1、云南省玉溪一中2015届高三上学期期中考试化学试卷一、选择题（本题包括23小题，每小题2分，共46分每小题只有一个选项符合题意）1（2分）下列叙述不正确的是（）A在实验室里硅酸钠溶液存放在带橡胶塞的试剂瓶中B提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染C氟利昂（CCl2F2）因破坏大气臭氧层而导致“温室效应”D为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术考点：化学试剂的分类；常见的生活环境的污染及治理.专题：化学应用分析：A硅酸钠具有黏性，导致玻璃塞打不开；B塑料可导致白色污染；C氟利昂导致臭氧空洞；D废旧电池中含有重金属盐，污染土壤和水体解答：解：A硅酸钠具有黏性，导
2、致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故A正确； B塑料难以降解，可导致白色污染，故B正确；C导致温室效应的主要气体为二氧化碳，而氟利昂导致臭氧空洞，故C错误；D废旧电池中含有重金属盐，污染土壤和水体，积极开发废电池的综合利用技术，可减少重金属污染，故D正确故选C点评：本题考查常见金属污染及治理，题目难度不大，注意常见化学环境污染名词，把握治理方法，学习中注意积累2（2分）向溶液X中持续通入气体Y，不会产生“浑浊澄清”现象的是（）AX：漂白粉溶液Y：二氧化硫BX：硝酸银溶液Y：氨气CX：氢氧化钡溶液Y：二氧化碳DX：偏铝酸钠溶液Y：二氧化氮考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氨的化学性质；镁、铝的重要
3、化合物.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先生成氢氧化银，氨气过量生成银氨络离子；C先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡；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选；B氨气水溶液呈碱性，硝酸银溶液中通入氨气，先生成氢氧化银沉淀，氨气过量，发生络合反应生成银氨络离子，先浑浊后澄清，故B不选；C先生成碳酸钡，二氧化碳过量生成碳酸氢钡，先浑浊后澄清，故C不选；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
4、清”现象，故D不选故选A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3（2分）下列说法中，不正确的是（）同一元素的不同核素互称为同位素化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合金属腐蚀的实质是金属原子失去电子被还原的过程Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，而且还与溶液中的离子浓度有关铅蓄电池在放电过程中，负极质量减少，正极质量增加Al和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应干冰和氨都属于弱电解质汽油和花生油的主要成份都是油脂ABCD考点：同位素及其应用；金属的电化学腐蚀与防护；强电
5、解质和弱电解质的概念；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：物质的分类专题分析：质子数相同中子数不同的原子互为同位素，即同一元素的不同核素互称为同位素化学键含有离子键、共价键、金属键等，离子化合物是阴、阳离子通过离子键形成，原子间可以通过共价键形成物质，如原子晶体、分子晶体金属原子失去电子被氧化Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，与溶液中的离子浓度无关铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO422e=PbSO4，正极电极反应式为PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2OAl和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应，如铝热反应、Fe与水蒸气反应干冰和氨属于根据化合物，溶液水自
6、身不能电离出离子，而是与水反应生成的碳酸、一水合氨电离出的离子，使溶液导电汽油属于烃，花生油是高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于油脂解答：解：质子数相同中子数不同的原子互为同位素，所以同一元素的不同核素互称为同位素，故正确；化学键含有离子键、共价键、金属键等，离子化合物是阴、阳离子通过离子键形成，原子间可以通过共价键形成物质，如原子晶体、分子晶体，故正确；金属原子失去电子被氧化，不是被还原，故错误；Ksp与难溶电解质的性质和温度有关，与溶液中的离子浓度无关，故错误；铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO422e=PbSO4，负极质量增加，正极电极反应式为PbO2+4H+SO42+2e=Pb
7、SO4+2H2O，正极质量增加，故错误Al和Fe在一定条件下都能与某些氧化物反应，如铝热反应、Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，故正确；干冰和氨属于根据化合物，溶液水自身不能电离出离子，而是与水反应生成的碳酸、一水合氨电离出的离子，使溶液导电，是碳酸、一水合氨电解质，干冰与氨是非电解质，故错误；汽油属于烃，花生油是高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于油脂，故错误故故选：C点评：题目综合性较大，涉及同位素、化学键、金属腐蚀、溶度积常数、原电池、电解质与非电解质、油脂与烃、元素化合物性质等，比较基础，旨在考查学生对基础知识的全面掌握情况4（2分）下列说法正确的是（）标准状况下，22.4L己烯含有的分
8、子数为6.021023标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为6.0210237.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.26.0210231mol乙醇中含有的共价键数约为76.021023500mL 1mol/L的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1.56.021023ABCD考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：根据己烯标准状况下不是气体；依据阿伏伽德罗定律的推论分析判断；先把质量换算为物质的量，结合氯气发生的是自身氧化还原反应计算电子转移；根据乙醇的结构分析计算共价键数根据硫酸铝化学式求出离子浓度，然后根据n=cV计算判断解答：解：己烯
9、在标准状况下不是气体，无法计算其物质的量，故错误；标准状况下，a L的氧气和氮气的混合物含有的分子数约为6.021023，故正确；7.1g氯气物质的量为0.1mol，氯气与足量的氢氧化钠溶液反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应中转移电子数为1个电子，所以0.1mol氯气反应转移电子物质的量为0.1mol，故错误；1个乙醇分子中含有5个碳氢键、1个碳碳键、1个碳氧键、1个氧氢键，共计8个共价键，1mol乙醇中含有的共价键数8NA，数目为86.021023，故错误；500mL 1mol/L的硫酸铝溶液中硫酸根的物质的量浓度为3mol/L，所以硫酸根离子物质的量为3mol/L
10、0.5L=1.5mol，硫酸根离子数约为1.56.021023，故正确；综上所述正确；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题5（2分）下列有关粒子的检验方法及现象叙述不正确的是（）A检验SO42：向溶液中先滴加足量稀盐酸，无沉淀，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，溶液中一定含有SO42B检验CO32：加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有大量CO32C检验I：通入Cl2后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后变蓝，可确定有I存在D检验Cl：先加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，则证明含
11、有Cl考点：常见离子的检验方法.专题：离子反应专题分析：A、向溶液中先滴加足量稀盐酸，可以排除CO32、SO32、Ag+等的干扰；B、加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，不一定是CO32；是可能是HCO3、SO32、HSO3；它们与盐酸生成的气体均能使澄清石灰水变浑浊；C、加入淀粉溶液后变蓝，说明有I2；从而证明有I存在；D、检验Cl时先加入硝酸银溶液排除干扰离子，再加稀硝酸解答：解：A、向溶液中先滴加足量稀盐酸，可以排除CO32、SO32、Ag+等的干扰后，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液中含有SO42，故A正确；B、加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，不一定是CO32；
12、是可能是HCO3、SO32、HSO3；它们与盐酸生成的气体均能使澄清石灰水变浑浊，所以加入盐酸，生成的气体能澄清石灰水变浑浊，不一定是CO32；故B错误；C、加入淀粉溶液后变蓝，说明有I2；从而证明原溶液中有I存在，故C正确；D、检验Cl时先加入硝酸银溶液排除干扰离子，再加稀硝酸，生成白色沉淀，则说明含有Cl；故D正确点评：在解此类题时，首先分析需要鉴别的离子的性质，然后选择适当的试剂，出现合理的现象即可鉴别，同时要注意排除杂质离子的干扰6（2分）（2014四川）设NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A高温下，0.2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，
13、1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；B氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为11013mol/L；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原
14、子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子解答：解：A0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（0）0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B室温下，1L pH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为11013mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH离子数目为1013NA，故B错误；C氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mo
15、l电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，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，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况7（2分）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）A某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增
16、大生成H2的速率D可燃冰主要甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底考点：反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用.分析：A、吸热反应可以自发进行，必须是熵增的反应，依据反应自发进行的判断是HTS0分析；B、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸腐蚀玻璃；C、常温下铁在浓硫酸中钝化；D、海底由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质解答：解：A、吸热反应可以自发进行，H0，若满足HTS0，必须是熵增的反应，故A正确；B、氟化铵水解生成氟化氢，氢氟酸和玻璃中二氧化硅反应腐蚀玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故B正确；C、常温下铁在浓硫酸中钝化，表面形成致密氧化
17、物薄膜阻止浓硫酸与铁反应，不能生成氢气，故C错误；D、海底中天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，为可燃冰，故D正确；故选C点评：本题考查了物质性质，盐类水解分析应用，注意常温铁在浓硫酸中发生钝化现象，题目较简单8（2分）下表中对离子方程式的评价不合理的是（）选项化学反应及离子方程式评价ANaClO溶液中通入少量的SO2：ClO+H2O+SO2Cl+SO42+2H+错误，碱性介质中不可能生成H+B用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O正确CNH4Al（SO4）2溶液中滴入几滴NaOH溶液：NH4+OHNH3H2O错误，OH首先和
18、Al3+反应生成Al（OH）3沉淀D用惰性电极电解MgCl2溶液：2Mg2+2H2O2Mg+O2+4H+正确AABBCCDD考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A碱性条件下，溶液中不能大量存在氢离子；B离子方程式要遵循原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒；C硫酸铝铵中铝离子先和氢氧根离子反应，当铝离子完全转化为沉淀时，铵根离子再和氢氧根离子反应，当铵根离子完全反应后，氢氧化铝再和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子；D用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电解答：解：A碱性条件下，溶液中不能大量存在氢离子，氢离子要和氢氧根离子反应生成水，故A正确；B该离子方程式遵循原子
19、守恒、得失电子守恒、电荷守恒，且符合离子方程式书写规则，故B正确；C硫酸铝铵中铝离子先和氢氧根离子反应，当铝离子完全转化为沉淀时，铵根离子再和氢氧根离子反应，当铵根离子完全反应后，氢氧化铝再和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，所以C评价正确，故C正确；D用惰性电极电解氯化镁溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，其离子方程式为：2Cl +2H2OH2+Cl2+2OH，故D错误；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写，涉及氧化还原反应、电解原理等知识点，根据氧化还原反应原理、电解原理等知识点来分析解答，明确离子放电顺序及离子反应先后顺序是解本题关键，易错选项是C，注意铝离子和铵根离子反应先后顺
20、序，为易错点9（2分）（2012江苏）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3SSO3H2SO4饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3MgCl2（aq）Mg（OH）2MgOABCD考点：镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物.专题：元素及其化合物分析：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝硫燃烧生成二氧化硫在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度
21、最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁解答：解：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3+Na2CO3，生成氢氧化铝，故正确；硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解
22、生成碳酸钠，故正确；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3+3H2O2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故错误；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故正确故正确故选：A点评：考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液10（2分）实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（）A制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气B制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体D制氧气时，用Na2O2或H
23、2O2作反应物可选择相同的气体发生装置考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A二氧化氮与水反应生成NO；B氯气与碳酸氢钠溶液反应；C乙烯不溶于水，密度比空气小，且与空气密度接近；DNa2O2或H2O2作反应物，均为固体与液体反应，且不需要加热解答：解：A二氧化氮与水反应生成NO，NO有毒，应选NaOH溶液吸收尾气，故A错误；B氯气与碳酸氢钠溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水和浓硫酸，故B错误；C乙烯不溶于水，密度比空气小，且与空气密度接近，则不能利用排空气法，故C错误；DNa2O2或H2O2作反应物，均为固体与液体反应，且不需要加热，则制备氧气时可选择相同的气体发生装置，故D正确；故
24、选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的收集和制备、尾气处理等为解答的关键，侧重实验技能的考查，题目难度不大11（2分）X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能是（）C、O2AlCl3、NaOHFe、HNO3CO2、NaOHABCD考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物；铁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：X为C、W为O 2时，Y为CO，Z为CO 2，且C与O2完全反应即生成CO 2；若X为AlCl 3、W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO 2，过量NaOH与AlCl 3反应生成NaAlO 2；若X为Fe、W为HNO3，Fe过量时生成
25、Fe（NO 3）2，继续与HNO3反应生成Fe（NO 3）3，Fe在过量HNO 3中生成Fe（NO 3）3；若X为CO2、W为NaOH，CO2与NaOH反应生成碳酸钠，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，过量的二氧化碳与氢氧化钠也能生成碳酸氢钠解答：解：X为C、W为O 2时，Y为CO，Z为CO 2，且C与O2完全反应即生成CO 2，故正确；若X为AlCl 3、W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO 2，过量NaOH与AlCl 3反应生成NaAlO 2，故正确；若X为Fe、W为HNO3，Fe过量时生成Fe（NO 3）2，继续与HNO3反应生成Fe（NO 3）3，Fe在过量HNO 3中生
26、成Fe（NO 3）3，故正确；若X为CO2、W为NaOH，CO2与NaOH反应生成碳酸钠，二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，过量的二氧化碳与氢氧化钠也能生成碳酸氢钠，故正确；故选：D点评：本题考查元素化合物中的连续反应，思维容量较大，需要对物质间的转换关系及转换条件非常熟悉，否则易出错12（2分）下列说法错误的是（）A使用如图所示装置验证Ka（CH3COOH）Ka（H2CO3）Ka（H2SiO3）B0.1 molL1的醋酸中加入水或加入冰醋酸均可使平衡向电离方向移动C等物质的量浓度的CH3COONa和Na2CO3溶液，后者溶液中水的电离程度大D等pH的醋酸和碳酸，分别加水稀释后溶液的pH仍相等
27、，则醋酸中加入水的体积少考点：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：根据图中实验乙酸与大理石反应有气泡产生，说明乙酸的酸性比碳酸强，但由于乙酸具有挥发性，所以能制得硅酸的不一定是二氧化碳的反应，故不能证明碳酸与硅酸的酸性大小；A、根据以上分析，不能说明Ka（H2CO3）与Ka（H2SiO3）大小关系；B、根据影响弱电解质电离平衡的因素分析；C、溶液中溶质浓度相同，酸越弱，其盐的酸根水解程度越大，据此解答；D、PH相同时，酸性越弱，酸的浓度越大解答：解：根据图中实验乙酸与大理石反应有气泡产生，说明乙酸的酸性比碳酸强，但由于乙酸具有挥发性，所以能制得硅酸的不一定是二氧化
28、碳的反应，故不能证明碳酸与硅酸的酸性大小；A、酸性强的酸能制备酸性弱的酸，已知酸性：H2CO3HCNHCO3，所以NaCN+H2O+CO2（少量）=HCN+NaHCO3，故A错误；B、加水稀释促进弱酸的电离，加冰醋酸会使醋酸的电离平衡正移，故B正确；C、等物质的量浓度的CH3COONa和Na2CO3溶液，水解显碱性促进水的电离，其阴离子对应的酸越弱，酸根的水解程度越大，根据以上分析酸性：醋酸碳酸氢根，所以Na2CO3溶液的水解程度比醋酸钠强，水的电离程度大，故C正确；D、pH相同时，酸性越弱，酸的浓度越大，所以等pH的醋酸和碳酸，酸性：醋酸碳酸，分别加水稀释后pH仍相等，则醋酸中加入水的体积最
29、少，故D正确；故选A点评：本题考查了弱酸的电离平衡及影响因素，盐的水解原理的应用等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查13（2分）（2014重庆）茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（） A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到的滤液，选用、和D检验滤液中的Fe3+，选用、和考点：真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：实验题分析：检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验
30、，以此解答该题解答：解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C过滤时用到、和，故C不选；D检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故D不选故选B点评：本题为2014年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大14（2分）下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的
31、是（）无色溶液中：K+、Na+、pH=13的溶液中：、Na+、由水电离出的c（H+）=1012 mol/L的溶液：Ba2+、Na+、Cl强酸性溶液中：Fe3+、Na+、强酸性溶液中：Fe2+、Al3+、ClABCD考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：无色溶液中一定不存在有色的高锰酸根离子；pH=13的溶液的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量的氢氧根离子；由水电离出的c（H+）=1012 mol/L的溶液，该溶液为酸性或者碱性溶液；强酸性溶液中存在大量的氢离子，Fe3+、NO3、Na+、SO42之间不反应，也不与氢离子反应；强酸性溶液中存在大量氢离子，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子解
32、答：解：无色溶液中不存在有色的离子，MnO4为有色离子，在溶液中不能大量共存，故错误；pH=13的溶液中存在大量的氢氧根离子，CO32、Na+、AlO2、NO3之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；由水电离出的c（H+）=1012 mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，Ba2+、Na+、NO3、Cl之间不反应，都是无色离子，且都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；强酸性溶液中：Fe3+、NO3、Na+、SO42之间不发生反应，且都不与氢离子反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故正确；强酸性溶液中存在大量的氢离子，NO3在酸性条件下能够氧化
33、Fe2+，在溶液中不能大量共存，故错误；故选A点评：本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力15（2分）在已经处于化学平衡状
34、态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是（）A反应混合物的浓度B反应体系的压强C正、逆反应的速率D反应物的转化率考点：化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动如果速率改变，平衡不一定移动：（1）改变程度相同V（正）=V（逆），平衡不移动；（2）改变程度不相同V（正）V（逆），平衡移动解答：解：A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故A错误；B、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故B错误C、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动
35、，故C错误；D、只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，故D正确故选D点评：本题考查了化学平衡的移动的判断，难度较大，注意1、不要把V（正）增大与平衡向正反应方向移动等同起来，只有V（正）V（逆）时，平衡向正反应方向移动2、不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来16（2分）（2012闵行区一模）升高温度，下列数据不一定增大的是（）A化学反应速率vB水的离子积常数KwC化学平衡常数KD弱酸的电离平衡常数Ki考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离.专题：基本概念与基本理论分析：升高温度反应
36、速率增大，水和弱酸的电离为吸热过程，温度升高促进电离，而化学反应可能为吸热反应也可能为放热反应，则升高温度K不一定增大，以此来解答解答：解：A升高温度，活化分子的百分数增大，有效碰撞的次数增多，则反应速率加快，故A不选；B水的电离吸热，升高温度促进电离，水的离子积常数Kw增大，故B不选；C若化学反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，K减小，故C选；D弱酸的电离吸热，升高温度促进电离，弱酸的电离平衡常数Ki增大，故D不选；故选C点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握温度对反应速率、平衡常数的影响为解答的关键，注意化学反应可能吸热或放热，题目难度不大17（2分）根据如图，下列判
37、断正确的是（）A电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极B烧杯a中发生反应O2+4H+4e=2H2O，溶液pH升高C烧杯b中发生的电极反应为Zn2e=Zn2+D向烧杯a中加入少量K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：该原电池中，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上电极反应式为Zn2e=Zn2+，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，电子从负极沿导线流向正极，亚铁离子和K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀解答：解：A电子从负极锌沿导线流向正极Fe，电子不进入盐桥和电解质溶液，故A错误；B铁作正极，正极上电极反应式为O2+2H2
38、O+4e=4OH，所以a烧杯中溶液pH升高，故B错误；C锌作负极，负极上电极反应式为Zn2e=Zn2+，故C正确；Da烧杯中没有亚铁离子生成，所以向烧杯a中加入少量K3Fe（CN）6溶液，没有蓝色沉淀生成，故D错误；故选C点评：本题考查了原电池原理，根据失电子的难易程度确定正负极，明确正负极上发生的电极反应是解本题关键，再结合电极反应式来分析解答，知道亚铁离子的检验方法，题目难度不大18（2分）把物质的量均为0.1mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同则下列描述正确的是（）A电路
39、中共转移0.6NA个电子B阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2molC阴极质量增加3.2gD电解后剩余硫酸溶液的浓度为1 mol/L考点：电解原理.专题：电化学专题分析：CuCl2和H2SO4溶于水制成的混合溶液，用石墨做电极电解，则阴极上发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2，阳极上发生电极反应：Cl2e=Cl2，4OHO2+2H2O+4e，根据电子守恒和电极方程式进行计算即可解答：解：A、阴极上发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2，阳极上发生电极反应：2Cl2e=Cl2，4OHO2+2H2O+4e，可知Cu2+全部反应，Cu2+0.1mol，Cl反应完全
40、，Cu2+2e=Cu0.1 0.2 0.12Cl2e=Cl20.2 0.2 0.1剩下的就是电解水了，2H+2e=H2，4OH4e=2H2O+O2，也就是每转移4mol电子，H2产生2mol，O2产生1mol，由于阳极产生0.1molCl2，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，所以电解水应转移电子0.4mol 2H+2e=H20.4 0.4 0.2 4OH4e=2H2O+O20.4 0.4 0.1总共转移0.2mol+0.4mol=0.6mol，故A正确；B、阳极得到的气体中有O2且其物质的量为0.1mol，故B错误；C、阴极上金属铜会析出，质量增加值为6.4g，故C错误；D、分
41、析电解过程可知，电解过程是电解氯化铜，电解水，原溶液中0.2molH+未放电，溶液中硫酸物质的量为0.1mol，溶液体积小于100ml，浓度大于1mol/L，故D错误故选A点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学内容来回答，难度较大19（2分）碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是（）A可用KI淀粉试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是5Cl2+I2+6H2O2HClO3+10HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2I2IO3D途径中若生成1mo
42、l I2，反应中转移的电子数为10NA考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：A加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I还原生成I2；B根据图示转化可知Cl2NaIO3，氯气可以将碘氧化HIO3；C由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3，由途径可知氧化性Cl2NaIO3；D根据转化关系2IO3I210e计算判断解答：解：A加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I还原生成I2，故用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐，故A正确；B根据图示转化可知Cl2NaIO3，已变蓝的淀粉KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2
43、O2HI03+10HCl，故B正确；C由途径I可知氧化性Cl2I2，由途径可知氧化性I2NaIO3，由途径可知氧化性Cl2NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2IO3I2，故C错误；D根据转化关系2IO3I210e可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确；故选C点评：本题综合考查卤素单质及其化合物的性质，侧重于考查氧化性强弱比较及应用，难度中等，根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键20（2分）（2014浙江）雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同学收集了该地区的雾霾，经必要的
44、预处理后的试样溶液，设计并完成了如下实验：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根据以上的实验操作和现象，该同学得出的结论不正确的是（）A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4考点：真题集萃；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验.专题：物质检验鉴别题分析：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润
45、红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，结合题给选项分析解答解答：解：试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液
46、2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba（OH）2中反应生成AlO2，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，以及能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，A通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg
47、2+、SO42和NO3，故A正确；B通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl，故C正确；D根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确；故选B点评：本题考查了物质的推断，明确物质的性质及特殊反应现象是解本题关键，根据物质的溶解性、物质的性质及题给信息来分析解答，题目难度中等21（2分）下列说法中正确的是（）A常温下，稀释0.1 mol/L的氨水，溶液中c（OH）、c（NH4+）、c（H+）均下降B常温下，c（NH4+）相等的
48、（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2 NH4Cl （NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：CpH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D当溶液中存在的离子只有Cl、OH、NH4+、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）考点：离子浓度大小的比较.分析：A氨水稀释后溶液中氢氧根离子、铵根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大；B根据化学式组成及铵根离子水解程度较小可知，浓度相等时NH4Cl中铵根离子浓度最小，然后根据亚铁离子抑制了铵根离子水解、碳酸根离子水解促进了铵根离子
49、判断等浓度的四种溶液中铵根离子浓度大小，然后判断铵根离子浓度相等时四种溶液的浓度大小；C碳酸氢钠溶液显示碱性，则碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，c（CO32）c（H2CO3）；D根据电荷守恒判断，c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）中总负电荷大于正电荷，违反了电荷守恒解答：解：A稀释0.1mol/L的氨水，c（OH）、c（NH4+）减小，而温度不变，水的离子积不变，则c（H+）升高，故A错误；B等浓度的（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2NH4Cl（NH4）2CO3中，由于铵根离子水解程度较小，则NH4Cl的c（NH4+）最小，中亚铁离子抑制了铵根离子水解，则中铵根离
50、子浓度最大，四种溶液的浓度相等时c（NH4+）的关系为：，则c（NH4+）相同时，物质的量浓度大小关系是：，故B正确；CpH=8.3的NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则：c（CO32）c（H2CO3），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3），c（CO32），故C错误；D溶液中一定满足电荷守恒，而c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）中阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，不满足电荷守恒，故D错误；故选B点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其影响，能够根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解的影响
51、等知识判断溶液中离子浓度大小，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力22（2分）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）H=a kJmol1其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：下列说法中正确的是（）t/7008008301 0001 200K0.60.91.01.72.6A该反应的正反应为放热反应，即a0B当平衡浓度符合c（CO2）c（H2）=c（CO）c（H2O）时的温度为830C当其他条件不变时，若缩小容器的体积，则有利于该反应平衡正向移动D当v（H2）=v（H2O）时该反应达到化学平衡状态考点：用化学平衡常数进行计
52、算.分析：该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，压强只改变反应速率但不影响平衡移动，根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度该反应向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，当正逆反应速率相等时该反应达到平衡状态解答：解：A、根据表格知，升高温度，化学平衡常数增大，则正反应是吸热反应，故A错误；B、在某平衡状态时，c（CO2）c（H2）=c（CO）c（H2O），则说明平衡常数K=1，由表中数据可知，该温度为830，故B正确；C、当其他条件不变时，若缩小容器的体积，气体压强增大，化学反应速率增大，但平衡不移动，故C错误；D、无论该反应是否达到平衡状态，v正（H2）和v正（H2O）始终
53、相等，所以不能判断该反应是否达到平衡状态，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡的判断、温度对化学平衡的影响等知识点，注意该反应的特点，压强对该反应的平衡移动无影响，为易错点23（2分）将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（）A0.2molB0.6molC0.8molD1.0mol考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：51.2gCu的物质的量为0.8mol，整个过程发生的反应较复杂，但从氧
54、化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），据此解答解答：解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu的物质的量为：n（Cu）=0.8mol，共失电子为0.8mol2=1.6mol
55、，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，根据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，故选C点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键二、非选择题（包括必考题和选考题两部分第24题第26题为必考题，每个试题都必须作答第27题、28题、29题为选考题，只选做一题）（一）必考题（本题包括3小题，共40分）24（12分）中学化学中几种常见物质的转化关系如图所示（图中部分反应物或生成物及反应条件未列出）已知：A、B、C、D是单质，其余是化合物其中B、D是常见金属
56、又知A在C中点燃有苍白色火焰请回答下列问题：（1）W的电子式是（2）N的化学式FeCl3，写出由饱和的N溶液制备红褐色胶体的化学方程式：FeCl3+H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，（3）写出下列反应的离子方程式：反应2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，反应2Al+2H2O+2OH2AlO2+3H2，反应Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3考点：无机物的推断.分析：A在C中点燃有苍白色火焰，应为H2在Cl2中的燃烧，则A为H2，C为Cl2，W为HCl，应为电解饱和食盐水的反应，则X为饱和NaCl溶液，Y为NaOH，能与NaOH反应生成H2的金属为Al，则D为Al，Z为NaAlO
57、2，K为AlCl3，M为Al（OH）3，由转化关系可知B应为变价金属，应为Fe，则N为FeCl3，H为FeCl2，结合物质的性质以及题目的要求解答该题解答：解：A在C中点燃有苍白色火焰，应为H2在Cl2中的燃烧，则A为H2，C为Cl2，W为HCl，应为电解饱和食盐水的反应，则X为饱和NaCl溶液，Y为NaOH，能与NaOH反应生成H2的金属为Al，则D为Al，Z为NaAlO2，K为AlCl3，M为Al（OH）3，由转化关系可知B应为变价金属，应为Fe，则N为FeCl3，H为FeCl2，（1）由以上分析可知W为HCl，为共价化合物，电子式为，故答案为：；（2）由以上分析可知N为FeCl3，能水解
58、生成氢氧化铁胶体，水解反应为FeCl3+H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，故答案为：FeCl3；FeCl3+H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；（3）反应为电解饱和食盐水的反应，离子方程式为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，反应的离子反应为2Al+2H2O+2OH2AlO2+3H2，反应为AlCl3和NaAlO2的互促水解反应，反应的离子方程式为Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3，K为AlCl3，氨水为弱碱的水溶液，二者反应只生成Al（OH）3，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；2Al+2
59、H2O+2OH2AlO2+3H2；Al3+3AlO2+6H2O4Al（OH）3点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，根据物质的典型性质，明确物质的种类为解答该题的关键，题中注意以A在C中点燃有苍白色火焰为突破口，注意工业电解饱和食盐水的重要应用25（16分）短周期元素形成的纯净物A、B、C、D、E，五种物质之间的转化关系如图1所示，物质A与物质B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的一种相同）请回答下列问题：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，则C的化学式Na2O2，并任写一种C的主要用途供氧剂、漂白剂、氧化剂（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合
60、物用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因（仅写出电离方程式即可）：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH用电荷守恒的等式表示E与NaOH溶液反应生成正盐的溶液中所有离子的浓度之间的关系：c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH）（3）若C是一种气体，D是一种强酸，则：C与水反应的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO已知常温下物质A与物质B反应生成1mol气体C的H=57kJmol1，1mol气体C与H2O反应生成化合物D和气体E的H=46kJmol1，写出物质A与物质B及水反应生成化合物D的热化学方程式为4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）
61、=4HNO3 （aq）H=618kJmol1有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验实验过程中，在浓H2SO4中未发现有气体逸出，则得出的结论是NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2用铂做电极电解H2SO4的溶液，其阳极的电极反应式为4OH4eO2+2H2O考点：无机物的推断.分析：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，C为Na2O2，D为NaOH，E为O2，A、B分别为氧气、Na中的一种；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，C为Al2S3，E为H2S，D为Al（OH）3，A、B分别为Al、
62、S中的一种；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，C为NO2，D为HNO3，E为NO，据此解答解答：解：（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，C为Na2O2，D为NaOH，E为O2，A、B分别为氧气、Na中的一种，过氧化钠可以用作供氧剂、漂白剂、氧化剂等，故答案为：Na2O2；供氧剂、漂白剂、氧化剂；（2）若E的水溶液呈弱酸性，D是既能溶于强酸、又能溶于强碱的化合物，C为Al2S3，E为H2S，D为Al（OH）3，A、B分别为Al、S中的一种，则：用电离方程式解释D既能溶于强酸、又能溶于强碱的原因：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al3+3OH，故答案为：H+H2O+AlO2Al（OH）3Al
63、3+3OH；H2S与NaOH溶液反应生成正盐为Na2S，溶液中硫离子水解，用电荷守恒的等式表示溶液中所有离子的浓度之间的关系为：c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH），故答案为：c（Na+）+c（H+）2c（S2）+c（HS）+c（OH）；（3）若C是一种气体，D是一种强酸，C为NO2，D为HNO3，E为NO，则：C与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O2HNO3+NO；常温下物质A与物质B生成1mol气体C的H为57kJmol1，则：反应的热化学方程式为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H=114kJmol1，1mo
64、l气体C与H2O反应生成D溶液和E气体的H为46kJmol1，反应的热化学方程式为：3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）；H=138 kJmol1，则3+2得4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）；H=3（114kJmol1）+2（138 kJmol1）=618kJmol1，故答案为：4NO（g）+3O2（g）+2H2O（1）=4HNO3 （aq）H=618kJmol1；由现象实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，可以得出NO2能溶于浓硫酸中，故答案为：NO2能溶于浓H2SO4，因而不能用浓H2SO4干燥NO2；用铂做电极电解H2SO4的
65、溶液，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，其阳极的电极反应式为：4OH4eO2+2H2O，故答案为：4OH4eO2+2H2O点评：本题考查无机物的推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，题目难度中等26（12分）某学生为探究钠与CO2的反应，利用如图装置进行实验（已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd）（1）请将上图各装置连接完整（填写装置中字母）：c接f，g接d，e接a，b接h（2）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，在加稀盐酸时，发现CaCO3与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中加入的试剂是ABDANaNO3溶液 BCCl4C
66、苯 D稀硝酸（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到装置中澄清石灰水变浑浊时再点燃酒精灯此步操作的目的是排尽装置中的空气，以免空气中O2、H2O干扰实验（4）反应过程中CO2足量，假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与CO2反应的化学方程式装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体2Na+2CO2Na2CO3+CO装置中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，且溶液中还有固体残留4Na
67、+3CO22Na2CO3+C考点：性质实验方案的设计.分析：（1）根据实验目的，为制取二氧化碳装置，实验室中常用碳酸钙与盐酸反应，二氧化碳中混有氯化氢，需要用装置除去，然后用装置干燥，然后在中进行钠与二氧化碳的反应，然后用检验反应产物，据此进行连接装置；（2）所选试剂的作用是增大溶液体积，可以用稀硝酸和硝酸钠溶液，由于四氯化碳的密度大于盐酸，也可以加入四氯化碳溶液，但是苯的密度小于盐酸，加入苯不能使稀盐酸与碳酸钙接触；（3）二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，当装置中澄清石灰水变浑浊说明装置中空气已经排净；原因是空气中的二氧化碳、水与钠反应，需要排净空气，避免干扰实验；（4）根据题干信息及
68、反应现象判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；根据n=计算出钠的物质的量，再根据n=计算出标况下224mL二氧化碳的物质的量，从而得出反应后生成碳酸钠的物质的量；溶液中还有固体残留，该固体只能为C，说明钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，据此写出反应的化学方程式解答：解：（1）探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥，再在中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置检验反应产物，所以装置的连接顺序为：g、d、e、a（b）、b（a）、h，故答案为：g、d、e、a（b）、b（a）、
69、h；（2）ANaNO3溶液：加入硝酸钠溶液后，增大了盐酸的体积，可以使盐酸与碳酸钙接触，故A正确； BCCl4：四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后会，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；C苯：苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误； D稀硝酸：加入稀硝酸后，可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确；故答案为：ABD；（3）钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中
70、空气已经排净，故答案为：装置中澄清石灰水变浑浊；排尽装置中的空气，以免空气中O2、H2O干扰实验；（4）装置PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，钠与二氧化碳反应生成了CO；装置中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，2Na+2CO2Na2CO3+CO，故答案为：2Na+2CO2Na2CO3+CO；装置中钠的质量为0.46g，钠的物质的量为：n（Na）=0.02mol，将装置中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量为
71、：n（CO2）=0.01mol，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为：4Na+3CO22Na2CO3+C，故答案为：4Na+3CO22Na2CO3+C点评：本题通过探究钠与CO2的反应，考查了性质实验方案的设计原则，题目难度中等，正确理解题干信息为解答关键，注意掌握性质实验方案的设计原则，（4）为易错点，需要根据题中信息及反应现象判断反应物、生成物，试题充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用所学知识的能力选做题【化学-选修2化学与技术】共1小题
72、，满分14分）27（14分）工业上生产高氯酸时，还同时生产了一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠（NaClO2），其工艺流程如下：已知：1NaHSO4溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出2高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸，沸点90请回答下列问题（1）反应器中发生反应的化学方程式为3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O，冷却的目的是降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出，能用蒸馏法分离出高氯酸的原因是高氯酸的沸点低（2）反应器中发生反应的离子方程式为2ClO2+SO2+4OH=2ClO2+SO42+2H2O（3）通入反应器中的SO
73、2 用另一物质H2O2 代替同样能生成NaClO2，请简要说明双氧水在反应中能代替SO2 的原因是H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2（4）Ca（ClO）2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂是因为它们都具有强氧化性请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产另一种消毒剂NaClO的离子方程式Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：本题是化工生产过程中框图流程题，解决这类问题要根据题中的信息找到做题的题眼，分析出最终要解决的问题（1）要写出反应器中发生反应的化学方程式，根据加入到反应器中的原料有NaC
74、lO3、浓硫酸，生成物有ClO2气体、NaHSO4、HClO4溶液依据书写化学方程式的规则书写出化学反应方程式：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O同时将反应后的容器内的溶液冷却，有NaHSO4晶体析出，又得到HClO4溶液，说明硫酸氢钠的溶解度随温度的降低而减小，使硫酸氢钠从溶液中结晶析出，过滤后再将滤液蒸发既得到纯净的HClO4，说明高氯酸的沸点低；（2）根据通入到反应容器中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，氯的化合价由+4价变成了+3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由+4价变成+6价，根据氧化还原反
75、应原理的氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子的总数，书写出氧化还原反应方程式：2ClO2+SO2+4OH=2ClO2+SO42+2H2O；（3）如果将反应器中的SO2 用H2O2 代替同样能生成NaClO2，说明变换物质后，氧化还原反应照样能发生生成NaClO2，也就说明H2O2也具有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2；（4）消毒剂和漂白剂的消毒原理和漂白原理是利用它们的强氧化性来达到目的根据教材知识工业上制取漂白粉是用氯气与氢氧化钠溶液反应得到的，其反应原理为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O解答：解：（1）根据加入到反应器中的原料有NaClO3、浓硫酸，生成物有ClO2气体、Na
76、HSO4、HClO4溶液依据书写化学方程式的规则，即发生化学反应时满足原子的种类和数目不变，书写出化学反应方程式为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；然后将反应生成物的溶液冷却得到NaHSO4晶体，说明硫酸氢钠的溶解度随温度的降低而减小，过滤后，将滤液蒸发得到纯净的HClO4，说明高氯酸的沸点低，故答案为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；高氯酸的沸点低；（2）根据通入到反应容器中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，氯的化合价
77、由+4价变成了+3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由+4价变成+6价，根据氧化还原反应原理的氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子的总数，则氧化还原反应方程式为2ClO2+SO2+4OH=2ClO2+SO42+2H2O，故答案为：2ClO2+SO2+4OH=2ClO2+SO42+2H2O；（3）如果将反应器中的SO2 用H2O2 代替同样能生成NaClO2，说明变换物质后，氧化还原反应照样能发生生成NaClO2，也就说明H2O2也具有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2，故答案为：H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2；（4）消毒剂和漂白剂的消毒原理和漂白原理是利用
78、它们的强氧化性来达到目的根据教材知识工业上制取漂白粉是用氯气与氢氧化钠溶液反应得到的，其反应原理为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故答案为：强氧化性；Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O点评：本题是一道化工生产过程中的工艺流程，需要把握住工艺流程的过程，找到解决问题的突破口，运用基本知识、结合最终要得到的产品来解决，要将教材所学到的基本知识应用到实际解决问题中去，要求基础知识掌握牢固，同时又能将基础知识应用实际应用中【化学-选修3物质结构与性质】（共1小题，满分0分）28（2013湖南模拟）化学选修3：物质结构与性质Q、R、X、Y、Z为周期表前四周期元素，原子序数依次递增已知：Q为元素
79、周期表中原子半径最小的元素；R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；Q、R、Y三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，Q、R两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是中学化学中常见的有机溶剂；Z有“生物金属”之称，Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同请回答下列问题（答题时，Q、R、X、Y、Z用所对应的元素符号表示）（1）化合物M的空间构型为平面三角形，其中心原子采取sp2杂化；化合物N在固态时的晶体类型为分子晶体（2）R、X、Y三种元素的第一电离能由小到大的顺序为CON；（3）由上述一种
80、或多种元素组成的与RY2互为等电子体的分子为N2O（写分子式）（4）由R、X、Y三种元素组成的RXY离子在酸性条件下可与NaClO溶液反应，生成X2、RY2等物质该反应的离子方程式为2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3C1+H2O（5）Z原子基态时的外围电子排布式为3d24s2；Z的一种含氧酸钡盐的晶胞结构如图所示，晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子数为6考点：物质的结构与性质之间的关系；离子方程式的书写；元素电离能、电负性的含义及应用；分子晶体；晶胞的计算.专题：图示题；结构决定性质思想；化学应用分析：根据前四周期元素，原子序数依次递增，Q为元素周期表中原子半径最小的元素则Q为氢元
81、素；R的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同则R的电子排布为1S22S22P2，即R为碳元素；Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则Y的电子排布为1S22S22P4，即Y为氧元素；R、X、Y的原子序数依次递增，即X为N元素，然后推出则M为甲醛，N为苯，再由Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则Z的原子序数为22，即Z为钛元素；（1）根据孤电子对数和键数来分析杂化，利用构成晶体的微粒来分析晶体类型；（2）根据元素的非金属性及电子的排布来分析元素的第一电离能；（3）根据等电子体中的原子数和价电子数来分析；（4）根据反应物和生成物来分析离子反应方程式；
82、（5）利用原子序数来分析电子排布，再利用晶体的结构来分析晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子的位置解答：解：由信息可知，Q为氢元素，R为碳元素，X为N元素，Y为氧元素，Z为钛元素，M为甲醛，N为苯；（1）化合物M为甲醛，碳原子的孤电子对数为0，碳原子的键数为3，则碳原子采取sp2杂化，空间结构为平面三角形，化合物N为苯，是由碳、氢元素组成的化合物，苯是由苯分子直接构成的，则N在固态时的晶体类型为分子晶体，故答案为：平面三角形；sp2；分子晶体；（2）R、X、Y三种元素的分别为C、N、O，非金属性越强则元素的第一电离能越大，但N原子的电子排布中P轨道半满，则失去1个电子更难，即三种元素中N元素
83、的第一电离能最大，故答案为：CON；（3）RY2为CO2，分子中有3个原子，价电子数为4+62=16，N2O的分子中有3个原子，价电子数为52+6=16，则CO2与N2O互为等电子体，故答案为：N2O；（4）由RXY离子在酸性条件下可与NaClO溶液反应，生成X2、RY2等物质，由反应物与生成物，利用元素守恒、电荷守恒，则离子方程式为2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3C1+H2O，故答案为：2CNO+2H+3ClON2+2CO2+3C1+H2O；（5）因Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则Z的原子序数为22，即Z为钛元素，其电子基态电子排布为1S22S22P63S23P63d24s
84、2，电子最后填充3d电子，则外围电子排布为3d24s2，由晶体结构图可知，晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子在棱的位置，则氧原子数为=6，故答案为：3d24s2；6点评：本题考查原子结构与性质，明确元素的位置、结构、性质是解答的关键，电子排布式、杂化类型、晶体类型、性质的比较是高考中常考的考点，N原子的第一电离能比O原子的大是学生解答的难度【化学-选修5有机化学】（共1小题，满分0分）29化学选修5：有机化学基础，化合物A（C8H8O3）是由冬青树的叶经蒸汽蒸馏而得，因此又名冬青油它常用作饮料、牙膏、化妆品的香料，也用作制取止痛药、杀虫剂等从A出发有如下图所示转化关系（部分反应产物已略去）
85、：已知以下信息：A的核磁共振氢谱表明其有六种不同化学环境的氢，且1mol A与溴水反应最多消耗2mol Br2羧酸盐与碱石灰共热可发生脱羧反应，如实验室制甲烷：CH3COONa+NaOHCH4+Na2CO3回答下列问题：（1）K的结构简式为HCOOCH3（2）BD的反应方程式为（3）FH的反应类型为取代反应，按系统命名法H的名称为2，4，6三溴苯酚（4）A的结构简式为（5）A的同分异构体中苯环上只有两个取代基且能发生银镜反应和显色反应的共9种，其中核磁共振氢谱有八种不同化学环境的氢的是（写结构简式）考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：A在碱性条件下发生水解反应得到B与C，C可
86、以连续发生氧化反应，则C含有醇羟基，A含有酯基，B为羧酸钠盐，C氧化得到G为羧酸，由G与C生成K的分子式可知，C为CH3OH，发生催化氧化生成甲醛，则E为HCHO，甲醛发生氧化反应生成甲酸，则G为HCOOH，甲酸和甲醇发生酯化反应生成甲酸甲酯，则K的结构简式是HCOOCH3B经过系列反应得到F与溴水反应生成白色沉淀，说明F含有酚羟基，又因为A的核磁共振氢谱表明其有六种不同化学环境的氢，且1molA与溴水反应最多消耗2molBr2，所以A的结构简式应该是，则B结构简式为，根据已知信息可知，B和碱石灰共热生成D，则D的结构简式是D酸化生成F，则F是苯酚，其结构简式是，苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白
87、色沉淀，因此H的结构简式是，据此解答解答：解：A在碱性条件下发生水解反应得到B与C，C可以连续发生氧化反应，则C含有醇羟基，A含有酯基，B为羧酸钠盐，C氧化得到G为羧酸，由G与C生成K的分子式可知，C为CH3OH，发生催化氧化生成甲醛，则E为HCHO，甲醛发生氧化反应生成甲酸，则G为HCOOH，甲酸和甲醇发生酯化反应生成甲酸甲酯，则K的结构简式是HCOOCH3B经过系列反应得到F与溴水反应生成白色沉淀，说明F含有酚羟基，又因为A的核磁共振氢谱表明其有六种不同化学环境的氢，且1molA与溴水反应最多消耗2molBr2，所以A的结构简式应该是，则B结构简式为，根据已知信息可知，B和碱石灰共热生成D
88、，则D的结构简式是D酸化生成F，则F是苯酚，其结构简式是，苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，因此H的结构简式是，（1）根据以上分析可知，K的结构简式为HCOOCH3，故答案为：HCOOCH3；（2）根据以上分析可知，B生成D的反应方程式是：，故答案为：；（3）FH的反应类型为取代反应；H的结构简式是，按系统命名法H的名称为2，4，6三溴苯酚，故答案为：取代反应；2，4，6三溴苯酚；（4）由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；（5）A的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生显色反应，说明含有酚羟基只有两个取代基，因此取代基之一是酚羟基另外一个取代基是CH2OOCH、CH（OH）CHO、OCH2CHO，其位置均含有邻、间、对三种，共计是9种其中核磁共振氢谱有八种不同化学环境的氢的是，故答案为：9；点评：本题考查有机物推断、有机反应类型、有机物命名、同分异构体书写、有机反应方程式等，根据反应条件判断物质含有的官能团，综合分析确定A的结构，侧重考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等