1、上海市金山中学2016届高三上学期开学化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1调查发现，经过装修的居室中装修材料会缓慢释放出某些化学物质，这些物质浓度过高，会危害人的身体这些污染物中最常见的是（）A甲醛B一氧化碳C二氧化硫D臭氧2下列各组物质按混合物，纯净物，弱电解质分类正确的是（）A铝热剂、液氯、苯酚B苦卤、氢氧化铝胶体、氨水C漂粉精、盐酸、碳酸氢钠D纯碱、醋酸、硫酸钡3下列获取物质的方法，不正确的是（）A用电石和饱和食盐水制取乙炔B通过石油分馏得到甲烷、乙烯和苯C用碳酸钠和氢氧化钙反应制氢氧化钠D将氯气通入氢氧化钠溶液得到漂白液4下列各种物质中，所含化学键类型完全
2、相同，晶体类型也完全相同的是（）ACO2、H2OBNaOH、Na2OCNaCl、HClDSO2、SiO25双氧水是二元弱酸，则下列有关化学用语使用正确的是（）AH2O2的电子式：B双氧水的电离方程式为H2O2H+C16离子中，质量数之和是电子数之和的两倍D将双氧水溶液加热升温后，溶液pH一定减小二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率CMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁
3、7下列各组物质中，每种物质都能被氧化又能被还原的是（）AF2、Cl2、CuSO4BCl2、Al、H2CH2S、HCl、H2O2DF2、K、HCl8下列推断正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色9在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：HCO3、NH4+、NO3、Ca2+B在强碱性溶液中：Na+、K+、AlO 2、ClC无色溶液中：Fe3+、MnO4、Cl、H+D由水电离的c（
4、H+）=1.01012 molL1的溶液中：ClO、Na+、K+10下列叙述正确的是（）A1.00mol NaCl中含有6.021023个NaCl分子B1.00mol NaCl中，所有Na+的最外层电子总数为86.021023C欲配置1.00L，1.00molL1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中D电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠11能正确表示下列反应的离子方程式为（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量SO2通入苯酚钠溶液
5、中：C6H5O+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O12将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）ABCD13如图是某有机物分子的简易球棍模型，该有机物中含C、H、O、N四种元素下列关于该有机物的说法中错误的是（）A分子式为C3H7O2NB能发生取代反应C能通过聚合反应生成高分子化合物D该有机物能跟NaOH溶液反应，但不能和盐酸反应14学生甲和学生乙完成了下列实验，其中实验现象完全相同
6、的是（）学生甲学生乙A向碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸向盐酸中逐滴加入碳酸氢钠溶液B向三氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液向氢氧化钠溶液中滴加入三氯化铝溶液C向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，再通入Cl2向FeCl2溶液中通入Cl2，再滴加KSCN溶液D向BaCl2溶液中通入SO2向BaCl2溶液中通入SO3A选项AB选项BC选项CD选项D15下列各组物质中，一定既不是同系物，又不是同分异构体的是（）A和B苯甲酸和CCH2O2和C3H6O2D乙酸和硬脂酸16将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L
7、，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）A标准状况下，反应过程中得到7.84 L的气体B最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c（Na+）=1.5 molL11725时，向体积为10mL0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关离子浓度关系的比较中，错误的是（）Aa点处：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）Bb点处：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH）Cc点处：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Na+）DNaOH溶液和CH3COOH
8、溶液任意比混合时：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）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下列化学实验事实及其解释都正确的是（）A滴有酚酞的碳酸氢钠溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为碳酸氢钠分解生成了碳酸钠B粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强C用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应D向溴水中滴入植物油，振荡后，油层显无色，说明溴不溶于油脂19设阿伏加德罗常数（NA）的数值
9、为nA，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3nAB1.5 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为nAC常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nAD0.10mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10nA20实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂发生铝热反应之后所得固体中含金属单质为l8g，则该氧化物粉末可能是（）AFe2O3和MnO2BMnO2和V2O5CCr2O3和V2O5DFe3O4和FeO21如图，在盛有稀 H2SO4 的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列
10、说法正确的是（）A外电路的电流方向为：X外电路YB若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为FeCX极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为XY22把CO2和NO组成的混合气体80mL，缓缓通过足量的Na2O2，气体体积缩小为原混合气体的，则CO2和NO的体积比为（）A1：1B2：3C8：9D9：2四、（本题共8分）23下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素（1）常温下，其单质呈液态的元素是（填字母代号），它与e形成的化合物电子式为：（用元素符号表示）b元素形成的单质所属品体类型可能是（填序号）分子晶体 原子晶体 金属晶体 离子晶体
11、过渡型晶体（3）元素c、d、g的氢化物的沸点由高到低的顺序为（用化学式表示）24NH3H2O的电离方程NH3H2ONH+4+OH，试判断NH3溶于水后，形成的NH3H2O的合理结构（填字母代号）五、（本题共8分）25某一反应体系中有反应物和生成物共6种：HC1、H2SO4、SnC12、SnC14、FeSO4、Fe2（SO4）3，反应前在溶液中滴加KSCN溶液显红色，反应后红色消失（1）该反应的氧化剂是在该反应中，发生氧化反应的过程是（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：（4）SnC14与SnC12可用Hg2+来鉴别，HgC12与SnC12反应的产物是SnC14和Hg2C12
12、（白色沉淀），该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为六、（本题共8分）26在2L密闭容器内，800时发生如下反应：2CuO（S）+CO（g）Cu2O（s）+CO2（g），n（CuO）随时间的变化如表：时间（min）012345n（CuO）（mol）0.0800.0600.0400.0200.0200.020（1）写出该反应的平衡常数表达式已知：K（400）K（350），则该反应是热反应如图中表示Cu2O的物质的量随时间变化的曲线是（选填“A”或“B”）800时，03s内该反应的平均速率v（CO2）=（3）能说明该反应已达到平衡状态的是av（CO）=v（CO2） b容器内压强保持不变 cv逆（C
13、O）=v正（CO2） d容器内气体的密度保持不变（4）能使该反应的正反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是a增加CuO的量 b适当升高温度 c及时移去CO2 d增大CO的浓度 e选择高效催化剂 f增大压强七、（本题共13分）27某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备 Cl2 的过程中有水蒸气和 HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置 （ 支撑用的铁架台省略 ），按要求回答问题（1）下列方法中，可制得氯气的正确组合是（已知酸性条件下，K2Cr207、KClO3的氧化性均强于Cl2；酒精灯可以不用）MnO2 和浓盐酸混合共热； 次氯酸钠和浓盐酸混合；K2Cr20
14、7 和浓盐酸混合； KClO3 和浓盐酸混合共热；KMn04和浓盐酸混合；A只有B只有C只有D全部可以若用含有 0.2mol HCl 的浓盐酸与足量的 MnO2 反应制 Cl2，制得的 Cl2 体积 （ 标准状况下 ）总是小于1.12L的原因是（3）装置 B 的作用，现象是（4）装置 C 和 D 出现的不同现象说明的问题是、装置 E 的作用是（5）写出装置 F 中发生反应的离子方程式（6）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入 AgNO3 溶液中的气体只有一种为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入 AgNO3 溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置你认为该装置应加在
15、与之间 （ 填装置字母序号 ），装置中应放入八、（本题共10分）28利用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO3）2，其部分工艺流程如下：（1）硝酸工业尾气一般用碱液吸收，写出一个吸收尾气离子方程式上述工艺中采用气液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋），其目的是；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是（填化学式）（3）该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致；若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致（4）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca（NO2）2会发生分解，产物之一是
16、NO，其反应的离子方程式九.（本题共8分）29根据下面的反应路线及所给信息填空（1）A的结构简式是，名称是比A少2个碳原子的同系物中，写出其同分异构体是链烃的结构简式（3）的反应类型是，的反应类型是（4）反应的化学方程式是十、（本题共13分）30实验室一试剂瓶的标签严重破损，只能隐约看到下列一部分“”取该试剂瓶中的试剂，通过燃烧实验测得：16.6g 该物质完全燃烧得到39.6g CO2与9g H2O（1）通过计算可知该有机物的分子式为：进一步实验可知：该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体16.6g 该物质与足量金属钠反应可生成氢气2.24L（已折算成标准状况）则该物质的结构可能有种，请写
17、出其中任意两种同分异构体的结构简式（3）若下列转化中的D是中可能结构中的一种，且可发生消去反应；E含两个六元环；取C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀A的结构简式为（4）写出A转化成B的化学方程式：（5）反应类型：CD的，DE十一、（本题共16分）31为测定一置于空气中的某硫酸酸化的FeSO4溶液中Fe2+被氧化的百分率，某同学准确量取pH=1（忽略Fe2+、Fe3+的水解）的FeSO4溶液200mL，加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀28.0g；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液，搅拌使
18、其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体8.0g（1）写出反应中涉及的化学方程式（至少3个）通过计算，填写下表：c（H+）c（SO42）c（Fe2+、Fe3+）注：c（Fe2+、Fe3+）表示Fe2+和Fe3+的总的物质的量的浓度（3）计算原溶液中Fe2+被氧化的百分率上海市金山中学2016届高三上学期开学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，只有一个正确选项）1调查发现，经过装修的居室中装修材料会缓慢释放出某些化学物质，这些物质浓度过高，会危害人的身体这些污染物中最常见的是（）A甲醛B一氧化碳C二氧化硫D臭氧【考点】常见的生活环境的污
19、染及治理【专题】化学计算【分析】装饰材料中含有大量甲醛、苯等挥发性有机物，常用于装饰材料的溶剂和防腐剂【解答】解：甲醛、苯、醚等常用于装饰材料的溶剂和防腐剂，二者对人体有害，为致癌物质，为装饰材料的主要污染物质，而一氧化碳、二氧化硫和臭氧不能由装饰材料释放出来，故选：A【点评】本题考查常见生活环境的污染，题目难度不大，注意常见物质的应用和性质，注重相关基础知识的积累2下列各组物质按混合物，纯净物，弱电解质分类正确的是（）A铝热剂、液氯、苯酚B苦卤、氢氧化铝胶体、氨水C漂粉精、盐酸、碳酸氢钠D纯碱、醋酸、硫酸钡【考点】混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】混合物是
20、不同物质组成的物质，纯净物是同种物质组成的物质，弱电解质是水溶液中部分电离的电解质，依据概念分析判断选项【解答】解：A、铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，液氯是液态氯气属于单质是纯净物，苯酚在水溶液中存在电离平衡属于弱电解质，故A正确；B、苦卤是氯化镁的溶液属于混合物、氢氧化铝胶体是胶体分散系属于混合物、氨水是氨气的水溶液属于混合物，故B不符合；C、漂粉精是次氯酸钙和氯化钙的混合物、盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物、碳酸氢钠在水溶液中完全电离，是盐属于强电解质，故C不符合；D、纯碱属于盐，属于纯净物、醋酸是弱酸属于纯净物、硫酸钡在熔融状态全部电离属于强电解质，故D不符合；故选：A【点评】本题考查基
21、本概念的分析判断，掌握物质组成和物质分离方法是关键，题目较简单3下列获取物质的方法，不正确的是（）A用电石和饱和食盐水制取乙炔B通过石油分馏得到甲烷、乙烯和苯C用碳酸钠和氢氧化钙反应制氢氧化钠D将氯气通入氢氧化钠溶液得到漂白液【考点】乙炔炔烃；氯气的化学性质；钠的重要化合物；石油的分馏产品和用途【专题】化学计算【分析】A实验室常用电石与饱和食盐水反应来制取乙炔；B石油裂解只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃；C根据碳酸根离子会与钙离子生成沉淀进行分析；D将氯气通入氢氧化钠溶液可得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液【解答】解：A用电石和饱和食盐水制
22、取乙炔，故A正确；B通过石油分馏不能得到甲烷、乙烯和苯，故B错误；C碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3，故C正确；D常温下，将氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液，其化学方程式为：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，故D正确；故选B【点评】本题主要考查了物质的制备，难度不大，根据课本知识即可完成4下列各种物质中，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同的是（）ACO2、H2OBNaOH、Na2OCNaCl、HClDSO2、SiO2【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】化
23、学键与晶体结构【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键【解答】解：A、固体CO2和H2O都是分子晶体，CO2和H2O都只含共价键，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同，故A正确；B、NaOH、Na2O都是离子晶体，Na2O只含有离子键，NaOH中含离子键和共价键，所含化学键类型不完全相同，故B错误；C、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故C错误；D、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故D错误；故选：A【点
24、评】本题考查了化学键类型和晶体类型的关系判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键5双氧水是二元弱酸，则下列有关化学用语使用正确的是（）AH2O2的电子式：B双氧水的电离方程式为H2O2H+C16离子中，质量数之和是电子数之和的两倍D将双氧水溶液加热升温后，溶液pH一定减小【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双氧水是共价化合物；B双氧水是二元弱酸，所以其分步电离；C一个过氧根离子中含有电子数是18，质量数是32；D升高温度，促进双氧水分解生成水和氧气【解答】解：A双氧水是
25、共价化合物，其电子式为，故A错误；B双氧水是二元弱酸，所以分步电离，第一步电离方程式为H2O2H+H2O，故B正确；C一个过氧根离子中含有电子数是18，质量数是32，所以质量数之和不是电子数之和的两倍，故C错误；D升高温度，促进双氧水分解生成水和氧气，溶液酸性减弱，pH增大，故D错误；故选B【点评】本题以双氧水为载体考查了电子式的书写、弱电解质电离、质量数等知识点，易错点是过氧根离子中电子数的计算方法，难度中等二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B在
26、海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率CMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁【考点】盐类水解的应用；金属的电化学腐蚀与防护；电解原理；金属冶炼的一般原理【专题】热点问题；基本概念与基本理论【分析】A、根据明矾净水的原理是氢氧化铝净水来分析；B、根据原电池的工作原理和应用来回答；C、根据氧化镁的物理性质来分析其应用；D、根据电解氯化镁溶液的反应原理及其产物来判断【解答】解：A、明矾净水的原理是：Al3+3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，利用Al（OH）3（胶体）的吸附性进行净水，故A正确；B、因为轮船主要用铁造外壳，铁在海水中易被腐蚀，镀上比铁活
27、泼的锌，形成原电池，锌作负极，失去电子先被腐蚀，从而起到保护铁的作用，从而可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C、氧化镁的熔点是2852，可用于制作耐高温材料，故C正确；D、电解MgCl2饱和溶液，发生的化学反应为：，不会产生金属镁，电解熔融的MgCl2能制取单质镁，发生的反应，故D错误故选：D【点评】本题主要考查了物质的水解反应以及水解反应的用途、常见物质在生产生活中的具体用途、常见物质的制备及发生的化学反应方程式等方面的知识，是一道综合题目7下列各组物质中，每种物质都能被氧化又能被还原的是（）AF2、Cl2、CuSO4BCl2、Al、H2CH2S、HCl、H2O2DF2、K、HCl【考点】重要
28、的氧化剂；重要的还原剂【专题】氧化还原反应专题【分析】根据化合价的高低判断微粒的氧化性还原性，最高价态的只有氧化性，最低价态的只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性【解答】解：AF没有正价，F2只有氧化性，故A错误；BAl的化合价是最低价，只有还原性，故B错误；CH2S、HCl两种微粒中氢元素是最高价态，所以具有氧化性，H2S、HCl两种微粒中Cl、S2化合价是最低价态，所以具有还原性，H2O2中氧元素是中间价态既有氧化性又有还原性，故C正确；DK的化合价是最低价，所以只有还原性，F2的化合价是最高价，所以只有氧化性，故D错误故选C【点评】本题考查氧化剂和还原剂，难度不大，判断微粒氧化性还
29、原性的规律是：最高价态的只有氧化性，最低价态的只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性8下列推断正确的是（）ASiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应BNa2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同CCO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在D新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色【考点】硅和二氧化硅；氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物【专题】元素及其化合物【分析】ASiO2是酸性氧化物，能够跟碱反应，生成盐和水；B过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠；CNO易与空气中氧气反
30、应生成二氧化氮；D因为新制氯水中含有HCl和HClO，HClO具有强氧化性和漂白性【解答】解：A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确；B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ，产物不同，故B错误；C、NO在空气中易发生反应：2NO+O22NO2，故C错误；D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错误故选A【点评】该题综合考查元素化合物知识，包括金属元素和非金属元
31、素的重要氧化物，以及氯气的重要性质这些物质的性质是学习的重点，也是考试的重点，平时的学习过程中，同学们应重视教材中重要物质性质的学习、总结，该记忆的应强化记忆，才能避免错误发生9在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：HCO3、NH4+、NO3、Ca2+B在强碱性溶液中：Na+、K+、AlO 2、ClC无色溶液中：Fe3+、MnO4、Cl、H+D由水电离的c（H+）=1.01012 molL1的溶液中：ClO、Na+、K+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】APH=1的溶液呈酸性，与氢离子反应的离子不能大量共存；B在强碱性下如离子之间不发生任何反应，则可大量共
32、存；CFe3+、MnO4有颜色；D由水电离的c（H+）=1.01012 molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或碱性【解答】解：APH=1的溶液呈酸性，与氢离子反应的HCO3离子不能大量共存，故A错误；B在强碱性下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；CFe3+、MnO4有颜色，不符合题目无色的要求，故C错误；D由水电离的c（H+）=1.01012 molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或碱性，无论呈酸性还是碱性，ClO与SO32都发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误故选：B【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合应用，注意
33、常见离子的性质和反应类型的判断，难度不大，注意题目的要求，加强审题能力的培养，注意ClO的强氧化性10下列叙述正确的是（）A1.00mol NaCl中含有6.021023个NaCl分子B1.00mol NaCl中，所有Na+的最外层电子总数为86.021023C欲配置1.00L，1.00molL1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中D电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】A氯化钠为离子化合物，氯化钠中不存在氯化钠分子；B钠离子最外层8个电子，1mol钠离子含有8mol最外层
34、电子；C氯化钠溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L；D求出氯化钠的物质的量，然后根据电解1mol氯化钠生成0.5mol氯气来分析【解答】解：A氯化钠晶体为离子晶体，氯化钠中不存在氯化钠分子，故A错误；B1.00mol NaCl中含有1.00mol钠离子，所有Na+的最外层电子的物质的量为8mol，最外层电子总数为86.021023，故B正确；C将58.5g NaCl溶于1.00L水中，所得溶液的体积不是1L，无法获得1.00mol/L的氯化钠溶液，故C错误；DNaCl的物质的量为=1mol，则电解58.5g熔融的NaCl，能产生0.5mol22.4L/mol=11.2L氯气（标准状况），而不是
35、22.4L氯气，故D错误；故选B【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、配制一定物质的量浓度的溶液方法，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确配制一定物质的量浓度浓度的溶液方法11能正确表示下列反应的离子方程式为（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】压轴题；
36、离子反应专题【分析】A硝酸具有强氧化性，能氧化FeS；B漏写铵根离子与氢氧根离子的反应；C少量SO2通入苯酚钠溶液生成亚硫酸根离子；D碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳【解答】解：A硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故A错误；BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为NH4+HCO3+2OH=CO32+H2O+NH3H2O，故B错误；CSO2不足产物应该是SO32，少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故C错误；D碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶
37、于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C为学生解答的难点，题目难度中等12将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1稀盐酸下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）ABCD【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算【专题】图像图表题；计算题【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=
38、NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答【解答】解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，此时才有二氧化碳气体生成A、0.1mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴
39、加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生的
40、是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO213如图是某有机物分子的简易球棍模型，该有机物中含C、H、O、N四种元素下列关于该有机物的说法中错误的是（）A分子式为C3H7O2NB能发生取代反应C能通过聚合反应生成高分子化合物D该有机物能跟NaOH溶液反应，但不能和盐酸反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由球棍模型可知有机物的结构简式为CH3CH（NH2）COOH，为氨基酸，含有氨基和羧基，具有两性，可发生缩合、缩聚反应，结合有机物的结构简式判断原子个数可确定有机物的分子式【解答】解：
41、球棍模型可知有机物的结构简式为CH3CH（NH2）COOH，A由结构简式可知分子式为C3H7O2N，故A正确；B含有氨基和羧基，可发生缩合反应、酯化反应，都为取代反应，故B正确；C含有氨基和羧基，可发生缩聚反应生成蛋白质或多肽，故C正确；D含有氨基和羧基，具有两性，既可与酸反应，也可与碱反应，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于物质的性质的考查，解答本题要注意根据结构模型能正确书写有机物的结构简式，结合官能团的性质解答该题，题目难度不大14学生甲和学生乙完成了下列实验，其中实验现象完全相同的是（）学生甲学生乙A向碳酸氢钠溶液中逐滴加入盐酸向盐酸中逐滴加入碳酸氢钠溶液B向三氯
42、化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液向氢氧化钠溶液中滴加入三氯化铝溶液C向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，再通入Cl2向FeCl2溶液中通入Cl2，再滴加KSCN溶液D向BaCl2溶液中通入SO2向BaCl2溶液中通入SO3A选项AB选项BC选项CD选项D【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A均发生碳酸氢根离子与氢离子的反应；BNaOH不足，先生成沉淀，而NaOH过量，开始没有沉淀；C亚铁离子遇KSCN不变色，铁离子遇KSCN变红色；D向BaCl2溶液中通入SO2不反应，向BaCl2溶液中通入SO3反应【解答】解：A均发生碳酸氢根离子与氢离子的反应，均观察到气泡生成，故A正确；B向三氯
43、化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液先生成沉淀后沉淀消失，而向氢氧化钠溶液中滴加入三氯化铝溶液，开始没有沉淀后生成沉淀，现象不同，故B错误；C向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，再通入Cl2先不变色后变红，向FeCl2溶液中通入Cl2，再滴加KSCN溶液变红色，现象不同，故C错误；D向BaCl2溶液中通入SO2不反应，向BaCl2溶液中通入SO3反应生成硫酸钡沉淀，现象不同，故D错误；故选：A【点评】本题考查化学实验方案的评价，侧重物质性质的考查，明确物质之间的反应为解答本题的关键，注意反应与现象的关系，题目难度不大15下列各组物质中，一定既不是同系物，又不是同分异构体的是（）A和B苯甲酸和CCH2O2
44、和C3H6O2D乙酸和硬脂酸【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】同系物和同分异构体【分析】结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物，互为同系物；分子式相同，但结构不同的有机物，属于同分异构体【解答】解：A分子式相同，但结构不同，则互为同分异构体，故A不选；B苯甲酸含有1个COOH，含2个COOH，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，故B选；CCH2O2和C3H6O2若均为一元羧酸，则互为同系物，故C不选；D乙酸和硬脂酸都是饱和一元羧酸，则属于同系物，故D不选；故选B【点评】本题考查有机物的官能团及同系物、同分异构体，注意概念的辨析及同系物中官能团的种类及数目相同
45、，题目难度不大16将15.6g Na2O2和5.4g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是（）A标准状况下，反应过程中得到7.84 L的气体B最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl）+c（OH）C最终得到7.8 g的沉淀D最终得到的溶液中c（Na+）=1.5 molL1【考点】有关混合物反应的计算【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，
46、再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积；B最终溶液中
47、溶质为NaAlO2、NaCl，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（AlO2）+c（OH）；C根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量；D根据Na元素守恒可知反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2），再根据c=计算【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的
48、HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl（OH）3+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol=0.3mol，故生成氢气的体积为（0.1mol+0.3mol）22.4L/mol=8.96L，故A错误；B反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2
49、，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl）+c（OH）+c（AlO2）c（H+），故B错误；C最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为0.1mol78g/mol=7.8g，故C正确；D根据Na元素守恒可知，反应后溶液中n（Na+）=2n（Na2O2）=20.2mol=0.4mol，故溶液中c（Na+）=2mol/L，故D错误；故选C【点评】本题考查混合物的计算、钠的化合物与铝单质及化合物的性质等，难度中等，根据过量计算判断发生的反应是解题的关键1725时，向体积为10mL0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关离子浓度关系的比较中，错误
50、的是（）Aa点处：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）Bb点处：c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH）Cc点处：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Na+）DNaOH溶液和CH3COOH溶液任意比混合时：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）【考点】酸碱混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】氢氧化钠和醋酸的物质的量浓度相等，a点处，溶液中的溶质是等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠；b点处，氢氧化钠和醋酸恰好完全反应生成醋酸钠；c点处，溶液中的溶质是等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据溶液的酸碱性及物料守恒、电荷守恒分析解答
51、【解答】解：Aa点处，溶液中的溶质是等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），水和氢氧化钠都电离出氢氧根离子，醋酸根离子水解，所以溶液中c（OH）c（CH3COO），故A错误；Bb点处，氢氧化钠和醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，根据质子守恒得c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH），故B正确；Cc点处，溶液中的溶质是等物质的量的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Na+），故C正确；D氢氧化钠溶液和CH3COOH溶液任意比混合时，溶液都呈电中性，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故D正确；故
52、选A【点评】本题综合考查离子浓度大小比较，题目难度不大，注意结合物料守恒以及电荷守恒解答该题，明确各个点的溶质及溶质的性质是解答本题的关键三、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下列化学实验事实及其解释都正确的是（）A滴有酚酞的碳酸氢钠溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为碳酸氢钠分解生成了碳酸钠B粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强C用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2反应是放热反应D向溴水中滴入植物油，振荡后
53、，油层显无色，说明溴不溶于油脂【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A碳酸氢钠溶液中存在水解平衡，微热促进水解，氢氧根离子浓度增大；B粗锌与硫酸构成原电池，加快反应速率；CCO2、H2O与Na2O2反应，为放热反应，且生成氧气；D植物油中含C=C，与溴水发生加成反应【解答】解：A碳酸氢钠溶液中存在水解平衡，微热促进水解，氢氧根离子浓度增大，与水解平衡有关，不涉及碳酸氢钠的分解，故A错误；B粗锌与硫酸构成原电池，加快反应速率，与还原性无关，故B错误；CCO2、H2O与Na2O2反应，为放热反应，且生成氧气，则用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，故C正确；D植物油
54、中含C=C，与溴水发生加成反应，则向溴水中滴入植物油，振荡后，褪色，不能说明溶解性，故D错误；故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解等、原电池与化学反应速率、物质的性质等，侧重化学反应原理和物质性质的考查，选项D为易错点，题目难度中等19设阿伏加德罗常数（NA）的数值为nA，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3nAB1.5 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为nAC常温常压下，46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3nAD0.10mol Fe粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数为0.10nA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德
55、罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、根据氯气化合价变化计算B、根据二氧化氮和转移电子之间的关系式计算C、四氧化二氮的摩尔质量是二氧化氮的2倍，含有的原子数也是二氧化氮的2倍，在进行计算原子数时两种物质可当做一种物质进行计算；把混合气体当作二氧化氮进行计算，先计算二氧化氮的物质的量，再根据分子构成计算原子数D、根据铁与氢气之间的关系式计算【解答】解：A、铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氯元素由0价1价，所以1mol氯气与足量Fe反应，转移的电子数为2 NA，故A错误B、H2O+3NO2=2HNO3+NO 转移电子 3mol 2NA 1.5mol NA故B正确C、四氧化二氮的摩尔质量是二氧化氮的2倍，含有
56、的原子数也是二氧化氮的2倍，在进行计算原子数时两种物质可当做一种物质进行计算；把混合气体当作二氧化氮进行计算，46 g的NO2的物质的量为1mol，一个二氧化氮分子中含有3个原子，所以46 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3 NA，故C正确D、3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4 H2 3mol 4NA 0.10mol NA 故D错误故选BC【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算，难度不大，明确方程式的书写是解本题的关键20实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂发生铝热反应之后所得固体中含金属单质为l8g，则该氧化物粉末可能是（）AFe2O3和MnO2BMnO2和V2
57、O5CCr2O3和V2O5DFe3O4和FeO【考点】探究铝热反应；化学方程式的有关计算【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物【分析】n（Al）=mol，可提供电子为mol3=1mol，利用端值法计算【解答】解：n（Al）=mol，可提供电子为mol3=1mol，A当全部为Fe2O3，生成m（Fe）=g=18.7g，当全部为MnO2，生成m（Mn）=55g=13.75g，13.751818.7，故A正确；B当全部为MnO2，生成m（Mn）=55g=13.75g，当全部为V2O5，生成m（V）=51g=10.2g，即使9g铝粉全部反应，所得金属单质的质量也不到18，故B错误；C当全部为Cr2O
58、3，生成m（Cr）=52g=17.3g，当全部为V2O5，生成m（V）=51g=10.2g，即使9g铝粉全部反应，所得金属单质的质量也不到18，故C错误；D当全部为Fe3O4，生成m（Fe）=g=21g，当全部为FeO，生成m（Fe）=56g=28g，当铝粉不完全反应时，可生成金属单质18g，故D正确故选AD【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意根据Al失去电子的物质的量用端值法计算，易错点为D，注意Al的用量21如图，在盛有稀 H2SO4 的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是（）A外电路的电流方向为：X外电路YB若两电极分别为F
59、e和碳棒，则X为碳棒，Y为FeCX极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为XY【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断正负极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应【解答】解：A、根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y外电路X，故A错误；B、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，故B错误
60、；C、X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；D、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，该原电池中X是负极，Y是正极，所以若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为XY，故D正确；故选D【点评】本题考查了原电池原理，难度不大，会根据电子的流向判断原电池的正负极是解本题的关键，明确正负极的判断方法、正负极上发生反应的类型、电子和电流的流向即可解答本题22把CO2和NO组成的混合气体80mL，缓缓通过足量的Na2O2，气体体积缩小为原混合气体的，则CO2和NO的体积比为（）A1：1B2：3C8：9D9：2【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题
61、【分析】发生反应有：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2NO+O22NO2，问题的关键在于NO与氧气反应存在着三种可能性，一种情况是恰好反应，一种情况是NO过量，另一种情况可能是O2过量，据此讨论计算【解答】解：发生反应有：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2NO+O22NO2假设参加反应的CO2为x mL，NO为y mL，则x+y=80， 2CO2 +2Na2O2 =2Na2CO3 +O22mL 1mL xmL mL 2NO+O2=2NO2 2mL 1mL 2mL ymL mL （1）当反应恰好反应时，即当y=x时（此时x、y都等于40），生成的NO2的体积为40mL，显
62、然符合题意，所以选项A正确；当yx时，NO有过量，O2反应完，此时反应掉的NO为xmL，则剩余的NO为（ymLxmL），生成的NO2气体为xmL，因此，反应最后得到的混合气体为NO和NO2，其体积和为：（ymLxmL）+xmL=ymL，结合x+y=80，再根据NO过量的前提条件：yx，可以得出结论：y40这与题意“气体体积缩小为原混合气体的”不符，这种情况不可能符合题意，所以选项B和C错误；（3）当yx时，NO不足，O2过量，此时反应掉的O2为mL，剩余的O2为（mLmL），生成的NO2气体为ymL因此，反应最后得到的混合气体为O2和NO2，其体积和为：（mLmL）+ymL=mL+mL，这与题
63、意“气体体积缩小为原混合气体的”符合，这表明如果yx，这种情况都能符合题意，所以选项D正确，故选AD【点评】本题考查混合物的有关计算，属于讨论型计算，难度较大，侧重对学生综合能力的考查，确定可能的情况是关键四、（本题共8分）23下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素（1）常温下，其单质呈液态的元素是m（填字母代号），它与e形成的化合物电子式为：（用元素符号表示）b元素形成的单质所属品体类型可能是（填序号）分子晶体 原子晶体 金属晶体 离子晶体 过渡型晶体（3）元素c、d、g的氢化物的沸点由高到低的顺序为H2OHFHCl（用化学式表示）【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【专
64、题】元素周期律与元素周期表专题【分析】（1）常温下，呈液态的单质为溴与金属汞，由图可知位置可知，为溴单质，处于第四周期17列；e为Na元素，溴与钠形成的化合物为NaBr，由钠离子与氯离子构成；b为碳元素，形成的单质可能为原子晶体，如金刚石，可能为分子晶体，若富勒烯，可能为过渡型晶体，如石墨；（3）c为氧元素、d为氟元素、g为氯元素，结合常温下氢化物状态与氢键判断氢化物的沸点【解答】解：（1）常温下，呈液态的单质为溴与金属汞，由图可知位置可知，为溴单质，处于第四周期17列，为表中m元素；e为Na元素，溴与钠形成的化合物为NaBr，由钠离子与氯离子构成，溴化钠电子式为，故答案为：m；b为碳元素，形
65、成的单质可能为原子晶体，如金刚石，可能为分子晶体，若富勒烯，可能为过渡型晶体，如石墨，故答案为：；（3）c为氧元素、d为氟元素、g为氯元素，常温下水为液体，HF、HCl为气体，故水的沸点较高，HF中分子之间存在氢键，沸点比HCl高，故沸点H2OHFHCl，故答案为：H2OHFHCl【点评】本题考查元素周期表与周期律的综合应用，内容涉及电子式、晶体类型、氢键等，注重常考考点的考查，难度中等24NH3H2O的电离方程NH3H2ONH+4+OH，试判断NH3溶于水后，形成的NH3H2O的合理结构b（填字母代号）【考点】判断简单分子或离子的构型【专题】图像图表题；分析比较法【分析】氨水的电离生成NH4
66、+、OH，说明NH3H2O 中OH键发生断裂，据此确定氨水的结构和成键情况【解答】解：NH3溶于水后形成NH3H2O，根据NH3H2O的电离方程式NH3H2ONH4+OH可知结构中含有铵根离子和氢氧根离子的基本结构，故NH3H2O结构为b，故答案为：b【点评】本题考查了判断简单分子的构型，题目难度中等，明确发生变化的实质为解答关键，注意掌握判断常见分子或离子构型的方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力五、（本题共8分）25某一反应体系中有反应物和生成物共6种：HC1、H2SO4、SnC12、SnC14、FeSO4、Fe2（SO4）3，反应前在溶液中滴加KSCN溶液显红色，反应后红色消失（
67、1）该反应的氧化剂是Fe2（SO4）3在该反应中，发生氧化反应的过程是SnC12SnC14（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：（4）SnC14与SnC12可用Hg2+来鉴别，HgC12与SnC12反应的产物是SnC14和Hg2C12（白色沉淀），该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应方程式的配平【专题】氧化还原反应专题【分析】“反应后的溶液中滴加KSCN溶液不显红色”说明Fe2（SO4）3不存在，被还原了；进一步推理得知Fe2（SO4）3作反应物且是氧化剂，其还原产物为FeSO4（生成物之一）“有还原必有氧化”，那么只能是Sn
68、Cl2被氧化成SnCl4据此可给出反应的总方程式：Fe2（SO4）3+SnCl2+2HCl=2FeSO4+SnCl4+H2SO4；结合化合价的变化判断电子转移的数目，根据电子从还原剂偏移至氧化剂来标出电子转移的方向【解答】解：反应的总方程式：Fe2（SO4）3+SnCl2+2HCl=2FeSO4+SnCl4+H2SO4，（1）反应前后Fe元素化合价降低，Fe2（SO4）3作氧化剂，故答案为：Fe2（SO4）3；Sn元素化合价升高，SnC12被氧化生成 SnC14，则发生氧化反应的过程是SnC12SnC14，故答案为：SnC12； SnC14；（3）该反应为Fe2（SO4）3+SnC12+2HC
69、12FeSO4+SnC14+H2SO4，反应中SnCl2被氧化成SnCl4，化合价升高2价，故转移的电子数目为2，电子从还原剂移向氧化剂，电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：；（4）HgC12与SnC12反应的产物是SnC14和Hg2C12，Sn元素化合价由+2价升高到+4价，Hg元素化合价由+2价降低到+1价，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2【点评】本题考查氧化还原反应知识，涉及到氧化剂、还原剂的判断，氧化性、还原性的比较以及电子转移的方向和数目，题目比较综合，但难度不大，做题时注意从元素的化合价角度判断反应物和生成物，以此进行分析六、（本题共8分）26在2L密闭
70、容器内，800时发生如下反应：2CuO（S）+CO（g）Cu2O（s）+CO2（g），n（CuO）随时间的变化如表：时间（min）012345n（CuO）（mol）0.0800.0600.0400.0200.0200.020（1）写出该反应的平衡常数表达式K=已知：K（400）K（350），则该反应是吸热反应如图中表示Cu2O的物质的量随时间变化的曲线是B（选填“A”或“B”）800时，03s内该反应的平均速率v（CO2）=0.005mol/（Ls）（3）能说明该反应已达到平衡状态的是cdav（CO）=v（CO2） b容器内压强保持不变 cv逆（CO）=v正（CO2） d容器内气体的密度保持不
71、变（4）能使该反应的正反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是bda增加CuO的量 b适当升高温度 c及时移去CO2 d增大CO的浓度 e选择高效催化剂 f增大压强【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系【专题】化学平衡专题【分析】（1）根据反应方程式和K的概念，书写表达式；根据K的变化与温度的关系分析；Cu2O是生成物，物质的量增大，据此分析；根据Cu2O求出参加反应的CO的量，再根据速率公式求算；（3）根据化学平衡状态的概念和化学平衡状态的特征“等”和“定”来分析解答；（4）根据外界条件对速率和平衡的
72、影响分析【解答】解：（1）已知2CuO（S）+CO（g）Cu2O（s）+CO2（g），则K=；已知：K（400）K（350），即升高温度K增大，平衡正移，所以正方向为吸热方向，故答案为：K=；吸；Cu2O是生成物，物质的量增大，因此表示Cu2O的物质的量随时间变化的曲线是B；由图可知n（Cu2O）=0.03mol，根据方程式可知，n（CO）=n（Cu2O）=0.03mol，所以c（CO）=0.015mol/L，所以v（CO）=0.005mol/（Ls），故答案为：B；0.005mol/（Ls）；（3）av（CO）=v（CO2），没有说明正速率和逆速率的关系，故错误；b反应前后气体的物质的量不变
73、，所以压强始终不变，所以不能用容器内压强判断平衡，故错误；cv逆（CO）=v正（CO2），由于二者的计量数相等，所以v正（CO）=v正（CO2），因此v逆（CO）=v正（CO），所以是平衡状态，故正确；d反应前后气体的体积不变，气体质量增大，所以密度增大，因此密度不变就是平衡状态，故正确；故答案为：cd；（4）aCuO是固体，增加CuO的量，速率不变，平衡不移动；b适当升高温度，速率增大，平衡正移；c及时移去CO2，速率减小，平衡正移；d增大CO的浓度，速率增大，平衡正移；e选择高效催化剂，速率增大，平衡不移动；f增大压强，速率增大，平衡不移动；所以能使该反应的正反应速率增大，且平衡向正反应方
74、向移动的是bd；故答案为：bd【点评】本题综合考查了反应速率，化学平衡及平衡常数的有关内容，综合性较强，难度中等，注意改变固体的量速率和平衡不变七、（本题共13分）27某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备 Cl2 的过程中有水蒸气和 HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置 （ 支撑用的铁架台省略 ），按要求回答问题（1）下列方法中，可制得氯气的正确组合是D（已知酸性条件下，K2Cr207、KClO3的氧化性均强于Cl2；酒精灯可以不用）MnO2 和浓盐酸混合共热； 次氯酸钠和浓盐酸混合；K2Cr207 和浓盐酸混合； KClO3 和浓盐酸混合共热；KMn04
75、和浓盐酸混合；A只有B只有C只有D全部可以若用含有 0.2mol HCl 的浓盐酸与足量的 MnO2 反应制 Cl2，制得的 Cl2 体积 （ 标准状况下 ）总是小于1.12L的原因是浓盐酸的浓度随着反应的进行变稀以后，将不再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失（3）装置 B 的作用证明有水蒸气产生，现象是白色变蓝色（4）装置 C 和 D 出现的不同现象说明的问题是氯气无漂白性、次氯酸有漂白性、装置 E 的作用是吸收氯气（5）写出装置 F 中发生反应的离子方程式Ag+Cl=AgCl（6）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入 AgNO3 溶液中的气体只有一种为了确保实验结论的可靠性，证明最终
76、通入 AgNO3 溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置你认为该装置应加在E与F之间 （ 填装置字母序号 ），装置中应放入湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）【考点】氯气的实验室制法【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】（1）强氧化剂氧化氯离子能够生成氯气；二氧化锰与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应，结合浓盐酸挥发性解答；（3）白色的硫酸铜吸水生成蓝色硫酸铜晶体，通常用来检验是否含有水蒸气；（4）干燥的氯气不能使有色物质褪色，说明氯气不具有漂白性，湿润的有色布条褪色，说明次氯酸具有漂白性；氯气易溶于有机溶剂，四氯化碳吸收氯气，防止干扰F中氯化氢的检验；（5）氯化氢与硝酸银反
77、应生成氯化银和硝酸；（6）氯气与水反应会生成盐酸，干扰F中氯化氢的检验，故在E、F之间用碘化钾淀粉试液检验氯气是否被完全吸收【解答】解：（1）MnO2、次氯酸钠、K2Cr207、KClO3、KMn04氧化性都强于盐酸，都能够氧化盐酸中的氯离子生成氯气，都是实验室常用制备氯气的方法；故选：D；浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，反应需要加热，氯化氢易挥发，反应消耗氯化氢，随反应的不断进行浓盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸不反应不与MnO2反应，所以生成氯气的量小于理论产量；故答案为：浓盐酸的浓度随着反应的进行变稀以后，将不再反应；加热时浓盐酸因挥发而损失；（3）白色的硫酸铜吸水生成蓝色硫酸铜晶体，通常
78、用来检验是否含有水蒸气；故答案为：证明有水蒸气产生；白色变蓝色；（4）干燥的有色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性；湿润的有色布条褪色，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，盐酸不具有漂白性，所以使有色布条褪色的物质是次氯酸，故次氯酸漂白性；氯气通入硝酸银溶液中，也会产生白色沉淀，对氯化氢检验造成干扰，氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳吸收氯气，防止干扰F中氯化氢的检验；故答案为：干燥氯气无漂白性，次氯酸有漂白性；吸收氯气；（5）氯化氢与硝酸银反应生成氯化银和硝酸，反应离子方程式为Ag+Cl=AgCl，故答案为：Ag+Cl=AgCl；（6）氯气与水反应会生成盐酸，干扰F中氯化氢的检验，故在E、F之间加一装置
79、，用湿润的淀粉碘化钾试纸或湿润的有色布条检验氯气是否被完全吸收，故答案为：E F；湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）【点评】本题考查了实验制备氯气和氯气性质的检验，明确制备原理及氯气的性质是解题关键，题目难度中等八、（本题共10分）28利用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO3）2，其部分工艺流程如下：（1）硝酸工业尾气一般用碱液吸收，写出一个吸收尾气离子方程式NO+NO2+2OH=2NO2+H2O或2NO2+2OH=NO2+NO3+H2O上述工艺中采用气液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋），其目的是使尾气中NO
80、、NO2被充分吸收；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是Ca（OH）2（填化学式）（3）该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致排放气体中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）1：1，则会导致产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高（4）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca（NO2）2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式3NO2+2H+=NO3+2NO+H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；离子方程式的书写【专题】元素及其化合物【分析】（1）一氧化氮和二氧化氮的混合气体一般采用强碱来吸收；使尾气中NO、NO2与石
81、灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca（OH）2；（3）若n（NO）：n（NO2）1：1，则一氧化氮过量，若1：1，则二氧化氮过量；（4）根据质量守恒和电荷守恒定律书写【解答】解：（1）硝酸工业尾气一氧化氮、二氧化氮一般用碱液吸收，反应为：NO+NO2+2OH=2NO2+H2O、2NO2+2OH=NO2+NO3+H2O，故答案为：NO+NO2+2OH=2NO2+H2O或2NO2+2OH=NO2+NO3+H2O；使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收；滤渣主要成分是Ca（OH）2，故答案为：使尾气中NO、NO2被充分吸收；Ca（OH）2；（3）若n（NO）：n（NO2）1：1，
82、则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca（NO3）2，故答案为：排放气体中NO含量升高；产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高；（4）反应物是NO2和H+，生成物是一氧化氮，硝酸根和水，反应的离子方程式为3NO2+2H+=NO3+2NO+H2O，故答案为：3NO2+2H+=NO3+2NO+H2O【点评】本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用，氧化还原反应分析，相关反应的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力，题目难度适中九.（本题共8分）
83、29根据下面的反应路线及所给信息填空（1）A的结构简式是，名称是环己烷比A少2个碳原子的同系物中，写出其同分异构体是链烃的结构简式CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、CH3C（CH3）=CH2（3）的反应类型是取代反应，的反应类型是加成反应（4）反应的化学方程式是【考点】有机物的推断【分析】A和氯气发生取代反应生成1氯环己烷，则A为，1氯环己烷发生消去反应生成环己烯，环己烯和溴发生加成反应生成B，B结构简式为A为，发生消去反应生成，据此分析解答【解答】解：A和氯气发生取代反应生成1氯环己烷，则A为，1氯环己烷发生消去反应生成环己烯，环己烯和溴发生加成反应生成B，B结构简式为A为，
84、发生消去反应生成，（1）通过以上分析知，A的结构简式是，名称是环己烷，故答案为：；比A少2个碳原子的同系物中，其同分异构体是链烃的结构简式为CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、CH3C（CH3）=CH2，故答案为：CH3CH2CH=CH2，CH3CH=CHCH3，CH3C（CH3）=CH2；（3）通过以上分析知，的反应类型分别是取代反应、加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（4）该反应方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意卤代烃发生取代反应和消去反应区别，题目难度不大十、（本题共13分）3
85、0实验室一试剂瓶的标签严重破损，只能隐约看到下列一部分“”取该试剂瓶中的试剂，通过燃烧实验测得：16.6g 该物质完全燃烧得到39.6g CO2与9g H2O（1）通过计算可知该有机物的分子式为：C9H10O3进一步实验可知：该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体16.6g 该物质与足量金属钠反应可生成氢气2.24L（已折算成标准状况）则该物质的结构可能有4种，请写出其中任意两种同分异构体的结构简式（任写两种）（3）若下列转化中的D是中可能结构中的一种，且可发生消去反应；E含两个六元环；取C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀A的结构简式为（
86、4）写出A转化成B的化学方程式：（5）反应类型：CD的取代反应或水解反应，DE取代反应或酯化反应【考点】有机物的推断；有关有机物分子式确定的计算【专题】有机推断【分析】（1）39.6g CO2与9g H2O中所含C的质量为39.64412=10.8g，H的质量为9182=1g，16.6g该物质所含O的质量为16.610.81=4.8，故该物质中C、H、O的原子个数比为（10812）：（11）：（4.816）=9：10：3，据此判断该物质的分子式；该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体，故该物质含有羧基；16.6g 该物质的物质的量为0.1mol，氢气2.24L，物质的量为0.1mol，故1
87、mol该物质与钠反应生成1mol氢气，故该物质中除了含有1个羧基外，还含有1个醇羟基，故该物质可能的结构简式为：，；（3）D是中可能结构中的一种，且可发生消去反应；E含两个六元环，故D为，在浓硫酸作用下发生取代反应生成E，E为，C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，C中含有氯原子，C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后得到，故C为，B催化氧化得到，B为，A催化氧化得到，A为，再结合对应有机物的结构和性质，据此解答【解答】解：（1）39.6g CO2与9g H2O中所含C的质量为39.64412=10.8g，H的质量为9182=1
88、g，16.6g该物质所含O的质量为16.610.81=4.8，故该物质中C、H、O的原子个数比为10812：11：4.816=9：10：3，故该物质的分子式为C9H10O3，故答案为：C9H10O3；该物质能与碳酸氢钠溶液反应生成无色无味气体，故该物质含有羧基；16.6g 该物质的物质的量为0.1mol，氢气2.24L，物质的量为0.1mol，故1mol该物质与钠反应生成1mol氢气，故该物质中除了含有1个羧基外，还含有1个醇羟基，故该物质可能的结构简式为：，共4种，故答案为：4；（3）D是中可能结构中的一种，且可发生消去反应；E含两个六元环，故D为，C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足
89、量硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，C中含有氯原子，C在NaOH水溶液中反应后的混合液，加入足量硝酸酸化后得到，故C为，B催化氧化得到，B为，A催化氧化得到，A为，故答案为：；（4）A催化氧化得到B，化学方程式为：，故答案为：；（5）CD的为取代反应或水解反应，DE为取代反应或酯化反应，故答案为：取代反应或水解反应；取代反应或酯化反应【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析推断能力，注意结合题给信息分析解答，难点是同分异构体种类判断十一、（本题共16分）31为测定一置于空气中的某硫酸酸化的FeSO4溶液中Fe2+被氧化的百分率，某同
90、学准确量取pH=1（忽略Fe2+、Fe3+的水解）的FeSO4溶液200mL，加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀28.0g；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体8.0g（1）写出反应中涉及的化学方程式（至少3个）通过计算，填写下表：c（H+）c（SO42）c（Fe2+、Fe3+）注：c（Fe2+、Fe3+）表示Fe2+和Fe3+的总的物质的量的浓度（3）计算原溶液中Fe2+被氧化的百分率【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）FeSO4溶液200mL
91、，加入过量的BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g为硫酸钡沉淀；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量的NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得到固体的质量为8.00g为Fe2O3；依据溶液中PH计算氢离子浓度，生成沉淀为硫酸钡，得到硫酸根离子浓度，追杀哦得到固体为氧化铁计算物质的量结合铁元素守恒计算得到铁元素物质的量浓度；（3）依据电荷守恒：2C（Fe2+）+3C（Fe3+）+C（H+）=2C（SO42），2C（Fe2+）+3C（Fe3+）=1.1mol/L；元素守恒c（Fe2+）、c（Fe3+）=0.5
92、mol/L，列式计算铁离子占铁元素的百分比【解答】解：（1）FeSO4溶液200mL，加入过量的BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g为硫酸钡沉淀，反应化学方程式为：BaCl2+FeSO4=BaSO4+FeCl2；再另取同样的FeSO4溶液200mL，向其中加入过量的NaOH溶液，搅拌使其充分反应，反应的化学方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，待沉淀全部变为红褐色后，反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得到固体的质量为8.00g为Fe2O3，反应的化学方程式为：2Fe（OH）3Fe2O3+
93、3H2O；故答案为：BaCl2+FeSO4=BaSO4+FeCl2，FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2+2NaCl，2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O；由pH=1得c（H+）=0.1molL1由SO42+Ba2+=BaSO4得c（SO42）=0.6molL1因为最终固体物质为Fe2O3，所以n（Fe2O3）=0.05mol据铁元素守恒得：c（Fe2+、Fe3+）=0.5 molL1故答案为：0.1mol/L，0.6mol/L，0.5mol/L；（3）电荷守恒：2C（Fe2+）+3C（Fe3+）+C（H+）=2C（SO42），2C（Fe2+）+3C（Fe3+）=1.1mol/L；c（Fe2+）、c（Fe3+）=0.5mol/L c（Fe2+）=0.4mol/Lc（Fe3+）=0.1mol/LFeSO4溶液中Fe2+被氧化的百分率：；答：原溶液中Fe2+被氧化的百分率为20%【点评】本题考查了物质含量的测定，题目涉及物质组成的实验分析判断、元素守恒、电解质溶液中电荷守恒的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等版权所有：高考资源网()