上海格致中学2015届高三上学期摸底考试.doc

上海市格致中学2015届高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1化学与日常生活密切相关，下列说法正确的是（）A碘酒只是指碘单质的乙醇溶液B纯水不易导电，但属于电解质C质量分数：医用酒精生理盐水食醋D明矾可用于水的消毒、杀菌考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；电解质与非电解质；镁、铝的重要化合物专题：化学应用分析：A、碘酒是碘的酒精溶液；B、纯水中含有少量的氢离子和氢氧根离子；C、医用酒精的成份主要是乙醇；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，；食醋中所含醋酸的量也不同，一般大构在58%之间，食醋的酸味强度的高低主要是其中所含醋酸量的大小所决定；D、明矾可用于水的净化，它不具有氧化性解答：解：A、碘酒是碘的酒精溶液，溶质是碘单质，溶剂是酒精，没有水，故A错误；B、纯水中含有极少量的氢离子和氢氧根离子，不易导电，但属于电解质，故B正确；C、用消毒酒精是乙醇的水溶液，75%的酒精用于消毒；生理盐水是氯化钠的水溶液，溶质质量分数为0.9%；食醋是醋酸的水溶液，溶质的质量分数为一般大构在58%之间；质量分数：医用酒精食醋生理盐水，故C错误；D、明矾中的铝离子水解生成的氢氧化铝可用于水的净化，但是不具有杀菌消毒的作用，故D错误故选B点评：本题是一道化学的实际应用题，考查学生的理解和接受知识的能力，难度中等2下列关于乙醇的说法不正确的是（）A可用纤维素的水解产物制取B可由乙烯通过加成反应制取C与乙醛互为同分异构体D可以用于制取乙酸乙酯考点：乙醇的化学性质专题：有机反应分析：乙醇含有羟基，可发生取代、酯化等反应，可由乙烯与水、葡萄糖经发酵可生成乙醇，结合同分异构体的定义判断解答：解：A纤维素的水解产物为葡萄糖，葡萄糖发酵可生成乙醇，方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2，故A正确；B乙烯和水发生加成反应可生成乙醇，方程式为C2H4+H2OC2H5OH，故B正确；C乙醇和乙醛的分子式不同，分别为C2H6O、C2H4O，二者不是同分异构体，故C错误；D乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热可生成乙酸乙酯，故D正确故选C点评：本题考查乙醇的性质、结构以及有机物官能团的转化，侧重于学生的分析能力和有机物的结构、性质的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累3（2分）已知钡的某种同位素是Ba，由学过的知识无法推断出的信息是（）A钡原子的核外电子排布B钡元素在周期表中的位置C钡原子的核电荷数D钡元素的相对原子质量考点：核素专题：原子组成与结构专题分析：A质子数=核外电子数；B质子数=原子序数；C质子数=核电荷数；D元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值解答：解：A质子数=核外电子数=56，可以根据核外电子排布规律电子数得到核外电子排布，故A正确； B质子数=原子序数，根据原子序数判断在周期表中的位置，故B正确；C质子数=核电荷数=56，故C正确；D不知道各种天然同位素的含量无法求出，故D错误故选D点评：本题考查核素、原子结构等知识，难度中等，注意元素的相对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值4（2分）下列试剂的保存方法错误的是（）A钠煤油中B硫磺二硫化碳中C白磷水中D苯酚隔绝空气，密封保存考点：化学试剂的存放专题：元素及其化合物分析：A金属钠化学性质比较活泼，能够与空气中氧气、水反应；B硫易溶于二硫化碳；C白磷暴露在空气中会自燃；D苯酚易被空气中的氧气氧化解答：解：A金属钠化学性质相当活泼，需要隔绝空气密封保存，由于煤油的密度小于钠，且不与钠发生反应，所以金属钠保存在煤油中，故A正确； B硫易溶于二硫化碳，不能保存在二硫化碳中，故B错误；C白磷不溶于水，与水不反应，可保存在水中，故C正确；D苯酚易被空气中的氧气氧化，需要密封保存，故D正确故选B点评：本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大5（2分）根据有机物的命名原则，下列命名正确的是（）A三甲苯BCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷CCH3CH（NH2）CH2COOH 氨基丁酸D 3，3二甲基2丁醇考点：有机化合物命名专题：有机化学基础分析：判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：（1）烷烃命名原则：长：选最长碳链为主链；多：遇等长碳链时，支链最多为主链；近：离支链最近一端编号；小：支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；（2）有机物的名称书写要规范；（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小解答：解：A 三甲苯，应指出甲基的位置，按照有机物的系统命名法命名，甲基在苯环的1、3、5号C，该有机物的正确命名为：1，3，5三甲苯，故A错误；BCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷，烷烃的命名中出现了2乙基，说明选取的主链不是最长的，该有机物最长碳链含有6个C，主链为己烷，甲基在3号C，该有机物正确命名为：3甲基己烷，故B错误；CCH3CH（NH2）CH2COOH 氨基丁酸，主链为丁酸，编号从距离羧基最近的一端开始，氨基在3号C，该有机物命名为：3氨基丁酸或氨基丁酸，故C错误；D3，3二甲基2丁醇，该有机物含有官能团羟基，属于醇类，主链为丁醇，羟基在2号C，3号C有2个甲基，该有机物正确名称为：3，3二甲基2丁醇，故D正确；故选D点评：本题考查了有机物的命名，题目难度中等，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）若需通过导电实验证明NaCl是离子化合物，可以选择的实验对象是（）ANaCl固体BNaCl水溶液CNaCl熔融液D以上都不可以考点：离子化合物的结构特征与性质专题：化学键与晶体结构分析：NaCl是离子化合物，由离子构成，在熔融状态下可导电，以此来解答解答：解：A固体中不存在自由移动的离子，不能导电，故A不选；B水溶液能导电，溶液中的离子是哪种物质电离的，无法确定，水也可电离出离子，故不选；C熔融状态下能导电，说明含自由移动的离子，离子是氯化钠电离生成的，从而证明氯化钠是离子化合物，故C选；D由上述分析可知，C可选，故D不选；故选C点评：本题考查的是离子化合物的特征，注意推断是否是离子化合物与构成离子、自由移动的离子等因素有关，注重基础知识的考查，题目难度不大7（3分）W、X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子最外层电子数：XYZB单质沸点：XYZC离子半径：X2Y+ZD原子序数：XYZ考点：原子结构与元素周期律的关系；真题集萃专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题解答：解：X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，AX、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF2，故B错误；CNa+、F具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为FNa+，故C错误；DX、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：XYZ，故D正确故选D点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类8（3分）下列反应中，反应后固体物质增重的是（）A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu（NO3）2溶液考点：真题集萃；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu解答：解：A发生氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B正确；C发生Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C错误；D发生Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选B点评：本题为2014年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大9（3分）下表中对应关系正确的是（）ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油； 由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br2Cl+Br2； Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2；Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应AABBCCDD考点：取代反应与加成反应；氧化还原反应；消去反应与水解反应专题：物质的分类专题分析：ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化解答：解：ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故B正确；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后置单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B点评：本题为2014年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大10（3分）（2014重庆）某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（）ABr2的CCl4溶液BAg（NH3）2OH溶液CHBrDH2考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：A碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应；B醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基；C碳碳双键发生加成反应；D碳碳双键、醛基都发生加成反应解答：解：A碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应，所以增加溴原子，故A正确；B醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基，官能团数目不变，故B错误；C碳碳双键发生加成反应，官能团由碳碳双键变为溴原子，官能团数目不变，故C错误；D碳碳双键、醛基都发生加成反应，官能团数目减少，故D错误；故选A点评：本题考查了有机物的结构及性质，根据有机物中含有的官能团及其性质来分析解答，明确物质能发生哪些类型的反应，题目难度不大11（3分）下列实验装置或操作（已略去部分夹持仪器）正确的是（）A配置溶液B实验室制乙烯C制备Fe（OH）2D制备与收集氨气考点：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用浓硫酸、乙醇共热到约170制乙烯；C氢氧化亚铁极易被氧气氧化；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用浓硫酸、乙醇共热到约170制乙烯，温度计应插入液面以下，故B错误；C氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，应隔绝空气制取，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、物质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12（3分）（2014长宁区一模）卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律下列有关说法正确的是（）A卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次加深B卤化氢的键长按HF、HC1、HBr、HI的顺序依次减小C卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱D卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易考点：卤素原子结构及其性质的比较专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体；B原子半径越大，原子间的键长就越长；C卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强；D卤素单质和氢气化合容易程度随着原子序数的增大而逐渐减弱解答：解：A氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，所以卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次加深，故A正确；B原子半径越大，原子间的键长就越长，卤素原子的原子半径随着原子序数的增大而增大，所以卤化氢的键长按HF、HC1、HBr、HI的顺序依次增大，故B错误；C卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，故C错误；D氟气和氢气在黑暗处爆炸，氯气和氢气在光照条件下反应，氢气和溴在加热条件下反应，碘和氢气在不断加热条件下反应，且反应较慢，所以卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，故D错误；故选A点评：本题考查了同一主族元素性质的递变性，根据元素周期律来分析解答即可，此考点还经常考查原子半径、单质的氧化性、氢化物的稳定性等递变规律，灵活运用基础知识解答，注意卤化银中氟化银是可溶性物质13（3分）（2014黄浦区一模）已知25时某溶液中含有大量Na+、H+、Fe3+、HC03、OH、I中的几种，并且水 电离出的c（H+）=1lO13 mol/L当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色 变为黄色下列有关分析正确的是（）A溶液的pH=1或13B溶液中一定没有Fe3+，Na+C溶液中阴离子有I，不能确定HCO3D当Cl2过量，所得溶液只含有两种盐考点：常见离子的检验方法专题：离子反应专题分析：水电离出的c（H+）=1lO13 mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在，据此完成本题解答：解：由水电离出的c（H+）=1lO13 mol/L，该溶液中大量存在氢离子或者氢氧根离子，所以溶液中一定不会存在碳酸氢根离子；通入氯气后溶液由无色 变为黄色，说明溶液中一定不会存在有色的铁离子，一定存在碘离子，A、根据分析可知，水电离出的c（H+）=1lO13 mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A正确；B、溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故B错误；C、该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故C错误；D、氯气过量，反应后只有一种盐，即氯化钠，故D错误；故选A点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意明确常见离子的反应现象及检验方法，试题有利于培养学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力14（3分）氢化热是指一定条件下，1mol不饱和化合物加氢时放出的热量表中是环己烯（ ）、环己二烯（）和苯的氢化热数据：物质氢化热（kJ/mol）119.7232.7208.4根据表中数据推断正确的是（）A环己二烯与H2的反应最剧烈B环己烯、环己二烯和苯有相同的官能团C三种化合物中环己二烯的稳定性最强D上述条件下，1 mo转变为时放出热量考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：A、断裂1mol碳碳键放出热量越多反应越剧烈；B、依据环己烯、环己二烯和苯的分子结构分析判断官能团；C、物质能量越低越稳定；D、环己二烯转变为环己烯时是和氢气加成完成是放热反应，放热可以依据盖斯定律计算判断；解答：解：A、断裂1mol碳碳键环己烯放热为119.7KJ、环己二烯放热为116.35KJ、苯放热69.47KJ，所以环己烯氢化反应剧烈，故A错误；B、环己烯官能团为一个双键、环己二烯含两个双键、苯分子中是六个碳碳键完全等同的化学键，所以不是有相同的官能团，故B错误；C、断裂1mol碳碳键环己烯放热为119.7KJ、环己二烯放热为116.35KJ、苯放热69.47KJ，三种化合物中苯的稳定性最强，故C错误；D、C6H10+H2C6H12 氢化热为119.7KJ/mol，C6H8+2H2C6H12 氢化热为232.7KJ/mol；依据盖斯定律得到：C6H8+H2C6H10；氢化热为113kJ/mol，所以1mol环己二烯转变为环己烯时放热113 kJ，故D正确；故选D点评：本题考查了反应氢化热的概念应用和物质加成反应的氢化热的大小比较，盖斯定律的应用，苯的分子结构的理解应用，关键是氢化热概念的理解应用15（3分）（2014重庆）茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（） A将茶叶灼烧灰化，选用、和B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到的滤液，选用、和D检验滤液中的Fe3+，选用、和考点：真题集萃；过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：实验题分析：检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题解答：解：A将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有、和，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；C过滤时用到、和，故C不选；D检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即、和，故D不选故选B点评：本题为2014年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大16（3分）常温下，将10mL 0.2mol/L的一元酸HA与V mL等浓度的NaOH溶液混合当V=10mL时，所得溶液中部分微粒组成及浓度如图所示假设溶液体积可以相加，则下列说法正确的是（）A图中N表示HA，P表示OH，Q表示H+B若V=10 mL，则pH=7C若V10 mL，则溶液显酸性D若V=10 mL，则：c（M）+c（P）=c（Na+）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：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，发生反应：HA+NaOH=NaA+H2O，反应后溶液中钠离子浓度为：c（Na+）=0.2mol/L=0.1mol/L，若HA为强酸，则反应生成溶液为中性，存在离子有：Na+、A、OH、H+四种，根据图象可知，M的浓度小于0.1mol/L，则反应后的溶液中至少存在5种粒子，所以HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A）c（OH），所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），即：M为A，N为OH，P为HA，Q为H+，据此对各选项进行判断解答：解：当V=10mL时，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，反应后溶液中钠离子浓度为：c（Na+）=0.2mol/L=0.1mol/L，若HA为强酸，则反应生成溶液为中性，存在离子有：Na+、A、OH、H+四种，根据图象可知，M的浓度小于0.1mol/L，而c（Na+）=0.1mol/L，则反应后的溶液中至少存在5种粒子，所以HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），由于A的水解程度较低，则有c（A）c（OH），溶液中氢氧根离子来自水的电离和A的水解，则c（OH）c（HA），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+），所以：M为A，N为OH，P为HA，Q为H+，A根据以上分析 可知，M为A，N为OH，P为HA，Q为H+，故A错误；B若V=10 mL，反应生成强碱弱酸盐NaA，由于A的水解，溶液显示碱性，溶液的pH7，故B错误；C当V=10mL，溶液显示碱性，而当V10 mL，溶液可能为酸性，有可能为碱性或中性，需要根据溶液中离子浓度大小判断，故C错误；D若V=10 mL，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（A）+c（HA），M为A，P为HA，则：c（M）+c（P）=c（Na+），故D正确；故选D点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断、离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等知识，题目难度中等，正确判断一元酸HA是弱酸为解题关键，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解判断溶液中各离子浓度大小17（3分）以石化产品乙烯、丙烯为原料合成厌氧胶的流程如图：关于该过程的相关叙述正确的是（）A反应的反应类型是缩聚反应B物质A是卤代烃C物质B催化氧化后可以得到乙醛D1 mol物质D最多可以消耗2 mol NaOH考点：乙烯的化学性质；有机化学反应的综合应用专题：有机反应分析：丙烯氧化生成C，C与新制氢氧化铜反应，结合D的分子式可知，则C为CH2=CHCHO、D为CH2=CHCOOHB与D在浓硫酸、加热条件下生成E，应是发生酯化反应，结合E的分子式可知，应是1分子B与2分子D发生酯化反应，故B为HOCH2CH2OH，则E为CH2=CHCOOCH2CH2OOCCH=CH2，E发生加聚反应得到F由B的结构可知，乙烯与氯气或溴发生加成反应生成A，A为1，2二卤代烃，A水解得到乙二醇，据此解答解答：解：丙烯氧化生成C，C与新制氢氧化铜反应，结合D的分子式可知，则C为CH2=CHCHO、D为CH2=CHCOOHB与D在浓硫酸、加热条件下生成E，应是发生酯化反应，结合E的分子式可知，应是1分子B与2分子D发生酯化反应，故B为HOCH2CH2OH，则E为CH2=CHCOOCH2CH2OOCCH=CH2，E发生加聚反应得到F由B的结构可知，乙烯与氯气或溴发生加成反应生成A，A为1，2二卤代烃，A水解得到乙二醇，A由上述分析可知，反应是CH2=CHCOOCH2CH2OOCCH=CH2发生加聚反应得到F，故A错误；B物质A为1，2二卤代烃，故B正确；CB为HOCH2CH2OH，催化氧化得到OHCCHO，故C错误；DD为CH2=CHCOOH，1mol物质D最多可以消耗1molNaOH，故D错误；故选B点评：本题考查有机物的推断，难度中等，注意根据有机物的分子式结合反应条件、反应类型进行推理判断，对学生的逻辑推理具有一定要求三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）往含Fe3+、H+、NO3的混合液中加入少量含SO32的某溶液充分反应后（设溶液中的其他成分不反应），下列表示该混合溶液中发生反应的离子方程式中正确的是（）A2 Fe3+SO32+H2O2 Fe2+SO42+2 H+B2 H+SO32SO2+H2OC2 H+2 NO3+3 SO323 SO42+2 NO+H2OD2 Fe3+3 SO32+3 H2O2 Fe（OH）3+3 SO2考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：硝酸根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子的氧化性，二者都能够氧化亚硫酸根离子，往含Fe3+、H+、NO3的混合液中加入少量含SO32的某溶液，亚硫酸根离子先与硝酸根离子反应，依据氧化还原反应规律判断反应产物、配平方程式，据此解答解答：解：硝酸根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子的氧化性，二者都能够氧化亚硫酸根离子，往含Fe3+、H+、NO3的混合液中加入少量含SO32的某溶液，亚硫酸根离子先与硝酸根离子反应，反应的离子方程式为：2H+2NO3+3SO323SO42+2NO+H2O，故选：C点评：本题考查了离子方程式的书写，明确氧化还原反应的先后规律是解题关键，注意氧化还原方程式的配平，题目难度中等19（4分）碳纳米管是近年来材料科学研究的热点为除去碳纳米管中的杂质碳纳米颗粒（少量碳原子的聚集体），可以将样品溶解于强酸性的K2Cr2O7溶液中充分反应，当溶液由橙色转变为墨绿色（Cr3+）即可，同时放出一种无毒的气体以下判断正确的是（）A可以用浓盐酸调节K2Cr2O7溶液的酸性B该过程中每氧化2 mol碳纳米颗粒，转移8NA个电子C若将该反应设计为原电池，则碳纳米颗粒应作为原电池的正极D可以通过过滤的方法最终得到碳纳米管考点：氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理专题：氧化还原反应专题分析：由信息可知，发生C+K2CrO7+H2SO4CO2+K2SO4+Cr2（SO4）3+H2O，C元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低，以此来解答解答：解：A浓盐酸与K2Cr2O7发生氧化还原反应，不能用浓盐酸调节K2Cr2O7溶液的酸性，故A错误；BC元素的化合价升高，失去电子被氧化，则每氧化2 mol碳纳米颗粒，转移2mol（40）=NA8NA个电子，故B正确；C若将该反应设计为原电池，C失去电子，碳纳米颗粒应作为原电池的负极，故C错误；D碳纳米管的直径较小，可透过滤纸，不能利用过滤分离，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息判断发生的反应、反应中元素的化合价变化为解答的关键，涉及电子转移、原电池原理、混合物分离方法等，综合性较强，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度中等20（4分）双球连通管中发生2NO2N2O4+Q（Q0）若同时向两烧杯中分别加入等温、等体积的蒸馏水（左）和0.1mol/L H2O2溶液（右），再向右侧烧杯中加入少量Fe2（SO4）3固体后，则下列有关推断中正确的是（）A实验时，A、B中的压强始终相等B若右侧烧杯发生吸热反应，则A中更快达到平衡C若右侧烧杯发生放热反应，则A中颜色较深D能用该装置推断右侧烧杯中反应的热效应考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：A、AB是连通器，实验时AB中压强相同；B、2NO2（红棕色）N2O4（无色），H0是放热反应，过氧化氢加入硫酸铁会做催化剂使过氧化氢分解，若右侧烧杯发生吸热反应，则B温度降低反应正向进行，AB中达到平衡；C、2NO2（红棕色）N2O4（无色），H0是放热反应，若双氧水的分解反应也是放热反应当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆向反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深；D、依据气体颜色变化分析烧杯中反应的能量变化，若B中气体颜色加深证明是放热反应，变浅证明是吸热反应解答：解：A、AB是连通器，实验时AB中压强始终相同，故A正确；B、2NO2（红棕色）N2O4（无色），H0是放热反应，过氧化氢加入硫酸铁会做催化剂使过氧化氢分解，若右侧烧杯发生吸热反应，则B温度降低反应正向进行，AB中达到相同平衡，故B错误；C、2NO2（红棕色）N2O4（无色），H0是放热反应，若双氧水的分解反应也是放热反应当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆向反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故C错误；D、若B中气体颜色加深证明是放热反应，变浅证明是吸热反应，可以用该装置推断右侧烧杯中反应的热效应，故D正确；故选AD点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学平衡移动原理理解应用，注意反应特征的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等21（4分）室温下，用含 0.2mol NaOH的溶液恰好吸收0.2mol NO2后得1L溶液，反应的化学方程式为：2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O对反应后的溶液，下列说法正确的是（已知：Ka（HNO2）=7.1104、Ka（CH3COOH）=1.7105）（）An（NO2）+n（OH）n（H+）=0.1 molB若通入0.01 mol HCl气体，溶液pH大于2（忽略溶液体积的变化）C若加入少量CH3COONa固体，溶液的碱性会减弱D此时溶液的pH大于0.1 mol/L的CH3COONa溶液考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：A、根据溶液中的电荷守恒来计算回答；B、亚硝酸钠可以和盐酸之间发生反应，符合强酸制弱酸的原理；C、醋酸钠溶液显示碱性，碱性强于亚硝酸钠；D、醋酸钠溶液显示碱性，碱性强于亚硝酸钠解答：解：A、根据反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，对反应后的溶液存在电荷守恒：n（NO3）+n（NO2）+n（OH）=n（Na+）+n（H+），其中硝酸钠是强酸强碱盐，硝酸钠中的n（NO3）=n（Na+），所以剩余的亚硝酸钠溶液中，n（NO2）+n（OH）n（H+）=n（Na+）=0.1 mol，故A正确；B、根据反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，硝酸钠显示中性，亚硝酸钠显示碱性，若通入0.01 mol HCl气体，亚硝酸钠可以和盐酸之间发生反应生成氯化钠和亚硝酸，亚硝酸酸性弱于盐酸，溶液pH大于2，故B正确；C、若加入少量CH3COONa固体，醋酸钠溶液显示碱性，溶液的碱性会增强，故C错误；D、Ka（HNO2）=7.1104、Ka（CH3COOH）=1.7105，醋酸酸性弱于亚硝酸，所以醋酸根离子水解程度大，0.1 mol/L的亚硝酸钠溶液溶液的pH小于0.1 mol/L的CH3COONa溶液，故D错误故选AB点评：本题涉及盐的水解原理应用以及溶液中离子浓度之间的关系知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等22（4分）已知：将一定量Cl2通入KOH溶液，可能生成KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=6a mol时，下列有关说法错误的是（）A若某温度下，反应后=11，则溶液中=0.5B参加反应的氯气的物质的量等于3a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：3a molne5a molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，根据电子转移守恒计算n（ClO3），据此计算判断；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒及钾离子守恒计算；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，结合C中计算判断解答：解：A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即5n（ClO3）+11mol=111mol，解得n（ClO3）=2mol，故溶液中=5.5，故A错误；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=3a mol，故B正确；C氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=5a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）=3a mol，转移电子最小物质的量=3a mol1=3a mol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：3a molne5a mol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D正确，故选A点评：本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用四、（本题共12分）23（12分）（2014福建）元素周期表中第A族元素的单质及其化合物的用途广泛（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是bc（填序号）aCl2、Br2、I2的熔点bCl2、Br2、I2的氧化性cHCl、HBr、HI的热稳定性dHCl、HBr、HI的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体完成中反应的总化学方程式：1NaCl+3H2O1NaClO3+3H2中转化的基本反应类型是复分解反应，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体（4）一定条件下，在水溶液中1mol Cl、ClOx（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示D是ClO4（填离子符号）BA+C反应的热化学方程式为3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol（用离子符号表示）考点：真题集萃；氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变；热化学方程式；卤素原子结构及其性质的比较专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；卤族元素分析：（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，据此书写F的原子结构示意图；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物的反应为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出；（4）一定条件下，在水溶液1 mol Cl、ClOx（x=1，2，3，4，）的能量（kJ）相对大小如图所示D中Cl元素化合价为+7价，据此判断x值；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应热=（63kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=117kJ/mol解答：解：（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，则F的原子结构示意图为，故答案为：；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选bc；（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为1NaCl+3H2O1NaClO3+3H2，故答案为：1；3；1；3；H2；NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3，故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；（4）根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，所以ClOx中x为4，则D为ClO4，故答案为：ClO4；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应热=（63kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol，故答案为：3ClO（aq）=ClO3（aq）+2Cl（aq）H=117kJ/mol点评：本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应、非金属强弱的判断方法等知识点，根据物质的性质、原子结构结合元素周期律等知识点来分析解答，题目难度中等五、（本题共12分）24（12分）铁及其化合物与生产、生活关系密切（1）如图2是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图这一腐蚀过程中发生还原反应的物质是O2（填化学式）图2中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是B（填字母）（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：（图1）步骤 I若温度过高，将不利于反应的进行，用适当的文字和化学方程式进行解释：4HNO34NO2+O2+2H2O，造成原料浪费步骤中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O2Fe2O3nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为4 Fe+10 HNO3=4 Fe（NO3）2+NH4NO3+3 H2O上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是氮氧化物排放少（任写一项）（3）已知t时，反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数为K1写出K1的表达式若该反应在恒容容器中反应时满足图3所示变化，则该反应的正反应为吸热反应（选填“吸热”或“放热”）若在t的2L恒温密闭容器中加入0.02mol FeO（s），并通入一定量CO若5min后FeO（s）转化率为50%，则CO2的平均反应速率为0.001 mol/（Lmin）考点：金属的回收与环境、资源保护；化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题；元素及其化合物分析：（1）由图可知，海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀，氧气具有强氧化性，充当氧化剂，被还原；A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤中转化为Fe2O3nH2O，最后得到铁红，硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；氮氧化物为有毒气体；（3）K=，升高温度，V正增加的快，；通入x mol CO，t时反应达到平衡此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol50%=0.01mol，则 FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）开始 0.02 x 0 0转化 0.01 0.01 0.01 0.01平衡 x0.01 0.01结合化学反应速率计算解答：解：（1）由图可知，海水溶液为弱酸性，则Fe失去电子，正极上O2得到电子，发生吸氧腐蚀，A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部，显然B中腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：O2；B；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤中转化为Fe2O3nH2O，最后得到铁红；硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，该反应为4HNO34NO2+O2+2H2O，产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为4Fe+10HNO34Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：4HNO34NO2+O2+2H2O，造成原料浪费；4Fe+10HNO34Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；氮氧化物排放少；（3）依据化学反应方程式得出：平衡常数K=；升高温度，V正增加的快，故正反应为吸热反应；t时反应达到平衡此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol50%=0.01mol，则 FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）开始 0.02 0转化 0.01 0.01平衡 0.01故v（CO2）=0.001mol/（Lmin），故答案为：；吸热；0.001mol/（Lmin）点评：本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握