【化学】浙江省绍兴市诸暨市牌头中学2015届高三高考冲刺(四)试卷

2014-2015学年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高三（上）月考化学试卷（1月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是( )A．石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化B．红宝石、水晶、玻璃、陶瓷等都是硅酸盐制品C．光导纤维、醋酸纤维、铜氨纤维、玻璃纤维等的主要成分都是糖类D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5纳米的颗粒物2．用N A代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )A．标准状况下，2.24LCHCl3的分子数0.1N AB．用惰性电极电解1 L浓度均为2 mol•L﹣1的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2 N A个电子转移时，理论上阴极析出6.35g金属C．9.2gNO2和N2O4的混合气中含有的氮原子数为大于0.2N AD．VL a mol•L﹣1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为N A，则Cl﹣的数目大于3N A3．已知R、W、X、Y、Z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中W、Z同族，R原子的最外层电子数是电子层数的3倍，元素X在同周期的主族元素中原子半径最大，Y 是地壳中含量最多的金属元素．下列说法中不正确的是( )A．气态氢化物稳定性最强的是HWB．PH相同HW和HZ溶液，稀释100倍，前者c（H+）＜后者C（H+）C．R和X形成简单离子的核外电子排布相同，两者能形成离子键D．原子半径由小到大的顺序为：r W＜r R＜r Y4．甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能．乙图是一种家用环保型消毒液发生器，用惰性电极电解饱和食盐水．下列说法中不正确的是( )A．装置乙的a极要与装置甲的X极连接B．装置乙中b极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑C．若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极发生的电极应为：C6H12O6+6H2O﹣24e ﹣═6CO2↑+24H+D．N电极发生还原反应，当N电极消耗5.6 L气体（标准状况下）时，则有2N A个H+通过离子交换膜5．下列说法正确的是( )A ．按系统命名法的名称为2﹣甲基﹣3，5﹣二乙基己烷B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．1mol 与足量的氢氧化钠溶液反应，最多消耗氢氧化钠2n molD ．可与盐酸反应6．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：下列有关说法正确的是( )A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2S）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH （CH3COONa）＞pH（NaHCO3）B．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c （CO32﹣）C．pH相等的NaF与CH3COOK溶液中，[c（Na+）﹣c（F﹣）]＜[c（K+）﹣c（CH3COO﹣）] D．等浓度的①CH3COONH4、②NH4F、③（NH4）2CO3、④NH4HCO3溶液中的c（NH4+）：③＞②＞①＞④7．固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3、NaNO2中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：根据上述实验，以下说法正确的是( )A．溶液甲中一定含有K2SiO3、NaNO2、可能含有KAlO2、K2CO3B．由于在溶液甲中加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液，因此无法判断溶液中是否有K2SO3 C．气体A和气体B一定均为纯净物D．原混合物中一定含有Fe2O3二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）工业上通常以铝土矿（主要成分为Al2O3，含有少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备无水氯化铝：2Al2O3+6Cl24AlCl3+3O2↑．回答以下问题：（1）画出Al的原子结构示意图__________；Cl元素在元素周期表第__________周期__________族．（2）为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，其原因是__________．（3）加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3+C+Cl2AlCl3+X↑，设计实验确定气体X的成分：__________．（4）在提纯AlCl3粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3转化为熔点较高的FeCl2，从而避免在AlCl3中混入铁的氯化物．该反应的化学方程式为__________．（5）以铝土矿为原料可以通过以下途径提纯氧化铝：①写出滤液甲中溶质的化学式__________．②写出滤液乙中加入过量氨水得到Al（OH）3的离子方程式__________．9．随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫（SO2）排放量减少8%，氮氧化物（NO x）排放量减少10%．目前，消除大气污染有多种方法．（1）处理NO x的一种方法是利用甲烷催化还原NO x．已知：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________．（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO （g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H＜0．若在一定温度下，将2mol NO、1mol CO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图1所示，计算该反应的化学平衡常数：K=__________．若升高温度则平衡常数将__________（变大、不变、变小）．若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将__________移动（填“向左”、“向右”或“不”）．20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图3所示的变化，则改变的条件可能是__________（填序号）．①加入催化剂②降低温度③缩小容器体积④增加CO2的量（3）肼（N2H4）用亚硝酸氧化可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977．写出肼与亚硝酸反应的化学方程式__________．（4）如图2所示装置可用于制备N2O5，则生成N2O5的那一极电极为__________（阴、阳极），反应式为__________．（5）已知某温度下Li2CO3的K sp为1.68×10﹣3，将适量Li2CO3固体溶于100mL水中至刚好饱和，饱和Li2CO3溶液中c（Li+）=0.15mol•L﹣1．c（CO32﹣）=0.075mol•L﹣1若t1时刻在上述体系中加入100mL0.125mol•L﹣1 Na2CO3溶液，列式计算说明是否有沉淀产生．（6）请画出t1时刻后Li+和CO32﹣浓度随时间变化的关系图（用虚线表示Li+，实线表示CO32﹣）．10．（14分）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为11.0℃，易溶于水．工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得．某学生拟用左图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2．（1）A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式：__________．（2）A必须添加温度控制装置，除酒精灯外，还需要的玻璃仪器有烧杯、__________；B 也必须添加温度控制装置，应该是__________（选填“冰水浴”或“热水浴”）装置．（3）反应后在装置C中可得NaClO2溶液．已知NaClO2饱和溶液中在温度低于38℃时析出晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体是NaClO2．根据如图2所示的NaClO2的溶解度曲线，请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：①__________；②__________；③洗涤；④干燥．（4）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用c mol•L﹣1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）①滴定过程中，至少须进行两次平行测定的原因是__________．②原ClO2溶液的浓度为__________g/L（用步骤中的字母代数式表示）．11．苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料，其合成路线如下：已知：CH3CHO+H2CH3CH2OH．（1）写出E中官能团的结构式：__________；化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是__________．（2）下列说法中正确的是__________．A．反应①与③属于取代反应B．在一定条件下，化合物Ⅰ不能与液溴反应C．在一定条件下，化合物Ⅰ可以与CH3COOH反应，其反应类型与③相同D．在一定条件下，化合物Ⅰ能与酸性KMnO4溶液反应（3）反应⑤的化学方程式为__________（要求写出反应条件）．（4）写出化合物Ⅰ转化为化合物A的化学反应方程式：__________（要求写出反应条件）．（5）化合物F有多种同分异构体，写出属于芳香族化合物，属于酯类且能发生银镜反应．写出其中一种的结构简式__________．参考答案一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是( )A．石油裂解、煤的气化、海水制镁、纤维素制火棉等过程中都包含化学变化B．红宝石、水晶、玻璃、陶瓷等都是硅酸盐制品C．光导纤维、醋酸纤维、铜氨纤维、玻璃纤维等的主要成分都是糖类D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5纳米的颗粒物【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；常见的生活环境的污染及治理；含硅矿物及材料的应用；纤维素的性质和用途．【专题】化学应用．【分析】A．物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成；B．宝石是氧化铝，水晶是二氧化硅，陶瓷、玻璃是硅酸盐；C．光导纤维、玻璃纤维的主要成分是二氧化硅；D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物．【解答】解：A．裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700℃～800℃，有时甚至高达1000℃以上），使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化；煤的气化是煤与碳反应生成一氧化碳和氢气，属于化学变化；海水制镁由镁离子生成镁单质；火棉就是硝酸纤维，是硝酸和纤维素发生酯化反应生成的等；以上过程中都有新物质生成，包含化学变化，故A正确；B．宝石是氧化铝，水晶是二氧化硅，陶瓷、玻璃是硅酸盐，故B错误；C．光导纤维、玻璃纤维的主要成分是二氧化硅，不是糖类，故C错误；D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，故D错误．故选A．【点评】本题考查了常见物质的性质和用途，涉及到化学变化、材料、环境的污染与保护，题目难度不大，解答此题，注意加强对课本知识的记忆．2．用N A代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是( )A．标准状况下，2.24LCHCl3的分子数0.1N AB．用惰性电极电解1 L浓度均为2 mol•L﹣1的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2 N A个电子转移时，理论上阴极析出6.35g金属C．9.2gNO2和N2O4的混合气中含有的氮原子数为大于0.2N AD．VL a mol•L﹣1的氯化铁溶液中，若Fe3+的数目为N A，则Cl﹣的数目大于3N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、标况下，三氯甲烷为液态；B、根据阳离子的放电顺序判断；C、NO2和N2O4的最简式为NO2；D、氯化铁溶液中，铁离子部分水解，铁离子数目减少，所以铝离子数目大于铁离子数目的3倍．【解答】解：A、标况下，三氯甲烷为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故A错误；B、Ag+氧化性大于Cu2+，1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2mol电子转移时，首先析出Ag，质量为0.2mol×108g/mol=21.6g，故C错误；C、NO2和N2O4的最简式为NO2，故9.2g混合气体中含有的NO2的物质的量n==0.2mol，故含有的额氮原子的个数为0.2N A个，故C错误；D、V L 0.1mol/L的氯化铁溶液中，铁离子部分水解，溶液中铁离子数目减少，若Fe3+的数目为N A，则Cl﹣的数目大于3N A，故D正确；故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．已知R、W、X、Y、Z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中W、Z同族，R原子的最外层电子数是电子层数的3倍，元素X在同周期的主族元素中原子半径最大，Y 是地壳中含量最多的金属元素．下列说法中不正确的是( )A．气态氢化物稳定性最强的是HWB．PH相同HW和HZ溶液，稀释100倍，前者c（H+）＜后者C（H+）C．R和X形成简单离子的核外电子排布相同，两者能形成离子键D．原子半径由小到大的顺序为：r W＜r R＜r Y【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】R、W、X、Y、Z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al；R原子的最外层电子数是电子层数的3倍，原子序数小于Al，只能处于第二周期，最外层电子数为6，则R为O元素；元素X在同周期的主族元素中原子半径最大，原子序数大于O，只能处于第三周期，故X为Na；W原子序数大于O，而小于Na，故W为F元素，W、Z同族，则Z为Cl，据此解答．【解答】解：R、W、X、Y、Z是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al；R原子的最外层电子数是电子层数的3倍，原子序数小于Al，只能处于第二周期，最外层电子数为6，则R为O元素；元素X在同周期的主族元素中原子半径最大，原子序数大于O，只能处于第三周期，故X为Na；W原子序数大于O，而小于Na，故W为F元素，W、Z同族，则Z为Cl．A．W为F元素，上述元素中F元素的非金属性最强，故HF稳定性最强，故A正确；B．HF为弱酸，HCl为强酸，pH相同HF和HCl溶液，稀释中HF可以继续电离出氢离子，稀释100倍，前者c（H+）＞后者C（H+）故B错误；C．R和X形成简单离子分别为O2﹣、Na+，二者核外电子数均为10，则核外电子排布相同，两者能形成离子键，故C正确；D．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径W（F）＜R（O）＜Y（Al），故D正确，故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握．4．甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能．乙图是一种家用环保型消毒液发生器，用惰性电极电解饱和食盐水．下列说法中不正确的是( )A．装置乙的a极要与装置甲的X极连接B．装置乙中b极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑C．若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极发生的电极应为：C6H12O6+6H2O﹣24e ﹣═6CO2↑+24H+D．N电极发生还原反应，当N电极消耗5.6 L气体（标准状况下）时，则有2N A个H+通过离子交换膜【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】甲为原电池，有机物失电子在负极反应，氧气得电子在正极反应；乙为电解池，在下端生成氯气，上端生成氢氧化钠和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，则下端为阳极，所以a与正极相连．【解答】解：A、装置乙的a极上生成氢氧化钠和氢气，则a为阴极，与甲中的负极相连，即与X相连，故A正确；B、乙为电解池，在下端生成氯气，则b极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故B正确；C、若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极上C6H12O6失电子生成二氧化碳，其电极应为：C6H12O6+6H2O﹣24e﹣═6CO2↑+24H+，故C正确；D、N电极为氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e﹣=2H2O，则当N电极消耗5.6 L气体（标准状况下）即0.25mol时，消耗的氢离子为1mol，则有N A个H+通过离子交换膜，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，涉及电极的判断和电极反应式的书写，根据正负极上得失电子再结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，电解质溶液酸碱性不同，其电极反应式不同，为易错点，题目难度中等．5．下列说法正确的是( )A．按系统命名法的名称为2﹣甲基﹣3，5﹣二乙基己烷B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．1mol与足量的氢氧化钠溶液反应，最多消耗氢氧化钠2n molD．可与盐酸反应【考点】有机化合物命名；有机物的结构和性质；有机高分子化合物的结构和性质．【专题】有机化学基础．【分析】A．为烷烃的键线式，键线式中，每一个拐点和终点都表示一个C，根据烷烃的命名原则进行判断；B．高分子化合物的相对分子量达到10000以上，油脂相对分子量较小，不属于高分子化合物；C．1mol水解产物中含有2n mol酚羟基、nmol羧基，能够消耗3 nmol氢氧化钠；D．分子含有亚氨基，亚氨基能够与氢离子反应．【解答】解：A．为烷烃键线式，该有机物总分子中最长碳链含有7个C，选取含有支链最多的碳链为主链，主链为庚烷；编号从右边开始，在2、5号C各含有一个甲基、在3号C含有一个乙基，该有机物正确命名为：2，5﹣二甲基﹣3﹣乙基庚烷，故A错误；B．蛋白质相对分子量达到10000以上，所以高分子化合物，而油脂相对分子量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．1mol水解能够生成2nmol酚羟基、nmol羧基，所以1mol该有机物与与足量的氢氧化钠溶液反应，最多消耗氢氧化钠3n mol，故C错误；D．该有机物在中含有亚氨基，亚氨基具有氨气的性质，能够与酸反应，故D 正确；故选D．【点评】本题考查了有机物的命名、有机物的结构与性质、高分子化合物的判断，难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确有机物命名的原则，明确高分子化合物的相对分子量达到10000以上．6．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：下列有关说法正确的是( )A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2S）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH （CH3COONa）＞pH（NaHCO3）B．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c （CO32﹣）C．pH相等的NaF与CH3COOK溶液中，[c（Na+）﹣c（F﹣）]＜[c（K+）﹣c（CH3COO﹣）] D．等浓度的①CH3COONH4、②NH4F、③（NH4）2CO3、④NH4HCO3溶液中的c（NH4+）：③＞②＞①＞④【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．酸的电离常数越大其酸性越强，则其阴离子水解能力越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小；B．根据电荷守恒判断；C．酸的电离常数越大其酸性越强，则其阴离子水解能力越小；D．等浓度的铵盐溶液中，铵根离子浓度首先取决于其化学式中铵根离子系数，再结合盐的水解程度比较c（NH4+）大小．【解答】解：A．酸的电离常数越大其酸性越强，则其阴离子水解能力越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据电离常数知，酸根离子的水解程度大小顺序是：S2﹣＞CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣，所以等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2S）＞pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa），故A错误；B．根据电荷守恒知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故B错误；C．氟离子的水解程度小于醋酸根离子，所以等pH的NaF与CH3COOK溶液中c（NaF）＞c（CH3COONa），c（Na+）﹣c（F﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+），c（K+）﹣c（CH3COO﹣）=c （OH﹣）﹣c（H+），两种溶液的pH相对，则氢氧根离子与氢离子浓度差相等，所以[c（Na+）﹣c（F﹣）]=[c（K+）﹣c（CH3COO﹣）]，故C错误；D．等浓度的铵盐溶液中，铵根离子浓度首先取决于其化学式中铵根离子系数，所以碳酸铵中铵根离子浓度最大，酸根离子水解程度大小顺序是：HCO3﹣＞CH3COO﹣＞F﹣，铵根离子和弱酸根离子相互促进水解，所以这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是③＞②＞①＞④，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确电离平衡常数、酸性强弱、酸根离子的水解程度关系是解本题关键，难点是计算溶液中铵根离子浓度大小，明确盐类水解是微弱的，难度中等．7．固体粉末X中可能含有FeO、Fe2O3、MnO2、K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3、NaNO2中的若干种．为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：根据上述实验，以下说法正确的是( )A．溶液甲中一定含有K2SiO3、NaNO2、可能含有KAlO2、K2CO3B．由于在溶液甲中加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液，因此无法判断溶液中是否有K2SO3 C．气体A和气体B一定均为纯净物D．原混合物中一定含有Fe2O3【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】元素及其化合物．【分析】有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，说明一定含有NaNO2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体B，B应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀A应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，以此解答该题．【解答】解：有色气体A应为NO2，可能含有CO2、SO2等气体，说明一定含有NaNO2，固体甲与浓盐酸反应生成有色气体B，B应为Cl2，则应含有MnO2，沉淀A应为H2SiO3，说明含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，A．有以上分析可知一定含有K2SiO3、NaNO2，可能含有K2CO3，也可能含有KAlO2，加入过量盐酸生成AlCl3，与以上物质不反应，不能确定，故A正确；B．因含有NaNO2，如含有K2SO3，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成SO42﹣，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，加入足量稀盐酸后再加入BaCl2溶液没有沉淀，则一定不含有K2SO3，故B错误；C．有色气体A应为NO2，可能含有CO2气体，而浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定含有HCl气体，故C错误；D．溶液B加KSCN溶液呈血红色，说明含有Fe3+，则固体中可能含有FeO、Fe2O3，Fe2+可被氯气氧化生成Fe3+，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，侧重于元素化合物知识的综合运用，题目难度中等，注意把握反应的现象，根据现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D，注意体会．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）工业上通常以铝土矿（主要成分为Al2O3，含有少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备无水氯化铝：2Al2O3+6Cl24AlCl3+3O2↑．回答以下问题：（1）画出Al的原子结构示意图；Cl元素在元素周期表第三周期ⅤⅡA族．（2）为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，其原因是碳与O2反应，有利于反应正向进行．（3）加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3+C+Cl2AlCl3+X↑，设计实验确定气体X的成分：气体X可能为CO、CO2或两者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO．（4）在提纯AlCl3粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3转化为熔点较高的FeCl2，从而避免在AlCl3中混入铁的氯化物．该反应的化学方程式为Al+3FeCl3=AlCl3+3FeCl2．（5）以铝土矿为原料可以通过以下途径提纯氧化铝：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH．②写出滤液乙中加入过量氨水得到Al（OH）3Al3++3NH3•H2O=Al（OH）↓+3NH4+．3【考点】镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）根据原子结构示意图的画法来回答，元素的周期数=电子层数，族序数=最外层电子数；（2）根据焦炭在一定的条件下可以喝氧气发生反应来回答；（3）根据原子守恒，Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，还会生成碳的氧化物；（4）根据题目信息书写化学方程式；（5）金属铝可以和氢氧化钠发生反应生成偏铝酸钠和氢气，二氧化硅可以和氢氧化钠发生反应生成硅酸钠和氢气，可溶性的铝盐可以喝氨水反应制得氢氧化铝，据此来回答．【解答】解：（1）铝是13号元素，原子结构示意图为：，氯元素是17号元素，位于第三周期，第ⅦA族，故答案为：；三，ⅦA；（2）碳可以与O2反应，有利于氧化铝和氯气之间的反应正向进行，故答案为：碳与O2反应，有利于反应正向进行；（3）根据原子守恒，Al2O3、C12和C反应会生成A1C13，还会生成碳的氧化物，气体X可能为CO、CO2或两者的混合物，故答案为：CO、CO2或两者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO；（4）金属铝和氯化铁之间的氧化还原反应为：Al+3FeCl3=AlCl3+3FeCl2，故答案为：Al+3FeCl3=AlCl3+3FeCl2；（5）①金属铝可以和氢氧化钠发生反应生成偏铝酸钠和氢气，二氧化硅可以和氢氧化钠发生反应生成硅酸钠和氢气，故滤液甲的成分是NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，故答案为：NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；②NaAlO2、Na2SiO3、NaOH中加入过量的稀盐酸，得到的滤液是氯化铝、氯化钠、盐酸的混合物，所以滤液乙中加入氨水，发生反应：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+．【点评】本题考查了考生对自己存储的知识，进行分解、迁移转换、重组，使问题得到解决的应用能力，难度较大．9．随着大气污染的日趋严重，国家拟于“十二五”期间，将二氧化硫（SO2）排放量减少8%，氮氧化物（NO x）排放量减少10%．目前，消除大气污染有多种方法．（1）处理NO x的一种方法是利用甲烷催化还原NO x．已知：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4（g）+2 NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1．（2）降低汽车尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO（g）+2CO （g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H＜0．若在一定温度下，将2mol NO、1mol CO充入1L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图1所示，计算该反应的化学平衡常数：K=．若升高温度则平衡常数将变小（变大、不变、变小）．若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡将不移动（填“向左”、“向右”或“不”）．20min时，若改变反应条件，导致N2浓度发生如图3所示的变化，则改变的条件可能是②（填序号）．①加入催化剂②降低温度③缩小容器体积④增加CO2的量（3）肼（N2H4）用亚硝酸氧化可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977．写出肼与亚硝酸反应的化学方程式N2H4+HNO2═HN3+2H2O．（4）如图2所示装置可用于制备N2O5，则生成N2O5的那一极电极为阳极（阴、阳极），反应式为N2O4﹣2e﹣+2HNO3═2N2O5+2H+．（5）已知某温度下Li2CO3的K sp为1.68×10﹣3，将适量Li2CO3固体溶于100mL水中至刚好饱和，饱和Li2CO3溶液中c（Li+）=0.15mol•L﹣1．c（CO32﹣）=0.075mol•L﹣1若t1时刻在上述体系中加入100mL0.125mol•L﹣1 Na2CO3溶液，列式计算说明是否有沉淀产生．（6）请画出t1时刻后Li+和CO32﹣浓度随时间变化的关系图（用虚线表示Li+，实线表示CO32﹣）．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1由盖斯定律，（①+②）÷2可得：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），反应热也进行相应的计算；（2）计算平衡时二氧化碳的浓度，将各组分的平衡浓度代入平衡常数表达式K=计算；正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数变小；判断此时的浓度商与平衡常数关系，进而判断平衡移动方向；20min时，改变反应条件瞬间N2浓度不变，而后N2浓度增大，结合外界条件对平衡影响分析解答；（3）肼（N2H4）用亚硝酸氧化可生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则分子中N原子数目为=3，H原子数目为=1，故该氢化物为HN3，还有水生成，配平书写方程式；（4）阴极是氢离子放电，阳极应是N2O4氧化得到N2O5，在硝酸条件下有氢离子生成；（5）计算混合时溶液中c（Li+）、c（CO32﹣），再计算浓度积，与溶度积比较判断；（6）结合（5）计算可知t1时刻瞬间c（Li+）、c（CO32﹣），若没有沉淀析出，则从t1时刻起为水平线，若有沉淀析出，再根据溶度积计算平衡时c（Li+）、c（CO32﹣），画出变化图象．【解答】解：（1）①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mol ﹣1②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1160kJ•mol﹣1由盖斯定律（①+②）÷2得到CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2 NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mol﹣1；（2）由方程式可知，平衡时二氧化碳的浓度为0.2mol/L×2=0.4mol/L，平衡常数K===；正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数变小；若保持温度不变，20min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，则浓度商==，等于平衡常数，故平衡不移动，20min时，改变反应条件瞬间N2浓度不变，而后N2浓度增大：。

高中化学学习材料金戈铁骑整理制作浙江诸暨学勉高中2015届高三4月高考模拟理综卷化学部分Ⅰ选择题部分（共42分）一．选择题（每小题6分，共42分。

每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）7.（原创）生活中处处有化学，下列有关说法正确的是（）A．天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2＋、Ca2＋等离子B．蛋白质、淀粉和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解C．福尔马林、葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液共热，都会有砖红色沉淀产生D．构成物质微粒的种类和数量不同、彼此的结合方式多样，决定了物质的多样性8．（原创）以下实验原理或操作中，正确的是A．将20g硝酸钠和17g氯化钾放入100ml烧杯中，加35mL水，并加热、搅拌，使溶液浓缩至约为原来的一半时，趁热过滤即可得到硝酸钾晶体B．焰色反应实验中，铂丝在蘸取待测溶液前，应先用稀硫酸洗净并灼烧C．中和滴定实验中，如用于盛放待测溶液的锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果D．移液管取液后，将移液管垂直伸入容器里面，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管9．（改编自2014届中山市高考备考）X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。

下列说法正确的是A．四种元素的原子半径由小到大的顺序为：r(X)＜r(Z)＜r(W) ＜r(Y).B．X、Y、Z既能形成离子化合物，又能形成共价化合物。

C．X与其余三种元素之间形成的核外电子总数为10的微粒只有2种。

D．H2Z的熔点比H2W高，是因为它们的晶体类型不同。

10.（改编自徐州市2014届高三考前模拟）磷酸燃料电池是目前较为成熟的燃料电池，其基本组成和反应原理如下：下列说法不正确．．．的是A ．在改质器中主要发生的反应为C X H Y ＋XH 2O XCO ＋(X ＋Y/2)H 2B ．移位反应器中CO(g)＋H 2O(g)CO 2(g)＋H 2(g) ΔH ＜0。

浙江省诸暨市牌头中学新高考临考冲刺化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(共包括22个小题。

每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列关于有机物的说法正确的是A．聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上B．乙烯和苯使溴水褪色的反应类型相同C．石油裂化是化学变化D．葡萄糖与蔗糖是同系物2、下列离子方程式书写不．正确的是A．用两块铜片作电极电解盐酸：Cu + 2H+H2↑ + Cu2+B．NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3- + 2OH- + Ca2+==CaCO3↓+ 2H2OC．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br - + 2Cl2==2Fe3+ + Br2 + 4Cl -D．氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3·H2O + SO2==2NH4+ +SO32- + H2O3、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。

将浓度均为0.020 mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL 混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。

据图分析，下列判断不正确的是()A．40 ℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－14、下面的“诗”情“化”意，分析正确的是( )A．“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化B．“日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应C．“试玉要烧三日满，辨才须待七年期”中“玉”的成分是硅酸盐且硬度很大D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，从中分析古时酿酒中葡萄糖发生了水解反应5、下列说法正确的是（）A．用分液的方法可以分离汽油和水B．酒精灯加热试管时须垫石棉网C．NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D．盛放NaOH溶液的广口瓶，可用玻璃塞6、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W为空气中含量最多的元素，Y的周期数等于其族序数，W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水，Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。

2015年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高考化学冲刺试卷（四）-一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．化学与人类生活密切相关，对下列生活中的现象的解释不正确的是（）A．“地沟油”危害健康，是因为脂肪酸油脂中的碳碳双键被破坏，不利健康B．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用作水果保鲜制是因为高锰酸钾溶液可吸收水果释放的乙烯C．废旧电池必须回收利用，是因为电池中的重金属等会严重污染土壤和水体D．食品包装袋、食物保鲜膜通常用聚乙烯树脂，是因为聚乙烯树脂是无毒的高分子化合物2．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+．下列有关的离子方程式正确的是（）A．向能使PH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸：ClO﹣+2H++2 Br﹣═Cl﹣+Br2+H2OC．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣D．向FeBr2溶液中滴加少量HClO溶液：2Fe2++HClO═2Fe3++Cl﹣+OH﹣3．类推的思维方法可解决不少化学问题，但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否．下列几种类推结论中，你认为正确的是（）A．沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HFB． Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3C． CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2D． SiO2能形成原子晶体，一定条件下CO2也能形成原子晶体4．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中一定不正确的是（）A．常温下，pH=7的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）B． pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C． 25℃时，0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液中：c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）＞c（SO32﹣）D．常温下，等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c （H+）﹣c（OH﹣）]5．现有由两种可溶性化合物配成的混合溶液，且浓度均为0.1mol•L﹣1，其中阳离子可能是Fe2+、Al3+、Fe3+、H+，阴离子可能是NO3﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣．若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，且有气体生成．若不计水电离产生的少量离子，则下列说法一定正确的是：（）A．向溶液中加少量盐酸时，生成的气体可能含有CO2B．原溶液中一定含有NO3﹣、Fe2+，一定不含Fe3+、H+、CO32﹣C．原溶液中一定含有的离子为NO3﹣，可能含有Fe2+、I﹣D．若原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量先增加后减少6．NM﹣3和D﹣58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：关于NM﹣3和D ﹣58的叙述，错误的是（）A．都能与NaOH溶液反应，每mol消耗NaOH的物质的量之比为1：1B．都能与溴水反应，每mol消耗Br2的物质的量之比为3：2C．都能与H2发生加成反应，每mol消耗H2的物质的量之比为4：7D．都能与O2发生氧化反应，每mol消耗O2的物质的量之比为13：157．下列有关实验的解释或说明正确的是（）A．为了加快过滤速度，可用减压过滤或边过滤边用玻璃棒搅拌B．当沉淀的密度较大时，从液体分离出沉淀可用倾析法，它的优点是操作简单，速度快C．为了减弱铜锌原电池中的极化现象，可在溶液中加入少量的双氧水D．硝酸银是鉴别食盐和工业盐的最简单的试剂之一二、解答题（共5小题，满分15分）8．A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色．A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物．回答下列问题：（1）B、C、D可分别与A形成18电子的化合物X、Y、Z，X分子中在同一平面最多的原子数为，Y的电子式为，Z由两个相同基团构成，该基团的名称是．（2）D和E可以形成原子个数之比为1：1的化合物，该化合物中含化学键的种类为．（3）A、B、D、E能形成一种原子个数之比为1：2：4：1的化合物W，W的水溶液呈弱酸性．写出该化合物的电离方程式、．9．A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：（1）其中X是一种非金属单质，则该单质的名称是．（2）其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，A是变价金属，则该反应的化学方程式为．（3）其中A、B的溶液的酸碱性相反，X可作净水剂，则该反应的离子方程式为．10．硫酸工业用SO2制取SO3的反应为：2SO2+O22SO3将2molSO22mol O2加入容积为5L的带有活塞的密闭器中，在一定条件下达到平衡．不同温度下，反应的平衡常数如右表，且在温度为T1、T2时，平衡体系中SO2的体积分数随压强变化曲线如图1所示．（1）比较K值的大小，K1K2（填＞、=、＜）．（2）下列说法正确的是A．A、C两点的正反应速率：A＞CB．A、C两点SO2气体的浓度：A＞CC．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B=CD．由状态D到状态C，可以用加热的方法（3）在500℃时，若保持容积不变，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表的部分数据：时，二氧化硫的平均反应速率为mol （L•s）﹣1．②该条件下反应的平衡常数K的值为（精确到小数点后一位）．（4）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2使之转化为NaHSO3，再用图2装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，该电解池阴极的总电极反应式，阳极室除生成硫酸外，还有少量的SO2和O2生成．则阳极发生的副反应的电极反应式为，该工艺中可循环利用的物质是（填化学式）．11．硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2等）是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义．利用硫铁矿烧渣制备铁红等产品的实验流程如图1：已知相关几种盐的溶解度随温度变化的曲线如图2所示：（1）煅烧FeCO3生成产品I的化学反应方程式为；实验室进行煅烧操作所需仪器除了酒精喷灯、泥三角、三脚架、玻璃棒外，还有．（2）为了获得产品Ⅱ，向（NH4）2SO4溶液中加入KCl溶液后，接着操作是．（3）分离粗产品Ⅱ时承接滤液的烧杯中应加入少量，分离粗产品Ⅱ后的滤液冷却至室温后，进行减压抽滤，得粗产品Ⅲ．所用的装置如图3所示，若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是．（4）若向（NH4）2SO4溶液中加入FeSO4溶液后可制得硫酸亚铁铵晶体（摩尔盐），两溶液混合后，小火加热，在蒸发皿中蒸发浓缩至（填现象），应立即停止加热，将溶液静置，冷却，结晶，抽滤，并用少量酒精洗涤晶体．其目的是．（5）产品中Fe2+的定量分析：制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+．为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般用在酸性下用KMnO4标准液滴定的方法．称取4.0g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸．用0.2mol•L﹣1KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积10.00mL．①本实验的滴定终点的判断方法是．②产品中Fe2+的纯度为（假设Fe2+全部来自于硫酸亚铁铵）．12．兔耳草醛H是一种重要的香料，主要用于食品、化妆品等工业中．用有机物A为原料可以合成兔耳草醛H，其合成路线如图所示：中间产物D是一种精细化工产品，可用作香料，能发生如下反应：已知：2RCH2CHO请回答：（1）A分子中碳、氢的质量比为12：1，A的分子式为．（2）D的键线式为．（3）E中含氧官能团名称为．（4）反应①的反应类型，反应②的化学方程式为．（5）枯茗醛D中的含氧官能团易被氧化，生成化合物I，I有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有种，写出其中一种的结构简式．①能与新制氢氧化铜加热后反应生成红色沉淀②能与FeCl3溶液发生显色反应③苯环上一溴取代物只有一种④核磁共振氢谱有五种类型氢原子的吸收峰．2015年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高考化学冲刺试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．化学与人类生活密切相关，对下列生活中的现象的解释不正确的是（）A．“地沟油”危害健康，是因为脂肪酸油脂中的碳碳双键被破坏，不利健康B．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用作水果保鲜制是因为高锰酸钾溶液可吸收水果释放的乙烯C．废旧电池必须回收利用，是因为电池中的重金属等会严重污染土壤和水体D．食品包装袋、食物保鲜膜通常用聚乙烯树脂，是因为聚乙烯树脂是无毒的高分子化合物考点：油脂的性质、组成与结构；原电池和电解池的工作原理；合成材料．分析： A、地沟油中维生素E、脂肪酸油脂已经被破坏；B、乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯；C、电池中含有重金属；D、聚乙烯是无毒的高分子化合物．解答：解：A、正常油类的有效营养成分应该包含维生素E、必需脂肪酸油脂等，“地沟油”危害健康，主要是人体所必需的维生素E、脂肪酸油脂已经被破坏，故A错误；B、乙烯具有催熟作用，高锰酸钾能氧化乙烯，则用浸泡过的高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故B正确；C、电池中含有重金属铅和汞等，会污染土壤和地下水，故必须回收利用，故C正确；D、聚乙烯是无毒的高分子化合物，可制作食品包装袋、食物保鲜膜，故D正确；故选A．点评：本题考查有机物的成分和环境污染的防治等知识，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．2．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+．下列有关的离子方程式正确的是（）A．向能使PH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸：ClO﹣+2H++2 Br﹣═Cl﹣+Br2+H2OC．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣D．向FeBr2溶液中滴加少量HClO溶液：2Fe2++HClO═2Fe3++Cl﹣+OH﹣考点：离子方程式的书写．分析： A．PH试纸显深蓝色的溶液，溶液呈碱性；B．依据氧化还原反应中的氧化性强弱规律解答；C．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HCO3﹣；D．氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+，次氯酸少量，先氧化二价铁离子．解答：解：A．PH试纸显深蓝色的溶液，溶液呈碱性，碱性溶液中氢氧根离子与碳酸氢根离子反应，不能生成碳酸氢根离子，故A错误；B．由题意知次氯酸氧化性强于溴单质，所以向NaClO溶液中加入浓氢溴酸反应的离子方程式：ClO﹣+2H++2Br﹣═Cl﹣+Br2+H2O，故B正确；C．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成HCO3﹣，故C错误；D．氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+，次氯酸少量，先氧化二价铁离子，所以向FeBr2溶液中滴加少量HClO溶液，离子方程式：2Fe2++HClO═2Fe3++Cl﹣+OH﹣，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确酸性强弱顺序、氧化性强弱顺序是解题关键，题目难度中等．3．类推的思维方法可解决不少化学问题，但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否．下列几种类推结论中，你认为正确的是（）A．沸点HBr＞HCl，则同族元素氢化物沸点HCl＞HFB． Fe3O4可表示为FeO•Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO•Pb2O3C． CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应也只生成Na2SO3和O2D． SiO2能形成原子晶体，一定条件下CO2也能形成原子晶体考点：含有氢键的物质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．分析： A．HF分子间存在氢键沸点较高；B．Pb的化合价为+2价和+4价；C．过氧化钠具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫；D．在高压下可以将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体．解答：解：A．HF分子间存在氢键沸点较高，所以氢化物沸点：HF＞HCl，故A错误；B．Pb的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；C．SO2具有还原性，过氧化钠具有强的氧化性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，故C错误；D．SiO2能形成原子晶体，在高压下可以将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体，所以一定条件下CO2也能形成原子晶体，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质及发生的反应、氢键对物理性质的影响等为解答的关键，侧重分析与知识综合应用能力的考查，题目难度不大．4．下列有关溶液中粒子浓度的关系式中一定不正确的是（）A．常温下，pH=7的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）B． pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C． 25℃时，0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液中：c（HSO3﹣）＞c（H2SO3）＞c（SO32﹣）D．常温下，等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c （H+）﹣c（OH﹣）]考点：离子浓度大小的比较．分析： A．溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+）；B．氨水为弱碱，则混合液中氨水过量，溶液显示碱性：c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl﹣）；C.0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c （SO32﹣）＞c（H2SO3）；D．根据混合液中的物料守恒和电荷守恒进行分析．解答：解：A．常温下，pH=7的NH4Cl和NH3•H2O的混合溶液中，液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故A正确；B．pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液显示碱性：c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中离子浓度大小为： c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+），故B正确；C.25℃时，0.1 mol•L﹣1pH=4.5的NaHSO3溶液显示酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c（SO32﹣）＞c（H2SO3），正确的离子浓度大小为：c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故C错误；D．等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合溶液，根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c （H+）+c（Na+），根据物料守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），二者结合可得：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH﹣）]，故D正确；故选C．点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．5．现有由两种可溶性化合物配成的混合溶液，且浓度均为0.1mol•L﹣1，其中阳离子可能是Fe2+、Al3+、Fe3+、H+，阴离子可能是NO3﹣、CO32﹣、I﹣、Cl﹣．若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，且有气体生成．若不计水电离产生的少量离子，则下列说法一定正确的是：（）A．向溶液中加少量盐酸时，生成的气体可能含有CO2B．原溶液中一定含有NO3﹣、Fe2+，一定不含Fe3+、H+、CO32﹣C．原溶液中一定含有的离子为NO3﹣，可能含有Fe2+、I﹣D．若原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量先增加后减少考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．分析：若向溶液中加少量盐酸，则溶液变成黄色，说明原溶液中不存在H+，溶液变成黄色说明原溶液中不存在Fe3+，有气体生成，若存在CO32﹣、和H+作用生成二氧化碳，则溶液不可能出现变黄色，所以溶液酸性条件下，在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将二价铁离子氧化成三价铁离子同时生成气体NO，或在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，若原溶液一定含有Fe2+、NO3﹣，一定不含CO32﹣，若原溶液一定含有I﹣、NO3﹣，不含有Fe2+、则阳离子只能是Al3+，也一定不含CO32﹣，据此分析解答．解答：解：A．若原溶液一定含有Fe2+、NO3﹣，一定不含CO32﹣，若原溶液一定含有I﹣、NO3﹣，不含有Fe2+、则阳离子只能是Al3+，也一定不含CO32﹣，所以向溶液中加少量盐酸时，生成的气体不可能含有CO2，故A错误；B．在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，原溶液中一定含有NO3﹣，一定不含Fe3+、H+、CO32﹣，不一定含有Fe2+，故B 错误；C．在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将二价铁离子氧化成三价铁离子同时生成气体NO，4Fe2++NO3﹣+4H+=4Fe3++NO↑+2H2O，或在氢离子环境下硝酸根离子表现出强的氧化性，将碘离子氧化成碘单质，呈现黄色同时生成气体NO，4I﹣+2NO3﹣+6H+=2I2↓+2NO↑+3H2O，故C正确；D．阳离子Al3+可能存在，若原溶液一定含有Fe2+、原溶液中逐滴加入NaOH溶液，沉淀的量一定增加但不减少，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存、无机物的推断，题目难度中等，注意从物质的性质以及反应现象推断，熟练掌握元素化合物的性质．6．NM﹣3和D﹣58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：关于NM﹣3和D ﹣58的叙述，错误的是（）A．都能与NaOH溶液反应，每mol消耗NaOH的物质的量之比为1：1B．都能与溴水反应，每mol消耗Br2的物质的量之比为3：2C．都能与H2发生加成反应，每mol消耗H2的物质的量之比为4：7D．都能与O2发生氧化反应，每mol消耗O2的物质的量之比为13：15考点：有机物的结构和性质．分析：有机物NM﹣3含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，有机物D﹣58含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，含有C=O，可发生加成反应，以此解答该题．解答：解：A.1molNM﹣3和D﹣58消耗的NaOH的物质的量分别为3mol、3mol，故A正确；B.1molNM﹣3可与2mol溴发生取代反应，与1mol溴发生加成反应，1molD﹣58可与2mol溴发生取代反应，故B正确；C．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和羰基，酯基、羧基与氢气不反应，则每mol 消耗H2的物质的量之比为4：7，故C正确；D．NM﹣3和D﹣58的分子式分别为C13H12O6、C15H14O6，每mol消耗O2的物质的量之比为（13+﹣3）：（15+﹣3）≠13：15，故D错误．故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，熟悉有机物的官能团与物质性质的关系来解答，把握苯酚、烯烃、酸的性质是解答的关键，题目难度中等．7．下列有关实验的解释或说明正确的是（）A．为了加快过滤速度，可用减压过滤或边过滤边用玻璃棒搅拌B．当沉淀的密度较大时，从液体分离出沉淀可用倾析法，它的优点是操作简单，速度快C．为了减弱铜锌原电池中的极化现象，可在溶液中加入少量的双氧水D．硝酸银是鉴别食盐和工业盐的最简单的试剂之一考点：化学实验方案的评价；原电池和电解池的工作原理；过滤；分液和萃取；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：实验评价题．分析： A．过滤时注意防止滤纸破损；B．倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离；C．一般来说，电池极化作用非常明显，但是当工作一段时间之后加入一些高锰酸钾、重铬酸钾或者双氧水等强氧化剂，极化作用就会减弱；D．亚硝酸钠溶液和食盐溶液中滴加硝酸银溶液都生成白色沉淀．解答：解：A．过滤时不能用玻璃棒搅拌，防止滤纸破损，故A错误；B．当沉淀的颗粒较大时，易实现固体与液体分离，则倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离，故B错误；C．一般来说，电池极化作用非常明显，但是当工作一段时间之后加入一些高锰酸钾、重铬酸钾或者双氧水等强氧化剂，极化作用就会减弱，故C正确；D．亚硝酸钠溶液和食盐溶液中滴加硝酸银溶液，两溶液分别反应生成亚硝酸银沉淀和氯化银沉淀，可产生白色沉淀，应加入硝酸，故D错误．故选C．点评：本题综合考查化学实验的基本操作和评价，涉及物质的分离、检验等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大．二、解答题（共5小题，满分15分）8．A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色．A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物．回答下列问题：（1）B、C、D可分别与A形成18电子的化合物X、Y、Z，X分子中在同一平面最多的原子数为 4 ，Y的电子式为，Z由两个相同基团构成，该基团的名称是羟基．（2）D和E可以形成原子个数之比为1：1的化合物，该化合物中含化学键的种类为离子键、共价键．（3）A、B、D、E能形成一种原子个数之比为1：2：4：1的化合物W，W的水溶液呈弱酸性．写出该化合物的电离方程式NaHC2O4=Na++HC2O4﹣、HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析： A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，该原子不含中子，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色，C的氢化物水溶液呈碱性，故C为N元素；A、E同主族，E的原子序数大于氮，故E为Na；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，由原子序数可知D处于第二周期，故D为O元素，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，A、E同主族，A元素的一种原子是由两种微粒构成，该原子不含中子，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；在紫色石蕊中通入少量的C元素的氢化物，溶液变蓝色，C的氢化物水溶液呈碱性，故C为N元素；A、E同主族，E的原子序数大于氮，故E为Na；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，由原子序数可知D处于第二周期，故D为O元素．（1）C、N、O可分别与A形成18电子的化合物分别为C2H6、N2H4、H2O2，C2H6分子中碳原子与其连接另外个原子共面，选择C﹣C单键可以使2个平面共面，故在同一平面最多的原子数为4，N2H4的电子式为，H2O2由两个相同﹣OH构成，该基团的名称是：羟基，故答案为：4；；羟基；（2）O和Na可以形成原子个数之比为1：1的化合物为Na2O2，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（3）H、C、O、Na能形成一种原子个数之比为1：2：4：1的化合物W，W为NaHC2O4，W的水溶液呈弱酸性，则W为NaHC2O4，该化合物的电离方程式：NaHC2O4=Na++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣，故答案为：NaHC2O4=Na++HC2O4﹣，HC2O4﹣⇌H++C2O42﹣．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对基础知识的熟练掌握，难度中等．9．A+B→X+Y+H2O（未配平，反应条件略去）是中学常见反应的化学方程式，其中A、B的物质的量之比为1：4．请回答：（1）其中X是一种非金属单质，则该单质的名称是氯气．（2）其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，A是变价金属，则该反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O ．（3）其中A、B的溶液的酸碱性相反，X可作净水剂，则该反应的离子方程式为AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O ．考点：氧化还原反应；氧化还原反应的计算．分析：（1）联系实验室制取氯气的反应可判断X为氯气；（2）A为变价金属，可能为铜或铁，再结合A、B的物质的量之比为1：4、氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1可知该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO气体和水；（3）X可作净水剂，则X中含有铝元素，A、B的溶液的酸碱性相反、A、B的物质的量之比为1：4，则A为偏铝酸钠、B为HCl．解答：解：（1）X是一种非金属单质，A、B的物质的量之比为1：4，则X可以为氯气，该反应为方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：氯气；（2）A为变价金属，可能为铜或铁，又由于A、B的物质的量之比为1：4、氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，则该反应为铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO气体和水：Fe+4HNO3=Fe （NO3）3+NO↑+2H2O，故答案为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；（3）X可作净水剂，则X在溶液中能够电离出铝离子，根据“A、B的溶液的酸碱性相反”、“A、B的物质的量之比为1：4”可知：A应该为偏铝酸钠、B为HCl，二者反应的离子方程式为：AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O，故答案为：AlO2﹣+4H+═Al3++2H2O．点评：本题考查了氧化还原反应的计算及其应用，题目难度中等，根据限制条件正确推断反应物为解答关键，注意掌握常见物质的性质、氧化还原反应的概念及应用方法．10．硫酸工业用SO2制取SO3的反应为：2SO2+O22SO3将2molSO22mol O2加入容积为5L的带有活塞的密闭器中，在一定条件下达到平衡．不同温度下，反应的平衡常数如右表，且在温度为T1、T2时，平衡体系中SO2的体积分数随压强变化曲线如图1所示．（1）比较K值的大小，K1＜K2（填＞、=、＜）．（2）下列说法正确的是CDA．A、C两点的正反应速率：A＞CB．A、C两点SO2气体的浓度：A＞CC．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B=CD．由状态D到状态C，可以用加热的方法（3）在500℃时，若保持容积不变，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如时，二氧化硫的平均反应速率为0.0006 mol •s）﹣1．②该条件下反应的平衡常数K的值为368.2 （精确到小数点后一位）．（4）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2使之转化为NaHSO3，再用图2装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，该电解池阴极的总电极反应式2HSO3﹣+2e﹣═SO32﹣+H2↑，阳极室除生成硫酸外，还有少量的SO2和O2生成．则阳极发生的副反应的电极反应式为2SO32﹣+4e﹣═2SO2↑+O2↑，该工艺中可循环利用的物质是Na2SO3、H2SO4、SO2（填化学式）．考点：化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．分析：图1：压强一定时，平衡时A点二氧化硫的体积分数大于B点，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，二氧化硫的含量增大，故温度T1＞T2；（1）正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小；A．A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；B．增大压强平衡向正反应进行，向正反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；C．B、C两点二氧化硫的体积分数相同，而平衡时二氧化硫物质的量相同、混合气体总物质的量相同，混合气体总质量不变；D．压强相同，由状态D到状态C，温度升高，化学平衡逆向移动，SO2的体积分数增大；（3）反应达到60s时三氧化硫的物质的量不再变化，反应达到化学平衡状态，利用三段式计算各组成的物质的量变化量、平衡时的物质的量；①根据v=计算；。

浙江省绍兴市诸暨市牌头中学2015届高考化学冲刺试卷（五）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”．下列有关资讯错误的是（）A．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源B．中、美、日等国已掌握的陶瓷发动机技术，能较大程度地降低能耗，节约能源C．光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是单质硅D．结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，它是一种新型无机非金属材料，属于原子晶体2．（3分）下列说法正确的是（）A．用丙酮与盐酸的混合液作展开剂，对Fe3+与Cu2+用纸层析法分离时，Fe3+移动较快B．阿司匹林制备实验中，将粗产品加入饱和NaOH溶液中以除去水杨酸聚合物C．用瓷坩锅高温熔融NaOH和Na2CO3的固体混合物D．标准盐酸滴定待测NaOH溶液，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低3．（3分）X、Y、Z、R和W代表原子序数依次增大的5种短周期元素，X元素原子最外层电子数比次外层电子数多2，R与Y同主族，W元素族序数等于周期数的2倍．已知常温下：W 氢化物（气态）+Z单质（气态）=Z氢化物（液态）+W单质（固态）．下列说法正确的是（）A．Y、W元素氧化物对应的水化物一定是强酸B．R元素位于第二周期第VA族C．稳定性：Z氢化物＞W氢化物D．原子半径从小到大：Z＜X＜Y＜R4．（3分）瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯分析仪（图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷浓度达到一定浓度时，可以通过传感器显示．该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3﹣Na2O，O2﹣可以在其中自由移动．下列有关叙述正确的是（）A ． 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b 流向电极aB ． 电极b 是正极，O 2﹣由电极a 流向电极bC ． 电极a 的反应式为：CH 4+4O 2﹣﹣8e ﹣=CO 2+2H 2OD ． 当固体电解质中有1 mol O 2﹣通过时，电子转移4 mol5．（3分）下列说法正确的是（）A ．的名称是2，3﹣二甲基己烷 B ． 有机物CH 3CO 18OH 和C 2H 5OH 在浓硫酸催化作用下产物为CH 3CO 18OC 2H 5和H 2OC ． 有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应D ． 反应属于加成反应，理论上该反应的原子利用率为100%6．（3分）下列说法正确的是（）A ． 4.6g 有机物C 2H 6O 的分子结构中含有的C ﹣H 键数目一定为0.5N AB ． 一定温度下，氯化铵水解离子方程式：NH +4+H 2O ⇌NH 3•H 2O+H +，若用K W 表示的离子积，K b 表示氨水电离常数，则氯化铵水解平衡常数K=K W /K bC ． 已知反应：2Fe 3++2I ﹣=2Fe 2++I 2：2Co （OH ）3+2Cl ﹣+6H +=2Co 2++Cl 2↑+6H 2O ：2Fe （OH ）2+I 2+2OH ﹣=2Fe （OH ）3+2I ﹣；则在酸性溶液中氧化性：Fe 3+＞Co （OH ）3＞I 2D ． 已知共价键 Si ﹣Cl H ﹣HH ﹣Cl Si ﹣Si 键能/kJmol ﹣1 360 436 431 176则反应SiCl 4（g ）+2H 2（g ）═4HCl（g ）+Si （s ）的焓变为：△H=kJ•mol ﹣1=﹣116kJ•mol ﹣17．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（）A．图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的过饱和溶液B．图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C．图3表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液得到滴定曲线D．图4表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐渐滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V 的变化，沉淀总物质的量n的变化二、解答题（共4小题，满分56分）8．（12分）一种含铝、锂、钴的电子废料中，铝以铝箔的形式存在，钴以Co3O4的形式存在（吸附在铝箔的单面或双面），锂混杂于其中．从该废料中回收Co3O4的工艺流程如下：（1）溶液A的溶质的主要成分为．（填化学式）（2）钴渣中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液可以浸出钴离子，则浸出钴离子的离子方程式为（产物中只有一种酸根）．（3）在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴离子，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴离子的主要原因：．（4）加入NaF的反应为：Li++F﹣⇌LiF↓，该反应的平衡常数表达式为K=．（5）加入30%Na2CO3溶液的作用是．（6）在空气中锻烧CoCO3生成Co3O4的化学方程式是．9．（14分）铁及其化合物在国民经济的发展中起着重要作用．（1）已知：4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣1641.0kJ•mol﹣1C（石墨）+1/2O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1则Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）的△H=kJ•mol﹣1．（2）铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀．某同学将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图1所示．液滴边缘是区（填“正极”或“负极”），其电极反应式为．（3）铁钛合金是一种常用的不锈钢材料，某同学在探究该合金的性质时，往含有TiO2+、Fe3+溶液中加入铁屑至溶液显紫色，该过程中发生的反应有：①2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O②Ti3+（紫色）+Fe3++H2O=TiO2+（无色）+Fe2++2H+③．（4）①高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的水处理剂．在水溶液中的存在形态如图2所示，纵坐标表示各存在形态的分数分布．下列说法不正确的是．（填字母）A．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFe的分布分数逐渐增大C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFe+OH﹣═Fe+H2O ②K2FeO4溶于水会放出一种无色无味气体，其杀菌消毒、吸附水中的悬浮杂质的原理可用离子方程式表示为．（5）向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL 1mol•L﹣1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）气体，加入KSCN溶液不显红色．若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，可得铁 g．10．（15分）氯酸镁常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）2•6H2O的流程如下：已知：①卤块主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质．②四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如下图所示．（1）过滤所需要的主要玻璃仪器有，加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为．（2）加入BaCl2的目的是除去SO42﹣，如何检验SO42﹣已沉淀完全？答：．（3）加入NaClO3饱和溶液发生反应为：MgCl2+2NaClO3═Mg（ClO3）2+2NaCl↓再进一步制取Mg（ClO3）2•6H2O的实验步骤依次为：①；②；③；④过滤、洗涤．（4）产品中Mg（ClO3）2•6H2O含量的测定：步骤1：准确称量3.50g产品配成100mL溶液．步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL 1.000mol•L﹣1的FeSO4溶液，微热．步骤3：冷却至室温，用0.100mol•L﹣1 K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．①写出步骤2中发生反应的离子方程式：②产品中Mg（ClO3）2•6H2O的质量分数为．11．（15分）某蓝色荧光材料F的合成路线如下：（1）化合物B中含有的含氧官能团的名称是．（2）写出化合物CH3NCS的结构式：．（3）合成路线中属于加成反应的反应有．（填序号）（4）反应③另一产物为甲醇，其化学方程式为．（5）与A具有相同的含氮六元环和官能团的同分异构体共有种（包含本身．已知含氮六元环与苯环结构相似）．（6）已知：．请写出以和甲醇为主要原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2OH CH2=CH2BrCH2﹣CH2Br．浙江省绍兴市诸暨市牌头中学2015届高考化学冲刺试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”．下列有关资讯错误的是（）A．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源B．中、美、日等国已掌握的陶瓷发动机技术，能较大程度地降低能耗，节约能源C．光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是单质硅D．结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，它是一种新型无机非金属材料，属于原子晶体考点：常见的能量转化形式；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．分析：A、核能、太阳能、氢能都是洁净能源；B、陶瓷是耐高温隔热材料；C、通信光缆的主要成分是二氧化硅；D、结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，硬度高，它属于原子晶体．解答：解：A、核能、太阳能、氢能都是洁净能源，是未来发展的新能源，故A正确；B、为了提高发动机热效率，减少能量损耗，这就需要取消或部分取消冷却系统，使用陶瓷耐高温隔热材料，故B正确；C、光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅，故C错误；D、结构陶瓷碳化硼（B4C3）常用于制造切削工具，硬度高，它属于原子晶体，是一种新型无机非金属材料，故D正确，故选C．点评：本题考查新型能源、无机非金属材料、结构陶瓷的性质等，难度不大，注意一些记忆性知识．2．（3分）下列说法正确的是（）A．用丙酮与盐酸的混合液作展开剂，对Fe3+与Cu2+用纸层析法分离时，Fe3+移动较快B．阿司匹林制备实验中，将粗产品加入饱和NaOH溶液中以除去水杨酸聚合物C．用瓷坩锅高温熔融NaOH和Na2CO3的固体混合物D．标准盐酸滴定待测NaOH溶液，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低考点：有机化学反应的综合应用；钠的重要化合物；中和滴定．分析：A．常温下，在丙酮﹣盐酸混合溶液中，Fe3+比Cu2+的溶解度更大；B．将粗产品加入饱和NaOH溶液中，阿司匹林可与NaOH反应而变质；C．二氧化硅能够与氢氧化钠和碳酸钠反应；D．根据未经标准溶液润洗的滴定管中溶液的物质的量浓度是否变化判断．解答：解：A．在丙酮﹣盐酸混合溶液中，Fe3+比Cu2+的溶解度更大，Fe3+移动较快，故A 正确；B．阿司匹林含有羧基和酯基，都可在碱性条件下反应，将粗产品加入饱和NaOH溶液中，阿司匹林可与NaOH反应而变质，故B错误；C．陶瓷中含有二氧化硅，二氧化硅能够与碳酸钠、氢氧化钠高温下反应，所以不能用瓷坩埚高温熔融NaOH和Na2CO3的固体混合物，故C错误；D．用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，水洗后的酸式滴定管未经标准溶液润洗，导致盐酸的浓度偏小，滴定碱时，使用的酸体积偏大，则测定结果偏高，故D错误；故选A．点评：本题主要考查的是二氧化硅的性质、酸碱中和滴定等，难度一般，注意总结．3．（3分）X、Y、Z、R和W代表原子序数依次增大的5种短周期元素，X元素原子最外层电子数比次外层电子数多2，R与Y同主族，W元素族序数等于周期数的2倍．已知常温下：W 氢化物（气态）+Z单质（气态）=Z氢化物（液态）+W单质（固态）．下列说法正确的是（）A．Y、W元素氧化物对应的水化物一定是强酸B．R元素位于第二周期第VA族C．稳定性：Z氢化物＞W氢化物D．原子半径从小到大：Z＜X＜Y＜R考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、R和W代表原子序数依次增大的5种短周期元素，X元素原子最外层电子数比次外层电子数多2，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；W元素族序数等于周期数的2倍，结合原子序数可知，W只能处于第三周期，处于ⅥA族，则W为S元素；常温下：W氢化物（气态）+Z单质（气态）=Z氢化物（液态）+W单质（固态），则Z为O元素；Y原子序数介于C、O之间，则Y为N元素，R与Y同主族，则R为P元素，据此解答．解答：解：X、Y、Z、R和W代表原子序数依次增大的5种短周期元素，X元素原子最外层电子数比次外层电子数多2，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；W元素族序数等于周期数的2倍，结合原子序数可知，W只能处于第三周期，处于ⅥA族，则W为S元素；常温下：W氢化物（气态）+Z单质（气态）=Z氢化物（液态）+W单质（固态），则Z为O元素；Y原子序数介于C、O之间，则Y为N元素，R与Y同主族，则R为P 元素，A．亚硝酸、磷酸属于中强酸，故A错误；B．R为P元素，位于第三周期第VA族，故B错误；C．非金属性Z（O）＞W（S），故氢化物稳定性H2O＞H2S，故C正确；D．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：Z（O）＜Y（N）＜X（C）＜R（P），故D错误，故选C．点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意根据原子结构特点明确元素的种类为解答该题的关键，题目难度中等．4．（3分）瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯分析仪（图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷浓度达到一定浓度时，可以通过传感器显示．该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3﹣Na2O，O2﹣可以在其中自由移动．下列有关叙述正确的是（）A．瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aB．电极b是正极，O2﹣由电极a流向电极bC．电极a的反应式为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2OD．当固体电解质中有1 mol O2﹣通过时，电子转移4 mol考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3﹣Na2O，O2﹣可以在其中自由移动．电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，正极反应为：O2+4e﹣=2O2﹣，负极反应为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O，结合原电池的原理和电极反应回答问题；解答：解：A、电子不能在电池内电路流动，只能在外电路中流动，故A错误B、电极b氧气得电子，生成O2﹣，而电极a需要O2﹣作为反应物，故O2﹣由正极（电极b）流向负极（电极a），故B错误；C、甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O，故C正确；D、1mol O2得4mol电子生成2molO2﹣，故当固体电解质中有1mol O2﹣通过时，电子转移2mol，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学电源新型电池的原电池原理应用，主要理解电池电解质不是在水溶液中的氧化还原反应，电解质是固体，O2﹣可以在其中自由移动，是本题的关键．5．（3分）下列说法正确的是（）A．的名称是2，3﹣二甲基己烷B．有机物CH3CO18OH和C2H5OH在浓硫酸催化作用下产物为CH3CO18OC2H5和H2OC．有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应D．反应属于加成反应，理论上该反应的原子利用率为100%考点：有机化合物命名；有机化学反应的综合应用．分析：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号；B、根据酯化反应的反应机理是“酸脱羟基醇脱氢”来分析；C、要发生银镜反应，则结构中必须有醛基，根据不饱和度来分析；D、根据加成反应原理对该有机物的反应类型进行判断，反应物原子完全转化成生成物；解答：解：A、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，为己烷，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，则在3号和4号碳上各有一个甲级，故名称为：3，4﹣二甲基己烷，故A错误；B、酯化反应的反应机理是“酸脱羟基醇脱氢”，故有机物CH3CO18OH和C2H5OH在浓硫酸催化作用下发生酯化反应时，18O应到水中，故产物为CH3COOC2H5和H218O，故B错误；C 、该有机物的不饱和度为=4，则对应的一种芳香族同分异构体中只含有苯环，不含醛基，则不能发生银镜反应，故C 错误．D 、反应中，的醛基中碳氧双键断裂，不饱和键的碳氧双键变成饱和的单键，该反应属于加成反应，故D 正确； 故选D ．点评： 本题考查了有机物的命名、有机物结构与性质、有机反应类型的判断，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确常见有机物的命名原则及有机反应原理、反应类型．6．（3分）下列说法正确的是（）A ． 4.6g 有机物C 2H 6O 的分子结构中含有的C ﹣H 键数目一定为0.5N AB ． 一定温度下，氯化铵水解离子方程式：NH +4+H 2O ⇌NH 3•H 2O+H +，若用K W 表示的离子积，K b 表示氨水电离常数，则氯化铵水解平衡常数K=K W /K bC ． 已知反应：2Fe 3++2I ﹣=2Fe 2++I 2：2Co （OH ）3+2Cl ﹣+6H +=2Co 2++Cl 2↑+6H 2O ：2Fe （OH ）2+I 2+2OH ﹣=2Fe （OH ）3+2I ﹣；则在酸性溶液中氧化性：Fe 3+＞Co （OH ）3＞I 2D ． 已知共价键 Si ﹣Cl H ﹣HH ﹣Cl Si ﹣Si 键能/kJmol ﹣1 360 436 431 176则反应SiCl 4（g ）+2H 2（g ）═4HCl（g ）+Si （s ）的焓变为：△H=kJ•mol ﹣1=﹣116kJ•mol ﹣1考点： 物质结构中的化学键数目计算；氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．分析： A 、不知道C 2H 6O 结构，无法判断46gC 2H 6O 中含有的C ﹣H 极性键数目；B 、根据NH 3•H 2O 的电离方程式及水的电离和NH +4+H 2O ⇌NH 3•H 2O+H +的关系，可求NH 3•H 2O 的电离平衡常数；C 、在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由此分析；D 、反应热等于反应的总键能减去生成物的总键能，1mol 硅晶体中含有2mol 的Si ﹣Si ，△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2﹣176kJ/mol×2﹣431kJ/mol×4=+236 kJ/mol． 解答： 解：A 、46g 分子式为C 2H 6O 的物质的量为1mol ，若C 2H 6O 为甲醚，1mol 中含有6mol 碳氢极性键，若是乙醇，含有5molC ﹣H 键，故A 错误；B、根据NH3•H2O的电离方程式及水的电离和NH+4+H2O⇌NH3•H2O+H+，K=，的分子和分母同乘以氢氧根离子的浓度，得K=K W/K b，故B正确；C、由反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，可知氧化性Fe3+＞I2，2Co（OH）3+2Cl﹣+6H+=2Co2++Cl2↑+6H2O，可知氧化性Co（OH）3＞Cl2，2Fe（OH）2+I2+2OH﹣=2Fe（OH）3+2I﹣，可知氧化性I2＞Fe（OH）3，综合得到Co（OH）3＞I2＞Fe（OH）3，故C错误；D、反应热等于反应的总键能减去生成物的总键能，1mol硅晶体中含有2mol的Si﹣Si，△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2﹣176kJ/mol×2﹣431kJ/mol×4=+236 kJ/mol，故D错误故选B．点评：本题考查了反应热的计算，注意反应热中硅的键能，在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，每个Si﹣Si键被两个Si原子共用，所以每个硅原子含有2个共价键，此点为易错点．7．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（）A．图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的过饱和溶液B．图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C．图3表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1醋酸溶液得到滴定曲线D．图4表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐渐滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V 的变化，沉淀总物质的量n的变化考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；反应热和焓变；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；铵盐．专题：图示题．分析：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高；B、吸热反应中，生成物总能力应高于反应物的总能量；C、醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1；D、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断．解答：解：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故A错误；B、吸热反应中，生成物总能力应高于反应物的总能量，此图为放热反应，故B错误；C、醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1，故C错误；D、开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH﹣，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42﹣未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3・H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH﹣，Al3+反应掉0.03molOH﹣，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a 到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故D正确；故选D．点评：本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论，综合性较强，难度大．二、解答题（共4小题，满分56分）8．（12分）一种含铝、锂、钴的电子废料中，铝以铝箔的形式存在，钴以Co3O4的形式存在（吸附在铝箔的单面或双面），锂混杂于其中．从该废料中回收Co3O4的工艺流程如下：（1）溶液A的溶质的主要成分为NaAlO2、LiOH．（填化学式）（2）钴渣中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液可以浸出钴离子，则浸出钴离子的离子方程式为（产物中只有一种酸根）4Co3O4+S2O32﹣+22H+=12Co2++2SO42﹣+11H2O．（3）在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴离子，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴离子的主要原因：Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境（或盐酸挥发污染环境，合理答案均可）．（4）加入NaF的反应为：Li++F﹣⇌LiF↓，该反应的平衡常数表达式为K=1/．（5）加入30%Na2CO3溶液的作用是沉淀钴离子（或形成CoCO3沉淀）．（6）在空气中锻烧CoCO3生成Co3O4的化学方程式是6CoCO3+O22Co3O4+6CO2．考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；金属的回收与环境、资源保护．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，锂和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化锂；（2）Co3O4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；（3）盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气；（4）平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；（5）碳酸钠和钴离子反应生成难溶性的碳酸钴；（6）煅烧碳酸钴时，碳酸钴被氧化生成Co3O4和二氧化碳．解答：解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，锂和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化锂，氢氧化锂和偏铝酸钠都是可溶性的，所以溶液中存在NaAlO2、LiOH，故答案为：NaAlO2、LiOH；（2）Co3O4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水，离子反应方程式为：4Co3O4+S2O32﹣+22H+=12Co2++2SO42﹣+11H2O，故答案为：4Co3O4+S2O32﹣+22H+=12Co2++2SO42﹣+11H2O；（3）盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境（或盐酸挥发污染环境，合理答案均可）；（4）平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以其平衡常数=1/，故答案为：1/；（5）碳酸钠和钴离子反应生成难溶性的碳酸钴，所以加入碳酸钠是将钴离子沉淀，故答案为：沉淀钴离子（或形成CoCO3沉淀）；（6）煅烧碳酸钴时，碳酸钴被氧化生成Co3O4和二氧化碳，反应方程式为：6CoCO3+O22Co3O4+6CO2，故答案为：6CoCO3+O22Co3O4+6CO2．点评：本题考查了金属及其化合物的性质，明确Co3O4的性质，难度不大．9．（14分）铁及其化合物在国民经济的发展中起着重要作用．（1）已知：4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣1641.0kJ•mol﹣1C（石墨）+1/2O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1则Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）的△H=+489.0kJ/mol kJ•mol﹣1．（2）铁在潮湿的空气中易发生电化学腐蚀．某同学将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图1所示．液滴边缘是正极区（填“正极”或“负极”），其电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．（3）铁钛合金是一种常用的不锈钢材料，某同学在探究该合金的性质时，往含有TiO2+、Fe3+溶液中加入铁屑至溶液显紫色，该过程中发生的反应有：①2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O②Ti3+（紫色）+Fe3++H2O=TiO2+（无色）+Fe2++2H+③2Fe3++Fe=3Fe2+．（4）①高铁酸钾（K2FeO4）是一种优良的水处理剂．在水溶液中的存在形态如图2所示，纵坐标表示各存在形态的分数分布．下列说法不正确的是AB．（填字母）A．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFe的分布分数逐渐增大C．向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFe+OH﹣═Fe+H2O ②K2FeO4溶于水会放出一种无色无味气体，其杀菌消毒、吸附水中的悬浮杂质的原理可用离子方程式表示为4FeO42﹣+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH﹣+3O2↑．（5）向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100mL 1mol•L﹣1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）气体，加入KSCN溶液不显红色．若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，可得铁2.8 g．考点：金属的电化学腐蚀与防护；用盖斯定律进行有关反应热的计算；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：化学反应中的能量变化；几种重要的金属及其化合物．分析：（1）根据盖斯定律计算；（2）铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；（3）铁离子具有氧化性，铁能和铁离子发生氧化还原反应；（4）①根据图表分析判断；②高铁酸根离子具有强氧化性，所以能杀菌消毒，高铁酸根离子能发生氧化还原反应生成氧气，同时生成氢氧化铁，氢氧化铁具有吸附性；（5）根据题意知，溶液中的溶质是氯化亚铁，根据盐酸的物质的量计算铁的质量．解答：解：（1）已知：4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）△H=﹣1641.0kJ•mol﹣1 ①C（石墨）+1/2O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1 ②将方程式②×3﹣得Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H=（﹣110.5kJ•mol﹣1）×3﹣（﹣1641.0kJ•mol﹣1）×=+489.0kJ/mol，故答案为：+489.0kJ/mol；（2）铁在中性条件下发生吸氧腐蚀，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，氢氧根离子和亚铁离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定被氧化生成氢氧化铁，所以边缘是正极，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：正极，O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；（3）铁和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3 Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3 Fe2+；（4）①A．根据图象知，不论溶液酸碱性如何变化，酸性条件下，高铁酸根离子不存在，故错误；B．向pH=10的这种溶液中加硫酸至pH=2，HFeO4﹣的分布分数先增大后减小，故错误；。

2015年诸暨市高中毕业班教学质量检测试题理科综合化学部分7．下列说法正确的是A ．大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B ．硫酸厂按照规定已经处理除去了重金属离子的酸性废水，可直接排放入湖水中C ．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D ．合金超导材料是指熔合两种或两种以上的金属元素并形成具有超导电性的超导材料，如铌一钛(Nb —Ti)合金，它的熔点一般比纯钛要低8．下列关于实验操作或设计的说法正确的是A ．乙酸与乙酸乙酯的混合物，可通过蒸馏或用足量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液的方法进行分离B ．做金属钠和水反应实验时，切割下来的表层物质，也不能直接丢弃到废纸篓里，而应放回原试剂瓶C ．酸式滴定管在润洗时，可在滴定管中加入少量待装液，润洗后将溶液从滴定管的上口倒入废液缸中，重复2~3次，润洗完毕D ．高锰酸钾是一种常用的化学试剂，当高锰酸钾晶体结块时，应在研钵中用力研磨，以得到细小晶体，有利于加快反应或溶解的速率9．A 、B 、C 、D 、E 均为短周期主族元素，B 、C 、D 在周期表中的位置关系如下图所示。

A 元素的某种同位素原子没有中子，D 元素的原子序数是C 的2倍，E 是短周期主族元素中半径最大的元素。

下列说法不正确．．．的是 A ．简单离子的半径大小关系：B ＞C ＞EB ．D 、E 两种元素形成的化合物，可能含有离子键和共价键C ．A 、B 、C 三种元素形成的化合物，晶体类型一定相同D ．B 、D 分别和C 形成的化合物，都有可能使溴水或品红溶液褪色 10．下列说法正确的是A ．最简式为C 2H 4O 的有机物一定可以发生银镜反应B ．不粘锅表面的高分子涂层可以由四氟乙烯通过缩聚反应合成C ．分子结构中含有4个甲基、碳原子数最少的烷烃的系统命名为：2，2-二甲基丙烷D ．甘油和甲苯只有在物质的量之比1︰1混合时，充分燃烧后生成的水，才与等质量的甘油充分燃烧后生成的水相同11．利用人工模拟光合作用合成甲酸的原理为：2CO 2+2H 2O 2HCOOH+O 2，装置如图所示，下列说法不正确．．．的是 A ．电极1周围pH 增大B ．电子由电极1经过负载流向电极2C ．电极2的反应式：CO 2+2H ++2e －=HCOOHD ．该装置能将太阳能转化为化学能和电能B CD太阳能光触媒X 固体滤液乙加水溶解 过滤KSCN 溶液沉淀甲足量浓盐酸 加热气体A血红色溶液溶液B BaCl 2溶液足量稀盐酸气体C白色沉淀E溶液DAB DG(C 5H 8O 2)一定 条件Br 2/CCl 4C (C 8H 8Br 2)浓H 2SO 4 反应①FH 2O H 2/Ni 、△ ECO 、H 2O 反应②反应③H(C 5H 8O 2)n催化剂 △反应⑤反应④OHO—C=C —H —C —C — 12．将1.00 mol ·L －1 NaOH 溶液滴入20.00 mL 1.00 mol ·L －1的一元酸HA 溶液中，测得混合溶液的pH 和温度随加入NaOH 溶液体积变化曲线如图所示。

高中化学学习材料唐玲出品2015.42015高三高考冲刺三 姓名：7．下列说法正确的是A ．针对H 7 N 9禽流感的扩散情况，要加强环境、个人等的消毒预防，可选用含氯消毒剂、 活性银离子、酒精、双氧水等作为消毒剂，这种处理方法符合绿色化学核心B ．同位素示踪法、分光光度法、核磁共振技术都是研究化学反应历程的重要手段C ．防弹玻璃、氧化铝陶瓷、硅藻土都是无机非金属材料， PLA 、PET 、酚醛树脂、铜氨纤维 都是人工合成高分子材料D ．李比希基团理论、逆合成分析理论、范特霍夫对有机化合物结构的三维认识都为有机化学 的发展作出贡献8．下列说法正确的是A ．硫酸亚铁铵晶体要用冷水洗涤，而阿斯匹林过滤后则须用无水酒精洗涤B ．食醋总酸含量的测定实验中，若滴定终点没有控制好，即NaOH 溶液滴加过量，则必须重做 实验C ．火柴头中的氯元素检验的实验中，将火柴头（未燃烧）浸于水中，片刻后取少量溶液， 加AgNO 3溶液、稀硝酸，若出现白色沉淀，证明有氯元素D ．毒物误入口内，可将5～10mL 稀硫酸铜溶液加入一杯温水中内服，人工促使呕吐出毒物后 送医院9．右图是周期表中短周期的一部分。

已知A 、B 两元素原子的最外层电子数之和等于E 元素原子的最外层电子数。

下列有关说法正确的是A ．元素B 和E 、B 和D 形成的化合物在固态时都属于分子晶体B ．工业上可用A 、D 形成的化合物制取A 的单质；B 的单质在信息业有广泛用途C ．与E 同族的元素中，若简单阴离子的还原性越强，则该元素的最高价氧化物对应水化物的 酸性也越强D ．元素B 的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，元素C 的最简单氢化物的沸点比E 的 气态氢化物的沸点低10．发展混合动力车是实施节能减排的重要措施之一。

汽车上坡或加速时，电动机提供推动力， 降低了汽油的消耗；在刹车和下坡时电动机处于充电状态以节省能耗。

混合动力车的电动机 目前一般使用的是镍氢电池，镍氢电池采用镍的化合物为正极，储氢金属（以M 表示）为 负极，电解液为碱液（主要为KOH ）(见右下图)。

鼎尚图文高中化学学习材料鼎尚图文收集整理绝密★启用前【学科网学易大联考】2015年第四次全国大联考【浙江卷】理科综合能力测试化学试题考试范围：高考全部内容；考试时间：120分钟；命题人：学科网大联考命题中心题号一二总分得分注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分300分，考试时间150分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。

4．以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 S－32 Cl—35．5Na—27 Mg－24 Al－27 Co－59第Ⅰ卷选择题（共42分）一、单项选择题：本题包括7小题，每小题6分，共计42分。

每小题只有一个选项符合题意。

7．下列说法正确的是（）A．离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阴离子交换膜B．常在包装袋内放入生石灰或硅胶，可能防止富脂食品因氧化而变质C．酸碱质子理论认为，凡能给出质子（H+）的物质都是酸，凡能接受质子的物质都是碱。

由该理论可知，Al2O3、HCO3－、H2O均为酸碱两性物质D．单个人体白细胞的体积约为10－14L，若某光学显微镜能达到个位数分子个数的测量精度，则使用该显微镜能达到的目标分子在细胞内的浓度约为10－9～10－10mol·L－18．下列说法正确的是（）A．制备乙酸乙酯的实验中，试剂依次加入的顺序为乙醇、浓硫酸和冰醋酸B．可以用重结晶法的方法从KCl与NaNO3的固体混合物中得到纯净的NaNO3C．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的乙酸溶液，不宜用石蕊作指示剂，但可以用酚酞或甲基橙作指示剂D．检验麦芽糖水解的产物时，先向水解后的溶液中加入氢氧化钠至碱性，再加入新制的银氨溶液并水浴加热9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z元素形成的单质｡已知：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；0．1mol·L－1丁溶液的pH为13（25℃）｡下列说法正确的是（）A ．1mol甲与足量的乙完全反应共转移2mol电子B．Y元素在周期表中的位置为第3周期ⅣA族C．原子半径：W＞Y＞Z＞XD．1．0L 0．1mol·L－1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0．1mol10．下列有关有机化学的说法中正确的是（）A．右图的键线式表示烃的名称为：3―甲基―4―乙基―7―甲基辛烷B．HOOHOH属于单糖，在一定条件下能发生取代、消去、加成、氧化、还原等反应C．等质量的乙醇、乙酸、葡萄糖分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少D．苯丙氨酸的结构为，分子式为C9H10NO2，它既能与酸反应又能与碱反应11．用酸性氢氧燃料电池（乙池）为电源进行电解的实验装置（甲池，一定条件下可实现有机物的电化学储氢）如下图所示。

2015-2016学年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高三（上）月考化学试卷（B卷）（9月份）一．选择题（每题2分，共52分）1．上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的棕红色烟的困扰．你估计这一空气污染物是因为含有（）A．FeO粉尘B．Fe2O3粉尘C．Fe粉尘D．碳粉2．下列物质中可用于治疗胃酸过多的是（）A．碳酸氢钠 B．氢氧化铁 C．氧化钙D．碳酸钠3．欲观察氢气燃烧的焰色，燃气导管口的材料最好是（）A．钠玻璃B．钾玻璃C．石英玻璃 D．铜管4．下列物质的水溶液能导电，但不属于电解质的化合物是（）A．Ba（OH）2B．NH3C．Cl2D．HCl5．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．含有N A个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB．25°C，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3N AC．在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5N AD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5N A6．下列分离混合物的方法中不正确的是（）A．从酒精和水的混合物中分离出酒精﹣﹣蒸馏B．使浑浊的食盐水变澄清﹣﹣过滤C．从碘水中分离出碘﹣﹣分液D．把硝酸钾和氯化钾从溶液中分离开来﹣﹣结晶7．铝有较强的抗腐蚀性能，主要是因为（）A．与氧气在常温下不反应B．铝性质不活泼C．铝表面形成了一层致密的氧化膜D．铝耐酸耐碱8．下列各组物质能相互反应得到Al（OH）3的是（）A．铝跟NaOH溶液B．Al（NO3）3跟过量的NaOH溶液C．Al2O3和热水D．Al2（SO4）3溶液跟过量的氨水9．欲除去小苏打溶液中的苏打杂质，加入的物质最宜选用（）A．二氧化碳 B．盐酸 C．碳酸氢钙 D．氢氧化钙10．下列说法不正确的是（）A．Na2CO3比NaHCO3稳定得多B．NaHCO3比Na2CO3难溶于水C．用物质的量相同的苏打和小苏打可得到相同质量的CO2D．石灰水既能和Na2CO3反应，又能与NaHCO3反应，且反应原理相同11．下列不能通过单质间反应而制得的物质是（）A．CuCl2B．SO2C．FeCl2D．FeS12．物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）①3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O ②C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O③8NH3+3Cl2═NH4Cl+N2 ④2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A．①② B．①④ C．③④ D．全部13．既能与酸（H+）反应，又能与碱（OH﹣）反应的是（）①MgO ②Al2O3③NaHSO4④NaHCO3⑤NH4HS．A．②④⑤B．③④ C．②⑤ D．③④⑤14．下列溶液中各组离子因水解而不能够大量共存的是（）A．AlO2﹣、Na+、HCO3﹣、K+B．NH4+、HCO3﹣、Cl﹣、K+C．K+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣D．Cu2+、NH4+、I﹣、Cl﹣15．不能用NaOH溶液除去括号中杂质的是（）A．Mg（Al2O3）B．MgCl2（AlCl3）C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）16．将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN溶液，不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是（）A．Fe2O3 B．FeCl3C．Fe2（SO4）3D．FeO17．下列溶液中分别加入足量的铁粉，充分作用后，溶液中的阳离子总物质的量明显减少，该溶液是（）A．CuCl2B．FeCl3C．HCl D．AlCl318．在下列氧化还原反应中，水作还原剂的是（）A．C+H2O CO+H2 B．2K+2H2O═2KOH+H2↑C．2F2+2H2O═4HF+O2D．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑19．下列实验现象，与括号内的物质没有关系的是（）A．将NaHCO3固体加入新制的氯水中，有无色气泡（H+）B．向FeCl2溶液中滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色（Cl2）C．将FeCl2溶液滴到氨水中生成的白色沉淀很快变色（O2）D．将FeCl3溶液滴到淀粉﹣KI试纸上，试纸变蓝（Cl﹣）20．海带中含碘元素，从海带中提取碘有如下步骤：（）①通入足量Cl2②将海带焙烧成灰后加水搅拌③加CCl4振荡④用分液漏斗分液⑤过滤合理的操作顺序是．A．①②③④⑤B．②⑤①③④C．①③⑤②④D．②①③⑤④21．把少量废铁粉溶于过量稀硫酸中，过滤，除去杂质，在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是（）A．Fe（OH）3；Fe2O3B．Fe（OH）2；FeOC．Fe（OH）2、Fe（OH）3；Fe3O4D．Fe2O3；Fe（OH）322．已知35%的NaOH溶液的密度是1.38g•cm﹣3，5%的NaOH溶液的密度为1.05g•cm﹣3，若将上述两种溶液等体积混合，所得NaOH溶液中溶质的质量分数是（）A．＞20% B．=20% C．＜20% D．无法确定23．已知钡的活性处于钾和钠之间，下列反应可以实现的是（）A．钡可以从氯化钾溶液中置换出钾B．钡与冷水剧烈反应置换出氢气C．钡可以从氯化钠溶液中置换出钠D．在溶液中钡离子可以氧化金属锌，使之成为锌离子24．将钠、镁、铝各0.3mol分别加入100mL 1mol/L 的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A．1：2：3 B．6：3：2 C．3：1：1 D．1：1：125．下列离子方程式正确的是（）A．氢氧化铁与盐酸反应OH﹣+H+═H2OB．次氯酸钠溶液中通入少量CO2 2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+COC．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀完全 Ba2++OH﹣+H++SO═BaSO4↓+H2O D．钠与水反应 Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑26．将7.8gNa2O2溶于92.2g水中，下列说法正确的是（）A．溶液的质量分数为7.8% B．溶液中溶质的质量大于7.8gC．溶液中水的质量等于92.2g D．溶液的质量等于100g二．填空题（共36分）27．（12分）（2015秋•诸暨市校级月考）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中时，液体变为色，得到的是，此分散系与FeCl3溶液的本质区别是，两者可用现象鉴别．该分散系可以净水，原因是．若该该分散系含有杂质FeCl3，用方法可以提纯．28．（10分）（2015春•随州期末）有A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3、AgNO3中的一种．已知：①A与B反应有气体生成；②B与C反应有沉淀生成；③C与D反应有沉淀生成；④D与E反应有沉淀生成；⑤A与E反应有气体生成；⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质．请填空：（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式是．（2）A是，B是，C是，D是，E 是．（3）A与E反应的离子方程式是．29．（14分）（2015秋•诸暨市校级月考）A、B、C、X均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（副产物已经略去）．试回答：（1）若A、X均为中学常见的单质，X是现在应用最广泛、用量最大的金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式是；若向B溶液中加入铜粉，现象是，反应的离子方程式是；向C中通入A时发生反应的离子方程式是．（2）若A、B、C均为含有同一金属元素的无机化合物，且所含金属元素是地壳中含量最多的金属元素，X是NaOH，C溶液中通入CO2又生成B，则B的化学式是，反应②的离子方程式是；C溶液中通入少量CO2的离子方程式是．三．计算题（共12分）30．向100mL 3mol/L的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2，充分反应得溶液X．在上述溶液X中，逐滴缓慢滴加1mol/L的盐酸，所得气体（不考虑溶解于水）的体积与所加盐酸的体积关系如图所示，求：（1）放出的CO2在标准状况下的体积（2）溶液X的成分及物质的量之比．31．将铁和氧化铁的混合物3.84g投入足量稀H2SO4溶液中，充分反应后收集到672 mL H2，向溶液中滴入KSCN，无现象．气体体积在标准状况下测定，求原混合物中铁和氧化铁的质量．2015-2016学年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高三（上）月考化学试卷（B卷）（9月份）参考答案与试题解析一．选择题（每题2分，共52分）1．上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的棕红色烟的困扰．你估计这一空气污染物是因为含有（）A．FeO粉尘B．Fe2O3粉尘C．Fe粉尘D．碳粉【考点】铁的氧化物和氢氧化物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据信息中的棕红色烟及选项中的各物质的颜色来判断即可．【解答】解：A、FeO是黑色固体，所以能形成黑色的烟，故A错误．B、Fe2O3是棕红色固体，俗称铁红，所以能形成棕红色的烟，故B正确．C、Fe粉是黑色的固体，所以能形成黑色的烟，故C错误．D、煤炭粉尘的颜色是黑色，所以能形成黑色的烟，故D错误；故选B．【点评】本题考查了铁及其氧化物的颜色，难度不大，属于基础题，注意基础知识的积累，注意烟和雾的区别，烟是固体颗粒，雾是小液滴．2．下列物质中可用于治疗胃酸过多的是（）A．碳酸氢钠 B．氢氧化铁 C．氧化钙D．碳酸钠【考点】药物的主要成分和疗效．【分析】能够和酸发生化学反应的物质有：活泼金属、金属氧化物、碱、盐等，因此治疗胃酸过多，首先应选择一种能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性．【解答】解：A．碳酸氢钠能与盐酸反应，常用来做抗酸药，故A正确；B．氢氧化铁能与盐酸反应，常用来做抗酸药，故B正确；C．氧化钙与水反应生成的氢氧化钙有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故C错误；D．纯碱碳酸钠碱性太强，应用碳酸氢钠，故D错误．故选AB．【点评】本题考查了酸的化学性质及抗酸药，难度不大，注意抗酸药应无腐蚀性．3．欲观察氢气燃烧的焰色，燃气导管口的材料最好是（）A．钠玻璃B．钾玻璃C．石英玻璃 D．铜管【考点】焰色反应．【专题】金属概论与碱元素．【分析】焰色反应是某些金属元素的性质，含有钠、钾、铜、等金属的材料在灼烧时有颜色，对氢气的燃烧观察产生干扰．【解答】解：选项中钠玻璃、钾玻璃、铜管，做氢气燃烧实验时，气体燃烧，燃气导管口中所含的金属钠（焰色反应为黄色）、钾（焰色反应隔着钴玻璃看是紫色）、铜（焰色反应为绿色）等产生的焰色反应会干扰观察氢气燃烧的火焰颜色，石英的成分是二氧化硅，在火焰下没有颜色，故最好选用石英玻璃；故选C．【点评】本题考查了焰色反应的实质是元素的性质，注意常见金属元素焰色反应的颜色，难度不大．4．下列物质的水溶液能导电，但不属于电解质的化合物是（）A．Ba（OH）2B．NH3C．Cl2D．HCl【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，存在自由移动的离子或电子的物质能导电；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，以此来解答．【解答】解：A、Ba（OH）2在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，则属于电解质，故A 错误；B、NH3的水溶液中存在自由移动的离子能导电，但不是由于氨气自身的电离，属于非电解质，故B正确；C、Cl2的水溶液中存在自由移动的离子能导电，但Cl2为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．HCl是在水溶液中自身电离出移动的离子能导电的化合物，则属于电解质，故D错误；故选：B．【点评】本题考查电解质和非电解质，注意概念的理解并抓住化合物来分析，明确导电的原因来解答．5．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．含有N A个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB．25°C，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3N AC．在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5N AD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．氦气为氮原子分子；B．质量转化为物质的量结合1个二氧化硫分子含有2个氧原子和1个硫原子解答；C．常温常压下，Vm≠22.4L/mol；D．气体摩尔体积使用对象为气体．【解答】解：A．含有N A个氦原子的氦气，物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；B.64gSO2的物质的量为=1mol，含有2molO，1molS，含有的原子数为3N A，故B正确；C．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，11.2LCl2的物质的量不是0.5mol，故C错误；D．标况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题的关键，注意标况下的气体摩尔体积使用条件和适用对象，题目难度不大．6．下列分离混合物的方法中不正确的是（）A．从酒精和水的混合物中分离出酒精﹣﹣蒸馏B．使浑浊的食盐水变澄清﹣﹣过滤C．从碘水中分离出碘﹣﹣分液D．把硝酸钾和氯化钾从溶液中分离开来﹣﹣结晶【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．酒精和水混溶，二者的沸点不同；B．分离液体和固体，可用过滤的方法；C．碘易溶于有机溶剂；D．硝酸钾和氯化钾的溶解度随温度的变化不同．【解答】解：A．酒精和水混溶，二者的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故A正确；B．分离液体和固体，可用过滤的方法，可用过滤的方法使浑浊的食盐水变澄清，故B正确；C．碘易溶于有机溶剂，应用萃取的方法分离，故C错误；D．硝酸钾和氯化钾的溶解度随温度的变化不同，可用结晶的方法分离，故D正确．故选C．【点评】本题考查混合物分离、提纯的方法及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答的关键，注意分离方法的选择，侧重除杂的考查，题目难度不大．7．铝有较强的抗腐蚀性能，主要是因为（）A．与氧气在常温下不反应B．铝性质不活泼C．铝表面形成了一层致密的氧化膜D．铝耐酸耐碱【考点】铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】铝性质活泼，铝有较强的抗腐蚀性能是由于在表面生成一层致密的氧化物膜．【解答】解：通常情况下铝很耐腐蚀，这是因为铝在常温下与空气中的氧气发生化学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化．故选C【点评】本题主要考查了铝的性质，可以依据已有的知识进行，注意基础知识的积累掌握．8．下列各组物质能相互反应得到Al（OH）3的是（）A．铝跟NaOH溶液B．Al（NO3）3跟过量的NaOH溶液C．Al2O3和热水D．Al2（SO4）3溶液跟过量的氨水【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】A．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；B．硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；C．氧化铝不溶于水，与热水不反应；D．硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵．【解答】解：A．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，得不到氢氧化铝，故A错误；B．硝酸铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故B错误；C．氧化铝不溶于水，与热水不反应，得不到氢氧化铝，故C错误；D．硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，得到了氢氧化铝，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了氢氧化铝的制备，熟悉铝及其化合物的性质是解题关键，注意氢氧化铝只与强碱发生反应，题目难度不大．9．欲除去小苏打溶液中的苏打杂质，加入的物质最宜选用（）A．二氧化碳 B．盐酸 C．碳酸氢钙 D．氢氧化钙【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；钠的重要化合物．【分析】Na2CO3溶液可与二氧化碳反应生成NaHCO3，可用于除杂，以此解答．【解答】解：A．除去NaHCO3溶液中含有的Na2CO3溶质可在溶液中通入过量二氧化碳气体，Na2CO3溶液可与二氧化碳反应生成NaHCO3，故A正确；B．碳酸钠和碳酸氢钠都能与盐酸反应，故B错误；C．加入碳酸氢钙引入了新的杂质钙离子，故C错误；D．氢氧化钙能与小苏打反应，将原物质除掉，故D错误．故选A．【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离．10．下列说法不正确的是（）A．Na2CO3比NaHCO3稳定得多B．NaHCO3比Na2CO3难溶于水C．用物质的量相同的苏打和小苏打可得到相同质量的CO2D．石灰水既能和Na2CO3反应，又能与NaHCO3反应，且反应原理相同【考点】钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】NaHCO3不稳定，溶解度比Na2CO3小，与盐酸反应较Na2CO3剧烈，可与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3可与水、二氧化碳反应生成NaHCO3，以此解答该题．【解答】解：A．因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，故A正确；B．相同的温度下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，则NaHCO3比Na2CO3难溶于水，故B正确；C．Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应完全的离子方程式分别为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O、HCO3﹣+H+=CO2 ↑+H2O，可知得到相同质量的CO2，故C正确；D．碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；少量碳酸氢钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，化学方程式为：NaHCO3+Ca（OH）2=NaOH+CaCO3↓+H2O；过量碳酸氢钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，化学方程式为：2NaHCO3+Ca（OH）2=Na2CO3+CaCO3+2H2O，原理不同，故D错误．故选D．【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用稳定性、与酸的反应、水解、与碱的反应来分析解答．11．下列不能通过单质间反应而制得的物质是（）A．CuCl2B．SO2C．FeCl2D．FeS【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；二氧化硫的化学性质；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．CuCl2可由Cu在Cl2中燃烧生成；B．硫与氧气反应生成二氧化硫；C．铁和氯气反应生成三氯化铁；D．铁和硫加热反应生成硫化亚铁．【解答】解：A．Cu在Cl2中燃烧生成CuCl2，Cu+Cl2CuCl2，单质间反应能生成，故A不选；B．硫与氧气反应生成二氧化硫，S+O2SO2，单质间反应能生成，故B不选；C．铁和氯气反应生成三氯化铁2Fe+3Cl22FeCl3，单质间反应不能生成FeCl2，故C 选；D．铁和硫加热反应生成硫化亚铁Fe+S FeS，单质间反应能生成，故D不选；故选C．【点评】本题考查了元素化合物的性质，熟悉相关的化学反应的方程式是解答的关键，注意物质的特征反应和基础知识的积累，题目较简单．12．物质在反应中可表现氧化性、还原性、酸性、碱性等，下面方程式中划线的物质，能在同一反应中同时表现上述两种或两种以上性质的有（）①3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O ②C+2H2SO4（浓）═CO2↑+2SO2↑+2H2O③8NH3+3Cl2═NH4Cl+N2 ④2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．A．①② B．①④ C．③④ D．全部【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】在反应中得电子化合价降低的物质体现氧化性，在反应中失电子化合价升高的物质体现还原性，和碱性氧化物反应生成水的物质体现酸性，和酸性氧化物反应生成水的物质体现碱性．【解答】解：①中硝酸中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则这部分硝酸体现氧化性，部分硝酸和碱性氧化物氧化亚铁反应生成水，则体现酸性，故正确；②该反应中，硫酸中硫元素化合价全部由+6价变为+4价，所以硫酸只体现氧化性，故错误；③该反应中，氯元素化合价全部由0价变为﹣1价，所以氯气只体现氧化性，故错误；④该反应中，过氧化钠中氧元素化合价由﹣1价变为0价和﹣2价，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，即体现氧化性又体现还原性，故正确；故选：B．【点评】本题考查了氧化还原反应中物质的性质，根据元素化合价变化来分析解答即可，难度不大．13．既能与酸（H+）反应，又能与碱（OH﹣）反应的是（）①MgO ②Al2O3③NaHSO4④NaHCO3⑤NH4HS．A．②④⑤B．③④ C．②⑤ D．③④⑤【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】中学常见能与酸、碱反应的物质有Al、两性物质、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、蛋白质、氨基酸等，结合物质的性质解答．【解答】解：①MgO能与酸反应，不能与碱反应，故①错误；②Al2O3属于两性氧化物，能与酸或碱反应生成相应的盐与水，故②正确；③NaHSO4属于强酸酸式盐，能与碱反应，不与酸反应，故③错误；④NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与酸或碱反应，故④正确；⑤NH4HS属于弱酸的铵盐，能与酸或碱反应，故⑤正确，故选A．【点评】本题考查元素化合物性质，比较基础，注意归纳总结常见能与酸、碱反应的物质．14．下列溶液中各组离子因水解而不能够大量共存的是（）A．AlO2﹣、Na+、HCO3﹣、K+B．NH4+、HCO3﹣、Cl﹣、K+C．K+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣D．Cu2+、NH4+、I﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．偏铝酸根离子与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；B．四种离子之间不发生反应；C．铝离子与碳酸根离子发生双水解反应；D．四种离子之间不发生反应．【解答】解：A．AlO2﹣、HCO3﹣之间反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，该反应不属于水解反应，故A错误；B．NH4+、HCO3﹣、Cl﹣、K+之间不反应，不满足条件，故B错误；C．Al3+、CO32﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，满足条件，故C正确；D．Cu2+、NH4+、I﹣、Cl﹣之间不反应，能够大量共存，不满足条件，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，题目难度中等，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；本题中注意题干要求“因水解而不能够大量共存”，为易错点．15．不能用NaOH溶液除去括号中杂质的是（）A．Mg（Al2O3）B．MgCl2（AlCl3）C．Fe（Al） D．Fe2O3（Al2O3）【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】元素及其化合物．【分析】加入过量NaOH溶液除去杂质，说明杂化能与氢氧化钠反应生成可溶于水中的物质，而被提出的物质与氢氧化钠不反应，以此解答．【解答】解：A．Al2O3和NaOH溶液反应，Mg不反应，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所以可用NaOH溶液除去杂质，故A不选；B．AlCl3和NaOH溶液反应先生成沉淀，当氢氧化钠溶液过量时沉淀转化为可溶性的偏铝酸钠，MgCl2和NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀，二者都生成沉淀，故B选；C．Al和NaOH溶液反应，Fe和NaOH溶液反应不反应H2O+Al+NaOH=NaAlO2+H2以可用NaOH溶液除去杂质，故C不选；D．Al2O3和NaOH溶液反应，Fe2O3不反应，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所以可用NaOH溶液除去杂质，故D不选．故选B．【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，除杂时注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．16．将铁的化合物溶于盐酸，滴加KSCN溶液，不发生颜色变化，再加入适量氯水，溶液立即呈红色的是（）A．Fe2O3 B．FeCl3C．Fe2（SO4）3D．FeO【考点】氯气的化学性质；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】将铁的化合物X溶于盐酸，滴加硫氰化钾溶液不发生颜色变化，则不含三价铁，再加入适量氯水，溶液立即呈红色，说明原物质中含有+2价铁，以此来解答．【解答】解：滴加硫氰化钾溶液没有颜色变化，说明溶液中没有三价铁离子，Fe2O3、FeCl3、Fe2（SO4）3溶于盐酸，溶液中滴加KSCN都呈红色，虽然氧化亚铁和稀盐酸反应生成的氯化亚铁溶液中虽然没有铁离子，但加入氯水后，氯水具有很强的氧化性，会把亚铁离子氧化成铁离子，遇硫氰酸钾变红，故选D．【点评】本题考查了铁及其化合物的有关的化学性质，为高频考点，侧重于三价铁离子的检验方法，培养灵活应用知识的能力，难度不大．17．下列溶液中分别加入足量的铁粉，充分作用后，溶液中的阳离子总物质的量明显减少，该溶液是（）A．CuCl2B．FeCl3C．HCl D．AlCl3【考点】铁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A、金属铁会将溶液中的铜离子以金属铜的形式置换出来；B、金属铁可以和三价铁离子之间反应生成亚铁离子；C、金属铁可以和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；D、金属铁和氯化铝之间不反应．【解答】解：A、金属铁会将溶液中的铜离子以金属铜的形式置换出来：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，溶液中的阳离子总物质的量不变，故A错误；B、金属铁可以和三价铁离子之间反应生成亚铁离子：Fe+2Fe3+═3Fe2+，溶液中的阳离子总物质的量增加，故B错误；C、金属铁可以和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+═Fe2++H2↑，溶液中的阳离子总物质的量明显减少，故C正确；D、金属铁和氯化铝之间不反应，溶液中的阳离子总物质的量不变，故D错误．故选：C．【点评】本题考查学生金属铁的化学性质：还原性，可以根据所学知识来回答，难度不大．18．在下列氧化还原反应中，水作还原剂的是（）A．C+H2O CO+H2 B．2K+2H2O═2KOH+H2↑C．2F2+2H2O═4HF+O2D．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】含元素的化合价变化的反应属于氧化还原反应，水作还原剂，则水中O元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故A不选；B．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故B不选；C．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故C选；D．只有Na2O2中O元素的化合价变化，且水中H、O元素的化合价不变，则为水既不作氧化剂也不作还原剂的氧化还原反应，故D不选；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂、还原剂判断的考查，题目难度不大．19．下列实验现象，与括号内的物质没有关系的是（）A．将NaHCO3固体加入新制的氯水中，有无色气泡（H+）B．向FeCl2溶液中滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色（Cl2）C．将FeCl2溶液滴到氨水中生成的白色沉淀很快变色（O2）D．将FeCl3溶液滴到淀粉﹣KI试纸上，试纸变蓝（Cl﹣）【考点】钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，溶液呈酸性；B．氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁；C．氯化亚铁与氨水反应生成具有还原性的氢氧化亚铁；D．氯化铁氧化电离子生成碘．【解答】解：A．氯水显酸性，能与碳酸氢钠反应生成CO2气体，故A不选；B．氯化亚铁具有还原性，被氯气氧化生成氯化铁，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，故B不选；C．氯化亚铁与氨水反应生成具有还原性的氢氧化亚铁，可被氧化氧化生成氢氧化铁，故C 不选；D．氯化铁氧化电离子生成碘，与氯离子无关，故D选．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质以及氨水、氯化铁等知识，明确氯水的成分是解答本题的关键，并熟悉各微粒的性质来解答即可．20．海带中含碘元素，从海带中提取碘有如下步骤：（）①通入足量Cl2②将海带焙烧成灰后加水搅拌③加CCl4振荡④用分液漏斗分液⑤过滤合理的操作顺序是．A．①②③④⑤B．②⑤①③④C．①③⑤②④D．②①③⑤④【考点】海带成分中碘的检验．【专题】卤族元素．【分析】按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液．【解答】解：按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液通入足量氯气，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液．即合理的操作顺序为②﹣⑤﹣①﹣③﹣④，故选B．【点评】本题考查海带中提取碘的操作，熟悉操作顺序即可解答，难度不大．。

2015年浙江省绍兴市诸暨市牌头中学高考物理模拟试卷（四）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.类比的方法是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于理解和掌握新的概念、新的知识．下列类比说法中错误的是（）A.点电荷可以与质点类比，都是一种理想化模型B.电场力做功可以与重力做功类比，两种力做功均与路径无关C.磁感线可以与电场线类比，都是用假想的曲线形象描绘“场”D.机械能守恒定律可以与能量守恒定律类比，都是在满足一定条件下所遵循的物理规律【答案】D【解析】解：A、点电荷和质点都是理想化模型，故A正确；B、电场力做功与路径无关，只和初末位置有关，和重力做功类似，故B正确；C、电场线和磁场线都不是真实存在的，都是假象的线，都是为了形象的描述各自的概念．故C正确；D、机械能守恒是指在只有动能和重力势能（或弹性势能）相互转化时遵守的规律，能量守恒定律在任何情况下都成立，故D错误．本题选错误的，故选：D．本题考查了对类比法的理解，对于相似概念或者相似规律可以通过类比方法比较学习，加深对概念规律的理解．在类比时要抓住概念或规律的实质进行，不能根据表面现象或者无原则的类比．2.如图所示，OA、OB、OC为三根光滑细直杆，固定在地面同一点O，OA杆竖直放置，长度为l，∠ABO=∠ACO=90°，∠BOA=α，∠COA=β，α＜β．现将一小环分别套在细杆的顶端A、B、C处由静止释放，重力加速度为g，则（）A.小环沿杆OA下滑到O点的时间为2B.小环沿杆OB下滑时的速度变化比沿杆OC下滑时的速度变化慢C.小环沿三根光滑细直杆到达O点的时间相等D.小环沿三根光滑细直杆到达O点的时间不相等【答案】D【解析】解：A、小环沿杆OA下滑做自由落体运动，到O点的时间为t==，故A错误；B、根据受力分析沿BO下滑加速度a B=gsinβ，沿CO下滑加速度a C=gsinα，α＜β，所以a B＞a C，小环沿杆OB下滑时的速度变化比沿杆OC下滑时的速度变化快，故B错误；C、D、根据匀变速直线运动规律知t BO==，t CO==，由此可知小环沿三根光滑细直杆到达O点的时间不相等，故C错误，D正确；故选：D分别分析小环的受力情况，判定运动情况，小环沿杆OA下滑做自由落体运动，根据受力分析沿BO下滑加速度a B=gsinβ，沿CO下滑加速度a C=gsinα，根据运动学公式进行分析和求解．此题考查受力分析和牛顿运动定律以及匀变速直线运动规律，要熟练掌握这些知识点并能熟练应用，属于基础题．3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=F h=，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变．故C正确，A、B、D 错误．故选：C．恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，以及知道机械能守恒的条件．4.如图甲所示，a、b两条直导线垂直于纸面水平放置，且通有的电流大小相等，方向如图所示，图乙中c、d是两个电荷量相等的正点电荷，O1和O2分别为两直导线和两点电荷连线的中点，在O1和O2正上方均有一电子，以较小的速度v竖直向下射出，不计电子重力．则电子（）A.在乙图中将做往复运动B.在甲图中将做匀加速直线运动C.在乙图中向O2点运动时，加速度一定减小D.在乙图中到达O2点时动能最小，电势能最大【答案】A【解析】解：A、在乙图中，电子先做加速运动，到达O2点时速度最大，再向下做减速运动，加速度到零，再做反向的运动，故在乙图中将做往复运动，故A正确；B、在甲图中，受到的电场力向右，并且电场力发生变化，故做变加速曲线运动，故B 错误；C、在乙图中，电场强度可能先增大后减小，也可能一直减小，故加速度不一定减小，故C错误；D、在乙图中到达O2点时，电场力一直做正确，动能一直增大，到达O2点时动能最大，点时能最小，故D错误；故选：A明确等量异种电荷和等量同种电荷的电场线的分布，明确等势面的分布，根据电子在电场中的运动即可判断理解电场线的特点，知道等量异种电荷和等量同种电荷的电场线的分布即可二、多选题(本大题共2小题，共12.0分)5.如图所示，R1、R2为可调电阻，R3为标准电阻，R4为热敏电阻（阻值随温度升高而减小）．下列说法中正确的是（）A.当环境温度升高时，电容器所带电荷量减小B.若R1的阻值减小，电容器所带电荷量保持减小C.若R2的阻值增大，电容器所带电荷量增加D.若R2的阻值减小，电流表的示数减小【答案】CD【解析】解：A、当环境温度升高时，R4为热敏电阻减小，总电路的总电阻减小，干路电流增大，导致电容器两端的电压增大，据C=可知，电容器所带的电量增大，故A错误；B、据电路图可知，当R1的阻值减小，电路的有效阻值不变，所以电容器两端的端电压不变，即电容器两端的电量不变，故B错误；C、当R2的阻值增大，电路的总电阻增大，干路电流减小，所以内电压与R4两端的电压减小，所以电容器两端的端电压增大，据C=可知，电容器所带的电量增大，故C正确；D、当R2的阻值减小，电路的总电阻减小，干路电流增大，所以内电压与R4两端的电压增大，所以电容器两端的端电压减小，即R3端电压减小，所以该支路的电流减小，故D正确．故选：CD．首先读懂电路图，知道电容器的端电压等于R2的端电压，根据温度升高，判断电路的总电阻的变化，在判断支路电压电流的变化；再根据R1、R2电阻的变化，判断各用电器电压和电流的变化．本题是动态电路分析，注意此题牵涉的电阻较多，分析应逐项分析，注意灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压与电流的关系．6.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gC.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】BC【解析】解：A、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故A错误；B、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故B正确；C、当金属棒的速度为v时，E=BL v，安培力大小为：F=BIL=B=，故C正确；D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误．故选：BC．导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．根据导体棒速度的变化正确分析安培力的变化往往是解决这类问题的重点，在应用功能关系时，注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的．三、单选题(本大题共1小题，共6.0分)7.如图所示，在光滑、绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线挡板，BCD段是半径为R的圆弧挡板，挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆直径MN平行．现有一带电量为q、质量为m的小球由静止从挡板内侧上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则（）A.小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为零B.小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为E qC.小球运动到M点时，挡板对小球的弹力可能为零D.小球运动到C点时，挡板对小球的弹力一定大于mg【答案】C【解析】解：小球从静止A点释放，能沿挡板内侧运动到D点抛出，知小球在AB段的合力方向沿AB向下，则电场力方向水平向右，小球一定带正电；小球受到的合力方向沿AB向下，所以小球在圆轨道内运动的过程中，圆轨道的等效最高点在MD到最高点间，圆轨道的等效最低点是的延长线与右下方轨道的交点，位于N 与C之间．AB、小球运动到N点时，电场力方向水平向右，小球水平方向的合力提供圆周运动向心力，故挡板对小球的弹力大于电场力q E，故AB均错误；C、小球运动到M点时水平方向的合力提供圆周运动向心力，故当小球所受电场力刚好提供小球圆周运动的向心力时，挡板对小球的作用力为0，故C正确；D、当小球在点C时的速度大于0，小球竖直方向所受弹力提供小球圆周运动向心力，整个轨道是在水平面上，而不是竖直平面，所以c点弹力与重力无法比较，故D错误．故选：C．根据小球的运动情况，可知小球的合力方向，得知小球的电场力方向，从而得知小球的电性．小球沿挡板内侧运动，根据AB段垂直于挡板方向上的合力为零，判断电场力与重力的大小关系．然后确定小球运动过程中的等效最高点与大小最低点．小球在等效最高点存在临界条件，在等效最低点对轨道的压力最大．本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动和牛顿第二定律的综合运用，关键是确定物体运动过程中的等效最高点与等效最低点，确定各点小球对轨道的压力的大小关系．四、填空题(本大题共1小题，共4.0分)8.有位同学设计了一个实验，用下列实验装置研究物体与平台接触表面间的动摩擦因数，实验方案设计如图1所示，实验结果保留小数点2位，g=10m/s2（1）如图3所示是某一次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s．测得O到A、B、C的距离分别为3.38cm、8.89cm和16.55cm．小车在运动过程中的加速度为______ m/s2．（2）已知小车质量为400g，每个钩码的质量为10g．小车在外力作用下运动，经过反复实验并记录钩码个数以及相对应物体运动的纸带加速度如表：根据如表在坐标纸（图2）中画出a-n的图象，并求出物体与平台间的动摩擦因数为______ ．【答案】2.14；0.3【解析】解：（1）由△x=a T2可得：a==×10-2=2.14m/s2；（2）由表中数据利用描点法可得出对应的图象如图所示；由牛顿第二定律可知F-f=ma故图象与纵坐标的交点为摩擦力，故摩擦力大小为1.2N；由滑动摩擦力公式可得：μ===0.3；故答案为：2.14；0.3．（1）已知三段相临相等时间内的位移，根据△x=a T2可求得小车的加速度；（2）由表中数据可得出对应的图象，根据公式结合图象可求得物体与平台间的动摩擦因数．本题根据牛顿第二定律实验改造成求动摩擦因数的实验，要求能正确分析实验原理，结合所学物理规律求解动摩擦因数．五、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)9.物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得a P的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U-I图象和如图丙所示的-x图象．（1）由图乙可得电源的电动势E= ______ V；内阻r= ______ Ω．（2）根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S=0.12×10-6m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为______ Ω•m，图丙中图象截距的物理意义是______ Ω．（以上结果均保留两位有效数字）（3）此实验用了图象法处理数据优点是直观，但是不能减少或者消除______ （填“偶然误差”或“系统误差”）．【答案】3.00；1.0；1.3×10-6；电流表内阻为2.0；系统误差【解析】解：（1）图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，从图上可得：E=3.00V．在图象中找出两个清晰的点，读出对应的数据，然后根据公式：r==1.0Ω；（2）电阻丝电阻R==ρ+R A，则=x+R A，-x图象的斜率k===10，电阻率ρ=k S=10×3.14×≈1.3×10-6Ω•m；由=x+R A可知，函数-x图线纵截距为2.0Ω，它表示电流表的内阻为2Ω；（3）图象法可以减小因为读数带来的偶然误差，不能减小系统误差；故答案为：（1）3.00（2.99～3.02均可） 1.0（0.80～1.0均可）（2）1.2×10-6电流表内阻为2.0Ω（3）系统误差（1）应用描点法作图，根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据各点作出图象；图线与纵坐标的交点就是电源的电动势，根据公式r=可以求出内阻；（2）根据欧姆定律与电阻定律求出-x的函数表达式，然后根据图象求出电阻率．（3）根据图象法的意义可明确能否消除的误差；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．六、计算题(本大题共3小题，共30.0分)10.如图所示，MN、PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端接阻值R=1.5Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m=0.1kg，电阻r=0.5Ω．ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，导轨电阻不计，现用F=0.7N的恒力水平向右拉ab，使之从静止开始运动，经时间t=2s后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数U=0.3V．重力加速度g=10m/s2．求：（1）ab匀速运动时，外力F的功率．（2）ab杆加速过程中，通过R的电量．（3）ab杆加速运动的距离．【答案】解：（1）设导轨间距为L，磁感应强度为B，ab杆匀速运动的速度为v，电流为I，此时ab杆受力如图所示：由平衡条件得：F=μmg+ILB①由欧姆定律得：②由①②解得：BL=1T•m v=0.4m/s③F的功率：P=F v=0.7×0.4W=0.28W④（2）设ab加速时间为t，加速过程的平均感应电流为，由动量定理得：⑤解得：⑥（3）设加速运动距离为s，由法拉第电磁感应定律得⑦又⑧由⑥⑦⑧解得，答：（1）ab匀速运动时，外力F的功率是0.28W．（2）ab杆加速过程中，通过R的电量是0.36C．（3）ab杆加速运动的距离是0.72m．【解析】金属杆在水平恒定拉力的作用下，切割磁感线运动，产生电动势，回路中出现电流，导致金属杆受到安培力．当安培力、滑动摩擦力与拉力相等时，金属杆做匀速直线运动．由此时的电压表的读数可算出金属杆产生的电动势，则可以求出金属杆的运动速度，最后算出外力的功率．由动量定理求得通过R的电量．由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出ab杆加速运动的距离．本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，通过三力平衡可求得BL的乘积，再由闭合电路的殴姆定律可得电动势，则可求出运动速度，从而算出外力的功率．11.如图所示，在游乐节目中，一质量m=50kg的选手抓住竖直绳下端的抓手以v0=5m/s的水平速度开始摆动，当摆到与竖直方向夹角θ=37°时，选手松手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A时速度刚好水平，并在传动带上滑行，传送带以v=2.8m/s的速度向右匀速运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离L=6m，传送带两端点A、B间的距离s=3.7m，选手与传送带的动摩擦因数μ=0.4，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）选手放开抓手时的速度大小及选手在传送带上从A运动到B的时间；（2）选手在传送带上运动时传送带的发动机需要多输出的能量．【答案】解：（1）由机械能守恒定律得：=mg L（1-cos37°）+代入数据解得：v2=1m/s．选手在放开绳子时，水平速度为v x，竖直速度为v y，则有：v x=vcos37°=1×0.8=0.8m/s．选手在最高点站到传送带上A点有0.8m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动．选手的加速度大小为：a=μg=0.4×10=4m/s2．减速到跟传送带具有相同速度时所需时间为：v=v x+at1t1==0.5sx1=t1=×0.5=0.9m△x=x-x1=3.7-0.9=2.8m在△x内做匀速运动所需时间为：t2===1s故所需时间为：t=t1+t2=1+0.5s=1.5s；（2）选手增加的动能为：E K=mv2-mv x2=×50×（2.82-0.82）=180J；摩擦力做功转化为内能为：Q=μmg（vt1-x1）=0.4×50×10×（2.8×0.5-0.9）=100J；发动机需要多输出的能量为：E=180+100=280J；答：（1）选手放开绳子时的速度大小为1m/s；选手在传送带上从A运动到B的时间为1.5s；（2）选手在传送带上时传送带的发动机需要多输出的能量为280J．【解析】（1）选手拉着绳子在摆动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律求出选手放开绳子时的速度大小；根据平行四边形定则求出选手放开绳子时水平方向和竖直方向上的分速度，当选手到达最高点时，竖直方向上的分速度为零，选手在传送带上的初速度等于水平分速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出选手在传送带上滑行时间；（2）求出选手相对于传送带的路程，根据Q=f△x求出摩擦而产生的热量，电动机多输出的能量等于物体增加的动能与热量之和．本题综合考查了机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式以及功能关系，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题．12.如图所示，M、N为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D，其右侧有一边长为2a的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M、N之间加上电压U后，M板电势高于N板电势．现有一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M的中央小孔s1处射入电容器，穿过小孔s2后从距三角形A点a的P处垂直AB方向进入磁场，试求：（1）粒子到达小孔s2时的速度和从小孔s1运动到s2所用的时间；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？【答案】解：（1）粒子在电场中运动时：q U=D=解得：v=D=解得：t=（2）粒子从进入磁场到从AD间离开：B qv=t=解得：R=B=（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，qv B1=解得：由图可知：°qv B2=由以上三式解得：所以＜答：（1）粒子到达小孔s2时的速度和从小孔s1运动到s2所用的时间为；（2）若粒子从P点进入磁场后经时间t从AP间离开磁场，粒子的运动半径和磁感应强度的大小为；（3）若粒子能从AC间离开磁场，磁感应强度应满足＜．【解析】（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v，根据运动学公式求出所以时间．（2）粒子从进入磁场到从AD间离开，根据半径公式，周期公式结合几何关系即可求解；（3）粒子从进入磁场到从AC间离开，画出运动轨迹，找出临界状态，根据半径公式结合几何关系即可求解；本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，能根据半径公式，周期公式结合几何关系求解，难度适中．高中物理试卷第11页，共11页。