2019-2020年高三上學(xué)期化學(xué)一模試卷含解析

1、2019-2020年高三上學(xué)期化學(xué)一模試卷含解析一、單選題：共7題每題6分共42分1（6分）（2015昌平區(qū)一模）設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）A常溫常壓下，4.4 g CO2與N2O混合氣體中含有的原子總數(shù)為0.3NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L已烷含有分子的數(shù)目為0.1NAC1 L 1 molL1的CuCl2 溶液中含有Cu2+的數(shù)目為NAD在過氧化鈉與水的反應(yīng)中，每生成0.1mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA2（6分）（2015昌平區(qū)一模）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使苯酚顯紫色的溶液：NH4+、K+、SCN、SO42B使甲基橙變紅色的溶液：M

2、g2+、K+、SO42、NO3C由水電離的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Cl、CO32、NO3Dc（Fe2+）=1.0 molL1溶液：H+、K+、Cl、NO33（6分）（2015昌平區(qū)一模）下列說法錯誤的是（）A分散系中分散質(zhì)粒子的直徑：Fe（OH）3懸濁液Fe（OH）3膠體FeCl3溶液B能自發(fā)進行的化學(xué)反應(yīng)，焓變和熵變一定符合：H0、S0C將碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液分別蒸干并灼燒，所得固體的成分均為純堿D用FeCl3飽和溶液制Fe（OH）3膠體的過程屬于吸熱過程4（6分）（2015昌平區(qū)一模）現(xiàn)有短周期主族元素X、Y、Z、R、TR原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍；Y與Z

3、能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T 化合物能破壞水的電離平衡六種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示下列推斷正確的是（）A原子半徑和離子半徑均滿足：YZB氫化物的沸點排序：YTRC最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：TRD由X、R、Y、Z四種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性5（6分）（2015昌平區(qū)一模）甲、乙、丙、丁、戊的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖（部分反應(yīng)物及反應(yīng)條件已略去，箭頭表示一步轉(zhuǎn)化）下列各組物質(zhì)中，滿足圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系的是（）物質(zhì)選項甲乙丙戊丁ACuHNO3Cu（NO3）2FeNOBH2OFeH2O2Fe2O3CAlNaOHH2Al2O3NaAlO2DCH3CHOO2CH3C

4、OOHH2H2OAABBCCDD6（6分）（2015昌平區(qū)一模）某氣態(tài)不飽和鏈烴CnHm在一定條件下與H2加成為CnHm+x，取CnHm和H2混合氣體共60mL進行實驗，發(fā)現(xiàn)隨混合氣中H2所占體積的變化，反應(yīng)后得到的氣體總體積數(shù)也不同，反應(yīng)前混合氣體中H2所占的體積V（H2）和反應(yīng)后氣體總體積V（反應(yīng)后總）的關(guān)系如圖所示（氣體體積均在同溫同壓下測定）由此可知x的數(shù)值為（）A4B3C2D17（6分）（2015昌平區(qū)一模）分子式為C9H18O2的有機物A有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系：其中B、C的相對分子質(zhì)量相等，則A的可能的結(jié)構(gòu)簡式有（）A9種B8種C7種D6種二、推斷題：共14分8（14分）（2015昌平區(qū)一

5、模）甲是一種鹽，由A、B、C、D、E五種短周期元素組成甲溶于水后可電離出三種離子，其中含有由A、B形成的10電子陽離子A元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)比E的少1，D、E處于同主族用甲進行如下實驗：取少量甲的晶體溶于蒸餾水配成溶液；取少量甲溶液于試管中，向其中加入稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀取少量甲溶液于試管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的質(zhì)量與滴入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示；取少量甲溶液于試管中，加入過量NaOH溶液并加熱；回答下列問題：（1）D在周期表中的位置寫出化合物AB3的電子式（2）經(jīng)測定甲晶體的摩爾質(zhì)量為453g/mol，其中陽離子和陰離子物質(zhì)的量之比1：1，且1mol甲晶體

6、中含有12mol結(jié)晶水則甲晶體的化學(xué)式為（3）實驗中根據(jù)圖象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）=（4）實驗中離子方程式是三、實驗題：共17分9（17分）（2015昌平區(qū)一模）草酸（H2C2O4）溶液與酸性KMnO4溶液反應(yīng)時，溶液褪色總是先慢后快，某學(xué)習(xí)小組探究反應(yīng)過程中使褪色加快的主要原因，過程如下：KMnO4溶液氧化H2C2O4的反應(yīng)歷程為：假設(shè)1：該反應(yīng)為放熱反應(yīng)假設(shè)2：反應(yīng)生成的Mn2+對該反應(yīng)有催化作用假設(shè)3：K+對該反應(yīng)有催化作用該小組同學(xué)未提出濃度使反應(yīng)速率加快的假設(shè)，原因是（1）稱取g草酸晶體（H2C2O42H2O），配制500mL0.10mol/L H2C2O4溶液在上述過

7、程中必須用到的2種定量儀器是托盤天平和下列操作會使所配溶液濃度偏低的是（填下列選項的字母序號）A稱取草酸晶體時，將草酸晶體放在托盤天平右盤B定容時俯視刻度線C將燒杯中溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸餾水D搖勻后，發(fā)現(xiàn)溶液液面低于刻度線，立即用膠頭滴管加水再定容（2）完成探究，記錄數(shù)據(jù)實驗編號 燒杯中所加試劑及用量（mL） 控制 條件溶液褪色時間（S） 0.10mol/LH2C2O4溶液 等濃度KMnO4溶液 H2O 0.50mol/L稀硫酸 1 3020 30 20 18 2 3020 30 20水浴控制溫度65 15 3 30 20 30 20加入少量MnSO4固體 3.6 4 30

8、20 x 20加入5mL0.10mol/LK2SO4 18x=時，假設(shè)2成立（3）由于KMnO4能氧化水中有機物等因素，為配制好穩(wěn)定的KMnO4溶液，其濃度需標(biāo)定取10.00mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于錐形瓶中，加入10mL 0.50mol/L稀硫酸，用（2）中KMnO4溶液滴定至錐形瓶中恰好呈淺紫色，且半分鐘不褪色，記錄數(shù)據(jù)，平行三次實驗，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，則草酸溶液與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為：上述實驗中KMnO4溶液的物質(zhì)的量濃度為四、綜合題：共16分10（16分）（2015昌平區(qū)一模）煤粉中的氮元素在使用過程中的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖1所示：（1）中

9、NH3參與反應(yīng)的化學(xué)方程式為（2）中加入的物質(zhì)可以是（填字母序號）a空氣 bCO cKNO3 dNH3（3）焦炭氮中有一種常見的含氮有機物吡啶（），其分子中相鄰的C和N原子相比，N原子吸引電子能力更（填“強”或“弱”），從原子結(jié)構(gòu)角度解釋原因：（4）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=a kJmol1N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=b kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=c kJmol1反應(yīng)后恢復(fù)至常溫常壓，中NH3參與反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為（5）用間接電化學(xué)法除去NO的過程，如圖2所示：已知電解池的陰極室中溶液的pH在47之間，寫出陰極的電極反應(yīng)式：用離子方

10、程式表示吸收池中除去NO的原理：五、計算題：共1題每題11分共11分11（11分）（2015昌平區(qū)一模）重晶石（BaSO4）是重要的化工原料，制備氫氧化鋇晶體（Ba（OH）28H2O）的流程如下：已知：Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）H=1473.2kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1Ba（s）+S（s）=BaS（s）H=460kJmol1（1）寫出煅燒時發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：（2）寫出氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合反應(yīng)的化學(xué)方程式：（3）為檢測煅燒時產(chǎn)生的CO，可將煅燒產(chǎn)生的氣體通入PdCl2溶液中，出現(xiàn)黑色沉淀和產(chǎn)生一種無色無味能使澄清

11、石灰水變渾濁的氣體，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：（4）向BaSO4沉淀中加入飽和Na2CO3溶液，充分攪拌，棄去上層清液，如此處理多次，可使BaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3發(fā)生的反應(yīng)可表示為：BaSO4（s）+CO32（aq）BaCO3（s）+SO42（aq），現(xiàn)有0.20mol BaSO4，加入1.0L 2.0molL1飽和Na2CO3溶液處理，假設(shè)c（SO42）起始0，平衡時，K=4.0102，求反應(yīng)達到平衡時發(fā)生轉(zhuǎn)化的BaSO4的物質(zhì)的量（寫出計算過程，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（5）試從平衡的角度解釋BaSO4可轉(zhuǎn)化為BaCO3的原因：2015年北京市昌平區(qū)高考化學(xué)一模試卷參考答案與試題解析一

12、、單選題：共7題每題6分共42分1（6分）（2015昌平區(qū)一模）設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）A常溫常壓下，4.4 g CO2與N2O混合氣體中含有的原子總數(shù)為0.3NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L已烷含有分子的數(shù)目為0.1NAC1 L 1 molL1的CuCl2 溶液中含有Cu2+的數(shù)目為NAD在過氧化鈉與水的反應(yīng)中，每生成0.1mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA【考點】阿伏加德羅常數(shù)【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律【分析】A CO2與N2O的摩爾質(zhì)量都是44g/mol，二者分子中都含有3個原子；B標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷的狀態(tài)為液體；C銅離子在溶液中部分水解，導(dǎo)致銅離子數(shù)目減

13、少；D過氧化鈉中氧元素的化合價為1價，則生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移了0.2mol電子【解答】解：A4.4 g CO2與N2O混合氣體含有氣體分子的物質(zhì)的量為：=0.1mol，0.1mol混合氣體中含有0.3mol原子，含有的原子總數(shù)為0.3NA，故A正確；B標(biāo)況下己烷不是氣體，不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算己烷的物質(zhì)的量，故B錯誤；C1 L 1 molL1的CuCl2溶液中含有溶質(zhì)氯化銅1mol，由于銅離子部分水解，則溶液中含有Cu2+的數(shù)目小于NA，故C錯誤；D過氧化鈉中氧元素的化合價為1價，生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移了0.2mol電子，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA，故D錯誤；故選A【點評】本題

14、考查阿伏加德羅常數(shù)的綜合應(yīng)用，題目難度中等，注意明確標(biāo)況下己烷、四氯化碳、乙醇等物質(zhì)的狀態(tài)不是氣體，要求學(xué)生掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力，提高學(xué)生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力2（6分）（2015昌平區(qū)一模）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A使苯酚顯紫色的溶液：NH4+、K+、SCN、SO42B使甲基橙變紅色的溶液：Mg2+、K+、SO42、NO3C由水電離的c（OH）=1013molL1的溶液中：Na+、Cl、CO32、NO3Dc（Fe2+）=1.0 molL1溶液：H+、K+、Cl、NO3【考點】離子共存

15、問題【專題】離子反應(yīng)專題【分析】A使苯酚顯紫色的溶液溶液中存在鐵離子，鐵離子與硫氰根離子反應(yīng)生成硫氰化鐵；B使甲基橙變紅色的溶液中存在大量氫離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)；C由水電離的c（OH）=1013molL1的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，碳酸根離子與氫離子反應(yīng)；D硝酸根離子在氫離子存在條件下能夠氧化亞鐵離子【解答】解：A使苯酚顯紫色的溶液中存在鐵離子，F(xiàn)e3+和 SCN之間反應(yīng)生成絡(luò)合物硫氰化鐵，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B使甲基橙變紅色的溶液為酸性溶液，Mg2+、K+、SO42、NO3之間不發(fā)生反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故B正確；C由水電離的

16、c（OH）=1013molL1的溶液為酸性或堿性溶液，酸性溶液中，CO32與氫離子反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；DH+、Fe2+、NO3之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選B【點評】本題考查離子共存的正誤判斷，為中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況，如：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間，能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間，能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如 Fe3+和 SCN）等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的 H+或OH；是“可能”共存，還是“一定”共存等3（6分）（2015昌平區(qū)一模）下列說法錯誤的是（）A分散系中分散質(zhì)

17、粒子的直徑：Fe（OH）3懸濁液Fe（OH）3膠體FeCl3溶液B能自發(fā)進行的化學(xué)反應(yīng)，焓變和熵變一定符合：H0、S0C將碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液分別蒸干并灼燒，所得固體的成分均為純堿D用FeCl3飽和溶液制Fe（OH）3膠體的過程屬于吸熱過程【考點】分散系、膠體與溶液的概念及關(guān)系；焓變和熵變；鹽類水解的應(yīng)用【分析】A分散系中分散質(zhì)小于1nm的是溶液，大于100nm的是濁液，介于1100nm的是膠體；B反應(yīng)能否自發(fā)進行應(yīng)看HTS數(shù)值是否小于O；C碳酸氫鈉不穩(wěn)定加熱易分解生成碳酸鈉；D鹽類水解是吸熱反應(yīng)【解答】解：A分散系中分散質(zhì)小于1nm的是溶液，大于100nm的是濁液，介于1100nm的是膠

18、體，所以Fe（OH）3懸濁液Fe（OH）3膠體FeCl3溶液，故A正確；B反應(yīng)能否自發(fā)進行應(yīng)看HTS數(shù)值，只有HTS0的反應(yīng)才能自發(fā)進行，H0、S0，HTS不一定小于0，反應(yīng)不一定自發(fā)進行，故B錯誤；C碳酸氫鈉不穩(wěn)定加熱易分解生成碳酸鈉，將碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液分別蒸干并灼燒，所得固體的成分均為碳酸鈉，故C正確；DFeCl3飽和溶液水解生成Fe（OH）3膠體，鹽類水解是吸熱反應(yīng)，故D正確；故選B【點評】本題考查了分散系的分類，反應(yīng)自發(fā)進行的判據(jù)，鹽類的水解，電解的原理，題目綜合性比較強，難度中等，注意B選項，反應(yīng)自發(fā)進行的判據(jù)4（6分）（2015昌平區(qū)一模）現(xiàn)有短周期主族元素X、Y、Z、R、

19、TR原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T 化合物能破壞水的電離平衡六種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示下列推斷正確的是（）A原子半徑和離子半徑均滿足：YZB氫化物的沸點排序：YTRC最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：TRD由X、R、Y、Z四種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性【考點】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用【分析】R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，可能為C或S，由于圖示原子半徑和原子序數(shù)關(guān)系可知R應(yīng)為C；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，應(yīng)為Na2O、Na2O2，則Y為O，Z為Na；Z與T形成的Z2T化合物能破壞水的電離平

20、衡，T應(yīng)為S，Na2S水解呈堿性，可促進水的電離；X的原子半徑最小，原子序數(shù)最小，應(yīng)為H元素，結(jié)合對應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及題目要求解答該題【解答】解：R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，可能為C或S，由于圖示原子半徑和原子序數(shù)關(guān)系可知R應(yīng)為C；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，應(yīng)為Na2O、Na2O2，則Y為O，Z為Na；Z與T形成的Z2T化合物能破壞水的電離平衡，T應(yīng)為S，Na2S水解呈堿性，可促進水的電離；X的原子半徑最小，原子序數(shù)最小，應(yīng)為H元素A原子半徑ONa，離子半徑O2Na+，故A錯誤；BY、T、R的簡單氫化物分別為H2O、H2S、CH4，水分子之間存在氫鍵，沸點最高，硫

21、化氫相對分子質(zhì)量大于甲烷的，分子間作用力較甲烷的強，故硫化氫的沸點高于甲烷的，故沸點H2OH2SCH4，故B正確；C非金屬性SC，元素的非金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物的酸性越強，故C錯誤；D由H、C、O、Na四種元素組成的化合物不僅僅為NaHCO3，可能為有機鹽且含有羧基，溶液不一定為堿性，可能為酸性，故D錯誤故選B【點評】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，推斷元素是解題的關(guān)鍵，D為易錯點，學(xué)生容易忽略有機物，難度中等5（6分）（2015昌平區(qū)一模）甲、乙、丙、丁、戊的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖（部分反應(yīng)物及反應(yīng)條件已略去，箭頭表示一步轉(zhuǎn)化）下列各組物質(zhì)中，滿足圖示轉(zhuǎn)化

22、關(guān)系的是（）物質(zhì)選項甲乙丙戊丁ACuHNO3Cu（NO3）2FeNOBH2OFeH2O2Fe2O3CAlNaOHH2Al2O3NaAlO2DCH3CHOO2CH3COOHH2H2OAABBCCDD【考點】無機物的推斷【分析】根據(jù)反應(yīng)甲+乙丙+丁，丙+戊甲，乙+戊丁分析，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)判斷這兩個反應(yīng)是否能發(fā)生，如果能發(fā)生，則正確，否則錯誤，A銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和NO，硝酸銅和鐵發(fā)生置換反應(yīng)生成銅，稀硝酸和鐵反應(yīng)可生成NO；B鐵和水蒸氣在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；C氫氣與氧化鋁不反應(yīng)；D乙酸與氫氣不反應(yīng)【解答】解：A銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和NO，硝酸銅和鐵發(fā)生置換反應(yīng)生成銅，稀硝酸和

23、鐵反應(yīng)可生成NO，可實現(xiàn)轉(zhuǎn)化，故A正確；B鐵和水蒸氣反應(yīng)方程式為4Fe+2H2O（g）Fe3O4+2H2，不生成Fe2O3，故B錯誤；C氫氣與氧化鋁不反應(yīng)，不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化關(guān)系，故C錯誤；D乙酸與氫氣不反應(yīng)，不能實現(xiàn)轉(zhuǎn)化關(guān)系，故D錯誤故選A【點評】本題考查無機物的推斷，側(cè)重于元素化合物的綜合理解與運用的考查，注意把握物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，采用代入法來分析解答，注意鐵和水蒸氣反應(yīng)后的產(chǎn)物，為易錯點6（6分）（2015昌平區(qū)一模）某氣態(tài)不飽和鏈烴CnHm在一定條件下與H2加成為CnHm+x，取CnHm和H2混合氣體共60mL進行實驗，發(fā)現(xiàn)隨混合氣中H2所占體積的變化，反應(yīng)后得到的氣

24、體總體積數(shù)也不同，反應(yīng)前混合氣體中H2所占的體積V（H2）和反應(yīng)后氣體總體積V（反應(yīng)后總）的關(guān)系如圖所示（氣體體積均在同溫同壓下測定）由此可知x的數(shù)值為（）A4B3C2D1【考點】化學(xué)方程式的有關(guān)計算【分析】不飽和烴與氫氣恰好反應(yīng)時，反應(yīng)后混合氣體的總體積最小，由圖可知，氫氣為40mL時，反應(yīng)后混合氣體體積最小，為20mL，反應(yīng)前CmHn的體積=60mL40mL=20mL，相同條件下，氣體體積之比等于物質(zhì)的量之比，根據(jù)原子守恒確定x的值【解答】解：不飽和烴與氫氣恰好反應(yīng)時，反應(yīng)后混合氣體的總體積最小，由圖可知，氫氣為40mL時，反應(yīng)后混合氣體體積最小，為20mL，反應(yīng)前CmHn 的體積=60m

25、L40mL=20mL，故CmHn、H2、CmHn+x的物質(zhì)的量之比=20mL：40mL：20mL=1：2：1，則反應(yīng)為：CmHn+2H2CmHn+x，根據(jù)H原子守恒，則x=4，故選A【點評】本題以化學(xué)反應(yīng)圖象為載體，考查化學(xué)方程式的有關(guān)計算，關(guān)鍵是明確不飽和烴與氫氣恰好反應(yīng)時反應(yīng)后混合氣體的總體積最小7（6分）（2015昌平區(qū)一模）分子式為C9H18O2的有機物A有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系：其中B、C的相對分子質(zhì)量相等，則A的可能的結(jié)構(gòu)簡式有（）A9種B8種C7種D6種【考點】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體【分析】有機物A的分子式為C9H18O2，在酸性條件下水解為B和C兩種有機物，則有機物A為酯，由于B與C相

26、對分子質(zhì)量相同，因此酸比醇少一個C原子，說明水解后得到的羧酸含有4個C原子，而得到的醇含有5個C原子，判斷5個碳原子醇屬于醇的同分異構(gòu)體，其中能被氧化成羧酸，說明羥基所連碳上有2個氫原子，4個碳原子羧酸屬于羧酸的異構(gòu)體數(shù)目，據(jù)此判斷有機物A的同分異構(gòu)體數(shù)目【解答】解：有機物A的分子式為C9H18O2，在酸性條件下水解為B和C兩種有機物，則有機物A為酯，由于B與C相對分子質(zhì)量相同，因此酸比醇少一個C原子，說明水解后得到的羧酸含有4個C原子，而得到的醇含有5個C原子，含有4個C原子的羧酸有2種同分異構(gòu)體：CH3CH2CH2COOH，CH3CH（CH3）COOH；含有5個C原子的醇的有8種同分異構(gòu)體

27、：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）CH3，CH3CH（OH）CH（CH3）CH3，CH2（OH）CH2CH（CH3）CH3；CH3C（CH3）2CH2OH，其中醇能能被氧化成羧酸，說明羥基所連碳上有2個氫原子，共有4種，所以有機物甲的同分異構(gòu)體數(shù)目有24=8；故選B【點評】本題考查同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷，清楚飽和一元醇與少一個C原子的飽和一元羧酸的相對分子質(zhì)量相同以及醇氧化的條件是解題關(guān)鍵，同時掌握組合法的使用二、推斷題：共14分8（14分）（20

28、15昌平區(qū)一模）甲是一種鹽，由A、B、C、D、E五種短周期元素組成甲溶于水后可電離出三種離子，其中含有由A、B形成的10電子陽離子A元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)比E的少1，D、E處于同主族用甲進行如下實驗：取少量甲的晶體溶于蒸餾水配成溶液；取少量甲溶液于試管中，向其中加入稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀取少量甲溶液于試管中逐滴滴入NaOH溶液，生成沉淀的質(zhì)量與滴入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示；取少量甲溶液于試管中，加入過量NaOH溶液并加熱；回答下列問題：（1）D在周期表中的位置第3周期A族寫出化合物AB3的電子式（2）經(jīng)測定甲晶體的摩爾質(zhì)量為453g/mol，其中陽離子和陰離子物質(zhì)的量之比

29、1：1，且1mol甲晶體中含有12mol結(jié)晶水則甲晶體的化學(xué)式為NH4Al（SO4）212H2O（3）實驗中根據(jù)圖象得V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3：1：1（4）實驗中離子方程式是NH4+Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O或NH4+Al3+5OHNH3+AlO2+3H2O【考點】離子方程式的有關(guān)計算；復(fù)雜化學(xué)式的確定【專題】計算題【分析】由A、B形成的10電子陽離子，B元素有一種核素沒有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)比E的少1，D、E處于同主族，D是S，E是O，取少量甲溶液于試管中，向其中加入稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，

30、出現(xiàn)白色沉淀，則甲溶液肯定含有SO42，取少量甲溶液于試管中，向其中加入NaOH溶液，先是出現(xiàn)白色沉淀，最后沉淀完全消失，其中一定含有Al3+，綜上所述，甲溶液中含有Al3+，SO42，NH4+，以此結(jié)合圖象來解答該題【解答】解：（l）由A、B形成的10電子陽離子，B元素有一種核素沒有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)比E的少1，D、E處于同主族，D是S，位于第3周期A族，化合物AB3是NH3，是含有共價鍵的共價化合物，電子式為：，故答案為：第3周期A族；（2）由A、B形成的10電子陽離子，B元素有一種核素沒有中子，可以推出B肯定是H，那么A肯

31、定是N，甲溶液中含有NH4+，A元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)比E的少1，D、E處于同主族，D是S，E是O，取少量甲溶液于試管中，向其中加入稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則甲溶液肯定含有SO42，取少量甲溶液于試管中，向其中加入NaOH溶液，先是出現(xiàn)白色沉淀，最后沉淀完全消失，其中一定含有Al3+，綜上所述，甲溶液中含有Al3+，SO42，NH4+，甲晶體的摩爾質(zhì)量為453g/mol，其中陽離子和陰離子物質(zhì)的量之比1：1，且1mol甲晶體中含有12mol結(jié)晶水，所以陽離子和陰離子的分子量為：453216=237，陽離子和陰離子物質(zhì)的量之比1：1，根據(jù)電中性原理，得出分子式為：NH4Al（SO

32、4）212H2O，故答案為：NH4Al（SO4）212H2O；（3）取少量甲溶液于試管中逐滴滴入NaOH溶液，先后發(fā)生反應(yīng)：Al3+3OH=Al（OH）3；NH4+OH=NH3H2O；Al（OH）3+OH=，所以V（Oa）：V（ab）：V（bc）=3：1：1，故答案為：3：1：1；（4）甲溶液于試管中，加入過量NaOH溶液并加熱，其中的銨根離子、鋁離子均可以和過量的氫氧化鈉之間反應(yīng)，實質(zhì)是：NH4+Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O 或NH4+Al3+5OHNH3+AlO2+3H2O，故答案為：NH4+Al3+5OHNH3+Al（OH）4+H2O 或NH4+Al3+5OHNH3+Al

33、O2+3H2O【點評】本題考查無機物的推斷，題目難度中等，本題注意根據(jù)反應(yīng)的現(xiàn)象判斷物質(zhì)，學(xué)習(xí)中注意把握相關(guān)基礎(chǔ)知識，易錯點為（4），注意陽離子與陰離子物質(zhì)的量關(guān)系以及晶體的摩爾質(zhì)量三、實驗題：共17分9（17分）（2015昌平區(qū)一模）草酸（H2C2O4）溶液與酸性KMnO4溶液反應(yīng)時，溶液褪色總是先慢后快，某學(xué)習(xí)小組探究反應(yīng)過程中使褪色加快的主要原因，過程如下：KMnO4溶液氧化H2C2O4的反應(yīng)歷程為：假設(shè)1：該反應(yīng)為放熱反應(yīng)假設(shè)2：反應(yīng)生成的Mn2+對該反應(yīng)有催化作用假設(shè)3：K+對該反應(yīng)有催化作用該小組同學(xué)未提出濃度使反應(yīng)速率加快的假設(shè)，原因是反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率減慢（1）稱取6.3

34、g草酸晶體（H2C2O42H2O），配制500mL0.10mol/L H2C2O4溶液在上述過程中必須用到的2種定量儀器是托盤天平和500mL容量瓶下列操作會使所配溶液濃度偏低的是AD（填下列選項的字母序號）A稱取草酸晶體時，將草酸晶體放在托盤天平右盤B定容時俯視刻度線C將燒杯中溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸餾水D搖勻后，發(fā)現(xiàn)溶液液面低于刻度線，立即用膠頭滴管加水再定容（2）完成探究，記錄數(shù)據(jù)實驗編號 燒杯中所加試劑及用量（mL） 控制 條件溶液褪色時間（S） 0.10mol/LH2C2O4溶液 等濃度KMnO4溶液 H2O 0.50mol/L稀硫酸 1 3020 30 20 18 2

35、 3020 30 20水浴控制溫度65 15 3 30 20 30 20加入少量MnSO4固體 3.6 4 30 20 x 20加入5mL0.10mol/LK2SO4 18x=30時，假設(shè)2成立（3）由于KMnO4能氧化水中有機物等因素，為配制好穩(wěn)定的KMnO4溶液，其濃度需標(biāo)定取10.00mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于錐形瓶中，加入10mL 0.50mol/L稀硫酸，用（2）中KMnO4溶液滴定至錐形瓶中恰好呈淺紫色，且半分鐘不褪色，記錄數(shù)據(jù)，平行三次實驗，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，則草酸溶液與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式為：5H2C2O4+2MnO4+6H+

36、=2Mn2+10CO2+8H2O上述實驗中KMnO4溶液的物質(zhì)的量濃度為0.010mol/L【考點】探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素【分析】草酸（H2C2O4）溶液與酸性KMnO4溶液反應(yīng)時，溶液褪色總是先慢后快，而隨反應(yīng)進行，濃度減??；（1）結(jié)合m=cVM計算；稱量固體質(zhì)量需要托盤天平，配制溶液需要容量瓶；結(jié)合c=及不當(dāng)操作對n、V的影響分析濃度變化；（2）由控制變量法可知，實驗3、4中只有催化劑不同，其它均相同，可說明生成的Mn2+對該反應(yīng)有催化作用，反應(yīng)速率加快；（3）草酸溶液與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)生成Mn2+、CO2、H2O，結(jié)合離子反應(yīng)方程式計算KMnO4溶液的物質(zhì)的量

37、濃度【解答】解：草酸（H2C2O4）溶液與酸性KMnO4溶液反應(yīng)時，溶液褪色總是先慢后快，因為隨反應(yīng)進行，反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率減慢，則探究反應(yīng)過程中使褪色加快的主要原因不考慮濃度的影響，故答案為：反應(yīng)物濃度降低，反應(yīng)速率減慢；（1）草酸晶體的質(zhì)量為0.5L0.1mol/L126g/mol=6.3g，故答案為：6.3；稱量固體質(zhì)量需要托盤天平，配制溶液需要容量瓶，則配制溶液必須用到的2種定量儀器是托盤天平和500mL容量瓶，故答案為：500mL容量瓶；A稱取草酸晶體時，將草酸晶體放在托盤天平右盤，晶體質(zhì)量偏小，則n偏小，所配溶液濃度偏低，故A選；B定容時俯視刻度線，水加少，V偏小，則所配溶液

38、濃度偏高，故B不選；C將燒杯中溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸餾水，對實驗無影響，所配溶液濃度不變，故C不選；D搖勻后，發(fā)現(xiàn)溶液液面低于刻度線，立即用膠頭滴管加水再定容，則V偏大，所配溶液濃度偏低，故D選；故答案為：AD；（2）由控制變量法可知，實驗3、4中只有催化劑不同，其它均相同，則x=30，可說明生成的Mn2+對該反應(yīng)有催化作用，反應(yīng)速率加快，故答案為：30；（3）草酸溶液與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)生成Mn2+、CO2、H2O，離子反應(yīng)為5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，n（H2C2O4）=0.01L0.10mol/L=0.001m

39、ol，由離子反應(yīng)方程式可知KMnO4溶液的物質(zhì)的量濃度為=0.010mol/L，故答案為：5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；0.010mol/L【點評】本題考查影響反應(yīng)速率的因素及溶液配制、濃度計算等，為高頻考點，把握反應(yīng)速率的影響因素、控制變量法及離子反應(yīng)的計算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ木C合考查，題目難度不大四、綜合題：共16分10（16分）（2015昌平區(qū)一模）煤粉中的氮元素在使用過程中的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖1所示：（1）中NH3參與反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O（2）中加入的物質(zhì)可以是bd（填字母序號）a空氣 bCO cKNO3 dN

40、H3（3）焦炭氮中有一種常見的含氮有機物吡啶（），其分子中相鄰的C和N原子相比，N原子吸引電子能力更強（填“強”或“弱”），從原子結(jié)構(gòu)角度解釋原因：C和N原子在同一周期（或電子層數(shù)相同），N原子核電荷數(shù)更大，原子半徑更小，原子核對外層電子的吸引力更強（4）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=a kJmol1N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=b kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=c kJmol1反應(yīng)后恢復(fù)至常溫常壓，中NH3參與反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H=（3c3a2b）kJmol1（5）用間接電化學(xué)法除去N

41、O的過程，如圖2所示：已知電解池的陰極室中溶液的pH在47之間，寫出陰極的電極反應(yīng)式：2HSO3+2e+2H+S2O42+2H2O用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理：2NO+2S2O42+2H2ON2+4HSO3【考點】電解原理；熱化學(xué)方程式；氨的化學(xué)性質(zhì)【分析】（1）氨氣在催化劑條件下與氧氣反應(yīng)生成一氧化氮和水；（2）由圖表可知，氮由+2價變成0價，應(yīng)加還原劑；（3）N的電負極強，所以N原子吸引電子能力更強，C和N原子在同一周期（或電子層數(shù)相同），N原子核電荷數(shù)更大，原子半徑更小，原子核對外層電子的吸引力更強；（4）運用蓋斯定律解題；（5）陰極發(fā)生還原反應(yīng)，是亞硫酸氫根離子，得電子，生成

42、硫代硫酸根離子；硫代硫酸根離子與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氮氣【解答】解：（1）氨氣在催化劑條件下與氧氣反應(yīng)生成一氧化氮和水，為重要的工業(yè)反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）氮由+2價變成0價，應(yīng)加還原劑，CO和氨氣，故選：bd；（3）N的電負極強，所以N原子吸引電子能力更強，由于C和N原子在同一周期（或電子層數(shù)相同），N原子核電荷數(shù)更大，原子半徑更小，原子核對外層電子的吸引力更強，故答案為：強；C和N原子在同一周期（或電子層數(shù)相同），N原子核電荷數(shù)更大，原子半徑更小，原子核對外層電子的吸引力更強；（4）已知：N2（g）

43、+O2（g）2NO（g）H=a kJmol1 ；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=b kJmol1；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=c kJmol1；而的反應(yīng)為：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l），所以H=332，則H=（3c3a2b） kJmol1，所以熱化學(xué)方程式為：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H=（3c3a2b） kJmol1，故答案為：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（l）H=（3c3a2b） kJmol1；（5）陰極發(fā)生還原反應(yīng)，是亞硫酸氫根離子，得電子，生成硫代硫酸根離子，電極反應(yīng)式為：2HSO3

44、+2e+2H+S2O42+2H2O；硫代硫酸根離子與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成氮氣，離子反應(yīng)方程式為：2NO+2S2O42+2H2ON2+4HSO3，故答案為：2HSO3+2e+2H+S2O42+2H2O；2NO+2S2O42+2H2ON2+4HSO3【點評】本題考查較為綜合，涉及氨氣的制備、性質(zhì)以及氮氧化物的性質(zhì)，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，題目較為簡單，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累五、計算題：共1題每題11分共11分11（11分）（2015昌平區(qū)一模）重晶石（BaSO4）是重要的化工原料，制備氫氧化鋇晶體（Ba（OH）28H2O）的流程如下：已知：Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO

45、4（s）H=1473.2kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1Ba（s）+S（s）=BaS（s）H=460kJmol1（1）寫出煅燒時發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2 kJmol1（2）寫出氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合反應(yīng)的化學(xué)方程式：Ba（OH）28H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O（3）為檢測煅燒時產(chǎn)生的CO，可將煅燒產(chǎn)生的氣體通入PdCl2溶液中，出現(xiàn)黑色沉淀和產(chǎn)生一種無色無味能使澄清石灰水變渾濁的氣體，試寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：CO+PdCl2+H2O=Pd+CO2+2HCl（4）向BaSO4沉淀中加入飽和Na2CO3溶液，充分攪拌，棄去上層清液，如此處理多次，可使BaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3發(fā)生的反應(yīng)可表示為：BaSO4（s）+CO32（aq）BaCO3（s）+SO42（aq），現(xiàn)有0.20mol BaSO4，加入1.0L 2.0molL1飽和Na2CO3溶液處理，假設(shè)c（SO42）起始0，平衡時，K=4.0102，求反應(yīng)達到平衡時發(fā)生轉(zhuǎn)化的BaSO4的物質(zhì)的量（寫出計算過程，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）（5）試從平衡的角度解釋BaSO4可轉(zhuǎn)化為Ba