河北省邯郸市2014届高三上学期12月质检化学试卷(解析版2)

1、河北省邯郸市2014届高三上学期12月质检化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共42分）1（2分）化学与科学、技术、社会、环境密切相关下列说法不正确的是（）A含有食品添加剂的物质均对人体健康有害B聚乙烯是无毒高分子化合物，可用作食品包装C“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油D太阳能电池板中有高纯硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用；油脂的性质、组成与结构；有机高分子化合物的结构和性质.专题：化学应用分析：A、合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处；B、聚乙烯属于聚合物，无毒；C、“地沟油”的成分是油脂；D

2、、根据晶体硅和二氧化硅的用途作答解答：解：A、合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能过量，故A错误；B、聚乙烯属于聚合物，无毒，可作食品包装袋，故B正确；C、“地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故C正确；D、太阳能电池板的成分是硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故D正确；故选：A点评：本题考查合成材料、地沟油的成分、食品添加剂、硅和二氧化硅的用途，题目难度不大，注意生物柴油的定义、硅单质和二氧化硅用途的区别2（2分）下列属于电解质的一组是（）CuSO4 氧化钠 水银 SO3 氯水 酒精 Na

3、OHABCD考点：电解质与非电解质.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，大多数非金属氧化物、一些氢化物、蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质解答：解：CuSO4 在水溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的铜离子和硫酸根离子而导电的化合物，属于电解质；氧化钠在熔融状态下能电离出自由移动的氧离子和钠离子而导电的化合物，属于电解质；水银是单质，不是化合物，所以不是电解质； SO3 和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以三氧化硫的水溶液导电，但

4、电离出离子的物质是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫是非电解质；氯水是氯气的水溶液，属于混合物，不属于电解质； 酒精是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质； NaOH水溶液或熔融状态下都能导电，均为自身电离出的自由移动的钠离子和氢氧根离子，所以氢氧化钠是电解质；故选B点评：本题考查了电解质与非电解质的概念，题目难度不大，注意明确电解质与非电解质的判断方法，电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质3（2分）对下列化学用语的理解和描述不正确的是（）A原子结构示意图可以表示12C原子的，也可以表示14C原子的B比例模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子

5、C结构示意图为的阳离子都不能破坏水的电离平衡D电子式可以表示羟基，不可以表示氢氧根离子考点：原子结构示意图；电子式；球棍模型与比例模型.专题：化学用语专题分析：A的核电荷数=核外电子数=6，表示所有的C原子；B二氧化碳为直线型结构，为V型，不能表示二氧化碳的比例模型；C如果n=19或20，为钾离子或钙离子；D中氧原子最外层7个电子，只能表示羟基，不能表示氢氧根离子解答：解：A原子结构示意图为C原子，表示所有的碳原子，既可以表示12C，也可以表示14C，故A正确；B二氧化碳分子为直线型结构，二氧化碳的正确的比例模型为，故B错误；C结构示意图为的阳离子中，如果n=19或20，为钾离子或钙离子，二者

6、都是强碱的阳离子，不能破坏了水的电离平衡，故C正确；D只能表示羟基，不能表示氢氧根离子，氢氧根离子正确的电子式为：，故D正确；故选B点评：本题考查了电子式、比例模型、原子结构示意图等知识，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确羟基与氢氧根离子的区别4（2分）下列叙述正确的是（）ASO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质B酸式盐的水溶液呈酸性C醋酸溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大D凡是强酸生成的盐，其水溶液呈中性考点：电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.专题：物质的分类专题分析：A、电解质必须自身电离而导电；B、有些酸式盐的溶液呈酸性，有些酸式

7、盐的溶液呈碱性；C、根据弱电解质的电离需要吸热以及温度对平衡的影响；D、根据盐的类型以及水解规律来解答；解答：解：A、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴、阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是亚硫酸，而不是SO2，所以SO2不是电解质，是非电解质，故A错误；B、有些酸式盐的溶液呈酸性，如硫酸氢钠，有些酸式盐的溶液呈碱性，如碳酸氢钠，故B错误；C、醋酸的电离过程吸热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即正向移动，所以溶液中醋酸的电离程度随温度的升高而增大，故C正确；D、若为强酸强碱盐，盐不水解，溶液呈中性，若为强酸弱碱盐，盐水解，溶液呈酸性，故D错误故选C点评：本题主要考查了电解质的判断

8、、盐溶液的性质、电离平衡等，难度不大，注意弱电解质的电离需要吸热5（2分）（2010江西）分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A3种B4种C5种D6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：可以根据有机物烷烃的同分异构体的写法来书写其所有的同分异构体，观察得出结论，还可以根据规律来推理获得答案解答：解：分子式为C3H6Cl2的有机物可以看作C3H8中的两个氢原子被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3CH2CHCl2 （取代那面甲基上的氢原子时一样）、CH3CCl2 CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2C

9、lCH2CH2Cl（两个边上的），CH2ClCHClCH3 （一中间一边上），共有四种故选B点评：本题考查学生有机物的同分异构体的书写知识，可以根据教材知识来回答，难度不大，注意解题方法的掌握可以节省解题时间6（2分）（2014上海模拟）可用于鉴别下列三种物质的一组试剂是（）银氨溶液 溴的四氯化碳溶液 氯化铁溶液 氢氧化钠溶液ABCD考点：有机物的鉴别.专题：有机物的化学性质及推断分析：水杨醛中含有酚羟基和醛基，茉莉醛中含有碳碳双键和醛基，香豆素3羧酸中含有碳碳双键、羧基和酯基，醛基能和银氨溶液发生银镜反应，碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳褪色，酚能和氯化铁溶液发生显色反应，据此分析

10、解答解答：解：水杨醛中含有酚羟基和醛基，所以能和溴反应生成白色沉淀，能和氯化铁溶液发生显色反应，能和银氨溶液发生银镜反应；茉莉醛中含有碳碳双键和醛基，所以能和银氨溶液发生银镜反应，能和溴发生加成反应；香豆素3羧酸中含有碳碳双键、羧基和酯基，能和溴发生加成反应而使溴褪色，能和氢氧化钠溶液反应，但现象不明显，所以可用于鉴别下列三种物质的一组试剂是，故选A点评：本题以有机物的鉴别为载体考查有机物官能团的性质，明确物质含有的官能团及其性质是解本题关键，难度不大7（2分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A标准状况下，22.4L Cl2完全溶于水时，转移电子数为NAB常温下，pH=1的

11、H2SO4溶液中含有的H+的数目为0.1NAC标准状况下，2.24L SO3中含有硫原子的数目为NAD常温下，23g NO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子考点：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氯气溶于水中，只有少量的氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸；B缺少硫酸溶液的体积，无法计算硫酸溶液中氢离子的数目；C标准状况下，三氧化硫的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量；DNO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有氧原子的数目解答：解：A标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，1mol氯气溶于水中，只有少量的氯气反应生

12、成氯化氢和次氯酸，反应转移的电子小于1mol，转移电子数小于NA，故A错误；B没有告诉硫酸溶液的体积，无法计算硫酸溶液中氢离子的数目，故B错误；C标准状况下，三氧化硫不是气体，题中条件无法计算2.24L三氧化硫的物质的量，故C错误；D23g NO2和N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有NA个氧原子，故D正确；故选D点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意标准状况下三氧化硫的状态不是气体，要求掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项B为易错点，注意题中缺少硫酸溶液的体积8（2分）A、B、C为三种短周期元素，A、B同

13、周期，A、C最低价离子分别为A2、C，其离子半径A2CB2+与C具有相同的电子层结构，下列叙述一定不正确的是（）A它们的原子序数ABCB它们的原子半径CBAC离子半径A2CB2+D原子核外最外层上的电子数CAB考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由A、C的最低价离子分别为A2和C，则A为A族元素，C为A族元素，B2+和C具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第A族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素，结合元素周期律知识解答该题解答：解：由A、C的最低价离子分别为A2和C，则A为A族元素，C为A族元素，B2+和C具有相同的

14、电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第A族，故B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素，AA为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数ABC，故A正确；BA为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则有BAC，故B错误；C离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以A2CB2+，故C正确；DA为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、2、7，故原子最外层上的电子数CAB，故D正确故选B点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生综合化学知

15、识的能力和分析能力的考查，难度不大，关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类9（2分）（2014上海模拟）已知E为淡黄色固体，推断AF是什么物质下列说法正确的是（）AC为碳酸氢钠BE的俗称是硫磺CB的俗称是苛性钠DD代表硫化氢考点：无机物的推断.专题：推断题分析：淡黄色固体E能与二氧化碳、水反应，则E为Na2O2，E与水反应生成B，与二氧化碳反应生成C，且B与二氧化碳反应生成C，则B为NaOH、C为碳酸钠，C与二氧化碳、水反应生成G为碳酸氢钠A点燃得到E，与水反应生成B，则A为Na，A与F反应得到D、且过氧化钠与盐酸、碳酸钠与盐酸都反应得到D，可推知D为NaCl，故F为氯气，据此解答解答：解：

16、淡黄色固体E能与二氧化碳、水反应，则E为Na2O2，E与水反应生成B，与二氧化碳反应生成C，且B与二氧化碳反应生成C，则B为NaOH、C为碳酸钠，C与二氧化碳、水反应生成G为碳酸氢钠A点燃得到E，与水反应生成B，则A为Na，A与F反应得到D、且过氧化钠与盐酸、碳酸钠与盐酸都反应得到D，可推知D为NaCl，故F为氯气，A由上述分析可知，C为碳酸钠，故A错误；B由上述分析可知，E为过氧化钠，故B错误；C由上述分析可知，B为氢氧化钠，俗称烧碱、苛性钠，故C正确；D由上述分析可知，D为氯化钠，故D错误，故选C点评：本题考查无机物推断，涉及Na元素单质化合物性质，突破口是E的颜色及能与水、二氧化碳反应，

17、注意对基础知识的掌握10（2分）下列有关电化学装置完全正确的是（）A 铁片镀锌B 模拟吸氧腐蚀C 铜锌原电池D 电解法制氯气考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A电镀时，镀层金属为阳极，镀件金属为阴极，电解质溶液应含有镀层金属；B当电解质溶液呈中性、碱性时，发生吸氧腐蚀；C不能进行自发的氧化还原反应；D不能用铁作阳极，应用惰性电极解答：解：A电镀时，电解质溶液应为硫酸锌，故A错误；B当电解质溶液呈中性、碱性时，发生吸氧腐蚀，题中装置为吸氧腐蚀，故B正确；C硫酸锌和锌不反应，不能进行自发的氧化还原反应，应用硫酸铜或硫酸溶液，故C错误；D用铁作阳极，阳极上铁被氧化，不能在阳极上生

18、成氯气，应用惰性电极，故D错误故选B点评：本题综合考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电镀、金属的腐蚀以及原电池、电解池的工作原理，注意相关基础知识的积累，难度不大11（2分）下列情况下，溶液中可能大量存在的离子组是（）A无色溶液中：H+、Na+、I、ClOBAlCl3溶液中：K+、Na+、SO42、AlO2CpH=1的溶液中：K+、Fe2+、NO3、ClD水电离产生的c（H+）=1×1014molL1的溶液中：Na+、K+、SiO32、CO32考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A离子之间发生氧化还原反应；B离子之间相互促进水解；CpH=

19、1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；D水电离产生的c（H+）=1×1014molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：AH+、I、ClO离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；BAlO2、Al3+离子之间相互促进水解生成沉淀，则不能共存，故B错误；CpH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D水电离产生的c（H+）=1×1014molL1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，能共存，故D正确；故选D点评：本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意离子之间发生的氧化还原反应及相互促进水

20、解反应，选项AC为解答的难点，题目难度中等12（2分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OHAl（OH）3B电解饱和食盐水：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHC碳酸钙与醋酸反应：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OD硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：Fe2+2H+H2O2Fe3+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A反应生成氢氧化铝和硫酸铵，一水合氨在离子反应中保留化学式；B反应生成NaOH和氢气、氯气；C醋酸在离子反应中保留化学式；D发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，电子、电荷不守恒解答：解：A硫酸铝溶液中加入过量氨水

21、的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故A错误；B电解饱和食盐水的离子反应为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故B正确；C碳酸钙与醋酸反应的离子反应为CaCO3+2HAcCa2+CO2+H2O+2Ac，故C错误；D硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液的离子反应为2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应的书写，为高考常见题型，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意离子反应中保留化学式的物质即可解答，侧重与量有关的离子反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大13（2分）将几滴KSCN（SCN是“类卤离子

22、”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去下列推测肯定不正确的是（）A中红色褪去的原因是KMnO4将SCN氧化B中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C中红色褪去的原因是SO2将SCN还原DSCN在适当条件下可失去电子被氧化为（SCN）2考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；二价Fe离子和三价Fe离子的检验.专题：几种重要的金属及其化合物分析：A根据高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化的原理来判断；B根据二氧化硫具有还原性，Fe3+具有氧化性解答；CSO2中硫元素为+4价，SCN离子碳元

23、素显+4价，氮元素显3价，硫元素的化合价为2价；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将还原性的离子氧化；解答：解：A三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3+3SCNFe（SCN）3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化，使红色消失，故A正确；BFe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子中红色褪去，反应为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42，故B正确；CSO2中硫元素为+4价，如果还原SCN，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN，1价已经为最低价，无法再降低，碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显3价，化合价

24、不能再降低，硫元素的化合价为2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C错误；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化为（SCN）2，相当于卤素单质X2，故D正确；故选C点评：本题主要考查了三价铁离子的检验，掌握高锰酸钾的氧化性是解答本题的关键，题目难度不大14（2分）如图所示实验设计能达到相应实验目的是（）A用图装置验证氯、碳、硅元素非金属性B用图装置能收集O2、CO2和H2C用图装置电解精炼铝D用图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A盐酸易挥发；BO2、CO2可用向上排空气法，氢气可用

25、向下排空气法；C溶液中铝离子不能得到电子；D大试管内温度高解答：解：A盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，应用硫酸，故A错误； BO2、CO2可用向上排空气法，长进短出，氢气可用向下排空气法，短进长出，故B正确；C溶液中铝离子不能得到电子，所以图中装置在阴极上不会析出Al，方案不合理，故C错误；D大试管内温度高，应将碳酸钠放在大试管中，碳酸氢钠放在小试管中，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，涉及电解原理、物质的性质、气体收集等，把握反应原理、物质性质、实验细节为解答的关键，注意方案的评价性、操作性分析，题目难度不大15（2分）某可逆反应aA+bBcCH 在某温度下

26、的平衡常数为K（K1），保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则H和K数值的相应变化为（）A写成2aA+2bB2cC，H、K值均扩大了一倍B写成2aA+2bB2cC，H扩大了一倍，K值保持不变C写成cCaA+bB，H、K值变为原来的相反数D写成cCaA+bB，H变为原来的相反数，K值变为倒数考点：化学平衡常数的含义.专题：化学平衡专题分析：可逆反应aA+bBcCH，其K的表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，H的数值与化学计量数成正比，两个相反过程的H的符号相反，数值相同，以此来解答解答：解：A写成2aA+2bB2cC，H值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，故A错误；B写成2

27、aA+2bB2cC，H值均扩大了一倍，K的数值为原数值的平方倍，故B错误；C写成cCaA+bB，H变为原来的相反数，K值变为倒数，故C错误；D写成cCaA+bB，H变为原来的相反数，K值变为倒数，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡常数的含义，注意在方程式不变的前提下，温度不变K不变，明确K的表达式及H的数值与化学计量数的关系即可解答，题目难度中等16（2分）（2012济南二模）有关下列两种溶液的说法中，正确的是（）溶液：0.2molL1 CH3COONa溶液；溶液：0.1molL1H2SO4溶液A相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液溶液B加水稀释溶液，溶液中变大C等体积混合溶液和溶液，所得

28、溶液中c（CH3COO）+2c（SO42）=c（Na+）D25时，向溶液中滴加溶液至pH=7，溶液中c（Na+）c（SO42）考点：水的电离；离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、溶液是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；B、加水稀释促进醋酸根离子的水解，但不改变水解平衡常数；C、溶液和溶液等体积混合恰好反应生成醋酸和硫酸钠，溶液中存在电荷守恒分析判断；D、25时，溶液混合后PH=7，溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断；解答：解：A、溶液是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液是酸溶液，对水的电离

29、起到抑制作用；相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液溶液，故A错误；B、加水稀释促进醋酸根离子的水解，但不改变水解平衡常数；溶液中不变，故B错误；C、溶液和溶液等体积混合恰好反应生成醋酸和硫酸钠，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒分析判断；Na+H+=OH+CH3COO+2SO42，若cCH3COO+2SO42=Na+得到H+=OH，不符合溶液呈酸性；故C错误；D、25时，溶液混合后PH=7，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒；Na+H+=OH+CH3COO+2SO42，H+=OH，cCH3COO+2SO42=Na+，溶液中c（Na+）c（SO42），故D正确；故选D点评：本题考查了影响水的电离平衡的影

30、响因素，盐类水解的水解常数的分析应用，溶液中的电荷守恒应用，两种浓度大小比较的方法，题目难度中等17（2分）表中实验现象、解释与结论均正确的是（）编号实验操作实验现象解释与结论A铜与浓硝酸反应，生成气体用湿润KI淀粉试纸检验试纸变蓝NO2为酸性气体B向某溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生该沉淀是BaSO4，该溶液中只含有SO42C向甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色甲苯和溴水发生取代反应，使溴水退色D在稀AgNO3溶液中先加入少量0.1molL1 NaCl溶液，再加入少量0.1molL1 NaI溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀说明Ksp（Ag

31、Cl）Ksp（AgI）AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A浓硝酸易挥发，且具有强氧化性；B沉淀可能为AgCl；C甲苯与溴水不发生化学反应；DAgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小解答：解：A铜与浓硝酸反应，生成气体用湿润KI淀粉试纸检验，试纸变蓝，因浓硝酸易挥发，且具有强氧化性，则不能说明NO2为酸性气体，故A错误；B某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含Ag+或SO42，但二者不能同时存在，故B错误；C向甲苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，发生了萃取，不发生化学反应，故C错误；D在稀AgN

32、O3溶液中先加入少量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、沉淀的转化、萃取及物质的性质，选项A为解答的易错点，注意硝酸易挥发及其氧化性，题目难度中等18（2分）（2013南通一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图甲所示的总反应为吸热反应B图乙所示的实验为用0.01molL1的HCl溶液滴定20mL0.01molL1的NaOH溶液C图丙可以表示反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的平衡常数K随压强

33、p变化的关系D图丁可以表示常温下pH=2的HCl溶液加水稀释倍数与pH的变化关系考点：反应热和焓变；化学平衡常数的含义；弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定.专题：图示题分析：A由图象可知反应后能量降低；B用0.01molL1的HCl溶液滴定20mL0.01molL1的NaOH溶液，开始时溶液为碱性，pH大于7；C平衡常数K只与温度有关；DHCl溶液加水稀释，溶液的pH始终小于7解答：解：A由图象可知反应后能量降低，所以该反应是放热反应，故A错误；B用0.01molL1的HCl溶液滴定20mL0.01molL1的NaOH溶液，开始时溶液是NaOH为碱性溶液，pH大于7，随着滴定进行，pH减小

34、，故B错误；C平衡常数K只与温度有关，所以增大压强K不变，故C正确；DHCl溶液加水稀释，溶液仍是HCl溶液，显酸性，溶液的pH始终小于7，故D错误；故选：C点评：本题以图象的形式考查平衡常数动、化学反应中的能量变化、中和滴定等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与读图获取信息的能力19（2分）（2013大连模拟）某溶液中只可能含有下列离子中的几种（不考虑溶液中含的较少的H+和OH）Na+、NH4+、SO42、CO32、NO3取200mL该溶液，分为等体积的两份分别做下列实验实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加足量

35、的BaCl2溶液，得固体2.33g下列说法正确的是（）A该溶液中可能含有Na+B该溶液中肯定含有NH4+、S042、CO32、NO3C该溶液中一定不含NO3D该溶液中一定含Na+，且c（Na+）0.1 mol/L考点：常见离子的检验方法.专题：离子反应专题分析：实验1：第一份加入足量的烧碱并加热会产生气体证明含有NH4+，实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则不含有CO32，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明含有SO42解答：解：根据实验1：第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；实验2：第二份先加入足量的盐酸，无现象，

36、则一定不含有CO32，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42，且物质的量为：=0.01mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钠离子，且钠离子的浓度=0.1mol/LA、该溶液中一定含有Na+，故A错误；B、该溶液中肯定含有NH4+、S042、Na+，故B错误；C、该溶液中可能含有NO3，故C错误；D、根据溶液中NH4+物质的量为0.01mol，SO42物质的量为0.01mol，根据电荷守恒则c（Na+）0.1 mol/L，故D正确故选D点评：本题考查了混合物成分的鉴别，完成此题，可以依据物质的性质进行，注意离子之间的反应以及现象，难度不大20（2分）向X溶液中缓慢滴

37、加Y溶液，生成沉淀的质量如图所示，表中符合图象的一组是（）XYAAlCl3、Mg（NO3）2、HNO3NaOHBNa2CO3、NH4HCO3、Na2SO4Ba（OH）2CNH4NO3、Al（NO3）3、Fe（NO3）3、HClNaOHDNaAlO2、氨水、NaOHH2SO4AABBCCDD考点：镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：从图中横坐标可以看出，开始加入L的氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段是酸与氢氧化钠发生中和反应；当氢氧化钠继续加入时，沉淀不断增加，直到沉淀最大值；继续添加氢氧化钠，则沉淀量先不变后又溶解部分，说明沉淀肯定含氢氧化铝和至少一种其他的沉淀，但在

38、于氢氧化铝反应之前，肯定还含有能与氢氧化钠反应但不产生沉淀的物质，据此加以分析；解答：解：A、中间一段沉淀不变的图象没有，故A错误；B、不会产生沉淀部分溶解的图象，故B错误；C、低第一段是与盐酸反应，第二段与Al（NO3）3、Fe（NO3）3产生2种沉淀，第三段与NH4NO3反应，第四段是溶解氢氧化铝，故C正确；D、最终沉淀会全部溶解，故D错误；点评：本题侧重考查铝及其金属的性质，侧重于学生借助图象分析能力的考查，注意金属及其化合物是重要的无机物，是历年高考的重点，学生在备考过程中应注意积累各物质的性质及重要的化学反应21（2分）相同温度下，容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中发生可逆反应：

39、2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H=197kJmol1实验测得起始、平衡时的有关数据如表所示，下列叙述正确的是（） 容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3Ar甲2100放出热量：Q1乙1.80.90.20放出热量：Q2丙1.80.90.20.1放出热量：Q3AQ1=Q2=Q3=197kJB若在上述条件下反应生成2mol SO3（s）的反应热为H1，则H1197kJmol1C甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数不相等D达到平衡时，丙容器中SO2的体积分数最小考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：A、从起始量分析，正向反应是放热反应，逆向进行的

40、反应是吸热反应；B、从反应的焓变意义和物质聚集状态分析判断；C、从平衡常数是只与温度有关的物理量；D、从恒温恒容容器中加入惰性气体，增加总压，分压不变，平衡不动分析判断；解答：解：A、三个容器内尽管最终平衡相同，但起始量不同反应的热效应不同，正向反应是放热反应，逆向反应是吸热反应，所以Q1Q2=Q3，故A错误；B、在上述条件下反应生成2molSO3（s），气体转化为固体放热，所以反应放热应大于197kJ，H1197 kJmol1，故B错误；C、温度相同，甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数相等，故C错误；D、因为甲、乙、丙最终达到的平衡状态相同，所以容器内三氧化硫、二氧化硫、氧气的量相同，但丙容

41、器中多了0.1mol的氩气，所以SO2的体积分数最小，故D正确；故选：D点评：本题考查了等效平衡的建立判断，反应热的确定，平衡常数的比较依据，关键是相同条件下，三容器中达到相同平衡状态的判断二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22-24题为必考题，每个试题考生都必须作答第25-27题为选考题，考生根据要求作答（含6个小题，共58分）22（16分）甲、乙、丙、丁为前三周期元素形成的微粒，它们的电子总数均为14已知甲为原子；乙、丙、丁为双原子分子或离子（1）甲的原子结构示意图是（2）乙是双原子分子，在高温时是一种还原剂，14g乙燃烧放出的热量是141.5kJ写出乙燃烧的热化学方程式2CO（g）

42、+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1（3）丙为双原子二价阴离子，与钙离子组成的化合物能跟水反应产生一种可燃性气体，请写出该可燃性气体与氢气1：1加成后的产物发生加聚反应的方程式nCH2=CH2（4）由丁分子组成的物质属于单质，组成丁的元素的最高价氧化物对应的水化物X有如图所示转化关系（反应条件和其他物质已略）已知W为常见金属单质，W在周期表中的位置第四周期第族写出X的稀溶液与Z反应的离子方程式3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2OX的浓溶液与W在加热条件下反应生成气体Q，已知Q受热发生可逆的分解反应，1mol Q分解时，有2mol电子转移Q发生分解反应的化学方程式是2

43、NO22NO+O2将Q装入密闭容器中，加热到T，达平衡时，测得密闭容器中气体压强是反应开始时的1.25倍Q的分解率为50%考点：无机物的推断.专题：推断题分析：甲为原子，核外电子为14，应为Si元素，乙、丙、丁为双原子分子或离子，电子总数都为14，常见有CO、N2、C22等，乙是双原子分子，在高温时是一种还原剂，应为CO，丙为双原子二价阴离子，与钙离子组成的化合物能跟水反应产生一种可燃性气体，该气体为乙炔，则丙为C22，丁分子组成的物质属于单质，应为N2，对应的最高价氧化物的水化物为HNO3，由转化关系可知W为变价金属，应为Fe，则Y为Fe（NO3）3，Z为Fe（NO3）2，以此解答该题解答：

44、解：甲为原子，核外电子为14，应为Si元素，乙、丙、丁为双原子分子或离子，电子总数都为14，常见有CO、N2、C22等，乙是双原子分子，在高温时是一种还原剂，应为CO，丙为双原子二价阴离子，与钙离子组成的化合物能跟水反应产生一种可燃性气体，该气体为乙炔，则丙为C22，丁分子组成的物质属于单质，应为N2，对应的最高价氧化物的水化物为HNO3，由转化关系可知W为变价金属，应为Fe，则Y为Fe（NO3）3，Z为Fe（NO3）2，（1）甲为Si，原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，原子结构示意图为，故答案为：；（2）14g CO燃烧放出的热量是141.5kJ，即0.5mol CO燃烧，则2molC

45、O燃烧放出的热量为566kJ，热化学方程式为2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；H=566kJmol1，故答案为：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJmol1；（3）丙为双原子二价阴离子，与钙离子组成的化合物能跟水反应产生一种可燃性气体，该气体为乙炔，与氢气1：1加成后的产物为CH2=CH2，发生加聚反应的化学方程式为nCH2=CH2，故答案为：nCH2=CH2；（4）由以上分析可知W为Fe，位于周期表第四周期第族，X的稀溶液与Z反应的离子方程式为3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，故答案为：第四周期第族；3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2

46、O；X的浓溶液与W在加热条件下反应生成气体Q，应为NO2，已知NO2受热发生可逆的分解反应，1mol NO2分解时，有2mol电子转移，说明N元素化合价变化2价，应生成NO，方程式为2NO22NO+O2，将Q装入密闭容器中，加热到T，达平衡时，测得密闭容器中气体压强是反应开始时的1.25倍，即物质的量为开始时的1.25倍，设原有1molNO2，转化xmol，则 2NO22NO+O2 x x 0.5x=1.25，x=0.5，转化率为=50%，故答案为：2NO22NO+O2；50%点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用以及无极推断题，题目较为综合，题目难度较大，注意正确推断元素的种类，准确掌握

47、有关基础知识为解答该题的关键23（14分）（1）已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×1011.8×1054.9×1010K1=4.3×107 K2=5.6×1011等物质的量浓度的aCH3COONa、bNaCN、cNa2CO3、dNaHCO3溶液的pH由大到小的顺序为c b d a（填序号）25时，将20mL 0.1molL1CH3COOH溶液和20mL 0.1molL1HSCN溶液分别与20mL 0.1molL1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变

48、化如图1所示：反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是同浓度的HSCN比CH3COOH酸性强，与NaHCO3溶液反应快反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO）c（SCN）（填“”、“”或“=”）若保持温度不变，在醋酸溶液中加入少量盐酸，下列量会变小的是a（填序号）ac（CH3COO） bc（H+）cKwd醋酸电离平衡常数（2如图2为某温度下，PbS（s）、ZnS（s）、FeS（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，溶液的S2浓度、金属阳离子浓度变化情况如果向三种沉淀中加盐酸，最先溶解的是FeS（填化学式）向新生成的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2+、Fe2+的溶液，振

49、荡后，ZnS沉淀会转化为PbS（填化学式）沉淀（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率图3是利用甲烷燃料电池电解50mL 2molL1的氯化铜溶液的装置示意图：请回答：甲烷燃料电池的负极反应式是CH48e+2H2O=CO2+8H+当线路中有0.1mol电子通过时，b极增重3.2g考点：盐类水解的应用；常见化学电源的种类及其工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：基本概念与基本理论分析：（1）由电离常数可知酸性的强弱，根据酸性的强弱判断盐类水解的程度；HSCN酸性比CH3COOH强，等浓度时，酸性越强，氢离子浓度越大，则反应速率越大，与碳酸氢钠完全反应后生成钠盐，结合水解程度判断；若保持温度不

50、变，在醋酸溶液中加入少量盐酸，抑制醋酸的电离；（2）由图象可知Ksp（PbS）Ksp（ZnS）Ksp（FeS），以此解答；（3）酸性条件下，甲烷为原电池的负极，被氧化生成二氧化碳和水；结合电极方程式解答解答：解：（1）由电离常数可知酸性的强弱：HSCNCH3COOHH2CO3HCNNaHCO3，酸越强，对应的盐水解程度越小，则pH越小，则液的pH由大到小的顺序为c b d a，故答案为：c b d a；HSCN酸性比CH3COOH强，等浓度时，酸性越强，氢离子浓度越大，则反应速率越大，与碳酸氢钠完全反应后生成钠盐，醋酸钠水解程度较大，则溶液中CH3COO浓度较小，故答案为：同浓度的HSCN比C

51、H3COOH酸性强，与NaHCO3溶液反应快；a加入盐酸，抑制醋酸的电离，则c（CH3COO）减小，故a正确；b加入盐酸，c（H+）增大，故b错误；c由于温度不变，则Kw不变，故c错误；d由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误故答案为：a；（2）由图象可知Ksp（PbS）Ksp（ZnS）Ksp（FeS），如果向三种沉淀中加盐酸，最先溶解的是FeS，向新生成的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2+、Fe2+的溶液，振荡后，ZnS沉淀会转化为溶度积最小的PbS，故答案为：FeS；PbS；（3）酸性条件下，甲烷为原电池的负极，被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为CH48e+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH48e+2H2O=CO2+8H+；B为电解氯化铜装置，阳极生成氯气，阴极析出铜，则b为阴极，质量增大，当线路中有0.1mol电子通过时，阴极析出0.05mol铜，质量为3.2g，故答案为：b；3.2点评：本题考查较为综合，涉及盐类的水解、难溶电解质的转化以及燃料电池等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等24（16分）二氯化二硫