2019-2020年高三化学期中复习题（六）含答案.doc

2019-2020年高三化学期中复习题（六）含答案1.中国历史悠久，很早就把化学技术应用到生产生活中。下列与化学有关的说法不正确的是A、闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺B、四大发明之一黑火药是由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成C、侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D、由于中国大部分地区都缺碘，而缺碘就会引起碘缺乏病，80年代国家强制给食用的氯化钠食盐中加入碘单质2.“玉兔”号月球车用作为热源材料，下列关于的说法正确的是A与互为同位素B与互为同素异形体C与具有完全相同的化学性质D与具有相同的最外层电子3.已知H2OH2O+e-，e-被水分子形成的“网”所捕获。下列有关说法正确的是（ ）AH2O和H2O+互为同分异构体BH2O+有较强的氧化性C水分子形成的“网”是一种新化合物 DH2O(s)H2O(l)H2O(g)的变化过程中会破坏HO键4.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A一定条件下，1 molN2和3molH2充分反应，生成物中的NH键数目为6 NAB完全燃烧1.5molCH3CH2OH和C2H4的混合物，转移电子数为18NACl00g 98%的浓硫酸中含氧原子个数为4NAD1L 0.1 mol/L的Na2S溶液中S2-和HS一的总数为0.1NA5.下列各组物质在溶液中的反应，无论反应物的量多少，都能用同一离子方程式表示的是ABa(OH)2与H2SO4 BFeBr2与Cl2CHCl与Na2CO3 DNaHCO3与Ca(OH)26.下列各组离子在溶液中按括号内的物质的量之比混合，得到无色、碱性、澄清溶液的是ANa+、Al3+、Cl、OH(5：2：4：4) BNH4+、Ba2+、OH、Cl(1：1：1：2)CFe3+、Na+、Cl、S2-(1：2：3：1) DK+、H+、I、NO3(1：1：1：1)7.下列离子方程式或化学方程式与所述事实相符且正确的是（ ）A向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液：H+OH=H2OB稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2OC表示硫酸与氢氧化钡反应的中和热的热化学反应方程式为：1/2H2SO4（aq）+1/2Ba（OH）2（aq）=1/2BaSO4（s）+H2O（l）H=57.3 kJ/molDNH4Al（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42完全沉淀：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=AlO2+2BaSO4+2H2O8.将 M 摩的Cu2S 跟足量稀 HNO3反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO、H2O，则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是（）A4M molB10M molC10 M/3 molD2 M/3 mol9.在Zn+HNO3Zn（NO3）2+NH4NO3+H2O的反应中，如果2mol Zn完全起反应，则被还原的HNO3的物质的量是( )A0.5molB1molC2molD5mol10.在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1 mol Ag。则下列结论中不正确的是( )A、向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，铁粉可以继续溶解B、氧化性：AgFe3Cu2Zn2C、反应后溶液的质量减轻D、反应后溶液中Cu2与Fe2的物质的量之比为1111.将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3反应后变为无色的Bi3+下列说法正确的是（）A滴加盐酸时，HCl是还原剂，Cl2是还原产物B此实验条件下，物质的氧化性：NaBiO3KMnO4Cl2C已知Bi为第A族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性D若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.8 mol12.科学家发现，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，该反应的热效应是相同的已知在25，105 Pa时，1mol石墨和1mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳时的放热分别 是H=393.5kJ/mol和H=283kJ/mol，下列说法或方程式正确的是（ ）A在相同条件下，C（石墨，s）+CO2（g）2CO（g），H=+172.5 kJ/molB1mol石墨不完全燃烧，生成CO2和CO混合气体时，放热504.0kJC2C（石墨，s）+O2（g）2CO（g），H=110.5kJ/molD已知金刚石不如石墨稳定，则石墨转变为金刚石需要放热13.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）；H=+QkJ/mol（Q0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是（ ）A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/（Lmin）D当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好反应14.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 molL1 r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径的大小WXXYCY的氢化物常温常压下为液态DX的最高价氧化物的水化物为强酸15.X、Y、Z、R是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y元素在地壳中含量最多，Z元素金属性最强，R原子的核外电子数是X、Z核外电子数之和，下列叙述一定正确的是（）A含氧酸酸性RXB简单氢化物稳定性YXC最高正化合价ZXYRD由Z和R形成的化合物为离子化合物16.已知：A(g) + 3B(g) M(g) + N(g); H-49.0 kJmol-1。一定条件下，向体积为2 L的密闭容器中充入2 mol A和6molB，测得A和M的浓度随时间变化曲线如右图所示。下列叙述中，正确的是A、充分反应后该反应放出98 kJ的热量 B、10min后，升高温度能使n(M)/n(A)增大C、3min时B的生成速率是M生成速率的3倍 D、反应到达平衡时刻B的转化率为75%17.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g) Si(s)+4HCl(g) H= Q kJ/mol (Q0)某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是A反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1 mol, 则达平衡时，吸收热量为Q kJC反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/(Lmin)D当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好完全反应18.下列说法正确的是A反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)，在常温下不能自发进行，则该反应的H0B0lmolL一1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小C铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少D锅炉中沉积的CaSO4和BaSO4都可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去19.常温下有以下体积相同的四种溶液：pH=3的CH3COOH溶液pH=3的盐酸pH=11的氨水pH=11的NaOH溶液。下列说法正确的是A和混合，所得混合溶液的pH大于7B和分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：=C与分别与足量镁粉反应，生成H2的量：D若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：20.某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如右图所示，下列说法正确的是AA为电源负极B阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O76Fe14H=2Cr6Fe7H2OC阴极区附近溶液pH降低D若不考虑气体的溶解，当收集到13.44L H2 (标准状况)时，有0.2molCr2O7被还原21.某学习兴趣小组讨论辨析以下说法，其中说法正确的是（ ）通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化灼烧钠的化合物时，火焰呈黄色，发生化学反应 碱性氧化物一定是金属氧化物只由一种元素组成的物质一定为纯净物 石墨和C60是同素异形体酸性氧化物一定不能和酸反应A B C D22.常温常压下，将盛有20mL NO2和O2的混合气体的大试管倒立在水槽中，水面上升至一定位置后不再变化，此时还有3mL气体，则原混合气体中的NO2的体积可能是（）A17.8 mLB14.8 mLC12.6 mLD12.4 mL23.将一定量硫酸、硝酸和KNO3溶液混合成100ml溶液，其中H2SO4、HNO3和KNO3的物质的量浓度分别是6mol/L，2mol/L和1mol/L，向其中加入过量的铁粉，可产生标准状况下的混合气体体积为（）A11.2 LB6.72 LC8.96 LD4.48 L24.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体FeCl2溶液部分变质D向足量含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性：IFe 25.图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，H在空气中很容易被氧化为I2它们的转化关系如下：（有些反应的条件和部分产物为注明）（1）写出下列物质化学式：B ，F ；（2）写出反应的化学方程式： ；（3）H在空气中很容易被氧化为I，该过程的实验现象是 ；（4）将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是 （5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体具有的性质有 A具有丁达尔现象B红褐色液体可用过滤的方法纯化C液体中分散质微粒直径小于1nmD取适量液体加入K2SO4溶液会产生红褐色沉淀26.某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下(部分反应略去试剂和条件)： 已知： 请回答下列问题：（1）抗结肠炎药物有效成分的分子式是： ；烃A的名称为： ；反应的反应类型是： 。（2）下列对该抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是： ；A水溶性比苯酚好 B能发生消去反应也能发生聚合反应C1mol该物质最多可与4mol H2发生反应 D既有酸性又有碱性 E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是： 。（3）符合下列条件的抗结肠炎药物有效成分的同分异构体有_种。A遇FeCl3溶液有显色反应； B分子中甲基与苯环直接相连； C苯环上共有三个取代基（4）已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位,据此按先后顺序写出以A为原料合成邻氨基苯甲酸()合成路线中两种中间产物的结构简式(部分反应条件已略去) 27.某有机物A(C4H6O5)广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多，是一种常用的食品添加剂。该化合物具有如下性质：在25时，A的电离平衡常数K13.9104，K25.5106A + RCOOH(或ROH) 有香味的产物1 mol A慢慢产生1.5 mol气体核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，与A相关的反应框图如下： （1）根据化合物A的性质，对A的结构可作出的判断是_。(a)肯定有碳碳双键 (b)有两个羧基(c)肯定有羟基 (d)有COOR官能团（2）写出A、D、F、M的结构简式：A：_；D：_； F：_；M：_。（3）写出AB、BE的反应类型：AB_； BE_。（4）写出MA的第步反应的反应条件：_；写出EF的第步反应的反应方程式： _。（5）在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物用于制造玻璃钢。写出该反应的化学方程式：_。（6）写出一种与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式_。28.现在，德国的许多餐馆自身就具备油脂分离技术，将”地沟油”分离出来的废油将被制成生物柴油已知生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换反应生成新酯和新醇得到，酯交换过程可以表示为：R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH又已知油脂与甲醇互不相溶，反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换目前常用的制备方法是碱催化法，用预处理过的地沟油（中性油）制备生物柴油的步骤如下：将酯交换反应器做干燥处理，先向反应器中加入26.52g中性油，再称取40.00g正己烷（约61mL）称取甲醇4.60g（约5.8mL）放到锥形瓶中，然后称取0.20g氢氧化钠固体并使之溶解，然后加到反应器中连接好反应装置控制温度在6065进行恒温加热，搅拌1.5到2小时停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油用温水洗涤制得的生物柴油3到4次将水洗后的溶液倒入圆底烧瓶中，蒸馏，通过控制温度分别得到甲醇、正己烷，直至无液体蒸出后，烧瓶中剩余的液体主要为生物柴油（1）地沟油在预处理时需干燥、蒸馏操作的目的是 ；（2）酯交换反应器由 、 、温度计、搅拌棒组成；（3）步骤中加入正己烷的作用是 ，步骤可以采用 方式进行恒温加热，步骤中将上下层液体进行分离所需的主要仪器的名称是 ，确定步骤中生物柴油已洗涤干净的方法是 ；（4）根据整个流程，分析由中性油制备生物柴油的过程中可以循环利用的物质是 ；（5）假设得到的中性油是油酸甘油酯，结构简式为： 经上述实验后得到油酸甲酯15.40g，则该实验中生物柴油（全以油酸甲酯计量）的产率为 % 29.晶体硅是一种重要的非金属材料，工业上用碳在高温下还原石英砂（主要成份为含铁、铝等杂质的二氧化硅）得粗硅，粗硅与氛气在450500条件下反应生成四氯化硅，四氯化硅经提纯后与过量H2在11001200条件下反应制得高纯硅以下是实验室制备SiCl4的装置示意图 实验过程中；石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4，A1C13，FeC13遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/57.7315熔点/70.0升华温度/180300请回答下列问题：（I）实验室制备氯气有以下五步操作，其正确操作顺序为 （填标号）向烧瓶中装入二氧化锰固体，向分液漏斗中加入浓盐酸检查装置的气密性把酒精灯放在铁架台上，根据酒精灯火焰确定铁圈高度，固定铁圈，放上石棉网在烧瓶上装好分液漏斗，安装好导气管将烧瓶固定在铁架台上（2）装置A的硬质玻璃管中发生主要反应的化学方程式是 置AB间导管短且粗的原因是 验中尾气处理的方法是 （3）装置B中e瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氛化硅在精馏过程中，不可能用到的仪器有 （填正确答案标号）A圆底烧瓶B温度计C吸滤瓶D球形冷凝管E接收器（4）装置D中的Na2S03的作用主要是吸收未反应完的Cl2请设计一个实验，证明装置D中的Na2S03已被氧化（简述实验步骤）： （5）SiCl4极易水解，其完全水解的产物为 H2还原SiCl4制得高纯硅的过程中若混入O2，可能引起的后果是可 试卷答案1.D【考点】化学史【分析】A陶瓷、酿酒、造纸都发生了化学变化；B根据黑火药的成分分析；C侯氏制碱法中生成了溶解度较小的碳酸氢钠；D加碘盐是加入碘酸钾【解答】解：A陶瓷、酿酒、造纸等工艺过程中都发生了化学变化，充分应用了化学工艺，故A正确；B黑火药的成分是硫磺、硝石和木炭，三者按照1：2：3的组成混合在一起，故B正确；C侯氏制碱法是用饱和的氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，故C正确；D加碘盐是加入碘酸钾，单质碘有毒，而且易升华，故D错误故选D【点评】本题考查了化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意学习时理论联系实际2.DA有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，与质子数不同，不是同位素，故A错误B同种元素形成的不同单质互称同素异形体，与均为原子，不是同素异形体，故B错误；C与质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；D与具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故D正确； 3.B试题分析：A H2O是分子，而H2O+是离子，因此二者不能互为同分异构体，错误；B H2O+是阳离子，很容易从外界获得一个电子，形成H2O，故有较强的氧化性，正确；C水分子形成的“网”是一种分子间作用力，不是一种新化合物，错误；D H2O(s)H2O(l)H2O(g)的变化过程是物理变化，其中不会破坏HO键，错误。4.B试题分析：A、合成氨是可逆反应，不能进行到底，题目中无法求出氨气的量，故错误；B、乙醇可以写成C2H4H2O，因此乙醇和乙烯消耗的氧气的量相等，即1.53mol=4.5mol，转移电子为4.54mol=18mol，故正确；C、浓硫酸中含H2O，氧原子的物质的量大于4mol，故错误；D、S在溶液中存在的所有形式为S2、HS、H2S，应是S2、HS、H2S的总数为0.1mol，故错误。5.A试题分析：A、无论量的多少都只发生Ba（OH）2+H2SO4BaSO4+H2O，则能用同一离子方程式表示，故A正确；B、Cl2少量时，只有亚铁离子被氧化，Cl2过量时，亚铁离子与溴离子均被氧化，则不能用同一离子方程式表示，故B错误；C、HCl少量时，发生HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，HCl过量时发生2HCl+Na2CO32NaCl+CO2+H2O，则不能用同一离子方程式表示，故C错误；D、NaHCO3少量时，发生NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+H2O+NaOH，NaHCO3过量时发生2NaHCO3+Ca（OH）2CaCO3+2H2O+Na2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故D错误。6.B试题分析：A、Al3+、OH-以2：4反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；B、NH4+、OH-以1：1反应生成一水合氨，得到无色、碱性、澄清溶液，故B正确；C、Fe3+、S2-发生氧化还原反应生成亚铁离子和S，得到浅绿色溶液，故C错误；D、H+、I、NO3发生氧化还原反应，生成碘水，呈橙色，故D错误；故选B。7.A试题分析：A、0.1molL1 、pH=1，NaHA完全电离，即HOH=H2O，故正确；B、因为铁是过量的，因此有Fe2Fe3=3Fe2，铁元素以Fe2形式存在，故错误；C、中和热离子反应方程式为H(aq)OH(aq)=H2O(l)，没有其他的离子反应发生，故错误；D、1molNH4Al(SO4)2溶液中，SO42完全沉淀，需要2molBa(OH)2，生成Al(OH)3和NH3H2O，故错误。8.C考点：氧化还原反应的计算专题：氧化还原反应专题分析：该反应中Cu元素化合价由+1价变为+2价、S元素化合价由2价变为+6价、N元素化合价由+5价变为+2价，氧化还原反应中转移电子相等计算被还原硝酸的物质的量解答：解：根据题意知，Cu2S与足量的稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO和H2O，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由2价升高到+6价，则nmolCu2S共失去Mmol=10Mmol，N元素化合价由+5价降低到+2价，则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量为mol=Mmol，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算，明确元素化合价变化是解本题关键，侧重考查基本理论、计算能力，根据转移电子守恒解答即可9.A考点：化学方程式的有关计算 分析：在Zn+HNO3Zn（NO3）2+NH4NO3+H2O的反应中，根据电子守恒来配平方程式，反应中，硝酸表现为酸性和氧化性，反应中以硝酸根离子存在的为未被还原的硝酸，以铵根离子存在的为被还原的硝酸的生成产物解答：解：在Zn+HNO3Zn（NO3）2+NH4NO3+H2O的反应中，根据电子守恒来配平方程式为：4Zn+10HNO34Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O反应中，硝酸表现为酸性和氧化性，当2molZn完全起反应，5mol硝酸参加反应时，生成NH4+为被还原的硝酸，为0.5mol，Zn（NO3）2和NH4NO3中共含有4.5molNO3，未被还原，表现为酸性，则被还原的HNO3为5mol4.5mol=0.5mol，故选A点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，解答本题的关键是正确判断元素化合价的变化，明确反应中硝酸的性质，注意分析反应的特点10.D【考点】氧化还原反应的计算；铁的化学性质【分析】根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，且存在Cu2+Fe3+Ag+，充分搅拌后Fe完全反应，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，以此解答该题【解答】解：A各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，同时析出0.1mol Ag，且Fe3+和Ag+亦完全反应：2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，向反应后的溶液中继续加入少量铁粉，发生Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铁粉可以继续溶解，故A正确；B根据金属活动顺序表可知氧化性：Zn2+Cu2+Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+Fe3+，故B正确；C发生2Ag+FeFe2+2Ag，置换出Ag，0.1molFe的质量小于0.1molAg的质量，导致溶液质量减轻，故C正确；D由反应2Ag+FeFe2+2Ag，2Fe3+Fe3Fe2+，可知反应共生成0.2molFe2+，而0.1molCu2+没有参加反应，则反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1：2，故D错误；故选D【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握物质的氧化性的强弱为解答该题的关键，结合反应的方程式解答该题，题目难度中等11.B考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：发生2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O、2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O，结合反应中元素的化合价变化及氧化性比较规律来解答解答：解：A滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，则HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，故A错误；B氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气，2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4+5Na+5Bi3+7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3KMnO4Cl2，故B正确；C上述反应中Bi得到电子，+3价较稳定，不能说明Bi单质的氧化性，则不能说明Bi具有较强的非金属性，故C错误；D若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.1mol（53）+0.1mol（72）=0.4mol，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的氧化还原反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重规律性知识及转移电子的考查，题目难度不大12.A考点：反应热和焓变 分析：A、根据石墨、一氧化碳的燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律，进行方程式叠加，构造出目标反应式；B、1mol石墨不完全燃烧，无法计算生成CO2和CO各自物质的量，无法计算具体反应热；C、根据石墨、一氧化碳的燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律，进行方程式叠加，构造出目标反应式；D、金刚石的燃烧热大于石墨的燃烧热，可知金刚石的能量比石墨能量高，根据能量守恒判断解答：解：A、1mol石墨和1mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳时的放热分别 是H=393.5kJ/mol和H=283kJ/mol，则热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）CO2（g）H1=393.5kJ/mol；一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）CO2（g）H2=283.0kJ/mol；根据盖斯定律，（1）（2）2得C（s，石墨）+CO2（g）=2CO（g）；H=+172.5kJmol11，故A正确；B、1mol石墨不完全燃烧生成CO2和CO，无法计算生成CO2和CO各自物质的量，无法计算具体反应热，故B错误；C、热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）CO2（g）H1=393.5kJ/mol；一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）CO2（g）H2=283.0kJ/mol；根据盖斯定律，（1）（2）得C（石墨）+1/2O2（g）=CO（g）；H=110.5kJmol1，即2C（石墨）+O2（g）=2CO（g）；H=221kJmol1，故C错误；D、金刚石的燃烧热大于石墨的燃烧热，根据能量守恒，可知金刚石的能量比石墨能量高，所以石墨转变为金刚石需要吸热，故D错误；故选：A点评：主要考查盖斯定律，热化学方程式书写等，难度中等，关键在于根据已知反应构造目标反应式注意：（1）当反应式乘以或除以某数时，H也应乘以或除以某数 （2）反应式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“+”、“”符号，即把H看作一个整体进行运算13.D考点：化学平衡建立的过程；反应热和焓变 专题：化学平衡专题分析：A、从压强对平衡移动的影响分析；B、注意反应的可逆性；C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；D、根据方程式计算生成HCl的物质的量解答：解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误；B、该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）=0.03mol/（Lmin），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（HCl）=0.03mol/（Lmin）=0.015mol/（Lmin），故C错误；D、由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；故选D点评：本题考查了化学反应能量变化，平衡移动和影响因素的分析判断，速率计算及热化学方程式计算应用，题目难度中等14.C试题分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则Z是氯元素；0.01 molL1 r溶液的pH为2，说明r是强酸，因此W是H；q的水溶液具有漂白性，s通常是难溶于水的混合物，根据转化关系图可知m是水，r是氯化氢，q是次氯酸，p是甲烷，因此X是碳元素，Y是氧元素。A同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小WYZX，错误；CY的氢化物是H2O或H2O2，水或双氧水在常温常压下都为液态，正确；DX的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，错误。15.D【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是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能由2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y元素在地壳中含量最多，则Y为O元素；Z元素金属性最强，则Z为Na；R原子的核外电子数是X、Z核外电子数之和，即R原子核外电子数为6+11=17，故R为Cl，结合元素周期律解答【解答】解：X、Y、Z、R是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，原子只能由2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y元素在地壳中含量最多，则Y为O元素；Z元素金属性最强，则Z为Na；R原子的核外电子数是X、Z核外电子数之和，即R原子核外电子数为6+11=17，故R为ClA碳酸的酸性比HClO的强，故A错误；B非金属性OC，故简单氢化物稳定性H2OCH4，故B错误；C氧元素一般没有最高正化合价，最高正化合价Z（Na）X（C）R（Cl），故C错误；D由Z和R形成的化合物为NaCl，由钠离子与氯离子构成，属于离子化合物，故D正确故选：D【点评】本题考查结构性质物质关系应用，侧重对元素周期律的考查，A选项为易错点，学生容易忽略最高价含氧酸16.D【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算【分析】A、可逆反应的特点是可逆性，反应物不能完全转化为产物；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行；C、根据可逆反应达到化学平衡状态的特点：正逆反应速率相等来判断；D、根据B的转化率=100%来计算回答【解答】解：A、可逆反应的特点是可逆性，反应物2mol A和6molB不能完全转化为产物，所以放出的热量小于98kJ，故A错误；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行，使n（M）减小，n（A）增大，比值减小，故B错误；C、可逆反应在3min时未达到化学平衡状态，正逆反应速率不等，反应正向进行，正反应速率大，所以3min时B的生成速率不足M生成速率的3倍，故C错误；D、根据反应，B的变化浓度是A的变化浓度的3倍，B的转化率=100%=100%=75%，故D正确故选D【点评】本题考查了学生根据图象和勒夏特列原理判断平衡移动方向的能力及转化率的计算，难度不大，解题关键在于细心审题，仔细读图，尤其是图中的交点，不能误解17.DA、增大压强平衡逆向移动，不能提高SiCl4的转化率，故A错误；B、若反应开始时SiCl4为1 mol, 则达平衡时，由于实际消耗的SiCl4的物质的量小于1摩尔，故吸收热量小于Q kJ，故B错误；C、反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，V(H2)=1/2V(HCl)=mol/(Lmin)，故C错误；D、当反应吸收热量为0.025Q kJ时，说明生成的HCl为0.1mol，通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好完全反应，故D正确。故答案选D18.D试题分析：A、由方程式可知S0，如反应能自发进行，则应满足H-TS0，而常温下不能进行，则H0，故A错误；B、醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，故溶液中的值增大，故B错误；C、铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO42-2e-=PbSO4，负极质量减少，正极电极反应式为PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O正极质量减少，故C错误；D、长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，CO32-与Ca2+生产更难溶的CaCO3沉淀，使CaSO4的沉淀溶解平衡向右移，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，故D正确；故选D。19.A试题分析：pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)10-3 mol/L，pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3 mol/L，pH=11的氨水中c(NH3H2O)10-3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3 mol/L。A、和混合，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液的pH大于7，故A正确；B、c(NH3H2O)c(NaOH)，所以等体积的和分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：，故B错误；C、c(CH3COOH)c(HCl)，所以等体积的与分别与足量镁粉反应，生成H2的量：，故C错误；D、若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：，故D错误；故选A。20.BA由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故A为电源正极。B左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O7氧化，反应生成Cr、Fe，离子方程式为Cr2O7+6Fe+14H2Cr+6Fe+7H2O。C阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大。D.13.44 L氢气的物质的量为13.4422.4L/mol=0.6mol，根据电子转移守恒n(Fe2+)=(0.6mol2)/2=0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为：0.6mol1/6=0.1mol。 【名师点晴】掌握电解池的工作原理，准确判断出阴阳极以及灵活应用电子得失守恒是解答的关键。氧化还原反应中守恒法解题的思维流程为：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。（2）找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。21.B【知识点】基本化学概念解析：化学变化的特征是有新物质生成，通过化学变化不能实现16O与18O间的相互转化，故错误；焰色反应不属于化学反应，故错误； 碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；只由一种元素可以组成不同单质，如氧气和臭氧的混合气体只含一种元素，所以只由一种元素组成的物质不一定为纯净物， 故错误； 同素异形体是指同种元素形成的不同单质，石墨和C60是同素异形体，故正确；酸性氧化物可能和酸反应，如二氧化硫与硝酸反应，故错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了基本化学概念，注意理解化学概念的含义，也可采用列举法解答。22.A【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学方程式的有关计算【分析】NO2和O2混合气体与反应可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应的方程式有讨论的方法计算【解答】解：可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体为NO或氧气，若为氧气，则参加反应的气体为20mL3mL=17mL，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为17ml=13.6mL；若剩余气体为NO气体，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知过量的NO2为33mL=9mL，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗的气体总体积为20mL9mL=11mL，则反应消耗的二氧化氮为11mL=8.8mL，则原混合气体中的NO2的体积为8.8+9=17.8mL，故选A【点评】本题考查方程式的有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意利用原子守恒进行的计算23.C【考点】硝酸的化学性质；有关混合物反应的计算【专题】计算题；氮族元素【分析】依据铁与稀硝酸反应的离子方程式计算解答，注意反应离子过量与不足的判断，确定发生的化学反应【解答】解：100ml溶液中含有氢离子的物质的量为：0.1L6mol/L2+0.1L2mol/L=1.4mol；含有的硝酸根离子为：0.1L2mol/L+0.1L1mol/L=0.3mol，加入过量的铁粉，发生反应的离子方程式为：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O和反应Fe+2H+=Fe2+H2，则：3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O 2 8 2 0.3mol 1.2mol 0.3mol剩余的氢离子的物质的量为：1.4mol1.2mol=0.2mol， Fe+2H+=Fe2+H2， 2 1 0.2mol 0.1mol产生气体的物质的量为：0.3mol+0.1mol=0.4mol，标况下体积为：0.4mol22.4L/mol=8.96L，故选：C【点评】本题考了硝酸的性质及其相关计算，题目难度中等，注意硝酸根离子在酸性环境先具有强的氧化性，所以本题应依据铁与硝酸酸的离子方程式计算，注意通过过量的判断确定发生的化学反应24.D【名师点晴】该题为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。选项A是易错点，注意二氧化硫与氯化钡溶液不反应，大于硝酸钡溶液反应。25.（1）Fe3O4；FeCl2；（2）3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；（4）CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）AD【考点】无机物的推断【分析】甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，G为FeCl3，然后结合物质的性质及化学用语来解答【解答】解：甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，G为FeCl3，（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4、FeCl2，故答案为：Fe3O4；FeCl2；（2）A+甲反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）H为Fe（OH）2，I为Fe（OH）3，氢氧化亚铁是白色沉淀、氢氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，故答案为：白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；（4）E是偏铝酸钠，足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：CO2+AlO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是胶体，具有丁达尔效应，其分散质直径在1100nm之间，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，故选AD26.（1）C7H7O3N（1分）；甲苯（2分）；取代反应（2分） （2）AD（2分） （2分）（3）10（2分）（4）（2分）， （2分）试题分析：C生成D，D发生氧化反应生成E，结合E的结构简式可知C的结构简式为，则D为，D用酸性高锰酸钾溶液得到E；烃A与氯气在Fe催化剂条件下反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，则A为，B为；E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分。（1）根据结构简式可知结肠炎药物有效成分的分子式是)C7H7O3N，A是甲苯，反应为取代反应；（2）A该物质中含有亲水基酚羟基、羧基和氨基，所以水溶性比苯酚好，A正确；B含有氨基和羧基，所以能发生聚合反应，不能发生消去反应，B错误；C只有苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质最多可与3mol H2发生反应，C错误；D酚羟基和羧基具有酸性、氨基具有碱性，所以该物质既有酸性又有碱性，D正确；答案选AD。（3）其同分异构体符合下列条件：a遇FeCl3溶液有显色反应，说明含有酚羟基；b分子中甲基与苯环直接相连；c苯环上共有三个取代基，三个取代基分别是硝基、甲基和酚羟基，如果硝基和甲基处于邻位，有4种结构；如果硝基和甲基处于间位，有4种结构；如果硝基和甲基处于对位，有2种结构，所以符合条件的有10种同分异构体；（4）甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻甲基硝基苯，邻甲基硝基苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸，其合成路线为。【名师点晴】该题为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，难点是合成路线设计和同分异构体种类判断，注意题给信息的正确筛取和运用，物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物27.（1）bc (2分)（2）HOOCCHOHCH2COOH、NaOOCCHCHCOONa、HOOCCCCOOH、HOOCCHClCH2COOH(4分) （3）消去反应 加成反应(2分) （4）NaOH/水溶液 加热(1分) HOOCCH(Br)CH(Br)COOH+4NaOHNaOOCCCCOONa+2NaBr+4H2O(5nHOOCCHCHCOOHnHOCH2CH2OH (2n1)H2O (2分)（6）(HOOC)2CHCH2OH或(HOOC)2COHCH3(2分)28.（1）除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；（2）三颈烧瓶、冷凝管；（3）作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；6065的水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；（4）正己烷、甲醇；（5）57.8%【分析】（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换；（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成；（3）已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制温度在100以下选择水浴加热；步骤中将上下层液体进行分离基本操作为分液，据此分析所需仪器；用温水洗涤制得的生物柴油34次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计；（4）停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用；（5）根据油酸甘油酯进行酯交换后与油酸甲酯的关系：C57H104O63C1