2016届江西省吉安一中高三上学期期中化学试卷__解析版.doc

2016届江西省吉安一中高三上学期期中化学试卷 解析版一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）A碘酒是指单质碘的乙醇溶液B84消毒液的有效成分是NaClOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D装饰材料释放的甲醛会造成污染2下列对于实验IIV的说法正确的是（）A实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去3为提纯下列物质（括号内为杂质）选用的试剂和分离方法都正确的是物质试剂分离方法硝酸钾固体（氯化钠）蒸馏水降温结晶二氧化碳（氯化氢）饱和碳酸钠溶液洗气乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液分液氯气（氯化氢）饱和氯化钠溶液洗气（）ABC只有D4下列有关溶液组成的描述合理的是（）A弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、OHD红色溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN5设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A1mol浓硫酸和足量铜粉反应转移的电子数为NAB标准状况下，5.6LNO和5.6 LO2混合后的分子总数为为0.5NAC0.1mol苯乙烯中含有的碳碳双键的数目为0.1 NAD将NA个NH3分子溶于1L水中得到1 molL1的氨水6“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁ABCD7用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法，如下表所示的实验中（可加热），下列试纸的选用、现象及对应结论均正确的一项是（）选项试剂湿润的试纸现象结论ANa2SO3，浓硫酸品红试纸褪色SO2具有漂白性B浓氨水，生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气为碱性气体C碘水淀粉试纸变蓝碘具有氧化性DCu，浓硝酸淀粉KI试纸变蓝NO2为酸性气体AABBCCDD8X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素，4种元素的原子最外层电子数之和为16，X与其它元素不在同一周期和同一主族，Y的阴离子与Z的阳离子具有相同的电子层结构，且Z为地壳中含量最高的金属元素，W原子得到一个电子后形成与某稀有气体原子核外电子排布相同的稳定结构下列说法不合理的是（）A简单离子半径：WYZBX、Y与Z形成的化合物中既有极性共价键又有离子键CZ与Y形成的化合物为一种高温结构陶瓷DX与Y只能形成10电子分子，不能形成18电子分子9下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO310以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（）AA气体是NH3，B气体是CO2B把纯碱及第步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶11在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），H0利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍对该反应的说法正确的是（）A增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B缩小容器容积，平衡右移，H减小C反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D当4v正Ni（CO）4=v正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态12已知：FeCl3（aq）+3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），平衡时Fe（SCN）3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（）AA点与B点相比，A点的c（ Fe3+）大B加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点C反应处于D点时，一定有（正）（逆）D若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1K213有机物M是苯的同系物，其结构为，则M可能的结构简式共有（）A6种B12种C24种D32种142015年，中国药学家屠呦呦获得诺贝尔生理学或医学奖，其突出贡献是创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素已知青蒿素的结构如图所示，有关青蒿素的说法，不正确的是（）A分子式为C15H22O5B能够发生水解反应C每个分子中含有4个六元环D青蒿素能够治疗疟疾可能与结构中存在过氧键基团有关15二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl下列说法中错误的是（）AS2Cl2的结构式为ClSSClB反应中SO2是还原产物，S是氧化产物CS2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol16向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol二、解答题（共5小题，满分52分）17A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件均未列出）（1）若A是常见金属单质，与B的水溶液反应生成C和D，D、F是气体单质，D在F中燃烧时发出苍白色火焰则F所对应的元素在周期表位置是，反应的离子方程式为（2）若A、D为短周期元素组成的固体单质，一种为金属，另一种为非金属且两个反应都有红棕色气体生成，则反应的化学方程式为（3）若A、D、F都是短周期非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C是一种重要工业原料气，则1molB中含有个共价键，分子E的结构式是18硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如图回答下列有关问题：（1）硼砂中B的化合价为，溶于热水后，常用H2SO4调pH到23制取H3BO3，反应的离子方程式为（2）X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为，MgCl27H2O脱水需要在HCl氛围中加热，其目的是（3）硼氢化钠是一种常用的还原剂，它与水反应的离子方程式是BH4+2H2O=BO2+4H2硼氢化钠在液中能把许多金属离子还原为金属单质，为了抑制它与水的反应，反应应在（填“酸性”“中性”或“碱性”）条件下进行，试完成并配平金离子（Au3+）被硼氢化钠还原的离子方程式：Au3+BH4+OHAu+BO2+19煤的气化和液化可能实现煤的综合利用，提高煤的利用价值煤的间接液化是指以煤为原料，先气化（主要以水作气化剂）制成合成气，然后再通过一系列作用将合成气转化成烃类燃料、醇类燃料和化学品的过程（1）CH3OH、H2的燃烧热分别为：H=725.5kJmol1，H=285.8kJmol1，写出工业上以CO2、H2合成CH3OH的热化学方程式：（2）金属氧化物可被CO还原生成金属单质和二氧化碳图1是四种金属氧化物（Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O）被一氧化碳还原时1g与温度（t）的关系曲线图1，700时，其中最难被还原的金属氧化物是（填化学式），用一氧化碳还原该金属氧化物时，若反应方程式为最简单整数比，该反应的平衡常数（K）数值等于（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其化学反应的热化学方程式为：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g）H=29.1kJmol1科研人员对该反应进行了研究部分研究结果如图2所示：从反应压强对甲醇转化率的影响“效率“看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是；实际工业生产中采用的温度是80，其理由是20亚氯酸钠（NaClO2）是重要的漂白剂，探究小组开展如下实验，回答下列问题：已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl（1）装置C的作用是，如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是（2）已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置B中反应的方程式为；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为（3）反应后的溶液中阴离子除了ClO2、ClO3、Cl、ClO、OH外还可能含有的一种阴离子是；检验该离子的方法是（4）请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤减压，55蒸发结晶；用3860热水洗涤；得到成品21H是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环H的合成路线如下（部分产物和部分反应条件略去）：已知：B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子RCH=CH2+CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHRD和G是同系物请回答下列问题：（1）用系统命名法命名（CH3）2C=CH2：（2）AB反应过程中涉及的反应类型有（3）写出D分子中含有的官能团名称：（4）写出生成F与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式：（5）写出E在铜催化下与O2反应生成物的结构简式：（6）同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上有两个取代基的G的同分异构体有 种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰的为（写结构简式）2015-2016学年江西省吉安一中高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）A碘酒是指单质碘的乙醇溶液B84消毒液的有效成分是NaClOC浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D装饰材料释放的甲醛会造成污染【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质【专题】元素及其化合物；化学计算【分析】A碘溶于乙醇可形成碘酒；B氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；C浓硫酸与二氧化硅不反应；D甲醛可污染环境【解答】解：A碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；B氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；C浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；D甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确故选：C【点评】本题考查较为综合，涉及碘酒、84消毒液、二氧化硅的性质以及甲醛的污染等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大2下列对于实验IIV的说法正确的是（）A实验I：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去【考点】实验装置综合【分析】A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B强酸制取弱酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，氯化氢为非含氧酸；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色【解答】解：A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B强酸制取弱酸可知酸性为盐酸碳酸硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，盐酸是非含氧酸，无法比较，故B错误；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选D【点评】本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、酸性强弱比较、蒸发等知识点，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大3为提纯下列物质（括号内为杂质）选用的试剂和分离方法都正确的是物质试剂分离方法硝酸钾固体（氯化钠）蒸馏水降温结晶二氧化碳（氯化氢）饱和碳酸钠溶液洗气乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液分液氯气（氯化氢）饱和氯化钠溶液洗气（）ABC只有D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】二者溶解度受温度影响不同；二者均与碳酸钠反应；二者均与NaOH反应；HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解【解答】解：二者溶解度受温度影响不同，则加水、冷却结晶可分离，故正确；二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选试剂为碳酸氢钠，故错误；二者均与NaOH反应，不能除杂，应选试剂为饱和碳酸钠，故错误；HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则食盐水、洗气可除杂，故正确；故选B【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大4下列有关溶液组成的描述合理的是（）A弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、OHD红色溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SCN【考点】离子共存问题【分析】离子之间能反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、复分解反应的不能大量共存，据此分析解答【解答】解：A弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B酸性条件下，ClO、I发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；CAl3+、NH4+、Cl、OH都无色，但Al3+、NH4+、OH之间能反应，所以不能大量共存，故C错误；DFe3+、SCN反应生成络合物而不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，易错选项是B5设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A1mol浓硫酸和足量铜粉反应转移的电子数为NAB标准状况下，5.6LNO和5.6 LO2混合后的分子总数为为0.5NAC0.1mol苯乙烯中含有的碳碳双键的数目为0.1 NAD将NA个NH3分子溶于1L水中得到1 molL1的氨水【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浓硫酸和铜反应，随着浓度减少为稀硫酸时不再和铜反应； B2NO+O22NO2，分子数减少；C苯环中无双键；D溶液体积不是1L【解答】解：A浓硫酸跟足量铜反应，浓硫酸变稀后不再和铜反应，所以硫酸不会完全反应，转移的电子数小于NA，故A错误； B一氧化氮和氧气不需要任何条件即可反应，由2NO+O22NO2，分子数减少，即分子总数小于0.5NA，故B错误；C苯环中无双键，故0.1mol苯乙烯中含0.1mol碳碳双键，故C正确；D将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1molL1，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6“类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中错误的是（）钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈，性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中Al（OH）3、Cu（OH）2受热易分解，Fe（OH）3受热也易分解不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；也不能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁ABCD【考点】钠的化学性质；金属冶炼的一般原理；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物【分析】活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；金属铁在空气中因发生电化学腐蚀而生锈，金属铝和氧气反应；难溶性碱受热易分解；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电【解答】解：活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，金属与水反应不一定生成碱，故错误；铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，金属铝在空气中和氧气反应而被氧化，发生化学腐蚀，故错误；难溶性碱受热易分解，所以Fe（OH）3受热也易分解，故正确；AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不导电，故不能用电解熔融的AlCl3来制取金属铝；MgCl2是离子化合物，在熔融状态下导电，能用电解熔融的MgCl2来制取金属镁，故错误；故选C【点评】本题考查类推这一思维方法在化学学科中的应用，属于方法与知识相结合的内容，是高考的热点之一7用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法，如下表所示的实验中（可加热），下列试纸的选用、现象及对应结论均正确的一项是（）选项试剂湿润的试纸现象结论ANa2SO3，浓硫酸品红试纸褪色SO2具有漂白性B浓氨水，生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气为碱性气体C碘水淀粉试纸变蓝碘具有氧化性DCu，浓硝酸淀粉KI试纸变蓝NO2为酸性气体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】ANa2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫；B氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C淀粉遇碘单质变蓝色，为显色反应；D铜和浓硝酸反应生成具有氧化性的二氧化氮气体【解答】解：ANa2SO3和稀硫酸反应生成二氧化硫，SO2具有漂白性，可使品红褪色，故A正确；B氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；C淀粉遇碘单质变蓝色，为显色反应，不是氧化还原反应，故C错误；D铜和浓硝酸反应生成具有氧化性的二氧化氮气体，二氧化氮可氧化KI生成碘，故D错误故选A【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验方案严密性和可行性的评价，注意KI淀粉试纸遇氧化性物质变蓝，难度不大8X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素，4种元素的原子最外层电子数之和为16，X与其它元素不在同一周期和同一主族，Y的阴离子与Z的阳离子具有相同的电子层结构，且Z为地壳中含量最高的金属元素，W原子得到一个电子后形成与某稀有气体原子核外电子排布相同的稳定结构下列说法不合理的是（）A简单离子半径：WYZBX、Y与Z形成的化合物中既有极性共价键又有离子键CZ与Y形成的化合物为一种高温结构陶瓷DX与Y只能形成10电子分子，不能形成18电子分子【考点】原子结构与元素的性质【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素，Z为地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子得到一个电子后形成与某稀有气体原子核外电子排布相同的稳定结构，且原子序数大于Al，则W为Cl元素；Y的阴离子与铝离子具有相同的电子层结构，结合原子序数可知，Y不能是H元素，故Y处于第二周期，Al处于第三周期，X与其它元素不在同一周期和同一主族，故X为H元素；4种元素的原子最外层电子数之和为16，则Y的最外层电子数=16173=5，则Y为N元素，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次递增的短周期元素，Z为地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子得到一个电子后形成与某稀有气体原子核外电子排布相同的稳定结构，且原子序数大于Al，则W为Cl元素；Y的阴离子与铝离子具有相同的电子层结构，结合原子序数可知，Y不能是H元素，故Y处于第二周期，Al处于第三周期，X与其它元素不在同一周期和同一主族，故X为H元素；4种元素的原子最外层电子数之和为16，则Y的最外层电子数=16173=5，则Y为N元素，AY、Z离子电子层结构相同，Z的核电荷数较大，Z离子半径较小，W离子电子层最多，离子半径最大，故离子半径：WYZ，故A正确；BX为H、Y为N，Z为Al，X、Y与Z形成的化合物中既有极性共价键又有离子键，如NH3、AlN等，故B正确；CY为N，Z为Al，二者形成的化合物AlN，具有很高的熔点，一种高温结构陶瓷，故C正确；DX与Y只能形成10电子分子如NH3，也能形成18电子分子如N2H4，故D错误；故选D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，对学生的逻辑推理有一定的要求，注意Y、Z元素的不确定性，难度中等9下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A铜和稀硝酸反应生成NO；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O；C弱电解质写化学式；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠【解答】解：A铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O，离子方程式为2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3H2O，故B错误；C弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点10以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（）AA气体是NH3，B气体是CO2B把纯碱及第步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【专题】元素及其化合物；化学计算【分析】A依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；B泡腾片主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，通常是碳酸盐和固态酸的化合物；C第步通过过滤操作得到碳酸氢钠晶体；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体；【解答】解：A氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；C第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选D【点评】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等11在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），H0利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍对该反应的说法正确的是（）A增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B缩小容器容积，平衡右移，H减小C反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D当4v正Ni（CO）4=v正（CO）时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A因Ni是固体，改变用量对平衡无影响；B一定温度下给定的化学方程式的H不会随着平衡移动而改变；C根据外界条件和该反应本身的特点进行分析，一种气体反应物，加入一氧化碳相当于增大体系压强，压强增大平衡向气体体积减小的方向进行；D根据不同物质的速率关系判断可逆反应时，应当一正一逆，速率之比等于系数比，平衡标志是正逆反应速率相同，变量不变【解答】解：ANi是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，故A错误；B盖斯定律可知，反应焓变只与起始和终了物质有关，与变化过程无关，一定温度下给定的化学方程式的H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，故B错误；C因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，故C正确；D4v正Ni（CO）4=v正（CO）时，速率关系是正反应速率关系，不能判断是否已达平衡，若4v正Ni（CO）4=v逆（CO）时，说明反应达到平衡状态，因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡常数影响因素和计算应用，平衡移动原理是解题关键题目难度中等12已知：FeCl3（aq）+3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），平衡时Fe（SCN）3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（）AA点与B点相比，A点的c（ Fe3+）大B加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点C反应处于D点时，一定有（正）（逆）D若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线上方，不是平衡状态，cFe（SCN）3比平衡状态大，应向逆反应方向移动，随着温度的升高cFe（SCN）3逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，根据实际参加反应的离子浓度分析，加入KCl固体，溶液中Fe3+、SCN浓度不变【解答】解：A由图象可知，A点cFe（SCN）3较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误；B根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN浓度不变，平衡不移动，故B错误；CD在曲线上方，不是平衡状态，cFe（SCN）3比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正V逆，故C正确；D随着温度的升高cFe（SCN）3逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，故D错误故选C【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化特征，把握温度对平衡移动的影响，此为解答该题的关键13有机物M是苯的同系物，其结构为，则M可能的结构简式共有（）A6种B12种C24种D32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】写出戊烷的同分异构体，根据戊烷同分异构体利用等效氢原子判断戊基种数，写出丁烷的同分异构体，根据丁烷同分异构体利用等效氢原子判断丁基种数，进而判断该有机物的种数【解答】解：戊烷的同分异构体CH3CH2CH2CH2CH3；CH3CH（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）3；CH3CH2CH2CH2CH3 有三种不同环境氢原子，所以对应3种戊基，分别是：CH3CH2CH2CH2CH2；CH3CH2CH2（CH3）CH；（CH3CH2）2CH；CH3CH（CH3）CH2CH3有四种不同环境氢原子，所以对应4种戊基，分别是：CH3CH（CH3）CH2CH2；CH3CH（CH3）CH（CH3）；C（CH3）2CH2CH3；CH2CH（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）3；有一种不同环境的氢原子，所以对应1种戊基为（CH3）3CCH2；共有戊基8种；丁烷的同分异构体CH3CH2CH2CH3；CH3CH（CH3）CH3；CH3CH2CH2CH3有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，分别是：CH3CH2CH2CH2； CH3CH2CH（CH3）；CH3CH（CH3）CH3有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，分别是：CH3CH（CH3）CH2；C（CH3）3；共有丁基4种，所以可能的结构简式共有48=32种，故选D【点评】本题考查了有机物同分异构体的书写，准确判断戊基、丁基的种数是解题的关键，题目难度较大142015年，中国药学家屠呦呦获得诺贝尔生理学或医学奖，其突出贡献是创制新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素已知青蒿素的结构如图所示，有关青蒿素的说法，不正确的是（）A分子式为C15H22O5B能够发生水解反应C每个分子中含有4个六元环D青蒿素能够治疗疟疾可能与结构中存在过氧键基团有关【考点】有机物的结构和性质【分析】可根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，分子中含有OO键，具有强氧化性，含有COO，可发生水解反应，以此解答【解答】解：A根据有机物的结构简式判断分子式为C15H22O5，故A正确；B含有酯基，可发生水解反应，故B正确；C由结构可知，含有5个六元环，故C错误；D分子中含有过氧键，具有较强的氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确故选C【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目难度中等，注意把握有机物官能团的结构和性质15二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl下列说法中错误的是（）AS2Cl2的结构式为ClSSClB反应中SO2是还原产物，S是氧化产物CS2Cl2为含有极性键和非极性键的分子D反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol【考点】含硫物质的性质及综合应用；极性分子和非极性分子【专题】化学键与晶体结构；元素及其化合物【分析】A由结构可知，含有SS键、SCl键；B根据元素的化合价升降来确定氧化产物和还原产物；CSS键为非极性共价键，SCl键为极性共价键，该物质结构不对称；D根据元素的化合价升降来确定电子转移情况【解答】解：A由结构可知，含有SS键、SCl键，则S2Cl2的结构式为ClSSCl，故A正确；B、反应中硫元素的化合价升高为二氧化硫中的+4价，所以SO2是氧化产物，硫元素的化合价降低为0价，所以S是还原产物，故B错误；CSS键为非极性共价键，SCl键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即S2Cl2为含有极性键和非极性键的极性分子，故B正确；D在反应中，S元素发生自身氧化还原反应，生成1molSO2，转移电子为3mol，故D正确故选B【点评】本题为信息习题，注意利用信息中物质的结构结合所学知识来解答，选项D为解答的难点，注意氧化还原反应的发生，题目难度中等16向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】压轴题；守恒法【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nCu（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故D正确故选B【点评】本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键二、解答题（共5小题，满分52分）17A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件均未列出）（1）若A是常见金属单质，与B的水溶液反应生成C和D，D、F是气体单质，D在F中燃烧时发出苍白色火焰则F所对应的元素在周期表位置是第三周期第A族，反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl（2）若A、D为短周期元素组成的固体单质，一种为金属，另一种为非金属且两个反应都有红棕色气体生成，则反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O（3）若A、D、F都是短周期非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C是一种重要工业原料气，则1molB中含有4NA个共价键，分子E的结构式是O=C=O【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】（1）D、F是气体单质，D在F中燃烧时发出苍白色火焰，应为氢气在氯气的燃烧，则D为H2，F为Cl2，由转化关系可知B为HCl，由反应可知A应为变价金属，则A为Fe，C为FeCl2，E为FeCl3；（2）A+B=C+D是置换反应，若A、D为短周期元素单质，且A为固体金属单质，D为固体非金属单质，和两个反应中都有红棕色气体生成，非金属单质D为C，F为浓硝酸，金属置换非金属单质的反应应为镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳的反应，判断A为Mg，B为CO2，C为MgO，D为C，E为Mg（NO3）2，F为NHO3；（3）短周期元素同主族元素之间的置换反应有多种，如NaH2，O2S，CSi等，若A、D、F都是非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C是一种重要工业原料气，则A为C，B为SiO2，D为Si，C为CO，F为O2，E为CO2【解答】解：（1）D、F是气体单质，D在F中燃烧时发出苍白色火焰，应为氢气在氯气的燃烧，则D为H2，F为Cl2，由转化关系可知B为HCl，由反应可知A应为变价金属，则A为Fe，C为FeCl2，E为FeCl3，F对应的元素为Cl，处于周期表中：第三周期第A族，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故答案为：第三周期第A族；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；（2）A+B=C+D是置换反应，若A、D为短周期元素单质，且A为固体金属单质，D为固体非金属单质，和两个反应中都有红棕色气体生成，非金属单质D为C，F为浓硝酸，金属置换非金属单质的反应应为镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳的反应，判断A为Mg，B为CO2，C为MgO，D为C，E为Mg（NO3）2，F为NHO3，反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（3）短周期元素同主族元素之间的置换反应有多种，如NaH2，O2S，CSi等，若A、D、F都是非金属单质，且A、