1、2014年四川省绵阳中学高考化学模拟冲刺试卷一、选择题1（6分）（2014涪城区校级模拟）化学与生产、生活、社会密切相关下列说法中不正确的是（）A“硫黄姜”又黄又亮，可能是在用硫黄熏制的过程中产生的SO2所致B天然纤维和人造纤维的主要成分都是纤维素C发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，不适于盛放含油较多的食品DNaHCO3能与酸反应，因此食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂2（6分）（2014涪城区校级模拟）下列离子方程式不正确的是（）A向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42反应完全：NH4+2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+Al（OH）3+NH3H2OB误
2、将洁厕灵和“84”消毒液混合：2H+Cl+ClOCl2+H2OC向明矾溶液中加入少量的Ba（OH）2溶液：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）3D在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的离子方程式是：3NH4+Fe3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+Fe（OH）3+3NH3H2O3（6分）（2014涪城区校级模拟）如图所示是利用电化学降解法治理水中的硝酸盐污染，电解槽中间用质子交换膜隔开，污水放入II区，通电使转NO3化为N2，下面说法不正确的是（）A电解时H+从I区通过离子交换膜迁移到II区BAgPt电极上发生发应：2N
3、O3+10e+6H2ON2+12OHC当电解过程中转移了1moL电子，则II区电解液质量减少2.8gD为增强溶液的导电性，I区水中可加入少量Na2SO4固体4（6分）（2014涪城区校级模拟）下列实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL1 NaClO溶液和0.1molL1 CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴
4、加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2Fe（OH）3D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性SCAABBCCDD5（6分）（2014武汉模拟）已知图的相关信息，下列相应叙述正确的是（）A图表示向恒容密闭容器中充入X和Y发生反应：2X（g）+Y（g）3Z（g）H0，W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率B图表示压强对可逆反应A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强小C据图，若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入NaOH溶液至PH在4左右D常温下，稀释0.1m
5、ol/L Na2CO3溶液，图中的纵坐标可表示溶液中HCO3的数目6（6分）（2014湖北模拟）下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c（NH4HSO4）c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）C1.0 mol/L Na2CO3溶液：c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）7（6分）（2015温州校级模拟）有一
6、未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图根据上述实验，以下推测不正确的是（）A原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32B不能确定原溶液是否含有K+、NO3C原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D实验所加的NaOH的浓度为2
7、molL1二、非选择题8（15分）（2014延安模拟）已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大A原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号，该能层具有的原子轨道数为；（2）E2+离子的价层电子排布图是，F原子的电子排布式是；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为，B元素的气态氢化物的VSEPR模型为；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB互为等电子体，它们结构相似，DAB
8、的电子式为；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=g/cm39（14分）（2014涪城区校级模拟）酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素实验前首先用浓度为0.1000molL1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸（1）写出滴定过程中发
9、生反应的化学方程式为（2）滴定过程中操作滴定管的图示正确的是（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的草酸溶液浓度（填“偏高”、“偏低”、或“不变”）通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000molL1用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为8mL）实验编号温度（）催化剂用量（g）酸性高锰酸钾溶液实验目的a实验1和2探究； b实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影响；c实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响体积 （mL）浓度（molL1）1250.540.10002500.540.10003250.540.0100425040.1000（3）写出表中a 对应
10、的实验目的；若50时，草酸浓度c（H2C2O4）随反应时间t的变化曲线如图所示，保持其他条件不变，请在图中画出25时c（H2C2O4）随t的变化曲线示意图（4）该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：实验编号溶液褪色所需时间（min）第1次第2次第3次114.013.011.036.56.76.8分析上述数据后得出“当其它条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论甲同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述甲同学改进的实验方案（5）该实验中使用的催化剂应
11、选择MnSO4而不是MnCl2，原因可用离子方程式表示为10（14分）（2015宁夏三模）当归素是一种治疗偏头痛的有效新药以下是某研究小组开发的生产当归素的合成路线已知：A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成44.8L气体（标准状况）；B的结构中含有醛基；C在一定条件下生成有机酸D；RCHO+HOOCCH2COOHRCH=C（COOH）2+H2ORCH=C（COOH）2RCH=CHCOOH+CO2请回答下列问题（1）A的分子式是，B的结构简式为（2）C可能发生的反应是（填序号）A氧化反应 B水解反应 C消去反应 D酯化反应（3）反应的化学方程式为（4）E的名称为（5）符
12、合下列条件的D的同分异构体共有种，其中在核磁共振氢谱中只出现五组峰的物质的结构简式为苯环上只有两个取代基；苯环上的一氯代物只有两种；1mol该同分异构体与足量的碳酸氢钠反应生成2mol CO211（15分）（2015玉山县校级模拟）雾霾含有大量的污染物SO2、NO工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图1（Ce为铈元素）：（1）装置中的主要离子方程式为（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3和SO32）存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X（i）与溶液pH的关系如图2所示若是0.1mol NaOH反应后的溶液，测得溶
13、液的pH=8时，溶液中个离子由大到小的顺序是向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：（3）写出装置中，酸性条件下的离子方程式（4）装置还可以使Ce4+再生，其原理如图3所示生成Ce4+从电解槽的（填字母序号）口流出写出与阴极的反应式（5）已知进入装置的溶液中，NO2的浓度为a gL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，需至少向装置中通入标准状况下的O2L（用含a代数式表示，计算结果保留整数）2014年四川省绵阳中学高考化学模拟冲刺试卷参考答案与试题解析一、选择题1（6分）（2014涪城区校
14、级模拟）化学与生产、生活、社会密切相关下列说法中不正确的是（）A“硫黄姜”又黄又亮，可能是在用硫黄熏制的过程中产生的SO2所致B天然纤维和人造纤维的主要成分都是纤维素C发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，不适于盛放含油较多的食品DNaHCO3能与酸反应，因此食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能；常见的食品添加剂的组成、性质和作用版权所有专题：化学应用分析：A、根据二氧化硫的漂白性分析；B、羊毛属于天然纤维；C、有机物一般易溶于有机物；D、NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体解答：解：A、二氧化硫的漂白性，“硫黄姜”在用硫黄熏制的过程中产生的SO2使其漂白
15、，故A正确；B、羊毛属于天然纤维，羊毛的主要成分是蛋白质，所以天然纤维的主要成分不一定是纤维素，故B错误；C、发泡塑料饭盒主要材质是高分子材料，高分子材料能被油脂缓慢的溶解，所以发泡塑料饭盒不适于盛放含油较多的食品，故C正确；D、NaHCO3能与酸反应生成二氧化碳气体，能使面食变得疏松多孔，所以食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，故D正确故选B点评：本题考查了化学知识在生产、生活中的应用，属于基础知识的考查，题目难度不大，注意对基础知识的积累2（6分）（2014涪城区校级模拟）下列离子方程式不正确的是（）A向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2恰好使SO42反应完全：NH4+2Ba2
16、+4OH+Al3+2SO422BaSO4+Al（OH）3+NH3H2OB误将洁厕灵和“84”消毒液混合：2H+Cl+ClOCl2+H2OC向明矾溶液中加入少量的Ba（OH）2溶液：2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）3D在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的离子方程式是：3NH4+Fe3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+Fe（OH）3+3NH3H2O考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A、恰好使SO42反应完全，则钡离子和硫酸根离子的物质的量相等，设NH4Al（SO4）2为1mol，则电离出硫酸根离子为
17、2mol，需钡根离子为2mol，氢氧化钡提供2mol钡离子的同时电离出4mol的氢氧根离子，先与铝离子反应生成氢氧化铝消耗3mol，再与铵根离子反应消耗1mol；B、洁厕灵的主要成份是盐酸而“84”消毒液的主要成份为次氯酸钠，两发生归中反应；C、少量的Ba（OH）2要符合组成之比，设少的为1mol，1mol的氢氧化钡电离产生的1mol钡离子和2mol的氢氧根离子，1mol钡离子需要1mol硫酸根离子和2mol的氢氧根离子与mol的铝离子恰好完全反应；D、钡离子和氢氧根离子之比为氢氧化钡的组成之比，说明氢氧化钡少量，而铁离子与铵根离子与氢氧根离子反应首先作用的是铁离子，所以铵根离子未参加反应解答
18、：解：A、恰好使SO42反应完全，则钡离子和硫酸根离子的物质的量相等，设NH4Al（SO4）2为1mol，则电离出硫酸根离子为2mol，需钡根离子为2mol，氢氧化钡提供2mol钡离子的同时电离出4mol的氢氧根离子，先与铝离子反应生成氢氧化铝消耗3mol，再与铵根离子反应消耗1mol，正确的离子方程式为NH4+2Ba2+4OH+Al3+2SO422BaSO4+Al（OH）3+NH3H2O，故A正确；B、洁厕灵的主要成份是盐酸而“84”消毒液的主要成份为次氯酸钠，两发生归中反应，正确的离子方程式为：2H+Cl+ClOCl2+H2O，故B正确；C、少量的Ba（OH）2要符合组成之比，设少的为1m
19、ol，1mol的氢氧化钡电离产生的1mol钡离子和2mol的氢氧根离子，1mol钡离子需要1mol硫酸根离子和2mol的氢氧根离子与mol的铝离子恰好完全反应，离子方程式为2Al3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Al（OH）3，故C正确；D、钡离子和氢氧根离子之比为氢氧化钡的组成之比，说明氢氧化钡少量，而铁离子与铵根离子与氢氧根离子反应首先作用的是铁离子，所以铵根离子未参加反应，正确的离子方程式为2Fe3+3SO42+3Ba2+6OH3BaSO4+2Fe（OH）3，故D错误；故选D点评：本题考查离子方程式的书写，题目难度较大，注意从化学式、离子符号、离子反应先后、离子的组成之比以
20、及是否符合反应实际的角度分析3（6分）（2014涪城区校级模拟）如图所示是利用电化学降解法治理水中的硝酸盐污染，电解槽中间用质子交换膜隔开，污水放入II区，通电使转NO3化为N2，下面说法不正确的是（）A电解时H+从I区通过离子交换膜迁移到II区BAgPt电极上发生发应：2NO3+10e+6H2ON2+12OHC当电解过程中转移了1moL电子，则II区电解液质量减少2.8gD为增强溶液的导电性，I区水中可加入少量Na2SO4固体考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：根据题意可知II区，硝酸根离子得电子发生还原反应，则AgPt作阴极，Pt电极为阳极A氢离子向阴极移动，从I区通过离子交换膜迁
21、移到II区；BAgPt电极上发生还原反应；C根据进出阴极室的质量差计算；D可以增加自由移动离子的浓度增强溶液的导电性，但不影响电极反应解答：解：根据图象知，硝酸根离子得电子发生还原反应，则AgPt作阴极，Pt电极为阳极，A氢离子向阴极移动，从I区通过离子交换膜迁移到II区，故A正确；BAgPt电极上发生还原反应，电极反应为：2NO3+10e+6H2ON2+12OH，故B正确；C阳极反应为2H2O4e=O2+4H+，当转移2mol电子时，阳极消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极质量减少18g，阴极上电极反应式为2NO3+12H+10e=N2+6H2O，当转移1mol电子时，产生0.1
22、molN2，阴极室中放出0.1molN2（2.8g），同时有1molH+（1g）进入，因此，阴极室质量减少1.8g，故C错误；D可以增加自由移动离子的浓度增强溶液的导电性，但不影响电极反应，所以I区水中可加入少量Na2SO4固体，故D正确；故选C点评：本题考查了电解原理，明确阴阳极上发生的电极反应及离子移动方向、阴阳极的判断方法等知识点即可解答，难点是电极反应式的书写，难度中等4（6分）（2014涪城区校级模拟）下列实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL1 NaClO溶液和0.1molL1 CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3CO
23、OH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2Fe（OH）3D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性SCAABBCCDD考点：化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；比较弱酸的相对强弱的实验版权所
24、有专题：实验评价题分析：ANaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色；B据CO32+H2OHCO3+OH，结合浓度对平衡移动的影响分析；CNaOH过量，不能用于比较溶度积大小；D比较非金属性强弱，应用最高价氧化物的水化物解答：解：ANaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，应用pH计，故A错误；B碳酸钠溶液中存在CO32+H2OHCO3+OH，加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，平衡向逆反应方向移动，可证明存在平衡，故B正确；CNaOH过量，不能证明溶解性大小，故C错误；D测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可说明酸性H2SO3H2CO3，但不能证明非金属性强弱
25、，比较非金属性强弱，应用最高价氧化物的水化物，故D错误故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，本题注意把握实验原理和方案的设计是否合理，要具有较强的评价能力5（6分）（2014武汉模拟）已知图的相关信息，下列相应叙述正确的是（）A图表示向恒容密闭容器中充入X和Y发生反应：2X（g）+Y（g）3Z（g）H0，W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率B图表示压强对可逆反应A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强小C据图，若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入NaOH溶液至PH在4左右D常温下，稀释0.1mol/L Na2CO3溶液，图中的纵坐标可表示溶液
26、中HCO3的数目考点：盐类水解的应用；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：图示题分析：A、温度越高，反应速率越快；B、增大压强，化学反应速率加快；C、根据图示，加入NaOH溶液让铁离子完全沉淀，铜离子不沉淀的pH即可；D、稀释0.1mol/L Na2CO3溶液会使得碳酸根离子的水解平衡正向移动解答：解：A、M点的温度高于W点，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，故A错误；B、乙先建立平衡，所以乙的压强比甲的压强大，故B错误；C、若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，必须保证Cu2+不能沉淀，Fe3+沉淀完全，因此pH应保持在4左右Fe3+沉淀完全，但是
27、会引进钠离子，故C错误；D、稀释过程中水解平衡CO32+H2OHCO3+OH向右移动，所以HCO3数目增大，故D正确故选D点评：本题涉及影响化学反应速率的因素、水解平衡的影响因素、以及除杂等方面的知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等6（6分）（2014湖北模拟）下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c（NH4HSO4）c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）C1.0 mol/L Na2CO3溶液：c（OH）=c（HC
28、O3）+c（H+）+2c（H2CO3）D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用版权所有专题：盐类的水解专题分析：A氢离子抑制铵根离子水解，含有同等浓度的铵根离子的盐中，化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小；B溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒判断；C根据质子守恒判断；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒解答：解：A含有同等浓度的铵根离子的盐中，化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小，硫酸氢铵电离出氢离子抑制铵根离子水解，所以c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4C
29、l溶液中：c（NH4）2SO4c（NH4HSO4）c（NH4Cl），故A错误；B混合溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），所以c（Na+）c（CH3COO），故B错误；C根据质子守恒得c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），故C正确；D任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），故D错误；故选：C点评：本题考查了离子浓度大小的判断，明确电解质的性质是解本题关键，结合质子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等7（6分）（2015温州校级模拟）有一
30、未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图根据上述实验，以下推测不正确的是（）A原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32B不能确定原溶液是否含有K+、NO3C原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D实验所加的NaOH的浓度为2
31、molL1考点：常见离子的检验方法版权所有专题：离子反应专题分析：根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2+；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO32、SO42两种离子中的一种；第三份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH时无沉淀生成，有NH4+，NH4+OH=NH3H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子；第二份
32、加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，则溶液中n（SO42）=解答：解：根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2+；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO32、SO42两种离子中的一种；第三份逐滴滴加NaOH 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH时无沉淀生成，有NH4+，NH4+OH=NH3H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶
33、液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子；第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，则溶液中n（SO42）=；A通过以上分析知，溶液中一定不存在H+、Cu2+、CO32，故A正确；B当加入40mLNaOH溶液时，剩余的沉淀是Mg（OH）2，n（Mg（OH）2）=0.01mol，根据原子守恒知，n（Mg2+）=0.01mol，c（Mg2+）=0.1mol/L，生成0.01molMg（OH）2需要n（NaOH）是0.02mol，Al（OH）3和NaOH反应生成NaAlO2需要NaOH溶液的体积是5mL，则铝离子和NaOH溶液反应生成Al（OH）3沉淀时需要N
34、aOH溶液的体积是15mL，则生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积是10mL，所以c（NaOH）=2mol/L，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2时，结合原子守恒知，c（Al3+）=0.1mol/L，c（NH4+）=0.2mol/L，溶液中c（SO42）=0.3mol/L，根据溶液中电荷守恒知，3c（Al3+）+c（NH4+）+2（Mg2+）2c（SO42），所以溶液中还存在硝酸根离子，故B错误；C根据图象知，3540mL时Al（OH）3和NaOH反应生成NaAlO2，则025mL时NaOH和Mg2+、Al3+反应生成沉淀，生成NaAlO2时需要NaOH5mL，则生成Al（OH）3需要N
35、aOH 15mL，则有10mLNaOH溶液和镁离子反应，2535mL时氢氧化钠溶液和NH+4反应生成氨水，根据使用NaOH溶液体积知，n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH+4）=1：1：2，故C正确；D通过B知，c（NaOH）=2mol/L，故D正确；故选B点评：本题考查了离子共存、离子反应的计算等知识点，定性分析离子共存、定量分析离子的物质的量是解本题的关键，题目难度中等二、非选择题8（15分）（2014延安模拟）已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大A原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除
36、最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号M，该能层具有的原子轨道数为9；（2）E2+离子的价层电子排布图是，F原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1 （或Ar3d104s1）；（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为sp2，B元素的气态氢化物的VSEPR模型为四面体；（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB互为等电子体，它们结构相似，DAB的电子式为；（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，
37、检验E2+离子的离子方程式为3Fe2+2Fe（CN）63=Fe3Fe（CN）62；（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为CuFeS2，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=4.32g/cm3考点：晶胞的计算；原子核外电子的能级分布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断版权所有专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素
38、、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，据此解答解答：解：A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、
39、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9 个原子轨道，故答案为：M；9；（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是，F为Cu元素，原子核外有29个电子，原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：；1s22s22p63s23p
40、63d104s1；（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，中心C原子成3个键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，NH3分子中N原子价层电子对数=3+=4，其VSEPR模型为四面体，故答案为：sp2；四面体；（4）与CO2互为等电子体，可知SCN电子式与CO2相同，参照CO2的电子式写出电子式为：，故答案为：； （5）配合物甲的焰色反应呈紫色，可以K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN构成，配位数为6，甲为K3Fe（CN）6，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2+2Fe（CN）63=Fe3Fe（
41、CN）62，故答案为：3Fe2+2Fe（CN）63=Fe3Fe（CN）62；（6）晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6+4=4，F（Cu）原子位于4个位于面上、1个内部、8个顶点上，原子数目=4=4，晶体中Cu、Fe、S原子数目之比=4：4：8=1：1：2，故该晶体化学式为：CuFeS2；晶胞质量=4，晶胞体积=（5241010 cm）210301010 cm，该晶体的密度：d=4.32g/cm3，故答案为：CuFeS2；4.32点评：本题是对考查物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化理论、价层电子对互斥理论、配合物、
42、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，（5）为易错点、难点，难度中等9（14分）（2014涪城区校级模拟）酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素实验前首先用浓度为0.1000molL1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸（1）写出滴定过程中发生反应的化学方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（2）滴定过程中操作滴定管的图示正确的是A（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的草酸溶液浓度偏高（填“偏高”、“偏低”、或“不变”）通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2
43、000molL1用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为8mL）实验编号温度（）催化剂用量（g）酸性高锰酸钾溶液实验目的a实验1和2探究探究温度不同对反应速率的影响； b实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影响；c实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响体积 （mL）浓度（molL1）1250.540.10002500.540.10003250.540.0100425040.1000（3）写出表中a 对应的实验目的探究温度不同对反应速率的影响；若50时，草酸浓度c（H2C2O4）随反应时间t的变化曲线如图所示，保持其他条件不变，请在图中画出25时c（H2C2O4）随t的变化曲
44、线示意图（4）该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验，测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：实验编号溶液褪色所需时间（min）第1次第2次第3次114.013.011.036.56.76.8分析上述数据后得出“当其它条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论甲同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述甲同学改进的实验方案其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间（5）该实验中使用的催化剂应选择MnSO4而不是MnCl2，原因可用离子方程式表示
45、为2MnO4+10Cl+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O考点：探究温度、压强对化学反应速率的影响；测定某些化学反应的速率版权所有专题：实验设计题；化学反应速率专题分析：（1）高锰酸钾具有强氧化性，能把草酸氧化成二氧化碳，自身被还原成二价锰离子；（2）根据滴定管的使用规则判断；（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使高锰酸钾溶液的体积偏大；实验1、2只有温度不同，其他用量完全相同；（3）根据温度降低反应速率减小画出25时c（C2O42）t的变化曲线示意图；（4）高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，可以探究反应物浓度对该反应速率的影响；（5）酸性条件下，高锰酸根离子能将氯离
46、子氧化成氯气解答：解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（2）根据滴定管的使用规则，滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图A所示操作；故答案为：A；（3）若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使高锰酸钾溶液的体积偏大，使得测得的草酸的物质的量偏大，溶液浓度
47、偏高；故答案为：偏高；实验1、2反应物用量完全相同，只有温度不同，目的就在于探究温度不同对反应速率的影响；故答案为；探究温度不同对反应速率的影响（3）25时反应速率小于50时，所以草酸根离子的浓度变化比50时小，反应需要的时间大于50条件下需要的时间，据此画出25时c（C2O42）t的变化曲线示意图为：，故答案为：；（4）因根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系，需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，故答案为：其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间；（5）酸性条件下，高锰酸根离子能将氯离子氧化成氯气，自身被还原成
48、二价锰离子，反应方程式为2MnO4+10Cl+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O，故答案为：2MnO4+10Cl+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O点评：本题考查了探究温度、浓度对反应速率的影响、浓度岁时间变化的曲线，题目难度中等，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力10（14分）（2015宁夏三模）当归素是一种治疗偏头痛的有效新药以下是某研究小组开发的生产当归素的合成路线已知：A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成44.8L气体（标准状况）；B的结构中含有醛基；C在一定条件下生成有机酸D；RCHO+HO
49、OCCH2COOHRCH=C（COOH）2+H2ORCH=C（COOH）2RCH=CHCOOH+CO2请回答下列问题（1）A的分子式是C3H4O4，B的结构简式为（2）C可能发生的反应是AD（填序号）A氧化反应 B水解反应 C消去反应 D酯化反应（3）反应的化学方程式为（4）E的名称为碳酸氢钠（5）符合下列条件的D的同分异构体共有4种，其中在核磁共振氢谱中只出现五组峰的物质的结构简式为苯环上只有两个取代基；苯环上的一氯代物只有两种；1mol该同分异构体与足量的碳酸氢钠反应生成2mol CO2考点：有机物的合成版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A的相对分子质量为104，1mol A与足量
50、的碳酸氢钠反应生成44.8L气体（标准状况），二氧化碳为=2mol，则A分子含有2个COOH，去掉2个COOH剩余总相对原子质量为104452=14，剩余基团为CH2，故A的结构简式为HOOCCH2COOHB的结构中含有醛基，结合信息可知B为，C在一定条件下生成有机酸D，结合D的分子式可知，C脱去1分子二氧化碳生成D，由信息可知，D的结构简式为，D与足量的E反应得到当归素，由当归素的分子式可知，D中羧基发生反应生成钠盐，故E为碳酸氢钠，据此解答解答：解：A的相对分子质量为104，1mol A与足量的碳酸氢钠反应生成44.8L气体（标准状况），二氧化碳为=2mol，则A分子含有2个COOH，去掉
51、2个COOH剩余总相对原子质量为104452=14，剩余基团为CH2，故A的结构简式为HOOCCH2COOHB的结构中含有醛基，结合信息可知B为，C在一定条件下生成有机酸D，结合D的分子式可知，C脱去1分子二氧化碳生成D，由信息可知，D的结构简式为，D与足量的E反应得到当归素，由当归素的分子式可知，D中羧基发生反应生成钠盐，故E为碳酸氢钠，（1）A的结构简式为HOOCCH2COOH，分子式是C3H4O4，B的结构简式为，故答案为：C3H4O4；（2）C和酚羟基、碳碳双键，可以发生氧化反应，含有羧基，可以发生酯化反应，醚键很稳定，不易发生水解反应，不能发生消去反应，故选：AD；（3）反应的化学方
52、程式为：，故答案为：；（4）由上述分析可知，E的名称为碳酸氢钠，故答案为：碳酸氢钠；（5）符合下列条件的D（）的同分异构体：1mol该同分异构体与足量的碳酸氢钠反应生成2mol CO2，含有2个羧基，苯环上只有两个取代基；苯环上的一氯代物只有两种，含有2个不同的取代基且处于对位，为COOH、CH2CH2COOH，或COOH、CH（CH3）COOH，或CH3、CH（COOH）2，或含有两个相同的取代基且处于邻位，取代基为CH2COOH，故共有4种，结构简式为：，其中在核磁共振氢谱中只出现五组峰的物质的结构简式为：，故答案为：4；点评：本题考查有机物的推断与合成、有机物的结构与性质、同分异构体书写
53、等，需要学生对给予的信息进行利用，充分利用给予的信息及C的结构与有机物分子式进行推断，侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用，难度中等11（15分）（2015玉山县校级模拟）雾霾含有大量的污染物SO2、NO工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图1（Ce为铈元素）：（1）装置中的主要离子方程式为SO2+OH=HSO3（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3和SO32）存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X（i）与溶液pH的关系如图2所示若是0.1mol NaOH反应后的溶液，测得溶液的pH=8时，溶液中个离子由大到小
54、的顺序是c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（OH）c（H+）向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：HSO3在溶液中存在电离平衡：HSO3SO32+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，c（H+）增大（3）写出装置中，酸性条件下的离子方程式NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+（4）装置还可以使Ce4+再生，其原理如图3所示生成Ce4+从电解槽的a（填字母序号）口流出写出与阴极的反应式2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O（5）已知进入装置的溶液
55、中，NO2的浓度为a gL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，需至少向装置中通入标准状况下的O2243aL（用含a代数式表示，计算结果保留整数）考点：二氧化硫的污染及治理；化学平衡的影响因素；电解原理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响版权所有专题：氧族元素；氮族元素分析：（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱之间发生反应；（2）当溶液的pH=8时，根据图示得到溶液是亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，根据离子浓度大小比较的方法来回答；NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，溶液显示酸性，根据平衡移动原理来回答；（3）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应；（4）在电解池
56、中，阳极上发失去电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应；（5）根据氧化还原反应中电子守恒来计算解答：解：（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH=HSO3，NO和氢氧化钠之间不会反应，故答案为：SO2+OH=HSO3；（2）当溶液的pH=8时，根据图示得到溶液是亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合物，离子浓度大小顺序是：c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（SO32）c（HSO3）c（OH）c（H+）；NaHSO3溶液中HSO3的电离大于水解，HSO3SO32+H+，溶液显示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2+SO32=
57、CaSO3使电离平衡右移，故答案为：HSO3在溶液中存在电离平衡：HSO3SO32+H+，加CaCl2溶液后，Ca2+SO32=CaSO3使电离平衡右移，c（H+）增大；（3）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，故答案为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+；（4）在电解池中，阳极上是Ce3+失电子成为Ce4+的过程，所以生成Ce4+从电解槽的阳极上极a极流出，故答案为：a；电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O，故答案为：2HSO3+4H+4e=S2O32+3H2O；（5）NO2的浓度为a gL1，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：，根据电子守恒：=，解得V=243a，故答案为：243a点评：本题综合考查学生含氮元素、含硫元素物质的性质知识，注意知识的梳理和归纳是关键，难度中等
