1、2014-2015学年江苏省常州中学高三（上）期末化学试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1（2分）（2012徐州模拟）化学与生活生产、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关下列说法不正确的是（）A实施“雨污分流”工程，可提高水资源的利用率B煤的气化、液化是使煤变成清洁能源的有效途径C垃圾分类有利于资源回收利用，废易拉罐属不可回收废物D合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺2（2分）（2013常州一模）下列有关化学用语表示正确的是（）ACO2分子比例模型：BS2的结构示意图：C质子数为53，中子数为78的碘原子：ID过氧化氢的电
2、子式：3（2分）（2013常州一模）设NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2 L乙醇中含有的碳氢键数为2.5NAB常温常压下，28 g C2H4、CO的混合气体中含有碳原子的数目为1.5NAC常温下，20 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH离子数为0.2NAD标准状况下，2.24 L Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA4（2分）（2013常州一模）下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（）A在含有大量HCO3的溶液中：Na+、N、Cl、AlO2B加铝粉放出大量H2的溶液中：K+、NH4+、SO42、BrC含0.1 molL1
3、NO3的溶液：H+、Fe2+、Mg2+、ClD能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO4、NO35（2分）（2013常州一模）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气B氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏D钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK+NaCl）6（2分）（2013常州一模）X、Y、Z、W为四种短周期元素，它们在周期表中位于连续的四个主族，如图所示Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的下列说法正确的是（） XYZWA原子半径由小到大的顺序为XZYWBY元素最高价氧化物
4、对应的水化物化学式为H3YO4CX、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同DY最简单气态氢化物比Y相邻周期同主族元素气态氢化物沸点高7（2分）（2014江苏模拟）下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A图1装置可以用于除去溶解在CCl4中的Br2B实验室用图2装置检验制得的乙烯中是否混有SO2和CO2C用图3装置在蒸发皿中灼烧CuSO45H2O晶体以除去结晶水D实验室常用图4装置制取少量氯气8（2分）（2013常州一模）下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A向明矾KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO4恰好沉淀完全：2Al3+3S+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3B
5、aSO4B在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3Fe+3Cl+H2O+H+C向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CODCa（HCO3）2与过量Ca（OH）2溶液反应：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O9（2分）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是（）物质编号物质转化关系abcdNONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHFeCl2FeC13FeCuCl2Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3ABCD10（2分）（2013常州一模）下列图示与对应的叙述相
6、符的是（）A图1表示盐酸滴加到0.1 molL1某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂B图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂C图3表示工业上用CO生产甲醇的反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），该反应的H=91 kJmol1D图4表示物质的量之比为2：3的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生气体的体积（V）与时间（t）的关系二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题的0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确
7、的2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）（2013常州一模）科学家用催化剂将苯酚（X）和1，3二羰基化合物（Y）合成一种重要的具有生物活性的结构单元苯并呋喃（Z），W是中间产物（R1、R2均为烃基）则下列有关叙述不正确的是（）A反应属于取代反应B仅使用溴水或FeCl3溶液不能鉴别X和WCW中没有手性碳原子DX、Y、W、Z都能与NaOH溶液反应、都能使酸性高锰酸钾褪色12（4分）（2013常州一模）下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是（）A取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+B取少量卤代烃Y在碱性
8、溶液中水解后再用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明卤代烃中含有氯原子C向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热后未出现砖红色沉淀，说明Y中不含有醛基D向浓度均为0.1molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，说明KspCu（OH）2KspMg（OH）213（4分）（2013常州一模）下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液中，pH的大小关系：B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（N
9、a+）c（CH3COO）c（Cl）=c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）C常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32）c（H2SO3）=9.9107 molL1D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）=2c（HC）+2c（H2CO3）+2c（C）14（4分）（2013常州一模）全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，工作原理如图所示，a、b均为惰性电极，放电时左槽溶液颜色由黄色变为蓝色下列叙述正确的是（）A充电时右槽溶液颜色由紫色变为绿色B放电时，b极发生还原反应C充电过程中，a极的反应式为V+2H+eVO2+H2OD电池的总
10、反应可表示为V+V2+2H+VO2+V3+H2O15（4分）（2013常州一模）向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2mol A、2mol B和1mol A、1mol B相同温度下，发生反应：A（g）+B（g）xC（g）；H0测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示下列说法正确的是（）Ax不可能等于2B甲、乙两容器中反应达平衡时，平衡常数K（甲）K（乙）C将乙容器升温可使甲、乙容器内各物质的体积分数相同D若向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，则平衡时甲容器中0.78 molL1c（A）1.56 molL1二、非选择题（共80分）16（15分）（2013常州一模）信息时代
11、产生的大量电子垃圾对环境构成了威胁某研究性学习小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为_（2）第步加H2O2的作用是_（3）该探究小组提出两种方案测定CuSO45H2O晶体的纯度方案一：取a g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.100 0molL1Na2S2O3标准溶液滴定（原理为I2+2S2O22I+S4O2），到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL滴定过程中可选用_作指示剂，滴定终点的现象是_CuSO4溶液与
12、KI反应的离子方程式为_方案二：取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA（H2Y2 ）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w=_下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_（填字母）a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与EDTA反应的干扰离子17（11分）（2013常州一模）有机合成中常用的钯/活性炭催化剂若长期使用，会被铁、有机化合物等杂质污染而失去活性，成为废催化剂一种由废催化剂制取PdCl2的工艺流程如
13、下：（1）“焙烧1”通入空气的目的是_（2）甲酸在反应中被氧化为二氧化碳，写出甲酸与PdO反应的化学方程式：_（3）加入浓氨水的过程中，需要控制溶液的pH为89，实验室中检测溶液pH的简单方法是_（4）写出“焙烧2”发生反应的化学方程式：_（5）Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO3A+B+H2O（未配平）其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%则A的化学式为_18（16分）（2013常州一模）某芳香烃X（相对分子质量为92）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系
14、图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO已知： （苯胺，易被氧化）（1）X的结构简式是_，反应的类型是_（2）反应两步_（填“能”或“不能”）互换，理由是_（3）反应的化学方程式是_（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物有_种（5）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案_例：19（14分）（2013常州一模）甲醇（CH3OH）和二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料以CH4和H2O为原料制备二甲醚和甲醇的工业流程如下：（1）写出催化反应室1中在一定条件下进行的化学反应方程式：_（2）在
15、压强为0.1MPa条件下，反应室3（容积为V L）中a mol CO与2a mol H2在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示，则p1_（填“”“”或“=”）p2在其他条件不变的情况下，反应室3再增加a mol CO与2a mol H2，达到新平衡时，CO的转化率_（填“增大”“减小”或“不变”）在p1压强下，100时，反应：CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）的平衡常数为_（用含a、V的代数式表示）（3）图2为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图，a电极的电极反应式为_（4）水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
16、2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）；H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；H=41.3kJmol1则反应：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）的H=_20（12分）（2013常州一模）高氯酸钾广泛用于火箭及热电池业实验室制取高氯酸钾的步骤为：称取一定质量的KCl、NaClO4溶解，然后混合，经冷却、过滤、滤出晶体用蒸馏水多次洗涤及真空干燥得到有关物质溶解度与温度的关系表温度溶解度化学式010203040KClO40.761.061.682.563.73
17、KCl2831.134.237.240.1NaClO4167183201222245（1）写出实验室制取高氯酸钾的化学方程式：_；用蒸馏水多次洗涤晶体的目的是_（2）Fe和KClO4反应放出的热量能为熔融盐电池提供550660的温度，使低熔点盐熔化导电，从而激活电池，这类电池称为热电池Li/FeS2热电池工作时，Li转变为硫化锂，FeS2转变为铁，该电池工作时，电池总反应为_（3）Fe和KClO4作为热电池加热材料的供热原理为：KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）；H0600时FeO可部分分解生成Fe3O4，写出有关的化学方程式：_称取一定质量上述加热材料反应后的混合物（
18、假定只含氯化钾一种钾盐）于烧杯中，用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了0.43g，在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥，再在空气中充分灼烧得6.0g棕色固体求该加热材料反应前铁和高氯酸钾的质量（写出计算过程，结果保留2位有效数字）21（12分）（2013常州一模）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同；A与C形成的最简单分子为三角锥形；D原子p轨道上成对电子数等于
19、未成对电子数；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F（1）写出B的基态原子的核外电子排布式_（2）A、C形成的最简单分子极易溶于水，其主要原因是_；与该最简单分子互为等电子体的阳离子为_（3）比较E、F的第一电离能：E_F（选填“”或“”，“=”）（4）BD2在高温高压下所形成的晶胞如右图所示该晶体的类型属于_（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子的杂化形式为_（5）光谱证实单质F与强碱性溶液反应有F（OH）4生成，则F（OH）4中存在_a共价键 b非极性键 c配位键 d键 e键2014-2015学年江苏省常州中学高三（上）期末化学试卷参考答案与试题
20、解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1（2分）（2012徐州模拟）化学与生活生产、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关下列说法不正确的是（）A实施“雨污分流”工程，可提高水资源的利用率B煤的气化、液化是使煤变成清洁能源的有效途径C垃圾分类有利于资源回收利用，废易拉罐属不可回收废物D合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺考点：常见的生活环境的污染及治理版权所有专题：化学应用分析：A“雨污分流”工程可以提高污水处理效率，节约污水处理成本；B煤变成清洁能源的有效途径有：煤的气化、液化和干馏；C废易拉罐主要成分为铝合金；D可燃冰（固态
21、甲烷水合物）可作燃料解答：解：A“雨污分流”工程便于雨水收集利用和污水排放集中处理，最大益处就在于可以提高污水处理效率，节约污水处理成本，故A正确；B煤的气化、液化可使煤生成水煤气、甲醇等，可充分燃烧，减少污染物的排放，故B正确；C废易拉罐主要成分为铝合金，可充分回收利用，故C错误；D可燃冰（固态甲烷水合物）可作燃料，合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺，故D正确故选C点评：本题考查化学与环境、资源等知识，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的学科素养和提高学习的积极性，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累2（2分）（2013常州一模）下列有关化学用语表示正确的是（）
22、ACO2分子比例模型：BS2的结构示意图：C质子数为53，中子数为78的碘原子：ID过氧化氢的电子式：考点：球棍模型与比例模型；常见元素的名称、符号、离子符号；电子式；原子结构示意图版权所有专题：化学用语专题分析：A、比例模型是参照原始实物，按照一定的比例缩放制作的模型；B、硫离子是硫原子得到电子达到最外层电子8电子稳定结构；C、质量数=质子数+中子数，质量数标在元素符号左上角，质子数标在元素符号左下角；D、过氧化氢是共价化合物解答：解：A、比例模型中二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子，应为，故A错误；B、S2的结构示意图：，故B错误；C、质子数为53，中子数为78的碘原子：13153I，故C
23、正确；D、过氧化氢是共价化合物，电子式为：，故D错误；故选C点评：本题考查了化学用语的分析判断，离子结构示意图，电子式书写，原子符号书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等3（2分）（2013常州一模）设NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2 L乙醇中含有的碳氢键数为2.5NAB常温常压下，28 g C2H4、CO的混合气体中含有碳原子的数目为1.5NAC常温下，20 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH离子数为0.2NAD标准状况下，2.24 L Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿
24、伏加德罗定律分析：A标准状况下，乙醇是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；BC2H4、CO的摩尔质量都是28g/mol，混合气体28g，物质的量为1mol，含有碳原子数目与二者的比例关系有关；CpH=12的Na2CO3溶液中c（H+）=1012mol/L，根据水的离子积计算溶液中c（OH），再根据n=cV计算n（OH），根据N=nNA计算OH离子数目；D根据n=计算2.24LCl2的物质的量，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，据此计算转移电子数目解答：解：A标准状况下，
25、乙醇是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；BC2H4、CO的摩尔质量都是28g/mol，混合气体28g，物质的量为1mol，含有碳原子数目与二者的比例关系有关，当二者物质的量为1：1时，含有碳原子的数目为1.5NA，故A错误；CpH=12的Na2CO3溶液中c（H+）=1012mol/L，故溶液中c（OH）=0.01mol/L，溶液中n（OH）=20L0.01mol/L=0.2mol，OH离子数目为0.2molNAmol1=0.2NA，故C正确；D.2.24LCl2的物质的量为=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价
26、升高为+1价，由0价降低为1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol2NAmol1=0.1NA，故D错误；故选C点评：本题考查常用化学计量的有关计算、溶液pH的有关计算，难度不大，注意基础知识的理解掌握4（2分）（2013常州一模）下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是（）A在含有大量HCO3的溶液中：Na+、N、Cl、AlO2B加铝粉放出大量H2的溶液中：K+、NH4+、SO42、BrC含0.1 molL1NO3的溶液：H+、Fe2+、Mg2+、ClD能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO4、NO3考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：AH
27、CO3与AlO2不能大量共存；B加铝粉放出大量H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C酸性条件下NO3具有强氧化性，与具有还原性的离子不能大量共存；D能使甲基橙变红的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应则可大量共存解答：解：AHCO3与AlO2发生反应生CO32和Al（OH）3成而不能大量共存，故A错误；B加铝粉放出大量H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在碱性溶液中NH4+不能大量共存，故B错误；C酸性条件下NO3具有强氧化性，具有还原性的Fe2+不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙变红的溶液呈酸性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子共存问题，答题时
28、要注意题给信息，明确离子的性质是解答该题的关键，易错点为A，注意离子之间的反应，题目难度不大5（2分）（2013常州一模）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气B氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏D钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK+NaCl）考点：二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理版权所有专题：氧族元素；碳族元素分析：A根据二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化；B根据氢氟酸是弱酸，能与二氧化硅反应；C根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式
29、为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl来分析；D根据Na的金属性比K弱，Na和K的沸点大小，制取的适宜温度应能使K蒸汽分离出，而钠为液体；解答：A二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，可用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气，故A正确；B氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃：4HF+SiO2=SiF4+2H2O，故B错误；C氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨气具有还原性，故C错误；D在850时使K蒸汽分离出，而钠为液体，可用钠制取钾，故D错误；故选：A点评：本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意相关知识的积累
30、6（2分）（2013常州一模）X、Y、Z、W为四种短周期元素，它们在周期表中位于连续的四个主族，如图所示Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的下列说法正确的是（） XYZWA原子半径由小到大的顺序为XZYWBY元素最高价氧化物对应的水化物化学式为H3YO4CX、Z两种元素的氧化物中所含化学键类型相同DY最简单气态氢化物比Y相邻周期同主族元素气态氢化物沸点高考点：位置结构性质的相互关系应用版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、W为四种短周期元素，根据表知，它们处于第二、三周期，它们在周期表中位于连续的四个主族，Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的，且Z处于第三周期，所以Z是
31、Mg元素，则W是Al元素，X是C元素，Y是N元素，然后利用元素周期律及物质的性质来解答解答：解：X、Y、Z、W为四种短周期元素，根据表知，它们处于第二、三周期，它们在周期表中位于连续的四个主族，Z元素原子最外层电子数是内层电子总数的，且Z处于第三周期，所以Z是Mg元素，则W是Al元素，X是C元素，Y是N元素，A电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为YXWZ，故A错误；BN元素处于第VA族，在其最高价含氧酸中显+5价，所以Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式为HYO3，故B错误；CX的氧化物为H2O、H2O2，Z的氧化物为Na2O、Na2O2，水和双氧水中含有共价键，氧
32、化钠和过氧化钠中含有离子键，故C错误；D氟化氢中能形成氢键，导致其沸点升高，其相邻周期同主族元素的气态氢化物中不含氢键，所以Y的最简单气态氢化物比Y相邻周期同主族元素气态氢化物沸点高，故D正确；故选D点评：本题考查位置、结构、性质，明确元素的推断是解答本题的关键，选项C为易错点，注意过氧化氢中既有极性共价键又有非极性共价键，过氧化钠中既含离子键又含非极性共价键，难度不大7（2分）（2014江苏模拟）下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A图1装置可以用于除去溶解在CCl4中的Br2B实验室用图2装置检验制得的乙烯中是否混有SO2和CO2C用图3装置在蒸发皿中灼烧CuSO45H2O晶体以除去结晶
33、水D实验室常用图4装置制取少量氯气考点：物质的分离、提纯和除杂；氯气的实验室制法；物质的检验和鉴别的实验方案设计版权所有专题：实验评价题分析：A溴单质可与氢氧化钠反应；B乙烯能被酸性高锰酸钾氧化；C灼烧结晶水合物应在坩埚进行；D反应需要加热解答：解：A溴单质可与氢氧化钠反应生成溴化钠和次溴酸钠，二者易溶于水，故A正确； B乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，且SO2被酸性高锰酸钾氧化掉，不能使品红褪色，不能确定是否含有SO2，故B错误；C灼烧结晶水合物应在坩埚进行，故C错误；D浓盐酸和二氧化锰反应需要加热，故D错误故选A点评：本题考查化学实验，难度中等，注意灼烧结晶水合物应在坩埚进行8（2分）
34、（2013常州一模）下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A向明矾KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO4恰好沉淀完全：2Al3+3S+3Ba2+6OH2Al（OH）3+3BaSO4B在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO+Fe（OH）3Fe+3Cl+H2O+H+C向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CODCa（HCO3）2与过量Ca（OH）2溶液反应：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O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、向明矾KAl（SO4）2溶液中逐
35、滴加入Ba（OH）2溶液至SO4恰好沉淀完全，按照1：2反应，结合离子性质分析写出；B、强碱溶液中不能生成氢离子；C、过量二氧化碳生成碳酸氢根离子；D、同种金属的酸式盐和碱反应生成盐和水；解答：解：A、向明矾KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO4恰好沉淀完全：Al3+2SO42+2Ba2+4OHAlO2+2BaSO4+2H2O，故A错误；B、强碱溶液中不能生成氢离子，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3；故C错误；D、Ca（HCO3）2与过量Ca（OH）2溶液反应，碳酸氢钙全部反应：Ca2+HC
36、O3+OHCaCO3+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写方法和注意问题，量不同产物不同，掌握离子性质间的反应是解题关键，题目难度中等9（2分）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是（）物质编号物质转化关系abcdNONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHFeCl2FeC13FeCuCl2Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3ABCD考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；abda
37、；ca cb；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单，据此分析解答解答：解：依据转化关系为：abda；ca cb；NO NO2HNO3NO；N2NO、N2不能一步转化NO2，故错误；Na2ONa2O2NaOH不能一步转化为Na2O，故错误； FeCl2 FeCl3CuCl2FeCl2；Fe FeCl2、Fe FeCl3，故正确； Al2O3NaAlO2Al（OH）3 Al2O3；Al Al2O3、Al NaAlO2，故正确；故选C点评：本题考查了物质之间通过一步反应的原理，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能
38、实现，排除该选项）是解答本题的捷径，题目难度较大10（2分）（2013常州一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图1表示盐酸滴加到0.1 molL1某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂B图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂C图3表示工业上用CO生产甲醇的反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），该反应的H=91 kJmol1D图4表示物质的量之比为2：3的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生气体的体积（V）与时间（t）的关系考点：中和滴定；反应热和焓变；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；
39、镁的化学性质；铝的化学性质版权所有专题：图示题分析：A根据盐酸在滴定开始时的pH来判断碱为弱碱，强酸滴定弱碱用甲基橙作指示剂；B已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件是加入催化剂或前后气体系数不变的反应增大压强；C利用H=旧键断裂吸收的总能量新键形成所放出的能量来分析；D据金属镁的活泼性大于铝以及镁、铝与足量的稀硫酸反应的化学方程式：Mg+H2SO4=MgSO4+H2，2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2，即可找出体积（V）与时间（t）的关系解答：解：A滴定开始时0.1 molL1某碱pH13，所以碱为弱碱，强酸滴定弱碱用甲基橙作指示剂，故A错误；
40、B已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件是加入催化剂或前后气体系数不变的反应增大压强，故B错误；C由图可知CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=419kJ/mol510kJ/mol=91kJmol1，故C正确；D据金属镁与硫酸反应比铝与稀硫酸反应快，物质的量之比为2：3的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生气体的体积（V）之比为，故D错误；故选C点评：本题考查了图象分析方法，反应特征的应用，主要是反应热量变化，反应定量计算分析判断，中和滴定，题目难度中等二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一
41、个选项，多选时，该题的0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）（2013常州一模）科学家用催化剂将苯酚（X）和1，3二羰基化合物（Y）合成一种重要的具有生物活性的结构单元苯并呋喃（Z），W是中间产物（R1、R2均为烃基）则下列有关叙述不正确的是（）A反应属于取代反应B仅使用溴水或FeCl3溶液不能鉴别X和WCW中没有手性碳原子DX、Y、W、Z都能与NaOH溶液反应、都能使酸性高锰酸钾褪色考点：有机物的结构和性质版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：A从官能团的转化判断反应类型；BX、W含有酚羟基，可与溴水发生取代
42、反应；C根据手性碳原子的定义判断；D能与NaOH反应的官能团为酚羟基和酯基，能被酸性高锰酸钾氧化的官能团为酚羟基和碳碳双键解答：解：A从有机物的结构和官能团的转化可知反应为取代反应，故A正确；BX、W都含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，不能用溴水鉴别，故B正确；CW中连接酯基的碳原子为手性碳原子，故C错误；DX、Y、W、Z都能与NaOH溶液反应，但Y不能使酸性高锰酸钾褪色，故D错误故选CD点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为A，注意根据官能团的变化判断反应的类型12（4分）（2013常州一模）下列化学实验事实及其解释或结论都正确
43、的是（）A取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+B取少量卤代烃Y在碱性溶液中水解后再用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明卤代烃中含有氯原子C向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物Y，加热后未出现砖红色沉淀，说明Y中不含有醛基D向浓度均为0.1molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，说明KspCu（OH）2KspMg（OH）2考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：实验评价题分析：A原溶
44、液中含有铁离子，KSCN溶液遇Fe3+变红色；B卤代烃在碱性溶液中发生水解反应生成卤化物，用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明卤代烃中含有氯原子；C新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行；D组成结构类似，溶解度越小，溶度积越小解答：解：A原溶液中含有Fe3+离子，会干扰Fe2+检验，检验Fe2+离子应向加入KSCN溶液，溶液不变红色，再滴加氯水，溶液变红色，说明溶液中含有Fe2+，故A错误；B卤代烃在碱性溶液中发生水解反应生成卤化物，用硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀为氯化银，说明卤代烃中含有氯原子，故B正确；C氢氧化钠的量不足，反应后所得的浊液不是碱性条
45、件下，氢氧化铜不能氧化醛基，故C错误；D向浓度均为0.1 molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，说明氢氧化铜的溶解度更小，故溶度积KspCu（OH）2KspMg（OH）2，故D错误；故选B点评：本题考查离子检验、对实验方案的评价、溶度积等，难度中等，注意离子检验中干扰离子的影响，掌握常见物质的检验方法13（4分）（2013常州一模）下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A物质的量浓度相等的NH4HSO4溶液、NH4HCO3溶液、NH4Cl溶液中，pH的大小关系：B常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）c（CH3COO
46、）c（Cl）=c（CH3COOH）c（H+）=c（OH）C常温下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32）c（H2SO3）=9.9107 molL1D物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）=2c（HC）+2c（H2CO3）+2c（C）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根据铵根离子的水解程度及电解质的电离确定溶液pH的相对大小；B根据电荷守恒判断离子浓度相对大小；C根据电荷守恒和物料守恒计算；D根据物料守恒确定微粒之间的关系解答：解：A硫酸氢铵是强酸弱碱酸式盐，硫酸氢根离子电离出氢离子，抑制铵根离子
47、水解，但溶液呈强酸性，碳酸氢铵中HCO3的水解程度大于NH4+的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，氯化铵水解而使其溶液呈酸性，但小于硫酸氢铵的酸性，所以 pH的大小关系：，故A错误；B溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），氯化氢电离出的氢离子和醋酸根离子结合生成醋酸，所以溶液中c（Cl）=c（CH3COOH），醋酸根离子水解而钠离子不水解，所以c（Na+）c（CH3COO），CH3COONa溶液呈弱碱性，要使溶液呈中性，则向醋酸钠溶液中加入少量盐酸，醋酸钠的量远远大于盐酸的量，所以c（CH3COO）c（Cl），故B正确；C常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程
48、度，根据物料守恒得c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3）+c（SO32），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32），将方程式代入得，c（H2SO3）+c（H+）=c（OH）+c（SO32），所以c（SO32）c（H2SO3）=c（H+）c（OH）=（106108 ）mol/L=9.9107 molL1，故C正确；D根据物料守恒得，次氯酸钠中c（HClO）+c（ClO）=c（Na+），碳酸氢钠中c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32 ），次氯酸钠中钠离子是碳酸氢钠中钠离子的2倍，所以c（HClO）+c（ClO）=c（HCO
49、3）+c（H2CO3）+c（CO32 ），故D错误；故选BC点评：本题考查离子浓度大小的比较，难度较大，根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，易错选项是A，注意硫酸氢根离子和碳酸氢根离子的差别，为易错点14（4分）（2013常州一模）全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，工作原理如图所示，a、b均为惰性电极，放电时左槽溶液颜色由黄色变为蓝色下列叙述正确的是（）A充电时右槽溶液颜色由紫色变为绿色B放电时，b极发生还原反应C充电过程中，a极的反应式为V+2H+eVO2+H2OD电池的总反应可表示为V+V2+2H+VO2+V3+H2O考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：A、右槽溶液颜
50、色由紫色变为绿色时，即V2+V3+，发生失去电子的氧化反应；B、放电时，正极上的反应：VO2+2H+eVO2+H2O，负极上发生V2+2e=V3+的反应；C、充电过程是电解池的工作原理，阳极上发生失电子的氧化反应；D、电池的总反应是氧化还原反应，根据离子之间的转化来回答解答：解：根据题意，放电时左槽溶液颜色由黄色变为蓝色，即VO2+2H+eVO2+H2O，发生得电子的还原反应，所以此电极是正极，充电时和电源的正极相接A、充电时，右槽是电解池的阴极，该极上发生得电子的还原反应，应该是绿色变为紫色，故A错误；B、放电时b极是原电池的负极，发生氧化反应，故B错误；C、充电过程中，a极是电解池的阳极，
51、该极上发生失电子的氧化反应，故C错误；D、该电池的总反应是VO2+和V2+在酸性环境下的氧化还原反应，总反应可以写为：VO2+V2+2H+VO2+V3+H2O，故D正确故选D点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意二次充电电池在工作时的电极反应情况，难度不大15（4分）（2013常州一模）向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中，分别充入2mol A、2mol B和1mol A、1mol B相同温度下，发生反应：A（g）+B（g）xC（g）；H0测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示下列说法正确的是（）Ax不可能等于2B甲、乙两容器中反应达平衡时，平衡常数K（甲）K（乙）C将乙容器
52、升温可使甲、乙容器内各物质的体积分数相同D若向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，则平衡时甲容器中0.78 molL1c（A）1.56 molL1考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线版权所有专题：化学平衡专题分析：A、计算平衡时两容器内A的转化率，甲容器内压强比乙容器内大，根据转化率的大小，判断增大压强平衡移动方向，据此判断；B、化学平衡常数只受温度影响，二者温度相同，平衡常数相同；C、乙容器单独升温，平衡向逆反应进行，乙容器内A的转化率减小；D、向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，A转化率增大，平衡移动目的是降低浓度增
53、大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大解答：解：A、由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为=61%，乙容器内A的转化率为=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：1+1X，所以x=1，故A正确；B、化学平衡常数只受温度影响，二者温度相同，平衡常数相同故B错误C、该反应为放热反应，将乙容器单独升温，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，乙中A的转化率比甲容器的转化率低，不可能使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同，故C错误；D、向甲容器中再充入2molA、2molB，可以等效为原平衡状态下压强增大一倍，
54、平衡向正反应方向移动，A转化率增大，所以平衡时甲容器中c（A）小于2倍原平衡中的c（A），平衡移动目的是降低浓度增大趋势，但不能消除浓度增大，达新平衡时浓度比原平衡大，所以平衡时甲容器中0.78mol/Lc（A）1.56mol/L，故D正确；故选AD点评：本题考查平衡图象、平衡常数、等效平衡、外界条件对平衡影响、平衡计算等，难度中等，根据图象计算平衡时转化率，确定x值是解题的关键二、非选择题（共80分）16（15分）（2013常州一模）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了威胁某研究性学习小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并
55、设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O（2）第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+（3）该探究小组提出两种方案测定CuSO45H2O晶体的纯度方案一：取a g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.100 0molL1Na2S2O3标准溶液滴定（原理为I2+2S2O22I+S4O2），到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL滴定过程中可选用淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象是蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复蓝色CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2+4I2CuI+I
56、2方案二：取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA（H2Y2 ）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w=100%下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是c（填字母）a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与EDTA反应的干扰离子考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；镁、铝的重要化合物；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量版权所有专题：实验题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）Cu和浓HNO3的离子反应（2
57、）双氧水作氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+（3）有碘参加反应，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，根据滴定终点的判断方法分析；（4）铜离子被I还原为亚铜离子，根据原子守恒和得失电子守恒书写；（5）根据方程式计算；解答：解：（1）Cu和浓HNO3的离子反应为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；故答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O；（2）双氧水作氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+；（3）有碘参加反应，因此可以选用淀粉溶液作指示剂，根据滴定终点的判断方法，要求蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复蓝色；故答案为：淀粉溶液、蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢
58、复蓝色；铜离子被I还原为亚铜离子，碘离子被氧化为I2，根据原子守恒和得失电子守恒书写离子方程式为；2Cu2+4I2CuI+I2；故答案为：2Cu2+4I2CuI+I2；根据方程式可知20.00mL溶液中n（CuSO45H2O）=n（EDTA）=c6103mol；所以m（CuSO45H2O）=c6103mol250g/mol=1.5c g，因此100mL溶液中CuSO45H2O的质量为：1.5c5=7.5cg，所以w=100%，故答案为：100%；根据CuSO45H2O质量分数的表达式：100% 分析；a未干燥锥形瓶，对滴定无影响；b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，读数时标准溶液体积偏小，结果偏
59、小；c未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗的EDTA偏多，计算结果偏大，故答案为：c；点评：本题考查了金属与强氧化性酸的反应，中和滴定实验，氧化还原反应，根据方程式的计算等，综合性较强17（11分）（2013常州一模）有机合成中常用的钯/活性炭催化剂若长期使用，会被铁、有机化合物等杂质污染而失去活性，成为废催化剂一种由废催化剂制取PdCl2的工艺流程如下：（1）“焙烧1”通入空气的目的是使有机化合物等可燃物通过燃烧而除掉（2）甲酸在反应中被氧化为二氧化碳，写出甲酸与PdO反应的化学方程式：HCOOH+PdOPd+CO2+H2O（3）加入浓氨水的过程中，需要控制溶液的pH为89，实验室中检
60、测溶液pH的简单方法是用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，然后将pH试纸与标准比色卡对比（4）写出“焙烧2”发生反应的化学方程式：Pd（NH3）2Cl22NH3+PdCl2（5）Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO3A+B+H2O（未配平）其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%则A的化学式为H2PdCl4考点：制备实验方案的设计；氧化还原反应；测定溶液pH的方法；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用版权所有专题：实验题分析：（1）使有机物、等可燃物充分燃烧；（2）根据题给信息确定反应
61、物和生成物，从而写出反应方程式；（3）实验室中用pH试纸检测溶液的pH；（4）根据题给信息结合原子守恒确定反应方程式；（5）Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO3A+B+H2O（未配平），其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在，则B是一氧化氮；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%，剩余的是氯元素，根据各元素的质量分数确定其原子个数比，从而确定其化学式解答：解：（1）钯/活性炭催化剂若长期使用，会被铁、有机化合物等杂质污染而失去活性，则该催化剂中含有有机物，为了使有机物等可燃物充分燃烧，要加入过量的氧气，故答案为：使有机化合物等
62、可燃物通过燃烧而除掉；（2）根据题给信息知，甲酸被氧化生成二氧化碳，则金属氧化物被还原生成金属单质，同时该反应中还生成水，反应方程式为：HCOOH+PdOPd+CO2+H2O，故答案为：HCOOH+PdOPd+CO2+H2O；（3）实验室中用pH试纸检测溶液的pH，其操作方法是：用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，然后将pH试纸与标准比色卡对比，故答案为：用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，然后将pH试纸与标准比色卡对比；（4）根据题给信息知，反应物是Pd（NH3）2Cl2，生成物是氨气和PdCl2，反应条件是加热，该反应方程式为：Pd（NH3）2Cl22NH3+PdCl2，故答案为：
63、Pd（NH3）2Cl22NH3+PdCl2；（5）Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO3A+B+H2O（未配平），其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在，则B是一氧化氮；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%，根据元素守恒知剩余的是氯元素，Pd原子、氢原子和氯原子个数比=：=1：2：4，所以A的化学式为：H2PdCl4，故答案为：H2PdCl4点评：本题考查了制备方案的设计，涉及化学式的确定、氧化还原反应、pH的测定等知识点，会根据原子守恒及原子个数比确定化学式，明确溶液pH值的测定方法，难度不大18（16分）（2013常州一模
64、）某芳香烃X（相对分子质量为92）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO已知： （苯胺，易被氧化）（1）X的结构简式是，反应的类型是氧化反应（2）反应两步不能（填“能”或“不能”）互换，理由是还原得到的氨基会被氧化（3）反应的化学方程式是（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物有6种（5）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案例：考点：有机物的推断版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：相对分子质量为92的某芳香烃X应为C7H8
65、，即甲苯（），在浓硫酸作用下发生硝化反应，由反应产物可知F为，被氧化生成G为，然后还原可得，发生缩聚反应可生成H为，A为，A生成B，且B能发生催化氧化，则B为，C为，D为，E为，以此解答该题解答：解：相对分子质量为92的某芳香烃X应为C7H8，即甲苯（），在浓硫酸作用下发生硝化反应，由反应产物可知F为，被氧化生成G为，然后还原可得，发生缩聚反应可生成H为，A为，A生成B，且B能发生催化氧化，则B为，C为，D为，E为，（1）通过以上分析知，X是，苯甲醛被银氨溶液氧化生成苯甲酸铵，故答案为：，氧化反应；（2）氨基易被氧化，所以不能互换，故答案为：不能，还原得到的氨基会被氧化；（3）邻氨基苯甲酸在一
66、定条件下能发生缩聚反应，反应方程式为：，故答案为：；（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，如是2个羟基相邻，则醛基有2种位置，如是羟基和醛基相邻，则另一个羟基有4种位置，共有6种同分异构体，故答案为：6；（5）在催化剂条件下，和氢气发生加成反应生成，和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成，所以其合成路线为：，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，题目难度较大，本题注意根据题给信息结合官能团的变化采用正推和逆推相结合的方法推断，明确各物质的种类为解答该题的关键，注意官能团的性质19（14分）（2013常州一模）甲醇（CH3OH
67、）和二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料以CH4和H2O为原料制备二甲醚和甲醇的工业流程如下：（1）写出催化反应室1中在一定条件下进行的化学反应方程式：CH4+H2OCO+3H2（2）在压强为0.1MPa条件下，反应室3（容积为V L）中a mol CO与2a mol H2在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示，则p1（填“”“”或“=”）p2在其他条件不变的情况下，反应室3再增加a mol CO与2a mol H2，达到新平衡时，CO的转化率增大（填“增大”“减小”或“不变”）在p1压强下，100时，反应
68、：CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）的平衡常数为（用含a、V的代数式表示）（3）图2为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图，a电极的电极反应式为CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+（4）水煤气合成二甲醚的三步反应如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）；H=90.8kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；H=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；H=41.3kJmol1则反应：3H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）的H=246.4kJ/mol考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有
69、关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡常数的含义版权所有专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）由工艺流程图可知，催化反应室1中发生的反应是甲烷与水在一定条件下生成一氧化碳与氢气；（2）由图1可知，温度相同时，在压强为P2时平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行；在其它条件不变的情况下，反应室3再增加a molCO与2amolH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大；由图1可知，在P1压强下，100时，CO的转化率为0.5，据此计算CO的浓度变化量，根据三段式计算平衡时各组分的平衡浓度
70、，计算合成甲醇的化学平衡常数，再利用相同温度下，对同一反应的正逆反应平衡常数互为倒数计算甲醇分解的化学平衡常数；（3）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，由图可知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳，由离子交换膜可知还生成氢离子；（4）根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减解答：解：（1）由工艺流程图可知，催化反应室1中发生的反应是甲烷与水在一定条件下生成一氧化碳与氢气，反应方程式为：CH4+H2OCO+3H2，故答案为：CH4+H2OCO+3H2；（2）由图1可知，温度相同时，在压强为P2时
71、平衡时CO的转化率高，由反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P1P2，故答案为：；在其它条件不变的情况下，反应室3再增加a molCO与2amolH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大，故答案为：增大；CO的起始浓度为mol/L，H2的起始浓度为mol/L，由图1可知，在P1压强下，100时，CO的转化率为0.5，CO的浓度变化量为mol/L0.5=mol/L，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）开始（mol/L）： 0变化（mol/L）：平衡（mol/L）：所以平衡常数k=故相同温度下，CH3OH（g）CO（g）
72、+2H2（g）的平衡常数为=，故答案为：；（3）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，由图可知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳，由离子交换膜可知还生成氢离子，a电极的电极反应式为：CH3OCH312e+3H2O=2CO2+12H+，故答案为：CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+；（4）已知：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJ/mol，2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=23.5kJ/mol，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.3kJ/mol，由盖斯定律可知，2+得3CO（g）+3H2（
73、g）CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.4kJ/mol，故答案为：246.4kJ/mol点评：本题考查影响平衡的因素、化学平衡常数、化学平衡图象、反应热的计算等，难度中等，（3）中注意根据离子交换膜判断有氢离子生成是关键，可以利用总反应式减去正极反应式进行书写20（12分）（2013常州一模）高氯酸钾广泛用于火箭及热电池业实验室制取高氯酸钾的步骤为：称取一定质量的KCl、NaClO4溶解，然后混合，经冷却、过滤、滤出晶体用蒸馏水多次洗涤及真空干燥得到有关物质溶解度与温度的关系表温度溶解度化学式010203040KClO40.761.061.682.563.73KCl2831.134.
74、237.240.1NaClO4167183201222245（1）写出实验室制取高氯酸钾的化学方程式：NaClO4+KClKClO4+NaCl；用蒸馏水多次洗涤晶体的目的是尽可能除去溶解度较大的杂质（2）Fe和KClO4反应放出的热量能为熔融盐电池提供550660的温度，使低熔点盐熔化导电，从而激活电池，这类电池称为热电池Li/FeS2热电池工作时，Li转变为硫化锂，FeS2转变为铁，该电池工作时，电池总反应为FeS2+4LiFe+2Li2S（3）Fe和KClO4作为热电池加热材料的供热原理为：KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）；H0600时FeO可部分分解生成Fe3O
75、4，写出有关的化学方程式：4FeO=Fe3O4+Fe称取一定质量上述加热材料反应后的混合物（假定只含氯化钾一种钾盐）于烧杯中，用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了0.43g，在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥，再在空气中充分灼烧得6.0g棕色固体求该加热材料反应前铁和高氯酸钾的质量（写出计算过程，结果保留2位有效数字）考点：化学电源新型电池；溶解度、饱和溶液的概念；铁的氧化物和氢氧化物；有关混合物反应的计算版权所有专题：守恒法；电化学专题分析：（1）依据题干信息和图表中溶解度大小分析判断写出反应化学方程式；
76、洗涤晶体的目的是洗去晶体表面的杂质；（2）依据题干信息配平写出电池反应；（3）依据反应物和产物结合原子守恒写出化学方程式；依据题干得到棕色固体为Fe2O3，铁的质量可以依据元素守恒计算得到；KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）；反应中KClO4和氯化钾物质的量相同；质量减少为氯化钾质量解答：解：（1）实验室制取高氯酸钾的步骤为：称取一定质量的KCl、NaClO4溶解，然后混合，氯酸钾溶解度小于氯酸钠，反应得到氯酸钾，反应的化学方程式为NaClO4+KClKClO4+NaCl；经冷却、过滤、滤出晶体用蒸馏水多次洗涤及真空干燥得到；洗涤的目的是洗去晶体表面的杂质，故答案为：N
77、aClO4+KClKClO4+NaCl；尽可能除去溶解度较大的杂质；（2）Li/FeS2热电池工作时，Li转变为硫化锂，FeS2转变为铁，该电池工作时失电子的做负极发生氧化反应，得到电子的发生还原反应，电池反应为：FeS2+4LiFe+2Li2S，故答案为：FeS2+4LiFe+2Li2S；（3）600时FeO可部分分解生成Fe3O4，依据元素守恒计算得到出生成四氧化三铁外还有铁，依据原子守恒配平可得4FeO=Fe3O4+Fe，故答案为：4FeO=Fe3O4+Fe；反应过程中的反应为：KClO4（s）+4Fe（s）KCl（s）+4FeO（s）；用蒸馏水充分洗涤、过滤、干燥，固体质量减少了0.4
78、3g，减少的固体质量是氯化钾的质量，n（KClO4）=n（KCl），在固体中继续加入过量的稀硫酸，微热让其充分反应，固体完全溶解得到的溶液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗净、干燥，再在空气中充分灼烧得6.0g棕色固体固体是Fe2O3，n（Fe）=2n（Fe2O3），得到：m（Fe）=n（Fe）56 gmol1=256 gmol1=4.2g，m（KClO4）=n（KClO4）138.5 gmol1=n（KCl）138.5 gmol1=138.5 gmol1=0.80g，故答案为：该加热材料反应前铁和高氯酸钾的质量分别为4.2g、0.80g点评：本题考查了物质制备反应的应用，铁及其化合物性质的
79、应用，数据分析应用，溶解度变化的反应原理，原电池原理应用，混合物和反应化学方程式的计算应用，题目难度较大21（12分）（2013常州一模）A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期主族元素A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数，F原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同；A与C形成的最简单分子为三角锥形；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F（1）写出B的基态原子的核外电子排布式1s22s22p2（2）A、C形成的最简单分子极易溶于水，其主要原因是NH3与H2O间能形成氢键；与该最简
80、单分子互为等电子体的阳离子为H3O+（3）比较E、F的第一电离能：EF（选填“”或“”，“=”）（4）BD2在高温高压下所形成的晶胞如右图所示该晶体的类型属于原子（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子的杂化形式为sp3（5）光谱证实单质F与强碱性溶液反应有F（OH）4生成，则F（OH）4中存在acda共价键 b非极性键 c配位键 d键 e键考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响版权所有专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：根据题意，A、B、C、D、E、
81、F为原子序数依次增大的短六种短周期主族元素，F原子的电子层数是A的3倍，说明A有一个电子层F有三个电子层，A、F原子的最外层电子数均等于其周期序数可知，A为H元素，F为AI元素；原子核外电子分处3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，根据B原子的核外电子排布式为1S22S22P2，为C元素；A与C形成的最简单分子为三角锥形，为NH3分子，则C为N元素；D原子p轨道上成对电子数等于未成对电子数，P亚层三个轨道中的电子数只能是2、1、1共四个电子，核外电子排布式1S22S22P4，所以核外电子总数为8，D元素是O元素；E原子核外每个原子轨道上的电子都已成对，E电负性小于F，即电负性小于AI，原
82、子序数大于8小于13，且原子轨道上都是成对电子，结合原子结构轨道表示式可知，E元素为Mg元素所以A、B、C、D、E、F分别为H、C、N、O、Mg、AI；根据推断出的元素进行解答解答：解：（1）B元素为碳元素，根据核外电子排布规律，C元素的基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，故答案为：1s22s22p2；（2）A、C形成的最简单分子是NH3分子，是一种极性分子，极易溶于水的原因主要有：根据相似相溶原理，氨气易溶于极性溶剂水中；氨气分子在水中易与水分子形成氢键，增大了氨气的溶解性；部分氨气与水反应，降低了NH3浓度，使溶解量增大；所谓等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而
83、且所含的价层电子数相同，则它们互称为等电子体与氨气分子互为等电子体的阳离子为H3O+，故答案为：NH3与H2O间能形成氢键；H3O+；（3）电离能可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度（可近似理解为金属性）第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子存在的规律为：随着核电荷数的递增，元素的第一电离能呈现周期性变化；总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大； 同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素，最大的是稀有气体元素；同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折当外围电子在能量相等的轨道上形
84、成全空（p0，d0，fo）、半满（p3，d5，f7）或全满（p6，d10，f14）结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族； 同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，则镁原子结构中各亚层均处于全满状态，所以镁比铝的第一电离能反常高，故答案为：；（4）根据BD2即CO2在高温高压下所形成的晶胞晶胞结构可知，该晶体为原子晶体，晶胞内白球为C原子，黑球为O原子，每个晶胞中含碳原子为8+6+4=8，含氧原子为16，所以碳原子和氧原子微粒数
85、之比为1：2，根据晶胞中碳原子和氧原子的结构可知，碳原子的杂化方式为SP3杂化，故答案为：原子；sp3；（5）光谱证实单质AI与强碱性溶液反应有AI（OH）4生成，可看作其中铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成AI（OH）3；AI（OH）3溶解在强碱中，和OH形成AI（OH）4，利用的是铝原子的空轨道和氢氧根离子的孤对电子形成的配位键；由两个相同或不相同的原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠而形成的共价键，叫做键，所以AI（OH）4中也形成了键故答案为：acd点评：本题考查了原子核外电子排布、电负性电离能的概念含义和应用、等电子体、化学键形成、原子轨道杂化方式和类型、氢键的实际应用，元素周期表的应用等知识，综合性较大
