ClS二、选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意）16已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，氧化性：HClOCl2Br2Fe3+下列有关的离子方程式正确的是（）A向能使pH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH+CO2HCO3B向NaClO
8、溶液中加入浓氢溴酸：ClO+2H+2 BrCl+Br2+H2OC向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO+CO2+H2O2HClO+CO32D向FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液：2 Br+Cl2Br2+2Cl17下列有关溶液中粒子浓度的关系式中一定不正确的是（）A在常温下，0.10molL1Na2CO3溶液25mL 用0.10molL1盐酸滴定当滴定到消耗20mlHCl时所得溶液中离子浓度间的关系有：5c（Cl）=4c（HCO3）+4c（CO32）+4c（H2CO3）B常温下，pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）C25时，0.1
9、molL1pH=4.5的NaHSO3溶液中：c（HSO3）c（H2SO3）c（SO32）D常温下，等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液：c（CH3COO）c（CH3COOH）=2c（H+）c（OH）18现有由两种可溶性化合物配成的混合溶液，且浓度均为0.1molL1，其中阳离子可能是Fe2+、Al3+、Fe3+、H+，阴离子可能是NO3、CO32、I、Cl若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，且有气体生成若不计水电离产生的少量离子，则下列说法一定正确的是：（）A向溶液中加少量盐酸时，生成的气体可能含有CO2B原溶液中一定含有NO3、Fe2+，一定不含Fe3+、H+、CO32C原溶液
10、中一定含有的离子为NO3，可能含有Fe2+、ID若原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量先增加后减少192SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个容器体积均为2L的恒容密闭容器中投料，其起始物质的量及含硫反应物的平衡转化率如下表所示：甲乙丙丁起始物质的量n（SO2）/mol0.4000.800.02n（O2）/mol0.2400.480.04n（SO3）/mol00.4000.40含硫反应物的平衡转化率%80a1a2a3下列判断中，正确的是（）A该温度下，平衡常数的值为400B平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍C平衡时，a3a1D乙中S
11、O3的平衡转化率为a1=20%20纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛以工业废渣锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：（已知KspFe（OH）3=3.81038； KspCu（OH）2=21020；Ksp（ZnS）=1.61024）下列说法不正确的是（）A酸浸时FeO与稀HNO3反应的离子方程式为3FeO+10H+NO3Fe3+NO+5H2OB将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O2C滤渣2中的成分和Zn和FeD当溶液中Zn2+浓度为小于1.0105molL1时，则可认为其沉淀完全若要使Zn2+沉
12、淀完全，溶液中S2浓度应大于1.61019molL1三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第21题第23题为必考题，每个试题考生都必须作答第24题第26题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（包括3小题，共40分）21已知A、B、C、D是中学化学常见物质，它们在一定条件下有A+BC+D的转化关系（1）若A为金属铝，B为氧化铁，该反应的一种用途是（2）若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，该反应的化学反应方程式为（3）若A是淡黄色粉末，常用作供氧剂，C为强碱，则该反应的化学反应方程式为（4）若A、B、D都是有机化合物，其中A、B是家庭厨房中常见调味
13、品的主要成分，且A 的相对分子质量比B大14该反应的化学反应方程式为某种以B为反应物的新型电池如右所示，该电池的负极的电极反应式为（5）ClO2可将弱酸性废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，同时ClO2被还原为Cl，该反应的离子方程式为22利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的
14、热化学方程式为（2）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式在电解池中生成N2O5的电极反应式为（3）以甲醇燃料电池为电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2mol CH3OH，阴极产生标况下气体的体积为L（4）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/K298398498K/（molL1）24.1106K1K2完成下列问题：已知该反应能够自发进行，试比
15、较K1、K2的大小：K1 K2（填“”、“=”或“”）；在同温同压时判断该反应达到化学平衡状态的依据是（填序号）；A2v（H2）（正）=3v（NH3）（逆） B2v（N2）（正）=v（H2）（逆）C容器内压强保持不变 D混合气体的密度保持不变（5）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式；盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序不正确的是（填序号）Ac（Cl）c（N2H62+）c（OH）c（H+）Bc（Cl）c（N2H5H2O+）c（H+）c（OH）C2c（N2H62+）+c（N2H5H2O+）+c
16、（H+）=c（Cl）+c（OH）Dc（N2H62+）c（Cl）c（H+）c（OH）23为探究铜与6molL1硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验已知：FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色），该反应较缓慢，待生成一定量Fe（NO）2+时突显明显棕色（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作（2）仪器a的名称（3）实验开始时先将Y形试管向盛有块状固体b的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是；（4）证明有NO2的实验现象（5）装置C的作用，反应离子方程式（6）测定化学试剂绿矾（FeSO47H2O）纯度的方法：称取绿矾3.000g置于锥形瓶中，加入100mL蒸馏水，加入10mLH2
17、SO4和5mLH3PO4，用0.1000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液20.00mLKMnO4溶液盛放在棕色式（填“酸”或“碱”）滴定管中，列式计算绿矾的纯度四.【选修2-化学与技术】24水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是（填两种物质的名称），其净水作用的原理是（2）水的净化与软化的区别是（3）硬度为1的水是指每升水含10mg CaO或与之相当的物质（如7.1mg MgO）若某天然水中c（Ca2+）=1.2103mol/L，c（Mg2+）=6104mol/L，则此水的
18、硬度为（4）若（3）中的天然水还含有c（HCO3）=8104mol/L，现要软化10m3这种天然水，则需先加入Ca（OH）2克，后加入Na2CO3克（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图，其中，电极A接直流电源的正极，电极B接直流电源的负极隔膜A是（填“阴”或“阳”）离子交换膜；某种海水样品，经分析含有大量的Na+、Cl，以及少量的K+、SO42若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，A、B、C三室中所得溶液（或液体）的pH分别为pHa、pHb、pHc，则其大小顺序为五.【选修3-物质的结构与性质】25在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种
19、元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子（1）写出基态E原子的价电子排布式（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表 示）；A与C形成CA3型分子，分子中C原子的杂化类型为，分子的立体结构为；C的单质与 BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式； A2D由液态形成晶体时密度（填增大，不变或减小），分析主要原因（用文字叙述）（3）已知D、F能形
20、成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示）；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为g/cm3（用含a、NA的符号表示）六.【选修5-有机化学基础】26高分子化合物材料PET聚酯和PMMA的合成路线如图：已知：RCOOR+ROHRCO18OR+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）PMMA单体的化学名称（2）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为反应、的反应类型、（3）G的分子式，G中官能团的名称、2分子G可形成环状化合物，写出化学方程式（4）I的某种同分异构体与I具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简
21、式是（5）写出与F互为同分异构体且含单官能团的所有有机物的结构简式（6）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式2015-2016学年辽宁省大连二十中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分每小题只有一个选项符合题意）1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（）A利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体B半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅C2012年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的监测指标是PM2.5D防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源【考点】硅和二氧化硅；常见的生
22、活环境的污染及治理【专题】化学计算【分析】A汽车尾气系统中使用催化转化器，可降低CO、NO等有毒气体的排放；B计算机芯片的材料是硅单质；C2012年2月29日，环境空气质量标准增加了PM2.5监测指标；D二氧化硫和氮的氧化物的排放是酸雨形成的主要原因【解答】解：A利用催化设施，CO和NO反应能生成二氧化碳和氮气，故A正确； B沙子的成分是二氧化硅，计算机芯片的材料是硅单质，故B错误；C2012年2月29日，国务院同意发布新修订的环境空气质量标准，新标准增加了PM2.5监测指标，故C正确；D二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的物质，防止酸雨发生的重要措施之一是使用清洁能源，减少二氧化硫和氮的氧化物的
23、排放，故D正确故选B【点评】本题考查硅单质和二氧化硅，常见的生活环境的污染及治理，难度不大，注意2012年2月29日，国务院同意发布新修订的环境空气质量标准，新标准增加了PM2.5监测指标2下列叙述正确的是（）A吸热反应一定是反应物总能量大于生成物的总能量B明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同C强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱D在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率【考点】反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；强电解质和弱电解质的概念；盐类水解的应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【专题】化学计算【分析】A反应物总能量大于生成物总能量为放热
24、反应；B明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性；C电解质的导电能力和离子浓度有关；D根据原电池原理分析【解答】解：A反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，生成物总能量大于反应物总能量为吸热反应，故A错误；B明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性，两者的作用原理不相同，故B错误；C电解质的导电能力和离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，若强电解质离子浓度很小，则导电性很弱，如硫酸钡为强电解质，但离子浓度很小，导电性很弱，故C错误；D在海轮外壳上镶入锌块，写出原电池，锌作负极失
25、电子，轮船外壳铁作正极被保护，可减缓船体的腐蚀速率，故D正确；故选D【点评】本题易错点为C项，要明确导电性和离子浓度有关，相同浓度下，强电解质导电能力大于弱电解质导电能力3关于金刚石、石墨和C60的判断，正确的是（）A均含共价键B互为同分异构体C互为同位素D性质相同【考点】同素异形体【专题】物质的分类专题【分析】A非金属单质一般含有共价键；B同分异构体是结构不同分子式相同的化合物之间的互称；C同位素是质子数相同，中子数不同的原子间互称；D同素异形体物理性质不同【解答】解：A非金属单质一般含有共价键，金刚石、石墨和C60的结构形成靠碳碳键，属于非极性共价键，故A正确；B同分异构体是结构不同分子式
26、相同的化合物之间的互称，金刚石、石墨和C60是同种元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B错误；C同位素是质子数相同，中子数不同的原子间互称，金刚石、石墨和C60互为同素异形体，故C错误；D同素异形体物理性质不同，化学性质相似，金刚石硬度最大，而石墨很软，故D错误，故选A【点评】本题考察了同素异形体、同位素、同分异构体等概念，较简单，注意概念的区别4下列说法正确的是（）A氢氧化铁胶体属于纯净物BNa2O2是碱性氧化物CBaSO4是强电解质D纯碱属于碱类物质【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】A胶体是
27、分散质和分散剂形成的分散系；B碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，发生的是复分解反应；C水溶液或熔融状态导电的化合物为电解质；D纯碱是碳酸钠的俗称，碱是水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；【解答】解：A氢氧化铁胶体是分散质和分散剂形成的混合物，故A错误；B过氧化钠和酸反应生成盐、水和氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，故B错误；C硫酸钡难溶于水，但熔融状态下能完全电离出离子而导电，属于强电解质，故C正确；D纯碱是碳酸钠属于盐，不是碱，故D错误；故选C【点评】不同考查了物质分类、物质性质、电解质概念分析、胶体组成的理解应用，题目较简单5下列有关元素性质比较正确的是（）A碱
28、性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3B氢化物稳定性：HFHClPH3C原子半径：SFOD酸性：HClOHNO3H2CO3【考点】元素周期律的作用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；B非金属性越强，氢化物的稳定性越强；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强【解答】解：A金属性AlMgNa，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：Al（OH）3Mg（OH）2NaOH，故A错误；B非金属性PClF，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则稳定性HFHClPH3，
29、故B正确；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故原子半径FOS，故C错误；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HClO不是最高价含氧酸，则酸性：HNO3H2CO3HClO，故D错误，故选B【点评】本题考查元素周期律的应用，注意掌握微粒半径比较规律、理解元素周期律，侧重于基础知识的考查，难度不大6下列关于有机物的说法，正确的是（）A聚乙烯和乙烯性质相似，都能发生加成反应B纤维素、橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物C乙烯和乙醇都可发生加成反应D等量的CH4和Cl2在光照下反应不能生成纯净的CH3Cl【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【专题】
30、有机反应【分析】A聚乙烯分子中不存在不饱和键，不能发生加成反应；B光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于有机物；C乙醇分子中都都是单键，不能发生加成反应；D等量的氯气与甲烷发生取代反应时，反应产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物【解答】解：A乙烯分子中含有碳碳双键，能够发生加成反应，聚乙烯分子中不存在碳碳双键，不能发生加成反应，故A错误；B纤维素、橡胶为有机高分子化合物，而光导纤维属于无机物，不属于有机高分子化合物，故B错误；C乙烯能够发生加成反应，而乙醇分子中都是单键，不能发生加成反应，故C错误；D等量的CH4和Cl2在光照下的反应产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的
31、混合物，不能生成纯净的CH3Cl，故D正确；故选D【点评】本题考查了常见有机物的组成、结构与性质，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握有机反应概念及判断方法，试题培养了学生的灵活应用能力7关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是（）A实验可用于制取氨气B实验中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即达到滴定终点C装置可用于吸收尾气中少量NH3或HCl，并防止倒吸D装置可用于从酒精水溶液中制取无水乙醇【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A加热氯化铵生成氨气与氯化氢，氯化氢与氨气遇冷又生成氯化铵，无法获得氨气；B滴定终点为最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，
32、且30秒不复原；C根据氨气或氯化氢易溶于水以及四氯化碳不溶于水且密度比水大的性质判断；D温度计位置错误，冷凝水方向错误【解答】解：A氯化铵分解无法获得氨气，实验室用氢氧化钙和氯化铵制取氨气：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，故A错误； B用氢氧化钠滴定盐酸，可用酚酞为指示剂，滴定终点为最后一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原，故B错误；C氨气或氯化氢易溶于水而产生倒吸，但氨气或氯化氢不溶于四氯化碳，四氯化碳与水互不相溶且密度比水大，可起到防止倒吸的作用，故C正确；D蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝水下进上出，故D错
33、误故选C【点评】本题考查化学实验的评价，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关物质的性质，把握实验方案的严密性和合理性的评价，易错点为C，注意气体的收集方法与气体的性质有关8下列有关表示正确的是（）A过氧化钙（CaO2）的电子式：B某微粒的结构示意简图为，则该元素在周期表中位于第三周期、VIA族CH2CO3的电离方程式：H2CO32H+CO32D葡萄糖的结构简式：C6H12O6【考点】电子式；原子结构示意图；结构简式；电离方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】A、过氧化钙是离子化合物；B、微粒的结构示意简图为，则此微粒为Cl；C、碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离；D、将
34、结构式化简后所得的式子为结构简式，能体现有机物的结构【解答】解：A、过氧化钙是离子化合物，由钙离子和过氧根构成，故电子式为：，故A正确；B、微粒的结构示意简图为，则此微粒为Cl，而氯元素处于第三周期第VIIA族，故B错误；C、碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，故正确的电离方程式为：H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，故C错误；D、将结构式化简后所得的式子为结构简式，能体现有机物的结构，故葡萄糖的结构简式为CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故D错误故选A【点评】本题考查了物质的电子式、弱电解质的电离和结构简式的书写，难度不大，应注意先判断化合物为共价化合物还是离子化合物
35、，然后再书写电子式9下列叙述正确的是（）ALi在氧气中燃烧能生成Li2O2B将SO2通入过量FeCl3和BaCl2的混合溶液中可生成BaSO4沉淀C新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后最终溶液呈红色D将稀硫酸滴加到Fe（NO3）2溶液中无明显现象【考点】碱金属的性质；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【专题】元素及其化合物【分析】A、Li在氧气中燃烧生成Li2O；B、氯化铁具有氧化性，能与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，再与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；C、新制氯水含有HClO，具有漂白性；D、酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子【解答】
36、解：A、Li与Mg的性质相似，在氧气中燃烧生成Li2O，故A错误；B、向FeCl3和BaCl2的酸性混合溶液中通入SO2气体，发生2Fe3+SO2+2H2OSO42+4H+2Fe2+，SO42+Ba2+BaSO4，故生成的是硫酸钡沉淀，故B正确；C、新制氯水含有HClO，具有漂白性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故C错误；D、酸性条件下，亚铁离子被硝酸根离子氧化生成铁离子，所以溶液颜色由浅绿色变为黄色，故D错误；故选B【点评】本题考查了物质间的反应，涉及锂的性质、次氯酸的漂白性、亚铁离子的性质等知识点，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是D，注意：酸性条件下，硝酸根离子具有强
37、氧化性，为易错点10用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述不正确的是（）A标准状况下，33.6L氯气与56g铁充分反应，转移电子数为3NAB常温常压下，22.4L丙烷中共价键数目为10NAC通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数比为1：2D1mol L1的Na2CO3溶液中所含阴离子数大于NA个【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、标况下33.6L氯气的物质的量为1.5mol，而和铁反应后变为1价；B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；C、NO2和N2O4中N、O原子个数之比均为1：2；D、溶液体积不明确【解答】解：A、标
38、况下33.6L氯气的物质的量为1.5mol，56g铁的物质的量为1mol，两者恰好完全反应，由于反应后氯元素为1价，故1.5mol氯气反应后转移3mol电子即3NA个，故A正确；B、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L丙烷的物质的量小于1mol，则含有的共价键数小于10NA个，故B错误；C、NO2和N2O4中N、O原子个数之比均为1：2，故2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数比为1：2，与两者的比例和所处的状态无关，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故D错误故选BD【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用
39、和物质的结构是解题关键，难度不大11下列说法不正确的是（）AC2H4Cl2有三种同分异构体B将苯与浓硝酸和浓硫酸共热制取硝基苯C将红热的铜丝迅速插入无水乙醇中可将乙醇氧化为乙醛D可用浓硝酸鉴别淀粉溶液和鸡蛋白溶液【考点】有机物的结构和性质【专题】有机反应【分析】AC2H4Cl2有CH2ClCH2Cl、CH3CHCl2两种同分异构体；B在浓硫酸作用下苯与浓硝酸发生取代反应；C氧化铜可氧化乙醇；D蛋白质可与硝酸发生颜色反应【解答】解：AC2H4Cl2有CH2ClCH2Cl、CH3CHCl2两种同分异构体，故A错误；B在浓硫酸作用下苯与浓硝酸发生取代反应，可生成硝基苯，故B正确；C氧化铜可氧化乙醇，
40、生成乙醛和水，故C正确；D蛋白质可与硝酸发生颜色反应，可用浓硝酸兼备淀粉和蛋白质，故D正确故选A【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解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意蛋白质的性质，题目难度不大12短周期元素T、Q、R、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族族序数相等它们的最高价氧化物的水化物依次为甲、乙、丙、丁下列叙述不正确的是（）AR的氢化物可以既有极性键又有非极性键B常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装C丁的浓溶液与Q的单质加热发生反应，可生成体积比为1：2的两种气体D甲、乙、丙、丁受热均易分解【考点】元素周期律和元素周期
41、表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】由短周期元素T、Q、R、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素，故甲为氢氧化铝、乙为碳酸、丙为硝酸、丁为硫酸AR的氢化物有NH3、N2H4等；B常温下，铝在浓硫酸中会钝化；C浓硫酸与碳单质的反应：2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O；DH2SO4稳定，受热不易分解【解答】由短周期元素T、Q、R、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al，可推知Q为C
42、元素、R为N元素、W为S元素，故甲为氢氧化铝、乙为碳酸、丙为硝酸、丁为硫酸AR的氢化物有NH3、N2H4等，N2H4中既有极性键又有非极性键，故A正确；B常温下，铝在浓硫酸中会钝化，故常温下丁的浓溶液可用T单质所制的容器来盛装，故B正确；C浓硫酸与碳单质的反应：2H2SO4（浓）+C2SO2+CO2+2H2O，故可生成体积比为1：2的两种气体，故C正确；DAl（OH）3、H2CO3、HNO3受热易分解，但H2SO4稳定，受热不易分解，故D错误，故选：D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，注意对元素化合物知识的掌握13关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A用装置精炼铜，a极为粗铜，b
43、为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B装置的盐桥中KCl的Cl移向甲烧杯C装置中钢闸门应与外接电源的正极相连获得保护D两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A用装置精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极；B盐桥中KCl的Cl移向负极；C装置中钢闸门应与外接电源的负极相连接；D负极分别为铝、锌【解答】解：A用装置精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜被氧化，锌、铁被氧化生成离子进入溶液，而金、银沉到电解液底部，阴极上只析出铜，故A正确；B锌为负极，盐桥中KCl的Cl移向负极，故B正确；C装置中钢闸门应与外接电源的负极相连接，为外
44、加电源的阴极保护法，故C错误；D负极分别为铝、锌，转移相同电量时，消耗的电极质量不同，故D正确故选C【点评】本题综合考查原电池、电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池、电解池的工作原理，难度不大14下列说法不正确的是（）A某温度下，水的离子积常数Kw=1013，在此温度下，将pH=12的NaOH溶液Va L与pH=2的硫酸Vb L混合，所得溶液呈中性，则Va：Vb=1：10B已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为KaKh=KwC常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度均降低D甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶
45、液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、根据混合后显中性，即n（OH）=n（H+）来分析；B、利用平衡常数的表达式判断；C、强酸稀释时氢氧根离子浓度增大；D、如pH之和等于14，等体积混合可等于7【解答】解：A、某温度下，水的离子积常数Kw=1013，在此温度下，将pH=12的NaOH溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，pH=2的硫酸溶液中氢离子的浓度为0.01mol/L，混合后显中性，即n（OH）=n（H+），故有：0.1mol/LVa L=0.01mol/LVb L
46、，故有：Va：Vb=1：10，故A正确；B、水解和电离为可逆过程，Ka=，Kb=；则有KaKh=Kw，故B正确；C、强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度一定都降低但氢氧根离子浓度增大，故C错误；D、当pH之和等于14时，则混合液pH=7，故D正确故选C【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等15下述实验能达到预期目的是（）A将SO2通入酸性KMnO4 溶液中，紫色褪去 证明SO2具有漂白性B在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入CaCl2溶液后红色褪去 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向1mL0.2mol/L
47、NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀 证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D测定等物质的量浓度的HCl与H2S溶液的pH，后者较大 证明非金属性ClS【考点】二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题；元素及其化合物【分析】A二氧化硫具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，二者发生氧化还原反应；BNa2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加CaCl2溶液结合碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，水解平衡逆向移动；C发生沉淀的转化
48、，反应向更难溶的方向进行；D酸越弱，对应盐的水解程度越大，利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性的强弱【解答】解：A将SO2通入酸性KMnO4 溶液中，紫色褪去，发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，不是漂白性，故A错误；BNa2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加CaCl2溶液，水解平衡逆向移动，则证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C向1mL0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀，发生沉淀的转化，证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度小于氢氧化铁的溶解度，故C错误；D测定等物质
49、的量浓度的HCl与H2S溶液的pH，后者较大，则氢硫酸酸性小于盐酸，但都不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、水解平衡、沉淀转化、酸性与非金属性的比较等，侧重反应原理的考查，注重高考常考考查的训练，题目难度中等二、选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意）16已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，氧化性：HClOCl2Br2Fe3+下列有关的离子方程式正确的是（）A向能使pH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH+CO2HCO3B向NaClO溶液中加入浓氢溴酸：ClO+2H+2 BrCl
50、+Br2+H2OC向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO+CO2+H2O2HClO+CO32D向FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液：2 Br+Cl2Br2+2Cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A能使pH试纸显深蓝色的溶液呈碱性，通入少量二氧化碳生成碳酸根离子；B向NaClO溶液中加入浓氢溴酸，二者发生氧化还原反应生成溴和氯离子；C向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成次氯酸和碳酸氢根离子；D氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液，氯气和亚铁离子反应【解答】解：A能使pH试纸显深蓝色的溶液呈碱性，通入少量二氧化碳生成碳酸根离子，离
51、子方程式为2OH+CO2CO32+H2O，故A错误；B向NaClO溶液中加入浓氢溴酸，二者发生氧化还原反应生成溴和氯离子，离子方程式为ClO+2H+2 BrCl+Br2+H2O，故B正确；C向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，离子方程式为ClO+CO2+H2OHClO+HCO3，故C错误；D氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液，氯气和亚铁离子反应，离子方程式为2 Fe2+Cl22 Fe3+2Cl，故D错误；故选B【点评】本题以考查离子方程式正误判断为载体考查强酸制取弱酸及氧化还原反应，为高频考点，明确酸性强弱、氧化性强弱与产物关系
52、是解本题关键，易错选项是D，注意离子反应先后顺序，题目难度中等17下列有关溶液中粒子浓度的关系式中一定不正确的是（）A在常温下，0.10molL1Na2CO3溶液25mL 用0.10molL1盐酸滴定当滴定到消耗20mlHCl时所得溶液中离子浓度间的关系有：5c（Cl）=4c（HCO3）+4c（CO32）+4c（H2CO3）B常温下，pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）C25时，0.1 molL1pH=4.5的NaHSO3溶液中：c（HSO3）c（H2SO3）c（SO32）D常温下，等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液：c（
53、CH3COO）c（CH3COOH）=2c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A常温下，Na2CO3、HCl的物质的量之比为5：4，则Na2CO3和HCl以1：1反应且Na2CO3有剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaCl、NaHCO3，且物质的量之比为1：4：4，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；B常温下，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，但电离和水解程度都较小，结合电荷守恒判断；C.25时，0.1 molL1的
54、NaHSO3溶液pH=4.5，溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断【解答】解：A常温下，Na2CO3、HCl的物质的量之比为5：4，则Na2CO3和HCl以1：1反应且Na2CO3有剩余，溶液中溶质为Na2CO3、NaCl、NaHCO3，且物质的量之比为1：4：4，任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得5c（Cl）=4c（HCO3）+4c（CO32）+4c（H2CO3），故A正确；B常温下，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合
55、氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，但电离和水解程度都较小，结合电荷守恒得c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故B正确；C.25时，0.1 molL1的NaHSO3溶液pH=4.5，溶液呈酸性，说明HSO3电离程度大于水解程度，则存在c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3），故C错误；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得2c（Na+）=c（CH3COO）c（CH3COOH），所以得c（CH3COO）c（CH3COOH）=2c（H+）c（OH），故D正确；故选C【点评】本题考查离
56、子浓度大小比较，为高频考点，正确判断混合溶液中溶质及其性质、弱酸氢根离子水解和电离程度相对大小是解本题关键，电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质种类多少无关，易错选项是A，注意：碳酸钠和稀盐酸反应不生成二氧化碳18现有由两种可溶性化合物配成的混合溶液，且浓度均为0.1molL1，其中阳离子可能是Fe2+、Al3+、Fe3+、H+，阴离子可能是NO3、CO32、I、Cl若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，且有气体生成若不计水电离产生的少量离子，则下列说法一定正确的是：（）A向溶液中加少量盐酸时，生成的气体可能含有CO2B原溶液中一定含有NO3、Fe2+，一定不含Fe3+、H+、CO32C原溶液中一定
57、含有的离子为NO3，可能含有Fe2+、ID若原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量先增加后减少【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【分析】若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，说明原溶液中不存在H+，溶液变成黄色说明原溶液中不存在Fe3+，有气体生成，若存在CO32、和H+作用生成二氧化碳，则溶液不可能出现变黄色，所以溶液酸性条件下，在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将二价铁离子氧化成三价铁离子同时生成气体NO，或在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，若原溶液一定含有Fe2+、NO3，一定不含CO32，若原溶液一定含有I、NO3
58、，不含有Fe2+、则阳离子只能是Al3+，也一定不含CO32，据此分析解答【解答】解：A若原溶液一定含有Fe2+、NO3，一定不含CO32，若原溶液一定含有I、NO3，不含有Fe2+、则阳离子只能是Al3+，也一定不含CO32，所以向溶液中加少量盐酸时，生成的气体不可能含有CO2，故A错误；B在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，原溶液中一定含有NO3，一定不含Fe3+、H+、CO32，不一定含有Fe2+，故B错误；C在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将二价铁离子氧化成三价铁离子同时生成气体NO，4Fe2+NO3+4H+=4Fe3+N
59、O+2H2O，或在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，4I+2NO3+6H+=2I2+2NO+3H2O，故C正确；D阳离子Al3+可能存在，若原溶液一定含有Fe2+、原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量一定增加但不减少，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存、无机物的推断，题目难度中等，注意从物质的性质以及反应现象推断，熟练掌握元素化合物的性质192SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是工业制硫酸的主要反应之一一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个容器体积均为2L的恒容密闭容器中投料，其起始物质的量及含硫反应物的平衡转化率如下表所示：甲乙丙丁
60、起始物质的量n（SO2）/mol0.4000.800.02n（O2）/mol0.2400.480.04n（SO3）/mol00.4000.40含硫反应物的平衡转化率%80a1a2a3下列判断中，正确的是（）A该温度下，平衡常数的值为400B平衡时，丙中c（SO3）是甲中的2倍C平衡时，a3a1D乙中SO3的平衡转化率为a1=20%【考点】化学平衡的计算【分析】A甲中平衡时，二氧化硫的转化率为80%，则转化的二氧化硫为0.4mol80%=0.32mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）：0.4 0.24 0变化量（mol）：0.32 0.16 0.32平衡量（mol
61、）：0.08 0.08 0.32再根据平衡常数表达式K=计算；B丙等效为在甲平衡的基础上压强增大一倍，平衡正向移动，丙中二氧化硫的转化率增大；C丁等效为在乙平衡的基础上在加入0.02molSO2、0.04molO2，平衡逆向移动，丁中二氧化硫转化率减小；D起始投入0.4molSO3与起始投入0.4molSO2、0.2molO2是完全等效平衡，乙等效为在甲到达平衡的基础上在移走0.04molO2，故乙平衡时三氧化硫的物质的量小于0.32mol，则乙中分解的三氧化硫大于0.4mol0.32mol=0.08mol【解答】解：A甲中平衡时，二氧化硫的转化率为80%，则转化的二氧化硫为0.4mol80%
62、=0.32mol，则： 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始量（mol）：0.4 0.24 0变化量（mol）：0.32 0.16 0.32平衡量（mol）：0.08 0.08 0.32平衡常数K=400，故A正确；B丙等效为在甲平衡的基础上压强增大一倍，平衡正向移动，丙中二氧化硫的转化率增大，平衡时丙中c（SO3）大于甲中的2倍，故B错误；C丁等效为在乙平衡的基础上在加入0.02molSO2、0.04molO2，平衡逆向移动，丁中二氧化硫转化率减小，即平衡时a3a1，故C错误；D起始投入0.4molSO3与起始投入0.4molSO2、0.2molO2是完全等效平衡，乙等效为在甲到达平
63、衡的基础上在移走0.04molO2，故乙平衡时三氧化硫的物质的量小于0.32mol，则乙中分解的三氧化硫大于0.4mol0.32mol=0.08mol，则乙三氧化硫的转化率a1100%=20%，故D错误，故选：A【点评】本题考查化学平衡有关计算、平衡常数计算、等效平衡等，难度中等，D选项为难点，学生容易利用平衡常数计算解答，BCD中注意利用等效思想构建平衡建立的途径，再利用平衡移动分析解答20纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛以工业废渣锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：（已知KspFe（OH）3
64、=3.81038； KspCu（OH）2=21020；Ksp（ZnS）=1.61024）下列说法不正确的是（）A酸浸时FeO与稀HNO3反应的离子方程式为3FeO+10H+NO3Fe3+NO+5H2OB将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O2C滤渣2中的成分和Zn和FeD当溶液中Zn2+浓度为小于1.0105molL1时，则可认为其沉淀完全若要使Zn2+沉淀完全，溶液中S2浓度应大于1.61019molL1【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价
65、锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS，A、酸浸时FeO与稀HNO3反应根据稀硝酸的强氧化性书写离子方程式； B、根据稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，结合循环利用进一步再转化成硝酸分析C、根据以上分析解答；D、根据QcKsp，才生成ZnS沉淀计算；【解答】解：A、由于稀硝酸的强氧化性，所以FeO与稀HNO3反应离子方程式为：3FeO+10H+NO3=3Fe3+NO+5H2O，故A正确；B、稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，根据要循环利用则将NO进一步再转化成硝酸
66、即4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以通空气或者氧气，将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O2，故B正确；C、由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，所以最终过量出来的处理置换出的铜还有过量的锌，故C错误； D、当QcKsp，才生成ZnS沉淀，即S2浓度大于=1.61022 molL1，故D正确；故选C【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、盐类的水解的应用、物质的分离提纯以及Ksp的计算，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，为高频考点和常见题型，题目
67、难度中等，注意把握基础知识的积累三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第21题第23题为必考题，每个试题考生都必须作答第24题第26题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（包括3小题，共40分）21已知A、B、C、D是中学化学常见物质，它们在一定条件下有A+BC+D的转化关系（1）若A为金属铝，B为氧化铁，该反应的一种用途是焊接钢轨（2）若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，该反应的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（3）若A是淡黄色粉末，常用作供氧剂，C为强碱，则该反应的化学反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（4
68、）若A、B、D都是有机化合物，其中A、B是家庭厨房中常见调味品的主要成分，且A 的相对分子质量比B大14该反应的化学反应方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O某种以B为反应物的新型电池如右所示，该电池的负极的电极反应式为C2H5OH4e+H2O=CH3COOH+4H+（5）ClO2可将弱酸性废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，同时ClO2被还原为Cl，该反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl+12H+【考点】无机物的推断；有机物的推断【专题】无机推断；有机推断【分析】（1）高温条件下，铝和氧化铁发生铝热反应而放出大量热，能用于焊接钢轨；
69、（2）若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，则A是氨气，氨气在催化剂、加热条件下能和氧气反应生成NO和水；（3）若A是淡黄色粉末，常用作供氧剂，则A是过氧化钠，C为强碱，为NaOH，则B是水，D为氧气，根据反应物和生成物书写方程式；（4）若A、B、D都是有机化合物，其中A、B是家庭厨房中常见调味品的主要成分，且A的相对分子质量比B大14，A能和B反应生成C和D，A为乙酸、B为乙醇；在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应；该燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应；（5）ClO2可将弱酸性废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，同时ClO
70、2被还原为Cl，根据反应物和生成物及转移电子守恒书写离子方程式【解答】解：（1）高温条件下，铝和氧化铁发生铝热反应而放出大量热而使铁熔融，所以能用于焊接钢轨，故答案为：焊接钢轨；（2）若A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，且该反应是工业上制取硝酸的重要反应之一，则A是氨气，氨气在催化剂、加热条件下能和氧气反应生成NO和水，反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）若A是淡黄色粉末，常用作供氧剂，则A是过氧化钠，C为强碱，为NaOH，则B是水，D为氧气，根据反应物和生成物书写方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2
71、Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（4）若A、B、D都是有机化合物，其中A、B是家庭厨房中常见调味品的主要成分，且A的相对分子质量比B大14，A能和B反应生成C和D，A为乙酸、B为乙醇；在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应，反应方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；该燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，该电解质溶液呈酸性，所以生成氢离子和二氧化碳，电极反应式为C2H5OH4e+H2O=CH3COOH+4H+，故答案为：C2H5OH4e+H2O=CH3COOH+4H+；（5
72、）ClO2可将弱酸性废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，同时ClO2被还原为Cl，根据反应物和生成物及转移电子守恒书写离子方程式为2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl+12H+，故答案为：2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl+12H+【点评】本题考查较综合，涉及无机物和有机物推断、原电池原理、氧化还原反应等知识点，为高频考点，明确物质性质、基本理论是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写22利用N2和H2可以实现NH3的工业合成，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（
73、g）H=+180.5kJ/molN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJ/mol写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮气体和水蒸气的热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol（2）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2写出石墨I电极上发生反应的电极反应式H2+CO322e=CO2+H2O在电解池中生成N2O5的电极反应式为N2O4+2HNO32e=2
74、N2O5+2H+（3）以甲醇燃料电池为电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2mol CH3OH，阴极产生标况下气体的体积为13.44L（4）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/K298398498K/（molL1）24.1106K1K2完成下列问题：已知该反应能够自发进行，试比较K1、K2的大小：K1 K2（填“”、“=”或“”）；在同温同压时判断该反应达到化学平衡状态的依据是AC（填序号）；A2v（H2）（正）=3v（NH3）（逆） B2v（N2）（正）=v（H2）（逆）C容器内压强保持不变
75、 D混合气体的密度保持不变（5）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式N2H62+H2ON2H5H2O+H+；盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序不正确的是BCD（填序号）Ac（Cl）c（N2H62+）c（OH）c（H+）Bc（Cl）c（N2H5H2O+）c（H+）c（OH）C2c（N2H62+）+c（N2H5H2O+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）Dc（N2H62+）c（Cl）c（H+）c（OH）【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较【专
76、题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）根据已知热化学方程式和盖斯定律计算，由盖斯定律22+3得得到反应的焓变，写出对应反应的热化学方程式；（2）燃料原电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水；先根据化合价判断生成N2O5的电极，N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，再根据离子的放电顺序写出电极反应式；（3）用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，每消耗0.2mol CH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H+2
77、e=H2，电子转移为1.2mol，反应的氢气物质的量为0.6mol，据此计算标准状况下气体的体积；（4）根据焓变判断生成物反应物浓度的变化，然后根据平衡常数判断；根据平衡状态的判断依据判断；（5）根据离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH；由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，水解使溶液显酸性来分析离子浓度的大小关系【解答】解：（1）N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol 由盖斯定律
78、22+3得：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol； 故答案为：4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H=905.0kJ/mol； （2）燃料原电池中，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为H2+CO322e=CO2+H2O；N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价因此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：阴极发生2H+2e=H2的反应，则阳极为N2O4+2HNO32e=2N2O5+2H+故答案为：H2+CO322e=CO2+H2O；N2O4+2HNO32e
79、=2N2O5+2H+；（3）用该电池作电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，每消耗0.2mol CH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H+2e=H2，产生标况下气体的体积=0.6mol22.4L/mol=13.44L；故答案为：13.44；（4）该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1K2，故答案为：；A、不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，能证明正逆反应速率相等，故A正确；B、不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，2v（N2）（正）=v（H2）（
80、逆）不是平衡状态，故B错误；C、容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；D、如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；故选：AC；（5）因水解与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH，则水解离子反应为N2H62+H2ON2H5H2O+H+，故答案为：N2H62+H2ON2H5H2O+H+； （2）A由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，则c（Cl）c（N2H62+），又水解显酸性，则c（H+）c（OH），由水解的程度很弱，则c（N2H62+）c（H+），即离子浓度的大小关系为c（Cl）c（N2H62+）c（H+）c（OH），故A
81、正确；B由水解方程式N2H62+H2ON2H5H2O+H+，可知c（N2H5H2O+）=c（H+），故B错误；C根据电荷守恒可得：2c（N2H62+）+c（N2H5H2O+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），故C错误；D根据A可知显然D错误，故D错误；故答案为：BCD【点评】本题主要考查了盖斯定律、电解池的工作原理知识，原电池原理分析与计算，难度中等，会根据化合价的变化确定生成N2O5的电极，根据离子的放电顺序写出相应的电极反应式，掌握基础是关键23为探究铜与6molL1硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验已知：FeSO4+NOFe（NO）SO4（棕色），该反应较缓慢，待生成一定
82、量Fe（NO）2+时突显明显棕色（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好（2）仪器a的名称分液漏斗（3）实验开始时先将Y形试管向盛有块状固体b的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；（4）证明有NO2的实验现象利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰（5）装置C的作用吸收尾气NO，反应离子方程式5NO+3MnO4+4H+=5NO
83、3+3Mn2+2H2O（6）测定化学试剂绿矾（FeSO47H2O）纯度的方法：称取绿矾3.000g置于锥形瓶中，加入100mL蒸馏水，加入10mLH2SO4和5mLH3PO4，用0.1000molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液20.00mLKMnO4溶液盛放在棕色酸式（填“酸”或“碱”）滴定管中，列式计算绿矾的纯度100%=92.67%【考点】性质实验方案的设计【专题】实验分析题；计算题；实验评价题；守恒思想；无机实验综合【分析】（1）根据压强差进行装置气密性的检验；（2）根据装置图可知仪器A的名称；（3）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与
84、稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；（4）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液出现血红色；（5）高锰酸钾溶液能将一氧化氮氧化成硝酸根，而防止其污染空气；（6）高锰酸钾溶液有强氧化性，应用酸式滴定管中进行滴定，根据电子得失守恒可知关系式5FeSO47H2O2KMnO4，根据关系式由高锰酸钾的物质的量可计算得FeSO47H2O的质量，进而确定其纯度；【解答】解：（1）根据压强差进行装置气密性的检验，具体方法为：关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，B
85、C长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；故答案为：关闭分液漏斗活塞，用酒精灯加热Y试管，观察到BC导管口有气泡产生，停止加热，BC长导管到吸入一段水柱，则装置气密性良好；（2）根据装置图可知仪器A的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙与稀硝酸生成CO2，将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰，故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰； （4）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，把Fe2+氧化成Fe3+，
86、B瓶溶液出现血红色；若无二氧化氮则无血红色，所以证明有NO2的实验现象是铜与硝酸反应不久即观察到B中溶液呈红色，故答案为：铜与硝酸反应不久即观察到B中溶液呈红色；（5）高锰酸钾溶液能将一氧化氮氧化成硝酸根，而防止其污染空气，反应的离子方程式为5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O，故答案为：吸收尾气NO；5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O；（6）高锰酸钾溶液有强氧化性，应用酸式滴定管中进行滴定，滴定中消耗的高锰酸钾的物质的量为0.1000molL10.02L=0.002mol，根据电子得失守恒可知关系式5FeSO47H2OKMnO4，所以样品中FeSO4
87、7H2O的质量为50.002mol278g/mol，所以绿矾的纯度为100%=92.67%，故答案为：酸；100%=92.67%【点评】本题考查了铜和硝酸的反应实验，探究铜与稀硝酸反应的产物及绿矾纯度的计算，对比、对照分析及应用电子得失守恒是解题的关键，题目难度中等四.【选修2-化学与技术】24水是一种重要的自然资源，是人类赖以生存不可缺少的物质请回答下列问题：（1）水质优劣直接影响人体健康天然水在净化处理过程中加入的混凝剂可以是明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁（填两种物质的名称），其净水作用的原理是铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的
88、胶体，使其聚沉，达到净化目的（2）水的净化与软化的区别是水的净化是用混凝剂（如明矾等）将水中胶体及悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子（3）硬度为1的水是指每升水含10mg CaO或与之相当的物质（如7.1mg MgO）若某天然水中c（Ca2+）=1.2103mol/L，c（Mg2+）=6104mol/L，则此水的硬度为10（4）若（3）中的天然水还含有c（HCO3）=8104mol/L，现要软化10m3这种天然水，则需先加入Ca（OH）2740克，后加入Na2CO31484克（5）如图是电渗析法淡化海水的原理图，其中，电极A接直流电源的正极，电极B接直流电源的负极隔膜A是阴（
89、填“阴”或“阳”）离子交换膜；某种海水样品，经分析含有大量的Na+、Cl，以及少量的K+、SO42若用上述装置对该海水进行淡化，当淡化工作完成后，A、B、C三室中所得溶液（或液体）的pH分别为pHa、pHb、pHc，则其大小顺序为pHapHbpHc【考点】电解原理；物质的分离、提纯和除杂【专题】电化学专题；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）弱金属阳离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而达到净水目的；（2）净化水是除去悬浮杂质，软化水是除去钙镁离子；（3）依据硬度为1的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO），将水中的Ca2+、Mg2+质量折算成CaO的
90、质量计算得到；（4）硬水软化需要把钙离子和镁离子全部沉淀，加入氢氧化钙和镁离子、碳酸氢根离子反应，加入碳酸钠沉淀钙离子；（5）阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；电解池的阴极是氢离子放电，阳极是氢氧根离子放电【解答】解：（1）混凝剂是吸附水中的微小悬浮颗粒，凝聚成较大的颗粒，而快速沉降的主要作用，要具备水解生成胶体的性质，所以常有铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，如明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁等，故答案为：明矾、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁；铝盐或铁盐在水中发生水解生成相应氢氧化物胶体，它可吸附天然水中悬浮物并破坏天然水中的其他带异电的胶体，使其聚沉，
91、达到净化目的；（2）水的净化是除去悬浮性杂质，一般用明矾进行；水的软化是降低Ca2+、Mg2+的浓度，方法很多，有离子交换法、石灰纯碱法等，故答案为：水的净化是用混凝剂（如明矾等）将水中胶体及悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子；（3）某天然水中c（Ca2+）=1.2103molL1，c（Mg2+）=6104molL1，硬度为1的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO）；1L水中钙离子物质的量=1.2103mol，相当于CaO质量=1.2103mol56g/mol=67.2mg，1L水中镁离子物质的量=6104mol，相当于氧化镁质量6104mol40
92、g/mol=24mg，所以水的硬度=+=10故答案为：10；（4）10m3这种天然水水中含有钙离子物质的量=10103L1.2103molL1=12mol；镁离子物质的量=10103L6104molL1=6mol；碳酸氢根离子物质的量=10103L8104molL1=8mol；加入氢氧化钙发生的反应为：Mg2+2OH=Mg（OH）2 HCO3+OH=CO32+H2O1 2 1 1 16mol 12mol 8mol 8mol 8mol共需氢氧根物质的量20mol；需要Ca（OH）2物质的量10mol，氢氧化钙质量为74g/mol10mol=740g，水溶液中Ca2+物质的量为12mol+10mo
93、l=22mol，其中需要加入的 碳酸根离子为22mol8mol=14mol，需要碳酸钠的质量为14mol106g/mol=1484g，故答案为：740；1484；（5）阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜A和阳极相连，阳极是阴离子放电，所以隔膜A是阴离子交换膜，故答案为：阴离子交换膜；电解池的阴极是氢离子放电，阳极是氢氧根离子放电，隔膜A是阴离子交换膜，隔膜C是阳离子交换膜，则导致A室显酸性，B室显中性，C室显碱性，所以pH大小顺序为：pHapHbpHc，故答案为：pHapHbpHc【点评】本题考查电解原理、水资源净化及应用，为高频考点，明确电解池中各个电极
94、发生的反应及交换膜特点是解本题关键，难点是硬度的计算，题目难度中等五.【选修3-物质的结构与性质】25在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满电子（1）写出基态E原子的价电子排布式3d54s1（2）B、C、D三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表 示）CON；A与C形成CA3型分子，分子中C原子
95、的杂化类型为sp3，分子的立体结构为三角锥形；C的单质与 BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式； A2D由液态形成晶体时密度减小（填增大，不变或减小），分析主要原因（用文字叙述）水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为（用元素符号表示）Cu2O；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为g/cm3（用含a、NA的符号表示）【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析
96、】在元素周期表前四周期中原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为碳元素，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D为氧元素，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数小于D，所以C为氮元素，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则F原子外围电子排布为3d104s1，所以F为铜元素，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，所以A为氢元素，据此答题【解答】解：在元素周期表前四周期中原
97、子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为碳元素，D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D为氧元素，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数小于D，所以C为氮元素，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，其原子外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则F原子外围电子排布为3d104s1，所以F为铜元素，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，所以A为氢元素（1）E为铬元素，基态E原子的价电子排布为3d54s1，故答案为：3d5
98、4s1；（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：CON；A与C形成NH3分子，分子中N原子形成3个NH、含有1对孤对电子，故N原子杂化类型为sp3，分子的立体结构为三角锥形；C的单质为N2，化合物CO是等电子体，二者结构相似，CO分子中C原子与O原子之间形成三对共用电子对，故CO的电子式为；H2O形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小，故答案为：CON；sp3；三角锥形；水形成晶体时，每个水分子与
99、4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小；（3）根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有氧原子数为1+8=2，铜原子数为4，所以该化合物的化学式为Cu2O，晶胞质量为（4+2）g，若相邻氧原子和铜原子间的距离为a cm，则晶胞的体对角线为4acm，所以边长为cm，所以体积为（cm）3cm3，该晶体的密度为（4+2）g（cm）3=g/cm3，故答案为：Cu2O；【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、等电子体、氢键度物质性质的影响、晶胞的计算等，中等难度，元素推断是解题的关键，需要学生具备扎实的基础，（3）中注意利用均摊法计算晶胞质量，关
100、键是计算晶胞体积，需要学生具备一定的数学计算能力六.【选修5-有机化学基础】26高分子化合物材料PET聚酯和PMMA的合成路线如图：已知：RCOOR+ROHRCO18OR+ROH（R、R、R代表烃基）（R、R代表烃基）（1）PMMA单体的化学名称甲基丙烯酸甲酯（2）F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，的化学方程式为反应、的反应类型氧化反应、消去反应（3）G的分子式C4H8O3，G中官能团的名称羟基、羧基2分子G可形成环状化合物，写出化学方程式2+2H2O（4）I的某种同分异构体与I具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是（5）写出与F互为同分异构体且含单官能团的所有有机物的结构简式CH3CH2C
101、HO、（6）写出由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】乙烯和溴发生加成反应生成A，则A结构简式为CH2BrCH2Br，A和NaOH水溶液发生取代反应生成B，B为HOCH2CH2OH，根据信息I结合分子式知，J结构简式为、D为HOCH3，J发生发生信息I的反应生成PET聚酯；根据PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3；E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3
102、，G为（CH3）2COHCOOH，I为CH2=C（CH3）COOH，据此分析解答【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成A，则A结构简式为CH2BrCH2Br，A和NaOH水溶液发生取代反应生成B，B为HOCH2CH2OH，根据信息I结合分子式知，J结构简式为、D为HOCH3，J发生发生信息I的反应生成PET聚酯；根据PMMA的结构可知，PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3；E氧化得F，F的核磁共振氢谱显示只有一组峰，F发生信息中的反应得G，G在浓硫酸作用下发生消去反应得J，结合PMMA单体的结构和E的分子式可知，E为CH3CHOHCH3，F为CH3COCH3，G为（CH3）2COHCO
103、OH，I为CH2=C（CH3）COOH，（1）PMMA单体为CH2=C（CH3）COOCH3，其名称是甲基丙烯酸甲酯，故答案为：甲基丙烯酸甲酯；（2）2丙醇发生氧化反应生成丙酮，该反应方程式为，反应、的反应类型氧化反应、消去反应，故答案为：；氧化反应；消去反应；（3）G为（CH3）2COHCOOH，其分子式为C4H8O3，其官能团名称是羟基、羧基，2分子G可形成环状化合物，方程式为2+2H2O，故答案为：C4H8O3；羟基；羧基；2+2H2O；（4）I的某种同分异构体与I具有相同官能团，且为顺式结构，其结构简式是，故答案为：；（5）与F互为同分异构体且含单官能团的所有有机物的结构简式为CH3CH2CHO、，故答案为：CH3CH2CHO、；（6）由PET单体制备PET聚酯并生成B的化学方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，根据结构简式、分子式及反应条件、题给信息进行推断，侧重考查学生分析推断及自学和知识迁移能力，正确推断物质结构简式是解本题关键，易错点是（6）题中生成醇的计量数2016年3月2日版权所有：高考资源网()
