安徽合肥2013高考一模-化学（解析版）

1、安徽省合肥市2013年高考化学一模试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1（3分）（2013合肥一模）化学与环境保护密切相关，下列叙述正确的是（）A绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁燃料CPM2.5（2.5微米以下的颗粒物）的污染主要来自化石燃料的燃烧D氢能是清洁能源，工业上电解水法制大量氢气符合节能减排理念考点：常见的生活环境的污染及治理专题：热点问题分析：A绿色化学的核心是从源头上减少污染物；B煤的气化与液化均发生化学反应；CPM2.5指固体颗粒对环境的污染，人类使用能源大多为化石燃料；D电解水消耗大量的能源解答：解：A

2、因绿色化学的核心是从源头上减少污染物，而不是对环境污染进行治理，故A错误；B煤的气化中碳与水反应CO和氢气，液化中发生化学反应生成甲醇，使其成为清洁能源，故B错误；CPM2.5指固体颗粒对环境的污染，人类使用能源大多为化石燃料，化石燃料燃烧产生较多的固体颗粒造成污染，故C正确；D氢能是清洁能源，但电解水消耗大量的能源，电解水法制大量氢气不符合节能减排理念，故D错误；故选C点评：本题考查环境污染及能源问题，注意绿色化学及能源的综合利用即可解答，明确常见的环境污染物及节能减排理念来分析解答，题目难度不大2（3分）（2013合肥一模）科学工作者发现另一种“足球分子”N60，它的结构与C60相似下列说

3、法正确的是（）AN60和C60互为同素异形体BN60是一种新型化合物CN60和N2是同素异形体DN60和14N都是氮的同系物考点：同素异形体；芳香烃、烃基和同系物专题：物质的分类专题分析：A同种元素的不同单质互称同素异形体；B化合物由两种或两种以上元素组成，由一种元素组成构成的物质是单质；C同种元素的不同单质互称同素异形体；D结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，多用于有机化合物解答：解：AN60和C60是不同同种元素的单质，所以不是同素异形体，故A错误；BN60中只含一种元素，所以是单质，故B错误；CN60和N2是N的不同单质，所以是同素异形体，故C正确；DN

4、60是单质，14N是元素，所以不是同系物，且同系物多用于有机化合物，故D错误；故选C点评：本题考查概念的判断，注意同系物、同素异形体和同分异构体的区别，为易错点3（3分）（2013合肥一模）下列关于物质的性质与用途的说法中不正确的是（）A氧化铝的熔点很高，因此可用做耐火材料B某些金属氧化物灼烧时有特殊的颜色，因此可用于制造烟花C氢氟酸能与二氧化硅反应，因此可用于刻蚀玻璃D氯气具有强氧化性，因此可用于漂白有色布料考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；硅和二氧化硅专题：化学应用分析：A、氧化铝熔点高，用于制各种耐火砖、耐火坩埚、耐火管、耐高温实验仪器；B、金属元素灼烧发生焰色反应；C、玻璃的成

5、分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应；D、氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用解答：解：A、氧化铝熔点高，用于制各种耐火砖、耐火坩埚、耐火管、耐高温实验仪器，因此可用做耐火材料，故A正确；B、金属元素灼烧发生焰色反应，则某些金属氧化物灼烧时有特殊的颜色，因此可用于制造烟花，故B正确；C、玻璃的成分主要是硅酸盐和二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应；可用于刻蚀玻璃，故C正确；D、氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，氯气本身无漂白作用，故D错误；故选D点评：本题考查了氧化铝、二氧化硅、氯气性质的应用，金属元素的焰色反应应用，掌握物质性质是解题关键，题目较简单4（3分）（2013合肥一模）在C

6、u2S+2Cu2O6Cu+SO2反应中，说法正确的是（）ACu2O在反应中被氧化BCu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂CCu既是氧化产物又是还原产物D若反应中转移12mol电子，则生成6molCu考点：氧化还原反应专题：氧化还原反应专题分析：Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2反应中，Cu元素由+1价降低为0价，S元素由2价升高到+4价，以此来解答解答：解：ACu2O中Cu元素由+1价降低为0价，所以氧化亚铜得电子被还原，故A错误；B因Cu2S中Cu元素由+1价降低为0价，S元素由2价升高到+4价，则Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故B正确；CCu元素由+1价降低为0价，则Cu为还原产物，故C错

7、误；D由反应可知，生成6molCu转移电子数为6mol，则反应中转移12mol电子，则生成12molCu，故D错误；故选B点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价的变化是解答本题的关键，题目难度不大5（3分）（2013合肥一模）下列叙述正确的是（）A1.7gOH离子中含有的电子数目为NAB常温、常压下，22.4L氧气中含氧原子数目为2NAC常温下，0.1molC2H4分子中含共价键数目为0.5 NAD含1molH2SO4的浓硫酸和足量的铜反应转移电子数为NA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：A1个OH中含有10个电子，根据N=nNA计算电子数目；B气体体积

8、与温度和压强有关，温度升高和减小压强可使气体体积增大，反之降低；C1molC2H4分子中含共价键数目为6mol；D根据浓硫酸和稀硫酸的性质分析解答：解：A1个OH中含有10个电子，1.7gOH离子的物质的量是0.1mol，含有的电子数目为NA，故A正确； B标准状况下，22.4L 氧气气体的物质的量为1mol，分子数为NA常温常压下，温度升高，体积膨胀，故22.4L 氧气物质的量小于1mol，气体的分子数小于NA，故B错误；C0.1molC2H4分子中含共价键数目为0.6NA，故C错误；D浓硫酸和铜反应的过程中变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，所以转移电子数小于2NA，故D错误故选A点评：本题考查

9、了有关阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，易错选项是D，注意浓硫酸和铜反应的过程中变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应6（3分）（2013合肥一模）能实现下列物质间直接转化的元素是（）单质氧化物酸或碱盐A硅B氮C钠D铁考点：钠的重要化合物；无机物的推断专题：元素及其化合物分析：A、二氧化硅不能与水反应；B、氮气与氧气反应生成NO，NO不能与水反应；C、钠与氧气反应生成氧化钠或过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠；D、铁与氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁不与水反应解答：解：A、硅一定条件下可以与氧气反应生成二氧化硅，但二氧化硅不能与水反应，故A不符合；B、氮气与氧气反应生成NO

10、，NO不能与水反应，故B不符合；C、钠与氧气反应生成氧化钠或过氧化钠，氧化钠或过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，故C符合；D、铁与氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁不与水反应，故D不符合；故选C点评：本题考查元素化合物的性质，难度不大，掌握物质的性质是关键，注意对基础知识的掌握7（3分）（2013合肥一模）已知Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）H0；则下列叙述不正确的是（）A该反应的H值与反应物用量无关B该反应的化学能可以转化为电能C反应物的总能量高于生成物的总能量D该反应中反应物的化学键断裂放出能量，生成物化学键形成吸收能量考点：反应热和

11、焓变专题：化学反应中的能量变化分析：A、依据焓变概念分析判断，H=H（生成物总焓）H（反应物总焓）；B、反应是氧化还原反应，可以设计成原电池实现化学能转化为电能；C、反应是放热反应，依据能量守恒分析；D、断裂化学键吸收能量，生成化学键会放热解答：解：A、作为一个描述系统状态的状态函数，焓变没有明确的物理意义，H（焓变）表示的是系统发生一个过程的焓的增量，确定了一个化学方程式，就确定了一个焓变，焓变并不随反应物的增加而增加，焓变与化学方程式的写法有关，故A正确；B、反应是氧化还原反应，可以设计成原电池，锌做负极，失电子，溶液中氢离子在正极得到电子实现化学能转化为电能，故B正确；C、反应是放热反应

12、，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，故C正确；D、断裂化学键吸收能量，生成化学键会放热，故D错误；故选C点评：本题考查了焓变的含义理解，原电池的原理分析，化学反应能量变化和能量守恒关系，化学键变化与能量变化判断，题目较简单8（3分）（2013合肥一模）下列各组离子在制定的溶液中一定能大量共存的是（）A无色溶液：K+、Al3+、NO3、AlO2BpH=12的溶液：K+、Cl、SO32、SiO32C含0.1molL1 NO3的溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42D由水电离产生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液：Na+、NH4+、SO42、HCO3考点：离子共存问题专题

13、：离子反应专题分析：AAl3+与AlO2不能共存；BpH=12的溶液呈碱性，如离子之间不发生任何反应，则可大量共存；CFe2+与NO3发生氧化还原反应；D由水电离产生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性解答：解：AAl3+与AlO2发生互促水解而不能大量共存，故A错误；BpH=12的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C酸性条件下NO3具有强氧化性，与具有还原性的Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=1×1012 molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，H

14、CO3都不能大量共存，故D错误故选B点评：本题考查离子共存问题，注意把握离子的性质，解答本题时要注意题给信息，为解答该题的关键，题目难度不大9（3分）（2013合肥一模）如图为完成不同的化学实验所选用的装置或进行的操作，其中正确的是（）A装置可用于分离互不相溶的液体B装置可用于实验室配置一定物质的量浓度溶液C装置可用于验证醋酸、碳酸、苯酚的酸性强弱D装置可用于实验室制备少量氨气考点：化学实验方案的评价；氨的实验室制法；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；配制一定物质的量浓度的溶液；比较弱酸的相对强弱的实验专题：化学实验基本操作分析：A装置为蒸馏装置；B装置为溶液的配制，但浓硫酸不能直接倒入容

15、量瓶中；C根据强酸制取弱酸的反应原理分析；D该装置收集不到氨气解答：解：A由装置中的仪器可知为蒸馏装置，分离沸点不同的相互溶解的液体，故A错误；B装置为溶液的配制，因浓硫酸稀释放出大量的热，容量瓶只在常温下使用，则浓硫酸不能直接倒入容量瓶中，故B错误；C根据强酸制取弱酸的反应原理可知，醋酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，则可验证醋酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C正确；D因氯化铵受热分解后在管口又会化合生成氯化铵，所以该装置收集不到氨气，故D错误；故选C点评：本题考查实验方案的评价，涉及混合物的分离提纯、溶液配制、气体的制取、酸性的比较等知识点，注重基础知识的考查，学生具有

16、较好的基础即可解答，题目难度不大10（3分）（2013合肥一模）下列离子方程式书写正确的是（）A铜屑中加入足量氯化铁溶液：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+B大理石中加入足量浓盐酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+2H2OC硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2+OH+H+SO=BaSO4+H2OD碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液：HCO+OH=CO+H2O考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子离子方程式的书写步骤一般为：“写”：写出有关反应的化学方程式；“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式

17、表示；“删”：删去方程式两边不参加反应的离子； “查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等； A方程式左右电荷不守恒；B大理石中加入足量浓盐酸，发生复分解反应，方程式左右守恒；C硫酸电离的氢离子和硫酸根离子的比为2：1，氢氧化钡电离出的钡离子和氢氧根离子的比为1：2；D碳酸氢铵电离出的铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，电离出的碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；解答：解：A方程式左边带2个单位的正电荷，右边带3个单位的正电荷，铜屑中加入足量氯化铁溶液，正确的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A错误；B大理石中加入足量浓盐酸，发生复分解反应，大理石的主要

18、成分为碳酸钙，碳酸钙为难溶于水的物质应写化学式，二氧化碳和水为氧化物应写化学式，故离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+2H2O，故B正确；C硫酸为二元强酸，硫酸电离的氢离子和硫酸根离子的比为2：1，氢氧化钡为二元强碱，氢氧化钡电离出的钡离子和氢氧根离子的比为1：2二者反应生成硫酸钡沉淀和水的离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故C错误；D碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钠溶液，碳酸氢铵电离出的铵根离子和氢氧根离子反应，电离出的碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，离子反应方程式为：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3+2H2O，故D错误；故选B点评：本题考查离

19、子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键，题目难度不大11（3分）（2013合肥一模）下列叙述正确的是（）A浓度均为0.1molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合所得的溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.2molL1B0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+2（CO32）C0.2molL1HCl溶液与等体积0.1molL1NaOH溶液混合后，溶液的pH=1D0.1molL1氨水中滴入0.1molL1盐酸至溶液呈中性时，混合溶液中：c（NH4+）=c（Cl）考点：离子浓度大小的比较

20、专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A溶液稀释前后溶质的物质的量不变，但浓度减小；B从物料守恒的角度分析；C计算反应后的溶液的c（H+），可计算pH；D从电荷守恒的角度分析解答：解：A物质的量浓度各为0.1molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，溶液为原来的体积的2倍，则有：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1mol/L，故A错误；B根据物料守恒可知，溶液中应存在c（Na+）=c（HCO3）+c（H2CO3）+（CO32），故B错误；Cc（H+）=0.05mol/L，则pH=1.7，故C错误；D反应后的溶液电荷守恒，存在c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+

21、c（OH），溶液呈中性，则有c（H+）=c（OH），所以有c（NH4+）=c（Cl），故D正确故选D点评：本题综合考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，本题注意从物料守恒和电荷守恒的角度分析，注意A项，为易错点，不要忽视浓度的变化12（3分）（2013合肥一模）下列实验操作及现象与实验结论一致的是（）选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀该溶液中不一定含有B光洁的铁钉放在冷的浓硫酸中，无明显现象铁钉与冷的浓硫酸不反应C将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分别滴加CCl4振荡静置，下层分别呈无色和紫红色氧化性：Br2Fe3+I2D向浓度均

22、为0.1molL1的KCl、KI混合溶液中滴加AgNO3Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD考点：性质实验方案的设计；硫酸根离子的检验专题：实验评价题分析：A、盐酸酸化的氯化钡中含有氯离子，溶液中含银离子、硫酸根离子也可以生成白色沉淀；B、铁在常温下在浓硫酸中 发生钝化现象是浓硫酸的强氧化性；C、实验现象不能说明三价铁离子氧化性大于碘单质；D、反应生成沉淀，但不能证明溶度积的大小；解答：解：A、向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该溶液中不一定含有SO42；溶液中的银离子也会出现沉淀现象，故A正确；B、铁在常温下在浓硫酸中 发生钝化现象是浓硫酸的强氧化性；在铁表

23、面生成致密氧化物薄膜阻止反应进行，故B错误；C、将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中，再分别滴加CCl4振荡静置，下层分别呈无色和紫红色，能证明溴单质氧化性大于铁离子和碘单质，但不能证明铁离子氧化性大于碘单质，故C错误；D、向浓度均为0.1molL1的KCl、KI混合溶液中滴加AgNO3，证明氯化银、碘化银是难溶物质，二者溶度积的比较可以用沉淀转化关系判断，故D错误；故选A点评：本题考查了物质性质的分析判断，反应现象的推断，离子检验和现象结论的分析判断，掌握离子性质和检验方法是解题关键，题目难度中等13（3分）（2013合肥一模）观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是（）A装置中

24、阳极上析出红色固体B装置中铜片应与电源负极相连C装置中外电路电流方向：b极a极D装置中阴极反应：2 Cl2e=Cl2考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A、电解时，溶液中铜离子得电子能力大于氢离子B、电镀时，镀件应与电源负极相连C、原电池中电子从负极沿导线流向正极D、离子交换膜只允许离子通过解答：解：A、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子析出金属铜单质，故A错误；B、电镀时，镀层应与电源正极相连，镀件与电源负极相连，所以铜做阳极，待镀铁制品应与电源负极相连，故B错误；C、氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子，正极上氧气得电子，所以装置中闭合电键后外电路电子由a极流向b极，电路电流

25、方向：b极a极，故C正确；D、所以装置是电解池，阴极上氢离子得到电子生成氢气，故D错误；故选C点评：本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，注意电解池中如果较活泼的金属作阳极，电解池工作时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子14（3分）（2013合肥一模）下列实验过程中产生的现象与图中曲线变化相对应的是（）AAlCl3滴入NaOH溶液BPH=1的醋酸和盐酸分别加水稀释C氨气通入醋酸溶液中DSO2气体通入溴水中考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解质溶液的导电性；二氧化硫的化学性质专题：图示题分析：A根据AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl

26、3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl判断；B醋酸为弱电解质，盐酸为强电解质，二者加水稀释时的pH变化不同，无论怎么稀释，溶液都呈酸性；C氨气与醋酸反应生成强电解质醋酸铵；D根据反应Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr判断解答：解：A在氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，发生的反应为AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl，现象是先没有沉淀后出现沉淀，故A错误；BPH相同的醋酸和盐酸，加水等体积稀释，浓度变稀，加大醋酸的电离，故相比于盐酸其PH更小，故B错误；C氨气通入醋酸溶液中，反应生成强电解质醋酸铵

27、，溶液导电能力增强，故D错误；DSO2气体通入溴水中，发生反应Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，反应后溶液酸性增强，pH减小，但溴水溶液呈酸性，开始时pH7，故D正确；故选D点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质和弱电解质的电离，题目难度中等，易错点为C，注意看准图象曲线的变化15（3分）（2013合肥一模）“类推”的思维方式在化学学习与研究中经常采用下列类推思维中正确的是（）ANaOH饱和溶液导电能力强，则Ca（OH）2饱和溶液导电能力也强BCaC2能水解：CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH，则Mg2C2也能水解：Mg2C2+4H2O2Mg（OH）2+CH3CCHC加热时

28、Cu与O2反应生成CuO，则加热时Cu与S反应生成CuSDBaCl2溶液中通入SO2无沉淀产生，则Ba（NO3）2溶液中通入SO2也无沉淀产生考点：化学反应的基本原理专题：元素及其化合物分析：A溶液的导电是通过自由移动的离子的定向移动实现，导电能力强弱与溶液中自由移动的离子浓度大小和离子所带电荷多少有关，溶液中自由离子浓度越大，所带电荷越多，导电能力越强；B碳化钙和水发生复分解反应，生成氢氧化镁和乙炔，碳化镁遇水与水发生复分解反应，分别、与生成氢氧化镁和丙炔；C加热时Cu与O2反应生成CuO，S的氧化性很弱，S单质和金属反应，只能生成低价金属化合物；D二氧化硫能被酸化的Ba（NO3）2溶液氧化

29、，二氧化碳不反应；解答：解：ANaOH是易溶于水易电离的强电解质，其饱和溶液离子浓度大，导电能力强，Ca（OH）2是微溶于水的强电解质，溶于水的能完全电离，但因微溶，其饱和溶液离子浓度小，导电能力弱故A错误；B电石是一种重要的化工原料，碳化钙与水发生复分解反应，钙离子和水电离出的氢氧根结合生成氢氧化钙，碳与水电离出的氢离子结合生成乙炔，CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2，是水解反应；碳化镁遇水与水发生复分解反应，镁离子和氢氧根离子结合生成氢氧化镁，碳元素与水电离出的氢离子结合生成丙炔，产物为氢氧化镁和丙炔，Mg2C2+4H2O2Mg（OH）2+CH3CCH，是水解反应，故B正确；C加

30、热时Cu与O2反应生成CuO，硫的氧化性比氧气、氯气弱，只能把金属氧化到低价，Cu的低价为+1价，2Cu+SCu2S，故C错误；D硝酸钡在酸化后隐含硝酸的氧化性，可以氧化二氧化硫为硫酸，生成沉淀，二氧化碳不反应，故D错误；故选B点评：本题以类推思维方式为载体考查了元素化合物的性质，平时须注意相关知识的类比和归类，以便能够灵活应用，题目难度不大16（3分）（2013合肥一模）在一定条件下，将PCl3（g）和Cl2（g）充入体积不变的2L密闭容器中发生下述反应：PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）5min末达到平衡，有关数据如表PCl3（g）Cl2（g）PCl5（g）初始浓度（molL1）2

31、.01.00平衡浓度（molL1）C1C20.4下列判断不正确的是（）A若升高温度，反应的平衡常数减小，则正反应为吸热B反应5min内，v（PCl3）=0.08 molL1min1C当容器中Cl2为1.2mol时，可逆反应达到平衡状态D平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2，在相同条件下再达平衡时，c（PCl5）0.2 molL1考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：A、升高温度，反应的平衡常数减小，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应；B、由表中数据可知，平衡时c（PCl5）=0.4mol/L，根据方程式可知c（PCl3）=0.4mol/L，根据v=计算v（PCl3

32、）；C、平衡时c（PCl5）=0.4mol/L，根据方程式可知c（Cl2）=0.4mol/L，根据n=c×V计算n（Cl2），进而计算平衡时Cl2的物质的量；D、平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2到达的平衡，等效为开始PCl3为1mol/L、Cl2为0.5mol/L到达平衡，与原平衡相比，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物转化率降低；解答：解：A、升高温度，反应的平衡常数减小，平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故A错误；B、由表中数据可知，平衡时c（PCl5）=0.4mol/L，根据方程式可知c（PCl3）=0.4mol/L，v（PCl3）=0.08 molL

33、1min1，故B正确；C、平衡时c（PCl5）=0.4mol/L，根据方程式可知c（Cl2）=0.4mol/L，n（Cl2）=0.4mol/L×2L=0.8mol，故平衡时Cl2的物质的量为1mol/L×2L0.8mol=1.2mol，故C正确；D、平衡后移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2到达的平衡，等效为开始PCl3为1mol/L、Cl2为0.5mol/L到达平衡，反应物的浓度变为原平衡的一半，与原平衡相比，压强降低，平衡向逆反应移动，反应物转化率降低，故相同条件下再达平衡时，c（PCl5）0.2 molL1，故D正确；故选A点评：本题考查化学平衡常数的应用

34、、化学平衡的有关计算等，难度中等，注意D选项中构建平衡建立的途径二、填空解答题（共4小题，满分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种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息A原子核外L层电子数是K层的2倍B其一种单质被称为地球生物的“保护伞”C原子的第一电离能在第三周期中最小D基态原子最外层电子排布为（n+1）sn（n+1）p（n+2）E可形成多种氧化物，其中一种为具有磁性的黑色晶体请回答下列问题：（1）C在元素周期表中位于第三周期、第A族；E的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2（2）B、C、D的简单离子半径由大

35、到小的顺序为（用化学符号表示，下同）S2O2Na+，B、D的简单气态氢化物中稳定性较大的是H2O（3）B、C的单质按物质的量比1：2形成的化合物中化学键的类型为离子键；该化合物属于离子晶体（4）E的黑色磁性晶体发生铝热反应的化学方程式是（5）处理含AO、DO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质D已知：2AO（g）+O2（g）=2AO2（g）H=566.0kJmol1 D（s）+O2（g）=DO2（g）H=296.0kJmol1此反应的热化学方程式是2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270kJmol1考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期

36、表专题分析：A元素原子核外L层电子数是K层的2倍，则L层有4个电子，故A为碳元素；B元素的一种单质被称为地球生物的“保护伞”，故B为氧元素；C元素原子的第一电离能在第三周期中最小，故C为Na元素；D元素基态原子最外层电子排布为（n+1）sn（n+1）p（n+2），s能级最多容纳2个电子，n=2，故D元素基态原子最外层电子排布为3s23p4，故D为S元素；E元素可形成多种氧化物，其中一种为具有磁性的黑色晶体，故E为Fe元素，据此解答解答：解：A元素原子核外L层电子数是K层的2倍，则L层有4个电子，故A为碳元素；B元素的一种单质被称为地球生物的“保护伞”，故B为氧元素；C元素原子的第一电离能在第三

37、周期中最小，故C为Na元素；D元素基态原子最外层电子排布为（n+1）sn（n+1）p（n+2），s能级最多容纳2个电子，n=2，故D元素基态原子最外层电子排布为3s23p4，故D为S元素；E元素可形成多种氧化物，其中一种为具有磁性的黑色晶体，故E为Fe元素，（1）C为Na元素，处于周期表中第三周期第A族，E为Fe元素，为26号元素，基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：三、A，1s22s22p63s23p63d64s2；（2）B、C、D的简单离子分别为O2、Na+、S2，电子层排布相同核电荷数越大，离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大

38、，故离子半径由大到小的顺序为S2O2Na+，非金属性OS，故气态氢化物中稳定性H2OH2S，故答案为：S2O2Na+，H2O；（3）B、C的单质按物质的量比1：2形成的化合物为Na2O，含有离子键，属于离子晶体，故答案为：离子键，离子；（4）E的黑色磁性晶体为Fe3O4，发生铝热反应的化学方程式是3Fe3O4+8Al4Fe+9Al2O3，故答案为：3Fe3O4+8Al4Fe+9Al2O3；（5）处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S已知：、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol1， 、S（s）+O2（g）=SO2（g）H=296.0kJ

39、mol1，由盖斯定律，得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=（566.0kJmol1）（296.0kJmol1）=270kJmol1，故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270kJmol1点评：考查结构性质位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、热化学方程式书写等，难度中等，旨在考查学生对基础知识的全面掌握18（12分）（2013合肥一模）某有机物（分子式为C13H18O2）是一种食品香料，其合成路线如图所示通过质谱法测得A的相对分子质量为56，它的核磁共振氢谱显示有两组峰且峰面积之比为1：3；D分子中含有支链；F分子中含有苯环但无甲基，

40、在催化剂存在下1molE与2molH2可以发生反应生成F请回答：（1）B中所含官能团的名称为羟基；E的结构简式为（2）C与新制悬浊液反应的离子方程式为（3）D与F反应的化学方程式为，酯化反应（4）符合下列条件：遇FeCl3溶液显紫色、苯环上有两个取代基的F的同分异构体有6中，写出其中一种物质的结构简式考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：质谱法测得A的相对分子质量为56，它的核磁共振氢谱显示有两组峰且峰面积之比为1：3，说明A含有两类氢原子，且其原子个数比是1：3，设A的分子式为CxHy，且x和y都是正整数，只有x=4、y=8时符合条件，则A是烯烃，A中有两类氢原子且个数比是1：

41、3，所以A为异丁烯或二丁烯；结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成酸D，D分子中含有支链，所以D的结构简式为：（CH3）2CHCOOH，则C的结构简式为：（CH3）2CHCHO，B的结构简式为：（CH3）2CHCH2OH，A的结构简式为：（CH3）2CH=CH2； D是羧酸，D和F反应生成有机物C13H18O2，D中含有4个碳原子，所以F中含有9个碳原子，且D和C13H18O2中氧原子数相同，所以D和F发生酯化反应，则F是醇，F的分子式为：C9H12O，F分子中含有苯环但无甲基，在催化剂存在下1molE与2molH2可以发生反应生成F，所以F的结构简式为

42、：，则E的结构简式为解答：解：质谱法测得A的相对分子质量为56，它的核磁共振氢谱显示有两组峰且峰面积之比为1：3，说明A含有两类氢原子，且其原子个数比是1：3，设A的分子式为CxHy，且x和y都是正整数，只有x=4、y=8时符合条件，则A是烯烃，A中有两类氢原子且个数比是1：3，所以A为异丁烯或二丁烯；结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成酸D，D分子中含有支链，所以D的结构简式为：（CH3）2CHCOOH，则C的结构简式为：（CH3）2CHCHO，B的结构简式为：（CH3）2CHCH2OH，A的结构简式为：（CH3）2CH=CH2； D是羧酸，D和F反

43、应生成有机物C13H18O2，D中含有4个碳原子，所以F中含有9个碳原子，且D和C13H18O2中氧原子数相同，所以D和F发生酯化反应，则F是醇，F的分子式为：C9H12O，F分子中含有苯环但无甲基，在催化剂存在下1molE与2molH2可以发生反应生成F，所以F的结构简式为：，则E的结构简式为（1）通过以上分析知，B中所含官能团的名称为羟基，E的结构简式为，故答案为：羟基，；（2）C与新制悬浊液反应生成异丁酸根离子、氧化亚铜和水，所以反应的离子方程式为：，故答案为：；（3）D与F发生酯化反应，其反应的化学方程式为：，故答案为：，酯化反应；（4）遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；苯环上有两

44、个取代基，说明苯环上含有两个支链，所以F的同分异构体有：苯环上连接正丙基和酚羟基，正丙基和酚羟基处于苯环上邻、间、对三种同分异构体，异丙基和酚羟基处于苯环上邻、间、对三种同分异构体，所以共有6种同分异构体，其中一种为点评：本题考查有机物推断，明确有机物的断键和成键方式是解本题关键，解题时注意结合题给信息进行分析解答，难度较大19（13分）（2013合肥一模）MgSO47H2O在医药上常用做泻药，工业上可用氯碱工业中的一次盐泥为原料生产已知一次盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分其主要工艺如下：（1）用H2SO4调节溶液PH至12，H2SO4作用是将盐泥中的碳酸盐和硅酸盐转化为可溶

45、性的硫酸盐，同时生成硫酸钙和硅酸除去（2）加NaClO溶液至PH=56并加热煮沸510分钟，沉淀2中主要含有MnO2和另外两种难溶物，这两种难溶物的化学式分别为Fe（OH）3、Al（OH）3；其中NaClO溶液将MnSO4转化为MnO2的离子方程式为ClO+Mn2+H2O=MnO2+Cl+2H+（3）检验滤液中是否含有Fe3+的实验方法是取滤液12ml于试管中，加入少量的KSCN溶液，若不变红色，证明滤液中 无Fe3+（4）“操作X”是将溶液蒸发浓缩、冷凝结晶、过滤洗涤，即得到MgSO47H2O晶体（5）准确称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2molL1的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加

46、足量2molL1 BaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.46g，则样品纯度为98.4%考点：以氯碱工业为基础的化工生产简介；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：离子反应专题分析：（1）用H2SO4调节溶液PH至12，H2SO4作用是把盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分转化为硫酸盐溶于水，硫酸钙、硅酸沉淀；（2）根据各物质溶解后的成分分析可知沉淀还应有Fe（OH）3、Al（OH）3；根据氧化还原反应得失电子相等，利用离子方程式的配平方法书写反应的离子方程式；（3）利用Fe3+离子与KSCN溶液生成血红色的物质检验；（4）依据溶液中得到溶质晶体的方法分析判断，操作X是从硫酸

47、镁溶液中得到MgSO47H2O晶体，需要蒸发浓缩溶液，冷凝结晶，洗涤干燥；（5）依据磷酸根离子守恒计算得到硫酸镁晶体的物质的量和质量来计算样品纯度解答：解：（1）盐泥中含有镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐等成分，用H2SO4调节溶液PH至12，会把碳酸盐和硅酸盐转化为溶于水的硫酸盐，把钙离子形成硫酸钙沉淀，把硅酸根离子形成硅酸沉淀过滤除去，故答案为：将盐泥中的碳酸盐和硅酸盐转化为可溶性的硫酸盐，同时生成硫酸钙和硅酸除去；（2）加入硫酸反应生成硫酸镁，硫酸铝，硫酸铁，加入次氯酸钠是为了氧化锰离子为二氧化锰，调节溶液PH，Fe3+、Al3+水解生成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀；NaClO溶

48、液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl，盐类的水解为吸热反应，加热有利于Al3+、Fe3+水解以及Mn2+氧化成MnO2，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；（3）Fe3+离子与KSCN溶液生成血红色的Fe（SCN）3，可利用该反应进行检验，故答案为：取过滤II后的滤液12 ml于试管中，加入少量KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明滤液中无Fe3+；（4）操作X是从硫酸镁溶液中得到MgSO47H2O晶体，需要蒸发浓缩溶液，冷凝结晶，洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷凝结晶；（5）准确称量制得的样品5g，用200mL水溶解，加入2molL1的盐酸5mL，在不断搅拌下滴加足量2molL1 BaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66g，生成沉淀BaSO4物质的量=0.02mol；MgSO47H2O物质的量为0.02mol，质量=0.02mol×246g/mol=4.92g，样品纯度=&#