江苏省常州市高考化学一模试卷（含解析）.doc

2015年江苏省 常州市高考化学一模试卷一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（） a 标准状态下，33.6l氟化氢中含有氟原子的数目为1.5na b 常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为na c 50ml18.4moll1浓硫酸与足量铜微热反应，生成so2分子的数目为0.46na d 某密闭容器盛有0.1moln2和0.3molh2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6na2从某些性质看，nh3和h2o，nh4+和h3o+，oh和nh2，n3和o2两两相当，据此判断下列反应方程式正确的是（）2na+2nh32nanh2+h2cao+2nh4clcacl2+2nh3+h2o3mg（nh2）2mg3n2+4nh3nh4cl+nanh2nacl+2nh3（l） a 仅正确 b 正确 c 全部正确 d 正确3下列实验过程和过程中涉及的离子反应方程式肯定正确的是（） a 除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体：2fe2+cl22fe3+2cl b 检验丙烯醛ch2=chcho中含有碳碳双键：ch2=chcho+br2ch2brchbrcho c 向ba（oh）2溶液中加入过量的nh4hso4溶液：ba2+2oh+nh4+h+so42baso4+nh3h2o+h2o d 向含有0.1 mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8 g na2o2：4na2o2+4fe2+6h2o4fe（oh）3+8na+o24室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） a ph=12的溶液中：alo2、na+、so42 so32 b 水电离出的c（h+）=1012mol/l的溶液中：k+、na+、so42、alo2 c 能与铝反应生成氢气的溶液中：mg2+、na+、cl、no3 d c（h+）=0.10mol/l的溶液中：ch3coo、nh4+、cl、na+5常温下已知两种一元弱酸hx和hy，如果向nax溶液中通入少量co2气体生成hx和nahco3；往nay溶液中通入少量co2生成hy和na2co3下列有关叙述正确的是（） a 酸性由强至弱：hxhyh2co3 b 结合h+的能力：yco32xhco3 c 溶液碱性：naxna2co3naynahco3 d nax溶液中通入足量co2后的离子浓度：c（na+）c（hco3）c（x）c（oh）c（h+）6甲、乙、丙、丁4种化合物均含有2种或3种元素，分子中均含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（） a 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应 b 乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙中含有化合价为1的元素 c 丙与氧气的摩尔质量相同，则丙一定仅由两种元素组成 d 丁中含有第二周期a族元素，则丁一定是甲烷的同系物7lialh4（）、lih是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出h2，lialh4在125分解为lih、h2和al下列说法不正确的是（） a lih与d2o反应，所得氢气的摩尔质量为4g/mol b 1mol lialh4在125完全分解，转移3mol电子 c lialh4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为：lialh4+2h2o=lialo2+4h2 d lialh4与乙醛作用生成乙醇，lialh4作还原剂8如图是实验室制取无水氯化镁的装置图，下列有关表述正确的是（） a 装置a中圆底烧瓶中可以换成固体mno2 b 如果直接加热mgcl26h2o不能得到无水氯化镁，将得到mg（oh）cl或mgo c 尾气吸收可以用浓硫酸作为吸收剂进行吸收 d 金属镁在空气中燃烧，剧烈反应生成氧化镁，如果金属镁燃烧发生火灾，要立即用二氧化碳灭火器进行灭火9某芳香化合物的分子式为c8h8cl2o2，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，且分子中的cl原子皆形成ccl键，则其可能的结构有（不考虑o与o相连接）（） a 2种 b 3种 c 4种 d 5种10有甲、乙两个完全相同的装置，分别在它们的侧管中装入1.06g na2co3和0.84g nahco3，试管中各有10ml相同浓度的盐酸（如图），同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（） a 甲装置的气球膨胀速率大 b 若最终两气球体积相同，则一定有c（hcl）2 mol/l c 若最终两气球体积不同，则一定有c（hcl）1 mol/l d 最终两溶液中na+、cl的物质的量相同二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11已知：25时，caco3的ksp为2.9109，caf2的ksp为2.71011下列说法正确的是（） a 25时，饱和caco3溶液与饱和caf2溶液相比，前者ca2+浓度大 b 25时，饱和caco3溶液与饱和caf2溶液等体积混合，会析出caco3固体 c 25时，caco3固体在20ml 0.01 moll1盐酸中的ksp比在20ml 0.01 moll1氨水中的ksp大 d 25时，在caco3悬浊液中加入naf固体，caco3不可能全转化为caf212水溶液中只可能有k+、mg2+、alo2、sio32、co32、so42中的若干种离子某同学对溶液进行了如图实验：下列判断错误的是（） a 有气体甲生成，表明溶液x中一定含有co32 b 沉淀甲不可能是硅酸镁 c al3+一定存在于溶液x中 d 不可能确定so42是否存在于溶液x中13as2s3和hno3有如下反应：as2s3+10h+10no3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o，下列说法正确的是（） a 生成1mol h3aso4时，转移电子个数为10na b 将该反应设计成一原电池，则no2应该在正极附近逸出 c 该反应的氧化产物之一为s d 反应产物no2与11.2lo2（标准状况）混合后用水吸收全部转化为浓hno3，然后与过量的碳反应，所产生的co2的量为0.5mol14关于下列各图的分析或叙述，正确的是（） a 此图表示h2与o2发生反应过程中的能量变化，则h2的燃烧热为241.8 kjmol1 b 此图表示恒温恒容条件下，反应：2no2（g）n2o4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点a对应的状态为化学平衡状态 c 此图表示a、b两物质的溶解度随温度变化的情况，若将tl时a、b的饱和溶液分别升温至t2，则溶质的质量分数ba d 此图表示常温下，稀释ha、hb两种酸的稀溶液时，溶液ph随加水量的变化，则naa溶液的ph小于同浓度的nab溶液的ph三、解答题（共6小题，满分80分）15某兴趣小组的同学发现，将cuso4溶液与na2co3溶液混合会产生蓝绿色沉淀他们对沉淀的组成很感兴趣，决定采用实验的方法进行探究提出猜想猜想1：所得沉淀为； 猜想2：所得沉淀为；猜想3：所得沉淀为碱式碳酸铜化学式可表示为mcu （oh）2ncuco3查阅资料获知，无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）实验探究步骤1：将所得悬浊液过滤，先用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，风干步骤2：取一定量所得固体，用如图装置（夹持仪器未画出）进行定性实验能证明猜想1成立的实验现象是问题讨论（1）检查上述虚线框内装置气密性的实验操作是：关闭k，（2）若在上述装置b中盛放无水cacl2，c中盛放ba（oh）2溶液，还可测定所得沉淀的组成c中盛放ba（oh）2溶液，而不使用澄清石灰水的原因是若所取蓝绿色固体质量为27.1g，实验结束后，装置b的质量增加2.7g，c中产生沉淀的质量为19.7g则该蓝绿色固体的化学式为16紫杉醇（paclitaxel）是一种抗癌药，化合物d是紫杉醇的侧链，d的合成路线如下：（1）a的合成应用了2010年诺贝尔化学奖的获奖成果交叉偶联反应，反应式如下（已配平）：ch3cooch2cocl+xa+hclx分子中含碳氮双键（c=n），其结构简式为（2）已知酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应：ch3cooc2h5+ch3ohch3cooch3+c2h5ohch3co+ch3ohch3cooch3+h“醇解反应”的反应类型为，b转化为c中另一产物的结构简式为（3）若最后一步水解的条件控制不好，d会继续水解生成氨基酸e和芳香酸fe在一定条件下能发生缩聚反应，写出所得高分子化合物的一种可能的结构简式：f的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应且核磁共振氢谱有4个峰的有两种，请写出其中一种的结构简式：（4）已知：rchorcoohrcocl写出以甲醛和乙醛为原料合成ch3cooch2cocl的路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：ch3ch2ohh2c=ch217饮用水中含有一定浓度的no3将对人类健康产生危害，no3能氧化人体血红蛋白中的fe（ii），使其失去携氧功能为了降低饮用水中no3的浓度，某兴趣小组提出如图甲方案：请回答下列问题：（1）已知过滤后得到的滤渣是一种混合物，则在溶液中铝粉和no3反应的离子方程式为（2）该方案中选用熟石灰调节ph，理由是、，在调节ph时，若ph过大或过小都会造成的利用率降低（3）用h2催化还原法也可降低饮用水中no3的浓度，已知反应中的还原产物和氧化产物均可参与大气循环，则催化还原法的离子方程式为（4）饮用水中的no3 主要来自于nh4+已知在微生物作用的条件下，nh4+ 经过两步反应被氧化成no3两步反应的能量变化示意图如图乙：试写出1mol nh4+（aq）全部氧化成no3 （aq）的热化学方程式是18三草酸合铁（）酸钾晶体（k3fe（c2o4）33h2o）有很重要的用途可用如图流程来制备根据题意完成下列各题：（1）若用铁和稀硫酸制备绿矾（feso47h2o）过程中，其中（填物质名称）往往要过量，理由是（2）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是（按前后顺序填）a过滤洗涤 b蒸发浓缩 c冷却结晶 d灼烧 e干燥某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（k3fe（c2o4）33h2o）中铁元素含量，做了如下实验：步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250ml溶液步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀h2so4酸化，滴加kmno4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，mno4被还原成mn2+向反应后的溶液中加入一定量锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/l kmno4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗kmno4溶液20.00ml，滴定中mno4，被还原成mn2+（3）步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有；主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、定容、摇匀（4）步骤2中，加入锌粉的目的是（5）步骤3中，发生反应的离子方程式为：（6）步骤2中，若加入的kmno4的溶液的量不够，则测得的铁含量（选填“偏低”、“偏高”、“不变”）（7）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（k3fe（c2o4）3）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/l（已折合成标准状况下）气体研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有k2co3写出该分解反应的化学方程式19某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为mno2、zns外还含有少量的fes、cus、al2o3等物质）为原料制取zn和mno2（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：mno2+fes+h2so4=mnso4+fe2（so4）3+s+h2o（2）将所得含有mn2+、fe3+、cu2+、al3+、zn2+的酸性溶液按如图甲的工业流程进行操作处理得溶液（iv），电解溶液（iv）即得mno2和zna、操作中加zn粉后发生反应的离子方程式为b、操作中加入适量x的作用是什么；x的首选物的化学式是：c、操作中所加碳酸盐的化学式是（3）为了从上述流程中产生的fe（oh）3、al（oh）3沉淀混合物中回收al（oh）3，工厂设计了如图乙的有关流程图a、alcl3溶液和naalo2溶液反应生成ai（oh）3的离子方程式为若总共得到n molal（oh）3，则消耗的naoh和hcl的理论量（mol）分别为、b、若使用如图丙流程回收处理，请比较两个流程消耗酸碱的用量？20已知a、b、c、d、e、f都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中a、b、c、d、e为不同主族的元素a、c的最外层电子数都是其电子层数的2倍，b的电负性大于c，透过蓝色钴玻璃观察e的焰色反应为紫色，f的基态原子中有4个未成对电子（1）基态的f3+核外电子排布式是（2）b的气态氢化物在水中的溶解度远大于a、c的气态氢化物，原因是（3）化合物fd3是棕色固体、易潮解、100左右时升华，它的晶体类型是；化合物ecab中的阴离子与ac2互为等电子体，该阴离子的电子式是（4）fd3与ecab溶液混合，得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是（5）化合物eff（ab）6是一种蓝色晶体，如图甲表示其晶胞的（e+未画出）该蓝色晶体的一个晶胞中e+的个数为（6）zns在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方zns晶体结构如图乙所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为（列式并计算），a位置s2离子与b位置zn2+离子之间的距离为pm（列式表示）2015年江苏省常州市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题2分，满分20分）1设na为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（） a 标准状态下，33.6l氟化氢中含有氟原子的数目为1.5na b 常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为na c 50ml18.4moll1浓硫酸与足量铜微热反应，生成so2分子的数目为0.46na d 某密闭容器盛有0.1moln2和0.3molh2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6na考点： 阿伏加德罗常数专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： a、氟化氢的沸点是19.4，在标准状况下是液体，所以不能用气体摩尔体积来计算；b、乙烯与丙烯的最简式均为ch2，计算7gch2中的氢原子数得到；c、浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜反应；d、氮气和氢气合成氨是可逆反应不能进行彻底解答： 解：a、氟化氢的沸点是19.4，在标准状况下是液体，33.6l氟化氢物质的量不是1.5mol，不能用气体摩尔体积来计算，故a错误；b、.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目，因为乙烯与丙烯的最简式均为ch2，所以计算7gch2中的氢原子数=2=1mol，故b正确；c、50ml18.4moll1浓硫酸与足量铜微热反应，浓硫酸随反应进行浓度变稀后不与铜反应，生成so2分子的数目小于0.46na，故c错误；d、氮气和氢气合成氨是可逆反应不能进行彻底，0.1moln2和0.3molh2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6na，故d错误；故选b点评： 本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，关键是浓硫酸岁反应进行浓度变稀不与铜反应，合成氨反应是可逆反应，题目难度中等2从某些性质看，nh3和h2o，nh4+和h3o+，oh和nh2，n3和o2两两相当，据此判断下列反应方程式正确的是（）2na+2nh32nanh2+h2cao+2nh4clcacl2+2nh3+h2o3mg（nh2）2mg3n2+4nh3nh4cl+nanh2nacl+2nh3（l） a 仅正确 b 正确 c 全部正确 d 正确考点： 铵盐专题： 信息给予题分析： 从某些性质看，nh3和h2o，nh4+和h3o+，oh和nh2，n3和o2两两相当，依据信息分析判断；注意应用已有知识来推断未知知识，利用类推方法得到答案；解答： 解：nh3和h2o相当，可以依据2na+2h22naoh+h2，类推得到反应为：2na+2nh32nanh2+h2，正确，故正确；nh4+和h3o+相当，依据cao+2hcl=cacl2+h2o；类推得到反应：cao+2nh4clcacl2+2nh3+h2o，正确，故正确；oh和nh2相当，n3和o2两两相当，依据mg（oh）2=mgo+h2o，类推得到：3mg（nh2）2mg3n2+4nh3正确，故正确；oh和nh2相当，nh3和h2o相当，依据nh4cl+naoh=nacl+nh3+h2o；类推得到：nh4cl+nanh2nacl+2nh3 正确；故正确；故选c点评： 本题考查了信息的分析应用，主要考查依据微粒相似，性质相似，依据已学知识类推反应判断，题目难度中等3下列实验过程和过程中涉及的离子反应方程式肯定正确的是（） a 除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁以最终制备胆矾晶体：2fe2+cl22fe3+2cl b 检验丙烯醛ch2=chcho中含有碳碳双键：ch2=chcho+br2ch2brchbrcho c 向ba（oh）2溶液中加入过量的nh4hso4溶液：ba2+2oh+nh4+h+so42baso4+nh3h2o+h2o d 向含有0.1 mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8 g na2o2：4na2o2+4fe2+6h2o4fe（oh）3+8na+o2考点： 离子方程式的书写分析： a除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁，应选铁粉；b检验丙烯醛ch2=chcho中含有碳碳双键，应先排除cho的干扰；c向ba（oh）2溶液中加入过量的nh4hso4溶液，向ba（oh）2溶液中加入过量的nh4hso4溶液，氢氧化钡全部反应，氢氧根离子和氢离子反应，酸溶液中不能生成一水合氨；d，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氧气氧化亚铁离子为三价铁离子，和氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀解答： 解：a通入氯气只能氧化亚铁离子，不能除去杂质制备硫酸铜晶体，应选fe除杂，故a错误；b检验丙烯醛ch2=chcho中含有碳碳双键，溴单质和醛基反应，和双键反应，不能检验出，应先发生银镜反应，再与溴水或高锰酸钾反应检验双键，故b错误；c向ba（oh）2溶液中加入过量的nh4hso4溶液，反应的离子方程式为ba2+2oh+2h+so42=baso4+2h2o，故c错误；d向含有0.1 mol溶质的硫酸亚铁稀溶液中加入7.8 g na2o2，其物质的量为0.1mol，亚铁离子和过氧化钠等物质的量反应，离子方程式为4na2o2+4fe2+6h2o=4fe（oh）3+8na+o2，故d正确；故选d点评： 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，选项b为解答的难点，题目难度不大4室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） a ph=12的溶液中：alo2、na+、so42 so32 b 水电离出的c（h+）=1012mol/l的溶液中：k+、na+、so42、alo2 c 能与铝反应生成氢气的溶液中：mg2+、na+、cl、no3 d c（h+）=0.10mol/l的溶液中：ch3coo、nh4+、cl、na+考点： 离子共存问题专题： 离子反应专题分析： aph=12的溶液，显碱性；b水电离出的c（h+）=1012mol/l的溶液，为酸或碱溶液；c能与铝反应生成氢气的溶液，为酸或强碱溶液；dc（h+）=0.10mol/l的溶液，显酸性解答： 解：aph=12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故a正确；b水电离出的c（h+）=1012mol/l的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子不反应能共存，但酸溶液中与alo2反应，则不能共存，故b错误；c能与铝反应生成氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中与no3发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中与mg2+反应，则不能共存，故c错误；dc（h+）=0.10mol/l的溶液，显酸性，ch3coo、氢离子反应，则不能共存，故d错误；故选a点评： 本题考查离子共存，明确习题中的信息及离子之间的反应即可解答，题目难度不大，选项c为解答的难点5常温下已知两种一元弱酸hx和hy，如果向nax溶液中通入少量co2气体生成hx和nahco3；往nay溶液中通入少量co2生成hy和na2co3下列有关叙述正确的是（） a 酸性由强至弱：hxhyh2co3 b 结合h+的能力：yco32xhco3 c 溶液碱性：naxna2co3naynahco3 d nax溶液中通入足量co2后的离子浓度：c（na+）c（hco3）c（x）c（oh）c（h+）考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡分析： 根据题意可知发生co2+h2o+nax=hx+nahco3、hx+na2co3=nahco3+nax；co2+h2o+2nay=2hy+na2co3、nahco3+nay=hy+na2co3；利用强酸制弱酸的原理判断出酸性：h2co3hxnahco3hy，碱性强弱可以利用越弱越水解判断：nahco3naxna2co3nay，据此分析解答： 解：a向nax溶液中通入co2气体，只能生成hx和nahco3，则酸性h2co3hxnahco3，向nay溶液中通入co2，只生成hy和na2co3，则酸性nahco3hy，则有酸性由强到弱：h2co3hxhy，故a错误；b由a可知酸性h2co3hxnahco3hy，酸性越弱对应离子结合质子的能力越强，所以则结合质子能力：yco32xhco3，故b正确；c酸性h2co3hxnahco3hy，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以碱性：nahco3naxna2co3nay，故c错误；d向nax溶液中通入足量co2后生成hx，由于hx发生电离，则c（na+）c（x），由于酸性hxhco3，则则c（hco3）c（hx）c（x），则c（na+）c（hco3）c（hx）c（x）c（oh），故d错误故选b点评： 本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，注意根据通入二氧化碳的反应判断酸的强弱是解答该题的关键6甲、乙、丙、丁4种化合物均含有2种或3种元素，分子中均含18个电子甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子下列推断合理的是（） a 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应 b 乙和甲中同种元素的质量分数相等，则乙中含有化合价为1的元素 c 丙与氧气的摩尔质量相同，则丙一定仅由两种元素组成 d 丁中含有第二周期a族元素，则丁一定是甲烷的同系物考点： 无机物的推断专题： 推断题分析： 甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为h2s，乙和甲中各元素质量比相同，应为h2o2，丙与氧气的摩尔质量相同，可能为ch3 oh、n2h4等符合，丁中含有二周期iva族的元素，可能为ch3 oh，结合各物质的结构和性质解答该题解答： 解：a甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为h2s，某钠盐溶液若为nahs溶液，其中含有hs、oh，但nahs既能与盐酸等反应生成h2s，也能与na0h反应生成na2s，故a错误；bh2s中元素的质量比为1：16，h2o2分子中元素的质量比也为1：16，h2o2中氧元素的价态为一1价，故b正确；c氧气的摩尔质量为32g/mol，丙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，ch3 oh符合，含有三种元素，故c错误；d第二周期iva族元素为c，如ch3oh符合，但ch3oh不是ch4的同系物，故d错误故选b点评： 本题考查无机物的推断，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例7lialh4（）、lih是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出h2，lialh4在125分解为lih、h2和al下列说法不正确的是（） a lih与d2o反应，所得氢气的摩尔质量为4g/mol b 1mol lialh4在125完全分解，转移3mol电子 c lialh4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为：lialh4+2h2o=lialo2+4h2 d lialh4与乙醛作用生成乙醇，lialh4作还原剂考点： 氧化还原反应；摩尔质量；氧化还原反应的电子转移数目计算专题： 信息给予题分析： a、lih与d2o反应生成的氢气分子式为hd；b、依据lialh4在125分解为lih、h2和al的化学方程式计算；c、lialh4中的1价h与h2o中的+1价h发生氧化还原反应生成h2，同时生成oh，oh与al3+反应生成alo2；d、乙醛变化为乙醇的过程是加氢反应，是乙醛被还原发生还原反应解答： 解：a、lih与d2o反应生成氢气（hd），其摩尔质量为3 g/mol，故a错误；b、lialh4中的li、al都是主族金属元素，h是非金属元素，故li为+1价、al为+3价、h为1价，受热分解时，根据al元素的价态变化即可得出1 mol lialh4在125时完全分解，转移3 mol电子，故b正确；c、lialh4中的1价h与h2o中的+1价h发生氧化还原反应生成h2，同时生成oh，oh与al3+反应生成alo2，所以反应的化学方程式：lialh4+2h2o=lialo2+4h2，故c正确；d、乙醛变成乙醇得到氢，在有机中得氢去氧是还原，所以氧化剂是乙醛，lialh4是还原剂，故d正确；故选a点评： 本题考查了氧化还原反应的应用，有机反应中氧化剂还原剂的判断，电子转移数的计算，关键是题干信息的迁移应用8如图是实验室制取无水氯化镁的装置图，下列有关表述正确的是（） a 装置a中圆底烧瓶中可以换成固体mno2 b 如果直接加热mgcl26h2o不能得到无水氯化镁，将得到mg（oh）cl或mgo c 尾气吸收可以用浓硫酸作为吸收剂进行吸收 d 金属镁在空气中燃烧，剧烈反应生成氧化镁，如果金属镁燃烧发生火灾，要立即用二氧化碳灭火器进行灭火考点： 镁的化学性质；盐类水解的应用；制备实验方案的设计专题： 几种重要的金属及其化合物分析： 该制备原理是在hcl的环境下，加热mgcl26h2o晶体，防止水解，制备无水氯化镁a、装置a的作用是产生hcl气体，通入b装置防止镁离子水解；b、直接镁离子水解，不能得到无水氯化镁，可能得到mg（oh）cl或mgo；c、实验尾气中含有hcl，浓硫酸不能吸收hcl；d、mg可以在二氧化碳中燃烧解答： 解：该制备原理是在hcl的环境下，加热mgcl26h2o晶体，防止水解，制备无水氯化镁a、装置a的作用是产生hcl气体，装置a中圆底烧瓶中可以换成固体mno2，不能产生hcl气体，故a错误；b、直接镁离子水解，不能得到无水氯化镁，可能得到mg（oh）cl或mgo，故b正确；c、实验尾气中含有hcl，会污染空气，浓硫酸不能吸收hcl，可以用水吸收，需放倒吸，故c错误；d、mg可以在二氧化碳中燃烧，mg失火不能用二氧化碳灭火器进行灭火，故d错误；故选b点评： 考查学生对实验原理的理解、盐类水解、mg元素单质及化合物的性质等，难度中等，注意基础知识的理解掌握9某芳香化合物的分子式为c8h8cl2o2，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，且分子中的cl原子皆形成ccl键，则其可能的结构有（不考虑o与o相连接）（） a 2种 b 3种 c 4种 d 5种考点： 同分异构现象和同分异构体专题： 同分异构体的类型及其判定分析： 根据分子式计算不饱和度，判断侧链是否含有不饱和键，根据h原子数目之比，可知三种h原子数目分别为6、1、1，故分子中含有2个ch3（或och3），且两个甲基（或och3）相同，分子中另外2个h原子不同，分子中的cl原子皆形成ccl键，2个cl原子连接苯环上，据此书写可能的结构，进行判断解答： 解：芳香化合物的分子式为c8h8cl2o2，分子中含有1个苯环，不饱和度为=4，故侧链不含不饱和键，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，故三种h原子数目分别为6、1、1，故分子中含有2个ch3（或och3），且两个甲基（或och3）相同，分子中另外2个h原子不同，分子中的cl原子皆形成ccl键，2个cl原子连接苯环上，不考虑o与o相连接，符合条件的可能结构有：、，故有2种结构，故选a点评： 本题考查限制条件同分异构体的书写，难度较大，判断分子中含有2个ch3是关键10有甲、乙两个完全相同的装置，分别在它们的侧管中装入1.06g na2co3和0.84g nahco3，试管中各有10ml相同浓度的盐酸（如图），同时将两个侧管中的物质全部倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（） a 甲装置的气球膨胀速率大 b 若最终两气球体积相同，则一定有c（hcl）2 mol/l c 若最终两气球体积不同，则一定有c（hcl）1 mol/l d 最终两溶液中na+、cl的物质的量相同考点： 探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质专题： 实验题；元素及其化合物分析： a根据1.06g na2co3和0.84g nahco3各与10ml相同浓度的盐酸反应速率判断；b根据1.06g na2co3和0.84g nahco3各与10ml相同浓度的盐酸反应的原理判断；c根据1.06g na2co3和0.84g nahco3各与10ml相同浓度的盐酸反应的原理判断；d根据最终两溶液中na+、cl的物质的量判断解答： 解：a碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故a错误；b1.06g na2co3和0.84g nahco3的物质的量相同，都是0.01nol，根据方程式知：nahco3+hcl=nacl+h2o+co2，na2co3+2hcl=2nacl+h2o+co2若最终两气球体积相同，说明酸的物质的量大于或等于0.02mol，所以其浓度大于或等于2mol/l，故b正确；c碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为：co32+h+=hco3、hco3+h+=co2 +h2o，碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为hco3+h+=co2 +h2o；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0c（hcl）0.02mol，所以其浓度大于0小于2mol/l，故c错误；d1.06g na2co3和0.84g nahco3的物质的量相同，都是0.01nol，所以na2co3和 nahco3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中na+的物质的量一定不相同，故d错误；故选b点评： 本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，注意碳酸钠和酸反应分步进行，是解答本题的关键二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11已知：25时，caco3的ksp为2.9109，caf2的ksp为2.71011下列说法正确的是（） a 25时，饱和caco3溶液与饱和caf2溶液相比，前者ca2+浓度大 b 25时，饱和caco3溶液与饱和caf2溶液等体积混合，会析出caco3固体 c 25时，caco3固体在20ml 0.01 moll1盐酸中的ksp比在20ml 0.01 moll1氨水中的ksp大 d 25时，在caco3悬浊液中加入naf固体，caco3不可能全转化为caf2考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题： 电离平衡与溶液的ph专题分析： a、依据ksp结合沉淀溶解平衡计算该离子浓度减小比较分析；b、依据钙离子浓度和碳酸根离子浓度计算浓度商和碳酸钙ksp减小比较判断；c、ksp随温度变化，不随浓度变化；d、沉淀的条件是溶液中离子的浓度商大于ksp，会发生沉淀解答： 解：a、25时，饱和caco3溶液中c（ca2+）=c（co32）=mol/l，饱和caf2溶液c（ca2+）c（f）2=2.71011，c（ca2+）=mol/l；所以饱和caco3溶液和饱和caf2溶液相比，后者的c（ca2+）大于前者，故a错误；b、等体积混合后的c（ca2+）会较饱和caco3溶液中的c（ca2+）大许多倍，c（ca2+）=；c（co32）只减少到原来的为，此时溶液中的c（ca2+）c（co32）=ksp（caco3）=2.9109，所以会析出caco3固体，故b正确；c、25时，caco3固体在20ml0.01 moll1盐酸中的ksp与在20ml 0.01 moll1氨水中的ksp相同，因沉淀ksp随温度变化，不随浓度改变，故c错误；d、25时，在caco3悬浊液中加入naf固体，当c（ca2+）c（f）2ksp（caf2）时，caco3可能全转化为caf2，故d错误；故选：b点评： 本题考查了沉淀溶解平衡的应用，平衡的移动和沉淀生成的条件分析，溶度积常数的计算应用是解题关键，题目难度中等12水溶液中只可能有k+、mg2+、alo2、sio32、co32、so42中的若干种离子某同学对溶液进行了如图实验：下列判断错误的是（） a 有气体甲生成，表明溶液x中一定含有co32 b 沉淀甲不可能是硅酸镁 c al3+一定存在于溶液x中 d 不可能确定so42是否存在于溶液x中考点： 常见离子的检验方法专题： 物质检验鉴别题分析： 能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子解答： 解：加hcl有气体说明有co32离子，生成的气体是二氧化碳，一定不存在和碳酸根不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供oh）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有k+这一个阳离子，所以一定存在钾离子a、加hcl有气体说明有co32离子，生成的气体是二氧化碳，故a正确；b、溶液中一定含有co32离子，则一定不含有镁离子，它和镁离子不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故b正确；c、原来溶液中的铝离子一定不能存在，故c错误；d、硫酸根离子是否存在不能确定，故d正确故选c点评： 本题涉及离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解决该问题的关键所在，综合性强，难度大13as2s3和hno3有如下反应：as2s3+10h+10no3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o，下列说法正确的是（） a 生成1mol h3aso4时，转移电子个数为10na b 将该反应设计成一原电池，则no2应该在正极附近逸出 c 该反应的氧化产物之一为s d 反应产物no2与11.2lo2（标准状况）混合后用水吸收全部转化为浓hno3，然后与过量的碳反应，所产生的co2的量为0.5mol考点： 氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算专题： 氧化还原反应专题分析： 根据氧化还原反应中生成的h3aso4的物质的量与转移电子数的关系来计算分析；a、根据反应的离子方程式，as2s3+10h+10no3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o，标注元素化合价变化，判断氧化剂还原剂计算电子转移；b、依据原电池工作原理，负极失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；c、依据化合价变化分析，还原剂被氧化得到氧化产物；d、依据4no2+o2+2h2o=4hno3，c+4hno3=co2+4no2+2h2o计算判断；解答： 解：a、由反应as2s3+10h+10no3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o可知，as2s3作还原剂，转移电子数为2（53）+3（0+2）=10，则生成2molh3aso4时反应中转移电子的物质的量为10mol，1mol h3aso4时，转移电子个数为5na，故a错误；b、as2s3+10h+10no3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o，反应中as2s3被氧化发生氧化反应，在原电池中是负极电极反应，硝酸化合价降低，得到电子发生还原反应，在原电池中的正极反应，所以生成的二氧化氮在正极逸出，故b正确；c、as2s3+10h+10no3=2h3aso4+3s+10no2+2h2o，反应中as2s3被氧化发生氧化反应，得到氧化产物，为h3aso4和s，故c正确；d、反应产物no2与11.2lo2（标准状况）混合后用水吸收全部转化为浓hno3，然后与过量的碳反应，依据反应得到：4no2+o2+2h2o=4hno3，c+4hno3=co2+4no2+2h2o；o2co2，所产生的co2的量为0.5mol，随着反应到进行，但随着反应进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的co2的量小于0.5mol，故d错误；故选 bc点评： 本题考查氧化还原反应中的有关计算，明确物质中元素的化合价、电子守恒、物质的性质是解答的关键，并注意化学反应的发生对物质浓度的要求来解答即可14关于下列各图的分析或叙述，正确的是（） a 此图表示h2与o2发生反应过程中的能量变化，则h2的燃烧热为241.8 kjmol1 b 此图表示恒温恒容条件下，反应：2no2（g）n2o4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点a对应的状态为化学平衡状态 c 此图表示a、b两物质的溶解度随温度变化的情况，若将tl时a、b的饱和溶液分别升温至t2，则溶质的质量分数ba d 此图表示常温下，稀释ha、hb两种酸的稀溶液时，溶液ph随加水量的变化，则naa溶液的ph小于同浓度的nab溶液的ph考点： 反应热和焓变；溶解度、饱和溶液的概念；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡专题： 图示题分析： a、依据燃烧热概念，结合图象分析判断，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出热量；b、a点是石墨二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，依据化学方程式可知相同时间，二氧化氮消耗速率是四氧化二氮消耗速率的2倍时，二氧化氮的正逆反应速率相同，说明反应达到平衡；c、升高温度ab溶解度增大，溶液由饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变；d、分析图象加水稀释酸溶液ph变化大的酸性强，依据酸越弱对应盐溶液中酸根阴离子水解程度大解答： 解：a、依据燃烧热概念，结合图象分析判断，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出热量，图象中的反应焓变是2mol氢气反应生成气态水放出的热量，不是燃烧热，故a错