14年高考题分类汇编

1、第一部分专题一物质的分类分散系考点一物质的组成、性质和变化及分类易7.(2014年新课标全国理综)下列过程没有发生化学反应的是(A)A.用活性炭去除冰箱中的异味B.用热碱水清除炊具上残留的油污C.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D.用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装解析:用活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的吸附性,属于物理过程,没有发生化学变化,A项正确;热碱水中,碳酸钠的水解程度大,碱性强,促进油脂的水解,属于化学变化,B项错误;高锰酸钾具有强氧化性,能将水果释放的催熟剂乙烯氧化,属于化学变化,C项错误;铁粉可与氧气反应从而防止食品被氧化,也涉及化学变化,D项错误。2.(201

2、4年四川理综)下列关于物质分类的说法正确的是(A)A.金刚石、白磷都属于单质B.漂白粉、石英都属于纯净物C.氯化铵、次氯酸都属于强电解质D.葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物解析:金刚石和白磷的化学式分别为C和P4,均为单质,A项正确;漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2,属于混合物,B项错误;NH4Cl和HClO分别为强电解质和弱电解质,C项错误;葡萄糖不属于高分子化合物,D项错误。1.(2014年江苏化学)水是生命之源,2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像,模型见右图。下列关于水的说法正确的是(A)A.水是弱电解质B.可燃冰是可以燃烧的水C.氢氧两种元素只能组成水

3、D.0 时冰的密度比液态水的密度大解析:水是弱电解质,能发生微弱的电离,A项正确;可燃冰含有甲烷和水两种物质,B项错误;氢、氧两种元素还能组成H2O2、H3O+、OH-等粒子,C项错误;0 时冰的密度比液态水的密度小,D项错误。2.(2014年江苏化学)下列有关化学用语表示正确的是(B)A.过氧化钠的电子式:Na··O······O······NaB.质子数为35、中子数为45的溴原子:3580BrC.硫离子的结构示意图:D.间二甲苯的结构简式:解析:过氧

4、化钠是离子化合物,电子式为Na+··O······O······2-Na+,A项错误;质子数加中子数等于质量数,质子数在原子的左下角,质量数在原子的左上角,B项正确;硫离子的最外层电子数应为8,C项错误;间二甲苯的结构简式为,D项错误。1.(2014年重庆理综)下列物质的使用不涉及化学变化的是(B)A.明矾用作净水剂B.液氨用作制冷剂C.氢氟酸刻蚀玻璃D.生石灰作干燥剂解析:明矾中的Al3+发生水解反应生成有吸附作用的Al(OH)3胶体而净水,涉及化学变化

5、,A项错误;液氨用作制冷剂,只是NH3的状态发生变化,不涉及化学变化,B项正确;HF与玻璃中的SiO2反应生成SiF4和H2O,涉及化学变化,C项错误;CaO与H2O反应涉及化学变化,D项错误。中8.(2014年江苏化学)下列各组物质中,不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是(B)物质组别甲乙丙AAlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3解析:Al与盐酸、氢氧化钠都反应,盐酸与NaOH也能反应,A项正确;O2与HNO3不反应,B项错误;二氧化硅属于酸性氧化物,与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,二氧化硅具有特性,与氢氟酸反应生成四氟化硅

6、和水,氢氧化钠与氢氟酸反应生成氟化钠和水,C项正确;二氧化硫与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和水,二氧化硫与碳酸氢钠反应生成亚硫酸钠、二氧化碳和水,碳酸氢钠与氢氧化钙反应,氢氧化钙过量时生成碳酸钙、氢氧化钠和水,氢氧化钙少量时生成碳酸钙、碳酸钠和水,D项正确。专题二化学计量及其应用考点一物质的量、阿伏加德罗常数及气体摩尔体积易6.(2014年江苏化学)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(A)A.1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB.0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC.标准状况下,11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NAD.在过氧化钠与水的反应

7、中,每生成0.1 mol氧气,转移电子的数目为0.4NA解析:设1.6 g混合物中氧气的质量为x,臭氧的质量为y,则x+y=1.6 g,1.6 g混合气体中含有氧原子的物质的量为:x32 g/mol×2+y48 g/mol×3=0.1 mol,A项正确;丙烯酸中含有碳碳双键和碳氧双键,0.1 mol丙烯酸中含双键0.2NA,B项错误;标准状况下,苯为液体,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算,C项错误;过氧化钠与水的反应中,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,所以生成0.1 mol O2,转移0.2NA个电子,D项错误。10.(2014年广东理综)设nA为阿伏加德罗常数的数值。下列

8、说法正确的是(A)A.18 g H2O含有10nA个质子B.1 mol甲苯含有6nA个CH键C.标准状况下,22.4 L氨水含有nA个NH3分子D.56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子解析:每个水分子中有10个质子,18 g水为1 mol,所以 18 g 水中含有10nA个质子,A正确。每个甲苯分子中含有8个CH键,1 mol甲苯中含有8nA个CH键,B错。22.4 L·mol-1是气体在标准状况下的摩尔体积,不适用于液体,同时氨水中的溶质是NH3·H2O,NH3含量很少,C错。铁在浓硫酸中发生钝化,D错。中5.(2014年四川理综)设NA为阿伏加德罗常数

9、的值。下列说法正确的是(D)A.高温下,0.2 mol Fe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NAB.室温下,1 L pH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-离子数目为0.1 NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2 NAD.5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中,生成28 g N2时,转移的电子数目为3.75 NA解析:A项根据Fe和水蒸气反应的方程式可确定0.2 mol Fe完全反应生成H2分子数为415NA,错误;B项溶液中c(OH-)=0.1 mol/L,水电离出的N(OH-)=10-13 mol/L×1 L

10、×NA mol-1=10-13NA,错误;C项正极消耗1 mol O2时,电路中转移4 mol电子,错误;D项5 mol NH4NO3参加反应时生成4 mol N2,转移15 mol电子,则生成28 g N2(1 mol)时转移3.75 mol电子,正确。9.(2014年山东理综)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应,放出NO物质的量最多的是(A)A.FeOB.Fe2O3C.FeSO4D.Fe3O4解析:Fe2O3与HNO3反应无NO产生,而FeO、FeSO4、Fe3O4有NO产生,其反应的实质是Fe2+被氧化,因此等质量时,Fe2+含量越高,转移电子数越多,产生NO越多,因此A正确。专

11、题三离子反应考点一离子方程式的书写和正误判断易3.(2014年四川理综)能正确表示下列反应的离子方程式是(D)A.Cl2通入NaOH溶液:Cl2+OH-Cl-+ClO-+H2OB.NaHCO3溶液中加入稀HCl:CO32-+2H+CO2+H2OC.AlCl3溶液中加入过量稀氨水:Al3+4NH3·H2OAlO2-+4NH4+2H2OD.Cu溶于稀HNO3:3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O解析:A项不符合电荷守恒和原子守恒,错误;B项NaHCO3需写成HCO3-形式,错误;C项生成的Al(OH)3不溶于氨水,错误;D项正确。7.(2014年江苏化学)下列指定反应的离子

12、方程式正确的是(D)A.Cu溶于稀HNO3:Cu+2H+NO3-Cu2+NO2+H2OB.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:Fe2+2OH-Fe(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-解析:Cu溶于稀硝酸发生的离子反应为:3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O,A项错误;硫酸亚铁铵与过量的NaOH反应:2NH4+Fe2+4OH-Fe(OH)2+2NH3·H2O,B项错误;CH3CO

13、OH是弱电解质不能拆写,C项错误;NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3,D项正确。考点二离子共存易3.(2014年江苏化学)25 时,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(C)A.pH=1的溶液中,Na+、K+、MnO4-、CO32-B.c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液中:Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-C.0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中:K+、Na+、NO3-、Cl-D.0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中:Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-解析:pH=1的溶液中存在

14、大量H+,其可与CO32-反应不能大量共存,A项错误;c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液是碱性溶液,Mg2+、Cu2+与OH-反应不能大量共存,B项错误;C选项中离子间不发生反应可以共存,C项正确;Fe3+与SCN-反应不能大量共存,D项错误。8.(2014年广东理综)水溶液中能大量共存的一组离子是(D)A.Na+、Ca2+、Cl-、SO42-B.Fe2+、H+、SO32-、ClO-C.K+、Fe3+、NO3-、SCN-D.Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-解析:A中Ca2+与SO42-可形成微溶物CaSO4,不能大量共存。B中Fe2+、SO32-在H+大

15、量存在时能被ClO-氧化而不能大量共存。C中Fe3+与SCN-形成络合物而不能大量共存。中12.(2014年山东理综)下列有关溶液组成的描述合理的是(C)A.无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-B.酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-C.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-D.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-解析:Al3+与S2-可发生相互促进的水解反应而不能大量共存,A项错误;ClO-在酸性条件下具有强氧化性,不能与具有较强还原性的I-大量共存,B项错误;HCO3-水解可使溶液呈弱碱性,即弱碱性溶液中可以含有

16、大量HCO3-,C项正确;Fe3+在中性溶液中因发生强烈水解而不能大量存在,D项错误。专题四氧化还原反应考点一氧化还原反应基本概念中22.(双选题)(2014年广东理综)下列实验操作、现象和结论均正确的是(AD)选项实验操作现象结论A向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3·H2O能大量共存C将可调高度的铜丝伸入稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡,静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+>I2解析:苏打即Na2CO3,小苏打即NaHCO3,

17、两者均能与盐酸反应放出CO2,A正确。向AgNO3溶液中滴入过量氨水,最终形成Ag(NH3)2OH,Ag+与NH3·H2O不能大量共存,B错。铜与稀硝酸发生氧化还原反应,生成Cu(NO3)2、NO、H2O,不是置换反应,C错。D中下层溶液显紫红色说明反应有碘单质生成,即Fe3+将I-氧化为I2,氧化性Fe3+>I2,D正确。7.(2014年山东理综)下表中对应关系正确的是(B)ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br-2Cl-+Br2Zn+Cu2+Zn2+Cu

18、均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应解析:乙烯与氯化氢发生的是加成反应,A项错误;油脂酸性水解得到甘油和高级脂肪酸,碱性水解得到甘油和高级脂肪酸盐,淀粉水解生成葡萄糖,B项正确;Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn单质被氧化,C项错误;过氧化钠与水的反应、氯气与水的反应实质上分别为氧元素(过氧化钠中)和氯元素的“歧化反应”,反应中水既不作氧化剂,也不作还原剂,D项错误。考点三氧化还原反应的配平及相关计算中9.(2014年天津理综)Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。.制备Na2S2O

19、3·5H2O反应原理:Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤:称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉,用3 mL乙醇润湿,加入上述溶液中。安装实验装置(如图所示,部分夹持装置略去),水浴加热,微沸60分钟。趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O3·5H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产品。回答问题:(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 。 (2)仪器a的名称是,其作用是。 (3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是。检验是否存在该杂质的方法是&

20、#160;  。 (4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子反应方程式表示其原因:。 .测定产品纯度准确称取W g产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.100 0 mol·L-1碘的标准溶液滴定。反应原理为:2S2O32-+I2S4O62-+2I-(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化: 。 (6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为 mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)。 .Na2S2O3的应用(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被

21、Cl2氧化成SO42-,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式为 。 解析:(1)硫粉难溶于水,微溶于乙醇,故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。(2)装置中仪器a(冷凝管)可以将挥发出的乙醇冷凝回流到烧瓶中。(3)因反应物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4,故可能存在的无机杂质是Na2SO4;检验产品中是否含有Na2SO4,即检验SO42-是否存在,需要防止SO32-的干扰,故不能用具有强氧化性的硝酸酸化,而应用盐酸酸化,过滤除去不溶物,再向滤液中滴加氯化钡溶液。(4)产品发黄,说明产品中含有硫杂质,这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定,发生反应:2H+S2O32-

22、S+SO2+H2O。(5)滴定终点时,过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝,可指示滴定终点。(6)起始读数为0.00 mL,终点读数为18.10 mL,所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL;根据2Na2S2O3·5H2O2S2O32-I2,得n(Na2S2O3·5H2O)=2n(I2)=2×0.100 0 mol·L-1×18.10×10-3 L=3.620×10-3 mol,则产品的纯度=3.620×10-3mol×Mg/molWg×100%=3.620&

23、#215;10-3MW×100%。(7)S2O32-被Cl2氧化成SO42-,Cl2被还原为Cl-,首先根据化合价升降总值相等写出S2O32-+4Cl22SO42-+8Cl-,然后根据原子守恒和电荷守恒配平得:S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+。答案:(1)使硫粉易于分散到溶液中(2)冷凝管冷凝回流(3)Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4(4)S2O32-+2H+S+SO2+H2O(5)由无色变蓝色(6)18.103.620×10-3MW×100%(7)S2O3

24、2-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+专题五化学能与热能考点三盖斯定律及焓变的计算中13.(2014年新课标全国理综)室温下,将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为H1,将1 mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为H2;CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为:CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l),热效应为H3。则下列判断正确的是(B)A.H2>H3B.H1<H3C.H1+H3=H2D.H1+H2>H3解析:由题给条件可知:CuSO4·5H2O

25、(s)Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)H1>0,CuSO4(s)Cu2+(aq)+SO42-(aq)H2<0,由-可得CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)H3=H1-H2>0,选B。10.(2014年江苏化学)已知:C(s)+O2(g)CO2(g)H1CO2(g)+C(s)2CO(g)H22CO(g)+O2(g)2CO2(g)H34Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)H43CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是(C)A.H1>0,H3<0B.H2>

26、;0,H4>0C.H1=H2+H3D.H3=H4+H5解析:C与O2生成CO2的反应是放热反应,H1<0,CO2与C生成CO的反应是吸热反应,H2>0,CO与O2生成CO2的反应是放热反应,H3<0,铁与氧气的反应是放热反应,H4<0,A、B项错误;前两个方程式相减得:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H3=H1-H2,即H1=H2+H3,C项正确;由4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)H4和6CO(g)+2Fe2O3(s)6CO2(g)+4Fe(s)2H5相加之和除以3,得2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H3=H4+2H53,D项错误。6.(2

27、014年重庆理综)已知:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=a kJ·mol-12C(s)+O2(g)2CO(g)H=-220 kJ·mol-1HH、OO和OH键的键能分别为436、496和462 kJ·mol-1,则a为(D)A.-332B.-118C.+350D.+130解析:根据盖斯定律整合题中的两个热化学方程式可得:2H2O(g)2H2(g)+O2(g)H=+(2a+220)kJ·mol-1,则有:4×462 kJ·mol-1-2×436 kJ·mol-1-496 kJ·mol-1=(

28、2a+220)kJ·mol-1,解得a=+130,故选项D正确。第二部分专题六原子结构化学键考点二元素、核素、同位素、化学键和电子式中7.(2014年安徽理综)CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应NH3+CO2+H2O下列有关三聚氰酸的说法正确的是(C)A.分子式为C3H6N3O3B.分子中既含极性键,又含非极性键C.属于共价化合物D.生成该物质的上述反应为中和反应解析:正确的分子式为C3H3N3O3,A项错误;该分子中只有极性键,即CN、CN、CO和HO键,B项错误;因为该分子中只有共价键,C项正确;因为氨不

29、是碱,二氧化碳不是酸,且三聚氰酸不是盐,不符合中和反应的定义,D项错误。8.(2014年重庆理综)月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素,是人类未来的资源宝库。(1)3He是高效核能原料,其原子核内中子数为。 (2)Na的原子结构示意图为,Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为。 (3)MgCl2在工业上应用广泛,可由MgO制备。MgO的熔点比BaO的熔点(填“高”或“低”)。 月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2,除去SiO2的离子方程式为; SiO2的晶体类型为。 MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2。若尾气

30、可用足量NaOH溶液完全吸收,则生成的盐为(写化学式)。 (4)月壤中含有丰富的3He,从月壤中提炼1 kg 3He,同时可得6 000 kg H2和700 kg N2,若以所得H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵 kg。 解析:(1)中子数=质量数-质子数=3-2=1。(2)Na的原子结构示意图为。Na在O2中完全燃烧生成Na2O2,其电子式为Na+··O······O······2-Na+。(3)Mg2+半径比Ba2+半径

31、小,MgO中的离子键强于BaO中的离子键,MgO的熔点高于BaO。MgO不能与NaOH溶液反应,SiO2能与NaOH溶液反应,所以可用NaOH溶液除去SiO2,其反应的离子方程式为:SiO2+2OH-SiO32-+H2O,SiO2具有立体网状结构,且熔沸点高,属于原子晶体。未反应的Cl2及反应生成的CO2气体均与NaOH溶液反应,且NaOH足量,则生成的盐为Na2CO3、NaCl、NaClO。(4)根据N23H2可知,6 000 kg H2过量,应以700 kg N2为准进行计算,由N原子守恒可得:N22NH4HCO3,则最多可得NH4HCO3的质量为2×79×70028

32、kg=3 950 kg。答案:(1)1(2)Na+··O······O······2-Na+(3)高SiO2+2OH-SiO32-+H2O原子晶体NaCl、NaClO、Na2CO3(4)3 950专题七元素周期表与元素周期律考点一元素周期律及其应用易8.(2014年山东理综)根据原子结构及元素周期律的知识,下列推断正确的是(D)A.同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B.核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C.Cl-、S2-、Ca2+、K+半径逐渐

33、减小D.1735Cl与 1737Cl得电子能力相同解析:同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱,A项错误;核外电子排布相同的微粒化学性质不一定相同,如Ar、Cl-、K+化学性质不同,而互为同位素的原子化学性质相同,如 1735Cl和 1737Cl,B项错误,D项正确;Cl-、S2-、Ca2+、K+核外电子排布相同,质子数越大,半径越小,故半径大小关系应为:Ca2+<K+<Cl-<S2-,C项错误。中10.(2014年新课标全国理综)X、Y、Z均为短周期元素,X、Y处于同一周期,X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-,Y+和Z-具有相同的

34、电子层结构。下列说法正确的是(D)A.原子最外层电子数:X>Y>ZB.单质沸点:X>Y>ZC.离子半径:X2->Y+>Z-D.原子序数:X>Y>Z解析:根据题中信息短周期元素在周期表中的位置关系为ZYX,结合离子所带的电荷,可确定X、Y、Z分别为S、Na和F。原子最外层电子数:F>S>Na,A项错误;单质沸点:Na>S>F2,B项错误;离子半径:S2->F->Na+,C项错误;原子序数:S>Na>F,D项正确。考点二元素周期表的结构及其应用中23.(双选题)(2014年广东理综)甲辛等元素在周期表中

35、的相对位置如表。甲与戊的原子序数相差3,戊的一种单质是自然界硬度最大的物质,丁与辛属同周期元素。下列判断正确的是(BC)A.金属性:甲>乙>丁B.原子半径:辛>己>戊C.丙与庚的原子核外电子数相差13D.乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物解析:结合题干中信息及不完整周期表进行分析,确定各元素。甲与戊的原子序数相差3,戊的一种单质是自然界硬度最大的物质,则甲和戊分别是Li和C。结合各元素在周期表中的位置信息可知乙为Na,丙为K,丁为Ca,己为Si,庚为Ge,辛为Ga。甲、乙是同主族金属元素,其金属性从上到下依次增强,A错。原子半径:辛>庚(同周期元素从左到右

36、原子半径逐渐减小),而庚>己>戊(同主族元素从上到下原子半径逐渐增大),B正确;丙(K,原子序数19)与庚(Ge,原子序数32)原子序数相差13,C正确;乙的单质即钠,在空气中燃烧生成Na2O2,Na2O2中既含有离子键,又含有非极性共价键,D错。9.(2014年浙江理综)如表所示的五种元素中,W、X、Y、Z为短周期元素,这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是(D)A.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C.物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性D.T元素的单质具有半导体的特性,T与Z元素可形成

37、化合物TZ4解析:设W的最外层电子数为x,根据表中各元素的位置关系及题干信息可知,4x+6=22,x=4。由此可推知W为Si,X为N,Y为O,Z为Cl,T为Ge;NH3、H2O和HCl中H2O的沸点最高,A项错误;N、H、O可形成含有离子键的化合物,如NH4NO3等,B项错误;SiCl4为共价化合物,熔、沸点较低,C项错误;Ge与Si为相邻的同主族元素,单质能作半导体,Ge也能与Cl形成GeCl4,D项正确。考点三位、构、性的关系易9.(2014年江苏化学)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍,Y是地壳中含量最高的元素,Z2+与Y2-具有相同

38、的电子层结构,W与X同主族。下列说法正确的是(D)A.原子半径的大小顺序:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C.X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D.Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强解析:X、Y、Z、W依次为:C、O、Mg、Si。根据同一周期元素从左到右原子半径依次减小,同一主族元素从上到下,原子半径依次增大,则r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O),A错误;Y与Z形成MgO,含有离子键,Y与W形成SiO2,含有共价键,B错误;元素非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,酸性:H2C

39、O3>H2SiO3,C错误;元素非金属性越强,气态氢化物越稳定,则H2O>SiH4,D正确。中7.(2014年天津理综)元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是。 a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱,非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为,氧化性最弱的简单阳离子是。 (3)已知:化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/2 8

40、002 050714191工业制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是 制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是。 (4)晶体硅(熔点1 410 )是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下:Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)写出SiCl4的电子式:;在上述由SiCl4制纯硅的反应中,测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热量,写出该反应的热化学方程式: 。 (5)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是。 a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(6)KClO3可用于实验室制O2,若不加

41、催化剂,400 时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式: 。 解析:(1)第三周期元素从左到右,原子半径依次减小,阳离子半径依次减小,阴离子半径依次减小,但阳离子只有两个电子层,阴离子有三个电子层,阳离子半径小于阴离子半径,a错误;金属性减弱,非金属性增强,b正确;最高价氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强,c错误;第三周期元素的单质中,硅的熔点最高,d错误。(2)第三周期中原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素是氩,氧化性最弱的简单阳离子是Na+。(3)工业上制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是MgO的熔点

42、高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本。制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是AlCl3为共价化合物,熔融态难导电。(4)SiCl4是共价化合物,电子式为 ··Cl······Si···· ··Cl·· ··Cl······ ··Cl·····

43、;·。根据生成1.12 kg硅,吸收a kJ热量,求出生成1 mol硅,吸收0.025a kJ热量,则热化学方程式为:SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)H=+0.025a kJ·mol-1。(5)浓硫酸具有强氧化性和酸性,不能干燥NH3和HI,可以干燥SO2和CO2;P2O5可以干燥HI,不能干燥NH3。(6)根据题目信息,可得化学方程式:4KClO3KCl+3KClO4。答案:(1)b(2)氩Na+(或钠离子)(3)MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本AlCl3为共价化合物,熔融态难导电(4)··Cl·

44、83;····Si···· ··Cl·· ··Cl······ ··Cl······SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)H=+0.025a kJ·mol-1(5)b(6)4KClO3KCl+3KClO4专题八化学反应速率与化学平衡考点一化学反应速率及其影响因素

45、中9.(2014年新课标全国理综)已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:H2O2+I-H2O+IO-慢H2O2+IO-H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法正确的是(A)A.反应速率与I-浓度有关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98 kJ·mol-1D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)解析:H2O2的分解反应主要是由第一个反应决定的,I-浓度越大,反应速率越快,A项正确;根据总反应可确定该反应的催化剂为I-,而IO-为中间产物,B项错误;根据所给信息无法确定反应活化能,C项错误;反应速率关系为v(H2O2)

46、=2v(O2),D项错误。12.(2014年福建理综)在一定条件下,N2O分解的部分实验数据如下:反应时间/min01020304050c(N2O)/mol·L-10.1000.0900.0800.0700.0600.050反应时间/min60708090100c(N2O)/mol·L-10.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是(A)(注:图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间,c1、c2均表示N2O初始浓度且c1<c2)解析:由表中数据可知,每个时间段内v(N2O)是相同的,即v(N2O)为一定值,与其

47、浓度大小无关,半衰期与浓度呈正比,转化率与浓度大小无关,故A项正确,B、C、D项错误。12.(2014年北京理综)一定温度下,10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准标况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(C)A.06 min的平均反应速率:v(H2O2)3.3×10-2 mol/(L·min)B.610 min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min)C.反

48、应至6 min时,c(H2O2)=0.30 mol/LD.反应至6 min时,H2O2分解了50%解析:根据题目信息可知,06 min,生成22.4 mL(标准状况)氧气,消耗0.002 mol H2O2,则v(H2O2)3.3×10-2 mol/(L·min),A项正确;随反应物浓度的减小,反应速率逐渐降低,B项正确;反应至6 min时,剩余0.002 mol H2O2,此时c(H2O2)=0.20 mol/L,C项错误;反应至6 min时,消耗0.002 mol H2O2,转化率为50%,D项正确。考点二化学平衡及其影响因素中26.(2014年新课标全国理综)在容积为1

49、.00 L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)2NO2(g),随温度升高 ,混合气体的颜色变深。回答下列问题:(1)反应的H0(填“大于”或“小于”);100 时,体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在060 s时段,反应速率v(N2O4)为 mol·L-1·s-1;反应的平衡常数K1为。 (2)100 时达平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)以0.002 0 mol·L-1·s-1的平均速率降低,经10 s又达到平衡。a:T100 (填“大于”或“小于”),判断理由是 。 b:列式计算温度T时反应的平

50、衡常数K2   。 (3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积减少一半。平衡向(填“正反应”或“逆反应”)方向移动,判断理由是。 解析:(1)由于NO2为红棕色气体,N2O4为无色气体,温度升高,混合气体的颜色加深,说明NO2气体浓度增大,即升温平衡向生成二氧化氮气体的方向移动,升高温度平衡向吸热反应的方向移动,所以该反应的正反应为吸热反应,即H大于0;根据反应速率的定义可求出N2O4的反应速率;由题中图象可知平衡时NO2和N2O4的浓度,将数据代入平衡常数表达式计算即可。(2)a:由题意,改变温度,N2O4的浓度减小,则是升高温度,T大于1

51、00 ;b:根据速率和时间,求出减少的N2O4的浓度为0.02 mol·L-1,则平衡时N2O4的浓度为0.020 mol·L-1,NO2为0.160 mol·L-1,由平衡常数表达式可得K2的值。(3)缩小体积,即增大压强,增大压强平衡向气体体积减小的方向移动,所以平衡逆向移动。答案:(1)大于0.001 00.36(2)a:大于反应正方向放热,反应向吸热方向进行,故温度升高b:平衡时,c(NO2)=0.120 mol·L-1+0.002 0 mol·L-1·s-1×10 s×2=0.160 mol·L

52、-1,c(N2O4)=0.040 mol·L-1-0.002 0 mol·L-1·s-1×10 s=0.020 mol·L-1,K2=0.16020.020=1.3(3)逆反应对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动11.(2014年江苏化学)下列有关说法正确的是(C)A.若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀B.2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的H>0C.加热0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,CO32-的水解程度和溶液的pH均增大D.对于乙酸与乙

53、醇的酯化反应(H<0),加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数均增大解析:在海轮外壳上附着一些铜块,形成铁铜原电池,铁比铜活泼,铁被腐蚀,A项错误;题中已知的反应是一个熵减的反应,若常温下能自发进行,则需要H<0,B项错误;碳酸钠水解吸热,加热促进水解,氢氧根离子浓度增大,碱性增强,C项正确;因为此反应放热,加热平衡逆向移动,平衡常数减小,D项错误。29.(2014年山东理综)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1H1<0()2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2H2&

54、lt;0()(1)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=(用K1、K2表示)。 (2)为研究不同条件对反应()的影响,在恒温条件下,向 2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2,10 min时反应()达到平衡。测得10 min内v(ClNO)=7.5×10-3 mol·L-1·min-1,则平衡后n(Cl2)= mol,NO的转化率1=。其他条件保持不变,反应()在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率21(填“>”“<”或“=”),平衡常数K2(填“增大”“减小”

55、或“不变”)。若要使K2减小,可采取的措施是。 (3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A,溶液B为0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为。(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4 mol·L-1,CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5 mol·L-1) 可使溶液A和溶液B的pH相等的方法

56、是。 a.向溶液A中加适量水b.向溶液A中加适量NaOHc.向溶液B中加适量水d.向溶液B中加适量NaOH解析:(1)将题干中两个方程式做如下处理:()×2-()可得4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g),则其平衡常数K=K12K2。(2)根据“三段式”:2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)起始浓度(mol·L-1)0.10.050转化浓度(mol·L-1)0.110.0510.11平衡浓度(mol·L-1)0.1-0.110.05-0.0510.11v(ClNO)=0.11mol·L-1

57、10min=7.5×10-3mol·L-1·min-1,得1=75%,平衡时n(Cl2)=(0.05-0.051)mol·L-1×2 L=0.025 mol。该反应为气体分子数减小的反应,恒压条件下相对于恒容条件下,压强增大,平衡右移,NO的转化率增大,即2>1;化学平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数K2不变;该反应为放热反应,升高温度可使平衡常数K2减小。(3)酸的电离常数越小,对应酸的酸性越弱,则该酸的酸根离子越易水解。溶液A为NaNO3和NaNO2的混合溶液,且其浓度均为0.1 mol·L-1,酸性:HNO2>

58、CH3COOH,NO3-不水解,故浓度大小关系为c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)。溶液A中NO2-的水解程度小于溶液B中CH3COO-的水解程度,故溶液A的pH小于溶液B的pH,要使溶液A和溶液B的pH相等,选项b、c的方法均可满足要求。答案:(1)K12K2(2)2.5×10-275%>不变升高温度(3)c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)bc难15.(双选题)(2014年江苏化学)一定温度下,在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应:2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)容器编号温度()起始物

59、质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090下列说法正确的是(AD)A.该反应的正反应为放热反应B.达到平衡时,容器中的CH3OH体积分数比容器中的小C.容器中反应到达平衡所需时间比容器中的长D.若起始时向容器中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol,则反应将向正反应方向进行解析:由题给表格中的、可知:温度越低、生成物的量越多,说明降低温度平衡正向移动,则此反应的正反应为放热反应,A选项正确;这是一个反应前后气体分子数不变的反应,达到平衡后,容器和中甲醇的体积分数相同,B选项错误;容器中温度高,反应速率快,达到平衡所需的时间短,C选项错误;根据387 时,K=0.080×0.0800.04×0.04=4,Qc=0.15×0.100.15×0.15=23<K,故反应向正反应方向进行,D选项正确。考点三化学平衡常数与化学平衡图像中28.(2014年新课标全国理综)乙醇是重要的有机化工原料,可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题:(1)间接水合法是指先将乙烯与浓