上海市奉贤区2014-2015学年高三第二学期调研测试化学试卷.doc

2014学年第二学期奉贤区调研测试高三化学试卷 （完卷时间120分钟，满分：150分） 相对原子质量：H-1，D-2，Li-7 ，Rb-85.5，C-12，N-14，O-16，F-19，Na-23，Mg_24，Al-27，Si-28，S-32，Cl-35.5，K-39，Ca-40，Mn-55，Fe-56，Cu-64，Zn-65，As-75， Ag-108，Ba-137第I卷（66分）一、选择题(本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项)1、电视剧活色生香向我们充分展示了“香”的魅力。低级酯类化合物是具有芳香气味的液体，下列说法中，利用了酯的某种化学性质的是（ ）A用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水B炒菜时加一些料酒和食醋，使菜更香C用热水洗涤碗筷去油腻比冷水效果好D各种水果有不同的香味，是因为含有不同的酯【答案】C【命题立意】本题考查化学与生活，酯的性质。【解析】A用酒精提取某些花香中的酯类香精制成香水是利用酯类的溶解性，属于物理性质，故A错误；B炒菜时加一些料酒和食醋使菜更香是利用了生成的乙酸乙酯的香味，属于物理性质，故B错误；C用热水洗涤碗筷去油腻比冷水效果好的原因是温度越高油脂的水解速率加快，利用了酯的化学性质，故C正确；D各种水果有不同的香味，是因为不同的酯气味不同，属于物理性质，故D错误。2、根据有机化合物的命名规则，下列命名正确的是（ ）CHCHCH3 OH CH3CH2CHCH2 CH3 CH3 CH3CH3CHCH3 CH2CH3CH2=CCHCH3 CH3 CH3 A 1-甲基-2-丙醇B 2-甲基丁烷C 1,2,3-甲基丙烷D 2,3-甲基-3-丁烯【答案】B【命题立意】本题考查有机物的命名。【解析】A主链选错，应为2丁醇，故A错误；B符合烷烃的命名原则，故B正确；C主链选错，应为3甲基己烷，故A错误；D编号及书写错误，应为2,3二甲基1丁烯，故D 错误。3、化学与生活密切相关，下列物质用途对应正确的是（ ）A生石灰用作食品抗氧剂 B氢氧化镁做胃酸中和剂C浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D明矾做天然水消毒剂【答案】B【命题立意】本题考查元素化合物知识，常见物质的用途。【解析】A生石灰用作食品吸水剂，故A错误；B氢氧化镁与胃酸的成分盐酸反应，可做胃酸中和剂，故B正确；C浓硫酸与二氧化硅不反应，可用氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故C错误；D明矾净水的原理是明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的杂质，不能作消毒剂，故D错误。4、化学中有“四同”，根据“四同”的概念，下列物质间关系正确的是（ ）A1H2、2H2同位素 BHCOOCH3、CH3OCHO同分异构体CS2、S22同素异形体 D甲基丙烯酸、油酸同系物【答案】D【命题立意】本题考查同位素、同分异构体、同素异形体和同系物的概念。【解析】A同位素是质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素的互称，1H2和2H2 不是同位素，故A错误；BHCOOCH3、CH3OCHO为同一种物质，故B错误；C同素异形体是同种元素形成的性质不同的单质，S2和S22 不是同素异形体，故C错误；D甲基丙烯酸、油酸互称同系物，故D正确。5、下列鉴别方法不可行的是（ ）A仅用氨水即可鉴别NaCl、AlBr3、FeI2、AgNO3四种溶液B用燃烧法鉴别环己醇、苯和四氯化碳C用烧碱溶液鉴别地沟油、甘油和石油D用新制氯水鉴别碘的淀粉溶液、含石蕊的烧碱溶液、硫酸铜溶液等三种蓝色溶液【答案】D【命题立意】本题考查化学实验，物质的分离、提纯和鉴别。【解析】A将氨水滴入NaCl溶液中无现象，滴入AlBr3溶液产生白色沉淀，滴入FeI2溶液中先生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色，滴入AgNO3溶液先生成白色沉淀后溶解，现象不同，可以鉴别，故A错误；B四氯化碳不燃烧，苯燃烧冒浓烟，环己醇燃烧无浓烟，可用燃烧法鉴别环己醇、苯和四氯化碳，故B错误；C烧碱溶液与甘油混合不反应不分层，烧碱溶液与石油混合不反应分层，烧碱溶液与地沟油混合分层，加热分层现象消失，可用烧碱溶液鉴别地沟油、甘油和石油，故C错误；D新制氯水与碘的淀粉溶液、硫酸铜溶液不反应，无法鉴别，故D正确。二、选择题(本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项)6、断裂1mol丙烷分子中所有共价键需要4006 kJ的能量，而断裂1mol新戊烷分子中所有共价键需要6356 kJ的能量。则CC键的平均键能为（ ）A347kJ/mol B368 kJ/mol C386 kJ/mol D414 kJ/mol【答案】A【命题立意】本题考查烷烃的结构、共价键键能的计算。【解析】根据丙烷和新戊烷的结构判断丙烷中含有2个CC键和8个CH键，新戊烷中含有4个CC键和12个CH键，设CC键的键能为x，CH键键能为y，根据题意知，4x+12y=6356，2x+8y=4006，解得x=347，故A正确。7、利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（ ）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI【答案】D【命题立意】本题考查化学实验基本操作及仪器的选择。【解析】A硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；B用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，要用到漏斗，故B错误；C用固体氯化钠配制溶液，需要用到托盘天平称量固体，故C错误。D用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确。8、对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物分子（SiX4），下列叙述正确的是（ ）ASiX4呈空间网状结构，硬度大 BNaX的熔点一般高于SiX4CNaX易水解 DSiX4由原子构成，熔化时破坏共价键【答案】B【命题立意】本题考查晶体结构与性质，盐类的水解。【解析】ASiX4由分子构成，固态时为分子晶体，硬度较小，故A错误；BNaX为离子晶体，熔化时破坏较强的离子键，SiX4为分子晶体，熔化时破坏较弱的分子间作用力，NaX的熔点一般高于SiX4，故B正确；CNaX中只有NaF易水解，而其他不水解，故C错误；DSiX4由分子构成，熔化时破坏分子间作用力，故D错误。9、以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是（ ）A阴极附近溶液呈红色 B阴极逸出气体C阳极附近溶液呈蓝色 D溶液的pH变小【答案】D【命题立意】本题考查电解原理的应用。【解析】以石墨为电极，电解KI溶液阳极反应为2I2e=I2，阴极反应为2H2O+2e=H2+2OH。A阴极反应为2H2O+2e=H2+2OH，阴极附近溶液呈碱性，遇酚酞呈红色，故A正确；B阴极反应为2H2O+2e=H2+2OH，阴极逸出氢气，故B正确；C阳极反应为2I2e=I2，碘与淀粉变蓝色，故C正确；D电解过程中有氢氧化钾生成，溶液的pH增大，故D错误。10、下列说法正确的是（ ）A乳酸薄荷醇酯（）只能发生水解、氧化、消去反应B乙醛和丙烯醛不是同系物，它们的氢化产物也一定不是同系物C分子式为C7H14O2的有机物中，含3个甲基且能发生银镜反应还能发生水解反应的同分异构体数目是8个D硝化甘油、硝化纤维、硬脂酸甘油酯两两互不为同分异构体，其水解产物也完全不相同【答案】C【命题立意】本题考查有机物的结构与性质。【解析】A乳酸薄荷醇酯的官能团为酯基和醇羟基，能发生水解、氧化、消去和酯化等反应，故A错误；B乙醛和丙烯醛不是同系物，但它们完全氢化的产物乙醇和丙醇互为同系物，故B错误；C分子式为C7H14O2的有机物中，含3个甲基且能发生银镜反应还能发生水解反应的为甲酸酯类，同分异构体数目是8个，故C正确；D硝化甘油和硝化纤维的水解产物中均有硝酸，硝化甘油和硬脂酸甘油酯的水解产物中均含有甘油，故D错误。11、下列各实验中，有关浓盐酸作用的表述错误的是（ ）A配制CuCl2溶液时，将CuCl2(s) 溶于浓HCl后再加水冲稀。浓盐酸作用：有利于抑制CuCl2水解，可防止Cu(OH)2的形成。B加热MnO2的浓HCl溶液制取氯气。浓盐酸作用：有利于减少氯气的溶解损失。C浓硝酸不能溶解金，需用浓HCl溶液配制王水才能溶解金。浓盐酸作用：有利于增强Au的还原性，并且提高硝酸的氧化性。D将浓硫酸滴入浓盐酸中制备HCl气体。浓盐酸作用：增大溶质的浓度，有利于促进平衡向气体溶解的逆方向移动【答案】B【命题立意】本题考查浓盐酸的性质和用途。【解析】A配制CuCl2溶液时，将CuCl2(s) 溶于浓HCl后再加水冲稀。浓盐酸作用：有利于抑制CuCl2水解，可防止Cu(OH)2的形成，故A正确；B加热MnO2的浓HCl溶液制取氯气，浓盐酸表现还原性和酸性，故B错误；C浓硝酸不能溶解金，需用浓HCl溶液配制王水才能溶解金。浓盐酸作用：有利于增强Au的还原性，并且提高硝酸的氧化性，故C正确；D将浓硫酸滴入浓盐酸中制备HCl气体，浓盐酸作用：增大溶质的浓度，有利于促进平衡向气体溶解的逆方向移动，故D正确。12、 Na2O2、Cl2和SO2均能使品红溶液褪色(NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是（ ）ANa2O2、Cl2、SO2使品红溶液褪色的原理相同B标准状况下，1 mol Na2O2和22.4LCO2反应，转移电子数目为NAC等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液中，品红褪色更快D在Na2O2中阴阳离子所含的电子数目相等【答案】B【命题立意】本题考查元素化合物知识，过氧化钠、氯气和二氧化硫的性质。【解析】ANa2O2、Cl2使品红溶液褪色的原理是利用过氧化钠、次氯酸的强氧化性，将有机色质氧化，SO2使品红溶液褪色的原理是亚硫酸与有机色质化合，故A错误；B根据反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2知标准状况下，1 mol Na2O2和22.4LCO2反应，转移电子数目为NA，故B正确；C等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液中，二者恰好完全反应生成硫酸和盐酸，丧失漂白能力，品红溶液不褪色，故C错误；D在Na2O2中含有1个过氧根离子，电子数为18，2个钠离子，电子数为20，阴阳离子含有的电子数目不相等，故D错误。13、下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是（ ）A该溶液中，K+、Fe2+、I、Br可以大量共存B用该溶液中溶解一定量铜粉，向所得溶液中再加入铁粉，若溶液中有Cu2，则一定没有固体析出C将该溶液蒸干，得到的固体中混有氢氧化铁D100mL 0.1 mol/L该溶液和足量的Zn充分反应，生成1.12 gFe【答案】D【命题立意】本题考查铁及其化合物的性质。【解析】A该溶液中，2Fe3+2I2Fe2+I2，不能大量共存，错误；B用该溶液中溶解一定量铜粉，向所得溶液中再加入铁粉，若溶液中有Cu2，可能是铜离子未参加反应，也可能是铜离子部分被置换，则可能有固体铜析出，故B错误；C由于硫酸难挥发，将该溶液蒸干得到的固体硫酸铁，故C错误；D100mL 0.1 mol/L该溶液和足量的Zn发生的反应为2Fe3+3Zn2Fe+3Zn2，生成1.12 gFe，故D正确。14、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（ ）AX、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原子得电子能力强弱：WXYZDT元素的单质可能具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【答案】D【命题立意】本题考查元素推断及相关物质的性质。【解析】根据题给信息推断X为氮元素，Y为氧元素，Z为氯元素，W为硅元素，T为锗元素。A、NH3、H2O分子间能形成氢键，HCl分子间不能形成氢键，三种元素最低价氢化物的沸点：H2O NH3HCl，故A错误；B由N、O和氢三种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，故B错误；C、原子得电子能力强弱：SiNClO，即WXZY，故C错误；D锗元素位于金属和非金属的分界线附近，单质可能具有半导体的特性，锗元素的最高正价为+4价，Ge与Cl元素可形成化合物GeCl4，故D正确。15、室温下，在0.2 mol/LAl2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol/LNaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列说法正确的是（ ）Aa点，离子方程式为：Al3+ +3OHAl(OH)3Bab段，溶液pH增大，促进了氢氧化铝的碱式电离Cbc段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀Dd点时，Al(OH)3沉淀开始溶解【答案】C【命题立意】本题考查铝及其化合物的性质，图像分析能力。【解析】Aa点为Al2(SO4)3溶液，Al3+水解溶液呈酸性，离子方程式为：Al3+ +3H2OAl(OH)3+3H，故A错误；B、ab段，溶液pH增大，抑制了氢氧化铝的碱式电离，故B错误；Cbc段加入，加入NaOH溶液后，溶液的pH变化不大，故OH主要用于生成Al(OH)3沉淀，故C正确；Dc点时，Al(OH)3沉淀开始溶解，d点时，Al(OH)3沉淀开始溶解，故D错误。16、“三酸二碱”在化工生产中有着重要的应用。下列说法正确的是（ ）A在沸腾炉和接触室中，均使用过量的高压空气，以提 高硫铁矿的燃烧利用率和二氧化硫的催化氧化转化率B右图是工业制盐酸的设备及其简易图C氯碱工业是中国现代化工之母，其主要反应是电解海水，得到烧碱和氯气，因此称为氯碱工业D合成氨工业是工业制硝酸和工业制纯碱的前提和保证，前者可为后两者共提供了不止一种原料【答案】D【命题立意】本题考查化学工业。【解析】A接触室中不需要高压空气，采用过量常压空气即可，故A错误；B工业制盐酸的设备及其简易图中缺少氯化氢气体溶于水的设备，故B错误；C氯碱工业主要反应是电解精制饱和食盐水，得到烧碱和氯气，故C错误；D合成氨工业是工业制硝酸和工业制纯碱的前提和保证，前者可为后两者可提供氨气和二氧化碳，故D正确。17、已知：3NO38Al5OH2H2O3NH38AlO2。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性离子：Na、NH4+、Mg2、Al3、SO42、NO3、HCO3、Cl。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成如下实验：根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论错误的是（ ）A试样中肯定存在NH4+、SO42和NO3，可能有Mg2B试样中不一定存在Na、Cl、HCO3C沉淀2中可能含碳酸钡、碳酸镁和氢氧化铝D该雾霾中可能存在NaNO3、NH4HCO3和MgSO4【答案】C【命题立意】本题考查离子检验和离子推断。【解析】根据题意知气体1和气体2能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故气体1和气体2为氨气，故溶液中一定含有NH4，生成沉淀1遇酸部分溶解，沉淀1中一定含有硫酸钡，至少含有氢氧化镁、碳酸钡中得一种或两种，故溶液一定含有SO42，可能含有Mg2；气体2为氨气，根据题给反应判断溶液中一定含有NO3；沉淀2遇酸沉淀溶解并放出气体，沉淀2中一定含有碳酸钡，试样溶液如存在Al3+，加入过量Ba(OH)2溶液，在滤液1中有AlO2-，通入CO2，可能有Al(OH)3，试样中可能含Al3+； Na、Cl、HCO3是否存在无法确定，综上所述选C。三、选择题(本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分)18、常温下，测得某溶液NaHX的pH 7，该溶液中有关浓度关系式正确的是（ ）A c(Na+) c(H+)+c(X2-)Bc(Na+)=c(H2X)+c(HX-)+c(X2-)C c(X2-) c(H2X)Dc(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+c(X2-)【答案】AB【命题立意】本题考查电解质溶液中的离子浓度关系。【解析】根据题意知溶液NaHX的pH 7，说明HX-的水解程度大于其电离程度。ANa+来自强电解质NaHX的电离，H+、X2-主要来自HX-电离，电离是微弱的，故 c(Na+) c(H+)+c(X2-)，故A正确；B根据物料守恒知c(Na+)=c(H2X)+c(HX-)+c(X2-)，故B正确；C溶液NaHX的pH 7，说明HX-的水解程度大于其电离程度，则c(X2-) c(H2X)，故C错误；D根据电荷守恒知c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，故D错误。19、向次氯酸钙溶液中通入一定量SO2，可能出现的离子方程式为（ ）ACa2+ + ClO + SO2 + H2O CaSO4 + Cl + 2H+BCa2+ + 2ClO + 2SO2 + 2H2O CaSO4 + 2Cl + 2H+ + SO42CCa2+ + 3ClO + 3SO2 + 3H2O CaSO4 + 3Cl + 6H+ + 2SO42DCa2+ + 3ClO + SO2 + H2O CaSO4 + 2HClO + Cl【答案】D【命题立意】本题考查离子方程式正误判断。【解析】ACa2+ + ClO + SO2 + H2O CaSO4 + Cl + 2H+，电荷不守恒，故A错误；BCa2+ + 2ClO + 2SO2 + 2H2O CaSO4 + 2Cl + 2H+ + SO42，电荷不守恒，故B错误；CCa2+ + 3ClO + 3SO2 + 3H2O CaSO4 + 3Cl + 6H+ + 2SO42，电荷不守恒，故C错误；DCa2+ + 3ClO + SO2 + H2O CaSO4 + 2HClO + Cl，故D正确。20、经测定某溶液中离子只有Na+、Ac、H+、OH四种，且离子浓度大小的排列顺序为：c(Ac)c(Na+)c(H+)c(OH)，则不可能的情形是（ ）A由pH=3的HAc与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成 B由0.2 molL HAc溶液与0.1 molL NaOH溶液等体积混合而成 C由0.1 molL HAc溶液与等物质的量浓度等体积的NaOH溶液混合而成D向上述溶液中加入适量NaOH，可能使溶液中离子浓度大小改变为： c(Ac) c(Na+) c(OH) c(H+)【答案】CD【命题立意】本题考查电解质溶液中的电离平衡和水解平衡，离子浓度大小关系。【解析】根据题意知溶液中离子只有Na+、Ac、H+、OH四种，且离子浓度大小的排列顺序为：c(Ac)c(Na+)c(H+)c(OH)，溶液为醋酸钠和醋酸的混合液且醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性。A由pH=3的HAc与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸远过量，所得溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，溶液呈酸性，离子浓度关系符合题意，故A错误；B由0.2 molL HAc溶液与0.1 molL NaOH溶液等体积混合，所得溶液为醋酸和醋酸钠的混合液，溶液呈酸性，离子浓度关系符合题意，故B错误；C由0.1 molL HAc溶液与等物质的量浓度等体积的NaOH溶液混合，所得溶液为醋酸钠溶液，溶液呈碱性，离子浓度大小关系为：c(Na+)c(Ac) c(OH)c(H+)，故C正确；D违背电荷守恒，不可能使溶液中离子浓度大小改变为： c(Ac) c(Na+) c(OH) c(H+)，故D正确。21、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）选项规律结论A沸点高的物质制备沸点低的物质钙置换出铷，或浓磷酸制备HIB反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高BCl3沸点低于AlCl3，CO2沸点低于SiO2D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【答案】AD【命题立意】本题考查化学反应规律的利用。【解析】A钙置换出铷是利用铷的沸点比钙低便于从反应体系中挥发出来，促进反应正向进行；浓磷酸制备HI是利用难挥发性酸制挥发性酸，故A正确；B常温下，铝遇浓硝酸钝化，阻止反应继续进行，故B错误；CCO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，二者结构不相似，前者气化克服的是较弱的分子间作用力，后者气化破坏共价键，故C错误；D、硫化铜的溶解度比硫化锌小，ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀，故D正确。22、某固体混合物的成分是Cu2(OH)2CO3、Na2S2O3、Ca(HCO3)2中的某两种。取75.6g该混合物，加足量稀盐酸完全反应，溶液中的阴离子只有Cl、OH。将生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到63.0g沉淀。则该混合物的两种成分的物质的量之比可能为（ ）A65:51 B39:7 C、21:65 D、17:13【答案】BD【命题立意】本题考查混合物计算。【解析】假设固体全部为Cu2(OH)2CO3，则63.0g沉淀为碳酸钙，物质的量为0.63mol，根据碳原子守恒知Cu2(OH)2CO3的物质的量为0.63mol，质量为139.86g；假设固体全部为Ca(HCO3)2，则63.0g沉淀为碳酸钙，物质的量为0.63mol，根据碳原子守恒知Ca(HCO3)2的物质的量为0.315mol，质量为51.03g；假设固体全部为Na2S2O3，则63.0g沉淀为亚硫酸钙，物质的量为0.525mol，根据硫原子守恒知Na2S2O3的物质的量为0.525mol，质量为82.95g；则混合物可能为Cu2(OH)2CO3和Ca(HCO3)2的混合物或Ca(HCO3)2和Na2S2O3的混合物。列方程组计算，选BD。第II卷（84分）四、（本题共12分)目前，碳族元素按原子序数增大，依次为：碳（C）、硅（Si）、锗（Ge）、锡（Sn）、铅（Pb）。请回答：23、锗原子的最外层电子排布式： ，锡原子的最外层电子云有 种伸展方向； 单质锗具有_（填字母）。a.只有金属性 b.只有非金属性 c. 既有金属性，又有非金属性24、某同学根据反应：SiO2 + 2CSi + 2CO，得出结论：碳的非金属性强于硅的反应。请对此给予评价并说明理由： 。25、常温下，在400mL稀氢氟酸中，投入一颗石英玻璃，2.5min后，溶液质量减少了11.22g。此时SiF4为气体，则这段时间内用HF表示该反应的平均化学反应速率为 。高温下，在容积固定的密闭容器中，用足量焦炭与一定量二氧化碳发生可逆的吸热反应生成了CO。回答26-27题：26、下列选项中，一定符合反应达到化学平衡时情况的选项是 。a、压缩体积达到新平衡时，CO的浓度增大的倍数比CO2的浓度增大的倍数更大b、速率关系：2v(CO2)= v(CO) c、转移电子数随温度升高而增多d、气体密度随着焦炭的增加而增大 27、达到化学平衡之后，保持其他条件不变，移走少量CO，达到新的平衡时，下列选项中，增大的是 （填选项编号）。a、CO2和CO浓度比 b、混合气体的密度c、转化率 d、CO的体积分数【答案】23、4s24p2，3， C。（3分）24、不正确。因为非金属性比较的是原子得电子能力，对应单质的氧化性，而该反应中C是还原剂，Si是还原产物，主要体现还原性。（3分）25、1.02 mol/(Lmin) （2分）26、bc（2分）27、cd（2分）【命题立意】本题考查原子结构、元素周期表，根据化学方程式计算，化学反应速率和化学平衡。【解析】23、锗元素位于第四周期IVA，锗原子的最外层电子排布式：4s24p2，锡原子的最外层电子排布式为5s25p2，最外层电子占据1个s轨道和2个p轨道，电子云有3种伸展方向； 锗元素位于金属元素和非金属元素的分界线附近，故单质锗既有金属性，又有非金属性，选c。24、某同学根据反应：SiO2 + 2CSi + 2CO，得出结论：碳的非金属性强于硅的反应。该结论不正确，因为非金属性比较的是原子得电子能力，对应单质的氧化性，而该反应中C是还原剂，Si是还原产物，主要体现还原性。25、石英与氢氟酸反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，400mL稀氢氟酸中投入一颗石英玻璃，溶液质量减少了11.22g，根据反应方程式利用差量法计算，参加反应HF的物质的量为1.02mol，则这段时间内用HF表示该反应的平均化学反应速率为1.02 mol/(Lmin)。高温下，在容积固定的密闭容器中，用足量焦炭与一定量二氧化碳发生可逆的吸热反应生成了CO，反应方程式为C(s)+CO2(g)=2CO(g)。26、a、上述反应正向为气体物质的量增大的反应，压缩体积平衡逆向移动，达到新平衡时，CO的浓度增大的倍数比CO2的浓度增大的倍数小，错误；b、化学反应速率之比等于化学计量数之比，故速率关系：2v(CO2)= v(CO) ，正确；c、该反应正向为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转移电子数随温度升高而增多，正确；d、焦炭为固体，增加固体的用量，平衡不移动，气体密度不随焦炭的增加而变化，错误，选bc；27、根据反应的特点知达到化学平衡之后，保持其他条件不变，移走少量CO，相当于减小压强，平衡正向移动，达到新的平衡时，a、CO2和CO浓度比减小，错误；b、混合气体中CO的含量增大，混合气体的密度减小，错误；c、转化率增大，正确；d、CO的体积分数增大，正确，选cd。五、(本题共11分)氮族元素按原子序数增大，依次为：氮（N）、磷（P）、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）。请回答：28、常温常压下，向100mL 1.6mol/L稀氨水中逐滴滴入10mL 4.0mol/L稀硫酸，得到的溶液能使酚酞显红色。请比较所得溶液中NH4+、 NH3H2O、SO42 三种微粒的物质的量浓度大小关系： 。29、含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢在热玻璃管中完全分解成氢气和1.50 mg单质砷。则在整个过程中，转移的电子总数为 。30、铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。向硫酸锰溶液中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量的双氧水适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变成蓝色请比较实验中所有的氧化剂和氧化产物的氧化性强弱关系（反应过程中的涉及的气体均不参与比较）： 。31、五氟化锑（SbF5）是无色黏稠液体，是很强的具有特殊酸性的酸，而且是超强酸氟锑酸HSbF6（目前酸性最强的酸，比纯硫酸强21019倍）的组分之一。SbF5可用于制备一般化学方法很难制备的氧化性极强的F2，其过程如下（均未配平）： KMnO4 + KF + H2O2 + HF K2MnF6 +O2 + H2O SbCl5 + HF SbF5 + HCl K2MnF6 + SbF5 KSbF6 + MnF3 + F2 反应中氧化剂和被氧化的元素的物质的量之比为 _；反应中SbF5表现的性质为 _性。32、能在一定程度上抵消、减轻外加强酸或强碱对溶液酸度的影响，从而保持溶液的pH值相对稳定。这种溶液称为缓冲溶液。例如：人体血液中HCO3和H2CO3等微粒形成的平衡体系，使得血液pH能稳定在7.40.05。某同学取19ml 0.2mol/L的NaH2PO4溶液，81ml 0.2mol/L的Na2HPO4溶液混合，配制0.2mol/L PH=7.4的磷酸缓冲溶液。已知该缓冲溶液利用的平衡体系是：H2PO4H+HPO42，请根据该平衡体系分析其缓冲原理： 。【答案】28、NH4+NH3H2OSO42 （2分）29、1.8104NA。（3分）30、NaBiO3NaMnO4H2O2I2。（2分）31、1:3，酸性，（2分）32、H2PO4H+HPO42，加酸性物质时，平衡逆向移动，氢离子浓度略微减小；加碱性物质时，平衡正向移动，氢离子浓度略微增大。（2分）【命题立意】本题考查氧化还原反应及平衡移动原理。【解析】28、常温常压下，向100mL 1.6mol/L稀氨水中逐滴滴入10mL 4.0mol/L稀硫酸，得到的溶液为含0.04mol（NH4）2SO4和0.08mol NH3H2O的混合液，溶液能使酚酞显红色，呈碱性，则一水合氨的电离程度大于铵离子的水解程度，则所得溶液中NH4+、 NH3H2O、SO42 三种微粒的物质的量浓度大小关系：NH4+NH3H2OSO42。29、根据题意知整个过程中砷元素的化合价先由+3价降为-3价，然后再由-3价升高为0价，生成1mol单质砷转移9mol电子。现生成1.50 mg单质砷，物质的量为210-5mol，则在整个过程中，转移的电子总数为1.8104NA。30、根据题给信息利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性判断该实验中所有的氧化剂和氧化产物的氧化性强弱关系为：NaBiO3NaMnO4H2O2I2。31、利用化合价升降法将反应配平，2KMnO4 +2 KF +3 H2O2 +10HF 2K2MnF6 +5O2 + 8H2O ，该反应中氧化剂为KMnO4，被氧化的元素为H2O2中的氧元素，氧化剂和被氧化的元素的物质的量之比为1:3；反应中SbF5表现的性质为强酸性。32、该缓冲溶液的缓冲原理为：H2PO4H+HPO42，加酸性物质时，平衡逆向移动，氢离子浓度略微减小；加碱性物质时，平衡正向移动，氢离子浓度略微增大。六、（本题共13分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，为白色或黄色结晶粉末或小结晶，带有强烈的SO2气味，溶于水即生成NaHSO3。实验室可利用二氧化硫与亚硫酸钠反应制备焦亚硫酸钠。某研究小组进行如下实验：实验一：焦亚硫酸钠的制取采用下图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。装置II中有黄色晶体析出。33、装置I中产生气体的化学方程式为 。34、要从装置II中获得已析出的晶体，在实验室中需要使用到的玻璃仪器是： 。35、装置III用于处理尾气，防止污染环境。下列装置中，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为 (填序号)。实验二：焦亚硫酸钠的性质36、将Na2S2O5溶于水配成溶液，（1）欲证明所得溶液中的离子浓度大小关系：c(SO32)c(H2SO3)，下列选项中可采用的实验方法是 a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测 f加入BaCl2溶液（2）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 。实验三：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定37、葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】33、Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO42NaHSO4+SO2+H2O（2分）34、玻璃棒、漏斗、烧杯（2分） 35、d （1分）36、（1）a、e （2分）（2）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。（2分）37、0.16 （2分） 偏低（2分）【命题立意】本题考查化学实验方案的分析、评价与设计，化学计算。【解析】33、根据题给信息知装置I为SO2的发生装置，化学方程式为Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO42NaHSO4+SO2+H2O。34、从溶液中获得已析出的晶体的操作为过滤，在实验室中需要使用到的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒。35、SO2有毒需进行尾气处理，SO2为酸性氧化物，故用碱液吸收；SO2易溶于水，要防倒吸，故装置III为d。36、根据题给信息知将Na2S2O5溶于水配成溶液生成NaHSO3。（1）若所得溶液中的离子浓度大小关系：c(SO32)c(H2SO3)，则亚硫酸氢根的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则可通过测定溶液的pH（或用蓝色石蕊试纸检测），若pH7（或蓝色石蕊试纸变红），c(SO32)c(H2SO3)，选ae。（2）Na2S2O5晶体在空气中被氧化为硫酸钠，检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。37、测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量涉及的反应为：I2+SO2 +2H2O=H2SO4 +2HI。根据题意知100.00mL葡萄酒样品中n(SO2)=n(I2)=2.510-4mol，则1L样品中n(SO2)= 2.510-3mol，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量为0.16gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则消耗的标准碘溶液的体积偏小，测得结果偏低。七、（本题共12分）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含少量铁，铝，铜等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。请回答下列问题：38、上述流程脱硫实现了 （选填编号）。a废弃物的综合利用 b白色污染的减少c酸雨的减少 d臭氧层空洞的减少39、步骤I生成无水MnSO4的化学方程式是 。步骤IV生成无水MnO2的化学方程式是 。40、步骤I中，用MnCO3能除去溶液中Al3和Fe3，其原因是 。滤渣M的成分是 。铜元素以 形式存在于滤渣N中。（写化学式）41、产品MnO2可作超级电容材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得MnO2，则MnO2在 生成。（填电极名称）42、假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程，将2.0m3(标准状况)含SO2的体积分数为60%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量10.44 kg。则在除去铁、铝、铜、镍等杂质的过程中，所引入的锰元素为 kg。【答案】38、ac （2分）39、MnO2+SO2MnSO4（1分）2KMnO4+ 3MnSO4 + 2H2O K2SO4 +5MnO2 + 2H2SO4（2分）40、消耗溶液中的酸，促进Al3和Fe3水解生成氢氧化物沉淀（1分）Al(OH)3、Fe(OH)3；（2分） CuS。（1分）41、阳极。（1分）42、1.32 （2分） 【命题立意】本题以含二氧化硫尾气的处理为载体考查物质的分离、提纯，电化学、化学方程式的书写及相关计算。【解析】分析题给化学工艺流程知向稀硫酸酸化的软锰矿浆中通入含二氧化硫的尾气，发生反应MnO2+SO2MnSO4，由于二氧化锰的氧化性，中硫酸锰溶液中的杂质离子为Fe3、Al3和Cu2，加入碳酸锰利用盐类水解原理将Fe3、Al3转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，经过滤得滤渣M为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，向中溶液中加入硫化锰，利用沉淀转化原理将铜离子转化为硫化铜沉淀而除去，滤渣N为硫化铜，向硫酸锰溶液中加入高锰酸钾发生反应2KMnO4+ 3MnSO4 + 2H2O K2SO4 +5MnO2 + 2H2SO4，经过滤得二氧化锰和硫酸钾溶液。38、分析题给流程知脱硫实现了废弃物的综合利用，减少SO2排放，减少酸雨的形成，选ac。39、步骤I中SO2与二氧化锰反应生成无水MnSO4，化学方程式是MnO2+SO2MnSO4。步骤IV中高锰酸钾与硫酸锰溶液反应生成MnO2、硫酸钾和水，化学方程式是2KMnO4+ 3MnSO4 + 2H2O K2SO4 +5MnO2 + 2H2SO4。40、步骤I中，用MnCO3能除去溶液中Al3和Fe3，其原因是消耗溶液中的酸，促进Al3和Fe3水解生成氢氧化物沉淀。滤渣M的成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；铜元素以CuS形式存在于滤渣N中。41、用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得MnO2，锰元素的化合价由+2价升高到+4价，发生氧化反应，则MnO2在阳极生成。42、根据题意知参加反应SO2的物质的量为2.0m31000L/ m360%89.6%22.4L/mol=48mol，根据反应MnO2+SO2MnSO4知参加反应二氧化锰的物质的量为48mol；最终得到MnO2的质量10.44 kg，物质的量为120mol，由反应2KMnO4+ 3MnSO4 + 2H2O K2SO4 +5MnO2 + 2H2SO4知消耗高锰酸钾的物质的量为48mol；根据锰元素守恒知则在除去铁、铝、铜、镍等杂质的过程中，碳酸锰所引入的锰元素的物质的量为24mol，质量为1.32kg。【易错警示】42题要注意理清反应原理和反应过程，抓住锰元素守恒进行解答，注意数据处理。八、（本题共10分）碳碳双键的性质较为活泼，在一定条件下会发生特殊的反应，例如：。根据下列转化流程，回答43-46题：43、反应条件： ， 。44、反应类型： ， 。45、结构简式：X 。46、写出实验室由B的芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线：（合成路线常用的表示方式为：） 。【答案】43、NaOH醇溶液，加热； 加热。（2分）44、加成，加成。（2分）45、（2分）46、（4分）【命题立意】本题考查有机物的结构与性