2011年高考四川理综化学试题和参考答案

精品文档精心整理精品文档可编辑的精品文档2011年高考理科综合（四川卷）化学试题1．（2011四川高考）下列“化学与生活”的说法不正确的是

A．硫酸钡可用钡餐透视

B．盐卤可用于制豆腐

C．明矾可用于水的消毒，杀菌

D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢

2．（2011四川高考）下列推论正确的

A．SiH4的沸点高于CH4，可推测pH3的沸点高于NH3­

B．NH4＋为正四面体，可推测出PH4＋也为正四面题结构

C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体，

D．C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子

3．（2011四川高考）下列说法正确的是：

A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键

B．分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸

C．含有金属离子的晶体一定是离子晶体

D．元素的非金属型越强，其单质的活泼性一定越强

4．（2011四川高考）25℃在等体积的①pH=0的H2SO4溶液，②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液，③pH=10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()

A．1∶10∶1010∶109B．1∶5∶5×109∶5×109

C．1∶20∶1010∶109D．1∶10∶104∶109

5．（2011四川高考）甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4＋、Ba2＋、Mg2＋、H＋、OH－、Cl－、HCO3－、SO42－中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/l乙溶液中c(H＋)＞0.1mol/l；③向丙容器中滴入AgNO3溶液又不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，下列结论不正确的是

A．甲溶液含有Ba2＋

B．乙溶液含有SO42－

C．丙溶液含有Cl－

B．丁溶液含有Mg2＋

6．（2011四川高考）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是操作和现象结论A向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖C向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170°C产生的气体通入酸性KmnO4溶液，红色褪去使溶液褪色的气体是乙烯D向饱和Na2CO3中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3（2011四川高考）25°C和101kpa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为

A．12.5%B．25%C．50%D．75%

8．（2011四川高考）可逆反应①X(g)＋2Y(g)2Z(g)、②M(g)N(g)＋p(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：

下列判断正确的是()

A．反应①的正反应是吸热反应

B．达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15

C．达平衡(I)时，X的转化率为5/11

D．在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数相等

9．（2011四川高考）甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的成见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。

请回答下列问题：

⑴戊离子的结构示意图为_______。

⑵写出乙的单质的电子式：_______。

⑶戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2:4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。

⑷写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：_________。

⑸按右图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_______。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到得现象是__________________。

10．（2011四川高考）三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·xH2O)是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：

(1)铁含量的测定

步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。

步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4－被还原成Mn2＋。向反应后的溶液中计入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。

步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL滴定中MnO4－被还原成Mn2＋。

重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98mL

请回答下列问题：

①配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、_______、转移、洗涤并转移、________摇匀。

②加入锌粉的目的是________。

③写出步骤三中发生反应的离子方程式________。

④实验测得该晶体中铁的质量分数为__________。在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量__________。(选填“偏低”“偏高”“不变”)

(2)结晶水的测定

加热晶体，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110℃，恒温一段时间，至于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量。请纠正实验过程中的两处错误；_______；_________。

11．（2011四川高考）已知：CH2＝CH－CH＝CH2+R－CH＝CH－R´其中，R、R’表示原子或原子团。

A、B、C、D、E、F分别表示一种有机物，E的相对分子质量为278，其转化关系如下图所示(其他反应产物及反应条件略去)：

请回答下列问题：

(1)中含氧官能团的名称是________________。

(2)A反应生成B需要的无机试剂是___________。上图所示反应中属于加成反应的共有______________个。

(3)B与O2反应生成C的化学方程式为___________________。

(4)F的结构简式为________________。

(5)写出含有HC≡C－、氧原子不与碳碳双键和碳碳三键直接相连、呈链状结构的C物质的所有同分异构体的结构简式：_____________。

12．（2011四川高考）开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。

请回答下列问题：

(1)已知1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为______________。

(2)该循环工艺过程的总反应方程式为_____________。

(3)用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是____________。

(4)用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH)表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：

NiO(OH)+MHNi(OH)2+M

①电池放电时，负极的电极反应式为____________。

②充电完成时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为____________

1．C2．B3．A4．A5．D6．D7．B8．B

9．(1)(2)(3)2:3⑷AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓

(5)2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑酚酞溶液溶液变红

10．(1)①溶解定容②将Fe3＋恰好还原成Fe2＋③5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O④44.8%偏高

⑵加热后的晶体要在干燥器中冷却两次称量质量差不超过0.1g。

11．(1)醛基⑵NaOH的水溶液3

(3)CH2OHCH=CHCH2OH＋O2OHCCH=CHCHO＋2H2O

(4)

(5)HC≡C－CH(OH)CHO、HC≡C－－CH2OH、HC≡C－CH2－COOH、HCOOCH2C≡CH

12．(1)4FeS2(s)＋11O2(g)=2Fe2O3(s)＋8SO2(g)DH=－3408kJ·mol－1

(2)SO2＋2H2O=H2SO4＋H2

(3)促使平衡向右移动，有利于碘和氢气的生成

(4)①MH－e－＋OH－=H2O＋M②4MH＋O2＋4e－=2H2O＋4M

2011年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）（2011•四川）下列“化学与生活”的说法不正确的是（）A．硫酸钡可用钡餐透视B．盐卤可用于制豆腐C．明矾可用于水的消毒，杀菌D．醋可用于除去暖水瓶中的水垢【考点】化学科学的主要研究对象；物质的组成、结构和性质的关系．【专题】化学应用．【分析】A、根据钡餐的成分和性质以及医疗上做钡餐透视用的盐的用途来回答；B、根据制豆腐所应用的胶体聚沉的原理来回答；C、根据明矾净水的原理来回答；D、根据水垢的成分以及性质来分析．【解答】解：A、硫酸钡不溶于胃酸，是一种白色难溶解的固体，在医疗上可以做钡餐，故A项正确；B、盐卤属于盐类，是电解质，电解质的加入可以使豆浆胶体发生凝聚生产豆腐，故B项正确；C、明矾可以用于水的净化，原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物质而净水，明矾不能杀菌、消毒，故C项错误；D、醋酸可以与水垢的成分碳酸钙、氢氧化镁反应，生成易溶的物质，可以用来除垢，故D项正确．故选：C．【点评】本题是一道化学和生活相联系的题目，是现在高考的热点，难度不大．2．（3分）（2011•四川）下列推论正确的（）A．SiH4的沸点高于CH4，可推测pH3的沸点高于NH3B．NH4+为正四面体，可推测出PH4+也为正四面体结构C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体D．C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响．【分析】A、影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，氢键作用力大于分子间作用力；B、NH4+和PH4+结构类似都是正四面体构型；C、CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体；D、C3H8是锯齿形结构，是极性分子．【解答】解：A、SiH4和CH4都属于分子晶体，影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，NH3分子间存在氢键，沸点反常偏高大于pH3，故A错误；B、N、P是同主族元素，形成的离子NH4+和PH4+结构类似都是正四面体构型，故B正确；C、CO2是分子晶体，而SiO2是原子晶体，故C错误；D、C2H6中两个﹣CH3对称，是非极性分子，而C3H8是锯齿形结构，是极性分子，故D错误；故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及晶体沸点高低的比较、晶体结构的判断、晶体类型以及分子的极性等问题，题目难度不大，注意烷烃的结构特点．3．（3分）（2011•四川）下列说法正确的是（）A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B．分子中含两个氢原子的酸一定是二元酸C．含有金属离子的晶体一定是离子晶体D．元素的非金属性越强，其单质的活泼性一定越强【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；物质的结构与性质之间的关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A、惰性气体组成的晶体中不含化学键；B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸；C、AlCl3晶体中含有金属元素，但是分子晶体；D、元素的非金属性强但活泼性不一定强，还取决于化学键的强弱．【解答】解：A、惰性气体组成的晶体中不含化学键，只含有分子间作用力，故A正确；B、分子能电离出两个H+的酸才是二元酸，如CH3COOH分子中含有4个H，却是一元酸，故B错误；C、AlCl3晶体中含有金属元素，但以共价键结合，属于分子晶体，故C错误；D、氮元素的非金属性较强，因单质中的键能较大，则N2很稳定，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及晶体、二元酸以及非金属性等问题，题目难度不大，本题中注意非金属性强的物质不一定活泼．4．（3分）（2011•四川）25℃在等体积的①pH=0的H2SO4溶液，②0.05mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液，③pH=10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是（）A．1：10：1010：109 B．1：5：5×109：5×109C．1：20：1010：109 D．1：10：104：109【考点】水的电离；pH的简单计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据H20H++OH﹣可知，H2SO4溶液、Ba（OH）2溶液抑制水的电离，根据溶液的H2SO4溶液的PH或Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）计算水的电离的物质的量，Na2S溶液、NH4NO3溶液促进水的电离，根据PH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比．【解答】解：设溶液的体积为1L，①中pH=0的H2SO4中c（H+）=1.0mol•L﹣1，c（OH﹣）=1.0×10﹣14mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣14mol；②中c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1，c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣13mol；③中c（OH﹣）=1.0×10﹣4mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣4mol；④中c（H+）=1.0×10﹣5mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣5mol．故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10﹣14mol：1.0×10﹣13mol：1.0×10﹣4mol1：1.0×10﹣5mol=1：10：1010：109，A项正确．故选A．【点评】本题考查水的电离以及溶液中PH的简单计算，但不不大，做题时注意如何计算水的电离是解答此类题目的关键．5．（3分）（2011•四川）甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L；③向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成．下列结论不正确的是（）A．甲溶液含有Ba2+ B．乙溶液含有SO42﹣C．丙溶液含有Cl﹣ D．丁溶液含有Mg2+【考点】无机物的推断；离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】推断题．【分析】将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的只有BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，因此甲只能是Ba（OH）2；0.1mol/L乙溶液中c（H+）＞0.1mol/L，说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是NH4HCO3【解答】解：根据②中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据③中现象，可以推知丙中含有Cl﹣；再结合①中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D．【点评】本题为推断题，做题时注意题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键．6．（3分）（2011•四川）下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（）操作和现象结论A向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖C向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去使溶液褪色的气体是乙烯D向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊析出了NaHCO3A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A、NO3﹣在酸性条件下具有氧化性，被还原生成NO，NO被O2氧化为红棕色的NO2；B、葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；C、乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，SO2具有还原性，也可以使酸性KMnO4溶液褪色；D、相同温度、溶剂下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度．【解答】解：A、向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故A错误；B、应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，故项B错误；C、乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，故C项误；D、饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过饱和溶液中析出，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，注意物质的性质和物质的检验方法，排除其它因素的干扰．7．（3分）（2011•四川）25℃和101kpa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为（）A．12.5% B．25% C．50% D．75%【考点】化学方程式的有关计算．【专题】压轴题；计算题；差量法．【分析】根据有机物燃烧的化学反应方程式，分析反应前后气体体积的变化，利用气体体积缩小了72mL及混合气体的体积来列等式计算出乙炔的体积，最后计算乙炔的体积分数．【解答】解：由乙烷、乙炔和丙烯燃烧的方程式可知，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，C2H6+O2=2CO2+3H2O△V122.5C2H2+O2=2CO2+H2O△V121.5C3H6+O2=3CO2+3H2O△V132.5则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可，设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，则有，解得y=8mL，混合烃中乙炔的体积分数为，故选B．【点评】本题考查学生利用有机物燃烧的化学反应方程式进行体积分数的计算，明确气体体积缩小的量及将乙烷和丙烯看成一种物质是解答的关键．8．（3分）（2011•四川）可逆反应①X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）、②2M（g）⇌N（g）+P（g）分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板．反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：下列判断正确的是（）A．反应①的正反应是吸热反应B．达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14：15C．达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为D．在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，M的体积分数相等【考点】化学平衡的影响因素．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；B、根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；C、相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；D、由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的．【解答】解：A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故A错误；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：=，故B错误；C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：=，x==mol，即物质的量减少了3﹣=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为；故C正确；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误．故选：C．【点评】本题考查化学平衡移动问题，具有一定难度，做题注意从右边反应体系中的物质的量不变考虑．二、解答题（共4小题，满分45分）9．（15分）（2011•四川）甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素．甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和．甲、乙组成的成见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M．请回答下列问题：（1）戊离子的结构示意图为．（2）写出乙的单质的电子式：．（3）戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2：4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：3．（4）写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓．（5）按右图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：NaCl+H2ONaClO+H2↑，．将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到得现象是酚酞溶液溶液变红．【考点】位置结构性质的相互关系应用；物质的结构与性质之间的关系；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理．【专题】推断题；化学用语专题；氧化还原反应专题；电化学专题．【分析】根据题目已知信息推导甲、乙、丙、丁、戊原子，（1）根据离子核外电子排布的特点来回答；（2）根据物质中化学键的类型和电子式的书写方法来分析；（3）根据氧化还原反应中氧化剂、还原剂、被氧化的物质与被还原的物质的概念来回答；（4）根据NaAlO2溶液的化学性质能和强酸反应来回答；（5）根据电解池原理来书写电解方程式，根据方程式的产物结合其性质来分析．【解答】解：甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X是NH3，甲是H，乙是N，甲、丙处于同一主族，并且丙的原子序数大于N，则丙是Na．根据戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子的最外层电子数之和，则戊原子最外层电子数=1+1+5=7，则戊是Cl，戊的单质是Cl2，与NH3反应生成乙的单质N2和NH4Cl、HCl；并且0.1mol•L﹣1的Y溶液的pH＞1，则Y是NH4Cl，Z是HCl，丁的单质能与NaOH溶液反应，也能与HCl水溶液反应，则丁是Al，盐L是NaAlO2，丙、戊组成的化合物M为NaCl；（1）Cl﹣的结构示意图为：，故答案为：；（2）乙单质N2中含有共价三键，电子式为：，故答案为：；（3）NH3与Cl2反应的化学方程式：4NH3+3Cl2═N2+2NH4Cl+4HCl，在反应中氨气做还原剂，氯气做氧化剂，被氧化的物质氨气只占反应掉的一半，被氧化的物质氨气与被还原的物质氯气物质的量之比为：2：3，故答案为：2：3．（4）将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，故答案为：AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓；（5）电解饱和氯化钠溶液，反应的方程式为：NaCl+H2ONaClO+H2↑，电解后得到NaClO溶液，显碱性，具有氧化性和漂白性，滴入酚酞溶液中，酚酞溶液变红后褪色，故答案为：酚酞溶液变红后褪色．【点评】本题是一道和原子结构知识相关的推断题，正确推导各种原子是解题的关键，要求学生具备分析和解决问题的能力．10．（16分）（2011•四川）三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•xH2O）是一种光敏材料，在110℃可完全失去结晶水．为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：（1）铁含量的测定步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液．步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO4﹣被还原成Mn2+．向反应后的溶液中计入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性．步骤三：用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL滴定中MnO4﹣被还原成Mn2+．重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010mol/LKMnO4溶液19.98mL请回答下列问题：①配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、溶解、转移、洗涤并转移、定容摇匀．②加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+．③写出步骤三中发生反应的离子方程式5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．④实验测得该晶体中铁的质量分数为11.2%．在步骤二中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量偏高．（选填“偏低”“偏高”“不变”）（2）结晶水的测定加热晶体，烘干至恒重，记录质量；在坩埚中加入研细的三草酸合铁酸钾晶体，称量并记录质量；加热至110℃，恒温一段时间，至于空气中冷却，称量并记录质量；计算结晶水含量．请纠正实验过程中的两处错误；加热后的晶体要在干燥器中冷却；两次称量质量差不超过0.1g．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；氧化还原反应；溶液的配制．【专题】实验探究和数据处理题；氧化还原反应专题；物质的量浓度和溶解度专题．【分析】（1）①根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤判断：在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算→称量→溶解→移液、洗涤→振荡→定容→摇匀等步骤；②锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+；③根据物质的性质和书写离子方程式的有关要求书写离子方程式；④根据离子方程式计算，n（Fe）=5n（MnO4﹣）=5××0.01mol•L﹣1×10﹣3×10=1.0×10﹣2mol，m（Fe）=56g•mol﹣1×1.0×10﹣2mol=0.56g．晶体中铁的质量分数=×100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高．（2）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分．另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1g．【解答】解：（1）①在配制物质的量浓度的溶液时，要经过：计算→称量→溶解→移液、洗涤→振荡→定容→摇匀等步骤，故答案为：溶解；定容；②加入锌粉的目的是将Fe3+恰好还原成Fe2+，故答案为：将Fe3+恰好还原成Fe2+；③在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；④根据步骤三中的离子反应可知：n（Fe）=5n（MnO4﹣）=5××0.01mol•L﹣1×10﹣3×10=1.0×10﹣2mol，m（Fe）=56g•mol﹣1×1.0×10﹣2mol=0.56g．晶体中铁的质量分数=×100%=11.2%，若在步骤二中滴入酸性高锰酸钾溶液不足，则会有部分草酸根离子未被氧化，在步骤三中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高．故答案为：11.2%；偏高；（2）加热后的晶体要在干燥器中冷却，防止重新吸收空气中的水分．另外在加热时至少要称量两次质量差，到两次称量质量差不超过0.1g，故答案为：加热后的晶体要在干燥器中冷却；两次称量质量差不超过0.1g．【点评】本题考查较为综合，涉及到溶液的配制、滴定和结晶等操作，注意基础实验知识的积累，把握实验步骤、原理和注意事项等问题．11．（2011•四川）已知：CH2=CH﹣CH=CH2+R﹣CH=CH﹣R´→其中，R、R’表示原子或原子团．A、B、C、D、E、F分别表示一种有机物，F的相对分子质量为278，其转化关系如下图所示（其他反应产物及反应条件略去）：请回答下列问题：（1）中含氧官能团的名称是醛基．（2）A反应生成B需要的无机试剂是强碱KOH或NaOH的水溶液．图所示反应中属于加成反应的共有3个．（3）B与O2反应生成C的化学方程式为CH2OHCH=CHCH2OH+O2OHCCH=CHCHO+2H2O．（4）F的结构简式为．（5）写出含有HC≡C﹣、氧原子不与碳碳双键和碳碳三键直接相连、呈链状结构的C物质的所有同分异构体的结构简式：、HC≡CCOOCH3．【考点】有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】（1）根据官能团的名称来回答；（2）根据A到B的反应情况来确定所需要的试剂；（3）根据伯醇能被氧气氧化为醛的化学性质来回答；（4）根据物质之间的转化条件和性质来分析；（5）根据同分异构题的书写方法来回答．【解答】解：根据流程图和所给信息，A为1，3﹣丁二烯和溴单质加成的产物，即A为CH2BrCH=CHCH2Br，B到C的转化醇被氧化为醛的反应，故B为CH2OHCH=CHCH2OH，C为OHCCH=CHCHO，据题目所给的信息反应转化后可推知E为，D为，F为．（1）中含氧官能团是醛基，故答案为：醛基（2）从A到B的转化过程是将卤代烃转化为醇类，条件为：强碱的水溶液；CH2=CH﹣CH=CH2与溴反应生成CH2BrCH=CHCH2Br，属于加成反应；CH2=CH﹣CH=CH2和OHCCH=CHCHO生成属于加成反应；与H2反应生成属于加成反应，共有3个加成反应，故答案为：强碱KOH或NaOH的水溶液、3；（3）B为CH2OHCH=CHCH2OH与O2反应的方程式为：CH2OHCH=CHCH2OH+O2故答案为：CH2OHCH=CHCH2OH+O2OHCCH=CHCHO+2H2O；（4）F是和之间发生酯化反应后的产物，结构简式为：，故答案为：；（5）C为OHCCH=CHCHO，符合条件的同分异构体有：HC≡CCOOCH3，故答案为：、HC≡CCOOCH3，．【点评】本题是一道有机框图推断题，考查了有机物的化学性质、官能团名称和有关化学反应类型的知识，难度较大．12．（14分）（2011•四川）开发氢能是实现社会可持续发展的需要．硫铁矿（FeS2）燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2．请回答下列问题：（1）已知1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3408kJ•mol﹣1．（2）该循环工艺过程的总反应方程式为SO2+2H2O=H2SO4+H2．（3）用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是有利于平衡向右移动，有利于碘和氢气的生成．（4）用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料（用MH）表示），NiO（OH）作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池．电池充放电时的总反应为：NiO（OH）+MHNi（OH）2+M①电池放电时，负极的电极反应式为MH﹣e﹣+OH﹣=H2O+M．②充电完成时，Ni（OH）2全部转化为NiO（OH）．若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【考点】工业制取硫酸；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的调控作用．【专题】压轴题；电化学专题；氧族元素．【分析】（1）根据题目所给物质的量的多少结合热化学方程式的书写方法来回答；（2）根据该循环的工艺流程是用硫铁矿（FeS2）燃烧产生的SO2来制硫酸进行分析；（3）根据平衡移动的原理来分析；（4）①根据负极反应的特点和总电池反应来回答；②根据氧气进入另一个电极后所引发的反应来回答．【解答】解：（1）反应的化学方程式为：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，标出各物质的聚集状态；在反应中4molFeS2的质量为m（FeS2）=4mol×120g•mol﹣1=480g，放热Q=480g×7.1kJ/g=3408kJ，对应的热化学方程式为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3408kJ•mol﹣1，故答案为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=﹣3408kJ•mol﹣1；（2）在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，在膜反应器中的反应为：2HI⇌I2+H2，将两个方程式相加得：SO2+2H2O=H2SO4+H2，故答案为：SO2+2H2O=H2SO4+H2；（3）在膜分离器中发生反应：2HI⇌I2+H2，将H2分离出来有利于平衡向右移动，利于I2和H2的生成，故答案为：有利于平衡向右移动，有利于碘和氢气的生成；（4）①负极反应物MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MH﹣e﹣+OH﹣=H2O+M，故答案为：MH﹣e﹣+OH﹣=H2O+M；②阴极上是氧气发生的电子的过程，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【点评】本题是一道开放性的题目，考查了学生热化学和电化学的知识，难度较大．精品文档精心整理精品文档可编辑的精品文档2012年普通高等学校招生考试四川卷化学一选择题（本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）下列关于“化学与健康”的说法不正确的是服用铬含量超标的药用胶囊会对人对健康造成危害食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收“血液透析”利用了胶体的性质光化学烟雾不会引起呼吸道疾病设为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为常温常压下，7.0g乙烯与丙稀的混合物红含有氢原子的数目为50mL18.4浓硫酸与足量铜微热反应，生成分支的数目为0.46。某密闭容器盛有0.1mol和0.3mol，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.68.已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W但是气态氢化物的稳定性的阿玉Z的气态氢化物的稳定性，Ｘ、Ｙ为金属元素，Ｘ的阳离子的氧化性小于Ｙ的阳离子的氧化性。下列说法正确的是Ａ．ＸＹＺＷ的原子半径依次减小Ｂ．Ｗ与Ｘ形成的化合物中只含离子键Ｃ．Ｗ的气态氢化物的沸点一定高于Ｚ的气态氢化物的沸点Ｄ．若Ｗ与Ｙ的原子序数相差５，则二者形成化合物的化学式一定为9．（6分）（2012•四川）下列离子方程式正确的是（）A．Na与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓C．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OD．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O10．（6分）（2012•四川）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）11.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为。下列有关说法正确的是检测室，电解质溶液中的向负极移动若有0.4mol电子转移，则在标准状况下小号4.48L氧气电池反应的化学方程式为：正极上发生的反应是：再提及恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：当气体的物质的量减少0.315mol是反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是当SO3的生成速率与SO2降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g达到平衡时，SO2的转化率是90%向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2.在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是A.Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC.产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol第二部分（非选择题共174分）26.（13分）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。请回答下列问题：（1）B中所含元素位于周期表中第周期，族。（2）A在B中燃烧的现象是。（3）的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是。（4）的离子方程式是。（5）受热分解的化学方程式是。27.（14分）已知：，代表原子或原子团是一种有机合成中间体，结构简式为：,其合成方法如下：其中，分别代表一种有机物，合成过程中其他产物和反应条件已略去。在一定条件下反应可以生成酯,的相对分子质量为168.请回答下列问题：（1）能发生反应的类型有。（填写字母编号）A.取代反应B.水解反应C.氧化反应D.加成反应（2）已知为平面结构，则W分子中最多有个原子在同一平面内。（3）写出X与W在一定条件下反应生成N的化学方程式：。（4）写出含有3个碳原子且不含甲基的X的同系物的结构简式：。（5）写出第②步反应的化学方程式：。28.（17分）甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子张氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程：制取氧气制取氧气装有足量干燥剂的干燥管装有氧化铜的硬质玻管盛有足量浓硫酸的洗气瓶测定生成氮气的体积试验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛，有浓硫酸的洗气瓶。甲小组测得：反应前氧化铜的质量为、氧化铜反应后剩余固体的质量为生成氮气在标准状况下的体积。乙小组测得：洗气前装置D的质量、洗气后装置后D的质量、生成氮气在标准状况下的体积。请回答下列问题：（1）写出仪器a的名称：。（2）检查A装置气密性的操作时。（3）甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表空格中。实验装置实验药品制备原理甲小组A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为①乙小组②浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③（4）甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为。（5）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比名校小于理论值，其原因是。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出合理的实验结果。该药品的名称是。29.（16分）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。硫酸钙可在有图所示的循环燃烧装置的燃料反应器重与甲烷反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。请回答下列问题：（1）煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有。（填写字母编号）A.温室效应B.酸雨C.粉尘污染D.水体富营养化（2）在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的PH值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。①二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为。②亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式：。（3）已知1在燃料反应器中完全反应生成气态水时吸热160.1,1mol在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3。写出空气反应器重发生反应的热化学方程式：。（4）回收的与苯酚钠在一定条件下反应生成有机物M，其化学为，M经稀硫酸化得到一种药物中间N，N的结构简式为①M的结构简式为。②分子中无—O—O—，醛基与苯环直接相连的N的同分异构体共有种。2012年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（6分）（2012•四川）下列关于“化学与健康”的说法不正确的是（）A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C．“血液透析”利用了胶体的性质D．光化学烟雾不会引起呼吸道疾病【考点】药物的主要成分和疗效；胶体的应用；常见的生活环境的污染及治理；维生素在人体中的作用．【专题】化学应用．【分析】A．药用胶囊超标的铬，是重金属盐，能使蛋白质发生变性；B．食用的油脂供给脂溶性维生素作溶剂；C．血液为胶体，“血液透析”运用了胶体的性质；D．形成光化学烟雾的主要污染物是汽车尾气排放大量的氮氧化物．【解答】解：A．铬是重金属，能使蛋白质发生变性，服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害，故A正确；B．油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才会被消化吸收，故B正确；C．利用血液透析进行治疗因肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，是利用来了血液是胶体，不会通过半透膜的原理，故C正确；D．光化学烟雾是汽车排放的尾气中的氮氧化物发生复杂的变化后形成的，氮氧化合物有毒，会引起呼吸道疾病，故D错误．故选D．【点评】本题考查了胶体、六大营养素、光化学烟雾、重金属的基本性质的应用，难度不大，平时学习须多注意即可．2．（6分）（2012•四川）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NAB．常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC．50ml，18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA【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】A、氟化氢在标况下呈液态，不能通过其体积计算物质的量；B、乙烯与丙烯最简式相同，只需计算7.0gCH2中的氢原子数；C、浓硫酸随反应进行，浓度变稀后不能与铜继续反应；D、氮气和氢气反应生成氨气的反应是可逆反应；【解答】解：A、氟化氢在标况下呈液态，不能通过其体积计算物质的量；故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2.7.0gCH2的物质的量为0.5mol，氢原子数为0.5mol×2=1mol，即NA个，B项正确；C、结合方程式Cu+2H2SO4（浓），CuSO4+SO2↑+2H2O，50mL18.4mol/L（即0.92mol）硫酸参与反应时生成SO20.46mol，但随着反应的进行，浓硫酸逐渐变稀，反应未进行到底，故C项错误；D、N2、H2的反应属可逆反应，0.1molN2未反应完，转移电子数小于0.6NA，故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查了气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算微粒数，可逆反应的应用，题目难度中等．3．（6分）（2012•四川）已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物的稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性．下列说法正确的是（）A．X、Y、Z、W的原子半径依次减小B．W与X形成的化合物只含离子键C．W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D．若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3【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表专题．【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，根据选项进行判断．【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，W的气态氢化物的稳定性比Z的气态氢化物的稳定性强，故W、Z为非金属，原子序数Z＞W，W处于第二周期，Z处于第三周期，X、Y、Z同周期，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，则原子序数Y＞X，且二者处于第三周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，A、W、Z同主族，原子序数Z＞W，X、Y、Z同周期，X、Y、Z的原子序数Z＞Y＞X，所以原子半径X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、若W与X形成的化合物为过氧化钠，既含离子键又含共价键，故B错误；C、W的气态氢化物为氨气、水、氟化氢时，分子间存在氢键，沸点高于同族其它氢化物的沸点，W为C、Z为Si时，W氢化物沸点较低，故C错误；D、若W为N元素，Y为Mg元素，二者的原子序数相差5，二者形成化合物的化学式可能为Mg3N2，为Y3W2，故D错误；故选A．【点评】本题考查元素周期表的结构、元素化合物性质等，确定元素的相对位置关系是关键，D选项为易错点，容易审题不仔细，造成错误，关键是确定元素在周期表中的相对位置．4．（6分）（2012•四川）下列离子方程式正确的是（）A．Na与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+=H2SiO3↓C．0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2OD．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe+3NO3﹣+6H+Fe3++3NO2↑+3H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．电荷不守恒；B．醋酸是弱酸，不能拆；C．根据质量守恒定律和电荷守恒定律解题；D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+．【解答】解：A．金属钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．醋酸是弱酸，不能拆，应用化学式表示，故B错误；C．NH4Al（SO4）2溶液与Ba（OH）2以1：2的比值混合，OH﹣恰与NH4+和Al3+完全反应，故C正确；D．硝酸与过量Fe反应得到的是Fe2+，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确反应的实质及电荷守恒、质量守恒定律即可解答，难度不大．5．（6分）（2012•四川）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、依据溶液中电荷守恒分析判断；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；D、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；【解答】解：A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B错误；C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液呈碱性溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故C错误；D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后得到0.05mol/L的CH3COOH溶液和0.05mol/L的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）；依据物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）；代入电荷守恒计算关系中得到：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）；故D正确；故选D．【点评】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒，离子浓度大小的比较方法，题目难度中等．6．（6分）（2012•四川）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+．下列有关说法正确的是（）A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【专题】电化学专题．【分析】酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．【解答】解：A．原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故D错误．故选C．【点评】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答．7．（6分）（2012•四川）在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2+O22SO3；△H＜0．当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%．下列有关叙述正确的是（）A．当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡B．降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大C．将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980gD．达到平衡时，SO2的转化率为90%【考点】化学平衡的计算．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、同一物质的正、逆反应速率相等说明可逆反应到达平衡；B、降低温度，正、逆反应速率都减小，该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，逆反应速率减小程度更大；C、混合气体通入通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀为硫酸钡，根据差量法计算平衡时生成的三氧化硫的物质的量，根据硫元素守恒有n（BaSO4）=n（SO3），再根据m=nM计算硫酸钡的质量；D、令开始加入的SO2为amol，利用压强之比等于物质的量之比计算a的值，根据差量法计算参加反应的二氧化硫的物质的量，再根据转化率定义计算．【解答】解：A、SO3的生成速率与SO2的消耗速率都表示正反应速率，反应始终相等，不能说明到达平衡，故A错误；B、降低温度，正、逆反应速率都减小，该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，逆反应速率减小程度更大，故B错误；C、混合气体通入通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀为硫酸钡，平衡时气体的物质的量减少0.315mol，则：2SO2+O22SO3物质的量减少△n21n（SO3）0.315mol所以n（SO3）=2×0.315mol=0.63mol，根据硫元素守恒有n（BaSO4）=n（SO3）=0.63mol，所以生成的硫酸钡的质量为0.63mol×233g/mol=146.79g，故C错误；D、令开始加入的SO2为amol，利用压强之比等于物质的量之比，则：（a+1.1）mol×82.5%=（a+1.1﹣0.315）mol，解得a=0.7，平衡时气体的物质的量减少0.315mol，则：2SO2+O22SO3物质的量减少△n21n（SO2）0.315mol所以n（SO2）=2×0.315mol=0.63mol，故二氧化硫的转化率为×100%=90%，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡状态的判断、影响反应速率的因素、化学平衡计算等，难度中等，C选项中注意二氧化硫与氯化钡不能反应，D选项中注意数据的处理与差量法利用．8．（6分）（2012•四川）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（）A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【考点】有关混合物反应的计算．【专题】压轴题；守恒法．【分析】在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），据此计算．【解答】解：在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D正确．故选B．【点评】本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键．二、解答题（共4小题，满分60分）9．（13分）（2012•四川）下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）．已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀．请回答下列问题：（1）B中所含元素位于周期表中第三周期，ⅦA族．（2）A在B中燃烧的现象是气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生．（3）D+E→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是2：1．（4）G+J→M的离子方程式是3AlO2﹣+Fe3++6H2O=3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓．（5）Y受热分解的化学方程式是4Fe（NO3）32Fe2O3+12NO2↑+3O2↑．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al；转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe（OH）3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化故选可知，N为HNO3，Y为Fe（NO3）3，结合物质的性质来解答．【解答】解：F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al；转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H2，B为Cl2，E为MnO2，电解X是电解氯化钠溶液，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO2；M为红褐色沉淀为Fe（OH）3，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl3，H、I为氧化物判断H为Fe2O3，I为红棕色气体为NO2，结合转化故选可知，N为HNO3，Y为Fe（NO3）3，（1）B为Cl2中所含元素位于周期表第三周期第ⅦA族，故答案为：三；ⅦA；（2）A为H2，B为Cl2，氢气在氯气燃烧的现象是：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生，故答案为：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生；（3）D+E→B的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，n（被氧化的物质HCl）：n（被还原的物质MnO2）=2：1，故答案为：2：1；（4）G（NaAlO2）+J（FeCl3）→M（Fe（OH）3）的反