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化 学 部 分 【化学综析】本试卷以理综方式命制。I卷重点考察了物质的量、元素周期律、化学平衡、反响热、实验等；卷考察了化学平衡理论、物质构造理论、离子反响、反响热、综合实验等，有一定的区分度，计算繁琐最后一题，较难，适合高三模块复习训练用。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 23 S 32 35.5 56 64 一、选择题包括7小题，每题6分，共42分。每题只有一个正确选项【题文】1以下有关物质应用的说法正确的选项是 A漂白粉与明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是一样的 B2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁 C生石灰能及水反响，可用来枯燥氯气 D硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木 材防火剂【知识点】元素化合物D5C5【答案解析】D解析：漂白粉用于自来水的处理是利用漂白粉的氧化性去杀菌消毒，明矾用于自来水的处理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，二者的作用原理不同，A错误；电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气、氯气，欲得到镁，应该电解熔融的氯化镁，B错误；生石灰是碱性枯燥剂，不能用来枯燥氯气，C错误；D正确。【思路点拨】活泼金属的制备，通常是电解熔融状态的化合物，不能电解其水溶液。【题文】2以下实验可实现鉴别目的的是 A用2溶液鉴别3(g)与2 B用()2溶液鉴别23溶液与3溶液 C用2鉴别2溶液与23溶液 D用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别2(g)与2【知识点】实验J2【答案解析】A解析：2溶液及3(g)反响生成硫酸钡沉淀，及2不反响，A正确；()2溶液及23溶液与3溶液都反响生成碳酸钙沉淀，B不能到达鉴别目的；2及2溶液与23溶液反响分别生成白色的氢氧化铝沉淀与白色的硅酸沉淀，C不能到达鉴别目的；2(g)与2都你氧化碘化钾而使淀粉试纸显蓝色，因此D不能到达鉴别目的，选A。【思路点拨】物质的鉴别运用的是物质的不同性质，要排除干扰。【题文】3以下判断正确的选项是 A2S2O3溶液中参加稀硫酸的离子方程式为：2S2O324 42+ 3S+ 2H2O B用4制备2的反响可表示为：4+(2)H2O(过量)= 22O+4 C滴加甲基橙试液后呈红色的溶液中可以大量共存： 、32、 、 2 D25【知识点】离子反响B1【答案解析】B解析：A、反响是2S2O324 2+ 3S+ 2H2O，错误，B、正确，C、滴加甲基橙试液后呈红色的溶液显酸性，及32反响生成二氧化碳，及2反响生成氢氧化铝沉淀，D、没有给出溶液的体积，无法求的数目，因此选B。【思路点拨】滴加甲基橙试液后呈红色的溶液、使石蕊溶液显红色的溶液显酸性，使石蕊溶液显蓝色的溶液、使酚酞显红色的溶液显碱性。【题文】4用以下实验装置进展相应实验，能到达实验目的的是A用图1 所示装置除去()3胶体中含有的少量3杂质 B用图2 所示装置蒸干4饱与溶液制备4晶体 C用图3 所示装置从海水制取蒸馏水 D用图4 所示装置别离酒精萃取碘水中的碘【知识点】实验J2【答案解析】C解析：A. 3胶体与3都能透过滤纸，不能用过滤的方法所示装置除去3胶体中含有的少量3杂质，应该用渗析法别离、提纯，错误；4晶体受热分解产生氨气与氯化氢气体，所以不能用蒸发结晶法制取4晶体，错误；C.海水中含有各种可溶性盐，由于它们的沸点比水高，所以可用蒸馏法淡化海水制取蒸馏水，正确；D.酒精与水互溶，不能作碘水中的碘的萃取剂，错误。【思路点拨】萃取剂及原溶液的溶剂互不相溶，溶质在2种溶剂中的溶解度不同。【题文】5以下排序正确的选项是 A热稳定性：H2OH2S B酸性：43H23 C碱性：()2()2 D沸点：43H2O【知识点】元素周期律E2【答案解析】B解析：非金属性：F OS，因此热稳定性： H2OH2S，A错误；B正确；金属性：K，因此碱性： ()2，C错误；氨分子间存在氢键，其沸点比4高，水的沸点比3高，D错误。【思路点拨】熔沸点的比拟：熔沸点的上下取决于4种晶体微粒间的作用力的大小，离子晶体受离子半径的大小及离子所带电荷的多少，原子晶体取决于共价键的强弱，分子晶体取决于分子间力，金属晶体取决于金属键的大小；有时可根据物质的状态判断如固体的沸点液体气体。【题文】6某温度下在2L密闭容器中参加一定量A，发生以下化学反响： 2A(g) B(g)(g)；H =48.25 1反响过程中B、A的浓度比及时间t有以下图所示关系，假设测得第15时c( B)=1.6 L1，以下结论正确的选项是 BA的初始物质的量为4 C反响到达平衡时，放出的热量是193 D反响达平衡时，A的转化率为80%【知识点】化学平衡G5【答案解析】D解析：根据c(B)=1.6 L1，n(B)=3.2，看图可推知n(A)=1.6，根据三步法计算可知2A(g)B(g)(g)开场 x 0 0变化 1.6 平衡 1.6 可以计算出8，B错误；=4，A错误；A的转化率为8-1.6/8=80%，D正确；到达平衡生成B3.2，放出的热量是3.248.25=154.4，C错误。【思路点拨】解答此题的根据是根据图像得出A、B的平衡浓度。【题文】7下表中列出了25、101时一些物质的燃烧热数据键能：CH键：413.4 、HH键：436.0 。那么以下表达正确的选项是 A2H2(g)2(g)=2H2O(g) 571.6 BCH键键长小于HH键 CCC键能为796.0 D24(g)2H2(g) +3H2(g) 376.4 【知识点】反响热F5 【答案解析】C解析：H2燃烧热285.8 是指1 H2完全燃烧产生稳定的化合物时放出的热量，H2O的稳定状态为液态，正确的应该为2H2(g) 2(g)=2H2O(l)571.6 ，A错误；B.由于C原子半径比H大，所以CH键键长大于HH键，错误；设CC的键能为x，根据键能及反响热的关系，结合热化学方程式24(g)2H2(g) +3H2(g)376.4 可得，解得x为，C正确；D.假设反响24(g)= C2H2(g) +3H2(g)的反响热为H，那么根据盖斯定律可得2890.3=，解得，所以24(g)2H2(g) +3H2(g)376.4 ，错误。【思路点拨】生成物反响物断键吸热成键放热二、非选择题本大题共4小题，共58分【题文】816分金属元素及其化合物在生产生活中应用日趋广泛，根据相关化学知识，答复以下问题：1金属钠在空气中燃烧的产物常用于呼吸面具中的供氧剂，钠原子的构造示意图为 ，请写出其燃烧产物用作供氧剂的原理 。用化学方程式表示226 12的中子数为 ，化合物的化学键类 型为 。3重铬酸钾K22O7是一种应用广泛的强氧化剂，利用酸性K22O7的相关性质可以用来检测酒驾。将K24溶于稀硫酸酸化得到重铬酸钾溶液，请写出酸化K24制备K22O7溶液的平衡离子方程式： ，这一过程溶液从 色变成 色 。4为了防止轮船的钢质外壳被腐蚀，通常在轮船外壳上镶嵌比铁活动性强的金属以保护轮船外壳，这种金属防护的方法叫做 。5向 3O4、2O3、的混合物中参加0.5 1的硫酸溶液140时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含3+，假设用过量的在高温下复原一样质量的原混合物，固体减少的质量为。【知识点】元素化合物 离子方程式 计算 电化学 物质构造及元素周期律A4 B1 C5 E5 【答案解析】解析：是11号元素，原子构造示意图为，其燃烧产物过氧化钠及二氧化碳或水反响生成氧气：22O222=223O226 12的质量数是26，中子数为26-12=14，的化学键是离子键K24溶于稀硫酸酸化得到K22O7溶液，离子方程式为422H2O72H2O,溶液颜色由黄色变为橙色该方法没有外接电源，因此是牺牲阳极的阴极保护法根据题意反响后的溶液中只有4与 4，二者的物质的量之与等于硫酸的物质的量，是014L05 007，混合物中的O及硫酸中的结合，即n(O)=nH24=007，假设用过量的在高温下复原一样质量的原混合物，固体减少的质量为00716g112g。【思路点拨】此题也 可以这样解：在混合物及硫酸混合时发生反响：3O4+4H242(4)34+4H2O；2O3+3H24= 2(4)3+3H2O；2(4)3 24+ 4。n() 2(4)3(3O4)(2O3),向52g 3O4、2O3、的混合物中参加05 L1的硫酸溶液140时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含3+说明溶液为4与4.用过量的在高温下复原一样质量的原混合物，固体减少的质量为其中所含有的氧元素的质量。假设52g 3O4、2O3、的混合物中3O4、2O3的物质的量分别为X、Y，那么的物质的量为。根据题意可得：32014L05 007;232160 64()= 52, 解得001；001，所以n(O)=40013001007，假设用过量的在高温下复原一样质量的原混合物，固体减少的质量为00716g112g。【题文】9(14分) 硼位于A族，三卤化硼是物质构造化学的研究热点，也是重要的化工原料。三氯化硼 (3)可用于制取乙硼烷(B2H6)，也可作有机合成的催化剂。查阅资料：3的沸点为12.5 ，熔点为107.3 ；2B6233H2；硼及铝的性质相似，也能及氢氧化钠溶液反响。设计实验：某同学设计如下图装置利用氯气与单质硼反响制备三氯化硼：请答复以下问题： 1常温下，高锰酸钾固体粉末及浓盐酸发生的反响可替代A装置中的反响，而且不需要加热，两个反响的产物中锰的价态一样。写出高锰酸钾固体粉末及浓盐酸反响的离子方程式： 。2E装置的作用是 。如果拆去B装置，可能的后果 。3实验中可以用一个盛装 (填试剂名称)的枯燥管代替F与G装置，使实验更简便。4三氯化硼遇水剧烈反响生成硼酸(H33)与白雾，写出该反响的化学方程式： ；5为了顺利完成实验，正确的操作是 (填序号). 先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯 先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯 同时点燃A、D处酒精灯6请你补充完整下面的简易实验，以验证制得的产品中是否含有硼粉：取少量样品于试管中，滴加浓 填化学式溶液，假设有气泡产生，那么样品中含有硼粉；假设无气泡产生，那么样品中无硼粉。【知识点】化学实验J5【答案解析】解析：(1) 高锰酸钾固体粉末及浓盐酸反响生成氯气，具体见答案。(2)三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品，因此装置E的作用是冷却与收集三氯化硼，B装置的作用是吸收2中混有的，否那么硼及氯化氢反响生成的产物中有氢气，加热氢气与氯气的混合气体，易发生爆炸。(3)硼及氯气在加热条件下反响生成三氯化硼，F装置用于吸收水蒸气，防止G装置中的水蒸气进入U形管，G装置可以盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的枯燥管来代替FG装置。(4)因硼及铝的性质相似，硼酸的化学式为H33，类似铝酸(H33)，即三氯化硼遇水能反响：33H2333。(5)假设不先排尽装置中的空气，O2会及硼反响：4B3O22B2O3，因此可利用生成的氯气排除空气，即先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯 (6)由题给材料知硼及氢氧化钠溶液反响：2B2H2O2223H2，因此可取少量样品于试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，假设有气泡产生，那么样品中含有硼粉；假设无气泡产生，那么样品中无硼粉。【思路点拨】解答此题需认真审题获取信息题给，另外将铝及其化合物的性质进展迁移。【题文】10(14分) A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B及C同周期，D及E与F同周期，A及D同主族，C及F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价与最低负价之与为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请答复以下问题：1C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是 (用离子符号表示)。2由A、B两种元素以原子个数比51形成离子化合物X，X的电子式为 。3由A、B元素形成的化合物B2A4可以及O2、溶液形成原电池，该原电池负极的电极反响式为 。4假设E是金属元素，其单质及氧化铁反响常用于焊接钢轨，请写出该反响的化学方程式： 。 10-8，那么Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ；室温下，向Y溶液中参加一定量的，使溶液中c(3-)c(32-)，那么此时溶液呈 (填“酸性、“碱性或“中性)。6A 与B 形成的某种氯化物2 可作杀菌剂，其原理为2 遇水反响生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出2 及水反响的化学方程式： 。【知识点】物质构造及元素周期律 离子方程式 离子浓度比拟 原电池A4 B1F3 E2【答案解析】解析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B及C同周期，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，所以C是O元素；B元素的最高正价与最低负价之与为2，是及F同主族，且是短周期元素，F是S元素；D及E与F同周期，即D、E、F是第三周期元素，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，故D、E、F的单质都是固体，A是气体，原子序数比N小，只能是H，A及D同主族，那么D是。1离子的电子层数越多其半径越大，一样电子层构造的离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是S2 O2 2X是4H，电子式为3N2H4可以及O2、溶液形成原电池，该原电池负极反响是N2H4的发生氧化反响：N2H44e424H2O 4假设E是金属元素，其单质及氧化铁反响常用于焊接钢轨，说明E是铝元素，高温下，铝与氧化铁能发生置换反响，化学方程式为22O32O32.5由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y(3)，那么Y是亚硫酸氢钠。H23的11.310-2、26.310-8，因此在亚硫酸氢钠溶液中3的电离程度大于3的水解程度，所以溶液显酸性，因此Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c()c(3-) c() c(32-)c()；向Y溶液中参加一定量的，使溶液中c(3-)c(32-)，那么根据电荷守恒可知c()c()c(3-)2c(32-)c()，所以c()c()3c(3-)c(),该溶液是等物质的量的亚硫酸氢钠与亚硫酸钠的混合物，那么根据物料守恒有2c()=3c(3-)+ c(H23)+ c(32-) = 32c(3-)+ c(H23)，设亚硫酸氢钠与亚硫酸钠各1，那么n()=3，2n(3-)+ n(H23)=2，n(3-)1，可知c()3c(3-)，所以c()c()，因此溶液碱性。2水解生成强氧化性的物质是,反响方程式是：2H23【思路点拨】解答此题的突破口是确定各元素，题目所给的每个信息都是关键，如“短周期“原子序数依次增大“A及D同主族，C及F同主族，“C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价与最低负价之与为2”“常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。等；书写电极反响的步骤是先写出主要的物质，复原剂、氧化产物并配平，N2H44e2；再根据电解质的成分结合电荷守恒书写，N2H44e2的右边不带电，左边带4个单位负电荷，因此在左边加4个,最后根据质量守恒定律整体配平，显然右边加水。【题文】11(14分)1对工业合成氨条件的探索一直是化学工业的重 要课题，在 恒温恒容的甲容器、恒温恒压的乙容器中分别进展合成氨反响，如以下图图中所示数据均为初始物理量。t分钟后反响均到达平衡，生成3均为0.4忽略水对压强的影响及氨气的溶解。判断甲容器中的反响达平衡的依据是 。填写相应编号A. 压强不随时间改变B. 气体的密度不随时间改变C. c(N2)不随时间改变D. 单位时间内生成23的同时消耗12E. 单位时间内断裂3 键，同时断裂6 键该条件下甲容器中反响的平衡常数 ；平衡时，甲的压强P平= 初始压强用P0表示。该条件下，假设向乙中继续参加0.2 N2，到达平衡时N2转化率= 。2最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并用产生的H2O2处理废氨水，装置如以下图为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水参加适量硝酸调节溶液的约为5，那么所得废氨水溶液中c4+ c3-填“、“或“=。惰性电极有吸附O2作用，该电极上的反响为 。理论上电路中每转移3电子，最多可以处理3H2O的物质的量为 。【知识点】化学平衡 电解F4 G5 【答案解析】解析：A. 该反响是气体体积可变的反响，当压强不随时间改变说明气体的物质的量不再变化，因此可判断平衡建立，B. 气体的质量不变，容器体积不变，因此气体的密度始终不随时间改变，不能判断平衡建立，C. c(N2)不随时间改变，即氮气的物质的量不再变化，说明达平衡，D.生成3、消耗N2都是逆反响同方向，不能判断平衡建立，E.单位时间内断裂3 键，同时断裂6 键，可以判断平衡建立，因此选根据题意：甲容器N2g+3H2g 体积为2L0.1=400/27，初始气体总物质的量=0.41.21.6，平衡时气体总物质的量：0.20.60.41.2，在恒温恒容的容器中压强之比等于气体的物质的量比；甲的压强P平=3 P0/4，化学平衡常数只及温度有关，乙为恒温恒压，根据题意：乙容器 2N2g+6H2Ol43g+3O2g， 初始物质的量：1.6 60 0 由于乙为恒温恒压，假设向乙中继续参加0.2 N2，建立的平衡及原平衡等效，即N2转换率仍然是0.2/1.6=12.5%；2根据溶液呈电中性，溶液中c4+3-，约为5，溶液呈酸性，cc，所以c4+c3-利用电解法制H2O2，在该电解池中，惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生复原反响，O2+22H2O2。氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4氨气参加反响转移12电子，所以转移3电子，最多可以处理3H2O的物质的量为1。【思路点拨】只有混合物中各物质物质的量不再变化即达平衡；平衡常数只及温度有关。第 16 页
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