1、高考资源网（） 您身边的高考专家第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1下列说法正确的是（ ） A自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片 BSi、P、S、Cl 相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强 C工业上通常用电解钠、铁、铜对应的氯化物制得该三种金属单质 D金属铝、铁、铜都有一定的抗腐蚀性能，其抗腐蚀的原因都是表面形成氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行【答案】B【解析】试题分析：A、硅在自然界中以化合态存在，错误；B、Si、P、S、Cl的非金属性依次增强，所以相应的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，增强；C、工业上铁的单质是
2、利用还原法得到的，铜是火法或湿法来冶炼，错误；D、金属铝在空气中形成一层致密的氧化物薄膜阻止反应的进行，而铁、铜很难形成氧化物薄膜，错误，答案选B。考点：考查自然界中硅的存在形式，金属的冶炼及性质，元素的非金属性强弱的判断，2设NA代表阿伏伽德罗常数的述职，下列说法中正确的是（ ）A在标准状况下，33.6LSO3中含有的氧原子数是4.5NAB。两份均为2.7g的铝样品分别为100mL浓度均为2molL-1的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，转移的电子数均为0.3 NAC常温常压下，agC2H4和C3H6的混合气体中所含共用电子对数目为3a/14NAD6.0g金刚石中含有的共价键数为2 NA【答案】C
3、【解析】试题分析：A、标准状况下的SO3不是气体，无法计算其物质的量，错误；B、铝与盐酸、氢氧化钠反应，盐酸不足、氢氧化钠过量，所以转移的电子数不同，错误；C、C2H4和C3H6的混合气体的实验式均为CH2，ag的混合气体中CH2的物质的量是a/14mol，每个CH2中都有3对共用电子对，所以共含有共用电子对数目3a/14NA，正确；D、6.0g金刚石的物质的量是0.5mol，每个C原子有4个共价键，但每个共价键属于该C原子的1/2，所以每个C原子实际拥有2个共价键，所以6.0g金刚石中含有的共价键数为NA，错误，答案选C。考点：考查阿伏伽德罗常数的理解应用3下列说法正确的是（）A在中和热的测
4、定实验中，将氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的量热计中，立即读出并记录溶液的起始温度B如图，一段时间后给烧杯内地溶液中加入黄色的溶液，可看到Fe电极附近有蓝色沉淀生成C用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低D用加热的方式可提取固体中混有的少量的碘【答案】B【解析】试题分析：A、起始温度不是混合液的起始温度，是盐酸、氢氧化钠溶液起始温度的平均值，错误；B、该装置是原电池装置，铁作负极，失电子成为Fe2+进入溶液，与黄色的溶液反应生成蓝色沉淀，正确；C、酸式滴定管未润洗，导致盐酸的浓度降低，所用体积增大，测定结果偏高，错误；D、碘易升华，氯化铵受热易分解，遇冷
5、又结合成氯化铵，所以加热的方法无法除去氯化铵中的碘，错误，答案选B。考点：考查中和热的测定，亚铁离子的检验，误差分析，物质的除杂4已知：相同温度下溶解度：MgCO3：0.02g/100g水，Mg(OH)2：0.0009g/100g 水；时，亚磷酸（，二元酸）的，；草酸（）的，相同条件下电离出S2-的能力：FeSH2SCuS,以下离子方程式错误的是（ ）AMg2+2HCO3-+2Ca2+4OH-=Mg(OH)2+2CaCO3+2H2OBC D【答案】D【解析】试题分析：A、碳酸氢镁与氢氧化钙溶液反应，生成氢氧化镁和碳酸钙沉淀，而不是碳酸镁的沉淀，因为氢氧化镁比碳酸镁的溶解度小，符合沉淀的生成顺序
6、，正确；B、相同条件下电离出S2-的能力H2SCuS,所以铜离子与硫化氢反应生成硫化铜沉淀，正确；C、由于电离出S2-的能力FeSH2S，FeS溶于酸可生成H2S，正确；D、根据亚磷酸和草酸的电离常数判断酸性HC2O4-H2PO3-，而所给离子方程式中恰恰相反，错误，答案选D。考点：考查对所给信息的理解应用能力5X 、Y、 Z、 W是原子序数依次增大的四种短周期元素，A、B、C、D、F有其中的两种或三种元素组成的化合物，E是由Z元素形成的单质，0.1molL-1D溶液的pH为13（）。它们满足如图转化关系，则下列说法正确的是（ ）A原子半径WZYXB化合物F中含有共价键和离子键C在B和C的反应
7、中，氧化剂是B，还原剂是CDZ元素的最高正价为+6【答案】B【解析】试题分析：由题意可知D为一元强碱；根据B能与A、C反应生成同种物质且有一元强碱生成推断B是Na2O2，A是H2O，B是CO2，D是NaOH，E是O2，F是Na2CO3，则X、Y、 Z、 W分别是H、C、O、Na元素。A、根据元素周期律中原子半径的比较规律，原子半径WYZX，错误；B、Na2CO3中含有共价键和离子键，正确；C、过氧化钠与二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，错误；D、O无最高正价，错误，答案选B。考点：考查物质推断，对反应特点的掌握，元素性质的判断6常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0
8、.2mol/LNaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图（其中代表H2A，代表HA-，代表A2-）根据下图图示判断，下列说法错误的是（ ）A当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)c(HA）c(H+)c(A2)c(OH) B等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大 CNaHA溶液中：c(OH-)c(A2)c(H+)c(H2A) D向Na2A溶液加入水的过程中，pH减小【答案】B【解析】试题分析：A当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图可知c（A2-）c（H2A），说明H
9、A-电离大于水解程度，溶液显酸性，则c（Na+）c（HA-）c（H+）c（A2-）c（OH-），正确；B由图示关系知，c（A2-）c（H2A），说明电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，错误；C根据电荷守恒得c（OH-）+2c（A2-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+c（A2-），所以得c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），正确；DNa2A溶液加水稀释，促进其水解，但溶液中氢氧根离子浓度减小，所以溶液的pH减小，正确，答案选B。考点：考查酸碱混合计算，离子浓度的大小比较，盐的水解的应用，水的电离，守恒
10、规律的应用第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）7有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（）A15种 B14种 C13种 D12种【答案】C【解析】试题分析：根据相对氢气的密度可计算出X的相对分子质量是512=102，其中氧元素的质量是10231.7%=32.33，所以X分子中有2个O原子，利用“商余法”计算C、H的原子个数，可得X的分子式为C5H10O2，与氢氧化钠溶液反应的X为羧酸或酯，若为羧酸有4种结构，若为酯，则有9种，所以共有13种，答案选C。考点：考
11、查有机物的推断，分子式的计算，同分异构体的判断8（14分）废旧碱性锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有MnO2、NH4CI、ZnCI2，还有少量的FeCI2和炭粉，用A制备高纯MnCO3，的流程图如下。（1）碱性锌锰干电池的负极材料是_(填化学式)。（2）第步操作的目的是_。（3）第步操作是对滤液a进行深度除杂，除去Zn2+的离子方程式为_。 (已知：Ksp(MnS)=2.510-13，Ksp(ZnS)=1.610-24)（4）为选择试剂X，在相同条件下，分别用5 g 黑色物质M进行制备MnSO3的实验，得到数据如右表：试剂x的最佳选择是_。第步中用选出的最佳试剂X与M的主要成分反应的化学方程式
12、为_。（5）已知：MnCO3难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解；Mn(OH)2开始沉淀时pH为7.7。请补充完成以下操作：第步系列操作可按一下流程进行：请补充完成操作：（第步系列操作中可供选用的试剂：、乙醇）操作1：_；操作2：过滤，用少量水洗涤23次操作3：检测滤液，表明SO42-已除干净；操作4：_；操作5：低温烘干。（6）操作1可能发生反应的离子方程式 【答案】（14分，每空2分）（1）Zn（2）除去碳粉（3）Zn2+MnS=ZnS+Mn2+（4）30%的过氧化氢 H2O2+MnO2+H2SO4=MnSO4+2H2O+O2（5）加入NaHCO3，控制pH1.5mol/L,
13、错误；B、把丙的2mol氨气转化为3mol氢气和1mol氮气与丙达到的平衡是等效的。甲与丙相比，甲的氢气浓度大，氮气的转化率高，错误；C、乙容器的气体质量是甲容器的气体质量的2倍，容器的体积都为2L，所以，正确；D、三个容器的温度相同，则化学平衡常数相等，错误，答案选C；（5）根据盖斯定律N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=-93.0kJmol-1，2 H2（g）+O2（g）=2 H2O(l) H=-572 kJmol-1 则2N2(g)+6H2O(l)=4 NH3(g)+3 O2(g)的H=2-3=+1530 kJmol-，所以所求热化学方程式为2N2(g)+6H2O(l)=4 NH
14、3(g)+3 O2(g) H=+1530kJmol-1（6）氮气中的N元素化合价为0，氨气中的N元素的化合价为-3，所以氮气发生还原反应，则氮气是电解池的阴极；发生的电极反应式为N2+6H+6e-=2 NH3考点：考查化学平衡状态的判断，化学平衡常数的计算，盖斯定律的应用，电化学原理的应用，反应速率的计算10化学选修2：化学与技术（15分）硫酸是工业生产中最为重要的产品之一，在化学工业的很多领域都要用到硫酸，如橡胶的硫化、表面活性剂“烷基苯硫酸钠”的合成，铅蓄电池的生产等。工业上生产硫酸的流程图如下：请回答下列问题（1）在硫酸工业生产中，我国采用黄铁矿为原料生产SO2，已知1g完全燃烧放出7.
15、2kJ的热量燃烧反应的热化学方程式_ _。（2）为了有利于SO2转化为SO3，且能充分利用热能，采用在具有多层催化剂且又热交换的_(填仪器名称)中进行反应。在如图所示的装置中， A处气体进入装置前需净化的原因是 。（3）精制炉气（含有体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中平衡 转化率与温度及压强关系如图2所示、在实际生产中，催化氧化反应的条件选择常压、左右（对应图中A点）：而没有选择转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是： 、 。（4）已知：焙烧明矾的化学方程式4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O。焙烧711t明矾（M=474g
16、/mol），若的利用率为95%，可生产质量分数为98%的硫酸 t。（结果保留小数点后一位）（5）除硫酸工业外，还有许多工业生产。下列相关的工业生产流程中正确的是 A向装置中通入氮气且保持体积不变B向装置中通入氧气且保持体积不变C添加更多的催化剂D降低温度，及时转移SO3【答案】（第四空3分，其余2分）（1）4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) H=-3456kJ/mol（2）接触室 防止催化剂中毒；水蒸气对设备和生产有不良影响（3）不选B点，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能大，二氧化硫原料的转化率在1个大气压时已达97%左右，再提高压强二氧化硫的转化率提
17、高余地很小，所以采用1个大气压； 不选C点，因为温度越低，二氧化硫的转化率虽然更高，但是催化剂的催化效率受到影响，450C时，催化剂的催化效率最高，所以选择A点，不选C点。（4）320.6（5）B【解析】试题分析：（1）FeS2的摩尔质量是120g/mol，则4mol的FeS2完全燃烧放出的热量为7.2kJ1204=3456kJ，所以热化学方程式为4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) H=-3456kJ/mol（2）二氧化硫转化为三氧化硫在接触室中进行；A处气体中含有杂质易使催化剂中毒，且水蒸气对设备和生产有不良影响，所以在进入接触室之前需净化；（3）在反应2S
18、O2+O22SO3中，SO2转化率较高，工业上一般不采用更高的压强，因为压强越大对设备的投资越大，消耗的动能越大SO2的转化率在1个大气压下的转化率已达到97%左右，在提高压强，SO2的转化率提高的余地很小；本反应为放热反应，工业生产中不采取较低的温度，因为温度越低，SO2的转化率虽然更高，但催化剂的催化作用会受影响，450时，催化剂的催化效率最高。所以选择A点。（4）根据明矾焙烧的化学方程式及元素守恒规律得：4KAl（SO4）212H2O9SO29H2SO4，二氧化硫的利用率为95%，设焙烧711t明矾可生成98%的硫酸质量为x：4KAl（SO4）212H2O9H2SO4， 4474 998
19、 711t95% x98%解得x=320.6t（5）A、通入与反应无关的气体，体积不变，压强增大，对平衡无影响，且对反应装置无利，错误；B、向装置中通入氧气且保持体积不变，可以增大氧气的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，二氧化硫的转化率提高，对生产有利，正确；C、催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡，错误；D、转移SO3减少生成物浓度，平衡正向移动，二氧化硫转化率提高，但温度降低会使催化剂的活性降低，反应速率减慢，对生产不利，错误，答案选B。考点：考查工业中硫酸的制备，二氧化硫的催化氧化，反应的计算，化学平衡理论的应用11化学选修3：物质结构与性质（15分）有A、B、C、D、E、F、G、H原子
20、序数递增的前四周期八种元素。请根据下列信息，回答问题：A、B、C、D、E、F为短周期主族元素，原子半径大小关系为ADCBFE；A与D形成的化合物常温下为液态；B元素原子价电子（外围电子）排布为nSnnPnF元素原子的核外p电子总数比s电子总数多1；第一电子能：FE；G的基态原子核外有6个未成对电子；H能形成红色（或砖红色）的和黑色的HD两种化合物。（1）G元素基态原子的价电子排布图为 。（2）中B原子采取的杂化轨道类型为 。（3）根据等电子体原理，推测分子的空间构型为 。（4）下列有关E、F的叙述正确的是（ ）a.离子半径EF b.电负性EFc.单质的熔点EF d. E、F的单质均能与氧化物发
21、生置换e. E的氧化物具有两性 f. E、F均能与氯元素构成离子晶体（5）极易溶于,原因是 。（6）E单质的晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，晶胞如下图丙所示。则E单质的晶体堆积模型为 。若已知E原子半径为r pm，表示阿伏伽德罗常数，晶胞的边长为a。晶胞的高为h，则晶胞的密度可表示为 g/cm3。（用只含r和代数式表示）【答案】（1）（2分）（2）sp2杂化（3）直线型（4）abde（5）根据“相似相容原理”，极性分子NH3易溶于极性溶剂H2O；NH3分子与H2O分子间可以形成氢键，（6）六方最密堆积 或 【解析】试题分析：由知H是Cu，D是O元素；则A是H元素；B元
22、素原子价电子（外围电子）排布为nSnnPn ，则n=2，所以B是C元素；则C是N元素；F元素原子的核外p电子总数比s电子总数多1,有F、Na、Al符合条件，F、Na可排除，则F是Al元素；E的原子半径比F大，但E的第一电离能也比F大，同周期元素中比AL原子半径大的元素又Na、Mg，其中Mg的3s轨道为全满状态，第一电离能比Al大，所以E是Mg元素； G的基态原子核外有6个未成对电子；则G是Cr元素；（1）G元素基态原子的价电子排布式为3d54s1，排布图为；（2）根据杂化轨道理论，CO32-中C原子的价层电子对数=3+1/2(4+2-32)=3，所以C原子是sp2杂化；（3）N2O与CO2是等
23、电子体，所以N2O与CO2的空间构型相同，都是直线型分子；（4）E、F是同周期元素，且F的原子序数小于E。a、E、F的离子的电子层结构相同，核电荷数大的离子半径小，所以离子半径EF，正确；b、同周期元素核电荷数大的电负性大，所以电负性FE,正确；c、Mg的原子半径比Al大，所以Al的金属键较强，熔点高，FE，错误；d、E、F的还原性较强，可以与氧化物发生置换反应，如Mg与二氧化碳的反应，铝热反应，正确；e、E的氧化物氧化铝既能与酸反应，又能与碱反应，具有两性，正确；f、氯化铝是分子晶体，错误，答案选abde；（5）氨气是极性分子，水也是极性分子，根据“相似相容原理”，极性分子NH3易溶于极性溶
24、剂H2O，且NH3分子与H2O分子间可以形成氢键；（6）Mg的晶胞结构表示Mg是六方最密堆积；根据“均摊法”计算晶胞中Mg的原子个数是1+1/88=2,晶胞的边长a=2r，高h=a,1pm=110-10cm，则晶胞的密度=224/NA/a2h= 考点：考查元素推断，物质结构与性质应用，杂化轨道的判断，核外电子排布图的书写，晶胞计算评卷人得分三、实验题（题型注释）1214 分苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为： 已知：名称相对分子质量颜色，状态沸
25、点()密度(gcm-3)苯甲酸*122无色片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.80.7318已知：苯甲酸在100会迅速升华。实验步骤如下：在圆底烧瓶中加入4.0g苯甲酸，10 mL 95%的乙醇（过量），8mL 环己烷以及3 mL 浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按右图所示装好仪器，控制温度在6570加热回流2 h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。反应一段时间，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。将烧瓶内反应液倒入盛
26、有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25 mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210213的馏分。检验合格，测得产品体积为2.3mL。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是 （填入正确选项前的字母）。A25 mL B50 mL C100 mL D250 mL（2）步骤加入沸石的作用是 。如果加热一段时间后发现忘记加沸石，应该采取的正确操作是： （3）步骤中使用分水器不断分离除去水的目的是 （4）步骤加入Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时蒸馏烧瓶中可见到白
27、烟生成，产生该现象的原因 ；（5）有机物的分离操作中，经常需要使用分液漏斗等仪器。使用分液漏斗前必须 （6）计算本实验的产率为 。【答案】（15分，（6）3分，其余2分）（1）B（2）防止爆沸 冷却后补加（3）使平衡不断地向正向移动（4）在苯甲酸乙酯中有未除净的苯甲酸，受热至100C时升华（5）检查是否漏水（6）49.1%【解析】试题分析：（1）烧瓶所能盛放溶液的体积不超过烧瓶体积的2/3，现在加入液体的体积大约是21mL，所以选取烧瓶的体积是50mL，答案选B；（2）步骤加入沸石的作用是防止爆沸；若忘加沸石，则应等烧瓶冷却后再补加，以免发生危险；（3）步骤中使用分水器不断分离除去水，使生成物
28、的浓度减小，平衡一直正向移动；（4）加入碳酸钠的目的是除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸，若加入的碳酸钠不足，则产品中存在苯甲酸，而苯甲酸在100会迅速升华，则蒸馏时会出现白烟现象；（5）使用分液漏斗前必须检查是否漏水；（6）理论上4.0g苯甲酸与足量乙醇反应生成苯甲酸乙酯的质量是4.92g，实际得苯甲酸乙酯的质量是2.3mL1.05g/mL=2.415g,所以本实验的产率为2.415g/4.92g100%=49.1%.考点：考查酯的制取实验，产率的计算，现象的分析，仪器的选择评卷人得分四、计算题（题型注释）评卷人得分五、简答题（题型注释）评卷人得分六、推断题（题型注释）高考资源网版权所有，侵权必究！（上海，甘肃，内蒙，新疆，陕西，山东，湖北）七地区试卷投稿QQ 2355394501