【精品试卷】高考化学复习普通高等学校招生全国统一考试高(新课标1)(复习必备)

全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）一、选择题1．（3分）下列判断错误的是（）A．熔点：Si3N4＞NaCl＞SiI4B．沸点：NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4D．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）32．（3分）下列叙述正确的是（）A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2B．将CO2通入次氯酸钙溶液可生成次氯酸C．将SO2通入BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀D．将NH3通入热的CuSO4溶液中能使Cu2+还原成Cu3．（3分）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2OC．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+4．（3分）下列叙述正确的是（）A．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞bB．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl的溶液恰好无色，则此时溶液pH＜7C．常温下，1.0×10﹣3mol/L盐酸的pH=3.0，1.0×10﹣8mol/L盐酸pH=8.0D．若1mLpH=1盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液pH=7，则NaOH溶液的pH=115．（3分）如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。

电池的一个电极由有机光敏燃料（S）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为：TiO2/s→TiO2/S﹡（激发态）TiO2/S﹡→TiO2/S++e﹣I3﹣+2e﹣→3I﹣2TiO2/S++3I﹣→2TiO2/S+I3﹣下列关于该电池叙述错误的是（）A．电池工作时，是将太阳能转化为电能B．电池工作时，I﹣离子在镀铂导电玻璃电极上放电C．电池中镀铂导电玻璃为正极D．电池的电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度不会减少6．（3分）如图表示4﹣溴环己烯所发生的4个不同反应．其中，有机产物只含有一种官能团的反应是（）A．①④B．③④C．②③D．①②7．（3分）一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g磷消耗掉314mL氯气（标准状况），则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于（）A．1：2B．2：3C．3：1D．5：38．（3分）下面关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是（）A．存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角B．最小的环上，有3个Si原子和3个O原子C．最小的环上，Si和O原子数之比为1：2D．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子二、非选题9．在溶液中，反应A+2B⇌C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100mol/L、c（B）=0.200mol/L 及c（C）=0mol/L．反应物A的浓度随时间的变化如图所示．请回答下列问题：（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件．所改变的条件和判断的理由是：②；．③；．（2）实验②平衡时B的转化率为；实验③平衡时C的浓度为；（3）该反应的△H0，其判断理由是（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速率：实验②：v B=实验③：v c=．10．有A、B、C、D、E和F六瓶无色溶液，它们是中学化学中常用的无机试剂．纯E为无色油状液体；B、C、D和F是盐溶液，且它们的阴离子均不同．现进行如下实验：①A有刺激性气味，用沾有浓盐酸的玻璃棒接近A时产生白色烟雾；②将A分别加入其它五种溶液中，只有D、F中有沉淀产生；继续加入过量A时，D中沉淀无变化，F中沉淀完全溶解；③将B分别加入C、D、E、F中，C、D、F中产生沉淀，E中有无色、无味气体逸出；④将C分别加入D、E、F中，均有沉淀生成，再加入稀HNO3，沉淀均不溶．根据上述实验信息，请回答下列问题：（1）能确定溶液是（写出溶液标号与相应溶质的化学式）：（2）不能确定的溶液，写出其标号、溶质可能的化学式及进一步鉴别的方法：．11．请设计CO2在高温下与木炭反应生成CO的实验．（1）在下面方框中，A表示有长颈漏斗和锥形瓶组成的气体发生器，请在答题卡上的A后完成该反应的实验装置示意图（夹持装置，连接胶管及尾气处理不分不必画出，需要加热的仪器下方用△标出），按气流方向在每件仪器下方标出字母B、C…；其他可选用的仪器（数量不限）简易表示如下：（2）根据方框中的装置图，在答题卡上填写该表仪器符号仪器中所加物质作用A石灰石、稀盐酸石灰石与盐酸生成CO2（3）有人对气体发生器作如下改进：在锥形瓶中放入一小试管，将长颈漏斗下端插入小试管中．改进后的优点是；（4）验证CO的方法是．12．有机化合物A～H的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在65～75之间，1 mol A完全燃烧消耗7mol氧气，则A的结构简式是，名称是；（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E．由E转化为F的化学方程式是；（3）G与金属钠反应能放出气体．由G转化为H的化学方程式是；（4）①的反应类型是；③的反应类型是；（5）链烃B是A的同分异构体，分子中的所有碳原子共平面，其催化氢化产物为正戊烷，写出B所有可能的结构简式；（6）C也是A的一种同分异构体，它的一氯代物只有一种（不考虑立体异构）．则C的结构简式为．全国统一高考化学试卷（全国卷Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）下列判断错误的是（）A．熔点：Si3N4＞NaCl＞SiI4B．沸点：NH3＞PH3＞AsH3C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4D．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3【考点】75：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；76：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；77：元素周期律的作用；9H：晶体熔沸点的比较．【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构．【分析】A、从晶体的类型比较；B、从是否含有氢键的角度比较；C、从非金属性强弱的角度比较；D、从金属性强弱的角度比较；【解答】解：A、Si3N4为原子晶体，NaCl为离子晶体，SiI4为分子晶体，一般来说，不同晶体的熔点高低按照原子晶体＞离子晶体＞分子晶体的顺序，故有Si3N4＞NaCl＞SiI4，故A 正确；B、NH3含有氢键，沸点最高，PH3和AsH3不含氢键，沸点的高点取决于二者的相对分子质量大小，相对分子质量越大，沸点越高，应为AsH3＞PH3，故顺序为NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；C、元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的酸性就越强，由于非金属性Cl＞S＞P，所以最高价氧化物的水化物的酸性的强弱顺序为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故C 正确；D、元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，由于金属性Na＞Mg＞Al，所以最高价氧化物的水化物的碱性的强弱顺序为：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH），故D正确。

全国新课程高考试卷（全国新课标卷吉林、黑龙江、宁夏）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5K 39 Ca 40 Ni 59 Cu 64 Ba 137 La 139一、选择题：7．下列各项表达中准确的是（）A．Na2O2的电子式为B．106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112L（标准状况）C．在氮原子中，质子数为7而中子数不一定为7D．Cl-的结构示意图为8．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种9．下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（）A．由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇B．由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸C．由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1,2—二溴丙烷D．由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇10．把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等分，取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。

则该混合溶液中钾离子浓度为（）A． 0.1（b－2a）mol/ L B． 10（2a－b）mol/LC． 10（b－a）mol/ L D． 10（b－2a）mol/L11．已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的∆H = -12.1kJ /mol；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的∆H = -55.6kJ/ mol。

则HCN在水溶液中电离的∆H等于（）A．-67.7 kJ /mol B．-43.5kJ /mol C．+43.5 kJ/ mol D．+67.7 kJ/ mol 12．根据右图可判断下列离子方程式中错误的是（）A．2Ag(s)+Cd2+(aq)=2Ag+(aq)+Cd(s)B ．Co 2+(aq)+Cd(s)=Co(s)+Cd 2+(aq)C ．2Ag +(aq)+Cd(s)=2Ag(s)+Cd 2+(aq)D ．2Ag +(aq)+Co(s)=2Ag(s)+Co 2+(aq) 13．下表中评价合理的是( )26．（14分）物质A~G 有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）。

全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。

”这里的“强水”是指（）A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水2．（6分）N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是（）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N AB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2N AC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N AD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A3．（6分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。

将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。

若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（）A．1：1B．2：3C．3：2D．2：14．（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液成血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0mol•L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D将0.1 mol•L﹣1 MgSO4溶液滴入NaOH 溶液中至不在有沉淀产生，再滴加0.1 mol•L﹣1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小A．A B．B C．C D．D5．（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。

下列有关微生物电池的说法错误的是（）A．正极反应中有CO2生成B．微生物促进了反应中电子的转移C．质子通过交换膜从负极区移向正极区D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O 6．（6分）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法正确的是（）A．单质的沸点：W＞X B．阴离子的还原性：W＞ZC．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z D．X与Y不能存在于同一离子化合物中7．（6分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。

高中化学学习材料鼎尚图文收集整理2013年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ卷）一、选择题1．）化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成考点：纯碱工业（侯氏制碱法）；氨的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．专题：化学应用．分析：A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体；C．补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；D．硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3．解答：解：A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故B正确；C．碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C错误；D．制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故D正确．故选C．点评：本题考查较为综合，与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化常识，题目难度不大．2．（6分）（2015•门头沟区二模）香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：该物质含2个C=C键、1个﹣OH，分子式为C10H18O，结合烯烃和醇的性质来解答．解答：解：A．由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故A正确；B．因含C=C键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；C．含C=C键、﹣OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．含C=C，能发生加成反应，含﹣OH能发生取代反应，故D错误；故选A．点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉烯烃、醇的性质即可解答，题目难度不大．3．（6分）（2014•杨浦区三模）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A．W2﹣、X+B．X+、Y3+C．Y3+、Z2﹣D．X+、Z2﹣考点：影响盐类水解程度的主要因素．专题：盐类的水解专题．分析：根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S．解答：解：根据短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2﹣、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2﹣，Al3+和S2﹣均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2﹣不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C．点评：本题考查影响盐类水解的因素，命题结构简单，切入点新颖，考查了离子化合价与其离子电荷的关系，难度中等．4．（6分）（2015•市中区校级模拟）银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故．根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去．下列说法正确的是（）A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：铝、银和电解质溶液构成原电池，铝作负极，银作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，据此分析解答．解答：解：A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B．点评：本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，难度不大．5．（6分）（2014秋•曹县校级期末）已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10，K sp（AgBr）=7.7×10﹣13，Ksp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A．C l﹣、Br﹣、CrO42﹣B．C rO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．B r﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．B r﹣、CrO42﹣、Cl﹣考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，AgBr 溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀．解答：解：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L=1.56×10﹣8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L=7.7×10﹣11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L=3×10﹣5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣，故选C．点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为B，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断．6．（6分）（2015春•荆州校级期末）分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有（）A．15种B．28种C．32种D．40种考点：同分异构现象和同分异构体．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目．解答：解：分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有5×8=40种，故选D．点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算．7．（6分）（2015•衡水模拟）下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A 分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B 分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶NaCl在水中的溶解度很大D 除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A．A B．B C．C D．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：实验评价题．分析：A．乙醇和水混溶，不能用作萃取剂；B．乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离；C．应利用二者溶解度随温度的变化不同分离；D．丁醇和乙醚的沸点不同，可用蒸馏的方法分离．解答：解：A．乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故A错误；B．乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故B错误；C．根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法．NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，经冷却过滤，故C错误；D．丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故D 正确．故选D．点评：本题考查物质的分离提纯的实验方案的设计，题目难度不大，注意相关物质的性质的异同，把握常见物质的分离方法和操作原理．三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答）8．（13分）（2013•天心区校级模拟）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图所示．可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/（g•cm﹣3）沸点/℃溶解性环乙醇100 0.9618 161 微溶于水环己烯82 0.8102 83 难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g．回答下列问题：（1）装置b的名称是直形冷凝管．（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是B（填正确答案标号）．A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为．（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并检漏；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的上口倒出（填“上口倒出”或“下口放出”）．（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是干燥．（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有CD（填正确答案标号）．A．蒸馏烧瓶B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管E．接收器（7）本实验所得到的环己烯产率是C（填正确答案标号）．A.41%B.50%C.61%D.70%考点：制备实验方案的设计；醇类简介．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）装置b是冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应生成二环己醚；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶和球形冷凝器管；（7）环己醇为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=×100%=61%．解答：解：（1）依据装置图分析可知装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，故答案为：直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故答案为：防止暴沸；B；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，；故答案为：（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为：检漏；上口倒出；（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为：干燥；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶和球形冷凝器管，故答案为：CD；（7）环己醇为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=×100%=61%，故答案为：61%．点评：本题考查了物质制备实验方案设计，醇性质的分析应用，实验现象和原理的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．9．（15分）（2015春•澄城县校级月考）锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用．某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等．充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi++xe﹣═Li x C6．现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）．回答下列问题：（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为+3．（2）写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑．（3）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O2H2O22H2O+O2↑；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是有氯气生成，污染较大．（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O．（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1﹣x CoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式Li1﹣xCoO2+Li x C6=LiCoO2+6C．（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中．在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有Al （OH）3、CoCO3、Li2SO4（填化学式）．考点：金属的回收与环境、资源保护；电极反应和电池反应方程式．专题：电化学专题；几种重要的金属及其化合物．分析：（1）根据化合物中，化合价的代数和为0判断；（2）碱浸正极时，铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和氢气；（3）根据所加入的反应物以及生成物结合质量守恒定律来书写化学方程式；由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀；（5）放电时，Li1﹣x CoO2和Li x C6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C；（6）“放电处理”有利于锂在正极的回收，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动，在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．解答：解：（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价，故答案为：+3；（2）正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2﹣，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；有氯气生成，污染较大；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，故答案为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；（5）充放电过程中，Li1﹣x CoO2和Li x C6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1﹣x CoO2+Li x C6=LiCoO2+6C，故答案为：Li1﹣x CoO2+Li x C6=LiCoO2+6C；（6）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，故答案为：Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．点评：本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难度中等，难点是电极反应式的书写．10．（15分）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源．由合成气（组成为H2、CO和少量的CO2）直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：甲醇合成反应：（Ⅰ）CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1（Ⅱ）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣49.0kJ•mol﹣1水煤气变换反应：（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ•mol﹣1二甲醚合成反应：（Ⅳ）2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=﹣24.5kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一．工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4，NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，2Al（OH）3Al2O3+3H2O（以化学方程式表示）．（2）分析二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响消耗甲醇，促进甲醇合成反应（Ⅰ）平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应（Ⅲ）消耗部分CO．（3）由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）△H=﹣204.7kJ•mol﹣1．根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加．压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大．（4）有研究者在催化剂（含Cu﹣Zn﹣Al﹣O和Al2O3）、压强为5.0MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如图所示．其中CO转化率随温度升高而降低的原因是反应放热，温度升高，平衡左移．（5）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度等于甲醇直接燃料电池（5.93kW•h•kg﹣1）．若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为CH3OCH3+3H2O=2CO2+12H++12e﹣，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的能量；该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E==8.39KW•h•kg﹣1（列式计算．能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW•h=3.6×106J）．考点：热化学方程式；化学电源新型电池．专题：化学反应中的能量变化；电化学专题．分析：（1）铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是利用氧化铝是两性氧化物溶于碱生成四羟基合铝酸钠，溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解得到氧化铝；（2）二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响，结合甲醇合成反应，水煤气变换反应和化学平衡移动原理分析判断；（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到，依据计算得到的反应结合化学平衡移动原理分析判断增大压强的影响；（4）依据化学平衡特征和平衡移动原理分析；（5）燃料电池中燃料在负极上失电子发生氧化反应，书写电极反应，计算电子转移；依据能量密度=电池输出电能/燃料质量列式计算．解答：解：（1）铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程，利用氧化铝是两性氧化物溶于碱生成四羟基合铝酸钠，溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解得到氧化铝；反应娥化学方程式为：Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH）4+CO2=Al （OH）3↓+NaHCO3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（2）二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响，消耗甲醇，促进甲醇合成反应（Ⅰ）CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）消耗部分CO，故答案为：消耗甲醇，促进甲醇合成反应（Ⅰ）平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应（Ⅲ）消耗部分CO；（3）Ⅰ、CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1Ⅳ、2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=﹣24.5kJ•mol﹣1依据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅳ得到：2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）△H=﹣204.7kJ•mol ﹣1该反应是气体体积减小的反应，增加压强平衡正向进行，反应速率增大，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加，故答案为：2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣204.7kJ•mol﹣1；该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加．压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大；（4）CO转化率随温度升高而降低，是因为反应是放热反应，升温平衡逆向进行，故答案为：反应放热，温度升高，平衡左移；（5）若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒写出电极反应为：CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+；一个二甲醚分子经过电化学氧化失去12个电子，能量密度=电池输出电能/燃料质量，该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E==8.39KW•h•kg﹣1，故答案为：CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+；12；=8.39KW•h•kg﹣1．点评：本题考查了物质制备原理分析，热化学方程式和盖斯定律的应用，化学平衡移动原理的分析判断，原电池原理分析和电极书写，题目难度中等．11．（15分）（2014•宜春模拟）[化学﹣选修2：化学与技术]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CO+NaOH HCOONa、2HCOONa Na2C2O4+H2↑．（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC2O4；过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液和H2SO4溶液，滤渣是CaSO4．（3）工艺过程中③和④的目的是分别循环利用氢氧化钠和硫酸来降低成本，减小污染．（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Na2SO4．（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5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；列式计算该成品的纯度94.5%．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据反应物、生成物和反应条件写出反应方程式；（2）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物；（3）循环利用的物质能降低成本，减少污染；（4）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质；（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算草酸的物质的量，再根据质量分数公式计算其纯度．解答：解：（1）根据流程图知，200℃、2MPa条件下，一氧化碳和氢氧化钠反应生成甲酸钠，反应方程式为：CO+NaOH HCOONa，加热条件下，甲酸钠脱氢生成草酸钠和氢气，反应方程式为：2HCOONa Na2C2O4+H2↑，故答案为：CO+NaOH HCOONa，2HCOONa Na2C2O4+H2↑；（2）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC2O4，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物，该操作过程中，稀硫酸过量，所以过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，滤渣是CaSO4，故答案为：NaOH溶液，CaC2O4 ，H2C2O4溶液、H2SO4溶液，CaSO4；（3）氢氧化钠和硫酸都具有腐蚀性，能污染环境，分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染，故答案为：分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染；（4）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质，存在于溶液中，所以含有的杂质主要是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，设草酸的物质的量为xmol，则：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=10CO2↑+2Mn2++8H2O5mol 2molx 0.0500mol•L﹣1×0.015L所以，5mol：2mol=x：0.0500mol•L﹣1×0.015L解得x=0.001875mol，故其纯度=×100%=94.5%，故答案为：94.5%．点评：本题考查了化学与技术，明确操作时发生的化学反应、常见的操作名称，难点是计算草酸结晶水合物的纯度，根据方程式进行分析解答，难度中等．12．（15分）（2014•宜春模拟）[化学﹣选修3：物质结构与性质]硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础．请回答下列问题：（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9、电子数为4．（2）硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中．（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以共价键相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献3个原子．（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备．工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2．（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键C﹣C C﹣H C﹣O Si﹣Si Si﹣H Si﹣O键能/（kJ•mol﹣1）356 413 336 226 318 452①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是C﹣C 键和C﹣H键较强，所形成的烷烃稳定．而硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成．．②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是C﹣H键的键能大于C﹣O键，C﹣H键比C﹣O键稳定．而Si﹣H键的键能却远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si﹣O键．（6）在硅酸盐中，SiO四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式．图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为sp3，Si与O的原子数之比为1：3，化学式为SiO32﹣．考点：硅和二氧化硅；原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构；碳族元素．分析：（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在；（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子（晶体硅类似结构），则面心位置贡献的原子为6×=3个；（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2；（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能；②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32﹣；解答：解：（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；故答案为：M；9；4；（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在，故答案为：二氧化硅（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子（晶体硅类似结构），则面心位置贡献的原子为6×=3个；故答案为：共价键；3；（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能，所以硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成，故答案为：C﹣C键和C﹣H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；故答案：C﹣H键的键能大于C﹣O键，C﹣H键比C﹣O键稳定．而Si﹣H键的键能却远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si﹣O键；（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；故答案为：sp3根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32﹣；。

全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%2．（6分）设N A为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（）A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N AB．1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2N AC．1mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2N AD．标准状况下，2.24L CCl4含有的共价键数为0.4N A3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷B．由乙烯生成乙醇属于加成反应C．C4H9Cl有3种同分异构体D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物4．（6分）下列实验操作能达到实验目的是（）A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl25．（6分）三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的是（）A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成6．（6分）298K时，在20.0mL 0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。

（化学部份解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N14 O 16 Mg 24 S 32 K 39 Mn 55第I卷（42分）一、选择题的是（）7．化学无处不在，与化学有关的说法不正确．．．A．侯氏制碱法的工艺进程中应用了物质溶解度的差别B．可用蘸浓盐酸的棉棒查验输送氨气的管道是不是漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫磺、硝石、柴炭三种物质按必然比例混合制成【答案】C【考点定位】基础化学知识及常见化学工艺【名师点睛】本题较为综合，涉及的物质与人们日常生活紧密结合，化学原理简单，均为最大体的化学常识，利用与生产、生活有关的化学，引导学生注重基础知识，激发学生学习化学的热情，题目难度不大。

8．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OOH B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反映不能发生取代反映【答案】A【考点定位】有机物的结构（官能团）与性质【名师点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，有机物的官能团代表该类有机物的主要性质，掌握官能团的结构与性质是学好化学的基础，熟悉烯烃、醇的性质即可解答本题，题目难度不大．9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A．W2-、X+B．X+、Y3+C．Y3+、Z2- D．X+、Z2-【答案】C【考点定位】短周期元素性质和盐类水解【名师点睛】本题考查元素的推断及元素形成的简单离子对水的电离平衡移动的影响等知识，元素周期表的结构和元素周期律的应用是考试热点，利用它们为载体能设计很多题型，而破坏水的电离平衡的因素有酸碱抑制水的电离，能水解的盐的离子增进水的电离，二者结合起来命题，综合性较强。

10．银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。

2023-2024学年全国高考专题化学高考复习考试总分：60 分 考试时间： 120 分钟学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 7 小题 ，每题 5 分 ，共计35分 ）1. 化学与生活生产密切相关。

下列说法正确的是（ ）A.“”消毒液与洁厕灵（主要成分）混合增强消毒效果B.汉代烧制出，“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土C.泡洙灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火D.盐碱地（含较多）不利于作物生长，可施加生石灰进行改良2. 现有、、（臭氧）三种气体，它们分别都含有氧原子，则三种气体的物质的量之比为（ ）A.B.C.D.3. 已知：，如果要合成 所用的起始原料可以是（ ）A.甲基，丁二烯和丁炔B.，戊二烯和丁炔C.，二甲基，戊二烯和乙炔D.，二甲基，丁二烯和乙炔4. 下列实验操作能达到实验目的的是（ ）84HCl N C a 2O 3CO CO 2O 31mol 1:1:11:2:33:2:16:3:22−−13−2−13−2−23−−13−23−−13−选项实验目的实验操作比较氯和碳的非金属性向盛有碳酸钠溶液的试管中滴入 溶液鉴别蚕丝和人造纤维 将蚕丝和人造纤维分别放在酒精灯火焰上灼烧并闻气味验证二氧化硫的漂白性将二氧化硫通入紫色的高锰酸钾溶液中检验溶液中的 取待检液于试管中，加入 溶液，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验A.B.C.D. 5. 已知铊是铝的同族元素，关于铊的下列性质判断中可能错误的是（ ）A.是银白色质软的金属B.形成价化合物C.溶液显酸性D.铊的金属性比铝强6. 纳米级由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中制备纳米，其装置如图甲、乙。

普通高等学校招生全国统一考试化学卷1本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷问（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至11页，共150分。

考试用时120分钟。

第Ⅰ卷（选择题共60分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号、考试科目、试卷类型（A）用铅笔涂写在答题卡上，同时将考生号条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号徐黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试题卷上。

3．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 K 39一．选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

）1．目前我国许多城市和地区定期公布空气质量报告，在空气质量报告中，一般不涉及A SO2B NO2C CO2D 可吸入颗粒物2．为了除去蛋白质溶液中混入的少量氯化钠，可以采用的方法是A 过滤B 电泳C 渗析D 加入AgNO3溶液，过滤3．铁屑溶于过量的稀硫酸，过滤后向滤液中加入适量硝酸，再加入过量的氨水，有红褐色沉淀生成。

过滤，加热沉淀物至质量不再发生变化，得到红棕色的残渣。

上述沉淀和残渣分别为A Fe(OH)3；Fe2O3B Fe(OH)2；FeOC Fe(OH)2、Fe(OH)3；Fe3O4D Fe2O3；Fe(OH)34．六氯苯是被联合国有关公约禁止或限制使用的有毒物质之一。

下式中能表示六氯苯的是A BC D5．R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2价，且X2＋与单质R不反应；X2＋＋Z ＝X＋Z2＋；Y＋Z2＋＝Y2＋＋Z。

这四种离子被还原成0价时表现的氧化性大小符合A R2＋＞X2＋＞Z2＋＞Y2＋B X2＋＞R2＋＞Y2＋＞Z2＋C Y2＋＞Z2＋＞R2＋＞X2＋D Z2＋＞X2＋＞R2＋＞Y2＋二．选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。

2023年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题（每小题6分．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地）1．下列叙述正确地是（ ）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023个NaCl分子B．1.00molNaCl中,所有Na+地最外层电子总数为8×6.02×1023C．欲配置1.00L,1.00mol．L﹣1地NaCl溶液,可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．电解58.5g熔融地NaCl,能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠2．分子式为C5H11Cl地同分异构体共有（不考虑立体异构）（ ）A．6种B．7种C．8种D．9种3．下列反应中,属于取代反应地是（ ）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①②B．③④C．①③D．②④4．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释,下列各量始终保持增大地是（ ）A．c（H+）B．K a（HF）C．D．5．铁镍蓄电池又称爱迪生电池,放电时地总反应为:Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+ 2Ni（OH）2下列有关该电池地说法错误地是（ ）A．电池地电解液为碱性溶液,正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时,负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中,阴极附近溶液地碱性减弱D．电池充电时,阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O6．能正确表示下列反应地离子方程式为（ ）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中:FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．NH4HCO3溶于过量地NaOH溶液中:HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中:C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D．大理石溶于醋酸中:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O 7．短周期元素W、X、Y和Z地原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池地重要材料,X原子地最外层电子数是内层电子数地2倍,元素Y是地壳中含量最丰富地金属元素,Z原子地最外层电子数是其电子层数地2倍．下列说法错误地是（ ）A．元素W、X地氯化物中,各原子均满足8电子地稳定结构B．元素X与氢形成地原子比为1:1地化合物有很多种C．元素Y地单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2二、解答题（共3小题,满分29分）8．（14分）0.80gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程地热重曲线（样品质量随温度变化地曲线）如下图所示．请回答下列问题:（1）试确定200℃时固体物质地化学式 （要求写出推断过程）；（2）取270℃所得样品,于570℃灼烧得到地主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体,该反应地化学方程式为 ．把该黑色粉末溶解于稀硫酸中,经浓缩、冷却,有晶体析出,该晶体地化学式为 ,其存在地最高温度是 ；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物,该化合物地浓溶液与Cu在加热时发生反应地化学方程式为 ；（4）在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌,有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液地pH=8时,c（Cu2+）= mol•L﹣1（K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）．若在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,此时溶液中地H+浓度是 mol•L﹣1．9．（15分）科学家利用太阳能分解水生成地氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇,并开发出直接以甲醇为燃料地燃料电池．已知H2（g）、CO（g ）和CH3OH（l）地燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1．请回答下列问题:（1）用太阳能分解10mol水消耗地能量是 kJ；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水地热化学方程式为 ；（3）在容积为2L地密闭容器中,由CO2和H2合成甲醇,在其他条件不变地情况下,考察温度对反应地影响,实验结果如下图所示（注:T1、T2均大于300℃）；下列说法正确地是 （填序号）①温度为T1时,从反应开始到平衡,生成甲醇地平均速率为v（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣1②该反应在T1时地平衡常数比T2时地小③该反应为放热反应④处于A点地反应体系从T1变到T2,达到平衡时增大（4）在T1温度时,将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中,充分反应达到平衡后,若CO2转化率为a,则容器内地压强与起始压强之比为 ；（5）在直接以甲醇为燃料地燃料电池中,电解质溶液为酸性,负极地反应式为 ,正极地反应式为 ．理想状态下,该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生地最大电能为702.1kJ,则该燃料电池地理论效率为 （燃料电池地理论效率是指电池所产生地最大电能与燃料电池反应所能释放地全部能量之比）．10．（15分）氢化钙固体登山运动员常用地能源提供剂．某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙．请回答下列问题:（1）请选择必要地装置,按气流方向连接顺序为 （填仪器接口地字母编号）（2）根据完整地实验装置进行实验,实验步骤如下:检查装置气密性后,装入药品；打开分液漏斗活塞 （请按正确地顺序填入下列步骤地标号）．A．加热反应一段时间 B．收集气体并检验其纯度C．关闭分液漏斗活塞 D．停止加热,充分冷却（3）实验结束后,某同学取少量产物,小心加入水中,观察到有气泡冒出,溶液中加入酚酞后显红色,该同学据此断,上述实验确有CaH2生成．①写出CaH2与水反应地化学方程式 ；②该同学地判断错误,原因是 ．（4）请你设计一个实验,用化学方法区分钙与氢化钙,写出实验简要步骤及观察到地现象 （5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂,与氢气相比,其优点是 ．　三、选修部分11．【化学﹣﹣选修2:化学与技术】（15分）普通纸张地主要成分是纤维素,在早期地纸张生产中,常采用纸张表面涂敷明矾地工艺,以填补其表面地微孔,防止墨迹扩散．请回答下列问题:（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损,严重威胁纸质文物地保存．经分析检验,发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾地工艺有关,其中地化学原理是 ；为了防止纸张地酸性腐蚀,可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂,该工艺原理地化学（离子）方程式为 ．（2）为了保护这些纸质文物,有人建议采取下列措施:①喷洒碱性溶液,如稀氢氧化钠溶液或氨水等．这样操作产生地主要问题是 ；②喷洒Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷．用化学（离子）方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀地原理 、 ．（3）现代造纸工艺常用钛白粉（TiO2）替代明矾．钛白粉地一种工业制法是以钛铁矿（主要成分为FeTiO3）为原料按下列过程进行地,请完成下列化学方程式:① FeTiO3+ C+ Cl2 TiCl4+ FeCl3+ CO② TiCl4+ O2 TiO2+ Cl2．12．（15分）氮化硼（BN）是一种重要地功能陶瓷材料。