2013年上海市高考化學(xué)試卷

1、2013年上海市高考化學(xué)試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1（2分）2013年4月24日，東航首次成功進(jìn)行了由地溝油生產(chǎn)的生物航空燃油的驗(yàn)證飛行能區(qū)別地溝油（加工過的餐飲廢棄油）與礦物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A點(diǎn)燃，能燃燒的是礦物油B測(cè)定沸點(diǎn)，有固定沸點(diǎn)的是礦物油C加入水中，浮在水面上的是地溝油D加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油2（2分）氰酸銨（NH4OCN）與尿素CO（NH2）2 （）A都是共價(jià)化合物B都是離子化合物C互為同分異構(gòu)體D互為同素異形體3（2分）230Th和232Th是釷的兩種同位素，232Th可以轉(zhuǎn)化成233U下列有關(guān)Th的說

2、法正確的是（）ATh元素的質(zhì)量數(shù)是232BTh元素的相對(duì)原子質(zhì)量是231C232Th轉(zhuǎn)化成233U是化學(xué)變化D230Th和232Th的化學(xué)性質(zhì)相同4（2分）下列變化需克服相同類型作用力的是（）A碘和干冰的升華B硅和C60的熔化C氯化氫和氯化鈉的溶解D溴和汞的氣化5（2分）374、22.1Mpa以上的超臨界水具有很強(qiáng)的溶解有機(jī)物的能力，并含有較多的H+和OH，由此可知超臨界水（）A顯中性，pH等于7B表現(xiàn)出非極性溶劑的特性C顯酸性，pH小于7D表現(xiàn)出極性溶劑的特性二、選擇題（本大題共36分，每小題3分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）6（3分）與索爾維制堿法相比，侯德榜制堿法最突出的優(yōu)點(diǎn)是（）A原料利用率

3、高B設(shè)備少C循環(huán)利用的物質(zhì)多D原料易得7（3分）將X氣體通入BaCl2溶液，未見沉淀生成，然后通入Y氣體，有沉淀生成，X、Y不可能是（）AX：SO2；Y：H2SBX：Cl2；Y：CO2CX：NH3；Y：CO2DX：SO2；Y：Cl28（3分）糕點(diǎn)包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同下列分析正確的是（）A脫氧過程是吸熱反應(yīng)，可降低溫度，延長(zhǎng)糕點(diǎn)保質(zhì)期B脫氧過程中鐵作原電池正極，電極反應(yīng)為：Fe3eFe3+C脫氧過程中碳做原電池負(fù)極，電極反應(yīng)為：2H2O+O2+4e4OHD含有1.12g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣336mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）9（3分）

4、將盛有NH4HCO3粉末的小燒杯放入盛有少量醋酸的大燒杯中然后向小燒杯中加入鹽酸，反應(yīng)劇烈，醋酸逐漸凝固由此可見（）ANH4HCO3和鹽酸的反應(yīng)是放熱反應(yīng)B該反應(yīng)中，熱能轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部的能量C反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量D反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2OQ10（3分）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正確的是（）A均采用水浴加熱B制備乙酸丁酯時(shí)正丁醇過量C均采用邊反應(yīng)邊蒸餾的方法D制備乙酸乙酯時(shí)乙醇過量11（3分）H2S水溶液中存在電離平衡H2SH+HS和HSH+S2若向H2S溶液中（）A加水，平衡向右移動(dòng)，溶液中氫離子濃度增大B通入過量SO2

5、氣體，平衡向左移動(dòng)，溶液pH值增大C滴加新制氯水，平衡向左移動(dòng)，溶液pH值減小D加入少量硫酸銅固體（忽略體積變化），溶液中所有離子濃度都減小12（3分）根據(jù)有機(jī)化合物的命名原則，下列命名正確的是（）A 3甲基1，3丁二烯B 2羥基丁烷CCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷DCH3CH（NH2）CH2COOH 3氨基丁酸13（3分）X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外層未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)；Y元素原子最外電子層上s、p電子數(shù)相等；Z元素+2價(jià)陽離子的核外電子排布與氖原子相同；W元素原子的M層有1個(gè)未成對(duì)的p電子下列有關(guān)這些元素性質(zhì)的說法一

6、定正確的是（）AX元素的氫化物的水溶液顯堿性BZ元素的離子半徑大于W元素的離子半徑CZ元素的單質(zhì)在一定條件下能與X元素的單質(zhì)反應(yīng)DY元素最高價(jià)氧化物的晶體具有很高的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)14（3分）為測(cè)定鍍鋅鐵皮鋅鍍層的厚度，將鍍鋅皮與足量鹽酸反應(yīng)，待產(chǎn)生的氣泡明顯減少時(shí)取出，洗滌，烘干，稱重關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的操作對(duì)測(cè)定結(jié)果的影響判斷正確的是（）A鐵皮未及時(shí)取出，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小B鐵皮未洗滌干凈，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大C烘干時(shí)間過長(zhǎng)，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小D若把鹽酸換成硫酸，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大15（3分）NA代表阿伏伽德羅常數(shù)已知C2H4和C3H6的混合物的質(zhì)量為ag，則該混合物（）A所含共用電子對(duì)數(shù)目為（+1）NA

7、B所含碳?xì)滏I數(shù)目為NAC燃燒時(shí)消耗的O2一定是LD所含原子總數(shù)為NA16（3分）已知氧化性Br2Fe3+FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：a Fe2+b Br+c Cl2d Fe3+e Br2+f Cl下列選項(xiàng)中的數(shù)字與離子方程式中的a、b、c、d、e、f一一對(duì)應(yīng)，其中不符合反應(yīng)實(shí)際的是（）A2 4 3 2 2 6B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2D2 2 2 2 1 417（3分）某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取該溶液100mL，加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，同時(shí)產(chǎn)生紅褐色沉淀；過濾，洗

8、滌，灼燒，得到1.6g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5種離子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個(gè)或兩個(gè)正確選項(xiàng)只有一個(gè)正確選項(xiàng)的，多選不給分；有兩個(gè)正確選項(xiàng)的，選對(duì)一個(gè)給2分，選錯(cuò)一個(gè)，該小題不給分）18（4分）汽車劇烈碰撞時(shí)，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則下列判斷正確的是（）A生成40.0LN2（標(biāo)

9、準(zhǔn)狀況）B有0.250mol KNO3被氧化C轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25molD被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol19（4分）部分弱酸的電離平衡常數(shù)如表，下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的是（）弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)（25）Ki=1.77×104Ki=4.9×1010Ki1=4.3×107Ki2=5.6×1011A2CN+H2O+CO22HCN+CO32B2HCOOH+CO322HCOO+H2O+CO2C中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者小于后者20（4

10、分）某恒溫密閉容器中，可逆反應(yīng)A（s）B+C（g）Q達(dá)到平衡縮小容器體積，重新達(dá)到平衡時(shí)，C（g）的濃度與縮小體積前的平衡濃度相等以下分析正確的是（）A產(chǎn)物B的狀態(tài)只能為固態(tài)或液態(tài)B平衡時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)n（A）消耗：n（C）消耗=1：1C保持體積不變，向平衡體系中加入B，平衡可能向逆反應(yīng)方向移動(dòng)D若開始時(shí)向容器中加入1mol B和1mol C，達(dá)到平衡時(shí)放出熱量Q21（4分）一定條件下，將0.1L CO、0.2L CO2、0.1L NO、0.2L NO2和0.2L NH3混合，然后通過分別盛有足量蒸餾水、飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液的三個(gè)洗氣瓶（洗氣瓶排列順序不確定）假設(shè)氣體通過每個(gè)洗氣瓶都能

11、充分反應(yīng)則尾氣（已干燥）（）A可能是單一氣體B不可能含有一氧化碳C可能存在原氣體中的兩種氣體D成分和洗氣瓶的排列順序無關(guān)22（4分）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中（存在Cu2+和SO42）加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1：1，則V可能為（）A9.0 LB13.5 LC15.7 LD16.8 L四、填空題（本題共8分）23（8分）金屬鋁質(zhì)輕且有良好的防腐蝕性，在國(guó)防工業(yè)中有非常重要的作用完成下列填空：（1）鋁原子核外電子云有 種不同的伸展方

12、向，有 種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子（2）鎵（Ga）與鋁同族寫出鎵的氯化物和氨水反應(yīng)的化學(xué)方程式 （3）硅與鋁同周期SiO2是硅酸鹽玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可寫成Na2OCaO6SiO2盛放NaOH溶液的試劑瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸鹽而無法打開，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式 長(zhǎng)石是鋁硅鹽酸，不同類長(zhǎng)石其氧原子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相同由鈉長(zhǎng)石化學(xué)式NaAlSi3O8可推知鈣長(zhǎng)石的化學(xué)式為 （4）用鋁和金屬氧化物反應(yīng)制備金屬單質(zhì)是工業(yè)上較常用的方法如：2Al+4BaO3Ba+BaOAl2O3常溫下Al的金屬性比Ba的金屬性 （選填“強(qiáng)”“弱”）利用上述方法可制取Ba的主

13、要原因是 a高溫時(shí)Al的活潑性大于Ba b高溫有利于BaO分解c高溫時(shí)BaOAl2O3比Al2O3穩(wěn)定 dBa的沸點(diǎn)比Al的低五、解答填空題（本題共8分）24（8分）溴主要以Br形式存在于海水中，海水呈弱堿性工業(yè)上制備的Br2的操作步驟為：一定條件下，將Cl2通入濃縮的海水中，生成Br2利用熱空氣將Br2吹出，并用濃Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步驟得到的混合物完成下列填空：（1）Cl2氧化Br應(yīng)在 條件下進(jìn)行，目的是為了避免 （2）Br2可用熱空氣吹出，其原因是 （3）寫出步驟所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式 用硫酸而不用鹽酸酸化的原因可能是 步驟的產(chǎn)品有時(shí)運(yùn)輸?shù)侥康牡睾?/p>

14、再酸化，主要是因?yàn)?（4）為了除去工業(yè)Br2中微量的Cl2，可向工業(yè)Br2中 a通入HBr b加入Na2CO3溶液 c加入NaBr溶液 d加入Na2SO3溶液六、解答填空題（本題共8分）25（8分）鎳具有優(yōu)良的物理和化學(xué)特性，是許多領(lǐng)域尤其是高技術(shù)產(chǎn)業(yè)的重要原料羰基法提純粗鎳涉及的兩步反應(yīng)依次為：Ni（S）+4CO（g）Ni（CO）4（g）+Q；Ni（CO）4（g）Ni（S）+4CO（g）完成下列填空：（1）在溫度不變的情況下，要提高反應(yīng)（1）中Ni（CO）4的產(chǎn)率，可采取的措施有 、 （2）已知在一定條件下的2L密閉容器中制備Ni（CO）4，粗鎳（純度98.5%，所含雜質(zhì)不與CO反應(yīng)）剩余質(zhì)

15、量和反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖所示Ni（CO）4在010min的平均反應(yīng)速率為 （3）若反應(yīng)（2）達(dá)到平衡后，保持其他條件不變，降低溫度，重新達(dá)到平衡時(shí) a平衡常數(shù)K增大 bCO的濃度減小cNi的質(zhì)量減小 dv逆Ni（CO）4增大（4）簡(jiǎn)述羰基法提純粗鎳的操作過程： 七、實(shí)驗(yàn)題（本題共12分）26（12分）溴化鈣可用作阻燃劑、制冷劑，具有易溶于水，易吸潮等性質(zhì)實(shí)驗(yàn)室用工業(yè)大理石（含有少量Al3+、Fe3+等雜質(zhì)）制備溴化鈣的主要流程如下：完成下列填空：（1）上述使用的氫溴酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為26%，若用47%的氫溴酸配置26%的氫溴酸的氫溴酸500mL，所需的玻璃儀器有玻璃棒、 ；（2）已知步驟的濾液中不含

16、NH4+步驟加入的試劑a是 ，控制溶液的pH約為8.0的目的是 、 ；（3）試劑b是 ，步驟的目的是 ；（4）步驟所含的操作依次是 、 ；（5）制得的溴化鈣可以通過如下步驟測(cè)定其純度：稱取4.00g無水溴化鈣樣品；溶解；滴入足量Na2CO3溶液，充分反應(yīng)后過濾； ；稱量若得到1.88g碳酸鈣，則溴化鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 （保留兩位小數(shù)）若實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范而測(cè)定結(jié)果偏低，其原因是 八、綜合題（本題共12分）27（12分）二氧化硫是硫的重要化合物，在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要?dú)怏w無論是實(shí)驗(yàn)室制備還是工業(yè)生產(chǎn)，二氧化硫尾氣吸收或煙氣脫硫都非常重要完成下列填空：（1）實(shí)驗(yàn)室可用銅和

17、濃硫酸加熱或硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)制取二氧化硫如果用硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)制取二氧化硫，并希望能控制反應(yīng)速度，圖中可選用的發(fā)生裝置是 （填寫字母）（2）若用硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)制取3.36L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）二氧化硫，至少需要稱取亞硫酸鈉 g（保留一位小數(shù)）；如果已有4.0%亞硫酸鈉（質(zhì)量分?jǐn)?shù)），被氧化成硫酸鈉，則至少需稱取該亞硫酸鈉 g（保留一位小數(shù)）（3）實(shí)驗(yàn)室二氧化硫尾氣吸收與工業(yè)煙氣脫硫的化學(xué)原理相通石灰石膏法和堿法是常用的煙氣脫硫法石灰石膏法的吸收反應(yīng)為SO2+Ca（OH）2CaSO3+H2O吸收產(chǎn)物亞硫酸鈣由管道輸送至氧化塔氧化，反應(yīng)為2CaSO3+O2+4H2O2CaSO42H2O其流程如圖：堿

18、法的吸收反應(yīng)為SO2+2NaOHNa2SO3+H2O堿法的特點(diǎn)是氫氧化鈉堿性強(qiáng)、吸收快、效率高其流程如圖：已知：試劑Ca（OH）2NaOH價(jià)格（元/kg）0.362.9吸收SO2的成本（元/mol）0.0270.232石灰石膏法和堿法吸收二氧化硫的化學(xué)原理相同之處是 和堿法相比，石灰石膏法的優(yōu)點(diǎn)是 ，缺點(diǎn)是 （4）在石灰石膏法和堿法的基礎(chǔ)上，設(shè)計(jì)一個(gè)改進(jìn)的、能實(shí)現(xiàn)物料循環(huán)的煙氣脫硫方案（用流程圖表示）九、實(shí)驗(yàn)題（本題共10分）28（10分）異構(gòu)化可得到三元乙丙橡膠的第三單體由A（C5H6）和B經(jīng)DielsAlder反應(yīng)制得DielsAlder反應(yīng)為共軛雙烯與含有烯鍵或炔鍵的化合物相互作用生成六

19、元環(huán)狀化合物的反應(yīng)，最簡(jiǎn)單的反應(yīng)是完成下列填空：（1）DielsAlder反應(yīng)屬于 反應(yīng)（填反應(yīng)類型）：A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 （2）寫出與互為同分異構(gòu)體，且一溴代物只有兩種的芳香烴的名稱 寫出生成這兩種一溴代物所需要的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件 （3）B與Cl2的1，2加成產(chǎn)物消去HCl得到2氯代二烯烴，該二烯烴和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物可改進(jìn)氯丁橡膠的耐寒性和加工性能，寫出該聚合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可為 （4）寫出實(shí)驗(yàn)室由的屬于芳香烴的同分異構(gòu)體的同系物制備的合成路線，（合成路線常用的表示方式為：AB目標(biāo)產(chǎn)物）： 十、解答題（本題共12分）29（12分）沐舒坦（結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，不考慮立體異構(gòu)）是

20、臨床上使用廣泛的如圖所示的其多條合成路線中的一條（反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件均未標(biāo)出）已知：，完成下列填空：（1）寫出反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件反應(yīng) ；反應(yīng) （2）寫出反應(yīng)類型反應(yīng) ；反應(yīng) （3）寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A ；B （4）反應(yīng)中除加入反應(yīng)試劑C外，還需要加入K2CO3，其目的是為了中和 ；防止 （5）寫出兩種C的能發(fā)生水解反應(yīng)，且只含3種不同化學(xué)環(huán)境氫原子的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式： （6）反應(yīng)、反應(yīng)的順序不能顛倒，其原因是 、 十一、解答題（本題共14分）30（14分）碳酸氫納俗稱“小蘇打”，是氨堿法和聯(lián)合制堿法制純堿的中間產(chǎn)物，可用作膨松劑，制酸劑，滅火劑等工業(yè)上用純堿溶液碳酸化制取碳酸氫鈉（1）某碳酸氫鈉

21、樣品中含有少量氯化鈉稱取該樣品，用0.1000mol/L鹽酸滴定，耗用鹽酸20.00mL若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸 mL（保留兩位小數(shù)）（2）某溶液組成如表一：表一化合物Na2CO3NaHCO3NaCl質(zhì)量（kg）814.8400.397.3向該溶液通入二氧化碳，析出碳酸氫鈉晶體取出晶體后溶液組成如表二：表二化合物Na2CO3NaHCO3NaCl質(zhì)量（kg）137.7428.897.3計(jì)算析出的碳酸氫納晶體的質(zhì)量（保留1位小數(shù)）（3）將組成如表二的溶液加熱，使碳酸氫納部分分解，溶液中NaHCO3的質(zhì)量由428.8kg降為400.3kg，補(bǔ)加適量碳酸納，使溶液組成回到表一狀

22、態(tài)計(jì)算補(bǔ)加的碳酸納質(zhì)量（保留1位小數(shù)）（4）某種由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成的晶體452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103 L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），獲得純的碳酸氫鈉溶液，測(cè)得溶液中含碳酸氫鈉504kg通過計(jì)算確定該晶體的化學(xué)式2013年上海市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1（2分）2013年4月24日，東航首次成功進(jìn)行了由地溝油生產(chǎn)的生物航空燃油的驗(yàn)證飛行能區(qū)別地溝油（加工過的餐飲廢棄油）與礦物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A點(diǎn)燃，能燃燒的是礦物油B測(cè)定沸點(diǎn)，有固定沸點(diǎn)的是礦物油C加入水中，浮在水面上的是地溝

23、油D加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油【分析】地溝油中含油脂，與堿溶液反應(yīng)，而礦物油不與堿反應(yīng)，混合后分層，以此來解答【解答】解：A地溝油、礦物油均能燃燒，不能區(qū)別，故A錯(cuò)誤；B地溝油、礦物油均為混合物，沒有固定沸點(diǎn)，不能區(qū)別，故B錯(cuò)誤；C地溝油、礦物油均不溶于水，且密度均比水小，不能區(qū)別，故C錯(cuò)誤；D加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油，分層的為礦物油，現(xiàn)象不同，能區(qū)別，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的區(qū)別，明確地溝油、礦物油的成分及性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，側(cè)重有機(jī)物性質(zhì)的考查，題目難度不大2（2分）氰酸銨（NH4OCN）與尿素CO（NH2）2 （）A都是共價(jià)化合物B

24、都是離子化合物C互為同分異構(gòu)體D互為同素異形體【分析】A共價(jià)化合物中只含共價(jià)鍵；B離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價(jià)鍵；C分子式相同結(jié)構(gòu)不同的化合物屬于同分異構(gòu)體；D同種元素組成的不同單質(zhì)屬于同素異形體【解答】解：A氰酸銨（NH4OCN）屬于銨鹽，是離子化合物，故A錯(cuò)誤；B尿素CO（NH2）2中只含共價(jià)鍵，屬于共價(jià)化合物，故B錯(cuò)誤；C氰酸銨（NH4OCN）與尿素CO（NH2）2的化學(xué)式相同但結(jié)構(gòu)不同，所以屬于同分異構(gòu)體，故C正確；D同素異形體是單質(zhì)，氰酸銨（NH4OCN）與尿素CO（NH2）2都是化合物，所以不是同素異形體，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查基本概念，明確這幾個(gè)概念的含

25、義是解本題關(guān)鍵，注意同素異形體、同分異構(gòu)體的區(qū)別，難度不大3（2分）230Th和232Th是釷的兩種同位素，232Th可以轉(zhuǎn)化成233U下列有關(guān)Th的說法正確的是（）ATh元素的質(zhì)量數(shù)是232BTh元素的相對(duì)原子質(zhì)量是231C232Th轉(zhuǎn)化成233U是化學(xué)變化D230Th和232Th的化學(xué)性質(zhì)相同【分析】ATh元素有2種核素；B元素的相對(duì)原子質(zhì)量，是按各種天然同位素原子所占的一定百分比算出來的平均值；C化學(xué)變化的最小微粒是原子；D同位素的化學(xué)性質(zhì)幾乎相同【解答】解：ATh元素有2種核素，230Th和232Th的質(zhì)量數(shù)分別是230，232，故A錯(cuò)誤； B不知道各種天然同位素的含量無法求出，故B錯(cuò)

26、誤；C化學(xué)變化是生成新物質(zhì)的變化，原子不變，而c項(xiàng)的原子發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；D同位素的物理性質(zhì)可以不同，但化學(xué)性質(zhì)幾乎相同，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查核素、同位素的性質(zhì)，難度中等，注意元素的相對(duì)原子質(zhì)量是按各種天然同位素原子所占的一定百分比算出來的平均值4（2分）下列變化需克服相同類型作用力的是（）A碘和干冰的升華B硅和C60的熔化C氯化氫和氯化鈉的溶解D溴和汞的氣化【分析】題中碘、干冰、氯化氫、溴、C60屬于分子晶體，其中HCl屬于電解質(zhì)，溶于水共價(jià)鍵被破壞，汞屬于金屬晶體，硅屬于原子晶體，氯化鈉屬于離子晶體，以此判斷【解答】解：A碘和干冰屬于分子晶體，升華時(shí)破壞分子間作用力，類型

27、相同，故A正確；B硅屬于原子晶體，C60屬于分子晶體，熔化時(shí)分別破壞共價(jià)鍵和分子間作用力，故B錯(cuò)誤；C氯化氫溶于水破壞共價(jià)鍵，氯化鈉溶解破壞離子鍵，故C錯(cuò)誤；D溴氣化破壞分子間作用力，汞氣化破壞金屬鍵，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查晶體的類型和微粒間作用力的判斷，題目難度不大，注意物質(zhì)發(fā)生變化時(shí)粒子間作用力的變化5（2分）374、22.1Mpa以上的超臨界水具有很強(qiáng)的溶解有機(jī)物的能力，并含有較多的H+和OH，由此可知超臨界水（）A顯中性，pH等于7B表現(xiàn)出非極性溶劑的特性C顯酸性，pH小于7D表現(xiàn)出極性溶劑的特性【分析】無論純水中氫離子和氫氧根離子濃度多大，但c（H+）=c（OH），根據(jù)

28、相似相溶原理確定超臨界水的極性【解答】解：雖然超臨界水含有較多的H+和OH，但c（H+）=c（OH），所以呈中性；根據(jù)相似相溶原理知，超臨界水是非極性溶劑，故選B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生知識(shí)運(yùn)用能力，明確純水特點(diǎn)、相似相溶原理即可解答，難度中等二、選擇題（本大題共36分，每小題3分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）6（3分）與索爾維制堿法相比，侯德榜制堿法最突出的優(yōu)點(diǎn)是（）A原料利用率高B設(shè)備少C循環(huán)利用的物質(zhì)多D原料易得【分析】索爾維制堿法對(duì)濾液的處理是加熟石灰使氨氣循環(huán)，產(chǎn)生的CaCl2，含Cl幾乎沒什么用，而侯氏制堿法是對(duì)濾液通入二氧化碳，氨氣，結(jié)晶出的NH4Cl，其母液可以作為制堿原料【解答】解：

29、索爾維法缺點(diǎn)：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，約有30%的NaCl留在母液中，侯氏制堿法的優(yōu)點(diǎn)：把合成氨和純堿兩種產(chǎn)品聯(lián)合生產(chǎn)，提高了食鹽利用率，縮短了生產(chǎn)流程，減少了對(duì)環(huán)境的污染，降低了純堿的成本。保留了氨堿法的優(yōu)點(diǎn)，消除了它的缺點(diǎn)，使食鹽的利用率提高到96%，故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查侯氏制堿法知識(shí)，題目難度不大，注意把握索爾維制堿法與侯德榜制堿法反應(yīng)原理，即可判斷二者的優(yōu)缺點(diǎn)7（3分）將X氣體通入BaCl2溶液，未見沉淀生成，然后通入Y氣體，有沉淀生成，X、Y不可能是（）AX：SO2；Y：H2SBX：Cl2；Y：CO2CX：NH3；Y：CO2DX：SO2；Y：Cl2【分

30、析】A、硫化氫和二氧化硫反應(yīng)生成硫單質(zhì)；B、氯氣不和BaCl2溶液反應(yīng)，通入二氧化碳不能反應(yīng)，無沉淀生成；C、氨氣顯堿性，能和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸銨，碳酸根離子結(jié)合鋇離子生成碳酸鋇沉淀；D、氯氣和二氧化硫在水溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到兩種強(qiáng)酸溶液；【解答】解：A、2H2S+SO23S+2H2O，有沉淀生成，故A不符合；B、氯氣不和BaCl2溶液反應(yīng)，通入二氧化碳不能反應(yīng)，無沉淀生成，故B符合；C、2NH3+H2O+CO2（NH4）2C03，（NH4）2C03+BaCl2BaCO3+2NH4Cl，故C不符合；D、Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2H

31、Cl，故D不符合；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題目考查了學(xué)生物質(zhì)之間的化學(xué)反應(yīng)，要求學(xué)生熟記教材知識(shí)，學(xué)以致用8（3分）糕點(diǎn)包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同下列分析正確的是（）A脫氧過程是吸熱反應(yīng)，可降低溫度，延長(zhǎng)糕點(diǎn)保質(zhì)期B脫氧過程中鐵作原電池正極，電極反應(yīng)為：Fe3eFe3+C脫氧過程中碳做原電池負(fù)極，電極反應(yīng)為：2H2O+O2+4e4OHD含有1.12g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣336mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）【分析】鐵粉、氯化鈉溶液、炭粉構(gòu)成原電池，鐵作負(fù)極，碳作正極，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，原電池放電過程是放熱

32、反應(yīng)，結(jié)合得失電子相等進(jìn)行有關(guān)計(jì)算【解答】解：A鐵粉、氯化鈉溶液、炭粉構(gòu)成原電池，原電池放電過程是放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B脫氧過程中鐵作原電池負(fù)極，負(fù)極上鐵失電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)為：Fe2eFe2+，故B錯(cuò)誤；C脫氧過程中碳做原電池正極，故C錯(cuò)誤；D由電子守恒知，消耗氧化劑氧氣的體積（標(biāo)況下）v（O2）=336mL，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了原電池原理，明確正負(fù)極的判斷、正負(fù)極上得失電子、物質(zhì)間的反應(yīng)來分析解答即可，難度中等9（3分）將盛有NH4HCO3粉末的小燒杯放入盛有少量醋酸的大燒杯中然后向小燒杯中加入鹽酸，反應(yīng)劇烈，醋酸逐漸凝固由此可見（）ANH4HCO3和鹽酸的反應(yīng)是

33、放熱反應(yīng)B該反應(yīng)中，熱能轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部的能量C反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量D反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2OQ【分析】A、依據(jù)反應(yīng)后醋酸凝固，說明反應(yīng)是吸熱反應(yīng)；B、吸熱反應(yīng)把能量轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部能量；C、依據(jù)反應(yīng)前后能量守恒分析判斷；D、熱化學(xué)方程式需要標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)【解答】解：A、醋酸逐漸凝固說明反應(yīng)吸收熱量導(dǎo)致醋酸溶液溫度降低，即NH4HCO3與HCl的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、因反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即吸熱的熱量轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物內(nèi)部的能量，故B正確；C、因反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則反應(yīng)后生成物的總能量高于反應(yīng)物的總能量，故C錯(cuò)誤；D、書寫熱化學(xué)方程式時(shí)，應(yīng)注明

34、物質(zhì)的狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)反應(yīng)能量變化判斷，熱化學(xué)方程式書寫方法，能量守恒的應(yīng)用分析是解題關(guān)鍵，題目難度中等10（3分）下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正確的是（）A均采用水浴加熱B制備乙酸丁酯時(shí)正丁醇過量C均采用邊反應(yīng)邊蒸餾的方法D制備乙酸乙酯時(shí)乙醇過量【分析】該題主要考查有機(jī)物的制備，有機(jī)物的制備我們需要注意的是反應(yīng)物是什么，生成物是什么，反應(yīng)條件，是否需要催化劑，以及試劑加入順序，是否需要過量等問題乙酸乙酯的制備是我們課本介紹過的，該實(shí)驗(yàn)的原料需要冰醋酸和乙醇，考慮到冰醋酸和乙醇的價(jià)格，一般會(huì)使乙醇過量，提高冰醋酸的轉(zhuǎn)化率，而且反應(yīng)過程中要使用濃硫酸做

35、催化劑和吸水劑，反應(yīng)條件上需要酒精燈加熱乙酸丁酯的制備和乙酸乙酯的制備區(qū)別在于正丁醇和乙醇的價(jià)格差異【解答】解：A、實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯采用酒精燈加熱，故A錯(cuò)誤；B、制備乙酸丁酯時(shí)，采用乙酸過量，以提高丁醇的利用率，這是因?yàn)檎〈嫉膬r(jià)格比冰醋酸高，故該方法不可行，B錯(cuò)誤；C、乙酸乙酯采取邊反應(yīng)邊蒸餾的方法，但乙酸丁酯則采取直接回流的方法，待反應(yīng)后再提取產(chǎn)物，C錯(cuò)誤；D、制備乙酸乙酯時(shí)，為了提高冰醋酸的轉(zhuǎn)化率，由于乙醇價(jià)格比較低廉，會(huì)使乙醇過量，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】該題考查高中化學(xué)課本中比較重要的有機(jī)反應(yīng)，因此要做到對(duì)課本實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵因素了如指掌（如反應(yīng)物、生成物、反應(yīng)條件、催化劑和實(shí)驗(yàn)注意事

36、項(xiàng)等）11（3分）H2S水溶液中存在電離平衡H2SH+HS和HSH+S2若向H2S溶液中（）A加水，平衡向右移動(dòng)，溶液中氫離子濃度增大B通入過量SO2氣體，平衡向左移動(dòng)，溶液pH值增大C滴加新制氯水，平衡向左移動(dòng)，溶液pH值減小D加入少量硫酸銅固體（忽略體積變化），溶液中所有離子濃度都減小【分析】A加水稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)電離；B硫化氫和二氧化硫反應(yīng)生成硫和水，亞硫酸酸性大于氫硫酸；C氯氣和硫化氫反應(yīng)生成硫和鹽酸，鹽酸酸性大于氫硫酸；D硫化氫和硫酸銅反應(yīng)生成硫酸和硫化銅，硫酸酸性大于氫硫酸【解答】解：A加水稀釋促進(jìn)硫化氫電離，但氫離子濃度減小，故A錯(cuò)誤；B二氧化硫和硫化氫反應(yīng)方程式為SO2+2H2

37、S=3S+2H2O，通入過量二氧化硫平衡向左移動(dòng)，二氧化硫和水反應(yīng)方程式為H2O+SO2=H2SO3，亞硫酸酸性大于氫硫酸，所以溶液的pH減小，故B錯(cuò)誤；C氯氣和硫化氫反應(yīng)方程式為Cl2+H2S=S+2HCl，通入氯氣平衡向左移動(dòng)，鹽酸的酸性大于氫硫酸，所以溶液的pH減小，故C正確；D加入硫酸銅溶液發(fā)生反應(yīng)CuSO4+H2S=H2SO4+CuS，硫酸的酸性大于氫硫酸，所以氫離子濃度增大，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的電離，明確離子間發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意加水稀釋時(shí)，雖然促進(jìn)氫硫酸電離，但氫離子濃度減小，溶液的pH增大，為易錯(cuò)點(diǎn)12（3分）根據(jù)有機(jī)化合物的命名原則，下列命名

38、正確的是（）A 3甲基1，3丁二烯B 2羥基丁烷CCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷DCH3CH（NH2）CH2COOH 3氨基丁酸【分析】A、甲基的序號(hào)不是最小的；B、不是烷烴，應(yīng)該是醇的命名，稱為丁醇；C、烷烴的命名原則是：找出最長(zhǎng)的碳鏈當(dāng)主鏈，依碳數(shù)命名主鏈，前十個(gè)以天干（甲、乙、丙）代表碳數(shù)，碳數(shù)多于十個(gè)時(shí)，以中文數(shù)字命名，如：十一烷；從最近的取代基位置編號(hào)：1、2、3（使取代基的位置數(shù)字越小越好）以數(shù)字代表取代基的位置數(shù)字與中文數(shù)字之間以隔開；有多個(gè)取代基時(shí)，以取代基數(shù)字最小且最長(zhǎng)的碳鏈當(dāng)主鏈，并依甲基、乙基、丙基的順序列出所有取代基；有兩個(gè)以上的取代基相同時(shí)，在取

39、代基前面加入中文數(shù)字：一、二、三，如：二甲基，其位置以，隔開，一起列于取代基前面；D、羧酸的命名，選取含有羧基的最長(zhǎng)鏈為主鏈，符合原則【解答】解：A、根據(jù)烯烴命名原則，取代基應(yīng)該是2甲基，正確命名應(yīng)該是2甲基1，3丁二烯，故A錯(cuò)誤；B、是醇不是烷烴，根據(jù)醇的命名，應(yīng)該是 2丁醇，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)烷烴命名原則，2乙基說明主鏈不是最長(zhǎng)的，應(yīng)該是3甲基己烷，故C錯(cuò)誤；D、是一種氨基酸，命名是3氨基丁酸，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題是基礎(chǔ)性試題的考查，側(cè)重對(duì)學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的檢驗(yàn)和訓(xùn)練該題的關(guān)鍵是明確有機(jī)物的命名原則，然后結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式靈活運(yùn)用即可有利于培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力13（3分）X、Y

40、、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外層未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)；Y元素原子最外電子層上s、p電子數(shù)相等；Z元素+2價(jià)陽離子的核外電子排布與氖原子相同；W元素原子的M層有1個(gè)未成對(duì)的p電子下列有關(guān)這些元素性質(zhì)的說法一定正確的是（）AX元素的氫化物的水溶液顯堿性BZ元素的離子半徑大于W元素的離子半徑CZ元素的單質(zhì)在一定條件下能與X元素的單質(zhì)反應(yīng)DY元素最高價(jià)氧化物的晶體具有很高的熔點(diǎn)和沸點(diǎn)【分析】X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外層未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)，X可能為O，也可能為N元素；Z元素+2價(jià)陽離子的核外電子排布與氖原子相

41、同，則Z元素的質(zhì)子數(shù)為10+2=12，故Z為Mg元素；Y元素原子最外電子層上s、p電子數(shù)相等，外圍電子排布為ns2np2，處于A族，且屬于短周期元素，所以Y為C或Si；W元素原子的M層有1個(gè)未成對(duì)的p電子，外圍電子排布為3s23p1或3s23p5，W為Al或Cl，據(jù)此解答【解答】解：X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外層未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)，X可能為O，也可能為N元素；Z元素+2價(jià)陽離子的核外電子排布與氖原子相同，則Z元素的質(zhì)子數(shù)為10+2=12，故Z為Mg元素；Y元素原子最外電子層上s、p電子數(shù)相等，外圍電子排布為ns2np2，處于A族，且屬于短周期

42、元素，所以Y為C或Si元素；W元素原子的M層有1個(gè)未成對(duì)的p電子，外圍電子排布為3s23p1或3s23p5，W為Al或Cl，AX可能為O或N，氫化物可以是H2O、NH3，水是中性，故A錯(cuò)誤；B若W為Cl，鎂離子與氯離子最外層電子數(shù)相同，電子層越多離子半徑越大，鎂離子半徑小于氯離子半徑，若W為Al，鎂離子與鋁離子電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，鎂離子半徑大于鋁離子半徑，故B錯(cuò)誤；CMg在氮?dú)庵腥紵蒑g3N2，故C正確；D二氧化碳晶體屬于分子晶體，常溫下為氣體，熔點(diǎn)和沸點(diǎn)很低，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、元素化合物性質(zhì)、半徑比較、晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，難度中等，

43、推斷元素是解題關(guān)鍵，注意W元素的不確定性，注意掌握核外電子排布規(guī)律14（3分）為測(cè)定鍍鋅鐵皮鋅鍍層的厚度，將鍍鋅皮與足量鹽酸反應(yīng)，待產(chǎn)生的氣泡明顯減少時(shí)取出，洗滌，烘干，稱重關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的操作對(duì)測(cè)定結(jié)果的影響判斷正確的是（）A鐵皮未及時(shí)取出，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小B鐵皮未洗滌干凈，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大C烘干時(shí)間過長(zhǎng)，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小D若把鹽酸換成硫酸，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大【分析】測(cè)定鍍鋅鐵皮的鋅鍍層厚度是根據(jù)鐵皮的面積測(cè)定電鍍前后鐵皮質(zhì)量的增重，進(jìn)而可計(jì)算鋅鍍層的厚度，過遲判斷反應(yīng)終點(diǎn)導(dǎo)致部分鐵溶解，w1w2偏大而引起結(jié)果偏高，過早判斷反應(yīng)終點(diǎn)、鐵皮未烘干就去稱重則使 w1w2 偏小而引起結(jié)果偏低，烘

44、干時(shí)間過長(zhǎng)（鐵被氧化），則剩余物的質(zhì)量偏大【解答】解：A、鐵皮未及時(shí)取出，導(dǎo)致部分鐵溶解，質(zhì)量差w1w2偏大，引起結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；B、鐵皮未洗滌干凈，導(dǎo)致反應(yīng)后的質(zhì)量變大，質(zhì)量差 w1w2偏小，引起結(jié)果偏低，故B錯(cuò)誤；C、烘干時(shí)間過長(zhǎng)（鐵被氧化），則剩余物的質(zhì)量偏大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，故C正確；D、若把鹽酸換成硫酸，對(duì)測(cè)定結(jié)果沒有影響，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查鋅鍍層厚度的測(cè)定的實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，題目難度不大，注意把握實(shí)驗(yàn)操作原理以及注意事項(xiàng)15（3分）NA代表阿伏伽德羅常數(shù)已知C2H4和C3H6的混合物的質(zhì)量為ag，則該混合物（）A所含共用電子對(duì)數(shù)目為（+1）NAB所含碳?xì)滏I數(shù)目

45、為NAC燃燒時(shí)消耗的O2一定是LD所含原子總數(shù)為NA【分析】C2H4和C3H6的最簡(jiǎn)式為CH2，所以ag混合物中含有最簡(jiǎn)式CH2的物質(zhì)的量為：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，總共含有原子的物質(zhì)的量為：mol； 沒有告訴在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，無法計(jì)算燃燒時(shí)消耗氧氣的體積；在乙烯、丙烯和環(huán)丙烷分子中，平均每個(gè)碳原子形成一個(gè)碳碳鍵、每個(gè)氫原子形成一個(gè)碳?xì)滏I，據(jù)此計(jì)算出所含共用電子對(duì)數(shù)、碳?xì)滏I數(shù)目【解答】解：ag混合物中含有最簡(jiǎn)式CH2的物質(zhì)的量為：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，A、在環(huán)丙烷、丙烯和乙烯分子中，每個(gè)C含有1個(gè)碳碳共用電子對(duì)、每個(gè)H形成了1個(gè)碳?xì)涔灿?/p>

46、電子對(duì)，所以總共含有mol共用電子對(duì)，即NA，故A錯(cuò)誤；B、每個(gè)氫原子形成1個(gè)碳?xì)滏I，ag混合物中總共含有molH原子，所以含有molH原子碳?xì)滏I，所含碳?xì)滏I數(shù)目為NA，故B正確；C、沒有告訴在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，題中條件無法計(jì)算ag混合物燃燒消耗的氧氣的體積，故C錯(cuò)誤；D、ag混合物中含有最簡(jiǎn)式CH2的物質(zhì)的量為：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，總共含有原子的物質(zhì)的量為：mol，所含原子總數(shù)為NA，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的判斷及計(jì)算，題目難度中等，注意滿足C3H6的化合物可能為烯烴，有可能為環(huán)烷烴；注意掌握根據(jù)最簡(jiǎn)式計(jì)算混合物中含有原子數(shù)目的方法1

47、6（3分）已知氧化性Br2Fe3+FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：a Fe2+b Br+c Cl2d Fe3+e Br2+f Cl下列選項(xiàng)中的數(shù)字與離子方程式中的a、b、c、d、e、f一一對(duì)應(yīng)，其中不符合反應(yīng)實(shí)際的是（）A2 4 3 2 2 6B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2D2 2 2 2 1 4【分析】二價(jià)鐵離子的還原性強(qiáng)于溴離子，通入氯氣后，氯氣先氧化二價(jià)鐵離子，然后再氧化溴離子，據(jù)此解答【解答】解：A氯氣過量，Br、Fe2+都完全被完全氧化，反應(yīng)方程式為2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，故A正確；B二價(jià)鐵離子的還原性強(qiáng)于溴

48、離子，通入氯氣后，氯氣先氧化二價(jià)鐵離子，然后再氧化溴離子，所以0Fe2+2Br+Cl2=0Fe3+Br2+2Cl不正確，故B錯(cuò)誤；C加入的氯氣的物質(zhì)的量與鐵的物質(zhì)的量1：2時(shí)，氯氣不足，只氧化二價(jià)鐵離子，離子方程式：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故C正確；D.2Fe2+2Br+2Cl2=2Fe3+1Br2+4Cl，表示氯氣不足，把亞鐵離子氧化成三價(jià)鐵離子后，再部分氧化溴離子，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了離子方程式的書寫，明確二價(jià)鐵離子與溴離子與氯氣反應(yīng)的先后順序是解題關(guān)鍵，題目難度中等17（3分）某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取該溶液1

49、00mL，加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，同時(shí)產(chǎn)生紅褐色沉淀；過濾，洗滌，灼燒，得到1.6g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5種離子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在【分析】加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，可知一定存在銨離子；紅褐色沉淀是氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，可知一定有Fe3+，一定沒有CO32；4.66g不溶于鹽酸的沉淀，硫酸鋇沉淀，物質(zhì)的量為：0.02mol；根據(jù)以上數(shù)據(jù)

50、推算存在離子，根據(jù)電荷守恒推算氯離子的存在及數(shù)據(jù)【解答】解：由于加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，說明一定有NH4+，且物質(zhì)的量為0.02mol；同時(shí)產(chǎn)生紅褐色沉淀，說明一定有Fe3+，1.6g固體為氧化鐵，物質(zhì)的量為0.01mol，故有0.02molFe3+，一定沒有CO32；4.66g不溶于鹽酸的沉淀為硫酸鋇，一定有SO42，物質(zhì)的量為0.02mol；根據(jù)電荷守恒，必須還有陰離子，因此一定有Cl，至少0.02mol×3+0.020.02mol×2=0.04mol，物質(zhì)的量濃度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四種離

51、子，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電荷守恒，至少存在0.04molCl，故B正確；C、一定存在氯離子，故C錯(cuò)誤；D、Al3+無法判斷是否存在，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存知識(shí)，做題是認(rèn)真閱讀、分析題中數(shù)據(jù)，合理分析，特別是氯離子的推斷，難度中等三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個(gè)或兩個(gè)正確選項(xiàng)只有一個(gè)正確選項(xiàng)的，多選不給分；有兩個(gè)正確選項(xiàng)的，選對(duì)一個(gè)給2分，選錯(cuò)一個(gè)，該小題不給分）18（4分）汽車劇烈碰撞時(shí)，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則下列判斷正確的是（）A生成40.0LN2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）B有0.

52、250mol KNO3被氧化C轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25molD被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol【分析】根據(jù)反應(yīng)方程式可知，每當(dāng)生成16molN2，則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為30mol，有2molKNO3被還原，現(xiàn)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則生成2molN2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol，以此解答該題【解答】解：反應(yīng)中NaN3中N元素化合價(jià)升高，被氧化，KNO3中N元素化合價(jià)降低，被還原，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，每當(dāng)生成16molN2，則氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多14mo

53、l，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為30mol，有2molKNO3被還原，現(xiàn)氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則生成2molN2，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為44.8L，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.25mol，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75mol，故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)知識(shí)，側(cè)重于氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，注意根據(jù)化合價(jià)的變化結(jié)合方程式判斷氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量關(guān)系為解答該題的關(guān)鍵，題目難度不大19（4分）部分弱酸的電離平衡常數(shù)如表，下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的是（）弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)（25）Ki=1.77×104Ki=4.9×1010Ki1=4.3×107Ki2=5.6×1011A2CN+H2O+CO22HCN+CO32B2HCOOH+CO322HCOO+H2O+CO2C中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D等體積、等濃度的HCOONa和NaCN