1、可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Fe-56 Cu-64 1下列有关说法正确的是A明矾既可用作净水剂，也可用作消毒剂B小苏打、氢氧化铝都可用于治疗胃酸过多C煤的干馏和石油的分馏都属于化学变化D已知 PM2.5是指大气中直径小于或等于 2.5微米（1 微米=1000 纳米）的颗粒物，则 PM2.5在空气中能形成胶体。【答案】B【解析】A明矾可用作净水剂，不能作消毒剂，A 错误；B小苏打、氢氧化铝都能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，B 正确；C煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，C 错误；DM2.5 的直径大于 100纳米，不
2、能形成胶体，D 错误；答案选 B。2设 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A将 1 molNH3通入水中得到 1L溶液，则 NH4+与 NH3H2O粒子总数为 NAB1.2 g NaHSO 4晶体中含有离子总数为 0.03 NAC标准状况下，2.24 L SO 3含有的分子数为 0.1 NAD14 g 乙烯和环丙烷（C 3H6）混合气体中的碳原子数为 NA【答案】D【点睛】选项 B是易错点，注意硫酸氢钠在溶液中能电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，这说明硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子组成的离子化合物。3下列关于有机化合物的说法正确的是A正丁烷
3、与 2-甲基丁烷互为同分异构体B聚乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生的反应是加成反应C苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但在 FeBr3存在下能与液溴发生取代反应D除去乙酸乙酯中残留的乙酸，有效的处理方法是水洗后分液【答案】C【解析】A正丁烷与 2-甲基丁烷的分子式不同，二者互为同系物，A 错误；B聚乙烯不存在碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B 错误；C苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但在 FeBr3存在下能与液溴发生取代反应，C 正确；D除去乙酸乙酯中残留的乙酸，有效的处理方法是用饱和碳酸钠溶液然后分液，D 错误，答案选 C。4下图所示实验中，能够达到目的的是A B C D验证: 溶解性Ag
4、ClAgBrAg2S验证:非金属性 ClCSi验证: 铁粉与水蒸气反应产生的氢气验证：热稳定性Na2CO3 NaHCO3【答案】A【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、非金属性强弱比较、难溶电解质的溶解平衡、实验基本操作等为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的综合考查，注意实验的评价性分析。选项 D是易错点。5原子序数依次增大的短周期元素 A、B、C、D 分别位于不同的主族，m、p、n 分别是元素 A、B、C 的单质， D 的单质可与热水发生置换反应；x、y、z 是由 A、B、C 组成的二元化合物，其中 y、z 是气体，且 z可用于配制碳酸饮料。它们之间有如下转化关系
5、，下列说法正确的是AD 的单质起火燃烧时可用 z作灭火剂B元素的非金属性:C A BCB、C 与 A形成化合物的沸点：C BD原子半径:D B C A【答案】D碳，则镁单质起火燃烧时不能用 z作灭火剂，A 错误；B同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则元素的非金属性：CBAD，B 错误；CC 与 A形成水分子间含氢键，但氢原子与碳元素形成的化合物很多，其沸点不一定低于水，C 错误；D电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：DBCA，D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握 A为 H及 CO与水反应生成二氧化碳和氢气为解答
6、的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。选项 C是易错点，注意碳元素和氢元素形成的化合物不一定是甲烷，注意审题和答题的灵活性。6图甲是利用一种微生物将废水中的尿素【CO(NH 2)2】的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是AN 为正极，铁电极应与 Y相连接BM 电极反应式： CO(NH 2)2H 2O6e = CO2N 26H C当 N电极消耗 0.25 mol气体时，则铁电极增重 16 gDH 十 透过质子交换膜由右向左移动【答案】B【解析】甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M 是负极，N 是正极，电解质
7、溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，A铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极 Y相连，A 错误；BH 2NCONH2在负极 M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为 H2NCONH2+H2O-6e-CO 2+N 2+6H +，B 正确；C当 N电极消耗 0.25 mol氧气时，则转移 0.254=1mol电子，所以铁电极增重 1/2mol64g/mol=32g，C 错误；DM 是负极，N 是正极，质子透过离子交换膜由左 M极移向右 N极，即由左向右移动，D 错误；答案选 B。#￥7某温度下，在一个 2 L的恒容密闭容器中，加人 4
8、mol A和 2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g） 4C（？）+2D（？），反应一段时间后达到平衡，测得生成 1.6molC，且反应的前后压强之比为 5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是A该反应的化学平衡常数表达式是 K=B此时，B 的平衡转化率是 35C增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D增加 C，B 的平衡转化率不变【答案】D考点：平衡常数的判断、转化率计算以及外界条件对平衡状态非选择题8草酸是植物（特别是草本植物）常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体(H 2C2O42H2O)无色，熔点为 101，易溶于水，受热易脱水、升华，170以上分解。常温下它的
9、电离常数K1=5.4102 ，K 2=5.4105 。回答下列问题：（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的 CO，其合理的连接顺序为_（填字母序号）。（2）相同温度条件下，分别用 3支试管按下列要求完成实验：试管 A B C加入试剂4mL 0.01mol/L KMnO4 1ml 0.1moL/L H2SO42mL 0.1mol/L H2C2O44mL 0.02mol/L KMnO4 1ml 0.1moL/L H2SO42mL 0.1mol/L H2C2O4 4mL 0.03mol/L KMnO4 1ml 0.1moL/L H2SO42mL 0.1mol/L H2C2O4 褪色时间 28秒 3
10、0秒 不褪色写出试管 B的离子方程式_；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_（选填“能”或“不能”）；简述你的理由：_。（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其现象均正确的有_（填序号）。A室温下，取 0.010mol/L的 H2C2O4溶液，测其 pH=2；B室温下，取 0.010mol/L的 NaHC2O4溶液，测其 pH 7；C室温下，取 pH=a（a3）的 H2C2O4溶液稀释 100倍后，测其 pH a+2；D标况下，取 0.10mol/L的 H2C2O4溶液 100mL与足量锌粉反应，收集到 H2体积为 224mL；（4）为测定某 H2C2O4溶液的浓度，
11、取 20.00mL H2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入 2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的 NaOH溶液进行滴定，并进行 3次平行实验，所用 NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL 和 22.00mL。所用指示剂为_；滴定终点时的现象为_；H 2C2O4溶液物质的量浓度为_；下列操作会引起测定结果偏高的是_（填序号）。A滴定管在盛装 NaOH溶液前未润洗B滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出C滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数【答案】 (1)A-E-D（A-E-F-D 也给分） (2)2MnO 4- +5H2C2O4 +6H+
12、=2Mn2+ +10CO2+8 H 2O (3)能 (4)实验中 KMnO4的浓度 cBcA，且其反应速率 B A。 (5)C (6)酚酞 (7)锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化 (8)0.05000mol/L (9)A D（3）A室温下，取 0.010mol/L的 H2C2O4溶液，由于草酸是二元酸，因此测其 pH=2不能说明是弱酸，A错误；B根据电离平衡常数可知草酸氢钠溶液中草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，即室温下，取 0.010mol/L的 NaHC2O4溶液的 pH7，B 错误；C室温下，取 pH=a（a3）的 H2C2O4溶液稀释 100倍后，测其 pHa+2，
13、这说明稀释过程中继续电离出氢离子，即存在电离平衡，属于弱酸，C正确；D标况下，取 0.10mol/L的 H2C2O4溶液 100mL与足量锌粉反应，收集到 H2体积为 224mL，只能说明是二元酸，不能说明是弱酸，D 错误，答案选 C；（4）强碱滴定弱酸，终点溶液显碱性，所用指示剂为酚酞；滴定终点时的现象为锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；消耗标准液的体积平均值是 20.00mL，所以草酸溶液物质的量浓度为0.1000mol/L20.0500mol/L；A滴定管在盛装 NaOH溶液前未润洗，标准液被稀释，体积增加，测定结果偏高，A 正确；B滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致
14、部分液体溅出，消耗标准液体积减小，测定结果偏低，B 错误；C滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读数偏小，测定结果偏低，C 错误；D滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读数偏大，测定结果偏高，D 正确，答案选 AD。【点睛】该题的难点是弱电解质的判断和中和滴定误差分析。弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。注意判断的角度。误差分析关键是明确原理和实验操作注意事项。9硫元素有多种化合价，可形成多种化合物。 H 2S和 SO2在工农业生产中具有重要应用。（1）H 2S
15、气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25时，在 0.10 mol/L H2S溶液中，通入 HCl气体或加入 NaOH固体以调节溶液 pH，溶液 pH与 c(S2-)关系如图 I所示(忽略溶液体积的变化、H 2S的挥发)。pH=13 时，溶液中的 c(H2S)+c(HS-)=_mol/L；某溶液含 0.01 mol/LFe2+、未知浓度的 Mn2+和 0.10 mol/L H2S，当溶液 pH=_时，Fe 2+开始沉淀；当 Mn2+开始沉淀时，溶液中 =_。【已知：K SP(FeS)=1.410-19，K SP(MnS)=2.810-13】（2） 利用催化氧化反应将 SO2转化为 SO3是工业
16、上生产硫酸的关键步骤。已知：SO 2（g）1/2O 2（g）SO3（g） H99kJ/mol。某温度下该反应的平衡常数 K3.33。反应过程的能量变化如图II所示。图 II中 H_ kJ/mol；该反应通常用 V2O5作催化剂，加 V2O5会使图中 A点降低，原因是_ 。该温度下，向 100 L的恒容密闭容器中，充入 3.0 mol SO2(g)、16.0 mol O 2(g)和 3.0 mol SO3(g)，则反应开始时 v（正）_ v（逆）（填“”、“”或“”）。 L（ L1、 L2）、 X可分别代表压强或温度。图 III表示 L一定时，SO 2(g)的平衡转化率随 X的变化关系。则 X代
17、表的物理量是_； L1、 L2的大小关系为 L1_L2（填“”或“=”）。【答案】 (1)0.043 (2)2 (3)2.010 6 (4)-198 (5)因为催化剂改变了反应历程，使活化能 E降低 (6) (7)温度 (8)（g）SO 3（g ）H=-99kJ/mol， 图象分析可知 2molSO2和氧气全部反应，反应焓变H=-99kJ/mol2mol=-198kJ；E 为活化能，反应热可表示为 A、C 活化能的大小之差，活化能的大小与反应热无关；加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，所以 E的变化是减小；该温度下，向 100L的恒容密闭容器中，充入 3.0mol SO2（g）、
18、16.0mol O 2（g）和 3.0mol SO3（g），浓度分别是（mol/L）0.03、0.16、0.03，浓度商 Qc=0.03/0.030.161/2=2.53.33，则反应开始时（正）v（逆）；由图可知，X 越大，转化率越低，该反应正反应为气体体积减小的反应，如果增大压强，二氧化碳的转化率大，所以 X表示温度，温度升高，转化率下降，平衡逆向移动，增大压强，转化率大，所以 L1L 2。10工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO 3)，其中一部分 Fe2+在风化过程中会转化为+3 价。已知：TiO(OH) 2(即 H2TiO3)为两
19、性氢氧化物（1）步骤中，发生反应的主要离子方程式为_。（2）步骤中，实现混合物的分离是利用物质的_（填字母序号）。A熔沸点差异 B溶解性差异 C氧化性、还原性差异（3）步骤、中，均需用到的操作是_（填操作名称）。（4）请结合化学用语用化学平衡理论解释步骤中将 TiO2+转化为 H2TiO3的原理：_。（5）上述工艺流程中可以循环利用的物质是_。（6）研究发现，可以用石墨作阳极、铁网作阴极、熔触 CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。 写出阳极所发生反应的电极反应式_。在制备金属 Ti前后，CaO 的质量将_（填“增大”、“不变”或“减小”
20、）【答案】 (1)2Fe 3+Fe=3Fe2+ (2)B (3)过滤 (4)溶液中存在平衡：TiO2+2H2O H2TiO3+2H+，当加入热水将溶液稀释、升温后，平衡正向移动，生成 H2TiO3。 (5)H 2SO4或硫酸 (6)2O 2 -4e-=O2或 C+O2-2e-=CO (7)不变根据流程图可知废液中含有硫酸，所以循环利用的物质是硫酸；（6）用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融 CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为 2O2 -4e
21、-=O2或 C+O2-2e-=CO；制备 TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO2Ca+O 2，2Ca+TiO 2Ti+2CaO，由此可见，CaO 的量不变。#￥11A、B、C、D、E 代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D 同主族且有两种常见化合物 DA2和DA3；工业上电解熔融 C2A3制取单质 C；B、E 除最外层均只有 2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C 中第一电离能较大的是_（填元素符号），基态 D原子价电子的轨道表达式为_。（2）DA 2分子的 VSEPR模型是_。H 2A比 H2D熔沸点高得多的原因是_。（3）实验测得 C与氯元素形成化合物的实际组
22、成为 C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知 C2Cl6 在加热时易升华，与过量的 NaOH溶液反应可生成 Na。 C 2Cl6属于_晶体（填晶体类型），其中 C原子的杂化轨道类型为_杂化。 中存在的化学键有_。（4）工业上制备 B的单质是电解熔融 B的氯化物，而不是电解 BA，原因是_。（5）B、C 的氟化物晶格能分别是 2957 kJmol-1、5492 kJmol -1，二者相差很大的原因是_。（6）D 与 E所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。 在该晶胞中，E 的配位数为_。 原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。右图晶胞中，原子坐标参数 a为（0，0，0）；b为（，0，）；c 为（
23、，0）。则 d原子（面心上）的坐标参数为_。 已知该晶胞的密度为 g/cm3，则其中两个 D原子之间的距离为_pm（列出计算式即可）。【答案】 (1)Mg (2) (3)平面三角形 (4)H 2O分子间存在氢键 (5)分子 (6)sp 3 (7)极性共价键、配位键（或共价键、配位键） (8)熔融 MgCl2能导电，可电解；MgO 熔沸点高，电解熔融 MgO能耗大 (9)Al 3+比 Mg2+电荷高、半径小，AlF 3的晶格能比 MgF2大得多 (10)4 (11)（1，） (12) 1010（2）SO 2分子中 S原子的价层电子对数2(6-22)/2=3，所以 VSEPR模型是平面三角形。由于
24、H2O分子间存在氢键，所以 H2O比 H2S熔沸点高得多。（3）受热易升华，说明 Al2Cl6属于分子晶体，分子中 Al形成 4个共价键，则 Al原子的杂化轨道类型为 sp3杂化。 中存在的化学键有配位键、共价键。（4）由于熔融 MgCl2能导电，可电解；MgO 熔沸点高，电解熔融 MgO能耗大，所以工业上制备 Mg的单质是电解熔融 Mg的氯化物，而不是电解氧化镁。（5）B、C 的氟化物均是离子晶体，由于Al3+比 Mg2+电荷高、半径小，因此 AlF3的晶格能比 MgF2大得多。（6）根据晶胞结构可判断该晶胞中，Zn 的配位数为 4。根据晶胞结构并参照 a、b、c 的原子坐标参数可知 d原子（面心上）的坐标参数为（1，）。根据晶胞结构可知 Zn原子个数81/8+61/2=4，S 原子个数4，已知该晶胞的密度为 g/cm3，则晶胞的边长 ，其中两个 S原子之间的距离为面对角线的一半，则为 。12药物 E具有抗癌抑菌功效，其合成路线如下。已知：NaBH 4是一种很强的还原剂，可以将 CN 还原为 CH 2NH2（1）化合物 A的含氧官能团有_；A 的同分异构体中含有结构： 、-CH 2CH(NH2)COOH、-C 4H9；且所有取代基都集中在同一苯环上的有_种。
