1、山东省滨州市博兴三中2016届高三上学期开学化学试卷一、选择题（共20小题）1六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E同主族，B与F同主族，E与F同周期已知常温下单质A与E的状态不同，D的核电荷数是B的最外层电子数的2倍，单质F是一种重要的半导体材料则下列推断中正确的是（）AA、C两种元素可组成化学式为CA3的化合物BF与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C原子半径大小顺序是EFCDD非金属性强弱顺序是DCFB2已知在酸性条件下有以下反应关系：KBrO3能将KI氧化成I2； Br2能将I氧化为I2IO3也能将Br氧化为Br2，其本身被还原为I2现向含有1mol
2、 KI的硫酸溶液中加入含amol KBrO3溶液，a的取值不同，所得产物也不同下列判断正确是（）编号 a的取值范围 产物的化学式（或离子符号） a I2Br a I2BrBr2 a I2IO3Br2 a IO3Br2ABCD3下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个4化学是你，化学是我，化学深入
3、我们生活下列说法正确的是（）A木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃DPX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃5设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB常温常压下，4.4 g乙醛所含键数目为0.7NAC标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA6常温下，下列溶液中各组离子一定大量共存的是（）A使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2、NO3、CO32Bc（ClO）=1.0
4、 molL1溶液：Na+、SO32、S2、ClC含有0.1 molL1 HCO3的溶液：Na+、Fe3+、NO、C6H5OD=0.1 molL1的溶液：Na+、K+、CO32、NO37下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（）无色溶液中：K+ Cl Mg2+ SO42 Cr2O72pH=11的溶液中：CO32 Na+ AlO2 NO3 S2水电离的H+浓度为102mol/L的溶液中：Cl CO32 NH4+ SO32 NO3加入铝粉放出氢气的溶液中：K+ Cl Mg2+ S2O32SO42NH4+使甲基橙变红的溶液中：MnO4Fe2+ Na+ NO3SO42中性溶液中：Fe3+ Al3+ N
5、O3 Cl能溶解铜粉的溶液：I NO3SO42Fe3+ Al3+ABCD8下列有机化合物的性质能体现是羟基对苯环产生影响的是（）A苯酚溶液显弱酸性B苯酚比苯容易发生溴代反应C苯酚能与氢氧化钠溶液反应，而苯甲醇不能D苯酚和乙醇在60的水浴中，分别加入金属钠，苯酚中明显反应剧烈9下列有关说法不正确的是（）A常温下，MgO（s）+C（s）=Mg（s）+CO（g）不能自发进行，则其H0B在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液，一定先产生淡黄色沉淀C加热0.1 molL1Al2（SO4）3溶液，Al3+水解程度增大，溶液的酸性增强D常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸等体积混合后所
6、得溶液显酸性10等物质的量浓度的下列稀溶液：CH3COONa溶液；NaHCO3溶液；X溶液；Ba（OH）2溶液它们的pH依次增大，则X溶液不可能是（）ANa2CO3溶液BNa2SiO3溶液CNaOH溶液DNaHSO3溶液、1125时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZHYHXB根据滴定曲线，可得Ka（HY）105C将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c（X）c（Y）c（OH）c（H+）
7、DHY与HZ混合，达到平衡时：c（H+）+c（Z）+c（OH）12一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g）2C（g）+D（g）现将5mol A和10mol B加入一体积为2L的密闭容器中，反应至10min时改变某一条件，C的物质的量浓度随时间变化关系如图所示下列有关说法正确的是（）A在05min内，正反应速率逐渐增大B反应从起始至5min时，B的转化率为50%C5min时的平衡常数与10min时的平衡常数不等D第15min时，B的体积分数为25%13如图是我国化学家近年来合成的两种聚乙炔衍生物分子的结构式下列说法正确的是（）AA和B均能在一定条件下水解，且水解均生成两种产物BA水解生成的高分
8、子化合物中所有碳原子一定共面CA和B的链节中均含有2个以上手性碳原子D1molA和B各与热碱液反应，均最多消耗2n mol NaOH148月12日天津港发生爆炸，专家对爆炸事故原因猜测认为硝化棉或者硫化钠自燃是最可能的点火源，因此化学药品的安全存放是非常重要的下列有关化学药品的存放说法不正确的是（）A液溴易挥发，应用水液封并放在冷暗处保存B金属钠遇到氧气立即反应，应保存在煤油中或者液体石蜡里C硝酸见光易分解，应用棕色广口试剂瓶保存D碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存15金属Ti（钛）是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料 某
9、化学兴趣小组用实验探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下：下列有关三种金属的说法正确的是（）金属学 Ti Mg Cu金属表面现象 放出气泡速度缓慢 放出气泡速度快 无变化A三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、CuB若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去MgC用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径DCu和稀盐酸不发生化学反应16向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所
10、示下列判断正确的是（）A原NaOH溶液的浓度为0.1mol/LB通入CO2的体积为448mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：117镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4 MgMo3S4，下列说法正确的是（）A电池放电时，Mg2+向负极迁移B电池放电时，正极反应为Mo3S4+2xe+xMg2+MgxMo3S4C电池充电时，阴极发生还原反应生成Mo3S4D电池充电时，阳
11、极反应为xMg2xexMg2+18通过复习总结，下列归纳正确的是（）ANa2O，NaOH，Na2CO3，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物B简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性C一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应有一种氧化物D物质发生化学变化一定有化学键断裂与生成，并伴有能量变化，而发生物理变化就一定没有化学键断裂或生成19下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用此图装置制取并收集干燥纯净的NH3B用此图装置实验室制备Fe（OH）2C此图装置收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积D此图装置可用于实验室制取乙酸乙酯20有机物的
12、结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有（）取代 加成 消去 酯化 水解 氧化 中和ABCD二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）21物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：（1）2.3g 乙醇含有个H原子，所含共价键的物质的量，其中所含官能团羟基的电子数为某条件下，8g氧气所占的体积为6L，则在该条件下的气体摩尔体积为（3）100mL硫酸铝溶液中C（Al3+）=0.20mol/L（不考虑水解因素），则其中n（SO42）=（4）在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl，此氯化物的摩尔质量为（5）6.72L CO（标准状况）与一定量的Fe2O3恰好完全反
13、应（生成Fe与CO2）后，生成Fe的质量为g，转移的电子数目为三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）22利用芳香烃X和烯烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD已知：G不能发生银镜反应，B遇FeCl3溶液显紫色，C到D的过程为引入羧基（COOH）的反应其中BAD结构简式为：BAD的合成路线如下：试回答下列问题：（1）写出结构简式YD属于加成反应的有（填数字序号）（3）1molBAD最多可与含molNaOH的溶液完全反应（4）写出方程式反应F+E（5）E有多种同分异构体，判断符合下列要求的同分异构体数目为种能发生银镜反应遇FeCl3溶液显紫色核磁共振氢谱图中有四个吸收峰23SO2的含量是空气质量日报
14、中一项重要检测指标，请结合所学知识回答下列问题（1）工业制硫酸过程中，SO2催化氧化的原理为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）T时，向某密闭容器中充入一定SO2（g）和O2（g），发生上述反应，测得SO2（g）的平衡转化率（a）与体系总压强（p）的关系如图1所示a、b两点对应的平衡常数K（a）K（b）（填“”、“”或“=”，下同），SO2浓度c（a）c（b）c点时，反应速率v（正）v（逆）电化学法处理SO2硫酸工业尾气中的SO2经分离后，可用于制备硫酸，同时获得电能，装置如图2所示（电极均为惰性材料）：M极发生的电极反应式为若使该装置的电流强度达到2.0A，理论上每分钟应向负极通入标准
15、状况下气体的体积为L（已知：1个e所带电量为1.61019C）（3）溶液法处理SO2已知常温下H2SO3和H2CO3的电离常数如表所示：电离常数酸 K1 K2H2SO3 1.3102 6.3108H2CO3 4.2107 5.61011常温下，将SO2缓慢通入100mL 0.2molL1的Na2CO3溶液中，当通入448mLSO2时（已折算为标准状况下的体积，下同），发生的离子方程式为；当通入896mLSO2时，所得溶液呈弱酸性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为24如图是一些重要工业生产的转化关系（反应条件略去）：请完成下列问题：（1）若D是单质，且与A属于同一主族，反应在高温下进行，则：此反
16、应的化学方程式是D单质的一种重要用途是若B为黄色固体，D为固体化合物，则该反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2当有1molC生成时，该反应转移电子的总数是将C通入足量的酸性KMnO4 溶液中，发生反应的离子方程式为（3）若B是一种碱性气体，D为化合物，则：该反应的化学方程式是B在加热条件下与CuO反应有Cu生成，该反应的化学方程式为；有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O已知Cu+在酸性溶液中不能稳定存在，为验证Cu2O是否存在，可取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，则证明含有Cu2O请写出发生反应的化学方程式：山东省滨州市博兴三中2016届高三上学期开学化学试卷参
17、考答案与试题解析一、选择题（共20小题）1六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E同主族，B与F同主族，E与F同周期已知常温下单质A与E的状态不同，D的核电荷数是B的最外层电子数的2倍，单质F是一种重要的半导体材料则下列推断中正确的是（）AA、C两种元素可组成化学式为CA3的化合物BF与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C原子半径大小顺序是EFCDD非金属性强弱顺序是DCFB【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F是Si元素，B和F同一主族，且都是短周期元素，所以B是C
18、元素；E和F同一周期，且E的原子序数小于F，A与E同主族，常温下单质A与E的状态不同，则A是H元素、E是Na元素；D的核电荷数是B的最外层电子数的2倍，B的原子最外层电子数是4，则D是O元素，C原子序数大于B而小于D，所以C是N元素，再结合元素周期律知识解答【解答】解：六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F是Si元素，B和F同一主族，且都是短周期元素，所以B是C元素；E和F同一周期，且E的原子序数小于F，A与E同主族，常温下单质A与E的状态不同，则A是H元素、E是Na元素；D的核电荷数是B的最外层电子数的2倍，B的原子最外层电子数是4，则D是
19、O元素，C原子序数大于B而小于D，所以C是N元素，AA是H元素、C是N元素，A、C两种元素可组成化学式为NH3的化合物，故A正确；BF是Si元素、D是O元素，二者形成的化合物SiO2能溶于HF，故B错误；C原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是NaSiNO，即EFCD，故C错误；D同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，非金属元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性DCBF，故D错误；故选A【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，正确推断元素是解本题关键，熟悉元素周期律并灵活运用是解本题关键，题
20、目难度不大2已知在酸性条件下有以下反应关系：KBrO3能将KI氧化成I2； Br2能将I氧化为I2IO3也能将Br氧化为Br2，其本身被还原为I2现向含有1mol KI的硫酸溶液中加入含amol KBrO3溶液，a的取值不同，所得产物也不同下列判断正确是（）编号 a的取值范围 产物的化学式（或离子符号） a I2Br a I2BrBr2 a I2IO3Br2 a IO3Br2ABCD【考点】氧化还原反应的计算【专题】计算题【分析】当a时，KBrO3不足，反应生成I2、Br，反应方程式为：6KI+KBrO3+3H2SO4=3I2+KBr+3K2SO4+3H2O；当a=时，二者反应生成I2、Br2
21、，反应方程式为：10KI+2KBrO3+6H2SO4=5I2+Br2+6K2SO4+6H2O；当a时：反应产物为：I2、Br、Br2，发生以上两个反应；当a时，KBrO3足量，发生反应为：5KI+6KBrO3+3H2SO4=5KIO3+3Br2+3K2SO4+3H2O，所以反应产物为：IO3、Br2；当a时，反应按照C、E中的反应进行，反应产物为：I2、IO3、Br2，以此解答该题【解答】解：当a时，KBrO3不足，反应生成I2、Br，反应方程式为：6KI+KBrO3+3H2SO4=3I2+KBr+3K2SO4+3H2O；当a=时，二者反应生成I2、Br2，反应方程式为：10KI+2KBrO3
22、+6H2SO4=5I2+Br2+6K2SO4+6H2O；当a时：反应产物为：I2、Br、Br2，发生以上两个反应；当a时，KBrO3足量，发生反应为：5KI+6KBrO3+3H2SO4=5KIO3+3Br2+3K2SO4+3H2O，所以反应产物为：IO3、Br2；当a时，反应按照C、E中的反应进行，反应产物为：I2、IO3、Br2，则有：编号 a的取值范围 产物的化学式或（离子符号） a I2，Br a I2、Br、Br2 a= I2、Br2 a I2、IO3、Br2 a IO3、Br2故选C【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，注意从化合价变化的角度、氧化还原反应得失电子相等的角度
23、分析氧化还原反应，侧重分析与计算能力的综合考查，题目难度较大3下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个【考点】钠的重要化合物【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性
24、，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可【解答】解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20反应矛盾，故C错误；D、浓盐酸中Cl由1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确
25、，故选D【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性4化学是你，化学是我，化学深入我们生活下列说法正确的是（）A木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃DPX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃【考点】生活中的有机化合物【分析】A淀粉遇碘水显蓝色；B食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质；C烃是指仅含碳氢两种元素的化合物；D不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃【解答】解：A淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素
26、，故A错误； B食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解生成氨基酸，故B正确；C聚氯乙烯还含有氯元素，故C错误；D对二甲苯含有苯环，属于不饱和烃，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的性质与简单分类，比较基础，明确不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃是解题的关键5设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB常温常压下，4.4 g乙醛所含键数目为0.7NAC标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NAD50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3N
27、A【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol；B、求出乙醛的物质的量，然后根据1mol乙醛中含6mol键来分析；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应来分析；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应【解答】解：A、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O与D2O混合物的物质的量为0.1mol，而1molH218O与D2O中均含10mol中子，故0.1molH218O与D2O混合物中含1mol中子，即NA个，故A正确；B、4.4g乙醛的物质的量为
28、0.1mol，而1mol乙醛中含6mol键，故0.1mol乙醛中含0.6mol键，即0.6NA个，故B错误；C、标况下，5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而CO2与足量Na2O2的反应为歧化反应，1mol二氧化碳发生反应时反应转移1mol电子，故0.25mol二氧化碳反应时此反应转移0.25mol电子，即0.25NA个，故C错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molHCl反应时转移2mol电子，而50mL12mol/L盐酸的物质的量n=CV=12mol/L0.05L=0. 6mol，这0.6mol盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol电
29、子，即小于0.3NA个，故D错误故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6常温下，下列溶液中各组离子一定大量共存的是（）A使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2、NO3、CO32Bc（ClO）=1.0 molL1溶液：Na+、SO32、S2、ClC含有0.1 molL1 HCO3的溶液：Na+、Fe3+、NO、C6H5OD=0.1 molL1的溶液：Na+、K+、CO32、NO3【考点】离子共存问题【分析】A使甲基橙呈红色的溶液，显酸性；B离子之间发生氧化还原反应；C离子之间相互促进水解、离子之间结合生成络离子；D.=0.1 mol
30、L1的溶液，显碱性【解答】解：A使甲基橙呈红色的溶液，显酸性，不能大量存在AlO2、CO32，故A错误；BClO分别与SO32、S2发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；CFe3+、HCO3相互促进水解、Fe3+、C6H5O结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D.=0.1 molL1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、水解反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大7下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（）无色溶液中：K+ Cl Mg2+ S
31、O42 Cr2O72pH=11的溶液中：CO32 Na+ AlO2 NO3 S2水电离的H+浓度为102mol/L的溶液中：Cl CO32 NH4+ SO32 NO3加入铝粉放出氢气的溶液中：K+ Cl Mg2+ S2O32SO42NH4+使甲基橙变红的溶液中：MnO4Fe2+ Na+ NO3SO42中性溶液中：Fe3+ Al3+ NO3 Cl能溶解铜粉的溶液：I NO3SO42Fe3+ Al3+ABCD【考点】离子共存问题【分析】Cr2O72为橙色；pH=11的溶液，显碱性；水电离的H+浓度为102mol/L的溶液，溶液显酸性；加入铝粉放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；使甲基橙变红的溶
32、液，显酸性；中性溶液不能大量存在Fe3+；能溶解铜粉的溶液，具有氧化性物质【解答】解：Cr2O72为橙色，与无色不符，故错误；pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故正确；水电离的H+浓度为102mol/L的溶液，溶液显酸性，酸性溶液中不能大量存在CO32、SO32，故错误；加入铝粉放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能存在Mg2+、NH4+，酸性溶液中H+、S2O32发生氧化还原反应，故错误；使甲基橙变红的溶液，显酸性，（NO3）MnO4、Fe2+、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；中性溶液不能大量存在Fe3+，故错误；能溶解铜粉的溶液，具有氧化
33、性物质，不能存在还原性离子I，且I、Fe3+发生氧化还原反应，不能大量共存，故错误；故选D【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大8下列有机化合物的性质能体现是羟基对苯环产生影响的是（）A苯酚溶液显弱酸性B苯酚比苯容易发生溴代反应C苯酚能与氢氧化钠溶液反应，而苯甲醇不能D苯酚和乙醇在60的水浴中，分别加入金属钠，苯酚中明显反应剧烈【考点】有机分子中基团之间的关系【分析】OH和苯环是相互活化的，OH使苯环活化表现为苯酚中的苯环更易被取代；苯环使OH活化表现为酚羟基显酸性，和钠的反应更剧烈，能
34、和氢氧化钠反应，据此分析【解答】解：A、苯酚溶液显弱酸性，说明苯环使OH活化，比醇羟基更易电离，故A错误；B、苯酚比苯容易发生溴代反应，说明苯酚中的苯环比苯更活泼，体现了OH对苯环的影响，故B正确；C、苯酚能与氢氧化钠反应，说明酚羟基显酸性，而苯甲醇不能，说明只有当OH直接连在苯环上时，苯环会使OH活化，故C错误；D、分别加入金属钠，苯酚中明显反应剧烈，说明酚羟基比醇羟基更活泼，体现了苯环对OH的影响，故D错误故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重原子团相互影响的考查，注意羟基对苯环影响，题目难度不大9下列有关说法不正确的是（）A常温下，
35、MgO（s）+C（s）=Mg（s）+CO（g）不能自发进行，则其H0B在NaCl和KBr的混合溶液中滴加AgNO3溶液，一定先产生淡黄色沉淀C加热0.1 molL1Al2（SO4）3溶液，Al3+水解程度增大，溶液的酸性增强D常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸等体积混合后所得溶液显酸性【考点】盐类水解的原理；焓变和熵变；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A如果G=HTS0时该反应不能自发进行，否则能自发进行；B先达到离子积的先沉淀；C加热促进水解；DpH之和为14，谁弱显谁性【解答】解：A如果G=HTS0时该反应不能自发进行，该反应的熵变S0，且该反应不能自发进行，所以
36、其H0，故A正确；B先达到离子积的先沉淀，可能先生成白色沉淀，故B错误；C加热促进水解，溶液的酸性增强，故C正确；DpH之和为14，谁弱显谁性，所以pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸等体积混合后所得溶液显酸性，故D正确；故选B【点评】本题考查了沉淀的生成，反应方向判据，盐类的水解，考查学生对基本知识的掌握程度，题目简单，属于基础题10等物质的量浓度的下列稀溶液：CH3COONa溶液；NaHCO3溶液；X溶液；Ba（OH）2溶液它们的pH依次增大，则X溶液不可能是（）ANa2CO3溶液BNa2SiO3溶液CNaOH溶液DNaHSO3溶液、【考点】盐类水解的原理【分析】若X为盐溶液，根据酸的
37、酸性越弱，则对应盐的pH越大可知，X对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，若X为碱，则其碱性Ba（OH）2比弱【解答】解：等物质的量浓度的下列稀溶液：CH3COONa溶液；NaHCO3溶液；X溶液；Ba（OH）2溶液它们的pH依次增大，X溶液的碱性大于碳酸氢钠，小于Ba（OH）2，A、Na2CO3溶液的碱性大于碳酸氢钠，小于Ba（OH）2，故A不选；B、根据酸的酸性越弱，则盐的pH越大可知，X对应的酸的酸性比碳酸的酸性弱，而硅酸的酸性比碳酸弱，故硅酸钠溶液符合，不B不选；C、等浓度的氢氧化钠的碱性强于碳酸氢钠，低于氢氧化钡，符合，故C不选；D、亚硫酸氢钠溶液显示酸性，比碳酸氢钠的碱性弱，不符合，故D选
38、故选D【点评】本题考查了盐的水解，注意把握盐溶液pH的判断方法：酸的酸性越弱，则盐的pH越大，题目难度不大1125时，用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZHYHXB根据滴定曲线，可得Ka（HY）105C将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c（X）c（Y）c（OH）c（H+）DHY与HZ混合，达到平衡时：c（H+）+c（Z）+c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电
39、离平衡与溶液的pH专题【分析】A、根据图象分析，0.1000molL1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，据此可以判断三种酸的酸性强弱及导电能力；B、根据氢氧化钠滴到10mL，c（HY）c（Y），Ka（HY）c（H+）；C、HX恰好完全反应时，HY已经反应完全，此时的溶液为NaX和NaY混合液；D、由于溶液中的c（H+）=c（Y）+c（Z）+c（OH）及HA的电离平衡常数Ka（HY）=进行判断【解答】解：A、氢氧化钠体积为0时，0.1000molL1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为：HXHYHZ，所以相同条件下导电性大小为：HZHYHX，故A错误；B、当
40、NaOH溶液滴到10mL时，溶质等物质的量的NaA、HA，则溶液中c（HY）c（Y），HA的电离平衡常数Ka（HY）=c（H+）=10PH=105，故B正确；C、HX恰好完全反应时，HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性HXHY，NaY水解程度小于NaX，则溶液中c（X）c（Y），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Y）c（X）c（OH）c（H+），故C错误；D、HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为：c（H+）=c（Y）+c（Z）+c（OH）；HA的电离平衡常数为Ka（HY）=，c（Y）=，c（H+）=+c（Z）+c（OH），故D错误；故选B【点评】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的
41、计算、酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断及有关溶液pH的计算方法，正确分析、理解图象信息为解答本题的关键，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理比较溶液中各离子浓度大小12一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g）2C（g）+D（g）现将5mol A和10mol B加入一体积为2L的密闭容器中，反应至10min时改变某一条件，C的物质的量浓度随时间变化关系如图所示下列有关说法正确的是（）A在05min内，正反应速率逐渐增大B反应从起始至5min时，B的转化率为50%C5min时的平衡常数与10min时的平衡常数不等D第15min时，B的体积分
42、数为25%【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线【专题】化学平衡专题【分析】A、根据图象可知，05min内C的物质的量浓度在增大，说明反应还在正向进行，反应物的浓度正在减小，所以正反应速率在逐渐减小，据此判断；B、根据C的物质的量浓度的变化，可以求得B的物质的量浓度的变化，进而求得B的转化率；C、平衡常数只与温度有关，与其它物理量都无关，而本题温度没有变化，所以化平衡常数不变，据此判断；D、根据图象可知，在10min15min时，平衡没有移动，第15min时，B的体积分数和第10min时的一样，根据平衡时C的物质的量浓度可以求得B的物质的量的浓度，进而求得B的体积分数【解答】解：A、根据图象可
43、知，05min内C的物质的量浓度在增大，说明反应还在正向进行，反应物的浓度正在减小，所以正反应速率在逐渐减小，故A错误；B、5mol A和10mol B加入一体积为2L的密闭容器中，得c（A）=2.5mol/L，c（B）=5mol/L， A（g）+2B（g）2C（g）+D（g）起始浓度（mol/L） 2.5 5 0反应变化的浓度（mol/L） 1.25 2.5 2.5 平衡时的浓度（mol/L） c平（A）c平（B） 2.5c平（B）=2.5mol/LB的转化率=100%=50%故B正确；C、平衡常数只与温度有关，与其它物理量都无关，而本题温度没有变化，所以化平衡常数不变，故C错误；D、根据图
44、象可知，在10min15min时，平衡没有移动，第15min时，B的体积分数和第10min时的一样，在第10min时， A（g）+2B（g）2C（g）+D（g）起始物质的量（mol） 5 10 0 0反应变化的物质的量（mol） 2.5 5 5 2.5 平衡时的物质的量（mol） n（A） n（B） 2.52 2.5平衡时n（A）=2.5mol n（B）=5mol n（C）=5mol n（D）=2.5mol B的体积分数=100%=100%=33.3%，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了化学平衡中转化率和体积分数的计算，难度中等，解题的关键在于读懂图象，要从图象中得知第10分钟时条件改变，
45、平衡不移动，这是这个题目的难点13如图是我国化学家近年来合成的两种聚乙炔衍生物分子的结构式下列说法正确的是（）AA和B均能在一定条件下水解，且水解均生成两种产物BA水解生成的高分子化合物中所有碳原子一定共面CA和B的链节中均含有2个以上手性碳原子D1molA和B各与热碱液反应，均最多消耗2n mol NaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】AA物质含2n个COOC，B物质含n个CONH；BA水解的高分子化合物中碳原子不一定都共面；CA的链节中含有一个手性碳原子，B的链节中含有一个手性碳原子；DA中酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，B中羧基和肽键水解生成的羧基能和氢氧化钠反应【解答】解：AA
46、物质含2n个COOC，B物质含n个CONH，B水解生成两种产物，而A水解生成三种产物，除两种含苯环的物质还有乙二醇，故A错误；BA水解的高分子化合物中碳原子不一定都共面，因为聚乙炔基和苯环之间的共价键可以旋转，故B错误；CA的链节中含有一个手性碳原子，B的链节中含有一个手性碳原子，故C错误；DA中酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，B中羧基和肽键水解生成的羧基能和氢氧化钠反应，所以1molA和B各与热碱液反应，均最多消耗2n mol NaOH，故D正确；故选D【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯、肽的性质，易错选项是B，题目难度中等148
47、月12日天津港发生爆炸，专家对爆炸事故原因猜测认为硝化棉或者硫化钠自燃是最可能的点火源，因此化学药品的安全存放是非常重要的下列有关化学药品的存放说法不正确的是（）A液溴易挥发，应用水液封并放在冷暗处保存B金属钠遇到氧气立即反应，应保存在煤油中或者液体石蜡里C硝酸见光易分解，应用棕色广口试剂瓶保存D碳酸钠虽然属于盐，但是其水溶液呈碱性，应用带橡胶塞的试剂瓶保存【考点】化学试剂的存放【分析】A液溴易挥发，需液封； B钠的密度比煤油的大；C液体用细口瓶保存；D碳酸钠溶液水解显碱性【解答】解：A溴单质易挥发，应在盛溴的试剂瓶里加一些水来防止溴挥发，水封法保存，故A正确； B金属钠易和空气中的水、氧气以
48、及二氧化碳反应，常保存在密度较小的煤油中，故B正确；C液体用细口瓶保存，固体用广口瓶，故C错误；D碳酸钠溶液水解显碱性，玻璃中的二氧化硅能和碱溶液发生反应，生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘到一块，应用橡胶塞，故D正确故选C【点评】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大15金属Ti（钛）是一种具有许多优良性能的较为昂贵的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料 某化学兴趣小组用实验探究Ti、Mg、Cu的活泼性顺序他们在相同温度下，取大小相同的三种金属薄片，分别投入等体积等浓度的足量稀盐酸中，观察现象如下：下列有关三种金属的说法正确的是（）金
49、属学 Ti Mg Cu金属表面现象 放出气泡速度缓慢 放出气泡速度快 无变化A三种金属的活泼性由强到弱的顺序是Ti、Mg、CuB若钛粉中混有Mg，提纯Ti时可用稀盐酸除去MgC用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu是工业制取Cu的很好途径DCu和稀盐酸不发生化学反应【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【分析】相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快；较活泼金属能将较不活泼金属从其可溶性盐溶液中置换出来，据此分析解答【解答】解：A相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成
50、氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是MgTiCu，故A错误；BTi、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，故B错误；C钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，故C错误；D根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，故D正确；故选D【点评】本题以实验探究为载体考查金属活动性强弱顺序，为高频考点，侧重考查学生观察、分析、判断能力，熟练掌握金属活泼性强弱判断方法，易错选项是C，注意：化学要结合生产生活实际，题目难度不大16向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加
51、入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示下列判断正确的是（）A原NaOH溶液的浓度为0.1mol/LB通入CO2的体积为448mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaOH）：（Na2CO3）=1：3D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为（NaHCO3）：（Na2CO3）=2：1【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分析】本题根据题中给出的图象，结合化学反应关系，将化学变化关系，体现在图象上，分析，当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3两种可能的
52、情况，通过图象关系，当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体出现，说明此段内发生了如下反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，在加盐酸时产生气体，根据当加盐酸反应完毕时，消耗盐酸100mL，溶液中有则有 Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3 mmol Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol x 0.025L0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有 NaHCO3+HClCO2+NaCl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075
53、L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO20.015mol，标准状况下的体积为0.336L，n（Na+）=n（Cl），所以n（NaOH）=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，在根据上面的计算，求得通CO2生成Na2CO3 0.005mol，NaHCO3 0.01mol，即得出答案【解答】解：A 根据化学反应，向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3两种可能的情况，再加入盐酸，将Na2CO3或NaH
54、CO3全部反应生成NaCl，根据化学反应中原子守恒，则有n（Na+）=n（Cl），所以n（NaOH）=n（HCl）=0.2mol/L0.1L=0.02mol，既得c（NaOH）=0.2mol/L，故A错；B 根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成NaHCO3 mmol Na2CO3 +HClNaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol x 0.025L0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolC
55、O2，则有 NaHCO3+HClCO2+NaCl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol根据原子守恒，加入盐酸恰好完全反应时，共产生CO2 0.015mol，标准状况下的体积为0.336L，故B错；C所得溶液的溶质成分为Na2CO3、NaHCO3，没有NaOH，故C错误；D根据题中的图象，加盐酸25mL是与Na2CO3反应，在加盐酸到100mL是与NaHCO3的反应，设溶液中有Na2CO3 xmol，生成 NaHCO3 mmol Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol x
56、0.025L0.2mol/L mmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，生成zmolCO2，则有 NaHCO3+HClCO2+NaCl 1mol 1mol 1mol ymol 0.075L0.2mol/L zmol解得：y=0.015mol，z=0.015mol求得通入CO2反应后，Na2CO3 、NaHCO3 的物质的量分别为0.005mol、0.01mol，既得n（ NaHCO3 ）：n（Na2CO3）=2：1，故D正确故选：D【点评】本题考查了元素化合物的性质，结合图象的将反应关系与反应有机的结合起来，对图象的分析，是解
57、决题目的关键，易出错在图象分析不到位，同时化学变化关系分析不出来17镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点其中一种镁原电池的反应为：xMg+Mo3S4 MgMo3S4，下列说法正确的是（）A电池放电时，Mg2+向负极迁移B电池放电时，正极反应为Mo3S4+2xe+xMg2+MgxMo3S4C电池充电时，阴极发生还原反应生成Mo3S4D电池充电时，阳极反应为xMg2xexMg2+【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】放电时，Mg被氧化，为原电池的负极，电极反应为xMg2xexMg2+，Mo3S4为正极，被还
58、原，电极反应为Mo3S4+2xe+xMg2+MgxMo3S4，充电是电能转化为化学能的过程，阴极反应和原电池负极相反，发生还原反应，以此解答该题【解答】解：A原电池工作时，阳离子向正极移动，故A错误；B电池放电时，正极发生还原反应，由总方程式可知，Mo3S4为正极，被还原，电极反应为Mo3S4+2xe+xMg2+MgxMo3S4，故B正确；C充电时，Mg为阴极，被还原，电极反应为电极方程式为xMg2+2xexMg，故C错误；D电池充电时，阳极反应为MgxMo3S42xeMo3S4+xMg2+，故D错误故选：B【点评】本题考查原电池与电解池知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难
59、度中等，注意根据电池总反应书写电极反应式，此为解答该题的关键18通过复习总结，下列归纳正确的是（）ANa2O，NaOH，Na2CO3，NaCl，Na2SO4，Na2O2都属于钠的含氧化合物B简单非金属阴离子只有还原性，而金属阳离子不一定只有氧化性C一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应有一种氧化物D物质发生化学变化一定有化学键断裂与生成，并伴有能量变化，而发生物理变化就一定没有化学键断裂或生成【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；化学键；氧化还原反应【分析】A、含有氧元素的化合物叫做含氧化合物，氯化钠不含氧元素；B、非金属阴离子化合价只能升高，只具有还原性，金属阳离子如亚铁离子既
60、有氧化性又有还原性；C、氢元素有+1、1价，对应的氧化物有水和双氧水，钠元素的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种；D、依据化学变化实质是有化学键断裂的同时生成新的化学键分析；【解答】解：A、含有氧元素的化合物叫做含氧化合物，氯化钠不含氧元素，不是含氧化合物，故A错误；B、非金属阴离子化合价只能升高，只具有还原性，金属阳离子如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故B正确；C、氢元素只有+1、1价，对应的氧化物有水和双氧水，钠元素对应的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，故C错误；D、物理变化也有可能发生化学键的断裂，如离子晶体溶解、融化，原子晶体的融化，故D错误故选B【点评】本题考查了物质组成，化学键形成，化学变
61、化与物理变化的本质区别，掌握基础是关键，题目较简单19下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用此图装置制取并收集干燥纯净的NH3B用此图装置实验室制备Fe（OH）2C此图装置收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积D此图装置可用于实验室制取乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A氨气应向下排空气法；BFe为阳极，失去电子，反应生成氢氧化亚铁，且煤油隔绝空气；CCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，溶于水；D乙酸乙酯在NaOH溶液中水解【解答】解：A氨气应向下排空气法，图中为向上排空气法，且缺少尾气处理装置，故A错误；BFe为阳极，失去电子，反应生成氢氧化亚铁，且
62、煤油隔绝空气，能防止氢氧化亚铁被氧化，故B正确；CCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，溶于水，不能利用排水法测定其体积，故C错误；D乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备及收集、氢氧化亚铁的制备及乙酸乙酯的制备等，侧重实验装置及分离原理的考查，注重实验的评价性和可行性分析，题目难度不大20有机物的结构简式如图所示，则此有机物可发生的反应类型有（）取代 加成 消去 酯化 水解 氧化 中和ABCD【考点】有机物的结构和性质【专题】有机反应【分析】该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧
63、基，具有酸性，可发生酯化反应，含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，以此解答该题【解答】解：该有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，则正确；含有酯基，可发生水解反应，则正确；含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，则正确；含有羟基，可发生氧化、取代和消去反应，则正确故选B【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力，题目难度中等，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键二、填空题（共1小题）（除非特别说明，请填准确值）21物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：（1）2.3g 乙醇含有0.3NA个H原子，所含共价键的
64、物质的量0.4mol，其中所含官能团羟基的电子数为0.45NA某条件下，8g氧气所占的体积为6L，则在该条件下的气体摩尔体积为24L/mol（3）100mL硫酸铝溶液中C（Al3+）=0.20mol/L（不考虑水解因素），则其中n（SO42）=0.03mol（4）在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl，此氯化物的摩尔质量为95g/mol（5）6.72L CO（标准状况）与一定量的Fe2O3恰好完全反应（生成Fe与CO2）后，生成Fe的质量为11.2g，转移的电子数目为0.6NA【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】（1）根据n=计算出乙醇的物质的量，再计算出含有H原子数；乙醇分子中
65、含有4个共价键，根据乙醇的物质的量计算出含有的共价键的物质的量；羟基中含有9个电子，结合乙醇的物质的量计算出该乙醇的羟基中含有的电子数；根据n=计算出8g氧气的物质的量，最关键Vm=计算出在该条件下的气体摩尔体积；（3）根据n=cV计算出铝离子的物质的量，再根据硫酸铝的化学式计算出含有的硫酸根离子的物质的量；（4）某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl，该氯化物的物质的量为0.1mol，然后根据M=计算出此氯化物的摩尔质量；（5）根据n=计算出标况下6.72L二氧化碳的物质的量，再根据电子守恒计算出生成铁的物质的量及质量、转移的电子数【解答】解：（1）2.3g乙醇的物质的量为：=0.05m
66、ol，0.05mol乙醇分子中含义H原子的物质的量为：0.05mol6=0.3mol，含义H原子数为0.3NA；乙醇分子中含义5个CH键、1个CC键、1个CO键和1个OH键，总共含有8个共价键，则0.05mol乙醇分子中含义共价键的物质的量为：0.05mol8=0.4mol；0.05mol乙醇分子中含义0.05mol羟基，0.05mol羟基中含有的电子的物质的量为：90.05mol=0.45mol，含有电子数为0.45NA，故答案为：0.3NA；0.4mol；0.45NA；8g氧气的物质的量为：=0.25mol，0.25mol氧气在该条件下的体积为6L，则该条件下的气体摩尔体积为：=24L/m
67、ol，故答案为：24L/mol；（3）100mL硫酸铝溶液中c（Al3+）=0.20mol/L，则该溶液中含有铝离子的物质的量为：n（Al3+）=0.20mol/L0.1L=0.02mol，根据硫酸铝的化学式可知该溶液中含有的n（SO42）=n（Al3+）=0.03mol，故答案为：0.03mol；（4）9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl，该氯化物的物质的量为：0.2mol=0.1mol，则此氯化物的摩尔质量为：=95g/mol，故答案为：95g/mol；（5）标况下6.72L二氧化碳的物质的量为：=0.3mol，0.3mol完全反应生成二氧化碳失去的电子的物质的量为：0.3m
68、ol（42）=0.6mol，转移电子的数目为0.6NA，根据电子守恒，反应生成铁的物质的量为：=0.2mol，质量为：56g/mol0.2mol=11.2g，故答案为：11.2；0.6NA【点评】本题考查了物质的量的计算，题目难度中等，试题知识点较多、计算量较大，充分考查学生的分析能力及化学计算能力，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数等之间的关系为解答关键三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）22利用芳香烃X和烯烃Y可以合成紫外线吸收剂BAD已知：G不能发生银镜反应，B遇FeCl3溶液显紫色，C到D的过程为引入羧基（COOH）的反应其中BAD结构简式为：BAD的合成路线
69、如下：试回答下列问题：（1）写出结构简式YCH3CH=CH2D属于加成反应的有（填数字序号）（3）1molBAD最多可与含6molNaOH的溶液完全反应（4）写出方程式反应F+E（5）E有多种同分异构体，判断符合下列要求的同分异构体数目为3种能发生银镜反应遇FeCl3溶液显紫色核磁共振氢谱图中有四个吸收峰【考点】有机物的推断【分析】由BAD结构简式可知E为，H为，根据D的分子式结合E的结构可知D为，根据B的分子式可知B为，则A为，烃X为苯，F在Cu为催化剂条件下发生催化氧化生成G，G不能发生银镜反应，应为酮，结合B和H的结构可知G为，则F为CH3CHOHCH3，烃Y为CH3CH=CH2，据此分
70、析解答【解答】解：由BAD结构简式可知E为，H为，根据D的分子式结合E的结构可知D为，根据B的分子式可知B为，则A为，烃X为苯，F在Cu为催化剂条件下发生催化氧化生成G，G不能发生银镜反应，应为酮，结合B和H的结构可知G为，则F为CH3CHOHCH3，烃Y为CH3CH=CH2，（1）通过以上分析知，Y结构简式为CH3CH=CH2，D的结构简式为，故答案为：CH3CH=CH2；由转化关系可知为取代反应，为取代反应，为加成反应，为氧化反应，为取代反应，故答案为：；（3）根据BAD结构简式可知，BAD水解生成4个酚羟基和2个羧基，则1molBAD最多可与含6molNaOH的溶液反应，故答案为：6；（
71、4）的反应方程式为：，反应F和E反应的方程式为：，故答案为：；（5）E为，E的同分异构体有下列性质：与FeCl3反应，溶液呈紫色，说明含有酚羟基；能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明分子组成中有4种H原子，则该物质中可能含有1个醛基、2个酚羟基，根据定二动一的原则，当两个OH处于间位时有两种结构，或为苯环上连有两个基团，分别为OH、HCOO，处于对位，所以共有3种结构，故答案为：3【点评】本题考查了有机物的结构，根据BAD结构简式为突破口结合流程图中反应条件、物质的分子式采用正逆结合的方法进行推断，明确反应过程中各物质的断键、成键方式，灵活运用教材基础知识解答，难点
72、是同分异构体种类的判断，不能漏写不能重写，为学习难点23SO2的含量是空气质量日报中一项重要检测指标，请结合所学知识回答下列问题（1）工业制硫酸过程中，SO2催化氧化的原理为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）T时，向某密闭容器中充入一定SO2（g）和O2（g），发生上述反应，测得SO2（g）的平衡转化率（a）与体系总压强（p）的关系如图1所示a、b两点对应的平衡常数K（a）=K（b）（填“”、“”或“=”，下同），SO2浓度c（a）c（b）c点时，反应速率v（正）v（逆）电化学法处理SO2硫酸工业尾气中的SO2经分离后，可用于制备硫酸，同时获得电能，装置如图2所示（电极均为惰性材料）：
73、M极发生的电极反应式为SO22e+2H2O=4H+SO42若使该装置的电流强度达到2.0A，理论上每分钟应向负极通入标准状况下气体的体积为0.014L（已知：1个e所带电量为1.61019C）（3）溶液法处理SO2已知常温下H2SO3和H2CO3的电离常数如表所示：电离常数酸 K1 K2H2SO3 1.3102 6.3108H2CO3 4.2107 5.61011常温下，将SO2缓慢通入100mL 0.2molL1的Na2CO3溶液中，当通入448mLSO2时（已折算为标准状况下的体积，下同），发生的离子方程式为SO2+H2O+CO32=HCO3+HSO3；当通入896mLSO2时，所得溶液呈
74、弱酸性，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）【考点】二氧化硫的污染及治理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变；根据图象可知压强越大SO2（g）的平衡转化率（a）越大；根据图象可知c点在平衡点上方，所以要达到平衡要向下移动；该装置是原电池，反应原理为二氧化硫、氧气和水反应生成硫酸，负极上的物质失电子发生氧化反应，正极上的物质得电子发生还原反应，据此分析M极发生的电极反应式；根据Q=It和N=结合SO22e+2H2O=4H+SO42计算；（3）将当通入448
75、mL即=0.02molSO2缓慢通入100mL 0.2molL1即0.10.2=0.02mol的Na2CO3溶液中时，则按1：1反应书写离子方程式；当通入896mL即=0.04molSO2时，则按2：1反应生成亚硫酸钠、水和二氧化碳，据此判断溶液中各离子浓度由大到小的顺序【解答】解：（1）平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，所以K（a）=K（b），由图象可知压强越大SO2（g）的平衡转化率（a）越大，所以b点SO2（g）的平衡转化率比a点大，则SO2浓度c（a）c（b），故答案为：=；根据图象可知c点在平衡点上方，所以要达到平衡要向下移动即减小SO2（g）的平衡转化率即逆向移动，则v（
76、正）v（逆），故答案为：；该装置是原电池，反应原理为二氧化硫、氧气和水反应生成硫酸，通入氧气的N电极是正极，原电池放电时，氢离子由负极移向正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，负极M上，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸，电极反应式为：SO22e+2H2O=4H+SO42，故答案为：SO22e+2H2O=4H+SO42；根据Q=It=2A60s=120C，N=7.51020个，由SO22e22.4 26.021023V 7.51020V=0.014L，故答案为：0.014；（3）将当通入448mL即=0.02molSO2缓慢通入100mL 0.2mo
77、lL1即0.10.2=0.02mol的Na2CO3溶液中时，则按1：1反应生成亚硫酸氢钠和碳酸氢钠，离子方程式为：SO2+H2O+CO32=HCO3+HSO3；当通入896mL即=0.04molSO2时，则按2：1反应生成亚硫酸钠、水和二氧化碳，则所得溶液即为亚硫酸钠溶液，电离大于水解显酸性，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故答案为：SO2+H2O+CO32=HCO3+HSO3；c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）【点评】本题综合性较大，涉及化学平衡常数、化学平衡影响因素以及电化学知识等，为高考常见题型
78、，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度较大24如图是一些重要工业生产的转化关系（反应条件略去）：请完成下列问题：（1）若D是单质，且与A属于同一主族，反应在高温下进行，则：此反应的化学方程式是2C+SiO22CO+SiD单质的一种重要用途是制半导体材料若B为黄色固体，D为固体化合物，则该反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2当有1molC生成时，该反应转移电子的总数是3.311024将C通入足量的酸性KMnO4 溶液中，发生反应的离子方程式为2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+（3）若B是一种碱性气体，D为化合物，则：该反应的化学方程式是4NH3+5O24NO
79、+6H2OB在加热条件下与CuO反应有Cu生成，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O已知Cu+在酸性溶液中不能稳定存在，为验证Cu2O是否存在，可取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，则证明含有Cu2O请写出发生反应的化学方程式：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O【考点】无机物的推断【分析】（1）根据常见的置换反应，A、D同主族及工业制取硅的化学反应分析，是碳还原二氧化硅生成硅和一氧化碳的反应；若B为黄色固体，D为固体化合物，则该反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，标注元素化合价变化结合电子
80、守恒计算电子转移，化学方程式中每生成8molSO2电子转移44mol；将二氧化硫通入足量的酸性KMnO4 溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸；（3）若B是一种碱性气体为NH3，D为化合物为H2O，是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水，根据工业氨气催化氧化制取硝酸分析，反应为氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，氧化亚铜在稀硫酸溶液中发生歧化反应生成铜、硫酸铜；【解答】解：（1）D与A同主族，A能置换出D，且该反应是重要反应，则分析元素周期表，可知A是C，D是Si，即2C+SiO22CO+Si，硅单质的一种重要用途是制半导体材料，故答案为：2C+SiO22CO+Si；制
81、半导体材料；若B为黄色固体，D为固体化合物，则该反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2生成8molSO2电子转移44mol，当有1molSO2生成时，该反应转移电子的总数=mol6.021023=3.311024，故答案为：3.311024；二氧化硫具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化为硫酸，反应的离子方程式为：2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+，故答案为：2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+；（3）若B是一种碱性气体为NH3，D为化合物为H2O，是氨气的催化氧化反应生成一氧化氮和水，反应为氨气的催化氧化反应，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，
82、反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；B在加热条件下与CuO反应有Cu生成，氨气具有还原性和氧化铜发生氧化还原反应生成氮气、铜和水，反应的化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，已知Cu+在酸性溶液中不能稳定存在，为验证Cu2O是否存在，可取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，说明氧化亚铜在酸溶液中发生歧化反应生成铜和硫酸铜，则证明含有Cu2O，反应的化学方程式为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O；【点评】本题是中学工业生成的合成题目，综合性强，难度大，需要具有非常扎实的基础知识和灵活运用知识的能力，因此要能熟练地解答此类题目，平时学习时要多总结，多积累