河北省唐山一中2015届高三下学期高考仿真(一)化学

河北省唐山市2015年高考化学一模试卷一、选择题（本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意）3．（6分）（2015•唐山一模）W、X、Y、Z均是短周期主族元素，X、Y、Z处于同一周期，W、X、Z的简单离子具有相同的电子层结构，W的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能反应生成盐，X的氧化物既能溶于酸又能溶于碱，Y的最高正价与最低负价的代数和为O．下列说4．（6分）（2015•唐山一模）有甲（）、乙（）两种有机物，下列说法中6．（6分）（2015•唐山一模）已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液变化），pH变化曲线如图所示（忽略温度），以下叙述正确的是（）K=7．（6分）（2015•唐山一模）利用下列实验装置图可以达到实验目的是（）三、必考题8．（15分）（2015•唐山一模）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]是一种复盐，其制备步骤如下：Ⅰ．铁屑除油：取mg铁屑置于烧杯中，加入15mL 10%的Na2C03溶液，小火加热，用倾析法分离并洗涤铁屑．Ⅱ．硫酸亚铁制备：向盛铁屑的烧杯中加入15mL 3mol/L的硫酸，水浴加热，趁热过滤．Ⅲ．硫酸亚铁铵制备：根据反应铁屑的质量算出生成硫酸亚铁的量，加入含等物质的量硫酸铵的饱和溶液，再进行一定的操作，即可得到摩尔盐晶体．请回答：（1）步骤Ⅰ中Na2C03溶液的作用是除去铁屑表面的油污．下列情况适合倾析法的有cd a．沉淀呈胶状b．沉淀呈絮状c．沉淀容易沉降d．沉淀颗粒较大（2）步骤Ⅱ中铁屑过量的目的是填Fe+2Fe3+=3Fe2+（用离子方程式表示）（3）步骤Ⅲ中加入硫酸铵溶液后，要得到摩尔盐晶体，需要经过的操作有：加热蒸发、冷却结晶、过滤，用无水乙醇洗涤得到摩尔盐．（4）为检验晶体中的Fe2+，某同学发现滴入KSCN溶液后，溶液有浅红色出现，于是他对自己的实验方法产生了怀疑．经过思考后，该同学仍使用此方法依（滴入氯水）溶液红色加深现象可以证明有Fe2+存在．（5）为了测定摩尔盐中Fe2+的含量，称取4.0g摩尔盐样品，溶于水配成溶液并加入稀硫酸，用0.2mol/L的KMn04溶液进行滴定，到滴定终点时，消耗了KMn04溶液10.00mL．则样品中Fe2+的质量分数为14%．若滴定过程中，摇瓶过于剧烈，则对测定结果的影响是偏低（填“偏高”或“偏低”）．x=×100%=14%9．（14分）（2015•唐山一模）某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg（CO3）2、Al2O3和Fe2O3等，回收镁和其中另一种金属单质的工艺流程如图1：部分（2）可回收到的金属A的原子结构示意图为（3）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有升温、搅拌或适当增大酸的浓度（要求写出两条措施）．（4）调pH时需要调多次，第一次调pH主要为了除去Fe3+（5）MgCl2•6H2O在HC1氛围中灼烧后可通过MgCl2Mg+Cl2↑（写出化学反应方程式）得到单质Mg．（6）Mg（ClO3）2在农业上有广泛的用途，可用NaClO3与MgCl2制备，已知四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图2所示．①写出反应的化学反应方程式：2NaClO3+MgCl2=Mg（ClO3）2+2NaCl↓②将反应物按化学反应方程式计量数比混合制备Mg（ClO3）2简述可制备Mg（ClO3）2的原因在相同温度下，由于NaCl溶解度较小最先析出，Mg（ClO3）2剩余在溶液中通过蒸发结晶可得Mg+Cl2↑子结构示意图为：，故答案为：MgCl2MgCl210．（14分）（2015•唐山一模）N2H4通常用作火箭的高能燃料，N2O4做氧化剂．请回答下列问题已知：①N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+akJ/mol②N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣b kJ/mol③2NO2（g⇌N2O4（g）△H=﹣ckJ/mol写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=﹣（a﹣c+2b）kJ/mol（2）工业上常用次氯酸钠与过量的氨气反应制各肼，该反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O（3）N2、H2合成氨气为放热反应．800K时向下列起始体积相同的密闭容器中充入1mol N2、3molH2，如图1，甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变，丙是绝热容器，三容器各自建立化学平衡．①达到平衡时，平衡常数K甲=K乙＞K丙（填“＞”“＜”或“=”）②达到平衡时N2的浓度c（N2）甲＞c（N2）乙＜丙（填“＞”“＜”或“=”）③对甲、乙、丙三容器的描述，以下说法正确的是CDA、乙容器气体密度不再变化时，说明此反应已达到平衡状态B、在甲中充入稀有气体He，化学反应速率加快C、向甲容器中冲入氨气，正向速率减小，逆向速率增大D、丙容器温度不再变化时说明已达平衡状态（4）氨气通入如图2电解装置可以辅助生产NH4NO3该电解池的阴极反应式为NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O．（5）在20mL 0.2mol/L的NH4N03溶液中加入10mL 0.2mol/L NaOH溶液后显碱性，溶液中所有离子浓度大小关系为c（NO3﹣）＞c（NH4+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）．，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说，总质量一定，体积一定，故乙容器气体密度不再变化时，不能说选修（15分）【化学-化学与技术】11．（15分）（2015•唐山一模）对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染的主要措施．（1）水的净化和软化的区别是水的净化是除去悬浮物和污染物，而水的软化是除去水中较多的钙离子和镁离子（2）①在实验室中过滤操作需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、普通漏斗（胶头滴管）．②下列试剂能够用来对自来水进行杀菌消毒，且不会造成二次污染的是c（填字母）．a．福尔马林b．漂白粉c．臭氧d．氯气（3）Na2FeO4是一种新型水处理剂，工业上可用FeSO4制备Na2FeO4其工艺流程如图：①工业上常用硫酸亚铁作混凝剂除去天然水中含有的悬浮物和胶体，为了达到更好的效果，要将待处理水的pH调到9左右，再加入绿矾．请解释这一做法的原因Fe2+在碱性条件下易被氧化成Fe3+，进而水解生成Fe（OH）3胶体，起到较好的混凝作用，4Fe2++O2+2H2O+8OH ﹣═4Fe（OH）3（胶体）；（用必要的离子方程式和文字描述）．②假设每步反应均是完全的，若制取3mol NaZFe04，需要NaClO固体335.25g．③写出第一步在酸性环境下加入H202的离子反应方程式2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O．（4）石灰纯碱法是常用的硬水软化方法，已知25℃时Ksp（CaCO3）=2.8×10﹣9，现将等体积的Ca（OH）2溶液与Na2CO3溶液混合（假设溶液体积具有加和性），若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10﹣5mol•L﹣1，则生成沉淀所需Ca（0H）2溶液的最小浓度为2×10﹣4mol/L．可得：mol/L=1×10【化学一物质结构与性质】12．（2015•唐山一模）以镁橄榄石2MgO•SiO2（简写为M2Si）为主晶相制作的镁橄榄石砖，是一种弱碱性耐火材料．可用于有色金属熔炼炉、炼钢平炉蓄热室和水泥回转窑等的内衬．（1）基态硅原子的价电子排布式为3s23p2．（2）与镁和硅都相邻的元素是铝，则3种元素的第一电离能从大到小的顺序为Si＞Mg＞Al （用元素符号表示）．（3）高纯硅一般通过SiCl4还原得到，晶体硅中硅原子的杂化方式为sp3杂化，写出与SiCl4互为筹电子体的一种阴离子的化学式SO42﹣、ClO4﹣、PO43﹣等．（4）己知氧化镁与氯化钠具有相同的晶胞结构（如图1），与镁离子最近的氧离子所构成的几何结构为正八面体，与镁离子最近的镁离子有12个；已知氧化镁的密度为3.58g/cm3，则氧化镁的晶胞边长为cm（列出表达式即可）．（5）某镁的化合物结构筑式如图2，其分子不舍有ACA．离子键B‘极性键c金属键D．配位键E．氢键F．非极性键H3C﹣C．V==4×=cm【化学--选修5有机化学基础】（15分）13．（2015•唐山一模）可用来制备抗凝血药，通过下列路线合成．（1）A中官能团的名称醛基，A与新制的Cu（OH）2悬浊液共热有沉淀生成，写出该反应的化学方程式CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONH+Cu2O↓+2H2O．（2）E+C→→F的反应类型是取代反应．（3）写出E的结构简式．（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：（5）下列关于G的说法正确的是ad（填字母代号）．a．能与溴水反应b．分子式是C8H5O3c．1mol G最多能和5mal氢气反应d．能与金属钠反应（6）E的同分异构体很多，除E外符合下列条件的共8种．①含苯环且能与氯化铁溶滚显色，②苯环上有两个取代基，③含酯基．写出上述异构体中能与银氨溶液反应的结构简式．（任写一种）的结构为22的结构为，由的结构为，故答案为：）的同分异构体很多，除；。

高中化学学习材料唐玲出品唐山一中2015～2016学年第二学期高三强化训练卷理科综合能力测试（二）命题人：郑国忠杜政怀杨伟利可能用到的相对原子质量： H—1；C—12；N—14；O—16；Cl—35.5；Cr—52；Fe —56；Cu—64第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。

一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）7．下列关于有机物的说法正确的是A．乙烯和苯都能与溴水反应B．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C．有机物分子中都存在碳碳单键D．乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应8．化学与社会、生产、生活密切相关。

下列有关叙述正确的是A．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用B．蛋白质、棉花、核酸、PVC、淀粉、油脂都是由高分子组成的物质C．绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子D．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料9．设N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是A．0.2molAl与足量NaOH溶液反应，生成的H2分子数为0.3N AB．常温下，1LpH=1的盐酸溶液，由水电离的H+数目为0.1N AC．铅蓄电池中，当正极增加9.6g时，电路中通过的电子数目为0.2N AD．11P4＋60CuSO4＋96H2O=20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4反应中，6 mol CuSO4能氧化白磷的分子数为1.1N A10．浙江大学成功研制出能在数分钟之内将电量充满的锂电池，其成本只有传统锂电池的一半。

若电解液为LiAlCl4－SOCl2，电池的总反应为：4Li+2SOCl24LiCl+S+SO2。

下列说法不．正确的是A．Li为电池的负极B．电池的电解液可用LiCl水溶液代替C．放电时电子从负极经外电路流向正极D．充电时阳极反应式为：4Cl－+S+SO2－4e－＝2SOCl211．为实现下列实验目的，下表提供的主要仪器以及所用试剂均合理的是选项实验目的主要仪器试剂A 配制480mL 2mol/L的NaOH溶液胶头滴管、烧杯、玻璃棒、托盘天平、480mL容量瓶NaOH固体、蒸馏水B 分离I2和CCl4的混合物分液漏斗、烧杯乙醇C 鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液试管、胶头滴管澄清石灰水D 鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

高中化学学习材料鼎尚图文收集整理第Ⅰ卷一、选择题（本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意）7．下列说法正确的是A．汽油、花生油都是油脂B．碘元素遇淀粉溶液变蓝色CsC．质子数为86、中子数为51的铯原子：13786D．CO 2的电子式：8．有关如图所示化合物的说法不正确的是A．该有机物的分子式为C15H18O4B．1 mo1该化合物最多可以与2 mo1NaOH反应C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeC13溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体9．下列离子方程式书写正确的是：A．碳酸氢镁溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO3－十4OH一=Mg(OH)2↓2H2O+2CO32—B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后显酸性：Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2O C．少量C12通入水中：Cl2 +H2O 2H++C1O－十C1－D．酸性高锰酸钾可使草酸溶液褪色：2MnO4－＋5C2O42－+16H+= 2Mn2++ l0CO2↑+8H2O 10．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A．用图l装置完成实验室制取乙酸乙酯B．用图2所示装置可制取大量的CO2气体C．用图3所示装置可分离溴的四氯化碳溶液和水D．用图4装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色11．铅蓄电池是典型的可充电电池，电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO42一2PbSO4+2H2O。

下列说法正确的是A．放电时，负极的电极反应式是PbO2+4H++SO42一+2e一=PbSO4+2H2OB．充电时，电解液中H2SO4的浓度将变小C．放电时，PbO2发生氧化反应D．充电时，蓄电池的正极和外接电源的正极相连12．根据表中信息判断，下列选项正确的是序号反应物产物①KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4……②C12、FeBr2FeC13、FeBr3③MnO4－……C12、Mn2+……A．第①组反应的其余产物为H2OB．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：2C．第③组反应中生成lmol Cl2，转移电子5molD．氧化性由强到弱顺序为MnO4一>Cl2> Fe3+> Br2第①组反应的其余产物为除H2O外还应含有02，错误；B、第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比等于1:2时，恰好完全反应，小于1:2时，说明氯气不足，正确；C、第③组反应中生成lmol Cl2，转移电子2mol，错误；D、氧化性由强到弱顺序应为MnO4一>Cl2> Br2> Fe3+，错误，答案选B。

2015年河北省唐山一中高考化学仿真试卷（二）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列过程没有发生化学反应的是（）A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱水清除炊具上残留的油污C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装2．联苯（两个苯环单键相连）的二氯代物有（）A． 10种B． 11种C． 12种D． 13种3．下列反应中，反应后固体物质质量不变的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液4．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4．下列说法正确的是（）A． Cu2S既是氧化产物又是还原产物B． 5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中的SO42﹣离子有一部分是氧化产物D． FeS2只作还原剂5．在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数（）A．不变B．增大C．减小D．无法判断6．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）A． pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1B． pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C． pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）D． pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③7．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2：CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3，则下列判断正确的是（）A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2＞△H3二、解答题（共4小题，满分43分）8．Ⅰ、下表是某研究性学习小组探究稀硫酸与金属锌反应的实验数据：实验序号金属质量/g 金属状态c（H2SO4）/mol•L﹣1V（H2SO4）/mL 溶液温度/℃金属消失的时间/s反应前反应后1 0.10 丝0.5 50 20 34 5002 0.10 粉末0.5 50 20 35 503 0.10 丝0.7 50 20 46 2504 0.10 丝0.8 50 20 35 2005 0.10 粉末0.8 50 20 36 256 0.10 丝 1.0 50 20 35 1257 0.10 丝 1.0 50 35 50 508 0.10 丝 1.1 50 20 34 1009 0.10 丝 1.1 50 35 51 40 实验数据可发现有一个数据明显有错误，该数据是实验（填实验序号），理由是Ⅱ、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0（1）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是．（2）据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是（用文字表达）；10min到15min的曲线变化的原因可能是（填写编号）．A 加了催化剂B 缩小容器体积C 降低温度D 增加SO3的物质的量．9．锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱．但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成Zn（NH3）42+．回答下列问题：（1）单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为（用化学式表示）．（2）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式．（3）下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是．①硫酸铝和氢氧化钠②硫酸铝和氨水③硫酸锌和氢氧化钠④硫酸锌和氨水（4）写出可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式．试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因．10．120℃、101kPa下，a mL由CO、CH4组成的混合气体在b mLO2中完全燃烧后，恢复到原温度和压强．①若混合气体与O2恰好完全反应，产生bmL CO2，则混合气体中CH4的体积分数为．（保留2倍小数）．②若燃烧后气体体积缩小了mL，则a与b关系的数学表示式是．11．Ag/α﹣Al2O3是石油化学工业的一种重要催化剂，其中Ag起催化作用，α﹣Al2O3是载体且不溶于硝酸，该催化剂的回收实验如图1所示．其中的转化反应为：6AgCl+Fe2O3→3Ag2O+2FeCl3阅读上述实验流程，完成下列填空：（1）Ag/α﹣Al2O3加酸溶解应该选用装置（图2）（选填a、b、c）．（2）在实验操作（Ⅱ），如果用自来水代替蒸馏水进行洗涤，将会发生化学反应的离子方程式．（3）实验操作（Ⅳ）所需玻璃仪器为（填写三种）．（4）实验操作（Ⅶ）从AgNO3溶液获得AgNO3晶体需要进行的实验操作依次为：（多选扣分）．（a）蒸馏（b）蒸发（c）灼烧（d）冷却结晶（5）已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2ONO和NO2的混合气体的组成可表示为NO x．该混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，x的值为（a）x＜1.5 （b）x=1.2 （c）X≥1.5（6）已知Ag/α﹣Al2O3中Ag的质量分数，若计算Ag的回收率，还必须知道的实验数据为和．【化学-选修2：化学与技术】（15分）12．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产．一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下：回答下列问题：（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为、．（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是，滤渣是；过滤操作②的滤液是和，滤渣是．（3）工艺过程中③和④的目的是．（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸．该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是．（5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定．称量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为；列式计算该成品的纯度．【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）13．下列各组中的两种固态物质熔化（或升华）时，克服的微粒间相互作用力属于同种类型的是（选填A、B、C、D）．A 碘和碘化钠B 金刚石和重晶石C 冰醋酸和硬脂酸甘油酯D 干冰和二氧化硅（2）等体积（V）混合乙酸和苯，混合溶液的体积2V（填：大于、等于、小于、不确定）（3）联氨（N2H4）与氨相似，写出联氨的结构式其中N的杂化轨道是；联氨也有碱性，其碱性氨（填：强于、弱于）；联氨的稳定性氨（填：强于、弱于）（4）氯化钠晶胞中，钠离子之间最短距离为a cm，密度为b g/cm3，其摩尔质量为M g/mol，则N A= （用M、a、b表示）（5）PF3、NF3和NH3结构相似，键角大小顺序为．【化学-选修5：有机化学】（15分）1015•唐山校级模拟）为扩大现有资源的使用效率，在一些油品中加入降凝剂J，以降低其凝固点，扩大燃料油品的使用范围．J是一种高分子聚合物，它的合成路线可以设计如图，其中A的氧化产物不发生银镜反应：试写出：（1）反应类型； b 、c（2）结构简式；F 、H（3）化学方程式：D→E E+K→J（4）立方烷的二氯代物有种同分异构体（不考虑立体异构）2015年河北省唐山一中高考化学仿真试卷（二）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．下列过程没有发生化学反应的是（）A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用热碱水清除炊具上残留的油污C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装考点：物理变化与化学变化的区别与联系．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．A．用活性炭去除冰箱中的异味，是利用活性炭的吸附作用；B．用热碱水清除炊具上残留的油污，是油脂在碱性条件下的水解；C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，催熟的乙烯被高锰酸钾氧化；D．铁粉具有还原性，能和氧气反应，防止食品被氧化．解答：解：A．用活性炭去除冰箱中的异味：利用活性炭的吸附作用，属于物理变化，没有发生化学变化，故A正确；B．用热碱水清除炊具上残留的油污：油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反应，属于化学变化，故B错误；C．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，该过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应，属于化学变化，故C错误；D．硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化；铁粉具有还原性，防止食物被氧化，发生氧化还原反应，属于化学变化，故D错误；故选A．点评：本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相关知识的积累．2．联苯（两个苯环单键相连）的二氯代物有（）A． 10种B． 11种C． 12种D． 13种考点：同分异构现象和同分异构体．分析：根据分子中等效H原子判断一氯代物异构体数，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体；联苯（）二氯代物可以取代同一苯环上的氢原子，可以取代不同苯环上的氢原子，定其中1个氯原子位置，移动另一氯原子，书写判断．解答：解：联苯（）的分子中含有3中氢原子，其一氯代物有3种；联苯（）二氯代物，若取代同一苯环上的氢原子，可以发生在如图所示的取代位置，1、2（与4、5相同）号位置，1、3（与3、5相同）号位置，1、4（与2、5相同）号位置，1、5号位置，2、3（与3、4相同）号位置，2、4号位置，有6种；若取代不同苯环上的氢原子，有如图所示的6种，故其二氯代物有12种，故选C．点评：本题主要考查同分异构体的书写与判断，难度中等，注意一氯代物利用等效氢判断，二元取代采取定一移一法，注意重复、漏写．3．下列反应中，反应后固体物质质量不变的是（）A．氢气通过灼热的CuO粉末B．二氧化碳通过Na2O2粉末C．铝与Fe2O3发生铝热反应D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液考点：铝的化学性质；钠的重要化合物．分析：A．氢气与CuO的反应生成Cu和水；B．二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气；C．Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe；D．Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu．解答：解：A．氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故A错误；B．二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故B错误；C．Al与Fe2O3反应生成Al2O3和Fe，反应前固体为氧化铁、Al，反应后固体为氧化铝、Fe，均为固体，固体质量不变，故C正确；D．Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故D错误；故选C．点评：本题为2014年高考试题，把握发生的化学反应及反应前后固体的分析为解答的关键，侧重元素化合物性质的考查，注意反应中物质的质量变化，题目难度不大．4．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4．下列说法正确的是（）A． Cu2S既是氧化产物又是还原产物B． 5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．产物中的SO42﹣离子有一部分是氧化产物D． FeS2只作还原剂考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：氧化还原反应专题．分析：反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．解答：解：A．CuSO4→Cu2S，FeS2→Cu2S，Cu元素化合价降低，S元素化合价降低，Cu2S是还原产物，故A错误；B.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B 错误；C．由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS 被氧化，故C正确；D．FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故D错误．故选：C．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算．5．在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，NO2的体积分数（）A．不变B．增大C．减小D．无法判断考点：化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：假设再次通入的NO2是在与原平衡体系的温度和压强都相同的另一容器中进行，则所得平衡体系与原平衡完全相同，将两个容器的隔板抽去，再压缩到原体积，平衡正向移动，以此解答．解答：解：假设在题给的过程中，容器的体积从A变化到A+B（见图），这个过程也可以理解成：假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变，在B中充入NO2，使其反应直至达到平衡．很明显，在同温、同压下，A、B中达到平衡后，NO2、N2O4的质量分数分别相等．这时，抽去虚拟的隔板，将B压缩至A，平衡正向移动，NO2的体积分数减小．故选C．点评：本题考查化学平衡的移动，题目难度不大，注意从压强的角度认识该题，题给的关键是反应物和生成物只有一种，易错点为B，注意体会该题．6．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（）A． pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1B． pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C． pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）D． pH相同的①CH3COONa②N aHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；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．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B．加水稀释促进一水合氨电离；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大．解答：解：A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c （H+）＞c（HS﹣），故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C错误；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度①＜②＜③，所以盐浓度①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等．7．室温下，将1mol的CuSO4•5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2：CuSO4•5H2O受热分解的化学方程式为CuSO4•5H2O（s）CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3，则下列判断正确的是（）A．△H2＞△H3B．△H1＜△H3C．△H1+△H3=△H2D．△H1+△H2＞△H3考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O （l）△H1＞0；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根据盖斯定律确定之间的关系．解答：解：①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4•5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0；③已知CuSO4•5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依据盖斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，故A错误；B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1 ，故B正确；C、△H3=△H1﹣△H2，故C错误；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D错误；故选B．点评：本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键，题目难度中等．二、解答题（共4小题，满分43分）8．Ⅰ、下表是某研究性学习小组探究稀硫酸与金属锌反应的实验数据：实验序号金属质量/g 金属状态c（H2SO4）/mol•L﹣1V（H2SO4）/mL 溶液温度/℃金属消失的时间/s反应前反应后1 0.10 丝0.5 50 20 34 5002 0.10 粉末0.5 50 20 35 503 0.10 丝0.7 50 20 46 2504 0.10 丝0.8 50 20 35 2005 0.10 粉末0.8 50 20 36 256 0.10 丝 1.0 50 20 35 1257 0.10 丝 1.0 50 35 50 508 0.10 丝 1.1 50 20 34 1009 0.10 丝 1.1 50 35 51 40 实验数据可发现有一个数据明显有错误，该数据是实验③（填实验序号），理由是硫酸均过量，锌均全部反应，且锌质量一样，故反应放出热量一样，使等体积溶液温度升高值相近Ⅱ、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0（1）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是15﹣20min和25﹣30min ．（2）据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是增大氧气的浓度（用文字表达）；10min到15min的曲线变化的原因可能是AB （填写编号）．A 加了催化剂B 缩小容器体积C 降低温度D 增加SO3的物质的量．考点：探究影响化学反应速率的因素．分析：Ⅰ、等量的金属参加反应时，放出的热量相同，则溶液温度升高的数值应和其它实验近似，以此判断；Ⅱ、（1）反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态；（2）由图可知，反应进行至20min时，改变体积，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．解答：解：Ⅰ、等量的金属和酸反应放出的热量基本相同，实验③中，硫酸均过量，锌均全部反应，且锌质量一样，故反应放出热量一样，使等体积溶液温度升高值相近；故答案为：③；硫酸均过量，锌均全部反应，且锌质量一样，故反应放出热量一样，使等体积溶液温度升高值相近；Ⅱ、（1）反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在15﹣20min 和25﹣30min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态，故答案为：15﹣20min和25﹣30min；（2）由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度．由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．a．加了催化剂，增大反应速率，故a正确；b．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故b正确；c．降低温度反应速率降低，故c错误；d．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO3的物质的量，故d错误；故答案为：增大氧气的浓度；AB．点评：本题考查化学反应速率的实验探究，平衡常数、平衡移动、平衡影响元素、化学平衡图象等，题目难度中等，本题注意分析表中数据的异同，结合浓度、温度以及固体表面积的大小进行比较，得出结论．9．锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱．但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成Zn（NH3）42+．回答下列问题：（1）单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为Na （用化学式表示）．（2）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式Zn+2NaOH+2H2O=Na2+H2↑．（3）下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是①③④．①硫酸铝和氢氧化钠②硫酸铝和氨水③硫酸锌和氢氧化钠④硫酸锌和氨水（4）写出可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）42+，氨水的量不易控制．考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）金属铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）锌和氢氧化钠的反应与金属铝和氢氧化钠的反应相似；（3）用相互滴加的实验方法时，如果所产生的实验结果不同，即可鉴别；（4）可溶性铝盐与氨水反应可以获得氢氧化铝沉淀，可溶性锌盐与氨水反应获得氢氧化锌沉淀可以溶于过量的氨水中．解答：解：（1）属铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，溶液中铝元素的存在形式为Na，故答案为：Na；（2）根据题干信息得锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Zn+2NaOH+2H2O=Na2+H2↑，故答案为：Zn+2NaOH+2H2O=Na2+H2↑；（3）①硫酸铝中加氢氧化钠，先出现沉淀，然后沉淀消失，然后又出沉淀，向氢氧化钠中加硫酸铝没有现象，故用相互滴加的实验方法可以鉴别；②硫酸铝和氨水不管是谁往谁中相互滴加是现象均是出现白色沉淀，用相互滴加的实验方法不可以鉴别；③往硫酸锌中加氢氧化钠时，会出现白色沉淀，向氢氧化钠中加硫酸锌时，无现象，故用相互滴加的实验方法可以鉴别；④往硫酸锌中加氨水时，会出现白色沉淀，向氨水中加硫酸锌时，无现象，故用相互滴加的实验方法可以鉴别；故答案为：①③④；（4）可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌，因为可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）42+，氨水的量不易控制．故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；可溶性锌盐与氨水反应产生的氢氧化锌可溶于过量的氨水中，生成Zn（NH3）42+，氨水的量不易控制．点评：本题是一道信息给定题，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．10．120℃、101kPa下，a mL由CO、CH4组成的混合气体在b mLO2中完全燃烧后，恢复到原温度和压强．①若混合气体与O2恰好完全反应，产生bmL CO2，则混合气体中CH4的体积分数为33% ．（保留2倍小数）．②若燃烧后气体体积缩小了mL，则a与b关系的数学表示式是b≥ a ．考点：有关混合物反应的计算．分析：（1）根据CO、CH4的体积之和、消耗的氧气列方程计算二者体积，再计算出混合气体中CH4的体积分数；（2）燃烧发生反应：2CO+O2=2CO2、CH4+2O2=CO2+2H2O（g），燃烧后体积变化由CO燃烧导致，根据差量法计算CO的体积，进而计算甲烷的体积，由于完全燃烧，故0.5V（CO）+2V（CH4）≤b，据此解答．解答：解：（1）燃烧的方程式分别为：2CO+O2=2CO2、CH4+2O2=CO2+2H2O（g），根据碳原子守恒可知，V（CO）+V（CH4）=V（CO2），故a=b，则：V（CO）+V（CH4）=a，0.5V（CO）+2V（CH4）=a，解得：V（CO）=amL，则：V（CH4）=mL，所以混合气体中甲烷的体积分数为：×100%=33%，故答案为：33%；（2）燃烧发生反应：2CO+O2=2CO2、CH4+2O2=CO2+2H2O（g），燃烧后体积变化由CO燃烧导致，则：2CO+O2=2CO2体积减少△V2 1V（CO）mL故V（CO）=0.5amL，V（CH4）=0.5amL，由于完全燃烧，故0.5V（CO）+2V（CH4）≤b，即0.5a×0.5+2×0.5a≤b，故b≥a，故答案为：b≥a．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力．11．Ag/α﹣Al2O3是石油化学工业的一种重要催化剂，其中Ag起催化作用，α﹣Al2O3是载体且不溶于硝酸，该催化剂的回收实验如图1所示．其中的转化反应为：6AgCl+Fe2O3→3Ag2O+2FeCl3阅读上述实验流程，完成下列填空：（1）Ag/α﹣Al2O3加酸溶解应该选用装置（图2） a （选填a、b、c）．（2）在实验操作（Ⅱ），如果用自来水代替蒸馏水进行洗涤，将会发生化学反应的离子方程式Ag++Cl﹣=AgCl↓．（3）实验操作（Ⅳ）所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒（填写三种）．（4）实验操作（Ⅶ）从AgNO3溶液获得AgNO3晶体需要进行的实验操作依次为：bd （多选扣分）．（a）蒸馏（b）蒸发（c）灼烧（d）冷却结晶（5）已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2ONO和NO2的混合气体的组成可表示为NO x．该混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，x的值为c（a）x＜1.5 （b）x=1.2 （c）X≥1.5（6）已知Ag/α﹣Al2O3中Ag的质量分数，若计算Ag的回收率，还必须知道的实验数据为催化剂的质量和AgNO3的质量．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：由于α﹣Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/a﹣Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成硝酸银，过滤后，滤液中含有AgNO3，滤渣为α﹣Al2O3，滤液中加入NaCl得到沉淀为AgCl，再过滤分离得到AgNO3与NaNO3溶液，AgCl转化为Ag2O，溶解过滤分离，再用硝酸溶解Ag2O得到AgNO3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等得到AgNO3晶体．（1）反应生成氮的氧化物气体，需要导出用氢氧化钠溶液吸收，装置应密闭，出气管不能在液面以下；（2）自来水中含有氯气，氯气与水反应生成HCl与HClO，HCl与AgNO3反应生成AgCl与HNO3；（3）实验操作（Ⅳ）为分离固体和溶液，应为过滤，据此书写所需玻璃仪器；（4）从溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作；（5）根据反应：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O，混合气体通入NaOH 溶液被完全吸收时，应满足n（NO2）≥n（NO）即可；（6）已知催化剂中银的质量分数，计算银的回收率，还必须知道催化剂的质量和硝酸银的质量．解答：解：由于α﹣Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/a﹣Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成硝酸银，过滤后，滤液中含有AgNO3，滤渣为α﹣Al2O3，滤液中加入NaCl得到沉淀为AgCl，再过滤分离得到AgNO3与NaNO3溶液，AgCl转化为Ag2O，溶解过滤分离，再用硝酸溶解Ag2O得到AgNO3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等得到AgNO3晶体．（1）反应生成氮的氧化物气体，需要导出用氢氧化钠溶液吸收，装置b中产生的气体不能导出，会导致装置内压强增强，发生炸裂的危险，c装置不密闭，故选a；（2）自来水中含有氯气，氯气与水反应生成HCl与HClO，HCl与AgNO3反应生成AgCl与HNO3，反应离子方程式为：Ag++Cl﹣=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl﹣=AgCl↓；（3）实验操作（Ⅳ）为分离固体和溶液，应为过滤，则所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；（4）从AgNO3溶液中获得晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，顺序为bd，故答案为：bd；（5）由方程式可知混合气体通入NaOH溶液被完全吸收时，应满足n（NO2）≥n（NO），即x≥1.5，故选：c；（6）要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量，再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量，另外要知道最后所得AgNO3的质量，故答案为：催化剂的质量；AgNO3的质量．点评：本题考查制备方案工艺流程、物质的分离提纯、对原理的分析理解等，关键是明确工艺流程中每一步中的试剂、操作与原理，是对学生综合能力的考查，难度中等．【化学-选修2：化学与技术】（15分）12．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产．一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下：。