1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年上海市崇明县高三（上）第一次模拟化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1下列过程只破坏离子键的是 （）AKClO3分解得氧气BNaHSO4加热熔化CKHSO4晶体溶于水DNH4Cl受热分解2属于酸性氧化物的是 （）ANOBNO2CCODCO23有关氧元素及含氧物质表示正确的是 （）A质子数为8、中子数为10的氧原子： OB氧离子（O2）的结构示意图：C某氧单质的球棍模型：D某碳氧化合物电子式：4下列工业生产的主要化学反应不涉及应用勒夏特列原理进行控制的是 （）A合成氨B制硫酸C制盐酸D制纯碱5化学中有许多的“守恒相
2、等”，下列不符合的是（）A化学反应中，反应物总能量与生成物总能量B化学反应中，反应物总质量与生成物总质量C溶液中，稀释前溶质质量与稀释后溶质质量D在化合物中，正化合价总数与负化合价总数二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z原子序数相差8，Y元素的焰色为黄色，Z元素的最高价为+6下列叙述正确的是 （）A半径：r（X2）r（Y+）B沸点：H2ZH2XC稳定性：H2ZHWD熔点：Y2XY2Z7现有三种常见治疗胃酸过多症状的药物，它们的抑酸效果大小的顺序是 （）序号名称抑酸成分主要成分含量/片INDICALMCaCO3250mgS
3、tamacheaseAl（OH）3250mgFash digestionMgO250mgA=BCD8下列有关颜色变化的叙述不正确的是 （）A淀粉溶液中滴入碘水变蓝色B溴化银见光分解变黑色C苯酚溶液中滴入Fe 3+变紫色D胆矾空气中久置变白色9下列事实中，能用同一化学原理解释的是（）A氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色B异戊烷和异戊二烯都能使溴水层褪色C亚硫酸钠和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色D活性炭与氢氧化钠溶液都能使二氧化氮气体褪色10相同温度下，在水中分别加入下列物质，若用KW表示水的离子积，表示水的电离度，能使的值增大的是（）ANaOHBNaHSO4CNH4NO3DKCl11北京大学和中国
4、科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质熔融状态下能导电下列有关分析正确的是（）AK3C60和C60中都含有共价键B钾的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1CK3C60和C60都属于分子晶体，具有较低的熔点DC60与12C互为同素异形体12利用右图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是（）A若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe2eFe2+C若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H+2eH213下列有机化合物的名称正
5、确的是（）A甘油BCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷C 3甲基1丁醇D石碳酸14SF6分子结构中只存在SF键，是一种优良的绝缘气体，制备原理：S（s）+3F2（g）SF6（g）+Q已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol FF、SF键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ则反应热效应Q的值为（单位：kJ）（）A1780B1220C1220D178015U常见化合价有+4和+6，硝酸铀酰UO2（NO3）2加热可发生如下分解反应：UO2（NO3）2UxOY+NO2+O2（未配平），在600K时，将气体产物收集于试管中并倒扣于水中气体全部被吸收，水
6、充满试管则生成的铀的氧化物化学式是（）AUO3BUO2C2UO2UO3DUO22UO316已知，Fe2+结合S2的能力大于结合OH的能力，而Al3+则正好相反在Fe2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是（）AAl2S3、FeS和SBFe（OH）3和Al（OH）3CFe2S3和Al（OH）3DFeS、Al（OH）3和S17在C4H11N中，N原子以三个单键与其他原子相连接，它具有的同分异构体的数目为（）A6B7C8D9三、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
7、一个给2分，选错一个该小题不给分）18下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）219关于可逆反应X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）+Q（Q0），下列叙述正确的是（）A恒温恒压下，若混合气体密度不变，说明反应已达平衡B恒容时通入氩气，压强不变，正逆反应速率也不变C降低温度可以缩短反应达到平衡的时间D恒容时通入X2，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变20下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A取a克混合物与足量稀硫
8、酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克B取a克混合物充分加热，减重b克C取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体21常温时，将a1mL，b1mol/L 的CH3COOH溶液加入到a2mL，b2mol/L 的NaOH溶液中，下列结论中不正确的是（）A如果a1b1=a2b2，则混合溶液的pH7B如果混合液的pH=7，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）C如果a1=a2，b1=b2，则混合液液中c（CH3COO）=c（Na+）D如果a1=a2，且混合溶液的pH7，则b1b222PbO2受热分
9、解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为1：1，则剩余固体的组成及物质的量比可能是（）A1：2：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOB1：3：2混合的PbO2、Pb3O4、PbOC1：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD2：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO四、非选择题（本题共12分）23从含氮化合物资料中查得：HNO2是一种不稳定的弱酸，Ki=4.6104；NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗称工业盐（1）N原子最外层电子的轨道排布式为；下
10、列选项可作为比较氮和氧非金属性强弱的判断依据的是a氢化物稳定性：H2ONH3 b沸点：H2ONH3cNO中N为+2价，O为2价 d碱性：NH3H2O（2）误食NaNO2会导致血红蛋白中的二价铁转化为三价铁而引起中毒，该过程中NaNO2发生反应（填“氧化”或“还原”，下同）；服用维生素C可解毒，说明维生素C具有性（3）把NaNO2加入新制的氯水中，氯水褪色，产物之一是NaNO3，写出该反应的化学方程式：；若生成0.1mol NaNO3，转移电子数为（4）将同为0.1mol/L的HNO2溶液与Na2CO3溶液等体积混合，充分反应后，溶液中阴离子浓度由大到小的顺序为：（用离子符号表示）已知：H2CO
11、3=4.3107 Ka=5.61011五、（本题共12分）27FeCl3具有净水作用，但容易腐蚀设备；聚合氯化铁是一种新型絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小（1）FeCl3腐蚀钢铁设备，除了H+作用外，另一主要原因是为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0102mol/L，c（Fe3+）=1.0103mol/L，c（Cl）=5.3102mol/L，则该溶液的pH约为（3）若在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，写出反应的化学方程式：；若在干燥的HCl气流中加热FeCl36H2O时，能
12、得到无水FeCl3，其原因是（4）FeCl3在水中分三步水解（K为水解平衡常数）：Fe3+H2OFe（OH）2+H+K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+K2Fe（OH）2+H2OFe（OH）3+H+K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是（5）通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）ym+yH+欲使平衡朝正反应方向移动，可采用的方法是a降温b加水稀释c加入NH4Cld加入NaHCO3六、（本题共12分）32如图是实验室制备1，2二溴乙烷并进行一系列相关实验的装置（加热及夹持设备已略）有关数据列表如下：乙醇1，2二
13、溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/g/cm30.792.20.71沸点/78.513234.6熔点/1309116（1）A中药品为1：3的无水乙醇和浓硫酸混合液，使用连通滴液漏斗相比使用分液漏斗滴加液体的优点是；B中插长玻璃管的作用有：（2）写出C装置中的离子反应方程式；装置D中品红溶液的作用是（3）反应过程中应用冷水冷却装置E，其主要目的是；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是（4）学生发现反应结束时，无水乙醇消耗量大大超过理论值，其原因是（5）装置F的作用是；写出F装置中发生反应的化学方程式七、（本题共12分）37配制某补血剂主要成分是硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O），为测定
14、该补血剂中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案方案一：滴定法（用酸性KMnO4溶液滴定），主要步骤如下：取一定量补血剂样品，溶解除去不溶物（不损耗铁元素），并配制成250mL待测溶液；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；用酸化的0.0100mol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO4溶液体积，重复一到两次实验（已知：5Fe 2+MnO4+8H+5Fe 3+Mn2+4H2O）（1）250mL待测溶液时需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管外，还需（填仪器名称）；滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视；当看到时，达滴定终点（2）上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，若分
15、别用下列酸进行酸化，对测定结果的影响是：硝酸，硫酸，盐酸方案二：重量法（将FeSO4转化为Fe2O3，测定质量），操作流程如下：步骤加入1ml稀硫酸的目的是（4）步骤是否可以省略，理由是（5）步骤中重复操作加热、冷却、称量，直到为止（6）假设实验中铁元素无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量g（用含a的代数式表示）八、（本题共10分）43乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯已知：（1）写出AB反应所需的试剂及条件：（2）D的结构简式为（3）E在一定条件下可反应生成一种高分子化合物，写出该反应的化学方程式（4）乙酰基扁桃酰氯中有种不同化学环境的
16、氢原子（5）设计以乙醇为原料制备F的合成路线，无机试剂任选（合成路线常用表示方法为：AB目标产）九、（本题共12分）48A是一种食用香料，主要用于奶油、酸奶的加工它也可用于有机合成，以A为原料制备阴离子树脂M和新型高分子材料N的合成路线如下：已知：（1）写出反应类型：反应I；反应II（2）A中官能团的名称是；A属于酯类的同分异构体有种，其中只含一个甲基的同分异构的结构简式是：（3）D与新制Cu（OH）2反应的化学方程式是（4）M的结构简式为（5）某有机物CxHyOz（0z5）与A以任意比混合后燃烧，每摩尔混合物消耗5摩尔氧气请写出该有机物可能的分子式53过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与
17、水、酸性氧化物和酸反应（1）将足量的Na2O2与16.5g CO、H2、O2混合气体共同置于一密闭容器中，用电火花引燃，使其完全反应反应后Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是将15.6g Na2O2与2.7g Al粉混合后，投入足量的水中，充分反应（假设能产生的气体全部放出，下同）生成的气体在标准状况下为L2015-2016学年上海市崇明县高三（上）第一次模拟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下列过程只破坏离子键的是 （）AKClO3分解得氧气BNaHSO4加热熔化CKHSO4晶体溶于水DNH4Cl受热分解【考点】离子化合物的
18、结构特征与性质【专题】化学键与晶体结构【分析】AKClO3分解得氧气，破坏了Cl和O之间的共价键；BNaHSO4加热熔化电离生成H+和HSO4，破坏了离子键；CKHSO4晶体溶于水，电离生成K+、H+和SO42，破坏了离子键和共价键；DNH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，破坏了离子键和共价键【解答】解：AKClO3分解得氧气，破坏了Cl和O之间的共价键，故A错误；BNaHSO4加热熔化电离生成H+和HSO4，只破坏了离子键，故B正确；CKHSO4晶体溶于水，电离生成K+、H+和SO42，既破坏了离子键又破坏了共价键，故C错误；DNH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，破坏了离子键和共价键，故D错误
19、；故选B【点评】本题考查了化学键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，明确物质中存在化学键的类型是解答本题的关键2属于酸性氧化物的是 （）ANOBNO2CCODCO2【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】物质的分类专题【分析】根据氧化物的概念可知氧化物只有两种元素，且必须有氧元素，酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物，溶于水一般生成酸的氧化物【解答】解：A、一氧化氮和碱之间不会发生反应，不属于酸性氧化物，故A错误；B、NO2和碱之间反应生成盐和一氧化氮，不属于酸性氧化物，故B错误；C、一氧化碳和碱之间不会发生反应，不属于酸性氧化物，故C错误；D、二氧化碳和碱
20、之间反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故D正确；故选D【点评】本题主要考查氧化物的概念，解答时要分析物质的元素组成，然后再根据氧化物概念的含义进行分析、判断，从而得出正确的结论3有关氧元素及含氧物质表示正确的是 （）A质子数为8、中子数为10的氧原子： OB氧离子（O2）的结构示意图：C某氧单质的球棍模型：D某碳氧化合物电子式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A元素符号的左上角为质量数，质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数为18；B氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10，最外层含有8个电子；C含有3个氧原子的单质为臭氧，臭氧为V型，不是直线型；D二氧化碳分子中含有两个碳
21、氧双键，不存在碳氧单键【解答】解：A氧元素的质子数为8，具有10个中子的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为： O，故A错误；B氧离子（O2）的核电荷数为8，最外层达到8电子稳定结构，其结构示意图为：，故B正确；C臭氧的空间结构为V型，不是直线型，其结构为：，故C错误；D二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，其正确的电子式为，故D错误；故选B【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、球棍模型、离子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，C为易错点，注意明确臭氧的空间结构4下列工业生产的主要化学反应不涉及应用勒夏特列原理进行控制的是 （）A合成氨B
22、制硫酸C制盐酸D制纯碱【考点】化学平衡移动原理【专题】化学平衡专题【分析】只有可逆反应，才有平衡移动，才会牵涉勒沙特列原理，据此分析各工业生产过程即可【解答】解：只有可逆反应，才有平衡移动，才会牵涉勒沙特列原理，A、合成氨工业中氮气和氢气生成氨气是可逆反应，牵涉勒沙特列原理，故A错误；B、硫酸工业中，二氧化硫的催化氧化是可逆反应，牵涉勒沙特列原理，故B错误；C、制备盐酸是氯气和氢气化合的反应，没有可逆反应的过程，不牵涉勒沙特列原理，故C正确；D、纯碱工业中利用碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度不同，充入过量二氧化碳，促使平衡正向移动，牵涉勒沙特列原理，故D错误；故选C【点评】本题考查了常见工业生产的反应
23、历程以及化学平衡移动原理的应用知识，注意知识的迁移应用是关键，题目难度中等5化学中有许多的“守恒相等”，下列不符合的是（）A化学反应中，反应物总能量与生成物总能量B化学反应中，反应物总质量与生成物总质量C溶液中，稀释前溶质质量与稀释后溶质质量D在化合物中，正化合价总数与负化合价总数【考点】化学反应的能量变化规律；质量守恒定律【专题】基本概念与基本理论【分析】A化学反应中，反应物总能量与生成物总能量一定不相等；B化学反应中，遵循质量守恒定律；C溶液稀释过程中只是增加了溶剂的量，溶质的质量并不发生改变；D化合物整体呈现电中性【解答】解：A化学反应中，反应物总能量与生成物总能量一定不相等，故A错误；
24、B化学反应中，遵循质量守恒定律，反应物总质量与生成物总质量相等，故B正确；C溶液稀释过程中只是增加了溶剂的量，溶质的质量并不发生改变，故C正确；D化合物整体呈现电中性，正化合价总数与负化合价总数相等，故D正确；故选A【点评】本题考查了质量守恒定律和化学反应中的能量变化规律，难度不大，注意物质发生化学反应一定都伴随着能量变化和物质变化，反应物总能量与生成物总能量一定不相等二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z原子序数相差8，Y元素的焰色为黄色，Z元素的最高价为+6下列叙述正确的是 （）A半径：r（X2）r（Y+）B沸点：H2
25、ZH2XC稳定性：H2ZHWD熔点：Y2XY2Z【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y元素的焰色为黄色，则Y为Na，Z元素的最高价为+6，则Z为S元素，W原子序数最大，故W为Cl，而X与Z原子序数相差8，则X为O元素，据此结合元素周期律知识进行解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y元素的焰色为黄色，则Y为Na，Z元素的最高价为+6，则Z为S元素，W原子序数最大，故W为Cl，而X与Z原子序数相差8，则X为O元素，AO2、Na+离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：O2Na+，即r（X2）r（Y+）
26、，故A正确；BH2O分子之间存在氢键，水的沸点高于H2S，即：沸点H2ZH2X，故B错误；C非金属性SCl，故氢化物稳定性H2SHCl，即H2ZHW，故C错误；DNa2O、Na2S都是离子化合物，由于氧离子的离子半径小于硫离子，则氧化钠中离子键键能大于硫化钠，所以氧化钠的熔点大于硫化钠，故D正确；故选AD【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素是解题关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力7现有三种常见治疗胃酸过多症状的药物，它们的抑酸效果大小的顺序是 （）序号名称抑酸成分主要成分含量/片INDICALMCaCO3250mg
27、StamacheaseAl（OH）3250mgFash digestionMgO250mgA=BCD【考点】镁、铝的重要化合物；药物的主要成分和疗效【专题】利用化学方程式的计算【分析】等质量的CaCO3、Al（OH）3、MgO中和酸的能力，由CaCO32HCl； Al（OH）32HCl；MgO2HCl，中和等物质的量的盐酸消耗碳酸钙100g，氢氧化铝78g，氧化镁40g，由此分析解答【解答】解：等质量的CaCO3、Al（OH）3、MgO中和酸的能力，由CaCO32HCl； Al（OH）32HCl；MgO2HCl，中和等物质的量的盐酸消耗碳酸钙100g，氢氧化铝78g，氧化镁40g，需要质量越多
28、抑酸效果越小，抑酸效果大小的顺序是，故选C【点评】本题考查根据化学反应的计算，学生要熟练书写相关反应方程式，并确定量的关系，然后作出正确的判断，比较容易8下列有关颜色变化的叙述不正确的是 （）A淀粉溶液中滴入碘水变蓝色B溴化银见光分解变黑色C苯酚溶液中滴入Fe 3+变紫色D胆矾空气中久置变白色【考点】淀粉的性质和用途；卤化银；苯酚的化学性质【专题】有机物的化学性质及推断；糖类与蛋白质专题【分析】A碘单质遇淀粉变蓝是碘单质的特征性质； B溴化银分解生成单质银；C苯酚与Fe 3+发生显色反应；D胆矾性质较稳定【解答】解：A淀粉溶液遇单质碘显蓝色是碘单质的特征性质，可用于碘单质的检验，故A正确； B
29、溴化银分解生成单质银，为黑色粉末，故B正确；C苯酚与Fe 3+发生显色反应呈紫色，故C正确；D胆矾性质较稳定，在空气中不易失水，故D错误故选D【点评】本题考查了物质的性质应用，通过颜色的变化考查物质的性质，题目难度不大，注意银粉和晶体银的颜色区别9下列事实中，能用同一化学原理解释的是（）A氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色B异戊烷和异戊二烯都能使溴水层褪色C亚硫酸钠和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色D活性炭与氢氧化钠溶液都能使二氧化氮气体褪色【考点】氧化还原反应；二氧化硫的化学性质；取代反应与加成反应【专题】氧化还原反应专题；氧族元素【分析】A二氧化硫与品红化合生成无色物质，而氯气与水反应生成的H
30、ClO，具有强氧化性；B烷烃与溴水不反应，烯烃能与溴水发生加成反应；C亚硫酸钠和乙烯都能被酸性高锰酸钾氧化；D活性炭具有吸附性，氢氧化钠与二氧化氮发生化学反应【解答】解：A二氧化硫与品红化合生成无色物质，而氯气与水反应生成的HClO，具有强氧化性使品红褪色，则原理不同，故A错误；B烷烃与溴水不反应，使溴水褪色是发生了萃取，烯烃能与溴水发生加成反应，原理不同，故B错误；C亚硫酸钠和乙烯都具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，所以原理相同，故C正确；D活性炭具有吸附性，使二氧化氮气体褪色是物理变化，氢氧化钠与二氧化氮发生化学反应，原理不同，故D错误；故选：C【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化
31、硫的性质是解题关键，注意蛋白质的盐析与变性的区别，侧重于考查学生的分析能力，题目难度不大10相同温度下，在水中分别加入下列物质，若用KW表示水的离子积，表示水的电离度，能使的值增大的是（）ANaOHBNaHSO4CNH4NO3DKCl【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】酸和碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，不水解的盐对水的电离无影响，KW只与温度有关，依此进行判断【解答】解：A加入氢氧化钠，抑制水的电离，减小，KW不变，故减小，故A错误；B加入NaHSO4，电离出氢离子，抑制水的电离，减小，KW不变，故减小，故B错误；C加入NH4NO3，铵根离子发生水解，促进水的电离，
32、增大，KW不变，故增大，故C正确；D加入KCl，对水的电离不产生影响，不变，KW不变，故不变，故D错误，故选C【点评】本题考查水的电离的影响因素，难度不大要注意KW只与温度有关11北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质熔融状态下能导电下列有关分析正确的是（）AK3C60和C60中都含有共价键B钾的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s1CK3C60和C60都属于分子晶体，具有较低的熔点DC60与12C互为同素异形体【考点】原子核外电子排布；同素异形体；共价键的形成及共价键的主要类型【分析】A非金属元素之间易形成共价键
33、；B钾核外有19个电子，核外电子排布为：1s22s22p63s23p64s1；CK3C60由C603和和K+构成，属于离子晶体；D同素异形体为同种元素组成的不同种单质【解答】解：AC603和C60中CC键为共价键，所以K3C60和C60中都含有共价键，故A正确；B钾核外有19个电子，核外电子排布为：1s22s22p63s23p64s1，故B错误；CK3C60由C603和和K+构成，属于离子晶体，故C错误；D12C为原子，所以C60与12C不能互为同素异形体，故D错误；故选A【点评】本题以信息考查化学键，明确盐的组成、化学键的形成是解答本题的关键，注意同素异形体概念，题目难度不大12利用右图装置
34、探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是（）A若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe2eFe2+C若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H+2eH2【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，金属铁为正极，金属铁被保护【解答】解：A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形
35、成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，发生还原反应，故D正确故选B【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及金属的腐蚀和防护知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大13下列有机化合物的名称正确的是（）A甘油BCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷C 3甲基1丁醇D石碳酸【考点】有机化合物命名【分析】A丙三醇为甘油；B2号碳上出现乙基，说明选取的不是最
36、长碳链；C醇类的命名选取距离羟基最近的一端命名为1号碳；D苯酚又称为石炭酸，汉字出现错误【解答】解：A丙三醇为甘油，此为乙二醇，故A错误；B2乙基戊烷，说明选取的不是最长碳链，正确命名为：3甲基己烷，故B错误；C醇类的命名选取距离羟基最近的一端命名为1号碳，此有机物命名正确，故C正确；D苯酚又称为石炭酸，不是石“碳”酸，故D错误，故选C【点评】本题主要考查的是常见有机物的命名，本题的难度不大，属于基础题14SF6分子结构中只存在SF键，是一种优良的绝缘气体，制备原理：S（s）+3F2（g）SF6（g）+Q已知：1mol S（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1mol FF、SF键需吸
37、收的能量分别为160kJ、330kJ则反应热效应Q的值为（单位：kJ）（）A1780B1220C1220D1780【考点】有关反应热的计算【分析】根据反应热H=反应物总键能生成物总键能计算反应热【解答】解：对于S（s）+3F2（g）SF6（g），SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在SF键，由H=反应物总键能生成物总键能，所以其反应热H=280KJ/mol+3160KJ/mol6330KJ/mol=1220kJ/mol，故选B【点评】本题考查反应热的计算，难度中等，清楚H=反应物总键能生成物总键能是解题关键15U常见化合价有+4和+6，硝酸铀酰UO2（NO3）2加热可发生如下分解反应：U
38、O2（NO3）2UxOY+NO2+O2（未配平），在600K时，将气体产物收集于试管中并倒扣于水中气体全部被吸收，水充满试管则生成的铀的氧化物化学式是（）AUO3BUO2C2UO2UO3DUO22UO3【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】气体产物收集于试管中并倒扣于水中气体全部被吸收，水充满试管，则NO2、O2的物质的量比为4：1，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据原子守恒，将UO2（NO3）2改写成UO32NO2O2，以此来解答【解答】解：气体产物收集于试管中并倒扣于水中气体全部被吸收，水充满试管，则NO2、O2的物质的量比为4：1，发生反
39、应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据原子守恒，将UO2（NO3）2改写成UO32NO2O2，故生成铀的氧化物化学式是UO3，故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握气体发生的反应及原子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力及守恒法的考查，题目难度不大16已知，Fe2+结合S2的能力大于结合OH的能力，而Al3+则正好相反在Fe2（SO4）3和AlCl3的混合溶液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是（）AAl2S3、FeS和SBFe（OH）3和Al（OH）3CFe2S3和Al（OH）3DFeS、Al（OH）3和S【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的
40、本质；氧化还原反应【专题】信息给予题【分析】加入碘离子后，将铁离子全部还原成亚铁离子，同时生成碘单质；加入硫化钠，碘将氧化硫离子生成硫沉淀；硫化钠水解，所以溶液中有硫离子和氢氧根离子，根据题目中的提示，显然亚铁离子结合硫离子，铝离子结合氢氧根离子，所以还要生成硫化亚铁沉淀和氢氧化铝沉淀【解答】解：在Fe2（SO4）3和AlCl3溶液中加过量KI，先是Fe2（SO4）3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3+2I=2Fe2+I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S后，由于S2+H2O HS+OH在Na2S溶液中，有大量S2、OH，依题意知，Fe2+结合S2能力强，两盐发生
41、复分解反应，形成FeS沉淀，Fe2+S2=FeS；Al3+结合OH能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3+3OH=Al（OH）3，或理解为Al3+与S2发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S2=S+2I或I2+H2S=S+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物故选D【点评】本题考查离子反应，题目难度不大，注意分析盐与盐反应时要依次考虑能否发生氧化还原反应、能否发生双水解互促反应，以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应这些盐之间反应的一般规律，主要决定于盐的性质17在C4H11N中，N
42、原子以三个单键与其他原子相连接，它具有的同分异构体的数目为（）A6B7C8D9【考点】同分异构现象和同分异构体【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】根据该有机物中C、N、H原子之间都是以单键相连，以氮原子为中心，氮原子连一个甲基、一个甲基和一个乙基；氮原子连一个氢原子、一个甲基和一个丙基；氮原子连两个氢原子和一个丁基【解答】解：根据该有机物中C、N、H原子之间都是以单键相连，以氮原子为中心，氮原子连一个甲基、一个甲基和一个乙基，有一种结构；氮原子连接一个氢原子、一个乙基、一个乙基，共1种；八种氮原子连一个氢原子、一个甲基和一个丙基，丙基有两种，有2种结构；氮原子连两个氢原子和一个丁基，丁基有
43、4种，有4种结构；共有8种同分异构体，故选C【点评】本题主要考查了同分异构体的判断，原子的连接方式是解题关键，难度不大，注意丙基分正丙基和异丙基，丁基有4种三、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下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少，都能用同一离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DNaHCO3与Ca（OH）2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，则就能用同一离子方
44、程式表示，以此来解答【解答】解：ACl2少量时，只有亚铁子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故A不选；B无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，故B选；CHCl少量时，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO3NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C不选；DNaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子
45、方程式表示，故D不选；故选B【点评】本题考查与量有关的离子反应的书写，明确量对化学反应的影响是解答本题的关键，题目难度较大19关于可逆反应X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）+Q（Q0），下列叙述正确的是（）A恒温恒压下，若混合气体密度不变，说明反应已达平衡B恒容时通入氩气，压强不变，正逆反应速率也不变C降低温度可以缩短反应达到平衡的时间D恒容时通入X2，平衡向正反应方向移动，平衡常数不变【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A恒温恒压条件下气体质量不变，体积不变密度不变，说明物质浓度不变，反应达到平衡状态；B恒容时通入氩气，总压增大，气体分压不变，正
46、逆反应速率不变；C降低温度反应速率减小；D恒容时通入X2，平衡正向进行，温度不变平衡常数不变；【解答】解：A恒温恒压条件下气体质量不变，体积不变，才能使气体密度不变，当密度不变物质浓度不变，反应达到平衡状态，故A正确；B恒容时通入氩气，总压增大，气体分压不变，正逆反应速率不变，故B错误；C降低温度反应速率减小，反应达到平衡的时间增长，故C错误；D恒容时通入X2，平衡正向进行，温度不变平衡常数不变，故D正确；故选AD【点评】本题考查了化学平衡、化学反应速率影响因素分析判断，注意容器的特征分析，题目难度中等20下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（）A
47、取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克B取a克混合物充分加热，减重b克C取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【专题】元素及其化合物【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A应先把水蒸气排除才合理；B此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；C根据钠守恒，可列方程组求解；D根据质量关系，可列方程组求解【解答】解：A混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气
48、，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故A选；BNaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；CNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故C不选；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+BaCO3、HCO3+OH+Ba2+H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故D不选；故选：A【点评】本题考查物质含量的实验方案的设计，题目难度中等
49、，注意把握物质的性质以及实验方案的原理21常温时，将a1mL，b1mol/L 的CH3COOH溶液加入到a2mL，b2mol/L 的NaOH溶液中，下列结论中不正确的是（）A如果a1b1=a2b2，则混合溶液的pH7B如果混合液的pH=7，则混合溶液中c（CH3COO）=c（Na+）C如果a1=a2，b1=b2，则混合液液中c（CH3COO）=c（Na+）D如果a1=a2，且混合溶液的pH7，则b1b2【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa1b1=a2b2，醋酸与氢氧化钠的物质的量相等，反应生成醋酸钠溶液，醋酸根离子水解，溶液显示碱性；B混合液的pH=7，溶液显示中性，则c（
50、OH）=c（H+），根据电荷守恒可得：c（CH3COO）=c（Na+）；C如果a1=a2，b1=b2，则a1b1=a2b2，醋酸与氢氧化钠的物质的量相等，反应生成醋酸钠溶液，溶液显示碱性；D混合液pH7，溶液显示酸性，当a1=a2，b1=b2时，恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，所以需要酸剩余【解答】解：A如果a1b1=a2b2，两溶液恰好反应生成醋酸钠，由于醋酸根离子的水解，溶液显示碱性，则混合溶液的pH7，故A正确；B如果混合液的pH=7，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+）可得：c（CH3COO）=c（Na+），故B正确；Ca1=
51、a2，b1=b2，则a1b1=a2b2，醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+）可得：c（CH3COO）c（Na+），故C错误；D当a1=a2，如果b1=b2，反应后生成醋酸钠，溶液显示碱性，混合溶液的pH7时，溶液显示酸性，所以需要酸剩余，满足b1b2，故D正确；故选C【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确判断溶液中离子浓度大小的方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理等知识判断离子浓度大小22PbO2受热分解为Pb
52、的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为1：1，则剩余固体的组成及物质的量比可能是（）A1：2：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOB1：3：2混合的PbO2、Pb3O4、PbOC1：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD2：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO【考点】化学方程式的有关计算【分析】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶
53、液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole，设该过程得到O2的物质的量为xmol，则Cl2的物质的量为xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n（Pb）：n（O），据此判断【解答】解：解法一PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），该混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol（42）=2mol，设该过程得到O2的物质的量为xmol，则Cl2的物质的量为xmol，利用电子转移守恒有
54、：x4+x2=2，解得x=，故1mol PbO2在受热分解过程中产生O2为mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2molmol2=mol，所以剩余固体中n（Pb）：n（O）=1mol： mol=3：4，A、1：2：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+6+1）：（2+8+1）=8：11，故A错误；B、1：3：2混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+9+2）：（2+12+2）=3：4，故B正确；C、1：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+3+1）：（2+4+1）=5：7，故C错误；D、2：1：1
55、混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（4+3+1）：（4+4+1）=8：9，故D错误；故选：B解法二：PbO2受热分解产生的二价Pb和O2的关系为：2PbOO2，四价Pb和浓盐酸反应产生Cl2，根据电子守恒可列式PbO2Cl2，已知：O2和Cl2的物质的量之比为1：1，则PbO：PbO2=2：1，根据选项分析，B符合题意；故选B【点评】本题通过元素化合物转化考查氧化还原反应计算、分析推理能力，根据电子转移守恒来分析解答即可，难度中等四、非选择题（本题共12分）23从含氮化合物资料中查得：HNO2是一种不稳定的弱酸，Ki=4.6104；NaNO2是一种白色易溶于水的固体，俗
56、称工业盐（1）N原子最外层电子的轨道排布式为2s22p3；下列选项可作为比较氮和氧非金属性强弱的判断依据的是aca氢化物稳定性：H2ONH3 b沸点：H2ONH3cNO中N为+2价，O为2价 d碱性：NH3H2O（2）误食NaNO2会导致血红蛋白中的二价铁转化为三价铁而引起中毒，该过程中NaNO2发生还原反应（填“氧化”或“还原”，下同）；服用维生素C可解毒，说明维生素C具有还原性（3）把NaNO2加入新制的氯水中，氯水褪色，产物之一是NaNO3，写出该反应的化学方程式：NaNO2+Cl2+H2O=NaNO3+2HCl；若生成0.1mol NaNO3，转移电子数为0.2NA（4）将同为0.1m
57、ol/L的HNO2溶液与Na2CO3溶液等体积混合，充分反应后，溶液中阴离子浓度由大到小的顺序为：c（NO2）c（HCO3）c（OH）c（CO32）（用离子符号表示）已知：H2CO3=4.3107 Ka=5.61011【考点】氧化还原反应；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；离子浓度大小的比较【专题】氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题【分析】（1）氮原子核外电子数为7，根据能量最低原理书写最外层电子排布式；比较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，与氢气反应的剧烈程度，氢化物的稳定性，单质之间的置换反应等，对应阴离子的还原性强弱等；（2）反应中Fe元素的化
58、合价升高，则N元素的化合价降低；维生素C可解毒，说明维生素C能把铁离子还原为亚铁离子；（3）把新制的氯水加到NaNO2溶液中，二者发生氧化还原反应生成NaNO3和HCl；反应中1molNaNO2失去2mol电子；（4）HNO2的电离常数大于H2CO3，则HNO2的酸性强，HNO2溶液与Na2CO3溶液等体积混合生成NaNO2和NaHCO3，二者均能水解显碱性，HCO3的水解程度大；【解答】解：（1）氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1S12S22P3，故最外层电子排布式为2s22p3；a氢化物的稳定性越强，其非金属性越强，已知氢化物稳定性：H2ONH3 ，则非金属性O大于N，故a正确
59、；b氢化物的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，所以不能根据沸点：H2ONH3，来比较O与N的非金属性，故b错误；c化合物中非金属性强的元素吸引电子能力强先负价，已知NO中N为+2价，O为2价，所以非金属性O大于N，故c正确； d不能根据氢化物的碱性判断元素的非金属性，故d错误；故答案为：2s22p3；ac；（2）反应中Fe元素的化合价升高，则N元素的化合价降低，所以NaNO2作氧化剂，发生还原反应；维生素C可解毒，说明维生素C能把铁离子还原为亚铁离子，维生素C作还原剂，具有还原性；故答案为：还原；还原；（3）氯水加到NaNO2溶液中，二者发生氧化还原反应生成NaNO3和HCl，反应的化学
60、方程式为：NaNO2+Cl2+H2O=NaNO3+2HCl，反应中1molNaNO2失去2mol电子生成1mol；若生成0.1mol NaNO3，则转移0.2mol电子，即0.2NA；故答案为：NaNO2+Cl2+H2O=NaNO3+2HCl；0.2NA；（4）HNO2的电离常数大于H2CO3，则HNO2的酸性强，HNO2溶液与Na2CO3溶液等体积混合生成NaNO2和NaHCO3，二者均能水解显碱性，但是HCO3的水解程度大，HCO3还能发生很少量的电离，则溶液中阴离子浓度关系为c（NO2）c（HCO3）c（OH）c（CO32）；故答案为：c（NO2）c（HCO3）c（OH）c（CO32）【
61、点评】本题考查了电子排布式、元素非金属性强弱的判断、氧化还原反应、离子浓度大小比较等，题目难度中等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意把握电离常数与酸性强弱的关系五、（本题共12分）27FeCl3具有净水作用，但容易腐蚀设备；聚合氯化铁是一种新型絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小（1）FeCl3腐蚀钢铁设备，除了H+作用外，另一主要原因是2Fe3+Fe=3Fe2+为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到含FeCl3的溶液若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0102mol/L，c（Fe3+）=1.0103mol/L，c（Cl）=5
62、.3102mol/L，则该溶液的pH约为2（3）若在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，写出反应的化学方程式：FeCl36H2O=Fe（OH）Cl2+HCl+5H2O；若在干燥的HCl气流中加热FeCl36H2O时，能得到无水FeCl3，其原因是在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl36H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁（4）FeCl3在水中分三步水解（K为水解平衡常数）：Fe3+H2OFe（OH）2+H+K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+K2Fe（OH）2+H2OFe（OH）3+H+K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的
63、顺序是K1K2K3（5）通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3+yH2OFex（OH）ym+yH+欲使平衡朝正反应方向移动，可采用的方法是bda降温b加水稀释c加入NH4Cld加入NaHCO3【考点】盐类水解的原理；pH的简单计算【分析】（1）钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；（2）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=lgc（H+）计算；（3）在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，升高温度促进水解，所以得不到氯化
64、铁，可以采用抑制水解的方法制取氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；（5）控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3+Fe=3Fe2+；（2
65、）根据电荷守恒：c（Cl）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH浓度很小，在这里可以忽略不计），则c（H+）=c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）=1.0102molL1，则溶液pH=lg1.0102=2，故答案为：2；（3）若在空气中加热FeCl36H2O，生成的是Fe（OH）Cl2，根据反应物、生成物及反应条件知，该反应的化学方程式：FeCl36H2O=Fe（OH）Cl2+HCl+5H2O，升高温度促进水解，所以得不到氯化铁，为抑制水解，需要在干燥的HCl气流中加热FeCl36H2O来得到FeCl3，故答案为：FeCl36H2O=Fe（OH）Cl2+HCl+
66、5H2O；在干燥的HCl气流中抑制FeCl3水解，且带走FeCl36H2O受热产生的水气，所以能得到无水氯化铁；（4）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1K2K3；故答案为：K1K2K3；（5）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；【点评】本题考查盐的水解原理、电荷守恒的计算以及平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等六、（
67、本题共12分）32如图是实验室制备1，2二溴乙烷并进行一系列相关实验的装置（加热及夹持设备已略）有关数据列表如下：乙醇1，2二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/g/cm30.792.20.71沸点/78.513234.6熔点/1309116（1）A中药品为1：3的无水乙醇和浓硫酸混合液，使用连通滴液漏斗相比使用分液漏斗滴加液体的优点是能使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下；B中插长玻璃管的作用有：稳压作用，可检查装置是否发生堵塞（2）写出C装置中的离子反应方程式SO2+2OH=SO32+H2O、CO2+2OH=CO32+H2O；装置D中品红溶液的作用是验证二氧化硫是否被除尽（3）反应过程中
68、应用冷水冷却装置E，其主要目的是减少液溴挥发；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是1，2二溴乙烷易凝结成固体而发生堵塞（4）学生发现反应结束时，无水乙醇消耗量大大超过理论值，其原因是乙醇挥发、副反应发生或反应太剧烈（5）装置F的作用是吸收挥发出的溴蒸汽，减少对环境的污染；写出F装置中发生反应的化学方程式Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O【考点】制备实验方案的设计；二氧化硫的化学性质；乙烯的化学性质；乙烯的实验室制法【专题】综合实验题；实验设计题【分析】实验室制备1，2二溴乙烷流程：装置A中：乙醇在浓硫酸做催化剂、脱水剂条件下发生消去反应生成乙烯，反应方程式：CH3CH2OHCH
69、2=CH2+H2O，全瓶b可以防止倒吸；当c堵塞时，气体不畅通，则在b中气体产生的压强将水压入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管，装置C中盛有氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化硫发生反应，除去乙烯中带出的酸性气体，装置D中品红溶液验证二氧化硫是否被除尽，液溴易挥发，反应过程中应用冷水冷却装置E，能减少液溴挥发，E装置中：乙烯与液溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷化学方程式为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，反应剩余的溴化氢、溴等有毒，能够污染大气，需要进行尾气吸收，用F吸收（1）连通滴液漏斗使上下容器中的压强相同，液体容易流下，B装置有稳定作用，是安全瓶；（2）因浓硫酸的强氧化性A
70、中有部分酸性气体SO2和CO2生成，C中NaOH溶液就是为了吸收这两种酸性气体，避免干扰乙烯与溴的加成反应；二氧化硫能使品红褪色；（3）液溴易挥发，冷水冷却，能减少液溴挥发；由表中数据可知温度太低，1，2二溴乙烷会凝结为固体；（4）乙醇在浓硫酸作催化剂作用下会有乙醚等副产物生成，反应太剧烈时乙醇部分挥发；（5）溴易挥发，提出的尾气中含有溴，减少对环境的污染；【解答】解：（1）连通滴液漏斗使上下容器中的压强相同，液体容易流下，所以气体发生装置使用连通滴液漏斗的原因使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下；B中长导管起稳压作用，可检查装置是否发生堵塞，故答案为：能使连通滴液漏斗里的溶液容易滴下；稳压作用，可
71、检查装置是否发生堵塞；（2）用氢氧化钠溶液吸收SO2和CO2气体发生反应的离子方程式为SO2+2OH=SO32+H2O、CO2+2OH=CO32+H2O，无水乙醇和浓硫酸混合液制备乙烯时，会有副产物二氧化硫生成，而二氧化硫能使品红褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否被氢氧化钠吸收完全，故答案为：SO2+2OH=SO32+H2O、CO2+2OH=CO32+H2O；验证二氧化硫是否被除尽；（3）液溴易挥发，反应过程中应用冷水冷却装置E，能减少液溴挥发；由表中数据可知1，2二溴乙烷的熔点为9，如用冰水冷却时温度太低，1，2二溴乙烷会凝结为固体，从而导致导管堵塞，故答案为：减少液溴挥发；1，2二溴乙烷
72、易凝结成固体而发生堵塞；（4）乙醇在浓硫酸作催化剂作用下会有乙醚等副产物生成，反应太剧烈时乙醇部分挥发；故答案为：乙醇挥发、副反应发生或反应太剧烈；（5）用NaOH溶液吸收挥发出的溴蒸汽，减少对环境的污染，发生反应的化学方程式为Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，故答案为：吸收挥发出的溴蒸汽，减少对环境的污染；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O【点评】本题考查了1，2二溴乙烷实验室制取、乙烯的制取、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，注意基础知识的掌握，本题难度中等七、（本题共12分）37配制某补血剂主要成分是硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O），为测定该补血剂中
73、铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案方案一：滴定法（用酸性KMnO4溶液滴定），主要步骤如下：取一定量补血剂样品，溶解除去不溶物（不损耗铁元素），并配制成250mL待测溶液；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；用酸化的0.0100mol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO4溶液体积，重复一到两次实验（已知：5Fe 2+MnO4+8H+5Fe 3+Mn2+4H2O）（1）250mL待测溶液时需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管外，还需玻棒、250mL容量瓶（填仪器名称）；滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化；当看到溶液出现浅紫红色且保持30
74、s不变时，达滴定终点（2）上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，若分别用下列酸进行酸化，对测定结果的影响是：硝酸偏小，硫酸无影响，盐酸偏大方案二：重量法（将FeSO4转化为Fe2O3，测定质量），操作流程如下：步骤加入1ml稀硫酸的目的是防止亚铁离子水解（4）步骤是否可以省略不能，理由是Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量（5）步骤中重复操作加热、冷却、称量，直到两次称量的质量差小于0.1g为止（6）假设实验中铁元素无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量0.07ag（用含a的代数式表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专
75、题】实验分析题；实验评价题；无机实验综合【分析】（1）精确配制250mL待测溶液，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，据此滴定的操作要求可知，滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，当看到溶液出现浅紫红色且保持30s不变时，达滴定终点；（2）硝酸有强氧化性，可以减小高锰酸钾的用量，盐酸具有还原性，增加了高锰酸钾的用量，硫酸对实验没有影响；（3）亚铁离子能水解，溶解时要抑制其水解；（4）Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量；（5）步骤中一系列处理是由氢氧
76、化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，为了保证灼烧充分，要使最后得到的固体恒重为止；（6）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算【解答】解：（1）精确配制250mL待测溶液，配制时需要的玻璃仪器有玻棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，据此滴定的操作要求可知，滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，当看到溶液出现浅紫红色且保持30s不变时，达滴定终点；故答案为：玻棒、250mL容量瓶；锥形瓶内溶液的颜色变化；溶液出现浅紫红色且保持30s不变；（2）硝酸有强氧
77、化性，可以减小高锰酸钾的用量，盐酸具有还原性，增加了高锰酸钾的用量，硫酸对实验没有影响，所以用硝酸酸化会使测定结果偏小，用盐酸酸化会使测定结果偏大，用硫酸酸化对测定结果无影响，故答案为：偏小、无影响、偏大；（3）亚铁离子能水解，溶解时要抑制其水解，所以加入1ml稀硫酸的目的是防止亚铁离子水解，故答案为：防止亚铁离子水解；（4）Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量，故步骤不能省略；故答案为：不能；Fe2+与碱反应后不能保证Fe2+全部转化为Fe3+，加热不能得到纯净的Fe2O3，故无法准确计算Fe的含量；（5）步骤中一系列处
78、理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量为了保证灼烧充分，要使最后得到的固体恒重为止，所以重复操作加热、冷却、称量，直到两次称量的质量差小于0.1g为止；故答案为：两次称量的质量差小于0.1g；（6）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag，故答案为：0.07a【点评】本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力八、（本题
79、共10分）43乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯已知：（1）写出AB反应所需的试剂及条件：氢氧化钠水溶液、加热（2）D的结构简式为（3）E在一定条件下可反应生成一种高分子化合物，写出该反应的化学方程式n+nH2O（4）乙酰基扁桃酰氯中有4种不同化学环境的氢原子（5）设计以乙醇为原料制备F的合成路线，无机试剂任选（合成路线常用表示方法为：AB目标产）【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；有机化合物的获得与应用【分析】根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生
80、氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，据此答题【解答】解：根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，（1）根据上面的分析可知，AB反应
81、所需的试剂及条件为氢氧化钠水溶液、加热，故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；（2）根据上面的分析可知，D的结构简式 为，故答案为：；（3）E为，E发生缩聚反应生成高分子聚合物，反应方程式为n+nH2O，故答案为：n+nH2O；（4）根据乙酰基扁桃酰氯的结构简式可知，有4种不同化学环境的氢原子，故答案为：4；（5）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，反应的合成路线为，故答案为：【点评】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，难度中等，注意有机官能团的性质的灵活运用九、（本题共1
82、2分）48A是一种食用香料，主要用于奶油、酸奶的加工它也可用于有机合成，以A为原料制备阴离子树脂M和新型高分子材料N的合成路线如下：已知：（1）写出反应类型：反应I加成反应（或“还原反应”）；反应II缩聚反应（2）A中官能团的名称是羟基和羰基；A属于酯类的同分异构体有4种，其中只含一个甲基的同分异构的结构简式是：HCOOCH2CH2CH3（3）D与新制Cu（OH）2反应的化学方程式是CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O（4）M的结构简式为（5）某有机物CxHyOz（0z5）与A以任意比混合后燃烧，每摩尔混合物消耗5摩尔氧气请写出该有机物可能的分子式C4H
83、6O、C4H10O3等（写两种）【考点】有机物的推断【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用【分析】A中不饱和度=1，所以含有一个双键，A能和氢气发生加成反应生成B，B能和HIO4发生反应，结合题给信息I知，B中含有醇羟基，D和氢气发生加成反应生成E，D为醛，则E为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，D为CH3CHO，B为CH3CH（OH）CH（OH）CH3，A为CH3COCH（OH）CH3，B和F发生酯化反应生成N，F结构简式为；A发生消去反应生成H，H结构简式为CH3COCH=CH2，H发生加聚反应生成M，M结构简式为，据此分析解答【解答】解：A中不饱和度=1，
84、所以含有一个双键，A能和氢气发生加成反应生成B，B能和HIO4发生反应，结合题给信息I知，B中含有醇羟基，D和氢气发生加成反应生成E，D为醛，则E为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，D为CH3CHO，B为CH3CH（OH）CH（OH）CH3，A为CH3COCH（OH）CH3，B和F发生酯化反应生成N，F结构简式为；A发生消去反应生成H，H结构简式为CH3COCH=CH2，H发生加聚反应生成M，M结构简式为，（1）反应I为A和氢气发生加成反应或还原反应生成B，所以该反应类型是加成反应或还原反应，反应II为B和F发生缩聚反应生成N，故答案为：加成反应（或“还原反应”）；缩聚反应；（2）A为CH3C
85、OCH（OH）CH3，官能团名称是羟基和羰基，A的属于酯类的同分异构体有甲酸丁酯、甲酸异丁酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以有4种；其中只含一个甲基的同分异构体的结构简式是HCOOCH2CH2CH3，故答案为：羟基和羰基；4；HCOOCH2CH2CH3；（3）D为CH3CHO，和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，反应方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O；（4）M为，故答案为：；（5）A为CH3COCH（OH）CH3，某有机物CxHyOz（0z5）与A以任意比混合后燃烧
86、，每摩尔混合物消耗5摩尔氧气，说明与A分子的组成上相差若二个CO2或H2O，根据每个碳原子消耗2个氧原子，2个氢原子消耗1个氧原子，可知该有机物可能的分子式为C4H6O、C4H10O3等，故答案 为：C4H6O、C4H10O3等【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及知识迁移能力，根据反应条件、分子式、结构简式进行推断，正确推断结构简式是解本题关键，注意（6）的方程式中水的计量数，为易错点十、（本题共14分）53过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应（1）将足量的Na2O2与16.5g CO、H2、O2混合气体共同置于一密闭容器中，用电火花引燃，使
87、其完全反应反应后Na2O2增重7.5g，则原混合气体中O2的质量分数是54.5%将15.6g Na2O2与2.7g Al粉混合后，投入足量的水中，充分反应（假设能产生的气体全部放出，下同）生成的气体在标准状况下为5.6L【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O22CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量；氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O22H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH
88、+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，据此计算；（2）发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，生成气体为氢气和氧气，通过反应方程式计算氧气的体积，结合方程式进行氢氧化钠与铝反应的过量计算，根据不足的物质计算生成的氢气【解答】解：（1）CO燃烧生成二氧化碳，反应方程式为2CO+O22CO2，二氧化碳与过氧化钠发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，方程式相加的CO+Na2O2=N
89、a2CO3，固体增加的质量为相当于CO的质量，氢气燃烧生成水，反应方程式为2H2+O22H2O，水与过氧化钠发生反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，固体增加的质量为相当于H2的质量，CO、H2、O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重7.5g就是原混合气体中CO、H2的质量和，所以混合气体中氧气的质量为16.5g7.5g=9g，氧气的质量分数为：100%=54.5%，故答案为：54.5%；（2）15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，令生成的氢氧化钠的物质的量为xmol，氧气为ymol，则： 2Na2O2+2H2O4NaOH+O
90、2、 2 4 1 0.2mol xmol ymol 所以x=0.4，y=0.12.7gA1粉的物质的量为0.1mol，由方程式2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，0.1mol铝完全反应需要氢氧化钠0.1mol，铝完全反应，令铝反应生成氢气zmol，则：2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H22 30.1mol zmol所以z=0.15，所以在标准状况下反应结束时生成气体的体积为（0.1mol+0.15mol）22.4L/mol=5.6L，故答案为：5.6L【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握过氧化钠与水、二氧化碳反应中固体增加的实质，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力高考资源网版权所有，侵权必究！
