江西师大附中、临川一中2013届高三12月联考化学试卷

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1、江西师大附中、临川一中2013届高三12月考联考化学试卷一、选择题（每题只有1个正确答案，每小题3分，共48分）1（3分）（2013江西模拟）化学科学需要借助化学专业语言来描述，下列有关化学用语正确的是（）A甲烷分子的球棍模型：BNH4I的电子式CF的结构示意图D中子数为20的氯原子：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A、球棍模型表示原子的相对大小、原子之间的成键情况、空间结构B、碘离子的电子式书写错误NH4I是离子化合物，由铵根离子与碘离子构成C、漏写数字前“+”原子结构示意图中小圈和圈内的数字及表示原子核和核内质子数，数字前“+”表示带正电荷，弧线表示电子层

2、，弧线上的数字表示该层的电子数D、原子符合ZAX，左下角z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符号，质量数=质子数+中子数，其中Z可以省略解答：解：A、碳原子半径比氢原子大，选项中碳原子半径比氢原子小，与实际不相符，故A错误；B、碘离子的电子式书写错误，NH4I是离子化合物，由铵根离子与碘离子构成，电子式为，故B错误；C、漏写数字前“+”，F的原子结构示意图为，故C错误；D、中子数为20的氯原子，质量数为37，原子符号为1737Cl，故D正确故选：D点评：考查对常用化学用语的书写和理解，难度不大，掌握常见化学用语的书写，注意简单阳离子的电子式为其离子符号，复杂的阳离子电子式除应标出共用电

3、子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷2（3分）（2013江西模拟）现有浓硫酸、硝酸铵、氰化钾、苯、浓硝酸、双氧水 氨水、汞8种化学药品，下列有关在瓶上应贴的危险化学品标志正确的是（）A贴标签a的可以是：B贴标签b的可以是：C贴标签c的可以是：D贴标签d的只有：考点：化学试剂的分类专题：物质的分类专题分析：可以根据标志的含义结合生活实际经验进行分析判断符合题意的选项解答：解：A图为爆炸品标志，属于爆炸品的是硝酸铵，故A错误； B图为易燃液体标志，属于易燃液体的

4、是苯，故B错误；C图为剧毒品标志，属于剧毒品的是氰化钾汞，故C正确；D图为氧化剂标志，属于氧化剂的是浓硫酸浓硝酸双氧水，故D错误故选C点评：本题考查危险品图标，难度不大，掌握常见化合物的性质，了解各个标志所代表的含义是解答此类题的关键3（3分）（2013江西模拟）今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（n mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（n mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系（溶液体积变化忽略不计）（）A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲考点：物质的量浓度的相关计算；氯气的化学

5、性质专题：计算题分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO，HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低解答：解：甲中加入少量的NaHCO3晶体：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性强，加入少量的NaHCO3晶体，可促进氯气与水的反应，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶体：HClO可与NaHSO3发生氧化还原反应而导致浓度降低；丙不变，则甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系为甲丙乙故选B点评：本题考查氯气的化学性质以及外界条件对氯气与水反应的平衡影响，题目难度不大，本题注意从

6、氯气的性质的角度分析4（3分）（2013江西模拟）北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子化合物，具有良好的超导性下列有关分析正确的是（）AK3C60中只有离子键BK3C60中不含共价键C该晶体在熔融状态下能导电DC60与12C互为同素异形体考点：离子化合物的结构特征与性质；同素异形体专题：化学键与晶体结构分析：K3C60为离子化合物，晶体中含有离子键和共价键，在熔融状态下能导电，结合同素异形体的概念解答该题解答：解：AK3C60中中K+与C603之间为离子键，C603中CC键为共价键，故A错误；BC603中CC键为共价键，故B错

7、误；CK3C60为离子化合物，在熔融状态下能导电，故C正确；DC60为单质，12C为原子，而同素异形体为同种元素形成的不同单质，二者不属于同素异形体，故D错误故选C点评：本题考查晶体的知识，题目难度不大，解答本题关键是要把握离子化合物的组成，学习中注意同素异形体与同位素的关系5（3分）（2013江西模拟）固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（）ANH5中既有离子键又有共价键BNH5的熔、沸点高于NH3CNH5固体投入少量水中，可产生两种气体D0.1 mol NH5中含有5 mol NH键考点：离子化合物的结构特征与性质

8、；共价键的形成及共价键的主要类型专题：化学键与晶体结构分析：固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，有氨气生成解答：解：ANH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H之间为离子键，故A正确；BNH4H是一种离子化合物，熔、沸点高于NH3，故B正确；C能与水反应：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，有氨气生成，故C正确D根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨

9、道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H，阴阳离子间形成离子键，故D错误故选D点评：本题考查NH5的组成和性质，题目难度不大，解答本题的关键是把握题给信息6（3分）（2013江西模拟）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解l9.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁质量增加的变化如图所示下列分析或结果错误的是（）A原混合酸中NO3物质的量为0.4molBOA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段产生氢气C第二份溶液中最终溶质为FeSO4DH2SO4浓度为2.5m

10、olL1考点：硝酸的化学性质；铁的化学性质专题：元素及其化合物分析：由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2A、OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；B、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；C、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝

11、酸；D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度解答：解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3）=2n（Fe）=2=0.4mol，故A正确；B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，故B正确；C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；D、反应消耗22.4g铁，也就是=0.4

12、mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，故D错误故选D点评：本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用7（3分）（2013江西模拟）现将35g锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到混合气体11.2L（标准状况），其质量为19.6g，则过剩的锌粉的质量为（）A1.0gB2.0gC2.5gD3.5g考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为0.5mol，根据电子转移守恒计算

13、参加反应的Zn的物质的量，再根据m=nM计算参加反应的Zn的质量，据此计算过剩的锌粉的质量解答：解：锌粉与少量浓硫酸在加热条件下充分反应，生成的气体为二氧化硫与氢气，混合气体11.2L（标准状况）物质的量为=0.5mol，每生成1molSO2，金属提供2mol电子，每生成1molH2，金属提供2mol电子，所以生成0.5mol的二氧化硫与氢气金属提供的电子为2mol=1mol，故参加反应Zn的物质的量为=0.5mol，出参加反应Zn的质量为0.5mol65g/mol=32.5g，故剩余的锌粉的质量为35g32.5g=2.5g故答案为：C点评：考查学生根据方程式的计算、守恒计算等，难度不大，本题

14、采取电子转移守恒计算，简化计算，注意守恒思想的运用可以判断混合气体中氢气、二氧化硫的物质的量，在根据方程式计算，容易理解，但步骤繁琐8（3分）（2013江西模拟）下列反应的离子方程式正确的是（）ANH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH3+H2OB用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板：C用FeS除去工业废水中的Hg2+：Hg2+S2HgSD足量的SO2通人Ca（ClO）2溶液中：Ca2+2C1O+SO2CaSO4+2C1考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A漏写碳酸氢根离子与碱的反应；B发生氧化还原反应生成铜离子和水；CFeS不溶于水，在离子反应中应保留化学式；D发生氧化还原反应生成

15、硫酸钙和盐酸解答：解：ANH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热的离子反应为NH4+HCO3+2OHNH3+H2O+CO32，故A错误；B用双氧水和稀硫酸处理印刷电路板的离子反应为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O，遵循电子守恒、电荷守恒、质量守恒定律，故B正确；C用FeS除去工业废水中的Hg2+的离子反应为Hg2+FeSHgS+Fe2+，故C错误；D足量的SO2通人Ca（ClO）2溶液中：Ca2+C1O+H2O+SO2CaSO4+2H+C1，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，注意电子守恒、电荷守恒、质量守恒定律的应用

16、，题目难度不大9（3分）（2013江西模拟）下列反应所得的溶液中一定只含一种溶质的是（）A向硫酸酸化的Fe2（SO4）3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液B向AlCl3溶液中加入过量的氨水C向NaOH溶液中通人CO2气体D将过量的Cu粉加入FeCl3溶液考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A向硫酸酸化的Fe2（SO4）3溶液中，加入Ba（OH）2溶液时，OH先和硫酸电离出的H+反应，然后再与Fe3+反应；B氢氧化铝只能溶解在强酸和强碱中，不溶于弱碱氨水中；CNaOH和CO2气体反应，先生成碳酸钠，再生成碳酸氢钠；D氯化铁溶液跟铜反应，+3价的铁离子具有氧化

17、性，单质铜具有还原性；解答：解：A向硫酸酸化的Fe2（SO4）3溶液中，加入Ba（OH）2溶液时，硫酸先和氢氧化钡反应：H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，再与Fe2（SO4）3反应，反应为：Fe2（SO4）3+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Fe（OH）3，反应所得的溶液中只含一种溶质是过量的Ba（OH）2故A正确；B氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl，反应所得的溶液中溶质为过量的氨水和产物NH4Cl，故B错误；CNaOH和CO2气体反应，反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，

18、再通入CO2气体CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，溶液中的溶质可能为Na2CO3、NaHCO3或Na2CO3或Na2CO3故C错误；D氯化铁溶液跟铜反应，+3价的铁离子被还原成+2价的铁离子，铜单质被氧化成+2价的铜离子，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，溶液中的溶质为CuCl2和FeCl2故D错误；故选A点评：该题反应所得的溶液中一定只含一种溶质与加入反应物的量有关，较复杂做这类题目要分情况讨论，根据反应，写出正确的方程式求解10（3分）（2013江西模拟）某溶液中，只可能含有下列离子中的几种：现每次取100.00mL溶液进行实验：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生；第二

19、份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g下列说法错误的是（）阳离子K+、Mg2、Fe3+、Al3+阴离子Cl、AC（）=0.2 mol/LBC（K+）一定为0.6mol/LC氯离子可能存在D一定有和考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验专题：离子反应专题分析：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生，阴离子中Cl，CO32，SO42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g说明沉淀是碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，原溶液中一定含有CO32，SO42；根据离子共存判断，Mg2、Fe3+、Al3+不能存在；

20、溶液电荷守恒，有阴离子必须有阳离子，所以一定含K+离子；综上所述溶液中一定含有K+，CO32，SO42；Cl可能存在；解答：解：第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生，阴离子中Cl，CO32，SO42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化钡溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g说明沉淀是碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，原溶液中一定含有CO32，SO42；根据离子共存判断，Mg2、Fe3+、Al3+不能存在；溶液电荷守恒，有阴离子必须有阳离子，所以一定含K+离子；综上所述溶液中一定含有K+，CO32，SO42；Cl可能存在；A、依据题意生成碳酸钡沉淀质量=6.27g2.33g=3.9

21、4g，物质的量=0.02mol，CO32离子浓度=0.2mol/L，故A正确；B、依据钾离子和碳酸根离子和硫酸根离子的电荷守恒计算，由于溶液中Cl的存在不一定，所以钾离子的浓度不一定是0.6mol/L，故B错误；C、依据分析判断，氯离子可能存在，故C正确；D、依据生成沉淀溶液盐酸质量部分减小证明一定含有CO32，SO42；故D正确；故选B点评：本题考查了常见离子检验的实验方法，离子反应的现象分析，离子性质的应用溶液电荷守恒的计算应用，离子共存的判断是解题关键11（3分）（2013江西模拟）将18g铜和铁的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下2.24LNO，剩余9.6g金属；继

22、续加入200mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24LNO若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（）A原混合物中铜和铁各0.15molB稀硝酸的物质的量浓度为lmol/LC第一次剩余的9.6g金属为铜和铁D再加入上述200mL稀硝酸，又得到标准状况下2.24LNO考点：硝酸的化学性质；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：溶液不变红，即反应是恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余可以看作是18g混合物质与400ml硝酸反应生成0.2mol NO铁铜全都生成二价的离子；依据离子反应的实质进行分析计算解答：解：溶

23、液不变红，即反应是恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余可以看作是18g混合物质与400ml硝酸反应生成0.2mol NO铁铜全都生成二价的离子，设铁为A mol，铜为Bmol，发生的反应离子方程式为：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；列两个方程：56A+64B=18、2A/3+2B/3=0.2解得：A=0.15mol、B=0.15mol 计算得到18g混合物中含铁质量为0.15mol56g/mol=8.4g；含铜质量为0.15mol64g/mol=9.6g；A、原混合物中铜和铁各0.15mol，故A正确；B、硝酸浓

24、度为：C（HNO3）=0.8mol/0.4L=2mol/L；稀硝酸的物质的量浓度为2mol/L，故B错误；C、第一次剩余金属9.6g，通过上述计算得到为铜，故C错误；D、溶液中二价铁离子为0.15mol，所以再加硝酸得NO为0.05mol即11.2L，故D错误；故选A点评：本题考查了硝酸的性质铁、铜及其混合物性质的应用，主要是反应过程的计算应用，依据反应现象和各量的计算判断是解题关键12（3分）（2013江西模拟）下列说法不正确的是（）0.1molL1盐酸和0.1molL1醋酸分别与0.2molL1氢氧化钠溶液反应的速率相同0.1molL1盐酸和加0.1molL1硝酸分别与大小相同的大理石反应

25、的速率不同大理石块与大理石粉末分别与加0.1molL1盐酸反应的速率不同已知t0C时反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0的速度为v，若降低温度，正反应速率加大合成氨中及时分离出氨气后可减小反应速率在合成氨反应中，相同条件下在有催化剂时（a）和无催化剂时（b）速率时间图象可用图一表示在合成氨反应中，不同温度下（T2T1）的NH3的体积分数与时间的关系图象可用图二表示A除外B除外C除外D除外考点：化学反应速率的影响因素专题：化学反应速率专题分析：浓度越大化学反应速率越快，反之则越慢；浓度越大化学反应速率越快，反之则越慢；物质的接触面积越大，反应速率越快；降低温度化学反应速率减慢；减少生成

26、物的浓度可以减小反应速率；使用催化剂可以改变化学反应的速率；对于放热反应，温度越低，化学平衡向着放热方向进行，生成物的体积分数越大解答：解：0.1molL1盐酸和0.1molL1醋酸分别与0.2molL1氢氧化钠溶液反应的速率是前这块，因为盐酸是强酸，电离出的氢离子浓度大，故错误；0.1molL1盐酸和加0.1molL1硝酸分别与大小相同的大理石反应，实质是大理石和氢离子的反应，二者电离出的氢离子浓度相等，所以反应速率相等，故错误；大理石块与大理石粉末分别与加0.1molL1盐酸反应的速率是后者快，故正确；已知t0C时反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0的速度为v，若降低温度，正反应

27、速率和逆反应速率均减慢，故错误；合成氨中及时分离出氨气后，产物浓度减小，可减小反应速率，故正确；在合成氨反应中，相同条件下在有催化剂时（a）比无催化剂时（b）速率块，故错误；合成氨反应是放热反应，温度越低，化学反应速率越慢，达平衡用的时间长，所以T2T1，降低温度化学平衡向着放热方向进行，即向着正方向进行，氨气的体积分数增大，故错误故选C点评：本题是一道关于化学反应速率和化学平衡移动知识的综合考查题，结合图象知识来考查，增加了难度，考查角度广，难度不大13（3分）（2013江西模拟）A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素原子半径：ACBED；原子的最外层电子数：A=

28、D、C=E、A+B=C；原子的层电子层数：B=C=2A； B元素的最高正价与最低负价数量之差为2，F在地壳中金属含量第二，下列说法正确的是（）A因为C的氢化物分子内含氢键所以比E的氢化物稳定B过量F与22.4LC单质完全反应，转移4mol电子C因为E单质相对于分子质量小于溴单质相对分子质量，所以E单质的熔点比Br2要低DA、D形成化合物的水溶液呈碱性考点：原子结构与元素周期率的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素根据原子的核外电子层数：B=C=2A，可知A为H元素，B、C为第二周期元素，原子的最外层电子数A=D，则D为

29、Na元素，根据B元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，可知B为N元素，根据原子的最外层电子数：A+B=C，可知C为O元素，原子的最外层电子数：C=E，可知E为S元素，F在地壳中金属含量第二，应为Fe元素，结合元素对应的单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题解答：解：A、B、C、D、E、F六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素根据原子的核外电子层数：B=C=2A，可知A为H元素，B、C为第二周期元素，原子的最外层电子数A=D，则D为Na元素，根据B元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，可知B为N元素，根据原子的最外层电子数：A+B=C，可知C为O元素，原子的最外层电

30、子数：C=E，可知E为S元素，F在地壳中金属含量第二，应为Fe元素，则A氢键只决定物质的物理性质，与化学性质无关，C的氢化物比E的氢化物稳定，是由于O的非金属性比S强的原因，故A错误；B由于气体存在的条件不确定，不一定为标准状况下，则22.4LC单质不一定为1mol，故B错误；CE单质为S，相对于分子质量小于溴单质相对分子质量，但S在常温下为固体，溴单质在常温下为液体，则S单质的熔点较高，故C错误；DA、D形成化合物为NaH，能与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，故D正确故选D点评：本题考查元素推断题，题目较为综合，难度较大，做题时注意抓住题中原子结构的特征，作为推断题的突破口14（3分）（20

31、13江西模拟）以NA代表阿伏罗德常数，则下列关于热化学方程式：2C2H2（g）+5O2（g）4CO2（g）+2H2O（l）；H=2600kJmol1的说法正确的是（）A有10NA个电子转移时，该反应吸收1300kJ的能量B有NA个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量C有2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量D有8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量考点：热化学方程式；阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：压轴题；化学用语专题；化学反应中的能量变化分析：根据转移的电子数目、水分子的个数、共用电子对数分别判断参加反应的物质的物质的量，进而判断反应热

32、大小，并根据该反应放热来判断解答：解：A、该反应为放热反应，故A错误；B、该反应为放热反应，故B错误；C、1个CO2分子中含有4个共用电子对，有2NA个碳氧共用电子对生成时，说明有0.5molCO2生成，放出325KJ的能量，故C错误；D、1个CO2分子中含有4个共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，说明有2molCO2生成，放出1300KJ的能量，故D正确故选D点评：本题考查热化学反应的能量的计算，做题时注意反应时吸热还是放热，正确从微观结构判断参加反应物质的物质的量是做本题的关键15（3分）（2013江西模拟）从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物，它在水溶液中因存在下列平衡：HI

33、n（溶液，红色）H+（溶液，无色）+In（溶液，黄色） 而用作酸碱指示剂往该溶液中加入Na202粉末则溶液颜色为（）A红色变深B黄色变浅C黄色变深D褪为无色考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：往该溶液中加入Na202粉末，根据过氧化钠具有氧化性，因而具有漂白性来回答解答：解：过氧化钠溶于水生成强碱氢氧化钠，溶液显碱性，指示剂先变黄，然后又因为过氧化钠的强氧化性使指示剂褪色，变为无色故选D点评：本题考查学生化学过氧化钠的性质，可以根据所学知识来回答，难度不大16（3分）（2013江西模拟）A、B、C分别是元素甲、乙、丙的单质，它们都是常见的金属或非金属，D、E、

34、F是常见的三种氧化物，且有如图所示转化关系，则下列说法不正确的是（）AD、E中一定都含有甲元素B单质B肯定是氧化剂CA、B、C中一定有一种是氧元素的单质D若A是非金属，则B一定为金属考点：无机物的推断专题：推断题分析：A根据反应A+DE和A+CE以及B+DA+F判断；B常见的氧化物中氧为2价，则另一种元素显正价，故在D中A元素显正价，被还原剂B可以还原为A中的0价态；C根据反应B+DA+F和A+CE判断D置换反应B+DA+F可以是氧化性置换，也可以是还原性置换，以此判断金属或非金属；解答：解：A由转化关系可知：A+DE和A+CE都是化合反应，故E中一定含有甲元素，而B+DA+F是置换反应，B是

35、单质，则甲元素只能来自化合物D，A是甲元素的单质，故A正确；B因为常见的氧化物中氧为2价，则另一种元素显正价，故在D中A元素显正价，被还原剂B（金属）可以还原为A中的0价态，而D被A（氧化剂）氧化为A元素更高价态的化合物E，故B错误；CB+DA+F是置换反应，B是单质，其中D、F为氧化物，则A肯定不含O元素，A+CE是化合反应，A、C为单质，E为氧化物，所以C一定为氧气，故C正确；D置换反应B+DA+F可以是氧化性置换（则B是非金属），也可以是还原性置换（B是非金属或金属单质），若A为非金属，B和氧化物发生置换反应生成氧化为和A单质非金属，D中A元素为正价，被B的单质还原，所以B只能为金属元素

36、，故D正确；故选B点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题从物质的转化关系和物质的种类的角度分析，氧化还原反应的化合价变化是解题关键二、填空题（本题包括5小题，共52分）17（7分）（2013江西模拟）已知Ca（OH）2与Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应（发生的反应均为放热反应）生成物中含有Cl、ClO、；三种含氯元素的离子，其中C1O、两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示（1）t1前，氧化产物是Ca（ClO）2 （填化学式）（2）t2时，Ca（OH）2与Cl2发生反应的总的离子方程式为：5Ca（OH）2+5Cl2=5

37、Ca2+2ClO+ClO3+7Cl+5H2O（3）该石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量是5mol（4）NaClO2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，其爆炸后的产物可能是D（填字母）ANaCl、Cl2 BNaCl、NaClO CNaClO3、NaClO4 DNaCl、NaClO3（5）配平下列离子方程式：2Fe（OH）3+（5n）ClO+2nOH2（5n）Cl+（n+3）H2O考点：氯气的化学性质；氧化还原反应方程式的配平专题：氧化还原反应专题；卤族元素分析：（1）氧化还原反应在的氧化产物是还原剂被氧化生成的物质，化合价在变化中升高；（2）t2时，Ca（OH）2与Cl2发生反应，依据

38、图象分析可知生成次氯酸根和氯酸根离子物质的量之比为2：1，依据题干条件结合离子方程式的书写原则电荷守恒、原子守恒配平方程式，注意石灰乳氢氧化钙些化学式；（3）该石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量依据图象和离子方程式推算，t2时，氯气和氢氧化钙恰好全部反应，所以氢氧化钙物质的量为5mol；（4）NaClO2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，发生氧化还原反应，氯元素化合价从+3价升降，即其爆炸后的产物中 的氯元素化合价有大于+3价和小于+3价的化合物；（5）依据氧化还原反应的化合价升降总数相同来分析配平，检查原子守恒、电荷守恒；解答：解：（1）氧化还原反应在的氧化产物是还原剂被氧化生成

39、的物质，化合价在变化中升高，即氯元素化合价升高生成的产物，结合图象分析，t1前，氧化产物只有Ca（ClO）2；故答案为：Ca（ClO）2；（2）t2时，Ca（OH）2与Cl2发生反应，依据图象分析可知生成次氯酸根和氯酸根离子物质的量之比为2：1，依据题干条件结合离子方程式的书写原则电荷守恒、原子守恒配平方程式，5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2+2ClO+ClO3+7Cl+5H2O；故答案为：5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2+2ClO+ClO3+7Cl+5H2O；（3）t2时，氢氧化钙和氯气恰好反应，依据反应的离子方程式可知：5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2+2ClO+ClO3+7C

40、l+5H2O；消耗氢氧化钙物质的量为：5mol；故答案为：5mol；（4）NaClO2较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，发生氧化还原反应，氯元素化合价从+3价升降，即其爆炸后的产物中 的氯元素化合价有大于+3价和小于+3价的化合物；A、中氯元素化合价为1和0价；不符合；B、氯元素化合价1和+1价；不符合；C、氯元素化合价为+5和+7价，不符合；D、氯元素化合价为1和+5价，符合；故答案为：D（5）依据化合价变化：ClOCl2e；Fe（OH）3FeO4n（5n）e；电子转移总数2（5n），结合离子方程式的电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行分析配平，写出离子方程式为：2Fe（OH）3+（5

41、n）ClO+2nOH=2FeO4n+（5n）Cl+（3+n）H2O故答案为：2，（5n），2n，2，（5n），（n+3）点评：本题考查了氯气性质应用，氯气和氢氧化钙反应的图象分析判断，离子方程式的书写方法，氧化还原反应的电子守恒方法配平离子方程式，氧化还原反应的化合价变化特征应用，题目难度中等18（8分）（2013江西模拟）甲醇是一种很好的燃料，工业上用CH4和H2O为原料，通过下述反应和来制备甲醇（1）将1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ICH4的转化率与温度、压强的关系如图已

42、知100时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为0.003mol/（Lmin）图中的P1P2（填“”、“”或“=”），100时平衡常数为2.25104该反应的H0（填“”、“”或“=”）（2）在压强为0.1MPa条件下，将a mol CO与3amol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是BDA升高温度 B将CH3OH（g）从体系中分离C充入He，使体系总压强增大 D再充入1mol CO和3mol H2为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经

43、填在下面实验设计表中 实验编号T（）n（CO）/n（H2）p（MPa）l1501/30.12n1/353350m5A则上表中剩余的实验条件数据：a=150、b=B根据反应的特点，右上图是在压强分别为0.1MPa和5MPa下CO的转化率随温度变化的曲线图，请指明图中的压强Px=0.1MPa考点：化学平衡的计算；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：（1）根据图知道平衡时甲烷的转化率，求出c（CH4），根据v=计算v（CH4），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时甲烷的转化率，由此判断；平衡常数

44、k=，计算出平衡时，各组分的浓度，代入平衡常数计算由图可知，温度越高甲烷的转化率越大，即升高温度平衡向正反应方向移（2）容器容积不变，增加甲醇产率，平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，据此判断a、b的值根据定一议二原则，定温度同，再比较压强，即作垂直x轴的辅助线，比较平衡时CO的转化率，由此判断解答：解：（1）由图知道平衡时甲烷的转化率为0.5，所以c（CH4）=0.005mol/L，所以v（CH4）=0.001mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=3v（CH4）=30.001mol/（Lmin）=0.0

45、03mol/（Lmin）故答案为：0.003mol/（Lmin）温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为P1的CH4的转化率高，反应为前后体积增大的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应移动，CH4的转化率降低，所以P1P2 CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），开始（mol）：1.0 2.0 0 0变化（mol）：1.00.5 0.5 0.5 1.5平衡（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5所以平衡常数k=2.25104，故答案为：；2.25104由图可知，温度越高甲烷的转化率越大，即升高温度平衡向正反应方向移，温度升高平衡向吸热方向移动，所以正反应为吸热反应

46、，即H0故答案为：（2）A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，甲醇的产率降低，故A错误；B、将CH3OH（g）从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，甲醇的产率增加，故B错误；C、充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，甲醇的产率不变，故C错误；D、再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，甲醇的产率增加，故D正确故选：BDA、采取控制变量法，探究合成甲醇的温度和压强的适宜条件，所以温度、压强是变化的，应保持不变，所以b=；比较使用1、2，压强不同，所以

47、温度应相同，故a=150故答案为：a=150；b=B、温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为Py的CO的转化率高，反应为前后体积减小的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，所以PxPy，所以压强Px=0.1MPa故答案为：0.1点评：本题考查化学反应速率、平衡常数、化学平衡计算、化学平衡的影响因素及读图能力等，综合性较大，难度中等，知识面广，应加强平时知识的积累注意控制变量法与定一议二原则应用19（8分）（2013江西模拟）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O，ClO2的沸点为283

48、K，纯ClO2易分解爆炸，HClO2在25时的电离程度与硫酸的第二步电离程度相当，可视为强酸如图是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：（1）C1O2发生器中所发生反应的离子方程式为2SO2+ClO3=C1O2+2SO42，发生器中鼓入空气的作用可能是B（选填序号）A将SO2氧化成SO3增强酸性 B稀释C1O2以防止爆炸 C将NaClO3氧化成C1O2（2）在该实验中用质量浓度来表示NaOH溶液的组成，若实验时需要450mLl60g/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称取NaOH的质量是80.0g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须有500ml容量瓶、胶头滴管、药匙（3）在

49、碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量所需要的试剂是酚酞（4）在吸收塔中，可代替H2O2的试剂是A （填序号）ANa2O2 BNa2S CFeCl2 DKMnO4（5）从滤液中得到NaClO23H2O晶体的实验操作依次是加热浓缩、冷却结晶、过滤（填操作名称）考点：制备实验方案的设计专题：化学实验基本操作分析：（1）由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3还原为C1O2，自身被氧化为SO42；由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释，以防止爆炸；（2）选择500mL容量瓶，浓度g/L表示1L溶

50、液中所含溶质质量的多少，据此计算配制500mLl60g/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量；配制氢氧化钠溶液需要仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；（3）检验溶液的酸碱性可用酸碱指示剂（4）还原性要适中，还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产，同时方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产，Na2O2溶于水相当于H2O2（5）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体解答：解：（1）由流程图可知C1O2发生器中目的是产生C1O2，二氧化硫具有还原性，将ClO3

51、还原为C1O2，自身被氧化为SO42，反应离子方程式为2SO2+ClO3=C1O2+2SO42；由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2，以防止爆炸，故选B；故答案为：2SO2+ClO3=C1O2+2SO42；B；（2）应选择500mL容量瓶，浓度g/L表示1L溶液中所含溶质质量的多少，配制500mLl60g/L的NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5Ll60g/L=80.0g；配制氢氧化钠溶液需要仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还需要的仪器为：500ml容量瓶、胶头滴管、药匙；故答案为：80.0；500ml容量瓶、胶头滴管、

52、药匙；（3）NaOH过量则溶液呈碱性，取少许溶液加入酚酞，溶液若呈红色，说明NaOH过量；故答案为：酚酞；（4）还原性要适中还原性太强，会将ClO2还原为更低价态产物，影响NaClO2生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产Na2O2溶于水相当于H2O2Na2S、FeCl2还原性较强，生成物与NaClO2分离比较困难；故选A；（5）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤点评：本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为背景，以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线，考察学生阅读题目获取信息

53、的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力题目有一定的难度20（7分）（2013江西模拟）化合物A是尿路结石的主要成分，属于结晶水合物，可用XH2O表示在一定条件下有如图（1）所示的转化关系：已知：经分析，图（1）中的各字母代表的物质均由常见元素（原子序数20）组成，其中X由三种元素组成；A、D晶体中阴、阳离子个数比都是1：1；D中的阳离子与C分子有相同的电子数，A中的阳离子与D中的阴离子的电子层结构相同G、H是常见的气体单质，E、K、L是常见的气体化合物；E被人体吸入会与血红蛋白结合而使人中毒，K的大量排

54、放是造成地球温室效应的一个主要原因反应、是重要的化工反应，I是一种重要的化工原料图（1）中的部分变化经定量测定，得到如图（2）所示的固体产物的质量分数（%）随温度T（）的变化曲线回答下列问题：（1）写出A的化学式：CaC2O4H2O，D中阴离子的结构示意图为；（2）反应的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO（3）写出电解反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：（4）K与G在一定条件下可生成多种物质，既可获得经济效益，也减少对环境的污染若O是一种易挥发的液态燃料，有毒，误饮510mL会导致双目失明则O的分子式为：CH4O若O是K与G按1：3的比例反应而得，则O可能是B（填编号）A烷烃

55、B烯烃C炔烃D芳香烃考点：无机物的推断；氧化还原反应专题：推断题分析：根据图（1）中的物质均之间的转化，可以知道E是一氧化碳，K是二氧化碳，电解氯化钠的水溶液可以得到氯气、氢气，二者点燃后生成氯化氢，进而可以制的盐酸，所以D是氯化钠，氯离子和钙离子的核外电子排布一样，所以X是含有钙元素、碳元素和氧元素，并且可以分解的物质，推断可知是草酸钙的结晶水合物，根据草酸钙的结晶水合物在不同条件下的分解产物来判断即可解答：解：根据图（1）中的物质均之间的转化，可以知道E是一氧化碳，K是二氧化碳，电解氯化钠的水溶液可以得到氯气、氢气，二者点燃后生成氯化氢，进而可以制的盐酸，能和二氧化碳反应的是氢气，即G为氢

56、气，H是氯气，所以D是氯化钠，氯离子和钙离子的核外电子排布一样，所以X是含有钙元素、碳元素和氧元素，并且可以分解的物质，推断可知是草酸钙的结晶水合物，在300下，草酸钙的水合物分解生成草酸钙和水，草酸钙在700下分解为碳酸钙和一氧化碳，所以F是碳酸钙，碳酸钙在1100下分解为氧化钙和二氧化碳，所以J是氧化钙（1）写出A的化学式为：CaC2O4H2O，氯离子的结构示意图为：，故答案为：CaC2O4H2O；（2）CaC2O4H2O在高温下分解的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO，故答案为：CaC2O4CaCO3+CO；（3）氯化钠水溶液电解时，生成氢氧化钠、氯气和氢气，化合价升高值=化合价

57、降低值=转移电子数=2，电子转移情况为：，故答案为：；（4）氢气和二氧化碳反应生成的甲醇是一种易挥发的液态燃料，是有毒的物质，误饮510mL会导致双目失明，故答案为：CH4O；二氧化碳和氢气按照1：3的比例化合，2CO2+6H2C2H4+4H2O，所以可以得到有机物质是乙烯，属于烯烃，故选：B点评：本题是一道物质物质的综合推断题，考查学生分析和解决问题的能力，综合性较强，难度较大21（15分）（2013江西模拟）（一）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，X的阴离子与Y的内层电子数相等，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的两倍，Z、L是空气中含量最多的二种元素，M是地壳中含量最高的金属

58、元素回答下列问题：（1）L的元素名称为氧；五种元素的原子半径从小到大的顺序是（用元素符号表示）HONCAl（2）Z、X两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A和B，用电子式表示A的形成过程3H+，B的结构式（3）硒（Se）是人体必须的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为34，其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4该族25周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是b（填字母代号）a+99.7kJmol1 b+29.7kJmol1c20.6kJmol1 d241.8kJmol1（4）一定条件下，M与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分已知该反应生成lmol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s，石墨）=2Al2O3（s）+3TiC（s）M=1072g/