全國各地高考化學真題解析匯總

1、全國各地高考化學真題分析版匯總全國各地高考化學真題分析版匯總全國各地高考化學真題分析版匯總2014年一般高等學校招生全國一致考試（全國I卷）理科綜合化學部分7以下化合物中同分異構體數量最少的是（）A戊烷B戊醇C戊烯D乙酸乙酯【答案】A【分析】戊烷只有碳骨架異構，有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種同分異構體；戊醇在戊烷的三種骨架構造上羥基的地點不一樣有8種同分異構體（1戊醇、2戊醇、3戊醇、2甲基1丁醇、2甲基2丁醇、3甲基2丁醇、3甲基1丁醇、2,2二甲基1丙醇、）；戊烯共有5種構造（1戊烯、2戊烯、2甲基1丁烯、2甲基2丁烯、3甲基1丁烯）；乙酸乙酯有6種同分異構體（屬于酯的4種：甲酸1丙醇酯、甲

2、酸2丙醇酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯；屬于酸的兩種：丁酸、2甲基丙酸），所以最少的是戊烷。8化學與社會、生活親近有關。對以下現象或事實的解說正確的選項是（）選項現象或事實解說A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接與油污反響B(tài)漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2漂白粉在空氣中久置變質反響生成CaCO3C施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不可以K2CO3與NH4Cl反響生成氨氣會降與NH4Cl混淆使用低肥效DFeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作FeCl3能從含Cu2+的溶液中置換出銅【答案】C【分析】A、燒堿的主要成分是NaOH；B、漂白粉在空氣中久置變質是因為漂白粉中的有效成分Ca(ClO)

3、2與空氣中的CO2反響生成HClO（不穩(wěn)固，易分解）；D、印刷線路3+2+2+，而不是FeCl3能從含Cu2+的溶液中置換出銅。板發(fā)生的離子反響為2Fe+2Cu=2Fe+2Cu9已知分解1molH2O2放出熱量98KJ。在含有少許I的溶液中，H2O2分解的機理為：H2O2+IH2O+IOH2O2+IOH2O+O2+I以下有關該反響的說法正確的選項是（）A反響速率與I濃度有關BIO也是該反響的催化劑C反響活化能等于-1Dv(H2O2)v(H2O)v(O2)98KJmol【答案】A【分析】決定化反響速率的主若是慢反響，所以I-濃度越大，則整個反響速率越快，A正確、B錯誤；98KJmol-1是該反響

4、的H，活化能不可以確立，C錯誤；把兩個方程式處理獲?。?H2O22H2OO2，v(H2O2)v(H2O)2v(O2)，D錯誤。10X、Y、Z均為短周期元素，X、Y處于同一周期，X、Z的的最廉價離子分別為X2和Z，Y+和Z擁有相同的電子層構造。以下說法正確的選項是（）A原子的最外層電子數：XYZB單質沸點：XYZC離子半徑：X2Y+ZD原子序數：XYZ【答案】D【分析】因為Y+與Z-的電子層構造相同，所以兩種元素位于相鄰周期，則Y是Na，Z是F，則X是S。則原子最外層電子數FSNa，A錯誤；單質沸點：SNaF2，B錯誤；離子半徑：S2-F-Na+，C錯誤；原子序數：SNaF，D正確。11溴酸銀（

5、AgBrO3）溶解度隨溫度變化曲線以以下圖，以下說法錯誤的選項是（）溴酸銀的溶解是放熱過程溫度高升時溴酸銀溶解速度加快C60時溴酸銀的Ksp約等于6104Na2SiO3溶液的濁液溴水Ba(NO3)2溶液若硝酸鉀中含有少許溴酸銀，可用重結晶方法提純【答案】A【分析】該圖像不過給出溴酸銀溶解度與溫度的關系，沒法判斷其溶解過程的熱效應，A錯誤；因為物質的溶解過程是吸熱過程，溫度高升溶解速率加快，B正確；60時溴酸銀溶解度約為+-1-40.6g，n(AgBrO3)0.0025mol，c(Ag)c(BrO3)0.025molL，Ksp6.2510,C正確；因為硝酸鉀的溶解度隨溫度變化程度很大，而溴酸銀溶

6、解度隨溫度變化不大，能夠用重結晶的方法提純，D正確。12以下有關儀器使用方法或實驗操作正確的選項是（）洗凈的錐形瓶和容量瓶能夠放進烘箱中烘干B酸式滴定管裝標準溶液前，一定先用該溶液潤洗C酸堿滴定實驗中，用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗偏差D用容量瓶配溶液時，若加水超出刻度線，馬上用滴管吸出剩余液體【答案】B【分析】容量瓶是對精度要求很高的儀器，不可以高溫烘干，免得對其精度造成影響，A錯誤；滴定管在盛裝溶液前，都需要用待盛裝溶液潤洗，B正確；酸堿滴定實驗中，錐形瓶不可以潤洗，不然會造成待滴定溶液的溶質增加，造成測定結果偏高，C錯誤；用容量瓶配制溶液時，若加水超出刻度線，只好放棄重配，若吸出溶液，

7、溶質減少，配得溶液濃度偏低，D錯誤。13利用右圖所示裝置進行以下實驗，能得出相應實驗結論的是（）選項實驗結論稀硫AgNO3與AgClANa2S酸濃硫B蔗糖酸稀鹽CNa2SO3酸濃硝Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)濃硫酸擁有脫水性、氧化性SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色積淀DNa2CO3酸性：硝酸碳酸硅酸酸【答案】B【分析】因為稀硫酸與Na2S反響生成的H2S會與AgNO3反響生成黑色Ag2S積淀和強氧化性的HNO3，從而把H2S氧化為S積淀，同時生成的Ag2S黑色積淀掩飾AgCl濁液，不可以觀察AgCl轉變?yōu)锳g2S，A錯誤；濃硫酸有脫水性，可使蔗糖碳化，并放出大批的熱量，從而與生成的C反響

8、生成SO2，使中的溴水退色，經過蔗糖變黑、溴水退色能夠得出濃硫酸擁有脫水性、氧化性，B正確；稀鹽酸與Na2SO3反響生成的SO2與Ba(NO3)2發(fā)生氧化復原生成BaSO4，SO2與BaCl2則不反響，C錯誤；因為濃硝酸有揮發(fā)性，會有較多的HNO3進入與Na2SiO3反響，影響碳酸與硅酸酸性的比較，D錯誤。26（13分）乙酸異戊酯是構成蜜蜂信息素的成分之一，擁有橡膠的香味。實驗室制備乙酸異戊酯的反響、裝置表示圖和有關信息以下：相對分子質量密度/（gcm3）沸點/水中溶解度異戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸異戊酯1300.8670142難溶實驗步驟：在A中加入4.4

9、g的異戊醇，6.0g的乙酸、數滴濃硫酸和23片碎瓷片，開始緩慢加熱A，回流50分鐘，反響液冷至室溫后，倒入分液漏斗中，分別用少許水，飽和碳酸氫鈉溶液和水清洗，分出的產物加入少許無水硫酸鎂固體，靜置片刻，過濾除掉硫酸鎂固體，進行蒸餾純化，采集140143餾分，得乙酸異戊酯3.9g?；卮鹨韵聠栴}：（1）裝置B的名稱是：（2）在清洗操作中，第一次水洗的主要目的是：要目的是：。（3）在清洗、分液操作中，應充分振蕩，而后靜置，待分層后；第二次水洗的主（填標號），直接將乙酸異戊酯從分液漏斗上口倒出直接將乙酸異戊酯從分液漏斗下口放出C先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從下口放出先將水層從分液漏斗的

10、下口放出，再將乙酸異戊酯從上口放出4）本實驗中加入過分乙酸的目的是：5）實驗中加入少許無水硫酸鎂的目的是：（6）在蒸餾操作中，儀器選擇及安裝都正確的選項是：(填標號)abcd（7）本實驗的產率是：A、30B、40C、50D、60（8）在進行蒸餾操作時，若從130開始采集餾分，產率偏(填高或許低)原由是【答案】（1）球形冷凝管2）洗掉大多數濃硫酸和醋酸；洗掉碳酸氫鈉。3）d。4）提升異戊醇的轉變率5）干燥6）b7）c(8)高，會采集到少許未反響的異戊醇?！痉治觥浚?）儀器B是球形冷凝管2）第一次水洗主若是洗掉濃硫酸和過分的乙酸。第二次水洗則主若是洗去上一步加入的飽和NaHCO3。主要從物質的溶解

11、性和存在的雜質考慮。3）乙酸異戊酯比水要輕，分液時基層一定從下口放出，上層液體從上口倒出。所以d。4）因為乙酸的沸點最低，所以會有許多的乙酸揮發(fā)消耗，加入過分的乙酸能夠保證使異戊醇更多的轉變?yōu)楫a品5）無水MgSO4有較快的吸水性，且不與乙酸異戊酯反響，能夠汲取水，便于下一步的蒸餾。6）a、d的溫度計地點錯誤，冷凝管應當用直形冷凝管，若用球形冷凝管，冷凝的液體不可以所有流下，所以應當用b。7）從反響方程式能夠看到乙酸過分，則按異戊醇計算。理論上能夠生成乙酸異戊酯6.6g。則產率為：3.9g/6.5g100%60%.會使產率偏高，溶于乙酸異戊酯的異戊醇會進入到產品中。27（15分）次磷酸（H3PO

12、2）是一種精良磷化工產品，擁有較強的復原性?；卮鹨韵聠栴}：（1）H3PO2是一元中強酸，寫出其電離方程式_。（2）H3PO2和NaH2PO2均可將溶液中的Ag+復原為Ag，從而可用于化學鍍銀。H3PO2中，P元素的化合價為_。利用H3PO2進行化學鍍銀反響中，氧化劑與復原劑的物質的量之比為4:1，則氧化產物為_（填化學式）。NaH2PO2為_（填“正鹽”或“酸式鹽”），其溶液顯_（填“弱酸性”、“中性”或“弱堿性”）。（3）H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷（P4）與Ba(OH)2溶液反響生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，后者再與H2SO4反響，寫出白磷與Ba(OH)2溶液反響的化學方程式_。

13、4）H3PO2也可用電滲析法制備。“四室電滲析法”工作原理以以下圖（陽膜和陰膜分別只同意陽離子、陰離子經過）：寫出陽極的電極反響_。分析產品室可獲取H3PO2的原由_。初期采納“三室電滲析法”制備H3PO2：將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液取代，并撤去陽極室與產品室之間的陽膜，從而歸并了陽極室與產品室。其缺點是產品中混有雜質，該雜質產生的原由是。【答案】（1）H3PO2H+H2PO2-+1。H3PO4。正鹽，堿性。3）2P43Ba(OH)26H2O2PH33Ba(H2PO2)24）2H2O4e-4HO2或4OH-4e-2H2OO2.因為陽極室OH-放電，造成H+濃度增大，經

14、過陽膜擴散進入產品室，而原料室中的H2PO2-能夠經過陰膜進入產品室，二者反響生成H3PO2.H3PO4或PO43-。因為H3PO2擁有復原性，電解時就會有H3PO2在陽極放電而被氧化生成H3PO4?！痉治觥浚?）一元酸，只發(fā)生一步電離，中強酸是弱電解質：H3PO2H+H2PO2-(2)利用元素化合價代數和為零，得出P元素為+1價。H3PO2做復原劑，Ag+是氧化劑，二者14反響，則H3PO2失掉4個電子，P元素變?yōu)?5價，生成H3PO4。因為H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正鹽，弱酸強堿鹽水解顯堿性。（3）反響的反響物與產物都給出，是P元素的歧化反響，注意配平就能夠：2P43Ba(O

15、H)26H2O2PH33Ba(H2PO2)24）陽極室電極上發(fā)生氧化反響，失電子的是OH-。2H2O4e-4HO2或4OH-4e-2H2OO2.因為陽極室OH-放電，造成H+濃度增大，H+經過陽膜進入產品室，而原料室中的H2PO2-能夠經過陰膜進入產品室，生成H3PO2.因為H3PO2擁有復原性，電解時就會有H3PO2在陽極放電而生成H3PO3。28（15分）乙酸是重要的有機化工原料，可由乙烯氣相直接水合法或間接水合法生產。回答以下問題：（1）間接水合法是指現將乙烯與濃硫酸反響生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，寫出相應反響的化學方程式_。（2）已知：2CH3OH(g)=CH

16、3OCH3(g)+H2O(g)H1=-1甲醇脫水反響23.9KJmol2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)H2=-1甲醇制烯烴反響29.1KJmolC2H5OH(g)=CH3OCH3(g)-1乙醇異構化反響H3=+50.7KJmol則乙烯氣相直接水合反響C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)的H=_KJmol-1。與間接水合法對比，氣相直接水合法的長處是_。（3）以下圖為氣相直接水合法乙烯的均衡轉變率與溫度、壓強的關系（此中n(H2O):n(C2H4)=1:1）列式計算乙烯水合制乙醇反響在圖中A點的均衡常數Kp=_（用均衡分壓取代均衡濃度計算，分壓=總壓物質的量分數）。

17、圖中壓強（p1、p2、p3、p4）的大小序次為_，原由是_。氣相直接水合法常采納的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反響溫度290，壓強6.9MPa，n(H2O):n(C2H4)=0.6:1，乙烯的轉變率為5%，若要進一步提升轉變率，除了能夠適當改變反響溫度和壓強外，還可以夠采納的措施有_、_?！敬鸢浮浚?）CH2CH2H2SO4催化劑C2H5OSO3H；C2H5OSO3H催化劑H2OCH3CH2OHH2SO42）45.5；減少污染；減少對設施的腐化。0.07Mpa-1P4P3P2P1；反響分子數減少，相同溫度下，壓強高升乙烯轉變率高升。增大n(H2O)n(C2H4)的比值，及時把生成的乙醇液

18、化分別【分析】（1）乙烯與硫酸發(fā)生加成反響生成硫酸氫乙酯，硫酸氫乙酯再經過取代反響獲取乙醇。CH2CH2H2SO4催化劑C2H5OSO3H催化劑C2H5OSO3HH2OCH3CH2OHH2SO4（2）經過蓋斯定律，H2H1H345.5KJmol-1比較兩種流程，可看出氣相直接水合法減少反響步驟，增大產物的產率，同時減少污染物的排放；不用硫酸作反響物，減少對設施的腐化。(3)A點乙烯的均衡轉變率是20%。依據反響：CH2CH2H2O催化劑C2H5OH初步1mol1mol0轉變：0.2mol0.2mol0.2mol均衡0.8mol0.8mol0.2mol則均衡時乙烯的分壓：P(C2H4)7.85M

19、pa0.8mol/1.8mol3.4889Mpa水蒸氣的分壓：P(H2O)7.85Mpa0.8mol/1.8mol3.4889Mpa乙醇的分壓：P(C2H5OH)7.85Mpa0.2mol/1.8mol0.8722Mpa則均衡常數KpP(C2H5OH)/P(C2H4)P(H2O)0.8722Mpa/3.4889Mpa3.4889Mpa0.07Mpa-1經過反響能夠看出壓強越大，乙烯的轉變率越高，經過在300時轉變率可得出：P4P3P2P1。能夠增大H2O的濃度，及時分別出生成的乙醇。36化學選修2：化學與技術（15分）磷礦石主要以磷酸鈣Ca3(PO4)2H2O和磷灰石Ca5F(PO4)3、Ca

20、5(OH)(PO4)3等形式存在。圖（a）為當前國際上磷礦石利用的大概狀況，此中濕法磷酸是指磷礦石用過分硫酸分解制備磷酸。圖（b）是熱法磷酸生成過程中由磷灰石制單質磷的流程。圖（a）圖（b）部分物質的有關性質以下：熔點/沸點/備注白磷44280.5PH3-133.8-87.8難溶于水，擁有復原性SiF4-90-86易水解回答以下問題：（1）世界上磷礦石最主要的用途是生產含磷肥料，約占磷礦石使用量的。（2）以磷灰石為原料，濕法磷酸過程中Ca3F(PO4)3反響的化學方程式為：?，F有1噸折合含有五氧化二磷約30%的磷灰石，最多可制得85的商品磷酸噸。（3）如圖(b)所示，熱法生產磷酸的第一步是將二

21、氧化硅、過分焦炭與磷灰石混淆，高溫反響生成白磷。爐渣的主要成分是：(填化學式)冷凝塔1的主要堆積物是：冷凝塔2的主要堆積物是：（4）尾氣中主要含有，還含有少許PH3、H2S和HF等，將尾氣先通入純堿溶液，可除掉；再通入次氯酸鈉溶液，可除掉(均填化學式)（5）對比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復雜，能耗高，但長處是：。【答案】（1）69%（2）Ca5F(PO4)35H2SO43H3PO45CaSO4HF0.49t3）CaSiO3，液體白磷；固體白磷。4）CO、SiF4；H2S、HF、SiF4，PH3。5）產品純度高或產品濃度大【分析】（1）含磷的肥料有兩種：磷礦粉肥和最后制得的磷肥，共4%+96%85

22、%80%69%（2）濕法生產磷酸屬于復分解反響,吻合強酸制取弱酸的反響，Ca5F(PO4)35H2SO43H3PO45CaSO4HF依據P原子守恒：P2O52H3PO41421960.3t85%x則：85%x1421960.3t，x0.49t3）爐渣主要成分是硅酸鈣（CaSiO3），冷凝塔1的溫度為70，白磷蒸汽冷凝為液體；冷凝塔2的溫度為18，白磷液體固化變?yōu)楣腆w。（4）因為使用了過分的焦炭，所以尾氣中中有大批的CO氣體，還含有SiF4；經過堿性溶液，酸性的H2S、HF以及易水解的SiF4被汲取，再經過氧化性的次氯酸鈉溶液，還原性的PH3被汲取。（5）用白磷制取磷酸能夠制得高純度的磷酸37化

23、學選修3：物質構造與性質（15分）初期發(fā)現的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素構成?；卮鹨韵聠栴}：（1）準晶是一種無平移周期序，但有嚴格準周期地點序的獨到晶體，可經過_方法差異晶體、準晶體和非晶體。3+（2）基態(tài)Fe原子有_個未成對電子，Fe的電子排布式為_?？捎昧蚯杌洐z驗Fe3+，形成的配合物的顏色為_。（3）新制的Cu(OH)2可將乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自己復原成Cu2O。乙醛中碳原子的雜化軌道為_，1mol乙醛分子中含有的鍵的數量為_。乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原由是_。Cu2O為半導體資料，在其立方晶胞內部有4個氧原子，其余氧原子位于面心和定點，則

24、該晶胞中有個銅原子。（4）Al單質為面心立方晶體，其晶胞參數a0.405nm，晶胞中鋁原子的配位數為。列式表示Al單質的密度-3gcm?！敬鸢浮浚?）X射線衍射法，2）4，1s22s22p63s23p63d5；血紅色。（3）sp3、sp2；6NA；形成了分子間的氫鍵，造成沸點高升；16。（4）12；4273A(4.05-710)N【分析】（1）劃分晶體、非晶體的科學方法是X射線衍射法，（2）基態(tài)Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，所以有4個未成對電子，失3+226265掉2個4s、1個3d電子形成Fe，其電子排布為1s2s2p3s3p3d；形成的硫氰合鐵配離子為血

25、紅色。（3）乙醛分子中甲基碳原子空間四周體構型，采納sp3雜化；醛基是平面構造，碳原子采納sp2雜化；CH3CHO分子中的碳碳鍵、4個碳氫鍵都是鍵，碳氧雙鍵中有一個鍵，所以1mol乙醛分子中共有6mol鍵，也就是6NA；因為乙酸分子羥基極性更強，形成了分子間的氫鍵，造成沸點高升；依據分攤原則，Cu2O晶胞中有8個氧原子，則應當有16個Cu原子。（4）面心立方最密積聚的配位數為12；面心立方最密積聚的晶胞內有4個Al原子，其質量為：427/NAg，體積為：(4.05-7334273A10)cm,所以其密度為：(4.0510-7N)38化學選修5：有機化學基礎（15分）席夫堿類化合物G在催化席夫堿

26、類化合物G在催化、藥物、新資料等方面有寬泛應用。合成G的一種路線以下：已知以下信息：一摩爾B經上述反響可生居二摩爾C，且C不可以發(fā)生銀鏡反響。D屬于單取代芳烴，其相對分子質量為106。核磁共振氫譜顯示F苯環(huán)上有兩種化學環(huán)境的回答以下問題：（1）由A生成B的化學方程式為（2）D的化學名稱是，由D生成，反響種類為E的化學方程式為：3）G的構造簡式為4）F的同分異構體中含有苯環(huán)的還有_種（不考慮立體異構）。此中核磁共振氫譜中4組峰，且面積比為6：2：2：1的是_。（寫出此中的一種的構造簡式）。5）由苯和化合物C經以下步驟可合成N-異丙基苯胺。反響條件1所選擇的試劑為_；反響條件2所選擇的試劑為_；I

27、的構造簡式為_。乙醇【答案】（1）C(CH3)2ClCH(CH3)2NaOHC(CH3)2C(CH3)2NaClH2O（2）乙苯，C2H5濃硫酸NO2H2OHNO3C2H5（3）C2H5NCCH3CH3（4）19種，（5）濃硝酸、濃硫酸；Fe/稀鹽酸；NH2?！痉治觥緼是氯代烷烴，發(fā)生消去反響獲取烯烴烯烴，且雙鍵碳原子上沒有氫原子，則B構造簡式為：B，聯(lián)合信息可知B是一種對稱C(CH3)2C(CH3)2，生成的C是丙O酮：CH3CCH3；F分子式為C8H11N，聯(lián)合信息，D是乙苯；F的苯環(huán)上只有兩種環(huán)境的氫原子，則乙基、氨基位于對位上：C2H5NH2；F與丙酮C發(fā)生信息的反響獲取產品G：C25

28、NCCH3。HCH3乙醇1）A生成B是氯代烴的消去反響，C(CH3)2ClCH(CH3)2NaOHC(CH3)2C(CH3)2NaClH2O（2）D的名稱是乙苯，C2H5濃硫酸NO2H2OHNO3C2H5（3）G構造簡式為：C2H5NCCH3CH3（4）對乙基苯胺的同分異構體還有：鄰乙基苯胺、間乙基苯胺、2,3二甲基苯胺、2,4二甲基苯胺、2,5二甲基苯胺、2,6二甲基苯胺、3,4二甲基苯胺、3,5二甲基苯胺共8種，把C2H6N作為一個取代基共有5種，分別作為一個甲基、一個甲氨基有3種，分別作為一個甲基、一個氨基甲基又有3種。所以共有：853319種；核磁共振有4組峰表示有4種氫原子，且原子個

29、數比為6221的有：或或；（5）聯(lián)合題中的信息，采納逆推法：J用H2加成獲取產品，J為NCCH3，CH3則I為NH2，H為：NO2，反響條件1是苯環(huán)上引入硝基，試劑為：濃硝酸、濃硫酸；反響條件2把硝基復原為氨基，試劑為：Fe、稀鹽酸。2014年一般高等學校招生全國一致考試（全國II卷）理科綜合化學部分word精校高清重繪版分析7以下過程沒有發(fā)生化學反響的是用活性炭去除冰箱中的異味B用熱堿水除掉炊具上殘留的污垢C用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果D用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一同密封包裝【答案】A【分析】A、活性炭去除冰箱中的異味是利用活性炭的物理吸附作用，沒有發(fā)生化學變化，A正確；B、污垢

30、的主要成分是油脂，該過程利用了油脂在堿性條件下（熱堿溶液）能發(fā)生完全的水解反響，發(fā)生了化學變化，B錯誤；C、水果在成熟的過程中，會開釋一種稱為乙烯的物質，乙烯擁有復原性，能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，發(fā)生了氧化反響，屬于化學變化，C錯誤；D、鐵粉可汲取氧氣，防范食品被氧化，屬于化學變化，錯誤。8四聯(lián)苯A3種B4種C5種的一氯代物有D6種【答案】C【分析】依據四聯(lián)苯的構造可知，稱性，則四聯(lián)苯分子中有5種不一樣種類的H原子，所以一氯代物也有的分子構造表現對5種。9以下反響中，反響后固體物質增重的是A氫氣經過灼熱的CuO粉末C鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反響B(tài)二氧化碳經過D將鋅粒投入Na2O2粉末Cu（NO

31、3）2溶液【答案】B【分析】A、發(fā)生的反響是CuO+H2Cu+H2O，固體從CuOCu，質量減小，A錯誤；B、發(fā)生的反響是2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，固體從Na2O2Na2CO3，質量增加，B正確；C、發(fā)生的反響是Al+Fe2O3Al2O3+Fe，固體從Al+Fe2O3Al2O3+Fe，質量沒有變化，C錯誤；D、發(fā)生的反響是Zn+Cu(NO3)2=Zn(NO3)2+Cu，固體從ZnCu，質量減小，D錯誤。10以下圖示試驗正確的選項是A除掉粗鹽溶液中的不溶物B碳酸氫鈉受熱分解C除掉CO氣體中的CO2氣體D乙酸乙酯的制備【答案】D【分析】A、除掉粗鹽中的不溶物采納過濾的方法，過濾時

32、要注意“一貼二低三靠”，“三靠”指的是玻璃棒下端重要靠三層濾紙一側、燒杯緊靠玻璃棒、漏斗下端緊靠燒杯內壁，A錯誤；B、加熱固體，試管口要向下傾斜，B錯誤；C、除掉CO氣體中的CO2氣體要經過含有堿溶液的洗氣瓶，要注意氣流方向為長管進氣、短管出氣，C錯誤；D、制備乙酸乙酯的實驗裝置正確。11必定溫度下，以下溶液的離子濃度關系式正確的選項是pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS-）=110-5molL-1pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液隨意比率混淆：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c(HC2O4)D.pH相

33、同的CH3COONaNaHCO3NaClO三種溶液的c（Na+）：【答案】D【分析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2S+-+2-、H2OH+HS、HSH+SH+OH-三個電離均衡，所以c(H)=110-5molL-1c(HS)，A錯誤；B、氨水的溶質一水合氨（NH3H2O）屬于弱電解質（NH3H2ONH4OH），加水稀釋，會使電離均衡向正方向挪動，促使了NH3H2O的電離，所以PH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其PH=b，則ab+1，B錯誤；C、依據電荷守恒可知：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC2O4)+c(C2O42)，C錯誤；D、酸性：CH3COOHH2CO3HClO，依據鹽

34、類水解的規(guī)律可知：構成鹽的酸根對應的酸越弱，該鹽的水解程度越大，溶液的減小就越強，PH就越大，所以PH相同錯誤！未找到引用源。CH3COONaNaHCO3NaClO三種溶液的c(Na)：，D正確。122013年3月我國科學家報導了以以下圖的水溶液鋰離子電池系統(tǒng)。以下表達錯誤的選項是Aa為電池的正極B電池充電反響為LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLiC放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化D放電時，溶液中的Li+從b向a遷徙【答案】C【分析】依據題給裝置圖判斷，電極b是原電池的負極，電極反響式為Li-e-=Li+，電極a是原電池的正極，電極反響為-LiMn2O4+xLi+xe=Li1-xMn2O

35、4。A、綜上所述，a是原電池的正極，A正確；B、依據正負極的電極反響可知，電池充電反響為LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi，B正確；C、放電時，a極錳的化合價發(fā)生變化，Li的化合價沒有變化，C錯誤；D、放電時，溶液中的Li+從b向a遷徙，D正確。13室溫下，將1mol的CuSO45H2O(s)溶于水會使溶液溫度降低，熱效應為H1，將1mol的CuSO4(s)溶于水會使溶液溫度高升，熱效應為H2；CuSO45H2O受熱分解的化學方程式為：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)，熱效應為H3。則以下判斷正確的是H0CuSO4(s)溶于水會（使溶液溫度高升，該過程為放熱過

36、程）CuSO4(s)Cu2+(aq)+SO42-(aq)H20A、依據上述分析，H20，所以A錯誤；B、H3=H122H13=H121+H20。依據圖像可知，060s時間段內，NO2的物質的量濃度變化量是0.120molL1，所以0.120molLv(NO2)60s111=0.0020molLs，依據各物質的化學反響速率之比等于化學計量數之比，所以1v(NO2)11(N2O4)=0.0010molLs；由圖像可知，100達到平2衡時，c(NO1，c(N1，所以化學均衡常數2)=0.120molL2O4)=0.040molL(0.120molL1)21K10.040molL1=0.36molL；

37、（2）改變反響溫度為T，以c(N2O4)以0.0020molL1s1的均勻速率降低，說明c(N2O4)減低，均衡向著正方向挪動，又因為該反響N2O4g)2NO2(g)的焓變H0，說明反響溫度意味著溫度高升；因為c(N2O4)以0.0020molL1s1，反響經過的時間是，所以24111，則c(NO2)=0.020molL10sc(NO)=0.0020molLs10s=0.020molL111112=0.040molL，所以均衡時c(N2O4)=0.040molL-0.020molL=0.020molL，111(0.16molL1)22c(NO，則K)=0.120molL+0.040molL=0

38、.16molL20.020molL1=1.3molL1；3）溫度為T時，達到均衡時，將反響容器的體積減小一半，此過程相當于增大用氣槍的過程。當其余條件不變時，增大壓強，均衡會向著氣體物質的量減小的方向挪動，對于此反響來說（N2O4(g)2NO2(g)），當其余條件不變時，增大壓強，均衡向逆方向挪動。27（15分）鉛及其化合物可用于蓄電池、耐酸設施及X射線防范資料等。回答以下問題：（1）鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層，鉛在元素周期表的地點為第_周期、第_族，PbO2的酸性比CO2的酸性（填“強”“弱”）。（2）PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反響的化學方程式為。（3）PbO2可由PbO與

39、次氯酸鈉溶液反響制得反響的離子方程式為；PbO2也能夠經過石墨為電極Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混淆溶液為電解液電解制取。陽極發(fā)生的電極反響式為_。陰極上觀察到的現象是_；若電解液中不加入Cu(NO3)2，陰極發(fā)生的電極反響式為_，這樣做的主要弊端是_。（4）PbO2在加熱過程發(fā)生疏解的失重曲線以以下圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品樣品初步質量a點固體質量失重4.0%（即100%）的殘留固體，若a點固體構成表樣品初步質量示為PbOx或mPbO2nPbO，列式計算x值和m:n值_。【答案】（1）六15分）A弱（2）PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2+2HOPb2+2H2O-2e

40、+（3）PbO+ClO=PbO2+Cl=PbO2+4H石墨上包上銅鍍層=Pb不可以有效利用Pb2+Pb2+2e（4）依據PbO2PbOx+2xO2，有2x32=2394.0%，22x22394.0%=1.4，依據mPbO2nPbO，2mn1.4，m=0.4=216mnn0.63【分析】碳在元素周期表中的地點是第二周期，IVA族，由圖中所給的信息“鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層（相當于比C的周期數大4）”，所以鉛在元素周期表的地點為第六周期，IVA族；因為同主族元素跟著核電荷數的逐漸增大，元素的非金屬性逐漸減弱，所以PbO2的酸性比CO2的酸性要弱；（2）PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，

41、則該黃色色氣體是Cl2，（則意味著該反響為氧化復原反響），所以反響的方程式為PbO2+4HCl(濃)PbCl2+Cl2+2HO；（3）由題目供給的信息可知，PbO與次氯酸鈉溶液反響屬于氧化復原反響，Pb化合價高升，Cl元素化合價降低，故離子方程式為PbO+ClO=PbO2+Cl；（4）電解池的陽極發(fā)生失電子反響（氧化反響），因為Pb2+PbO2屬于氧化反響，所以發(fā)生的電極反響為Pb2+2H2O-2ePbO2+4H+；因為Cu2+的放電能力強于Pb2+，=故陰極上的電極反響為2+Cu+2e=Cu，則陰極產生的現象是石墨上包上銅鍍層；若電解液中不加入Cu(NO3)2，陰極發(fā)生的電極反響式為Pb2+

42、2e=Pb，這樣一來就不可以有效利用Pb2+。（5）樣品失重的原由是生成了氧氣，依據PbO2PbOx2x+O2，有22x2394.0%，x2394.0%2mn，232=2=1.4，依據mPbO2nPbO，1.416mnm=0.4=2。n0.6328（15分）某小組以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確立其構成，進行以下實驗。氨的測定：精準成全wgX，加入適當水溶解，加入以以下圖的三頸瓶中，而后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品中的氨所有蒸出，用V1mLc1molL1的鹽酸標準溶液汲取。蒸氨結束后取下接收瓶，用c2mol

43、L1NaOH標準溶液滴定節(jié)余的HCl，到終點時耗費V2mLNaOH溶液。321水2安全管310%NaOH溶液54樣品液1465鹽酸標準溶液6冰鹽水ABC氨的測定裝置（已省略加熱和夾持裝置）錯誤！未找到引用源。氯的測定：正確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至出現淡紅色積淀不再消逝為終點（Ag2CrO4為磚紅色）?；卮鹨韵聠栴}：（1）裝置中安全管的作用原理是_。（2）用NaOH標準溶液滴定節(jié)余的HCl時，應使用_式滴定管，可使用的指示劑為_。（3）樣品中氨的質量分數表達式為_。（4）測定氨前應當對裝置進行氣密性檢驗，若氣密性不好測定結果將_（填“偏高”或“

44、偏低”）。（5）測定氯的過程中，使用棕色測定管的原由是_定點終點時，若溶液中c(Ag)2.0105molL1，c(CrO42)為_molL1，（已知：Ksp(Ag2CrO4)1.121012）（6）經測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質的量比為1:6:3，鈷的化合價為_，制備X的化學方程式為_，X的制備過程中溫度不可以過高的原由是_?！敬鸢浮浚?5分）（1）當A中壓力過大時，安全管中的液面上漲，使A瓶中的壓力穩(wěn)固。（2）堿酚酞（或甲基紅）(cVcV)10317（3）1122100%w（4）偏低（5）防范硝酸銀見光分解2.8103（6）+32CoCl2+NH4Cl+10NH3+H2O2=2Co(NH3

45、)6Cl3+2H2O溫度過高過氧化氫分解，氨氣逸出【分析】（1）分析裝置可知，當A中壓力過大時，安全管中的液面上漲，使A瓶中的壓力穩(wěn)固；2）NaOH標準溶液應使用堿式滴定管，在滴準時，能夠選擇酚酞（或甲基紅）作為指示劑；3）氨滴定過程中發(fā)生的反響是NH3+HCl=NH4Cl，耗費的HCl的物質的量是(cV11c2V2)103mol，所以參加反響NH3的物質的量也是(cV11c2V2)103mol，則NH3113(cV11c2V2)10317的質量是，則氨的質量分數為100%；(cVc2V2)1017gw4）在進行氨的測定實驗前要對裝置的氣密性進行檢查，如若裝置的氣密性不好，則會以致一部分氨氣逸

46、出，使氨氣的測定結果降低；（5）測定氯的過程中，用AgNO3進行滴定，因為AgNO3見光易分解，所以一定使用棕色滴定管進行滴定（防范AgNO3見光分解）；依據積淀溶解均衡可知，Ksp(Ag2CrO4)c(Ag)2c(CrO42)，2)=Ksp(Ag2CrO4)=1.12101231則c(CrO4c(Ag)2(2.0105molL1)2=2.810molL;（6）由題意“樣品X中鈷、氨和氯的物質的量比為1:6:3”能夠寫出X的化學式為Co(NH3)6Cl3，依據化合物中元素化合價代數和為0，所以Co元素表現+3價；由制備Co(NH3)6Cl3的原料：CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨

47、水，能夠寫出反響的方程式為2CoCl2+NH4Cl+10NH3+H2O2=2Co(NH3)6Cl3+2H2O，因為溫度過高過氧化氫分解，導致氨氣逸出，所以X的制備過程中溫度不可以過高。36.【化學選修2：化學與技術】（15分）將海水淡化與濃海水資源化聯(lián)合起來是綜合利用海水的重要門路之一。一般是先將海水淡化，再從節(jié)余的濃海水中濾過一系列工藝流程提取其余產品?；卮鹨韵聠栴}：（1）以下改良和優(yōu)化海水綜合利用工藝的假想和做法可行的是（填序號）。用混凝法獲取淡水提升部分產品的質量優(yōu)化提取產品的品種改良鉀、溴、鎂等的提取工藝（2）采納“空氣吹出法”從弄海水吹出Br2，并用純堿汲取，堿汲取溴的主要反響是Br

48、2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3，汲取1molBr2時，轉移的電子數為mol。（3）海水提取鎂的一段工藝流程以以下圖：濃海水脫硫澄清產品1澄清液合成石灰乳產品2干燥過濾沉降濃海水的主要成分以下：離子Na+Mg2+ClSO42濃度/（gL-1）63.728.8144.646.4該工藝過程中，脫硫階段主要反響的離子方程式為，產品2的化學式為。1L濃海水最多可獲取產品2的質量為g。（4）采納石墨陽極、不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反響的化學方程式為；電解時，如有少許水存在會造成產品鎂的耗費，寫出有關反響的化學方程式?！敬鸢浮炕瘜W選修2：化學與技術（15分）（1）（2）5

49、3（3）Ca2+SO42-=CaSO4Mg(OH)269.6MgCl電解Mg2H2O高溫OH2H2（4）2MgCl2Mg（）【分析】（1）混凝法只好除掉水中的懸浮顆粒物，不可以獲取淡水，故假想和做法可行的是。（2）Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3屬于氧化復原反響，我們能夠利用得失電子守恒進行方程式的配平，配平后即是3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，所以汲取1molBr2時轉移電子的物質的量是5mol；3（3）依據流程圖可知，“脫硫”階段是除掉濃海水中的“SO42”，加入的試劑是“Ca2+”，發(fā)生的離子反響是Ca2+SO

50、42-=CaSO4，制備產品2的主要反響是Mg2+2OH=Mg(OH)2，所以產品2的化學式是Mg(OH)2。由題目中的信息可知，1L濃海水中含Mg2+的質量是28.8g（則n（Mg2+）=1.2mol），那么1.2mol的Mg2+最多能夠獲取1.2mol的Mg(OH)2，故Mg(OH)2的質量是m(MgOH2).58g/mol69.6g；12mol（4）因為陽極的電極資料是石墨，所以電解熔融的氯化鎂發(fā)的方程式為MgCl2Mg+Cl2；Mg的化學性質比較開朗，能與水發(fā)生反響，反響的方程式為Mg+2H2OMg(OH)2+H2。37、化學選修3：物質構造與性質（15分）周期表前四周期的元素a、b、

51、c、d、c，原子序數依此增大。a的核外電子總數與其周期數相同，b的價電子層中的末成對電子有3個，c的最外層電子數為其內層電子數的3倍，d與c同族；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子?；卮鹨韵聠栴}：（1）a、c、d中第一電離能最大的是_(填元素符號)，e的價層電子軌道示圖為_.2）a和其余元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為_；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是_（填化學式，寫出兩種）。（3）這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數為3的酸是_:酸根呈三角錐構造的酸是_。（填化學方式）（4）e和e形成的一種離子化合物的晶

52、體構造如圖1，則e離子的電荷為_。5）這5種元素形成的一種1:1型離子化合物中，陰離子呈四周體構造；陽離子呈軸向狹長的八面體構造（如圖2所示）。該化合物中，陰離子為_，陽離子中存在的化學鍵種類有_；該化合物中加熱時第一失掉的組分是_，判斷原由是_?！敬鸢浮炕瘜W選修3：物質構造與性質（15分）（1）N（2）sp3H2O2N2H4（3）HNO2HNO3H2SO3（4）+1（5）H2SO4共價鍵和配位鍵H2OH2O與Cu2+的配位鍵比NH3與Cu2+的弱【分析】題目所給的信息“周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序數依此增大”。a的核外電子總數與其周期數相同，說明a是H元素；b的價電子層中的

53、末成對電子有3個，則b是N元素；c的最外層電子數為其內層電子數的3倍，則c是O元素；d與c同族，則d是S元素；e的最外層只有1個電子，但次外層有18個電子，則e是Cu元素。1）依據同周期元素跟著核電荷數的增大，第一電離能表現逐漸增大的趨向。但當元素的原子軌道呈全滿、全空、半充滿狀態(tài)時，較穩(wěn)固，同主族元素跟著核電荷數的增大，第一電離能逐漸減小。N原子2p軌道為半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)固，所以N、S、O三種元素第一電離能較大的是N元素；e是Cu元素，Cu原子核外有29個電子，其3d、4s電子為其外頭電子，所以其外頭電子排布式為3d104s1，所以Cu的價層電子軌道表示圖為；（2）由上述可知，a是H元素，和

54、其余元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形的分子式NH3，從分子構型來看。氨分子形成不等性SP3雜化，連結三個H則分子呈三角錐形，并有一個孤立sp3軌道的電子；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2、N2H4、C2H6等；（3）這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的階層電子對數為3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角錐構造的酸是H2SO3；（4）c是O元素，e是Cu元素，依據O和Cu元素形成的晶胞構造來看，1個晶胞中1O元素微粒的個數是8+1=2，Cu元素的微粒的個數是4，所以二者的個數比是1:2，則8該離子化合物的化學式是Cu2O，則Cu元素所帶的電荷數是+1；（

55、5）依據題目中的信息可知，5種元素（H、N、O、S、Cu）形成的一種1:1型的離子化合物中，陰離子呈四周體構造，可知該陰離子是SO42，陽離子呈軸向狹長的八面體結構，聯(lián)合圖2，可知該化合物的額化學式是Cu(NH3)4(H2O)2SO4，陽離子是Cu(NH3)4(H2O)22+，則陽離子中含有共價鍵和配位鍵。38化學選修5：有機化學基礎（15分）立方烷擁有高度對稱性、高致密性、高張力能及高穩(wěn)固性等特色，所以和建立方烷及其衍生物呈為化學界關注的熱門。下邊是立方烷衍生物I的一種合成路線：回答以下問題：1）C的構造簡式為_，E的構造簡式為_。2）3的反響種類為_，5的反響種類為_。3）化合物A可由環(huán)戍

56、烷經三步反響合成：反響1的試劑與條件為_:反響2的化學方程式為_；反響3可用的試劑為_。（4）在1的合成路線中，互為同分異構體的化合物是_（填化合物的代號）。（5）1與堿石灰共熱可轉變?yōu)榱⒎酵?。立方烷的核磁共振氫譜中有_個峰。（6）立方烷經硝化可獲取六硝基立方烷，其可能的構造有_種。【答案】化學選修5：有機化學基礎（15分）1）2）取代反響消去反響（3）Cl2/光照O2/Cu4）G和H5）16）3【分析】（1）C是由B（）在NaOH的醇溶液發(fā)生消去反響生成的，依據消去反響的規(guī)律，可知C的構造簡式為；E是由D（）和Br2發(fā)生加成反響獲取的，所以E的構造簡式為；（2）依據流程路線可知：A（）生成B

57、（）屬于取代反響，B（）在NaOH的醇溶液發(fā)生消去反響生成C（），C（）與NBS在過氧化氫存在的條件下加熱發(fā)生取代反響生成D（），D（）和Br2發(fā)生加成生成E（），所以反響是取代反響；反響是E（）生成F（），所以反響屬于消去反響；（3）依據合成路線，采納逆推法可知，生成環(huán)戊酮能夠由環(huán)戊醇發(fā)生氧化反響（Cu或Ag作催化劑，加熱）而生成，環(huán)戊醇能夠由一氯環(huán)戊烷在NaOH的水溶液中發(fā)生取代反響而生成，一氯環(huán)戊烷能夠由環(huán)戊烷和Cl2發(fā)生取代反響（光照）而生成，即ClOHOCl2水溶液O2Cu作催化劑NaOH光照加熱加熱故反響1的試劑與條件為Cl2/光照，反響2的化學方程式為，反3可用的試劑是O2/Cu

58、；4）在1的合成路線中，G和H的分子式均為C9H6O2Br2，二者的構造式不相同，所以G和H互為同分異構體；（5）依據立方烷的構造簡式可知，立方烷空間對稱，只有1各樣類的H原子，所以立方烷的核磁共振氫譜中有1個峰；（6）由復原法可知，立方烷的二硝基代物和六硝基代物的種類相同，依據立方烷的結構簡式可知，立方烷的分子式是C8H8，立方烷的二硝基代物的構造由三種（相鄰碳原子、同面對角線碳原子、立體對角線），六硝基立方烷的構造也有3種。2014年一般高等學校招生全國一致考試（綱領版全國卷）理科綜合化學部分word精校高清重繪版分析6以下表達正確的選項是A錐形瓶可用作加熱的反響器B室溫下，不可以將濃硫酸

59、盛放在鐵桶中C配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度會使溶液濃度偏高D用蒸餾水濕潤的試紙測溶液的pH，必定會使結果偏低【答案】A【分析】A、錐形瓶可用作加熱的反響器，但在加熱時一定墊上石棉網，A正確；B、室溫下，鐵（或Al）遇濃硫酸（或濃硝酸）發(fā)生鈍化反響，工業(yè)上常用鐵罐車（鋁罐車）運輸濃硫酸（或濃硝酸），B錯誤；C、容量瓶的瓶體上只有刻度線而沒有詳細的刻度，C錯誤；D、用pH試紙測定未知溶液的pH時，正確的操作方法為用玻璃棒蘸取少許待測液滴在干燥的pH試紙上，與標準比色卡比較來確立pH不可以用水濕潤pH試紙，不然稀釋了待測溶液，使溶液的酸堿性減弱（酸性降低pH值偏大，堿性溶液的PH偏小，中性溶液的P

60、H不變），測定結果不正確，D錯誤。7NA表示阿伏加德羅常數，以下表達正確的選項是AlmolFeI2與足量氯氣反響時轉移的電子數為2NAB2L0.5mol?L1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數為NAC1molNa2O2固體中含離子總數為4NAD丙烯和環(huán)丙烷構成的42g混淆氣體中氫原子的個數為6NA【答案】D【分析】此題觀察了阿伏伽德羅常數的計算應用。A、足量的氯氣發(fā)生的離子反響有22和2Fe2+23+，所以lmolFeI（1molFe2+和2molI）與足量氯2I+2Cl=2Fe+2Cl2+Cl=I+Cl氣反響時轉移的電子數為3NA，A錯誤；B、2L0.5mol?L1硫酸鉀溶液中含溶質（K2SO4）