2024年高考化学终极押题卷1（上海卷）含答案

2024年高考化学终极押题卷1（上海卷）一．选择题（共20小题）1．同位素示踪技术已广泛应用在农业、医学、地质及考古等领域。下列有关叙述正确的是（）A．12C常用于考古断代 B．通过化学变化可以实现16O与18O之间的相互转化 C．35Cl2与37Cl2互为同位素 D．铯元素的两种同位素中137Cs比133Cs多4个中子2．新型冠状病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60～140nm。下列说法错误的是（）A．新型冠状病毒扩散到空气中可能形成胶体 B．连花清瘟胶囊成分中的石膏CaSO4•2H2O属于混合物 C．止咳祛痰药：盐酸氨溴索中含有两种卤族元素 D．“84”消毒液中含强氧化性物质，可用于新型冠状病毒的消杀3．已知NCl3可与水发生反应，其反应的化学方程式为2NCl3+3H2O＝3HCl+3HClO+N2↑，下列化学用语或图示表达正确的是（）A．中子数为20的氯原子：35Cl B．NCl3的电子式： C．HClO的比例模型： D．氧原子核外电子轨道表示式：4．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式书写正确的是（）A．用Cl2制备漂白粉：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液制备FeCO3：Fe2++2═FeCO3↓+CO2↑+H2O C．向氨水中滴加少量CuSO4溶液：Cu2++2NH3⋅H2O═Cu（OH）2↓+2 D．向酸性K2Cr2O7溶液中滴入C2H5OH：2Cr2+C2H5OH+16H+═4Cr3++2CO2↑+11H2O5．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．2.4g金属镁所含电子数目为0.2NA B．标况下，22.4LSO3所含分子数目为NA C．17gNH3所含质子数目为10NA D．18g水所含原子数目为18NA6．关于元素周期表的说法正确的是（）A．最外层电子数为2的原子都属于ⅡA族 B．有3个短周期 C．主族都有非金属元素 D．ⅠA族全部是金属元素7．下列化学用语表示正确的是（）A．基态Cl原子的价电子轨道表示式： B．符号为M的能层最多容纳的电子数为32个 C．电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光—钾盐可用作紫色烟花的原料 D．基态Br原子的价层电子排布式：3d104s24p58．下列四组物质中，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是（）A．SO2和CO2 B．苯和甲苯 C．乙烷和乙烯 D．正戊烷和正己烷9．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（）A．CuCl2 B．FeCl2 C．FeCl3 D．AlCl310．乙烯的相关转化关系如图。下列有关说法正确的是（）A．甲与乙醚互为同分异构体 B．甲→乙的反应类型为加成反应 C．丙为氯气 D．聚乙烯不是纯净物11．铬元素（Cr）的化合物存在下列转化关系，下列判断错误的是（）A．反应①不是氧化还原反应 B．反应②中有O2生成 C．反应②中KCrO2体现还原性 D．反应中只有②是氧化还原反应12．已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：下列关于三个反应进程的说法错误的是（）A．生成Z的速率：Ⅲ＞Ⅱ B．平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ C．ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ） D．X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应13．如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是（）A．b极是负极 B．a极电极反应式为H2﹣2e﹣═2H+ C．当装置中有1mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6L气体 D．电池总反应式为2H2+O2═2H2O14．下列实验操作正确且能达到目的的是（）A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B．制备氢氧化铁胶体 C．检验化合物中是否含钾元素 D．制备并保存少量Fe（OH）215．下列除杂方法正确的是（括号内为杂质）（）A．SO2（SO3），通过放置在冰水浴中的U型管 B．Na2SO3溶液（Na2SO4），滴加BaCl2溶液后过滤 C．SO2（CO2），通过NaOH溶液 D．CO2（SO2），通过饱和Na2CO3溶液16．水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变正确的是（）A．ΔH＞0，ΔS＜0 B．ΔH＜0，ΔS＞0 C．ΔH＞0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜017．已知萘的结构简式为，下列关于萘的说法错误的是（）A．萘的分子式为C10H8 B．1mol萘能与6molH2发生加成反应 C．萘分子中所有原子在同一平面上 D．一溴代萘只有两种同分异构体18．一种CO2羰基化合成CH3OH反应机理的主要过程如图所示（图中数字为键长的数值，单位相同且都省略）。下列说法错误的是（）A．CO2在反应中被还原 B．总反应的原子利用率未达100% C．整个过程发生了2步加成反应 D．由图可知，键长会受到周围基团的影响19．小组进行如图实验。下列说法不正确的是（）A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq） B．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动 C．c（OH﹣）：③＝① D．③中存在：2c（Mg2+）＞c（Cl﹣）20．反应mX（g）⇌nY（g）+pZ（g）△H，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．该反应的ΔH＞0 B．m＜n+p C．B、C两点化学平衡常数：KB＞KC D．A、C两点的反应速率v（A）＜v（C）二．解答题（共4小题）21．用“氧化﹣萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入H2O2溶液，再加入萃取剂（R）进行萃取。该过程涉及以下反应：（ⅰ）2I﹣（aq）+2H+（aq）+H2O2（aq）═I2（aq）+2H2O（l）ΔH1＝﹣257.5kJ•mol﹣1（ⅱ）I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）ΔH2＝﹣18.9kJ•mol﹣1（ⅲ）（aq）+R（有机相）⇌（有机相）ΔH3＜0（1）基态碘原子价层电子的轨道表示式为。反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率[碘萃取率＝×100%]曲线如图所示：（2）萃取温度从300K升高至320K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因（忽略萃取剂的挥发、I2的挥发及H2O2分解产生的影响）。（3）下列说法不正确的是。（单选）A．增大溶液的pH，碘萃取率降低B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高C．萃取体系平衡后加水稀释，变小D．增大I﹣的浓度，反应（ⅰ）的速率增大未加萃取剂时，固定总碘浓度为0.01mol•L﹣1，平衡时溶液中的I﹣、I2、分布系数σ与溶液中初始c（H2O2）关系如图所示。[总碘浓度＝各组分折合为I﹣后的浓度之和，δ（组分）＝，如δ（）＝]（4）设平衡时c（I﹣）、c（I2）、c（）分别为amol•L﹣1、bmol•L﹣1、cmol•L﹣1，则a、b、c之间的关系式为＝0.01。（5）计算反应I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）的平衡常数K＝（结果保留3位有效数字）。（6）测定卤水中的c（I﹣）方法：取25.00mL卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将I﹣全部氧化为；加H2SO4溶液酸化后，再加入适量KI溶液，密闭静置后，用0.01500mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗V（Na2S2O3）＝20.00mL，则卤水中c（I﹣）＝mol•L﹣1。（写出计算过程）（已知：I2+2S2＝2I﹣+S4）22．（1）已知t℃时纯水的pH＝6，计算该温度下水的离子积Kw＝。该温度下pH＝2的硫酸溶液中水电离出的c（OH﹣）＝mol•L﹣1。（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是。（单项）A．加入一小块NaB．加入适量Ba（OH）2溶液C．升温至60℃D．加入碳酸钠溶液（3）已知水的电离平衡曲线如图所示：回答下列问题：A、B、C、D四点Kw的关系是（KA、KB…表示）。（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，下列推理错误的是。（单项）A．NaA可能呈酸性B．HA溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）C．NH4A可能呈中性D．若稀释HA溶液10倍，pH的数值增大1，则HA是强酸（5）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中水电离的c（OH﹣）随加入NaOH溶液的体积变化如图。说法正确的是（单项）A．b、d两点溶液的pH相同B．从a到e，水的电离程度一直增大C．从a→c的过程中，溶液的导电能力逐渐增强aD．e点所示溶液中，c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＝0.1mol•L﹣1（6）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）。（单项）A．氨水与氯化铵发生化学反应B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C．铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c（OH﹣）减小（7）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），、和三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。23．扭烷是一类具有螺旋形、扭曲碳骨架的分子。科学家合成的第一个扭烷H（分子式为C10H16）结构见如图（数字表示碳原子）。（1）H属于。A．脂肪烃B．烯烃C．芳香烃D．炔烃（2）下列关于H的说法正确的是。（不定项）A．难溶于水B．密度比水大C．含极性键和非极性键D．有两种化学环境氢原子H的一种合成路线如图：已知：①（R1、R2表示烃基）②RCNRCOOH（R表示烃基）③表示多步转化（3）B中含氧官能团的电子式为。（4）反应①的另外有机产物名称为。A．乙烷B．乙醇C．乙醛D．乙酸（5）手性碳原子是指连有四个各不相同原子或原子团的碳原子。C有个手性碳原子。A．1B．2C．3D．4（6）E的结构简式为。（7）试剂a为。（8）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式。a．遇FeCl3溶液显色b．有4种化学环境不相同的氢原子c．有9个化学环境相同的氢原子（9）利用上述路线中的信息，设计一条以为原料合成的路线。（其他试剂任选）24．某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应的产物。按图连接好装置（夹持装置省略），打开磁搅拌器，先往20mL1.00mol•L﹣1的CuCl2溶液中加入20mL2.00mol•L﹣1的NaOH溶液，再通入一定量SO2，三口烧瓶中生成大量白色沉淀X。回答下列问题：（1）以亚硫酸钠和浓硫酸为原料制取SO2，虚框中应选用（填“A”或“B”）装置，实验室制备一般选择70%浓硫酸，不选择98.3%浓硫酸的理由。（2）仪器a的名称为，烧杯中发生反应的离子方程式为。（3）通入SO2过程中不断搅拌的目的是，进一步实验证实，X为CuCl，体现了SO2性质。（4）二氧化硫是大气污染物，硫酸型酸雨的前驱体。①可吸入颗粒物是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，它与空气中SO2、O2接触时，SO2部分转化为SO3，空气酸度增加，形成酸雨。其中可吸入颗粒物所起的主要作用是，写出该过程化学反应方程式。A.氧化剂B.还原剂C.吸附剂D.催化剂②为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是。A.推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B.实施绿化工程，防止扬尘污染C.研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的开采

2024年菁优高考化学终极押题卷1（上海卷）参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．同位素示踪技术已广泛应用在农业、医学、地质及考古等领域。下列有关叙述正确的是（）A．12C常用于考古断代 B．通过化学变化可以实现16O与18O之间的相互转化 C．35Cl2与37Cl2互为同位素 D．铯元素的两种同位素中137Cs比133Cs多4个中子【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【答案】D【分析】A．14C具有放射性，可用于测定文物的年代；B．化学变化是分子、原子层次上的变化；C．质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；D．质量数＝质子数+中子数。【解答】解：A．同位素（14C）用于考古断代利用的是14C的放射性，故A错误；B．同位素原子间的转化是原子核内的转化，不属于化学变化，故B错误；C．35Cl2与37Cl2为氯气分子，不能互为同位素，故C错误；D．铯元素的两种同位素中137Cs比133Cs的质子数相同，质量数不同，137Cs比133Cs多的中子数＝137﹣133＝4，137Cs比133Cs多4个中子，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了原子结构、化学变化的分析判断，注意知识的理解应用，题目难度不大。2．新型冠状病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60～140nm。下列说法错误的是（）A．新型冠状病毒扩散到空气中可能形成胶体 B．连花清瘟胶囊成分中的石膏CaSO4•2H2O属于混合物 C．止咳祛痰药：盐酸氨溴索中含有两种卤族元素 D．“84”消毒液中含强氧化性物质，可用于新型冠状病毒的消杀【考点】混合物和纯净物．【专题】物质的分类专题．【答案】B【分析】A．分散质粒子直径在1﹣100nm之间的分散系为胶体；B．由两种或者两种以上物质组成的为混合物；C．氯、溴都属于卤族元素；D．“84”消毒液含有次氯酸钠，具有强的氧化性，能够使蛋白质变性。【解答】解：A．分散质粒子直径在1﹣100nm之间的分散系为胶体，而新型冠状病毒直径为60～140nm，故在空气中可以形成胶体，故A正确；B．CaSO4•2H2O只含一种物质，属于纯净物，故B错误；C．盐酸氨溴索中含有氯、溴，都属于卤族元素，故C正确；D．“84”消毒液含有次氯酸钠，具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用于新型冠状病毒的消杀，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质组成和性质，熟悉相关概念及物质的性质是解题关键，题目难度不大。3．已知NCl3可与水发生反应，其反应的化学方程式为2NCl3+3H2O＝3HCl+3HClO+N2↑，下列化学用语或图示表达正确的是（）A．中子数为20的氯原子：35Cl B．NCl3的电子式： C．HClO的比例模型： D．氧原子核外电子轨道表示式：【考点】化学式或化学符号及名称的综合；原子核外电子排布；电子式．【专题】化学用语专题．【答案】C【分析】A．素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，质量数＝质子数+中子数；B．NCl3分子中N原子外围含有1对孤电子对；C．HClO是共价化合物，中心原子是O，原子半径：Cl＞O＞H；D．氧原子的核外电子总数为8，电子排布式为1s22s22p4，结合洪特规则和泡利原理分析判断。【解答】解：A．中子数为20的氯原子的质量数为17+20＝37，该核素符号为35Cl，故A错误；B．根据电子式的书写规则可知，NCl3的电子式为：，故B错误；C．已知HClO的结构式为，故HClO的比例模型为：，故C正确；D．已知O为8号元素，故氧原子核外电子轨道表示式：，原式违背了洪特规则，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学用语的表示方法，涉及核素、电子排布式、电子式和分子结构模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。4．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式书写正确的是（）A．用Cl2制备漂白粉：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液制备FeCO3：Fe2++2═FeCO3↓+CO2↑+H2O C．向氨水中滴加少量CuSO4溶液：Cu2++2NH3⋅H2O═Cu（OH）2↓+2 D．向酸性K2Cr2O7溶液中滴入C2H5OH：2Cr2+C2H5OH+16H+═4Cr3++2CO2↑+11H2O【考点】离子方程式的书写；氯气的化学性质．【专题】离子反应专题．【答案】B【分析】A．工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，石灰乳中的氢氧化钙不能拆开；B．硫酸亚铁与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳、硫酸铵和水；C．硫酸铜溶液少量，氨水过量，反应生成[Cu（NH3）4]2+络离子，不会生成氢氧化铜沉淀；D．重铬酸钾溶液具有强氧化性，将乙醇氧化为乙酸，没有二氧化碳生成。【解答】解：A．用Cl2制备漂白粉的离子方程式为：Cl2+Ca（OH）2＝Ca2++Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液制备FeCO3的离子方程式为：Fe2++2═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；C．向氨水中滴加少量CuSO4溶液的离子方程式为：Cu2++4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O，故C错误；D．向酸性K2Cr2O7溶液中滴入C2H5OH的离子方程式为：2Cr2+3C2H5OH+16H+═4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。5．设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．2.4g金属镁所含电子数目为0.2NA B．标况下，22.4LSO3所含分子数目为NA C．17gNH3所含质子数目为10NA D．18g水所含原子数目为18NA【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．【答案】C【分析】A．1个镁中含有12个电子；B．标况下，SO3不是气体，无法计算22.4LSO3所含分子数目；C．1个NH3含10个质子；D．1mol水中含有3mol原子。【解答】解：A．2.4g镁的物质的量是0.1mol，含有1.2mol电子，所含电子数目为1.2NA，故A错误；B．标况下，SO3不是气体，无法计算22.4LSO3所含分子数目，故B错误；C．氨气的物质的量n＝＝＝1mol，而1molNH3含10mol质子，即10NA，故C正确；D．水的物质的量n＝＝＝1mol，1mol水中含有3mol原子，因此18g水所含原子数目为3NA，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。6．关于元素周期表的说法正确的是（）A．最外层电子数为2的原子都属于ⅡA族 B．有3个短周期 C．主族都有非金属元素 D．ⅠA族全部是金属元素【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】B【分析】A．He最外层电子数为2，属于0族；B．元素周期表有3个短周期；C．ⅡA没有非金属元素；D．ⅠA族的氢为非金属元素。【解答】解：A．最外层电子数为2的原子不一定属于ⅡA族，如He最外层电子数为2，属于0族，故A错误；B．元素周期表有3个短周期，故B正确；C．ⅡA没有非金属元素，故C错误；D．ⅠA族的氢为非金属元素，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查元素周期表的结构，为基础知识的考查，题目难度不大。7．下列化学用语表示正确的是（）A．基态Cl原子的价电子轨道表示式： B．符号为M的能层最多容纳的电子数为32个 C．电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光—钾盐可用作紫色烟花的原料 D．基态Br原子的价层电子排布式：3d104s24p5【考点】电子排布式与电子排布图；原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【答案】A【分析】A．Cl的原子序数为17，价电子排布式为：3s23p5；B．符号为M的能层，即第三层；C．电子跃迁到激发态过程中吸收能量；D．主族元素的价层电子即为最外层电子。【解答】解：A．Cl的原子序数为17，价电子排布式为：3s23p5，价电子轨道表示式：，故A正确；B．符号为M的能层，即第三层，最多容纳的电子数为2×32＝18个，故B错误；C．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，故C错误；D．主族元素的价层电子即为最外层电子，基态Br原子的价电子排布式：4s24p5，故D错误；故选：A。【点评】本题考查原子结构，侧重考查学生核外电子排布的掌握情况，试题难度中等。8．下列四组物质中，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是（）A．SO2和CO2 B．苯和甲苯 C．乙烷和乙烯 D．正戊烷和正己烷【考点】有机物的鉴别．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【答案】D【分析】A．SO2能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，CO2和酸性高锰酸钾溶液不反应；B．苯和酸性高锰酸钾溶液不反应，甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色；C．乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色；D．正戊烷、正己烷都不和酸性高锰酸钾溶液反应。【解答】解：A．SO2能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，CO2和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以二氧化碳不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象不同，可以鉴别，故A错误；B．苯和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象不同，可以鉴别，故B错误；C．乙烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象不同，可以鉴别，故C错误；D．正戊烷、正己烷都不和酸性高锰酸钾溶液反应，所以都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，无法鉴别，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质鉴别，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质及其性质的差异性是解本题关键，题目难度不大。9．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（）A．CuCl2 B．FeCl2 C．FeCl3 D．AlCl3【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【答案】D【分析】氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铝不存在多种化合价，以此分析。【解答】解：A．Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；B．FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故B错误；C．FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故C错误；D．AlCl3由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故D正确。故选：D。【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意基础知识的积累。10．乙烯的相关转化关系如图。下列有关说法正确的是（）A．甲与乙醚互为同分异构体 B．甲→乙的反应类型为加成反应 C．丙为氯气 D．聚乙烯不是纯净物【考点】有机物的推断．【专题】有机化学基础．【答案】D【分析】乙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚乙烯，与HCl发生加成反应生成氯乙烷，与水发生加成反应生成甲为乙醇，乙醇在铜催化作用下发生氧化反应生成乙为乙醛，以此解答该题。【解答】解：A．由以上分析可知甲为乙醇，与CH3OCH3（甲醚）互为同分异构体，故A错误；B．甲→乙反应类型为氧化反应，乙醇被氧化生成乙醛，故B错误；C．乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故丙是HCl，不是氯气，故C错误；D．聚乙烯中由于聚合度n不同，故聚乙烯为混合物，不是纯净物，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握乙烯的性质以及反应类型的判断，把握官能团的变化以及反应条件，难度不大。11．铬元素（Cr）的化合物存在下列转化关系，下列判断错误的是（）A．反应①不是氧化还原反应 B．反应②中有O2生成 C．反应②中KCrO2体现还原性 D．反应中只有②是氧化还原反应【考点】氧化还原反应相关的概念．【专题】氧化还原反应专题．【答案】B【分析】反应①中铬元素的化合价未发生变化，反应②中KCrO2被H2O2氧化为K2CrO4，反应③K2CrO4溶液与硫酸反应生成K2Cr2O7、K2SO4和水，反应③中铬元素的化合价未发生变化。【解答】解：A．反应①中铬元素的化合价未发生变化，反应①不是氧化还原反应，故A正确；B．反应②中KCrO2被H2O2氧化为K2CrO4，H2O2中氧元素化合价降低变为水，没有氧气生成，故B错误；C．反应②中KCrO2被H2O2氧化为K2CrO4，KCrO2体现还原性，故C正确；D．应中只有②中铬元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意基本概念及规律性知识的应用，题目难度不大。12．已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：下列关于三个反应进程的说法错误的是（）A．生成Z的速率：Ⅲ＞Ⅱ B．平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ C．ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ） D．X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应【考点】反应热和焓变；化学反应的历程．【专题】化学反应中的能量变化．【答案】A【分析】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；B．催化剂不影响平衡；C．同一个反应的ΔH与反应历程无关；D．X和Y分别是反应进程Ⅱ、Ⅲ中的催化剂。【解答】解：A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，所以生成Z的速率：Ⅱ＞Ⅲ，故A错误；B．催化剂不影响平衡，所以平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ，故B正确；C．同一个反应的ΔH与反应历程无关，据反应进程图可知，X与Y均为W→Z反应的催化剂，所以ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ），故C正确；D．X和Y分别在反应进程Ⅱ、Ⅲ中参与反应，起催化作用，故D正确；故选：A。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。13．如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是（）A．b极是负极 B．a极电极反应式为H2﹣2e﹣═2H+ C．当装置中有1mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6L气体 D．电池总反应式为2H2+O2═2H2O【考点】原电池原理．【专题】电化学专题．【答案】D【分析】A．燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极；B．a电极上氢气失电子和OH﹣反应生成H2O；C．b电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O；D．该原电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，所以总反应相当于氢气燃烧的反应。【解答】解：A．燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，则通入氢气的a极为负极、通入氧气的b极为正极，故A错误；B．a电极上氢气失电子和OH﹣反应生成H2O，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，故B错误；C．b电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，没有气体生成，故C错误；D．该原电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应，所以总反应相当于氢气燃烧的反应，电池总反应方程式为2H2+O2═2H2O，故D正确；故选：D。【点评】本题考查燃料电池，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。14．下列实验操作正确且能达到目的的是（）A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B．制备氢氧化铁胶体 C．检验化合物中是否含钾元素 D．制备并保存少量Fe（OH）2【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】D【分析】A．不能在容量瓶中溶解固体；B．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀；C．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃；D．苯可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁。【解答】解：A．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故A错误；B．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故B错误；C．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故C错误；D．苯可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，可制备并保存少量Fe（OH）2，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、溶液的配制、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。15．下列除杂方法正确的是（括号内为杂质）（）A．SO2（SO3），通过放置在冰水浴中的U型管 B．Na2SO3溶液（Na2SO4），滴加BaCl2溶液后过滤 C．SO2（CO2），通过NaOH溶液 D．CO2（SO2），通过饱和Na2CO3溶液【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．【答案】A【分析】A.冰水浴降温后三氧化硫为液态，二氧化硫仍然为气态；B.亚硫酸钠和硫酸钠均与氯化钡溶液反应；C.二氧化硫和二氧化碳都与氢氧化钠溶液反应；D.二者都与饱和碳酸钠溶液反应。【解答】解：A.SO3沸点较低，冰水浴降温后SO3变为液态，而SO2为气态，通过放置在冰水浴中的U型管可除去SO2中混有的SO3，故A正确；B.Na2SO3和Na2SO4都与BaCl2溶液反应生成沉淀，除杂试剂不能选用BaCl2溶液，故B错误；C.SO2和CO2均与NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液除去SO2中混有的CO2，故C错误；D.CO2、SO2都与饱和Na2CO3溶液反应，不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的SO2，故D错误；故选：A。【点评】本题考查混合物的分离与提纯，为高频考点，把握物质性质、反应原理为解答关键，注意掌握常见混合物的分离与提纯方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。16．水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变正确的是（）A．ΔH＞0，ΔS＜0 B．ΔH＜0，ΔS＞0 C．ΔH＞0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0【考点】化学反应的方向．【专题】化学反应中的能量变化．【答案】D【分析】同种物质，液态的能量大于固态，则水凝结成冰的过程为放热过程，液态的熵大于固态时的熵，则水凝结成冰的过程为熵减的过程。【解答】解：同种物质，液态的能量大于固态，则水凝结成冰的过程为放热过程，即ΔH＜0，液态的熵大于固态时的熵，则水凝结成冰的过程为熵减的过程，即ΔS＜0，故D正确，故选：D。【点评】本题主要考查焓变与熵变的判断，为基础知识的考查，题目难度不大。17．已知萘的结构简式为，下列关于萘的说法错误的是（）A．萘的分子式为C10H8 B．1mol萘能与6molH2发生加成反应 C．萘分子中所有原子在同一平面上 D．一溴代萘只有两种同分异构体【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】B【分析】A．萘分子中C、H原子个数依次是10、8；B．苯环和氢气以1：3发生加成反应；C．苯分子中所有原子共平面；D．含有几种氢原子，其一溴代物就有几种。【解答】解：A．由分子式可知萘的分子式为C10H8，故A正确；B．1mol萘能与5molH2发生加成反应，故B错误；C．具有苯环的结构特点，则萘分子中所有原子在同一平面上，故C正确；D．萘是对称结构，只有两种氢原子，故一溴代物有两种结构，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。18．一种CO2羰基化合成CH3OH反应机理的主要过程如图所示（图中数字为键长的数值，单位相同且都省略）。下列说法错误的是（）A．CO2在反应中被还原 B．总反应的原子利用率未达100% C．整个过程发生了2步加成反应 D．由图可知，键长会受到周围基团的影响【考点】探究化学反应机理．【专题】物质的性质和变化专题．【答案】C【分析】从反应机理的过程图可知，CO2与H2反应生成HCOOH，HCOOH反应生成HOCH2OH，HOCH2OH反应生成HCHO，HCHO最后反应生成CH3OH。【解答】解：A．CO2在反应中与氢气发生加成反应，被还原，故A正确；B．HOCH2OH反应生成HCHO的过程中脱去了一分子水，原子利用率未达到100%，故B正确；C．整个过程中CO2与氢气加成生成HCOOH，HCOOH与氢气加成生成HOCH2OH，HCHO与H2加成生成CH3OH，整个过程发生了3步加成反应，故C错误；D．从图中可知，因为H2的影响，C＝O的长度发生变化，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。19．小组进行如图实验。下列说法不正确的是（）A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq） B．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动 C．c（OH﹣）：③＝① D．③中存在：2c（Mg2+）＞c（Cl﹣）【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】C【分析】A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡；B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性；C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁；D.③中溶液显碱性，结合电荷守恒式2c（Mg2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）判断。【解答】解：A.氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），故A正确；B.③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；C.①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，则c（OH﹣）：③＜①，故C错误；D.③中溶液显碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），由电荷守恒式2c（Mg2+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），可知2c（Mg2+）＞c（Cl﹣），故D正确；故选：C。【点评】本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡及平衡移动、离子浓度的比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。20．反应mX（g）⇌nY（g）+pZ（g）△H，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．该反应的ΔH＞0 B．m＜n+p C．B、C两点化学平衡常数：KB＞KC D．A、C两点的反应速率v（A）＜v（C）【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【答案】C【分析】由图可知，升高温度Y的体积分数增大，增大压强Y的体积分数减小，结合升高温度平衡向着吸热的方向移动、增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动来解答。【解答】解：A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；故选：C。【点评】本题考查体积分数与温度、压强的关系图象，为高频考点，把握温度、压强对反应速率及化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。二．解答题（共4小题）21．用“氧化﹣萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入H2O2溶液，再加入萃取剂（R）进行萃取。该过程涉及以下反应：（ⅰ）2I﹣（aq）+2H+（aq）+H2O2（aq）═I2（aq）+2H2O（l）ΔH1＝﹣257.5kJ•mol﹣1（ⅱ）I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）ΔH2＝﹣18.9kJ•mol﹣1（ⅲ）（aq）+R（有机相）⇌（有机相）ΔH3＜0（1）基态碘原子价层电子的轨道表示式为。反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率[碘萃取率＝×100%]曲线如图所示：（2）萃取温度从300K升高至320K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，碘萃取率缓慢下降（忽略萃取剂的挥发、I2的挥发及H2O2分解产生的影响）。（3）下列说法不正确的是C。（单选）A．增大溶液的pH，碘萃取率降低B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高C．萃取体系平衡后加水稀释，变小D．增大I﹣的浓度，反应（ⅰ）的速率增大未加萃取剂时，固定总碘浓度为0.01mol•L﹣1，平衡时溶液中的I﹣、I2、分布系数σ与溶液中初始c（H2O2）关系如图所示。[总碘浓度＝各组分折合为I﹣后的浓度之和，δ（组分）＝，如δ（）＝]（4）设平衡时c（I﹣）、c（I2）、c（）分别为amol•L﹣1、bmol•L﹣1、cmol•L﹣1，则a、b、c之间的关系式为a+2b+3c＝0.01。（5）计算反应I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）的平衡常数K＝667（结果保留3位有效数字）。（6）测定卤水中的c（I﹣）方法：取25.00mL卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将I﹣全部氧化为；加H2SO4溶液酸化后，再加入适量KI溶液，密闭静置后，用0.01500mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗V（Na2S2O3）＝20.00mL，则卤水中c（I﹣）＝0.012mol•L﹣1。（写出计算过程）（已知：I2+2S2＝2I﹣+S4）【考点】化学平衡的计算；探究物质的组成或测量物质的含量；热化学方程式．【专题】化学平衡专题．【答案】（1）；（2）反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，碘萃取率缓慢下降；（3）C；（4）a+2b+3c；（5）667；（6）0.012。【分析】（1）基态碘原子的最外层有7个电子，分别排布在5s和5p轨道，据此书写其价层电子的轨道表示式；（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；（3）A.反应物浓度降低，平衡逆向移动；B.增大萃取剂用量，m（碘）有机相增大，m（碘）有机相+m（碘）水相不变；C.萃取体系平衡后加水稀释，（ⅲ）平衡逆向移动，c（）降低；D.增大反应物的浓度，反应速率增大；（4）设平衡时c（I﹣）、c（I2）、c（）分别为amol•L﹣1、bmol•L﹣1、cmol•L﹣1，根据I原子守恒，可得a、b、c之间的关系式；（5）当双氧水的浓度为0.002mol/L时，由图可知，I﹣与的分布分数相同，且均为0.45，则I﹣的浓度为0.01mol/L×0.45＝4.5×10﹣3mol/L，的浓度为＝1.5×10﹣3mol/L，根据原子守恒可知I2的分布分数为（1﹣0.45﹣0.45）＝0.1，则I2的浓度为＝0.5×10﹣3mol/L，据此反应I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）的平衡常数K，另K只与温度有关；（6）根据题意有关系式：2I﹣～I2～2S2，则n（I﹣）＝n（S2）＝0.01500mol•L﹣1×0.02L＝0.0003mol，进一步计算卤水中c（I﹣）。【解答】解：（1）基态碘原子的最外层有7个电子，分别排布在5s和5p轨道，其价层电子的轨道表示式为，故答案为：；（2）已知反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，导致碘萃取率缓慢下降，故答案为：反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，碘萃取率缓慢下降；（3）A.增大溶液的pH，H+浓度下降，（ⅲ）平衡逆向移动，碘萃取率降低，故A正确；B.增大萃取剂用量，m（碘）有机相增大，则碘萃取率＝×100%增大，故B正确；C.萃取体系平衡后加水稀释，（ⅲ）平衡逆向移动，c（）降低，则变大，故C错误；D.增大I﹣的浓度，即增大反应物的浓度，反应（i）的速率增大，故D正确；故答案为：C；（4）设平衡时c（I﹣）、c（I2）、c（）分别为amol•L﹣1、bmol•L﹣1、cmol•L﹣1，根据I原子守恒，可得a、b、c之间的关系式为a+2b+3c＝0.01，故答案为：a+2b+3c；（5）当双氧水的浓度为0.002mol/L时，由图可知，I﹣与的分布分数相同，且均为0.45，则I﹣的浓度为0.01mol/L×0.45＝4.5×10﹣3mol/L，的浓度为＝1.5×10﹣3mol/L，根据原子守恒可知I2的分布分数为（1﹣0.45﹣0.45）＝0.1，则I2的浓度为＝0.5×10﹣3mol/L，则反应I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）的平衡常数K＝＝≈667，故答案为：667；（6）根据题意有关系式：2I﹣～I2～2S2，则n（I﹣）＝n（S2）＝0.01500mol•L﹣1×0.02L＝0.0003mol，则卤水中c（I﹣）＝0.012mol•L﹣1，故答案为：0.012。【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，原子核外电子排布式的书写，平衡移动的应用，同时考查原子守恒、关系式的计算等，属于高考高频考点，难度较大。22．（1）已知t℃时纯水的pH＝6，计算该温度下水的离子积Kw＝1.0×10﹣12mol2/L2。该温度下pH＝2的硫酸溶液中水电离出的c（OH﹣）＝10﹣10mol•L﹣1。（2）对水进行下列操作，能抑制水的电离的是B。（单项）A．加入一小块NaB．加入适量Ba（OH）2溶液C．升温至60℃D．加入碳酸钠溶液（3）已知水的电离平衡曲线如图所示：回答下列问题：A、B、C、D四点Kw的关系是C＞B＞A＝D（KA、KB…表示）。（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，下列推理错误的是A。（单项）A．NaA可能呈酸性B．HA溶液中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）C．NH4A可能呈中性D．若稀释HA溶液10倍，pH的数值增大1，则HA是强酸（5）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，溶液中水电离的c（OH﹣）随加入NaOH溶液的体积变化如图。说法正确的是C（单项）A．b、d两点溶液的pH相同B．从a到e，水的电离程度一直增大C．从a→c的过程中，溶液的导电能力逐渐增强aD．e点所示溶液中，c（Na+）＝2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）＝0.1mol•L﹣1（6）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）C。（单项）A．氨水与氯化铵发生化学反应B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C．铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c（OH﹣）减小（7）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），、NH3和NH3•H2O三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。【考点】水的电离；离子积常数；弱电解质的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【答案】（1）1.0×10﹣12mol2/L2；10﹣10；（2）B；（3）C＞B＞A＝D；（4）A；（5）C；（6）C；（7）；NH3；NH3•H2O。【分析】（1）纯水电离出来的c（H+）和c（OH﹣）相等，可由Kw＝c（H+）×c（OH﹣）计算得到水的离子积常数，该温度下pH＝2的硫酸溶液中，c（H+）＝0.01mol/L，水电离出的c（OH﹣）＝；（2）酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，升温促进水的电离；（3）AD都处于25℃时，Kw相等，根据c（H+）和c（OH﹣）的大小，Kw＝c（H+）•c（OH﹣）来比较大小，稳定升高促进水的电离，Kw增大；（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，说明HA为强酸或弱酸，据此分析判断；（5）A．b点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，c点溶质为CH3COONa，d点溶质为CH3COONa和NaOH；B．a→c的过程中随着氢氧化钠和醋酸的反应，水的电离程度增大，b→d的过程中氢氧化钠增多，水的电离程度减小；C．a→c的过程中随着氢氧化钠和醋酸的反应生成醋酸钠为强电解质；D．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和NaOH，混合溶液体积是原来的3倍来分析解答；（6）一水合氨存在电离平衡，向氨水中加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质抑制一水合氨电离；（7）混合溶液的组成和物料守恒分析判断。【解答】解：（1）T℃时，纯水的pH＝6，纯水电离出来的c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣6mol/L，Kw＝c（H+）×c（OH﹣）＝1.0×10﹣6mol/L×1.0×10﹣6mol/L＝1.0×10﹣12mol2/L2，该温度下pH＝2的硫酸溶液中，c（H+）＝0.01mol/L，水电离出的c（OH﹣）＝＝mol•L﹣1＝10﹣10mol•L﹣1，故答案为：1.0×10﹣12mol2/L2；10﹣10；（2）A．加入一小块Na，和水电离出的氢离子反应生成氢气，促进水的电离，故A错误；B．加入适量Ba（OH）2溶液抑制水的电离，故正确；C．水的电离过程是吸热过程，升温至60℃促进水的电离，故C错误；D．碳酸钠为强碱弱酸盐，加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，故D错误；故答案为：B；（3）A、D都处于25℃时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH﹣）都小于C点的c（H+）和c（OH﹣），并且B点的c（H+）和c（OH﹣）大于A点c（H+）和c（OH﹣），c（H+）和c（OH﹣）越大，Kw越大，故得到C＞B＞A＝D，故答案为：C＞B＞A＝D；（4）室温下，实验测得0.1mol•L﹣1HA溶液的pH≥1，说明HA为强酸或弱酸，A．NaA可能成中性或减小，不可能呈酸性，故AA错误；B．HA溶液中存在电荷守恒，c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），故B正确；C．若HA为弱酸，则NH4A溶液中铵根离子水解程度和A﹣离子水解程度相同时，溶液可能呈中性，故C正确；D．若稀释HA溶液10倍，pH的数值增大1，则证明HA是强酸，故D正确；故答案为：A；（5）A．b点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，c点溶质为CH3COONa，d点溶质为CH3COONa和NaOH，b点溶液中CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，则溶液呈酸性，则b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性，两种溶液的pH不相同，故A错误；B．a→c的过程中水的电离程度增大，b→d的过程中水的电离程度减小，故B错误；C．a→c的过程中随着氢氧化钠和醋酸的反应生成醋酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C正确；D．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和NaOH，混合溶液体积是原来的3倍，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝≈0.003mol/L，故D错误；故答案为：C；（6）一水合氨是弱电解质，溶液中存在电离平衡，向溶液中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故答案为：C；（7）0.1molNH4Cl和0.05molNaOH反应，混合溶液为：NH4Cl和NH3•H2O，根据物料守恒：n（）+n（NH3）+n（NH3•H2O）＝0.1mol；故答案为：；NH3；NH3•H2O。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，根据酸碱原理逐项分析是解题的关键，明确弱酸反应时速率稍慢，但是等物质的量下最终产量相同，整体难度中等。23．扭烷是一类具有螺旋形、扭曲碳骨架的分子。科学家合成的第一个扭烷H（分子式为C10H16）结构见如图（数字表示碳原子）。（1）H属于A。A．脂肪烃B．烯烃C．芳香烃D．炔烃（2）下列关于H的说法正确的是AC。（不定项）A．难溶于水B．密度比水大C．含极性键和非极性键D．有两种化学环境氢原子H的一种合成路线如图：已知：①（R1、R2表示烃基）②RCNRCOOH（R表示烃基）③表示多步转化（3）B中含氧官能团的电子式为。（4）反应①的另外有机产物名称为B。A．乙烷B．乙醇C．乙醛D．乙酸（5）手性碳原子是指连有四个各不相同原子或原子团的碳原子。C有C个手性碳原子。A．1B．2C．3D．4（6）E的结构简式为。（7）试剂a为LiAlH4。（8）写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式。a．遇FeCl3溶液显色b．有4种化学环境不相同的氢原子c．有9个化学环境相同的氢原子（9）利用上述路线中的信息，设计一条以为原料合成的路线。（其他试剂任选）【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）A；（2）AC；（3）；（4）B；（5）C；（6）；（7）LiAlH4；（8）；（9）。【分析】（1）H中只含C、H元素，只存在C—C单键和C—H键，有环状结构；（2）A．H不含亲水基；B．烃类密度小于水；C．不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素的原子之间易形成非极性键；D．有3种化学环境氢原子；根据A、C的结构简式及B的分子式知，A中碳氧双键发生还原反应生成B为，B中羟基上的氢原子被取代生成C，对比C、F的结构简式，结合D、E的分子式与反应条件、信息②，可知C中—OSO2CH3被—CN取代生成D，D中—CN水解为—COOH生成E，E→F的过程最终理解为羧基与碳碳双键之间发生加成反应成环生成F，则D为、E为，结合信息①可知，试剂a为LiAlH4，G发生系列转化最终得到H；（9）以为原料合成，根据B→C→D→E的合成路线知，先和CH3SO2Cl发生取代反应然后再和NaCN发生取代反应、最后发生水解反应和酸化得到目标产物。【解答】解：（1）H中只含C、H元素，只存在C—C单键和C—H键，有环状结构，不含苯环，所以属于脂肪烃，故答案为：A；（2）A．H不含亲水基，难溶于水，故A正确；B．H属于烃类物质，密度小于水，故B错误；C．分子中含有C—C键、C—H键，C—C键属于非极性键，但C—H键属于极性键，故C正确；D．有3种氢原子，故D错误；故答案为：AC；（3）B为，B中含氧官能团为羟基，则B中含氧官能团的电子式为，故答案为：；（4）反应①的另外有机产物为CH3CH2OH，名称为乙醇，故答案为：B；（5）如图，C有3个手性碳原子，故答案为：C；（6）E的结构简式为，故答案为：；（7）试剂a为LiAlH4，故答案为：LiAlH4；（8）F的同分异构体满足下列条件：a．遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；b．有4种化学环境不相同的氢原子；c．有9个化学环境相同的氢原子，说明含有3个等效的甲基，F的分子式为C10H14O2，F的不饱和度是＝4，符合条件的结构中除了苯环外不含其它的环或双键，结构对称，符合条件的结构简式为，故答案为：；（9）以为原料合成，根据B→C→D→E的合成路线知，先和CH3SO2Cl发生取代反应然后再和NaCN发生取代反应、最后发生水解反应和酸化得到目标产物，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。24．某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应的产物。按图连接好装置（夹持装置省略），打开磁搅拌器，先往20mL1.00mol•L﹣1的CuCl2溶液中加入20mL2.00mol•L﹣1的NaOH溶液，再通入一定量SO2，三口烧瓶中生成大量白色沉淀X。回答下列问题：（1）以亚硫酸钠和浓硫酸为原料制取SO2，虚框中应选用B（填“A”或“B”）装置，实验室制备一般选择70%浓硫酸，不选择98.3%浓硫酸的理由制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+。（2）仪器a的名称为球形干燥管，烧杯中发生反应的离子方程式为SO2+2OH﹣＝+H2O。（3）通入SO2过程中不断搅拌的目的是加快反应速率，进一步实验证实，X为CuCl，体现了SO2还原性质。（4）二氧化硫是大气污染物，硫酸型酸雨的前驱体。①可吸入颗粒物是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，它与空气中SO2、O2接触时，SO2部分转化为SO3，空气酸度增加，形成酸雨。其中可吸入颗粒物所起的主要作用是D，写出该过程化学反应方程式2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4。A.氧化剂B.还原剂C.吸附剂D.催化剂②为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是D。A.推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染B.实施绿化工程，防止扬尘污染C.研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染D.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的开采【考点】性质实验方案的设计；二氧化硫的性质．【专题】氧族元素；气体的制备与性质检验类实验．【答案】（1）B；制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+；（2）球形干燥管；SO2+2OH﹣＝+H2O；（3）加快反应速率；还原；（4）①D；2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4；②D。【分析】（1）亚硫酸钠和浓硫酸为固液不加热型，据此选择装置；（2）结合图示判断仪器a的名称；二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱性反应；（3）不断搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率；（4）①SO2和O2的反应是一个可逆反应，反应速率很慢，在空气中飘尘的催化作用下，大大加快了反应速率，使大部分SO2转化为SO3，进而与水反应生成硫酸而形成酸雨；形成酸雨的过程为二氧化硫转化为三氧化硫，三氧化硫遇水生成硫酸；②A.二氧化硫是大气污染物之一，脱硫技术可减少二氧化硫的排放；B.实施绿化工程，增大绿化面积，如植树造林等，均可减少扬尘污染；C.机动车尾气污染主要是氮的氧化物污染，会导致雾霾影响和光化学污染；D.石油、煤炭的开采和使用，会增大氮的氧化物、二氧化硫和一氧化碳等污染性气体的排放。【解答】解：（1）亚硫酸钠是可溶性固体，选用A装置不能控制反应速率，不能做到“随开随用”，故选B装置；制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+，所以不选择98.3%浓硫酸故答案为：B；制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+；（2）由装置图可知仪器a是球形干燥管，做SO2尾气吸收的防倒吸装置，发生反应离子方程式为：SO2+2OH﹣＝+H2O，故答案为：球形干燥管；SO2+2OH﹣＝+H2O；（3）通入SO2并不断搅拌是为了使反应物充分接触，加快反应速率，进一步实验证实，X为CuCl，铜元素化合价降低，体现了氧化性，则二氧化硫体现了还原性，故答案为：加快反应速率；还原；（4）①由分析可知，飘尘能加快SO2转化为SO3的反应速率，故飘尘所起的作用为催化剂，形成酸雨的过程为第一步二氧化硫转化为三氧化硫，方程式为2SO2+O22SO3，第二步三氧化硫遇水生成硫酸，方程式为SO3+H2O＝H2SO4，故答案为：D；2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4；②A.推广使用燃煤脱硫技术，可减少二氧化硫的排放，有利于改善空气质量，利于“蓝天工程”建设，故A错误；B.实施绿化工程，植树造林，可减少扬尘污染，可以改善生态环境，改善空气质量，利于“蓝天工程”建设，故B错误；C.机动车尾气中含有大量氮的氧化物，氮的氧化物会导致雾霾影响和光化学污染，不利于空气质量的改善，所以研制开发燃料电池汽车，可减少氮的氧化物排放，有利于“蓝天工程”建设，故C错误；D.加大石油、煤炭的开采速度，会增加氮的氧化物、二氧化硫和一氧化碳等污染气体的排放，可加快环境污染，不利于“蓝天工程”建设，故D正确；故答案为：D。【点评】本题考查性质方案的设计，为高频考点，把握实验原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

考点卡片1．混合物和纯净物【知识点的认识】1、混合物的概念：混合物是由两种或多种物质混合而成的物质，亦即混合物．混合物没有固定的化学式．无固定组成和性质，组成混合物的各种成分之间没有发生化学反应，将他们保持着原来的性质．混合物可以用物理方法将所含物质加以分离．2、混合物和纯净物的区别：【命题方向】本考点属于初中学过的基础知识，了解即可．题型一：混合物、纯净物概念的考察典例1：下列物质肯定为纯净物的是（）A．只有一种元素组成的物质B．只有一种原子构成的物质C．只有一种分子构成的物质D．只有一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子构成的物质分析：纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，据此结合常见物质的组成成分逐项分析即可．解答：A．由同种元素组成的物质，不一定是纯净物，例如，石墨与金刚石混合在一起，由碳元素组成，属于混合物，故A错误；B．一种分子只能构成一种物质，一种原子可能得到不同的分子，如O2、O3均由氧原子构成，故B错误；C．由同种分子构成的物质，物质的组成种类只有一种，属于纯净物，故C正确；D．对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故D错误．故选：C．点评：本题主要考查了纯净物的概念，题目难度不大，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质组成就属于混合物．题型二：常见的混合物和纯净物的区分典例2：下列物质属于混合物的是（）A．纯碱B．小苏打C．烧碱D．漂白粉分析：根据纯净物是由一种物质组成，混合物是由不同物质组成，最少有两种物质组成，据此分析判断．解答：A、纯碱中只含有一种碳酸钠，属于纯净物，故A错误；B、小苏打中只含有一种物质碳酸氢钠，属于纯净物，故B错误；C、烧碱中只含有一种物质氢氧化钠，属于纯净物，故C错误；D、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故D正确；故选D．点评：本题主要考查物质的分类，解答时要分析物质的组成，对照概念即可完成．【解题思路点拨】常见判断混合物和纯净物的方法：能否写出化学式，能写出化学式的为纯净物，不能写出的为化合物．因此需要熟记高中所学的容易混淆的混合物，比如：漂白粉、漂粉精、草木灰、石灰石（大理石、方解石）、电石、铝土矿、刚玉、水玻璃、水煤气、焦炉煤气、福尔马林等都是混合物．2．同位素及其应用【知识点的认识】1、同位素的概念：质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称为同位素．例如氢有三种同位素，H氕、D氘（又叫重氢）、T氚（又叫超重氢）；碳有多种同位素，例如12C、13C和14C（有放射性）等．同位素是同一元素的不同原子，其原子具有相同数目的质子，但中子数目却不同（例如氕、氘和氚，它们原子核中都有1个质子，但是它们的原子核中分别有0个中子、1个中子及2个中子，所以它们互为同位素）．2、同位素的性质：同位素具有相同原子序数的同一化学元素的两种或多种原子之一，在元素周期表上占有同一位置，化学性质几乎相同（氕、氘和氚的性质有些微差异），但原子质量或质量数不同，从而其质谱性质、放射性转变和物理性质（主要表现在质量上（如：熔点和沸点）有所差异．同位素的表示是在该元素符号的左上角注明质量数（例如碳﹣14，一般用14C来表示）．3、放射性同位素放射性同位素具有以下三个特性：第一，能放出各种不同的射线．有的放出α射线，有的放出β射线，有的放出γ射线或者同时放出其中的两种射线．还有中子射线．其中，α射线是一束α粒子流，带正电荷，β射线就是电子流，带有负电荷．第二，放出的射线由不同原子核本身决定．例如钴﹣60原子核每次发生衰变时，都要放射出三个粒子：一个β粒子和两个光子，钴﹣60最终变成了稳定的镍﹣60．第三，具有一定的寿命．人们将开始存在的放射性同位素的原子核数目减少到一半时所需的时间，称为半衰期．例如钴﹣60的半衰期大约是5年．4、放射性同位素的应用：放射性同位素放射出的射线碰到各种物质的时候，会产生各种效应，它包括射线对物质的作用和物质对射线的作用两个相互联系的方面．例如，射线能够使照相底片和核子乳胶感光；使一些物质产生荧光；可穿透一定厚度的物质，在穿透物质的过程中，能被物质吸收一部分，或者是散射一部分，还可能使一些物质的分子发生电离；另外，当射线辐照到人、动物和植物体时，会使生物体发生生理变化．射线与物质的相互作用，对核射线来说，它是一种能量传递和能量损耗过程，对受照射物质来说，它是一种对外来能量的物理性反应和吸收过程．其应用：①射线照相技术，可以把物体内部的情况显示在照片上．②测定技术方面的应用，古生物年龄的测定，对生产过程中的材料厚度进行监视和控制等．③用放射性同位素作为示踪剂．④用放射性同位素的能量，作为航天器、人造心脏能源等．⑤利用放射性同位素的杀伤力，转恶为善，治疗癌症、灭菌消毒以及进行催化反应等．【命题方向】本考点主要考察同位素的概念，对于同位素的性质和应用以了解为主．题型一：同位素的概念：典例1：下列各组粒子中属于同位素的是（）A．H2和D2B．H2O和D2OC．16O和18OD．24Mg和24Na分析：质子数相同中子数不同的原子互称同位素，互为同位素原子具有以下特征：质子数相同、中子数不同，研究对象为原子．解答：A、H2和D2都是由氢元素组成的单质，结构相同，为同一物质，故A错误；B、H2O和D2O都是由氢氧元素组成的化合物，结构相同，为同一物质，故B错误；C、16O和18O质子数相同为8，中子数不同分别为8、10，是氧元素不同核素，互为同位素，故C正确；D、24Mg和24Na质子数不同，属于不同元素的原子，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了同位素为概念的理解，H2O和D2O、H2和D2的结构相同，为同一物质．题型二：化学“五同”的区分典例2：下列说法中正确的一组是（）A．H2和D2互为同位素B．和互为同分异构体C．正丁烷和异丁烷互为同系物D．和是同一种物质分析：A、质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；B、分子式相同结构不同的有机化合物称同分异构体；C、结构相似，分子组成上相差1个或者若干个基团的化合物互称为同系物；D、根据物质的结构判断，分子式相同，结构也相同为同一物质．解答：A、质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，同位素必须是元素不是单质，H2和D2是单质，所以不是同位素，故A错误；B、是四面体结构，其没有同分异构体，所以是同一种物质，不是同分异构体，故B错误；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，结构不同，所以是同分异构体不是同系物，故C错误；D、分子式相同结构相同，所以是同一物质，故D正确；故选D．点评：本题考查了同位素、同素异形体、同分异构体、同系物和同种物质这化学“五同”的比较学习，难度不大，明确这几个概念是解本题的关键．【解题思路点拨】同素异形体、同位素、同分异构体与同系物的比较：同位素同素异形体同系物同分异构体同种物质定义质子数相同，中子数不同的原子（核素）由同一种元素组成的不同单质结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2基团的物质分子式相同，结构不同的化合物组成、结构相同对象原子单质化合物化合物物质化学式元素符号表示不同，如H、H、H元素符号表示相同，分子式可以不同，如O2和O3不同相同相同，如水与冰、H2与D2、H2O和D2O等结构电子层结构相同，原子核结构不同单质的组成或结构不同相似不同相同性质物理性质不同，化学性质相同物理性质不同，化学性质相同物理性质不同，化学性质相似物理性质不同，化学性质不一定相同结构式的形状及物质的聚集状态可能不同注意：重点要注意对象的区别．3．电子式【知识点的认识】（1）电子式的概念：在化学反应中，一般是原子的外层电子发生变化．为了简便起见，化学中常在元素符号周围用小黑点“．”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子．这种表示的物质的式子叫做电子式．（2）电子式表示方法：用电子式可以表示原子、离子、单质分子，也可表示共价化合物、离子化合物及其形成过程．电子式书写的注意