1、高考资源网（） 您身边的高考专家7化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法中不正确的是A绿色化学的核心是从源头上消除工业生产对环境的污染。B“硫黄姜”又黄又亮，可能是在用硫黄熏制的过程中产生的SO2所致。C铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈。D华裔科学家高琨在光纤传输信息领域中取得突破性成就，光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅。【答案】C【解析】试题分析：A、绿色化学要求从源头上减少污染物及有毒、有害物质的使用，即绿色化学的核心是从源头上消除工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故A正确；B、二氧化硫具有漂白性，则“硫黄姜”又黄又亮，可能是在用硫黄熏制的过程中产生的SO2所致，对人体
2、有害，故B正确；C、铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀，Fe为负极，腐蚀速率大于化学腐蚀，故C错误；D、光导纤维是利用光的反射原理传输信息，二氧化硅可将光全反射，则光纤的主要成分是高纯度的二氧化硅，故D正确；故选C。考点：考查了二氧化硫的漂白性、绿色化学、电化学腐蚀及光导纤维等相关知识。8在不同温度下，水溶液中c(H)与c(OH)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是Ad点对应的溶液中大量存在：Na、K、ClO-、ClBb点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2、K+、NO3-Cc点对应的溶液中大量存在：Na、Ba2、Cl、Al3+Da点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na、
3、Cl、SO42-【答案】A【解析】试题分析：A、d点温度高于25，c（OH-）c（H+），溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B、b点为25，c（OH-）c（H+），溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C、d点温度高于25，c（OH-）=c（H+），溶液显中性，不能存在大量的Al3+，故C错误；D、a点为25，c（OH-）=c（H+），溶液显中性，不能大量存在CO32-，故D错误；故选A。考点：考查了离子共存的相关知识。9用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是选项ABCD装置有机层水层石灰石稀盐酸弹簧夹有孔塑料板 COOHNaHC
4、O3溶液Cl2目的蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层制取少量CO2气体除去Cl2中含有的少量HCl【答案】C【解析】试题分析：A、NH4Cl在加热条件下易分解，如制备氯化铵晶体，不能直接蒸干，故A错误；B、CCl4密度比水大，有机层在下层，故B错误；C、盐酸易挥发，生成的CO2中含有HCl和水，可制得少量的CO2气体，故C正确；D、Cl2和HCl都与NaOH反应，应通过饱和食盐水分离，故D错误；故选C。考点：考查了物质的分离、提纯以及制备等实验操作的相关知识。10现有某氯化物与氯化镁的混合物，取3.8g粉末完全溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应后得
5、到12.4 g氯化银沉淀，则该混合物中的另一氯化物是AFeCl3BKCl CCaCl2D LiCl【答案】D【解析】试题分析：假设氯化镁中不含杂质，则3.8g可生成AgCl 5.74g，现生成AgCl 12.4 g，说明杂质是含氯量大于MgCl2中含氯量的物质，氯化镁中Cl的含量为。A、氯化铁中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故A错误；B、氯化钾中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故B错误；C、氯化钙中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故C错误D、氯化锂中Cl的含量为=，大于氯化镁中Cl的含量，故D正确；故选D。考点：考查了混合物的计算的相关知识。11已知AgCl的溶解度为151
6、0-4g ， AgBr的溶解度为8410-6g ，如果将AgCl和 AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生反应的结果为A只有AgBr沉淀生成 BAgCl和AgBr沉淀等量生成CAgCl沉淀多于AgBr沉淀 DAgCl沉淀少于AgBr沉淀【答案】C【解析】试题分析：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）c（Br-），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，
7、故选C。考点：考查了难溶电解质的溶解平衡的相关知识。12某有机化合物的结构简式为，有关该化合物的叙述不正确的是A该有机物的分子式为C11H12O2B1 mol该物质最多能与4 mol H2发生加成反应C该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀D该有机物一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应【答案】C【解析】试题分析：A、由有机物结构简式可知分子式为C11H12O2，故A正确；B、分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，则1mol该物质最多能与4mol H2发生加成反应，故B正确；C、分子中不含醛基，与新制氢氧化铜浊液不能发生氧化还原反应，故C错误；D、分子中含有羧基，可发生取代、酯化
8、反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，故D正确；故选C。考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。13高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。下列推断合理的是A铁是阳极，电极反应为Fe6e-+4H2O=FeO42-+ 8H+B电解时电子的流动方向为：负极Ni电极溶液Fe电极正极C若隔膜为阴离子交换膜，则OH-自右向左移动D电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）【答案】D【解析】试题分析：A、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成
9、氢离子，电极反应为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，故A错误；B、电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极，故B错误；C、阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极，应从左向右移动，故C错误；D、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液PH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，阴极氢氧根离子增大，电极反应2H+2e-=H2，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液
10、pH降低，故D正确；故选D。考点：考查了电解原理的相关知识。26（14分）氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。反应大气固氮N2 (g)+O2 (g)2NO(g) 工业固氮N2 (g)+3H2 (g)2NH3(g)温度/27200025400450K3.8410-310.151080.5070.152分析数据可知：大气固氮反应属于_（填“吸热”或“放热”）反应。分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因_。从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500左右的高温，解释其原因_。（2）工业固氮反应中，在其他条件
11、相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（1、2）下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是_（填“A”或“B”）；比较1、2的大小关系_。（3）20世纪末，科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现高温常压下的电化学合成氨，提高了反应物的转化率，其实验简图如C所示，阴极的电极反应式是 。（4）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2(g)+6H2O(1)4NH3(g)+3O2(g)，则其反应热H_。（已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H92.4kJmol1 2H2(g)
12、 +O2(g)2H2O(l) H571.6kJmol1 ）【答案】（14分）（1）吸热K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产；从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500左右合适；（2）A ；21；（3）N2+6e-+6H+=2NH3；（4）+1530 kJmol1【解析】试题分析：（1）由表格数据可知，温度越高，K越大，说明升高温度，平衡正移，则正反应方向为吸热反应，故答案为：吸热；由表格数据可知，2000时，K=0.1，K值很小，则转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适
13、合大规模生产；合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500左右合适；故答案为：从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500左右合适；（2）合成氨反应为放热反应，升高温度，转化率减小，所以图A正确，B错误；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强平衡正向移动，转化率增大，2的转化率大，则2大；故答案为：A；21；（3）电解池中氮气在阴极得电子生成氨气，其电极方程式为：N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；（4）已知：N2（g）+
14、3H2（g）2NH3（g）H=-92.4kJmol-1，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=-571.6kJmol-1，由盖斯定律：2-3得2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），H=（-92.4kJmol-1）2-（-571.6kJmol-1）3=+1530 kJmol-1；故答案为：+1530 kJmol-1考点：考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素、电解原理的应用、盖斯定律的应用等相关知识。27（15分）某废金属屑中主要成分为Cu、Fe、Al，还含有少量的铜锈、少量的铁锈和少量的氧化铝，用上述废金属屑制取胆矾(CuSO45H2O)、无水A
15、lCl3和铁红的过程如下图所示：请回答：（1）在废金属屑粉末中加入试剂A，生成气体1的反应的离子方程式是_。（2）溶液2中含有的金属阳离子是_；气体2的成分是_。（3）溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是_。（4）利用固体2制取CuSO4溶液有多种方法。在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是_。在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是_。（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是_（6）直接加热AlCl36H2O不能得到无水AlCl3。SOCl2为无色液体，极易与
16、水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体。AlCl36H2O与SOCl2混合加热制取无水AlCl3，反应的化学方程式是_。【答案】（15分）（1）2Al2OH2H2O=2AlO3H2（2）Fe2；CO2和H2（3）4Fe28OHO22H2O=4Fe(OH)3（4）Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O2Cu4HO22Cu22H2O（5）若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子(如Na等)，而不是纯净的AlCl3溶液（6）AlCl36H2O6SOCl2AlCl312HCl6SO2考点：考查了元素化合物的性质及实验的相关知识。28（14分）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可
17、表示为FeOTiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如下图所示：已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+4Cl= Fe2+ TiOCl42+2H2O（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是_。（2）滤渣A的成分是_。（3）滤液B中TiOCl42和水反应转化生成TiO2的离子方程式是_ 。（4）反应中固体TiO2转化成（NH4）2Ti5O15 溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因_ 。（5）反应的化学方程式是
18、。（6）由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是_。（7）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O12 + 3LiFePO4 Li7Ti5O12 + 3FePO4 该电池充电时阳极反应式是： 。【答案】（14分）（1）+2；（2）SiO2；（3）TiOCl42+ H2OTiO2 + 2H+ + 4Cl（4）温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解 （5）（NH4）2Ti5O15 + 2 LiOH Li2Ti5O15 + 2NH3H2O（或2NH3+2H2O）（6）20/9；（7）LiFe
19、PO4 eFePO4 + Li+考点：考查了化合价判断、离子方程式书写、电极方程式书写、化学计算等相关知识。36【化学选修2：化学与技术】（15分）火山喷发所产生的硫黄可用于生产重要的化工原料硫酸。某企业用下图所示的工艺流程生产硫酸：请回答下列问题：（1）硫酸的用途非常广泛，可应用于下列哪些方面_ （可多选） A橡胶的硫化B表面活性剂“烷基苯磺酸钠”的合成C铅蓄电池的生产D过磷酸钙的制备（2）为充分利用反应放出的热量，接触室中应安装_ （填设备名称）。吸收塔中填充有许多瓷管，其作用是 （3）如果进入接触室的混合气（含SO2体积分数为7、O2为11、N2为82）中SO2平衡转化率与温度及压强的关
20、系如图所示。在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压和450 ，而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是_ ； 。（4）为使硫黄充分燃烧，经流量计l通入燃烧室的氧气过量50；为提高SO2转化率，经流量计2的氧气量为接触室中二氧化硫完全氧化时理论需氧量的2.5倍；则生产过程中流经流量计l和流量计2的空气体积比应为 。假设接触室中SO2的转化率为95，b管排出的尾气中二氧化硫的体积分数为 （空气中氧气的体积分数按0.2计），（5）工业对硫酸厂尾气的处理方法一般是 。【答案】（15分）（1）B、C、D；（2）热交换器；增加SO3与浓硫酸的接触面，有利于SO3的吸收；（3
21、）不选B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大；SO2的转化率在1个大气压下已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小；不选C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化剂的催化作用受影响，450时，催化剂的催化效率最高；（4）1.2；0.004；（5）用氨水吸收 ； 考点：考查了工业制取硫酸的相关知识。37【化学选修3：物质结构与性质】（15分）A、B、C、D、E是元素周期表中前四周期中五种常见元素，其相关信息如下表:元素相关信息A原子核外L层电子数是K层的2倍B其一种单质被称为地球生物的“保护伞”C元素的第一电离能是第3周期所有元素中最小的D基态原子最外层电子排布为(
22、n+1)sn(n+1)p(n+2)E可形成多种氧化物，其中一种为具有磁性的黑色晶体请回答下列问题:（1）C在元素周期表中位于第周期、第族；D的基态原子核外电子排布式是 。（2）B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序为(用化学符号表示，下同)，B、D的简单氢化物中稳定性较大的是。（3）B的常见单质和C的单质按物质的量比12反应生成的化合物中化学键的类型为；该化合物属于晶体。（4）E形成的黑色磁性晶体发生铝热反应的化学方程式是。（5）已知:2AB(g)+B2(g)=2AB2(g) H=-566.0 kJmol-1，D(s)+B2(g)=DB2(g)H=-296.0 kJmol-1，处理含AB、DB
23、2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为固态单质D，请写出此反应的热化学方程式:。【答案】（15分）（1）3；A；1s22s22p63s23p4；（2）r(S2-)r(O2-)r(Na+)H2O（3）离子键和非极性共价键离子；（4）8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3（5）2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g) H=-270.0 kJmol-1【解析】试题分析：A元素原子核外L层电子数是K层的2倍，则L层有4个电子，故A为碳元素；B元素的一种单质被称为地球生物的“保护伞”，故B为氧元素；C元素的第一电离能是第3周期所有元素中最小的，故C为Na元素；D元素基态原子最外层
24、电子排布为（n+1）sn（n+1）p（n+2），由于n=2，故D为S元素；E元素可形成多种氧化物，其中一种为具有磁性的黑色晶体，故E为Fe元素（1）C为Na元素，处于周期表中第三周期IA族，D为硫元素，基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，故答案为：三、IA；1s22s22p63s23p4；（2）B、C、D的简单离子分别为O2-、Na+、S2-，电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序为：S2-O2-Na+，由于非金属性OS，故气态氢化物中稳定性H2OH2S，故答案为：S2-O2-Na+；H2O；（3）B、C
25、的单质按物质的量比1：2形成的化合物为Na2O2，含有离子键、共价键，属于离子晶体，故答案为：离子键、共价键；离子；（4）E的黑色磁性晶体为Fe3O4，发生铝热反应的化学方程式是：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3，故答案为：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3（5）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S已知：、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=-566.0kJmol-1，、S（s）+O2（g）=SO2（g）H=-296.0kJmol-1，由盖斯定律，-得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=（-566.0kJmol-1）-
26、（-296.0kJmol-1）=-270kJmol-1，故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=-270kJmol-1考点：考查了结构性质位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、热化学方程式书写的相关知识。38【化学选修5：有机化学基础】（15分）湖南盛产的山苍子油中柠檬醛含量很高，质量分数可达到60%90%，柠檬醛也可以利用异戊二烯为原料人工合成，柠檬醛又可用来合成紫罗兰酮等香精香料，其合成路线如下： 已知：同一碳原子连有两个双键结构不稳定。试根据上述转化关系回答下列问题：（1）写出A的结构简式 ，C的结构简式 。（2）对应的反应条件是 ，反应的反应类型是 。
27、（3）写出B转化为柠檬醛的化学方程式 。（4）根据反应的反应机理写出CH3CHO与足量的HCHO反应产物的结构简式： 。（5）检验柠檬醛中含有碳碳双键的实验方法是： 。（6）紫罗兰酮、紫罗兰酮有很多同分异构体，则满足下列条件的同分异构体有 种。 含有一个苯环；属于醇类且不能发生催化氧化反应；核磁共振氢谱显示有5个峰【答案】（15分）（1）； ；（2）NaOH的水溶液，加热；消去反应； （3）；（4）；（5）向盛有少量的CCl4溶液的试管中滴加柠檬醛，边滴边振荡，若溶液变为无色则可证明（或：取少量柠檬醛与足量银氨溶液混合并置于热水浴中加热，充分反应后，取少量清液置于另一试管中，并滴加高锰酸钾酸性
28、溶液，充分振荡，若高锰酸钾溶液褪色，则证明柠檬醛分子结构中有碳碳双键。）（6）2；【解析】试题分析：（1）异戊二烯与HCl发生加成反应生成A，由A与异戊二烯的反应产物结构，可推知A的结构简式为：，由柠檬醛与C的反应产物结构，结合信息可以确定C的结构简式为：，故答案为：；（2）对比柠檬醛的结构可知，反应为卤代烃的水解反应，得到的醇再被氧化得到柠檬醛，反应的反应条件为：NaOH的水溶液，加热；对比反应中反应物与产物的结构可知，反应物脱去一分子水形成碳碳双键，属于消去反应，故答案为：NaOH的水溶液，加热；消去反应；（3）卤代烃发生水解反应生成B为，B转化柠檬醛是羟基氧化为醛基，反应方程式为：，故答
29、案为：；（4）乙醛分子中甲基上的3个H原子均与HCHO发生加成反应，生成羟醛结构，故最终得到的产物的结构简式为：，故答案为：；（5）柠檬醛中含有碳碳双键、醛基，均可以使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，可以用溴的四氯化碳溶液检验，也可以用弱氧化剂（如：新制氢氧化铜或银氨溶液）将醛基氧化为羧基，再用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，故实验方法为：向盛有少量溴的CCl4溶液的试管中滴加柠檬醛，边滴边振荡，若溶液变为无色则可证明（或：取少量柠檬醛与足量银氨溶液混合并置于热水浴中加热，充分反应后，取少量清液置于另一试管中，并滴加高锰酸钾酸性溶液，充分振荡，若高锰酸钾溶液褪色，则证明柠檬醛分子结构中有碳碳双键），
30、故答案为：向盛有少量溴的CCl4溶液的试管中滴加柠檬醛，边滴边振荡，若溶液变为无色则可证明（或：取少量柠檬醛与足量银氨溶液混合并置于热水浴中加热，充分反应后，取少量清液置于另一试管中，并滴加高锰酸钾酸性溶液，充分振荡，若高锰酸钾溶液褪色，则证明柠檬醛分子结构中有碳碳双键）；（6）-紫罗兰酮、-紫罗兰酮的不饱和度为4，它们的同分异构体含有一个苯环，同分异构体中醇苯环外贸易其它不饱和结构，属于醇类且不能发生催化氧化反应，说明取代基中存在，核磁共振氢谱显示有5个峰，说明分子中含有5种H原子，中至少有2种H原子，苯环与剩余的取代基最多含有3种H原子，应为对称结构，另外取代基为（CH3）3C-，且与处于对位，或为4个-CH3，且的对位没有甲基，故符合条件的同分异构体共有2种，故答案为：2考点：考查了有机合成与推断的相关知识。 - 16 - 版权所有高考资源网
