1、2014-2015学年上海市宝山区行知中学高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1节能减排指的是减少能源浪费和降低废气排放，下列措施不符合节能减排的是（） A 工业制硫酸时，设置“废热”锅炉产生蒸气，用于发电 B 开采更多的能源，提高能源开采量 C 燃烧煤的锅炉采用类似沸腾炉的锅炉 D 推广使用乙醇汽油从而减轻大气污染，改善大气环境2粗食盐的杂质主要是MgCl2为了除去杂质，工业上常把粗盐粉碎后用饱和食盐水浸洗，再过滤出食盐对此，下面的评论正确的是（） A 浸洗前后，被浸洗的食盐中MgCl2的含量基本不变 B 用来浸洗的饱和食盐水在浸洗前后没有
2、变化 C 浸洗用过的饱和食盐水可以无限次地使用下去 D 粉碎颗粒的大小影响浸洗后盐中MgCl2的含量3下列有关化学用语使用正确的是（） A 质量数为37的氯原子：Cl B CH4Si的结构式： C 氨基的电子式： D Li+核外电子排布式 1s24能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱 盐 A 硅 B 硫 C 铜 D 铁5下列各有机物的命名正确的是（） A 二溴乙烷 B 1，3二甲苯 C 乙基丁烷 D CH2=CHCH=CH21，3一二丁稀二、选择题（每小题3分，共36分每小题只有一个正确选项）6下列有关物质的分类正确的是（） A CaCl2、NaOH、HCl、HD四种物质都属于
3、化合物 B 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 C CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2属于同系物 D C60、C70、金刚石、石墨互为同素异形体7有机物R结构如图所示，下列说法正确的是（） A R在碱性条件下的水解产物难溶于水 B R分子中有7种化学环境均不同的氢原子 C R和溴水反应后所得产物的化学式为C11H12O3Br2 D R不能使酸性高锰酸钾溶液褪色8下列对物质及其变化的有关叙述正确的是（） A 干冰气化时碳氧键发生断裂 B CaO和SiO2晶体中都不存在单个小分子 C K2O和K2O2中化学键类型完全相同 D 苯分子中只有极性键9下列有关元素非金
4、属性的比较，正确的是（） A 进行H2O和H2S的热分解实验，确定硫和氧两种元素的非金属性强弱 B HCl溶液的酸性比H2S溶液的酸性强，则Cl的非金属性比S强 C 2C+SiO2Si+CO，该反应说明碳非金属性强于硅 D 测定NaCl和NaF溶液的pH，可确定F、Cl两元素非金属性的强弱10提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（） 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法A 乙酸丁酯（乙酸） CCl4 萃取、分液B 氯化铵溶液（FeCl3） 氢氧化钠溶液 过滤C 二氧化碳（CO） 氧化铜粉末 通过灼热的CuO粉末D 苯（苯酚） 浓溴水 过滤 A A B B C C
5、 D D11下列说法正确的是（） A A族元素的金属性一定比A族元素的金属性强 B 失电子能力弱的元素得电子能力不一定强 C 同主族元素单质的熔沸点从上到下逐渐升高 D 第三周期主族元素的离子半径，从左到右逐渐减小12向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（） A c（Ca2+）、c（OH）均增大 B c（Ca2+）、c（OH）均保持不变 C c（Ca2+）、c（OH）均减小 D c（OH）增大、c（H+）减小13玻璃棒是化学实验中常用的仪器，下列实验操作过程中不需要使用玻璃棒的是（） A 用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液 B 从氯酸钾和二氧化锰制
6、取氧气的剩余固体中提取KCl C 用pH试纸测定某Na2CO3溶液的pH 值 D 配制75%酒精溶液100g14一般硫粉含有S（单斜）和S（正交）两种同素异形体已知常温下：S（单斜）+O2（g）SO2（g）+297.16kJ；S（正交）+O2（g）SO2（g）+296.83kJ下列说法错误的是（） A S（g）+O2（g）SO2（g）+Q3 Q3297.16 kJ B 单斜硫转变为正交硫的能量变化可用如图表示： C 常温下正交硫比单斜硫稳定 D 单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应15下列装置或操作能达到实验目的是（） A B C D 16某固体混合物可能含有NH4Cl、KOH、AgNO3、Al
7、Cl3中的若干种，加适量水充分搅拌，得无色澄清溶液，取溶液进行如下实验：蘸取少量原溶液滴在pH试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11；取1mL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”根据上述实验现象，以下推测正确的是（） A 肯定存在的只有KOH和AgNO3 B NH4Cl、AlCl3肯定不存在 C KOH和AlCl3可能存在 D 肯定存在的只有NH4Cl、KOH和AgNO317分别在等体积等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中，加入足量锌粉，氢离子浓度c（H+）及氢气的体积V（H2）（同温同压下测定）的变化图示如下，其中正确的是（） A B C D 三、选择题（
8、本题共20分，每小题4分，每小题只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高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3Ka 1.6105 6.3109 1.6109 4.21010从下表格中判断下列说法正确的是（） A 在冰醋酸和水中这四种酸都没有完全电离 B 在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸 C 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H+SO42 D 水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱1
9、9下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（） A 氯水中：c（Cl2）=2c（ClO）+2c（Cl）+2c（HClO） B Na2CO3溶液：c（OH）c（H+）c（HCO3）+2 c（H2CO3） C 等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）c（HCO3）+c（H2CO3） D 室温下，向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）20向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（） A OH+CO32+2H+HCO3+H2O
10、B 2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O C 2OH+CO32+4H+CO2+3H2O D OH+CO32+3H+CO2+2H2O21各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（） A I2（g）+H2（g）2HI（g） B CH3COOHH+CH3COO（忽略溶液体积变化） C FeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KCl（忽略液体体积变化） D CH3OCH3（g）+3H2O（g）6H2（g）+2CO（g）Q（恒压）22将体积为VL的C2H2、C2H4和H2的混合气体，在一定条件下通过催化剂后，所得混合气体不能使溴水褪色，气体体积减少为0.6VL（同温同压下），则原混合
11、气体中C2H2、C2H4和H2的体积比为（） A 1：2：7 B 5：2：15 C 1：6：13 D 3：4：13四、解答题23（12分）（2014秋宝山区校级月考）氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响完成下列填空：（1）在氧、硫、硒、碲元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为（用离子符号表示）与硫元素同周期且在本周期中非金属性最强的元素在周期表中的位置（2）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性下列有关说法正确的是A氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱B其氢化物中的键长按OH、SH、SeH、TeH的顺序
12、依次减小C其阴离子的还原性按O2、S2、Se2、Te2的顺序依次增强D其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强（3）石油化工的废气中有H2S，写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不能使用其他原料）以化学方程式表示：（4）从图可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是（5）2SO2（g）+O2 （g）2SO3（g） 是制各提取的需要反应，在恒温下，向容积固定的容器中加入一定量的SO2和O2，能说明该可逆反应已达到平衡状态的是（填序号）av（O3）z=2v（SO2）mbc（SO2）c（SO3）c混合气体的密度保持不变d滤液中压强不随时间变化而变化24（12分）
13、（2014秋宝山区校级月考）高铁酸盐（K2FeO4）在能源、环保等方面有着广泛的用途湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示湿法 强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液干法 Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物（1）写出干法制备K2FeO4 的化学方程式为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为（2）高铁酸钾在水中既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂它能消毒杀菌是因为，它能净水的原因是（3）在实验室配置Fe（NO3）3溶液时，若用蒸馏水直接配置，所得溶液往往较混浊，其原因是（用离子方程式表示），因此，正确的配置操作是在溶
14、液中加入少量的（填试剂名称），其目的是（4）Fe2O3是一种色的氧化物，写出它和盐酸反应的离子方程式（5）检验Fe3+ 的方法很多，写出其中的一种检验方法25（12分）（2014秋宝山区校级月考）某化学兴趣小组的同学利用图1所示实验装置进行NH3、Cl2的制备、性质等实验（图中夹持装置有省略）请按要求填空供选择的装置（图2）：（1）装置A除可制备NH3外，还可制备其他多种气体，写出制备其中一种气体的化学方程式（2）为制取干燥氨气，可将装置A与装置（填编号，从供选择的装置中选取）连接；装置A中的烧瓶内固体宜选用（选填以下选项的代号）a碱石灰 b氯化钙 c五氧化二磷 d生石灰（3）若欲制取纯净、干
15、燥的氯气，可从I、II、III装置中选取合适的装置与C依次相连则连接次序为C、（填编号）；（4）实验中装置B的烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，试推测发生反应的化学方程式，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子；（5）实验完毕后观察到B烧瓶内还有黄绿色气体，简述如何处理才能不污染环境26（12分）（2014秋宝山区校级月考）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：完成下列填空：（1）将NaCl溶液进行电解，在电解槽的阴极区获得的产品有（填写名称）（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的是（3）若食盐样品中混有NaBr杂质，为了测定该食盐样品的纯度，可设计如
16、下实验过程：在实验室中该定量实验方法属于法；请从图中选用四个装置（可重复使用）完成向溶液A中通入过量Cl2的实验，将所选装置的编号填入下列对应的横线内；丙某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为59微溶于水，有毒性和强腐蚀性他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：（4）图中仪器B的名称为，冷却水的出口为（填写“甲”或“乙”编号）整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是（5）实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作的关键是C中液体的颜色为为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入溶液（填写化学式）27已知：有机化合物A的分子式为C3H2
17、O，能发生银镜反应（1）写出反应类型：反应 反应（2）写出结构简式：A E物质C中共有14个碳原子，写出生成C的化学方程式（3）若C8H8Cl2苯环上的一溴取代物只有一种，其可能的结构除了外，还有和（用结构简式表示）28（14分）（2014秋宝山区校级月考）已知：； ，有机物A的水溶液显酸性，遇 FeCl3不显色，苯环上的一氯代物只有两种结构试根据图中各有机物的相互转化关系回答：（1）写出下列物质的结构简式：A、L（2）上述物质中互为同分异构体的是（填符号）；（3）上述变化中，属于缩聚反应的是；属于消去反应的是（均填反应编号）；（4）物质B用盐酸酸化可得到产物W，W的同分异构体中，既属于酚类，
18、同时也属于酯类的化合物有种，请写出其中一种同分异构体的结构简式；（5）反应的产物除1之外，还有一些副产物，请写出其中2种类型不同的产物的结构简式：、（6）上述反应中的HCHO可以用甲烷和必要的无机原料制备，写出反应的化学方程式29（14分）（2014秋宝山区校级月考）某化工厂以甲烷为原料合成甲醇的反应为：（所有气体体积均已折算为标准状况）反应器中：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）反应器中：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（该反应CO的转化率为 ）（1）在反应器中通入体积为672m3的甲烷和足量的水蒸气，充分反应后通入反应器，则反应剩余物中n（CO）=，n（H2）=（2
19、）为增大产量，该厂在原工艺的基础上，将下列反应运用于生产甲醇原料气：反应器中 2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）若新工艺中充入反应器 的甲烷体积为a，水蒸气足量，反应器的甲烷体积为b，最终反应产物中：V（CO）：V（H2）=1：3求充入反应器的甲烷的体积比a：b=；若最终反应剩余物中有N2，且V （ N2）=V（CO），则该空气中氧气的体积分数为多少？（要求：写出本小题的计算过程）2014-2015学年上海市宝山区行知中学高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分每小题只有一个正确选项）1节能减排指的是减少能源浪费和降低废气排放，下列措
20、施不符合节能减排的是（） A 工业制硫酸时，设置“废热”锅炉产生蒸气，用于发电 B 开采更多的能源，提高能源开采量 C 燃烧煤的锅炉采用类似沸腾炉的锅炉 D 推广使用乙醇汽油从而减轻大气污染，改善大气环境考点： 常见的生活环境的污染及治理 专题： 化学应用分析： A设置“废热”锅炉产生蒸气来供热或发电，减少资源浪费，变废为宝，资源合理利用；B开采更多的能源，提高能源开采量，能使资源枯竭，且产生大量污染性气体；C使锅炉燃煤时用鼓风机将煤粉吹起，成沸腾状燃烧，这样能使煤燃烧充分，从而提高燃料的利用率；D推广使用乙醇汽油有助于减轻大气污染，改善大气环境；解答： 解：A工业制硫酸时，硫酸生产过程中三个
21、化学反应都是放热反应，可以充分利用这些反应放出的热能来降低生产成本，符合节能减排理念，故A正确；B开采更多的能源，加快化石燃料的开采与使用，产生大量污染性气体，不利于推广低碳技术，不符合节能减排理念，故B错误；C化学反应中，固体表面积越大，则反应速率越大，锅炉燃煤时用鼓风机将煤粉吹起，成沸腾状燃烧，这样能使煤燃烧充分，从而提高燃料的利用率，符合节能减排理念，故C正确；D推广使用乙醇汽油有助于减轻大气污染，改善大气环境，符合节能减排理念，故D正确；故选B点评： 本题考查节能减排及环境污染的处理，注意化学来源于生产、生活，也应服务于生产、生活，注重化学与生活的联系，题目难度不大2粗食盐的杂质主要是
22、MgCl2为了除去杂质，工业上常把粗盐粉碎后用饱和食盐水浸洗，再过滤出食盐对此，下面的评论正确的是（） A 浸洗前后，被浸洗的食盐中MgCl2的含量基本不变 B 用来浸洗的饱和食盐水在浸洗前后没有变化 C 浸洗用过的饱和食盐水可以无限次地使用下去 D 粉碎颗粒的大小影响浸洗后盐中MgCl2的含量考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；溶解度、饱和溶液的概念；物质的分离、提纯和除杂 专题： 化学实验基本操作分析： 由信息可知，把粗盐粉碎后用饱和食盐水浸洗，再过滤出食盐，可知氯化镁能溶解，而氯化钠不能溶解，然后过滤可分离，以此来解答解答： 解：A用饱和食盐水浸洗，氯化镁溶解，则浸洗前后氯化镁
23、含量不同，故A错误；B用来浸洗的饱和食盐水在浸洗后总质量变大，因溶解了氯化镁，故B错误；C浸洗用过的饱和食盐水，当氯化镁达到饱和溶液时，不能再使用，故C错误；D块状不同溶解较慢，而粉末固体溶解快，则粉碎颗粒的大小影响浸洗后盐中MgCl2的含量，故D正确；故选D点评： 本题考查物质分离、提纯的方法和选择，为高频考点，把握饱和NaCl溶液中溶解能力为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大3下列有关化学用语使用正确的是（） A 质量数为37的氯原子：Cl B CH4Si的结构式： C 氨基的电子式： D Li+核外电子排布式 1s2考点： 电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题： 化
24、学用语专题分析： A根据原子的质量数应该在原子的左上角表示判断；B根据碳原子和硅原子应该写成两对共用电子对判断；C氨基中含有2个氮氢键，氮原子最外层为7个电子；D锂离子只有1个电子层，核外电子总数为2，据此写出其核外电子排布式解答： 解：A质量数为37的氯原子核电荷数为17，正确表示应该为：1737Cl，故A错误；BCH4Si中碳原子和硅原子形成了两对共用电子对，其正确的结构式为：，故B错误；C氨基中氮原子最外层为7个电子，含有3个氮氢共用电子对，氨基正确的电子式为：，故C错误；D锂离子的核外电子总数为2，其核外电子排布式为：1s2，故D正确；故选D点评： 考查常见化学用语的正误判断，题目难度
25、中等，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，该类试题需要明确的是常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等4能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱 盐 A 硅 B 硫 C 铜 D 铁考点： 无机物的推断 专题： 推断题分析： 依据物质的性质，结合转化关系分析判断，单质氧化物酸或碱盐解答： 解：A、SiSiO2，二氧化硅不能和水分仪生成对应的硅酸，故A错误；B、SSO2H2SO3Na2SO3或NaHSO3，故B正确C、铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不
26、能和水反应生成氢氧化铜，故C错误；D、铁和氧气反应生成铁的氧化物，但铁的氧化物不能和水反应生成氢氧化物，故D错误；故选B点评： 本题考查了单质化合物性质的应用，主要考查氧化物和水反应的特征判断，与酸碱反应的产物判断，题目难度中等5下列各有机物的命名正确的是（） A 二溴乙烷 B 1，3二甲苯 C 乙基丁烷 D CH2=CHCH=CH21，3一二丁稀考点： 有机化合物命名 专题： 有机化学基础分析： 判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：长选最长碳链为主链多遇等长碳链时，支链最多为主链近离支链最近一端编号小支链编号之和最小看下面结构简式，从右端
27、或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小解答： 解：A取代基的位次应明确，应为：1，1二溴乙烷，故A错误； B二甲苯的命名，必须指出两个甲基在苯环上的位置，1，3二甲苯，该命名符合命名原则，故B正确；C选择的碳链不是最长的碳链，最长的碳链有5个碳原子，正确的名称为3甲基戊烷，故
28、C错误；D有两个双键，应为二烯，命名为：1，3一丁二稀，故D错误故选B点评： 本题考查了有机物的命名知识，一般要求了解烷烃的命名、苯的同系物的命名及简单的烃的衍生物的命名，命名时要遵循命名原则，书写要规范，题目难度不大二、选择题（每小题3分，共36分每小题只有一个正确选项）6下列有关物质的分类正确的是（） A CaCl2、NaOH、HCl、HD四种物质都属于化合物 B 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 C CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2属于同系物 D C60、C70、金刚石、石墨互为同素异形体考点： 单质和化合物；同位素及其应用；酸、碱、盐、氧化物的概
29、念及其相互联系；芳香烃、烃基和同系物 专题： 物质的分类专题分析： AHD是单质；B结合物质的组成，依据酸、碱、盐、氧化物的概念分析判断；C同系物，是结构相似，组成上相差CH2的有机化合物；D同素异形体是相同元素组成的不同单质解答： 解：AHD是氢元素的同位素原子形成的单质，故A错误； B酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；氧化物是两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰中纯碱是盐不是碱，故B错误；C，同系物，是结构相似，组成上相差CH2的有机化合物，CH2O2C2H4O2C3H6
30、O2C4H8O2，分子组成相差CH2但结果不一定相似，可能为酸或酯类等，分子式存在同分异构体，故C错误；D同素异形体是相同元素组成的不同单质，金刚石、石墨、C60、C70符合同素异形体的概念，故D正确；故选：D点评： 本题考查了物质的分类，侧重于酸、碱、盐、氧化物、电解质、非电解质等概念的考查，题目难度不大，注意根据物质的组成和有关概念分析7有机物R结构如图所示，下列说法正确的是（） A R在碱性条件下的水解产物难溶于水 B R分子中有7种化学环境均不同的氢原子 C R和溴水反应后所得产物的化学式为C11H12O3Br2 D R不能使酸性高锰酸钾溶液褪色考点： 有机物的结构和性质 专题： 有机
31、物的化学性质及推断分析： 有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应，且烃基可被酸性高锰酸钾氧化，结合有机物的结构解答该题解答： 解：A有机物含有之间，可在碱性条件下水解，故A错误；B结构不对称，有8种不同的氢原子，故B错误；C含有酚羟基，可被溴取代邻位氢原子，取代后有机物分子式为C11H12O3Br2，故C正确；D酚羟基和烃基都可被酸性高锰酸钾氧化，故D错误故选C点评： 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生分析能力的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大8下列对物质及其变化的有关叙述正确的是（） A 干冰气化时碳氧键发生断裂 B Ca
32、O和SiO2晶体中都不存在单个小分子 C K2O和K2O2中化学键类型完全相同 D 苯分子中只有极性键考点： 化学键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 专题： 化学键与晶体结构分析： A干冰气化时，由固体变为气体；BCaO和SiO2晶体分别为离子晶体和原子晶体；CK2O和K2O2中均含离子键，但K2O2中还含非极性共价键；D苯分子中含C、C之间的非极性键和C、H之间的极性键解答： 解：A干冰气化时，由固体变为气体，只破坏分子间作用力，化学键不变，故A错误；BCaO和SiO2晶体分别为离子晶体和原子晶体，均不存在分子，故B正确；CK2O和K2O2中均含离子键，但K2O2中还含非极性共价键，
33、化学键不完全相同，故C错误；D苯分子中含C、C之间的非极性键和C、H之间的极性键，故D错误；故选B点评： 本题考查化学键，为高频考点，把握物质中的化学键及化学键形成、化学键判断的一般规律为解答的关键，注意晶体类型与构成微粒，题目难度不大9下列有关元素非金属性的比较，正确的是（） A 进行H2O和H2S的热分解实验，确定硫和氧两种元素的非金属性强弱 B HCl溶液的酸性比H2S溶液的酸性强，则Cl的非金属性比S强 C 2C+SiO2Si+CO，该反应说明碳非金属性强于硅 D 测定NaCl和NaF溶液的pH，可确定F、Cl两元素非金属性的强弱考点： 非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律 分
34、析： A氢化物越稳定，对应元素的非金属性越强；B不能根据氢化物的酸性强弱来判断非金属性；C同主族从上到下非金属性减弱；D不能根据氢化物的酸性强弱来判断非金属性解答： 解：A氢化物越稳定，对应元素的非金属性越强，则进行H2O和H2S的热分解实验，确定硫和氧两种元素的非金属性强弱，故A正确；B氢化物的酸性强，元素的非金属性不一定强，如HCl的酸性比HF强，但是非金属性：FCl，故B错误；C同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：CSi，非金属单质的氧化性越强，则元素的非金属性越强，该反应中C是还原剂，所以反应2C+SiO2Si+CO不能说明碳非金属性强于硅，故C错误；D测定NaCl和NaF溶液的p
35、H，能够判断氢化物的酸性强弱，但是不能根据氢化物的酸性强弱来判断非金属性，所以不能确定F、Cl两元素非金属性的强弱，故D错误故选A点评： 本题考查元素周期律知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，注意把握非金属性强弱的比较规律，难度不大10提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（） 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法A 乙酸丁酯（乙酸） CCl4 萃取、分液B 氯化铵溶液（FeCl3） 氢氧化钠溶液 过滤C 二氧化碳（CO） 氧化铜粉末 通过灼热的CuO粉末D 苯（苯酚） 浓溴水 过滤 A A B B C C D D考点：
36、 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题： 化学实验基本操作分析： 根据除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质，以此来解答解答： 解：A、乙酸丁酯和乙酸都能溶于CCl4，不符合除杂的原理，故A错误；B、氯化铁与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，则氯化铵中引入氯化钠，不符合除杂的原理，故B错误；C、CO与灼热的CuO粉末反应生成铜和二氧化碳，可将杂质除去，故C正确；D、溴单质和2，4，6三溴苯酚易溶于苯，无法用过滤分开，引入了新的杂质，故D错误故选：C点评： 本题考查物质的分离提纯，题目难度不大，注意根据物质的性质差异性选择物理或
37、化学方法进行分离11下列说法正确的是（） A A族元素的金属性一定比A族元素的金属性强 B 失电子能力弱的元素得电子能力不一定强 C 同主族元素单质的熔沸点从上到下逐渐升高 D 第三周期主族元素的离子半径，从左到右逐渐减小考点： 同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 分析： A、不同主族元素金属性的强弱之间没有明确的变化规律，A族元素的金属性不一定比A族元素的金属性强；B、失电子能力弱的元素得电子能力不一定强；C、同主族元素非金属单质的熔沸点从上到下逐渐升高；D、微粒半径，电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小解答： 解：A
38、、A族元素的金属性不一定比A族元素的金属性强，如活泼性：LiBa，故A错误；B、失电子能力弱的元素得电子能力不一定强，如C元素等，故B正确；C、同主族非金属元素单质的熔沸点从上到下逐渐升高，A金属元素的熔沸点从上到下逐渐降低，故C错误；D、第三周期主族元素的离子半径，从左到右，先减小后增大，后面的离子电子层多，故D错误故选B点评： 本题考查学生元素周期律的应用方面的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大12向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（） A c（Ca2+）、c（OH）均增大 B c（Ca2+）、c（OH）均保持不变 C c（Ca2+）、c（O
39、H）均减小 D c（OH）增大、c（H+）减小考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题： 物质的量浓度和溶解度专题分析： 加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反应消耗水，结合Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）的影响因素解答解答： 解：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变，故选B点评： 本题为2014年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点，难度不大13玻璃棒是化学
40、实验中常用的仪器，下列实验操作过程中不需要使用玻璃棒的是（） A 用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液 B 从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl C 用pH试纸测定某Na2CO3溶液的pH 值 D 配制75%酒精溶液100g考点： 过滤、分离与注入溶液的仪器 分析： A用已知浓度的盐酸和未知浓度的氢氧化钠溶液进行中和滴定实验；B从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，先将固体溶于水，再过滤；C用玻璃棒蘸取少许待测液于试纸的中部；D配制溶液需要转移液体解答： 解：A用已知浓度的盐酸和未知浓度的氢氧化钠溶液进行中和滴定实验，通过滴定管进行滴定，无需玻璃棒，故A正确； B
41、从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，先将固体溶于水，用玻璃棒搅拌，过滤，用玻璃棒引流，再将滤液加热蒸发得到KCl，用玻璃棒搅拌和转移，故B错误；C用pH试纸测定NaHCO3溶液的pH，用玻璃棒蘸取少许待测液于试纸的中部，故C错误；D配制溶液需要转移液体，需要用玻璃棒引流，故D错误故选A点评： 本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累14一般硫粉含有S（单斜）和S（正交）两种同素异形体已知常温下：S（单斜）+O2（g）SO2（g）+297.16kJ；S（正交）+O2（g）SO2（g）+296.83kJ下列说法错误的是（） A S（g）
42、+O2（g）SO2（g）+Q3 Q3297.16 kJ B 单斜硫转变为正交硫的能量变化可用如图表示： C 常温下正交硫比单斜硫稳定 D 单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应考点： 反应热和焓变 专题： 化学反应中的能量变化分析： A、硫气体变化为固体需要放出热量；B、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；C、依据物质能量越高越不稳定；D、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析解答： 解：A、硫气体变化为固体需要放出热量；S（单斜）+O2（g）SO2（g）+297.16kJ，所以S（g）+O2（g）SO2（g）+Q3 Q3297.16 kJ，故A正确；B、S（单斜）+O2（g）SO2（g）+297.1
43、6kJ；S（正交）+O2（g）SO2（g）+296.83kJ依据盖斯定律得到S（单斜）=S（正交）+0.33KJ，单斜硫能量高于正交硫，故B错误；C、单斜硫能量高于正交硫，单斜硫稳定性小于正交硫，故C正确；D、依据B分析，S（单斜）=S（正交）+0.33KJ，反应是放热反应，故D正确；故选：B点评： 本题考查了反应能量变化的分析判断，盖斯定律的计算应用，注意物质能量越高越不稳定，题目难度中等15下列装置或操作能达到实验目的是（） A B C D 考点： 化学实验方案的评价 专题： 实验评价题分析： 碘水中分离碘，应萃取后分液；NO不能利用排空气收集；发生吸氧腐蚀；利用甲、乙中液面差判断装置气密
44、性解答： 解：碘水中分离碘，应萃取后分液，而图中为蒸发装置，故错误；NO不能利用排空气收集，应利用排水法收集，故错误；图中装置，NaCl为中性，则发生吸氧腐蚀，空气中的氧气得到电子，故正确；若图中甲、乙中液面差高度一段时间不变，则装置气密性良好，故正确；故选C点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物的分离、提纯、气体的制备及收集、电化学腐蚀、气密性检查等，把握实验装置及反应原理为解答的关键，吸氧腐蚀为解答的易错点，题目难度不大16某固体混合物可能含有NH4Cl、KOH、AgNO3、AlCl3中的若干种，加适量水充分搅拌，得无色澄清溶液，取溶液进行如下实验：蘸取少量原溶液滴在p
45、H试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11；取1mL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”根据上述实验现象，以下推测正确的是（） A 肯定存在的只有KOH和AgNO3 B NH4Cl、AlCl3肯定不存在 C KOH和AlCl3可能存在 D 肯定存在的只有NH4Cl、KOH和AgNO3考点： 几组未知物的检验 分析： 蘸取少量原溶液滴在pH试纸上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11，说明溶液呈强碱性，应含有KOH；取lmL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”，说明混合后所得溶液为银氨溶液，以此进行推断解答： 解：蘸取少量原溶液滴在PH试纸
46、上，试纸显蓝色，与标准比色卡比较，pH约为11，说明溶液呈强碱性，应含有KOH；取lmL原溶液加入3滴乙醛，水浴加热，试管内壁出现光亮的“银镜”，说明混合后所得溶液为银氨溶液，则混合物中含有NH4C1、KOH、AgNO3，可能含有AlCl3，与过量KOH反应生成KAlO2故选D点评： 本题考查物质的检验，题目难度中等，本题注意根据物质之间的反应现象结合物质的性质解答，明确物质的性质是解答该类题目的关键17分别在等体积等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中，加入足量锌粉，氢离子浓度c（H+）及氢气的体积V（H2）（同温同压下测定）的变化图示如下，其中正确的是（） A B C D 考点： 酸碱混
47、合时的定性判断及有关ph的计算 专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 醋酸为弱酸，不能完全电离，当pH相等时，醋酸浓度较大，溶质的物质的量较多，当等浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，以此解答该题解答： 解：随着反应的进行，氢离子浓度逐渐减小但是醋酸会逐渐电离出氢离子，所以醋酸中氢离子消耗的速率慢，故正确；等pH时，醋酸浓度较大，加入足量锌，不仅产生的氢气的体积更大，而且反应更快，故正确；等浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，和金属锌反应的速率比醋酸的快，故正确；等浓度的盐酸和醋酸，和金属锌反应的速率是盐酸比醋酸的快，醋酸不可能比盐酸反应的快，故错误故选A点评： 本题考查弱电解质的电离，为高考常见
48、题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题考查的侧重点为图象的分析，难度中等三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题只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高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3Ka 1.6105 6.3109 1.6109 4.21010从下表格中判断下列说法正确的是（） A 在冰醋酸和水中这四种酸都没有完全电离 B 在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸 C 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为
49、H2SO42H+SO42 D 水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱考点： 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根据酸的电离程度分析；B在冰醋酸中，酸的电离平衡常数越大，则其电离程度越大，酸性越强；C存在电离平衡的酸在电离时是不完全电离的，且多元酸是分步电离的；D在溶剂中完全电离的电解质不能区分，不完全电离的电解质能区分解答： 解：A根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，但在水中，这几种酸完全电离，故A错误；B在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B错误；C在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式
50、为H2SO4H+HSO4，故C错误；D这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；故选D点评： 本题考查了电解质的电离，该题中的溶剂是冰醋酸不是水，做题时不能定势思维，知道电离平衡常数能反映酸的强弱19下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（） A 氯水中：c（Cl2）=2c（ClO）+2c（Cl）+2c（HClO） B Na2CO3溶液：c（OH）c（H+）c（HCO3）+2 c（H2CO3） C 等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）c（HCO3）+c（H2CO3） D
51、室温下，向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）考点： 离子浓度大小的比较 专题： 盐类的水解专题分析： A氯水中发生反应的氯气的物质的量很少，很多以氯气分子存在；B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；C任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；D溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），如果二者以1：1反应，则溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则二者的物质的量之比小于1：1，根据物料守恒判断解答： 解：A氯水中发生反应的氯气的物质的量很少，很多以
52、氯气分子存在，所以溶液中存在的微粒大小关系为c（Cl2）2c（ClO）+2c（Cl）+2c（HClO），故A错误；B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c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），根据物料守恒得c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），所以得c（OH）c（H+）c（HCO3）+2 c（H2CO3），故B正确；C任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（HClO）+c（ClO）c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32）=c（Na+），故C错误；D溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），如果二者以
53、1：1反应，则溶质为硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则二者的物质的量之比小于1：1，铵根离子易水解，结合物料守恒得c（Na+）c（SO42）c（NH4+），溶液中水的电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故D正确；故选BD点评： 本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒分析解答，注意A中部分氯元素以分子存在，D采用逆向思维的方法解答，这两个选项为易错点20向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（） A OH+CO3
54、2+2H+HCO3+H2O B 2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O C 2OH+CO32+4H+CO2+3H2O D OH+CO32+3H+CO2+2H2O考点： 真题集萃；离子方程式的书写 专题： 离子反应专题分析： 等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生CO32+H+HCO3，盐酸过量时发生CO32+2H+CO2+H2O解答： 解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳
55、酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将两个方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足以消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH+CO32+3
56、H+HCO3+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正确；故选：C点评： 本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度
57、中等，明确稀盐酸与NaOH和Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键21各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（） A I2（g）+H2（g）2HI（g） B CH3COOHH+CH3COO（忽略溶液体积变化） C FeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KCl（忽略液体体积变化） D CH3OCH3（g）+3H2O（g）6H2（g）+2CO（g）Q（恒压）考点： 化学平衡建立的过程 分析： 根据图象中的纵横坐标表示的意义，分析某条件改变时，一个量随另外一个量的变化，若变化趋势与图中一致，则为正确答案解答： 解：A、碘单质与氢气反应是压强不变的反应，所以
58、增大体积，都平衡移动不影响，所以碘单质的转化率不变，与图中符合，故A正确；B、CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，使CH3COOH溶液中CH3COO浓度增加，电离平衡逆向移动，则c（H+）减小，pH逐渐增大，与图中不符合，故B错误；C、因该反应中K+、Cl实际不参加反应，则加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，铁离子的浓度不变，与图中不符合，故C错误；D、因反应为吸热反应，则体积、压强不变时，升高温度，平衡正向移动，则甲醚的转化率增大，与图中相符合，故D正确；故选AD点评： 本题考查化学平衡的移动与化学平衡图象，明确影响化学平衡的移动因素是解答本题的关键，并注意图中曲线变化趋势
59、的意义来解答22将体积为VL的C2H2、C2H4和H2的混合气体，在一定条件下通过催化剂后，所得混合气体不能使溴水褪色，气体体积减少为0.6VL（同温同压下），则原混合气体中C2H2、C2H4和H2的体积比为（） A 1：2：7 B 5：2：15 C 1：6：13 D 3：4：13考点： 有关混合物反应的计算 分析： 将C2H2、C2H4和H2的混合气体，在一定条件下通过催化剂后，所得混合气体不能使溴水褪色，则反应生成C2H6，氢气有剩余，减少体积为参加反应氢气的体积，假设C2H2、C2H4的体积分别为xL、yL，则x+2y=0.4V，结合选项进行验证判断解答： 解：将C2H2、C2H4和H2
60、的混合气体，在一定条件下通过催化剂后，所得混合气体不能使溴水褪色，则反应生成C2H6，氢气有剩余，假设C2H2、C2H4的体积分别为xL、yL，则：C2H2+2H2C2H6xL 2xLC2H4+H2C2H6yL yL减少体积为参加反应氢气的体积，即参加氢气体积为VL0.6VL=0.4VL，由题意可得：x+2y=0.4VA若C2H2、C2H4和H2的体积比为1：2：7，则参加反应氢气体积=2V（C2H2）+V（C2H4）=2VL+VL=0.4VL，符合题意，故A正确；B若C2H2、C2H4和H2的体积比为5：2：15，则参加反应氢气体积=2V（C2H2）+V（C2H4）=2VL+VL=VL0.4
61、VL，不符合题意，故B错误；C若C2H2、C2H4和H2的体积比为1：6：13，则参加反应氢气体积=2V（C2H2）+V（C2H4）=2VL+VL=0.4VL，符合题意，故C正确；D若C2H2、C2H4和H2的体积比为3：4：13，则参加反应氢气体积=2V（C2H2）+V（C2H4）=2VL+VL=0.5VL0.4VL，不符合题意，故D错误，故选AC点评： 本题考查混合物计算、不饱和烃的加成反应，难度中等，注意利用验证法解答四、解答题23（12分）（2014秋宝山区校级月考）氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响完成下列填空：（1）在氧、硫、硒、碲元素原子形成的简单阴离子
62、中，其离子半径由大到小的顺序为Te2Se2S2O2（用离子符号表示）与硫元素同周期且在本周期中非金属性最强的元素在周期表中的位置第三周期A族（2）氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性下列有关说法正确的是ACA氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱B其氢化物中的键长按OH、SH、SeH、TeH的顺序依次减小C其阴离子的还原性按O2、S2、Se2、Te2的顺序依次增强D其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次增强（3）石油化工的废气中有H2S，写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不能使用其他原料）以化学方
63、程式表示：2H2S+3O22H2O+2SO2、2H2S+SO23S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O（4）从图可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高（5）2SO2（g）+O2 （g）2SO3（g） 是制各提取的需要反应，在恒温下，向容积固定的容器中加入一定量的SO2和O2，能说明该可逆反应已达到平衡状态的是d（填序号）av（O3）z=2v（SO2）mbc（SO2）c（SO3）c混合气体的密度保持不变d滤液中压强不随时间变化而变化考点： 同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；化学平衡状态的判断 分析： （1）同主族元素从
64、上到下，对应的离子半径逐渐增大；（2）根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断；（3）H2S具有还原性和不稳定性；（4）水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高；（5）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质浓度不变，以此解答解答： 解：（1）同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大，Te2Se2S2O2，与硫元素同周期且在本周期中非金属性最强的元素为Cl，为第三周期A族元素，故答案为：Te2Se2S2O2；第三周期A族；（2）A元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱，故A正确；B原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键
65、长按OH、SH、SeH、TeH的顺序依次增大，故B错误；C，元素的非金属性越强，对应的其阴离子的还原性越弱，则O2、S2、Se2、Te2的顺序依次增强，故C正确；D元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误故答案为：AC；（3）硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫；二氧化硫可与硫化氢反应生成硫，硫化氢与氧气反应也可生成硫，涉及反应有2H2S+3O22H2O+2SO2； 2H2S+SO23S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O，故答案为：2H2S+3O22H2O+2SO2、2H2S+SO23S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O；（4）水
66、中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高，故答案为：除H2O外，随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高；（5）a达到平衡时，2v（O3）=v（SO2），故a错误；b因起始浓度以及转化程度位置，则不能确定平衡浓度，故b错误；c都是气体，无论是否达到平衡状态，混合气体的密度保持不变，故c错误；d压强不随时间变化而变化，可说明达到平衡状态，故d正确故答案为；d点评： 本题考查较为综合，涉及元素周期律、氢键以及化学键等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，难度中等，注意相关基础知识的积累24（1
67、2分）（2014秋宝山区校级月考）高铁酸盐（K2FeO4）在能源、环保等方面有着广泛的用途湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示湿法 强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液干法 Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物（1）写出干法制备K2FeO4 的化学方程式为，Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1（2）高铁酸钾在水中既能消毒杀菌，又能净水，是一种理想的水处理剂它能消毒杀菌是因为高铁酸钾有强氧化性，它能净水的原因是高铁酸钾与水反应生成的Fe（OH）3胶
68、体有吸附性（3）在实验室配置Fe（NO3）3溶液时，若用蒸馏水直接配置，所得溶液往往较混浊，其原因是（用离子方程式表示）Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，因此，正确的配置操作是在溶液中加入少量的（填试剂名称）硝酸，其目的是抑制铁离子的水解（4）Fe2O3是一种红棕色的氧化物，写出它和盐酸反应的离子方程式Fe2O3+6H+=3H2O+2Fe3+（5）检验Fe3+ 的方法很多，写出其中的一种检验方法取少量溶液于试管中，加入少量KSCN溶液，如果变成血红色溶液，则含有Fe3+考点： 制备实验方案的设计 分析： （1）干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等，所
69、以反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+2价，结合方程式判断；（2）K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性；（3）铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，溶液呈酸性，根据影响水解平衡移动的因素来回答；（4）Fe2O3是一种红棕色的氧化物，它和盐酸反应生成氯化铁和水；（5）检验Fe3+ 可用KSCN溶液解答： 解：（1）干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等，所以反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO
70、4+3KNO2+2H2O，Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低到+2价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；3：1；（2）K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性，可除去水的悬浮性杂质，故答案为：高铁酸钾有强氧化性；高铁酸钾与水反应生成的Fe（OH）3胶体有吸附性；（3）铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，所以溶液往往较混浊，正确的配置操作是将Fe（NO3）3固体先溶于较浓的硝酸中，可以抑制铁离子的水
71、解，故答案为：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+；硝酸；抑制铁离子的水解；（4）Fe2O3是一种红棕色的氧化物，它和盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为Fe2O3+6H+=3H2O+2Fe3+；故答案为：红棕；Fe2O3+6H+=3H2O+2Fe3+；（5）检验Fe3+ 可用KSCN溶液，具体操作为取少量溶液于试管中，加入少量KSCN溶液，如果变成血红色溶液，则含有Fe3+；故答案为：取少量溶液于试管中，加入少量KSCN溶液，如果变成血红色溶液，则含有Fe3+点评： 本题考查实验方案设计与评价，为高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型、也是高考难点之一本题主要考查了氧化还原反应和离子
72、反应方程式的书写、化学平衡的移动、胶体的净水原理重点是利用化合价的升价和化学计量数判断氧化剂和还原剂的比例，难度中等25（12分）（2014秋宝山区校级月考）某化学兴趣小组的同学利用图1所示实验装置进行NH3、Cl2的制备、性质等实验（图中夹持装置有省略）请按要求填空供选择的装置（图2）：（1）装置A除可制备NH3外，还可制备其他多种气体，写出制备其中一种气体的化学方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2（2）为制取干燥氨气，可将装置A与装置A（填编号，从供选择的装置中选取）连接；装置A中的烧瓶内固体宜选用D（选填以下选项的代号）a碱石灰 b氯化钙 c五氧化二磷 d生石灰（3）若欲制取纯净、干
73、燥的氯气，可从I、II、III装置中选取合适的装置与C依次相连则连接次序为C、（填编号）；（4）实验中装置B的烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，试推测发生反应的化学方程式3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；（5）实验完毕后观察到B烧瓶内还有黄绿色气体，简述如何处理才能不污染环境打开止水夹C，在打开止水夹啊、或者b，向烧瓶中鼓入足量空气考点： 氯气的实验室制法；氨的实验室制法 分析： （1）依据反应物的状态和反应条
74、件选择合适的发生装置；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂；生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，有利于氨气的逸出；（3）依据氯化氢、水加热易挥发，氯化氢易溶于水，浓硫酸具有吸水性解答；（4）实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，是生成的氯化氢和氨气反应生成的氯化铵；依据铵根离子的检验方法是和碱反应生成氨气设计实验检验；（5）氯气有毒不能直接排到空气 中，氯气能够与氢氧化钠反应，可用氢氧化钠吸收过量的氯气解答： 解：（1）用装置A制备的气体，反应物状态为固体和液体不加热，锌与稀硫酸在常温下能够反应生成氢气和硫酸锌，可以用A制备，反应的化学方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO
75、4+H2；故答案为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2；（2）碱石灰为碱性干燥剂，常用来干燥氨气；生石灰与水反应生成氢氧化钙，放出大量的热，有利于氨气的逸出；故答案为：A；D；（3）二氧化锰与浓盐酸加热生成氯气，因为氯化氢、水加热易挥发，生成的氯气中含有氯化氢和水杂质，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以通过盛有饱和食盐水的洗气瓶能够出去杂质氯化氢，然后通过盛有浓硫酸的洗气瓶出去水蒸气；故答案为：、；（4）实验一段时间后烧瓶内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，是生成的氯化氢和过量氨气反应生成的氯化铵，方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；铵根离子的检验方法是，取少量固体
76、于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；取少量固体于试管中，加入适量NaOH溶液并加热，在管口用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明固体中有NH4+；（5）氯气有毒不能直接排到空气 中，氯气能够与氢氧化钠反应，可用氢氧化钠吸收过量的氯气，所以正确的操作是：打开止水夹C，在打开止水夹啊、或者b，向烧瓶中鼓入足量空气；故答案为：打开止水夹C，在打开止水夹啊、或者b，向烧瓶中鼓入足量空气点评： 本题考查了氨气、氯气的实验室制备和净化，明
77、确反应的原理和物质的性质是解题关键，题目难度中等26（12分）（2014秋宝山区校级月考）海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：完成下列填空：（1）将NaCl溶液进行电解，在电解槽的阴极区获得的产品有氢气、烧碱（填写名称）（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，其目的是富集溴元素（3）若食盐样品中混有NaBr杂质，为了测定该食盐样品的纯度，可设计如下实验过程：在实验室中该定量实验方法属于重量法；请从图中选用四个装置（可重复使用）完成向溶液A中通入过量Cl2的实验，将所选装置的编号填入下列对应的横线内；甲丙丙丙某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有
78、关资料，Br2的沸点为59微溶于水，有毒性和强腐蚀性他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：（4）图中仪器B的名称为冷凝管，冷却水的出口为甲（填写“甲”或“乙”编号）整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是溴蒸气对橡胶有腐蚀作用（5）实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作的关键是控制好水浴温度C中液体的颜色为红棕色为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液（填写化学式）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： 海水经淡化后母液中含有溴离子，通入氯气，可得到低浓度的溴，然后通入空气吹出，进行富集，用碱溶液吸收，再通入氯气可得到浓
79、度较大的溴，（1）电解饱和氯化钠溶液，在阳极上产生氯气，阴极上产生氢气，同时生成了氢氧化钠；（2）海水淡化得到的母液和电解氯化钠溶液生成的氯气反应，得到的溴单质浓度低，溴单质在水中有一定的溶解性且和水反应，提取时消耗过的能源和原料，降低了经济效益；（3）若食盐样品中混有NaBr杂质，加水溶解后通入氯气，经萃取分液后得到氯化钠溶液和溴的四氯化碳溶液，对氯化钠溶液进行蒸发结晶，得到氯化钠固体，根据氯化钠和样品的质量，可得到该食盐样品的纯度，实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，用丙进行除杂；（4）蒸馏时，为充分冷凝，冷凝水应从下端进，上端出，因溴具有强氧化性和腐蚀性，应避免使用橡皮管；
80、（5）实验用蒸馏的方法分离，要达到提纯溴的目的，应控制好实验温度，可用溴化钠除氯解答： 解：（1）电解饱和氯化钠溶液，在阳极上产生氯气，阴极上产生氢气，同时生成了氢氧化钠，故答案为：氢气、烧碱；（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br，目的是低浓度的Br2溶液在提取时消耗过多的原料和能源，转化为HBr后易被氧化剂氯气氧化为溴单质，用于富集溴元素，故答案为：富集溴元素；（3）若食盐样品中混有NaBr杂质，加水溶解后通入氯气，经萃取分液后得到氯化钠溶液和溴的四氯化碳溶液，对氯化钠溶液进行蒸发结晶，得到氯化钠固体，根据氯化钠和样品的质量，可得到该食盐样品的纯度，该实验方法为定量法中的重量
81、法，实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，用丙除去氯化氢，然后在丙中反应，尾气也可用丙处理，故答案为：重量；甲；丙；丙；（4）由装置图可知，提纯溴利用的原理是蒸馏，仪器B为冷凝管，冷凝水应从下端进，即从乙进，控制温度59，使溴单质挥发，通过冷凝得到呈深红棕色的液态溴单质，同时避免污染环境，最后进行尾气吸收，由于溴单质是一种强氧化剂，易腐蚀橡胶制品，所以整套装置不能用橡胶塞和橡胶管，故答案为：冷凝管；甲；溴蒸气对橡胶有腐蚀作用；（5）达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件是把温度控制在溴的沸点59C，并收集该温度下的馏分，C中收集的液体为溴，颜色为红棕色，除去氯气，可用NaBr，故
82、答案为：控制好水浴温度；红棕色；NaBr点评： 本题考查物质的分离、提纯，侧重海水资源的综合利用，涉及到海水淡化、海水提溴工艺、萃取等知识点，注意物质的分离、提纯应把握物质的性质的异同，掌握从海水中提取食盐和溴的原理为解答该题的关键，题目难度中等27已知：有机化合物A的分子式为C3H2O，能发生银镜反应（1）写出反应类型：反应消去反应 反应取代反应（2）写出结构简式：ACHCCHO E物质C中共有14个碳原子，写出生成C的化学方程式（3）若C8H8Cl2苯环上的一溴取代物只有一种，其可能的结构除了外，还有；和（用结构简式表示）考点： 有机物的推断 专题： 有机物的化学性质及推断分析： 有机化合
83、物A的分子式为C3H2O，能发生银镜反应，说明含有醛基，则A的结构简式为CHCCHO，与足量氢气发生加成反应生成B为CH3CH2CH2OH，B发生消去反应生成丙烯，B与对苯二甲酸发生酯化反应生成C，物质C中共有14个碳原子，则为，由对苯二甲酸的结构可知，D为，E为，则C8H8Cl2为，据此解答解答： 解：有机化合物A的分子式为C3H2O，能发生银镜反应，说明含有醛基，则A的结构简式为CHCCHO，与足量氢气发生加成反应生成B为CH3CH2CH2OH，B发生消去反应生成丙烯，B与对苯二甲酸发生酯化反应生成C，物质C中共有14个碳原子，则为，由对苯二甲酸的结构可知，D为，E为，则C8H8Cl2为，
84、（1）反应为CH3CH2CH2OH在浓硫酸作用下的消去反应，反应为氯代烃的水解反应，也是取代反应，故答案为：消去反应；取代反应；（2）由以上分析可知A为CHCCHO，E为，CH3CH2CH2OH和对苯二甲酸发生酯化反应，生成C的化学方程式为：，故答案为：CHCCHO；（3）若C8H8Cl2苯环上的一溴取代物只有一种，说明苯环上只有一种H原子，结构应对称，可能的结构有外，还有、，故答案为：；（任写2种）点评： 本体考查有机物的推断，难度中等，注意以A和对苯二甲酸为突破口进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，（3）中注意同分异构体书写为易错点28（14分）（2014秋宝山区校级月考）已知：
85、； ，有机物A的水溶液显酸性，遇 FeCl3不显色，苯环上的一氯代物只有两种结构试根据图中各有机物的相互转化关系回答：（1）写出下列物质的结构简式：A、L（2）上述物质中互为同分异构体的是I、J（填符号）；（3）上述变化中，属于缩聚反应的是；属于消去反应的是（均填反应编号）；（4）物质B用盐酸酸化可得到产物W，W的同分异构体中，既属于酚类，同时也属于酯类的化合物有3种，请写出其中一种同分异构体的结构简式；（5）反应的产物除1之外，还有一些副产物，请写出其中2种类型不同的产物的结构简式：CH2=CHCH2COOH、HOCH2CH2CH2COOCH2CH2CH2COOH（6）上述反应中的HCHO可
86、以用甲烷和必要的无机原料制备，写出反应的化学方程式、考点： 有机物的推断 分析： G与甲醛得到酚醛树脂，可知G为，逆推可知D为，有机物A的水溶液显酸性，遇FeCl3溶液不显色，则A含有COOH，不含酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明A的苯环上有2个不同的对位取代基，结合题目信息中的脱羧反应，可知B的结构简式为，A中存在羧酸与酚形成的酯基，则C为羧酸钠盐，C酸化得到H具有酸性，在浓硫酸、加热条件下可以得到J及I，I是五元环状化合物，应是形成环酯，则H中还含有羟基，且羟基与羧基之间有3个碳原子，结合A的分子式可知，H为HOCH2CH2CH2COOH，逆推可知A为，C为HO（CH2）3COONa
87、，顺推可知I为，H通过酯化发生缩聚反应生成L为，H发生消去反应生成J为CH2=CHCH2COOH，J发生加聚反应生成K为，据此解答解答： 解：G与甲醛得到酚醛树脂，可知G为，逆推可知D为，有机物A的水溶液显酸性，遇FeCl3溶液不显色，则A含有COOH，不含酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明A的苯环上有2个不同的对位取代基，结合题目信息中的脱羧反应，可知B的结构简式为，A中存在羧酸与酚形成的酯基，则C为羧酸钠盐，C酸化得到H具有酸性，在浓硫酸、加热条件下可以得到J及I，I是五元环状化合物，应是形成环酯，则H中还含有羟基，且羟基与羧基之间有3个碳原子，结合A的分子式可知，H为HOCH2CH2
88、CH2COOH，逆推可知A为，C为HO（CH2）3COONa，顺推可知I为，H通过酯化发生缩聚反应生成L为，H发生消去反应生成J为CH2=CHCH2COOH，J发生加聚反应生成K为，（1）由上述分析可知，A为，L为，故答案为：；（2）上述物质中I为，J为CH2=CHCH2COOH，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：I、J；（3）上述变化中，反应生成高聚物，且有水生成，属于缩聚反应，反应属于消去反应，故答案为：；（4）物质B用盐酸酸化可得到产物W，则W为，W的同分异构体中，既属于酚类，同时也属于酯类，侧链为OH、OOCH，有邻、间、对三种，其中一种同分异构体的结构简式为，故答案
89、为：3；（5）反应的产物除I之外，还可能发生消去反应生成CH2=CHCH2COOH，也可以形成链状酯HOCH2CH2CH2COOCH2CH2CH2COOH等，故答案为：CH2=CHCH2COOH；HOCH2CH2CH2COOCH2CH2CH2COOH；（6）上述反应中的HCHO可以用甲烷和必要的无机原料制备，有关反应的化学方程式为：、，故答案为：、点评： 本题考查有机物推断，充分利用酚醛树脂的结构与A的分子式，采用正推和逆推相结合进行推断物质，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好地考查学生自学能力、分析推理能力，难度中等29（14分）（2014秋宝山区校级月考）某化工厂以甲烷为原料合成甲醇
90、的反应为：（所有气体体积均已折算为标准状况）反应器中：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）反应器中：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（该反应CO的转化率为 ）（1）在反应器中通入体积为672m3的甲烷和足量的水蒸气，充分反应后通入反应器，则反应剩余物中n（CO）=1.0104mol，n（H2）=5.0104mol（2）为增大产量，该厂在原工艺的基础上，将下列反应运用于生产甲醇原料气：反应器中 2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）若新工艺中充入反应器 的甲烷体积为a，水蒸气足量，反应器的甲烷体积为b，最终反应产物中：V（CO）：V（H2）=1：3求充入反应器
91、的甲烷的体积比a：b=1：2；若最终反应剩余物中有N2，且V （ N2）=V（CO），则该空气中氧气的体积分数为多少？（要求：写出本小题的计算过程）考点： 化学平衡的计算 分析： （1）根据化学方程式中各个物质物质的量以及转化率进行计算，甲烷转化率是1，即全部反应，一氧化碳的转化率是，说明第一步反应生成的一氧化碳在第二步中有被消耗掉，根据消耗掉的量计算剩余量即可；（2）根据反应方程式计算出反应用a、b表示的生成的CO、氢气的体积，再根据一氧化碳的转化率计算出反应消耗的CO、氢气的体积，从而计算出反应后V（CO）：V（H2），再根据V（CO）：V（H2）=1：3计算出a：b；根据的计算结果可知反
92、应后CO的体积，从而知道空气中氮气的体积，然后根据反应方程式计算出反应中甲烷消耗的氧气，最后计算出空气中氧气的体积分数解答： 解：（1）充入反应器的甲烷和水蒸汽的体积分别为672m3（即=3.0104mol）和1750m3（即=7.8125104mol），甲烷转化率是1，即全部反应，CO的转化率为，则 CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），3.0104mol 3.0104mol 3.0104mol 9.0104mol 发生上述反应后，水蒸气会剩余， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）3.0104mol 4.0104mol 所以反应剩余物中：n（CO）=3.0104mol3.
93、0104mol=1104mol，n（H2）=9.0104mol4.0104mol=5.0104mol，故答案为：1.0104mol；5.0104mol； （2）反应中甲烷的体积为a，则反应生成的一氧化碳的体积为a、氢气为3a；反应中生成的一氧化碳的体积为b，氢气为2b，所以总的一氧化碳为a+b、氢气为3a+2b，反应消耗的一氧化碳为（a+b），反应消耗的氢气为2（a+b），反应后剩余的CO为：（1）（a+b）=（a+b），剩余的氢气为（3a+2b）（a+b）=（5a+2b），所以：=1：3，解得：a：b=1：2，故答案为：1：2；反应后剩余的一氧化碳为（a+b），且b=2a则（ N2）=V（CO）=（a+b）=a，根据反应反应2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）可知，反应消耗的氧气的体积为：n（O2）=（CH4）=b=a，所以氧气所占的体积分数为：100%=50%，答：该空气中氧气的体积分数为50%点评： 本题考查了化学平衡的计算，题目难度较大，明确题干信息的含义为解答关键，注意掌握有关化学平衡计算的方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力
