安徽合肥2013高考一模-化學（解析版）

1、安徽省合肥市2013年高考化學一模試卷一、選擇題（共16小題，每小題3分，滿分48分）1（3分）（2013合肥一模）化學與環(huán)境保護密切相關，下列敘述正確的是（）A綠色化學的核心是應用化學原理對環(huán)境污染進行治理B煤經(jīng)氣化和液化兩個物理變化過程，可變?yōu)榍鍧嵢剂螩PM2.5（2.5微米以下的顆粒物）的污染主要來自化石燃料的燃燒D氫能是清潔能源，工業(yè)上電解水法制大量氫氣符合節(jié)能減排理念考點：常見的生活環(huán)境的污染及治理專題：熱點問題分析：A綠色化學的核心是從源頭上減少污染物；B煤的氣化與液化均發(fā)生化學反應；CPM2.5指固體顆粒對環(huán)境的污染，人類使用能源大多為化石燃料；D電解水消耗大量的能源解答：解：A

2、因綠色化學的核心是從源頭上減少污染物，而不是對環(huán)境污染進行治理，故A錯誤；B煤的氣化中碳與水反應CO和氫氣，液化中發(fā)生化學反應生成甲醇，使其成為清潔能源，故B錯誤；CPM2.5指固體顆粒對環(huán)境的污染，人類使用能源大多為化石燃料，化石燃料燃燒產(chǎn)生較多的固體顆粒造成污染，故C正確；D氫能是清潔能源，但電解水消耗大量的能源，電解水法制大量氫氣不符合節(jié)能減排理念，故D錯誤；故選C點評：本題考查環(huán)境污染及能源問題，注意綠色化學及能源的綜合利用即可解答，明確常見的環(huán)境污染物及節(jié)能減排理念來分析解答，題目難度不大2（3分）（2013合肥一模）科學工作者發(fā)現(xiàn)另一種“足球分子”N60，它的結(jié)構與C60相似下列說

3、法正確的是（）AN60和C60互為同素異形體BN60是一種新型化合物CN60和N2是同素異形體DN60和14N都是氮的同系物考點：同素異形體；芳香烴、烴基和同系物專題：物質(zhì)的分類專題分析：A同種元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體；B化合物由兩種或兩種以上元素組成，由一種元素組成構成的物質(zhì)是單質(zhì)；C同種元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體；D結(jié)構相似，分子組成上相差1個或者若干個CH2基團的化合物互稱為同系物，多用于有機化合物解答：解：AN60和C60是不同同種元素的單質(zhì)，所以不是同素異形體，故A錯誤；BN60中只含一種元素，所以是單質(zhì)，故B錯誤；CN60和N2是N的不同單質(zhì)，所以是同素異形體，故C正確；DN

4、60是單質(zhì)，14N是元素，所以不是同系物，且同系物多用于有機化合物，故D錯誤；故選C點評：本題考查概念的判斷，注意同系物、同素異形體和同分異構體的區(qū)別，為易錯點3（3分）（2013合肥一模）下列關于物質(zhì)的性質(zhì)與用途的說法中不正確的是（）A氧化鋁的熔點很高，因此可用做耐火材料B某些金屬氧化物灼燒時有特殊的顏色，因此可用于制造煙花C氫氟酸能與二氧化硅反應，因此可用于刻蝕玻璃D氯氣具有強氧化性，因此可用于漂白有色布料考點：鎂、鋁的重要化合物；氯氣的化學性質(zhì)；硅和二氧化硅專題：化學應用分析：A、氧化鋁熔點高，用于制各種耐火磚、耐火坩堝、耐火管、耐高溫實驗儀器；B、金屬元素灼燒發(fā)生焰色反應；C、玻璃的成

5、分主要是硅酸鹽和二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應；D、氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白作用解答：解：A、氧化鋁熔點高，用于制各種耐火磚、耐火坩堝、耐火管、耐高溫實驗儀器，因此可用做耐火材料，故A正確；B、金屬元素灼燒發(fā)生焰色反應，則某些金屬氧化物灼燒時有特殊的顏色，因此可用于制造煙花，故B正確；C、玻璃的成分主要是硅酸鹽和二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應；可用于刻蝕玻璃，故C正確；D、氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白作用，氯氣本身無漂白作用，故D錯誤；故選D點評：本題考查了氧化鋁、二氧化硅、氯氣性質(zhì)的應用，金屬元素的焰色反應應用，掌握物質(zhì)性質(zhì)是解題關鍵，題目較簡單4（3分）（2013合肥一模）在C

6、u2S+2Cu2O6Cu+SO2反應中，說法正確的是（）ACu2O在反應中被氧化BCu2S在反應中既是氧化劑又是還原劑CCu既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物D若反應中轉(zhuǎn)移12mol電子，則生成6molCu考點：氧化還原反應專題：氧化還原反應專題分析：Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2反應中，Cu元素由+1價降低為0價，S元素由2價升高到+4價，以此來解答解答：解：ACu2O中Cu元素由+1價降低為0價，所以氧化亞銅得電子被還原，故A錯誤；B因Cu2S中Cu元素由+1價降低為0價，S元素由2價升高到+4價，則Cu2S既是氧化劑又是還原劑，故B正確；CCu元素由+1價降低為0價，則Cu為還原產(chǎn)物，故C錯

7、誤；D由反應可知，生成6molCu轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6mol，則反應中轉(zhuǎn)移12mol電子，則生成12molCu，故D錯誤；故選B點評：本題考查氧化還原反應，明確反應中元素的化合價的變化是解答本題的關鍵，題目難度不大5（3分）（2013合肥一模）下列敘述正確的是（）A1.7gOH離子中含有的電子數(shù)目為NAB常溫、常壓下，22.4L氧氣中含氧原子數(shù)目為2NAC常溫下，0.1molC2H4分子中含共價鍵數(shù)目為0.5 NAD含1molH2SO4的濃硫酸和足量的銅反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA考點：阿伏加德羅常數(shù)專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律分析：A1個OH中含有10個電子，根據(jù)N=nNA計算電子數(shù)目；B氣體體積

8、與溫度和壓強有關，溫度升高和減小壓強可使氣體體積增大，反之降低；C1molC2H4分子中含共價鍵數(shù)目為6mol；D根據(jù)濃硫酸和稀硫酸的性質(zhì)分析解答：解：A1個OH中含有10個電子，1.7gOH離子的物質(zhì)的量是0.1mol，含有的電子數(shù)目為NA，故A正確； B標準狀況下，22.4L 氧氣氣體的物質(zhì)的量為1mol，分子數(shù)為NA常溫常壓下，溫度升高，體積膨脹，故22.4L 氧氣物質(zhì)的量小于1mol，氣體的分子數(shù)小于NA，故B錯誤；C0.1molC2H4分子中含共價鍵數(shù)目為0.6NA，故C錯誤；D濃硫酸和銅反應的過程中變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸和銅不反應，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NA，故D錯誤故選A點評：本題考查

9、了有關阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，難度不大，易錯選項是D，注意濃硫酸和銅反應的過程中變?yōu)橄×蛩幔×蛩岷豌~不反應6（3分）（2013合肥一模）能實現(xiàn)下列物質(zhì)間直接轉(zhuǎn)化的元素是（）單質(zhì)氧化物酸或堿鹽A硅B氮C鈉D鐵考點：鈉的重要化合物；無機物的推斷專題：元素及其化合物分析：A、二氧化硅不能與水反應；B、氮氣與氧氣反應生成NO，NO不能與水反應；C、鈉與氧氣反應生成氧化鈉或過氧化鈉，與水反應生成氫氧化鈉，氫氧化鈉與鹽酸反應生成氯化鈉；D、鐵與氧氣反應生成四氧化三鐵，四氧化三鐵不與水反應解答：解：A、硅一定條件下可以與氧氣反應生成二氧化硅，但二氧化硅不能與水反應，故A不符合；B、氮氣與氧氣反應生成NO

10、，NO不能與水反應，故B不符合；C、鈉與氧氣反應生成氧化鈉或過氧化鈉，氧化鈉或過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，氫氧化鈉與鹽酸反應生成氯化鈉，故C符合；D、鐵與氧氣反應生成四氧化三鐵，四氧化三鐵不與水反應，故D不符合；故選C點評：本題考查元素化合物的性質(zhì)，難度不大，掌握物質(zhì)的性質(zhì)是關鍵，注意對基礎知識的掌握7（3分）（2013合肥一模）已知Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）H0；則下列敘述不正確的是（）A該反應的H值與反應物用量無關B該反應的化學能可以轉(zhuǎn)化為電能C反應物的總能量高于生成物的總能量D該反應中反應物的化學鍵斷裂放出能量，生成物化學鍵形成吸收能量考點：反應熱和

11、焓變專題：化學反應中的能量變化分析：A、依據(jù)焓變概念分析判斷，H=H（生成物總焓）H（反應物總焓）；B、反應是氧化還原反應，可以設計成原電池實現(xiàn)化學能轉(zhuǎn)化為電能；C、反應是放熱反應，依據(jù)能量守恒分析；D、斷裂化學鍵吸收能量，生成化學鍵會放熱解答：解：A、作為一個描述系統(tǒng)狀態(tài)的狀態(tài)函數(shù)，焓變沒有明確的物理意義，H（焓變）表示的是系統(tǒng)發(fā)生一個過程的焓的增量，確定了一個化學方程式，就確定了一個焓變，焓變并不隨反應物的增加而增加，焓變與化學方程式的寫法有關，故A正確；B、反應是氧化還原反應，可以設計成原電池，鋅做負極，失電子，溶液中氫離子在正極得到電子實現(xiàn)化學能轉(zhuǎn)化為電能，故B正確；C、反應是放熱反應

12、，依據(jù)能量守恒，反應物總能量大于生成物總能量，故C正確；D、斷裂化學鍵吸收能量，生成化學鍵會放熱，故D錯誤；故選C點評：本題考查了焓變的含義理解，原電池的原理分析，化學反應能量變化和能量守恒關系，化學鍵變化與能量變化判斷，題目較簡單8（3分）（2013合肥一模）下列各組離子在制定的溶液中一定能大量共存的是（）A無色溶液：K+、Al3+、NO3、AlO2BpH=12的溶液：K+、Cl、SO32、SiO32C含0.1molL1 NO3的溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42D由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液：Na+、NH4+、SO42、HCO3考點：離子共存問題專題

13、：離子反應專題分析：AAl3+與AlO2不能共存；BpH=12的溶液呈堿性，如離子之間不發(fā)生任何反應，則可大量共存；CFe2+與NO3發(fā)生氧化還原反應；D由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性解答：解：AAl3+與AlO2發(fā)生互促水解而不能大量共存，故A錯誤；BpH=12的溶液呈堿性，離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存，故B正確；C酸性條件下NO3具有強氧化性，與具有還原性的Fe2+發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故C錯誤；D由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，無論溶液呈酸性還是堿性，H

14、CO3都不能大量共存，故D錯誤故選B點評：本題考查離子共存問題，注意把握離子的性質(zhì)，解答本題時要注意題給信息，為解答該題的關鍵，題目難度不大9（3分）（2013合肥一模）如圖為完成不同的化學實驗所選用的裝置或進行的操作，其中正確的是（）A裝置可用于分離互不相溶的液體B裝置可用于實驗室配置一定物質(zhì)的量濃度溶液C裝置可用于驗證醋酸、碳酸、苯酚的酸性強弱D裝置可用于實驗室制備少量氨氣考點：化學實驗方案的評價；氨的實驗室制法；物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應用；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液；比較弱酸的相對強弱的實驗專題：化學實驗基本操作分析：A裝置為蒸餾裝置；B裝置為溶液的配制，但濃硫酸不能直接倒入容

15、量瓶中；C根據(jù)強酸制取弱酸的反應原理分析；D該裝置收集不到氨氣解答：解：A由裝置中的儀器可知為蒸餾裝置，分離沸點不同的相互溶解的液體，故A錯誤；B裝置為溶液的配制，因濃硫酸稀釋放出大量的熱，容量瓶只在常溫下使用，則濃硫酸不能直接倒入容量瓶中，故B錯誤；C根據(jù)強酸制取弱酸的反應原理可知，醋酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，二氧化碳與苯酚鈉反應生成苯酚，則可驗證醋酸、碳酸、苯酚的酸性強弱，故C正確；D因氯化銨受熱分解后在管口又會化合生成氯化銨，所以該裝置收集不到氨氣，故D錯誤；故選C點評：本題考查實驗方案的評價，涉及混合物的分離提純、溶液配制、氣體的制取、酸性的比較等知識點，注重基礎知識的考查，學生具有

16、較好的基礎即可解答，題目難度不大10（3分）（2013合肥一模）下列離子方程式書寫正確的是（）A銅屑中加入足量氯化鐵溶液：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+B大理石中加入足量濃鹽酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+2H2OC硫酸溶液中加入足量氫氧化鋇溶液：Ba2+OH+H+SO=BaSO4+H2OD碳酸氫銨溶液中加入足量氫氧化鈉溶液：HCO+OH=CO+H2O考點：離子方程式的書寫專題：離子反應專題分析：離子方程式是指用實際參加反應的離子符號表示離子反應的式子離子方程式的書寫步驟一般為：“寫”：寫出有關反應的化學方程式；“拆”：可溶性的電解質(zhì)用離子符號表示，其它難溶的物質(zhì)、氣體、水等仍用化學式

17、表示；“刪”：刪去方程式兩邊不參加反應的離子； “查”：檢查式子兩邊的各種原子的個數(shù)及電荷數(shù)是否相等； A方程式左右電荷不守恒；B大理石中加入足量濃鹽酸，發(fā)生復分解反應，方程式左右守恒；C硫酸電離的氫離子和硫酸根離子的比為2：1，氫氧化鋇電離出的鋇離子和氫氧根離子的比為1：2；D碳酸氫銨電離出的銨根離子和氫氧根離子反應生成氨氣和水，電離出的碳酸氫根離子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水；解答：解：A方程式左邊帶2個單位的正電荷，右邊帶3個單位的正電荷，銅屑中加入足量氯化鐵溶液，正確的離子方程式為2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A錯誤；B大理石中加入足量濃鹽酸，發(fā)生復分解反應，大理石的主要

18、成分為碳酸鈣，碳酸鈣為難溶于水的物質(zhì)應寫化學式，二氧化碳和水為氧化物應寫化學式，故離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2+CO2+2H2O，故B正確；C硫酸為二元強酸，硫酸電離的氫離子和硫酸根離子的比為2：1，氫氧化鋇為二元強堿，氫氧化鋇電離出的鋇離子和氫氧根離子的比為1：2二者反應生成硫酸鋇沉淀和水的離子方程式為Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故C錯誤；D碳酸氫銨溶液中加入足量氫氧化鈉溶液，碳酸氫銨電離出的銨根離子和氫氧根離子反應，電離出的碳酸氫根離子和氫氧根離子反應，離子反應方程式為：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3+2H2O，故D錯誤；故選B點評：本題考查離

19、子方程式的書寫，明確發(fā)生的反應并熟悉離子反應方程式的書寫方法是解答本題的關鍵，題目難度不大11（3分）（2013合肥一模）下列敘述正確的是（）A濃度均為0.1molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合所得的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.2molL1B0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+2（CO32）C0.2molL1HCl溶液與等體積0.1molL1NaOH溶液混合后，溶液的pH=1D0.1molL1氨水中滴入0.1molL1鹽酸至溶液呈中性時，混合溶液中：c（NH4+）=c（Cl）考點：離子濃度大小的比較

20、專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，但濃度減?。籅從物料守恒的角度分析；C計算反應后的溶液的c（H+），可計算pH；D從電荷守恒的角度分析解答：解：A物質(zhì)的量濃度各為0.1molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合后，溶液為原來的體積的2倍，則有：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1mol/L，故A錯誤；B根據(jù)物料守恒可知，溶液中應存在c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+（CO32），故B錯誤；Cc（H+）=0.05mol/L，則pH=1.7，故C錯誤；D反應后的溶液電荷守恒，存在c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+

21、c（OH），溶液呈中性，則有c（H+）=c（OH），所以有c（NH4+）=c（Cl），故D正確故選D點評：本題綜合考查離子濃度的大小比較，題目難度中等，本題注意從物料守恒和電荷守恒的角度分析，注意A項，為易錯點，不要忽視濃度的變化12（3分）（2013合肥一模）下列實驗操作及現(xiàn)象與實驗結(jié)論一致的是（）選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結(jié)論A向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀該溶液中不一定含有B光潔的鐵釘放在冷的濃硫酸中，無明顯現(xiàn)象鐵釘與冷的濃硫酸不反應C將少量的溴水分別滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分別滴加CCl4振蕩靜置，下層分別呈無色和紫紅色氧化性：Br2Fe3+I2D向濃度均

22、為0.1molL1的KCl、KI混合溶液中滴加AgNO3Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD考點：性質(zhì)實驗方案的設計；硫酸根離子的檢驗專題：實驗評價題分析：A、鹽酸酸化的氯化鋇中含有氯離子，溶液中含銀離子、硫酸根離子也可以生成白色沉淀；B、鐵在常溫下在濃硫酸中 發(fā)生鈍化現(xiàn)象是濃硫酸的強氧化性；C、實驗現(xiàn)象不能說明三價鐵離子氧化性大于碘單質(zhì)；D、反應生成沉淀，但不能證明溶度積的大?。唤獯穑航猓篈、向某溶液中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該溶液中不一定含有SO42；溶液中的銀離子也會出現(xiàn)沉淀現(xiàn)象，故A正確；B、鐵在常溫下在濃硫酸中 發(fā)生鈍化現(xiàn)象是濃硫酸的強氧化性；在鐵表

23、面生成致密氧化物薄膜阻止反應進行，故B錯誤；C、將少量的溴水分別滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分別滴加CCl4振蕩靜置，下層分別呈無色和紫紅色，能證明溴單質(zhì)氧化性大于鐵離子和碘單質(zhì)，但不能證明鐵離子氧化性大于碘單質(zhì)，故C錯誤；D、向濃度均為0.1molL1的KCl、KI混合溶液中滴加AgNO3，證明氯化銀、碘化銀是難溶物質(zhì)，二者溶度積的比較可以用沉淀轉(zhuǎn)化關系判斷，故D錯誤；故選A點評：本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的分析判斷，反應現(xiàn)象的推斷，離子檢驗和現(xiàn)象結(jié)論的分析判斷，掌握離子性質(zhì)和檢驗方法是解題關鍵，題目難度中等13（3分）（2013合肥一模）觀察下列幾個裝置示意圖，有關敘述正確的是（）A裝置中

24、陽極上析出紅色固體B裝置中銅片應與電源負極相連C裝置中外電路電流方向：b極a極D裝置中陰極反應：2 Cl2e=Cl2考點：原電池和電解池的工作原理專題：電化學專題分析：A、電解時，溶液中銅離子得電子能力大于氫離子B、電鍍時，鍍件應與電源負極相連C、原電池中電子從負極沿導線流向正極D、離子交換膜只允許離子通過解答：解：A、電解氯化銅溶液時，陰極上銅離子得電子析出金屬銅單質(zhì)，故A錯誤；B、電鍍時，鍍層應與電源正極相連，鍍件與電源負極相連，所以銅做陽極，待鍍鐵制品應與電源負極相連，故B錯誤；C、氫氧燃料電池中，負極上氫氣失電子，正極上氧氣得電子，所以裝置中閉合電鍵后外電路電子由a極流向b極，電路電流

25、方向：b極a極，故C正確；D、所以裝置是電解池，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，故D錯誤；故選C點評：本題考查了原電池和電解池原理，難度不大，注意電解池中如果較活潑的金屬作陽極，電解池工作時，陽極上金屬失電子而不是溶液中陰離子失電子14（3分）（2013合肥一模）下列實驗過程中產(chǎn)生的現(xiàn)象與圖中曲線變化相對應的是（）AAlCl3滴入NaOH溶液BPH=1的醋酸和鹽酸分別加水稀釋C氨氣通入醋酸溶液中DSO2氣體通入溴水中考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；電解質(zhì)溶液的導電性；二氧化硫的化學性質(zhì)專題：圖示題分析：A根據(jù)AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl

26、3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl判斷；B醋酸為弱電解質(zhì)，鹽酸為強電解質(zhì)，二者加水稀釋時的pH變化不同，無論怎么稀釋，溶液都呈酸性；C氨氣與醋酸反應生成強電解質(zhì)醋酸銨；D根據(jù)反應Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr判斷解答：解：A在氫氧化鈉溶液中滴入氯化鋁溶液，發(fā)生的反應為AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl，現(xiàn)象是先沒有沉淀后出現(xiàn)沉淀，故A錯誤；BPH相同的醋酸和鹽酸，加水等體積稀釋，濃度變稀，加大醋酸的電離，故相比于鹽酸其PH更小，故B錯誤；C氨氣通入醋酸溶液中，反應生成強電解質(zhì)醋酸銨

27、，溶液導電能力增強，故D錯誤；DSO2氣體通入溴水中，發(fā)生反應Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，反應后溶液酸性增強，pH減小，但溴水溶液呈酸性，開始時pH7，故D正確；故選D點評：本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的性質(zhì)和弱電解質(zhì)的電離，題目難度中等，易錯點為C，注意看準圖象曲線的變化15（3分）（2013合肥一模）“類推”的思維方式在化學學習與研究中經(jīng)常采用下列類推思維中正確的是（）ANaOH飽和溶液導電能力強，則Ca（OH）2飽和溶液導電能力也強BCaC2能水解：CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，則Mg2C2也能水解：Mg2C2+4H2O2Mg（OH）2+CH3CCHC加熱時

28、Cu與O2反應生成CuO，則加熱時Cu與S反應生成CuSDBaCl2溶液中通入SO2無沉淀產(chǎn)生，則Ba（NO3）2溶液中通入SO2也無沉淀產(chǎn)生考點：化學反應的基本原理專題：元素及其化合物分析：A溶液的導電是通過自由移動的離子的定向移動實現(xiàn)，導電能力強弱與溶液中自由移動的離子濃度大小和離子所帶電荷多少有關，溶液中自由離子濃度越大，所帶電荷越多，導電能力越強；B碳化鈣和水發(fā)生復分解反應，生成氫氧化鎂和乙炔，碳化鎂遇水與水發(fā)生復分解反應，分別、與生成氫氧化鎂和丙炔；C加熱時Cu與O2反應生成CuO，S的氧化性很弱，S單質(zhì)和金屬反應，只能生成低價金屬化合物；D二氧化硫能被酸化的Ba（NO3）2溶液氧化

29、，二氧化碳不反應；解答：解：ANaOH是易溶于水易電離的強電解質(zhì)，其飽和溶液離子濃度大，導電能力強，Ca（OH）2是微溶于水的強電解質(zhì)，溶于水的能完全電離，但因微溶，其飽和溶液離子濃度小，導電能力弱故A錯誤；B電石是一種重要的化工原料，碳化鈣與水發(fā)生復分解反應，鈣離子和水電離出的氫氧根結(jié)合生成氫氧化鈣，碳與水電離出的氫離子結(jié)合生成乙炔，CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2，是水解反應；碳化鎂遇水與水發(fā)生復分解反應，鎂離子和氫氧根離子結(jié)合生成氫氧化鎂，碳元素與水電離出的氫離子結(jié)合生成丙炔，產(chǎn)物為氫氧化鎂和丙炔，Mg2C2+4H2O2Mg（OH）2+CH3CCH，是水解反應，故B正確；C加

30、熱時Cu與O2反應生成CuO，硫的氧化性比氧氣、氯氣弱，只能把金屬氧化到低價，Cu的低價為+1價，2Cu+SCu2S，故C錯誤；D硝酸鋇在酸化后隱含硝酸的氧化性，可以氧化二氧化硫為硫酸，生成沉淀，二氧化碳不反應，故D錯誤；故選B點評：本題以類推思維方式為載體考查了元素化合物的性質(zhì)，平時須注意相關知識的類比和歸類，以便能夠靈活應用，題目難度不大16（3分）（2013合肥一模）在一定條件下，將PCl3（g）和Cl2（g）充入體積不變的2L密閉容器中發(fā)生下述反應：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）5min末達到平衡，有關數(shù)據(jù)如表PCl3（g）Cl2（g）PCl5（g）初始濃度（molL1）2

31、.01.00平衡濃度（molL1）C1C20.4下列判斷不正確的是（）A若升高溫度，反應的平衡常數(shù)減小，則正反應為吸熱B反應5min內(nèi)，v（PCl3）=0.08 molL1min1C當容器中Cl2為1.2mol時，可逆反應達到平衡狀態(tài)D平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2，在相同條件下再達平衡時，c（PCl5）0.2 molL1考點：化學平衡的影響因素專題：化學平衡專題分析：A、升高溫度，反應的平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應移動，故正反應為放熱反應；B、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（PCl3）=0.4mol/L，根據(jù)v=計算v（PCl3

32、）；C、平衡時c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（Cl2）=0.4mol/L，根據(jù)n=c×V計算n（Cl2），進而計算平衡時Cl2的物質(zhì)的量；D、平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2到達的平衡，等效為開始PCl3為1mol/L、Cl2為0.5mol/L到達平衡，與原平衡相比，壓強降低，平衡向逆反應移動，反應物轉(zhuǎn)化率降低；解答：解：A、升高溫度，反應的平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應移動，故正反應為放熱反應，故A錯誤；B、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（PCl3）=0.4mol/L，v（PCl3）=0.08 molL

33、1min1，故B正確；C、平衡時c（PCl5）=0.4mol/L，根據(jù)方程式可知c（Cl2）=0.4mol/L，n（Cl2）=0.4mol/L×2L=0.8mol，故平衡時Cl2的物質(zhì)的量為1mol/L×2L0.8mol=1.2mol，故C正確；D、平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2到達的平衡，等效為開始PCl3為1mol/L、Cl2為0.5mol/L到達平衡，反應物的濃度變?yōu)樵胶獾囊话?，與原平衡相比，壓強降低，平衡向逆反應移動，反應物轉(zhuǎn)化率降低，故相同條件下再達平衡時，c（PCl5）0.2 molL1，故D正確；故選A點評：本題考查化學平衡常數(shù)的應用

34、、化學平衡的有關計算等，難度中等，注意D選項中構建平衡建立的途徑二、填空解答題（共4小題，滿分52分）17（14分）（2013合肥一模）A、B、C、D、E是元素周期表中前四周期中五種常見元素，其相關信息如下表：元素相關信息A原子核外L層電子數(shù)是K層的2倍B其一種單質(zhì)被稱為地球生物的“保護傘”C原子的第一電離能在第三周期中最小D基態(tài)原子最外層電子排布為（n+1）sn（n+1）p（n+2）E可形成多種氧化物，其中一種為具有磁性的黑色晶體請回答下列問題：（1）C在元素周期表中位于第三周期、第A族；E的基態(tài)原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2（2）B、C、D的簡單離子半徑由大

35、到小的順序為（用化學符號表示，下同）S2O2Na+，B、D的簡單氣態(tài)氫化物中穩(wěn)定性較大的是H2O（3）B、C的單質(zhì)按物質(zhì)的量比1：2形成的化合物中化學鍵的類型為離子鍵；該化合物屬于離子晶體（4）E的黑色磁性晶體發(fā)生鋁熱反應的化學方程式是（5）處理含AO、DO2煙道氣污染的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)D已知：2AO（g）+O2（g）=2AO2（g）H=566.0kJmol1 D（s）+O2（g）=DO2（g）H=296.0kJmol1此反應的熱化學方程式是2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270kJmol1考點：位置結(jié)構性質(zhì)的相互關系應用專題：元素周期律與元素周期

36、表專題分析：A元素原子核外L層電子數(shù)是K層的2倍，則L層有4個電子，故A為碳元素；B元素的一種單質(zhì)被稱為地球生物的“保護傘”，故B為氧元素；C元素原子的第一電離能在第三周期中最小，故C為Na元素；D元素基態(tài)原子最外層電子排布為（n+1）sn（n+1）p（n+2），s能級最多容納2個電子，n=2，故D元素基態(tài)原子最外層電子排布為3s23p4，故D為S元素；E元素可形成多種氧化物，其中一種為具有磁性的黑色晶體，故E為Fe元素，據(jù)此解答解答：解：A元素原子核外L層電子數(shù)是K層的2倍，則L層有4個電子，故A為碳元素；B元素的一種單質(zhì)被稱為地球生物的“保護傘”，故B為氧元素；C元素原子的第一電離能在第三

37、周期中最小，故C為Na元素；D元素基態(tài)原子最外層電子排布為（n+1）sn（n+1）p（n+2），s能級最多容納2個電子，n=2，故D元素基態(tài)原子最外層電子排布為3s23p4，故D為S元素；E元素可形成多種氧化物，其中一種為具有磁性的黑色晶體，故E為Fe元素，（1）C為Na元素，處于周期表中第三周期第A族，E為Fe元素，為26號元素，基態(tài)原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，故答案為：三、A，1s22s22p63s23p63d64s2；（2）B、C、D的簡單離子分別為O2、Na+、S2，電子層排布相同核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，最外層電子數(shù)相同，電子層越多，離子半徑越大

38、，故離子半徑由大到小的順序為S2O2Na+，非金屬性OS，故氣態(tài)氫化物中穩(wěn)定性H2OH2S，故答案為：S2O2Na+，H2O；（3）B、C的單質(zhì)按物質(zhì)的量比1：2形成的化合物為Na2O，含有離子鍵，屬于離子晶體，故答案為：離子鍵，離子；（4）E的黑色磁性晶體為Fe3O4，發(fā)生鋁熱反應的化學方程式是3Fe3O4+8Al4Fe+9Al2O3，故答案為：3Fe3O4+8Al4Fe+9Al2O3；（5）處理含CO、SO2煙道氣污染的一種方法是將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S已知：、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1， 、S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296.0kJ

39、mol1，由蓋斯定律，得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=（566.0kJmol1）（296.0kJmol1）=270kJmol1，故答案為：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270kJmol1點評：考查結(jié)構性質(zhì)位置關系、核外電子排布規(guī)律、半徑比較、化學鍵、熱化學方程式書寫等，難度中等，旨在考查學生對基礎知識的全面掌握18（12分）（2013合肥一模）某有機物（分子式為C13H18O2）是一種食品香料，其合成路線如圖所示通過質(zhì)譜法測得A的相對分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為1：3；D分子中含有支鏈；F分子中含有苯環(huán)但無甲基，

40、在催化劑存在下1molE與2molH2可以發(fā)生反應生成F請回答：（1）B中所含官能團的名稱為羥基；E的結(jié)構簡式為（2）C與新制懸濁液反應的離子方程式為（3）D與F反應的化學方程式為，酯化反應（4）符合下列條件：遇FeCl3溶液顯紫色、苯環(huán)上有兩個取代基的F的同分異構體有6中，寫出其中一種物質(zhì)的結(jié)構簡式考點：有機物的推斷專題：有機物的化學性質(zhì)及推斷分析：質(zhì)譜法測得A的相對分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為1：3，說明A含有兩類氫原子，且其原子個數(shù)比是1：3，設A的分子式為CxHy，且x和y都是正整數(shù)，只有x=4、y=8時符合條件，則A是烯烴，A中有兩類氫原子且個數(shù)比是1：

41、3，所以A為異丁烯或二丁烯；結(jié)合已知信息得，A反應生成醇B，B被氧氣氧化生成醛C，醛被新制氫氧化銅氧化生成酸D，D分子中含有支鏈，所以D的結(jié)構簡式為：（CH3）2CHCOOH，則C的結(jié)構簡式為：（CH3）2CHCHO，B的結(jié)構簡式為：（CH3）2CHCH2OH，A的結(jié)構簡式為：（CH3）2CH=CH2； D是羧酸，D和F反應生成有機物C13H18O2，D中含有4個碳原子，所以F中含有9個碳原子，且D和C13H18O2中氧原子數(shù)相同，所以D和F發(fā)生酯化反應，則F是醇，F(xiàn)的分子式為：C9H12O，F(xiàn)分子中含有苯環(huán)但無甲基，在催化劑存在下1molE與2molH2可以發(fā)生反應生成F，所以F的結(jié)構簡式為

42、：，則E的結(jié)構簡式為解答：解：質(zhì)譜法測得A的相對分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為1：3，說明A含有兩類氫原子，且其原子個數(shù)比是1：3，設A的分子式為CxHy，且x和y都是正整數(shù)，只有x=4、y=8時符合條件，則A是烯烴，A中有兩類氫原子且個數(shù)比是1：3，所以A為異丁烯或二丁烯；結(jié)合已知信息得，A反應生成醇B，B被氧氣氧化生成醛C，醛被新制氫氧化銅氧化生成酸D，D分子中含有支鏈，所以D的結(jié)構簡式為：（CH3）2CHCOOH，則C的結(jié)構簡式為：（CH3）2CHCHO，B的結(jié)構簡式為：（CH3）2CHCH2OH，A的結(jié)構簡式為：（CH3）2CH=CH2； D是羧酸，D和F反

43、應生成有機物C13H18O2，D中含有4個碳原子，所以F中含有9個碳原子，且D和C13H18O2中氧原子數(shù)相同，所以D和F發(fā)生酯化反應，則F是醇，F(xiàn)的分子式為：C9H12O，F(xiàn)分子中含有苯環(huán)但無甲基，在催化劑存在下1molE與2molH2可以發(fā)生反應生成F，所以F的結(jié)構簡式為：，則E的結(jié)構簡式為（1）通過以上分析知，B中所含官能團的名稱為羥基，E的結(jié)構簡式為，故答案為：羥基，；（2）C與新制懸濁液反應生成異丁酸根離子、氧化亞銅和水，所以反應的離子方程式為：，故答案為：；（3）D與F發(fā)生酯化反應，其反應的化學方程式為：，故答案為：，酯化反應；（4）遇FeCl3溶液顯紫色說明含有酚羥基；苯環(huán)上有兩

44、個取代基，說明苯環(huán)上含有兩個支鏈，所以F的同分異構體有：苯環(huán)上連接正丙基和酚羥基，正丙基和酚羥基處于苯環(huán)上鄰、間、對三種同分異構體，異丙基和酚羥基處于苯環(huán)上鄰、間、對三種同分異構體，所以共有6種同分異構體，其中一種為點評：本題考查有機物推斷，明確有機物的斷鍵和成鍵方式是解本題關鍵，解題時注意結(jié)合題給信息進行分析解答，難度較大19（13分）（2013合肥一模）MgSO47H2O在醫(yī)藥上常用做瀉藥，工業(yè)上可用氯堿工業(yè)中的一次鹽泥為原料生產(chǎn)已知一次鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、錳的硅酸鹽和碳酸鹽等成分其主要工藝如下：（1）用H2SO4調(diào)節(jié)溶液PH至12，H2SO4作用是將鹽泥中的碳酸鹽和硅酸鹽轉(zhuǎn)化為可溶

45、性的硫酸鹽，同時生成硫酸鈣和硅酸除去（2）加NaClO溶液至PH=56并加熱煮沸510分鐘，沉淀2中主要含有MnO2和另外兩種難溶物，這兩種難溶物的化學式分別為Fe（OH）3、Al（OH）3；其中NaClO溶液將MnSO4轉(zhuǎn)化為MnO2的離子方程式為ClO+Mn2+H2O=MnO2+Cl+2H+（3）檢驗濾液中是否含有Fe3+的實驗方法是取濾液12ml于試管中，加入少量的KSCN溶液，若不變紅色，證明濾液中 無Fe3+（4）“操作X”是將溶液蒸發(fā)濃縮、冷凝結(jié)晶、過濾洗滌，即得到MgSO47H2O晶體（5）準確稱量制得的樣品5g，用200mL水溶解，加入2molL1的鹽酸5mL，在不斷攪拌下滴加

46、足量2molL1 BaCl2溶液，充分反應后，得沉淀4.46g，則樣品純度為98.4%考點：以氯堿工業(yè)為基礎的化工生產(chǎn)簡介；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用專題：離子反應專題分析：（1）用H2SO4調(diào)節(jié)溶液PH至12，H2SO4作用是把鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、錳的硅酸鹽和碳酸鹽等成分轉(zhuǎn)化為硫酸鹽溶于水，硫酸鈣、硅酸沉淀；（2）根據(jù)各物質(zhì)溶解后的成分分析可知沉淀還應有Fe（OH）3、Al（OH）3；根據(jù)氧化還原反應得失電子相等，利用離子方程式的配平方法書寫反應的離子方程式；（3）利用Fe3+離子與KSCN溶液生成血紅色的物質(zhì)檢驗；（4）依據(jù)溶液中得到溶質(zhì)晶體的方法分析判斷，操作X是從硫酸

47、鎂溶液中得到MgSO47H2O晶體，需要蒸發(fā)濃縮溶液，冷凝結(jié)晶，洗滌干燥；（5）依據(jù)磷酸根離子守恒計算得到硫酸鎂晶體的物質(zhì)的量和質(zhì)量來計算樣品純度解答：解：（1）鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、錳的硅酸鹽和碳酸鹽等成分，用H2SO4調(diào)節(jié)溶液PH至12，會把碳酸鹽和硅酸鹽轉(zhuǎn)化為溶于水的硫酸鹽，把鈣離子形成硫酸鈣沉淀，把硅酸根離子形成硅酸沉淀過濾除去，故答案為：將鹽泥中的碳酸鹽和硅酸鹽轉(zhuǎn)化為可溶性的硫酸鹽，同時生成硫酸鈣和硅酸除去；（2）加入硫酸反應生成硫酸鎂，硫酸鋁，硫酸鐵，加入次氯酸鈉是為了氧化錳離子為二氧化錳，調(diào)節(jié)溶液PH，F(xiàn)e3+、Al3+水解生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀；NaClO溶

48、液在加熱條件下將溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反應的離子方程式為Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，鹽類的水解為吸熱反應，加熱有利于Al3+、Fe3+水解以及Mn2+氧化成MnO2，故答案為：Fe（OH）3、Al（OH）3；Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；（3）Fe3+離子與KSCN溶液生成血紅色的Fe（SCN）3，可利用該反應進行檢驗，故答案為：取過濾II后的濾液12 ml于試管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不顯紅色，證明濾液中無Fe3+；（4）操作X是從硫酸鎂溶液中得到MgSO47H2O晶體，需要蒸發(fā)濃縮溶液，冷凝結(jié)晶，洗滌干燥，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷凝結(jié)晶；（5）準確稱量制得的樣品5g，用200mL水溶解，加入2molL1的鹽酸5mL，在不斷攪拌下滴加足量2molL1 BaCl2溶液，充分反應后，得沉淀4.66g，生成沉淀BaSO4物質(zhì)的量=0.02mol；MgSO47H2O物質(zhì)的量為0.02mol，質(zhì)量=0.02mol×246g/mol=4.92g，樣品純度=&#