1、高考资源网（） 您身边的高考专家1D 【考查方向】本题考查化学与STSE。难度较小。【解析】A项，CO为不成盐氧化物，错误；B项，形成化学键放出能量，错误；C项，催化剂只影响活化能，不影响焓变，错误；D项，CO转变成CO2中，C的化合价发生改变，故为氧化还原反应，有电子转移，正确。2D 【考查方向】本题考查化学用语。难度较小。【解析】A项，水合氢离子电子式为，错误；B项，Cl的最外层为8e，错误；C项，质量数=质子数+中子数=10+28=48，该原子的左上角应写成质量数，错误。3B 【考查方向】本题考查离子共存。难度较小。【解析】A项，溶液显酸性，与CO32 反应放出CO2，错误；B项，碱性溶
2、液中此四种离子可以共存，正确；C项，Fe3与I会发生氧化还原反应，错误；D项，与Al放出H2可能是酸性，也可能是碱性，而HCO3 与H或OH均反应，错误。 4D 【考查方向】本题考查性质与用途的对应关系。难度中等。【解析】A项，SO2漂白纸浆是因为SO2有漂白性，错误；B项，Cl2能被碱石灰吸收，不可用碱石灰干燥Cl2，错误；C项，HF与玻璃中的SiO2反应，这是因为HF所具有的特性，不是HF的酸性，错误；D项，酸性KMnO4具有强氧化性，氧化H2O2生成O2，正确。5A 【考查方向】本题考查化学基本实验原理及装置的正误判断。难度较小。【解析】A项，浓氨水滴到生石灰上，其中的水被CaO吸收，该
3、过程是放热的，可促使NH3挥发，正确；B项，NH3极易溶于水，不可直接通入AlCl3溶液中，会发生倒吸，错误；C项，在过滤时，不可搅拌以免弄破滤纸，错误；D项，蒸发溶液时，不可蒸干溶液，同时NH4Cl在高温下易分解，错误。6A 【考查方向】本题考查阿伏加德罗常数的应用。难度中等。【解析】A项，二甲醚的结构简式为H3COCH3，1mol 二甲醚分子中含有2mol CO键，正确；B项，CCl4为液体，不适用于气体摩尔体积，错误；C项，HCOOH水溶液中HCOOH分子和H2O分子均含有的O原子，错误；D项，反应中Cu、O的化合价降低，S的化合价升高（由-2价升到+4价），1mol Cu2S失去6mo
4、l e生成2mol Cu，所以生成1 mol Cu时，转移3mol e，错误。7B 【考查方向】本题考查离子方程式正误判断。难度中等。【解析】A项，热水的化学式为H2O，属于弱电解质，不可拆开，错误；B项，ICl中I为+1价，Cl为-1价，正确；C项，阳极为OH放电，来自于水的电离，水不可拆开，错误；D项，Ca(HCO3)2少量，所以Ca2与HCO3 应以1:2参加反应，错误。 8A 【考查方向】本题考查无机物质之间的相互转化。难度中等。【解析】中SiO2只溶于HF，错误； 1 molL1的HCl为稀HCl，不可以与MnO2反应生成Cl2，错误。为工业制H2SO4，为侯氏制碱法，为葡萄糖的检验
5、，均正确，故选A项。9C 【考查方向】本题考查元素周期律。难度中等。【解析】“X的最高正价与最低负价代数和为0”，则可能为H、C或Si，“X与W所在族序数之和等于10”，X只能为第IVA族，W为第VIA族，所以X为C，W为S，Y为金属，则为Na，“Y与Z最外层电子数之和与W的相等”，Z的最外层电子数为5，则Z为P。A项，半径：r(Na) r(P) r(S) r(C)，错误；B项，CS2中为共价键，Na2S中为离子键，错误；C项，S的非金属性比C强，则酸性H2SO4H2CO3，正确；D项，S的非金属性比P强，则热稳定性：H2SPH3，错误。10B 【考查方向】本题考查盖斯定律。难度中等。【解析】
6、A项，S气体的能量比S固体的大，所以S气体燃烧时放出的热量多，H1负得多，其数值小，正确；B项，反应(4)是完全燃烧，放出的热量多，所以H4数值小，错误；C项，根据盖斯定律，用反应(3)减去反应(2)，可得反应(5)，正确；D项，反应(3)3减去反应(4)后除以2，得反应(5)，正确。11AC 【考查方向】本题考查化学基本原理。难度中等。【解析】A项，受损后，铁与锡构成原电池，铁比锡活泼，作负极，失去电子，故更易生锈，正确；B项，生成气体的物质的量减少，即熵减小，但是能自发，说明该反应一定是放热反应，错误；C项，恒容中，增加反应物，浓度变大，所以反应速率加快，平衡虽正向移动，但是H是仅与方程式
7、的系数有关，与通入的量无关，错误；D项，H2S电离出的S2与Cu2结合成CuS沉淀，促进了H2S的电离，H2S为弱酸，生成的H2SO4为强酸，pH变小，错误。12D 【考查方向】本题考查有机物的结构与性质。难度中等。【解析】A项，中加*的为手性碳，共3个，错误；B项，Br2与酚羟基的对位发生取代反应，与碳碳双键发生加成反应，故1mol青藤碱最多能与2molBr2发生反应，错误；C项，分子中含有苯环，碳碳双键，碳氧双键，均可以与H2发生加成反应，1mol青藤碱最多能与5molH2发生反应，错误；D项，酚羟基可以与NaOH反应，叔氨基（氨基脱去两个H原子）显碱性，可以与HCl反应，正确。13D 【
8、考查方向】本题考查实验方案的评价。难度中等。【解析】A项，还可能是O3等，只要可以将SO2氧化生成SO42 ，即可以与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，错误；B项，CO2不可以将Al(OH)3溶解，错误；C项，冰醋酸的浓度大，易挥发，进入苯酚钠中的气体除CO2外，还可能有CH3COOH，两者均可以生成苯酚，而变白色浑浊，所以不可证明一定是碳酸生成的苯酚，错误；D项，遇淀粉溶液显蓝色的一定是I2，与AgNO3生成黄色沉淀的是I，所以KI3中存在I2和I，故可推知I3存在电离平衡，正确。14BD 【考查方向】本题考查离子浓度大小比较。难度中等。【解析】A项，反应后的溶液，pH=7，c(H)=c
9、(OH)=10-14 molL1，所以c(CH3COO) c(H)=c(OH)，错误；B项，反应后的溶液为NH4Cl和NH3H2O以1：1混合，pH7，所以NH3H2O的电离大于NH4 的水解，所以c(NH4 )c(NH3H2O)，由物料守恒有：2c(Cl)= c(NH4 )+c(NH3H2O)，所以c(NH4 )c(Cl)c(NH3H2O)，而c(OH)很少，正确；C项，由物料守恒有，c(Na)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)，2c(Ca2)=c(Cl)，所以c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)+c(Cl)，错误；D项，CO32 的水解程度比HC
10、O3 大，所以混合溶液中c(HCO3 )c(CO32 )，等体积混合后，浓度减半，但是CO32 水解生成了HCO3 ，所以c(HCO3 )0.05 molL1，正确。 15AC 【考查方向】本题考查化学平衡。难度中等。【解析】A项，从图像看，随着温度升高，平衡时甲醇的量减少，说明高温下平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，正确；B项，该反应为体积减小的反应，在高压下，甲醇的量增多，从图中知，作一等温线发现，P1对应的甲醇的量最多，所以P1最大，错误；C项，M点表示平衡时甲醇的物质的量为0.25mol，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)，起始 1 2.75 0 0平衡 0.75
11、 2 0.25 0.25转化 0.25 0.75 0.25 0.25K=，正确；D项，N点相对于M点，N点没有达到平衡，且N点中甲醇的量比平衡量小，所以平衡应正向移动，即v (正)v (逆)，错误。16. (12分) （1）9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O（2分）（2）C（2分）；41037（2分）（3）2Fe2+MnO2+4H+ = 2Fe3+Mn2+2H2O（2分）；Fe(OH)3（写Fe(OH)3、CaSO4不扣分）（2分）（4）浸出液中残存大量S2，容易与Mn2+生成MnS沉淀（2分）【考查方向】本题考查MnSO44H2O制备的工艺流程分
12、析。难度中等。【解析】（1）“浸取”时，混合物有MnO2、C、Hg2，FeS，H2SO4，反应后生成MnSO4和Fe2(SO4)3，由此可判断出应为MnO2在酸性条件下氧化FeS，根据Mn、Fe、S之间的得失电子守恒配平反应。（2）“浸取”时，C没有参加反应，所以滤渣I中应含有C；c(Hg2+)/c(Fe2+)= c(Hg2+)c(S2)/c(Fe2+)c(S2)=Ksp(HgS)/Ksp(FeS)= 51018/2 10-54=41037。（3）“氧化”这一步加入了MnO2作氧化剂，与Fe2发生氧化还原反应，根据Mn、Fe得失电子守恒配平反应，根据电荷守恒确定出反应物中有H参加。调节pH=5
13、时，Fe3完全生成Fe(OH)3沉淀。（4）FeS用量超多时，S2会与Mn2生成MnS沉淀，使得MnSO4的产率变小。17. (15分)（1）羰基，羧基（每个1分，共2分）（2）（2分）；（2分）（3）（2分）（4）或（2分）（5）（每步1分，共5分。评分说明：在完成反应过程中，反应物或产物出现错误、反应条件错、缺、无、一定条件等，即为该步反应错，视为合成路线中断，合成路线中出现中断，后续反应路线不给分）。【考查方向】本题考查有机推断与合成。难度中等。【解析】（1）F中“”为羰基，“COOH”为羧基。（2）中Cl原子取代了羧基中的羟基，中Br原子取代了甲基上的H，中“CN”取代了Br原子，为“
14、CN”水解生成“COOH”，不属于取代反应（取代一般是单键的断裂）。（3）对比G与H可知，G中与羰基相连的氯原子与试剂X发生取代反应后，再与盐酸反应生成H，故H中的多余部分，结合X的分子式，可以写出X的结构简式为。（4）条件I必须为酚酯同时含有醛基，即有“”，对比E的结构简式知，还多余一个苯环，一个饱和碳原子；条件II必须是苯环上有两个对位对代基，且多余基团要采取对称结构，由此写出结构简式。（5）原料在流程中类似于第步，即“COCl”中的氯原子与亚氨基上的H原子结合成HCl，其余基团相连，故将合成产物沿虚线处断开，得中间体为，比原料多一个碳原子，故需要进行碳链增长，结合流程中第、步的反应，可将
15、醇羟基先转化成卤素原子，然后与NaCN反应生氰化物，再水解生成，然后运用第步反应，将羧基中的羟基用SOCl2中氯原子进行替换即可。18. (12 分)（1）（1分）（2）滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且30s内不褪色（2分）4MnO4 +4H+4MnO2+2H2O+3O2（2分）（3）n(Na2C2O4)=0.2000molL110.00mL103LmL1=2.000103moln(KMnO4)=0.02000molL122.00mL103LmL1=4.400104mol还原Mn4+和Mn3+的草酸钠为：2.000103mol5/2 4.400104mol=9.000104
16、mol2n(Mn4+)+ n(Mn3+)=9.0001042mol （2分）锰酸锂样品中总锰量为n(Mn4+)+n(Mn3+)+n(Mn2+)=n(NH4)2Fe(SO4)2n(KMnO4)=0.1000molL116.40mL103LmL14.400104mol=1.2000103mol （2分）锰酸锂样品中锰平均价态为： （3分） 答：锰酸锂样品中锰平均价态为+3.50【考查方向】本题考查锰酸锂中锰元素化合价的计算。难度较大。【解析】流程分析：“步骤1”用Na2C2O4还原Mn3+、Mn4+得Mn2，“步骤2”用KMnO4滴定步骤1中过量的Na2C2O4，由滴入的KMnO4的量可得出过量的
17、Na2C2O4的量，再根据Mn3+、Mn4+降低为Mn2和Na2C2O4中至产物CO2（C元素由+3价升至+4），运用得失电子守恒列出关系式：n(Mn3+)1+ n(Mn4+)2= n(Na2C2O4)2。从“步骤2”进入“步骤3”的Mn2为锰酸锂中所有Mn元素以及在“步骤2”中滴入的KMnO4的Mn元素，将它们转化成Mn(PO4)23（Mn为+3价），“步骤4”为(NH4)2FeSO4中Fe2还原Mn3+，根据Fe、Mn得失电子守恒可计算出进入“步骤3”中的总Mn量。由Mn守恒，用(NH4)2FeSO4计算出的总Mn量减去KMnO4中的含Mn量，即为锰酸锂试样中的总锰量。根据平均价态的公式有
18、，Mn的平均化合价=，运用数学关系，可由“步骤2”和“步骤4”两步氧化还原反应表达式相加，再除以2所得。19.(15分)（1）除去其中溶解的氧气（2分）（2） 避免生成Fe(OH)2沉淀（2分） 避免产品中混入铁粉（2分）使反应物充分接触，避免Fe(OH)2的生成等（2分）（3）取最后一次的洗涤滤液12 mL于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净（2分）（4）取少量固体溶于适量盐酸，然后滴入KSCN溶液，溶液变红色，说明含有Fe3+，否则不含（2分）（5）逐滴滴入Na2S溶液，至不再沉淀为止（1分）用0.1molL1H3PO4和NaOH两种溶液调节溶液pH 8.
19、28.4（1分）加入乙醇，冷却结晶（1分）【考查方向】本题考查磷酸亚铁的制备实验。难度中等。【解析】（1）本题要合成的Fe3(PO4)28H2O中Fe为+2价，Fe2易被氧化，而蒸馏水中溶有少量O2，所以煮沸蒸馏水的目的是去除其中溶有的O2。（2）Na2HPO4与CH3COONa混合溶液水解显碱性，若不调节酸性，直接将FeSO4与这两者混合，会生成Fe(OH)2沉淀。抗坏血酸具有还原性，可以保护Fe2不被氧化成Fe3，而Fe粉也可具有同样的作用，但是若铁粉过量会混入磷酸亚铁沉淀中。搅拌时，会使反应物充分接触，反应更加充分。（3）由合成的方程式知，反应生成Fe3(PO4)28H2O沉淀的滤液中会
20、有SO42 ，故只要检验洗涤液中是否含有SO42 即可证明沉淀是否已洗净。（4）Fe(OH)3或FePO4均为难溶物，需要先加入HCl中溶解，以生成Fe3后，再用KSCN检验，若溶液显血红色，则说明含有Fe3。（5）十二水合磷酸氢二钠中含有的重金属盐用Na2S生成硫化物沉淀而除去，有色杂质用活性碳吸附而除去。除去杂质后，用H3PO4或NaOH反复调节溶液pH，使其在8.28.4之间，以使Na2HPO4完全沉淀，再用乙醇洗涤表面的杂质，冷却结晶后，过滤。20. (14 分)（1）正（2分）；N2H4+4OH-4e=N2+4H2O（2分）（2）（2分）（3）2Cr2O72 +4H+3N2H4H2O
21、 =4Cr(OH)3+3N2+5H2O（2分） （写2Cr2O72 +4H+3N2H4 =4Cr(OH)3+3N2+2H2O，不扣分）（4）7N2H4(g)8NH3 (g)+ 3N2(g) + 2H2(g) （2分） 0.0125molL1min1（2分，未写单位扣1分）（5）（2分）【考查方向】本题考查化学原理综合知识。难度中等。【解析】（1）燃料电池中，O2一定作正极，在碱性条件下，O2发生反应，电极反应式为O2 + 4e+2H2O = 4OH，生成了OH，碱性增强。负极N2H4转化成N2，N由2价升至0价，失去22e=4e,由电荷守恒知，需要补充4mol OH。（2）水合肼是二元弱碱，溶
22、液中存在的电离平衡有：N2H4 + H2O N2H5+ + OH，N2H5+ H2O N2H62+ OH，H2O H+ OH，三步电离均有OH，故c(OH)最大，以第一步电离为主，所以c(N2H5+)略比c(OH)小。（3）Cr2O72 中Cr为+6价，生成的Cr(OH)3中Cr为+3价，价变化32=6，N2H4H2O中N为2价，生成的N2中N为0价，价变化22=4，根据得失电子守恒，Cr2O72 前配2，N2H4H2O前配3，根据电荷守恒知，反应物需要补充4mol H，再由H、O守恒知，生成物需要被充5mol H2O。（4）设达到平衡时，转化的N2H4为x mol，N2H4(l)N2(g)+
23、2H2(g)起始 0.1 0 0平衡 0.1x x 2x转化 x x 2x由图像知，在4min 时反应达到平衡，x=0.05，v (N2)=0.05mol/1L 4min = 0.0125 mol/(Lmin)。（5）C5H10O3中有一个不饱和度，可能是一个双键或是一个环，从图知，分子中存在两组峰，且峰比值约为3：2，分子中的10个H原子，分成两组，分别为6个H和4个H。6个H可能是2个甲基，4个H可能是2个亚甲基，3个O原子应有对称性，由此可以写出DEC的结构简式为或。21. (12分)A.物质结构与性质（1）Ar3d6或1s22s22p63s23p63d6（2分）（2）sp3（2分）；1
24、0mol（或106.021023、6.021024，写10NA暂不扣分）（2分） Fe3N（2分）（3） （2分） FeCl3 +6C6H5OH H3Fe(OC6H5)6+3HCl（2分）【考查方向】本题考查物质结构与性质。难度中等。【解析】（1）Fe为26号，价电子数为2618=8,排布式为3d64s2，Fe2是Fe先失去4s上面的两个电子所得。（2）NH3中N中存在一对孤对电子，所以价层电子数为3+1=4，则N为sp3杂化。Fe(CO)5的结构式为，其中叁键中有一根为键，配位键全部为键，所以1mol Fe(CO)5的共10 mol键。由晶胞图知，Fe为121/6+21/2+3=6，N为2，
25、所以化合物的化学式为Fe3N。（3）SCN与N2O、CO2均互为等电子体，而等电子体的结构式相同，CO2的结构式为O=C=O，所以SCN的结构式为，所以电子式为。Fe(OC6H5)63中含有6个苯酚根，所以1mol FeCl3与6mol 苯酚反应，放出6mol H，其中有3mol H与3mol Cl结合成3mol HCl，还有3mol H与1mol Fe(OC6H5)63结合成1 mol H3Fe(OC6H5)6。B.实验化学（1）除去表面的煤油（2分）除去装置内水蒸气及空气，防止原料及产品分解及氧化（2分）NaBO2 +4Na +2H2+2SiO2 NaBH4 +2Na2SiO3（2分）（2
26、）索氏提取器（写索氏萃取器不扣分）（2分）（3）异丙胺或：(CH3)2CHNH2，萃取剂（2分）X-射线衍射谱（或XRD谱）（2分）【考查方向】本题考查硼氢化钠的制备实验。难度中等。【解析】（1）Na保存在煤油中，用滤纸吸和用醚洗涤目的均是除去钠表面的煤油。NaBH4（H为1价，B为+3价）,具有强还原性，通入N2可除去装置中的O2，避免氧化NaBH4。由流程图知，反应物有NaBO2、Na、H2和SiO2，产物为NaBH4和Na2SiO3，根据Na、H得失电子守恒配平反应。（2）图2装置具有萃取作用，称为索氏萃取器。（3）异丙胺为萃取剂，蒸馏分离出NaBH4后，异丙胺还可以继续用于萃取。图3的横坐标为值，所以为图示为X-射线衍射谱。 - 17 - 版权所有高考资源网