2013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高考化学试卷(2013四川)一、选择题共42分1．（6分）（2013•四川）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌2．（6分）（2013•四川）下列物质分类正确的是（）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物3．（6分）（2013•四川）下列离子方程式正确的是（）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O4．（6分）（2013•四川）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是（）A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z＞Y＞WB．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞ZC．Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体D．WY2分子中δ键与π键的数目之比是2：15．（6分）（2013•四川）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（mol•L﹣1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是（）A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/LC．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/LD．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）6．（6分）（2013•四川）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10﹣3mol/（L•min）B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大7．（6分）（2013•四川）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL二、非选择题（共58分）8．（11分）（2013•四川）X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍．Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M．请回答下列问题：（1）M固体的晶体类型是．（2）Y基态原子的核外电子排布式是；G分子中X原子的杂化轨道类型是．（3）L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是（4）R的一种含氧酸根RO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是9．（15分）（2013•四川）为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验．可选用的试剂：KSCN溶液、K3[Fe（CN）6]溶液、氯水．（1）请完成下表：操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入，振荡存在Fe2+【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2+和Fe2+．Ⅱ．AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色．（2）装置B的作用是．（3）经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是．（4）【查阅资料】Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水．【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是：ⅰ．Ag；ⅱ．Ag2O；ⅲ．Ag和Ag2O．【实验验证】该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验．实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是（填实验编号）．【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出AgNO3固体热分解的产物有10．（17分）（2013•四川）有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其结构简式如图1所示，G的合成路线如图2所示：其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去已知：请回答下列问题：（1）G的分子式是，G中官能团的名称是．（2）第①步反应的化学方程式是．（3）B的名称（系统命名）是．（4）第②～⑥步反应中属于取代反应的有（填步骤编号）．（5）第④步反应的化学方程式是．（6）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式．①只含一种官能团；②链状结构且无﹣O﹣O﹣；③核磁共振氢谱只有2种峰．11．（15分）（2013•四川）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是．（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是．（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是．（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；H2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=﹣545kJ/mol．则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸t．一、选择题共42分1．（6分）（2013•四川）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌考点：药物的主要成分和疗效；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．专题：化学应用．分析：A．二氧化硫有一定毒性；B．葡萄糖可用于合成葡萄糖酸钙；C．聚乙烯无毒；D．次氯酸钠有强氧化性．解答：解：A．二氧化硫有一定毒性，不能用于食物漂白，故A错误；B．葡萄糖酸钙常被用做补钙剂，故B正确；C．聚乙烯可做食品的包装，而聚氯乙烯不可，故C正确；D．“84”消毒液的有效成分就是NaClO，可用于环境消毒，故D正确；故选A．点评：本题考查化学在生活中的应用，难度不大，注意聚乙烯无毒，聚氯乙烯有毒．2．（6分）（2013•四川）下列物质分类正确的是（）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1﹣100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物；解答：解：A、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单．3．（6分）（2013•四川）下列离子方程式正确的是（）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．HClO为弱酸，在离子反应中保留化学式；B．发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水；C．铜作电解，阳极Cu失去电子，实质为电镀；D．发生氧化还原反应生成S、SO2、H2O．解答：解：A．Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O，故B正确；C．用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误；故选B．点评：本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等．4．（6分）（2013•四川）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，Z原子比X原子的核外电子数多4．下列说法正确的是（）A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z＞Y＞WB．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞ZC．Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体D．WY2分子中δ键与π键的数目之比是2：1考点：原子结构与元素的性质．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，据此解答．解答：解：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过8，故W的最外层电子数为4，处于第ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA族，原子序数X大于W，故W为C元素，X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，故Z的核外电子数为17，则Z为Cl元素，Y的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y为Si或P或S元素，A、同主族自上而下电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，故A错误；B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，故B错误；C、若Y、Z形成的分子为SiCl4，为正四面体构型，故C正确；D、WY2分子为CS2，分子结构式为S=C=S，双键中含有1个δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1：1，故D错误；故选C．点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，推断元素是关键，注意Y元素的不确定性．5．（6分）（2013•四川）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（mol•L﹣1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是（）A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/LC．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/LD．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；D．根据电荷守恒确定离子浓度关系．解答：解：室温下，将等体积等浓度的HA和KOH混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正确；B．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9mol/L，故B错误；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1mol/L，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），则c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正确；故选B．点评：本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可，易错选项是C，难度较大．6．（6分）（2013•四川）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10﹣3mol/（L•min）B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．专题：压轴题；化学平衡专题．分析：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正）；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2molZ，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动．解答：解：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，故v（Y）==0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），故A错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）＜v（正），故B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，平衡时Y的物质的量为0.10mol，则：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）开始（mol）：0.160.160变化（mol）：0.060.060.12平衡（mol）：0.10.10.12由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数k==1.44，故C正确；D、再通入0.2molZ，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误；故选C．点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意C选项中对化学平衡常数的理解．7．（6分）（2013•四川）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．专题：压轴题；守恒法．分析：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，根据n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；B、根据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．解答：解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；故选D．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．二、非选择题（共58分）8．（11分）（2013•四川）X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍．Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M．请回答下列问题：（1）M固体的晶体类型是离子晶体．（2）Y基态原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4；G分子中X原子的杂化轨道类型是sp3．（3）L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度．（4）R的一种含氧酸根RO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．考点：原子结构与元素的性质；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7，故X为氮元素，G为NH3；Y的单质是一种黄色晶体，Y为硫元素；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍，则外围电子排布为3d64s2，故R为Fe元素；Y与钠元素可形成化合物Q，Q为Na2S，Z与钠元素可形成化合物J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L，L为AgCl，故Z为Cl元素，J为NaCl；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M，故M为NH4Cl，据此解答．解答：解：X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7，故X为氮元素，G为NH3；Y的单质是一种黄色晶体，Y为硫元素；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍，则外围电子排布为3d64s2，故R为Fe元素；Y与钠元素可形成化合物Q，Q为Na2S，Z与钠元素可形成化合物J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L，L为AgCl，故Z为Cl元素，J为NaCl；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M，故M为NH4Cl，（1）M为NH4Cl，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；（2）Y为硫元素，基态原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4；G为NH3，分子中N原子成3个N﹣H键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故采取sp3杂化，故答案为：1s22s22p63s23p4；sp3；（3）L为AgCl，Q为Na2S，AgCl的悬浊液中加入Na2S的溶液，由于Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，故白色沉淀转化为黑色沉淀，故答案为：Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度；（4）R为Fe元素，含氧酸根FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，有Fe3+生成，并有无色气体产生，结合电子转移守恒可知，只有氧元素被氧化，故该无色气体为O2，反应离子方程式为：4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．点评：本题考查结构性质位置关系、无机物的推断、核外电子排布规律、杂化理论、沉淀转化、氧化还原反应等，难度中等，（4）中注意根据氧化还原反应知识判断生成的气体是氧气，是易错点与难点．9．（15分）（2013•四川）为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验．可选用的试剂：KSCN溶液、K3[Fe（CN）6]溶液、氯水．（1）请完成下表：操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡①溶液呈血红色存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入②K3[Fe（CN）6]溶液，振荡③产生蓝色沉淀存在Fe2+【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2+和Fe2+．Ⅱ．AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色．（2）装置B的作用是防倒吸．（3）经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气．（4）【查阅资料】Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水．【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是：ⅰ．Ag；ⅱ．Ag2O；ⅲ．Ag和Ag2O．【实验验证】该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验．实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是①b（填实验编号）．【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出AgNO3固体热分解的产物有②Ag、NO2、O2．考点：性质实验方案的设计；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；常见气体的检验．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）依据铁离子与硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液验证铁离子的存在；亚铁离子的检验是K3[Fe（CN）6]溶液和亚铁离子结合生成蓝色沉淀；（2）装置中B为安全瓶防倒吸；（3）依据氧气助燃性检验；（4）①实验操作加入的试剂若是硝酸，固体溶解，银单质反应溶解，氧化银也能溶于硝酸；②装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置D中收集到无色气体为氧气，依据实验a可知产物为银，氧化银溶于氨水；解答：解：（1）取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡，若含有铁离子溶液会变血红色，验证亚铁离子实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入K3[Fe（CN）6]溶液会和亚铁离子反应生成蓝色沉淀，故答案为：溶液呈血红色；K3[Fe（CN）6]溶液；产生蓝色沉淀；（2）装置导气管略露出胶塞，是安全瓶，可以防止C装置中的液体到吸入发生装置A，故答案为：防倒吸；（3）氧气具有助燃性，用带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气，故答案为：用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气；（4）①b实验加入的硝酸可以溶解Ag2O，也可以溶解Ag，不能检验固体成分，故答案为：b．②实验a加入氨水，银不能溶解于氨水溶液，Ag2O能溶于氨水中形成银氨溶液，可以验证固体成分的判断，加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解，说明生成的固体为Ag，装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置D中收集到无色气体为氧气，AgNO3固体热分解的产物有Ag、NO2、O2，故答案为：Ag、NO2、O2；点评：本题考查了实验设计的方法和物质实验验证方案分析判断，物质性质的应用是解题关键，题目难度中等．10．（17分）（2013•四川）有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其结构简式如图1所示，G的合成路线如图2所示：其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去已知：请回答下列问题：（1）G的分子式是C6H10O3，G中官能团的名称是羟基和酯基．（2）第①步反应的化学方程式是CH2=C（CH3）2+HBrCH3CH（CH3）CH2Br．（3）B的名称（系统命名）是2﹣甲基﹣1﹣丙醇．（4）第②～⑥步反应中属于取代反应的有②⑤（填步骤编号）．（5）第④步反应的化学方程式是．（6）写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3．①只含一种官能团；②链状结构且无﹣O﹣O﹣；③核磁共振氢谱只有2种峰．考点：有机物的推断．专题：压轴题；有机物的化学性质及推断．分析：异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成异丁醛，则B是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A是2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和C反应生成D，D水解生成乙醇和E，根据题给信息知，E和氢气发生加成反应生成F，F加热分解生成水和G，根据G的结构简式知，F的结构简式为：OHCH2C（CH3）2CHOHCOOH，E的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，结合物质的性质进行解答．解答：解：异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃A，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B被氧气氧化生成异丁醛，则B是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A是2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和C反应生成D，D水解生成乙醇和E，根据题给信息知，E和氢气发生加成反应生成F，F加热分解生成水和G，根据G的结构简式知，F的结构简式为：HOCH2C（CH3）2CHOHCOOH，E的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，（1）根据G的结构简式知，G的分子式为C6H10O3，G中含有的官能团是酯基和羟基，故答案为：C6H10O3，酯基和羟基；（2）在一定条件下，异丁烯和溴化氢发生加成反应生成2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，反应方程式为：CH2=C（CH3）2+HBrCH3CH（CH3）CH2Br，故答案为：CH2=C（CH3）2+HBrCH3CH（CH3）CH2Br；（3）根据系统命名法知，B的名称是2﹣甲基﹣1﹣丙醇，故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇；（4）②是取代反应，③是氧化反应，④加成反应，⑤取代反应，⑥加成反应，所以属于取代反应的有②⑤，故答案为：②⑤；（5）醛和醛发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：；（6）同时满足条件的E的同分异构体有：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3，故答案为：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3．点评：本题考查有机物的推断，明确有机物含有的官能团及其性质是解本题关键，采用正推和逆推相结合的方法进行分析推导，注意醛之间发生加成反应时的断键方式，为易错点．11．（15分）（2013•四川）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备Al、K2SO4、和H2SO4的工艺过程如图1所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是S．（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是蒸发结晶．（3）Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图2所示，该晶体中Al的配位数是4．（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2．（5）焙烧产生的SO2可用于制硫酸．已知25℃、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；H2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4△H3=﹣545kJ/mol．则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是①SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol．焙烧948t明矾（M=474g/mol），若SO2的利用率为96%，可产生质量分数为98%的硫酸②432t．考点：镁、铝的重要化合物；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：压轴题；化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．分析：（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以Al和NiO（OH）为电极，铝做原电池负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；②依据硫元素守恒计算得到；解答：解；（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质；故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为4；故答案为：4；（4）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）①2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；ⅠH2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260KJ/mol；即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol；故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130KJ/mol；②948t明矾生成SO2物质的量为4500mol故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t．故答案为：432t；点评：本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等．精品文档精心整理精品文档可编辑的精品文档2014年四川省高考化学试题及答案解析1．（2014四川高考）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是：

A．乙烯可作水果的催熟剂

B．硅胶可作袋装食品的干燥剂

C．褔尔马林可作食品的保鲜剂

D．氢氧化铝可作胃酸的中和剂

2．（2014四川高考）下列关于物质的分类说法正确的是：

A．金刚石、白磷都属于单质

B．漂白粉、石英都属于纯净物

C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质

D．葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物

3．（2014四川高考）能正确表示下列反应的离子方程式是：

A．Cl2通往NaOH溶液中：Cl2＋OH－=Cl－＋ClO－＋H2O

B．NaHCO3溶液中加入HC：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O

C．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋4NH4＋＋2H2O

D．Cu溶液于稀HNO3：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

4．（2014四川高考）下列实验方案中，不能达到实验目的的是：选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热。冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，辊入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色D验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2

将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色

5．（2014四川高考）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是：

A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA

B．室温下，1LpH=13的NOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NA

C．氢氧化燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过和电子数目为2NA

D．5NH4NO3

2HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA

6．（2014四川高考）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是：

A．0.1mol/LNH4CO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：

C(Na＋)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)＞c(OH－)

B．20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10mlHCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：

C(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)

C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：

c(Cl－)+c(H＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)

D．0.1mo;/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNOH溶液等体积混合，所得溶液中：

c(OH－)＞c(H＋)+c(CH3COOH)

7．（2014四川高考）在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y(g)，发生反应X（g）+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：实验

编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是：

A．实验①中，若5min时测得n(M)=0.50mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10－2mol/(L·min)

B．实验②中，该反应的平衡常数K=2.0

C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%

D．实验④中，达到平衡时，b>0.060

8．（2014四川高考）X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+离子的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题：

（1）Y基态原子的电子排布式是

；Z所在周期中第一电离能最大的元素是

。

（2）XY2－离子的立体构型是

；R2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是。

（3）Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是。

（4）将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是

。

9．（2014四川高考）硫代硫酸钠一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）.

I.【查阅资料】

（1）Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。

（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中能入SO2可制得Na2S2O3；所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4.

（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。

II.【制备产品】

实验装置如图所示（省略夹持装置）：

实验步骤：

（1）检查装置气密性，按图示加入试剂。

仪器a的名称是；E中的试剂是（选填下列字母编号）。

A。稀H2SO4B.NaOH溶液C。饱和NaHSO3溶液

（2）先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向A中烧瓶滴加H2SO4.

（3）等Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液

（填写操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。

III.【探究与反思

（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）

取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，

，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4.

（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是

。

（3）Na2S2O3·5H2O的溶液度随温度升高显著增大，所得产品通过

方法提纯。

1

10．（2014四川高考）A是一种有机合成中间体，其结构简式为

A的合成路线如下图，其中B～H分别代表一种有机物。

请回答下列问题：

（1）A中碳原子的杂化轨道类型有；A的名称（系统命名）是

；第⑧步反应的类型是

。

（2）第①步反应的化学方程式是

（3）C物质与CH2=C(CH3)COOH按物质的量之式1：1反应，其产物经加聚得到可作隐形眼镜的镜片材料I。I的结构简式是

（4）第⑥步反应的化学方程式是

（5）写出含有六元环，且一氯代物只有两种（不考虑立体异构）的A的同分异构体的结构简式：。

11．（2014四川高考）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，镍等金属化合物）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：

（1）上述流程脱硫实现了

（选填下列字母编号）。

A。废弃物的综合利用B。白色污染的减少C。酸雨的减少

（2）用MnCO3能除去溶液中Al3＋和Fe3＋，其原因是

。

（3）已知：25℃、101kPa时，Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)ΔH=－520kJ/mol

S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=－297kJ/mol

Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s)ΔH=－1065kJ/mol

SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是

（4）MnO2可作超级电容材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是

（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是

（6）假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程，将am3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量ckg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO

2

kg。

《2014年普通高等学校招生考试四川卷化学试题》参考答案

1．C

2．A

3．D

4．B

5．D

6．B

7．C

8．（1）①1s22s22p4

②Cl

（2）①V形②O

（3）2：1

（4）2Cu+8NH3·H2O+O2＝2[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O

9．II（1）①分液漏斗②B③蒸发

III（1）过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl

（2）先向A中烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液。

（3）重结晶

10．（1）①sp2、sp3②3，4－二乙基－2，4－已二烯③消去反应

11．（1）A、C

（2）消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀

（3）MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)ΔH=－248kJ/mol

（4）Mn2＋+2H2O－2e－=MnO2+4H＋

（5）MnO2+H2O+e－=MnO(OH)+OH－

（6）

2014年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2014•四川）化学与生活密切相关．下列说法不正确的是（）A．乙烯可作水果的催熟剂B．硅胶可作袋装食品的干燥剂C．福尔马林可作食品的保鲜剂D．氢氧化铝可作胃酸的中和剂考点：乙烯的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；药物的主要成分和疗效．专题：化学应用．分析：A．乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老；B．硅胶的表面积比较大，有微孔，吸水效果好；C．福尔马林有毒，不能用作食品的保鲜剂；D．氢氧化铝为难溶物，能够中和胃酸中的盐酸．解答：解：A．由于乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老，所以乙烯可作水果的催熟剂，故A正确；B．由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B正确；C．福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故C错误；D．氢氧化铝能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故D正确；故选C．点评：本题考查了生活中常见物质的性质及用途，题目难度不大，注意明确常见物质的组成、结构与性质，熟练掌握基础知识是解答本题的关键．2．（6分）（2014•四川）下列关于物质分类的说法正确的是（）A．金刚石、白磷都属于单质B．漂白粉、石英都属于纯净物C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质D．葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物考点：单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质；有机高分子化合物的结构和性质．专题：物质的分类专题．分析：A．由一种元素组成的纯净物是单质；B．由一种物质组成的为纯净物；C．完全电离的电解质是强电解质；D．相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉．解答：解：A．由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石、白磷都是由一种元素组成的纯净物，所以属于单质，故A正确；B．由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故B错误；C．完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故C错误；D．相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分子有机物，故D错误；故选A．点评：本题考查了基本概念，明确单质、纯净物、强电解质、高分子化合物的概念是解本题关键，知道常见物质的成分结合基本概念即可解答，题目难度不大．3．（6分）（2014•四川）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A．Cl2通入NaOH溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB．NaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．Cu溶于稀HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．原子不守恒；B．碳酸氢根离子不能拆开；C．氢氧化铝不溶于弱碱；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水．解答：解：A．原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；B．碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握．4．（6分）（2014•四川）下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热．冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化．解答：解：A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B．加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应2I﹣+Br2=2Br﹣+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故D正确；故选B．点评：本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是AB，注意：用硝酸银检验溴离子时要先中和过量的碱，为易错点．5．（6分）（2014•四川）设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA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．铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数；B．氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为1×10﹣13mol/L；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol氧气得到4mol电子；D．该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol氮气转移了15mol电子．解答：解：A．0.2mol铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（﹣0）×0.2mol=mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为：=mol，生成的H2分子数目为NA，故A错误；B．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中氢离子浓度为1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的OH﹣离子数目为10﹣13NA，故B错误；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下22.4L氧气的物质的量为1mol，1mol氧气完全反应得到4mol电子，电路中通过的电子数目为4NA，故C错误；D．该氧化还原反应中，生成4mol氮气转移了15mol电子，28g氮气的物质的量为1mol，生成1mol氮气转移的电子的物质的量为：=3.75mol，转移的电子数目为3.75NA，故D正确；故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项D为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况．6．（6分）（2014•四川）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COOH）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．二者恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；D．二者恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．解答：解：A．二者混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣，所以c（HCO3﹣）＜c（OH﹣），故A错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性即c（OH﹣）＞c（H+），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），且c（OH﹣）＞c（H+），所以c（Cl﹣）＜c（NH4+），所以c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；D．二者混合后恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等．7．（6分）（2014•四川）在10L恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g），所得实验数据如表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（X）n（Y）n（M）①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是（）A．实验①中，若5min时测得n（M）=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10﹣2mol/（L•min）B．实验②中，该反应的平衡常数K=2.0C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%D．实验④中，达到平衡时，b＞0.060考点：真题集萃；化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：A、根据v=计算v（M），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（N）；B、由表中数据，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；C、温度不变平衡常数不变，根据平衡常数可求出转化量，进而求出转化率；D、对比实验①②的平衡常数可知，正反应为放热反应，升温平衡左移，平衡常数减小，转化率减小，根据实验③中X的转化率为60%，则实验④中X的转化率小于60%，达到平衡时，b＜0.060．解答：解：A．v（N）=v（M）===1.0×10﹣3mol/（L•min），故A错误；B．X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L）0.010.0400转化浓度（mol/L）0.0080.0080.0080.008平衡浓度（mol/L）0.0020.0320.0080.008实验②中，该反应的平衡常数K===1.0，故B错误；C．X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L）0.020.0300转化浓度（mol/L）平衡浓度（mol/L）0.02﹣0.03﹣该反应的平衡常数K===1.0，解得a=0.12，实验③中，X的转化率=100%=60%，故C正确；D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数K≈2.6，升高温度至800℃得平衡常数为K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b=a=0.06mol，但④的实际温度为900℃，相比较800℃，平衡逆向移动，b＜0.06，故D错误；故选C．点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（13分）（2014•四川）X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大．XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+离子的3d轨道中有9个电子．（1）Y基态原子的电子排布式是1s22s22p4；Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是Cl．（2）XY2﹣离子的立体构型是V形；R2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是O．（3）Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是2：1．（4）将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O．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；化学键与晶体结构．分析：X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，应是NO2，则X为N元素、Y为O元素；X与氢元素可形成NH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则M层电子数为2，故Z为Mg；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则R为Cu元素，据此解答．解答：解：X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，应是NO2，则X为N元素、Y为O元素；X与氢元素可形成NH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则M层电子数为2，故Z为Mg；R2+离子的3d轨道中有9个电子，R原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则R为Cu元素，（1）Y为O元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p4，Z为Mg元素，所在周期中第一电离能最大的主族元素是Cl元素，故答案为：1s22s22p4；Cl；（2）NO2﹣离子中心N原子孤电子对==1，价层电子对数=2+1=3，故NO2﹣离子的立体构型是V形；Cu2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是H2O中O原子，故答案为：V形；O；（3）晶胞中阳离子处于体心与顶点，晶胞中阳离子数目=1+8×=2，阴离子处于处于体内及面上，晶胞中阴离子数目=2+4×=4，故晶胞中阴离子与阳离子的个数比是4：2=2：1，故答案为：2：1；（4）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明得到四氨合铜络离子，还应生成氢氧根离子与水，该反应的离子方程式是2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O．点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、分子结构、配合物、晶胞计算等，推断元素是解题关键，注意掌握中学常见配合物，难度中等．9．（13分）（20