1．科学家及一些实业家的贡献对科学的发展起着积极地推动作用。下列对有关科学家及其发明创造的叙述，错误的是

A．拉瓦锡证明了化学反应中的质量守恒，建立了燃烧的新理论

B．舍勒发现了氯气，凯库勒提出了苯的结构式

C．侯德榜发明了“候氏制碱”法，吴蕴初开创了中国的氯碱工业

D．道尔顿、汤姆孙、卢瑟福和门捷列夫等科学家对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献

【答案】D

【解析】

试题分析：门捷列夫为元素周期表发现者。故D选项错误。

考点：化学史

2．由碳原子构成的纳米碳管可以作为储存氢气的优良容器，其单层部分结构示意图如下，下列说法正确的是

A．纳米碳管是一种无机化合物

B．纳米碳管中碳原子间以共价键结合

C．纳米碳管与石墨互为同位素

D．0.12g纳米碳管中含有6.02×l022个碳原子

【答案】B

【解析】

试题分析：A选项，纳米碳管是单质。故错误。C选项二者互为同素异形体。D选项，0.12g纳米碳管中含有6.02×l021个碳原子

考点：同位素，阿伏伽德罗常数，共价键。

3．有X，Y两组原子，对它们结构的下列描述中，能说明彼此化学性质一定相似的是

A．电子排布式分别为：1s2和1s22s2

B．X原子M层上只有两个电子，Y原子N层上也只有两个电子

C．X原子的2p亚层上有二对成对电子，Y原子的3p亚层上也有二对成对电子 

D．X原子的2p亚层上只有一个未成对电子，Y原子的3p亚层上只有一个未成对电子 

【答案】C

【解析】

试题分析：电子排布式分别为1s2和1s22s2分别为氦元素与铍元素，二者化学性质不相同。故错误。B选项X原子M层上只有两个电子，则该元素为Mg。Y原子N层上只有两个电子，则该元素为Sr。二者化学性质差异很大，故错误。C选项，X原子的2p亚层上有二对成对电子，该元素为F元素；Y原子的3p亚层上也有二对成对电子，该元素为Cl元素，故二者化学性质很相似。D选项，X原子的2p亚层上只有一个未成对电子B元素；Y原子的3p亚层上只有一个未成对电子该元素为Al元素，二者化学性质差异很大。

考点：元素周期律，原子核外电子排布。

4．物质的性质决定着物质的用途，下列有关物质性质及其用途的说法，正确的是

A．葡萄糖具有还原性，可用于医学尿糖的检验

B．二氧化硫能使滴有酚酞的红色溶液褪色，说明其具有还原性

C．酒精具有消毒杀菌作用，医用酒精的浓度越大，杀菌效果越好

D．浓硫酸具有强氧化性，不能用于干燥硫化氢、碘化氢和二氧化硫等具有还原性的气体

【答案】A

【解析】

试题分析：A选项，正确。葡萄糖具有醛基，可用于医学尿糖的检验。B选项，溶液褪色是由于SO2具有酸性，与碱发生反应，是PH降低，溶液褪色。C选项，高浓度酒精，对细菌蛋白脱水过于迅速，使细菌表面蛋白质首先变性凝固，形成了一层坚固的包膜，酒精反而不能很好地渗入细菌内部，以致影响其杀菌能力。所以用作皮肤消毒的酒精浓度不是越高越好。D选项，浓硫酸可以干燥二氧化硫气体。故错误。

考点：二氧化硫、浓硫酸的性质，酒精、葡萄糖性质。

5．分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，生成的醇最多有     

A．5种       B．6种         C．7种D．8 种

【答案】D

【解析】

试题分析：分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；故羧酸共有5种，醇共有8种。

考点：同分异构现象和同分异构体。

6．100mL0.1mol/L的下列溶液中，阴离子总数多少的排列顺序正确的是

①CaCl2  ②CH3COONa     ③NaCl    ④Na2CO3

A．①＞④＞③＞②    B．①＞④＞③=②

C．①＞④=③=②      D．①＞④＞②＞③

【答案】A

【解析】

试题分析：①氯化钙阴离子的物质的量为：0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol。②醋酸钠中阴离子的物质的量为：0.1L×0.1mol/L=0.01mol，又因为醋酸根水解，故小于0.01mol。③氯化钠中阴离子物质的量为：0.1L×0.1mol/L=0.01mol。④碳酸钠中阴离子的物质的量为：0.1L×0.1mol/L=0.01mol，由于碳酸根水解，CO32-+H2OHCO3-+OH-故大于0.01mol。故①＞④＞③＞②。

考点：盐类水解

7．根据下列实验现象，所得结论错误的是 

【解析】

试题分析：A、根据原电池的工作原理，左烧杯中铁表面有气泡，说明负极为铝，正极为铁，金属活动性Al＞Fe，右边烧杯中铜表面有气泡，说明铁为负极，铜为正极，金属活动性Fe＞Cu，则活动性为Al＞Fe＞Cu，故A正确；B、Cu与浓反应，反应中的化合价变化为：HNO3中N元素由+5价降低为NO2中N元素+4价，HNO3是氧化剂，NO2是还原产物，方程式为：Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；生成的红棕色二氧化氮和水发生氧化还原反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以图中试管中收集到无色气体为一氧化氮，但不是铜和浓反应生成一氧化氮，故B错误；C、Fe3+遇SCN-发生反应Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，Fe(SCN)3为血红色，增大氯化铁溶液的浓度，根据溶液颜色变化来判断反应方向，如果溶液颜色加深，则说明平衡向正反应方向移动，所以能达到实验目的，故C正确；D、该装置的气密性检查，主要是通过气体压强增大看体积变化来进行检验，夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水至其液面高于烧瓶内的液面，一段时间后，看液面高度差有无变化，变化说明装置漏气，反之不漏气，故D正确。

考点：常见气备原理及装置选择；原电池和电解池的工作原理；气体发生装置的气密性检查；探究浓度对化学平衡的影响 。

8．已知氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，向含有a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水，下列判断或相应的离子方程式正确的是

A．当a=2，b=1时，离子方程式为：2Fe2++Br2→2Fe3++2Br－    

B．如果反应后的溶液中存在c(Fe2+)=c(Fe3+)，则4/5＜a/b＜1   

C．当a=1，b=2时，离子方程式为：2Fe2++4I－+3Br2→2Fe3++2I2+6Br－   

D．当a=2，2＜b＜3时，溶液中铁元素以两种离子形式存在，且一定是c(Fe3+)＞c(Fe2+)

【答案】C

【解析】

试题分析：A选项，根据题意可知，还原性I-＞Fe2+＞Br-，故离子反应方程式为2I-+Br2=2Br－+I2。B选项，若反应后的溶液中存在c(Fe2+)=c(Fe3+)，则发生反应方程式为4FeI2+5Br2=4I2+10Br-+2Fe2++2Fe3+，故只有在a/b=4/5时满足，故错误。C选项，正确。D选项，当a=2，b=2时，溶液中全部为Fe2+。当a=2，b=3时，溶液中有1/2Fe2+，故当a=2，2＜b＜3时，溶液中铁元素以两种离子形式存在且一定是c(Fe3+)＜c(Fe2+)。

考点：氧化还原反应计算，氧化性，还原性比较。

9．塑化剂是一种对人体有害的物质。增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：

。下列说法正确的是

A．邻苯二甲酸酐的二氯代物有3种

B．环己醇分子中所有的原子可能共平面

C．DCHP能发生加成、取代和消去反应

D．1molDCHP最多可与含2molNaOH的溶液反应

【答案】D

【解析】

试题分析：A、邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有2种位置的H，则邻苯二甲酸酐的二氯代物有邻位有2种、间位1种，对位1种，共4种，故A错误；B、环己醇中C均为四面体结构，则环己醇分子中所有的原子不可能共平面，故B错误；C、DCHP中含苯环，能发生加成反应，含-COOC能发生取代反应，不能发生消去反应，故C错误；D、DCHP中含-COOC-，发生水解生成羧酸与碱反应，则1 molDCHP最多可与含2 molNaOH的烧碱溶液反应，故D正确。

考点：有机物分子中的官能团及其结构 。

10．反应A+B→C+Q(Q＞0)分两步进行，①  A+B→X+Q(Q＜0)  ②  X→C+Q(Q＞0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是

【答案】D

【解析】

试题分析：由反应 A+B→C+Q（Q＞0）分两步进行：①A+B→X+Q（Q＜0），②X→C+Q（Q＞0），由A+B→C+Q（Q＞0）是放热反应，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X +Q（Q＜0）可知这步反应是吸热反应，故X的能量大于A+B；由A+B→C+Q（Q＞0）是放热反应，A和B的能量之和大于C和Q的能量之和，又 X→C+Q(Q＞0)X的能量之和大于C的能量，故所以图象D符合。

考点：化学能与热能的相互转化 

11．根据下列实验内容得出的结论正确的是

【解析】

试题分析：A、将某气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，证明气体一定是氨气，故A正确；B、还原性气体均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C、向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能存在HCO3-、SO32-、HSO3-、CO32-，故C错误；D、某物质的水溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入稀，沉淀不溶解，则溶液中可能存在CO32-。

考点：离子检验

12．某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是

A．若＞，则正反应一定是放热反应

B．达到平衡时的转化率大小为：b＞a＞c

C．若＞，达到平衡时b、d点的反应速率为＞

D．在和不变时达到平衡，的物质的量大小为：c＞b＞a

【答案】D

【解析】

试题分析：A、若T2＞T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应分析移动，则正反应为吸热反应，故A错误。B、根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故B错误；C、温度越高速率越快，温度T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd＜vb，故C错误；对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为c＞b＞a，故D正确；

考点：化学平衡建立的过程 

13．W、X、Y是原子序数依次增大的同一短周期元素。W、X是金属元素， 它们的最高价氧化物的水化物之间相互反应生成盐和水；Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，其低价氧化物具有漂白作用；W与Y可形成化合物W2Y。下列说法正确的是

A．Y的低价氧化物与O3漂白的原理相同

B．Y的氢化物和W2Y所含化学键的类型相同

C．上述三种元素形成的简单离子，X离子半径最小

D．工业上常用电解相应的盐溶液制备W、X的单质

【答案】C

【解析】

试题分析：W、X是金属元素，它们的最高价氧化物的水化物之间可以反应生成盐和水，可知W为Na，X为Al，Y的最外层电子数是核外电子层数的2倍，应为S，A、Y为S，对应的低价氧化物为SO2，与O3的漂白原理不同，故A错误；B、Y的氢化物为H2S，W2Y为Na2S，所含化学键分别为共价键和离子键，类型不同，故B错误；C、三种元素形成的简单离子半径大小顺序为S2-＞Na+＞Al3+，故C正确；D、工业制备钠，应用电解熔融的氯化钠的方法，故D错误。

考点：原子结构与元素周期率的关系

14．科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的超原子结构Al13和Al14，当这类超原子具有40个价电子（对于主族元素的原子，外围电子又称为价电子）时最稳定，在质谱仪上可检测到稳定到Al13－和Al142+。下列说法错误的是

A．Al13和Al14互为同位素

B．Al13超原子中Al原子间是通过共价键结合的

C．Al13和Al的化学性质相似，都具有较强的还原性

D．Al14和稀盐酸反应的化学方程式可表示为Al14+2HCl→Al14Cl2+H2↑

【答案】A

【解析】

试题分析：A．同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子，而超原子的质子、中子均相同，故A错误；B．Al13 超原子中Al原子间是通过共有电子对成键，所以以共价键结合，故B正确；C、Al14最外层电子数为42，外围具有40个价电子时最稳定，反应中可失去2个电子达到稳定结构，与第IIA族元素性质相似，故C正确；D、Al14易失去2个电子变为稳定结构，则Al14与稀盐酸反应的化学方程式可表示为Al14+2HCl═Al14Cl2+H2↑，故D正确。

考点：原子核外电子排布 

15．有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物28.2g，把它们溶于足量的水，充分反应后，溶液中Ca2+、CO32—、HCO3—均转化为沉淀，将容器中的水分蒸干，最后得到白色固体物质共30g。则下列有关叙述错误的是

A．原混合物中含Na2CO3 0.1 mol

B．原混合物中n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CaO)

C．30g固体中一定存在n(CaCO3)＜n(NaOH)

D．不能确定原混合物中NaOH的质量

【答案】

【解析】

试题分析：由于溶液中Ca2+、CO32－、HCO3－全部转化为沉淀，所以，后得到白色固体30g应为碳酸钙和氢氧化钠的混合物。可看作发生了以下反应：Na2CO3+CaO + H2O=CaCO3 +2NaOH；NaHCO3+CaO+H2O=CaCO3 +NaOH + H2O，由此可以看出：固体质量的变化仅由反应Na2CO3+CaO + H2O=CaCO3 +2NaOH造成。

Na2CO3+CaO + H2O=CaCO3 +2NaOH

106           18

x          30.0g-28.2g=1.8g

x=10.6g，故Na2CO3的物质的量为0.1mol，A正确；Na2CO3与CaO按1:1反应，NaHCO3与CaO按1:1反应，故n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CaO)，B正确；由于NaOH在反应物中存在，反应后又生成一部分NaOH，故NaOH的量不可求，故C错误，D正确。

考点：化学计算

16．某实验兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，先断开S2，闭合S1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开S1，闭合S2，发现电流表A的指针偏转，下列有关描述正确的是

A．断开S2闭合S1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl－H2↑+Cl2↑

B．断开S2闭合S1时，阳极附近溶液变红

C．断开S1闭合S2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e→2Cl－

D．断开S1闭合S2时，石墨电极作正极

【答案】D

【解析】

试题分析：A、断开S2，闭合S1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应，反应的离子方程式为2H2O+2Cl-通电

=

Cl2↑+H2↑+2OH-；故A错误；B、断开S2，闭合S1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；C、断开S1，闭合S2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极发生氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误D、断开S1，闭合S2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨做原电池正极；故D正确。

考点：原电池和电解池的工作原理

17． PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2＋4价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3∶2，则剩余固体的组成及物质的量比是

A． 1∶1混合的Pb3O4、PbO

B．1∶2混合的PbO2、Pb3O4

C．1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO

D．4∶1∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO 

【答案】A

【解析】

试题分析：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程转移电子为1mol×（4-2）=2mol，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：3x×4+2x×2=2，解得x=0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2mol-0.375mol×2=1.25mol，故属于固体中n（Pb）：n（O）=1mol：1.25mol=4：5，A、1：1混合的Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（3+1）：（4+1）=4：5，故A正确；B、1：2混合的PbO2、Pb3O4，n（Pb）：n（O）=（1+6）：（2+8）=7：10，故B错误；C、1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+12+1）：（2+16+1）=14：19，故C错误；D、4：1：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（4+3+1）：（8+4+1）=1：1，故D错误。

考点：有关混合物反应的计算 

18．向两份a mL b mol/L的稀盐酸中分别加入xmL的水和ymLbmol/LBa(OH)2溶液，此时两溶液的pH恰好相等，则x、y的关系符合（式中a、b均大于零，设两溶液混合时的体积有加和性）

A．y=2ax+b    B．y=ax/(2x+3a)         C．a/2y-3a/2x=1      D． x=2ay/(a+y)

【答案】B  C

【解析】

试题分析：向两份a mL b mol/L的稀盐酸中分别加入xmL的水和ymL bmol/L Ba(OH)2溶液的氢离子溶度分别为（a ×10-3 L×b mol/L）/（a+x）10-3 L和（a ×10-3 L×b mol/L-y×10-3 L×2bmol/L）/（a+y）10-3 L。又两溶液的pH恰好相等，故（a ×10-3 L×b mol/L）/（a+x）10-3 L=（a ×10-3 L×b mol/L-y×10-3 L×2bmol/L）/（a+y）10-3 L，简化后可知B、C正确。

考点：pH的相关计算

19．在密闭容器中，放入镍粉并充入一定量CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)     Ni(CO)4(g)，已知该反应在25℃和80℃时的平衡常数分别为5×104和2，下列说法正确的是

A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应

B．恒温恒压下，向容器中再充入少量的Ar，上述平衡将正向移动

C．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4 、CO浓度均为0.5 mol/L，则此时v正D．恒温恒容下，向容器中再充入少量Ni(CO)4(g)，达新平衡时，CO 的百分含量将增大

【答案】C

【解析】

试题分析：A、平衡常数数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A错误；B、恒温恒压下，向容器中再充入少量的Ar，压强增大保持恒压，平衡向气体体积增大的方向进行，上述平衡将逆向移动，故C错误；C、80℃时，测得某时刻Ni(CO)4（g）、CO（g）浓度均为0.5 mol•L-1，Qc=c(Ni(CO)4)/c4(CO)=0.5/0．54=8＞2，说明平衡逆向进行，则此时v（正）＜v（逆），故C正确；D、恒温恒容下，向容器中再充入少量的Ni（CO）4（g），相当于增大压强平衡正向进行，达到新平衡时，CO的百分含量将减小，故D错误。

考点：化学平衡的影响因素

20．25℃时。有c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)=0.1mol/L的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－) 与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述中正确的是。

A． pH=5.5的溶液中c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(OH－)

B．W点所表示的溶液中c(Na+) + c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)

C． pH=3.5的溶液中：   c(Na+) + c(H+)－c(OH－)+c(CH3COOH)=0.1mol/L

D．向W点所表示的1L溶液中通入0.05molHCl气体（溶液的体积变化可忽略）：c(H+)=c(OH－)+c(CH3COOH)

【答案】B C

【解析】

试题分析：A、pH=5.5比4.75大，W点时c（CH3COOH）=c（CH3COO-），从曲线来看当pH=5.5时，c（CH3COOH）＜c（CH3COO-），故A错误；故A正确；B、W点由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故B正确；C、由电荷守恒及c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol•L-1可知，c（Na+）+c（H+）-c（OH-）+c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+c（OH-）-c（OH-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，故C正确；D、W点为等量的醋酸和醋酸钠的混合液，1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体得到0.05molNaCl和0.1molHAc，由电荷守恒可知，c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故D错误；

考点：离子浓度大小的比较 

21． 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中错误的是

A．16.9 g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数为0.3NA　

B．在1 L 0.1 mol/L碳酸钠溶液中，阴离子总数大于0.1 NA 

C．标准状况下，2.24 L Cl2分别与足量 Fe或Cu反应转移的电子数均为0.2NA

D．常温常压下，28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体原子间的共用电子共6NA对

【答案】A

【解析】

试题分析：A、过氧化钡摩尔质量169g/mol，16.9g就是0.1mol，其中阴离子是过氧根，阳离子是钡离子，0.1mol+0.1mol=0.2mol；B、在1 L 0.1 mol/L碳酸钠溶液中，碳酸根水解，故阴离子总数大于0.1 NA，B正确；C、标准状况下，2.24 L Cl2分别与足量 Fe或Cu反应转移的电子数均为0.2NA，C正确；D、常温常压下，28 g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体原子间的共用电子共6NA对，D正确。

考点：阿伏加德罗常数的计算

22．将51.2g铜恰好完全溶于一定量的溶液中，得到铜溶液，收集到氮的氧化物（含NO、NO2、N2O4）的混合物共17.92L（标准状况），在这些气体中通入VL（标准状况）的氧气后用一定量的氢氧化钠溶液吸收，结果剩余2.24L(标准状况)气体。则通入氧气的体积V为

A．7.28L      B．8.96L          C．11.20L     D．16.8L

【答案】AC

【解析】

试题分析：当为浓时，被还原成二氧化氮Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O当为稀是，被还原成一氧化氮3Cu + 8HNO3 =3 Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O可以合并方程式2Cu + 6HNO3 =2 Cu(NO3)2 + NO↑+ NO2↑ + 3H2O，51.2g铜=0.8mol，故产生NO=0.4mol，NO2=0.4mol.又因为 2NO2N2O4。当通入VL（标准状况）的氧气后用一定量的氢氧化钠溶液吸收，结果剩余2.24L(标准状况)气体时有两种可能，①氧气过量：则通入氧气的量为:

NO---O2                  NO2---O2

4    3                    4    1

0.4   (0.3)                0.4   (0.1)

n(O2)=0.3mol+0.1mol=0.4mol，则总体积为0.4mol×22.4L/mol+2.24L=11.2L。

②当氧气量不足时，则NO剩余2.24L，为0.1mol。

NO---O2                  NO2---O2

4    3                    4    1

0. 3  (0.225)                0.4   (0.1)

n(O2)=0.225mol+0.1mol=0.325mol，体积为0.325mol×22.4mol/L=7.28L

考点：氧化还原反应计算。

23．X、Y、Z、W是元素周期表前四周期常见的四种元素，原子序数依次增大。X原子核外有两种形状的电子云，四种伸展方向，常温下以双原子分子存在，性质稳定；Y的单质是生活中常见的合金材料成分之一，原子核外只有一个未成对电子，Z原子的半径比X大，其基态原子最外层的p电子是该层s电子的两倍，W是最常见的黑色金属之一。

（1）Z位于元素周期表中的位置是          ，W3+的最外层电子排布式是______，X的氧化物XO2与H2O比较，熔点较高的是______ (填化学式)。

（2）加热条件下，Z的单质与足量的X的最高价氧化物的水化物的浓溶液反应，生成 Z的最髙价含氧酸，写出此反应的化学方程式                                               。.

（3）比较Y、W性质的活泼性                                  （用一个化学反应方程式表示）。

（4）2013年初，全国各地多个城市都遭遇“十面霾伏”，造成“阴霾天”的主要根源之一是汽车尾气和燃煤尾气排放出来的固体小颗粒PM2.5。汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线如图所示。

据此判断：

该反应为           反应（放热、吸热）；在T2温度下，0~2s内的平均反应速率：υ(N2)=               ；

（5）当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若催化剂的表面积S1＞S2，

在上图中画出c(CO2)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线。

（6）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是         （填代号）。

（下图中υ正、K、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）

【答案】（1）第三周期   ⅥA族    3s23p63d5    H2O

（2）S+6HNO3(浓) H2SO4+6NO2↑+2H2O。

（3）Fe2O3 + 2Al高温

=

2Fe+Al2O3

（4）放热  0.025 mol/L·s

（5）

（6）B  D

【解析】

试题分析：（1）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期常见的四种元素，原子序数依次增大。X原子核外有两种形状的电子云，四种伸展方向，常温下以双原子分子存在，性质稳定，故X为N；Y的单质是生活中常见的合金材料成分之一，原子核外只有一个未成对电子，故Y为Al;Z原子的半径比X大，其基态原子最外层的p电子是该层s电子的两倍，故Z为S；W是最常见的黑色金属之一，故W为Fe;由上可知Z位于元素周期表中的位置是第三周期ⅥA族，W3+的最外层电子排布式是3s23p63d5，X的氧化物NO2与H2O比较，熔点较高的是H2O。

（2）化学方程式为：S+6HNO3(浓) H2SO4+6NO2↑+2H2O

（3）置换反应可以反映金属的活泼程度，化学反应方程式为：Fe2O3 + 2Al高温

=

2Fe+Al2O3

（4）由图可知，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应。由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，故v（CO2）=0.1mol/L/2s=0.05mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）=1/2v（CO2）=1/2×0.05mol/（L•s）=0.025mol/（L•s）。

（5）接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同，故c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：。

（6）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确。

考点：元素周期律，化学平衡，化学反应与能量变化，化学反应速率。

24．黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。

（1）冶炼铜的反应为： 8CuFeS2+21O2高温

=

8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2

若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是            （填元素符号）。

（2）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3。方法为：

①用稀盐酸浸取炉渣，过滤。

②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3。

除去Al3+的离子方程式是                             。

（3）为验证炉渣中含有FeO，先将炉渣用稀酸溶解，再在酸性条件下加入适当的氧化剂。（提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水）

所选试剂为           、             ，证明炉渣中含有FeO的实验现象为                                 。

（4）配平上述反应的离子方程式（氧化性物质依据你的选择填入[   ]）

      Fe2++     H++     [         ] →       Fe3++      [      ]+     H2O

（5）如果证明炉渣中是否含有FeO，将炉渣溶于稀，每含有1molFeO，可产生气体的体积是     L（标准状况，假设的还原产物只有NO）。

（6）Fe2O3可以作为染料，也可进一步制得净水剂Fe2(SO4)3, Fe2(SO4)3的净水原理是                 （用相应的方程式表示）。

【答案】（1）Cu、O

（2）Al3++4OH-=2H2O+AlO2-

（3）稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色。

（4）5Fe2++MnO4—+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O。

（5）7.47 L

（6）Fe3++3H2O  Fe(OH)3（胶体）+3H+

【解析】

试题分析：（1）反应8CuFeS2+21O2 高温

=

8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中，化合价降低元素Cu、O在反应中被还原，化合价升高元素Fe、S所在的生成物Fe2O3、SO2是氧化产物。

（2）Al3++4OH-=2H2O+AlO2-

（3）高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色。

（4）5Fe2++MnO4—+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O。

（5）反应的化学方程式：3 FeO + 10 HNO3 = 3 Fe(NO3)3  + NO↑ + 5 H2O，故每含有1molFeO，可产生气体的体积是1/3×22.4L=7.47 L。

（6）Fe2(SO4)3在水中溶解生成氢氧化铁胶体，吸附杂质，故化学方程式为: Fe3++3H2O  Fe(OH)3（胶体）+3H+。

考点：氧化还原反应，离子反应，离子的检验，化学反应的配平，化学计算，胶体的性质。

25．蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：

（1）蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是              。

（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液的pH=7~8（有关氢氧化物沉淀的pH见下表），Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致             溶解，产生            沉淀。

（4）现设计实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值。请写出下列实验步骤中所需要测定的项目（可用试剂：浓硫酸、碱石灰、氢氧化钠溶液、澄清石灰水）：①样品称量，②高温分解，③                     ，④                         ，⑤MgO称量。

（5）从下列仪器（装有必要的试剂）中选择完成上述实验所必需的仪器，连接一套装置                （选择仪器代号，可重复使用，用“A→B→……→”表示）

（6）18.2g产品完全分解后，产生6.6gCO2和8.0gMgO，由此可知，产品的化学式中a=      ，b=          ，c=             。

【答案】（1）Fe3+、Al3+

（2）Al(OH)3、Mg(OH)2；

（3）NaOH，过滤、洗涤、灼烧，CO2。

（4）测出蒸气的质量，测出二氧化碳的质量。

（5）A→C→D→D

（6）3  1  3

【解析】

试题分析：（1）蛇纹石矿可以看做MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成，蛇纹石加盐酸溶解后，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解。

（2）当氢氧化钙过量时，溶液碱性增强，Al(OH)3会溶解，从氢氧化物沉淀的pH表中可看出，Mg（OH）2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg(OH)2会沉淀。

（3）红色氧化物为Fe2O3，应先将其中含有的少量Al(OH)3除去，除去Al(OH)3的方法是利用它能溶于强碱的性质，此过程中CO2是可以重复使用的。

（4）确定产品aMgCO3•bMg（OH）2•cH2O中a、b、c的值，需要测定的数据是①样品质量；②MgO质量；③生成CO2的质量（或体积）；④生成水的质量。

（5）A为样品反应装置，加热后产生水蒸汽和二氧化碳气体，为测定二者质量，应首先连接C装置，测定水的质量，故连接C；继续测定二氧化碳，此时应选用D，由于B中溶液含有水，与C连接易被C吸收，产生误差。为防止空气中的二氧化碳与水蒸汽被D吸收产生误差，故应连续连接两个D装置。故答案为A→C→D→D。

（6）m（样品）=18.2g，m（CO2）=6.6g，m（MgO）=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3・bMg（OH）2・cH2O高温

=

（a+b）MgO+aCO2↑+（b+c）H2O↑，根据质量守恒得：m（H2O）=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g，则m（MgO）═0.2mol，n（CO2）═0.15mol，n（H2O）═0.2mol，得：a：b：c=0.15：0.05：0.15=3：1：3。

考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，杂质的去除。化学实验，化学计算。

26．已知：BaSO4(s) + 4C(s) 4CO(g) + BaS(s)工业上以重晶石矿（主要成分BaSO4，杂质为Fe2O3、SiO2）为原料，通过下列流程生产氯化钡晶体（BaCl2·nH2O）。

回答下列问题：

（1）不溶物A的化学式是_________；若在实验室进行焙烧时，所产生的气体的处理方法是        

a.用NaOH溶液吸收       b.用浓硫酸吸收      c.点燃

（2）用单位体积溶液中所含的溶质质量数来表示的浓度叫质量-体积浓度，可以用g/L表示,现用38%的浓盐酸配制含溶质109.5g/L的稀盐酸500mL,所需要的玻璃仪器除了玻璃棒还有                            。

（3）沉淀反应中所加的试剂R可以是下列试剂中的                 

a.NaOH溶液    b.BaO固体      c.氨水       d.生石灰

证明沉淀已经完全的方法是________________________________________________________。

（4）设计一个实验确定产品氯化钡晶体（BaCl2·nH2O）中的n值，完善下列实验步骤：

①称量样品②_______ ③置于_________（填仪器名称）中冷却 ④称量 ⑤恒重操作。

恒重操作是指____________________________________________                    _；

第③步物品之所以放在该仪器中进行实验的原因是                                   。

（5）将重晶石矿与碳以及氯化钙共同焙烧，可以直接得到氯化钡，该反应的化学方程为

BaSO4+ 4C+CaCl24CO + CaS+ BaCl2。请你完善下列从焙烧后的固体中分离得到氯化钡晶体的实验流程的设计（已知硫化钙不溶于水，易溶于盐酸）。

（方框内填写操作名称）

【答案】（1）SiO2   c

（2）烧杯  500mL容量瓶  胶头滴管

（3）b；取上层清液于小试管中，滴入氢氧化钠溶液，若无沉淀产生，说明沉淀完全。

（4）加热、干燥器；再进行加热、冷却、称量，直到连续两次称量的结果相差不超过0.001g为止；防止冷却过程中吸收空气中的水蒸气，造成实验误差。

（5）

【解析】

试题分析：（1）工业上以重晶石矿的主要成分BaSO4，杂质为Fe2O3、SiO2，加酸后不容的是SiO2，根据已知条件给的化学方程式可知所产生的气体为CO，处理CO的方法是将CO点燃。

（2）配制溶液所需玻璃仪器有：烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。

（3）BaO与水反应生成氢氧化钡，能够将铁离子沉淀。且不引入新的杂质，故选用的试剂为BaO固体；证明沉淀已经完全的方法是取上层清液于小试管中，滴入氢氧化钠溶液，若无沉淀产生，说明沉淀完全。

（4）此实验的原理是利用加热后与加热前的质量差换算出氯化钡晶体中的水的物质的量。实验过程如下①称量样品②加热③干燥器中冷却 ④称量 ⑤恒重操作。恒重操作是指直到连续两次称量的结果相差不超过0.001g为止。第③步物品之所以放在该仪器中进行实验的原因是为了防止冷却过程中吸收空气中的水蒸气，造成实验误差。

（5）根据BaSO4+ 4C+CaCl24CO + CaS+ BaCl2可知反应后一氧化碳逸出，要想从焙烧后的固体中分离得到氯化钡晶体需要从混合溶液中分离CaS，又CaS微溶于水，故直接过滤即可得到BaCl2溶液，实验过程如下：

考点：无极推断、实验仪器的使用、实验试剂的选择、实验设计

27．对二甲苯（英文名称p-xylene，缩写为PX）是化学工业的重要原料。

（1）写出PX的结构简式                   。

（2）PX可能发生的反应有                     、                 （填反应类型）。

（3）增塑剂（DEHP）存在如下图所示的转化关系，其中A是PX的一种同分异构体。

①B的苯环上存在两种不同化学环境的氢原子，C分子中有一个碳原子分别连接一个乙基和一个正丁基，DEHP的结构简式是                       ；

②D分子中的官能团是           （填名称）；

（4）写出E与HBr在一定条件下发生反应的化学方程式（主要产物为分子中含烃基较多的物质）：                                                        ；

（5）F是B的一种同分异构体，具有如下特征：

a.是苯的邻位二取代物

b.遇FeCl3溶液显示特征颜色

c.能与碳酸氢钠溶液反应

写出F与NaHCO3溶液反应的化学方程式                                             。

【答案】（1）

（2）取代反应；加成反应。

（3）    醛基

（4）

（5）

【解析】

试题分析：（1）对二甲苯的结构简式为：。

（2）对二甲苯中的苯环能和氢气发生加成反应，甲基能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成羧基，苯环和甲基上氢原子能发生取代反应，所以可发生的反应有加成反应、氧化反应、取代反应。

（3）A是PX的一种同分异构体，A被酸性高锰酸钾氧化生成B，根据B的分子式知，B中含有两个羧基，则A是含有两个甲基二甲苯，B是含有两个羧基的二甲酸；DEHP发生水解反应生成B和C，B是酸，根据A和B的分子式知，C是一元醇，且分子中含有8个碳原子，C被氧化生成D，D能发生银镜反应，说明C中羟基在边上；在加热、浓硫酸作用下，B发生消去反应生成烯烃E，E和氢气发生加成反应生成烷烃3-甲基庚烷；①B 的苯环上存在2 种不同化学环境的氢原子，说明两个羧基处于相邻位置，则B 的结构简式是。 ②D能发生银镜反应，说明D中含有醛基。

（4）

（5）F是B 的一种同分异构体，具有如下特征：

a．是苯的邻位二取代物，说明取代基处于邻位，b．遇FeCl3溶液显示特征颜色，说明含有酚羟基；c．能与碳酸氢钠溶液反应，说明含有羧基，所以F的结构简式为，F 与NaHCO3溶液反应的化学方程式为。

考点：结构简式的书写、反应类型、有机推断，官能团；、有机推断

28．相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。

已知：

Ⅰ、

Ⅱ、

请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：

（1）H的结构简式是：                 ；X→A的反应条件            。

（2）反应②的类型是           ；反应②和③先后顺序不能颠倒的原因是                      ；

（3）写出反应①的化学方程式：                                                ；

（4）有多种同分异构体，写出2种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：                                ；

（5）写出由A转化为的路线。（用A→ …… →在箭号上写明反应试剂及反应条件。）

【答案】（1）  光照

（2）氧化反应  氨基易被氧化，所以不能互换

（3）

（4）   

（5）

【解析】

试题分析：（1）相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则92/12=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为．在浓硫酸、加热条件下与浓发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，H为。故H的结构简式是，X→A的反应条件光照。

（2）反应②的类型是氧化反应，氨基易被氧化，所以不能互换。

（3）

（4）    

（5）

考点：有机推断、氧化还原反应的判断，氨基的性质。、化学反应方程式的书写、同分异构体

29．钢铁制品经常进行烤蓝处理，即在铁制品的表面生成一层致密的Fe3O4。某学习小组为了研究烤蓝铁片，分别进行了以下实验操作：

①把一定量烤蓝铁片加工成均匀粉末。

②取m g该粉末，放人28.00 mL 1 mol／L的盐酸中，恰好完全反应，生成标准状况下的气体134.4 mL，向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象。 

③再取三份不同质量的粉末，分加加到相同体积(V)、物质的量浓度均为l0.00 mol／L的三份溶液中，充分反应后，固体全部溶解，有关的实验数据如下表所示(假设NO是的唯一还原产物)：

（1）实验②所得溶液中的溶质是        (写化学式)，样品中n(Fe)∶n(Fe3O4)=              ，m＝                      。

（2）计算实验③中每份溶液的体积(V)（mL）。

（3）若向实验Ⅱ所得溶液中继续加入铜粉，要使溶液中Cu2十、Fe2+、Fe3+同时存在，求加入铜粉的物质的量的范围。

【答案】（1）FeCl2 ，4∶1 ， 0.912 g

（2）180 mL

（3）0.105mol＜n(Cu)＜0.315mol

【解析】

试题分析：（1）由于向溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象可知反应后生成的物质为FeCl2，由于放人盐酸的量为28.00 mL× 1 mol／L=0.028mol，故产生FeCl2的物质的量为0.028/2=0.014mol。其中单质铁分别于盐酸、Fe3O4二者发生反应，①由生成标准状况下的气体134.4 mL，根据电荷守恒可知，混合物中与盐酸发生产生气体的单质铁为0.006mol，②Fe3O4与Fe、HCl共同反应，在该反应中铁元素总量为：0.014mol-0.006mol=0.008mol，且该反应方程式为Fe3O4+8HCl+Fe=4FeCl2+4H2O，通过该反应方程式可知Fe3O4为0.002mol，发生该反应的单质铁为0.002mol。故总的Fe物质的量为0.008mol，Fe3O4为0.002mol。故比例为4∶1。质量为0.002mol×232g/mol +0.008mol×56g/mol =0.912g。

（2）根据三个实验，通过投入粉末质量与产生气体的体积比例关系可知，Ⅰ、Ⅱ为过量，Ⅲ为粉末过量。可通过实验Ⅲ计算出的体积。由于假设NO是的唯一还原产物，且产生的气体的物质的量为6.720L/22.4L·mol-1=0.3mol。则N元素得到电子数为0.3mol×3=0.9mol。由于Ⅲ中混合物质量为34.2g，且n(Fe)∶n(Fe3O4)=4:1，则Fe为0.3mol，Fe3O4为0.075mol，由于氮元素得到电子数共为0.9mol，故溶液中为Fe(NO3)2、Fe(NO3)3两种溶质，计算可知Fe(NO3)2为0.075mol，Fe(NO3)3为0.45mol。故溶液中根含量为0.075mol×2+0.45mol×3=1.5mol。则该反应中N元素总物质的量为1.5mol+0.3mol=1.8mol。故的体积为180ml。

（3）27.36g 粉末，根据n(Fe)∶n(Fe3O4)=4:1可知含铁元素0.42mol，由于过量，产物为铁，故II反应需用1.52 mol(共1.8mol)，故II溶液中有Fe3+ 0.42 mol，过量0.28mol，

3Cu ~ 8HNO3           Cu ~ 2Fe3+ 

3        8             1   2

nmin   0.28mol          n   0.42

nmin=0.105mol   n=0.21mol   nmax =0.21mol+0.105mol=0.315mol

考点：化学计算、物料守恒，电子守恒、化学计算下载本文