1、江苏省淮安市2014-2015学年高二下学期期末化学试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1“碧水千河扬长帆，蓝天白云飘纸鸢草长莺飞千山绿，人与江山共画卷”我们淮安市人民正在积极建设“碧水蓝天”的生态城市，下列措施中不合理的是( )A限制化学工业发展，关停所有化工企业，消除污染源头B积极推广太阳能、风能等新能源的使用，减少化石燃料的使用C加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化D禁止农村燃烧秸杆，积极推广沼气、秸秆发电、秸秆制乙醇等实用技术的使用考点：常见的生活环境的污染及治理 专题：化学应用分析：A关停所有化工企业，能消除污染源头限制化工发展，但关停化工企业，在现阶段是不
2、现实的；B积极开发使用新能源，可以减少化石燃料的使用，有利于保护环境；C水体富营养化指：生活污水中由于过量营养物质（主要是指氮、磷等）的排入天然水体中，引起各种水生生物、植物异常繁殖和生长；D就地焚烧麦秸秆时可能引发火灾，生成的烟尘使能见度降低，容易引起交通事故、诱发呼吸道疾病、造成部分肥力损失等，发展沼气，变废为宝，可持续发展；解答：解：A限制化工发展，关停化工企业，虽然能消除污染源头，但不利于经济发展和社会需求，不符合“生态城市宗旨，故A错误；B积极开发使用风能、太阳能、潮汐能等新能源，减少化石燃料的使用可以防止环境污染，从而保护地球，符合“生态城市宗旨，故B正确；C大量含有各种含氮和磷有
3、机物的废污水排入水中，促使水域富营养化，加强城市生活污水脱氮除磷处理，可遏制水体富营养化，故C正确；D将废弃的秸秆就地焚烧，一方面污染了环境，另一方面还会造成土壤肥力下降，大力发展沼气，将废弃的秸杆转化为清洁高效的能源，节能减排，故D正确；故选A点评：本题考查化学与生活、生产以及环境的有关知识，为2015届高考高频考点，题目难度不大，解题围绕生态城市宗旨，注意限制化工发展，关停化工企业，虽然能消除污染源头，但不利于经济发展和社会需求，注意相关基础知识的积累2下列有关化学用语表示正确的是( )A乙烯的结构简式：CH2CH2B硫原子的结构示意图：C基态188O的电子排布式：1s22s22p63s2
4、3p6D过氧化钠的电子式：考点：原子核外电子排布；电子式；原子结构示意图；结构简式 分析：A烯烃结构简式要写出官能团；B硫原子核外有16个电子，3个电子层、最外层有6个电子；C基态188O的核外有8个电子，根据构造原理书写电子排布式；D过氧化钠是离子化合物，要标出阴阳离子所带电荷，并写出阴离子最外层电子数解答：解：A烯烃结构简式要写出官能团，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故A错误；B硫原子核外有16个电子，3个电子层、最外层有6个电子，原子结构示意图为，故B正确；C基态188O的核外有8个电子，根据构造原理书写电子排布式为1s22s22p4，故C错误；D过氧化钠是离子化合物，要标出阴阳离子所
5、带电荷，并写出阴离子最外层电子数，其电子式为，故D错误；故选B点评：本题考查化学用语，涉及原子结构示意图、结构简式、原子核外电子排布式、电子式的书写，明确这些化学用语的书写规则是解本题关键，注意D中过氧化钠电子式的书写方式，为易错点3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A遇苯酚显紫色的溶液：Na+、Al3+、Cl、SCNB使甲基橙变红色的溶液：K+、Mg2+、SO42、NO3C加入淀粉碘化钾溶液变蓝色的溶液：Na+、CO32、HSO3、OHD由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液中：NH4+、SO42、HCO3、Cl考点：离子共存问题 分析：A遇苯酚显紫色的溶
6、液中含有铁离子；B使甲基橙变红色的溶液呈强酸性；C加入淀粉KI溶液变蓝色的溶液中含有强氧化性离子；D由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液呈酸性或碱性解答：解：A遇苯酚显紫色的溶液中含有铁离子，Fe3+、SCN发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故B正确；C加入淀粉KI溶液变蓝色的溶液中含有强氧化性离子，HSO3、OH发生复分解反应，且HSO3能被强氧化剂氧化，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=1012 molL1的溶液呈酸性或碱性，强酸性或强碱性条件下HCO3都不能大量共存，碱性条件下，铵根离
7、子不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存，为高频考点，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中限制性条件，注意隐含条件的挖掘，易错选项是D4下列有关物质性质的应用错误的是( )A明矾水解生成Al（OH）3胶体，用作净水剂BSO2具有漂白性，常用来漂白纸浆C碳酸钠溶液显碱性，可用热的纯碱溶液除去金属器件表面油污D氮气化学性质通常不活泼，可将炽热的镁粉可放在氮气中冷却考点：钠的重要化合物；胶体的重要性质；氮气的化学性质；二氧化硫的化学性质 分析：A、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用；B、二氧化硫具有漂白性用于漂白纸浆；C、碳酸钠是强碱弱酸盐，水溶液呈
8、碱性；D、氮气在镁中反应生成氮化镁；解答：解：A、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用；故A正确；B、二氧化硫具有漂白性用于漂白纸浆；和二氧化硫的氧化性无关，故B正确；C、碳酸钠是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，所以可用热的纯碱溶液除去金属器件表面油污，故C正确；D、氮气在镁中反应生成氮化镁，所以炽热的镁粉不可放在氮气中冷却，故D错误；故选D点评：本题考查了盐类水解的分析应用，二氧化硫的漂白性判断，金属镁的性质的应用和氮的性质，综合性强，但题目难度中等5下列装置用于海水中提取镁，能达到实验目的是( )A煅烧石灰石B氢氧化镁沉淀过滤C氢氧化镁固体溶解D氯化镁晶体制氯化镁考点：化学实
9、验方案的评价 分析：A煅烧石灰石用坩埚；B过滤时要用玻璃棒引流；C固体要放置在烧杯中溶解，且要不断搅拌；D由氯化镁晶体制备氯化镁需要在HCl氛围中加热解答：解：A煅烧石灰石用坩埚不能用蒸发皿，故A错误；B过滤时要用玻璃棒引流，否则易溅出液体，故B错误；C固体要放置在烧杯中溶解，且要不断搅拌，加快固体溶解，故C正确；D氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，所以由氯化镁晶体制备氯化镁需要在HCl氛围中加热，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查基本操作及仪器的使用，明确操作规范性及仪器的用途是解本题关键，注意从实验的规范性及评价性分析解答，易错选项是D6
10、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）下列有关叙述正确的是( )AE1E2=HB该反应为吸热反应C升高温度，不影响活化分子百分数D使用催化剂使该反应的反应热发生改变考点：吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素 分析：A图象分析反应焓变=E1E2； B图象分析反应物能量高于生成物能量；C升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大；D催化剂对反应的焓变无影响解答：解：AH=断键吸收的能量成键放出的能量=E1E2，故A正确； B图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，故B错误；C升高温度，活化分
11、子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，故C错误；D催化剂对反应的始态和状态无响应，只改变活化能，则对反应的焓变无影响，故D错误故选A点评：本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键，题目较简单7下列反应的离子方程式正确的是( )AHSO3在溶液中发生水解：HSO3+H2OSO32+H3O+B向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO+SO2+H2OSO32+2HClOC苯酚钠溶液显碱性：C6H5O+H2OC6H5OH+OHD惰性电极电解MgCl2溶液：Cl+2H2O OH+Cl2+H2考点：离子方程式的书写 分析：AHSO
12、3在溶液中发生水解生成亚硫酸与氢氧根离子；B次氯酸根离子具有强的氧化性能氧化亚硫酸根离子；C苯酚钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；D惰性电极电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气解答：解：AHSO3在溶液中发生水解，离子方程式：HSO3+H2OH2SO3+OH，故A错误；B向NaClO溶液中通入少量SO2，离子方程式：SO2+H2O+3ClO=SO42+Cl+2HClO，故B错误；C苯酚钠溶液水解生成苯酚与氢氧化钠，离子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH，故C正确；D惰性电极电解MgCl2溶液，离子方程式：Mg2+2Cl+2H2O Mg（OH）2+Cl2+H2，故D错误；故选：C点评：
13、本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意盐类水解与电离的区别，题目难度不大8下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )FeS2SO2H2SO4SiO2SiCl4Si饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO31molL1HCl（aq）Cl2Ca（ClO）2CuSO4（aq）Cu（OH）2Cu2OABCD考点：二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质 分析：二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被氧化剂氧化；二氧化硅和HCl不反应；饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，氨气、二氧化碳和水反应生成
14、碳酸氢铵，碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠；碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠；实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气；硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基解答：解：二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被氧化剂双氧水氧化生成硫酸，所以能一步实现，故正确；二氧化硅和HCl不反应，所以不能一步实现，故错误；饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠；碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠，所以能一步实现，故正确；实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，1mol/LHCl是稀盐酸，所以不能制取氯气，所以不能一
15、步实现，故错误；硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基，葡萄糖中含有醛基，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，所以能一步实现，故正确；故选A点评：本题考查物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，注意物质的特殊性质，如HF能和二氧化硅反应但HCl和二氧化硅不反应等，为易错点9X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是( )A原子半径的大小顺序：r（X）r（Y）r（Z）r（R）B含有Y、Z、R三种元素的
16、化合物最多只有2种C元素R和Y形成的化合物RY2是一种高效安全灭菌消毒剂DY与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均相同考点：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：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素解答：解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子
17、数不超过8个，则其K层为次外层，最外层 电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，A原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径大小顺序是r（Na）r（Cl）r（C）r（O），故A错误；BY、Z、R分别是O、Na、Cl元素，含有三种元素的化合物有NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4等，故B错误；C元素Cl和O形成的化合物ClO2是一种高效安全灭菌消毒剂，故C正
18、确；DY与Z形成的两种化合物为氧化钠、过氧化钠，前者含有离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；故选C点评：本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解本题关键，易错选项是C，注意根据Cl元素化合价判断，难度中等10某同学利用家中废旧材料制作一个可使玩具扬声器发出声音的电池，装置如图所示下列说法正确的是( )A电流方向为：铝质易拉罐导线扬声器导线炭棒B铝质易拉罐将逐渐得到保护C电池总反应为：4Al+3O2+6H2O4Al（OH）3D炭棒上发生的主要反应为：2H+2eH2考点：化学电源新型电池 分析：该装置构成原电池，Al易失电子作负极、碳棒作正极，发生吸氧腐蚀，负极电极反应Al3e=Al3+，
19、正极电极反应O2+2H2O+4e=4OH，电子守恒后合并得到电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，据此分析解答解答：解：A该装置是原电池，Al作负极、碳棒作正极，电流从正极流向负极，电流方向为：碳棒导线扬声器导线铝，故A错误；B铝质易拉罐作原电池负极而加速被腐蚀，故B错误；C负极电极反应Al3e=Al3+，正极电极反应O2+2H2O+4e=4OH，电子守恒后合并得到电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，故C正确；D正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故D错误；故选C点评：本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池原理，明确各个电极上发生的反应及电流流
20、向即可解答，难点是电极反应式的书写，题目难度不大二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11下列说法中正确的是( )A高温下，5.6 g Fe与足量水蒸气完全反应失去电子数为36.021022BFeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是FeCl3C电解精炼铜时，阳极泥中常含有金属金、银、锌等D向0.1 molL1 氨水中加少量水，pH减小，c（OH）/c（NH3H2O）增大考点：铜的电解精炼；物质的量的相关计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理 分析：A高温下，Fe和水蒸气反应方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，5.6gFe的物质的量是0.1mol，该反应中
21、部分Fe元素化合价由0价变为+3价、部分铁元素化合价由0价变为+2价；B氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，升高温度促进氯化铁水解；C电解精炼粗铜时，阳极上Cu、Zn易失电子；D一水合氨是弱电解质，加水稀释氨水促进一水合氨电离，溶液中n（OH）增大、n（NH3H2O）减小解答：解：A高温下，Fe和水蒸气反应方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，5.6gFe的物质的量是0.1mol，该反应中部分Fe元素化合价由0价变为+3价、部分铁元素化合价由0价变为+2价，所以Fe完全反应转移电子数小于36.021022，故A错误；B氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和盐酸，
22、升高温度促进氯化铁水解，蒸干溶液时得到的固体是氢氧化铁，灼烧氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，所以最后得到的固体是氧化铁，故B错误；C电解精炼粗铜时，阳极上Cu、Zn易失电子，Ag、Au以单质形式进入溶液而形成阳极泥，故C错误；D一水合氨是弱电解质，加水稀释氨水促进一水合氨电离，溶液中n（OH）增大、n（NH3H2O）减小，溶液中n（OH）增大但小于溶液体积增大程度，所以c（OH）减小，溶液的pH减小；n（OH）/n（NH3H2O）增大，溶液体积相同，所以c（OH）/c（NH3H2O）增大，故D正确；故选D点评：本题考查弱电解质的电离、电解精炼粗铜、盐类水解、氧化还原反应计算等知识点，侧重据此
23、基本理论及基本计算，易错选项是D，注意加水稀释氨水时，n（OH）增大、c（OH）减小，为易错点12霉酚酸酯（MMF）是器官移植中抑制细胞增殖最常用的药物，它在酸性溶液中能发生如下反应：下列说法中正确的是( )A1molMMF与足量NaOH 溶液共热，最多可消耗5molNaOHB可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物C化合物 R的分子式为C6H13NO2D一个MMF分子中含有2个手性碳原子考点：有机物的结构和性质 分析：AMMF中含2个COOC和酚OH，均可与NaOH反应；B化合物含COOH，与碳酸氢钠反应生成气体；C由原子守恒及水解规律可知，R为；D连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原
24、子解答：解：AMMF中含2个COOC和酚OH，均可与NaOH反应，则1mol MMF与足量NaOH溶液共热，最多可消耗3mol NaOH，故A错误；B化合物含COOH，与碳酸氢钠反应生成气体，则可以用NaHCO3溶液区别MMF与化合物，故B正确；C由原子守恒及水解规律可知，R为，其分子式为C6H13NO2，故C正确；D连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，MMF中不含手性碳原子，故D错误；故选BC点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查水解反应，易错选项是D13下列依据相关实验得出的结论正确的是( )A向浓度均为0.1 molL1NaCl和N
25、aI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，产生黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2，即可得到较纯净的FeCl3溶液C用激光笔分别照射蛋清溶液和葡萄糖溶液，能产生光亮“通路”的是蛋清溶液D用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，该溶液一定是钾盐溶液考点：化学实验方案的评价 分析：A溶度积越小越易生成沉淀；BFeCl2被氧化生成FeCl3；C蛋清溶液为胶体，具有丁达尔效应；D透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，只能说明含有钾元素解答：解：AAgCl、AgI构成相似，溶度积越小的越易生成沉淀，故
26、A正确；BFeCl2被氧化生成FeCl3，应加入铁粉除杂，故B错误C蛋清溶液为胶体，具有丁达尔效应，可形成光路，故C正确；D透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，只能说明含有钾元素，可能为盐，也可能为碱，故D错误故选AC点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、除杂以及难溶电解质的溶解平衡等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为2015届高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大14下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H+）B常温
27、下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH=7：c（Na+）c（CH3COOH）c（Cl）C物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO）2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32）DpH=1的NaHSO4溶液：c（H+）2c（SO42）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较 分析：A二者反应生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）c（OH）；B反应后的溶液为中性，则c（H+）=c（OH），然后结合物料守恒和电荷守恒进行判断；C根据混合液中的物料守恒判断；D根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒判断解答：解：A等物
28、质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合，反应后溶质为等浓度的硫酸钠和硫酸铵，由于铵根离子部分水解，溶液呈酸性，则：c（H+）c（OH）、c（Na+）=c（SO42）c（NH4+），正确的离子浓度大小为：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH），故A错误；B混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（OH）+c（CH3COO），所以c（Na+）c（Cl），根据物料守恒得：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），故c（Cl）=c（CH3COOH），所以溶液中存在离子浓度大小顺序为：c（Na+）
29、c（Cl）=c（CH3COOH）c（H+）=c（OH），故B正确；C物质的量浓度之比为1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可得：2c（HClO）+2c（ClO）c（HCO3）+c（H2CO3）+c（CO32），故C错误；DNaHSO4溶液中，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）2c（SO42）+c（OH），故D错误；故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成及电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力15在1.0L恒容密闭容器中投入1mol CO2和2.75mol H2发生反
30、应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示下列说法正确的是( )A该反应的正反应为放热反应B压强大小关系为p1p2p3CM点对应的平衡常数K的值约为1.04102D在p2及512 K时，图中N点v（正）v（逆）考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A根据图象，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动；B根据图象，作一条等温线，根据该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大判断；C由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，据此列三段式结合平衡常数K的计
31、算公式进行计算；D由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动；解答：解：A由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1p2p3，故B错误；C由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）开始 1 2.75 0 0反应 0.25 0.75 0.25 0.25平衡 0.75 2 0.25 0.25又体积为1.0L，所以K=1.0
32、4102；故C正确；D由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v（正）v（逆），故D错误；故选AC点评：本题考查温度、压强等之间的关系，明确外界条件对平衡的影响，学会采用定一议二法分析图象是解本题的关键，难度不大三、解答题（共5小题，满分68分）16碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子（2）CS2分子中，共价键的类型有键和键（3）CO能与金属Fe形成Fe（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体
33、属于分子晶体（4）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示： 在石墨烯晶体中，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有2个C原子 在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接12个六元环考点：金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；分子晶体 分析：（1）电子云表示电子在原子核外出现机会的多少；在基态14C原子中，有2对成对电子，成对电子中两个电子自旋方向相反； （2）CS2分子结构式为S=C=S，共价单键为键，共价双键中一个是键、一个是键；（3）分子晶体的熔沸点较低；（4）每个六元环只有C原子个数=；在金
34、刚石晶体中，C原子所连接的最小环为六元环，每个C原子连接4个碳原子，连接的4个C原子中每个C原子形成3个六元环解答：解：（1）电子云表示电子在原子核外出现机会的多少；在基态14C原子中，有2对成对电子，成对电子中两个电子自旋方向相反，所以在基态14C原子中，存在两对自旋方向相反的电子，故答案为：电子云；2； （2）CS2分子结构式为S=C=S，共价单键为键，共价双键中一个是键、一个是键，所以在二硫化碳中存在键和键，故答案为：键和键；（3）分子晶体的熔沸点较低，该化合物熔点为253K，沸点为376K，所以属于分子晶体，故答案为：分子；（4）每个六元环只有C原子个数=2，故答案为：2；在金刚石晶体
35、中，C原子所连接的最小环为六元环，每个C原子连接4个碳原子，连接的4个C原子中每个C原子形成3个六元环，所以金刚石晶体中每个C原子能形成12个六元环，故答案为：12点评：本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及金刚石结构、晶体类型判断、化学键、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析判断及空间想象能力，难点是（4）中，熟悉金刚石结构特点即可解答，题目难度中等17化合物F是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下：（1）化合物F中含氧官能团的名称是羰基和醛基，由B生成C的化学反应类型是加成反应或还原反应（2）写出化合物C与乙酸反应生成酯的化学方程式：（3）写出化合物B的结构简式：（4）某化合
36、物是D的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢写出该化合物的结构简式：（任写一种）（5）请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚（ ）和CH2=CH2为原料制备有机物 的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：考点：有机物的合成 分析：根据题中各物质的转化关系可知，由A到C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基（丁基），然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B的结构简式为：，然后C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D，E发生氧化反应生成F（5）苯酚和乙烯发生加成反应生成对羟基乙苯，对羟基乙苯发生加成反应生成4乙基环己醇，4乙基环己醇发生消去反应
37、生成3乙基环己烯，3乙基环己烯发生氧化反应生成OHCCH2CH（CH2CH3）CH2CH2CHO，OHCCH2CH（CH2CH3）CH2CH2CHO发生氧化反应生成解答：解：根据题中各物质的转化关系可知，由A到C的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基（丁基），然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B的结构简式为：，然后C中醇羟基被氧化生成酮基，即得到D，E发生氧化反应生成F，（1）化合物F中含氧官能团的名称是羰基和醛基，B发生加成反应或还原反应生成C，故答案为：羰基；醛基；加成反应或还原反应；（2）C含有醇羟基，乙酸中含有羧基，两者发生酯化反应生成酯类，化学反
38、应方程式为：，故答案为：；（3）依据分析可知B为：，故答案为：；（4）D的分子式为：C10H18O，某化合物是D的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢，故此有机物满足对称结构即可，可以为：等，故答案为：；（5）要以苯酚（）和CH2=CH2为原料制备有机物，可以先用苯酚与乙烯加成反应生成对乙基苯酚，对乙基苯酚加成生成对乙基环己醇，对乙基环己醇消去生成3乙基环己烯，3乙基环己烯氧化生成产物，故流程为：，故答案为：点评：本题考查有机合成，为高频考点，根据反应前后结构简式变化确定反应类型，侧重考查学生分析判断及合成路线设计能力，需要学生熟练掌握常见有机反应类型、反应条件，难点是（5）题路线设计
39、18化合物KaFeb（C2O4）cdH2O（其中铁为正三价）是重要的光化学试剂通过下述实验确定该晶体的组成步骤a：称取该样品4.91g溶于水中配成250mL溶液，取出25mL溶液，向其中加入过量的NaOH溶液，将沉淀过滤，洗涤，高温灼烧至质量不再改变，称量其固体的质量为0.08g步骤b：另取出25mL溶液，加入适量稀H2SO4溶液，用0.050molL1KMnO4溶液滴定，到达滴定终点时，消耗KMnO4溶液24.00mL已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO42MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O（1）草酸（H2C2O4）为二元弱酸，其一级电离的方程式为H2C2O4HC2O4+
40、H+草酸的Ka1约为Ka2的1000倍，可能的原因是HC2O4形成分子内氢键（2）滴定终点观察到的现象为最后1滴KMnO4溶液滴入后，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色（3）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）草酸为二元弱酸，则其一级电离中电离出草酸氢根离子和氢离子；草酸的Ka1约为Ka2的1000倍，从草酸氢根离子中存在分之内氢键角度考虑；（2）滴定结束前溶液为无色，滴定结束后高锰酸根离子过量，则溶液变为浅红色，据此判断滴定终点；（3）根据步骤a、b中数据可计算出250mL样品溶液中含有的铁离子、草酸根离子的物质的量，然后根据电荷守恒计算出钾
41、离子的物质的量；再根据总质量计算出样品中含有水的质量、物质的量，最后确定该化合物的化学式解答：解：（1）草酸（H2C2O4）为二元弱酸，其一级电离的方程式为：H2C2O4HC2O4+H+；由于HC2O4形成分子内氢键，增大电离其二级电离的难度，所以酸的Ka1约为Ka2的1000倍，故答案为：H2C2O4HC2O4+H+；HC2O4形成分子内氢键；（2）用0.050molL1KMnO4溶液滴定草酸溶液，滴定结束前溶液为无色，结束后溶液会变为浅红色，则滴定终点的现象为：最后1滴KMnO4溶液滴入后，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色，故答案为：最后1滴KMnO4溶液滴入后，溶液变为浅红色，且半分钟内
42、不变色；（3）步骤a中高温灼烧至质量不再改变，称量出的0.08g固体为Fe2O3，则在250 mL溶液中，n（Fe3+）=2n（Fe2O3）=0.01 mol，步骤b中，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO42MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O可知，250mL待测液中：n（C2O42）=n（KMnO4）=0.050mol/L24.00103L10=0.03 mol，根据电荷守恒n（K+）+3n（Fe3+）=2n（C2O42）可得：n（K+）=0.03 mol，样品中含有水的质量为：m（H2O）=（4.91g39gmol10.03mol56gmol10.01mol88gmo
43、l10.03mol）=0.54g，水的物质的量为：n（H2O）=0.03 mol，故化合物KaFeb（C2O4）cdH2O中：n（K+）：n（Fe3+）：n（C2O42）：n（H2O）=3：1：3：3，所以该化合物的化学式为：K3Fe（C2O4）33H2O，答：该化合物的化学式为K3Fe（C2O4）33H2O点评：本题考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度中等，涉及弱电解质的电离方程式书写、中和滴定操作方法及化学计算，注意掌握质量守恒定律、电荷守恒在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力19磷酸铁（FePO4）为难溶于水的米白色固体，可用于制备药物、食
44、品添加剂和锂离子电池的正极材料实验室利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质）制备磷酸铁和锂离子电池正极材料（LiFePO4）的部分工业流程如图所示：（1）富钛渣中的主要成分为TiO2和SiO2（填化学式）煅烧得到LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42H2O2LiFePO4+3CO2+3H2O（2）在共沉淀步骤中加入H2O2的目的是让滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化反应的离子方程式为2Fe 2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O下列实验条件控制正确的是AB（填序号）A加入适当过量的H2O2溶液 B缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C
45、加热，使反应在较高温度下进行 D用氨水调节pH=7（3）已知Ca2+、Mg2+和Fe3+离子形成磷酸盐的Ksp分别为2.01029、1.01024和9.91016，若溶液中三种金属阳离子的浓度均为0.1molL1，则加入H3PO4时首先生成沉淀的化学式为FePO4（4）制备LiFePO4的过程中，理论上所需 17%双氧水与H2C2O42H2O的质量比为100：63（5）钛铁矿中钛含量的测定步骤为：还原将含钛试样溶解于强酸溶液中，再加入铝片将TiO2+还原为Ti3+，并将Fe3+还原反应装置如图所示，使用封闭漏斗的目的是避免生成的Ti3+被空气氧化滴定取下封闭漏斗，向锥形瓶中加入23滴KSCN溶
46、液，立即用FeCl3 标准溶液滴定至终点，记录读数计算下列操作会导致测定结果偏低的是bca还原操作结束后铝片有剩余b还原操作结束后，反应液仍呈黄色c缓慢滴定，且剧烈振荡锥形瓶，但无溶液溅出考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 分析：钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质）用盐酸溶解后可以得到含有Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+的溶液和含有TiO2、SiO2的固体，过滤后在滤液中加入双氧水和磷酸，可得到FePO4固体，将FePO4、Li2CO3、H2C2O42H2O煅烧可得到LiFePO4，（1）根据流程分析，SiO2是不溶于酸的，根据元素守恒可写出
47、煅烧得到LiFePO4的化学方程式；（2）Fe2+与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe3+和水；由于双氧水易受热分解，所以双氧水要适当过量，且加入的速度要慢，以防止反应过快，温度升高，Fe2+与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应；（3）物质的Ksp越小，越容易形成沉淀；（4）根据电子得失守恒可知H2O22Fe3+，根据煅烧中的反应方程式可知2FePO4H2C2O42H2O，所以H2O2H2C2O42H2O，据此进行计算；（5）Ti3+易被空气氧化；a还原操作结束后铝片有剩余，会多消耗FeCl3 标准溶液，b还原操作结束后，反应液仍呈黄色，说明FeCl3 标准溶液不足；c缓慢滴定，且
48、剧烈振荡锥形瓶，但无溶液溅出，溶液中部分Ti3+会被空气中的氧气氧化，会导致FeCl3 标准溶液消耗量偏少解答：解：钛铁矿（主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质）用盐酸溶解后可以得到含有Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+的溶液和含有TiO2、SiO2的固体，过滤后在滤液中加入双氧水和磷酸，可得到FePO4固体，将FePO4、Li2CO3、H2C2O42H2O煅烧可得到LiFePO4，（1）根据流程分析，SiO2是不溶于酸的，所以富钛渣中的主要成分是TiO2和SiO2，根据元素守恒可知煅烧得到LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42H2
49、O2LiFePO4+3CO2+3H2O，故答案为：SiO2；2FePO4+Li2CO3+H2C2O42H2O2LiFePO4+3CO2+3H2O；（2）Fe2+与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成Fe3+和水，反应的离子方程式为2Fe 2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe 2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；由于双氧水易受热分解，所以双氧水要适当过量，且加入的速度要慢，以防止反应过快，温度升高，Fe2+与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，故选AB；（3）物质的Ksp越小，越容易形成沉淀，FePO4的Ksp为2.01029是最小，所以Ca2+、Mg2+和Fe
50、3+三种金属阳离子的浓度均为0.1molL1时，加入H3PO4首先生成沉淀的化学式为FePO4，故答案为：FePO4；（4）根据电子得失守恒可知H2O22Fe3+，根据煅烧中的反应方程式可知2FePO4H2C2O42H2O，所以H2O2H2C2O42H2O，即H2O2和H2C2O42H2O的物质的量之比为1：1，所以17%双氧水与H2C2O42H2O的质量比为=200：136=100：63，故答案为：100：63；（5）Ti3+易被空气氧化，所以使用封闭漏斗的目的是避免生成的Ti3+被空气氧化，故答案为：避免生成的Ti3+被空气氧化；a还原操作结束后铝片有剩余，会多消耗FeCl3 标准溶液，会
51、导致测定结果偏高；b还原操作结束后，反应液仍呈黄色，说明FeCl3 标准溶液不足，会导致测定结果偏低；c缓慢滴定，且剧烈振荡锥形瓶，但无溶液溅出，溶液中部分Ti3+会被空气中的氧气氧化，会导致FeCl3 标准溶液消耗量偏少，会导致测定结果偏低；所以操作会导致测定结果偏低的是bc，故选bc点评：本题以铁及其化合物为载体考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验操作、反应速率的影响因素等知识点，根据物质之间的关系式、实验操作的规范性、影响反应速率的因素等知识点来分析解答，题目难度中等20天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷（1）已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O
52、（g）H1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3则CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）的H=H1+2H22H3（2）天然气中的少量H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式2NH4HS+O2=2NH3H2O+2S（3）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）该反应的平衡常数表达式为K=在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1molL1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平
53、衡转化率与温度及压强的关系如图l所示则压强P1小于P2 （填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v（正）大于v（逆）（填“大于“、“小于”或“等于“）（4）天然气也可重整生产化工原料，最近科学家们利用天然气无氧催化重整获得芳香烃X由质谱分析得X的相对分子质量为l06，其核磁共振氢谱如图2所示，则X的结构简式为（5）科学家用氮化镓材料与铜组装如图3所示人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4写出铜电极表面的电极反应式CO2+8e+8H+=CH4+2H2O为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量硫酸（选填“盐酸”或“硫酸”）考点：热化学方程式；原电池和电解池
54、的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 分析：（1）根据CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3由盖斯定律+22进行计算得到；（2）NH4HS中硫元素为2价，具有还原性能被氧气氧化为硫单质；（3）根据化学平衡常数表达的意义书写，利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；（4）已知X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由可知x=8，y=10
55、，再根据质谱图中有2个峰，判断分子中含有2种环境的H；（5）由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷；根据酸的挥发性分析解答：解：（1）根据CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（g）H1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3由盖斯定律+22得CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=H1+2H22H3，故答案为：H1+2H22H3；（2）NH4HS中硫元素为2价，具有还原性能被氧气氧化为硫单质，则一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫和氨水，则反应方程式为：2NH4HS+O2=2NH3H2O+2S
56、；故答案为：2NH4HS+O2=2NH3H2O+2S；（3）已知CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），其平衡常数表达式是K=，故答案为：K=；该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；故答案为：小于；大于；（4）芳香烃X，已知X的相对分子质量为l06，设其分子式为CxHy，由可知x=8，y=10，说明分子中含有一个苯环，另外含有2个C原子，再根据质谱图中有2个峰，可知分子中含有2种环境的H，则分子结构对称，所以其结构简式为，故
57、答案为：；（5）由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8e+8H+=CH4+2H2O；可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，所以选用硫酸，不用盐酸，故答案为：硫酸点评：本题考查了盖斯定律的应用、原电池原理、方程式的书写、化学平衡常数、平衡移动、有机物分子式的确定等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等物质结构与性质21翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅（1）Na、
58、Al、Si、O四种元素电负性由大到小的顺序为OSiAlNa（2）Cr3+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3（3）Cr可形成配合物KCr（C2O4）2（H2O）2，与H2O互为等电子体的一种分子是H2S（填化学式），水分子中氧原子的杂化方式为sp3，1mol H2C2O4分子中含有的键的数目为7mol或76.021023个（4）Cr和Ca可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞如图所示该复合氧化物的化学式可表示为CaCrO3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）非金属性越强，电负性越强，金属性越
59、弱，电负性越强；（2）铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理写出其核外电子排布式；（3）原子数相同，价电子数相同的分子为等电子体；根据水分子中氧原子的价层电子对数判断；单键中含有1个键，双键中含有一个键和一个键；（4）利用均摊法计算该物质的化学式解答：解：（1）非金属性越强，电负性越强，金属性越弱，电负性越强，非金属性：OSiAlNa，则电负性：OSiAlNa；故答案为：OSiAlNa；（2）铬24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，
60、故答案为：1s22s22p63s23p63d3；（3）原子数相同，价电子数相同的分子为等电子体，则与H2O互为等电子体的一种分子是H2S；水分子中氧原子的价层电子对数为=4，所以为sp3杂化；H2C2O4分子含有2个OH，2个CO，2个C=O，1个CC，则共含有7个键，所以1mol H2C2O4分子中含有的键的数目为 7mol或76.021023个；故答案为：H2S；sp3；7mol或76.021023个；（4）根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为6=3，Ca原子数为8=1，Cr原子数为1，则化学式为CaCrO3，故答案为：CaCrO3点评：本题考查较为综合，题目难度较大，涉及电负性的判断、电子排布式、杂化类型的判断、键的数目的计算、晶胞的计算等，注意利用均摊法计算晶胞的构成，注意利用化合价代数和为零的原则计算
