高三化学上学期期末考试一模试题含解析新人教版.doc

上海市金山区 高三一模化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1有关化学资源的合成、利用与开发的叙述合理的是（）A大量使用化肥和农药，能不断提高农作物产量B通过有机合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料C安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率D开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理考点：有机化学反应的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；生活中的有机化合物.分析：A、从农产品的农药残留和对土壤的长期影响考虑；B、某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧分析；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，是为了减少硫的化合物的排放；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境解答：解：A、使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故A错误；B、通过有机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钢铁更强韧，故B正确；C、安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故C错误；D、过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误故选B点评：本题考查合成材料、化肥和农药的使用、节能减排等，难度不大，注意使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成2（2分）对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是（）A电子所在的电子层B电子的自旋方向C电子云的形状D电子云的伸展方向考点：原子核外电子排布.专题：原子组成与结构专题分析：排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析解答：解：排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选：B点评：本题考查2s轨道上的电子排布，难度不大，注意S轨道的形状、以及无伸展方向即可答题3（2分）能确定为丙烯的化学用语是（）ABC3H6CDCH2=CHCH3考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：A根据球棍模型不一定由C、H两种元素组成；B根据C3H6有丙烯、环丙烷两种结构；C根据丙烯的电子式进行判断；D根据丙烯的结构简式判断解答：解：A球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，故A错误；BC3H6有丙烯、环丙烷两种结构，所以不一定为丙烯，故B错误；C丙烯的电子式为：，故C错误；D丙烯的结构简式为：CH2CHCH3，故D正确；故选D点评：本题考查化学用语的表示方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，易错点为A，注意球棍模型中不一定由C、H两种元素组成4（2分）下列有关共价键的说法正确的是（）A分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B只含共价键的物质，一定是共价化合物C两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力考点：共价键的形成及共价键的主要类型.专题：化学键与晶体结构分析：A分子晶体熔沸点与其分子间作用力有关，与化学键无关；B只含共价键的物质可能是单质；C两种元素组成的分子中可能含有非极性键；D单原子分子晶体中不存在化学键解答：解：A分子晶体熔沸点与其分子间作用力有关，有些氢化物还与氢键有关，与化学键无关，化学键影响物质的稳定性，故A错误；B只含共价键的物质可能是单质，如氮气、氢气等，故B错误；C两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水、肼等，故C错误；D单原子分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，故D正确；故选D点评：本题考查物质中存在的化学键，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力即可解答，会采用举例法解答，易错选项是A，注意分子晶体熔沸点与化学键无关，题目难度不大5（2分）下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（）A甲酸甲酯和乙酸B对甲基苯酚和苯甲醇C油酸甘油酯和乙酸乙酯D软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯考点：同分异构现象和同分异构体；芳香烃、烃基和同系物.专题：同系物和同分异构体分析：根据结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物，互为同系物；分子式相同，但结构不同的有机物，属于同分异构体，据此解答解答：解：A甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故A错误；B对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B错误；C油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，故C正确；D软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，故D错误； 故选：C点评：本题考查有机物的官能团及同系物、同分异构体，注意能根据名称写出分子式或结构简式和概念的辨析，题目难度不大二、选择题（本题共12小题，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）有关物质的性质可以用元素周期律解释的是（）A酸性：HClH2SH2OB密度：NaKLiC沸点：NH3AsH3PH3D稳定性：HFHClHBr考点：元素周期律的作用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：AHCl是强酸，H2S是弱酸，H2O显中性；B碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常；C氨气中含有氢键，故沸点较高；D同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱解答：解：AHCl是强酸，H2S是弱酸，H2O显中性，不能用元素周期律解释，故A不选；B碱金属的密度呈递增趋势，钠钾反常，密度大小：NaKLi，不能用元素周期律解释，故B不选；C氨气中含有氢键，故沸点较高，不能用元素周期律解释，故C不选；D同主族从上到下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，所以稳定性：HFHClHBr，能用元素周期律解释，故D选；故选D点评：本题考查元素周期律的作用，难度不大要注意氢键对物质物理性质的影响及钠钾密度的反常7（3分）NH5属于离子晶体与水反应的化学方程式为：NH5+H2ONH3H2O+H2，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气有关NH5叙述正确的是（）A与乙醇反应时，NH5被氧化BNH5中N元素的化合价为+5价C1 mol NH5中含有5 molNH键D1 mol NH5与H2O完全反应，转移电子2 mol考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；氧化还原反应.分析：反应NH5+H2ONH3H2O+H2中NH5的H元素化合价由1价变为0价、水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作还原剂，水作氧化剂，ANH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂；BNH5中N元素的化合价为3价；C.1 mol NH5中含有4molNH键；D.1 mol NH5与H2O完全反应，转移电子1mol解答：解：反应NH5+H2ONH3H2O+H2中NH5的H元素化合价由1价变为0价、水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作还原剂，水作氧化剂，ANH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂，NH5作还原剂而被氧化，故A正确；BNH5的电子式为，N元素的化合价为3价，故B错误；CNH5的电子式为，1 mol NH5中含有4molNH键，故C错误；D.1 mol NH5与H2O完全反应，转移电子的物质的量=1mol0（1）=1mol，故D错误；故选A点评：本题易铵盐为载体考查氧化还原反应、物质结构等知识点，正确判断NH5的结构是解本题关键，注意NH5中H元素 的化合价，为易错点8（3分）某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如图所示下列说法正确的是（）A化学催化比酶催化的效果好B使用不同催化剂可以改变反应的能耗C反应物的总能量低于生成物的总能量D使用不同催化剂可以改变反应的热效应考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：A根据催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，活化能越低，催化的效果越好；B根据不同催化剂的活化能不同；C由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；D根据焓变=生成物的总能量反应物的总能量解答：解：A酶催化的活化能小于比化学催化的活化能，所以酶催化比化学催化的效果好，故A错误；B使用不同催化剂，反应所需要的能量不同，即可以改变反应的能耗，故B正确；C由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D使用不同催化剂，反应物的总能量和生成物的总能量都没有变化，而焓变=生成物的总能量反应物的总能量，所以使用不同催化剂不会改变该反应的焓变，故D错误；故选C点评：本题考查了化学反应中催化剂的作用，掌握催化剂在反应中的原理是解题的根本9（3分）关于Na2O2的叙述正确的是（NA表示阿伏伽德罗常数）（）A7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NAB7.8 g Na2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3 NAC7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应，转移的电数为0.2NAD0.2 mol Na被完全氧化生成7.8g Na2O2，转移电子的数目为0.4NA考点：钠的重要化合物；阿伏加德罗常数.分析：A、根据1mol过氧化钠中含有1mol氧氧共价键分析；B、硫化钠和过氧化钠的摩尔质量相等，1mol过氧化钠中含有3mol离子，1molNa2S中也含有3mol离子；C、过氧化钠与足量二氧化碳反应转移电子的物质的量等于反应的过氧化钠的物质的量；D、0.2 mol Na变为0.1molNa2O2，转移电子数为0.2NA解答：解：A、因为1mol过氧化钠中含有1mol氧氧共价键，所以7.8 g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有的共价键数为0.1NA，故A错误；B、1mol过氧化钠中含有3mol离子，1molNa2S中也含有3mol离子，则7.8g Na2S和Na2O2的混合物中含有的离子数总数为0.3 NA，故B正确；C、7.8 g过氧化钠的物质的量为0.1mol，过氧化钠与足量二氧化碳反应转移电子的物质的量为0.1mol，因此转移电子数为0.1NA，故C错误；D、0.2 mol Na变为0.1molNa2O2，转移电子数为0.2NA，故D错误；故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，过氧化钠的结构分析判断是解题关键，题目难度中等10（3分）物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是（）物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：A检验HCl应先分离，再检验，用湿润的淀粉KI试纸不能检验HCl；BNO2与水反应生成NO和硝酸；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应；D加入Ca（OH）2溶液，NaHCO3和Na2CO3都反应解答：解：A湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，故A错误；BNO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，故B正确；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液分离，故C错误；DNaHCO3和Na2CO3都与Ca（OH）2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，可用氯化钙溶液检验，故D错误故选B点评：本题考查混合物分离、提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的化学反应为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大11（3分）充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径对数据的利用情况正确的是（）A利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢B利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性C利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性D利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小考点：化学反应的基本原理.分析：A化学平衡常数反映反应进行的限度；B溶解度反映物质的溶解性强弱；C互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离；D相同条件下，气体摩尔质量与其密度成正比解答：解：A化学平衡常数反映反应进行的限度，与反应进行快慢无关，反应速率反映反应进行的快慢，故A错误；B溶解度反映物质的溶解性强弱，与氧化还原反应无关，故B错误；C互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，所以利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性，故C正确；D相同条件下，气体摩尔质量与其密度成正比，所以利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同气体密度的大小，固体和液体不适用，故D错误；故选C点评：本题考查化学原理，涉及物质的溶解度、平衡常数、物质的分离和提纯、阿伏伽德罗定律等知识点，明确反应原理是解本题关键，易错选项是D，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件，为易错点12（3分）分析如图装置，下列说法错误的是（）A虚线框中接直流电源，铁可能会被腐蚀B虚线框中接灵敏电流计或接直流电源，锌都是负极C虚线框中接灵敏电流计，该装置可将化学能转化为电能D若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，该装置可用于铁皮上镀锌考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A、在电解池中金属作阳极失电子，被腐蚀；B、有外接电源时为电解池；C、原电池是把化学能转化为电能的装置；D、根据电镀原理分析解答：解：A、在电解池中金属作阳极失电子，被腐蚀，所以虚线框中接直流电源，铁作阳极时会被腐蚀，故A正确；B、虚线框中接灵敏电流计，构成原电池，Zn活泼性比铁强，Zn作负极，虚线框中接直流电源构成电解池，电解池中没有正负极，故B错误；C、虚线框中接灵敏电流计，构成原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，故C正确；D、若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，Zn与电源正极相连，Fe与电源的负极相连，则可以在铁皮上镀锌，故D正确；故选B点评：本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，注意把握原电池与电解池的区别及电极名称，题目难度不大13（3分）在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应不属于这种情况的是（）A过量的铜与浓硝酸反应B过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应C过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应D过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；化学反应的可逆性；氯、溴、碘及其化合物的综合应用.分析：ACu与浓硝酸、稀硝酸均反应，Cu过量，硝酸完全反应；BCu与稀硫酸不反应；C二氧化锰与稀盐酸不反应；D合成氨的反应为可逆反应解答：解：ACu与浓硝酸、稀硝酸均反应，Cu过量，硝酸完全反应，则不符合题意，故A选；BCu与稀硫酸不反应，随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸、Cu均剩余，故B不选；C随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，故C不选；D合成氨的反应为可逆反应，反应物均不可能完全反应，故D不选；故选A点评：本题考查物质的性质及化学反应，为高频考点，明确浓度对反应的影响及可逆反应等即可解答，题目难度不大14（3分）25时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是（）A稀释后溶液的pH=7B氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C稀释过程中 增大DpH=11氨水的浓度为0.001mol/L考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离；B加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（H+）增大；C加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）减小；D溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度解答：解：A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10pH11，故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故B错误；C加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3H2O）减小，则溶液中 增大，故C正确；D一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故选C点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中c（H+）增大，为易错点15（3分）对已达化学平衡的反应：2X（g）+Y（g）2Z（g），减小压强后，对反应产生的影响是（）A逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C正反应速率先减小后增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动解答：解：2X（g）+Y（g）2Z（g），减小压强后，正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，平衡移动后反应物的浓度增加反应速率增大，故选C点评：本题考查压强对反应速率及化学平衡的影响，明确化学反应为气体体积缩小的反应是解答本题的关键，难度不大16（3分）关于下列四个装置的说明符合实验要求的是（）A装置：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B装置：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C装置：实验室中可用此装置来分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥型瓶中可获得碘D装置：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管；B制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应；C分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来；D制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物解答：解：A电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以装置可分离，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及乙炔的制备、硝基苯的制备、乙酸乙酯的制备及混合物分离提纯等，把握有机物性质、反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析及实验装置图的作用，题目难度不大17（3分）向100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入0.1molL1 Ba（OH）2溶液随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示下列说法正确的（）Aa点的溶液呈中性Ba点沉淀的质量比c点沉淀的质量大Cb点加入Ba（OH）2溶液的体积为250 mLD至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OHAlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O考点：离子方程式的有关计算.专题：计算题分析：100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应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，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液（b到c）解答：解：100mL 0.1molL1硫酸铝铵NH4Al（SO4）2，NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO420.02mol关键弄清楚反应顺序，开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH，Al3+反应掉0.03molOH，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应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，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性，故A错误；B、a点沉淀的质量=0.015mol233g/mol+0.01mol78g/mol=4.275g，c点为硫酸钡的质量，为0.01mol2233g/mol=4.66g，所以质量c点a点，故B错误；C、当SO42完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，则b点消耗氢氧化钡体积=200mL，故C错误；D、至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O，故D正确；故选：D点评：本题考查铝化合物的性质及计算，难度比较大，清楚整个反应过程是解题的关键，注意NH4+与Al3+同时存在，OH首先与Al3+反应，而NH4+与Al（OH）3同时存在，OH首先与NH4+反应三、选择题（本题共5小题，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分）18（4分）与实际化工生产功能相符合的化学方程式是（）A工业合成氨：N2+3H22NH3B工业合成盐酸：H2+Cl22HClC工业获取氯化钠：2Na+Cl22NaClD工业制取氯气：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2考点：化学方程式的书写.专题：元素及其化合物分析：A工业上用氮气和氢气反应制取氨气；B氯气和氢气在光照条件下发生爆炸；C海水中含有大量氯化钠，用钠和氯气反应制取氯化钠不符合经济的原则；D电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气解答：解：A空气中有大量氮气，氮气和氢气反应合成氨气，与实际化工生产功能相符合，故A正确；B工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢合成盐酸，故B错误；C钠比氯化钠价格高，不经济，海水晒盐获得NaCl，故C错误；D电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，俗称为氯碱工业，故D正确；故选AD点评：本题考查了利用化学反应制取化学物质，题目难度不大，注意是否符合化学反应规律、是否有利于提高经济效益是解答关键注意化学知识在生产中的应用19（4分）已知酸性：H2CO3HCO3将 转变为 ，可行的方法是（）A向该溶液中加入足量的稀硫酸，加热B将该物质与稀硫酸共热后，再加入足量的NaOH溶液C将该物质与足量的NaOH溶液共热，再通入足量CO2气体D将该物质与稀硫酸共热后，再加入足量的NaHCO3溶液考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：已知酸性：H2CO3HCO3，将 转变为 ，则先发生水解反应，然后加入的物质与COOH反应而不与OH反应，据此分析解答：解：A在酸性条件下水解生成，故A错误；B在酸性条件下水解生成，再加入足量的NaOH溶液，COOH和OH均与NaOH溶液反应，故B错误；C与足量的NaOH溶液共热，再通入足量CO2气体，生成，故C正确；D在酸性条件下水解生成，再加入足量的NaHCO3溶液生成，故D正确；故选CD点评：本题考查了有机化合物的转化，侧重于官能团的转化的考查，题目难度不大20（4分）常温下，向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液有关微粒的物质的量变化如图，下列说法正确的是（）A滴加过程中当溶液呈中性时，V（NaOH）20mLB当V（NaOH）=30mL时，则有：2c（Na+）=3c（A2）+3c（HA）CH 2A在水中的电离方程式是：H 2AH+HA； HAH+A2D当V（NaOH）=20mL时，则有：c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、H2A为二元弱酸，当V（NaOH）=20mL时恰好反应生成NaHA，溶液显示酸性；B、当V（NaOH）=40mL时，反应后的溶质为Na2A，当V（NaOH）=20mL时，此时溶质为NaHA，当V（NaOH）=30mL时，此时溶质为NaHA和Na2A，据此回答；C、H2A是二元弱酸，在水中的电离是分步电离的；D、根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2ANaHA+H2O，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性解答：解：A、当V（NaOH）=20mL时，此时溶质为NaHA，根据图象可知溶液中离子浓度c（A2）c（H2A），说明HA的电离程度大于其水解程度，溶液为酸性，如果溶液为中性，则40mLV（NaOH）20mL，故A错误；B、当V（NaOH）=30mL时，此时溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，则有：2c（Na+）=3c（A2）+3c（HA）+3c（H2A），故B错误；C、H2A是二元弱酸，在水中的电离是分步电离的，电离方程式是：H2AH+HA、HAH+A2，故C错误；D、根据图象知，当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2ANaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA都电离出氢离子，只有HA电离出A2，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH），故D正确；故选D点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可，题目难度中等21（4分）室温时将100mLH2S和O2的混合气体，点燃完全反应后恢复到原来状况，体积变为40mL下列叙述中正确的是（）A剩余40mL气体一定是O2B剩余40mL气体是H2S或SO2C混合气体中含H2S 40mL或80mLD剩余40mL气体是SO2和O2混合气体考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应2H2S+O22S+2H2O，氧气足量发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，据此讨论，若n（H2S）：n（O2）2：1，发生反应，H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应，没有气体；若n（H2S）：n（O2）2：3，发生反应，氧气有剩余，气体为氧气、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2：3，发生反应，气体为二氧化硫；若2：3n（H2S）：n（O2）2：1，发生反应，气体为二氧化硫，据此计算判断解答：解：H2S和O2的混合气体点燃，氧气不足发生反应2H2S+O22S+2H2O，氧气足量发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O若n（H2S）：n（O2）2：1，发生反应，H2S有剩余，则：2 H2S+O22 S+2 H2O 体积变化V；2 1 340ml 20ml 100ml40ml=60ml剩余气体H2S为40ml，原混合气体中H2S为80ml，O2为20ml，符合题意；若n（H2S）：n（O2）=2：1，发生反应，没有气体，H2S为66.7ml，O2为33.3ml，不符合题意；若n（H2S）：n（O2）2：3，发生反应，氧气有剩余，则：2 H2S+3 O22 SO2+2H2O 体积变化V；2 3 2 340ml 60mL 40ml 100ml40ml=60ml硫化氢与氧气体积之和为100mL，没有氧气剩余，不符合题意；若n（H2S）：n（O2）=2：3，发生反应，最后气体为二氧化硫，体积为40ml，原混合气体中H2S为40ml，O2为60ml，符合题意；由上述计算，可知不可能存在2：3n（H2S）：n（O2）2：1情况，故剩余气体可能是40mLH2S或者40mLSO2，对应的原混合气体为H2S为80ml，O2为20ml或者H2S为40ml，O2为60ml，故选BC点评：本题考查混合物计算、过量计算、讨论计算等，难度中等，清楚反应过程是解题关键，对应选择题利用验证法进行解答更简单22（4分）6克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12升气体（S、T、P），气体质量为3克，该样品的组成可能是（）ANa2SO3，Na2CO3BNa2SO3，NaHCO3CNa2SO3，NaHCO3，Na2CO3DNa2SO3，MgCO3，NaHCO3考点：有关混合物反应的计算.专题：计算题分析：标况下生成1.12L气体的物质的量=0.05mol，且气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量=60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2，根据平均相对分子质量可以确定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，故杂质质量=6g0.04mol126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，据此结合选项判断解答：解：标况下生成1.12L气体的物质的量=0.05mol，且气体质量为3克，则气体的平均相对分子质量=60，所以混合气体中必含有一种相对分子质量小于60的气体，根据选项，应该是CO2，根据平均相对分子质量，44n（CO2）+64n（SO2）n（CO2）+n（SO2）=60，则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，故杂质质量=6g0.04mol126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳，A生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol106g/mol=1.06g0.96g，故A错误；B生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01mol84g/mol=0.84g0.96g，故B错误；C由AB分析可知，杂质可能为NaHCO3，Na2CO3，故C正确；D生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸镁质量=0.01mol84g/mol=0.84g，需要碳酸氢钠质量=0.01mol84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，故D错误，故选C点评：本题考查混合物计算，关键是计算杂质质量及杂质生成二氧化碳的量，也可以根据相同质量亚硫酸钠与杂质产生气体的质量判断，但计算量比较大四、（本题共12分）23（12分）工业上制取冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式如下：2Al（OH）3+12HF+3Na2CO32Na3AlF6+3CO2+9H2O完成下列填空：（1）反应中四种元素对应的简单离子核外电子排布相同，请按离子半径从大到小的顺序排列这这四种离子O2FNa+Al3+，其中原子序数最大的元素原子核外有5种能量不同的电子，其最外层电子的电子云有2种不同的伸展方向（2）反应中有两种元素在元素周期表中位置相邻，能比较它们的金属性或非金属性强弱的事实是ac（选填编号）a气态氢化物的稳定性 b最高价氧化物对应水化物的酸性c单质与氢气反应的难易 d单质与同浓度酸发生反应的快慢（3）反应中两种金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）冰晶石在工业上可做电解氧化铝的助熔剂，此反应中若有0.6mol电子转移，则在阴极可得金属铝的质量为5.4克（5）工业上不采用电解氯化铝的方法而是采用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因是：因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电考点：微粒半径大小的比较；元素周期律的作用；氧化还原反应.分析：（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；原子序数最大的为Al，不同能级中的电子能量不同；最外层为3s23p1，有2种电子云；（2）反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O元素与氟元素，可以根据氢化物稳定性、单质与氢气反应难易程度比较，O、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，单质与酸反应快慢不能比较非金属性强弱；（3）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水；（4）电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，而铝离子发生还原反应，应在阴极析出；根据电子转移守恒计算Al的物质的量，进而计算Al的质量；（5）氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电解答：解：（1）O2、F、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2FNa+Al3+；原子序数最大的为Al，核外电子排布为1s22s22p63s23p1，不同能级中的电子能量不同，核外有5种不同能量的电子；最外层为3s23p1，有2种电子云，故答案为：O2FNa+Al3+；5；2；（2）反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O元素与氟元素，a氢化物越稳定，非金属性越强，故a正确； bO、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，故b错误；c单质与氢气反应越容易，对应元素的非金属性越强，故c正确；d单质与同浓度酸发生反应的快慢不能判断非金属性强弱，如氧气与硝酸不反应，而S、碘与硝酸反应，故d错误，故选：ac；（3）氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠反应，反应离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，而铝离子发生还原反应，应在阴极析出；根据电子转移守恒，析出Al的物质的量为=0.2mol，故析出Al的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，故答案为：阴；5.4；（5）因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电，故答案为：因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电点评：本题考查知识较多，涉及微粒半径比较、核外电子排布、元素周期律、离子方程式、电解池原理等，属于拼合型题目，需要学生具备扎实的基础，（2）中b选项为易错点，学生容易忽略O、F没有含氧酸，难度中等五、（本题共12分）催化剂24（12分）以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）1530.4kJ完成下列填空：（1）该反应平衡常数K的表达式K=（2）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则aca平衡常数K增大bH2O的浓度减小c容器内的压强增大dv逆（O2）减小（3）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入N2 1mol、H2O 3mol，在催化剂条件下进行反应3小时实验数据见下表：序号第一组第二组第三组第四组t/30405080NH3生成量/（106mol）4.85.96.02.0第四组实验中以NH3表示反应的速率是3.33107mol/（Lh），与前三组相比，NH3 生成量最小的原因可能是催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢（4）氨水是实验室常用的弱碱往CaCl2溶液中通入CO2至饱和，无明显现象再通入一定量的NH3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是NH4Cl请用电离平衡理论解释上述实验现象饱和H2CO3溶液中电离产生的CO32很少，因此没有沉淀加入氨水后，促进H2CO3的电离，CO32离子浓度增大，有沉淀产生向盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是acac（C1）=c（NH4+）c（H+）=c（OH） bc（C1）c（NH4+）=c（OH）c（H+）cc（NH4+）