上海市金山區(qū)2015屆高三一?；瘜W試卷(解析版)_

1、上海市金山區(qū)2015屆高三一?；瘜W試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1有關化學資源的合成、利用與開發(fā)的敘述合理的是（）A大量使用化肥和農(nóng)藥，能不斷提高農(nóng)作物產(chǎn)量B通過有機合成，可以制造出比鋼鐵更強韌的新型材料C安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置，主要是為了提高煤的利用率D開發(fā)利用可燃冰（固態(tài)甲烷水合物），有助于海洋生態(tài)環(huán)境的治理考點：有機化學反應的綜合應用；常見的生活環(huán)境的污染及治理；生活中的有機化合物.分析：A、從農(nóng)產(chǎn)品的農(nóng)藥殘留和對土壤的長期影響考慮；B、某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌分析；C、安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置，是為了減少硫的化合物的排放；D、

2、過分開發(fā)可燃冰，會影響海洋生態(tài)環(huán)境解答：解：A、使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量，但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠來講反而會影響農(nóng)作物的收成，故A錯誤；B、通過有機物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比鋼鐵更強韌，故B正確；C、安裝煤炭燃燒過程的“固硫“裝置，主要是為了減少污染，故C錯誤；D、過分開發(fā)可燃冰，會影響海洋生態(tài)環(huán)境，故D錯誤故選B點評：本題考查合成材料、化肥和農(nóng)藥的使用、節(jié)能減排等，難度不大，注意使用農(nóng)藥和化肥固然有利于增加農(nóng)作物的產(chǎn)量，但會在農(nóng)產(chǎn)品中造成農(nóng)藥殘留，會使土地里的鹽堿越來越多，土

3、壤越來越硬，影響農(nóng)作物的生長，從長遠來講反而會影響農(nóng)作物的收成2（2分）對于排布在2s軌道上的電子，不能確定的是（）A電子所在的電子層B電子的自旋方向C電子云的形狀D電子云的伸展方向考點：原子核外電子排布.專題：原子組成與結構專題分析：排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，據(jù)此分析解答：解：排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，故選：B點評：本題考查2s軌道上的電子排布，難度不大，注意S軌道的形狀、以及無伸展方向即可答題3（

4、2分）能確定為丙烯的化學用語是（）ABC3H6CDCH2=CHCH3考點：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合.專題：化學用語專題分析：A根據(jù)球棍模型不一定由C、H兩種元素組成；B根據(jù)C3H6有丙烯、環(huán)丙烷兩種結構；C根據(jù)丙烯的電子式進行判斷；D根據(jù)丙烯的結構簡式判斷解答：解：A球棍模型中不一定由C、H兩種元素組成，所以不一定為丙烯，故A錯誤；BC3H6有丙烯、環(huán)丙烷兩種結構，所以不一定為丙烯，故B錯誤；C丙烯的電子式為：，故C錯誤；D丙烯的結構簡式為：CH2CHCH3，故D正確；故選D點評：本題考查化學用語的表示方法判斷，題目難度不大，注意掌握常見化學用語的概念及表示方法，易錯點為A，注意球

5、棍模型中不一定由C、H兩種元素組成4（2分）下列有關共價鍵的說法正確的是（）A分子晶體中共價鍵越強，熔沸點越高B只含共價鍵的物質，一定是共價化合物C兩種元素組成的分子中一定只含有極性共價鍵D分子晶體中，可能不存在共價鍵，但一定存在分子間作用力考點：共價鍵的形成及共價鍵的主要類型.專題：化學鍵與晶體結構分析：A分子晶體熔沸點與其分子間作用力有關，與化學鍵無關；B只含共價鍵的物質可能是單質；C兩種元素組成的分子中可能含有非極性鍵；D單原子分子晶體中不存在化學鍵解答：解：A分子晶體熔沸點與其分子間作用力有關，有些氫化物還與氫鍵有關，與化學鍵無關，化學鍵影響物質的穩(wěn)定性，故A錯誤；B只含共價鍵的物質可

6、能是單質，如氮氣、氫氣等，故B錯誤；C兩種元素組成的分子中可能含有非極性鍵，如乙烯、雙氧水、肼等，故C錯誤；D單原子分子晶體中不存在化學鍵，只存在分子間作用力，故D正確；故選D點評：本題考查物質中存在的化學鍵，明確物質的構成微粒及微粒之間作用力即可解答，會采用舉例法解答，易錯選項是A，注意分子晶體熔沸點與化學鍵無關，題目難度不大5（2分）下列各組物質既不是同系物又不是同分異構體的是（）A甲酸甲酯和乙酸B對甲基苯酚和苯甲醇C油酸甘油酯和乙酸乙酯D軟脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯考點：同分異構現(xiàn)象和同分異構體；芳香烴、烴基和同系物.專題：同系物和同分異構體分析：根據(jù)結構相似，組成相差n個CH2原子團的有

7、機物，互為同系物；分子式相同，但結構不同的有機物，屬于同分異構體，據(jù)此解答解答：解：A甲酸甲酯和乙酸分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，故A錯誤；B對甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，結構不同，屬于同分異構體，故B錯誤；C油酸甘油酯是不飽和酯，乙酸乙酯是飽和酯，分子式不同，結構不相似，則既不是同系物，又不是同分異構體，故C正確；D軟脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，結構相似，分子組成上相差2個CH2，互為同系物，故D錯誤； 故選：C點評：本題考查有機物的官能團及同系物、同分異構體，注意能根據(jù)名稱寫出分子式或結構簡式和概念的辨析，題目難度不大二、選擇題（本題共12小題，每小題3分，每題只有一個正確選項）6（

8、3分）有關物質的性質可以用元素周期律解釋的是（）A酸性：HClH2SH2OB密度：NaKLiC沸點：NH3AsH3PH3D穩(wěn)定性：HFHClHBr考點：元素周期律的作用.專題：元素周期律與元素周期表專題分析：AHCl是強酸，H2S是弱酸，H2O顯中性；B堿金屬的密度呈遞增趨勢，鈉鉀反常；C氨氣中含有氫鍵，故沸點較高；D同主族從上到下非金屬性減弱，氫化物穩(wěn)定性減弱解答：解：AHCl是強酸，H2S是弱酸，H2O顯中性，不能用元素周期律解釋，故A不選；B堿金屬的密度呈遞增趨勢，鈉鉀反常，密度大?。篘aKLi，不能用元素周期律解釋，故B不選；C氨氣中含有氫鍵，故沸點較高，不能用元素周期律解釋，故C不選

9、；D同主族從上到下非金屬性減弱，氫化物穩(wěn)定性減弱，所以穩(wěn)定性：HFHClHBr，能用元素周期律解釋，故D選；故選D點評：本題考查元素周期律的作用，難度不大要注意氫鍵對物質物理性質的影響及鈉鉀密度的反常7（3分）NH5屬于離子晶體與水反應的化學方程式為：NH5+H2ONH3H2O+H2，它也能跟乙醇發(fā)生類似的反應，并都產(chǎn)生氫氣有關NH5敘述正確的是（）A與乙醇反應時，NH5被氧化BNH5中N元素的化合價為+5價C1 mol NH5中含有5 molNH鍵D1 mol NH5與H2O完全反應，轉移電子2 mol考點：不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別；氧化還原反應.分析：反應NH5+H2ONH3

10、H2O+H2中NH5的H元素化合價由1價變?yōu)?價、水中H元素化合價由+1價變?yōu)?價，所以NH5作還原劑，水作氧化劑，ANH5也能跟乙醇發(fā)生類似的反應，并都產(chǎn)生氫氣，則乙醇作氧化劑；BNH5中N元素的化合價為3價；C.1 mol NH5中含有4molNH鍵；D.1 mol NH5與H2O完全反應，轉移電子1mol解答：解：反應NH5+H2ONH3H2O+H2中NH5的H元素化合價由1價變?yōu)?價、水中H元素化合價由+1價變?yōu)?價，所以NH5作還原劑，水作氧化劑，ANH5也能跟乙醇發(fā)生類似的反應，并都產(chǎn)生氫氣，則乙醇作氧化劑，NH5作還原劑而被氧化，故A正確；BNH5的電子式為，N元素的化合價為3價

11、，故B錯誤；CNH5的電子式為，1 mol NH5中含有4molNH鍵，故C錯誤；D.1 mol NH5與H2O完全反應，轉移電子的物質的量=1mol×0（1）=1mol，故D錯誤；故選A點評：本題易銨鹽為載體考查氧化還原反應、物質結構等知識點，正確判斷NH5的結構是解本題關鍵，注意NH5中H元素 的化合價，為易錯點8（3分）某一化學反應在不同條件下的能量變化曲線如圖所示下列說法正確的是（）A化學催化比酶催化的效果好B使用不同催化劑可以改變反應的能耗C反應物的總能量低于生成物的總能量D使用不同催化劑可以改變反應的熱效應考點：反應熱和焓變.專題：化學反應中的能量變化分析：A根據(jù)催化劑是

12、通過降低反應的活化能來加快化學反應速率的，活化能越低，催化的效果越好；B根據(jù)不同催化劑的活化能不同；C由圖可知：反應物的總能量高于生成物的總能量；D根據(jù)焓變=生成物的總能量反應物的總能量解答：解：A酶催化的活化能小于比化學催化的活化能，所以酶催化比化學催化的效果好，故A錯誤；B使用不同催化劑，反應所需要的能量不同，即可以改變反應的能耗，故B正確；C由圖可知：反應物的總能量高于生成物的總能量，故C錯誤；D使用不同催化劑，反應物的總能量和生成物的總能量都沒有變化，而焓變=生成物的總能量反應物的總能量，所以使用不同催化劑不會改變該反應的焓變，故D錯誤；故選C點評：本題考查了化學反應中催化劑的作用，掌

13、握催化劑在反應中的原理是解題的根本9（3分）關于Na2O2的敘述正確的是（NA表示阿伏伽德羅常數(shù)）（）A7.8g Na2O2含有的共價鍵數(shù)為0.2NAB7.8 g Na2S與Na2O2的混合物，含離子總數(shù)為0.3 NAC7.8g Na2O2與足量的CO2充分反應，轉移的電數(shù)為0.2NAD0.2 mol Na被完全氧化生成7.8g Na2O2，轉移電子的數(shù)目為0.4NA考點：鈉的重要化合物；阿伏加德羅常數(shù).分析：A、根據(jù)1mol過氧化鈉中含有1mol氧氧共價鍵分析；B、硫化鈉和過氧化鈉的摩爾質量相等，1mol過氧化鈉中含有3mol離子，1molNa2S中也含有3mol離子；C、過氧化鈉與足量二氧

14、化碳反應轉移電子的物質的量等于反應的過氧化鈉的物質的量；D、0.2 mol Na變?yōu)?.1molNa2O2，轉移電子數(shù)為0.2NA解答：解：A、因為1mol過氧化鈉中含有1mol氧氧共價鍵，所以7.8 g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，含有的共價鍵數(shù)為0.1NA，故A錯誤；B、1mol過氧化鈉中含有3mol離子，1molNa2S中也含有3mol離子，則7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的離子數(shù)總數(shù)為0.3 NA，故B正確；C、7.8 g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，過氧化鈉與足量二氧化碳反應轉移電子的物質的量為0.1mol，因此轉移電子數(shù)為0.1NA，故C錯誤；D、0.2 mo

15、l Na變?yōu)?.1molNa2O2，轉移電子數(shù)為0.2NA，故D錯誤；故選B點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應用，主要考查質量換算物質的量計算微粒數(shù)，過氧化鈉的結構分析判斷是解題關鍵，題目難度中等10（3分）物質中雜質（括號內為雜質）的檢驗、除雜的試劑或方法都正確的是（）物質及其雜質檢驗除雜ACl2（HCl）濕潤的淀粉KI試紙飽和食鹽水BNO（NO2）觀察顏色或濕潤的淀粉KI試紙水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）飽和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液過量CO2AABBCCDD考點：物質的分離、提純的基本方法選擇與應用.專題：化學實驗基本操作分析

16、：A檢驗HCl應先分離，再檢驗，用濕潤的淀粉KI試紙不能檢驗HCl；BNO2與水反應生成NO和硝酸；CCO2和HCl都與飽和碳酸鈉溶液反應；D加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反應解答：解：A濕潤的淀粉KI試紙只能檢驗氯氣，不能檢驗HCl，故A錯誤；BNO2與水反應生成NO和硝酸，可用水除雜，故B正確；CCO2和HCl都與飽和碳酸鈉溶液反應，應用飽和碳酸氫鈉溶液分離，故C錯誤；DNaHCO3和Na2CO3都與Ca（OH）2溶液反應生成沉淀，不能用來檢驗，可用氯化鈣溶液檢驗，故D錯誤故選B點評：本題考查混合物分離、提純方法的選擇，為高頻考點，把握物質的性質、性質差異及發(fā)生的化學

17、反應為解答的關鍵，注意除雜的原則，題目難度不大11（3分）充分利用已有的數(shù)據(jù)是解決化學問題方法的重要途徑對數(shù)據(jù)的利用情況正確的是（）A利用化學平衡常數(shù)判斷化學反應進行的快慢B利用溶解度數(shù)據(jù)判斷氧化還原反應發(fā)生的可能性C利用沸點數(shù)據(jù)推測將一些液體混合物分離的可能性D利用物質的摩爾質量判斷相同狀態(tài)下不同物質密度的大小考點：化學反應的基本原理.分析：A化學平衡常數(shù)反映反應進行的限度；B溶解度反映物質的溶解性強弱；C互溶的液體根據(jù)其沸點不同采用蒸餾的方法分離；D相同條件下，氣體摩爾質量與其密度成正比解答：解：A化學平衡常數(shù)反映反應進行的限度，與反應進行快慢無關，反應速率反映反應進行的快慢，故A錯誤；B

18、溶解度反映物質的溶解性強弱，與氧化還原反應無關，故B錯誤；C互溶的液體根據(jù)其沸點不同采用蒸餾的方法分離，所以利用沸點數(shù)據(jù)推測將一些液體混合物分離的可能性，故C正確；D相同條件下，氣體摩爾質量與其密度成正比，所以利用物質的摩爾質量判斷相同狀態(tài)下不同氣體密度的大小，固體和液體不適用，故D錯誤；故選C點評：本題考查化學原理，涉及物質的溶解度、平衡常數(shù)、物質的分離和提純、阿伏伽德羅定律等知識點，明確反應原理是解本題關鍵，易錯選項是D，注意氣體摩爾體積適用范圍及適用條件，為易錯點12（3分）分析如圖裝置，下列說法錯誤的是（）A虛線框中接直流電源，鐵可能會被腐蝕B虛線框中接靈敏電流計或接直流電源，鋅都是負

19、極C虛線框中接靈敏電流計，該裝置可將化學能轉化為電能D若將電解液改成硫酸鋅溶液并接上直流電源，該裝置可用于鐵皮上鍍鋅考點：原電池和電解池的工作原理.專題：電化學專題分析：A、在電解池中金屬作陽極失電子，被腐蝕；B、有外接電源時為電解池；C、原電池是把化學能轉化為電能的裝置；D、根據(jù)電鍍原理分析解答：解：A、在電解池中金屬作陽極失電子，被腐蝕，所以虛線框中接直流電源，鐵作陽極時會被腐蝕，故A正確；B、虛線框中接靈敏電流計，構成原電池，Zn活潑性比鐵強，Zn作負極，虛線框中接直流電源構成電解池，電解池中沒有正負極，故B錯誤；C、虛線框中接靈敏電流計，構成原電池，原電池是把化學能轉化為電能的裝置，故

20、C正確；D、若將電解液改成硫酸鋅溶液并接上直流電源，Zn與電源正極相連，F(xiàn)e與電源的負極相連，則可以在鐵皮上鍍鋅，故D正確；故選B點評：本題考查了原電池原理和電解池原理的應用，注意把握原電池與電解池的區(qū)別及電極名稱，題目難度不大13（3分）在化學反應中，有時存在“一種物質過量，另一種物質仍不能完全反應”的情況，下列反應不屬于這種情況的是（）A過量的銅與濃硝酸反應B過量的銅與濃硫酸在加熱條件下反應C過量二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應D過量的氫氣與氮氣在工業(yè)生產(chǎn)條件下反應考點：銅金屬及其重要化合物的主要性質；化學反應的可逆性；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用.分析：ACu與濃硝酸、稀硝酸均反應，C

21、u過量，硝酸完全反應；BCu與稀硫酸不反應；C二氧化錳與稀鹽酸不反應；D合成氨的反應為可逆反應解答：解：ACu與濃硝酸、稀硝酸均反應，Cu過量，硝酸完全反應，則不符合題意，故A選；BCu與稀硫酸不反應，隨反應進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸、Cu均剩余，故B不選；C隨反應進行，濃鹽酸變?yōu)橄←}酸，二氧化錳與稀鹽酸不反應，故C不選；D合成氨的反應為可逆反應，反應物均不可能完全反應，故D不選；故選A點評：本題考查物質的性質及化學反應，為高頻考點，明確濃度對反應的影響及可逆反應等即可解答，題目難度不大14（3分）25時將10mLpH=11的氨水加水稀釋至100mL，下列判斷正確的是（）A稀釋后溶液的pH

22、=7B氨水的電離度增大，溶液中所有離子的濃度均減小C稀釋過程中 增大DpH=11氨水的濃度為0.001mol/L考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A一水合氨是弱電解質，在水溶液里部分電離，加水促進電離；B加水稀釋促進一水合氨電離，溶液中c（H+）增大；C加水稀釋氨水，促進一水合氨電離，導致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）減??；D溶液中氨水濃度大于氫氧根離子的濃度解答：解：A一水合氨是弱電解質，在水溶液里部分電離，加水促進電離，將10mLpH=11的氨水加水稀釋至100mL，體積增大10倍，pH變化小于1個單位，即稀釋后10pH11，故A錯誤；B

23、加水稀釋促進一水合氨電離，溶液中c（OH）減小，溫度不變，則水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c（H+）增大，故B錯誤；C加水稀釋氨水，促進一水合氨電離，導致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）減小，則溶液中 增大，故C正確；D一水合氨是弱電解質，在水溶液里部分電離，則溶液中氨水濃度大于氫氧根離子的濃度，則pH=11氨水的濃度大于0.001mol/L，故D錯誤；故選C點評：本題考查了弱電解質的電離，明確弱電解質電離特點是解本題關鍵，注意稀釋氨水過程中增大一水合氨電離程度但其電離平衡常數(shù)不變，溶液中c（H+）增大，為易錯點15（3分）對已達化學平衡的反應：2X（g）+Y（g）2Z（g），減小壓

24、強后，對反應產(chǎn)生的影響是（）A逆反應速率增大，正反應速率減小，平衡向逆反應方向移動B逆反應速率減小，正反應速率增大，平衡向正反應方向移動C正反應速率先減小后增大，逆反應速率減小，平衡向逆反應方向移動D逆反應速率先減小后增大，正反應速率減小，平衡向逆反應方向移動考點：化學平衡的影響因素.專題：化學平衡專題分析：對于有氣體參加的化學反應，減小壓強，正逆反應速率都減?。粶p小壓強，化學平衡向氣體體積增大的方向移動解答：解：2X（g）+Y（g）2Z（g），減小壓強后，正逆反應速率都減小，平衡逆向移動，平衡移動后反應物的濃度增加反應速率增大，故選C點評：本題考查壓強對反應速率及化學平衡的影響，明確化學反應

25、為氣體體積縮小的反應是解答本題的關鍵，難度不大16（3分）關于下列四個裝置的說明符合實驗要求的是（）A裝置：實驗室中若需制備較多量的乙炔可用此裝置B裝置：實驗室中可用此裝置來制備硝基苯，但產(chǎn)物中可能會混有苯磺酸C裝置：實驗室中可用此裝置來分離含碘的四氯化碳液體，最終在錐型瓶中可獲得碘D裝置：實驗室中可用此裝置來制備乙酸乙酯并在燒瓶中獲得產(chǎn)物考點：化學實驗方案的評價.專題：實驗評價題分析：A電石與水反應放出大量的熱，生成氫氧化鈣微溶，易堵塞導管；B制備硝基苯，水浴加熱，溫度計測定水溫，該反應可發(fā)生副反應；C分離含碘的四氯化碳液體，四氯化碳沸點低，先蒸餾出來；D制備乙酸乙酯不需要測定溫度，不能在燒

26、瓶中獲得產(chǎn)物解答：解：A電石與水反應放出大量的熱，生成氫氧化鈣微溶，易堵塞導管，則不能利用圖中裝置制取乙炔，故A錯誤；B制備硝基苯，水浴加熱，溫度計測定水溫，該反應可發(fā)生副反應生成苯磺酸，圖中制備裝置合理，故B正確；C分離含碘的四氯化碳液體，四氯化碳沸點低，先蒸餾出來，所以裝置可分離，最終在錐型瓶中可獲得四氯化碳，故C錯誤；D制備乙酸乙酯不需要測定溫度，不能在燒瓶中獲得產(chǎn)物，應在制備裝置后連接收集產(chǎn)物的裝置（試管中加飽和碳酸鈉），故D錯誤；故選B點評：本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及乙炔的制備、硝基苯的制備、乙酸乙酯的制備及混合物分離提純等，把握有機物性質、反應原理為解答的關鍵，注

27、意實驗的評價性分析及實驗裝置圖的作用，題目難度不大17（3分）向100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1 Ba（OH）2溶液隨著Ba（OH）2溶液體積V的變化，沉淀總物質的量n的變化如圖所示下列說法正確的（）Aa點的溶液呈中性Ba點沉淀的質量比c點沉淀的質量大Cb點加入Ba（OH）2溶液的體積為250 mLD至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OHAlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O考點：離子方程式的有關計算.專題：計算題分析：100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al（SO4）2，NH

28、4Al（SO4）2物質的量為0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol關鍵弄清楚反應順序，開始滴加同時發(fā)生反應為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，當Al3+沉淀完全時需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+為0.015mol，SO42未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨、硫酸鋁；（開始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，發(fā)生反應為SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀質量繼續(xù)增加；當SO42完全沉淀時，共需加入0.02molBa（OH）2，加

29、入0.04molOH，Al3+反應掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好與NH4+完全反應，此時溶液中NH4+完全反應，此時溶液為氨水溶液；（a到b）繼續(xù)滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，發(fā)生反應Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此時溶液為氨水與偏鋁酸鋇溶液（b到c）解答：解：100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物質的量為0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42

30、0.02mol關鍵弄清楚反應順序，開始滴加同時發(fā)生反應為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，當Al3+沉淀完全時需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+為0.015mol，SO42未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨、硫酸鋁；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，發(fā)生反應為SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀質量繼續(xù)增加，但增加幅度較前一過程??；當SO42完全沉淀時，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反應掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余

31、0.01molOH恰好與NH4+完全反應，此時溶液中NH4+完全反應，此時溶液為氨水溶液，沉淀達最大為BaSO4和Al（OH）3；繼續(xù)滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，發(fā)生反應Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此時溶液為氨水與偏鋁酸鋇溶液A、由分析可知，從開始到a點，發(fā)生反應為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，a點對應的沉淀為BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶質是（NH4）2SO4，那么該物質水解溶液呈酸性，故A錯誤；B、a點沉淀的質量=0.015mol&

32、#215;233g/mol+0.01mol×78g/mol=4.275g，c點為硫酸鋇的質量，為0.01mol×2×233g/mol=4.66g，所以質量c點a點，故B錯誤；C、當SO42完全沉淀時，共需加入0.02molBa（OH）2，則b點消耗氫氧化鋇體積=200mL，故C錯誤；D、至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O，故D正確；故選：D點評：本題考查鋁化合物的性質及計算，難度比較大，清楚整個反應過程是解題的關鍵，注意NH4+與Al3+同時存在，OH首先與Al3+

33、反應，而NH4+與Al（OH）3同時存在，OH首先與NH4+反應三、選擇題（本題共5小題，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個該小題不給分）18（4分）與實際化工生產(chǎn)功能相符合的化學方程式是（）A工業(yè)合成氨：N2+3H22NH3B工業(yè)合成鹽酸：H2+Cl22HClC工業(yè)獲取氯化鈉：2Na+Cl22NaClD工業(yè)制取氯氣：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2考點：化學方程式的書寫.專題：元素及其化合物分析：A工業(yè)上用氮氣和氫氣反應制取氨氣；B氯氣和氫氣在光照條件下發(fā)生爆炸；C海水中含有大量氯化鈉，用鈉和氯氣反應

34、制取氯化鈉不符合經(jīng)濟的原則；D電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣解答：解：A空氣中有大量氮氣，氮氣和氫氣反應合成氨氣，與實際化工生產(chǎn)功能相符合，故A正確；B工業(yè)利用氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫合成鹽酸，故B錯誤；C鈉比氯化鈉價格高，不經(jīng)濟，海水曬鹽獲得NaCl，故C錯誤；D電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣，俗稱為氯堿工業(yè)，故D正確；故選AD點評：本題考查了利用化學反應制取化學物質，題目難度不大，注意是否符合化學反應規(guī)律、是否有利于提高經(jīng)濟效益是解答關鍵注意化學知識在生產(chǎn)中的應用19（4分）已知酸性：H2CO3HCO3將 轉變?yōu)?，可行的方法是（）A向該溶液中加入足量的稀硫酸，加熱B將該

35、物質與稀硫酸共熱后，再加入足量的NaOH溶液C將該物質與足量的NaOH溶液共熱，再通入足量CO2氣體D將該物質與稀硫酸共熱后，再加入足量的NaHCO3溶液考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：已知酸性：H2CO3HCO3，將 轉變?yōu)?，則先發(fā)生水解反應，然后加入的物質與COOH反應而不與OH反應，據(jù)此分析解答：解：A在酸性條件下水解生成，故A錯誤；B在酸性條件下水解生成，再加入足量的NaOH溶液，COOH和OH均與NaOH溶液反應，故B錯誤；C與足量的NaOH溶液共熱，再通入足量CO2氣體，生成，故C正確；D在酸性條件下水解生成，再加入足量的NaHCO3溶液生

36、成，故D正確；故選CD點評：本題考查了有機化合物的轉化，側重于官能團的轉化的考查，題目難度不大20（4分）常溫下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液有關微粒的物質的量變化如圖，下列說法正確的是（）A滴加過程中當溶液呈中性時，V（NaOH）20mLB當V（NaOH）=30mL時，則有：2c（Na+）=3c（A2）+3c（HA）CH 2A在水中的電離方程式是：H 2AH+HA； HAH+A2D當V（NaOH）=20mL時，則有：c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH）考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析

37、：A、H2A為二元弱酸，當V（NaOH）=20mL時恰好反應生成NaHA，溶液顯示酸性；B、當V（NaOH）=40mL時，反應后的溶質為Na2A，當V（NaOH）=20mL時，此時溶質為NaHA，當V（NaOH）=30mL時，此時溶質為NaHA和Na2A，據(jù)此回答；C、H2A是二元弱酸，在水中的電離是分步電離的；D、根據(jù)圖象知，當V（NaOH）=20時，發(fā)生反應為NaOH+H2ANaHA+H2O，溶液主要為NaHA，電離為主，溶液顯酸性解答：解：A、當V（NaOH）=20mL時，此時溶質為NaHA，根據(jù)圖象可知溶液中離子濃度c（A2）c（H2A），說明HA的電離程度大于其水解程度，溶液為酸性，

38、如果溶液為中性，則40mLV（NaOH）20mL，故A錯誤；B、當V（NaOH）=30mL時，此時溶質為NaHA和Na2A，根據(jù)物料守恒，則有：2c（Na+）=3c（A2）+3c（HA）+3c（H2A），故B錯誤；C、H2A是二元弱酸，在水中的電離是分步電離的，電離方程式是：H2AH+HA、HAH+A2，故C錯誤；D、根據(jù)圖象知，當V（NaOH）=20 mL時，發(fā)生反應為NaOH+H2ANaHA+H2O，溶質主要為NaHA，HA電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，水和HA都電離出氫離子，只有HA電離出A2，所以離子濃度大小順序是c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH），故D正確；故選

39、D點評：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型，明確圖象中酸堿混合時溶液中的溶質是解答本題的關鍵，抓住圖象進行分析即可，題目難度中等21（4分）室溫時將100mLH2S和O2的混合氣體，點燃完全反應后恢復到原來狀況，體積變?yōu)?0mL下列敘述中正確的是（）A剩余40mL氣體一定是O2B剩余40mL氣體是H2S或SO2C混合氣體中含H2S 40mL或80mLD剩余40mL氣體是SO2和O2混合氣體考點：有關混合物反應的計算.專題：計算題分析：H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應2H2S+O22S+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應2H2S+3O22SO2+2H2O

40、，據(jù)此討論，若n（H2S）：n（O2）2：1，發(fā)生反應，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應，沒有氣體；若n（H2S）：n（O2）2：3，發(fā)生反應，氧氣有剩余，氣體為氧氣、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2：3，發(fā)生反應，氣體為二氧化硫；若2：3n（H2S）：n（O2）2：1，發(fā)生反應，氣體為二氧化硫，據(jù)此計算判斷解答：解：H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應2H2S+O22S+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應2H2S+3O22SO2+2H2O若n（H2S）：n（O2）2：1，發(fā)生反應，H2S有剩余，則：2 H2S+O22 S+2 H2O 體積變化V；2 1 34

41、0ml 20ml 100ml40ml=60ml剩余氣體H2S為40ml，原混合氣體中H2S為80ml，O2為20ml，符合題意；若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應，沒有氣體，H2S為66.7ml，O2為33.3ml，不符合題意；若n（H2S）：n（O2）2：3，發(fā)生反應，氧氣有剩余，則：2 H2S+3 O22 SO2+2H2O 體積變化V；2 3 2 340ml 60mL 40ml 100ml40ml=60ml硫化氫與氧氣體積之和為100mL，沒有氧氣剩余，不符合題意；若n（H2S）：n（O2）=2：3，發(fā)生反應，最后氣體為二氧化硫，體積為40ml，原混合氣體中H2S為40ml，O2

42、為60ml，符合題意；由上述計算，可知不可能存在2：3n（H2S）：n（O2）2：1情況，故剩余氣體可能是40mLH2S或者40mLSO2，對應的原混合氣體為H2S為80ml，O2為20ml或者H2S為40ml，O2為60ml，故選BC點評：本題考查混合物計算、過量計算、討論計算等，難度中等，清楚反應過程是解題關鍵，對應選擇題利用驗證法進行解答更簡單22（4分）6克含雜質的Na2SO3樣品與足量鹽酸反應，可生成1.12升氣體（S、T、P），氣體質量為3克，該樣品的組成可能是（）ANa2SO3，Na2CO3BNa2SO3，NaHCO3CNa2SO3，NaHCO3，Na2CO3DNa2SO3，Mg

43、CO3，NaHCO3考點：有關混合物反應的計算.專題：計算題分析：標況下生成1.12L氣體的物質的量=0.05mol，且氣體質量為3克，則氣體的平均相對分子質量=60，所以混合氣體中必含有一種相對分子質量小于60的氣體，根據(jù)選項，應該是CO2，根據(jù)平均相對分子質量可以確定n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01 mol，n（SO2）=0.04 mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04 mol，故雜質質量=6g0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，據(jù)此結合選項判斷解答：解：標況下生成1.12L氣體的物質的量=0

44、.05mol，且氣體質量為3克，則氣體的平均相對分子質量=60，所以混合氣體中必含有一種相對分子質量小于60的氣體，根據(jù)選項，應該是CO2，根據(jù)平均相對分子質量，44n（CO2）+64n（SO2）÷n（CO2）+n（SO2）=60，則n（CO2）：n（SO2）=1：4，所以n（CO2）=0.01 mol，n（SO2）=0.04 mol，由于n（Na2SO3）=n（SO2）=0.04 mol，故雜質質量=6g0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，A生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸鈉質量=0.01mol×106g/mol=1

45、.06g0.96g，故A錯誤；B生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氫鈉質量=0.01mol×84g/mol=0.84g0.96g，故B錯誤；C由AB分析可知，雜質可能為NaHCO3，Na2CO3，故C正確；D生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸鎂質量=0.01mol×84g/mol=0.84g，需要碳酸氫鈉質量=0.01mol×84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，故D錯誤，故選C點評：本題考查混合物計算，關鍵是計算雜質質量及雜質生成二氧化碳的量，也可以根據(jù)相同質量亞硫酸鈉與雜質產(chǎn)生氣體的質量判斷，但計算量比較大四、（本題共12分）23（12分）

46、工業(yè)上制取冰晶石（Na3AlF6）的化學方程式如下：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO32Na3AlF6+3CO2+9H2O完成下列填空：（1）反應中四種元素對應的簡單離子核外電子排布相同，請按離子半徑從大到小的順序排列這這四種離子O2FNa+Al3+，其中原子序數(shù)最大的元素原子核外有5種能量不同的電子，其最外層電子的電子云有2種不同的伸展方向（2）反應中有兩種元素在元素周期表中位置相鄰，能比較它們的金屬性或非金屬性強弱的事實是ac（選填編號）a氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性 b最高價氧化物對應水化物的酸性c單質與氫氣反應的難易 d單質與同濃度酸發(fā)生反應的快慢（3）反應中兩種金屬元素，它們的最高價氧

47、化物對應的水化物之間發(fā)生反應的離子方程式為Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）冰晶石在工業(yè)上可做電解氧化鋁的助熔劑，此反應中若有0.6mol電子轉移，則在陰極可得金屬鋁的質量為5.4克（5）工業(yè)上不采用電解氯化鋁的方法而是采用電解氧化鋁的方法獲得鋁單質的原因是：因為氯化鋁為共價化合物，屬于分子晶體，晶體中不存在離子，熔融時不能導電，故不能被電解；而氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)可以導電考點：微粒半徑大小的比較；元素周期律的作用；氧化還原反應.分析：（1）電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越?。辉有驍?shù)最大的為Al，不同能級中的電子能量不同；最外層為3s23p1，有2種電子云；（2）反

48、應中兩種元素在元素周期表中位置相鄰，為O元素與氟元素，可以根據(jù)氫化物穩(wěn)定性、單質與氫氣反應難易程度比較，O、F元素沒有含氧酸，不能用最高價氧化物對應水化物的酸性，單質與酸反應快慢不能比較非金屬性強弱；（3）氫氧化鈉與氫氧化鋁反應生成偏鋁酸鈉與水；（4）電解池陽極發(fā)生氧化反應，陰極發(fā)生還原反應，而鋁離子發(fā)生還原反應，應在陰極析出；根據(jù)電子轉移守恒計算Al的物質的量，進而計算Al的質量；（5）氯化鋁為共價化合物，晶體中不存在離子，熔融時不能導電解答：解：（1）O2、F、Na+、Al3+電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：O2FNa+Al3+；原子序數(shù)最大的為Al，核外電子排布為1

49、s22s22p63s23p1，不同能級中的電子能量不同，核外有5種不同能量的電子；最外層為3s23p1，有2種電子云，故答案為：O2FNa+Al3+；5；2；（2）反應中兩種元素在元素周期表中位置相鄰，為O元素與氟元素，a氫化物越穩(wěn)定，非金屬性越強，故a正確； bO、F元素沒有含氧酸，不能用最高價氧化物對應水化物的酸性，故b錯誤；c單質與氫氣反應越容易，對應元素的非金屬性越強，故c正確；d單質與同濃度酸發(fā)生反應的快慢不能判斷非金屬性強弱，如氧氣與硝酸不反應，而S、碘與硝酸反應，故d錯誤，故選：ac；（3）氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能和氫氧化鈉反應，反應離子方程式為：Al（OH）3+OH=AlO2

50、+2H2O，故答案為：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）電解池陽極發(fā)生氧化反應，陰極發(fā)生還原反應，而鋁離子發(fā)生還原反應，應在陰極析出；根據(jù)電子轉移守恒，析出Al的物質的量為=0.2mol，故析出Al的質量為0.2mol×27g/mol=5.4g，故答案為：陰；5.4；（5）因為氯化鋁為共價化合物，屬于分子晶體，晶體中不存在離子，熔融時不能導電，故不能被電解；而氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)可以導電，故答案為：因為氯化鋁為共價化合物，屬于分子晶體，晶體中不存在離子，熔融時不能導電，故不能被電解；而氧化鋁為離子化合物，熔融狀態(tài)可以導電點評：本題考查知識較多，涉及微粒半徑比較、

51、核外電子排布、元素周期律、離子方程式、電解池原理等，屬于拼合型題目，需要學生具備扎實的基礎，（2）中b選項為易錯點，學生容易忽略O、F沒有含氧酸，難度中等五、（本題共12分）催化劑24（12分）以下是處于研究階段的“人工固氮”的新方法N2在催化劑表面與水發(fā)生反應：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）1530.4kJ完成下列填空：（1）該反應平衡常數(shù)K的表達式K=（2）上述反應達到平衡后，保持其他條件不變，升高溫度，重新達到平衡，則aca平衡常數(shù)K增大bH2O的濃度減小c容器內的壓強增大dv逆（O2）減?。?）研究小組分別在四個容積為2升的密閉容器中，充入N2 1mol、H2

52、O 3mol，在催化劑條件下進行反應3小時實驗數(shù)據(jù)見下表：序號第一組第二組第三組第四組t/30405080NH3生成量/（106mol）4.85.96.02.0第四組實驗中以NH3表示反應的速率是3.33×107mol/（Lh），與前三組相比，NH3 生成量最小的原因可能是催化劑在80活性減小，反應速率反而減慢（4）氨水是實驗室常用的弱堿往CaCl2溶液中通入CO2至飽和，無明顯現(xiàn)象再通入一定量的NH3后產(chǎn)生白色沉淀，此時溶液中一定有的溶質是NH4Cl請用電離平衡理論解釋上述實驗現(xiàn)象飽和H2CO3溶液中電離產(chǎn)生的CO32很少，因此沒有沉淀加入氨水后，促進H2CO3的電離，CO32離子濃度增大，有沉淀產(chǎn)生向鹽酸中滴加氨水至過量，該過程中離子濃度大小關系可能正確的是acac（C1）=c（NH4+）c（H+）=c（OH） bc（C1）c（NH4+）=c（OH）c（H+）cc（NH4