问酷网浙江省杭州市高考化学一模试卷

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1、问酷网 更多试题试卷答案尽在问酷网2014年浙江省杭州市高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共16分）1（2分）（2014潍坊模拟）下列说法中不正确的是（）A开发氢能、太阳能、风能、生物质能等是实现“低碳生活”的有效途径B钢铁是用量最大、用途最广泛的合金C硅主要以单质、氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中D利用催化设施，可以将汽车尾气中CO和NO转化为无害气体考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；金属与合金在性能上的主要差异菁优网版权所有专题：化学应用分析：A开发氢能、太阳能、风能、生物质能减少化石能源的使用，减少二氧化碳的产生；B目前

2、世界上用量最大的合金是铁合金；C自然界中硅主要以氧化物和硅酸盐的形式存在；D利用催化设施，CO、NO转化为无害气体N2、CO2解答：解：A开发氢能、太阳能、风能、生物质能减少化石能源的使用，减少二氧化碳的产生，是实现“低碳生活”的有效途径，故A正确；B目前世界上用量最大的合金是铁合金，即钢铁，故B正确；C硅主要氧化物、硅酸盐的形式存在于自然界中，故C错误；D利用催化设施，CO、NO转化为无害气体N2、CO2，发生2CO+2NON2+2CO2，故D正确；故选C点评：本题考查了能源的利用、用量最大的合金、硅元素存在形式、汽车尾气处理等知识，属于综合知识的考查，难度不大2（2分）（2014潍坊模拟）

3、下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）AMgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料BNaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂CAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品D利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光考点：镁、铝的重要化合物；钠的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质菁优网版权所有专题：几种重要的金属及其化合物分析：AMgO、Al2O3熔点高，硬度大，可用于耐高温材料；B碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体；CAl具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜；D钠的焰色反应为黄色解答

4、：解：A耐高温材料应具有熔点高的特点，因MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可用于耐高温材料，故A正确；B碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体，则可用于焙制糕点的膨松剂，但不是和碱反应的原因，故B错误；CAl具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，故C正确；D钠的焰色反应为黄色，因黄色光射程远、透雾能力强，则可用于自造高压钠灯，故D正确；故选B点评：本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累3（2分）（2014潍坊模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙

5、述中正确的是（）A1mol苯分子中含有碳碳双键数为3NABpH=13的氢氧化钠溶液中所含Na+为0.1NAC14g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子总数为3NAD5.6g铁与足量的氯气反应失去电子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数菁优网版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键；B、氢氧化钠溶液的体积不知，无法计算溶液中钠离子的数目；C、乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出14g混合物中含有的原子总数；D、铁与氯气反应生成产物为氯化铁，0.1mol铁完全反应失去0.3mol电子解答：解：A、苯中的碳碳键为介于碳碳单键和碳碳双键之间的一

6、种独特键，不存在双键，故A错误；B、没有告诉pH=13的氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中钠离子的物质的量及数目，故B错误；C、14g乙烯和丙烯的混合气体含有1mol最简式为CH2，含有1mol碳原子和2mol氢原子，总共含有3mol原子，所含原子总数为3NA，故C正确；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与氯气完全反应失去了0.3mol电子，失去电子数为0.3NA，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意掌握阿伏伽德罗常数与物质的量、摩尔质量之间关系，明确铁与氯气反应产物为氯化铁，选项B为易错点，注意题中数据是否齐全4（2分）（2014

7、潍坊模拟）下列说法或表述中不正确的是（）A乙烯、乙炔、l，3一丁二烯都能发生加聚反应B在核磁共振氢谱中能出现两个峰C的名称：2，3二甲基4乙基己烷D石油裂解和油脂皂化都是高分子生成小分子的过程考点：聚合反应与酯化反应；常见有机化合物的结构；有机化合物命名；石油的裂化和裂解；油脂的性质、组成与结构菁优网版权所有专题：有机化学基础分析：A根据有机物含有碳碳双键或碳碳三键能发生加聚反应；B根据核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数，根据等效氢的判断方法氢原子的种类；C根据烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线；D根据高分子是相对分子质量达几万或几十万的

8、分子解答：解：A乙烯、l，3一丁二烯都含有碳碳双键，乙炔含有碳碳三键，都能发生加聚反应，故A正确；B中含有2种氢原子，在核磁共振氢谱中能出现两个峰，故B正确；C的主链有6个碳原子，2号碳、3号碳都连有甲基，4号碳上连有乙基，所以名称为：2，3二甲基4乙基己烷，故C正确；D高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子，石油和油脂不属于高分子，故D错误；故选：D点评：本题主要考查了物质的结构与性质、核磁共振氢谱图以及烷烃的命名，难度不大，注意知识的积累5（2分）（2014潍坊模拟）微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如图所示，甲是（）ASiBNH4+CAlDSO2考点：硅和二氧化硅；铵盐；二氧化硫的化学性

9、质；铝的化学性质菁优网版权所有难度星级：一星专题：元素及其化合物分析：根据微粒甲能与氢氧根反应生成乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可解答：解：ASi与氢氧根能反应生成SiO32，SiO32和H+反应生成H2SiO3，不符合转化关系，故A错误；BNH4+与OH反应生成NH3H2O，NH3H2O不是离子，不符合转化关系，故B错误；CAl与与OH反应生成AlO2，与氢离子反应生成沉淀或铝离子，得不到Al，不符合转化关系，故C错误；DSO2与氢氧根能反应生成亚硫酸根，亚硫酸根和氢离子反应生成水和SO2，故D正确；故选D点评：本题考查无机物的推断，把握物质的性质及图中转化关系

10、为解答的关键，注意微粒之间发生的反应，题目难度不大6（2分）（2014杭州一模）下列说法不正确的是（）A用氢氧化钠溶液滴定食醋，开始时溶液的pH通常变化缓慢，当接近完全反应时（即滴定终点），pH出现突变，称为滴定突跃B硝酸钾饱和溶液冷却未出现结晶时，可以用玻璃棒充分磨擦器皿壁促使晶体析出C抽滤装置由布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶、抽气泵等仪器组成，工作的主要原理是抽气泵给吸滤瓶减压，导致装置内部的压强降低，使过滤的速度加快DCu2+与过量氨水反应制取Cu（0H）2，离子方程式为Cu2+2NH3H20Cu（OH）2+2NH4+考点：pH的简单计算；离子方程式的书写；过滤；蒸发和结晶、重结晶菁优网版权所

11、有专题：基本概念与基本理论；化学实验基本操作分析：A用氢氧化钠溶液滴定食醋，开始时由于溶液中的食醋被OH中和但溶液中H+浓度变化较小，使溶液的pH变化缓慢，当接近恰好完全反应时，少滴加一滴溶液呈酸性，多滴加一滴时溶液呈碱性，在化学计量点前后加入少量的酸或碱使溶液的pH值发生突变的现象称为滴定突跃；B由于溶质不容易在溶液中形成结晶中心，所以不能结晶沉淀，因为它需要长时间的调节并形成定向的排列顺序玻璃棒充分磨擦器皿壁，就会打破这种短暂的平衡，促使其产生上述过程C抽滤装置由布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶、抽气泵等仪器组成，抽气泵给吸滤瓶装置内空气抽走而产生负压，使过滤速度加快DCu2+和氨气可形成配位键，

12、所以当氨水足量时，生成物氢氧化铜可以溶解在氨水中生成Cu（NH3）42+解答：解：A在化学计量点前后加入少量的酸或碱使溶液的pH值发生突变的现象称为滴定突跃，故A正确；B因为饱和溶液的结晶是需要有晶核的，晶核提供使结晶生长的载体用玻璃棒在容器内壁液面下摩擦几下就会出现玻璃的细小微晶，这样就有了晶核，从而使晶体析出，故B正确；C抽滤装置由布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶、抽气泵等仪器组成，抽气泵给吸滤瓶装置内空气抽走而产生负压，使过滤速度加快故C正确；D铜离子和氨气可形成配位键，所以当氨水足量时，生成物氢氧化铜可以溶解在氨水中生成Cu（NH3）42+，故D错误故选D点评：本题考查化学实验抽滤装置的工作原

13、理，涉及中和滴定中滴定突跃、结晶、及配位键等，是对基础知识的考查，难度不大，注意对基础知识的掌握7（2分）（2014杭州一模）铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有关反应原理如下（） Fe3O4（s）+3H2S（g）+H2（g）3FeS（s）+4H2O（g） Fe2O3（s）+2H2S（g）+H2（g）2FeS（s）+3H2O（g） FeO（s）+H2S（g）FeS（s）+H2O（g）温度与上述各反应的平衡常数的关系如图所示下列有关说法正确的是（）A反应、中铁的氧化物都是氧化剂B反应、的正反应都是放热反应C反应、中，温度越高H2S的脱除率越高D反应、中，压强越大H2S脱除率越高考点：氧化还原反

14、应；化学平衡的影响因素菁优网版权所有专题：化学平衡专题分析：A根据化合价的变化判断，氧化剂中元素的化合价降低；B根据图象可知升温平衡常数都减小，平衡左移，则正反应都是放热反应；C升温平衡常数都减小，说明升温平衡左移H2S的脱除率降低；D这三个可逆反应中反应前后气体体积不变，压强不影响平衡移动解答：解：A根据化合价判断，、中铁的氧化物都是氧化剂、中各元素化合价均无变化，不是氧化剂，故A错误；B根据图象可知，反应、升温平衡常数都减小，说明升温平衡左移，则反应、正反应都是放热反应，故B正确；C反应、中升温平衡常数都减小，说明升温平衡左移H2S的脱除率降低，故C错误；D反应、中，反应前后气体体积不变，

15、所以增大压强平衡不移动，只改变反应速率，所以H2S脱除率不变，故D错误；故选B点评：本题考查了氧化还原反应、化学平衡的影响因素等，注意反应的特点、图象的正确分析，难度一般8（2分）（2014潍坊模拟）下列有关实验原理或实验操作正确的是（）A用甲装置验证铜与稀硝酸的反应产物是NOB通过乙装置实现化学反应：2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2OC用丙装置测定盐酸的浓度D用丁装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热有乙烯生成考点：化学实验方案的评价菁优网版权所有专题：实验评价题分析：A装置中有空气，生成的NO易被氧化生成二氧化氮；B通入氧气的一极为原电池的正极，铜可被氧化，为原电池的负极；C氢氧化钠应放

16、在碱性滴定管；D不能排除乙醇的影响解答：解：A装置中有空气，生成的NO易被氧化生成二氧化氮，应先排除装置内的空气，故A错误；B通入氧气的一极为原电池的正极，铜可被氧化，为原电池的负极，为铜的吸氧腐蚀，反应为2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O，故B正确；C氢氧化钠可腐蚀玻璃塞，应放在碱性滴定管，故C错误；D乙醇易挥发，生成的乙烯中含有乙醇，乙醇可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故D错误故选B点评：本题考查较为综合，涉及气体的检验、金属的腐蚀、中和滴定以及乙烯的制备等，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的

17、评价，难道不大二、选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分9（3分）（2014杭州一模）我省多地都有野生的紫苏，由紫苏叶中提取的挥发油具有驱风、止咳和健胃的作用这种挥发油中含有一种紫苏醛的物质，其结构简式为，紫苏醛不具有的性质是（）A跟新制Cu（0H）2等发生氧化反应B跟乙醇发生酯化反应C跟氢气等发生加成反应D跟溴单质发生取代反应考点：有机物的结构和性质菁优网版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有醛基，可发生加成和氧化反应，以此解答该题解答：解：A分子中含有醛基，可与新制Cu（0H）2等发生氧化反应，故A不选；B分子中不

18、含羧基，不能与乙醇发生酯化反应，故B选；C分子只含有苯环和醛基，都可与氢气发生加成反应，故C不选；D含有苯环，可在催化剂条件下发生取代反应，故D不选故选B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，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大10（3分）（2014杭州一模）现有两瓶温度分别为15和45，pH均为l的硫酸溶液，下列有关说法不正确的是（）A两溶液中的c（OH）相等B两溶液中的c（H+）相同C等体积两种溶液中和碱的能力相同D两溶液中的c（H2SO4）基本相同考点：电解质在水溶液中的电离菁优网版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：

19、温度升高，促进水的电离，所以温度不同水的离子积常数不同；温度越高，Kw越大，结合Kw=c（H+）c（OH）解答解答：解：A、两溶液中的OH均来源于水的电离，在不同温度下，水的离子积常数不同，故由水电离出的c（OH）和c（H+）不同，故A错误；B、由pH=lgc（H+）可知，pH相同，H+浓度相同，故B正确；C、由pH=lgc（H+）可知，pH相同，H+浓度相同，则两溶液中的c（H2SO4），所以等体积两种溶液中和碱的能力相同，故C正确；D、由pH=lgc（H+）可知，pH相同，H+浓度相同，则两溶液中的c（H2SO4），故D正确；故选A点评：本题考查水的电离以及溶液酸碱性的判断，侧重于学生的分

20、析能力的考查，难度不大，注意把握影响水电离平衡的因素11（3分）（2014杭州一模）根据不同的研究目的，可以编制成不同的元素周期表将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成如图所示的“蜗牛”元素周期表，图中每个“”代表一种元素，其中P点代表氢元素（图中的字母不表示元素符号）下列说法正确的是（）AY点元素对应的氢化物比Z点元素对应的氢化物更稳定B虚线相连的两个点元素处于同一族C比Y点原子序数小8的元素，它的最高氧化物对应的水化物是一种弱酸DK、L、X三种元素的离子半径大小顺序是X3+L+K2考点：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：P点代表氢元素，按

21、照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，P、I连线的三元素为第A族，K为O元素，I为Na元素，M为Mg元素，X为Al元素，Y为P，Z为Cl，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族，结合元素周期律及元素化合物的性质解答该题解答：解：A非金属性PCl，故氢化物稳定性PH3HCl，故A错误；B由原子序数及种类可知，虚线相连的元素处于同一族，故B正确；CY为P，原子序数大于8的元素，故C错误；D电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2Na+Al3+，故D错误，故选B点评：本题考查元素周期表、元素周期律等，难度不大，注意掌握氢化物稳定性及微粒半径的比较12（3

22、分）（2014杭州一模）以包列科学家Danici Shcchtman因发现准晶体获得2011年诺贝尔化学奖人们在自然界中也找到了组成为Al63Cu24Fe13的天然准晶体将相同质量的此准晶体分别与足量的盐酸、烧碱和稀硝酸反应，产生气体的物质的量关系为（）An（烧碱）n（稀硝酸）n（盐酸）Bn（烧碱）n（盐酸）n（稀硝酸）Cn（稀硝酸）n（烧碱）n（盐酸）Dn（盐酸）n（稀硝酸）n（烧碱）考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算菁优网版权所有难度星级：一星专题：计算题分析：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大

23、于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成NO气体，结合得失电子的物质的量关系可确定生成气体的物质的量解答：解：该合金中只有铝与氢氧化钠溶液反应生成气体，铁和铝都与盐酸反应生成氢气，所以加入盐酸放出的气体体积大于氢氧化钠溶液，铁、铝和铜都与稀硝酸反应生成气体，为便于计算，可设Al63Cu24Fe13为1mol，根据金属和生成气体之间的关系式得生成气体体积分别为：与HCl反应时：n（H2）=13+631.5=107.5 mol，与NaOH反应时：n（H2）=631.5=94.5 mol，与HNO3反应时：n（NO）=63+13+24=92 mol，所以生成气体体积大小顺序是n（稀硝酸）n（烧碱

24、）n（盐酸），故选C点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，解答本题时，为便于计算，可设合金为1mol，这样可避免计算的繁琐，另外可根据得失电子数目的角度解答，可不必书写反应的化学方程式，难度中等13（3分）（2014杭州一模）氯原子对O3的分解有催化作用：O3+ClClO+O2H1，ClO+OCl+O2H2该反应的能量变化如图示意，下列叙述中正确的是（）A反应O3+O2O2的H=E1E2B反应O3+O2O2的H=E2E3C反应O3+O2O2是吸热反应D反应O3+O2O2的H=H1+H2考点：反应热和焓变菁优网版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：由图象可知，反

25、应物总能量大于生成物总能量，O3+O2O2应为放热反应，反应热H=（E2E3），反应中Cl为催化剂，以此解答解答：解：A反应O3+O2O2的H=E3E2，故A错误；B反应O3+O2O2的H=E3E2，故B错误；C由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，O3+O2O2应为放热反应，故C错误；D、O3+ClClO+O2H1，ClO+OCl+O2H2，由盖斯定律计算+得到反应O3+O2O2的H=H1+H2，故D正确；故选D点评：本题考查了化学反应能量变化和焓变意义理解应用，注意焓变为负值时，反应放热，题目较简单14（3分）（2014杭州一模）将一定量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中，下列反应的离

26、子方程式一定错误的是（）ASO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2H+2ClOBSO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO4+HClO+H+ClC2SO2+2H2O+Ca2+2ClOCaSO4+4H+2Cl+SO42DSO2+H2O+Ca2+3ClOCaSO4+2HClO+Cl考点：二氧化硫的化学性质；离子方程式的书写菁优网版权所有专题：氧族元素分析：ClO有较强的氧化性，在水溶液中SO2有较强的还原性，二者相遇首先发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子，因为硫酸钙在水中的溶解度不大，则硫酸根离子与钙离子会形成硫酸钙沉淀解答：解：次氯酸根离子有强氧化性，二氧化硫有强还原性，二者能发生氧化

27、还原反应生成氯离子和硫酸根离子，如果次氯酸根离子的量大于二氧化硫的量，溶液中除了生成氯离子外还生成次氯酸，硫酸钙是微溶物，当溶液中硫酸钙的量较大时生成硫酸钙沉淀，溶液中亚硫酸钙能被次氯酸氧化生成硫酸钙，则溶液中一定不存在亚硫酸钙，所以A错误，故选A点评：本题考查离子方程式的判断、氧化还原反应等知识点，注意虽然亚硫酸的酸性大于次氯酸，但亚硫酸易被氧化生成硫酸，为易错点15（3分）（2014杭州一模）电浮选凝聚法处理酸性污水的工作原理如图所示下列说法不正确的是（）A铁电极的电极反应式为：Fe2eFe2+B通人空气的石墨电极的电极反应式为O2+2CO2+4e2CO32C若左池石墨电极产生44.8L（

28、标准状况）气体，则消耗氧气0.5molD为增强污水的导电能力，可向污水中加入适量工业用食盐考点：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有专题：电化学专题分析：右边装置属于燃料电池，为原电池，通入甲烷的电极为负极，负极上甲烷失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，左边装置为电解池，铁作阴极，石墨作阳极，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，结合转移电子相等进行解答解答：解：A通入氧气的电极上得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极为正极，则铁作阳极，阳极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe2eFe2+，故A正确；B通入空气的电极为正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳

29、酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e2CO32，故B正确；C石墨电极上析出的气体为氢气，生成44.8L氢气转移电子的物质的量=4mol，根据转移电子相等得，消耗氧气的物质的量=1mol，故C错误；D水是弱电解质，其导电能力较小，为了增强溶液的导电能力而加入强电解质，故D正确；故选C点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，结合转移电子相等进行计算，难点的电极反应式的书写，要结合电解质书写，难度中等16（3分）（2014杭州一模）从含有Ag+、Fe3+和Al3+的溶液中，按如图所示方法分离提取金属单质已知：实验时甲、乙、丙、丁四种物质只能从碳酸铵、氢氧化

30、钠、稀硫酸、葡萄糖四种溶液中选择，也可用这四种溶液来制取对该实验过程的分析正确的是（）A丙是NaOH，丁是稀H2SO4B乙是葡萄糖，利用乙的还原性将金属A从溶液a中还原出来C操作I是过滤和洗涤沉淀洗涤沉淀的方法是将漏斗中的沉淀转移到小烧杯中，加蒸馏水浸没沉淀，用玻璃棒搅拌，然后将水倒出，重复23次Dg是氧化物，金属c采用电解法获得考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；几组未知物的检验菁优网版权所有专题：物质检验鉴别题分析：在含有较多Ag+、Fe3+、Al3+的工业废水中加入甲（碳酸铵），Fe3+、Al3+会生成沉淀b（氢氧化铁和氢氧化铝），Ag+反应生成银氨溶液（溶液a），在银氨溶液中

31、加入乙（葡萄糖）会生成金属A（银），沉淀b加入过量的丙（氢氧化钠溶液），氢氧化铝会溶解，过滤后得到沉淀e（氢氧化铁）和溶液c（含偏铝酸钠）；氢氧化铁灼烧得到g（氧化铁），氧化铁被还原得到金属C（铁）；溶液c加入酸性物质生成氢氧化铝沉淀d，氢氧化铝受热分解得到f氧化铝，电解氧化铝可得金属B（铝）解答：解：在含有较多Ag+、Fe3+、Al3+的工业废水中加入甲（碳酸铵），Fe3+、Al3+会生成沉淀b（氢氧化铁和氢氧化铝），Ag+反应生成银氨溶液（溶液a），在银氨溶液中加入葡萄糖会生成金属A（银），沉淀b加入过量的氢氧化钠溶液，氢氧化铝会溶解，过滤后得到沉淀e（氢氧化铁）和溶液c（含偏铝酸钠）；氢

32、氧化铁灼烧得到g（氧化铁），氧化铁被还原得到金属C（铁）；溶液c加入酸性物质生成氢氧化铝沉淀d，氢氧化铝受热分解得到f氧化铝，电解氧化铝可得金属B（铝）A丙是NaOH，丁是稀H2SO4，故A正确；B银氨溶液中加入葡萄糖会生成单质银，故B正确；C洗涤沉淀的方法是向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复23次，不能将沉淀转移到小烧杯中，也不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D由g（氧化铁）得到金属C（铁）通常用热还原法制得，故D错误；故选AB点评：本题以从工业废水中分离和提取金属单质为载体，考查了物质的分离提纯方法和原理，把握物质的性质是解题的关键三、（本题包括3小题，共22分）17（7分）（201

33、4杭州一模）现有X、Y、Z、M四种元素均为短周期元素有关信息如下表：原子或分子结构、单质或化合物相关信息X含X元素的物质焰色反应为黄色Y单质为双原子分子若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得Y的单质ZZ元素原子易失去2个电子形成8电子结构的离子MM元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，M与X处于同一周期（1）X元素在周期表中第三周期、第A族；（2）Y元素的元素符号为N，1个单质分子中含3个共用电子对；（3）Z能在CO2气体中燃烧，其化学反应方程式为2Mg+CO22MgO+C（4）化合物X2M3中，各原子（或离子）最外层均达到8电子稳定结构，则X2M3的电子式为，该化合物的水溶液在空气中久

34、置后会被氧化而变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性用化学方程式表示这个变化过程2Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S考点：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、M四种元素均为短周期元素，含X元素的物质焰色反应为黄色，则X为Na；Y单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得Y的单质，则Y为N元素；Z元素原子易失去2个电子形成8电子结构的离子，则Z为Mg；M元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，最外层电子数为6，M与X处于同一周期，则M为S元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、M四种元素均为短周期元素，含X元素的物质焰色

35、反应为黄色，则X为Na；Y单质为双原子分子，若低温蒸发液态空气，因其沸点较低可先获得Y的单质，则Y为N元素；Z元素原子易失去2个电子形成8电子结构的离子，则Z为Mg；M元素原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，最外层电子数为6，M与X处于同一周期，则M为S元素，（1）X为Na元素，在周期表中第三周期第A族，故答案为：三；A；（2）Y为N元素，1个单质分子中含3个共用电子对，故答案为：N；3；（3）Mg在CO2气体中燃烧生成MgO与C，其化学反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（4）化合物Na2S3中，各原子（或离子）最外层均达到8电子稳定结构，应是离子

36、化合物，S32离子中S原子形成1对共用电子对，其电子式为：，该化合物的水溶液在空气中久置后会被氧化而变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性，生成NaOH与S，用化学方程式表示这个变化过程为：2Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S，故答案为：；2Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，（4）中注意根据题目信息书写其电子式18（6分）（2014杭州一模）二元弱酸是分步电离的，25时碳酸和草酸的Ka如表： H2CO3 Ka1=4.3107 H2C2O4 Ka1=5.6102 Ka2=5.61011 Ka2=5.42105（l）设有下列四种溶液：

37、 A0.1molL1的Na2C2O4溶液 B0.1molL1的NaHC2O4溶液 C0.1molL1的Na2CO3溶液 D0.1mol的NaHCO3溶液其中，c（H+）最大的是B，c（OH）最大的是C（2）某化学实验兴趣小组同学向用大理石和稀盐酸制备CO2后残留液中滴加碳酸钠溶液，在溶液中插人pH传感器，测得pH变化曲线如图所示刚开始滴人碳酸钠溶液时发生反应的离子方程式为2H+CO32=H2O+CO2，BC段发生反应的离子方程式为Ca2+CO32=CaCO3，D点时混合溶液中由水电离产生的c（OH）=104 molL1考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子方程式的书写菁优网版权所有专题：离子

38、反应专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，则溶液的碱性越弱；（2）溶液pH7，说明溶液呈酸性，酸和碳酸钠溶液反应生成氯化钠和水、二氧化碳，当pH不变时，碳酸钠和氯化钙发生复分解反应，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度解答：解：（1）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，则酸的酸性越强，酸根离子的水解程度越小，则溶液中氢氧根离子浓度越小，氢离子浓度越大，根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序是：草酸草酸氢根离子碳酸碳酸氢根离子，离子水解强弱顺序是：碳酸根离子碳酸氢根离子草酸根离子醋酸氢根离子，

39、根据离子水解程度知，草酸氢根离子水解程度最小，则其溶液碱性最弱，氢离子浓度最大，所以氢离子浓度最大的是B，水解程度最强的是C，则溶液C中碱性最强，氢氧根离子浓度最大，故答案为：B；C；（2）溶液pH7，说明溶液呈酸性，酸和碳酸钠溶液反应生成氯化钠和水、二氧化碳，离子方程式为：2H+CO32=H2O+CO2，当pH不变时，碳酸钠和氯化钙发生复分解反应，离子方程式为Ca2+CO32=CaCO3，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，D点时混合溶液中由水电离产生的c（OH）=mol/L=104 mol/L，故答案为：2H+CO32=H2O+CO2；Ca2+CO32=CaCO3；104点评：本题考查了盐类

40、水解，明确弱酸的电离平衡常数与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，难点是（2）题，会根据曲线变化趋势确定发生的反应，结合溶液中溶质的性质来分析解答，难度中等19（9分）（2014杭州一模）科学家要研究跟碳元素及其化合物相关的很多课题（1）焦炭可用于制取水煤气测得12g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6kJ热量，该反应的热化学方程式是C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.6kJmol1（2）工业上可用焦炭冶炼金属，若0.5mol碳完全与赤铁矿反应，得到0.6mol铁，同时生成2种常见气体，则该反应的化学方程式是5C+3Fe2O34CO2+CO+6Fe（3）碳跟

41、水蒸气制水煤气的反应是一个可逆反应，下列情况下能判断该反应一定达到平衡状态的是bd（选填编号）av正（H2O）=v正（H2） b容器中温度不再发生改变c消耗n mol H2同时消耗n mol CO d容器中气体的总物质的量不随时间改变（4）温度T1时，在一体积为2L的密闭容积中，加入2.0mol CO和2.0mol的H2，反应中c（H2O）的变化情况如图所示，T1时反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的平衡常数的数值为8.1在第5分钟时将体系的温发升高到T2，若在第8分钟时达到新的平衡，请在如图中画出第5分钟到9分钟后c（H2O）浓度变化趋势的曲线（只要求定性表示）考点：热化学方程

42、式；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断；物质的量或浓度随时间的变化曲线菁优网版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）12g碳的物质的量为1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，据此结合热化学方程式书写原则进行书写；（2）0.5mol碳完全与赤铁矿反应，得到0.6mol铁，同时生成2种常见气体，气体为CO2、CO，令生成CO2、CO的物质的量分别为xmol、ymol，根据C原子守恒有x+y=0.5，根据电子转移守恒有4x+2y=0.63，联立计算x、y的值，确定CO2、CO的系数关系，配平书写方程式；（3）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量

43、、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断；（4）由化学三段式列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；反应是吸热反应升温平衡正向进行，水的浓度减小解答：解：（1）12g碳的物质的量为1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，该反应的热化学方程式C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.6 kJmol1，故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.6 kJmol1；（2）0.5mol碳完全与赤铁矿反应，得到0.6mol铁，同时生成2种常见气体，气体为CO2、CO，令生成CO2、CO的物质的量分别为x

44、mol、ymol，根据C原子守恒有x+y=0.5，根据电子转移守恒有4x+2y=0.63，联立解得x=0.4、y=0.1，CO2、CO的系数为4：1，故该反应的方程式为5C+3Fe2O34CO2+CO+6Fe，故答案为：5C+3Fe2O3 4CO2+CO+6Fe；（3）C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.6 kJmol1，av正（H2O）=v正（H2），依据反应可知自始至终v正（H2O）=v正（H2），不能说明反应到达平衡，故a错误；b反应是吸热反应，容器中温度不变，说明反应达到平衡，故b正确；c根据反应可知，消耗n mol H2同时消耗n mol CO，反应逆向进行不

45、能说明反应到达平衡，故C错误；d反应前后气体的物质的量发生变化，随反应进行气体的物质的量增加，容器中气体的总物质的量不随时间改变，说明反应到达平衡，故d正确；故选：bd；（4）温度T1时，在一体积为2L的密闭容积中，加入2.0mol CO和2.0mol的H2，反应中c（H2O）的变化情况如图所示， C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）起始量（mol/L） 0 0 1 1变化量（mol/L） 0.1 0.1 0.1平衡量（mol/L） 0.1 0.9 0.9T1时反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的平衡常数=8.1；在第5分钟时将体系的温发升高到T2，若在第8分钟时达到新的

46、平衡，在反应是吸热反应升温平衡正向进行，水的浓度减小，如图中画出第5分钟到9分钟后c（H2O）浓度变化趋势的曲线为，故答案为：8.1；点评：本题考查了热化学方程式的书写方法，化学平衡标志的判断分析，平衡常数计算应用，绘制图象应结合影响化学平衡的因素分析，题目难度中等四、（本题包括2小题，共12分）20（5分）（2014杭州一模）（1）已知Na2S2O3+H2SO4NaSO4+S+SO2+H2O甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响设计实验如表（所取溶液体积均为10mL）：实验编号实验温度/c（Na2S2O3）/molL1c（H2SO4）/molL1250.

47、10.1250.20.1250.10.2500.20.1500.10.1其他条件不变时：探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验或（填实验编号）；若同时选择实验、实验、实验，测定混合液变浑浊的时问，可探究比较改变不同反应物的浓度对反应速率的影响对化学反应速率的影响（2）某同学设计如图实验流程探究Na2S2O3的化学性质用离子议程式表示Na2S2O3溶液具有碱性的原因S2O32+H2OHS2O3+OH，实验操作中测试时pH试纸的颜色应该接近DA红色 B深蓝色 C黄色 D绿色上述流程中实验、的目的是为了探究Na2S2O3某种化学性质，你认为是探究了Na2S2O3的还原性考点：探究温度、压强对化学反

48、应速率的影响菁优网版权所有专题：实验设计题分析：（1）探究温度对速率的影响时，其他条件要保持不变，使温度成为唯一变量，实验、实验和实验的温度相同，浓度不同，反应物的浓度为变量；（2）Na2S2O3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，PH=8在标准比色卡对应的颜色为绿色；氯水具有强氧化性的溶液，白色沉淀B为硫酸钡解答：解：（1）其他条件不变探究温度对化学反应速率的影响时，要让浓度保持一致，温度成为唯一变量，和这两组浓度一致，因此可选或，实验、实验和实验的温度相同，浓度不同，因此探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为：或；比较改变不同反应物的浓度对反应速率的影响；（2）Na2S2O3属于强碱弱酸盐，在

49、水溶液中可以发生水解，水解的离子方程式为：S2O32+H2OHS2O3+OH；PH=8对应标准比色卡对应的颜色为绿色；白色沉淀B为硫酸钡，加入氯水的目的是把S2O32氧化为硫酸根离子，表现了Na2S2O3的还原性，故答案为：S2O32+H2OHS2O3+OH；D；还原点评：本题考查外界条件对化学反应速率的影响，探究单一条件对速率的影响时，要让此条件成为唯一变量，盐类水解的离子方程式书写要注意可逆号，整体难度适中21（7分）（2014杭州一模）高锰酸钾是常用的氧化剂工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体如图是实验室制备的操作流程：上述反应的化学方程式：3K2MnO4+2CO2

50、2KMnO4+MnO2+2K2CO3已知：物质K2CO3KHCO3K2SO4CH3COOK293K溶解度（g）11133.711.1217（1）加热软锰矿、KClO3和KOH固体时，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是高温下强碱会和瓷坩埚中的二氧化硅反应腐蚀坩埚；反应的化学方程式为3MnO2+6KOH+KClO3fracunderline;高温;3K2MnO4+KCl+3H2O（2）从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作依次是bed（选填字母代号，下同） a蒸馏 b蒸发 c灼烧 d抽滤 e冷却结晶（3）制备过程中需要用到纯净的CO2气体制取纯CO2净最好选择下列试剂中cd a石灰石 b浓盐酸 c稀疏

51、酸 d纯碱（4）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低原因是KHCO3的溶解度比K2CO3小的多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出（5）由于CO2的通人量很难控制，因此对上述实验方案进行了改进，即把实验中通CO2改为加其他的酸从理论上分析，选用下列酸中a，得到的产品纯度更高 a醋酸 b浓盐酸 c稀硫酸考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有专题：实验设计题分析：（1）瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀，加热条件下，二氧化锰、氢氧化钾和氯酸钾反应生成锰酸钾、氯化钾和水；（2）依据滤液中得到溶质晶体的方

52、法是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；（3）若要在实验室制备较纯净的CO2，不能采用盐酸因为他有挥发性；（4）工艺流程可知，CO2使MnO42发生歧化反应，生成MnO4和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4；（5）分析盐酸具有还原性容易被高锰酸钾氧化，使产品变质，硫酸反应生成的硫酸钾溶解度小，会随高锰酸钾晶体析出；解答：解：（1）瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀，加热软锰矿、KClO3和KOH固体时，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚；加热条件下，二氧化锰、氢氧化钾和氯酸钾反应生成锰酸钾、氯化钾和水，反应方程式为：

53、3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：高温下强碱会和瓷坩埚中的二氧化硅反应腐蚀坩埚，3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；（2）从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；故答案为：bed；（3）若要在实验室制备较纯净的CO2，不能采用盐酸，因为有挥发性，硫酸与碳酸钙制取二氧化碳反应被生成的硫酸钙微溶物阻止反应进行不可取，所以选择碳酸钠与硫酸；故答案为cd；（4）工艺流程可知，CO2使MnO42发生歧化反应，生成MnO4和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会生KHC

54、O3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出，故答案为：KHCO3的溶解度比K2CO3小的多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；（5）因为盐酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化，醋酸钾的溶解度比硫酸钾大的多，蒸发浓缩时基本上都会留在母液中，硫酸加入生成的硫酸钾溶解度小，会随KMnO4一起结晶析出得到的高锰酸钾中含有杂质；故答案为：a；点评：本题考查常见氧化剂与还原剂、氧化还原反应、化学计算和对工艺流程的理解、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力五、（本题包括3小题，共20分）2

55、2（7分）（2014杭州一模）没食子酸丙酯简称PG，是一种白色粉末，难溶于水，微溶于棉子油等汕脂，是常用的食用汕抗氧化剂其结构简式如图所示回答下列问题：（l）从分子结构和性质上看，PG在食用油中起抗氧化作用的主要原因是：含有酚羟基，易被氧化，可以防止食用油被氧化（文字简述）（2）1mol PG跟足量溴水反应时消耗2mol（3）PG在NaOH溶液中水解的化学方程式为（4）PG经水解、酸化后转化为没食子酸，没食子酸有多种同分异构体，写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式 a含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种； b既能发生银镜反应，又能发生水解反应考点：有机物的结构和性质菁优网版权所有专题：有

56、机物的化学性质及推断分析：分子中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，在一定条件下可发生取代反应，以此解答该题解答：解：（1）分子中含有酚羟基，易被氧化，在食用油中起抗氧化作用，故答案为：含有酚羟基，易被氧化，可以防止食用油被氧化；（2）分子中含有酚羟基，苯环上有2个H原子可被取代，则1mol PG跟足量溴水反应时消耗2mol溴，故答案为：2；（3）分子中含有3个酚羟基，可与氢氧化钠发生中和反应，含有酯基，可水解生成羧基和醇，则与氢氧化钠反应的方程式为，故答案为：；（4）a含有苯环，且苯环上的一溴代物只有一种，说明结构对称；b既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明分子中含有甲酸酯

57、，则对应的结构简式为，故答案为：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，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，注意同分异构体的判断，难度不大23（7分）（2014杭州一模）葡萄糖是一种重要的营养物质，应用范围十分广泛I在某些酶的催化下，人体内葡萄糖的代谢有如图过程：（1）过程是消去反应，过程是加成 反应，过程是氧化反应（填写反应类型的名称）（2）上述物质中A和C互为同分异构体（填写字母代号）葡萄糖被氧化后生成葡萄糖酸，形成内酯（具有六元环酯结构）葡萄糖酸内酯简称GDL，是一种食品添加剂，超市中见到的内脂豆腐就是用它点成的方法是把GDL和CaS

58、O4（或其他凝固剂）按1：32：3配比混合使用用它点出的豆腐更加细嫩，营养价值也高（3）葡萄糖酸的分子式为C6H12O7（4）葡萄糖酸内酯的结构简式为考点：葡萄糖的性质和用途菁优网版权所有专题：糖类与蛋白质专题分析：（1）根据官能团的变换分析反应类型；（2）根据同分异构体概念做出判断；（3）葡萄糖被氧化成葡萄糖酸，醛基变成羧基，由葡萄糖的分子式可写出葡萄糖酸的分子式；（4）羧基和羟基发生酯化反应形成内酯，据此解题解答：解：（1）反应官能团羟基变成消去生成碳碳双键，属于消去反应；反应双键加成生成羟基；反应羟基变成了羰基，属于醇的氧化，故答案为：消去；加成；氧化；（2）A和C分子式相同，官能团羟基位置不