1、浙江省嘉兴市桐乡市高级中学2016届高三上学期期中化学试卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1对于工农业生产和日常生活中与化学有关的问题，下列认识不正确的是（）A含有氯化钠融雪剂的使用会加快桥梁的腐蚀B铝合金的大量使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝C光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅D高温结构陶瓷氮化硅（Si3N4）具有较高的硬度和耐磨性，可用于制造汽车发动机2物质发生化学变化时：电子总数原子总数分子总数物质的种类物质的总质量物质的总能量原子种类，反应前后肯定不发生变化的是（）ABCD3NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A1
2、8gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA4下列说法正确的是（）A若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为46.021023B室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7C钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D一定条件下反应N2+3H22NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）5下列有关化学基本概念的依据正确的是（）A同
3、素异形体：是否由同一种原子构成B纯净物和混合物：是否只含一种元素C电解质和非电解质：溶于水或熔融状态下能否导电D氧化还原反应：元素化合价是否变化6下列各组物质发生的变化中，均属于化学变化的一组是（）A鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀；一束平行光照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路B块状生石灰在空气中逐渐变成粉末；Na2CO310H2O在空气中逐渐变成粉末C木炭燃烧发光、发热；电灯发光、发热D石灰水中通入少量CO2后变浑浊；室温下的饱和石灰水加热后变浑浊7下列物质的分类正确的是（）纯净物碱性氧化物酸性氧化物强电解质A漂白粉SiO2CO2AlCl3溶液BCuSO45H2
4、ONa2O2N2O5NH4NO3C福尔马林CaOMn2O7HClOD冰醋酸Na2OSO2HClAABBCCDD8下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）A在pH=1溶液中：NH4+、K+、ClO、ClB在含有大量CO32溶液中：NH4+、Na+、Cl、H+C有NO3存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、BrD在强碱溶液中：Na+、K+、CO32、SiO329FeS2与HNO3反应后的氧化产物为Fe（NO3）3 和H2SO4，若反应中FeS2与HNO3的物质的量之比为1：8，HNO3的还原产物为（）ANO2BNOCN2 ODN2O310下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，
5、不能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸发浓缩氯化锰溶液，冷却可得MnCl24H2O晶体11甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）下列各组物质中，不满足图示转化关系的是甲乙丙戊ACuFeCl3溶液CuCl2溶液FeBH2OFeH2O2CAlNaOH溶液H2Al2O3DCH3CH2OHO2CH3CHOH2AABBCCDD12下列离子方程式书写正确的是（）A醋酸除水垢：2CH3COO+2H+CaCO3（CH3COO）2Ca+CO2+H2OB澄清石灰水中滴加少量NaHCO3：Ca2+2O
6、H+2HCO3CaCO3+2H2O+CO32C稀硫酸除铜绿：4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2OD酸性条件下KIO3与KI溶液反应：IO3+5I+3H2O3I2+6OH13在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（）AFe2S3、I2BAl（OH）3、I2CFe（OH）3、Al（OH）3DFeS、S、Al（OH）314某体系中的物质有HCl、NaCl、FeCl2、H2O、NaNO3、FeCl3、NO，FeCl2为反应物，则下列有关说法正确的是（）ANO在反应中作还原剂B氧化剂和还原剂的物质的量比为1：3CFeCl2发
7、生还原反应D0.5molFeCl2发生反应，转移电子1.5mol15海洋中有丰富的食品、矿产，能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法不正确的是（）A从能量转换角度来看，图中的氯碱工业是一个将电能转化为化学能量的过程B过程中结晶出的MgCl26H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2C在过程中溴元素均被氧化D过程中除去粗盐中的S042、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸16已知溶液中：还原性HSO3I，氧化性：IO3I2SO42在含3mol NaHSO3的溶逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物
8、质的量的关系如图所示，则下列说法错误的是（）Aa点时NaHSO3过量Bb点时还原产物为ICb点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2D加入的KIO3为0.4mol或1.12mol时，I均为0.4mol17已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka=1.75105Ka=2.98108Ka1=4.3107Ka2=5.611011Ka1=1.54102Ka2=1.02107下列离子方程式正确的是（）A少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClOCO32+2HClOB少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32SO32+2HCO3C少
9、量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOD相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H+HCO3CO2+2H2O18将足量CO2通入NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系如图，图中AB段表示的离子方程式是（）CO2+Ba2+2OHBaCO3+H2O CO2+2OHCO32+H2OCO32+Ba2+BaCO3 BaCO3+CO2+H2OBa2+HCO3CO32+CO2+H2O2HCO3ABCD19电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离
10、子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程如图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SO42等离子，电极为石墨电极下列有关描述错误的是（）A阳离子交换膜是A，不是BB通电后阳极区的电极反应式：2Cl2eCl2C工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀20用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2
11、+，则一定没有固体析出D若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出21苯乙烯（C6H5CH=CH2）是生产各种塑料的重要单体，其制备原理是：C6H5C2H5（g）C6H5CH=CH2（g）+H2（g），实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（水蒸气不参加反应），如图为乙苯的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强的关系下列说法正确的是（）Aa、b两点转化率不等，但是化学平衡常数相等Bb点转化率为50%，则混合气体中苯乙烯的体积分数为C恒容时加入稀释剂（水蒸气）能减小C6H5C2H5平衡转化率Db点和c点温度和压强相同，故其反应速率也相等22某无色溶液中只含有：K+、Ba2+、Cl、Br、SO32、
12、SO42中的一种或几种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操 作现 象用pH试纸检验溶液的pH大于7向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色向所得溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生将过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A可能含有的离子是B肯定没有的离子只有C不能确定的离子只有D肯定含有的离子是二、非选择题23丙烯是重要的化工原料，一定条件下可发生下列转化：已知：RXRCNRCOOHRCH2COOH回答下列问题：（1）以下化合物中含有羧基的是A化合物B B化合物C C化合物D D化合物E
13、B的同分异构体有多种，写出其中既能发生银镜反应，又能发生酯化反应的2种同分异构体的结构简式：、（3）写出含碳数最少且与D互为同系物的有机物的结构简式；写出D与足量乙醇发生反应的化学方程式24中学常见化学方程式：A+BX+Y+H2O（未配平，反应条件略去），回答下列问题：（1）若A、B的物质的量之比为1：2，A为常见的非金属单质，B为某浓酸，X具有强还原性，则Y的结构式为若A、B的物质的量之比为1：4，Y是黄绿色气体，则该反应的离子方程式为（3）若A、B、X、Y均为化合物向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色则A与B按物质的量之比1：4反应后，溶液中溶质的化学式为2
14、5单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：（1）Z在元素周期表中的位置，X中化学键的类型是由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为，Y分子的电子式为（3）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为26二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”由合成气制备二甲醚的主要原理如下：反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H3相关反应在不同温度时的平衡常数及其大小关系如
15、下表所示温度/K反应I反应II已知：K1K2K1K2298K1K2328K1K2回答下列问题：（1）反应的S0（填“”或“”）；反应的平衡常数表达式为，反应是反应（填“吸热”或“放热”）在合成过程中，因为有CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），反应发生，所以能提高CH3OCH3的产率，原因是（3）如图1两条曲线分别表示反应I（按物质的量比：n（CO）：n（H2）=1：2）中压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化关系，计算压强为0.1MPa、温度为200时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是（4）反应逆反应速率与时间的关系如2图所示：试判断t2时改变的条件是或若t4扩
16、大容器体积，t5达到平衡，t6时增大反应物浓度，请在图2中画出t4t6的变化曲线27为验证氧化性Cl2Fe3+SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和 A中加热装置已略）实验过程：检查装置气密性后，在各仪器中添加相应试剂打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，将T型管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，加热A当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3更换试管D，重复过程，检验B溶液中的离子试回答下列问题：（1）检验图中虚线框
17、内装置气密性的具体操作是C中发生反应的化学方程式为（3）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为（4）B中的棉花通常会浸润试剂；实验中通入N2的作用是（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性 Cl2Fe3+SO2的是（填“甲”、“乙”或“丙”）过程B溶液中含有的离子过程B溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+（6）进行实验过程时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色查阅资料：Fe2+（aq）+SO32（aq）FeSO3
18、（s）（墨绿色）提出假设：FeCl3与 SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3（墨绿色）与FeCl3（黄色）的混合色某同学设计如下实验，证实该假设成立：溶液E和F分别为、请结合方程式和化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的原因浙江省嘉兴市桐乡市高级中学2016届高三上学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1对于工农业生产和日常生活中与化学有关的问题，下列认识不正确的是（）A含有氯化钠融雪剂的使用会加快桥梁的腐蚀B铝合金的大量使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝C光缆在信息产业中有广泛应用，制造
19、光缆的主要材料是二氧化硅D高温结构陶瓷氮化硅（Si3N4）具有较高的硬度和耐磨性，可用于制造汽车发动机【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金的概念及其重要应用【专题】化学计算【分析】A原电池能加快化学反应的速率； B铝的冶炼通常用电解法；C光纤制品的主要成分是二氧化硅；D氮化硅陶瓷是一种超硬物质，具有耐磨、耐高温、抗腐蚀能力强等优点【解答】解：A氯化钠是电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，故A正确； B铝的冶炼通常用电解三氧化二铝的方法，不能用热还原法，故B错误；C纯净的二氧化硅可用于制造现代光学及光纤制品，故C正确；D氮化硅陶瓷是一种超硬物质，具有耐磨、耐高温、
20、抗腐蚀能力强等优点，可用来制造汽车发动机、轴承、汽轮机叶片等，故D正确故选B【点评】本题考查化学在生活中的应用，难度不大，平时注意知识的积累2物质发生化学变化时：电子总数原子总数分子总数物质的种类物质的总质量物质的总能量原子种类，反应前后肯定不发生变化的是（）ABCD【考点】化学反应的基本原理【专题】物质的性质和变化专题【分析】根据质量守恒定律知：反应前后元素种类不变，原子种类和个数都不变，所以电子总数不变，原子质量及物质的总能量也不变【解答】解：根据质量守恒定律，化学反应前后有几个不变，其中反应前后元素种类不变，原子种类和个数都不变即电子总数不变，原子质量以及物质的总能量也不变，故对，反应一
21、定伴随能量的变化，故错，物质种类可能存在单质和化合物之间的转化，分子总数可以发生变化，物质的种类发生变化，故错，故选B【点评】本题主要考查学生运用质量守恒定律进行推断的能力，难度不大3NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【考点】真题集萃；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一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的
22、D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；Bn（H2SO3）=0.5mol/L2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；CNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但
23、NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4【解答】解：A一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；Bn（H2SO3）=0.5mol/L2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH
24、+O2，Na2O2中O元素的化合价为1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；DNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选C【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是2
25、0，注意D中存在转化关系2NO2N2O44下列说法正确的是（）A若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为46.021023B室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7C钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D一定条件下反应N2+3H22NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）【考点】真题集萃；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】AH2O2分解产生1molO2，反应中O元素化合价由1价升高到0价，转移2mol电子；BCH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=
26、11的NaOH溶液相比较，醋酸过量；C用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极；D化学反应中速率之比等于计量数之比【解答】解：AH2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O22H2O+O2，反应中O元素化合价由1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；BCH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH7，故B错误；C用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；D一定条件下反应N2+3H22NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：
27、2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误故选C【点评】本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养5下列有关化学基本概念的依据正确的是（）A同素异形体：是否由同一种原子构成B纯净物和混合物：是否只含一种元素C电解质和非电解质：溶于水或熔融状态下能否导电D氧化还原反应：元素化合价是否变化【考点】电解质与非电解质；同素异形体；混合物和纯净物；
28、氧化还原反应【分析】A同种元素的不同单质为同素异形体；B只由一种物质组成的数以纯净物；C溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；D氧化还原反应的实质为电子转移，特征为化合价变化【解答】解：A同种元素的不同单质为同素异形体，不能利用原子判断，故A错误；B氧气和臭氧也只有一种元素，但数以混合物，故B错误；C溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，且电解质与非电解质均为化合物，不能利用溶于水或熔融状态下能否导电判断，故C错误；D氧化还原反应的实质为电子转移，特征为化合价变化，则氧化还原反应的判断依据为元素化合价是否变化，故D正确，故选D【点评】本题考查化学反应及物质的分类，涉及氧化还
29、原反应、电解质、碱性氧化性及同素异形体，为高频考点，把握相关概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大6下列各组物质发生的变化中，均属于化学变化的一组是（）A鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀；一束平行光照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路B块状生石灰在空气中逐渐变成粉末；Na2CO310H2O在空气中逐渐变成粉末C木炭燃烧发光、发热；电灯发光、发热D石灰水中通入少量CO2后变浑浊；室温下的饱和石灰水加热后变浑浊【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】蛋白质的盐析、胶体的丁达尔效应、电灯发光发热、物质的溶解都不生成新物质属于物理变化；块状生石灰在空
30、气中逐渐变成粉末；Na2CO310H2O在空气中逐渐变成粉末，物质燃烧，石灰水中通入少量CO2后变浑浊，都有新物质生成，属于化学变化【解答】解：A鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液生成白色沉淀，属于盐析，没有新物质生成是物理变化；一束平行光照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路，没有新物质生成，属于物理变化，故A不选；B块状生石灰在空气中与水、二氧化碳反应生成碳酸钙逐渐变成粉末，有新物质生成属于化学变化，Na2CO310H2O在空气中逐渐变成粉末，有新物质生成，属于化学变化，故B选；C木炭燃烧发光、发热，有新物质生成属于化学变化，电灯发光、发热没有新物质生成属于物理变化，故C不选；
31、D石灰水中通入少量CO2后变浑浊，有新物质生成属于化学变化；室温下的饱和石灰水加热后变浑浊，无新物质生成，属于物理变化，故D不选；故选：B【点评】本题考查了物理变化与化学变化，把握是否有新物质生成是解题关键，题难度不大7下列物质的分类正确的是（）纯净物碱性氧化物酸性氧化物强电解质A漂白粉SiO2CO2AlCl3溶液BCuSO45H2ONa2O2N2O5NH4NO3C福尔马林CaOMn2O7HClOD冰醋酸Na2OSO2HClAABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念【分析】只由一种物质构成的是纯净物；碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水
32、的氧化物；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物；强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质；据此分析解答【解答】解：A、漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca（ClO）2，是混合物；SiO2能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物；AlCl3溶液是混合物，不是电解质，故A错误；B、Na2O2与酸反应时除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故B错误；C、福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物；HClO是弱酸，是弱电解质，故C 错误；D、冰醋酸是CH3COOH，是纯净物，Na2O能与酸反应生成盐和水，是碱性氧化物；SO2能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物；HCl是强酸，是强电解质，故D正确
33、故选D【点评】本题考查了纯净物、碱性氧化物和酸性氧化物和强电解质的概念，根据概念的实质来分析，难度不大8下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（）A在pH=1溶液中：NH4+、K+、ClO、ClB在含有大量CO32溶液中：NH4+、Na+、Cl、H+C有NO3存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、BrD在强碱溶液中：Na+、K+、CO32、SiO32【考点】离子共存问题【分析】ApH=1溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B离子之间结合生成水和气体；C离子之间发生氧化还原反应；D强碱溶液中该组离子之间不反应【解答】解：ApH=1溶液，显酸性，H+、ClO、Cl发生氧化还原反应，
34、不能大量共存，故A错误；BCO32、H+结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；CH+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D强碱溶液中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、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大9FeS2与HNO3反应后的氧化产物为Fe（NO3）3 和H2SO4，若反应中FeS2与HNO3的物质的量之比为1：8，HNO3的还原产物为（）ANO2BNOCN2 ODN2O3【考点】氧化还原反应的计算【分析】根据题给信息知，FeS2和HNO3
35、的反应中生成硝酸铁、硫酸和氮氧化物，根据氧化还原反应中得失电子数相等确定氮氧化物的化学式【解答】解：根据题给信息知，FeS2和HNO3的反应中生成硝酸铁、硫酸和氮氧化物，FeS2和HNO3的物质的量之比是1：8，设二者的物质的量分别为1mol、8mol，由质量守恒可知生成1molFe（NO3）3、2molH2SO4，则起酸作用的硝酸为3mol，所以作氧化剂的硝酸为5mol，反应共失去电子的物质的量为1mol（32）+2mol6（1）=15mol，设氮氧化物中N元素的化合价是X，则得到的电子总数=（5x）5=15，所以x=2，即氮氧化物的化学式为NO，故选B【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为
36、高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，明确元素化合价是解本题的关键，注意从得失电子数目相等角度解答该题，难度不大10下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，不能达到实验目的是（）A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸发浓缩氯化锰溶液，冷却可得MnCl24H2O晶体【考点】化学实验方案的评价【分析】A浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热；B除杂时导管长进短出；C二氧化锰不溶于水；D蒸发浓缩溶液得到含结晶水的晶体【解答】解：A浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热，则图中固体、液体不加热可制备氯
37、气，故A正确；B除杂时导管长进短出，图中导管进气方向不合理，故B错误；C二氧化锰不溶于水，则利用图中过滤装置可分离，故C正确；D蒸发浓缩溶液得到含结晶水的晶体，则利用图中蒸发装置蒸发浓缩氯化锰溶液，冷却可得MnCl24H2O晶体，故D正确；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、气体的制备及实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大11甲、乙、丙、丁、戊的相互转化关系如图所示（反应条件略去，箭头表示一步转化）下列各组物质中，不满足图示转化关系的是甲乙丙戊ACuFeCl3溶液CuCl2溶液FeBH2OFeH2O2CAlNaOH溶液H2Al2O
38、3DCH3CH2OHO2CH3CHOH2AABBCCDD【考点】无机物的推断【专题】推断题；元素及其化合物【分析】根据反应甲+乙丙+丁、丙+戊甲分析，结合物质的性质采用代入法判断这两个反应是否能发生，如果能发生，则正确，否则错误【解答】解：A铜和氯化铁反应方程式为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，铁和氯化铜反应方程式为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，所以能实现物质间的转化，故A正确；B铁和水蒸气反应方程式为4Fe+2H2O（g）Fe3O4+2H2，氢气和氧气反应方程式为2H2+O22H2O，所以能实现转化，故B正确；CAl和氢氧化钠溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2
39、O=2NaAlO2+3H2，铝是活泼金属不能用氧化还原反应冶炼铝，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，故C错误；D乙醇和氧气反应生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH3OH+O22CH3CHO+2H2O，乙醛和氢气发生加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH3CHO+H2CH3CH2OH，氢气在氧气中燃烧生成水，所以能实现转化，故D正确；故选C【点评】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，采用代入法来分析解答，注意铁和水蒸气反应后的产物，为易错点12下列离子方程式书写正确的是（）A醋酸除水垢：2CH3COO+2H+CaCO3（CH3COO）2Ca+CO2+H2OB澄清石灰水中滴加少
40、量NaHCO3：Ca2+2OH+2HCO3CaCO3+2H2O+CO32C稀硫酸除铜绿：4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2OD酸性条件下KIO3与KI溶液反应：IO3+5I+3H2O3I2+6OH【考点】离子方程式的书写【分析】A醋酸在离子反应中保留化学式，醋酸钙完全电离；B少量NaHCO3完全，生成碳酸钙、水、NaOH；C反应生成硫酸铜、水、二氧化碳；D酸性溶液中不能生成氢氧根离子【解答】解：A醋酸除水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+H2O+CO2，故A错误；B澄清石灰水中滴加少量NaHCO3的离子反应为Ca2+OH+HCO3CaCO3+H
41、2O，故B错误；C稀硫酸除铜绿的离子反应为4H+Cu2（OH）2CO32Cu2+CO2+3H2O，故C正确；D酸性条件下KIO3与KI溶液反应的离子反应为IO3+5I+6H+3I2+3H2O，故D错误；故选C【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大13在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（）AFe2S3、I2BAl（OH）3、I2CFe（OH）3、Al（OH）3D
42、FeS、S、Al（OH）3【考点】氧化还原反应；盐类水解的应用【专题】氧化还原反应专题；盐类的水解专题【分析】加入碘离子后，将铁离子全部还原成亚铁离子，同时生成碘单质；加入硫化钠，碘将氧化硫离子生成硫沉淀；硫化钠水解，所以溶液中有硫离子和氢氧根离子，根据题目中的提示，显然亚铁离子结合硫离子，铝离子结合氢氧根离子，所以还要生成硫化亚铁沉淀和氢氧化铝沉淀【解答】解：在FeCl3和AlCl3溶液中加过量KI，先是FeCl3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3+2I=2Fe2+I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2，再加入Na2S后，由于S2+H2O HS+OH在Na2S溶液中，有大量S2
43、、OH，依题意知，Fe2+结合S2能力强，两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀，Fe2+S2=FeS；Al3+结合OH能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3+3OH=Al（OH）3，或理解为Al3+与S2发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S+6NaCl；但由于I2的存在发生：I2+S2=S+2I或I2+H2S=S+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物故选D【点评】本题考查离子反应，题目难度不大，注意分析盐与盐反应时要依次考虑能否发生氧化还原反应、能否发生双水解互促反应，以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应这些盐之间反应的一
44、般规律，主要决定于盐的性质14某体系中的物质有HCl、NaCl、FeCl2、H2O、NaNO3、FeCl3、NO，FeCl2为反应物，则下列有关说法正确的是（）ANO在反应中作还原剂B氧化剂和还原剂的物质的量比为1：3CFeCl2发生还原反应D0.5molFeCl2发生反应，转移电子1.5mol【考点】氧化还原反应【分析】FeCl2为反应物，反应中Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，其反应方程式为：4HCl+3FeCl2+NaNO3=3FeCl3+NO+NaCl+2H2O，结合氧化还原反应的有关概念分析【解答】解：FeCl2为反应物，反应中Fe元素的化合价升高，N元素的化合价降低，其反应
45、方程式为：4HCl+3FeCl2+NaNO3=3FeCl3+NO+NaCl+2H2O；A反应中FeCl2为还原剂，NO为还原产物，故A错误；B由方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量比为1：3，故B正确；C反应中FeCl2为还原剂，FeCl2发生氧化反应，故C错误；D反应中Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，则0.5molFeCl2发生反应，转移电子0.5mol，故D错误，故选B【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度分析并解答该题，题目难度不大15海洋中有丰富的食品、矿产，能源、药物和水产资源等（如图所示），下列有关说法不正确的是（）A从能量
46、转换角度来看，图中的氯碱工业是一个将电能转化为化学能量的过程B过程中结晶出的MgCl26H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2C在过程中溴元素均被氧化D过程中除去粗盐中的S042、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸【考点】海水资源及其综合利用【专题】卤族元素【分析】A、氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应；B、氯化镁晶体脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；C、依据转化关系的流程中物质反应和条件分析判断；D、选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法
47、除去【解答】解：A、氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应；通电条件下发生了化学反应，电能转化为化学能，故A正确；B、氯化镁晶体脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；MgCl26H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B正确；C、依据转化关系的流程中，步反应为：2NaBr+Cl2=Br2+2NaCl；是Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，步的反应为：2HBr+Cl2=Br2+HCl；所以在过程中溴元素均被氧化，故C正确；D、选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液NaO
48、H溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，故D错误；故选D【点评】本题考查了海水资源的综合利用，粗盐提纯，工业提溴的原理应用，工业提取镁的生产过程分析，题目难度中等16已知溶液中：还原性HSO3I，氧化性：IO3I2SO42在含3mol NaHSO3的溶逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系如图所示，则下列说法错误的是（）Aa点时NaHSO3过量Bb点时还原产物为ICb点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2D加入的KIO3为0.4mol或1.12mol时，I均为0.4mol【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】还原性HSO3I
49、，所以首先是发生以下反应离子方程式：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，继续加入KIO3，已知氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I=3H2O+3I2，根据发生的反应，来判断各个点的产物【解答】解：还原性HSO3I，所以首先是发生以下反应离子方程式：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，继续加入KIO3，已知氧化性IO3I2，所以IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I=3H2O+3I2，根据发生的反应，则：A、a点时加入的KIO3物质的量为0.4mol，根据反应方程式IO3+3HSO3I+3SO42+3
50、H+，消耗的NaHSO3的物质的量为1.2mol，剩余的NaHSO3的物质的量为1.8mol，故A正确；B、b点时加入的KIO3物质的量为1mol，和3molNaHSO3的溶液恰好完全反应，即2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，不会生成碘单质，还原产物为I，故B正确；C、b点时加入的KIO3物质的量为1mol，和3molNaHSO3的溶液恰好完全反应，即2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，b点到c点，IO3可以结合H+氧化I生成I2，离子方程式是IO3+6H+5I=3H2O+3I2，在C点时，KIO3与NaHSO3反应恰好生成I2，故C错误；D、加入的KIO3为0.4mol
51、或1.12mol时，发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，生成I为0.4mol，加入的KIO3为1.12mol时，先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，3molNaHSO3消耗碘酸钾1mol，同时生成碘离子1mol，然后发生反应IO3+6H+5I=3H2O+3I2，剩余的0.12mol碘酸钾消耗碘离子0.6mol，所以剩余的碘离子是0.4mol，故D正确故选C【点评】本题考查学生对氧化还原反应知识的掌握程度，考查时结合了图象增加了解题难度17已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka=1.75105Ka=2.98108Ka1
52、=4.3107Ka2=5.611011Ka1=1.54102Ka2=1.02107下列离子方程式正确的是（）A少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClOCO32+2HClOB少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32SO32+2HCO3C少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClOD相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H+HCO3CO2+2H2O【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3CH3COOHH2CO3HSO3HClO
53、HCO3，则酸性：H2SO3CH3COOHH2CO3HSO3HClOHCO3，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答【解答】解：酸的电离平衡常数H2SO3CH3COOHH2CO3HSO3HClOHCO3，则酸性：H2SO3CH3COOHH2CO3HSO3HClOHCO3，A酸性：H2CO3HClOHCO3，所以少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+ClOHCO3+HClO，故A错误；B酸性：H2SO3H2CO3HSO3，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32SO32+2HCO3，故B正确；CHClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，所以少量的SO2通
54、入Ca（ClO）2溶液中不生成CaSO3，故C错误；D酸性：H2CO3HSO3，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关系，再结合强酸制取弱酸分析，题目难度不大18将足量CO2通入NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系如图，图中AB段表示的离子方程式是（）CO2+Ba2+2OHBaCO3+H2O CO2+2OHCO32+H2OCO32+Ba2+BaCO3 BaCO3+CO2+H2OBa2+HCO3CO32+CO2+H2O2
55、HCO3ABCD【考点】离子方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故OA发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O，AB之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，BC之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2Ba（HCO3）2，以此来解答【解答】解：向NaOH和Ba（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故OA发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O，AB之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2Na2CO3、Na2CO3+H2O+
56、CO22NaHCO3，BC之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2Ba（HCO3）2，则AB段表示的离子方程式为CO2+2OHCO32+H2O、CO32+CO2+H2O2HCO3，故选A【点评】本题考查离子反应的先后顺序，为高频考点，把握发生的反应的先后顺序及反应与图象的对应关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大19电渗析法是指在外加电场作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程如图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SO42等离子
57、，电极为石墨电极下列有关描述错误的是（）A阳离子交换膜是A，不是BB通电后阳极区的电极反应式：2Cl2eCl2C工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀【考点】电解原理【分析】A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；B、阳极上是阴离子失去电子的氧化反应；C、电解池的阴极材料可以被保护；D、阴极区域是氢离子得电子的还原反应，据此回答【解答】解：A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，故A错误；B、阳极上是
58、阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl2eCl2，故B正确；C、电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗，故C正确；D、阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，故D正确故选A【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等20用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D若
59、溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【专题】元素及其化合物【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答【解答】解：A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu
60、2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键21苯乙烯（C6H5CH=CH2）是生产各种塑料的重要单体，其制备原理是：C6H5C2H5（g）C6H5CH=CH2（g）+H2（g），实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（水蒸气不参加反应），如图为乙苯的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强的关系下列说法正确的是（）Aa、b两点转化率不等，但是化学平衡常数相等Bb点转化率为50%，则混合气体中苯乙
61、烯的体积分数为C恒容时加入稀释剂（水蒸气）能减小C6H5C2H5平衡转化率Db点和c点温度和压强相同，故其反应速率也相等【考点】化学平衡建立的过程；转化率随温度、压强的变化曲线【分析】A根据图象可知a、b两点转化率不等，但平衡常数仅与温度有关，据此判断；B令开始投入乙苯的物质的量为1mol，计算参加反应的乙苯的物质的量，利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，进而计算乙苯的体积分数；C恒容条件下，加入稀释剂水，不影响平衡移动；D体系总压强不变时，越大，反应各物质浓度越小，相当于反应体系减压【解答】解：A根据图象可知a、b两点转化率不等，但平衡常数仅与温度有关，又a，b温度相同，所以化学平衡常数相
62、等，故A正确；B令开始投入乙苯的物质的量为1mol，则水蒸气的物质的量为8mol，b点转化率为50%，则参加反应乙苯的物质的量=1mol50%=0.5mol，则： C6H5C2H5（g）C6H5CH=CH2（g）+H2（g）开始（mol）：1 0 0变化（mol）：0.5 0.5 0.5平衡（mol）：0.5 0.5 0.5故平衡时混合体系总物质的量=8mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol=9.5mol，故混合气体中苯乙烯的体积分数=，故B错误；C恒容条件下，加入稀释剂水，反应混合物的浓度不变，不影响平衡移动，C6H5C2H5平衡转化率不变，故C错误；D体系总压强不变时，c点值比b
63、点大，故c点反应各物质浓度越小，相当于反应体系减压，c点反应速率比b小，故D错误，故选A【点评】本题考查化学平衡及平衡常数计算、化学平衡图象等，注意恒压条件下加入稀释剂会使反应的各物质所占的分压降低（浓度降低），为易错题目22某无色溶液中只含有：K+、Ba2+、Cl、Br、SO32、SO42中的一种或几种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操 作现 象用pH试纸检验溶液的pH大于7向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色向所得溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生将过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列结论
64、正确的是（）A可能含有的离子是B肯定没有的离子只有C不能确定的离子只有D肯定含有的离子是【考点】常见离子的检验方法【分析】用pH试纸检验溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子SO32；向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br；向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为BaSO4，但不能确定是否含有SO42，因SO32可被硝酸氧化生成SO42；将过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，但不能确定溶液中是否含有Cl，因所加氯水中含有Cl，据此进行判断【解答】解：用pH试纸检验
65、溶液的pH大于7，说明溶液呈碱性，应含有弱酸的酸根离子SO32，则溶液中一定不存在Ba2+，因二者分别能与钡离子生成沉淀而不能大量共存；一定含有K+，根据溶液呈电中性原则，阳离子只有K+；向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br；向所得水溶液中加入Ba（NO3）2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为BaSO4，但不能确定是否含有SO42，因SO32可被硝酸氧化生成SO42；过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，但不能确定溶液中是否含有Cl，因所加氯水中含有Cl，由以上分析可知，溶液中一定含有的离子为，可能含有的离
66、子为，一定不存在的是，A根据电荷守恒可知，溶液中一定含有K+，故A错误；B根据分析可知，原溶液中一定不存在Ba2+，故B正确；C溶液中一定含有SO32，故C错误；D溶液中一定含有，不能确定是否含有SO42，故D错误；故选B【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法，根据溶液电中性判断钾离子的存在为易错点二、非选择题23丙烯是重要的化工原料，一定条件下可发生下列转化：已知：RXRCNRCOOHRCH2COOH回答下列问题：（1）以下化合物中含有羧基的是ABCA化合物B B化合物C C化合物D D化合物EB的同分异构体有多种，写出其
67、中既能发生银镜反应，又能发生酯化反应的2种同分异构体的结构简式：HOCH2CH2CH2CHO、CH3CH（OH）CH2CHO或CH3CH2CH（OH）CHO、（CH3）2C（OH）CHO、HOCH2CH（CH3）CHO（写其中任意2个）（3）写出含碳数最少且与D互为同系物的有机物的结构简式HOOCCOOH；写出D与足量乙醇发生反应的化学方程式【考点】有机物的推断【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用【分析】丙烯与HBr发生加成反应生成A，A为溴代烷，A与KCN发生取代反应，生成，故A为，由信息RCN水解得到RCOOH，可知B为，B发生取代反应生成，与KCN发生取
68、代反应生成C为，C水解生成D为，与足量的乙醇发生酯化反应生成E，则E为，据此解答【解答】解：丙烯与HBr发生加成反应生成A，A为溴代烷，A与KCN发生取代反应，生成，故A为，由信息RCN水解得到RCOOH，可知B为，B发生取代反应生成，与KCN发生取代反应生成C为，C水解生成D为，与足量的乙醇发生酯化反应生成E，则E为，（1）A为，由信息RCN水解得到RCOOH，可知B为，B发生取代反应生成，与KCN发生取代反应生成C为，C水解生成D为，与足量的乙醇发生酯化反应生成E，则E为，可知含有羧基的有BCD，故答案为：ABC；的同分异构体有多种，其中既能发生银镜反应，又能发生酯化反应，说明分子中含有醛
69、基CHO与羟基OH，符合结构的有机物为：HOCH2CH2CH2CHO、CH3CH（OH）CH2CHO或CH3CH2CH（OH）CHO、（CH3）2C（OH）CHO、HOCH2CH（CH3）CHO，故答案为：HOCH2CH2CH2CHO、CH3CH（OH）CH2CHO或CH3CH2CH（OH）CHO、（CH3）2C（OH）CHO、HOCH2CH（CH3）CHO （写其中任意2个）；（3）D为，其含C最少的同系物为乙二酸，结构简式为HOOCCOOH，与足量的乙醇发生酯化反应生成E，则E为，化学方程式为，故答案为：HOOCCOOH；【点评】本题考查有机推断与合成，涉及烯烃、卤代烃、醇、羧酸的性质以及
70、根据信息进行的反应等，是对有机化合物知识的综合考查，注意利用有机物结构及反应条件进行推断，能较好的考查考生的自学能力和思维能力，是高考热点题型，难度中等24中学常见化学方程式：A+BX+Y+H2O（未配平，反应条件略去），回答下列问题：（1）若A、B的物质的量之比为1：2，A为常见的非金属单质，B为某浓酸，X具有强还原性，则Y的结构式为O=C=O若A、B的物质的量之比为1：4，Y是黄绿色气体，则该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O（3）若A、B、X、Y均为化合物向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色则A与B按物质的量之比1：4反应后
71、，溶液中溶质的化学式为NaAlO2NaCl【考点】无机物的推断【专题】无机推断；演绎推理法；金属概论与碱元素【分析】（1）A为常见的非金属单质，B为某浓酸，X具有强还原性，则A为C，B为为浓硫酸，碳与浓硫按物质的量之比为1：2反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫有强还原性，符合题意；Y是黄绿色气体，则Y为氯气，若A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，据此答题；（3）向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有Na元素，A与B按物质的量之比1：4恰好反应，该反应是氯化铝与氢氧化钠反应，溶液中溶质为生成物：偏铝酸钠、氯
72、化钠【解答】解：（1）A为常见的非金属单质，B为某浓酸，X具有强还原性，则A为C，B为为浓硫酸，碳与浓硫按物质的量之比为1：2反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫有强还原性，所以Y为CO2，结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；Y是黄绿色气体，则Y为氯气，若A、B的物质的量之比为1：4，则该反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O；（3）若A、B、X、Y均为化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则A中含有氯离子，B的焰色为黄色，则B中含有Na元素，A与
73、B按物质的量之比1：4恰好反应，该反应是氯化铝与氢氧化钠反应，溶液中溶质为生生成物：偏铝酸钠、氯化钠，故答案为：NaAlO2；NaCl【点评】本题考查无机物推断，属于开放性题目，需要学生熟练掌握元素化合物性质，难度中等25单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：（1）Z在元素周期表中的位置第三周期IVA族，X中化学键的类型是共价键由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+SiH4，Y分子的电子式为（3）能与X发生化学反应的酸是氢氟酸；由X制备Mg2Z的化学方程式为SiO2+4M
74、g2MgO+Mg2Si【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】单质Z是一种常见的半导体材料，则Z为Si，X为Z的氧化物，则X为SiO2，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，则Y为SiH4，加热SiH4分解得到Si与氢气，据此解答【解答】解：单质Z是一种常见的半导体材料，则Z为Si，X为Z的氧化物，则X为SiO2，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，则Y为SiH4，加热SiH4分解得到Si与氢气（1）Z为Si，在元素周期表中的位置：第三周期IVA族，X为SiO2，含有的化学键属于共价键，故答案为：第三周期IVA族；共价键；由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+Si
75、H4，Y为SiH4，电子式为 ，故答案为：Mg2Si+4HCl=2 MgCl2+SiH4；（3）能与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸，由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为：SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si，故答案为：氢氟酸；SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si【点评】本题考查无机物推断，关键是确定Z为硅，再结合转化关系分析，是对学生综合能力的考查，难度中等26二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”由合成气制备二甲醚的主要原理如下：反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OC
76、H3（g）+H2O（g）H3相关反应在不同温度时的平衡常数及其大小关系如下表所示温度/K反应I反应II已知：K1K2K1K2298K1K2328K1K2回答下列问题：（1）反应的S0（填“”或“”）；反应的平衡常数表达式为，反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）在合成过程中，因为有CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），反应发生，所以能提高CH3OCH3的产率，原因是此反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2，有利于反应I、III正向移动（3）如图1两条曲线分别表示反应I（按物质的量比：n（CO）：n（H2）=1：2）中压强为0.1MPa和5.0MP
77、a下CO转化率随温度的变化关系，计算压强为0.1MPa、温度为200时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是25%（4）反应逆反应速率与时间的关系如2图所示：试判断t2时改变的条件是增大生成物C浓度或升高温度若t4扩大容器体积，t5达到平衡，t6时增大反应物浓度，请在图2中画出t4t6的变化曲线【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡图像【分析】（1）根据反应中气体的体积减小可判断反应的焓变减小，平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，从图中数据可知温度升高反应和的平衡常数均减小，所以反应和均是放热反应，H1、H2小于0，利用盖斯定律2+得反应，根据H1、H2判断H3的正负
78、，确定反应的热效应；依据化学平衡移动的原理：减小生成物浓度平衡向正方向移动，增大反应物浓度平衡向正方向移动；（3）增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象，判断A、B两条曲线对应的压强，从方程式可知，反应物有3mol气体，生成物有2mol气体，所以压强增大时平衡气体体积减小的方向移动，即正向移动，在200时，转化率高的压强大，故A曲线对应压强为5.0MPa，曲线对应压强为0.1MPa，从图中可知压强为0.1MPa、温度为200时CO的转化率为0.5，然后利用三段式列式计算甲醇物质的量分数=100%；（4）该反应是一个反应前后气体体积减小的且正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时
79、反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动；t4时降压，逆反应速率减小，平衡逆向移动，随着反应的进行，逆反应速率减小，在t5时达到新的平衡状态，t6时增大反应物的浓度，t6点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡浓度，据此画出变化的图象【解答】解：（1）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）是一个气体体积减小的反应，所以熵值减小，S0，依据方程式2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）可知平衡常数K=，从图中数据可知温度升高反应和的平衡常数均减小，所以反应和均是放热反应，H1、H2都小于0，利用盖斯定律2+得反应，则H3=2H1+H
80、2，H1、H2都小于0，所以H3=2H1+H20，故反应是放热反应，故答案为：；放热；依据化学平衡移动原理：减小生成物浓度平衡向正方向移动，增大反应物浓度平衡向正方向移动，在CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）中反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2，有利于反应I、III正向移动，故答案为：此反应消耗了H2O（g）有利于反应II、III正向移动；同时此反应生成了H2，有利于反应I、III正向移动；（3）从方程式可知，反应物有3mol气体，生成物有2mol气体，所以压强增大时平衡气体体积减小的方向移动，即正向移动，在200时，转化率高的压强大，故A
81、曲线对应压强为5.0MPa，曲线对应压强为0.1MPa，从图中可知压强为0.1MPa、温度为200时CO的转化率为0.5，设加入COamol，则有H22amol CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应前（mol） a 2a 0反应了（mol） 0.5a a 0.5a平衡时（mol） 0.5a a 0.5a可求得100%=25%故答案为：25%；（4）该反应是一个反应前后气体体积减小的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物C浓度或升高温度；故答案为：增大生成物C浓度；升高温度；t4时降压，逆反应速率
82、减小，平衡逆向移动，随着反应的进行，逆反应速率减小，在t5时达到新的平衡状态，t6时增大反应物的浓度，t6点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡浓度，所以其图象为：，故答案为：【点评】本题考查了熵变焓变的判断、化学平衡常数表达式的书写、外界条件对反应速率的影响等知识点，看清图象表达的含义是解题的关键所以，图象的理解和绘制是解题难点，题目难度中等27为验证氧化性Cl2Fe3+SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和 A中加热装置已略）实验过程：检查装置气密性后，在各仪器中添加相应试剂打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，将T型管插入B中，继续通
83、入N2，然后关闭K1、K3、K4打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，加热A当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3更换试管D，重复过程，检验B溶液中的离子试回答下列问题：（1）检验图中虚线框内装置气密性的具体操作是关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好C中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（3）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为2MnO4+
84、5SO2+4H2O=2Mn2+5SO42+4H+（4）B中的棉花通常会浸润NaOH溶液试剂；实验中通入N2的作用是排除装置中的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性 Cl2Fe3+SO2的是乙、丙（填“甲”、“乙”或“丙”）过程B溶液中含有的离子过程B溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+（6）进行实验过程时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色查阅资料：Fe2+（aq）+SO32（aq）FeSO3（s）（
85、墨绿色）提出假设：FeCl3与 SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3（墨绿色）与FeCl3（黄色）的混合色某同学设计如下实验，证实该假设成立：溶液E和F分别为Na2SO3（或可溶性亚硫酸盐）、FeCl3请结合方程式和化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的原因Fe3+与SO32反应Fe3+SO32=Fe2+SO42，使c（SO32）减小，平衡Fe2+（aq）+SO32（aq）FeSO3（s）逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色【考点】氧化性、还原性强弱的比较【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）根据大气压强原理来检验装置的气密性：关闭K1、K2，打开分液漏斗
86、的盖子和活塞，向其中加入水，观察一段时间后分液漏斗尖嘴处是否滴液；亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫；（3）SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者之间可以发生氧化还原反应；（4）装置A是制备氯气的，氯气有毒，要用氢氧化钠进行吸收，FeCl2溶液容易被O2氧化；（5）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；（6）根
87、据已知条件：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3（墨绿色）与FeCl3（黄色）的混合色，所以可以借助氯化铁和亚硫酸钠溶液来确定假设是否成立；根据化学平衡：Fe2+（aq）+SO32（aq）FeSO3（s）（墨绿色），步骤3中，Fe3+消耗SO32，c（SO32）减小，平衡逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色【解答】解：（1）根据大气压强原理来检验装置的气密性：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好故答案为：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴
88、液即证明气密性良好；亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫，即Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O； （3）二氧化硫具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者之间可以发生氧化还原反应：2MnO4+5SO2+4H2O=2Mn2+5SO42+4H+，故答案为：2MnO4+5SO2+4H2O=2Mn2+5SO42+4H+；（4）装置A是制备氯气的，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，氯气有毒，要用氢氧化钠进行吸收，由于装置中含有空气，而空气的存在，会对实验产生干扰，所
89、以通入氮气的目的是排除装置中的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化，故答案为：NaOH溶液；排除装置中的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化；（5）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：乙、丙；（6）实验中溶液显墨绿色，说明平衡向正反应方向移动，所以加入的应该是Na2SO3（或可溶性亚硫酸盐）；而步骤2中溶液显红棕色，说明
90、加入的应该是FeCl3 ，故答案为：Na2SO3（或可溶性亚硫酸盐）；FeCl3；由于Fe3+消耗 SO32，c（SO32）减小，使平衡Fe2+（aq）+SO32（aq）FeSO3（s）逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色，故答案为：Fe3+消耗 SO32，c（SO32）减小，使平衡Fe2+（aq）+SO32（aq）FeSO3（s）逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色【点评】本题考查性质实验方案的设计，涉及了氧化还原反应的判断、化学实验基本操作方法、氯气的制备、氯气、氯化铁和SO2性质的探究以及外界条件对平衡状态的影响等知识，题目难度中等，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键，注意氧化性的比较是解答的难点版权所有：高考资源网()
