1、2015年湖北省黄冈市黄梅一中高考化学适应性试卷（6月份）一、选择题：（本题包括7小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B NO可用于某些疾病的治疗C NO2通入FeSO4溶液中始终无明显现象D 汽车尾气的主要污染成分包括NO、CO和N22美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺（如图所示）下列有关该工艺的说法错误的是（）A 该过程中，能量的转化形式只有两种B 铝镓合金可以循环使用C 铝镓合金与水反应的化学方程式为：2Al+3H2OAl2O3+3H2D 总反应式为2H2O2H2+O23下列实
2、验现象预测或装置的选用正确的是（）A 用装置（）加热草酸晶体的方法获取某些气体（草酸晶体的熔点101.5，分解温度约为150）B 用装置（）进行实验时，酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C 用装置（）进行实验时，广口瓶内先有浅红棕色气体出现后又变为无色，且不会产空气污染D 用装置（）分离溴苯和苯的混合物4下列评价及离子方程式书写正确的是（）选项离子组评价AH+、Fe2+、NO3、Cl不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2+NO3+6H+4Fe3+2NO+3H2OBNa+、CO32、Cl、Al3+不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应2Al3+3CO32+3
3、H2O2Al（OH）3+3CO2CFe3+、K+、SCN、Br不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成Fe3+SCNFe（SCN）3DHCO3、OH、Na+、Ca2+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3+OHCO2+H2OA AB BC CD D5硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）下列说法错误的是（）A 碱式硫酸铁水解能产生Fe（OH）3胶体，可用作净水剂B 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C 可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D 常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大6新
4、型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox3x4，M=Mn、Co、Zn或Ni，在该盐中均显+2价）由铁酸盐（MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图关于此转化过程的叙述不正确的是（）A MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性B MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应C MFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原D 若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应，则MFe2Ox中x的值为3.57用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫
5、再生循环脱硫法其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中不正确的是（）A X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极B 阳极区pH增大C 图中的baD 该过程中的产品还有H2SO4二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8已知有机色质的发色官能团可以被氧化或发生加成反应生成无色物质（1）为了探索比较SO2和Cl2的漂白原理，甲同学做了如下对比实验：a将干燥的SO2和干燥的Cl2分别通到干燥的品红试纸上，发现红色试纸均不褪色；b将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，发现品红溶液均褪色；c加热b中漂白后的溶液，发现前者恢复红色，并产生刺激性气味的气体，后者无明显现象
6、；d将SO2和Cl2分别持续通入紫色石蕊试液中，发现前者只变红，不褪色，后者先变红，后褪色请根据甲同学的实验事实，简要说明SO2与Cl2漂白原理的相同与不同之处相同之处：SO2和Cl2本身都没有漂白性，起漂白作用的分别是其与水反应后的产物H2SO3和HClO不同之处：H2SO3只能与某些有机色质发生加合或化合反应，生成不稳定的无色物质，产物受热分解再放出SO2，是非氧化还原反应HClO能与很多有机色质发生反应，生成物较稳定（2）乙同学为了探索对比O3、H2O2和Cl2的漂白能力大小，将等体积等浓度的品红溶液与三种漂白剂呈喷雾状分别反应，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，但褪色时间
7、O3最短，H2O2次之，Cl2最长消耗三种漂白剂的物质的量相同的原因是：每摩尔物质相等O3漂白速度较H2O2快的主要原因是；Cl2漂白速度最慢的主要原因可能是（3）丙同学为了比较H2O2和NaClO的氧化性强弱，将两者混合，观察到产生大量无色无味气体丙同学认为，发生反应的离子方程式为，由此确认NaClO的氧化性强于H2O2；丁同学认为产生气体也可能是H2O2分解的原因，建议丙同学进一步补充实验来确认补充实验需要的试剂是9盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）实验室以盐泥为原料制取MgSO47H2O的实验过程如下：已知：室温下KspMg（OH）2=6.010
8、12在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.19.6、2.03.7、3.14.7三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为12以及煮沸的目的是（2）若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0molL1，则溶液pH才可能产生Mg（OH）2沉淀（3）由滤液到滤液需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是，滤渣的主要成分是（4）从滤液中获得MgSO47H2O晶体的实验步骤依次为向滤液中加入；过滤，得沉淀；蒸发浓缩，降温结晶；过滤、洗涤得产品（5）若获得的MgSO47H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁以
9、Mg（OH）2计的百分含量约为（MgSO47H2O的相对分子质量为246）10某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”查阅化学手册知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/660205415351462沸点/246729802750（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金你认为他的解释是否合理？答：（填“合理”或“不合
10、理”）（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝该实验所用试剂是反应的离子方程式为（3）实验室溶解该熔融物，下列试剂中最好的是（填序号）A浓硫酸 B稀硫酸 C稀硝酸 D氢氧化钠溶液实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出在反应结束后的溶液中，逐滴加入4molL1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示试回答下列问题：（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为（2）在DE段，沉淀的物质的
11、量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为上述现象说明溶液中结合OH的能力比强（填离子符号）（3）B点对应的沉淀的物质的量为mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为mL11过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：Fe（H2NCONH2）6（NO3）3三硝酸六尿素合铁（）和Fe（CO）x等基态Fe3+的M层电子排布式为尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是、；配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x= Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于（填晶体类型）12O和Na形成的一种只含有离子
12、键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为已知该晶胞的密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=cm（用含、NA的计算式表示）13下列说法正确的是 （）A 第一电离能大小：SPSiB 电负性顺序：CNOFC 因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低D SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大E 分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高14图1是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体图中d单质的晶体堆积方式类型是图2是上述六种元素中的一
13、种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因：15药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如下：已知：A能使三氯化铁溶液显色完成下列填空：（1）CH3I的作用（2）写出反应反应类型（3）G中官能团的名称（4）H的一种同分异构体的一氯代物的结构为，该物质在NaOH水溶液中加热反应时的化学方程式为（5）试写出能同时满足以下条件H所有的同分异构体a能与氯化铁溶液发生显色反应b能与碳酸氢钠反应产生无色气泡c取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体d苯环上的一氯代物只有两种，但苯环上氢原子数不少3e分子中含有甲基（6）试利用CH3CH=CH2为原料制备的合成路
14、线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH2015年湖北省黄冈市黄梅一中高考化学适应性试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题：（本题包括7小题，每小题6分，每小题只有一个选项符合题意）1下列说法正确的是（）A CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在B NO可用于某些疾病的治疗C NO2通入FeSO4溶液中始终无明显现象D 汽车尾气的主要污染成分包括NO、CO和N2考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响分析：A、一氧化氮在被氧化成二氧化氮；B、NO的生物学特性有促使血红蛋白和肌球蛋白迅速强力抑制其血管舒张作用，则可用于心血管
15、疾病的治疗；C、二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子；D、氮气无污染解答：解：A、一氧化氮在空气中不能稳定存在，被氧化成二氧化氮，故A错误；B、NO的生物学特性有促使血红蛋白和肌球蛋白迅速强力抑制其血管舒张作用，则可用于心血管疾病的治疗，所以NO可用于某些疾病的治疗，故B正确；C、二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液由浅绿色变成黄色，故C错误；D、氮气无污染，故D错误；故选B点评：本题考查氮及氮的化合物的性质，学生只要掌握氮元素及化合物的转化就可以迅速解题了，比较容易2美国普度大学研究开发出一种利用铝镓合金制备氢气的新工艺（如图所示）下列有关该工艺的说
16、法错误的是（）A 该过程中，能量的转化形式只有两种B 铝镓合金可以循环使用C 铝镓合金与水反应的化学方程式为：2Al+3H2OAl2O3+3H2D 总反应式为2H2O2H2+O2考点：铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：A工艺流程中，太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转变为热能；B前边操作中用的物质，在后续操作中又得到该物质，则该物质就可循环使用；C铝镓合金与水的反应实际上是铝和水的反应；D根据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气解答：解：A该工艺中能量的转化形式有：太阳能转化为电能、电能转化为化学能、电能转化为热能，所以有三种形式的能量转化，故A错误；
17、B开始的反应物是铝镓合金，最终的生成物是铝镓合金，所以铝镓合金能循环使用，故B正确；C由流程图可知，铝镓合金与水的反应得到氧化铝、氢气和镓，相当于镓未参加反应，所以实际上发生的反应是2Al+3H2OAl2O3+3H2，故C正确；D根据反应物与最终产物，据此整个过程实质是水分解生成氢气与氧气，该工艺中总反应为：2H2OH2+O2，故D正确，故选A点评：本题考查化学工艺流程，难度不大，意从题目中获取相关的信息进行解答，侧重考查学生阅读获取信息能力及对知识迁移应用，A选项为易错点，学生容易忽略化学能与热能的转化3下列实验现象预测或装置的选用正确的是（）A 用装置（）加热草酸晶体的方法获取某些气体（草
18、酸晶体的熔点101.5，分解温度约为150）B 用装置（）进行实验时，酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C 用装置（）进行实验时，广口瓶内先有浅红棕色气体出现后又变为无色，且不会产空气污染D 用装置（）分离溴苯和苯的混合物考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A酒精灯加热不能使草酸晶体分解；B浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变黑，然后发生氧化还原反应生成二氧化硫，会使酸性高锰酸钾溶液褪色；CCu与稀硝酸反应生成NO，NO的密度比空气小，NO易被空气氧化；D溴苯和苯互溶，但沸点不同，需要利用温度计测定沸点解答：解：A酒精灯加热不能使草酸晶体分解，应选酒精喷灯，故A错误；B浓硫酸具有脱水
19、性，使蔗糖变黑，然后发生氧化还原反应生成二氧化硫，会使酸性高锰酸钾溶液褪色，图中装置合理，故B正确；CCu与稀硝酸反应生成NO，NO的密度比空气小，NO易被空气氧化，则应利用向下排空气法（集气瓶中导管短进长出），且氮的氧化物有毒，污染环境，故C错误；D溴苯和苯互溶，但沸点不同，需要利用温度计测定沸点，图中缺少温度计，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，综合性较强，涉及实验装置及反应、氧化还原反应、气体的制备及混合物的分离等，把握反应原理及实验装置的作用为解答的关键，题目难度中等，选项A为解答的易错点4下列评价及离子方程式书写正确的是（）选项离子组评价AH+、Fe2+、
20、NO3、Cl不能大量共存于同一溶液中，因为发生了氧化还原反应4Fe2+NO3+6H+4Fe3+2NO+3H2OBNa+、CO32、Cl、Al3+不能大量共存于同一溶液中，因为发生了互促水解反应2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2CFe3+、K+、SCN、Br不能大量共存于同一溶液中，因为有红色沉淀生成Fe3+SCNFe（SCN）3DHCO3、OH、Na+、Ca2+不能大量共存于同一溶液中，因为发生如下反应HCO3+OHCO2+H2OA AB BC CD D考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、H+、Fe2+、NO3三者中任意两者能共存，但三者在一起不能共存要发生
21、氧化还原反应；B、CO32是弱酸的阴离子要结合水电离出的氢离子，而Al3+是弱碱的阳离子要结合水电离出的氢氧根离子，两者水解互促，使反应进行完全；C、Fe3+和SCN两者结合形成络合物，而不是沉淀；D、HCO3多元弱酸根在酸性溶液中要结合质子，在碱性溶液中要电离出质子，OH和Ca2+也不能大量共存解答：解：A、H+、Fe2+、NO3三者中任意两者能共存，但三者在一起不能共存要发生氧化还原反应，正确的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+3Fe3+NO+2H2O，故A错误；B、CO32是弱酸的阴离子要结合水电离出的氢离子，而Al3+是弱碱的阳离子要结合水电离出的氢氧根离子，两者水解互促，正确的离子
22、方程式为2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2，故B正确；C、Fe3+和SCN两者结合形成络合物，正确的离子方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3，故C错误；D、HCO3多元弱酸根在酸性溶液中要结合质子，在碱性溶液中要电离出质子，OH和Ca2+也不能大量共存，可能发生的离子方程式为Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故D错误；故选B点评：本题通过离子间是否反应来考查离子方程式的书写，题目难度不大，注意氧化还原的配平、双水解方程的书写以及是否符合反应实际的角度分析5硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如图所示）下列说法错误的是（）A 碱式硫酸铁水解能产生F
23、e（OH）3胶体，可用作净水剂B 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C 可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化D 常温下，（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的大考点：铁盐和亚铁盐的相互转变专题：元素及其化合物分析：A根据Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；B根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；CKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，遇Fe3+溶液变红；D根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀解答：解：A碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（
24、OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；BNH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；CKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D点评：本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大6新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox3x4，M=Mn、Co、Zn或Ni，
25、在该盐中均显+2价）由铁酸盐（MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图关于此转化过程的叙述不正确的是（）A MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性B MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应C MFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原D 若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应，则MFe2Ox中x的值为3.5考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：AMFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低；BMFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降；C
26、MFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高；D若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应利用电子守恒确定Fe元素的化合价，以此确定x解答：解：AMFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性，故A正确；BMFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则属于氧化还原反应，故B正确；CMFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高，MFe2Ox被氧化，故C错误；D若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应，由电子守恒可知，4mol2（3n）=1mol（40），解得n=2.5，由化合物中正负化合价
27、的代数和为0可知，+2+（+2.5）2+2x=0，所以x=3.5，故D正确；故选：C点评：本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度中等，选项D为解答的难点7用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中不正确的是（）A X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极B 阳极区pH增大C 图中的baD 该过程中的产品还有H2SO4考点：原电池和电解池的工作原理分析：A根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定
28、电源的正负极；B阳极上亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，溶液酸性增强；C根据S原子守恒判断a、b大小；D电解池阴极上氢离子得电子，阳极上亚硫酸根离子失电子解答：解：A根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（）电极移动，阴离子向Pt（）移动，因此Pt（）为阴极，Pt（）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；B阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；C阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以ba，故C正确；D该电解池中阳极上生成硫酸，阴极上生成氢气
29、，所以该过程中的产品主要为H2SO4和H2，故D正确；故选B点评：本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8已知有机色质的发色官能团可以被氧化或发生加成反应生成无色物质（1）为了探索比较SO2和Cl2的漂白原理，甲同学做了如下对比实验：a将干燥的SO2和干燥的Cl2分别通到干燥的品红试纸上，发现红色试纸均不褪色；b将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，发现品红溶液均褪色；c加热b中漂白后的溶液，发现前者恢复红色，并产生刺激性气味的气体，后者无明显现象；d将SO2和Cl2分别持续通入紫色
30、石蕊试液中，发现前者只变红，不褪色，后者先变红，后褪色请根据甲同学的实验事实，简要说明SO2与Cl2漂白原理的相同与不同之处相同之处：SO2和Cl2本身都没有漂白性，起漂白作用的分别是其与水反应后的产物H2SO3和HClO不同之处：H2SO3只能与某些有机色质发生加合或化合反应，生成不稳定的无色物质，产物受热分解再放出SO2，是非氧化还原反应HClO能与很多有机色质发生氧化还原反应，生成物较稳定（2）乙同学为了探索对比O3、H2O2和Cl2的漂白能力大小，将等体积等浓度的品红溶液与三种漂白剂呈喷雾状分别反应，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，但褪色时间O3最短，H2O2次之，Cl
31、2最长消耗三种漂白剂的物质的量相同的原因是：每摩尔物质得电子数相等O3漂白速度较H2O2快的主要原因是氧化性O3H2O2；Cl2漂白速度最慢的主要原因可能是Cl2与H2O反应生成HClO浓度较小（3）丙同学为了比较H2O2和NaClO的氧化性强弱，将两者混合，观察到产生大量无色无味气体丙同学认为，发生反应的离子方程式为H2O2+ClOCl+H2O+O2，由此确认NaClO的氧化性强于H2O2；丁同学认为产生气体也可能是H2O2分解的原因，建议丙同学进一步补充实验来确认补充实验需要的试剂是AgNO3溶液和稀HNO3考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：次氯酸具有强氧化性，能够与有色物质发
32、生氧化还原反应而导致有色物质褪色，且反应为非可逆的；O3、H2O2和Cl2与等体积等浓度的品红溶液分别反应，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，说明三种物质转移电子物质的量相等；反应速率快慢是由物质本身性质决定的，外界只是影响因素；物质的浓度越小，反应速率越小；产生的无色无味的气体是氧气，说明双氧水中氧元素被次氯酸根离子氧化成氧气，据此写出反应的离子方程式；若次氯酸根离子参与了反应，则反应后的溶液中一定含有氯离子，可用稀硝酸和硝酸银进行检验解答：解：HClO检验强氧化性，能与很多有机色质发生氧化还原反应，且生成物较稳定，加热不会恢复，故答案为：氧化还原； O3、H2O2和Cl2与等
33、体积等浓度的品红溶液分别反应时，这三种物质具有强氧化性而使品红溶液褪色，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，说明三种物质转移电子物质的量相等，即每摩尔物质得电子数相等，故答案为：得电子数；反应速率快慢是由物质本身性质决定的，外界只是影响因素，O3漂白速度比H2O2漂白速度快的主要原因是氧化性：O3H2O2，故答案为：氧化性O3H2O2；物质的浓度越小，反应速率越小，氯气溶解性较小，1体积水只能溶解2体积氯气，所以氯气和水反应生成的HClO浓度较小，则Cl2漂白速度最慢，故答案为：Cl2与H2O反应生成HClO浓度较小；生成的无色无味的气体应该为氧气，说明双氧水被次氯酸根离子氧化成氧
34、气，反应的离子方程式为：H2O2+ClOCl+H2O+O2，故答案为：H2O2+ClOCl+H2O+O2；可以检验反应后的溶液中是否含有氯离子进行判断次氯酸根离子是否发生反应，需要用到的试剂为AgNO3溶液和稀HNO3，故答案为：AgNO3溶液和稀HNO3点评：本题考查性质实验方案的设计，题目难度的，设计漂白原理、化学反应速率影响因素、氧化性强弱判断、离子方程式书写、实验方案的设计与评价等知识，需要明确决定反应速率的是物质本身的性质，外界只是影响因素，弄清二氧化硫与这三种物质漂白原理的区别9盐泥是氯碱工业中的废渣，主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐）实验室以盐泥为原料制取MgS
35、O47H2O的实验过程如下：已知：室温下KspMg（OH）2=6.01012在溶液中，Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为7.19.6、2.03.7、3.14.7三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如图所示（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为12以及煮沸的目的是提高Mg2+的浸取率（其他合理答案均可）（2）若室温下的溶液中Mg2+的浓度为6.0molL1，则溶液pH8才可能产生Mg（OH）2沉淀（3）由滤液到滤液需先加入NaClO调溶液pH约为5，再趁热过滤，则趁热过滤的目的是温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO42H2O溶解度小等合理答案均可），滤渣
36、的主要成分是Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO42H2O（4）从滤液中获得MgSO47H2O晶体的实验步骤依次为向滤液中加入NaOH溶液；过滤，得沉淀；向沉淀中加足量稀硫酸；蒸发浓缩，降温结晶；过滤、洗涤得产品（5）若获得的MgSO47H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁以Mg（OH）2计的百分含量约为20.0%（MgSO47H2O的相对分子质量为246）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：盐泥主要成分是镁的硅酸盐和碳酸盐（含少量铁、铝、钙的盐），加入稀硫酸，硅酸盐生成硅酸沉淀，碳酸盐生成二氧化碳气体和阳离子，过滤除去难溶性物质滤液中含Fe2+、Fe3+、
37、Al3+、H+、Mg2+、Ca2+等阳离子；滤液到滤液需除去Fe2+、Fe3+、Al3+、H+、Ca2+，只保留Mg2+；（1）根据离子完全沉淀的pH值来确定在盐泥中加入稀硫酸调pH为12并煮沸的目的；（2）根据氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）c（OH）2来计算；（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线来回答；滤渣的成分根据加入次氯酸钠发生发生反应考虑；（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体；（5）根据镁元素守恒结合关系式：MgSO47H2OMg（OH）2进行计算解答：解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道
38、，在盐泥中加入稀硫酸调pH为12并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）c（OH）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0molL1，则溶液的氢氧根浓度=mol/L=106mol/L，所以氢离子浓度为=108mol/L，pH为8，故答案为：8；（3）根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO42H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液到滤液需先加入NaClO调溶液pH约为5，把亚铁离子氧化成铁离子，同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al（O
39、H）3、Fe（OH）3、CaSO42H2O，故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO42H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO42H2O；（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；（5）设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为x，MgSO47H2O质量为24.6克，物质的量是=0.1mol由关系式MgSO47H2OMg（OH）2 1mol 58g 0.1mol x x=5.8g故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为100%=20%
40、，故答案为：20.0%点评：本题是一道物质的分离和提纯知识的综合实验题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，难度较大10某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”、“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”查阅化学手册知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/660205415351462沸点/246729802750（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金你
41、认为他的解释是否合理？答：合理（填“合理”或“不合理”）（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝该实验所用试剂是NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）实验室溶解该熔融物，下列试剂中最好的是B（填序号）A浓硫酸 B稀硫酸 C稀硝酸 D氢氧化钠溶液实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出在反应结束后的溶液中，逐滴加入4molL1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如
42、图所示试回答下列问题：（1）图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为H+OHH2O（2）在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为NH4+OHNH3H2O上述现象说明溶液中Al3+、Fe3+、H+结合OH的能力比NH4+强（填离子符号）（3）B点对应的沉淀的物质的量为0.032mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为7mL考点：探究铝热反应；化学方程式的有关计算专题：计算题；元素及其化合物分析：（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金；（2）根据铝与NaOH溶液反应的性质设计实验方案；（3）A浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解；B
43、活泼金属与稀硫酸反应；C稀硝酸与金属反应生成污染性气体；D铁不与NaOH溶液反应；（1）OC 之间没有沉淀生成，说明硝酸过量，OC 之间发生的反应酸碱中和反应，以此书写反应的离子方程式；（2）D与E一段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，以此书写离子方程式；根据反应顺序确定结合OH的能力；（3）B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由EF段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；再根据电子守恒计算出铁的物质的量，据此可以计算出沉淀氢氧化铝、氢氧化铁的物质的量；再根据31mL时反应情况计算出C点氢氧化铁溶液体积解答：解：（1）铝
44、的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金，故答案为：合理；（2）铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的化学方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，所以可用NaOH溶液检验所得的块状熔融物中含有金属铝，故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）A浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解，故A错误；B活泼金属与稀硫酸反应，熔融物可溶解于稀硫酸中，故B正确；C稀硝酸与金属反应生成污染性气体，不是最佳选择，故C错误；D铁不与NaOH溶液反应，不能将熔融物全部溶解，故D错误；故答案为：B；（1）OC之
45、间没有沉淀生成，说明硝酸过量，OC之间发生的反应酸碱中和反应，离子方程式为H+OHH2O，故答案为：H+OHH2O；（2）D与E一段沉淀的质量没有发生变化，该反应为NH4NO3和NaOH反应，反应的离子方程式为：NH4+OHNH3H2O；说明硝酸被还原生成了铵根离子，；上述现象说明溶液中最先结合OH是氢离子，然后为Al3+、Fe3+，最后结合OH是铵根离子，所以溶液中的离子结合OH的能力最强的是氢离子，最弱的是铵根离子，故答案为：NH4+OHNH3H2O；Al3+、Fe3+、H+；NH4+；（3）由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL34m=2mL，故该计算参加反应的氢氧化钠的物质的量为
46、：0.002L4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol；金属混合物中含有铝0.008mol；设铁为xmol，Al为0.008mol，生成硝酸铵为：（3431）0.001L4mol/L=0.012mol，由于显示过量，铁反应生成了硝酸铁，由电子守恒可知，3x+0.0083=0.0128，解得x=0.024mol，即反应生成氢氧化铁的物质的量为0.024mol，生成沉淀的总物质的量为：0.008mol+0.024mol=0.032mol；滴加NaOH体积为31ml时，发生反应为H+OH=H2O，Fe3+3OH=F
47、e（OH）3，Al3+3OH=Al（OH）3，则C点氢氧化钠溶液的体积为31mL1000mL/L1000mL/L=7mL， 故答案为：0.032；7点评：本题考查铝热反应，金属与硝酸的反应、离子方程式的书写、氧化还原反应、化学计算等知识点，难度和题量较大，明确图中各阶段的反应实质，然后据此判断出硝酸的还原产物以及电子转移守恒的运用是解题关键11过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：Fe（H2NCONH2）6（NO3）3三硝酸六尿素合铁（）和Fe（CO）x等基态Fe3+的M层电子排布式为3s23p63d5尿素（H2NCONH2）分子中C、N原子的杂化方式分别是sp2、sp3；配合物Fe（CO）x的
48、中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=5 Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于分子晶体（填晶体类型）考点：原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；分子晶体的熔沸点较低解答：解：Fe原子核外有26个电子，核外电
49、子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则M层电子排布式为：3s23p63d5，故答案为：3s23p63d5；尿素（H2NCONH2）分子中C原子含有3个键且不含孤电子对，所以其杂化方式为sp2，N原子分别含有3个，键且含有一个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，故答案为：sp2；sp3；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，
50、故答案为：5；分子晶体点评：本题考查物质结构和性质，涉及基态原子核外电子排布、价层电子对互斥理论、配合物成键、晶体性质等知识点，这些是学习难点，也是考查重点，难度中等12O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体结构已知该晶胞的密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=cm（用含、NA的计算式表示）考点：晶胞的计算专题：化学键与晶体结构分析：O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物为Na2O，该晶胞结构中黑球有8+6=4，白球在内部，共有8个，所以黑球为O2，以晶胞中上面心O2离子为研究对象，距一个O2周
51、围最近的Na+离子有8个，位于晶胞中上层4个Na+及上面晶胞中的下层4个Na+，8个Na+离子构成的几何体中每个都是正方形，形成立方体结构；计算晶胞的质量，棱长=解答：解：由Na2O晶胞结构结构可知，晶胞中黑色球数目=8+6=4，白色球数目=8，故白色球为Na+离子、黑色球为O2，以晶胞中上面心O2离子为研究对象，距一个O2周围最近的Na+离子有8个，位于晶胞中上层4个Na+及上面晶胞中的下层4个Na+，8个Na+离子构成的几何体中每个都是正方形，形成立方体结构；该晶胞质量=4g，该晶胞的密度为 gcm3，则晶胞边长a=cm，故答案为：立方体结构；点评：本题主要考查晶胞结构与计算，晶胞结构对学
52、生的空间想象有一定的要求，注意利用均摊法进行计算，难度中等13下列说法正确的是 （）A 第一电离能大小：SPSiB 电负性顺序：CNOFC 因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低D SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大E 分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别专题：元素周期律与元素周期表专题分析：AP的最外层电子轨道为半充满状态，较稳定，难以失去电子；B同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大；C离子晶体的晶格能越大，熔点越高；D二氧化硫
53、为极性分析；E影响分子晶体熔沸点高低的因素为分子将作用力大小解答：解：AP的最外层电子轨道为半充满状态，较稳定，难以失去电子，第一电离能较大，应为PSSi，故A错误；B同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，故B正确；C离子晶体的晶格能越大，熔点越高，则因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低，故C正确；D二氧化硫为V形，为极性分析，故D错误；E影响分子晶体熔沸点高低的因素为分子将作用力大小，与共价键的强弱无关，故E错误故选BC点评：本题综合考查元素周期律、晶体结构等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大14图1是Na、Cu、S
54、i、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体图中d单质的晶体堆积方式类型是面心立方最密堆积图2是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因：硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别分析：一般来说，分子晶体的熔点较小，金属晶体的熔点较大，原子晶体的熔点最高，金属为热和电的良导体，c、d均是热和电的良导体，则c和d是金属，钠的熔点小于铜，所以d是铜，根据铜的晶胞结构确定其堆积方式；根据图知，该含氧酸中含有羟基，羟基和水中氧原子易形成氢键解答：解：d单质是热和电
55、的良导体，且熔点较高，则为铜，铜为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积； 根据图知，该分子中含有一个氢原子、三个氧原子和一个氮原子，为硝酸分子，硝酸分子正负电荷重心不重合，为极性分子，且硝酸和水能形成氢键而增大硝酸的溶解性，故答案为：硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中氢氧键易与水分子间形成氢键点评：本题考查了金属的堆积方式、氢键等知识点，根据物质的熔点及导电性确定物质，再结合物质的结构、晶体类型、氢键对物质溶解性的影响来分析解答，难度不大15药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如下：已知：A能使三氯化铁溶液显色完成下列填空：（1）CH3I的作用保护酚羟基，防
56、止被氧化（2）写出反应反应类型加成反应（3）G中官能团的名称氨基、羟基、羧基（4）H的一种同分异构体的一氯代物的结构为，该物质在NaOH水溶液中加热反应时的化学方程式为+5NaOH+HOCH2CH2OH+Na2CO3+NaCl+2H2O（5）试写出能同时满足以下条件H所有的同分异构体a能与氯化铁溶液发生显色反应b能与碳酸氢钠反应产生无色气泡c取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体d苯环上的一氯代物只有两种，但苯环上氢原子数不少3e分子中含有甲基（6）试利用CH3CH=CH2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图例如下：CH2=CH2CH3CH2Br
57、CH3CH2OH考点：有机物的合成；有机物的推断分析：A能使三氯化铁溶液显色，说明A中含有酚羟基，A和碘烷发生取代反应生成，则A的结构简式为，发生反应生成B，根据和B的分子式知，该反应为取代反应，B发生一系列反应生成，根据和的结构简式知，B的结构简式为，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C的结构简式为，C被氧化生成D，D的结构简式为，根据题给信息知，和氢氰酸发生加成反应生成E，E发生水解反应生成，E的结构简式为，发生反应生成F，F反应生成G，G发生取代反应生成阿莫西林，则G的结构简式为，F的结构简式为；用CH3CHCH2为原料制备，可以先将丙烯与氯化氢加成、水解、氧化得丙酮，再用丙酮与H
58、CN发生加成、水解后再与氨气反应引入氨基，再能过缩聚反应得产品，据此进行解答解答：解：A能使三氯化铁溶液显色，说明A中含有酚羟基，A和碘烷发生取代反应生成，则A的结构简式为，发生反应生成B，根据和B的分子式知，该反应为取代反应，B发生一系列反应生成，根据和的结构简式知，B的结构简式为，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C的结构简式为，C被氧化生成D，D的结构简式为，根据题给信息知，和氢氰酸发生加成反应生成E，E发生水解反应生成，E的结构简式为，发生反应生成F，F反应生成G，G发生取代反应生成阿莫西林，则G的结构简式为，F的结构简式为，（1）酚羟基易被氧化，为防止酚羟基被氧化，使酚羟基和碘
59、烷发生取代反应，所以碘烷的作用是保护酚羟基防止被氧化，故答案为：保护酚羟基，防止被氧化；（2）通过以上分析知，反应属于加成反应，故答案为：加成反应；（3）G的结构简式为，则G中官能团名称为：氨基、羧基、羟基，故答案为：氨基、羧基、羟基；（4）在NaOH水溶液中加热反应时的化学方程式为：+5NaOH+HOCH2CH2OH+Na2CO3+NaCl+2H2O，故答案为：+5NaOH+HOCH2CH2OH+Na2CO3+NaCl+2H2O；（5）H的同分异构体，满足以下条件a能与氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基；b能与碳酸氢钠反应产生无色气泡，说明有羧基，c取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体，说明分子中有三个OH，d苯环上的一氯代物只有两种，但苯环上氢原子数不少3，e分子中含有甲基，符合条件的结构为：，故答案为：；（6）用CH3CHCH2为原料制备，可以先将丙烯与氯化氢加成、水解、氧化得丙酮，再用丙酮与HCN发生加成、水解后再与氨气反应引入氨基，再能过缩聚反应得产品，具体的合成路线为：，故答案为：点评：本题考查有机合成，题目难度较大，根据有机物的官能团确定其具有的性质，再结合题给信息进行推断，注意醛基和氢氰酸发生加成反应时的断键部位，为易错点，（6）为难点，需要根据原料及最终产物判断合成原理，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力
