1、2013-2014学年上海市六校联考高三（上）月考化学试卷（12月份） 一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1（2分）（2014九江二模）下列说法正确的是（）A“雾霾”与“风雨雷电”一样属于一种自然现象B塑化剂是一种应用很广的化工塑料软化剂，可大量添加到婴幼儿玩具中C利用潮汐能发电能达到节能减排的目的DPM2.5的产生与人类活动无关2（2分）（2013秋上海月考）硫化氢分子中，形成共价键的原子轨道是（）A硫原子的2p轨道和氢原子的1s轨道B硫原子的2p轨道和氢原子的2p轨道C硫原子的3p轨道和氢原子的1s轨道D硫原子的2p轨道和氢原子的3p轨道3（2分）（2013秋越城区校
2、级期末）用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的是（）A区别苯和甲苯B检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁C检验CH2=CHCHO中含碳碳双键D区别SO2和CO24（2分）（2013秋上海月考）下列推断正确的是（）ANa2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同BSO2和CO2都是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应CNO和NO2的密度均比空气大，都可用向上排空气法收集DC3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，分子间作用力相近，二者沸点也相近5（2分）（2013淇县校级模拟）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等下列反应与Br2+SO2+2
3、H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O24Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32F2+H2O=4HF+O22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2ABCD二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）（2013秋天心区校级月考）向溶液X中持续通人气体Y，会产生“澄清一浑浊一澄清”现象的是（）AX：漂白粉溶液 Y：二氧化硫BX：硝酸钡溶液 Y：二氧化硫CX：氯化铝溶液 Y：氨气DX：偏铝酸钠溶液 Y：二氧化氮7（3分）（2013秋上海月考）如图集气瓶中用滤纸折成的纸蝴蝶上喷洒了一种溶液，通入某种
4、气体后，实验结果与预测的纸蝴蝶颜色变化不一致的是（）ABCD喷洒液酚酞黄色甲基橙紫色石蕊酸化的KI淀粉通入的气体NH3Cl2SO2O2预测的颜色变化变为红色先橙后褪色先红后褪色变为蓝色AABBCCDD8（3分）（2015吉林校级二模）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是（）A若M（甲）M（乙），则气体体积：甲乙B若M（甲）M（乙），则气体的压强：甲乙C若M（甲）M（乙），则气体的摩尔体积：甲乙D若M（甲）M（乙），则的分子数：甲乙9（3分）（2013秋上海月考）一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如
5、下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2下列说法不正确的是（）A在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓B在pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C在pH7溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H+4e2H2OD在pH4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀10（3分）（2013秋上海月考）25时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）A0.01mol/L NaHSO4B0.1mol/L Na2CO3溶液CpH=4盐酸溶液DpH=11氨水11（3分）（2013秋上海月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，常温下，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应
6、下列说法正确的是（）A反应前气体的总体积为0.448LB生成物中含有0.01NA个分子C装置中氢元素的总质量为0.04gD生成物完全溶于水后所得溶液含有0.01NA个NH4+12（3分）（2014晋中模拟）药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨其酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（）A1mol贝诺酯分子可与9mol H2完全反应B可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠D乙酰水杨酸和乙酰氨基酚均可与NaHCO3溶液反应13（3分）（2013秋上海月考）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R单
7、质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸则下列判断正确的是（）A非金属性：TXRB气态氢化物稳定性：RTQCR与Q的电子数相差16DX与Q最高价氧化物的水化物的质子数相差1814（3分）（2014青浦区一模）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br215（3分）（2012桃城区校
8、级三模）在200mL某硫酸盐溶液中含有1.5NA个硫酸根离子（NA表示阿伏加德罗常数），同时含有NA个金属阳离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为（）A1molL1B2.5molL1C5molL1D2molL116（3分）（2014黄浦区一模）人们在自然界中找到了组成为Al63Cu24Fe13的天然准晶体，将100g的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）An（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）Cn（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）Dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）17（3分）（2014秋奉贤区期末）某废水含有下列离子中的5种（忽略水的电离及
9、离子的水解），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl、CO32、NO3、SO42，测得各种离子的物质的量浓度相等为探究废水的组成，某同学进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成根据上述实验，以下推测正确的是（）A溶液中无法确定Al3+的存在与否B原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32C步骤中可以确定Fe2+、NO3的存在D步骤中共有2种钡盐沉淀三、选择题：（本题共20分），每小题4分，每小题有一个或
10、两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分18（4分）（2013秋上海月考）在5.6g Fe粉中加入过量的稀硫酸溶液，待反应完全后，再加入1molL1KNO3溶液25mL，恰好反应完全该反应的方程式为：FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O（未配平），则对该反应的下列说法正确的是（）A化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5B反应中氧化产物是N2OC反应过程中转移的电子数为8mol电子D氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：119（4分）（2013盐城一模）在常温下，0.100
11、0molL1 Na2CO3溶液25mL用0.1000molL1盐酸滴定，滴定曲线如图对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法正确的是（）Aa点：c（CO32）c（HCO3）c（OH）Bb点：5c（Cl）4c（HCO3）+4c（CO32）Cc点：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）Dd点：c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）20（4分）（2013秋上海月考）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+92.4kJ恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图示下列说法错误的是（）A前20分钟反应内放出的热量为46.2kJB第25分钟改变的条件是将N
12、H3从反应体系中分离出去C若第60分钟时反应又达到了平衡，则时段改变的条件是增大压强D时段仅将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变21（4分）（2014春金牛区校级期末）为了证明硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）26H2O晶体的成分中含有NH4+、Fe2+、SO42和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴
13、入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42D取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，得浅绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+22（4分）（2013秋上海月考）将Cu、Cu2O和 CuO均匀混合物分成两等份，其中一份用足量的CO还原，测得反应后固体质量减少6.4g，另一份中加入150mL某浓度的硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NOX气体6.72L，则所用硝酸的物质的量浓度可能为（）A8.0molL1B9.0molL1C10.0molL1D11.0molL1四、解答题（共7小题，满分84分
14、）23（12分）（2013秋上海月考）X、Y、Z、M、N是五种短周期元素，原子序数依次增大X原子中没有中子，Y元素最高正价与最低负价之和为0；M与X同主族；Z、N分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式），M离子的电子排布式为由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系AB（在水溶液中进行）其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体（3）写出C的结构式；D的电子式（4）如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，写出由A转化
15、为B的离子方程式（5）如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性用离子方程式表示A溶液显碱性的原因（6）如果将27题中A、B浓度均为0.1mol/L的溶液混合，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是24（12分）（2013秋上海月考）氮气及含氮的化合物在国民经济中占有重要地位合成氨工业中，合成塔中每产生2mol NH3，放出92.4kJ热量（1）若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q184.8kJ（填“”、“”或“=”） 一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示反应达到化学平衡状态的是a3v逆（N2）=v正（H2） b2v正（H2）=v正（N
16、H3）c混合气体密度保持不变 dc（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2工业生产尿素的原理是以NH3和CO2为原料合成尿素CO（NH2）2，反应的化学方程式为2NH3 （g）+CO2 （g）CO（NH2）2（l）+H2O（l）（2）在一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比），如图是氨碳比（x）与CO2平衡转化率（）的关系随着x增大而增大的原因是（3）如图中的B点处，NH3的平衡转化率为已知：3Cl2+2NH3N2+6HCl 3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl （4）完成并配平下列氧化还原反应方程式，再标出电子转移的方向和数目：12Cl2+15NH3（5）反
17、应中的还原剂是，还原产物是（6）若按反应后产生气体9.408L（标准状况），则被氧化的气体的物质的量是mol25（12分）（2013秋上海月考）根据要求完成下列实验（a、b 为弹簧夹，其他装置略去）、验证酸性的相对强弱：碳酸苯酚（已知酸性：亚硫酸碳酸）（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式是，装置A中的足量的试剂是（2）连接仪器、加药品后，打开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强的实验现象是：、验证SO2具有氧化性、还原性和酸性氧化物的通性（3）打开b，关闭a能验证SO2具有氧化性的化学方程式是（4）若过量的SO2通入NaOH溶液中，其化学方程式是：（5）BaCl2溶液中无任
18、何现象，将其分成两份，分别滴加氨水和氯水，均产生白色沉淀，沉淀化学式分别是，（6）写出其中SO2 显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式26（12分）（2012徐州模拟）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用如图所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：（2）A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、；B也必须添加温度控制装置，应该是（填“冰水浴”或“热水浴”）装置（3）反应后在装
19、置C中可得NaClO2溶液已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38时析出晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2根据如图所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：；洗涤；干燥（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用c molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2
20、S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI）滴定过程中，至少须进行两次平行测定的原因是原ClO2溶液的浓度为gL1（用步骤中的字母代数式表示）27（10分）（2013秋上海月考）二茂铁（如图）是一种有机过渡金属化合物，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂由烃A可制备二茂铁A分子是一种没有侧链的环状结构，其一氯取代物有三种，1molA最多可与2molBr2加成，其与Br2的1：1加成只得两种产物（1）A的结构简式为（2）下列说法正确的是A烃A具有烯烃的性质B烃A具有苯的性质C烃A分子中所有的碳原子可能在同一平面D烃A不可能发生取代反应（3）写出A的1，4加成聚合反应的
21、化学方程式二茂铁氯乙酰是有机合成的中间体，下面是其合成路线：（4）写出有关物质的化学式：试剂A，C（结构简式）（5）BC的反应类型是，最终合成二茂铁乙酰氯的反应类型是（6）写出C与足量NaOH溶液反应的化学方程式：28（12分）（2013江苏）化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化A 的有关转化反应如下（部分反应条件略去）：已知：（R表示烃基，R和R表示烃基或氢）（1）写出A的结构简式：（2）G是常用指示剂酚酞写出G中含氧官能团的名称：和（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢写出该化合物的结构简式： （任写一种）（4）F和D互为同分异构体写
22、出反应EF的化学方程式：（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH29（14分）（2013秋上海月考）在50mL a molL1的硝酸溶液中，加入6.4g Cu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，将反应后溶液用蒸馏水稀释至100mL时测得c（NO3）=3molL1（1）求稀释后的溶液的pH=（2）若生成的气体中NO2的物质的量为0.125mol，则a=（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2
23、O 2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O若将上述（2）中的NO2和NO的混合气体通入2molL1的NaOH恰好被吸收，求NaOH溶液的体积为mL生成的NaNO2为mol（4）治理氮氧化物污染的另一种方法，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理其主要反应原理如下：4NO+4NH3+O24N2+6H2O 6NO2+8NH37N2+12H2O某硝酸厂排放的尾气中氮氧化合物的含量为2490mg/m3（体积已折算至标准状况），其中NO与NO2物质的量比为4：1设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应氨氧混合气的平均相对分子质量为（精确到0.01）要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为 L
24、2013-2014学年上海市六校联考高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1（2分）（2014九江二模）下列说法正确的是（）A“雾霾”与“风雨雷电”一样属于一种自然现象B塑化剂是一种应用很广的化工塑料软化剂，可大量添加到婴幼儿玩具中C利用潮汐能发电能达到节能减排的目的DPM2.5的产生与人类活动无关考点：常见的生活环境的污染及治理菁优网版权所有专题：化学应用分析：A根据雾霾的成因分析；B塑化剂可导致人慢性中毒；C潮汐能属于清洁能源，利用潮汐能发电能减少化石燃料的燃烧；DPM2.5的产生主要人类生活生产等活动造成的解答：解：A
25、雾霾是雾和霾的混合物，其中雾是自然天气现象，霾的核心物质是悬浮在空气中的烟、灰尘等物质，主要是人类活动造成的，不是自然现象，故A错误；B塑化剂可导致人慢性中毒，故不可大量添加到婴幼儿玩具中，故B错误；C潮汐能属于清洁能源，利用潮汐能发电能减少化石燃料的燃烧，减少有害气体的排放，达到节能减排的目的，故C正确；DPM2.5的产生主要人类生活生产等活动造成的，故D错误；故选C点评：本题考查了常见生活环境的污染与治理、能源问题等，难度不大2（2分）（2013秋上海月考）硫化氢分子中，形成共价键的原子轨道是（）A硫原子的2p轨道和氢原子的1s轨道B硫原子的2p轨道和氢原子的2p轨道C硫原子的3p轨道和氢
26、原子的1s轨道D硫原子的2p轨道和氢原子的3p轨道考点：原子核外电子排布菁优网版权所有专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：H的1s轨道上只有1个电子，S原子的价电子排布式为3s23p4，3个3p原子轨道中两个含有单电子，2个H的1s轨道分别与S的两个3p轨道电子形成共价键，以此来解答解答：解：H只有1个电子，占据1s轨道，S原子的价电子排布式为3s23p4，3个3p原子轨道中两个含有单电子，2个H的1s轨道分别与S的两个3p轨道电子形成共价键，故选C点评：本题考查共价键的形成，明确原子的最外层电子占据的能级是解答本题的关键，题目较简单3（2分）（2013秋越城区校级期末）用酸性KM
27、nO4溶液不能达到预期目的是（）A区别苯和甲苯B检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁C检验CH2=CHCHO中含碳碳双键D区别SO2和CO2考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计菁优网版权所有专题：物质检验鉴别题分析：酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可与具有还原性的SO2、硫酸亚铁等物质发生氧化还原反应，可与甲苯、碳碳双键、醛基等基团发生氧化还原反应，以此解答该题解答：解；A甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故A不选；B硫酸亚铁具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故B不选；CCH2=CHCHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含
28、有碳碳双键，故C选；DSO2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故D不选故选C点评：本题考查较为综合，涉及高锰酸钾的性质、常见还原性物质以及有机物官能团的结构和性质，题目难度不大，注意物质的鉴别方法的实验方案的设计4（2分）（2013秋上海月考）下列推断正确的是（）ANa2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同BSO2和CO2都是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应CNO和NO2的密度均比空气大，都可用向上排空气法收集DC3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，分子间作用力相近，二者沸点也相近考点：钠的重要化合物；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的
29、化学性质菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：ANa2O与CO2反应产物是碳酸钠；Na2O2与CO2反应产物为碳酸钠和氧气；B能够与碱反应只生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；CNO与空气密度相差不大，不能用排气法收集；DCH3CH2OH中存在氢键，氢键的存在物质的沸点显著升高解答：解：ANa2O和Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同，故A错误；BSO2和CO2都能够与NaOH溶液反应，且都只生成盐和水，故B正确；CNO与空气密度相差不大，不能用排气法收集，故C错误；DC3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，分子间作用力相近，但是因为乙醇中存在氢键，所以其沸点高于C3H8，故D错误
30、；故选：B点评：本题考查了物质的性质，明确物质的性质、酸性氧化物的概念，氢键对物质性质的影响是解题关键，注意氢键只影响物质的物理性质5（2分）（2013淇县校级模拟）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O24Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32F2+H2O=4HF+O22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2ABCD考点：氧化还原反应菁优网版权所有专题：氧化还原反应专题分析：应Br2+SO2+2
31、H2O=H2SO4+2HBr中，水中的氢氧元素的化合价都不变，所以水既非氧化剂又非还原剂，据此分析解答解答：解：该反应中水中氢、氧元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故不选；该反应中水中氢、氧元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故不选；该反应中水中氧元素失电子作还原剂，故选；该反应中水中氢元素得电子作氧化剂，故选；故选B点评：本题考查氧化还原反应，根据水中各元素化合价是否变化来分析解答，难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）（2013秋天心区校级月考）向溶液X中持续通人气体Y，会产生“澄清一浑浊一澄清”现象的是（）AX：漂白粉溶液
32、 Y：二氧化硫BX：硝酸钡溶液 Y：二氧化硫CX：氯化铝溶液 Y：氨气DX：偏铝酸钠溶液 Y：二氧化氮考点：二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：A发生氧化还原反应生成硫酸钙；B发生氧化还原反应生成硫酸钡；C生成的氢氧化铝，不能溶解在氨水中；D开始生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中解答：解：A漂白粉溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钙，溶液变浑浊，不会变澄清，故A错误；B硝酸钡溶液中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸钡，溶液变浑浊，不会变澄清，故B错误；C氯化铝溶液中通入氨气，生成的氢氧化铝，不能溶解在氨水中，溶液变
33、浑浊，不会变澄清，故C错误；D偏铝酸钠溶液中通入二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，然后溶解在硝酸中生成硝酸铝，则会产生“浑浊澄清”现象，故D正确；故选D点评：本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的氧化还原反应、复分解反应为解答的关键，注意物质的溶解性及氢氧化铝的两性，题目难度不大7（3分）（2013秋上海月考）如图集气瓶中用滤纸折成的纸蝴蝶上喷洒了一种溶液，通入某种气体后，实验结果与预测的纸蝴蝶颜色变化不一致的是（）ABCD喷洒液酚酞黄色甲基橙紫色石蕊酸化的KI淀粉通入的气体NH3Cl2SO2O2预测的颜色变化变为红色先橙后褪色先红后褪
34、色变为蓝色AABBCCDD考点：实验装置综合；氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质菁优网版权所有专题：元素及其化合物分析：A氨水能使酚酞试液变红；B次氯酸有漂白性，能使石蕊试液褪色；CSO2不能漂白酸碱指示剂；D淀粉遇碘变蓝色解答：解：A氨气溶于水得到氨水，氨水电离出氢氧根离子而使氨水呈碱性，酚酞遇碱变红色，故A不选；B氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸有酸性而使紫色石蕊试液变红，次氯酸有漂白性而使石蕊试液最终褪色，故B不选；CSO2不能漂白酸碱指示剂，可使紫色石蕊试液呈红色，故C选；D氧气能氧化酸化的碘化钾生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故D不选；故选C点评：本题考查元素化合物的性质，
35、注意次氯酸能使酸碱指示剂褪色，而二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色，为易错点，难度不大8（3分）（2015吉林校级二模）在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若它们的温度和密度均相同，试根据甲、乙的摩尔质量（M）关系，判断下列说法正确的是（）A若M（甲）M（乙），则气体体积：甲乙B若M（甲）M（乙），则气体的压强：甲乙C若M（甲）M（乙），则气体的摩尔体积：甲乙D若M（甲）M（乙），则的分子数：甲乙考点：阿伏加德罗定律及推论菁优网版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：相同温度下，在两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据=可知气体的体积相等，结合n=以及
36、PV=nRT比较压强大小，根据Vm=比较气体摩尔体积大小，根据n=判断气体的物质的量，气体物质的量越大，气体分子数越多解答：解：A两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据=可知气体的体积相等，故A错误；B若M（甲）M（乙），根据n=，则气体的物质的量：甲乙，由PV=nRT可知，气体的压强：甲乙，故B正确；C根据n=，若M（甲）M（乙），则气体的物质的量：甲乙，根据Vm=，故则气体的摩尔体积：甲乙，故C错误；D根据n=，若M（甲）M（乙），则n（甲）n（乙），则气体的分子数：甲乙，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗定律及推论，题目难度不大，本题注意相关计算公式的运用，为
37、解答该题的关键，易错点为D，注意根据密度的计算公式推导9（3分）（2013秋上海月考）一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2下列说法不正确的是（）A在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓B在pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C在pH7溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H+4e2H2OD在pH4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀考点：金属的电化学腐蚀与防护菁优网版权所有专题：电化学专题分析：在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀解答：解：A在煮沸除氧气后的碱
38、性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故A正确；B当pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳做正极，负极电极反应式为：Fe2e=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故B正确；C在pH7溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳做正极，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；DpH4溶液中，溶液酸性较强，主要发生析氢腐蚀，铁做负极，碳做正极，负极反应式为：Fe2e=Fe2+，正极上电极反应式为：2H+2e=H2，故B正确；故选：C点评：本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度
39、不大10（3分）（2013秋上海月考）25时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）A0.01mol/L NaHSO4B0.1mol/L Na2CO3溶液CpH=4盐酸溶液DpH=11氨水考点：水的电离菁优网版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析解答解答：解：NaHSO4、盐酸和氨水都抑制水电离，碳酸钠能水解促进水电离，0.01mol/L NaHSO4中氢离子浓度是0.01mol/L，pH=4盐酸溶液中氢离子浓度为0.0001mol/L，pH=11的氨水中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，氢离子或氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大
40、，所以水电离程度最小的是NaHSO4，故选A点评：本题考查弱电解质的电离，明确离子是影响水电离还是促进水电离，然后根据离子浓度判断即可，难度不大11（3分）（2013秋上海月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，常温下，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应下列说法正确的是（）A反应前气体的总体积为0.448LB生成物中含有0.01NA个分子C装置中氢元素的总质量为0.04gD生成物完全溶于水后所得溶液含有0.01NA个NH4+考点：阿伏加德罗常数菁优网版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：氨气与氯化氢反应：HCl+NH3=NH4Cl，生成0.01mol氯化铵固体A常温常压下，气
41、体摩尔体积不是22.4L/mol；B生成物为氯化铵，为离子化合物，不存在分子；C装置中n（H）=n（HCl）+3n（NH3），再根据m=nM计算；D铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中水解解答：解：氨气与氯化氢反应：HCl+NH3=NH4Cl，生成0.01mol氯化铵固体A常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，大于22.4L/mol，故反应前气体的总体积（0.01mol+0.01mol）22.4L/mol=0.448L，故A错误；B生成物为氯化铵，为离子化合物，不存在分子，故B错误；C装置中n（H）=n（HCl）+3n（NH3）=0.01mol+0.01mol3=0.04mol，故氢元素
42、质量=0.04mol1g/mol=0.04g，故C正确；D0.01molHCl和0.01molNH3恰好反应，生成的氯化铵为0.01mol，铵根离子是弱碱阳离子，在水溶液中发生水解，加水溶解后所得溶液中NH4+数目小于0.01 NA，故D错误；故选C点评：本题考查物质的量有关计算、气体摩尔体积、盐类水解等，题目难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略氯化铵为离子化合物，氯化铵不存在分子12（3分）（2014晋中模拟）药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨其酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（）A1mol贝诺酯分子可与9mol H2完全反应B可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C贝
43、诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠D乙酰水杨酸和乙酰氨基酚均可与NaHCO3溶液反应考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构菁优网版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A苯环与氢气发生加成反应，酯基、CONH不能与氢气发生加成反应；B乙酰水杨酸、对乙酰氨基酚均含酚OH；C贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，COOC、NHCO均发生断键；D乙酰水杨酸含COOH，能与碳酸氢钠反应，而酚OH不能与NaHCO3溶液反应解答：解：A苯环与氢气发生加成反应，酯基、CONH不能与氢气发生加成反应，1mol贝诺酯分子可与6mol H2发生加成反应，故A错误；B乙酰水
44、杨酸不能酚羟基，与氯化铁溶液不发生显色反应，而对乙酰氨基酚含有酚羟基，与氯化铁溶液发生显色反应，可以用FeCl3溶液区别区别二者，故B正确；C贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，COOC、NHCO均发生断键，不生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠，故C错误；D乙酰水杨酸含COOH，能与碳酸氢钠反应，而酚OH能与Na2CO3溶液反应，不能与碳酸氢钠反应，故D错误；故选B点评：本题考查有机物的结构和性质，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等13（3分）（2013秋上海月考）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸则下列判断正确的是（
45、）A非金属性：TXRB气态氢化物稳定性：RTQCR与Q的电子数相差16DX与Q最高价氧化物的水化物的质子数相差18考点：元素周期律和元素周期表的综合应用菁优网版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R为F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知T为Cl、Q为Br、X为S、Z为Ar，结合元素周期律解答解答：解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R为F元素，由元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置，可知T为Cl、Q为Br、X为S、Z为Ar，A同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性：SClF，
46、故A错误；B同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，即氢化物稳定性：HFHClHBr，故B错误；CR为F、Q为Br，二者原子核外电子数相差8+18=26，故C错误；DX与Q最高价氧化物的水化物分别为H2SO4、HBrO4，质子数相差为（1+35）（2+16）=18，故D正确，故选D点评：本题考查元素周期表与元素周期律应用，难度不大，注意对元素周期律的理解掌握，理解同主族原子序数关系14（3分）（2014青浦区一模）根据表中信息判断，下列选项不正确的是（）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2+A第
47、组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：2C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱顺序为MnO4Cl2Fe3+Br2考点：氧化还原反应菁优网版权所有专题：氧化还原反应专题分析：A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍D、氧化剂氧化性强于氧化
48、产物氧化性，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+解答：解：A、反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故A正确；B、由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（C12）=n（FeBr2），即n（C12）：n（FeBr2）=1：2，故B正确；C、由信息可知，MnO4氧化Cl为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，故C正确；D、氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由可知氧化性MnO4Cl2
49、，由可知氧化性Cl2Fe3+，由可知Fe3+不能氧化Br，氧化性Br2Fe3+，故D错误故选：D点评：考查氧化还原反应的守恒与计算、氧化性与还原性强弱比较，难度中等，注意氧化还原反应中的守恒运用判断未知物15（3分）（2012桃城区校级三模）在200mL某硫酸盐溶液中含有1.5NA个硫酸根离子（NA表示阿伏加德罗常数），同时含有NA个金属阳离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为（）A1molL1B2.5molL1C5molL1D2molL1考点：物质的量浓度的相关计算菁优网版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol
50、，根据电荷守恒可知，金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2（SO4）3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为0.5mol，再利用c=计算解答：解：1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5mol，NA个金属阳离子的物质的量为1mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x=1.52=3，故金属阳离子为+3价，所以该硫酸盐可以表示为M2（SO4）3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为0.5mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为=2.5mol/L故选：B点评：考查物质的量浓度计算，难度中等，判断金属离子的化合价是解题关键，注意守恒思想的运用16（3分）（2014黄浦区一模）人们在自然界中找到了组成为A
51、l63Cu24Fe13的天然准晶体，将100g的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）An（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）Cn（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）Dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）考点：化学方程式的有关计算菁优网版权所有专题：计算题分析：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成NO气体，结合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量解答：解：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以
52、加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，为便于计算，可设Al63Cu24Fe13为1mol，根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：与HCl反应时：n（H2）=13+631.5=107.5 mol，与NaOH反应时：n（H2）=631.5=94.5 mol，与HNO3反应时：n（NO）=63+13+24=92 mol，所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸），故选A点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答本题时，为便于计算，可设合金为1mol，这样可避免计算的繁琐，另外可根据得失电子数目的角度解答
53、，可不必书写反应的化学方程式，难度中等17（3分）（2014秋奉贤区期末）某废水含有下列离子中的5种（忽略水的电离及离子的水解），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl、CO32、NO3、SO42，测得各种离子的物质的量浓度相等为探究废水的组成，某同学进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成根据上述实验，以下推测正确的是（）A溶液中无法确定Al3+的存在与否B原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32C
54、步骤中可以确定Fe2+、NO3的存在D步骤中共有2种钡盐沉淀考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验菁优网版权所有专题：物质检验鉴别题分析：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明没有K+；另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3和还原性的Fe2+；若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有CO32或SO42，因为有Fe2+，Fe2+与CO32不能共存，所以没有CO32；则溶液中的离子有Fe2+、NO3、SO42，已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外的阳离
55、子Cu2+或Al3+，若有Cu2+，阳离子的电荷多还须有Cl，若有Al3+，阴离子加上Cl，电荷仍不守恒；所以根据电荷守恒可知还有Cu2+、Cl，所以原溶液中所含的离子为：Cu2+、Fe2+、Cl、NO3、SO42，一定不含：K+、Al3+、CO32离子据此分析选项解答：解：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明没有K+；另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3和还原性的Fe2+；若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有CO32或SO42，因为有Fe2+，Fe2+与CO32不能共存，所
56、以没有CO32；则溶液中的离子有Fe2+、NO3、SO42，已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外的阳离子Cu2+或Al3+，若有Cu2+，阳离子的电荷多还须有Cl，若有Al3+，阴离子加上Cl，电荷仍不守恒；所以根据电荷守恒可知还有Cu2+、Cl，所以原溶液中所含的离子为：Cu2+、Fe2+、Cl、NO3、SO42，一定不含：K+、Al3+、CO32离子；A根据以上分析可确定一定无Al3+的存在，故A错误；B根据以上分析，原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32，故B正确；C另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具
57、有氧化性的NO3和还原性的Fe2+，故C正确；D另取溶液加入BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选BC点评：本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析，掌握离子性质和溶液中电荷守恒计算判断存在的离子是解题关键，题目难度较大三、选择题：（本题共20分），每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分18（4分）（2013秋上海月考）在5.6g Fe粉中加入过量的稀硫酸溶液，待反应完全后，再加入1molL1KNO3溶液25mL，恰好反应完全该反应的方程式为：FeSO4+KNO3+H2SO4K2SO4+Fe2（SO
58、4）3+NxOy+H2O（未配平），则对该反应的下列说法正确的是（）A化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5B反应中氧化产物是N2OC反应过程中转移的电子数为8mol电子D氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应菁优网版权所有专题：氧化还原反应专题分析：n（Fe）=0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）=0.1mol，n（KNO3）=0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol（32）=0.025mol（5n），解得n=1，则NxOy为N2O，则x=2，y=1，由电子、原子守恒可知反应为
59、8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，以此来解答解答：解：n（Fe）=0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）=0.1mol，n（KNO3）=0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol（32）=0.025mol（5n），解得n=1，则NxOy为N2O，则x=2，y=1，由电子、原子守恒可知反应为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，A由上述分析可知，化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5，故A正确；BN元素的化合价降低
60、，被还原，则还原产物是N2O，故B错误；C由Fe元素的化合价变化可知，反应过程中转移的电子数为0.1mol（32）=0.1mol电子，故C错误；D由反应可知，氧化产物Fe2（SO4）3和还原产物（N2O）的物质的量之比为4：1，故D正确；故选AD点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，难度不大19（4分）（2013盐城一模）在常温下，0.1000molL1 Na2CO3溶液25mL用0.1000molL1盐酸滴定，滴定曲线如图对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列说法正确的是（
61、）Aa点：c（CO32）c（HCO3）c（OH）Bb点：5c（Cl）4c（HCO3）+4c（CO32）Cc点：c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）Dd点：c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较菁优网版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：Aa点时n（HCl）=0.1mol/L0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，从盐类的水解程度的角度分析；B从物料守恒的角度分析；Cc点时n（HCl）=0.1mol/L0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生
62、成NaHCO3；D从电荷守恒的角度分析解答：解：Aa点时n（HCl）=0.1mol/L0.0125L=0.00125mol，反应生成0.00125molNaHCO3，剩余0.00125molNa2CO3，由于水解程度大于电离程度，则c（HCO3）c（CO32），故A错误；Bb点时n（HCl）=0.1mol/L0.02L=0.002mol，由物料守恒可知5c（Cl）=4c（HCO3）+4c（CO32）+4c（H2CO3），则5c（Cl）4c（HCO3）+4c（CO32），故B正确；Cc点时n（HCl）=0.1mol/L0.025L=0.0025mol，恰好完全反应生成NaHCO3，由于HCO3水
63、解程度较弱，则有c（HCO3）c（OH），故C错误；Dd点时加入盐酸0.005mol，溶液中溶由反应生成的CO2，溶液存在电荷守恒，存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）+c（Cl），由于c（Na+）=c（Cl），则 c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故D正确故选BD点评：本题综合考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，本题注意分析反应物的物质的量之间的关系，判断反应的程度以及溶液的主要成分，结合盐类水解的原理解答20（4分）（2013秋上海月考）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+92.4kJ恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲
64、线如图示下列说法错误的是（）A前20分钟反应内放出的热量为46.2kJB第25分钟改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去C若第60分钟时反应又达到了平衡，则时段改变的条件是增大压强D时段仅将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线菁优网版权所有专题：化学平衡专题分析：根据化学反应速率的定义和影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论减小生成物浓度，平衡正向移动；降低温度，平衡向着放热的方向移动；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动解答：解：A要想知道放热多少就必须知道H2的物质的量 又由于c=且图中显示的是c无V，所以求不出具体
65、的放热多少，故A错误；B第25分钟时，氨气的浓度由1.00mol/L变为0，说明改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去，故B正确；C氢气和氮气的浓度减小，氨气的浓度增大，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，降温能使平衡正向移动，故时段改变的条件是降低温度，故C错误；D恒容容器，增大反应物起始浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡常数保持不变，故D正确；故选AC点评：本题考查外界条件对化学平衡的影响，以及有关物质的量的计算，题目难度中等要注意平衡常数只与温度有关21（4分）（2014春金牛区校级期末）为了证明硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）26H2O晶体的成分中含有NH4+、Fe2+、S
66、O42和H2O，下列实验叙述中不正确的是（）A取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水B取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+C取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42D取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，得浅绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验菁优网版权所有专题：物质检验鉴别题
67、分析：A、加热失去结晶水；B、检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝；C、依据硫酸根离子的检验方法分析判断；D、亚铁离子溶解形成的溶液呈浅绿色，被氧化为三价铁离子，遇到硫氰酸钾变血红色；解答：解：A、晶体加热后生成液体可以判断是生成的水，证明晶体中含结晶水，故A正确；B、向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，故B错误；C、加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42，这是硫酸根离子的检验方法，故C正确；D、溶液呈浅绿色证明试样溶液中含有Fe2+ 滴入KSCN溶
68、液，溶液不显红色，再向试管中滴加几滴新配制的氯水，溶液的颜色变为红色，说明有Fe3+存在，这个结果间接地说明在原溶液中有Fe2+存在，故D正确；故选B点评：此题考查物质的鉴定要熟练掌握常见离子的检验方法与操作22（4分）（2013秋上海月考）将Cu、Cu2O和 CuO均匀混合物分成两等份，其中一份用足量的CO还原，测得反应后固体质量减少6.4g，另一份中加入150mL某浓度的硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NOX气体6.72L，则所用硝酸的物质的量浓度可能为（）A8.0molL1B9.0molL1C10.0molL1D11.0molL1考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的
69、计算菁优网版权所有专题：计算题分析：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的CO还原，反应后固体质量减少6.4g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，根据Cu元素守恒可知n拆分后（CuO）=n（O）；另一份中加入150mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NOX气体6.72L，根据电子转移守恒可知，若气体为NO时，拆分后Cu的物质的量最大，消耗硝酸最多，若气体为NO2时，拆分后Cu的物质的量最小，消耗硝酸最少，根据电子转移守恒可知拆分后Cu的物质的量，由铜元素守恒可知nCu（NO3）2=n（CuO）+n（
70、Cu），根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NOX）+2nCu（NO3）2，据此计算n（HNO3），再根据c=计算硝酸的浓度范围解答：解：将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的CO还原，反应后固体质量减少6.4g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n拆分后（CuO）=n（O）=0.4mol；另一份中加入150mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NOX气体6.72L，NOX的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒可知，若气体为NO时，拆分后C
71、u的物质的量最大，消耗硝酸最多，此时拆分后Cu的物质的量=0.45mol，由铜元素守恒可知nCu（NO3）2=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.45mol=0.85mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2nCu（NO3）2=0.3mol+0.85mol2=2mol，故硝酸的最大浓度为=13.33mol/L，若气体为NO2时，拆分后Cu的物质的量最小，消耗硝酸最少，此时拆分后Cu的物质的量=0.15mol，由铜元素守恒可知nCu（NO3）2=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.15mol=0.55mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO2）+2nCu（
72、NO3）2=0.3mol+0.55mol2=1.4mol，故硝酸的最大浓度为=9.33mol/L，故9.33mol/Lc（HNO3）13.33mol/L，故选CD点评：本题考查混合物的计算、守恒计算等，难度较大，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，清楚反应过程是解题的关键，本题采取拆分法解答，将三组分混合物转化为两组分，简化计算过程，注意体会四、解答题（共7小题，满分84分）23（12分）（2013秋上海月考）X、Y、Z、M、N是五种短周期元素，原子序数依次增大X原子中没有中子，Y元素最高正价与最低负价之和为0；M与X同主族；Z、N分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素请回答下列问题：（
73、1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）NaAlCOH（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质（写分子式）C2H2，M离子的电子排布式为1S22S22P6由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系AB（在水溶液中进行）其中C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体（3）写出C的结构式O=C=O；D的电子式（4）如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，写出由A转化为B的离子方程式2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32（5）如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性用离子方程式表示A溶液显碱性的原因CO
74、32+H2OHCO3+OH（6）如果将27题中A、B浓度均为0.1mol/L的溶液混合，混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）考点：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、M、N是五种短周期元素，原子序数依次增大X原子中没有中子则X为氢元素，Y元素最高正价与最低负价之和为0，则Y为碳元素，且M与X同主族，则M为Na元素；Z、N分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、N为Al元素，据此答题解答：解：X、Y、Z、M、N是五种短周期元素，原子序数依次增大X原子中没有中子则X为氢
75、元素，Y元素最高正价与最低负价之和为0，则Y为碳元素，且M与X同主族，则M为Na元素；Z、N分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、N为Al元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径NaAlCOH，故答案为：NaAlCOH；（2）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，M为钠元素，钠离子的电子排布式为1S22S22P6，故答案为：C2H2；1S22S22P6；（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡
76、黄色固体则D为Na2O2，则：CO2的结构式为O=C=O，Na2O2的电子式为，故答案为：O=C=O；（4）如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为偏铝酸钠、B为氢氧化铝，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝与碳酸根，反应离子方程式为：2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32，故答案为：2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32；（5）如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为碳酸钠、B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解CO32+H2OHCO3+OH，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性，故答案为：CO32+H2O
77、HCO3+OH；（6）如果将A、B浓度均为0.1mol/L的溶液混合，即碳酸钠、碳酸氢钠均为0.1molL1的混合溶液中，钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故答案为：c （Na+）c （HCO3）c （CO32）c （OH）c （H+）点评：本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、无机推断、盐类水解等，难度中等，元素推断是解题的关键，答题时注意灵活运用元素化合物知识24（12分）（2013秋上海月考）氮气及含氮的化合物在国民经济中占有重要地位合成氨工业中，合成塔
78、中每产生2mol NH3，放出92.4kJ热量（1）若起始时向容器内放入2mol N2和6mol H2，达平衡后放出的热量为Q，则Q184.8kJ（填“”、“”或“=”） 一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示反应达到化学平衡状态的是aa3v逆（N2）=v正（H2） b2v正（H2）=v正（NH3）c混合气体密度保持不变 dc（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2工业生产尿素的原理是以NH3和CO2为原料合成尿素CO（NH2）2，反应的化学方程式为2NH3 （g）+CO2 （g）CO（NH2）2（l）+H2O（l）（2）在一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳
79、比），如图是氨碳比（x）与CO2平衡转化率（）的关系随着x增大而增大的原因是c（NH3）增大，平衡正向移动，所以CO2的转化率增大（3）如图中的B点处，NH3的平衡转化率为25%已知：3Cl2+2NH3N2+6HCl 3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl （4）完成并配平下列氧化还原反应方程式，再标出电子转移的方向和数目：12Cl2+15NH3（5）反应中的还原剂是NH3，还原产物是NH4Cl 和HCl（6）若按反应后产生气体9.408L（标准状况），则被氧化的气体的物质的量是0.16mol考点：转化率随温度、压强的变化曲线；氧化还原反应；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断菁优网版权所有专
80、题：氧化还原反应专题；化学平衡专题分析：（1）反应是可逆反应不能进行彻底，据此判断；根据化学平衡状态特征判断；（2）根据浓度对平衡的影响判断；（3）根据化学方程式利用三段式进行计算；（4）氧化还原中，得、失电子总数相等，进行配平，并用单线桥或者双线桥表示电子转移的方向和数目；（5）根据化合价的升降判断还原剂和还原产物；（6）生成的气体为氮气和氯化氢，二者物质的量之比为：4：7，可计算出氮气物质的量，氨气中的N元素被氧化为氮气，据此计算解答：解：（1）该温度下合成塔中放入2mol N2和6mol H2，若完全进行彻底，放出热量为：184.4 kJ，反应是可逆反应不能进行彻底，达平衡后放出的热量小
81、于184.4 kJ；a、不同物质的正逆反应速率之比等于计量数之比，达到化学平衡状态，故a正确；b、只表示正反应速率，不能判断是否达到平衡状态，b错误；c、气体密度=，体系恒容，气体体积不变，反应前后全部都是气体，质量守恒，即反应前后气体密度不变，不能判断是否平衡，故c错误；d、三种气体浓度之比为比较特殊的值，不能说明各物质浓度不变，不能判断是否平衡，故d错误；故答案为：；a；（2）增加氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的起始量没有变化，所以二氧化碳的转化率增大，即X值越大，CO2平衡转化率越高，故答案为：c（NH3）增大，平衡正向移动；（3）根据表中数据可知，B点x=4，CO2平衡转化
82、率为0.5，设二氧化碳起始物质的量为1mol， 2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（l），起始（mol） 4 1 0 0转化（mol） 1 0.5 平衡（mol） 3 0.5所以NH3的平衡转化率为=25%，故答案为：25%；（4）氯气具有强氧化性，氨气具有还原性，故氯气被还原为1价，氨气中的N元素被氧化为0价，则可写出生成物为：N2、NH4Cl和HCl，由于已知：12Cl2+15NH3，观察法配平，得到：12Cl2+15NH34 N2+7 NH4Cl+17 HCl；氨气N元素失去24e，氯气中Cl得到24e，用单线桥表示电子转移方向和数目为：，故答案为：；（5）还原剂
83、为化合价升高的反应物，氨气中N元素化合价升高，则氨气为还原剂；发生还原反应得到的产物为还原产物，即化合价降低的生成物，可知NH4Cl 和HCl中Cl元素化合价降低的元素，故还原产物为：NH4Cl 和HCl，故答案为：NH3；NH4Cl 和HCl； （6）生成的气体为氮气和氯化氢，物质的量n=0.42mol，根据反应可知，氮气与氯化氢体积比为4：17，即n（N2）=0.42mol=0.08mol，根据2NH3N2，即被氧化气体的物质的量为氮气物质的量的2倍，故被氧化气体物质的量为0.08mol2=0.16mol，故答案为：0.16点评：本题主要考查了根据化学平衡的计算、等效平衡、转化率的计算等知
84、识点，中等难度，有一定的综合性25（12分）（2013秋上海月考）根据要求完成下列实验（a、b 为弹簧夹，其他装置略去）、验证酸性的相对强弱：碳酸苯酚（已知酸性：亚硫酸碳酸）（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，装置A中的足量的试剂是酸性高锰酸钾溶液（2）连接仪器、检验装置的气密性、加药品后，打开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强的实验现象是：A中的酸性高锰酸钾溶液（或品红溶液）不褪色，苯酚钠溶液变浑浊、验证SO2具有氧化性、还原性和酸性氧化物的通性（3）打开b，关闭a能验证SO2具有氧化性的化学方程式是2H2S+SO
85、2=3S+2H2O（4）若过量的SO2通入NaOH溶液中，其化学方程式是：SO2+NaOH=NaHSO3（5）BaCl2溶液中无任何现象，将其分成两份，分别滴加氨水和氯水，均产生白色沉淀，沉淀化学式分别是BaSO3，BaSO4（6）写出其中SO2 显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式Ba2+SO2+Cl2+2H2O=BaSO4+4H+2Cl考点：性质实验方案的设计菁优网版权所有专题：实验设计题分析：（1）铜与浓硫酸反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硫酸被还原成+4价的二氧化硫；高锰酸钾有强氧化性，能氧化二氧化硫；（2）根据实验程序：连接装置、检验气密性、加药品来回答；当A中KMnO4溶液没有
86、完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强；（3）二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，被硫化氢中2价的硫还原；（4）过量的二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠和水；（5）氯气分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，氨水能和二氧化硫的水溶液反应生成亚硫酸铵，该盐可以和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，据此回答；（6）二氧化硫通入BaCl2溶液中，滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，氯气分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，据此书写离子方程式解答：解：（1）铜和热的浓硫酸反
87、应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价，作还原剂，产物为二氧化硫、硫酸铜和水；高锰酸钾有氧化性，二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应，反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；酸性高锰酸钾溶液；（2）实验程序：连接装置、检验气密性、加药品，饱和碳酸氢钠可以和二氧化硫气体反应生成二氧化碳气体，当A中KMnO4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，故答案
88、为：检验装置的气密性；A中的酸性高锰酸钾溶液（或品红溶液）不褪色，苯酚钠溶液变浑浊；（3）二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，有氧化性，二氧化硫气体与H2S溶液常温下反应，生成黄色固体硫（单质）和水，2H2S+SO2=3S+2H2O，此反应可以证明二氧化硫的氧化性，故答案为：2H2S+SO2=3S+2H2O；（4）过量的二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠和水，即SO2+NaOH=NaHSO3，故答案为：SO2+NaOH=NaHSO3；（5）将二氧化硫通入BaCl2溶液中，滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，氯气分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白
89、色沉淀，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出氨根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO3；BaSO4；（6）将二氧化硫通入BaCl2溶液中，滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子，氯气分子具有氧化性，能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，总反应为：Ba2+SO2+Cl2+2H2OBaSO4+4H+2Cl；故答案为：Ba2+SO2+Cl2+2H2OBaSO4+4H+2Cl点评：本题考查酸性强弱比较的方法，明确反应原理是解答的关键，注意基础知识的掌握，题目难度中等26（12
90、分）（2012徐州模拟）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得某学生拟用如图所示装置模拟工业制取并收集ClO2（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O（2）A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、温度计；B也必须添加温度控制装置，应该是冰水浴（填“冰水浴”或“热水浴”）装置（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38时析出
91、晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出晶体是NaClO2根据如图所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：蒸发浓缩结晶；趁热过滤；洗涤；干燥（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用c molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL（已知2Na2S2O3+I2N
92、a2S4O6+2NaI）滴定过程中，至少须进行两次平行测定的原因是减少实验误差原ClO2溶液的浓度为gL1（用步骤中的字母代数式表示）考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计菁优网版权所有专题：实验题；卤族元素分析：（1）根据反应物、产物和反应条件写出反应方程式；（2）测量温度的仪器是温度计，二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（4）多次实验可以减少误差，根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算c（ClO2）解答：解：（1）加热60，氯酸钾和草酸反应生成
93、碳酸钾、二氧化碳、二氧化氯和水，反应方程式为：2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2+2ClO2+H2O，故答案为：2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2+2ClO2+H2O；（2）要控制温度必须使用温度计测量温度，二氧化氯的熔点较低，为收集二氧化氯，应在较低温度下进行，所以应该采用冰水浴，故答案为：温度计；冰水浴；（3）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，故答案为：蒸发浓缩结晶；趁热过滤；（4）为减少实验误差，应采用多次实验的方法，设原ClO2溶液的浓度为x，2ClO25I210Na2S2O32mol 1
94、0mol 1103cV2molx=g/L，故答案为：减小实验误差；点评：本题考查实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，明确物质的性质是解本题关键，难度较大27（10分）（2013秋上海月考）二茂铁（如图）是一种有机过渡金属化合物，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂由烃A可制备二茂铁A分子是一种没有侧链的环状结构，其一氯取代物有三种，1molA最多可与2molBr2加成，其与Br2的1：1加成只得两种产物（1）A的结构简式为（2）下列说法正确的是ACA烃A具有烯烃的性质B烃A具有苯的性质C烃A分子中所有的碳原子可能在同一平面D烃A不可能发生取代反应（3）写出A的1，4加成聚合反应
95、的化学方程式二茂铁氯乙酰是有机合成的中间体，下面是其合成路线：（4）写出有关物质的化学式：试剂AHClO，CClCH2COOH（结构简式）（5）BC的反应类型是氧化反应，最终合成二茂铁乙酰氯的反应类型是取代反应（6）写出C与足量NaOH溶液反应的化学方程式：考点：有机物的合成菁优网版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：烃A分子是一种没有侧链的环状结构，其一氯取代物有三种，1molA最多可与2molBr2加成，说明有两个碳碳双键，其与Br2的1：1加成只得两种产物，可以是1，2加成，也可以是1，4加成，结合二茂铁的示意图可知，A为环戊二烯，结构简式为；根据合成二茂铁氯乙酰的合成路线可知，CH
96、2=CH2与HClO发生加成反应生成HOCH2CH2Cl，所以试剂A为HClO，HOCH2CH2Cl发生氧化反应生成B为ClCH2CHO，B再氧化成C为ClCH2COOH，C与PCl5发生取代反应生成D为ClCH2COCl，D与二茂铁发生取代反应生成二茂铁氯乙酰，据此答题解答：解：烃A分子是一种没有侧链的环状结构，其一氯取代物有三种，1molA最多可与2molBr2加成，说明有两个碳碳双键，其与Br2的1：1加成只得两种产物，可以是1，2加成，也可以是1，4加成，结合二茂铁的示意图可知，A为环戊二烯，结构简式为；根据合成二茂铁氯乙酰的合成路线可知，CH2=CH2与HClO发生加成反应生成HOC
97、H2CH2Cl，所以试剂A为HClO，HOCH2CH2Cl发生氧化反应生成B为ClCH2CHO，B再氧化成C为ClCH2COOH，C与PCl5发生取代反应生成D为ClCH2COCl，D与二茂铁发生取代反应生成二茂铁氯乙酰，（1）根据上面的分析可知，A的结构简式为，故答案为：；（2）A烃A中有碳碳双键，具有烯烃的性质，故正确；B烃A中没有键，所以不具有苯的性质，故错误；C烃A分子中有两个共轭双键，所以所有的碳原子可能在同一平面，故正确；D烃A中有氢原子，可以在一定的条件下能发生取代反应，故错误；故选AC；（3）A为，A的1，4加成聚合反应的化学方程式为，故答案为：；（4）根据上面的分析可知，试剂
98、A为HClO，C为ClCH2COOH，故答案为：HClO；ClCH2COOH；（5）根据上面的分析可知，BC的反应类型是氧化反应，最终合成二茂铁乙酰氯的反应类型是取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应； （6）C为ClCH2COOH，C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断与性质，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、反应方程式的书写等，答题时注意充分利用题目的信息，难度中等28（12分）（2013江苏）化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化A 的有关转化反应如下（部分反应条件略去）：已知：（R表示烃基，R和R表示
99、烃基或氢）（1）写出A的结构简式：（2）G是常用指示剂酚酞写出G中含氧官能团的名称：羟基和酯基（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢写出该化合物的结构简式： （任写一种）（4）F和D互为同分异构体写出反应EF的化学方程式：（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2CCH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的推断菁优网版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生
100、加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为：，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：解答：解：化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为：，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：（
101、1）通过以上分析知，A的结构简式为：，故答案为：；（2）根据G的结构简式知，G中含有的官能团有：羟基和酯基，故答案为：羟基、酯基；（3）分子中只有两种不同化学环境氢的E的同分异构体有：，故答案为：；（4）F的结构简式为：，在加热、浓硫酸作催化剂条件下E发生消去反应生成F，所以反应EF的化学方程式为：，故答案为：；（5）根据题给信息知其合成路线为：在镍作催化剂、高温高压条件下，苯酚和氢气加成反应生成环己醇，在加热条件下，环己醇和溴化氢发生取代反应生成1溴环己烷，1溴环己烷和镁、无水乙醚反应生成，和甲醛、水反应生成，在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化生成，所以其合成路线流程图为，故答案为：点评：本
102、题考查有机物的推断及合成，同时考查学生知识迁移能力，利用题给信息进行分析解答，明确有机物的官能团及性质是解本题关键，难度较大29（14分）（2013秋上海月考）在50mL a molL1的硝酸溶液中，加入6.4g Cu，全部溶解，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，将反应后溶液用蒸馏水稀释至100mL时测得c（NO3）=3molL1（1）求稀释后的溶液的pH=0（2）若生成的气体中NO2的物质的量为0.125mol，则a=9（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，反应原理如下：NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O 2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O若将
103、上述（2）中的NO2和NO的混合气体通入2molL1的NaOH恰好被吸收，求NaOH溶液的体积为75mL生成的NaNO2为0.1mol（4）治理氮氧化物污染的另一种方法，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理其主要反应原理如下：4NO+4NH3+O24N2+6H2O 6NO2+8NH37N2+12H2O某硝酸厂排放的尾气中氮氧化合物的含量为2490mg/m3（体积已折算至标准状况），其中NO与NO2物质的量比为4：1设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应氨氧混合气的平均相对分子质量为19.37（精确到0.01）要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为10.64 L考点：化学方程式的有关计算菁
104、优网版权所有专题：计算题分析：（1）溶液c（Cu2+）=n（Cu），由电荷守恒可知溶液中c（NO3）=c（H+）+2c（Cu2+），据此计算c（H+），代入PH=lgc（H+）计算；（2）根据电子转移守恒计算NO的物质的量，再根据N元素守恒计算n（HNO3），进而计算原硝酸溶液浓度；（3）反应后为NaNO2、NaNO3混合溶液，根据N元素守恒可知，n（NaNO2）+n（NaNO3）=n（NO2）+n（NO），根据钠元素守恒可知，n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），再根据V=计算溶液体积；根据方程式计算生成NaNO2的物质的量；（4）设1m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物
105、质的量为4x，根据尾气中氮氧化合物的含量列方程计算x的值，再根据方程式计算需要NH3、O2的物质的量，根据M=计算其平均相对分子质量；结合中的数据，根据V=nVm计算处理1m3尾气需要氨氧混合物的体积，进而计算处理5m3的尾气需要氨氧混合气的体积解答：解：（1）6.4g Cu的物质的量为=0.1mol，所以溶液n（Cu2+）=n（Cu）=0.1mol，溶液中c（NO3）=c（H+）+2c（Cu2+），所以溶液中c（H+）=c（NO3）2c（Cu2+）=3mol/L2=1mol/L，所以pH=lg1=0，故答案为：0；（2）根据电子转移守恒，NO的物质的量=0.025mol，根据N元素守恒，原溶
106、液中n（HNO3）=0.125mol+0.025mol+0.1L3mol/L=0.45mol，故原硝酸的浓度为=9mol/L，故答案为：9；（3）反应后为NaNO2、NaNO3混合溶液，根据N元素守恒可知，n（NaNO2）+n（NaNO3）=n（NO2）+n（NO）=0.125mol+0.025mol=0.15mol，根据钠元素守恒可知，n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.15mol，NaOH溶液的体积为=0.075L=75mL； NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O 0.025mol 0.025mol 0.05mol 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3
107、+H2O（0.125mol0.025）mol 0.05mol故生成NaNO2的物质的量=0.05mol+0.05mol=0.1mol，故答案为：75；0.1；（4）设1m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，4xmol30g/mol+46xg=2.49g，解得x=0.015mol，所以1m3尾气中NO2的物质的量为0.015mol，则NO的物质的量为0.06mol，根据方程式：4NO+4NH3+O24N2+6H2O，可知0.06molNO需要0.06molNH3，0.015molO2，根据方程式：6NO2+8NH37N2+12H2O，可知0.015molNO2需要0.02molNH3，所以氨氧混合气体的平均摩尔质量=19.37g/mol，所以其相对分子质量为19.37，故答案为：19.37；处理1m3尾气需要氨氧混合物的体积=（0.06+0.02+0.015）mol22.4L/mol=2.128L，则要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为=2.128L5=10.64L，故答案为：10.64点评：本题考查含氮物质的有关计算，侧重考查学生的分析计算能力，题目计算量较大，为易错题目，注意利用守恒法，结合方程式来分析解答，难度较大
