1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014年浙江省杭州高中高考化学模拟最后一卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2014杭州模拟）下列说法不正确的是（）A核磁共振仪、红外光谱仪、质谱仪、紫外光谱仪、元素分析仪、紫外可见分光光度计等都是定性或定量研究物质组成或结构的现代仪器B利用元素周期律，人们在过渡元素中寻找各种性能优良的催化剂，使反应的温度降低并提高反应物的转化率，从而起到很好的节能效果C化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础D垃圾焚烧法已成为许多城市垃圾处理的主要方法之一，利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，能较充
2、分的利用生活垃圾中的生物质能2（6分）（2014杭州模拟）下列说法正确的是（）A分液、蒸馏、渗析、层析及色谱法、钠融法等都是混合体系分离提纯常用的方法B检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液C以下六种无色溶液：医用酒精、福尔马林、蚁酸溶液、甘油溶液、葡萄糖溶液、稀硫酸，用新制Cu（OH）2悬浊液及简单的实验操作即可一一鉴别D淀粉与20%的硫酸混合溶液在沸水浴中充分加热后滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全3（6分）（2014杭州模拟）短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；A、
3、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子；A与C，B与D均为同主族元素下列叙述正确的是（）AB元素组成的一种单质具有漂白性，能使KMnO4溶液紫色褪去BB、D两种元素形成的一种化合物也具有一定的漂白性，能使紫色石蕊紫色褪去CC元素分别与A元素和B元素形成的化合物都是离子晶体，一定均与水反应生成强碱和无色气体DA2B的热稳定性强于A2D、沸点也高于A2D，但解释的理由不相同4（6分）（2014杭州模拟）下列说法不正确的是（）A实验证实环辛四烯（）可使Br2的CCl4溶液褪色，说明该分子中存在独立的碳碳单键和碳碳双键B已知视网醛的结构为 ，在它的同分异构体中属于萘（ ）的衍生物且能发生银镜反
4、应的不止一种C三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9D丙醇依次通过消去、加成、取代、去氢氧化、加氧氧化、还原反应可生成乳酸（2羟基丙酸）5（6分）（2014杭州模拟）2005年法拉利公司发布的敞篷车（法拉利Superam erica），其玻璃车顶采用了先进的电致变色系统，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成的五层膜材料（如图所示）其工作原理是：在外接电源（外加电场）下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法不正确的是（）A当A接外接电源负极时，Li+脱离离子存储层B当A接外接电源正极时，电致变色层发生反应为：LiWO3e=WO3+Li+
5、C当B接外接电源负极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光D该电致变色系统在较长时间的使用过程中离子导体层中Li+的量可保持基本不变6（6分）（2014杭州模拟）下列说法不正确的是（）A在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应生成Z，平衡后测得X、Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图1所示，则X与Y的反应方程式可表示为：X+3YnZB在25时，将amo1Ll的氨水与0.01 moIL1的盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）=c（C1），用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数：Kb=C某同学在实验室进行了如图2所示的实验，则Y中反应的离子方程式为：3Ca
6、CO3+2Fe3+3H2O2Fe（OH）3+3CO2+3Ca2+D将10ml 1 molL1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml 1 molL1盐酸中，滴加结束后生成的溶液中有：c（Na+）c（Cl）c（CO32）c（HCO3）7（6分）（2014浙江校级模拟）某校化学兴趣小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有钙、铁、铝三种金属元素【已知完全沉淀的pH：Ca（OH）2：pH13；Al（OH）3：pH5.5；Fe（OH）3：pH4.1】下列说法不正确的是（）A步骤加入6mol/L盐酸的主要目的是为了将茶叶灰分中的钙、铁、铝难溶性化合物转化为可溶性氯化物B步骤所得滤液中溶质的主要成分为：CaCl
7、2、NH3H2OC步骤可以检出钙元素存在，离子反应方程式为Ca2+C2O42CaC2O4D步骤中A试剂为KSCN溶液，离子反应方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2014杭州模拟）微电子工业中化合物A作为半导体、液晶和薄膜太阳能电池等生产过程中的蚀刻剂在对硅、氮化硅等材料进行蚀刻时具有非常优异的蚀刻速率和选择性，在被蚀刻物表面不留任何残留物，对表面无污染已知：化合物A由两种元素组成，常温下是一种无色、无臭的气体，能助燃，当温度超过350时会缓慢分解成两种气体单质，同温同压下气体A相对于某常见黄绿色气态单质的相对密度为1；化合物B与单质C在一定
8、条件下反应生成化合物A及化合物D，常温下A、B、C、D均为气体B、D的分子具有相同的电子总数，且均极易溶于水，D的水溶液显酸性常用来作玻璃雕刻的腐蚀液；C、A均能与水发生反应其中，C与水反应生成D溶液及气体单质F；而A与水反应则生成两种酸溶液及一种气态氧化物E（无色、有毒、难溶于水）（1）化合物B的结构式是，用相应的化学用语表示B溶于水并发生电离的过程（2）气体A不可燃但能助燃，故气体A的应远离火种且与还原剂、易燃或可燃物等分开存放结构决定性质，试从结构的角度加以分析：（3）以A对氮化硅（Si3N4）材料的蚀刻为例，用反应方程式来解释为什么在被蚀刻物表面不留任何残留物（4）“已知”中A与水发生
9、的反应属于氧化还原反应，若反应中生成的气态氧化物E标况下为448mL，则生成两种酸溶液中作为氧化产物的那种酸其物质的量为mol（5）设计实验证明D是一种弱电解质9（15分）（2014杭州模拟）汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5 kJmoll2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmoll则2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g） 的H=kJmoll（2）一定温度下，向体积为 1L的密闭
10、容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=a mol，且N2占平衡总体积的则该反应的平衡常数K=若保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入3a mol的N2、0.2mol的NO，平衡将移动（填“向左”、“向右”或“不”）下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡的是Av生成（CO2）=v消耗（CO） B混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变 DNO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化E单位时间内生成2n mol碳氧双键的同时消耗n molNN在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的，在其它条
11、件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态请在图1中补充画出t2t3t4时段，正反应速率的变化曲线：（3）如果要净化汽车尾气的同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是；A降低温度 B增大压强同时加催化剂C升高温度同时充入N2 D及时将CO2和N2从反应体系中移走（4）为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置净化装置里装有含Pd等过渡元素的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图2所示写出上述变化中的总化学反应方程式有人提出，可以设计反应2CO（g）=2C（s）+O2（g） 来消除CO的污染请你判断是否可行，并说出理由：10（14分）（2015浙江模拟）醋酸亚
12、铬水合物（Cr（CH3COO）2）22H2O，深红色晶体）是一种氧气吸收剂，通常以二聚体分子存在，不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的化学方程式如下：Zn（s）+2HCl（aq）=ZnCl2（aq）+H2（g）；2CrCl3（aq）+Zn（s）=2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）；2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+2H2O（l）=Cr（CH3COO）222H2O（s）请回答下列问题：（1）检查虚框内装置气密性的方法是（2）醋酸钠溶液应放在装置中（填写装置编号，下同）；盐酸应放在装置中；装置4的作用是（3）本实验中所有配制溶液的水需煮
13、沸，其原因是（4）将生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合时的操作是阀门A、阀门B （填“打开”或“关闭”）（5）本实验中锌粒须过量，其原因是（6）为洗涤Cr（CH3COO）2）22H2O产品，下列方法中最适合的是A先用盐酸洗，后用冷水洗 B先用冷水洗，后用乙醇洗C先用冷水洗，后用乙醚洗 D先用乙醇洗涤，后用乙醚洗11（15分）（2014杭州模拟）维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体合成路线如下：请回答下列问题：已知（1）下列有关说法不正确的是AA遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有6组峰B同样具有三个支链、且支链结构与B完全相同的，属于芳香族化合物的B
14、的同分异构除B外还有11种CC的分子式是C11H11NO6，且能发生取代、加成、氧化、还原反应DD难溶于水但能溶于热的NaOH浓溶液（2）反应的反应类型是：，反应时反应掉的官能团的名称（3）反应的化学方程式：反应加入K2CO3的作用是（4）反应中 （Boc）2O（分子式为C10H18O5）是由两分子C5H10O3（含“O”羧酸）脱水形成的酸酐，且（Boc）2O分子中氢原子化学环境只有1种，则（Boc）2O的结构简式（5）以甲苯为原料可合成，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）注：合成路线的书写格式参照如下示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH32014年浙江省杭州高中高考化学模
15、拟最后一卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2014杭州模拟）下列说法不正确的是（）A核磁共振仪、红外光谱仪、质谱仪、紫外光谱仪、元素分析仪、紫外可见分光光度计等都是定性或定量研究物质组成或结构的现代仪器B利用元素周期律，人们在过渡元素中寻找各种性能优良的催化剂，使反应的温度降低并提高反应物的转化率，从而起到很好的节能效果C化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础D垃圾焚烧法已成为许多城市垃圾处理的主要方法之一，利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，能较充分的利用生活垃圾中的生物质能考点：有机物实验式和
16、分子式的确定；化学史；常见的生活环境的污染及治理 专题：化学应用分析：A核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；红外光谱仪用于测定有机物的官能团；质谱法用于测定有机物的相对分子质量，紫外光谱仪、元素分析仪、紫外可见分光光度计等都是定量研究物质组成或结构的现代仪器；B催化剂能加快反应速率，但不能提高反应的转化率；C化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础；D垃圾焚烧发电或供热属于废物的再利用解答：解：A核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；红外光谱仪用于测定有机物的官能团；质谱法用于测定有机物的相对分子质量，紫外光谱仪、
17、元素分析仪、紫外可见分光光度计等都是定量研究物质组成或结构的现代仪器，故A正确；B催化剂能加快反应速率，但不能提高反应的转化率，故B错误；C化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础，故C正确；D垃圾焚烧发电或供热属于废物的再利用，故D正确；故选B点评：本题考查了化学史及环境问题，题目较基础要明确催化剂不能改变转化率2（6分）（2014杭州模拟）下列说法正确的是（）A分液、蒸馏、渗析、层析及色谱法、钠融法等都是混合体系分离提纯常用的方法B检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为：样品粉碎加水溶解过滤向滤液中滴加KSCN溶液C以下六种无
18、色溶液：医用酒精、福尔马林、蚁酸溶液、甘油溶液、葡萄糖溶液、稀硫酸，用新制Cu（OH）2悬浊液及简单的实验操作即可一一鉴别D淀粉与20%的硫酸混合溶液在沸水浴中充分加热后滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全考点：化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：实验评价题分析：A分液分离分层的液体，蒸馏分离沸点不同的液体，渗析分离提纯胶体，层析及色谱法称色谱分析、色谱分析法、层析法，是一种分离和分析方法，在分析化学、有机化学、生物化学等领域有着非常广泛的应用；钠融法确定有机化合物的元素组成；BFe2O3不溶于水；C医用酒精、福尔马林、蚁酸溶液、甘油溶液、
19、葡萄糖溶液、稀硫酸，分别与新制Cu（OH）2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、砖红色沉淀和蓝色溶液、绛蓝色溶液、蓝色溶液；D淀粉水解不能在沸水浴中充分加热解答：解：A分液、蒸馏、渗析、层析及色谱法、钠融法等都是混合体系分离提纯常用的方法，而钠融法确定有机化合物的元素组成，故A错误；BFe2O3不溶于水，因加盐酸溶解后、过滤，向滤液中滴加KSCN溶液，故B错误；C医用酒精、福尔马林、蚁酸溶液、甘油溶液、葡萄糖溶液、稀硫酸，分别与新制Cu（OH）2悬浊液混合的现象为：无现象、砖红色沉淀、砖红色沉淀和蓝色溶液、绛蓝色溶液、蓝色溶液，现象不同，可鉴别，故C正确；D淀粉与20%的硫酸混合溶液，加热
20、到80左右，冷却后取少量水解液滴加碘水无蓝色现象，则说明淀粉水解完全，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的鉴别、淀粉水解实验等，侧重物质性质及实验技能的综合考查，注意实验的评价性分析，选项AD为解答的难点，题目难度中等3（6分）（2014杭州模拟）短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，它们的原子序数之和为36，且原子最外层电子数之和为14；A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子；A与C，B与D均为同主族元素下列叙述正确的是（）AB元素组成的一种单质具有漂白性，能使KMnO4溶液紫色褪去BB、D两种元素形成的一种化合物也具有一
21、定的漂白性，能使紫色石蕊紫色褪去CC元素分别与A元素和B元素形成的化合物都是离子晶体，一定均与水反应生成强碱和无色气体DA2B的热稳定性强于A2D、沸点也高于A2D，但解释的理由不相同考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A与C，B与D均为同主族元素，则B与D分别位于第二、第三周期B位于第二周期，次外层电子数为2，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子，则A、C的最外层电子数为1，则A、C处于第A族A、B、C、D的原子最外层电子数之和为14，则B、D的原子最外层电子数为=6，所以B为氧元素，D为硫元素A、
22、B、C、D的原子序数之和为36，所以A、C的原子序数之和为36816=12，所以A为氢元素，C为钠元素解答：解：AB为氧元素，形成的单质有氧气和臭氧，二者均不能使KMnO4溶液紫色褪去，故A错误；BB为氧元素，D为硫元素，二者形成的二氧化硫也具有一定的漂白性，能使紫色石蕊变蓝，但不能褪色，故B错误；CA为氢元素，B为氧元素，C为钠元素，C元素分别与A元素和B元素形成的化合物中有氧化钠，氧化钠和水反应只生成强碱氢氧化钠，没有无色气体生成，故C错误；DA为氢元素，B为氧元素，D为硫元素，H2O比H2S热稳定性强是因为OH键能比SH键能大，H2O比H2S沸点高是由于H2O间形成氢键，故D正确故选：D
23、点评：本题考查位置结构性质关系、元素化合物知识，难度中等，利用提供数据及位置关系推断元素是解题的关键4（6分）（2014杭州模拟）下列说法不正确的是（）A实验证实环辛四烯（）可使Br2的CCl4溶液褪色，说明该分子中存在独立的碳碳单键和碳碳双键B已知视网醛的结构为 ，在它的同分异构体中属于萘（ ）的衍生物且能发生银镜反应的不止一种C三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9D丙醇依次通过消去、加成、取代、去氢氧化、加氧氧化、还原反应可生成乳酸（2羟基丙酸）考点：有机物分子中的官能团及其结构；有机化学反应的综合应用 专题：有机化学基础分析：A、含有碳碳双键的物质能够发生加成反应；B、视网醛和萘的不饱
24、和度都相同，发生银镜反应说明也含有醛基；C、根据三硝酸甘油酯的键线式写出分子式；D、丙醇消去得丙烯，溴水加成，再NaOH水溶液取代，醇催化氧化为醛，醛加氧氧化为一个醛基和一个羧基，再还原醛基，得到2羟基丙酸解答：解：A、环辛四烯可使Br2的CCl4溶液褪色，说明环辛四烯分子中含有碳碳双键，除碳碳双键外的碳碳键为独立的碳碳单键，故A正确；B、视网醛和萘的不饱和度都相同，因此视网醛的同分异构体中不可能再含有醛基，故B错误；C、三硝酸甘油酯的键线式为，分子式为C3H5N3O9，故C正确；D、丙醇消去得丙烯，溴水加成，再NaOH水溶液取代，醇催化氧化为醛，醛加氧氧化为一个醛基和一个羧基，再还原醛基，得
25、到2羟基丙酸，故D正确；故选B点评：本题考查了有机化学的官能团、结构及其综合应用，难度较大，熟悉有机反应中官能团的变化是解题的关键5（6分）（2014杭州模拟）2005年法拉利公司发布的敞篷车（法拉利Superam erica），其玻璃车顶采用了先进的电致变色系统，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成的五层膜材料（如图所示）其工作原理是：在外接电源（外加电场）下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法不正确的是（）A当A接外接电源负极时，Li+脱离离子存储层B当A接外接电源正极时，电致变色层发生反应为：LiWO3e=WO3+Li+C当B
26、接外接电源负极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光D该电致变色系统在较长时间的使用过程中离子导体层中Li+的量可保持基本不变考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A、电解池中，电解质里的阳离子移向阴极；B、在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；C、根据电解池的阴极反应特点来回答判断；D、根据电解池的电极反应来回答解答：解：A、当A接外接电源负极时，A为阴极，Li+脱离离子存储层移向阴极，故A正确；B、当A接外接电源正极时，A极是阳极，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应，电致变色层发生反应为：LiWO3e=WO3+Li+，故B正确；C、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的
27、Fe4Fe（CN）63得电子成为Li4Fe4Fe（CN）63，此物质为无色透明物质，不能有效阻挡阳光，故C错误；D、电致变色系统在较长时间的使用过程中，Li离子不会参与电极反应，Li+的量可保持基本不变，故D正确故选C点评：本题结合实际知识来考查学生电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，难度不大6（6分）（2014杭州模拟）下列说法不正确的是（）A在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应生成Z，平衡后测得X、Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图1所示，则X与Y的反应方程式可表示为：X+3YnZB在25时，将amo1Ll的氨水与0.01 moIL1的盐酸等体积
28、混合，反应完全时溶液中c（NH4+）=c（C1），用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数：Kb=C某同学在实验室进行了如图2所示的实验，则Y中反应的离子方程式为：3CaCO3+2Fe3+3H2O2Fe（OH）3+3CO2+3Ca2+D将10ml 1 molL1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml 1 molL1盐酸中，滴加结束后生成的溶液中有：c（Na+）c（Cl）c（CO32）c（HCO3）考点：转化率随温度、压强的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较 专题：基本概念与基本理论分析：A当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知=3时，转
29、化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1；B根据溶液的电荷守恒判断，结合NH3H2O的电离常数Kb=计算；C氯化铁溶液由于铁离子水解，溶液显酸性，加入碳酸钙，碳酸钙与氢离子反应生成二氧化碳气体，使铁离子的水解平衡正向移动；D将10ml 1 molL1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml 1 molL1盐酸中，碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，碳酸钠过量，所得溶液为等物质的量浓度的碳酸钠和氯化钠的混合溶液，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，氯化钠电离出钠离子和氯离子，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，依此进行判断解答：解：A当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，
30、据此由图可知=3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故A错误；B由溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH），已知c（NH4+）=c（Cl），则有c（H+）=c（OH），所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3H2O的电离常数Kb=，故B正确；C氯化铁溶液由于铁离子水解，溶液显酸性，加入碳酸钙，碳酸钙与氢离子反应生成二氧化碳气体，使铁离子的水解平衡正向移动，故反应的离子方程式为：3CaCO3+2Fe3+3H2O2Fe（OH）3+3CO2+3Ca2+，故C正确；D将10ml 1 molL1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml 1 molL1盐酸中
31、，碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钠，碳酸钠过量，所得溶液为等物质的量浓度的碳酸钠和氯化钠的混合溶液，碳酸钠电离出钠离子和碳酸根离子，氯化钠电离出钠离子和氯离子，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，故滴加结束后生成的溶液中有：c（Na+）c（Cl）c（CO32）c（HCO3），故D正确；故选A点评：本题考查化学平衡图象与计算，电离常数的计算，水解平衡的移动及离子方程式的书写，离子浓度大小的比较，难度较大7（6分）（2014浙江校级模拟）某校化学兴趣小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有钙、铁、铝三种金属元素【已知完全沉淀的pH：Ca（OH）2：pH13；Al（OH）3：pH5.5；F
32、e（OH）3：pH4.1】下列说法不正确的是（）A步骤加入6mol/L盐酸的主要目的是为了将茶叶灰分中的钙、铁、铝难溶性化合物转化为可溶性氯化物B步骤所得滤液中溶质的主要成分为：CaCl2、NH3H2OC步骤可以检出钙元素存在，离子反应方程式为Ca2+C2O42CaC2O4D步骤中A试剂为KSCN溶液，离子反应方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 专题：物质检验鉴别题分析：茶叶灼烧得到灰分是在坩埚中进行，步骤加入6mol/L盐酸将金属离子转化为氯化物；步骤在pH为67时加热30 min，可使Al3+、Fe3+转化成Al（OH）3和Fe（OH）3沉淀，所以
33、过滤后所得滤液中含Ca2+，检验Ca2+的离子方程式为Ca2+（NH4）2C2O4=CaC2O4+2NH4+；步骤中发生反应是草酸铵和钙离子形成草酸钙沉淀的反应；是加入硫氰酸钾溶液出现血红色证明含有铁离子；步骤是调节溶液PH值45，结合离子沉淀PH范围分析作用是把铁离子完全沉淀；铝试剂可以对铝离子作定性检出：在醋酸及醋酸盐的弱酸性缓冲溶液（pH=45）中，铝离子与铝试剂生成红色络合物，流程图中步骤是检验铝元素存在的操作，以此来解答解答：解：A步骤加入6mol/L盐酸，发生金属难溶物与盐酸的反应，其主要目的是为了将茶叶灰分中的钙、铁、铝难溶性化合物转化为可溶性氯化物，故A正确；B步骤在pH为67
34、时加热30 min，可使Al3+、Fe3+转化成Al（OH）3和Fe（OH）3沉淀，所以过滤后所得滤液中含Ca2+，溶质的主要成分为：CaCl2，故B错误；C步骤可以检出钙元素存在，生成草酸钙白色沉淀，离子反应方程式为Ca2+C2O42CaC2O4，故C正确；D步骤得到红色溶液，检验铁离子，则A试剂为KSCN溶液，离子反应方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3，故D正确；故选B点评：本题考查物质的检验及推断，为高频考点，把握发生的化学反应及现象与结论的关系为解答的关键，侧重物质推断能力、综合应用知识能力的考查，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2014杭州模拟）微电
35、子工业中化合物A作为半导体、液晶和薄膜太阳能电池等生产过程中的蚀刻剂在对硅、氮化硅等材料进行蚀刻时具有非常优异的蚀刻速率和选择性，在被蚀刻物表面不留任何残留物，对表面无污染已知：化合物A由两种元素组成，常温下是一种无色、无臭的气体，能助燃，当温度超过350时会缓慢分解成两种气体单质，同温同压下气体A相对于某常见黄绿色气态单质的相对密度为1；化合物B与单质C在一定条件下反应生成化合物A及化合物D，常温下A、B、C、D均为气体B、D的分子具有相同的电子总数，且均极易溶于水，D的水溶液显酸性常用来作玻璃雕刻的腐蚀液；C、A均能与水发生反应其中，C与水反应生成D溶液及气体单质F；而A与水反应则生成两种
36、酸溶液及一种气态氧化物E（无色、有毒、难溶于水）（1）化合物B的结构式是，用相应的化学用语表示B溶于水并发生电离的过程NH3+H2ONH3H2ONH4+OH（2）气体A不可燃但能助燃，故气体A的应远离火种且与还原剂、易燃或可燃物等分开存放结构决定性质，试从结构的角度加以分析：NF3分子中N为+3价，有较强氧化性（3）以A对氮化硅（Si3N4）材料的蚀刻为例，用反应方程式来解释为什么在被蚀刻物表面不留任何残留物4NF3+Si3N4=4N2+3SiF4（4）“已知”中A与水发生的反应属于氧化还原反应，若反应中生成的气态氧化物E标况下为448mL，则生成两种酸溶液中作为氧化产物的那种酸其物质的量为0
37、.01mol（5）设计实验证明D是一种弱电解质向NaF溶液中加入酚酞，溶液呈红色，说明NaF溶液呈碱性，则HF为弱电解质考点：无机物的推断 专题：推断题分析：化合物A由两种元素组成，常温下是一种无色、无臭的气体，能助燃，分解成两种气体单质，同温同压下气体A相对于某常见黄绿色气态单质的相对密度为1，黄绿色气体为氯气，则A的相对分子质量为71；B、D的分子具有相同的电子总数，且均极易溶于水，D的水溶液显酸性常用来作玻璃雕刻的腐蚀液，则D为HF，B为NH3；化合物B与单质C在一定条件下反应生成化合物A及化合物D，常温下A、B、C、D均为气体，即NH3+CA+HF，由元素守恒可知，C为F2，结合A的相
38、对分子质量，可推知A为NF3；F2与水反应生成HF溶液及气体单质F为O2；而NF3与水反应则生成两种酸溶液及一种气态氧化物E（无色、有毒、难溶于水），则应生成HF、HNO3、NO，即E为NO，据此解答解答：解：化合物A由两种元素组成，常温下是一种无色、无臭的气体，能助燃，分解成两种气体单质，同温同压下气体A相对于某常见黄绿色气态单质的相对密度为1，黄绿色气体为氯气，则A的相对分子质量为71；B、D的分子具有相同的电子总数，且均极易溶于水，D的水溶液显酸性常用来作玻璃雕刻的腐蚀液，则D为HF，B为NH3；化合物B与单质C在一定条件下反应生成化合物A及化合物D，常温下A、B、C、D均为气体，即NH
39、3+CA+HF，由元素守恒可知，C为F2，结合A的相对分子质量，可推知A为NF3；F2与水反应生成HF溶液及气体单质F为O2；而NF3与水反应则生成两种酸溶液及一种气态氧化物E（无色、有毒、难溶于水），则应生成HF、HNO3、NO，即E为NO，（1）化合物B为NH3，结构式是，NH3溶于水并发生电离的过程为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，故答案为：； NH3+H2ONH3H2ONH4+OH；（2）NF3分子中N为+3价，有较强氧化性，故气体A的应远离火种且与还原剂、易燃或可燃物等分开存放，故答案为：NF3分子中N为+3价，有较强氧化性；（3）以NF3对氮化硅（Si3N4）材料的蚀刻，
40、被蚀刻物表面不留任何残留物，说明生成气体，故应生成氮气与四氟化硅，反应方程式为：4NF3+Si3N4=4N2+3SiF4，故答案为：4NF3+Si3N4=4N2+3SiF4；（4）中生成的气态氧化物NO标况下为448mL，其物质的量=0.02mol，生成两种酸溶液中作为氧化产物的那种酸为硝酸，根据电子转移守恒，则生成硝酸的物质的量=0.01mol，故答案为：0.01mol；（5）实验证明HF是一种弱电解质的方案为：向NaF溶液中加入酚酞，溶液呈红色，说明NaF溶液呈碱性，则HF为弱电解质，故答案为：向NaF溶液中加入酚酞，溶液呈红色，说明NaF溶液呈碱性，则HF为弱电解质点评：本题考查无机物推
41、断，D的用途是推断突破口，涉及物质性质及其转化在中学中基本不接触，侧重考查学生的综合能力，难度较大9（15分）（2014杭州模拟）汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5 kJmoll2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmoll则2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g） 的H=746.5kJmoll（2）一定温度下，向体积为 1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态，
42、此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=a mol，且N2占平衡总体积的则该反应的平衡常数K=270若保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入3a mol的N2、0.2mol的NO，平衡将不移动（填“向左”、“向右”或“不”）下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡的是CDAv生成（CO2）=v消耗（CO） B混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变 DNO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化E单位时间内生成2n mol碳氧双键的同时消耗n molNN在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的，在其它条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态
43、请在图1中补充画出t2t3t4时段，正反应速率的变化曲线：（3）如果要净化汽车尾气的同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是B；A降低温度 B增大压强同时加催化剂C升高温度同时充入N2 D及时将CO2和N2从反应体系中移走（4）为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，给汽车安装尾气净化装置净化装置里装有含Pd等过渡元素的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图2所示写出上述变化中的总化学反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2有人提出，可以设计反应2CO（g）=2C（s）+O2（g） 来消除CO的污染请你判断是否可行，并说出理由：因为H0，S0，在任何情况下都不能自发进行考
44、点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断 专题：化学平衡专题分析：（1）依据盖斯定律内容和含义，结合热化学方程式计算得到所需热化学方程式得到（2）根据三行式结合化学平衡的移动知识来计算；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；压缩容器体积，增大了压强，正逆反应速率增大，平衡向着气体体减小的方向移动，据此画出从t2t3t4时段，正反应速率的变化曲线；（3）根据影响化学反应速率的因素以及
45、影响化学平衡移动的因素来回答；（4）根据已知信息书写反应物和产物并配平方程式；根据反应能否自发进行的判据来回答解答：解：（1）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5 kJmoll2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmoll依据盖斯定律计算2得到2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=746KJ/mol；故答案为：746.5；（2）2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），平衡浓度：0.2 0.1 a 2a则=，解得a=0.3K=27，平衡后在此基础上再向容器中充入3amol即
46、0.9mol的N2、0.2mol的NO，此时Qc=K，所以不移动，故答案为：270；不；Av生成（CO2）=v消耗（CO），不能证明正逆反应速率相等，故A错误；B混合气体的密度，反应前后质量守恒，不变化，体积不变，所以密度始终不变，当密度不变化的状态不一定平衡，故B错误；C混合气体的平均相对分子质量=，质量守恒，但是n变化，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，达到了平衡状态，故C正确；DNO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化是化学平衡的特征，故D正确E单位时间内生成2n mol碳氧双键的同时消耗n molNN，不能证明正逆反应速率相等，故E错误故选CD； 压缩容器体积，增大了压强，正逆反应
47、速率增大，平衡向着气体体减小的方向移动，即向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，即，故答案为：；（3）A降低温度不会加快反应速率，只能降低反应速率，故A错误；B增大压强同时加催化剂，能提高反应的速率和NO的转化率，故B正确；C升高温度能提高反应速率，但是充入N2不能提高NO的转化率，故C错误；D及时将CO2和N2从反应体系中移走不能提高反应速率，故D错误故选B（4）NO2为中间产物，反应物为NO、O2、CO，产物为CO2、N2，反应方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N2，故答案为：2NO+O2+4CO4CO2+N2；根据反应能否自发进行的判据，因为H0，S0，此时HTS0，在任何情况下都
48、不能自发进行，故答案为：因为H0，S0，在任何情况下都不能自发进行点评：本题涉及热化学盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算、化学平衡状态的判断等方面的知识，属于综合知识的考查题，难度大10（14分）（2015浙江模拟）醋酸亚铬水合物（Cr（CH3COO）2）22H2O，深红色晶体）是一种氧气吸收剂，通常以二聚体分子存在，不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如图所示，涉及的化学方程式如下：Zn（s）+2HCl（aq）=ZnCl2（aq）+H2（g）；2CrCl3（aq）+Zn（s）=2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）；2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+
49、2H2O（l）=Cr（CH3COO）222H2O（s）请回答下列问题：（1）检查虚框内装置气密性的方法是将装置连接好，关闭A、B阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好反之，则气密性不好（2）醋酸钠溶液应放在装置装置3中（填写装置编号，下同）；盐酸应放在装置装置1中；装置4的作用是保持装置压强平衡，同时避免空气进入装置3（3）本实验中所有配制溶液的水需煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化（4）将生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合时的操作是打开阀门A、关闭阀门B （填“打开”或“关闭”）（5）本实验中锌粒须过量，其原因
50、是产生足够的H2，与CrCl3充分反应得到CrCl2（6）为洗涤Cr（CH3COO）2）22H2O产品，下列方法中最适合的是CA先用盐酸洗，后用冷水洗 B先用冷水洗，后用乙醇洗C先用冷水洗，后用乙醚洗 D先用乙醇洗涤，后用乙醚洗考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）虚框内为三颈烧瓶和分液漏斗以及导管，可以在分液漏斗里加水的方法检验气密性；（2）根据本实验的原理可知，先用锌与盐酸反应生成氢气排除装置中的空气，再利用氢气把压入醋酸钠溶液中生成醋酸亚铬水合物，据此判断，装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入；（3）配制用的蒸馏水都需事先煮沸，防止氧气氧化Cr2+；（4）实验开始生
51、成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强班生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2；（6）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，据此选择洗涤试剂解答：解：（1）虚框内为三颈烧瓶和分液漏斗以及导管，加水检验气密性的方法是将装置连接好，关闭A、B阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好反之，则气密性不好，故答案为：将装置连接好，关闭A、B阀门，往装置1中加水，打开活塞后，水开
52、始下滴，一段时间后，如果水不再下滴，表明装置气密性良好反之，则气密性不好；（2）根据本实验的原理可知，先用锌与盐酸反应生成氢气排除装置中的空气，再利用氢气把压入醋酸钠溶液中生成醋酸亚铬水合物，所以醋酸钠溶液应放在装置3中，盐酸应放在装置1中，装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入装置3；故答案为：装置3；装置1；保持装置压强平衡，同时避免空气进入装置3；（3）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；故答案为：去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3C
53、OONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；故答案为：打开；关闭；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强将生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2，所锌要过量，故答案为：产生足够的H2；与CrCl3充分反应得到CrCl2；（6）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，所以可以选用冷水和乙醚洗涤Cr（CH3COO）2）22H2O产品，故选C点评：本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用，主要是实验原理的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等11（15分）（2014杭州模拟）维拉佐酮是临
54、床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体合成路线如下：请回答下列问题：已知（1）下列有关说法不正确的是BAA遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有6组峰B同样具有三个支链、且支链结构与B完全相同的，属于芳香族化合物的B的同分异构除B外还有11种CC的分子式是C11H11NO6，且能发生取代、加成、氧化、还原反应DD难溶于水但能溶于热的NaOH浓溶液（2）反应的反应类型是：取代反应，反应时反应掉的官能团的名称醛基（3）反应的化学方程式：反应加入K2CO3的作用是弱碱性下K2CO3可与生成的HCl反应，使反应更多的向正反应方向移动（4）反应中 （Boc）2O（分子式为C10H18O5
55、）是由两分子C5H10O3（含“O”羧酸）脱水形成的酸酐，且（Boc）2O分子中氢原子化学环境只有1种，则（Boc）2O的结构简式（5）以甲苯为原料可合成，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）注：合成路线的书写格式参照如下示例：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）（2）根据A到B再，对比分子式与有机物的结构，可知A为，B为，反应为硝化反应，反应为取代反应，而由到D物质，脱掉一分子水，再对比C与F的结构，可推出D为，反应发生的是硝基还原为氨基的反应，则E为，对比反应中反应物、产物的结构可知，发生类似信息的反应，为取代反应，
56、对比反应中反应物、产物结构可知，N原子上的H原子被取代；（3）反应B中酚羟基氢原子被CH2COOC2H5取代，还有HCl生成；从化学平衡移动的角度进行考虑实验中反应必须在K2CO3弱碱性条件下进行的原因；（4）（Boc）2O（分子式为C10H18O5）是由两分子C5H10O3（含“O”羧酸）脱水形成的酸酐，且（Boc）2O分子中氢原子化学环境只有1种，则C5H10O3为（CH3）3COOCOH，羟基脱去1分子水得到（Boc）2O；（5）甲苯发生硝化反应得到对硝基甲苯，再发生反应反应得到对甲基苯胺，甲苯与液氯在催化剂条件下得到对氯甲苯，结合信息可知，控制对氯甲苯与对甲基苯胺2：1反应合成目标物解
57、答：解：根据A到B再，对比分子式与有机物的结构，可知A为，B为，反应为硝化反应，反应为取代反应，而由到D物质，脱掉一分子水，再对比C与F的结构，可推出D为，反应发生的是硝基还原为氨基的反应，则E为，对比反应中反应物、产物的结构可知，发生类似信息的反应，为取代反应，对比反应中反应物、产物结构可知，N原子上的H原子被取代，（1）AA为，含有酚羟基、羟基，遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有6组峰，故A正确；BB为，同样具有三个支链、且支链结构与B完全相同的，属于芳香族化合物的B的同分异构，OH、CHO有邻、间、对3种位置，对应的硝基有4种、4种、2种，除B外还有9种，故B错误；
58、CC的分子式是C11H11NO6，含有羟基，可以发生加成、氧化、还原反应，含有苯环、酯基，可以发生取代反应，故C正确；DD为，具有酯的性质，难溶于水但能溶于热的NaOH浓溶液，故D正确，故选：B；（2）反应属于取代反应，反应时醛基提供O原子、亚甲基提供2个H原子，脱去1分子水形成碳碳双键，反应掉的官能团为醛基，故答案为：取代反应；醛基；（3）反应B中酚羟基氢原子被CH2COOC2H5取代，还有HCl生成，反应方程式为：；实验中反应必须在K2CO3弱碱性条件下进行，从化学平衡移动的角度进行考虑：弱碱性下K2CO3可与生成的HCl反应，使反应更多的向正反应方向移动，故答案为：；弱碱性下K2CO3可
59、与生成的HCl反应，使反应更多的向正反应方向移动；（4）（Boc）2O（分子式为C10H18O5）是由两分子C5H10O3（含“O”羧酸）脱水形成的酸酐，且（Boc）2O分子中氢原子化学环境只有1种，则C5H10O3为（CH3）3COOCOH，羟基脱去1分子水得到（Boc）2O，其结构简式为：，故答案为：；（5）甲苯发生硝化反应得到对硝基甲苯，再发生反应反应得到对甲基苯胺，甲苯与液氯在催化剂条件下得到对氯甲苯，结合信息可知，控制对氯甲苯与对甲基苯胺2：1反应合成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构进行分析解答，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移应用，（4）（5）为易错点、难点，难度较大- 22 - 版权所有高考资源网
