1、高考资源网（） 您身边的高考专家上海市奉贤区2015届高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）12014年诺贝尔化学奖授予美国科学家埃里克贝齐格、威廉莫纳和德国科学家斯特凡黑尔，以表彰他们为发展超分辨率荧光显微镜所作的贡献，他们开创性的成就使光学显微镜能够窥探纳米世界下列说法错误的是( )A黑尔寻找突破“绕射极限”的方法，构建了“受激发射损耗”（STED）显微技术B纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺度范围（1100*106m）的材料C得奖者的研究允许人类观察病毒以至细胞内的蛋白质D纳米级分辨率的显微镜已在世界范围内广泛运用2下列有关氮元素化学用语正确的
2、是( )A氮分子的结构式：B氮原子最外层的电子云图：CNH3的比例模型：D氮原子的轨道表示式：3铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”元素周期表中铟的数据见图，下列说法完全正确的是( )A铟元素的质量数是114.8B铟元素的相对原子质量是115，中子数为66C铟元素是一种主族元素，位于第五周期第A族D铟原子最外层有3个能量相同的电子4100时向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2，下列叙述不正确的是( )A此时水的离子积KW=1.01012B水电离出的H+=1.01010mol/LC水的电离度随温度升高而升高DH3O+SO425砷是氮族元素，黄砷（As4）是其一
3、种单质，其分子结构与白磷（P4）相似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是( )A分子中共价键键角均为60B黄砷中共价键键能大于白磷C分子中含有的共价键的数目都是4D黄砷的熔点低于白磷二、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）6NA表示阿伏加德罗常数的值，常温下，抽去图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应下列说法正确的是( )A反应前气体的总体积为0.448LB生成物中含有0.01NA个分子C装置中氢元素的总质量为0.04gD生成物完全溶于水后所得溶液含有0.01 NA个F7一种新催化剂，能在室温下催化空气氧化甲醛：HCHO+O2CO2+H2O，该反应( )A反应物和生成物中都只含极性
4、分子B反应物和生成物均为分子晶体C反应时有极性键和非极性键的断裂和它们的生成D产物中CO2的键能大于H2O，所以沸点高于H2O8如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于( )A浓盐酸和二氧化锰反应制取Cl2B浓氨水和生石灰反应制取NH3C浓硝酸与铜反应制取NO2D过氧化钠固体和水反应制取O29为防止有机物挥发，可加一层水保存，即水封下列有机物中，既能用水封法保存，又能发生水解和消去反应的是( )A乙醇B一溴乙烷C乙酸乙酯D四氯化碳10为了确定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）错误的是( )ANa2SO3是否被氧化（BaCl2）BFeCl2是否被氧化（KSCN）CKI是否被氧化（淀粉溶
5、液）D氯水是否失效（pH试纸）11用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术已知反应Fe2O3+3Na2O2 2Na2FeO4+Na2O，下列说法正确的是( )ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物C3 mol Na2O2发生反应，有12mol 电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌12元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分（136号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法不正确的是( )A、对应原子的半径依次减小B、的最高价氧化物对应的水化物能相互反应C元素为Fe元素
6、，处于常见周期表第四周期第VIIIB族D可分别与、均可形成既含极性键又含非极性键的化合物13如图是某有机物分子中C、H、O、N四种原子的成键方式示意图（短线表示单键或者双键）下列关于该有机物的说法正确的是A在一定条件下，可以通过聚合反应生成高分子化合物B分子式为C3H6NO2C能和NaOH溶液反应，但不能和盐酸溶液反应D不能和NaHCO3溶液反应生成CO214相同温度下，容积相同的甲、乙两个恒容密闭容器中均发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+197kJ 实验测得有关数据如下：下列判断中正确的是( ) 容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化/KJSO2
7、O2SO3甲210放出热量：Q1乙1.80.90.2放出热量：Q2A两容器中反应的平衡常数不相等B达到平衡时SO2的体积分数：甲乙C197Q1Q2D生成1molSO3（l）时放出的热量等于98.5kJ15甲、乙、丙3个烧杯中分别装有稀H2SO4、CuCl2溶液、饱和食盐水，甲中电极为锌片和铜片，乙中电极为石墨棒C1、C2，丙中电极为石墨棒C3、铁片，电极之间用导线相连则下列叙述不正确的是( )A甲是化学能转变为电能，乙、丙是电能转变为化学能BC1、C2分别是阳极、阴极，锌片、C3上都发生氧化反应CC1和C3放出的气体相同，铜片和铁片放出的气体也相同D甲中溶液的pH逐渐升高，乙、丙中溶液的pH逐
8、渐减小16某废水含有下列离子中的5种（忽略水的电离及离子的水解），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl、CO32、NO3、SO42，测得各种离子的物质的量浓度相等为探究废水的组成，某同学进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成根据上述实验，以下推测正确的是( )A溶液中无法确定Al3+的存在与否B原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32C步骤中可以确定Fe2+、NO3的存在D步骤中共有2种钡盐沉淀1
9、7测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数x%可采取不同的方法，取a克样品与一定量稀盐酸（过量）充分反应后，下列说法正确的是( )A逸出气体若用碱石灰吸收，增重b克，则x偏小B把所得溶液加热蒸干并灼烧至恒重，得c克固体，若灼烧时有固体飞溅出去，x偏大C某NaOH标准溶液露置于空气中一段时间后，以甲基橙为指示剂滴定上述反应后的溶液，则x偏小D产生的气体冷却至室温后，若测定其体积时未调平量气管和水准管内液面，则x偏小三选择题（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为探究Na
10、2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3 溶液，再分别滴加用如图所示的试剂对实验现象的“解释或结论”错误的是( )选项实验现象解释或结论Aa中溶液褪色还原性：SO32IBb中加硫酸后产生淡黄色沉淀SO32和S2在酸性条件下发生反应Cc中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去SO32+H2OHSO3+OH，所以滴入酚酞变红；Ba2+SO32BaSO3（白），使水解平衡左移，红色褪去Dd中产生白色沉淀Na2SO3溶液已被氧化变质AABBCCDD19常温下在20mL 0l molL1 Na2A溶液（pH=11）中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，
11、溶液的pH逐渐降低，下列说法一定正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）( )A当盐酸加入10mL时，溶液中c（Na+）=2 c（HA）+2c（A2）+2 c（H2A）B当盐酸加入20mL时，溶液中c（Na+）c（Cl）c（HA）c（H+）c（OH）C当盐酸加入20mL时，溶液中HA的数目小于0.002NAD当盐酸加入40mL时，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）+c（Cl）20已知某高聚物的结构式是，其单体的名称为( )A氯乙烯、乙烯和甲基丙烯酸甲酯B2氯1，3丁二烯和丁烯酸甲酯C3氯1，3丁二烯和丙烯酸甲酯D2甲基丙烯酸甲酯和2氯1，3丁二烯21将0.2mol/L
12、的FeBr2与0.1mol/L FeI2溶液等体积混合后，慢慢通入一定体积的氯气，可能发生的离子反应方程式为( )ACl2+2Fe2+2Cl+2Fe3+B2Cl2+2Fe2+2I=2Fe3+4Cl+I2C3Cl2+2Fe2+4Br2Fe3+6Cl+2Br2D6Cl2+6Fe2+4I+2Br=6Fe3+12Cl+2I2+Br222向13.6gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.25L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，反应后溶液恰好呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为19.6g，下列说法不正确的是( )ACu与Cu2O的物
13、质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2 mol/LCCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3的物质的量为0.5molD产生的NO在标准状况下的体积为2.24L四、（共10分）23铅是一种金属元素，可用作耐酸腐蚀、蓄电池等的材料其合金可作铅字、轴承、电缆包皮之用，还可做体育运动器材铅球等（1）铅元素位于元素周期表第六周期IVAIVA中原子序数最小的元素的原子有_种能量不同的电子，其次外层的电子云有_种不同的伸展方向（2）与铅同主族的短周期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_（填化学式），气态氢化物沸点最低的是_（填化学式）（3）配平下列化学反应方程式，把系数以及相关物质（写化学式）填
14、写在空格上，并标出电子转移的方向和数目_PbO2+_MnSO4+_HNO3_HMnO4+_Pb（NO3）2+_PbSO4+_（4）把反应后的溶液稀释到1L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6molL1，则反应中转移的电子数为_个（5）根据上述反应，判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是_APbO2+4HClPbCl4+2H2O BPbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2OCPbO2+2HCl+2H+PbCl2+2H2O DPbO2+4HClPbCl2+2OH五、（共12分）24氨气是化工生产的主要原料之一，氨气的用途非常广泛在一固定容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6m
15、ol的H2，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q（Q0）（1）该反应所用的催化剂是_（填写名称）；该反应450时的平衡常数_500时的平衡常数（填“”、“”或“=”）（2）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_A3V正（H2）=2V逆（NH3） B容器中气体的平均分子量不随时间而变化C容器中气体的密度不随时间而变化 D容器中气体的分子总数不随时间而变化（3）上述反应若第5分钟时达到平衡，测得NH3的物质的量为0.2mol计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v（N2）为_（4）在另一容积可变的容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在相同条件下发生上述反应，则产生的
16、NH3的物质的量比原平衡产生的NH3_（填“多”或“少”或”“一样”）（5）工厂生产的氨水稀释后可作肥料稀释氨水时，随着水的增加溶液中减少的是_a、 b、 C、 d、（6）液氨和水类似，也能电离：2NH3NH4+NH2，某温度时，其离子积K=2l030该温度下：将少量NH4Cl固体加入液氨中，K_=21030（填“”、“”或“=”）；将少量金属钠投入液氨中，完全反应后所得溶液中各微粒的浓度大小关系为：_六、（共12分）25二氧化氯（ClO2）气体是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水制备方法如下：（1）步骤：电解食盐水制备氯酸钠用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42
17、等杂质在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的_和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去（2）步骤：将步骤得到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2与Cl2，该气体的物质的量比是_某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒温在60时反应制得（3）反应过程中需要对A容器进行加热，加热的方式为_；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有_；（4）反应后在装置C中可得亚氯酸钠（NaClO2）溶液已知NaClO2饱和溶液在温度低于38时，析出的晶体是NaClO23H2O，在温度高于3
18、8时析出的是NaClO2根据图2所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：_；_；洗涤；干燥（5）目前我国已成功研制出利用NaClO2制取二氧化氯的新方法，将Cl2通入到NaClO2溶液中，现制取270kg二氧化氯，需要亚氯酸钠的质量是_（6）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN氧化为无毒物质，自身被还原为Cl处理含CN相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_倍七、（共14分）26工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸为研究铁质材料与浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：探究一（1）甲同学将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸
19、中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是_（2）甲同学另称取铁钉10.0g放入25.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中可能含有Fe3+也可能含有Fe2+若要确认此结论，应用_（选填序号）aKSCN溶液 b铁粉和KSCN溶液 c氨水 d酸性KMnO4溶液（3）乙同学取448ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，溴水褪色，发生反应的离子方程式为：_然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由此推知气体Y中SO2的体积分数为_探究二分析乙同学实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中除水蒸气外还可能含有Z和W
20、气体为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）（4）装置B中试剂的作用是_（5）丙同学认为用上图中的D、E、F装置可证明气体Y中还含有Z，则Z气体为_（化学式），证明Z气体的实验现象为_； F装置的作用是_（6）认为气体Y中还含有W的理由是_（用化学方程式表示）为确认W的存在，需在装置中添加M于_（选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间八、（共13分）273羟基丁酸 （3hydroxybutyrate） 也称为羟基丁酸 （betahydroxybutyrate），在工业中可用于合成可生物降解的塑料，如聚（3羟基丁酸）已知：i共轭二烯烃（如异戊二烯）与含有碳碳叁键的有机物作用时能形
21、成环状化合物：iiiii步骤只有一种产物；E的结构中含有甲基（1）A分子结构简式_；理论上B也可以由1，3丁二烯与烃F来合成，则F的名称（系统命名法）：_；C中含有的官能团是_（用符号表示）（2）写出反应类型：_，_（3）PHB_（填“有”或“无”）固定熔沸点；它与E_（填“互为”或“不互为”）同分异构体下列有机物具有类似共轭二烯烃性质的是_（填序号）；abcd（4）写出反应的化学方程式_九、（共11分）29布噁布洛芬是一种消炎镇痛的药物它的工业合成路线如下：请回答下列问题：（1）A长期暴露在空气中会变质，其原因是_（2）BC反应类型为_，EF反应中生成的无机产物为_（3）由A到B的反应通常在
22、低温时进行温度升高时，多硝基取代副产物会增多，最可能生成的二硝基取代物是下列物质中的_（填字母）（4）D的结构简式_；D的同分异构体H是一种氨基酸，能使FeCl3溶液显紫色，而且苯环上只有两个取代基，它在苯环上的一卤代物只有两种，则H的结构简式是_（5）写出以为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如图：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH十、（共12分）30有三种镁铝合金样品（组分比例不一定相同）、小奉、小贤、小红三同学各取一种样品，对合金中镁的质量分数进行下列实验探究：（1）小奉取样品m1g和过量的氢氧化钠溶液反应，然后过滤；再往滤液中通入过量的二氧化碳气体
23、，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧，得到固体质量仍为m1g则合金中镁的质量分数为_（保留小数点后面2位）（2）小贤取样品m2g和足量的稀硫酸反应，发现固体完全溶解，标准状况下得到气体体积为VL，则m2的取值范围是_（结果转化为最简分数）（3）小红取不同质量的样品分别和30mL同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体的体积（标准状况下测定）如下所示：实验序号abc合金质量（g）0.510.7650.918气体体积（mL）560672672求：、盐酸的物质的量浓度、合金中镁的质量分数、要使c组实验后剩余合金中的铝恰好完全溶解，还需向容器中加入1.0mol/L的氢氧化钠溶液多少毫升？上海市奉贤区20
24、15届高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）12014年诺贝尔化学奖授予美国科学家埃里克贝齐格、威廉莫纳和德国科学家斯特凡黑尔，以表彰他们为发展超分辨率荧光显微镜所作的贡献，他们开创性的成就使光学显微镜能够窥探纳米世界下列说法错误的是( )A黑尔寻找突破“绕射极限”的方法，构建了“受激发射损耗”（STED）显微技术B纳米材料是指在三维空间中至少有一维处于纳米尺度范围（1100*106m）的材料C得奖者的研究允许人类观察病毒以至细胞内的蛋白质D纳米级分辨率的显微镜已在世界范围内广泛运用考点：纳米材料 分析：A、“受激发射损耗”（STED）显微技术是德国科学家斯特
25、凡黑尔所构建；B、纳米材料是指大小在1100nm之间的物质；C、蛋白质的分散系属于胶体；D、纳米级分辨率的显微镜已得到推广解答：解：A、黑尔为了寻找突破“绕射极限”的方法，构建了“受激发射损耗”（STED）显微技术，故A正确；B、纳米材料是指大小在1100nm之间的物质，而1nm=109m，故尺度范围应为1100109m，故B错误；C、蛋白质的分散系属于胶体，而胶体的胶粒的直径大小介于1100nm之间，符合超分辨率荧光显微镜所观察的范围，故得奖者的研究允许人类观察病毒以至细胞内的蛋白质，故C正确；D、纳米级分辨率的显微镜能让人类更真实的认识细菌和病毒，已得到推广，故D正确故选B点评：本题考查了
26、纳米材料和科学史，应注意的是胶体的胶粒的直径大小介于1100nm之间，难度不大2下列有关氮元素化学用语正确的是( )A氮分子的结构式：B氮原子最外层的电子云图：CNH3的比例模型：D氮原子的轨道表示式：考点：电子式；球棍模型与比例模型 分析：A、结构式是利用短线代表共价键；B、氮原子最外层为pz能级；C、比例模型中用不同体积的小球表示不同原子的大小，氨气中氮原子的原子半径大于氢原子；D、氮原子最外层5个电子，图示为氮原子轨道表示式解答：解：A、结构式是利用短线代表共价键，氮气的结构式为：NN，故A错误；B、氮原子最外层为p能级，氮原子的最外层应该是pz，不是px，故B错误；C、比例模型中用不同
27、体积的小球表示不同原子的大小，氨气中氮原子的原子半径大于氢原子，且三角锥，不是平面三角形，故C错误；D、氮原子最外层5个电子，图示为氮原子轨道表示式，故D正确，故选D点评：本题考查了球棍模型与比例模型、原子核外电子排布，题目难度中等，注意明确球棍模型和比例模型的表示方法，掌握原子核外电子排布的表示方法3铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”元素周期表中铟的数据见图，下列说法完全正确的是( )A铟元素的质量数是114.8B铟元素的相对原子质量是115，中子数为66C铟元素是一种主族元素，位于第五周期第A族D铟原子最外层有3个能量相同的电子考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 分析：A具有一定质子数
28、的一类原子是总称是元素，元素不说质量数；B元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量；C铟的核外电子排布中有5s，那么该元素位于第五周期，p上1个电子，最外层电子数为2+1=3，处于第A族；D能级不同，其电子能量不同解答：解：A质量数是将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量，该元素的相对原子质量是114.8，故A错误；B元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量，该元素的相对原子质量是114.8，故B错误；C铟的核外电子排布中有5s，那么该元素位于第五周期，p上1个电子，最外层电子数为2+1=
29、3，处于第A族，故C正确；D能级不同，其电子能量不同，所以5s、5p能级上电子能量不同，故D错误；故选：C点评：本题考查了元素周期表的结构及应用，明确图中各个数字或字母代表的含义是解本题关键，注意114.8是该元素的相对原子质量而不是铟元素中某一种原子的相对原子质量，为易错点4100时向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2，下列叙述不正确的是( )A此时水的离子积KW=1.01012B水电离出的H+=1.01010mol/LC水的电离度随温度升高而升高DH3O+SO42考点：水的电离 分析：A、计算出pH=6的蒸馏水中氢离子浓度，根据水的离子积表达式及蒸馏水
30、中c（H+）=c（OH）计算出水的离子积；B、硫酸氢钠电离的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的；C、水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大；D、根据物水的电离断氢离子与氢氧根离子浓度关系解答：解：A、蒸馏水的pH=6，说明c（H+）=c（OH）=1106molL1，水的离子积Kw=11012，故A正确；B、水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c（H+）=c（OH）=mol/L=11010molL1，故B正确；C、由于水的电离过程为吸热反应，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D、100时，蒸馏水中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所以呈中性，
31、加入硫酸氢钠溶液呈酸性存在水的电离，氢离子浓度大于硫酸根离子浓度，故D错误；故选D点评：本题考查了水的电离，题目难度中等，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素即可解答，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养5砷是氮族元素，黄砷（As4）是其一种单质，其分子结构与白磷（P4）相似，以下关于黄砷与白磷的比较叙述正确的是( )A分子中共价键键角均为60B黄砷中共价键键能大于白磷C分子中含有的共价键的数目都是4D黄砷的熔点低于白磷考点：同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；磷 分析：A黄砷（As4）是其一种单质，其分子结构与白磷（P4）相似，为正四
32、面体结构；B键长越短键能越大，根据原子半径比较键长；CAs4为正四面体结构，As原子位于正四面体的顶点上，As原子之间均形成共价键；D形成的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强解答：解：AAs4为正四面体结构，As原子位于正四面体的顶点上，分子中共价键键角均为60，故A正确；B原子半径AsP，键长越大，键能越小，故B错误；CAs4为正四面体结构，As原子位于正四面体的顶点上，形成6个共价键，故C错误；D As4形成的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔点越高，故D错误故选A点评：本题考查同主族元素的性质的递变规律、物质结构与性质等，侧重于学生的分析能力和基
33、本概念的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大二、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）6NA表示阿伏加德罗常数的值，常温下，抽去图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应下列说法正确的是( )A反应前气体的总体积为0.448LB生成物中含有0.01NA个分子C装置中氢元素的总质量为0.04gD生成物完全溶于水后所得溶液含有0.01 NA个F考点：物质的量的相关计算 分析：氨气与氟化氢反应：HF+NH3=NH4F，生成0.01mol氟化铵固体A常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol；B生成物为氟化铵，为离子化合物，不存在分子；C装置中n（H）=n（HF）+3n（NH3），再根据m=
34、nM计算；D氟离子是弱酸的阴离子，在水溶液中水解解答：解：氨气与氟化氢反应：HF+NH3=NH4F，生成0.01mol氟化铵固体A常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，大于22.4L/mol，故反应前气体的总体积（0.01mol+0.01mol）22.4L/mol=0.448L，故A错误；B生成物为氟化铵，为离子化合物，不存在分子，故B错误；C装置中n（H）=n（HF）+3n（NH3）=0.01mol+0.01mol3=0.04mol，故氢元素质量=0.04mol1g/mol=0.04g，故C正确；D0.01molHF和0.01molNH3恰好反应，生成的氟化铵为0.01mol，氟离
35、子是弱酸的阴离子，在水溶液中发生水解，加水溶解后所得溶液中F数目小于0.01 NA，故D错误；故选C点评：本题考查物质的量有关计算、气体摩尔体积、盐类水解等，题目难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略氯化铵为离子化合物，氯化铵不存在分子7一种新催化剂，能在室温下催化空气氧化甲醛：HCHO+O2CO2+H2O，该反应( )A反应物和生成物中都只含极性分子B反应物和生成物均为分子晶体C反应时有极性键和非极性键的断裂和它们的生成D产物中CO2的键能大于H2O，所以沸点高于H2O考点：分子晶体；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响 分析：A、该反应中，反应物和生成物中都存
36、在极性分子和非极性分子；B、氧气、二氧化碳为非极性分子，甲醛、水为极性分子；C、生成物中都属于极性键，不存在非极性共价键；D、水分子中存在氢键，故水的熔沸点高于二氧化碳解答：解：A、反应物中甲醛为极性分子、氧气为非极性分子，产物中二氧化碳为非极性分子、水为极性分子，故A错误；B、氧气、二氧化碳为非极性分子，甲醛、水为极性分子，即均为分子晶体，故B正确；C、反应物中甲醛分子存在极性键、氧气中存在非极性键，而生成物中都是极性键，不存在非极性键，故C错误；D、水分子中存在氢键，故水的熔沸点高于二氧化碳，故D错误，故选B点评：本题考查化学键、分子的极性以及熔沸点比较，该题基础性强，难度适宜，有利于调动
37、学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性；该题在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生分析、归纳和总结、问题的能力的培养8如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于( )A浓盐酸和二氧化锰反应制取Cl2B浓氨水和生石灰反应制取NH3C浓硝酸与铜反应制取NO2D过氧化钠固体和水反应制取O2考点：常见气体制备原理及装置选择 专题：实验题分析：从反应装置分析知，该装置属于固液混合不加热型装置，所以只能制取固液混合不加热得到的气体；从收集装置分析知，该气体不溶于水，和水不反应解答：解：A用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，且生成的氯气能和水反应，所以不能用排水法收集，故A错误； B用生石灰
38、和浓氨水制取氨气不需加热，但氨气易溶于水，所以不能用排水法收集，故B错误；CNO2能与水反应生成一氧化氮，不能用排水法收集，故C错误；D用过氧化钠固体和水制取氧气不需加热，且氧气不易溶于水，所以可以用该实验装置制取氧气，故D正确故选D点评：本题考查了实验装置的选取，根据反应物状态和反应条件选取反应装置，根据气体的性质选取收集装置，难度不大9为防止有机物挥发，可加一层水保存，即水封下列有机物中，既能用水封法保存，又能发生水解和消去反应的是( )A乙醇B一溴乙烷C乙酸乙酯D四氯化碳考点：卤代烃简介；乙醇的化学性质 分析：乙醇、溴乙烷、乙酸乙酯均易挥发，含Cl、COOC的有机物可发生水解反应，含0C
39、lOH的有机物可发生消去反应，以此来解答解答：解：A乙醇易挥发，但与水以任意比互溶，不能水封法保存，且乙醇能发生消去反应，不能发生水解反应，故A不选；B一溴乙烷易挥发，密度比水大，不溶于水，可用水封法保存，含Br，则能发生水解和消去反应，故B选；C乙酸乙酯的密度比水小，不能水封法保存，含COOC，可发生水解反应，但不能发生消去反应，故C不选；D四氯化碳不易挥发，含Cl，可发生水解反应，但只有一个C原子，不能发生消去反应，故D不选；故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，侧重有机反应的考查，注意消去反应具有的官能团及结构上与OH（Cl）相连C的邻位C上含H，选项D为易错点，题目难度不大10为了确
40、定某物质是否变质，所选试剂（括号内物质）错误的是( )ANa2SO3是否被氧化（BaCl2）BFeCl2是否被氧化（KSCN）CKI是否被氧化（淀粉溶液）D氯水是否失效（pH试纸）考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：物质检验鉴别题分析：A硫酸钡、亚硫酸钡都是不溶于水的白色沉淀；B铁离子能和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应；C碘与淀粉试液变蓝色；D次氯酸有漂白性，盐酸没有漂白性解答：解：A亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠与氯化钡溶液反应都生成白色沉淀，所以不能用氯化钡溶液检验亚硫酸钠是否变质，可以用盐酸酸化的氯化钡溶液检验，故A错误；
41、B氯化亚铁不稳定，易被氧化生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，氯化亚铁和硫氰化钾溶液不反应，所以可以用硫氰化钾溶液检验氯化亚铁是否变质，故B正确；C碘化钾易被氧化生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，碘化钾和淀粉试液不反应，所以可以用淀粉检验碘化钾是否变质，故C正确；D氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以次氯酸能使pH试纸褪色，次氯酸不稳定，易分解生成氯化氢和氧气，当氯水完全转化为为盐酸后，盐酸不能使pH试纸褪色，所以可以用pH试纸检验氯水是否失效，故D正确；故选A点评：本题考查了物质的检验及鉴别，明确物质的性质是解本题关键，根据物质特殊的反应现象来分析解答即可，知道铁离子、亚铁
42、离子、硫酸根离子、氯离子的检验方法和步骤及现象，注意A中不能用硝酸酸化的氯化钡检验亚硫酸钠是否变质，硝酸能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠而影响检验，为易错点11用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术已知反应Fe2O3+3Na2O2 2Na2FeO4+Na2O，下列说法正确的是( )ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物C3 mol Na2O2发生反应，有12mol 电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀菌考点：氧化还原反应 分析：该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、
43、过氧化钠是氧化剂，再结合过氧化钠和转移电子之间的关系式计算解答：解：A该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，故A错误；B该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由1价变为2价，所以氧化铁是还原剂、过氧化钠是氧化剂，则Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B正确；C.3 mol Na2O2发生反应，转移电子的物质的量=3mol20（1）=6mol，故C错误；D在Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念及计算，明确元素化合价即可解答，注
44、意铁酸钠中铁元素化合价，易错选项是C12元素周期表的形式多种多样，如图是扇形元素周期表的一部分（136号元素），对比中学常见元素周期表思考扇形元素周期表的填充规律，下列说法不正确的是( )A、对应原子的半径依次减小B、的最高价氧化物对应的水化物能相互反应C元素为Fe元素，处于常见周期表第四周期第VIIIB族D可分别与、均可形成既含极性键又含非极性键的化合物考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由元素在周期表中的位置可知，为H、为Na、为C、为N、为O、为Mg、为Al、为S、为Cl、为Fe，A电子层结构相同核电荷数越大原子半径越小，电子层越多原子半径越大；
45、B氢氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应；C元素处于常见周期表第四周期第V族；DH与C、N、O可以形成C2H2、N2H4、H2O2，分子中都含有极性键、非极性键解答：解：由元素在周期表中的位置可知，为H、为Na、为C、为N、为O、为Mg、为Al、为S、为Cl、为Fe，A电子层结构相同核电荷数越大原子半径越小，电子层越多原子半径越大，故原子半径MgSCl，故A正确；B氢氧化铝为两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应，故B正确；C元素处于常见周期表第四周期第V族，故C错误；DH与C、N、O可以形成C2H2、N2H4、H2O2，分子中都含有极性键、非极性键，故D正确故选C点评：本题考查元素周期表及应用，侧
46、重元素的位置及性质的考查，注意B选项中氯化铝是共价化合物，属于分子晶体13如图是某有机物分子中C、H、O、N四种原子的成键方式示意图（短线表示单键或者双键）下列关于该有机物的说法正确的是A在一定条件下，可以通过聚合反应生成高分子化合物B分子式为C3H6NO2C能和NaOH溶液反应，但不能和盐酸溶液反应D不能和NaHCO3溶液反应生成CO2考点：有机化合物中碳的成键特征 专题：有机物的化学性质及推断分析：由球棍模型可知该有机物的结构简式为CH3CH（NH2）COOH，可确定有机物的分子式，该有机物分子中含有氨基和羧基，既能与酸反应，又能与碱反应，可发生缩聚反应生成多肽或高分子化合物解答：解：A、
47、该有机物分子中含有氨基和羧基，可发生缩聚反应生成高分子化合物，为聚合反应，故A正确；B、结构简式为CH3CH（NH2）COOH，分子式为C3H7NO2，故B错误；C、有机物中含有氨基，具有碱性，可与盐酸反应，故C错误；D、该有机物含有羧基，具有酸性，可与NaHCO3溶液反应，生成CO2，故D错误，故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，注意根据球棍模型判断有机物的结构简式，为解答该题的关键，注意有机物的官能团的性质14相同温度下，容积相同的甲、乙两个恒容密闭容器中均发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+197kJ 实验测得有关数据如下：下列判断中正确的是( ) 容器编号起始时
48、各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化/KJSO2O2SO3甲210放出热量：Q1乙1.80.90.2放出热量：Q2A两容器中反应的平衡常数不相等B达到平衡时SO2的体积分数：甲乙C197Q1Q2D生成1molSO3（l）时放出的热量等于98.5kJ考点：化学平衡的计算 专题：化学平衡专题分析：A平衡常数只受温度影响，对应同一反应，若温度相等，则平衡常数相等；B将乙中转化为到左边，SO2、O2的起始物质的量相当于2mol、1mol，甲、乙温度、体积相等，故二者为完全等效平衡；C该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，而甲中参加反应的二氧化硫较乙中多；D同种物质，液态的能量低于气态解答：
49、解：A甲、乙两个容器内温度相等，则平衡常数相等，故A错误；B将乙中转化为到左边，SO2、O2的起始物质的量相当于2mol、1mol，甲、乙温度、体积相等，故二者为完全等效平衡，平衡时SO2的体积分数相等，故B错误；C甲、乙为完全等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量相等，故甲中参加反应的二氧化硫更多，则放出热量：Q1Q2，由于该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，故197Q1，则放出热量：197Q1Q2，故C正确；D同种物质，液态的能量低于气态，生成液态二氧化硫放出的热量更多，即生成1molSO3（l）时放出的热量大于98.5kJ，故D错误，故选C点评：本题考查化学平衡有关计算、化学平衡常数、等效
50、平衡等，注意理解热化学方程式的意义，掌握等效平衡规律，难度中等15甲、乙、丙3个烧杯中分别装有稀H2SO4、CuCl2溶液、饱和食盐水，甲中电极为锌片和铜片，乙中电极为石墨棒C1、C2，丙中电极为石墨棒C3、铁片，电极之间用导线相连则下列叙述不正确的是( )A甲是化学能转变为电能，乙、丙是电能转变为化学能BC1、C2分别是阳极、阴极，锌片、C3上都发生氧化反应CC1和C3放出的气体相同，铜片和铁片放出的气体也相同D甲中溶液的pH逐渐升高，乙、丙中溶液的pH逐渐减小考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A、甲中锌片和铜片、稀硫酸构成原电池，则乙、丙为电解池；B、根据甲中锌片和铜片
51、、稀硫酸构成原电池，活泼金属锌为负极，铜为正极，所以C1、C2分别是阳极、阴极，C3、铁分别是阳极、阴极；C、根据B的分析，C1、C3都是阳极，都为氯离子失电子放出氯气，铜片为正极放出氢气、铁阴极氢离子得电子放出氢气；D、甲中锌片和铜片、稀硫酸构成原电池，氢离子得电子放出氢气，pH逐渐升高，乙电极氯化铜本身，pH基本不变，丙电极饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，pH逐渐升高解答：解：A、甲中锌片和铜片、稀硫酸构成原电池，则乙、丙为电解池，所以甲是化学能转变为电能，乙、丙是电能转变为化学能，故A正确；B、甲中锌片和铜片、稀硫酸构成原电池，活泼金属锌为负极发生氧化反应，铜为正极，所以C1、C2分别是阳极
52、、阴极，C3是阳极发生氧化反应，故B正确；C、由B的分析，C1、C3都是阳极，都为氯离子失电子放出氯气，铜片为正极放出氢气、铁阴极氢离子得电子放出氢气，故C正确；D、甲中锌片和铜片、稀硫酸构成原电池，氢离子得电子放出氢气，pH逐渐升高，乙电极氯化铜本身，pH基本不变，丙电极饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠，pH逐渐升高，故D错误故选D点评：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，注意根据装置的原理分析反应，题目难度不大16某废水含有下列离子中的5种（忽略水的电离及离子的水解），K+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Cl、CO32、NO3、SO42，测得各种离子的物质的量浓度相等为探究废水的组成，某同学
53、进行了如下实验：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变另取溶液加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成根据上述实验，以下推测正确的是( )A溶液中无法确定Al3+的存在与否B原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32C步骤中可以确定Fe2+、NO3的存在D步骤中共有2种钡盐沉淀考点：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：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明没有K+；另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无
54、色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3和还原性的Fe2+；若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有CO32或SO42，因为有Fe2+，Fe2+与CO32不能共存，所以没有CO32；则溶液中的离子有Fe2+、NO3、SO42，已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外的阳离子Cu2+或Al3+，若有Cu2+，阳离子的电荷多还须有Cl，若有Al3+，阴离子加上Cl，电荷仍不守恒；所以根据电荷守恒可知还有Cu2+、Cl，所以原溶液中所含的离子为：Cu2+、Fe2+、Cl、NO3、SO42，一定不含：K+、Al3+、CO32离子据此分析选
55、项解答：解：用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察无紫色火焰，则说明没有K+；另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3和还原性的Fe2+；若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有CO32或SO42，因为有Fe2+，Fe2+与CO32不能共存，所以没有CO32；则溶液中的离子有Fe2+、NO3、SO42，已知各种离子的物质的量浓度相等，阴离子电荷比阳离子电荷多，所以还有另外的阳离子Cu2+或Al3+，若有Cu2+，阳离子的电荷多还须有Cl，若有Al3+，阴离子加上Cl，电荷仍不守恒；所以根据电荷守恒可知还
56、有Cu2+、Cl，所以原溶液中所含的离子为：Cu2+、Fe2+、Cl、NO3、SO42，一定不含：K+、Al3+、CO32离子；A根据以上分析可确定一定无Al3+的存在，故A错误；B根据以上分析，原溶液中不含的离子为：K+、Al3+、CO32，故B正确；C另取溶液加入足量稀盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，则说明含有具有氧化性的NO3和还原性的Fe2+，故C正确；D另取溶液加入BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选BC点评：本题考查了离子检验的实验方法和反应现象分析，掌握离子性质和溶液中电荷守恒计算判断存在的离子是解题关键，题目难度较大17测定Na2CO3和NaHCO3
57、混合物中Na2CO3的质量分数x%可采取不同的方法，取a克样品与一定量稀盐酸（过量）充分反应后，下列说法正确的是( )A逸出气体若用碱石灰吸收，增重b克，则x偏小B把所得溶液加热蒸干并灼烧至恒重，得c克固体，若灼烧时有固体飞溅出去，x偏大C某NaOH标准溶液露置于空气中一段时间后，以甲基橙为指示剂滴定上述反应后的溶液，则x偏小D产生的气体冷却至室温后，若测定其体积时未调平量气管和水准管内液面，则x偏小考点：钠的重要化合物；探究物质的组成或测量物质的含量 专题：几种重要的金属及其化合物分析：Na2CO3和NaHCO3与HCl反应的方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；Na
58、HCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可见，等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3产生的CO2多A由于逸出气体中含有水蒸汽，若用碱石灰吸收，增重的质量还含有水蒸汽的质量，碱石灰增加的质量越多，根据其数值计算的CO2就多，NaHCO3含量就越高，因此测定混合物中Na2CO3的质量分数偏小；B在加热蒸干后得到的固体中含Na2CO3和NaHCO3灼烧时发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O蒸干过程中即使未搅拌，在灼烧时也会把结晶水及溶剂水蒸发掉，所以对所测Na2CO3的质量分数无影响；C某NaOH标准溶液露置于空气，会有一部分发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+
59、H2O若以甲基橙为指示剂，由于它的变色点为4.4，此时Na2CO3、NaOH都会与HCl发生反应，所以对所测Na2CO3的质量分数无影响；D若测定其体积时忘记调平量气管和水准管内液面，则V（CO2）偏小，NaHCO3含量就偏少，故导致Na2CO3的质量分数偏大解答：解：Na2CO3和NaHCO3与HCl反应的方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可见，等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3产生的CO2多A由于逸出气体中含有水蒸汽，若用碱石灰吸收，增重的质量还含有水蒸汽的质量，碱石灰增加的质量越多，根据其数值计算的C
60、O2就多，NaHCO3含量就越高，因此测定混合物中Na2CO3的质量分数偏小，故A正确；B在加热蒸干后得到的固体中含Na2CO3和NaHCO3灼烧时发生分解反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O蒸干过程中即使未搅拌，在灼烧时也会把结晶水及溶剂水蒸发掉，所以对所测Na2CO3的质量分数无影响，故B错误；C某NaOH标准溶液露置于空气，会有一部分发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O若以甲基橙为指示剂，由于它的变色点为4.4，此时Na2CO3、NaOH都会与HCl发生反应，所以对所测Na2CO3的质量分数无影响，故C错误；D若测定其体积时忘记调平量气管和水准管内液面，则V（CO
61、2）偏小，NaHCO3含量就偏少，故导致Na2CO3的质量分数偏大，故D错误；故选：A点评：本题考查Na2CO3和NaHCO3的性质及各种实验方法测定含量的误差分析的知识，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累三选择题（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为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3 溶液，再分别滴加用如图所示的试剂对实验现象的“解释或结论”错误的是( )选项实验现象解释或结论Aa中溶液褪色还原性：
62、SO32IBb中加硫酸后产生淡黄色沉淀SO32和S2在酸性条件下发生反应Cc中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去SO32+H2OHSO3+OH，所以滴入酚酞变红；Ba2+SO32BaSO3（白），使水解平衡左移，红色褪去Dd中产生白色沉淀Na2SO3溶液已被氧化变质AABBCCDD考点：含硫物质的性质及综合应用 专题：氧族元素分析：A、Na2SO3溶液中亚硫酸钠具有还原性和碘单质反应生成硫酸钠；B、Na2SO3溶液与硫化钠、硫酸溶液发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质沉淀；C、Na2SO3溶液水解显碱性，使酚酞变红，加入氯化钡会结合亚硫酸根离子形成亚硫酸钡沉淀，水解平衡逆
63、向进行，氢氧根离子浓度减小红色褪去；D、亚硫酸钠具有还原性，能被硝酸氧化为硫酸钠，硫酸钠可以和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于盐酸解答：解：A、Na2SO3溶液中亚硫酸钠具有还原性，可以和碘单质反应生成硫酸钠、碘化钠，亚硫酸钠做还原剂，碘化钠是还原产物，所以还原性：SO32I，故A错误；B、Na2SO3溶液中硫元素是+4价，硫化钠中硫元素是2价，二者可以和硫酸溶液发生氧化还原反应，硫元素归中到0价，即生成淡黄色硫单质沉淀，故B正确；C、Na2SO3溶液亚硫酸根离子水解显碱性，该溶液会使酚酞变红，加入氯化钡会结合亚硫酸根离子形成亚硫酸钡沉淀，水解平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，碱性逐渐消
64、失，所以红色褪去，故C正确；D、亚硫酸钠具有还原性，加入盐酸酸化的硝酸钡，即相当于加入了硝酸，亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根，硫酸根离子可以和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于硝酸，所以实验证明的是亚硫酸根离子的还原性，是被硝酸氧化的缘故，故D错误故选AD点评：本题考查学生含硫元素的化合物的性质，注意亚硫酸根离子、硫离子的强还原性，综合性强，难度不大19常温下在20mL 0l molL1 Na2A溶液（pH=11）中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，溶液的pH逐渐降低，下列说法一定正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）( )A当盐酸加入10mL时，溶液中c（Na+）=2 c（HA）+2c（A2
65、）+2 c（H2A）B当盐酸加入20mL时，溶液中c（Na+）c（Cl）c（HA）c（H+）c（OH）C当盐酸加入20mL时，溶液中HA的数目小于0.002NAD当盐酸加入40mL时，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+c（A2）+c（Cl）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用 专题：盐类的水解专题分析：Na2A的物质的量为：0.1mol/L0.02L=0.002mol，A当盐酸加入10mL时，根据混合液中的物料守恒分析；B当盐酸加入20mL时，此时溶质为NaHA，由于无法判HA的水解程度与电离程度大小，则无法判断溶液酸碱性；C当盐酸加入20mL时，此时溶质为NaHA，
66、由于HA部分电离或水解，则HA的物质的量小于0.002mol；D电荷守恒中c（A2）系数错误，应该为2解答：解：A当盐酸加入10mL时，加入的氯化氢不影响钠离子和A元素的关系，根据物料守恒可得：c（Na+）=2 c（HA）+2c（A2）+2 c（H2A），故A正确；B当盐酸加入20mL时，此时溶质为NaHA，由于无法判HA的水解程度与电离程度大小，则无法判断溶液的酸碱性，则无法比较c（H+）、c（OH）大小，故B错误；C当盐酸加入20mL时，此时溶质为NaHA，由于HA部分电离或水解，则HA的物质的量小于0.002mol，溶液中HA的数目小于0.002NA，故C正确；D根据混合液中的电荷守恒可
67、得：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2）+c（Cl），故D错误；故选AC点评：本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确反应过程是解本题关键，结合电荷守恒和物料守恒来分析解答即可，试题培养了学生的分析、理解能力20已知某高聚物的结构式是，其单体的名称为( )A氯乙烯、乙烯和甲基丙烯酸甲酯B2氯1，3丁二烯和丁烯酸甲酯C3氯1，3丁二烯和丙烯酸甲酯D2甲基丙烯酸甲酯和2氯1，3丁二烯考点：聚合反应与酯化反应 专题：有机反应分析：由高聚物结构简式的可知，主链含有6个C原子，没有其它杂原子，其中含有1个C=C双键，为二烯烃与烯烃的加聚反应产物，据此解答解答：解：由高聚
68、物的结构可知，主链含有6个C原子，在2号碳上含有1个氯原子，还原双键后2个碳之间是2甲基丙烯酸甲酯，故其单体为：2甲基丙烯酸甲酯和2氯1，3丁二烯，故选D点评：本题考查高分子化合物的结构、有机物的命名等，难度中等，关键是根据高分子链节，结合单体间发生的反应机理来判断其单体21将0.2mol/L的FeBr2与0.1mol/L FeI2溶液等体积混合后，慢慢通入一定体积的氯气，可能发生的离子反应方程式为( )ACl2+2Fe2+2Cl+2Fe3+B2Cl2+2Fe2+2I=2Fe3+4Cl+I2C3Cl2+2Fe2+4Br2Fe3+6Cl+2Br2D6Cl2+6Fe2+4I+2Br=6Fe3+12
69、Cl+2I2+Br2考点：氧化还原反应的计算 专题：卤族元素分析：Cl2既可氧化I为I2，也可氧化Br为Br2，也可氧化Fe2+为Fe3+，因还原性IFe2+Br，所以通入氯气，首先氧化I，然后氧化Fe2+，最后氧化Br，结合电子守恒来解答解答：解：A因还原性IFe2+Br，通入氯气后，碘离子优先反应，亚铁离子若被氯气氧化，则碘离子一定反应完全，不可能只发生反应Fe2+Cl2Fe3+2Cl，故A错误；B0.2mol/L的FeBr2与0.1mol/L FeI2溶液等体积混合后，n（FeBr2）：n（FeI2）=2：1，若n（FeBr2）：n（FeI2）：n（Cl2）=2：1：2时，由电子守恒可知
70、，I全部被氧化，Fe2+部分氧化，则2Cl2+2Fe2+2I=2Fe3+4Cl+I2，故B正确；C还原性IFe2+Br，3Cl2+2Fe2+4Br2Fe3+6Cl+2Br2中，I没有先被氧化，不符合氧化的先后顺序，故C错误；D0.2mol/L的FeBr2与0.1mol/L FeI2溶液等体积混合后，n（FeBr2）：n（FeI2）=2：1=4：2，若n（FeBr2）：n（FeI2）：n（Cl2）=4：2：6时，由电子守恒可知，I、Fe2+全部被氧化，Br部分被氧化，发生6Cl2+6Fe2+4I+2Br=6Fe3+12Cl+2I2+Br2，故D正确；故选BD点评：本题考查氧化还原反应计算及离子反
71、应，为高频考点，把握氧化的先后顺序及电子守恒为解答的关键，侧重分析、计算及应用能力的考查，题目难度中等22向13.6gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.25L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，反应后溶液恰好呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为19.6g，下列说法不正确的是( )ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2 mol/LCCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3的物质的量为0.5molD产生的NO在标准状况下的体积为2.24L考点：有关混合物反应的计算 专题：守恒法分析：向所得溶液中加入0
72、.5mol/L 的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L1L=0.5ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.2mol，A设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算，然后计算出Cu和O的物质的量之比；B根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（N
73、aNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算；D根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积解答：解：向所得溶液中加入0.5mol/L 的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH
74、）=0.5mol/L1L=0.5ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.2mol，A设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n（Cu）：n（Cu2O）=0.1mol：0.05mol=2：1，故A正确；B根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（
75、Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.1mol+20.05mol，解得n（NO）=0.1mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L1L=0.5ml，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：=2.4mol/L，故B错误；C反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nCu（NO3）2=0.5mol20.
76、2mol=0.1mol，故C错误；D由B中计算可知n（NO）=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol22.4L/mol：2.24L，故D正确；故选BC点评：本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，题目难度较大，明确反应过程、充分利用守恒计算是解题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力四、（共10分）23铅是一种金属元素，可用作耐酸腐蚀、蓄电池等的材料其合金可作铅字、轴承、电缆包皮之用，还可做体育运动器材铅球等（1）铅元素位于元素周期表第六周期IVAIVA中原子序数最小的元素的原子有6种能量不同的电子，其次外层的电子云有3种不同的伸展方向（2）与铅同主族的短周
77、期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是H2CO3（填化学式），气态氢化物沸点最低的是CH4（填化学式）（3）配平下列化学反应方程式，把系数以及相关物质（写化学式）填写在空格上，并标出电子转移的方向和数目5PbO2+2MnSO4+6HNO32HMnO4+3Pb（NO3）2+2PbSO4+2H2O（4）把反应后的溶液稀释到1L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6molL1，则反应中转移的电子数为2NA个（5）根据上述反应，判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是BAPbO2+4HClPbCl4+2H2O BPbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2OCPbO2+2HCl+2H+PbCl
78、2+2H2O DPbO2+4HClPbCl2+2OH考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；位置结构性质的相互关系应用；氧化还原反应方程式的配平 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）原子核外各电子的运动状态都不相同，所以原子核外有几个电子就有几种运动状态；C的次外层为p轨道，含有x、y、z三种不同的伸展方向；（2）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强；同一主族元素中，氢化物的相对分子质量越大，分子间作用力越大，其沸点越高；（3）根据氧化还原反应中化合价升降相等配平，然后利用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目；（4
79、）根据n=cV计算出铅离子的物质的量，根据反应计算出硫酸铅的物质的量，再根据化合价变化计算出转移电子的物质的量及数目；（5）根据（3）可知二氧化铅的氧化性大于氯气，二氧化铅与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化铅、氯气和水，据此进行判断解答：解；（1）IVA中原子序数最小的元素为C，C原子核外有6个电子，所以有6种运动状态；C的次外层为p轨道，存在3种不同的伸展方向，故答案为：6；3；（2）IVA中非金属性最强的为C，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该物质为碳酸，其化学式为：H2CO3；IVA族元素中，CH4的相对分子质量最小，则其沸点最低，故答案为：H2CO3；CH4；（3）PbO2中Pb
80、的化合价从+4变为+2价，化合价降低2价；MnSO4中锰元素化合价从+2变为+7，化合价升高5价，则化合价变化的最小公倍数为10，所以二氧化铅的系数为5，硫酸锰的稀释为2，然后利用质量守恒定律可知生成物中未知物为H2O，配平后的反应为：5Pb2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb（NO3）2+2PbSO4+2H2O，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：，故答案为：5； 2； 6； 2； 3； 2； 2H2O； ；（4）把反应后的溶液稀释到1L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6molL1，则反应生成铅离子的物质的量为：0.6molL11L=0.6mol，硫酸铅中铅离子的物质的量为0.
81、4mol，则反应中转移电子的物质的量为：（0.6+0.4）mol（42）=2mol，反应转移电子的数目为2NA，故答案为：2NA；（5）根据（3）可知二氧化铅的氧化性大于高锰酸，而高锰酸能够氧化氯离子，所以二氧化铅能够氧化氯离子，二者反应的化学方程式为：PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O，故B正确，故答案为：B点评：本题考查了原子结构与元素周期律的关系、氧化还原反应的配平及其综合应用，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，明确氧化还原反应配平原则，能够利用单线桥或双线桥法分析电子转移的方向和数目五、（共12分）24氨气是化工生产的
82、主要原料之一，氨气的用途非常广泛在一固定容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，发生如下反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+Q（Q0）（1）该反应所用的催化剂是铁触媒（填写名称）；该反应450时的平衡常数500时的平衡常数（填“”、“”或“=”）（2）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是BDA3V正（H2）=2V逆（NH3） B容器中气体的平均分子量不随时间而变化C容器中气体的密度不随时间而变化 D容器中气体的分子总数不随时间而变化（3）上述反应若第5分钟时达到平衡，测得NH3的物质的量为0.2mol计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v（N2）为0.01m
83、ol/（Lmin）（4）在另一容积可变的容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在相同条件下发生上述反应，则产生的NH3的物质的量比原平衡产生的NH3多（填“多”或“少”或”“一样”）（5）工厂生产的氨水稀释后可作肥料稀释氨水时，随着水的增加溶液中减少的是bda、 b、 C、 d、（6）液氨和水类似，也能电离：2NH3NH4+NH2，某温度时，其离子积K=2l030该温度下：将少量NH4Cl固体加入液氨中，K=21030（填“”、“”或“=”）；将少量金属钠投入液氨中，完全反应后所得溶液中各微粒的浓度大小关系为：c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+）考点：化学平衡状态的判
84、断；化学平衡常数的含义 专题：化学平衡专题分析：（1）工业合成氨的催化剂是以铁为载体的催化剂为铁触媒，反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小；（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；（3）依据反应速率概念计算氨气的反应速率，结合速率之比等于化学方程式系数之比换算得到氮气的反应速率；（4）减小压强，平衡向着气体体积减小的方向移动；（5）NH3H2ONH4+OH，用水稀释促进电离，平衡正向移动，n（NH3H2O）减少，n（NH4+）增加，加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH）、c（NH3H2O）、c（NH4+）都减
85、小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（H+）增大；（6）K是温度的函数，温度不变K值不变；将少量金属钠投入液氨中，2NH4+2Na=NH3+2Na+H2，导致平衡正向移动，所以离子浓度大小关系为：c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+）解答：解：（1）工业合成氨的催化剂是以铁为载体的催化剂为铁触媒，反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，反应450的平衡常数大于500时的平衡常数，故答案为：铁触媒；（2）A化学反应速率之比等于系数之比，当2v正（H2）=3v逆（NH3）才证明平衡，故A错误；B容器中气体的平均相对分子量=，总物质的量对于该反应来说是变化的，当总物质的量
86、不变化了，即平均相对分子量不变化了，达到平衡，故B正确；C容器中气体的密度=，总质量不变，体积不变，故密度始终是不随时间而变化的一个定值，故C错误；D容器中气体的分子总数不随时间而变化证明各组分浓度保持不变了，故D正确；故答案为：BD；（3）如上述反应若第5分钟时达到平衡，测得NH3的物质的量为0.2mol计算从反应开始到平衡时，氨气的反应速V（HN3）=0.02mol/Lmin，反应速率之比等于化学方程式系数之比，平均反应速率v（N2）=0.5V（HN3）=0.01mol/（Lmin），故答案为：0.01 mol/（Lmin）；（4）N2（g）+3H2（g）2NH3（g），随着反应的进行，气
87、体的物质的量减小，体系的压强减小，在另一容积可变的容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在相同条件下发生上述反应，随着反应的进行，体系的压强不变，与原平衡相比，相当于增大压强，平衡正向移动，故产生的NH3的物质的量比原平衡产生的NH3多，故答案为：多；（5）a稀释氨水时，电离平衡正向移动，故的值增大，故a错误；b稀释氨水时，电离平衡正向移动，故的值减小，故b正确；c稀释氨水时，氢氧根离子和铵根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，故的值增大，故c错误；d稀释氨水时，氢氧根离子和铵根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，故的值减小，故d正确；故答案为：bd；（6）K是温度的函数，温度不变K值
88、不变，故答案为：=；2NH3NH4+NH2，将少量金属钠投入液氨中，2NH4+2Na=NH3+2Na+H2，平衡正向移动，所以离子浓度大小关系为c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+），故答案为：c（NH3）c（NH2）c（Na+）c（NH4+）点评：本题考查化学平衡标志的分析判断，化学反应速率概念分析应用，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，弱电解质的电离等知识，综合性较强，难度较大明确化学平衡的特征及弱电解质电离特点是解本题的关键六、（共12分）25二氧化氯（ClO2）气体是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水制备方法如下：（1）步骤：电解食盐水制备氯酸钠用于电解的
89、食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去（2）步骤：将步骤得到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2与Cl2，该气体的物质的量比是2：1某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒温在60时反应制得（3）反应过程中需要对A容器进行加热，加热的方式为水浴加热；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有温度计、大烧杯；（4）反应后在装置C中可得亚氯酸钠（NaClO2）溶液
90、已知NaClO2饱和溶液在温度低于38时，析出的晶体是NaClO23H2O，在温度高于38时析出的是NaClO2根据图2所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：蒸发浓缩；冷却（大于38）结晶；洗涤；干燥（5）目前我国已成功研制出利用NaClO2制取二氧化氯的新方法，将Cl2通入到NaClO2溶液中，现制取270kg二氧化氯，需要亚氯酸钠的质量是362kg（6）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN氧化为无毒物质，自身被还原为Cl处理含CN相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍考点：制备实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合
91、应用；粗盐提纯 专题：卤族元素分析：（1）盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子（2）根据NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2的反应可知，生成每摩尔Cl2失去2mol电子，而生成每摩尔ClO2得到1mol电子，根据电子得失守恒计算；（3）工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得ClO2、K2CO3和CO2，所以反应要用水浴加热；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（5）根据反应方程式进行计算；（6）处理含CN相同量的电镀废水时，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔
92、ClO2得到5mol电子，故为2.5倍解答：解：（1）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3，和NaOH溶液，充分反应后将沉淀一并滤去；故答案为：BaCl2；Na2CO3；（2）根据NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2的反应可知，生成每摩尔Cl2失去2mol电子，而生成每摩尔ClO2得到1
93、mol电子，根据电子得失守恒可知，生成ClO2与Cl2的物质的量比是2：1，故答案为：2：1；（3）工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60时反应制得ClO2、K2CO3和CO2，所以反应要用水浴加热，为了准确测量水浴的温度需要用温度计，另外水浴装置中除酒精灯外，还需要用大烧杯，故答案为：水浴加热；温度计、大烧杯；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发浓缩、冷却（大于38）结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，趁热过滤；用3860热水洗涤；低于60干燥；故答案为：蒸发浓缩； 冷却（大于38）结晶；（5）设亚氯酸钠的质量是为xkg， 根据反应 2NaClO
94、2+Cl2=2NaCl+2ClO2 181 135 x 270kg所以x=362故答案为：362kg；（6）处理含CN相同量的电镀废水时，每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5点评：本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应电子转移计算，化学实验基本方法（除杂）等相关知识，题目难度中等，注意把握物质的分离、提纯操作方法，题目难度不大，该部分内容是2015届高考的热点，掌握基础是关键七、（共14分）26工业上常用铁质容器盛装冷的浓硫酸为研究铁质材料与浓硫酸的反应，某学习小组进行了以下探究活动：探究一（1）甲同学将已
95、去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是铁表面被钝化（2）甲同学另称取铁钉10.0g放入25.0ml浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y甲同学认为X中可能含有Fe3+也可能含有Fe2+若要确认此结论，应用ad（选填序号）aKSCN溶液 b铁粉和KSCN溶液 c氨水 d酸性KMnO4溶液（3）乙同学取448ml（标准状况）气体Y通入足量溴水中，溴水褪色，发生反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g由此推知气体Y中SO2的体
96、积分数为50%探究二分析乙同学实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中除水蒸气外还可能含有Z和W气体为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）（4）装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽（5）丙同学认为用上图中的D、E、F装置可证明气体Y中还含有Z，则Z气体为H2（化学式），证明Z气体的实验现象为黑色固体变红，且无水硫酸铜变蓝； F装置的作用是防止空气中水进入到E（6）认为气体Y中还含有W的理由是C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O（用化学方程式表示）为确认W的存在，需在装置中添加M于c（选填序号）aA之前 bAB间 cBC间 dCD间考点：浓硫酸的性质实验；铁的化学性质
97、 专题：氧族元素分析：（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化；（2）检验Fe3+，可以选用硫氰化钾溶液，检验Fe2+，可利用+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色来检验；（3）生成的SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，利用硫元素的守恒，结合关系式：SO2BaSO4求出SO2的体积分数；（4）二氧化硫能使品红溶液褪色，从而检验二氧化硫是否除尽；（5）根据装置D、E中的药品及铁与稀硫酸反应会生成氢气分析；当氧化铜变成红色、无水硫酸铜变蓝则证明存在氢气；空气中水分加入装置E，会干扰实验中对水的测定；（6）铁钉中含有碳元素，
98、碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫气体；二氧化碳能够被碱石灰吸收，所以应该放在品红溶液之后、碱石灰之前的位置解答：解：（1）铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁表面被钝化；（2）铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化钾，则检验Fe3+可以选用硫氰化钾溶液；+2价亚铁离子能使酸化的高锰酸钾褪色，则具有亚铁离子可以用酸性高锰酸钾溶液，所以ad正确，故答案为：ad；（3）SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；n（混合气体）=0.02mol，SO2BaSO41mol 2
99、33gn 2.33gn=0.01mol，相同条件下气体得到体积之比等于物质的量之比，则混合气体中SO2的体积分数为：100%=50%，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；50%；（4）A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫，故答案为：检验SO2是否除尽；（5）稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，D、E、F装置可以证明的Z为氢气；氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成，若黑色固体变红，且无水硫酸铜变蓝，则证明混合气体中含有氢气；装置E用于检验是否有水生成，空气中的水分干扰该实验，所以装置F的作用是
100、防止空气中水进入到E，故答案为：H2；黑色固体变红，且无水硫酸铜变蓝；防止空气中水进入到E； （6）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；W为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，影响了对二氧化碳的测定；又由于二氧化碳能够被碱石灰吸收，所以装置M应该放在品红溶液之后、碱石灰之前的位置，即BC间，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；c点评：本题综合考查元素化合物知识、提出假设并设计实验方案的能力和文字表达能力，题目难度中等，试题开放性较强，涉及浓硫酸
101、的强氧化性，C、S与Fe及其化合物的性质，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力八、（共13分）273羟基丁酸 （3hydroxybutyrate） 也称为羟基丁酸 （betahydroxybutyrate），在工业中可用于合成可生物降解的塑料，如聚（3羟基丁酸）已知：i共轭二烯烃（如异戊二烯）与含有碳碳叁键的有机物作用时能形成环状化合物：iiiii步骤只有一种产物；E的结构中含有甲基（1）A分子结构简式；理论上B也可以由1，3丁二烯与烃F来合成，则F的名称（系统命名法）：2丁炔；C中含有的官能团是、COOH（用符号表示）（2）写出反应类型：氧化反应，缩聚反应（3）PHB无（填“有”
102、或“无”）固定熔沸点；它与E不互为（填“互为”或“不互为”）同分异构体下列有机物具有类似共轭二烯烃性质的是bd（填序号）；abcd（4）写出反应的化学方程式CH3CH（OH）CH2COOHCH3CH=CHCOOH+H2O考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：由转化关系可知，B发生信息ii反应生成C，C与氢气发生反应生成3羟基丁酸，逆推可得C为CH3COCH2COOH，A与CHCH发生信息i反应生成B，则B为，A为3羟基丁酸也可以通过两步反应形成另一种高聚物E，则应先发生消去反应生成CH3CH=CHCOOH，CH3CH=CHCOOH发生加聚反应得到E，故E为；故3羟基丁酸通过酯化
103、反应进行的缩聚反应反应生成PHB，则PHB为，据此解答解答：解：由转化关系可知，B发生信息ii反应生成C，C与氢气发生反应生成3羟基丁酸，逆推可得C为CH3COCH2COOH，A与CHCH发生信息i反应生成B，则B为，A为3羟基丁酸也可以通过两步反应形成另一种高聚物E，则应先发生消去反应生成CH3CH=CHCOOH，CH3CH=CHCOOH发生加聚反应得到E，故E为；故3羟基丁酸通过酯化反应进行的缩聚反应反应生成PHB，则PHB为，（1）由上述分析可知，A为，B为，可以由1，3丁二烯与CH3CCCH3通过加成反应合成，所以F为CH3CCCH3，F的名称2丁炔，C为CH3COCH2COOH，含有
104、的官能团是、COOH，故答案为：；2丁炔；、COOH；（2）反应属于氧化反应，反应属于缩聚反应，故答案为：氧化反应；缩聚反应；（3）PHB是高聚物，分子中n值不同，为混合物，没有固定的熔点；PHB与E都属于高聚物，但n值不同，二者不是同分异构体，C=C双键通过CC单键连接，具有类似共轭二烯烃性质，a中不含不饱和键，不具有类似共轭二烯烃性质，故a不符合；b中存在C=C双键通过CC单键连接，具有类似共轭二烯烃性质，故b符合；c中不存在C=C双键通过CC单键连接，不具有类似共轭二烯烃性质，故c不符合；d中存在C=C双键通过CC单键连接，具有类似共轭二烯烃性质，故d符合；故答案为：无；不互为；bd；（
105、4）反应为：CH3CH（OH）CH2COOHCH3CH=CHCOOH+H2O，故答案为：CH3CH（OH）CH2COOHCH3CH=CHCOOH+H2O点评：本题考查有机物的推断与合成，难度中等，需要学生对给予的选项进行利用，是有机题目热点题型，理解给予的信息是解题的关键，是对学生综合能力的考查，注意掌握官能团的性质九、（共11分）29布噁布洛芬是一种消炎镇痛的药物它的工业合成路线如下：请回答下列问题：（1）A长期暴露在空气中会变质，其原因是酚类化合物易被空气中的O2氧化（2）BC反应类型为还原反应，EF反应中生成的无机产物为HCl与H2O（3）由A到B的反应通常在低温时进行温度升高时，多硝基
106、取代副产物会增多，最可能生成的二硝基取代物是下列物质中的a（填字母）（4）D的结构简式；D的同分异构体H是一种氨基酸，能使FeCl3溶液显紫色，而且苯环上只有两个取代基，它在苯环上的一卤代物只有两种，则H的结构简式是（5）写出以为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如图：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成 专题：有机化合物的获得与应用分析：（1）根据苯酚在空气中易被氧化而显粉红色这一现象，可以推知含有酚羟基物质的不稳定性；（2）根据BC反应的条件可知，该反应为还原反应，利用元素守恒可知EF反应中生成的无机产物；（3）根据一硝基取代物可知，硝
107、基取代位置在酚羟基所连碳的邻位，由邻、对位取代原理解答；（4）由B的结构及C的分子式可知，B中的硝基被还原为氨基，故C为，结合C、E的结构及D的分子式可知，C中CN水解为COOH，故D为，D的同分异构体H是一种氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成对苯二甲酸，由于酚羟基易被氧化，故H中取代基为HOCH2、CH（NH2）COOH，处于对位位置；（5）以为原料制备，可以先在的间位引入硝基，再还原成氨基，然后将CN在酸性条件下水解得羧基即可得产品解答：解：（1）根据苯酚在空气中易被氧化而显粉红色这一现象，可以推知酚类化合物易被空气中的O2氧化，故A长期暴露在空气中会变质，故答案为：酚类化合物易被空气
108、中的O2氧化；（2）根据BC反应的条件可知，该反应为还原反应，利用元素守恒可知EF反应中生成的无机产物为 HCl与H2O，故答案为：还原反应；HCl与H2O；（3）根据一硝基取代物可知，硝基取代位置在酚羟基所连碳的邻位，由邻、对位取代原理可知a物质最有可能生成，故答案为：a；（4）由B的结构及C的分子式可知，B中的硝基被还原为氨基，故C为，结合C、E的结构及D的分子式可知，C中CN水解为COOH，故D为，D的同分异构体H是一种氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成对苯二甲酸，由于酚羟基易被氧化，故H中取代基为HOCH2、CH（NH2）COOH，处于对位位置，H的结构简式是，故答案为：；（5）以
109、为原料制备，可以先在的间位引入硝基，再还原成氨基，然后将CN在酸性条件下水解得羧基即可得产品，合成路线为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断与合成，充分利用合成路线中有机物的分子式、结构式，根据逆推法确定物质的结构，侧重考查学生的推理能力与分析、判断能力，难度中等十、（共12分）30有三种镁铝合金样品（组分比例不一定相同）、小奉、小贤、小红三同学各取一种样品，对合金中镁的质量分数进行下列实验探究：（1）小奉取样品m1g和过量的氢氧化钠溶液反应，然后过滤；再往滤液中通入过量的二氧化碳气体，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧，得到固体质量仍为m1g则合金中镁的质量分数为47.06%（保留小数点后面
110、2位）（2）小贤取样品m2g和足量的稀硫酸反应，发现固体完全溶解，标准状况下得到气体体积为VL，则m2的取值范围是0.80Vm21.07V（结果转化为最简分数）（3）小红取不同质量的样品分别和30mL同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体的体积（标准状况下测定）如下所示：实验序号abc合金质量（g）0.510.7650.918气体体积（mL）560672672求：、盐酸的物质的量浓度、合金中镁的质量分数、要使c组实验后剩余合金中的铝恰好完全溶解，还需向容器中加入1.0mol/L的氢氧化钠溶液多少毫升？考点：探究物质的组成或测量物质的含量；镁的化学性质；铝的化学性质 专题：实验探究和数据处理题
111、分析：（1）发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，得到的固体是氧化铝，反应前后质量不变，说明氧化铝中的氧元素质量分数等于镁元素质量分数；（2）采用极限法计算固体质量范围；（3）、先判断盐酸是否完全反应，若盐酸完全反应，根据氢气求出消耗的盐酸，再求出浓度；、根据表中数据可知，a组中金属完全反应，根据金属的总质量和生成氢气的物质的量列方程组，计算；、根据方程式中转化关系以及原子守恒计算解答：解：（1）发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、N
112、aAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）3、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，得到的固体是氧化铝，反应前后质量不变，说明氧化铝中的氧元素质量分数等于镁元素质量分数，则合金中镁元素的质量分数=100%=47.06%，故答案为：47.06%；（2）假设全部是Mg，设镁的质量为x，Mg+2H+=Mg2+H2 24g 22.4Lx VL=x=1.07V；假设合金全部是Al，设铝的质量是y，2Al+6H+=2Al2+3H254g 67.2Lyg VL=，y=0.80V，因为是两种金属的合金，所以0.80Vm1.07V；故答案为：0.80Vm1.07V；（3）、bc中生成的气体体积相同
113、，c中金属的质量较大，则c中盐酸反应完全，n（H2）=0.672/22.4=0.03 mol，则c（HCl）=2.0 molL1，答：盐酸的物质的量浓度2.0 molL1；、设合金中Mg、Al的物质的量分别为xmol、ymol，则有：24x+27y=0.510gx+y=解得：x=y=0.01 mol；则w（Mg）=100%=47.06%；答：合金中镁的质量分数为47.06%；、盐酸最终转化为NaCl，Al转化为NaAlO2，则由HClNaCl和AlNaAlO2可知n（NaCl）=n（HCl）=2.0 molL10.030 L=0.06 mol；n（NaAlO2）=n（Al）=0.01 mol918/510=0.018 mol；根据Na+守恒得：n（NaOH）=0.06 mol+0.018 mol=0.078 mol；故V（NaOH）=0.078 mol/1.0 molL1=0.078 L=78 mL；答：还需向容器中加入1.0mol/L的氢氧化钠溶液78ml点评：本题考查了合金的有关计算，明确物质之间的反应结合方程式来分析解答，注意根据反应方程式及结合原子守恒进行计算，题目难度较大高考资源网版权所有，侵权必究！