高考理综试题化学部分（含详细答案和试题解析）doc高中化学

://永久免费组卷搜题网://永久免费组卷搜题网2021年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试I6.以下各组离子，在溶液中能大量共存、参加NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是A.Ba2+、、、B.、、、C.、Ba2+、、D.、、、答案D【解析】A项，参加NaOH会与NH产生NH3，但没有沉淀；B项HCO与AlO不能共存，会生成Al(OH)3沉淀。C项，OH－与HSO生成SO－，与Ba2＋可生成BaSO3沉淀，但无气体。D项，OH－与NH产生NH3，与Mg2＋会产生Mg(OH)2沉淀，正确。7.将15ml.2mol•.溶液逐滴参加到40ml.0.5mol•.盐溶液中，恰好将溶液中的离子完全沉淀为碳酸盐，那么中n值是A.4B.3C答案B【解析】M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反响对应的关系式为：2Mn+~nCO－2n15×10-3×240×10-3×0.5可得n=3，应选B。8.以下表示溶液中发生反响的化学方程式错误的选项是A.B.CD.答案B【解析】在碱性条件下，不可能产生CO2气体，而应是CO－，故B项错。9.现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a,那么碳的质量分数是A.B.C.D.答案C【解析】乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，从化学式可以发现两者中,C与H之间的数目比为1:2,质量比为6:1，碳氢的质量分数一共为1-a,其中碳占。10.用0.1mol•.的盐酸滴定0.10mol•.的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是A.>,>B.=,=C.>,>D.>,>答案C【解析】溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错。11.为了检验某含有杂质的样品的纯度，现将克样品加热，其质量变为g,，那么该样品的纯度〔质量分数〕是A.B.C.D.答案A【解析】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2Om(减少)2×8410662x(W1-w2)解得x=，将其带入下式可得：w(Na2CO3)=(w1-x)/W1=，A项正确。12.有关以下图所示化合物的说法不正确的选项是A.既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反响，又可以在光照下与Br2发生取代反响B.1mol该化合物最多可以与3molNaOH反响C.既可以催化加氢,又可以使酸性KmnO4溶液褪色D.既可以与FeCl3溶液发生显色反响，又可以与NaHCO3溶液反响放出CO2气体答案D【解析】有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反响，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反响，A项正确；B项，酚羟要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，正确；C项，苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，正确；该有机物中不存在羧基，故不能与NaHCO3放出CO2气体，D项错。13.以下图表示反响，，在某温度时的浓度随时间变化的曲线：以下有关该反响的描述正确的选项是A.第6后，反响就终止了B.的平衡转化率为85%C.假设升高温度，的平衡转化率将大于85%D.假设降低温度，v正和v逆将以同样倍数减少答案B【解析】A项，6min时反响达平衡，但未停止，故错；B项，X的变化量为1-0.15=0.85mol，转化率为0.85/1=85%，正确。H<0，反响为放热，故升高温度，平衡将逆向移动，那么X的转化率减小，C项错；D项，降温，正、逆反响速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故V正>V逆，即逆反响减小的倍数大，错误。27.〔15分〕〔注意：在试题卷上作答无效〕浓H2SO4和木炭在加热时发生反响的化学方程式是2H2SO4(浓)+CCO2↑+2H2O+2SO2↑请从以下图中选用所需的仪器〔可重复选用〕组成一套进行该反响并检出反响产物的装置。现提供浓H2SO4、木炭和酸性KMnO4溶液，其他固、液试剂自选。〔连接和固定仪器用的玻璃管、胶管、铁夹、铁架台及加热装置等均略去〕将所选的仪器按连接顺序由上至下依次填入下表，并写出该仪器中应加试剂的名称及其作用。选用的仪器〔填字母〕参加的试剂作用答案C浓硫硫和木炭产生反响物B无水硫酸铜检验是否有水A品红检验SO2A酸性KMnO4除去SO2A澄清石灰水检验CO2的存在。【解析】成套装置包括反响装置，检验装置和尾气处理装置。C中参加浓硫硫和木炭作为反响物的发生器，产物中必须先检验水，因为在检验其他物质时会在其它试剂中混入水，可选用装置B，放入无水硫酸铜，假设变蓝那么说明有水。接着检验SO2气体，用装置A，放入品红检验，假设品红褪色，那么说明有SO2气体产生，再用装置A，放入酸性KMnO4溶液以除去SO2，最后再用装置A，放入澄清石灰水来检验CO2的存在，因SO2也可以使澄清石灰水变浑，故先要除去SO2。28.〔15分〕〔注意：在试题卷上作答无效〕以下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此答复以下问题：①电源的N端为极；②电极b上发生的电极反响为；③列式计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积：；④电极c的质量变化是g；⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；〔2〕如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？答案〔1〕①正极②4OH－-4e－=2H2O+O2↑。③2.8L④16g⑤甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH－放电，H＋增多。丙不变，相当于电解水。(2)可以因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反响也就变为水的电解【解析】〔1〕①乙中C电极质量增加，那么c处发生的反响为：Cu2＋+2e－=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，100×10%=〔100-x〕×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol。由方程式2H2+O22H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反响中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH－-4e－=2H2O+O2↑。③转移0.5mol电子，那么生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L。④Cu2＋+2e－=Cu，转移0.5mol电子，那么生成的m(Cu)=0.5/2×64=16g。⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu2＋放电，阳极为OH－放电，所以H＋增多，故pH减小。丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。〔2〕铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。29.〔15分〕〔注意：在试题卷上作答无效〕周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。答复以下问题：〔1〕W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体结构，W的氧化物的晶体类型是；〔2〕Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是；〔3〕R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是；〔4〕这5个元素的氢化物分子中，①立体结构类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是〔填化学式〕，其原因是；②电子总数相同的氢化物的化学式和立体结构分别是；〔5〕W和Q所形成的结构陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反响，生成化合物W(QH2)4和HCL气体；W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反响的化学方程式〔各物质用化学式表示〕是。答案〔1〕原子晶体。〔2〕NO2和N2O4〔3〕As2S5。〔4〕①NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；②电子数相同的有SiH4、PH3和H2S结构分别为正四面体，三角锥和V形。〔5〕SiCl4+4NH3=Si(NH2)4+4HCl，3Si(NH2)4=8NH3+Si3N4【解析】此题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型，那么应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。〔1〕SiO2为原子晶体。〔2〕高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，那么有NO2与N2O4之间的相互转化关系。〔3〕Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，那么只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。〔4〕显然x为P元素。①氢化物沸点顺序为NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用力不同。②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18。，结构分别为正四面体，三角锥和V形。〔5〕由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。30、〔15分〕化合物H是一种香料，存在于金橘中，可用如下路线合成：〔i〕〔i〕B2H6〔ii〕H2O2/OH－R－CH2CH2OH〔B2H6为乙硼烷〕R－CH＝CH2：答复以下问题：〔1〕11.2L〔标准状况〕的烃A在氧气中充分燃烧可以产生88gCO2和45gH2O。A的分子式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿〔2〕B和C均为一氯代烃，它们的名称〔系统命名〕分别为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；〔3〕在催化剂存在下1molF与2molH2反响，生成3－苯基－1－丙醇。F的结构简式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿〔4〕反响①的反响类型是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；〔5〕反响②的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿〔6〕写出所有与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体的结构简式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿答案〔1〕C4H10。〔2〕2-甲基-1-氯丙烷、2-甲基-2-氯丙烷〔3〕〔4〕消去反响。〔5〕〔6〕、、、【解析】〔1〕88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准11.2L，即为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4,H原子数为10，那么化学式为C4H10。〔2〕C4H10存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，那么只能是异丁烷。取代后的产物为2-甲基-1-氯丙烷和2-甲基-2-氯丙烷。〔3〕F可以与Cu(OH)2反响，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，那么应含有碳碳双键。从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为。〔4〕反响①为卤代烃在醇溶液中的消去反响。〔5〕F被新制的Cu(OH)2氧化成羧酸，D至E为然后与信息相同的条件，那么类比可不难得出E的结构为。E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反响。〔5〕G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同分异构体。======================================================================================【全国卷II】6.物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反响，假设硝酸被复原的产物为N2O，反响结束后锌没有剩余，那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是A.1：4B.1：5C.2：3D.2：5答案A【解析】设2molZn参与反响，因Zn无剩余，那么最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4molNO，这局部是没有参与氧化复原反响的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，那么n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被复原。7.以下关于溶液和胶体的表达，正确的选项是A.溶液是电中性的，胶体是带电的B.通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动C.溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动D.一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者那么没有答案D【解析】胶体本身是不带电，只是其外表积较大，吸附了溶液中的离子而带了电荷，故A项错；溶液中的溶质，要看能否电离，假设是非电解质，那么不导电，也即不会移动，B项错；溶液中溶质粒子没有规律，C项错；丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，D项正确。8.以下表达中正确的选项是A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中参加NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B.向Na2CO3溶液中逐滴参加等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2.C.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反响，在同温同压下，生成的CO2体积相同D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出答案D【解析】CaCO3与CO2反响生成Ca(HCO3)2,再参加NaHCO3是没有现象的，A项错；向Na2CO3溶液中逐滴参加等物质的量的稀盐酸，仅生成NaHCO3，无CO2气体放出，B项错；等质量的NaHCO3和Na2CO3，其中NaHCO3的物质的量多，与足量HCl反响时，放出的CO2多，C项错；D项，发生的反响为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解性较小，故有结晶析出，正确。9.某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63。以下表达中错误的选项是A.它是副族元素B.它是第六周期元素C.它的原子核内有63个质子D.它的一种同位素的核内有89个中子答案D【解析】核外电子数等于其质子数，C项正确；用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63-2-8-8-18-18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，A项、B项均正确；由于存在同位素，所以相对原子质量应是同位素的平均值，而不代表其中一种元素的质量数，故中子数不能用152-63=89来计算，D项错。10.现有等浓度的以下溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的选项是A.④①②⑤⑥③B.④①②⑥⑤③C.①④②⑥③⑤D.①④②③⑥⑤答案C【解析】①②④均属于酸，其中醋酸最强，碳酸次之，苯酚最弱。③⑤⑥均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理知，因H2CO3>苯酚>HCO，所以对应的盐，其碱性为：碳酸钠>苯酚钠>碳酸氢钠，pH顺序相反，故C项正确。11.：2H2〔g〕+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6KJ·mol-1CH4〔g〕+2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-890KJ·mol-1现有H2与CH4的混合气体112L〔标准状况〕，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),假设实验测得反响放热3695KJ，那么原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是A．1∶1B．1∶3C．1∶4D．2∶3答案B【解析】设H2、CH4的物质的量分别为x、ymol。那么x+y=5，571.6x/2+890y=3695,解得x=1.25mol;y=3.75mol，两者比为1：3，应选B项。—OCCH3O—OC—O12、1molHO —OCCH3O—OC—O溶液充分反响，消耗的NaOH的物质的量为A．5molB．4molC．3molD．2mol答案A【解析】该有机物含有酚，还有两个酯基，要注意该有机物的酯基与NaOH水解时，生成羧酸钠，此外生成的酚还要继续消耗NaOH，故需要5molNaOH，A项正确。13.含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2。以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项是A．x＝0.4a，2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-B．x＝0.6a，2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－C．x=a，2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－D．x=1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－答案B【解析】由于Fe2＋的复原性强于Br－，故根据氧化复原反响的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2＋,然后再氧化Br－。2Fe2＋+Cl22Fe3＋+2Cl－,2Br－+Cl2Br2+2Cl－，2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2。当x/a≤0.5时，Cl2仅氧化Fe2＋，故A项正确。当x/a≥1.5时,Fe2＋和Br－合部被氧化，D项正确；当介于两者之间时，那么要分步书写方程式，然后进行叠加得总反响。如B项，当x=0.5a时，Cl2刚好把Fe2＋全部氧化，而当x=0.6a，显然Cl2还要氧化Br－，而选项中没有表示，故错。27.(15分)某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反响生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。〔1〕根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量〔n〕随时间〔t〕变化的曲线：t/minX/molY/molZ/mol01.001.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90(2)体系中发生反响的化学方程式是___________________________;(3)列式计算该反响在0-3min时间内产物Z的平均反响速率：_______________;(4)该反响到达平衡时反响物X的转化率等于___________________________;(5)如果该反响是放热反响。改变实验条件〔温度、压强、催化剂〕得到Z随时间变化的曲线①、②、③〔如右图所示〕那么曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：①_________________②________________③__________________答案【解析】此题考查化学反响速率和化学平衡的综合运用，注意图像和有关计算。〔1〕根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。〔2〕根据题意，可以利用“三步法〞求解aX+bYcZ开始1.001.000转化0.450.90.9平衡0.550.10.9根据各物质的量之比可得体系中发生反响的化学方程式是：X+2Y2Z。〔3〕根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为0.5mol，其平均速率为0.083mol/L·min。〔4〕X的转化率等于0.45。〔5〕由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度。在2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为参加催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压。28.(15分)氨可以与灼热的氧化铜反响得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反响。答复以下问题：〔1〕A中参加的物质是_____________①_____________________________.发生反响的化学方程式是_______________②_______________________;〔2〕B中参加的物质是_____③________，其作用是_________④_______________:〔3〕实验时在C中观察到得现象是_____________⑤_________________，发生反响的化学方程式是_________________⑥____________________;(4)实验时在D中观察到得现象是________________⑦__________________，D中收集到的物质是_______⑧_______,检验该物质的方法和现象是_________⑨_____________.答案【解析】此题考查化学实验和有关化学方程式，注意化学实验现象的描述和试剂的选择。根据反响原理，反响物为氨气和氧化铜，可以判断试管A为制取氨气的装置，因此装入的药品应该为氯化铵和氢氧化钙，氨气要使用碱石灰。加热后，黑色氧化铜变为红色的铜，生成的水和氨气生成氨水留在了D中，而氮气通过排水法进行收集。检验氨气可利用其碱性，检验水可以用无水硫酸铜。29.(15分)现有A、B、C、D、E、F六种化合物，它们的阳离子有，阴离子有，现将它们分别配成的溶液，进行如下实验：测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；向D溶液中滴加溶液，无明显现象；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象,答复以下问题:实验②中反响的化学方程式是;(2)E溶液是,判断依据是;(3)写出以下四种化合物的化学式:A、C、D、F.答案【解析】此题考查离子共存、盐类水解综合运用。根据溶液的性质，确定CO32—只能与K+形成显碱性的溶液，另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)2。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐，因此A为Ba(OH)2，E为K2CO3，C为醋酸盐，由②可得B中阳离子为Ag+，那么肯定为AgNO3，由③可得D中无SO42—，那么F中的阴离子为SO42—，D中的阴离子为Cl—。由④可得F中的阳离子为Fe2+，即F为FeSO4，而CH3COO—假设与Al3+形成溶液时，Al3+也发生水解，所以C为醋酸钙，而D为AlCl3。30.(15分)化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧。A的相关反响如以下图所示:R-CH=CHOH(烯醇)不稳定,很快转化为。根据以上信息答复以下问题:(1)A的分子式为;(2)反响②的化学方程式是;(3)A的结构简式是;(4)反响①的化学方程式是;(5)A有多种同分异构体,写出四个同时满足(i)能发生水解反响(ii)能使溴的四氯化碳溶液褪色两个条件的同分异构体的结构简式：、、、；〔6〕A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的结构简式为。答案【解析】此题考查有机物的结构推断和性质，注意结构简式、同分异构体、化学方程式的书写。根据题意，A分子中碳的原子数为4个，氢原子的个数为6个，那么氧原子的个数为2个，即A的分子式为C4H6O2。由于A可以发生聚合反响，说明含有碳碳双键，在硫酸存在条件下生成两种有机物，那么为酯的水解，即A中含有酯基。根据不饱和度，没有其他功能团。由A的水解产物C和D的关系可判断C与D中的碳原子数相等，均为两个。那么A的结构为CH3COOCH=CH2，因此A在酸性条件下水解后得到CH3COOH和CH2=CHOH，碳碳双键的碳原子上接羟基不稳定，转化为CH3CHO。A聚合反响后得到的产物B为，在酸性条件下水解，除了生成乙酸和。=================================================================================【北京卷】6．以下表达不正确的选项是A．铁外表镀锌，铁作阳极B．船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C．钢铁夕阳腐蚀的正极反响：D．工业上电解饱和和食盐水的阳极反响：7．W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反映为黄色。以下判断正确的选项是A．金属性：YZB氢化物的沸点：C．离子的复原性：D原子及离子半径：8．以下表达正确的选项是A．将通入溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入，产生沉淀B．在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解；再参加固体，铜粉仍不溶解C．向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再参加溶液，沉淀消失D．纯锌与稀硫酸反响产生氨气的速率较慢；再参加少量固体，速率不改变9．有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入和各0.1mol，乙中参加HI0.2mol，相同温度下分别到达平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是A．甲、乙提高相同温度B甲中参加0.1molHe，乙不改变C．甲降低温度，乙不变D甲增加0.1mol，乙增加0.1mol10.甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子。以下推断合理的是A．某拿酸溶液含甲电离出的阴离子，那么该溶液显碱性，只能与酸反响B．乙与氧气的摩尔质量相同，那么乙一定含有极性键和非极性键C．丙中含有2周期IVA族的元素，那么丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，那么丁中一定含有-1价的元素11．有4中混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①与；②与③与④与以下各项排序正确的选项是A．pH:②>③>④>①B：②>④>③>①C.溶液中:①>③>②>④D:①>④>③>②12.由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如在右图转化关系〔局部生成物和反响条件略去〕以下推断不正确的选项是A．假设X是，C为含极性键的非极性分子，那么A一定是氯气，且D和E不反响B．假设A是单质，B和D的反响是，那么E一定能复原C．假设D为CO，C能和E反响，那么A一定为，其电子式是D．假设D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，那么X一定是铝盐25．〔16分〕丙烯可用于合成是杀除根瘤线虫的农药〔分子式为〕和应用广泛的DAP树脂；脂与酯克发生如下酯交换反响：〔R，R’R’’代表羟基〕〔1〕农药分子中每个碳原子上均连有卤原子。①A的结构简式是A含有的官能团名称是；②由丙烯生成A的反响类型是〔2〕A水解可得到D，该水解反响的化学方程式是。〔3〕C蒸汽密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为碳60%，氢8%，氧32%，C的结构简式是。〔4〕以下说法正确的选项是〔选填序号字母〕a.能发生聚合反响，复原反映和氧化反映b．C含有两个甲基的羟酸类同分异构体有4个cD催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量dE有芳香气味，易溶于乙醇〔5〕E的水解产物经别离子最终的到甲醇和B，二者均可循环利用DAP树脂的制备。其中将甲醇与H别离的操作方法是〔6〕F的分子式为DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基部处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种。D和F反响生成DAP单体的化学方程式。26．〔15分〕以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下〔局部操作和条件略〕；I从废液中提纯并结晶处。II将溶液与稍过量的溶液混合，得到含的浊液IV将浊液过滤，用90°C热水洗涤沉淀，枯燥后得到V煅烧，得到固体：在热水中分解I中，加足量的铁屑出去废液中的，该反响的离子方程式是II中，需加一定量硫酸，运用化学平衡原理简述硫酸的作用III中，生成的离子方程式是。假设浊液长时间暴露在空气中，会有局部固体外表变为红褐色，该变化的化学方程式是。IV中，通过检验来判断沉淀是否洗涤干净。检验操作是是。煅烧的化学方程式是，现煅烧464.0kg的，得到316.8kg产品，假设产品中杂质只有，那么该产品中的质量是kg〔摩尔质量/g·；〕27．〔14分〕某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按以下图装置进行试验〔夹持仪器已略去〕。实验说明浓硝酸能将氧化成，而稀硝酸不能氧化。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳：氢氧化钠溶液不与反响，能与反响：实验应防止有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中乘放的药品依次是滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，参加药品，翻开弹簧夹后装置①中发生反响的化学方程式是装置②的作用是，发生反响的化学方程式是该小组得出的结论一局的试验现象是试验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了一下4个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是〔选填序号字母〕加热该绿色溶液，观察颜色变化加水稀释绿色溶液，观察颜色变化向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反映产生的气体，观察颜色变化28．〔15分〕以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：〔1〕将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整4+11〔2〕接触室中发生反响的化学方程式是。〔3〕依据工艺流程图判断以下说法正确的选项是〔选填序号字母〕。a.为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎b.过量空气能提高的转化率c.使用催化剂能提高的反响速率和转化率d.沸腾炉排出的矿渣可供炼铁〔4〕每160g气体与化合放出260.6kJ的热量，该反响的热化学方程是。〔5〕吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的和铵盐。①既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的。吸收的离子方程式是。②为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别参加到50.00mL相同浓度的溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经枯燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。局部测定结果；铵盐质量为10.00g和20.00g时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变。计算：该铵盐中氮元素的质量分数是%；假设铵盐质量为15.00g。浓硫酸增加的质量为。〔计算结果保存两位小数〕6789101112ABCCDBA【参考答案】25.(16分)〔1〕①碳碳双键、氯原子②取代反响〔4〕acd〔5〕蒸馏26.〔15分〕(1)Fe+2Fe3+=3Fe2+(2)参加硫酸，H+浓度增大，使Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+的平衡向逆反响方向移动，从而抑制FeSO4的水解〔3〕Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3↓+4CO2〔4〕取少量洗涤后的滤液放入试管中，滴加酸化的BaCl2溶液，假设无白色沉淀产生，那么沉淀洗涤干净〔5〕288.027.〔14分〕〔1〕3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液〔2〕通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内〔3〕Cu+4HNO3〔浓〕=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O〔4〕将NO2转化为NO3NO2+H2O=2HNO3+NO〔5〕装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色〔6〕acd28.〔15分〕〔1〕FeS2〔2〕〔3〕abd〔4〕SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)；ΔH=-130.3kJ/mol〔5〕①SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-②14.562.31g29.〔18分〕〔1〕青〔2〕性状别离3：1〔3〕1/2测交相关的基因组成〔4〕金定〔5〕统计学基因别离30.〔16分〕〔1〕生物固氮、闪电固氮植物和微生物〔2〕蛋白质、核酸〔3〕对硝酸盐的利用量不同〔4〕①丧失了植被硝酸盐的吸收②动植被遗体分解后，产生的硝酸盐进入小溪〔5〕T-AU-A〔6〕通过细菌的作用将硝酸盐最终变成返回大气、雨水的冲刷〔7〕修养水源、同化无机环境中的氮元素===================================================================【四川卷】6.开发新材料是现代科技开展的方向之一。以下有关材料的说法正确的选项是氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料C60属于原子晶体，用于制造纳米材料纤维素乙酸酯属于天然高分子材料单晶硅常用于制造光导纤维7.以下有关物质检验的实验结论正确的选项是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中参加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有B向某溶液中参加2滴KSCN溶液，溶液不显红色。再向溶液中参加几滴新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是D将少量某物质的溶液滴加到新制的银溶液中，水浴加热后有银镜生成该物质一定属于醛类8.在以下给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.无色溶液：、、H+、、B.能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH+4、、C.FeCl2溶液：K+、、Na+、、、、D.=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、、9.25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反响的中和热为57.3kJ/mol，辛烷的燃烧热为5518kJ/mol。以下热化学方程式书写A.2H+(aq)+(aq)+(aq)+2OH(aq)=BaSO4(s)+2HO(1);H=57.3kJ/molB.KOH(aq)+HSO4(aq)=KSO4(aq)+HO(I);H=57.3kJ/molC.C8H18(I)+O(g)=8CO(g)+9HO;H=5518kJ/molD.2C8H18(g)+25O(g)=16CO(g)+18HO(1);H=5518kJ/mol10.X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y是核外电子数的一半，Y与M可形成化合物。以下说法正确的选项是复原性：X的氧化物>Y的氧化物>Z的氢化物简单离子的半径：M的离子>Z的离子>Y的离子>X的离子YX、MY都是含有极性键的极性分子Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO411.向mg镁和铝的混合物中参加适量的稀硫酸，恰好完全反响生成标准状况下的气体bL。向反响后的溶液中参加cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg。那么以下关系不正确的选项是A. B. C.n=m+17Vc D.＜＜12.关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，以下说法不正确的是A.c〔NH+4〕：③＞①B.水电离出的c〔H+〕：②＞①C.①和②等体积混合后的溶液：c〔H+〕＝c(OH)+c(NH3·H2O)D.①和③等体积混合后的溶液：c〔NH+4〕＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H+)13.在一体积可变的密闭容器中，参加一定量的X、Y，发生反响kJ/mol。反响到达平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示： 气体体积C(Y)/mol·L-1温度℃1231001.000.750.532001.200.090.633001.301.000.70以下说法正确的选项是A.m＞n B.Q＜0C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D.体积不变，温度升高，平衡向逆反响方向移动26.〔16分〕过氧化氢是重要的氧化剂、复原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。Ⅰ.测定过氧化的含量请填写以下空白：移取10.00m密度为ρg/mL的过氧化氢溶液至250mL___________(填仪器名称)中，加水衡释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，参加稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反响的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。(3)滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入______________________〔填“酸式〞或“碱式〞〕滴定管中。滴定到达终点的现象是_________________________________________________________________________________________________________。〔4〕复滴定三次，平均耗用cmol/LKMnO4标准溶液VmL，那么原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为______________________________________。〔5〕假设滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，那么测定结果_________〔填“偏高〞或“偏低〞或“不变〞〕。Ⅱ.探究过氧化氢的性质该化学举小组根据所提供的实验条件设计了两个实验，分别证明了过氧化氢的氧化性和不稳定性。〔实验条件：试剂只有过氧化氢溶液、氯水、碘化钾演粉溶液、饱和硫化氢溶液，实验仪器及用品可自选。〕请将他们的实验方法和实验现象填入下表：实验内容实验方法实验现象验证氧化性验证不稳定性27.〔15分〕A-O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如以下图所示〔反响条件略去〕。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反响，与沸水迅速反响，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反响生成蓝色沉淀。请答复以下问题：组成B单质的元素位于周期表第______________周期，第_______________族。化合物C的电子式为__________________________________。J的沸点比硒化氢〔H2Se〕的沸点高，其原因是_________________。写出I与H在点燃条件下反响生成A和J的化学方程式：________________。写出D与足量的N反响生成E和F的化学方程式：_____________________。上图中，在同一反响里一种物质作氧化剂，又作复原剂，这样的反响共有_______个。28.〔14分〕四川汶川盛产品质优良的甜樱桃。甜樱桃中含有一种羟基酸〔用A表示〕，A的碳链结构无支链，化学式为;1.34gA与足量的碳酸氢钠溶液反响，生成标准状况下的气体0.448L。A在一定条件下可发生如下转化：其中，B、C、D、E分别代表一种直链有机物，它们的碳原子数相等。E的化学式为(转化过程中生成的其它产物略去)。：A的合成方法如下：其中，F、G、M分别代表一种有机物。请答复以下问题：〔1〕A的结构简式是_____________________。〔2〕C生成D的化学方程式是。〔3〕A与乙醇之间发生分子间脱水瓜，可能生成的有机物共有种。〔4〕F的结构简式是。〔5〕写出G与水反响生成A和M的化学方程式：。29.〔15分〕新型锂离子电池在新能源的开发中占有重要地位。可用作节能环保电动汽车的动力电池。磷酸亚铁锂〔LiFePO4〕是新型锂离子电池的首选电极材料，它的制备方法如下：方法一：将碳酸锂、乙酸亚铁［(CH3COO)Fe］、磷酸二氢铵按一定比例混合、充分研磨后，在800℃左右、惰性气体气氛中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，同时生成的乙酸及其它产物均以气体逸出。方法二：将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解析出磷酸亚铁锂沉淀。沉淀经过滤、洗涤、枯燥，在800℃左右、惰性气体气氛中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂。在锂郭了电池中，需要一种有机聚合物作为正负极之间锂郭子选移的介质，该有机聚合物的单体之一〔用M表示〕的结构简式如下：请答复以下问题：〔1〕上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体气氛中进行。其原因是。〔2〕在方法一所发生的反响中，除生成磷酸亚铁锂、乙酸外，还有、、〔填化学式〕生成。〔3〕在方法二中，阳极生成磷酸亚铁锂的电极反响式为。〔4〕写出M与足量氧化钠溶液反响的化学方程式：。〔5〕该锂离子电池在充电过程中，阳极的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，那么该电池放电时正极的电极反响式为。【参考答案】6．A7．B8．D 9．B 10．D 11．C 12．B 13．C 26.I．〔1〕容量瓶〔2〕25628502〔3〕酸式滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色〔4〕〔5〕偏高II．〔各1分，共4分〕实验内容实验方法实验现象验证氧化性取适量饱和硫化氢溶液于试管中，滴入过氧化氢溶液。〔取适量碘化钾淀粉溶液于试管中，参加过氧化氢溶液。〕产生淡黄色沉淀或溶液变浑浊。〔溶液变蓝色。〕验证不稳定性取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验。〔取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中。〕产生气泡，木条复燃。〔溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生〕27.〔15分〕〔1〕三〔1分〕IIA〔1分〕〔2分〕〔2〕水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强〔2分〕〔3〕〔3分〕〔4〕〔3分〕〔5〕2〔3分〕28.〔14分〕〔3分〕〔3分〕〔3〕7〔3分〕〔2分〕〔3分〕29.〔15分〕〔1〕为了防止亚铁化合物被氧化〔3分〕〔2〕CO HO NH3〔每空1分，共3分〕〔3〕Fe+HP+Li+2e＝LiFePO4+2H+〔3分〕〔4〕〔3分〕〔5〕FePO4+Li++e====LiFePO4〔3分〕=========================================================================【天津卷】1.化学与生活密切相关，以下有关说法正确的选项是A.维生素C具有复原性，在人体内起抗氧化作用B.糖类、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物C.煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D.制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料A【解析】复原性的物质有抗氧化作用，A项正确；B项，糖类不属于高分子，错；C项，煤气化属于化学变化，错；D项，聚酯纤维属于有机物，错。2.25℃时，浓度均为0.2mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中,以下判断不正确的选项是A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类相同C.c(OH-)前者大于后者D.分别参加NaOH固体，恢复到原温度，c(CO33-)均增大C【解析】相同浓度时，Na2CO3的碱性强于NaHCO3，C项错。3.以下实验设计和结论相符的是A.将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B.某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C.某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液，再参加稀盐酸，沉淀不溶解，那么原溶液中一定有SO42-D.在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2,即可得到较纯洁的FeCl3溶液B【解析】A项，乙醇不可以作为萃取剂，错；B项，石蕊变蓝，那么肯定为碱性，正确。C项，假设原溶液中含有SO－，生成BaSO3，再参加HCl，那么与溶液的NO结合，相当于HNO3，那么可以氧化BaSO3至BaSO4，沉淀不溶解，故错；D项，加热时，FeCl3会水解，错。4.以下表达正确的选项是mol/LC6H5ONa溶液中：c(Na+)＞c(C6H5O-)＞c(H+)＞c(OH-)B.Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C.pH=5的CH3COOH溶液和Ph=5的NH4Cl溶液中，c(H+)不相等D.在Na2S溶液中参加AgCl固体，溶液中c(S2-)下降D【解析】A项，苯酚钠为碱性溶液，故错；B项，温度不变，那么Kw是不变的，错；C项，pH=5即代表溶液中C(H＋)均为10-5mol/L，错。D项，Ag2S比AgCl更难溶，故参加S2－会与溶液中的Ag＋结合的，正确。5.人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反响：CO+HbO2O2+HbCO，37℃时，该反响的平衡常数K=220。HbCO的浓度到达HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，以下结论错误的选项是A.CO与HbO2反响的平衡常数K=B.人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少C.当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损D.把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动C【解析】由反响方程式知，K的表达式正确，A对；CO与HbO2反响的平衡常数达220，可见其正向进行的程度很大，正确。，由题意知，K=220，=0.02时，人受损，那么C(CO)/C(O2)=9×10-5,C项错。D项，当O2浓度很大时，题中平衡将逆向移动，从而解救人，正确。6.：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ/molNa2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ ΔH=-226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，以下说法正确的选项是A.CO的燃烧热为283kJB.右图可表示由CO生成CO2的反响过程和能量关系C.2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)ΔH＞-452kJ/molD.CO(g)与Na2O2(s)反响放出509kJ热量时，电子转移数为6.02×1023C【解析】A项，燃烧热的单位出错，应为Kj/mol，错；图中的量标明错误，应标为2molCO和2molCO2,故错。CO2气体的能量大于固体的能量，故C项中放出的能量应小于452KJ,而H用负值表示时，那么大于-452Kj/mol，正确；将下式乘以2，然后与上式相加，再除以2，即得CO与Na2O2的反响热，所得热量为57KJ，故D项错。7.〔14分〕下表为元素周期表的一局部，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语答复以下问题：族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④3⑤⑥⑦⑧〔1〕④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_________________________。〔2〕②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_________________________。〔3〕①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：____________________。〔4〕由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀液易被催化分解，可使用的催化剂为〔填序号〕_________________。a.MnO2 b.FeCl3 c.Na2SO3 d.KMnO4(5)由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反响：X溶液与Y溶液反响的离子方程式为_____________________，N→⑥的单质的化学方程式为________________。常温下，为使0.1mol/LM溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中参加一定量的Y溶液至_________________。【解析】此题以周期表为题材，考查原子半径比拟，酸性强弱，电子式，离子方程式以及盐类水解等知识。〔1〕⑤⑥位于同一周期，且⑤排在⑥的前面，原子半径大，而④在上一周期，比⑤、⑥少一个电子层，故半径最小。〔2〕②⑦位于同一主族，上面的非金属性强，最高价含氧酸酸性强，②③位于同一周期，且③在后，非金属性强，对应的酸性强。〔3〕四种元素分别为氢、氧、钠和氯，离子键显然必须是钠盐，极性共价键那么应有两种非金属组成。〔4〕液态H2O2可以在MnO2、FeCl3等催化剂作用下发生分解反响。〔5〕⑥为Al，可推断Z为Al(OH)3，受热分解可产物Al2O3，再电解即可得单质铝。M仅含非金属的盐，显然铵盐，所以X与Y应为AlCl3与NH3·H2O的反响，生成NH4Cl。由于NH水解，故要使其浓度与Cl－相等，那么要补充NH3·H2O。由电荷守恒知：C(NH)+C(H＋)C(Cl－)+C(OH－),假设C(NH)C(Cl－)，那么C(H＋)=C(OH－)，即pH=7。8.〔18分〕请仔细阅读以下转化关系：A.是从蛇床子果实中提取的一种中草药有效成分，是由碳、氢、氧元素组成的酯类化合物；B.称作冰片，可用于医药和制香精，樟脑等；C.的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种氢原子；D.中只含一个氧原子，与 Na反响放出H2；F.为烃。请答复：B的分子式为_______________________。B不能发生的反响是〔填序号〕______________。a.氧化反响 b.聚合反响 c.消去反响 d取代反响 e.与Br2加成反响.写出D→E、E→F的反响类型：D→E__________________、E→F_______________________。F的分子式为____________________。化合物H是F的同系物，相对分子质量为56，写出H所有可能的结构；_______________________________________________________________________。写出A、C的结构简式并用系统命名法给F命名：A:___________________、C：、F的名称：__________________。写出E→D的化学力程式______________________________________________________________________。【解析】此题考查有机物的推断。F是相对分子质量为70的烃，那么可计算14n=70,得n=5，故其分子式为C5H10。E与F的相对分子质量差值为81，从条件看，应为卤代烃的消去反响，而溴的相对原子质量为80，所以E应为溴代烃。D只含有一个氧，与Na能放出H2，那么应为醇。A为酯，水解生成的B中含有羟基，那么C中应含有羧基，在C、D、E、F的相互转变过程中碳原子数是不变，那么C中碳应为5个，102-5×12-2×16=10，那么C的化学式为C5H10O2，又C中核磁共振谱中含有4种氢，由此可推出C的结构简式为：(CH3)2CHCH2COOH。〔1〕从B的结构式，根据碳四价被全氢原子，即可写出化学式。〔2〕B中有羟基，那么可以发生氧化，消去和取代反响。〔3〕C到D为羧基复原成了羟基，D至E为羟基被溴取代生成溴代烃。溴代烃也可在NaOH水溶液中取代成醇。〔4〕F为烯烃，其同系物D也应为烯烃，又相对分子质量为56，那么14n=56，得n=4。所有同分异构体为1-丁烯，2-丁烯〔存在顺反异构〕和甲基丙烯四种。〔5〕B为醇，C为羧酸，两者结合不写出A的酯的结构。F的名称要注意从靠近碳碳双键的一端进行编号命名。〔6〕E→D为溴代烃,NaOH水溶液条件下的取代反响。9.〔18分〕海水是巨大的资源宝库，在海水淡化及综合利用方面，天津市位居全国前列。从海水中提取食盐和溴的过程如下：〔1〕请列举海水淡化的两种方法：、。〔2〕将NaCl溶液进行电解，在电解槽中可直接得到的产品有H2、、、或H2、。〔3〕步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2复原为Br，其目的为。〔4〕步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95％，有关反响的离子方程式为，由此反响可知，除环境保护外，在工业生产中应解决的主要问题是。〔5〕某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为59℃。微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，了如下装置简图：请你参与分析讨论：①图中仪器B的名称：。②整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是。③实验装置气密性良好，要到达提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件：。④C中液体产生颜色为。为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中参加NaBr溶液，充分反响后，再进行的别离操作是。【解析】此题考查海水中提取溴的实验。电解NaCl溶液的方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，其中Cl2有可能与NaOH会生成NaClO。步骤I中的Br2的浓度很小，屡次用SO2反复吸收，最终用Cl2处理，那么可获得大量的工业溴。溴具有强氧化性可以氧化SO2，生成H2SO4，因此要注意酸对设备的腐蚀问题。溴具有腐蚀性，可以腐蚀橡胶。蒸馏的目的，就是通过沸点不同而提纯Br2，所以要通过温度计控制好Br2沸腾的温度，尽可能使Br2纯洁。10.〔14分〕氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。以下图为电池示意图，该电池电极外表镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请答复：〔1〕氢氧燃料电池的能量转化主要形式是，在导线中电子流动方向为〔用a、b表示〕。〔2〕负极反响式为。〔3〕电极外表镀铂粉的原因为。〔4〕该电池工作时，H2和O2连续由外部供应，电池可连续不断提供电能。因此，大量平安储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ.2Li+H22LIHⅡ.LiH+H2O==LiOH+H2↑①反响Ⅰ中的复原剂是，反响Ⅱ中的氧化剂是。②LiH固体密度为0.82g/cm3。用锂吸收224L〔标准状况〕H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为。③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，假设能量转化率为80％，那么导线中通过电子的物质的量为mol。③32【解析】此题考查电化学知识。〔1〕原电池的实质为化学能转化成电能。总反响为2H2+O2=2H2O，其中H2从零价升至+1价，失去电子，即电子从a流向b。〔2〕负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H＋，由于溶液是碱性的，故电极反响式左右应各加上OH－。〔3〕铂粉的接触面积大，可以加快反响速率。〔4〕I.Li从零价升至+1价，作复原剂。II.H2O的H从+1降至H2中的零价，作氧化剂。由反响I，当吸收10molH2时，那么生成20molLiH，V=m/ρ=20×7.9/0.82×10-3L=192.68×10-3L。V(LiH)/v(H2)=192.68×10-3L/224L=8.71×10-4。20molLiH可生成20molH2，实际参加反响的H2为20×80%=1.6mol，1molH2转化成1molH2=====================================================================================【重庆卷】1.材料与化学密切相关，表中对应系错误的选项是材料主要化学成分A刚玉、金刚石三氧化二铝B大理石、石灰石碳酸钙C普通水泥、普通玻璃硅酸盐D沙子、石英二氧化硅有关实验的表达，正确的选项是将固体参加容量瓶中溶解并稀释至刻度，配置成一定物质的量浓度的溶液用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH是指上测定其pH用溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反响读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小以下各组离子，能在溶液中大量共存的是A．BC．D9．以下表达正确的选项是A．具有复原性，故可作漂白剂B．的金属活性比强，故可用与溶液反响制C．浓硝酸中的见光芒份写，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D．Fe在中燃烧生成，故在与其他金属反响的产物中的Fe也显+3价10．物质的量浓度相同的以下溶液，pH由大到小排列正确的选项是A．BC．D11．以下对有机物结构或性质的描述，错误的选项是A．一定条件下，可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反响B．苯酚钠溶液中通入生成苯酚，那么碳酸的酸性比苯酚弱C．乙烷和丙烯的物质的量功1mol，完成燃烧生成3molD．光照下2，2-二甲基丙烷与反响其一溴取代物只有一种12．以下热化学方程式数学正确的选项是〔的绝对值均正确〕A．〔燃烧热〕B．〔中和热〕C．〔反响热〕D．〔反响热〕13．各可逆反响达平衡后，改变反响条件，其变化趋势正确的选项是26.〔14分〕工业上电解饱和食盐能制取多种化工原料，其中局部原料可用于制备多晶硅。〔1〕题26图是离子交换膜法电解饱和食盐水示意图，电解槽阳极产生的气体是；NaOH溶液的出口为〔填字母〕；精制饱和食盐水的进口为〔填字母〕；枯燥塔中应使用的液体是。〔2〕多晶硅主要采用SiHCl3复原工艺生产，其副产物SiCl4的综合利用收到广泛关注。①SiCl4可制气相白炭黑〔与光导纤维主要原料相同〕，方法为高温下SiCl4与H2和O2反响，产物有两种，化学方程式为