1、辽宁省大连三中2014届高三期末考试化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共42分）1（2分）宣传科学知识，介绍高新科技，揭露伪科学，是科学工作者的义务，下列各项中属于伪科学的是（）A高温高压下将石墨制成金刚石B用催化剂将水变成燃料油C将空气中游离的氮变成氮的化合物D用碘化银人工降雨考点：卤化银；催化剂的作用.专题：化学应用分析：A金刚石的能量比石墨的高；B水中只有氢元素、氧元素，而燃油中含有碳元素，水是不可能变为燃油的；C氮气能与氧气在放电条件下生成一氧化氮；D碘化银在高空中分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核解答：解：A、石墨和金刚石都是由碳元素组成的单质，高温高压下将石
2、墨制成金刚石，这种做法是对的，故A正确；B、催化剂只能改变反应的速度，不能改变元素种类，水中含有氢、氧元素；而燃油中含有碳元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，所以水不可能转化为燃油，故B错误；C、将空气中的单质氮变成化合物中的氮，通过化学变化可以实现，故C正确；D、碘化银在高空中分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶冰晶发展到一定的程度，将通过零度层下降，之后融化，形成雨滴，故D正确故选B点评：本题考查化学反应原理，题目难度不大，注意伪科学是指不切合实际，不符合科学道理的说法2（2分）下列是能与金属钠反应的系列物质，在排列H2O、C6H5OH、CH3C
3、OOH、HCl中，内应填入的物质是（）AH2SO4BCH3CH2OHCH2CO3DCH3COOCH3考点：钠的化学性质；强电解质和弱电解质的概念.专题：元素及其化合物分析：依据题干可知，给出物质都能够与钠反应生成氢气，并且与钠反应越来越剧烈，所以所填物质能够与钠反应，为酸，且酸性大于苯酚小于醋酸，据此解答解答：解：由题意可知所填物质能够与钠反应产生氢气，为酸，其酸性强于苯酚弱于醋酸，所给选项中只有碳酸的酸性介于苯酚与醋酸之间，故选：C点评：本题考查了元素化合物的性质，明确钠与水、酸反应的实质是解题关键，题目难度不大3（2分）下列有关实验的说法正确的是（）A除去铁粉中的铜粉，加入足量浓硫酸加热反
4、应后进行过滤B不用任何其他试剂就可以鉴别NaOH溶液和Al2（SO4）3溶液C制备Fe（OH）3胶体，通常是将Fe（OH）3固体溶于热水中D某溶液加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液一定含有大量CO32考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：AFe、Cu均与浓硫酸反应；BNaOH少量时生成沉淀，NaOH过量时沉淀消失；C铁离子水解制备胶体；D使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫解答：解：AFe、Cu均与浓硫酸反应，不能除杂，应选择磁铁分离，故A错误；BNaOH少量时生成沉淀，NaOH过量时沉淀消失，反应与量有关且现象明显，则不用任何其他试剂就可以鉴别NaOH溶液和A
5、l2（SO4）3溶液，故B正确；C铁离子水解制备胶体，则制备Fe（OH）3胶体，通常是将饱和FeCl3溶液于热水中，故C错误；D使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳或二氧化硫，则该溶液可能含有大量CO32，或HCO3，或SO32等，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分离、鉴别、胶体制备等及实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大4（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，2.8g N2与C2H4的混合气体所含电子数为1.4 NAB标准状况下，1.12 L NO与1.12O2的混合
6、物中含有的原子数为0.2NAC25时，pH=13的 Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.1 NAD常温下，1 L 0.1 molL1的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3 NA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、N2与C2H4的摩尔质量为28g/mol，依据n=计算物质的量，N2中含有电子数14，C2H4中含电子数16，计算分析判断；B、依据n=计算物质的量，结合原则守恒计算分析；C、溶液体积不知不能计算微粒数；D、溶液中和氯化铵中都含有氧原子；解答：解：A、N2与C2H4的摩尔质量为28g/mol，依据n=计算物质的量=0.1mol，N2中含有电子数14，C
7、2H4中含电子数16，计算分析判断混合气体中两种气体物质的量不同，电子数不同，所含电子数不一定为1.4 NA，故A错误；B、依据n=计算物质的量，结合原则守恒计算分析，标准状况下，1.12 L NO物质的量=0.05mol，1.12O2的物质的量为0.05mol，混合物中含有的原子数=（0.05mol2+0.05mol2）NA=0.2NA，故B正确；C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D、溶液中和氯化铵中都含有氧原子，1 L 0.1 molL1的NH4NO3溶液中氧原子数大于0.3 NA，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析，盐类水解应用，
8、原子守恒判断，掌握基础是关键，题目较简单5（2分）（2010上海）下列实验过程中，始终无明显现象的是（）ANO2通入FeSO4溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AlCl3溶液中DSO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中考点：氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物.专题：实验题；元素及其化合物分析：根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意解答：解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故
9、B选；C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；故选：B点评：本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应6（2分）在强酸溶液中，下列各组离子能够大量共存的是（）AMg2+、Ca2+、HCO3、ClBNa+、AlO2、Cl
10、、SO42CCu2+、Fe3+、SO42、MnO4DK+、Fe2+、SO42、NO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，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：AH+、HCO3结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；BH+、AlO2结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DH+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应
11、的离子共存考查，题目难度不大7（2分）（2013孝感二模）C5H12有3种不同结构：甲、CH3（CH2）3CH3，乙、CH3CH（CH3）CH2CH3 丙、C（CH3）4，下列相关叙述正确的是（）A甲、乙、丙属同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应BC5H12表示一种纯净物C甲、乙、丙中，丙的沸点最低D丙有3种不同沸点的二氯取代物考点：有机化合物的异构现象.专题：同分异构体的类型及其判定分析：A结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；B有机物无同分异构体的才是纯净物；C沸点：正戊烷异戊烷新戊烷；D先找一氯代物，再找二氯代物解答：解：ACH3（CH2）3CH3、CH
12、3CH（CH3）CH2CH3、C（CH3）4是分子式相同，结构不同，属于同分异构体，不是同系物，均可与氯气、溴蒸气发生取代反应，故A错误；BC5H12存在3种同分异构体：CH3（CH2）3CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、C（CH3）4，不能表示纯净物，故B错误；C沸点：正戊烷异戊烷新戊烷，即甲、乙、丙中，丙的沸点最低，故C正确；D（CH3）4的二氯取代物有2种CHCl2C（CH3）3、（CH2Cl）2C（CH3）2，即有2种不同沸点的二氯取代物，故D错误；故选C点评：本题主要考查了物质的结构与分类，难度不大，注意相应规律的掌握8（2分）X、Y、Z三种主族元素，已知X+和Y具有相同电子
13、层结构，Z元素原子核电荷数比Y元素原子核电荷数少9，Y在一定条件下可被氧化成YZ3，则下列说法正确的是（）AX、Y、Z均属于短周期元素B离子半径X+YCY的气态氢化物可形成氢键DX、Y、Z三种元素组成的化合物中既含有离子键又含有共价键考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z三种主族元素，X+和Y两种离子具有相同的电子层结构，X位于Y的下一周期，且X处于第A族，Y处于第A族，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，Y在一定条件下可被氧化生成YZ3离子，故Y不可能为F元素，不可能位于4的周期，Y位于第三周期，故Y为氯元素，Z为氧元素，所以X为钾元素，据此
14、解答解答：解：X、Y、Z三种主族元素，X+和Y两种离子具有相同的电子层结构，X位于Y的下一周期，且X处于第A族，Y处于第A族，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，Y在一定条件下可被氧化生成YZ3离子，故Y不可能为F元素，不可能位于4的周期，Y位于第三周期，故Y为氯元素，Z为氧元素，所以X为钾元素A氧元素、氯元素处于短周期，钾元素处于长周期，故A错误；B电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，X位于Y的下一周期，核电荷数X较大，所以离子半径X+Y，故B错误；CY为Cl元素，Cl元素电负性不是非常大，其氢化物HCl分子间不存在氢键，常见HF、NH3、H2O中存在氢键，故C错误；DK、Cl、
15、O三元素形成的化合物，属于氯元素含氧酸盐，含有离子键、共价键，故D正确故选D点评：本题考查结构与性质、位置关系综合应用难度中等，推断元素是关键，Y形成1价离子，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，是推断的突破口9（2分）下述实验设计能够达到目的是（）编号实验目的实验设计A除去CO2中少量的SO2将混合气体通过饱和Na2CO3溶液B除去Cu粉中混有的CuO向混合物中滴加适量稀硝酸C证明钠的金属活动性比铝强向AlCl3溶液中投入金属钠D证明H2CO3酸性比H2SiO3强将CO2通入Na2SiO3溶液中AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A二者均与碳酸钠溶液反应；B
16、二者均与稀硝酸反应；C向AlCl3溶液中投入金属钠，不能置换出Al；DCO2通入Na2SiO3溶液中，发生强酸制取弱酸的反应解答：解：A二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液来除杂，故A错误；B二者均与稀硝酸反应，不能除杂，应利用稀盐酸来除杂，故B错误；C向AlCl3溶液中投入金属钠，不能置换出Al，不能比较金属性的强弱，故C错误；DCO2通入Na2SiO3溶液中，发生强酸制取弱酸的反应，生成硅酸，可证明H2CO3酸性比H2SiO3强，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、金属性和酸性比较等为解答的关键，侧重物质性质及化学反应原理的考
17、查，注意实验的评价性分析，题目难度不大10（2分）下列说法或表示方法正确的是（）A等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B由H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol可知，若将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJC由C（石墨）C（金刚石）H=+1.90 kJmol1可知，金刚石比石墨稳定D500、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5mol H2（g）置于密闭容器中充分反应生成0.2molNH3（g），放热9.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=38.6
18、kJ/mol考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：A、对于放热反应来说，反应物能量越高，反应放热越多；B、醋酸是弱酸，没有完全电离，醋酸电离时吸热；C、物质的能量越低越稳定；D、合成氨是可逆反应，其焓变应据生成0.2mol氨气时放热多少计算解答：解：A、对于放热反应来说，反应物能量越高，反应放热越多，等物质的量时，硫蒸汽比硫固体所含能量高，故A错误；B、醋酸是弱酸，在水溶液中没有完全电离，醋酸电离时吸热，所以1mol醋酸与1mol氢氧化钠溶液反应放热少于强酸，故B正确；C、石墨能量比金刚石低，物质的能量越低越稳定，故C错误；D、0.2molNH3（g），放热9.3kJ，其热化学方
19、程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=93kJ/mol，故D错误；故选B点评：本题考查了焓变的计算、中和热、物质的能量越低越稳定、可逆反应的焓变，题目难度中等11（2分）下列装置或操作能达到实验目的是（）A量取8.5mL稀硫酸B制备FeNaOH溶液C防止铁钉生锈D用酒精萃取水中的溴考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A50ml量筒精确到1ml；B氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化；C铁钉做原电池负极；D酒精和水互溶解答：解：A50ml量筒精确到1ml，无法量取8.5mL稀硫酸，故A错误； B氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，应隔绝空气制取，故B正确；C铁钉做原电池负极，加快腐
20、蚀，故C错误；D酒精和水互溶，不能做萃取剂，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及量取液体、物质制备、金属腐蚀和物质分离等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大12（2分）（2012南通模拟）CPAE是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成下列说法不正确的是（）A咖啡酸分子中所有碳原子可能处在同一个平面上B可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇C1 mol 苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10 mol O2D1 mol CPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的
21、官能团及其结构.专题：有机物的化学性质及推断分析：A苯环上所有碳原子处于同一平面上，乙烯中两个碳原子处于同一平面上；BNa与三种有机物均反应生成氢气；C苯乙醇的分子式为C8H10O，结合燃烧规律分析；D酚OH、COOC与NaOH溶液反应解答：解：苯环上所有碳原子处于同一平面上，乙烯中两个碳原子处于同一平面上，咖啡酸中含有苯环碳碳双键，所以所有碳原子可能处于同一平面上，故A正确；BNa与三种有机物均反应生成氢气，则不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，故B错误；C苯乙醇的分子式为C8H10O，1 mol 苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗1mol（8+）=10 mol O2，故C正确；D酚OH、
22、COOC与NaOH溶液反应，则1 mol CPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH，故D正确；故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握酚、醇、酯的性质为解答的关键，注意采用知识迁移的方法确定原子是否共面，题目难度中等13（2分）一定量混合气体，在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g）pC（g），达到平衡后将气体体积压缩到原来的二分之一，当达到新平衡时，C 的浓度为原来的1.9 倍若压缩过程保持温度不变，则下述叙述正确的（）Am+npB平衡向逆反应方向移动CA 的转化率增大DC 的体积百分含量增大考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：
23、mA（g）+nB（g）pC（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍，则体积减小时平衡逆向移动，以此来解答解答：解：mA（g）+nB（g）pC（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍，则体积减小时平衡逆向移动，A体积缩小，相当于加压，平衡逆向移动，则m+np，故A正确；B由上述分析可知，平衡逆向移动，故B正确；C平衡逆向移动，A的转化率减小，故C错误；D平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；故选AB点评：本题考查影响平衡移动的因素，注
24、意把握“体积压缩到，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍”为解答的关键信息，题目难度中等14（2分）下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（）化合物ABCDYCO2Fe2O3C2H5OHFeCl3WMgOAl2O3C2H5ONaCuCl2AABBCCDD考点：镁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；乙醇的化学性质.专题：元素及其化合物分析：置换反应是一种单质和化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，依据置换反应概念结合物质性质进行分析判断，A二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，属于置换反应；B氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，属于置换反应；CC2
25、H5OH与Na反应生成C2H5ONa与氢气，符合置换反应概念；D氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应解答：解：A二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，2Mg+CO2=C+2MgO，属于置换反应，故A不符合；B氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3，属于置换反应，故B不符合；CC2H5OH与Na反应生成C2H5ONa与氢气，属于置换反应，故C不符合；D氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应，故D符合；故选D点评：本题以置换反应的概念为载体，考查元素化合物的性质等，熟悉常见物质的性质及物质转化中的化学反应是解答的关键15（2分）下
26、列化学原理表述正确的是（）A氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，H+浓度增大B同体积同pH的盐酸和醋酸与足量的锌反应，醋酸的反应速率快，生成H2的物质的量多CNaHCO3溶液不显中性的原因：HCO3+H2OCO32+H3O+DNa2CO3溶液中满足：2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较.分析：A、氢硫酸是弱酸存在电离平衡，加水稀释促进电离；B、醋酸是弱电解质存在电离平衡分析；C、碳酸氢根离子水解呈碱性；D、依据溶液中的物料守恒分析判断解答：解：A、氢硫酸是弱酸存在电离平衡加水稀释，电离程度增大，H+浓度减小，故A错
27、误；B、同体积同pH的盐酸和醋酸，与足量的锌反应，醋酸存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度大反应速率快，生成H2的物质的量多，故B正确；C、NaHCO3溶液不显中性的原因是因为碳酸氢根离子水解：HCO3+H2OH2CO3+OH，故C错误；D、Na2CO3溶液中满足碳元素的物料守恒：c（Na+）=2c（CO32）+2 c（HCO3）+2c（H2CO3），故D错误；故选B点评：本题考查了弱电解质的电离平衡应用，盐类水解的应用，溶液中的物料守恒16（2分）已知酸式盐NaHB在水溶液中存在下列反应：NaHB=Na+HB，HBH+B2，HB+H2OH2B+OH且溶液中c（H+）c（OH），则下
28、列说法错误的是（）ANaHB为强电解质BNaHB溶液中：c（Na+）c（HB）+2c（B2）CH2B为弱电解质DHB的电离程度小于HB的水解程度考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：NaHB是盐，完全电离为强电解质，HB即电离又水解，c（H+）c（OH），说明电离程度大于水解程度，电离和水解程度都很小，所以溶液中c（Na+）和c（HB）离子浓度大，c（B2）很小，H2B是弱酸，据此解答解答：解：A、NaHB是盐，完全电离为强电解质，故A正确；B、HB即电离又水解，电离和水解程度都很小，所以溶液中c（Na+）和c（HB）离子浓度大，c（B2）很小，故B正确
29、；C、H2B是弱酸为弱电解质，故C正确；D、HB即电离又水解，c（H+）c（OH），说明电离程度大于水解程度，故D错误；故选D点评：本题考查了弱酸的酸式盐的电离和水解，注意根据溶液的酸碱性判断电离和水解程度的大小，题目难度中等17（2分）在一个可以加热的密闭容器中，加入Na2O2和NaHCO3各0.5mol，将容器加热至400，待充分反应后排出气体，则容器中剩余的固体是（）ANa2CO3BNa2CO3和Na2O2CNaOHDNa2CO3和NaOH考点：钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：Na2O2和NaHCO3各0.5mol混合后，在密闭容器中充分加热，可能发生的反应有：2NaHCO3N
30、a2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，根据Na2O2和NaHCO3各0.5mol来判断残留固体解答：解：0.5molNaHCO3加热分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，生成CO2和H2O分别0.25mol，则生成的CO2和H2O分别与0.5molNa2O2反应刚好完全：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，所以残留固体为Na2CO3和NaOH；故选D点评：本题考查钠的化合物的性质，题目难度不大，本题注意Na2O2和NaHCO3各0.5mol的特点，注意有
31、关反应，以正确判断最终产物18（2分）（2014南昌模拟）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是（）A制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C在工段、中，溴元素均被氧化D工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁考点：海水资源及其综合利用.专题：化学应用分析：A往精盐溶液中通氨气，得沉淀，据此解答；B碳酸钠和碳酸氢钠溶液加入澄清石灰水，均有白色沉淀产生；C第步中，溴元素被还原；D工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁解答：解：A往精盐溶液中通氨气，得碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解
32、度小于氯化钠，故A正确；B分别向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，发生Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3、2NaHCO3+Ca（OH）2=Na2CO3+CaCO3+2H2O，均有白色沉淀产生，故B错误；C在工段、中，第步中，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中S元素的化合价升高，则二氧化硫被氧化，溴元素被还原，故C错误；D电解饱和MgCl2溶液，只能得到氢氧化镁沉淀，工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D错误；故选A点评：本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大19（2分）下列离子方程式书写不正确的是（）AAlCl3溶液
33、与烧碱溶液反应，当n（OH）：n（Al3+）=7：2时：2Al3+7OH=Al（OH）3+AlO2+2H2OB氨水吸收足量的SO2气体：NH3H2O+SO2=NH4+HSO3C高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2OD向Fe（OH）3悬浊液中加入氢碘酸：Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A当n（OH）：n（Al3+）=7：2时，铝离子与氢氧根离子反应先生成氢氧化铝沉淀，然后部分氢氧化铝与氢氧根离子继续反应生成偏铝酸根；B一水合氨与足量二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵；C高锰酸钾酸性溶液与草
34、酸溶液发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水；D三价铁离子能够氧化碘离子解答：解：AAlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n（OH）：n（Al3+）=7：2时，离子方程式为：2Al3+7OH=Al（OH）3+AlO2+2H2O，故A正确；B氨水吸收足量的SO2气体，离子方程式：NH3H2O+SO2=NH4+HSO3，故B正确；C高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水，离子方程式：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故C正确；D向Fe（OH）3悬浊液中加入氢碘酸，离子方程式：2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+6H2O+I2，故D
35、错误；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查氧化还原反应离子方程式书写、反应物用量不同发生反应不同的离子反应方程式书写，明确反应实质是解题关键，题目难度中等20（2分）碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛使用，锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）下列说法错误的是（）A电池工作时，锌失去电子B电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（l）+2eMn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小6
36、.5g考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A、根据原电池原理判断；B、根据正极上的反应类型书写电极反应式；C、根据原电池工作原理中电子的流向、电流的流动方向分析；D、根据锌与转移电子的关系计算解答：解：A、原电池工作原理是：负极失电子，发生氧化反应，根据总反应可知失电子的是金属锌，故A正确；B、正极得电子，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（l）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），故B正确；C、电池工作时，电子由负极流向正极，故C错误；D、根据电池反应Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），消耗1mol
37、的金属锌，转移电子是2mol，所以当外电路中每通过0.1mol电子，消耗金属锌0.05mol，锌的质量理论上减小0.05mol65g/mol=3.25g，故D错误故选CD点评：理解这类题的关键是理解原电池原理，注意教材知识的灵活运用是解题的关键，难度不大21（2分）用水处理金属钠与碳化钙的混合物，有气体放出，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A气体A完全燃烧时，需要3.5倍体积的氧气，则金属钠与碳化钙的物质的量之比是（）A2：1B1：2C4：1D1：4考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O2NaOH+H2，用水处
38、理碳化钙CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，设A为CxHy，根据CxHy+（x+）O2xCO2+H2O进行计算解答：解：用水处理金属钠发生反应2Na+2H2O2NaOH+H2，用水处理碳化钙CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，此气体在催化剂作用下恰好完全反应，生成另一种气体A，A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，设A为CxHy，CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 1 x+ x+=3.5，因A为C2H2和H2的混合气体恰好完全反应的产物，所以x=2，y=6，A为C2H6，生成A的方程式为：2H2+C2H2C2H6
39、，n（H2）：n（C2H2）=2：1，所以金属钠与碳化钙的物质的量之比为4：1，故选C点评：本题考查了有关混合物的计算，题目难度中等，注意掌握烃的燃烧通式在化学计算中的应用方法二、解答题（共4小题，满分58分）22（14分）有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系（部分反应物、生成物已略）其中，B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热请回答下列问题：（1）B的电子式为（2）画出元素M的原子结构示意图（3）物质X的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2（4）电解混合液时
40、的阳极反应式为4OH4e=O2+2H2O、4OH4e=O2+2H2O（5）按要求写出上述转化关系中有关反应的化学方程式：含有L元素的化合反应4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3含有L元素的置换反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3（6）写出X与过量NaOH反应的离子方程式（7）已知a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合，放出b kJ的热量，写出E燃烧热的热化学方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=kJ/mol考点：无机物的推断.专题：推断题分析：M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为
41、Fe（OH）3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）2，X的水溶液为浅绿色，混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH4）2Fe（SO4）2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，然后结合物质的性质及化学用语来解答解答：解：M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe（OH）3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe（OH）2，X的水溶液为浅绿色
42、，混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为（NH4）2Fe（SO4）2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，（1）B为氨气，其电子式为，故答案为：；（2）Al的原子结构示意图为，故答案为：；（3）由上述分析可知，物质X的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2；（4）电解混合液时阳极反应式为4OH4e=O2+2H2O，故答案为：4OH4e=O2+2H2O；（5）含有L元素的化合反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe
43、（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；含有L元素的置换反应为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，故答案为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；（6）铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铁，所以发生的离子反应方程式为：2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3+2H2O，故答案为：NH4+Fe2+3OHFe（OH）2+NH3+H2O；（7）a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，则1molE燃烧放出kJ热量，则热化学反应为H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=kJ/mol，故答案为：H
44、2（g）+O2（g）=H2O（l）H=kJ/mol点评：本题考查无机物的推断，把握铝热反应及电解原理为解答的关键，注意C、L、M为推断物质的突破口，侧重金属及其化合物之间转化的考查，题目难度中等23（14分）（2009乐平市模拟）根据环保要求，在处理有氰电镀废水时，剧毒的CN离子在催化剂TiO2颗粒作用下，先用NaClO将CN离子氧化成CNO（CN和CNO中N元素均为3价），再在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2环保工作人员在密闭系统中用下图装置进行实验，测定CN被处理的百分率现将浓缩后含CN离子的污水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（其中CN的浓度为0.2mol/
45、L）倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞回答下列问题：（1）根据题意，写出有关主要反应的离子方程式：甲中的反应：CN+ClOCNO+Cl；乙中的反应：2CNO+6ClO+8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O（2）上述实验是通过测定CO2的量来确定对CN的处理效果丙装置中的试剂是浓硫酸，丁装置的目的是除去Cl2；干燥管的作用是吸收CO2，干燥管的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验（3）假定上述每一个装置都充分吸收，则利用该装置测得的CN被处理的百分率与实际值相比偏低（填：“偏高”或“偏低”），简述可能的原因：装置中残留有CO2未被完全吸收
46、（4）若干燥管中碱石灰增重1.408g，则该实验中测得CN被处理的百分率为80%考点：探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）根据题意可知，甲中的反应为NaClO将CN离子氧化成CNO；乙中的反应为酸性条件下CNO与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2根据氧化还原反应配平（2）实验原理为测量干燥管吸收的二氧化碳的质量确定对CN的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定所以进入干燥管的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气同时应防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管干扰实验（3）装置中残留有CO2
47、未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低（4）干燥管中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知被处理的CN的物质的量为n（CN）=n（CO2），原溶液中CN的物质的量为0.2L0.2mol/L=0.04mol，据此计算解答：解：（1）根据题意可知，甲中的反应为NaClO将CN离子氧化成CNO，NaClO具有强氧化性，被还原为Cl，反应离子方程式为CN+ClOCNO+Cl；乙中的反应为酸性条件下CNO与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO+6ClO+8H+N2+2CO2+3Cl2+4H2O故答案为：CN+ClOCNO+Cl；2CNO+6ClO+8H+
48、N2+2CO2+3Cl2+4H2O（2）实验原理为测量干燥管吸收的二氧化碳的质量确定对CN的处理，由于乙装置中产生N2、CO2、Cl2、H2O，氯气与水都能被碱石灰吸收，影响二氧化碳质量的测定所以进入干燥管的气体应除去氯气与水，用浓硫酸吸水，用铜网除去氯气同时应防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管干扰实验故丙装置中的试剂是浓硫酸；丁装置的目的是除去Cl2；干燥管的作用是吸收CO2，干燥管的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验故答案为：浓硫酸，除去Cl2，吸收CO2，防止空气中的CO2、水蒸气进入干扰实验（3）装置中残留有CO2未被完全吸收，导致测定的二氧化碳质量偏低，测得的CN被处理的
49、百分率与实际值相比偏低故答案为：偏低，装置中残留有CO2未被完全吸收（4）干燥管中碱石灰增重1.408g为二氧化碳的质量，物质的量为=0.032mol，根据碳元素守恒可知被处理的CN的物质的量为n（CN）=n（CO2）=0.032mol，原溶液中CN的物质的量为0.2L0.2mol/L=0.04mol，所以该实验中测得CN被处理的百分率为100%=80%故答案为：80%点评：考查实验原理、实验装置理解与评价、常用化学用语、化学计算等，难度中等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，学习中全面把握基础知识24（15分）（2009广东）甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3（l）+H2O（
50、l）HCOOH（l）+CH3OH（l）H0某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）反应体系中各组分的起始量如下表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化见图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：反应时间范围/min05101520253035404550557580平均反应速率/（ 103 molmin1 ）1.97.47.84.41.60.80.0请计算1520min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol，甲酸甲酯的平均反应速率为0.00
51、9molmin1（不要求写出计算过程）（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零（3）上述反应的平衡常数表达式为：K=，则该反应在温度T1下的K值为（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图考点：化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示
52、方法；化学平衡常数的含义.专题：压轴题；化学平衡专题；化学反应速率专题分析：（1）由图表可知，15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%，两次时刻剩余的甲酸甲酯的物质的量之差，即为1520min范围内甲酸甲酯的减少量；根据题目图表可知反应速率为单位时间内物质的量的变化，1520min范围内甲酸甲酯的平均速率为，据此求解；（2）甲酸具有催化作用，加快反应，开始氢离子浓度小，催化效果不明显，随着反应进行氢离子浓度增大，催化效果明显，甲酸增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，当达到平衡时，反应速率几乎不变；（3）由图象与表
53、格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，计算出平衡时反应混合物各物质的物质的量，代入表达式计算；（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小解答：解：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为11.00mol6.7%=0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为11.00mol11.2%=0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol0.888mol=0.045mol，则甲
54、酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min=0.009molmin1故答案为：0.045mol；0.009molmin1；（2）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变故答案为：反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零（3）由图象
55、与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.0024%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol，甲醇的物质的量=0.76mol所以K=（0.760.25）/（1.750.76）=1/7故答案为：；（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲酸甲酯的转化率增大，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要高于T1故答案为：点评：本题考查考生对化学反应
56、速率概念，化学平衡的了解及其影响因素的理解，对化学平衡常数简单计算的掌握，注重考查学生知识迁移、读图及表达能力25（15分）（2014宜春模拟）高分子材料E和含扑热息痛高分子药物的合成流程如图所示：已知：I含扑热息痛高分子药物的结构为：IIIII试回答下列问题：（1）的反应类型为加成反应，G的分子式为C4H5OCl（2）若 1mol 可转化为1mol A和1mol B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，写出A的稀溶液与过量浓溴水发生反应的化学方程式（3）反应为加成反应，则B的结构简式为；扑热息痛的结构简式为（4）D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8
57、%，氧32%D分子中所含官能团为碳碳双键和酯基（5）写出含扑热息痛高分子药物与足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式（6）D有多种同分异构体，其中与D具有相同官能团，且能发生银镜反应的同分异构体有11种（考虑顺反异构）考点：有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：苯和丙烯发生加成反应生成异苯丙烷，异苯丙烷被氧化生成A和B，B和氢氰酸发生加成反应生成，则B是丙酮，1mol 可转化为1mol A和1mol B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，说明A中含有酚羟基，根据碳原子守恒知A是苯酚，发生反应生成D，D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，则D的相对分子质量是100，D中各元素的质量分
58、数分别为碳60%，氢8%，氧32%，则碳、氢、氧原子个数比=：=5：8：2，D的相对分子质量是100，则D的分子式为：C5H8O2，D的不饱和度=，所以D中含有碳碳双键，且含有酯基，所以D的结构简式为：CH2=C（CH3）COOCH3，D发生加聚反应生成F；异丙烯酸和SOCl2发生取代反应生成G，G的结构简式为：CH2=C（CH3）COCl，G反应生成H，H反应生成，则H是解答：解：苯和丙烯发生加成反应生成异苯丙烷，异苯丙烷被氧化生成A和B，B和氢氰酸发生加成反应生成，则B是丙酮，1mol 可转化为1mol A和1mol B，且A与FeCl3溶液作用显紫色，说明A中含有酚羟基，根据碳原子守恒知
59、A是苯酚，发生反应生成D，D蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，则D的相对分子质量是100，D中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%，则碳、氢、氧原子个数比=：=5：8：2，D的相对分子质量是100，则D的分子式为：C5H8O2，D的不饱和度=，所以D中含有碳碳双键，且含有酯基，所以D的结构简式为：CH2=C（CH3）COOCH3，D发生加聚反应生成F；异丙烯酸和SOCl2发生取代反应生成G，G的结构简式为：CH2=C（CH3）COCl，G反应生成H，H反应生成，则H是（1）苯和丙烯发生加成反应生成异苯丙烷，所以的反应类型为加成反应，通过以上分析知G的分子式为 C4H5OCl
60、，故答案为：加成反应，C4H5OCl；（2）A是苯酚，苯酚和溴水发生取代反应，反应方程式为：，故答案为：；（3）通过以上分析知，B的结构简式为：，扑热息痛的结构简式为，故答案为：，；（4）D的结构简式为：CH2=C（CH3）COOCH3，D分子中所含官能团为碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键和酯基；（5）扑热息痛高分子药物与足量氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）D的结构简式为：CH2=C（CH3）COOCH3，D有多种同分异构体，其中与D具有相同官能团说明含有酯基和碳碳双键，且能发生银镜反应说明含有甲酯基，则该物质是甲酸某酯，形成酯的醇部分碳链结构为：C=CCC、CC=CC（有顺反）、CCC=C（有顺反）、C=C（C）C、C=CC（C）、CC（C）=C、CC=C（C）（有顺反）、C=C（CC），所以D的符合条件的同分异构体有11种，故答案为：11点评：本题考查了有机物的合成，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，采用正逆相结合的方法进行分析，难点是同分异构体种类的判断，注意有碳链异构、官能团异构和顺反异构，难度较大
