2019-2020年高考化学模拟试卷（7）（含解析）.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（7）（含解析）一、选择题1下列关于日常生活用品的叙述正确的是（） A 产于我市丹江口的“农夫山泉”饮用水畅销国内外，是因为它不含任何化学物质 B 在人类必须的糖类、油脂、蛋白质等三人营养素中，油脂的热能最高 C 家用食醋、纯碱、味精等，它们的主要成分分别属于酸、碱、盐 D 加碘食盐中由于含适量的K131I，因而能有效地抵抗核辐射2根据原子结构与元素周期律的知识，下列推断正确的是（） A 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同 C Cl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小 D 1735 Cl 与 1737 Cl 得电子能力相同3下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是（） A 配制溶液 B 中和滴定 C 制备乙酸乙酯 D 制备收集干燥的氨气4下列有关溶液组成的描述合理的是（） A 无色溶液中可能大量存在 Al3+、NH4+、Cl、S2 B 酸性溶液中可能大量存在 Na+、ClO、SO42、I C 弱碱性溶液中可能大量存在 Na+、K+、Cl、HCO3 D 中性溶液中可能大量存在 Fe3+、K+、Cl、SO425已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（） A 水的电离程度始终增大 B 先增大再减小 C c（CH3COOH）与c（CH3COO）之和始终保持不变 D 当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO）6已知可逆反应：M（g）+N（g）P（g）+Q（g）；H0在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（M）=1.0mol/L，c（N）=3.0mol/L，达到平衡时N的转化率为25%下列说法正确的是（） A 达到平衡后，增大压强，则正、逆反应速率不变，M的转化率不变 B 温度升高，达到新平衡时M的体积分数增大 C 相同条件下，增大N的浓度，反应正向进行，平衡常数增大 D 相同条件下，若起始时c（M）=c（N），达到平衡后，M的转化率25%7把物质的量均为0.1mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同则下列描述正确的是（） A 电路中共转移0.6NA个电子 B 阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2mol C 阴极质量增加3.2g D 电解后剩余硫酸溶液的浓度为1 mol/L二、解答题（共3小题，满分43分）8甲、乙、丙、丁是由常见元素组成的物质，有如下转化：甲+乙丙+丁（1）若甲和丁是同主族元素组成的单质，甲元素位于第三周期，乙为水则反应的离子方程式为若甲为Cl2，乙为NH4Cl，丁为HCl，当消耗6.72L Cl2（标状）时得到0.10mol氮的氯化物丙，写出该反应的化学方程式（3）若甲是短周期某金属元素的单质，乙为金属元素的氧化物，其所含金属元素的核电荷数为甲的2倍，请写出相应的化学方程式（4）若甲为红棕色气体，乙为水，某同学用如图装置制取并证明甲具有氧化性（注：C中已事先添加Na2S溶液）据此回答下列问题：打开A装置的活塞后，装置B中发生反应的化学方程式为：；某同学认为C中溶液变浑浊不足以证明甲具有氧化性，你认为他的理由是（用化学反应方程式或简要文字回答）9某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、中的一种或几种，取该溶液进行迂续实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H+外还肯定含有的离子是，不能确定是否含有的离子是，若要确定其中阳离子的存在，最可靠的化学方法是沉淀G的化学式为（3）写出有关离子方程式：步骤中生成A步骤生成沉淀I（4）假设测定A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，而沉淀C物质的量0.07mol，能说明（1）中不能确定的阴离子存在的理由是10甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，甲醚是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455kJ/mol，甲醚可作燃料电池的燃料（1）写出甲醚燃烧的热化学方程式；已知H2（g）和C（s）的燃烧热分别是285.8kJmol1、393.5kJmol1；计算反应4C（s）+6H2（g）+O2（g）2CH3OCH3（g）的反应热为；工业上利用H2和CO2合成二甲醚的反应如下：6H2（g）+2CO2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H0一定温度下，在一个固定体积的密闭容器中进行该反应下列能判断反应达到化学平衡状态的是（选填编号，注意大小写）ac（H2）与c（H2O）的比值保持不变b单位时间内有2mol H2消耗时有1mol H2O生成c容器中气体密度不再改变d容器中气体压强不再改变温度升高，该化学平衡移动后到达新的平衡，CH3OCH3的产率将（填“变大”、“变小”或“不变”，下同），混合气体的平均式量将；（3）以甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池该电池的负极反应式为；（4）用（3）中的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置如右图所示：请写出电解过程中Y电极附近观察到的现象；当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，计算此时：NaCl溶液的pH=（假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）【化学选修物质结构与性质】（共2小题，满分15分）11下表为原子序数依次增大的短周期元素AF的第一到第五电离能数据电离能I（Ev） A B C D E FI1 11.3 14.5 13.6 5.2 7.6 6.0I2 24.4 29.6 35.1 49.3 15.0 18.8I3 47.9 47.4 54.9 71.6 80.1 28.4I4 64.5 77.5 77.4 98.9 109.2 112.0I5 392.1 97.9 113.9 138.3 141.3 153.7请回答：表中的金属元素是（填字母）；若A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，表中显示B比A和C的第一电离能都略大，其原因是12有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物其晶胞结构如右图所示请回答下列问题（1）E元素原子基态时的价电子排布式为；A2F分子中F原子的杂化类型是；（3）C元素与氧形成的离子CO2的立体构型是；写出一种与CO2互为等电子体的分子的分子式；（4）将E单质的粉末加入CA3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是；（5）从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为；若离子化合物晶体的密度为agcm3，则晶胞的体积是（写出表达式即可）【化学一选修有机化学基础】（共1小题，满分0分）13有机物A、D均是重要的有机合成中间体，D被称为佳味醇（chavico1），具有特殊芳香的液体，也可直接作农药使用如图所示的是由苯酚为原料合成A、D的流程已知：BrR1BrMR1R1R2（THF为一种有机溶剂）C6H5ORC6H5OH请回答下列问题：（1）写出A、C的结构简式、是化合物B的一种同分异构体，用核磁共振氢谱可以证明该化合物中有种氢处于不同的化学环境（3）指出 的有机反应类型（4）化合物B经过下列转化，可合成用于制造树脂、合成橡胶乳液的有机原料丙烯酸BEFG设置反应、的目的是写出反应的化学反应方程式写出反应的化学反应方程式G与甲醇反应生成的酯H是生产丙烯酸树脂的一种重要单体，写出H聚合的化学反应方程式（5）写出符合下列要求的化合物D的所有同分异构体的结构简式遇FeCl3溶液呈紫色； 苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种湖北省十堰一中高考化学模拟试卷（7）参考答案与试题解析一、选择题1下列关于日常生活用品的叙述正确的是（） A 产于我市丹江口的“农夫山泉”饮用水畅销国内外，是因为它不含任何化学物质 B 在人类必须的糖类、油脂、蛋白质等三人营养素中，油脂的热能最高 C 家用食醋、纯碱、味精等，它们的主要成分分别属于酸、碱、盐 D 加碘食盐中由于含适量的K131I，因而能有效地抵抗核辐射考点： 生活中的有机化合物；常见的食品添加剂的组成、性质和作用专题： 化学应用分析： A水是化学物质；B油脂的热能最高；C纯碱的成分是碳酸钠；D加碘食盐添加碘酸钾解答： 解：A分析此广告的本义，应该是要说饮料中不含化学合成的物质，但由于缺乏基本的化学知识，而误把化学合成物质混淆赞同成化学物质，故A错误； B油脂的热能最高，比糖类和蛋白质放出的热量多，故B正确；C纯碱的成分是碳酸钠，是盐，故C错误；D加碘食盐添加碘酸钾，不是碘化钾，故D错误故选B点评： 本题考查化学与生活，涉及内容较多，明确碘盐的成分是解题的关键，题目难度不大2根据原子结构与元素周期律的知识，下列推断正确的是（） A 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同 C Cl、S2、Ca2+、K+半径逐渐减小 D 1735 Cl 与 1737 Cl 得电子能力相同考点： 元素周期律的作用专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子与S2离子；C电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D互为同位素原子的化学性质几乎完全相同解答： 解：A同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故A错误；B核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2离子具有强还原性，故B错误；CS2、Cl、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径S2ClK+Ca2+，故C错误；D3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，电子能力相同，故D正确，故选D点评： 本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握3下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是（） A 配制溶液 B 中和滴定 C 制备乙酸乙酯 D 制备收集干燥的氨气考点： 化学实验方案的评价专题： 实验评价题分析： A玻璃棒的下端应在刻度线以下，且加水至刻度线12cm应改用胶头滴管定容；B锥形瓶中为NaOH溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液；C乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；D收集氨气应利用向下排空气法解答： 解：A玻璃棒的下端应在刻度线以下，图中玻璃棒下端在刻度线以上，且加水至刻度线12cm应改用胶头滴管定容，故A错误；B锥形瓶中为NaOH溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液，而图中锥形瓶上方为碱式滴定管，故B错误；C乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备乙酸乙酯实验合理，故C正确；D收集氨气应利用向下排空气法，图中收集氨气时导管应伸到小试管的底部，故D错误；故选C点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、中和滴定、乙酸乙酯的制备及氨气的制备实验等，把握实验基础知识和装置图的作用为解答的关键，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大4下列有关溶液组成的描述合理的是（） A 无色溶液中可能大量存在 Al3+、NH4+、Cl、S2 B 酸性溶液中可能大量存在 Na+、ClO、SO42、I C 弱碱性溶液中可能大量存在 Na+、K+、Cl、HCO3 D 中性溶液中可能大量存在 Fe3+、K+、Cl、SO42考点： 离子共存问题专题： 离子反应专题分析： A无色溶液不存在有颜色的离子，且离子之间不反应的能大量共存；B酸性溶液中存在大量氢离子，离子之间不反应，且和氢离子不反应的离子能大量共存；C弱碱性溶液中含有大量氢氧根离子，离子之间不反应，且和氢氧根离子不反应的能大量共存；D中性溶液中，离子之间不反应的能大量共存解答： 解：AAl3+、NH4+、S2发生双水解而不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，ClO、I发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C这几种离子之间不反应，且碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，故C正确；D中性条件下，铁离子和氢氧根离子反应生成沉淀，故D错误；故选C点评： 本题考查离子共存，为高考高频点，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，涉及复分解反应、氧化还原反应，易错选项是D，注意铁离子产生沉淀pH范围，为易错点5已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（） A 水的电离程度始终增大 B 先增大再减小 C c（CH3COOH）与c（CH3COO）之和始终保持不变 D 当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO）考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： A开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；DCH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO）解答： 解：A酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=，c（OH）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；Cn（CH3COOH）与n（CH3COO）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO）之和逐渐减小，故C错误；D当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO），故D正确；故选D点评： 本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法6已知可逆反应：M（g）+N（g）P（g）+Q（g）；H0在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（M）=1.0mol/L，c（N）=3.0mol/L，达到平衡时N的转化率为25%下列说法正确的是（） A 达到平衡后，增大压强，则正、逆反应速率不变，M的转化率不变 B 温度升高，达到新平衡时M的体积分数增大 C 相同条件下，增大N的浓度，反应正向进行，平衡常数增大 D 相同条件下，若起始时c（M）=c（N），达到平衡后，M的转化率25%考点： 化学平衡的影响因素专题： 化学平衡专题分析： M（g）+N（g）P（g）+Q（g）起始（mol/L）：1 3 0 0转化（mol/L）：0.75 0.75 0.75 0.75平衡（mol/L）：0.25 1.25 0.75 0.75结合外界条件对平衡移动的影响判断平衡移动的方向解答： M（g）+N（g）P（g）+Q（g）起始（mol/L）：1 3 0 0转化（mol/L）：0.75 0.75 0.75 0.75平衡（mol/L）：0.25 1.25 0.75 0.75达到平衡后，M的转化率=100%=75%，A达到平衡后，增大压强，则正、逆反应速率增大，M的转化率不变为75%，故A错误；B升高温度，平衡向正反应方向移动，则M的体积分数减小，故B错误；C相同条件下，增大N的浓度，反应正向进行，但平衡常数不变，故C错误；D相同条件下，若起始时c（M）=c（N），相当于在原来的基础山加入M，则达到平衡后，N的转化率25%，M和N的转化率相等，则M的转化率25%，故D正确故选D点评： 本题考查化学平衡的计算以及平衡移动问题，题目难度中等，本题易错点为D，注意M和N的物质的量浓度的大小关系对平衡移动的影响7把物质的量均为0.1mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同则下列描述正确的是（） A 电路中共转移0.6NA个电子 B 阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2mol C 阴极质量增加3.2g D 电解后剩余硫酸溶液的浓度为1 mol/L考点： 电解原理专题： 电化学专题分析： CuCl2和H2SO4溶于水制成的混合溶液，用石墨做电极电解，则阴极上发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2，阳极上发生电极反应：Cl2e=Cl2，4OHO2+2H2O+4e，根据电子守恒和电极方程式进行计算即可解答： 解：A、阴极上发生的电极反应为：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2，阳极上发生电极反应：2Cl2e=Cl2，4OHO2+2H2O+4e，可知Cu2+全部反应，Cu2+0.1mol，Cl反应完全，Cu2+2e=Cu0.1 0.2 0.12Cl2e=Cl20.2 0.2 0.1剩下的就是电解水了，2H+2e=H2，4OH4e=2H2O+O2，也就是每转移4mol电子，H2产生2mol，O2产生1mol，由于阳极产生0.1molCl2，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，所以电解水应转移电子0.4mol 2H+2e=H20.4 0.4 0.2 4OH4e=2H2O+O20.4 0.4 0.1总共转移0.2mol+0.4mol=0.6mol，故A正确；B、阳极得到的气体中有O2且其物质的量为0.1mol，故B错误；C、阴极上金属铜会析出，质量增加值为6.4g，故C错误；D、分析电解过程可知，电解过程是电解氯化铜，电解水，原溶液中0.2molH+未放电，溶液中硫酸物质的量为0.1mol，溶液体积小于100ml，浓度大于1mol/L，故D错误故选A点评： 本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学内容来回答，难度较大二、解答题（共3小题，满分43分）8甲、乙、丙、丁是由常见元素组成的物质，有如下转化：甲+乙丙+丁（1）若甲和丁是同主族元素组成的单质，甲元素位于第三周期，乙为水则反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2若甲为Cl2，乙为NH4Cl，丁为HCl，当消耗6.72L Cl2（标状）时得到0.10mol氮的氯化物丙，写出该反应的化学方程式3Cl2+NH4Cl=NCl3+4HCl（3）若甲是短周期某金属元素的单质，乙为金属元素的氧化物，其所含金属元素的核电荷数为甲的2倍，请写出相应的化学方程式2Al+Fe2O32Fe+Al2O3（4）若甲为红棕色气体，乙为水，某同学用如图装置制取并证明甲具有氧化性（注：C中已事先添加Na2S溶液）据此回答下列问题：打开A装置的活塞后，装置B中发生反应的化学方程式为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；某同学认为C中溶液变浑浊不足以证明甲具有氧化性，你认为他的理由是（用化学反应方程式或简要文字回答）浓硝酸有挥发性、强氧化性，可能是挥发出的硝酸使硫化钠被氧化考点： 无机物的推断专题： 推断题分析： （1）甲和丁是同主族元素组成的单质，甲元素位于第三周期，乙为水，则甲为Na，丁为H2；甲为Cl2，乙为NH4Cl，丁为HCl，n（Cl2）=0.3mol，由电子守恒可知丙中N元素的化合价为3=+3价，以此书写反应；（3）甲是短周期某金属元素的单质，乙为金属元素的氧化物，其所含金属元素的核电荷数为甲的2倍，Al的核电荷数为13，Fe的核电荷数为26，则甲为Al，乙为Fe2O3；（4）甲为红棕色气体，乙为水，装置B中发生Cu与浓硝酸的反应；浓硝酸易挥发，具有强氧化性解答： 解：（1）甲和丁是同主族元素组成的单质，甲元素位于第三周期，乙为水，则甲为Na，丁为H2，该反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2；甲为Cl2，乙为NH4Cl，丁为HCl，n（Cl2）=0.3mol，由电子守恒可知丙中N元素的化合价为3=+3价，生成NCl3，该反应为3Cl2+NH4Cl=NCl3+4HCl，故答案为：3Cl2+NH4Cl=NCl3+4HCl；（3）甲是短周期某金属元素的单质，乙为金属元素的氧化物，其所含金属元素的核电荷数为甲的2倍，Al的核电荷数为13，Fe的核电荷数为26，则甲为Al，乙为Fe2O3，该反应为，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（4）甲为红棕色气体，乙为水，装置B中发生Cu与浓硝酸的反应，该反应为Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；浓硝酸易挥发，具有强氧化性，则C中溶液变浑浊不足以证明甲具有氧化性，是因浓硝酸有挥发性、强氧化性，可能是挥发出的硝酸使硫化钠被氧化，故答案为：浓硝酸有挥发性、强氧化性，可能是挥发出的硝酸使硫化钠被氧化点评： 本题考查无机物的推断，为高考常见题型，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的氧化还原反应即可解答，注意元素在周期表中的位置、原子序数关系、物质颜色等推断物质为关键，题目难度中等9某强酸性溶液X含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、中的一种或几种，取该溶液进行迂续实验，实验内容如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）溶液X中除H+外还肯定含有的离子是Al3+、NH4+、Fe2+、SO42，不能确定是否含有的离子是，若要确定其中阳离子的存在，最可靠的化学方法是取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+沉淀G的化学式为Fe（OH）3（3）写出有关离子方程式：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O、AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3步骤中生成A步骤生成沉淀I（4）假设测定A、F、I均为0.01mol，10mLX溶液中n（H+）=0.04mol，而沉淀C物质的量0.07mol，能说明（1）中不能确定的阴离子存在的理由是若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等考点： 常见离子的检验方法；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题： 离子反应专题分析： 在强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，以此解答（1）（3）题，根据溶液电中性解答（4）题解答： 解：（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO32和SO32离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3离子，含有SO42离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl，检验铁离子方法是：取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+，故答案为：Al3+、NH4+、Fe2+、SO42；Fe3+、Cl；取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液不变红色说明无Fe3+； Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，加入NaOH溶液后生成Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3； （3）Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，反应的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O；H为NaOH和NaAlO2混合物，通入过量二氧化碳后生成沉淀的反应为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O、AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3； （4）ANO、F氨气、I氢氧化铝均为0.01mol，10mL X溶液中n（H+）=0.04mol，根据反应3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，可知Fe2+物质的量为0.03mol； 碳溶液中正电荷为：2n（Fe2+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+n（H+）=20.03mol+30.01mol+0.01mol+0.04mol=0.14mol；沉淀C为硫酸钡，其物质的量0.07mol，n（SO42）=0.07mol，硫酸根离子所带的负电荷为：0.07mol2=0.14mol，说明溶液中正负电荷相等，所以若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等，故答案为：若检验Fe3+肯定存在时，就有Cl存在，因肯定存在的离子电荷总数已相等点评： 本题考查物质的检验与鉴别，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率该类试题需要注意的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可10甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，甲醚是一种无色气体，具有轻微的醚香味，其燃烧热为1455kJ/mol，甲醚可作燃料电池的燃料（1）写出甲醚燃烧的热化学方程式CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H1=1455kJ/mol；已知H2（g）和C（s）的燃烧热分别是285.8kJmol1、393.5kJmol1；计算反应4C（s）+6H2（g）+O2（g）2CH3OCH3（g）的反应热为H=338.8kJ/mol；工业上利用H2和CO2合成二甲醚的反应如下：6H2（g）+2CO2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H0一定温度下，在一个固定体积的密闭容器中进行该反应下列能判断反应达到化学平衡状态的是ad（选填编号，注意大小写）ac（H2）与c（H2O）的比值保持不变b单位时间内有2mol H2消耗时有1mol H2O生成c容器中气体密度不再改变d容器中气体压强不再改变温度升高，该化学平衡移动后到达新的平衡，CH3OCH3的产率将变小（填“变大”、“变小”或“不变”，下同），混合气体的平均式量将变小；（3）以甲醚、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池该电池的负极反应式为CH3OCH3+16OH12e=2CO32+11H2O；（4）用（3）中的燃料电池为电源，以石墨为电极电解500mL滴有酚酞的NaCl溶液，装置如右图所示：请写出电解过程中Y电极附近观察到的现象Y电极附近溶液中有气体产生，上部分呈黄绿色；当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）时，计算此时：NaCl溶液的pH=14（假设溶液的体积不变，气体全部从溶液中逸出）考点： 热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；电解原理分析： （1）依据燃烧热概念含义是1mol甲醚完全燃烧生成稳定氧化物二氧化碳和液态水放出的热量为燃烧热，结合书写方法写出热化学方程式；依据燃烧热写出热化学方程式，结合盖斯定律计算得到所需热化学方程式和对应焓变；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断根据反应放热，故升高温度，平衡左移，据此判断CH3OCH3的产率和混合气体的平均式量M=；（3）原电池负极发生氧化反应，甲醚在负极放电，碱性条件下生成碳酸根与水，原电池反应比直接燃烧能量转化率高；（4）惰性电极电解饱和食盐水，Y电极是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气；依据原电池和电解池中存在的电子守恒结合电极反应计算溶液PH解答： 解：（1）甲醚的燃烧热为1455kJ/mol，则燃烧方式的热化学方程式为：CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H1=1455kJ/mol；H2（g）和C（s）的燃烧热分别是285.8kJmol1、393.5kJmol1；热化学方程式H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8KJ/mol；C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5KJ/mol；CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H1=1455kJ/mol；依据盖斯定律计算3+2得到反应热化学方程式为：2C（s）+3H2（g）+O2（g）CH2OCH3（g）：H=169.4kJ/mol；4C（s）+6H2（g）+O2（g）2CH2OCH3（g）：H=338.8kJ/mol；故答案为：CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）H1=1455kJ/mol；H=378.8kJ/mol；a、在反应达平衡前，c（H2）与c（H2O）的比值在变小，故当c（H2）与c（H2O）的比值保持不变时，反应达平衡，故A选；b、单位时间内有2mol H2消耗时一定会有1mol H2O生成，故不能作为平衡的标志，故B不选；c、本反应的反应物和生成物全是气体，根据质量守恒可知，在反应过程中气体的质量一直不变，而又是恒容的容器，即气体体积不变，故气体密度=一直不变，故密度不变不能作为平衡的标志，故c不选；d、此反应是个气体的物质的量有改变的反应，即在平衡之前，容器中气体的物质的量和压强在变化，故当压强不变时，说明反应达平衡，故d选故选ad；反应放热，故升高温度，平衡左移，故CH3OCH3的产率将变小；本反应的反应物和生成物全是气体，根据质量守恒可知，在反应过程中气体的质量m一直不变，而升温后平衡左移，气体的物质的量变大，故混合气体的平均式量M=变小，故答案为：变小；变小；（3）原电池负极发生氧化反应，甲醚在负极放电，碱性条件下生成碳酸根与水，电极反应式为：CH3OCH3+16OH12e=2CO32+11H2O；故答案为：CH3OCH3+16OH12e=2CO23+11H2O，（4）电解池中Y电极为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，现象是冒气泡，上部溶液呈黄绿色；当燃料电池消耗2.8LO2（标准状况下）物质的量=0.125mol，电极反应为O2+2H2O+4e=4OH，电子转移为0.5mol，电解池中 阳极电极反应为4OH4e=2H2O+O2，依据电子守恒溶液中减少氢氧根离子物质的量和增加的氢离子物质的量守恒，则溶液中氢离子浓度=1mol/L，此时NaCl溶液的pH=14；故答案为：Y电极附近溶液中有气体产生，上部分呈黄绿色；14点评： 本题考查了热化学方程式的书写方法和燃烧热概念，盖斯定律的计算应用，原电池反应、电解池反应原理的应用判断，掌握实质是解题关键，题目难度中等【化学选修物质结构与性质】（共2小题，满分15分）11下表为原子序数依次增大的短周期元素AF的第一到第五电离能数据电离能I（Ev） A B C D E FI1 11.3 14.5 13.6 5.2 7.6 6.0I2 24.4 29.6 35.1 49.3 15.0 18.8I3 47.9 47.4 54.9 71.6 80.1 28.4I4 64.5 77.5 77.4 98.9 109.2 112.0I5 392.1 97.9 113.9 138.3 141.3 153.7请回答：表中的金属元素是DEF（填字母）；若A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，表中显示B比A和C的第一电离能都略大，其原因是B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，第一电离能比A和C大考点： 元素电离能、电负性的含义及应用专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 原子越容易失电子，则其电离能越小，表中A、B、C第一电离能较大，应该是非金属元素，D、E、F第一电离能较小，则D、E、F应该是金属元素；同周期相邻元素，第一电离能一般为非金属性越强，第一电离能越大，若某元素np轨道上的电子半满，不易失去一个电子，第一电离能比较大解答： 解：原子越容易失电子，则其电离能越小，金属元素的第一电离能比较小，第一个电子容易失去，表中A、B、C第一电离能较大，应该是非金属元素，D、E、F第一电离能较小，则D、E、F应该是金属元素；若A、B、C依次为同周期相邻元素，第一电离能一般为非金属性越强，第一电离能越大，有特殊情况为，若B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，不易失去一个电子，故第一电离能比A和C大；故答案为：DEF；B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，第一电离能比A和C大点评： 本题考查了元素的电离能，注意原子越容易失电子，则其电离能越小，侧重于基础知识的考查，题目难度不大12有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物其晶胞结构如右图所示请回答下列问题（1）E元素原子基态时的价电子排布式为3d104s1；A2F分子中F原子的杂化类型是sp3；（3）C元素与氧形成的离子CO2的立体构型是V形；写出一种与CO2互为等电子体的分子的分子式O3或SO2；（4）将E单质的粉末加入CA3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是2Cu+8NH3H2O+O22Cu（NH3）42+4OH+6H2O；（5）从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为CaF2；若离子化合物晶体的密度为agcm3，则晶胞的体积是（写出表达式即可）考点： 位置结构性质的相互关系应用专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，则C原子核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，则F原子核外电子数为9+7=16，则F为S元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D与B可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞中F原子数目为8，D原子数目为8+6=4，故化学式为DF2，D为+2价，D是主族元素且与E同周期，处于第四周期，则D为Ca元素，据此解答解答： 解：有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，则C原子核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，则F原子核外电子数为9+7=16，则F为S元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D与B可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞中F原子数目为8，D原子数目为8+6=4，故化学式为DF2，D为+2价，D是主族元素且与E同周期，处于第四周期，则D为Ca元素，综上所述：A为氢、B为氟、C为氮、D为钙、E为铜、F为硫，（1）E为Cu元素，原子核外电子数为29，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为：3d104s1，故答案为：3d104s1；H2S分子中S原子的价层电子对数=2+=4，S原子采取sp3杂化，故答案为：sp3；（3）NO2离子中心N原子孤电子对=1，价层电子对数=2+1=3，故NO2离子的立体构型是V形，与NO2互为等电子体的分子的分子式为臭氧或二氧化硫，故答案为：V形；O3或SO2；（4）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明得到四氨合铜络离子，还应生成氢氧根离子与水，该反应的离子方程式是2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH+6H2O； O3或SO2（5）从图中可以看出，晶胞中含有Ca的离子个数为8+6=4，含有F的离子个数为8，二者比值为1：2，则化学式为CaF2，晶胞中：=agcm3，则V=，故答案为：CaF2；点评： 本题以元素推断为载体，综合考查物质结构与性质，涉及核外电子排布规律、杂化理论与分子结构、氢键、晶胞计算等，难度中等，（4）注意利用均摊法进行晶胞计算【化学一选修有机化学基础】（共1小题，满分0分）13有机物A、D均是重要的有机合成中间体，D被称为佳味醇（chavico1），具有特殊芳香的液体，也可直接作农药使用如图所示的是由苯酚为原料合成A、D的流程已知：BrR1BrMR1R1R2（THF为一种有机溶剂）C6H5ORC6H5OH请回答下列问题：（1）写出A、C的结构简式、是化合物B的一种同分异构体，用核磁共振氢谱可以证明该化合物中有2种氢处于不同的化学环境（3）指出 的有机反应类型取代反应（4）化合物B经过下列转化，可合成用于制造树脂、合成橡胶乳液的有机原料丙烯酸BEFG设置反应、的目的是保护碳碳双键写出反应的化学反应方程式写出反应的化学反应方程式BrCH2CH2CHO+2Cu（OH）2 BrCH2CH2COOH+Cu2O+2 H2OG与甲醇反应生成的酯H是生产丙烯酸树脂的一种重要单体，写出H聚合的化学反应方程式（5）写出符合下列要求的化合物D的所有同分异构体的结构简式遇FeCl3溶液呈紫色； 苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种考点： 有机物的推断专题： 有机物的化学性质及推断分析： 根据A的生成物的结构简式可看出苯酚和溴反应时，溴原子在羟基的对位上，即A的结构简式为，根据已知信息可知C的结构简式是，由信息可知D的结构简式是，（4）中B的结构简式是CH2=CHCH2Br，B发生水解反应生成E为CH2=CHCH2OH，E和HBr发生加成反应生成F，则F是BrCH2CH2CH2OH，或CH3CH（Br）CH2OH，F氧化生成BrCH2CH2CHO或CH3CH（Br）CHO，继续被氧化、酸化生成BrCH2CH2COOH或CH3CH（Br）COOH，最后通过消去反应生成G，则G结构简式是CH2=CHCOOH因为在氧化羟基的同时也易氧化碳碳双键所以为了保护碳碳双键，才设置反应和，G与甲醇反应生成的酯H，则H结构简式是CH2=CHCOOCH3，分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高聚物解答： 解：根据A的生成物的结构简式可看出苯酚和溴反应时，溴原子在羟基的对位上，即A的结构简式为，根据已知信息可知C的结构简式是，由信息可知D的结构简式是（1）由上述分析可知，A的结构简式为，C的结构简式为，故答案为：；是化合物B的一种同分异构体，用核磁共振氢谱可以证明该化合物中有2种氢处于不同的化学环境，故答案为：2；（3）转化中A中羟基中H原子被取代，属于取代反应，故答案为：取代反应；（4）B的结构简式是CH2=CHCH2Br，B发生水解反应生成E为CH2=CHCH2OHE和HBr发生加成反应生成F，则F是BrCH2CH2CH2OH，或CH3CH（Br）CH2OH，F氧化生成BrCH2CH2CHO或CH3CH（Br）CHO，继续被氧化、酸化生成BrCH2CH2COOH或CH3CH（Br）COOH，最后通过消去反应生成G，则G结构简式是CH2=CHCOOH因为在氧化羟基的同时也易氧化碳碳双键所以为了保护碳碳双键，才设置反应和G与甲醇反应生成的酯H，则H结构简式是CH2=CHCOOCH3，分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高聚物，设置反应、的目的是：保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键；反应的化学反应方程式为：，故答案为：；反应的化学反应方程式为BrCH2CH2CHO+2Cu（OH）2 BrCH2CH2COOH+Cu2O+2 H2O，故答案为：BrCH2CH2CHO+2Cu（OH）2 BrCH2CH2COOH+Cu2O+2 H2O；H结构简式是CH2=CHCOOCH3，分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成高聚物，H聚合的化学反应方程式为，故答案为：（5）化合物D（）的同分异构体符合下列条件：遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基；苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种，两个不同的取代基处于对位，符合条件的同分异构体有：，故答案为：；点评： 本题考查有机物推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，注意根据有机物结构与反应条件推断，是有机化学常见题型，难度中等