1998年全国统一高考化学试卷

1998年全国统一高考化学试卷

一、解答题（共5小题，满分15分） 1．（3分）（2013秋?小店区校级期中）1998年山西朔州发生假酒案，假酒中严重超标的有毒成份主要是（ ）

A．HOCH2CHOHCH2OH B．CH3OH C．CH3COOCH2CH3 D．CH3COOH 2．（3分）（2014秋?河西区校级月考）向下列溶液滴加稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸，沉淀又溶解的是（ ）

A．Na2SiO3 B．BaCl2 C．FeCl3 D．NaAlO2 3．（3分）按下列实验方法制备气体，合理又实用的是（ ） A．锌粒与稀硝酸反应制备氢气

B．向饱和氯化钠溶液中滴加浓硫酸制备HCl C．亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2 D．大理石与浓硫酸反应制备CO2 4．（3分）（2013?广东校级学业考试）起固定氮作用的化学反应是（ ） A．氮气与氢气在一定条件下反应生成氨气 B．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮 C．氨气经催化氧化生成一氧化氮 D．由氨气制碳酸氢铵和硫酸铵 5．（3分）（2014秋?揭阳校级期末）已知300mL某浓度的NaOH溶液中含60g溶质．现欲配制1mol/L 的NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为（忽略稀释时体积的变化）（ ）

A．1：4 B．1：5 C．2：1 D．2：3

二、选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分．每小题有一个或两个选项符合题意，多选时，该题为0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给1分，选两个且都正确的给3分，但只要选错一个，该小题就为0分） 6．（3分）（2015秋?哈尔滨校级期末）氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是（ ）

A．HI和HClO B．HCl和HIO C．HClO3和HIO D．HClO和HIO 7．（3分）（2010?灵璧县校级模拟）X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子，则X和Y形成的化合物的化学式可表示为（ ）

A．XY B．XY2 C．XY3 D．X2Y3 8．（3分）（2012秋?沙坡头区校级月考）反应4NH3（气）+5O2（气） 4NO（气）+6H2O（气）在2升的密闭容器中进行，1分钟后，NH3减少了0.12摩尔，则平均每秒钟浓度变化正确的是（ ）

A．NO：0.001摩/升 B．H2O：0.002摩/升 C．NH3：0.002摩/升 D．O2：0.00125摩/升 9．（3分）（2013秋?白城期末）用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（ ）

第1页（共28页）

A．

+

B．

﹣

﹣

C．c（H）和c（OH）的乘积 D．OH的物质的量 10．（3分）（2010秋?邯郸期末）下列关于铜电极的叙述正确的是（ ） A．铜锌原电池中铜是正极

B．用电解法精炼粗铜时铜作阳极

C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极 D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极 11．（3分）等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混和后，混和液中有关离子的浓度应满足的关系是（ ）

A．[M]＞[OH]＞[A]＞[H] B．[M]＞[A]＞[H]＞[OH] C．[M]＞[A]＞[OH]＞

﹣﹣+++

[H] D．[M]+[H]=[OH]+[A] 12．（3分）（2010?安庆模拟）下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ） A．光气（COCl2） B．六氟化硫 C．二氟化氙 D．三氟化硼 13．（3分）下列叙述正确的是（ ） A．同主族金属的原子半径越大熔点越高 B．稀有气体原子序数越大沸点越高

C．分子间作用力越弱分子晶体的熔点越低 D．同周期元素的原子半径越小越易失去电子 14．（3分）（2014秋?盐湖区校级期末）将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（ ）

A．硫酸 B．氯水 C．硝酸锌 D．氯化铜 15．（3分）（2012秋?原平市校级期中）有五瓶溶液分别是①10毫升0.60摩/升NaOH水溶液 ②20毫升0.50摩/升硫酸水溶液 ③30毫升0.40摩/升HCl溶液 ④40毫升0.30摩/升HAc水溶液 ⑤50毫升0.20摩/升蔗糖水溶液．以上各瓶溶液所含离子．分子总数的大小顺序是（ ）

A．①＞②＞③＞④＞⑤ B．②＞①＞③＞④＞⑤ C．②＞③＞④＞①＞⑤ D．⑤＞④＞③＞②＞① 16．（3分）（2015秋?泉州校级月考）依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是（ ） A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比 B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比 C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比 D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比 17．（3分）（2005?白山一模）下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳Ca+2ClO+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO

2++3+

B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液Fe+2H2O2+4H═Fe+4H2O

﹣+

C．用氨水吸收少量二氧化硫NH3．H2O+SO2═NH4+HSO3

3++

D．硝酸铁溶液中加过量氨水Fe+3NH3．H2O═Fe（OH）3↓+3NH4

三、选择题（本小题包括8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个选项符合题意） 18．（4分）（2012秋?利辛县校级期末）pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是（ ） A．11：1 B．9：1 C．1：11 D．1：9

第2页（共28页）

2+

﹣

+

﹣﹣

++

﹣

+

﹣

+

﹣﹣

19．（4分）（2014秋?宁城县期末）体积相同的甲．乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2?2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）

A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断 20．（4分）（2015?衡水模拟）由锌．铁．铝．镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是（ ） A．锌 B．铁 C．铝 D．镁 21．（4分）（2010?淄博一模）将标准状况下的a升氯化氢气体溶于1000克水中，得到的盐酸的密度为b克/毫升，则该盐酸的物质的量的浓度是（ ） A．C．

B．

D．

22．（4分）（2015秋?白城校级期末）将质量分数为0.052（5.2%）的NaOH溶液1升（密度为1.06克/毫升）用铂电极电解，当溶液中的NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是 NaOH的质量分数 阳极析出物的质量（克） 阴极析出物的质量（克） 19 152 0.062（6.2%） ① 152 19 0.062（6.2%） ② 1.2 9.4 0.042（4.2%） ③ ④ 0.042（4.2%） 9.4 1.2 （ ） A．① B．② C．③ D．④ 23．（4分）（2013秋?南开区期末）在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应2R（g）+5Q（g）═4X（g）+nY（g）反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 24．（4分）（2015秋?长春校级期末）1，2，3﹣三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：

据此，可判断1，2，3，4，5﹣五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是（ ） A．4 B．5 C．6 D．7

第3页（共28页）

25．（4分）（2011秋?西山区校级期中）白藜芦醇广

泛存在于食物（例如桑椹．花生．尤其是葡萄）中，它可能具有搞癌性．能够跟1摩尔该化合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是（ ） A．1摩尔1摩尔 B．3.5摩尔7摩尔 C．3.5摩尔6摩尔 D．6摩尔7摩尔

四、解答题（共2小题，满分17分） 26．（6分）（2012秋?开原市校级月考）A～D是中学化学实验中常见的几种温度计装置示

意图

（1）请从①～⑧中选出必须使用温度计的实验，把编号填入最适宜的装置图A～C下的空格中（多选要倒扣分）

①酒精和浓硫酸混和加热制乙烯 ②电石跟水反应制乙炔 ③分离苯和硝基苯的混和物 ④苯和溴的取代反应 ⑤石油分馏装置

⑥浓硫酸和二氧化锰混合加热制氯气 ⑦测定硝酸钾在水中的溶解度 ⑧食盐和浓硫酸混合加热制氯化氢

（2）选用装置D做苯的硝化实验，D中长玻璃管的作用是 ． 27．（11分）（2008?天心区校级模拟）测定一定质量的铝锌合金与强酸溶液反应产生的氢气的体积，可以求得合金中铝和锌的质量分数．现有下列实验用品：中学化学实验常用仪器．800毫升烧杯．100毫升量筒．短颈玻璃漏斗．铜网．铝锌合金样品．浓盐酸（密度1.19克/毫升）．水．按图示装置进行实验，回答下列问题．（设合金样品完全反应，产生的气体体积不超过100毫升）

（1）补充下列实验步骤，直到反应开始进行（铁架台和铁夹的安装可省略）：

①将称量后的合金样品用铜网小心包裹好，放在800毫升烧杯底部，把短颈漏斗倒扣在样品上面．

（2）合金样品用铜网包裹的目的是： ．

第4页（共28页）

五、（本题包括3小题，共17分） 28．（4分）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生下列反应：KMnO4+HBr→Br2+MnBr2+KBr+H2O

其中还原剂是 ．若消耗0.1摩尔氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是 摩尔． 29．（6分）下图①﹣11分别代表有关反应中的一种物质，请填下以下空

白．

（1）①、③、④的化学式分别是 、 、 ． （2）⑧与⑨反应的化学方程式是 ． 30．（7分）BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称．若知：①在GBO中，锗处于其最高价态 ②在GBO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构 ③GBO可看作是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在GBO晶体的化学式中，这两种氧化物所含氧的总质量相同．请填空：

（1）锗和铋的元素符号分别是 和 ． （2）GBO晶体的化学式是 ．

（3）GBO晶体中所含铋氧化物的化学式是 ． 六、（本题包括3小题，共18分）

第5页（共28页）

31．（6分）（2012秋?亭湖区校级期中）某高校曾以下列路线合成药物心舒宁（又名冠心宁），它是一种有机酸

盐．

（1）心舒宁的分子式为 ．

（2）中间体（I）的结构简式是 ．

（3）反应①～⑤中属于加成反应的是 （填反应代号）．

（4）如果将⑤．⑥两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式） ． 32．（6分）（2011秋?岳麓区校级期末）请认真阅读下列3个反应：

利用这些反应，按以下步骤可以从某烃A合成一种染料中间体DSD

酸． 请写出A．B．C．D的结构简式． 33．（6分）（2015春?滕州市校级期末）某种ABS工程树脂，由丙烯腈（CH2=CHCN，符号A）．1，3﹣丁二烯（CH2=CH﹣CH=CH2，符号B）和苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2，符号S）按一定配比共聚而得．

（1）A．B和S三种单体中，碳氢比（C：H）值最小的单体是 ． （2）经元素分析可知该ABS样品的组成为CaHbNc（a．b．c为正整数），则原料中A和B的物质的量之比是 （用a．b．c表示）．

第6页（共28页）

七、（本题包括2小题，共15分） 34．（7分）本题分子量用以下数据：H2O=18.0 CaO=56.0 CaO2=72.0过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水．为分析某过氧化物样品的组成，进行了如下实验．

①称取0.270克样品，灼热使之完全分解，生成CaO．O2和H2O，得到的O2在标准状况下的体积为33.6毫升．

②另取0.120克样品，溶于稀盐酸，加热煮沸使生成的H2O2完全分解．然后将溶液中的2+

Ca完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200摩/升KMnO4溶液滴定，共用去31.0毫升KMnO4溶液．化学方程式如下：

5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O （1）写出CaO2受热分解的化学方程式． （2）计算样品中的CaO2的质量分数． （3）计算样品中的CaO2?xH2O的x值． 35．（8分）下面是四种盐在不同温度下的溶解度（克/100克水） NaCl KCl NaNO3 KNO3 10℃ 80.5 20.9 35.7 31.0 100℃ 175 246 39.1 56.6 （计算时假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计．） （1）取23.4克NaCl和40.4克KNO3，加70.0克H2O，加热溶解．在100℃时蒸发掉50.0克H2O，维持该温度，过滤出晶体，计算所得晶体的质量（m高温）．将滤液冷却至10℃，待充分结晶后，过滤．计算所得晶体的质量（m低温）．

（2）另取34.0克NaNO3和29.8克KCl，同样进行如上实验．10℃时析出的晶体是 （写化学式）．100℃和10℃得到的晶体质量（m′高温和m′低温）分别是多少？

第7页（共28页）

1998年全国统一高考化学试卷

参考答案与试题解析

一、解答题（共5小题，满分15分） 1．（3分）（2013秋?小店区校级期中）1998年山西朔州发生假酒案，假酒中严重超标的有毒成份主要是（ ）

A．HOCH2CHOHCH2OH B．CH3OH C．CH3COOCH2CH3 D．CH3COOH

【分析】根据工业酒精中含有甲醇，甲醇有毒，进行分析解答． 【解答】解：严禁用工业酒精配制饮用酒，是因为工业酒精中含有甲醇，甲醇有较强的毒性，甲醇摄入少量时能造成双目失明，饮入量大造成死亡． 故选B．

【点评】本题主要考查了工业酒精、甲醇的知识，难度不大，加深对甲醇的毒性的认识，严禁用工业酒精配制饮用酒． 2．（3分）（2014秋?河西区校级月考）向下列溶液滴加稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸，沉淀又溶解的是（ ） A．Na2SiO3 B．BaCl2 C．FeCl3 D．NaAlO2

【分析】先判断硫酸与各选项物质是否发生反应，若反应是否有白色沉淀生成，再判断白色沉淀是否溶于硫酸，据此解答． 【解答】解析：A、Na2SiO3与H2SO4反应：Na2SiO3+H2SO4=Na2SO4+H2SiO3↓，生成H2SiO3白色沉淀，不溶于硫酸，继续滴加稀硫酸，沉淀不溶解，故A错误；

B、BaCl2与H2SO4反应：BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，生成BaSO4白色沉淀，不溶于硫酸，继续滴加稀硫酸，沉淀不溶解，故B错误；

C、FeCl3与H2SO4不反应，不产生白色沉淀现象，故C错误；

D、NaAlO2与H2SO4反应：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al（OH）3↓+Na2SO4，生成Al（OH）3白色沉淀，继续滴加稀硫酸，

Al（OH）3又与H2SO4反应：2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O，沉淀溶解，故D正确； 故选D． 【点评】现象是反应的体现，关键是清楚物质的性质及物质间的反应，注重基础知识的积累． 3．（3分）按下列实验方法制备气体，合理又实用的是（ ） A．锌粒与稀硝酸反应制备氢气

B．向饱和氯化钠溶液中滴加浓硫酸制备HCl

C．亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2 D．大理石与浓硫酸反应制备CO2 【分析】A．根据稀硝酸的性质分析； B．根据氯化氢的性质分析；

C．根据浓硫酸和亚硫酸钠的性质分析； D．根据硫酸钙的性质分析；

【解答】解：A．硝酸有强氧化性，自身被还原成氮的化合物，所以得不到氢气，故A错误．

第8页（共28页）

B．氯化氢极易溶于水，所以得不到氯化氢气体，故B错误．

C．亚硫酸钠和浓硫酸反应制取二氧化硫，浓硫酸虽有强氧化性，但不能氧化二氧化硫，故C正确．

D．大理石和浓硫酸反应生成的硫酸钙附着在大理石表面阻止了进一步的反应，故D错误． 故选C．

【点评】本题考查了常见气体的制备原理，实验室用盐酸和大理石反应制取二氧化碳，不用稀硫酸和大理石反应制取二氧化碳，原因就是大理石和稀硫酸反应生成的硫酸钙附着在大理石表面阻止了进一步的反应． 4．（3分）（2013?广东校级学业考试）起固定氮作用的化学反应是（ ） A．氮气与氢气在一定条件下反应生成氨气 B．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮 C．氨气经催化氧化生成一氧化氮 D．由氨气制碳酸氢铵和硫酸铵

【分析】根据氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物来思考分析． 【解答】解：A．氮元素由游离态的氮气转化为化合态的氨气，故A正确；

B．氮元素由化合态的一氧化氮转变为化合态的二氧化氮，不是游离态转化为化合态，故B错误； C．氮元素由化合态的氨气转变为化合态的一氧化氮，不是游离态转化为化合态，故C错误； D．氮元素由化合态的氨气转变为化合态的铵盐，不是游离态转化为化合态，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查的是基本概念及对基本概念的理解，属于容易题，但是如果不能掌握基本概念，解答本类题目就会出错． 5．（3分）（2014秋?揭阳校级期末）已知300mL某浓度的NaOH溶液中含60g溶质．现欲配制1mol/L 的NaOH溶液，应取原溶液与蒸馏水的体积比约为（忽略稀释时体积的变化）（ ）

A．1：4 B．1：5 C．2：1 D．2：3

【分析】根据300mL某浓度的NaOH溶液中含60g溶质计算该溶液的物质的量浓度，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算原溶液与蒸馏水的体积比． 【解答】解：60gNaOH的物质的量为：则该NaOH溶液的物质的量浓度为：

=1.5mol， =5mol/L，

欲配制1mol/L 的NaOH溶液，设需5mol/L的NaOH溶液的体积为xL，蒸馏水的体积为yL， 忽略稀释时体积的变化，则混合后的体积为（x+y）L， 溶液稀释前后溶质的物质的量不变， 则有：xL×5mol/L=（x+y）L×1mol/L， 解之得：x：y=1：4， 故选A．

【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，注意把握物质的量的有关计算公式的运用，本题还要注意溶液稀释前后的规律，此为解答该题的关键．

第9页（共28页）

二、选择题（本题包括12小题，每小题3分，共36分．每小题有一个或两个选项符合题意，多选时，该题为0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给1分，选两个且都正确的给3分，但只要选错一个，该小题就为0分） 6．（3分）（2015秋?哈尔滨校级期末）氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是（ ）

A．HI和HClO B．HCl和HIO C．HClO3和HIO D．HClO和HIO

【分析】卤素互化物的性质和卤素单质性质相似，具有氧化性，与水反应时注意各元素的化合价，反应原理为水解反应．

【解答】解：ICl中I元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为﹣1价，与水反应的实质为水解反应，反应方程式为：

ICl+H2O=HCl+HIO，生成物为HCl和HIO， 故选B．

【点评】本题考查卤素互化物的性质，题目难度不大，注意卤素互化物的性质和卤素单质性质相似． 7．（3分）（2010?灵璧县校级模拟）X和Y属短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子，则X和Y形成的化合物的化学式可表示为（ ）

A．XY B．XY2 C．XY3 D．X2Y3

【分析】从元素周期表结构和原子结构方面入手，考虑最外层电子数与化合价关系． 【解答】解：X原子的最外层电子数是次外层电子数的一半， 则X原子可能是硅原子（2，8，4）或锂原子（2，1）， Y位于X的前一周期，且最外层只有一个电子， 则Y原子可能是锂原子（2，1）或氢原子（1）， 则X和Y形成的化合物的化学式可表示为SiH4，LiH（氢原子得到电子，生成金属氢化物，中学阶段很少涉及），

Y位于X的前一周期，不可能为SiH4， 故选A． 【点评】本题考查原子结构与化合价关系，明确原子结构中每层电子数的关系来推断元素是解答的关键，难度不大．

8．（3分）（2012秋?沙坡头区校级月考）反应4NH3（气）+5O2（气） 4NO（气）+6H2O（气）在2升的密闭容器中进行，1分钟后，NH3减少了0.12摩尔，则平均每秒钟浓度变化正确的是（ ）

A．NO：0.001摩/升 B．H2O：0.002摩/升 C．NH3：0.002摩/升 D．O2：0.00125摩/升 【分析】先根据率为V=

=

计算出NH3表示的化学反应速率，再利用同一化学反应

中，化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答．

【解答】解：解：由1分钟后，NH3减少了0.12摩尔，则用NH3表示的化学反应速率为V（NH3）=

=

=

=0.001mol?（L?s）﹣1

第10页（共28页）

A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（NO）=V（NH3）=0.001 mol?（L?s）﹣1

，所以NO平均每秒钟浓度变化为0.001摩/升，故A正确；

B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则V（H2O）=V（NH3）=0.0015 mol?（L?s）

﹣1

，所以NO平均每秒钟浓度变化为0.0015摩/升，故B错误；

﹣1

C、因V（NH3）=0.001mol?（L?s），所以NH3平均每秒钟浓度变化为0.001摩/升，故C错误；

D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则V（O2）=V（NH3）═0.00125 mol?（L?s）

﹣1

，所以O2平均每秒钟浓度变化为0.00125摩/升，故D正确； 故选：AD．

【点评】本题考查化学反应速率的计算，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比． 9．（3分）（2013秋?白城期末）用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（ ） A．

+

B．

﹣

﹣

C．c（H）和c（OH）的乘积 D．OH的物质的量

﹣+

【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O?OH+NH4

﹣﹣

可知，n（OH）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．

﹣+

【解答】解：A、由NH3．H2O?OH+NH4可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH）增大，

﹣

﹣

增大，故A错误；

+

﹣

B、由NH3．H2O?OH+NH4可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH）增大，

减小，故B正确；

+

﹣

C、因加水稀释时，温度不变，则c（H）和c（OH）的乘积不变，故C错误；

﹣﹣+

D、由NH3．H2O?OH+NH4可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故D错误； 故选：B．

【点评】本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关系来解答． 10．（3分）（2010秋?邯郸期末）下列关于铜电极的叙述正确的是（ ） A．铜锌原电池中铜是正极

B．用电解法精炼粗铜时铜作阳极

C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极 D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极

【分析】A．原电池中活泼金属为负极，较不活泼金属为正极； B．用电解法精炼铜时粗铜作阳极；

第11页（共28页）

C．电镀时，镀层金属作阳极；

D．电解稀硫酸制H2．O2时，电极材料为惰性电极材料．

【解答】解：A．铜锌原电池中，较为活泼的金属锌为负极，较不活泼的铜为正极，故A正确；

B．电解法精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误； C．电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属为阴极，故C正确；

D．电解稀硫酸制H2．O2时，电极材料为惰性电极材料，如用活性电极做阳极，则不会在阳极生成氧气，故D错误． 故选AC．

【点评】本题考查原电池和电解池的工作原理，题目难度不大，注意电解材料的选择和电极反应． 11．（3分）等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混和后，混和液中有关离子的浓度应满足的关系是（ ）

A．[M]＞[OH]＞[A]＞[H] B．[M]＞[A]＞[H]＞[OH] C．[M]＞[A]＞[OH]＞

﹣﹣+++

[H] D．[M]+[H]=[OH]+[A]

【分析】等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液溶质的物质的量相等，混合后完全反应，由于生成强碱弱酸盐，则反应后所生成的溶液呈碱性，从盐类水解的角度分析． 【解答】解：等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液溶质的物质的量相等，混合后完全反应，由于存在A+H2OHA+OH，

﹣﹣﹣﹣﹣+++

则有[M]＞[A]，[OH]＞[H]，盐类水解程度较弱，则[A]＞[OH]，则[M]＞[A]＞[OH﹣+

]＞[H]；

﹣﹣++

从溶液呈电中性的角度可知，[M]+[H]=[OH]+[A]， 故选CD．

【点评】本题考查离子浓度的大小比较，注意从盐类水解的角度比较离子浓度大小，从溶液呈电中性的角度比较离子浓度大小关系． 12．（3分）（2010?安庆模拟）下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（ ） A．光气（COCl2） B．六氟化硫 C．二氟化氙 D．三氟化硼 【分析】分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断．

【解答】解：A、光气（COCl2）中，C原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4价，所以满足最外层8电子结构；O原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为﹣2价，所以满足最外层8电子结构；Cl原子的原子核外最外层电子数为7，其在分子中的化合价为﹣1价，所以满足最外层8电子结构，故A正确；

B、六氟化硫中，S原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为+6价，在分子中的原子最外层电子数为12，故B错误；

C、二氟化氙中，Xe原子的原子核外最外层电子数为8，其在分子中的化合价为+2价，在分子中的原子最外层电子数为10，故C错误；

D、三氟化硼中，B原子的原子核外最外层电子数为3，其在分子中的化合价为+3价，在分子中的原子最外层电子数为6，故D错误． 故选A．

【点评】本题考查原子的结构，本题中注意判断是否满足8电子结构的方法，注意利用化合价与最外层电子数来分析即可解答，明确所有原子都满足最外层8电子结构是解答的关键．

第12页（共28页）

﹣

﹣

+

﹣﹣

++

﹣

+

﹣

+

﹣﹣

13．（3分）下列叙述正确的是（ ） A．同主族金属的原子半径越大熔点越高 B．稀有气体原子序数越大沸点越高

C．分子间作用力越弱分子晶体的熔点越低 D．同周期元素的原子半径越小越易失去电子

【分析】A、同主族金属从上到下原子半径逐渐增大，金属的熔点逐渐降低； B、0族元素从上到下沸点逐渐增大；

C、影响分子晶体熔点高低的因素是分子间作用力的大小；

D、同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱．

【解答】解：A、同主族金属从上到下原子半径逐渐增大，金属阳离子和自由电子的作用力逐渐减弱，金属的熔点逐渐降低，故A错误；

B、0族元素的单质属于分子晶体，对应元素的原子序数越大，气体的相对分子质量越大，沸点逐渐增大，故B正确；

C、影响分子晶体熔点高低的因素是分子间作用力的大小，分子间作用力越弱分子晶体的熔点越低，故C正确；

D、同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，原子半径逐渐减小，则同周期元素的原子半径越小越难失去电子，故D错误． 故选BC．

【点评】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意相关基础知识的积累． 14．（3分）（2014秋?盐湖区校级期末）将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（ ）

A．硫酸 B．氯水 C．硝酸锌 D．氯化铜

【分析】铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H、Cl、Fe，若要将Fe变为Fe，需要强氧

﹣

化性物质，如MnO4，氯气等．

﹣+2+2+3+

【解答】解：铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H、Cl、Fe，若要将Fe变为Fe，需要

﹣

强氧化性物质，如MnO4，氯气等．

﹣﹣+2++3+

在H存在的情况下，NO3表现强氧化性，发生反应：3Fe+NO3+4H═3Fe+NO↑+2H2O；

2+

硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性．Cu氧化性很弱，需要有强还原剂才能反应．故选：BC．

【点评】本题需要注意的是在H存在的情况下，NO3才表现强氧化性，否则不反应． 15．（3分）（2012秋?原平市校级期中）有五瓶溶液分别是①10毫升0.60摩/升NaOH水溶液 ②20毫升0.50摩/升硫酸水溶液 ③30毫升0.40摩/升HCl溶液 ④40毫升0.30摩/升HAc水溶液 ⑤50毫升0.20摩/升蔗糖水溶液．以上各瓶溶液所含离子．分子总数的大小顺序是（ ）

A．①＞②＞③＞④＞⑤ B．②＞①＞③＞④＞⑤ C．②＞③＞④＞①＞⑤ D．⑤＞④＞③＞②＞①

【分析】本题所问是溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子．五瓶溶液溶质的浓度比较小，故主要取决于溶剂的量．

【解答】解：因溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子，五而瓶溶液溶质的浓度比较小，故主要取决于溶剂的量，而溶液体积分别为10、20、30、40、50mL，依次增大．所以选：D．

第13页（共28页）

+

﹣

+

﹣

2+2+3+

【点评】本题若抓住了影响各瓶溶液所含离子．分子总数的大小的主要因素，很容易求解． 16．（3分）（2015秋?泉州校级月考）依照阿伏加德罗定律，下列叙述正确的是（ ） A．同温同压下两种气体的体积之比等于摩尔质量之比 B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比 C．同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比 D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比

【分析】根据pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系及物质的量与密度的关系； 同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比；

又根据pM=ρRT可知，同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比．

【解答】解：A、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又n=，若质量关系不相等，则无法确定体积体积与摩尔质量的关系，若气体的质量相等，则同温同压下两种气体的体积之与摩尔质量成反比，故A错误；

B、由pV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=

，若质

量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，故B错误；

C、由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，故C正确；

D、由pV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，故D正确； 故选CD．

【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确pV=nRT是解答本题的关键，注意公式的变形及公式中一个量随另一个量的变化来分析解答即可． 17．（3分）（2005?白山一模）下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳Ca+2ClO+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO

2++3+

B．硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液Fe+2H2O2+4H═Fe+4H2O

﹣+

C．用氨水吸收少量二氧化硫NH3．H2O+SO2═NH4+HSO3

3++

D．硝酸铁溶液中加过量氨水Fe+3NH3．H2O═Fe（OH）3↓+3NH4

﹣

【分析】A．通入过量二氧化碳生成HCO3； B．从电荷是否守恒的角度分析；

C．氨水和少量二氧化硫反应生成SO3；

D．氨水为弱电解质，应写成化学式，与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀．

【解答】解：A．通入过量二氧化碳生成HCO3，正确的离子方程式为ClO+H2O+CO2═HCO3﹣

+HClO，故A错误；

2++3+

B．电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe+H2O2+2H═2Fe+2H2O，故B错误；

2﹣

C．用氨水吸收少量二氧化硫反应生成SO3，故C错误；

D．氨水为弱电解质，应写成化学式，与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，

3++

反应的离子方程式为Fe+3NH3．H2O═Fe（OH）3↓+3NH4，故D正确． 故选D．

﹣

﹣

2+

﹣

2﹣

第14页（共28页）

【点评】本题考查离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意从粒子符号、电荷守恒以及反应物的量等角度判断．

三、选择题（本小题包括8小题，每小题4分，共32分．每小题只有一个选项符合题意） 18．（4分）（2012秋?利辛县校级期末）pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是（ ） A．11：1 B．9：1 C．1：11 D．1：9 【分析】酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c（OH）=

﹣

﹣

计算．

+

【解答】解：pH=13的强碱溶液中c（OH）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H）=0.01mol/L，

﹣

酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，且pH=11，说明反应后c（OH）=0.001mol/L，

﹣

则：c（OH）=

=

=0.001mol/L，

解之得：V（碱）：V（酸）=1：9， 故选B．

【点评】本题考查酸碱混合后溶液体积的计算，题目难度不大，注意根据溶液浓度、PH的有关计算公式的运用． 19．（4分）（2014秋?宁城县期末）体积相同的甲．乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2?2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率（ ）

A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断

【分析】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动．

【解答】解：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动．所以，若甲容器中SO2的转化率为P%，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%． 故选B．

【点评】这一类问题的解决方法一般如此，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化．这样，问题就迎刃可解了． 20．（4分）（2015?衡水模拟）由锌．铁．铝．镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是（ ） A．锌 B．铁 C．铝 D．镁

【分析】可用极限法或平均值法计算，用极限法计算时可分别计算生成氢气11.2L时需要金属的质量，用平均值法计算可计算出混合物的平均相对原子质量．

【解答】解：产生11.2LH2需要锌32.5g，铁28g，铝9g，镁12g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝， 故选C．

【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意平均值法的利用．

第15页（共28页）

21．（4分）（2010?淄博一模）将标准状况下的a升氯化氢气体溶于1000克水中，得到的盐酸的密度为b克/毫升，则该盐酸的物质的量的浓度是（ ） A．C．

B．

D．

【分析】先求氯化氢的物质的量，再根据溶液的质量、密度求出溶液的体积，根据物质的量浓度公式计算溶液的物质的量浓度． 【解答】解：氯化氢的物质的量n=m=n×M=

mol×36.5g/mol=

g，

=

mol，氯化氢的质量

溶液的体积V===，

则C===，故选：D．

【点评】本题考查的是物质的量浓度的相关计算，正确判断溶液的体积是解本题的关键，注意不能把溶剂的体积当做溶液的体积． 22．（4分）（2015秋?白城校级期末）将质量分数为0.052（5.2%）的NaOH溶液1升（密度为1.06克/毫升）用铂电极电解，当溶液中的NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是 NaOH的质量分数 阳极析出物的质量（克） 阴极析出物的质量（克） 19 152 0.062（6.2%） ① 152 19 0.062（6.2%） ② 1.2 9.4 0.042（4.2%） ③ ④ 0.042（4.2%） 9.4 1.2 （ ） A．① B．② C．③ D．④

【分析】根据电解时，阴阳极上得到物质的质量大小关系排除部分选项；根据电解的实质确定溶液的质量分数的变化，排除选项，从而确定正确答案．

【解答】解：电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且生成氢气的质量大于氧气的质量，所以排除①③；电解时，电解质溶液中溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以随着电解的进行，溶液的质量分数增大，所以排除④，所以正确答案是②． 故选B．

第16页（共28页）

【点评】本题以电解原理为载体考查了电解时，阴阳极上得到的物质之间的关系及电解质溶液浓度的变化，电解强碱和含氧强酸的实质都是电解水． 23．（4分）（2013秋?南开区期末）在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应2R（g）+5Q（g）═4X（g）+nY（g）反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5

【分析】在相同温度和相同体积下，气体的压强与物质的量呈正比，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，以此判断方程式中化学计量数关系．

【解答】解：容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，

即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和， 则有：2+5＞4+n， n＜3，

选项中只有A符合， 故选A．

【点评】本题考查阿伏加德罗定律以及推论的应用，题目难度不大，注意从压强的变化分析方程式化学计量数关系，避免繁琐的计算． 24．（4分）（2015秋?长春校级期末）1，2，3﹣三苯基环丙烷的三个苯基可以分布在环丙烷环平面的上下，因此有如下两个异构体：

据此，可判断1，2，3，4，5﹣五氯环戊烷（假定五个碳原子也处于同一平面上）的异构体数目是（ ） A．4 B．5 C．6 D．7

【分析】从氯原子分布在平面的上下两边分析解题，每个碳原子上有一个氯原子，先假设都在平面上，再逐渐减少一个碳原子．

【解答】解：5个氯原子都在上面，4个氯原子在上1个在下（同4下1上），3个氯原子在上2个在下（同3下2上）有两种，分别为1，2，3上和1，2，4上两种，如图黑点表示氯原子在平面下方，所以共计4种． 故选A．

【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大．

，

25．（4分）（2011秋?西山区校级期中）白藜芦醇

合物起反应的Br2或H2的最大用量分别是（ ） A．1摩尔1摩尔 B．3.5摩尔7摩尔 C．3.5摩尔6摩尔

第17页（共28页）

广

泛存在于食物（例如桑椹．花生．尤其是葡萄）中，它可能具有搞癌性．能够跟1摩尔该化

D．6摩尔7摩尔

【分析】白藜芦醇含有的官能团有酚羟基、碳碳双键，酚羟基的邻、对位能与溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应；苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，据此计算Br2和H2的最大用量．

【解答】解：白藜芦醇含有的官能团有酚羟基、碳碳双键，酚羟基的邻、对位能与溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应；苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，所以1mol白藜芦醇与溴水发生取代反应需要溴5mol，碳碳双键与溴发生加成反应需溴1mol，所以共需要溴6mol；

1mol白藜芦醇含有2mol苯环和1mol碳碳双键，2mol苯环与氢气加成需要6mol氢气，1mol碳碳双键与氢气加成需要1mol氢气，所以1mol白藜芦醇与氢气发生加成反应一共需要7mol氢气． 故选：D．

【点评】本题考查了有机物的官能团及其结构，难度不大，注意酚的取代反应位置是羟基的邻、对位，间位不能发生取代反应．

四、解答题（共2小题，满分17分） 26．（6分）（2012秋?开原市校级月考）A～D是中学化学实验中常见的几种温度计装置示

意图

（1）请从①～⑧中选出必须使用温度计的实验，把编号填入最适宜的装置图A～C下的空格中（多选要倒扣分）

①酒精和浓硫酸混和加热制乙烯 ②电石跟水反应制乙炔 ③分离苯和硝基苯的混和物 ④苯和溴的取代反应 ⑤石油分馏装置

⑥浓硫酸和二氧化锰混合加热制氯气 ⑦测定硝酸钾在水中的溶解度 ⑧食盐和浓硫酸混合加热制氯化氢

（2）选用装置D做苯的硝化实验，D中长玻璃管的作用是 起冷凝器作用，以减少苯的挥发 ． 【分析】（1）根据需要控制温度及控制温度的部位解答 （2）苯易挥发，减少苯的挥发． 【解答】解：（1）①实验室制乙烯温度控制170度，温度计水银球在反应物液面下，对应A；

②电石跟水反应制乙炔，不需要加热；

③利用沸点不同，通过加热，控制蒸汽温度，分馏各组分，温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口处，对应为B；

第18页（共28页）

④苯和溴的取代反应，不需要加热；

⑤利用沸点不同，通过加热，控制蒸汽温度，分馏各组分，温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口处，对应为B；

⑥浓硫酸和二氧化锰混合加热制氯气，不需要控制温度；

⑦测定硝酸钾在水中的溶解度，要控制移动温度，温度计水银球在液面下，对应为C； ⑧盐和浓硫酸混合加热制氯化氢，不需要控制温度； 故答案为：A①；B③⑤；C ⑦

（2）苯易挥发，所以D中长玻璃管的作用起冷凝器作用，减少苯的挥发． 故答案为：起冷凝器作用，以减少苯的挥发

【点评】考查温度控制，难度较小，注意基础知识的积累归纳． 27．（11分）（2008?天心区校级模拟）测定一定质量的铝锌合金与强酸溶液反应产生的氢气的体积，可以求得合金中铝和锌的质量分数．现有下列实验用品：中学化学实验常用仪器．800毫升烧杯．100毫升量筒．短颈玻璃漏斗．铜网．铝锌合金样品．浓盐酸（密度1.19克/毫升）．水．按图示装置进行实验，回答下列问题．（设合金样品完全反应，产生的气体体积不超过100毫升）

（1）补充下列实验步骤，直到反应开始进行（铁架台和铁夹的安装可省略）：

①将称量后的合金样品用铜网小心包裹好，放在800毫升烧杯底部，把短颈漏斗倒扣在样品上面．

②往烧杯中注入水，直至水面没过漏斗颈；

③在100 mL量筒中装满水，倒置在盛水的烧杯中（量筒中不要留有气泡），使漏斗颈伸入量筒中．烧杯中水面到杯口至少保留100 mL空间；

④将长颈漏斗插入烧杯并接近烧杯底部，通过它慢慢加入盐酸，至有气体产生； （2）合金样品用铜网包裹的目的是： 使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置 ．

【分析】（1）在题目的第①步操作后，若开始时在烧杯中直接加入酸，金属会马上与酸反应．此时收集装置还没有安装好，无法收集测量产生的气体的体积，并且在进行后续操作时手会受到腐蚀．解决这一问题的方法是先往烧杯中注入水，待收集装置安装好后再加入酸， 下一步只能是向烧杯中加入水，所加入的水必须浸没漏斗颈口，否则将无法继续操作．然后，将装满水的100 mL量筒倒置于盛水的烧杯中，组装完成后可以开始反应，最后通过长颈漏斗加入浓盐酸，使用浓盐酸是为了加快反应速率．

（2）由于金属是铝锌合金，密度较小，在跟盐酸反应时可以上下浮动，铝屑或铝片易顺着漏斗漂浮而出，给实验结果造成相当大的误差，所以用不与盐酸反应的铜网包裹，使之不致漂浮．

【解答】解：（1）在题目的第①步操作后，若开始时在烧杯中直接加入酸，金属会马上与酸反应．此时收集装置还没有安装好，无法收集测量产生的气体的体积，并且在进行后续操作时手会受到腐蚀．解决这一问题的方法是先往烧杯中注入水，待收集装置安装好后再加入酸．

第19页（共28页）

下一步只能是向烧杯中加入水，所加入的水必须浸没漏斗颈口，否则将无法继续操作．然后，将装满水的100 mL量筒倒置于盛水的烧杯中，组装完成后可以开始反应，由于本题的合金样品全部反应产生的气体体积不会超过100 mL，因此，对加入的盐酸浓度和用量不作要求．最后通过长颈漏斗加入浓盐酸，使用浓盐酸是为了加快反应速率； 故答案为：②往烧杯中注入水，直至水面没过漏斗颈；

③在100 mL量筒中装满水，倒置在盛水的烧杯中（量筒中不要留有气泡），使漏斗颈伸入量筒中．烧杯中水面到杯口至少保留100 mL空间；

④将长颈漏斗插入烧杯并接近烧杯底部，通过它慢慢加入盐酸，至有气体产生；

（2）由于金属是铝锌合金，密度较小，在跟盐酸反应时可以上下浮动，铝屑或铝片易顺着漏斗漂浮而出，给实验结果造成相当大的误差，所以用不与盐酸反应的铜网包裹，使之不致漂浮；

故答案为：使样品在反应时能保持在烧杯底适当的位置．

【点评】本题考查学生对实验原理与实验操作的理解等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力． 五、（本题包括3小题，共17分） 28．（4分）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生下列反应：KMnO4+HBr→Br2+MnBr2+KBr+H2O其中还原剂是 HBr ．若消耗0.1摩尔氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是 0.5 摩尔．

【分析】反应KMnO4+HBr→Br2+MnBr2+KBr+H2O中，Br元素化合价升高，Mn元素化合价降低，则反应中KMnO4为氧化剂，HBr为还原剂，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等．

【解答】解：反应KMnO4+HBr→Br2+MnBr2+KBr+H2O中，Br元素化合价升高，Mn元素化合价降低，

则反应中KMnO4为氧化剂，HBr为还原剂，

Mn元素化合价由+7→+2价，变化5价，Br元素化合价由﹣1价→0价，变化1价，

氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，设被氧化的还原剂的物质的量是x，

则有0.1mol×（7﹣2）=x×（1﹣0）， x=0.5mol，

故答案为：HBr；0.5．

【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析，计算时注意氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等． 29．（6分）下图①﹣11分别代表有关反应中的一种物质，请填下以下空

白．

（1）①、③、④的化学式分别是 NH4HCO3 、 NH3 、 O2 ．

第20页（共28页）

（2）⑧与⑨反应的化学方程式是 C+4HNO3（浓）2H2O+4NO2↑+CO2↑ ．

【分析】碱石灰吸收水和酸性氧化物，浓硫酸吸收碱性气体和水，①加热后的混合物通过碱石灰后还有气体，则③是碱性气体，为氨气，混合物通过浓硫酸后还剩酸性气体，酸性气体和过氧化钠反应、和镁反应，二氧化碳和过氧化钠、镁都能反应，所以②是二氧化碳；二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氨气和氧气反应，所以④是氧气⑤是碳酸钠；氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，⑥和氧气反应，所以⑥一氧化氮，11是水；⑦是二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，⑧是硝酸；二氧化碳和镁反应生成氧化镁和碳，硝酸和⑨反应生成二氧化碳、二氧化氮、和水，根据元素守恒知，⑨是碳，⑩是镁，加热溶解生成氨气、水和二氧化碳的物质是碳酸氢铵，则①是碳酸氢铵．

【解答】解：碱石灰吸收水和酸性氧化物，浓硫酸吸收碱性气体和水，①加热后的混合物通过碱石灰后还有气体，则③是碱性气体，为氨气，混合物通过浓硫酸后还剩酸性气体，酸性气体和过氧化钠反应、和镁反应，二氧化碳和过氧化钠、镁都能反应，所以②是二氧化碳；二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氨气和氧气反应，所以④是氧气⑤是碳酸钠；氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，⑥和氧气反应，所以⑥一氧化氮，11是水；⑦是二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，⑧是硝酸；二氧化碳和镁反应生成氧化镁和碳，硝酸和⑨反应生成二氧化碳、二氧化氮、和水，根据元素守恒知，⑨是碳，⑩是镁，加热溶解生成氨气、水和二氧化碳的物质是碳酸氢铵，则①是碳酸氢铵． （1）通过以上分析知，①是NH4HCO3，③是NH3，④是O2，故答案为：NH4HCO3；NH3；O2；

（2）加热条件下，碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为C+4HNO3（浓）

2H2O+4NO2↑+CO2↑，

2H2O+4NO2↑+CO2↑．

故答案为：C+4HNO3（浓）

【点评】本题考查元素化合物的特性和反应，用框图设问可以考查学生正向思维、逆向思维、发散和收敛思维，能根据题眼正确判断化合物是解本题的关键，注意镁不仅在氧气中燃烧还能在二氧化碳中燃烧，为易错点． 30．（7分）BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称．若知：①在GBO中，锗处于其最高价态 ②在GBO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构 ③GBO可看作是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在GBO晶体的化学式中，这两种氧化物所含氧的总质量相同．请填空： （1）锗和铋的元素符号分别是 Ge 和 Bi ．

（2）GBO晶体的化学式是 Bi4（GeO4）3[或Bi4Ge3O12或2Bi2O3?3GeO2]； ． （3）GBO晶体中所含铋氧化物的化学式是 Bi2O3 ． 【分析】（1）根据元素名称来书写；

（2）根据根据Ge与Si同族，锗（Ge）元素为+4价，得到氧化物的化学式，再N与Bi同主族，最外层有5个电子，形成三对共用电子对即达8电子结构，故在BGO中呈+3价，得到氧化物的化学式，根据信息中在BGO中，两种氧化物所含氧的质量相同，BGO可看成由锗和铋两种元素的氧化物所形成的化合物来解答；

（3）根据在BGO中呈+3价来书写含铋氧化物的化学式． 【解答】解：（1）锗和铋的元素符号分别为Ge，Bi，故答案为：Ge；Bi；

第21页（共28页）

（2）因锗（Ge）元素为+4价，则其氧化物的化学式为GeO2，铋元素（Bi）的化合价表现为+3，则其氧化物的化学式为Bi2O3，由两种氧化物所含氧的质量相同，则BGO的化学式可写成：3GeO2?2Bi2O3，即化学式为Bi4Ge3O12，故答案为：Bi4（GeO4）3[或Bi4Ge3O12或2Bi2O3?3GeO2]；

（3）因在BGO中呈+3价，所以氧化物为Bi2O3，故答案为：Bi2O3．

【点评】学生应对信息习题充分认识信息在解答中的重要作用，本题中在BGO中，两种氧化物所含氧的质量相同，BGO可看成由锗和铋两种元素的氧化物所形成的化合物是解答化学式的关键． 六、（本题包括3小题，共18分） 31．（6分）（2012秋?亭湖区校级期中）某高校曾以下列路线合成药物心舒宁（又名冠心宁），它是一种有机酸

盐．

（1）心舒宁的分子式为 C23H39NO4 ． （2）中间体（I）的结构简式是

．

（3）反应①～⑤中属于加成反应的是 ③⑤ （填反应代号）． （4）如果将⑤．⑥两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式）

．

【分析】（1）写心舒宁的分子式，先数对分子中的碳原子数是关键，然后再根据碳原子数求算氢原子数；

（2）中间体（Ⅰ）的结构简式可根据④、⑤的反应条件、反应类型及④前的结构简式和⑤后的结构简式推出；

（3）发生加成的反映的特点是有C=C或C=O生成C﹣C或C﹣O，以此判断； （4）如颠倒，丁烯二酸的C=C也发生加成反应．

第22页（共28页）

【解答】解：（1）根据结构简式可知分子中含有23个C原子，39个H原子1个N原子和4个O原子，故分子式为C23H39NO4， 故答案为：C23H39NO4；

（2）由合成路线中④反应条件，结合所学知识可知，反应④应为消去反应，由此即可确定中间体（Ⅰ）的结构中含有C=C，

与氢气发生加成反应生成

，

故答案为

：

，则中间体为

（3）审视反应①～⑤，只有③、⑤出现了不饱和键变成了饱和键，所以只有③、⑤反应属于加成反应， 故答案为：③⑤；

（4）如果将⑤、⑥两步颠倒，则发生反应为中间体（Ⅰ）先与与H2加成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键．即为

生成盐，后再

，

故答案为：．

【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，本题易错点为（1），注意分子式的确定，解答本题时注意把握有机物的结构与性质的关系． 32．（6分）（2011秋?岳麓区校级期末）请认真阅读下列3个反应：

利用这些反应，按以下步骤可以从某烃A合成一种染料中间体DSD

酸． 请写出A．B．C．D的结构简式．

【分析】由信息反应③可知，反应使用NaClO，NaClO具有强氧化性，由信息反应②可知，苯胺易被氧化，故合成路线中应先发生反应③类型的转化，后发生反应②类型的转化，故

第23页（共28页）

结合反应路线可知，A生成B发生硝化反应，B生成C发生反应①类型的转化，C生成D发生反应③类型的转化，D生成DSD酸发生反应②类型的转化，由DSD酸的结构，利用倒推法确定各物质的结构．

【解答】解：由信息反应③可知，反应使用NaClO，NaClO具有强氧化性，由信息反应②可知，苯胺易被氧化，故合成路线中应先发生反应③类型的转化，后发生反应②类型的转化，故结合反应路线可知，A生成B发生硝化反应，B生成C发生反应①类型的转化，C生成D发生反应③类型的转化，D生成DSD酸发生反应②类型的转化，由DSD酸的结构，

可知D为，故C为，B为

，A为

，

答：A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为

，D的结构简式为

【点评】本题考查有机物的推断与合成，题目给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型．

33．（6分）（2015春?滕州市校级期末）某种ABS工程树脂，由丙烯腈（CH2=CHCN，符号A）．1，3﹣丁二烯（CH2=CH﹣CH=CH2，符号B）和苯乙烯（C6H5﹣CH=CH2，符号S）按一定配比共聚而得．

（1）A．B和S三种单体中，碳氢比（C：H）值最小的单体是 1，3﹣丁二烯 ． （2）经元素分析可知该ABS样品的组成为CaHbNc（a．b．c为正整数），则原料中A和B的物质的量之比是 c：

（用a．b．c表示）．

【分析】3种单体中，只有丙烯腈（C3H3N）含N．只有丁二烯C4H6的碳氢比小于1．因此，b比a每多出2个氢原子，即为1个丁二烯分子．

（1）三种单体的分子式分别为A：C3H3N，B：C4H6，S：C8H8，从三种单体的分子式可以得出单体B中的碳、氢比最小；

（2）根据ABS组成中的氮原子数可确定单体A的个数，再根据三种单体分子中碳氢比的关系（A、C中碳氢比都是1：1，B中碳氢比是2：3）可确定单体B的个数； 【解答】解：（1）首先要根据共聚物ABS树脂的三种单体的结构简式，确定它们的分子式：A为C3H3N，B为C4H6，S为C8H8，其中明显的定量关系是：①A和S分子中C、H的个数比为1：1，②只有A中存在一个氮原子；A和S分子中碳氢原子个数比为1：1；而B中碳氢个数比为2：3，小于1：1；所以，三种单体中碳氢比值最小的单体是B，所以三种单体中碳氢比最小是1，3﹣丁二烯； 故答案为：1，3﹣丁二烯；

（2）若高聚物组成为CaHbNc，而三种单体中只有A的分子中含有一个氮原子，则高聚物中N原子个数必须等于单体A的个数，则根据高聚物CaHbNc可知CH2=CHCN为c个，因

第24页（共28页）

A、S中C和H的比值为1：1，碳氢个数的不同则是由单体B造成的，B分子中碳、氢原子的个数之差为2，因而高聚物中碳氢原子个数之差除以2，即是B分子的个数；因此可知A和B的物质的量之比为c：

；故答案为：c：

；

【点评】本题考查了有机化合物的结构特征分析判断，组成上的原子种类和原子组成比的特征是分析解题关键，题目难度中等． 七、（本题包括2小题，共15分） 34．（7分）本题分子量用以下数据：H2O=18.0 CaO=56.0 CaO2=72.0过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水．为分析某过氧化物样品的组成，进行了如下实验．

①称取0.270克样品，灼热使之完全分解，生成CaO．O2和H2O，得到的O2在标准状况下的体积为33.6毫升．

②另取0.120克样品，溶于稀盐酸，加热煮沸使生成的H2O2完全分解．然后将溶液中的2+

Ca完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200摩/升KMnO4溶液滴定，共用去31.0毫升KMnO4溶液．化学方程式如下：

5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O （1）写出CaO2受热分解的化学方程式． （2）计算样品中的CaO2的质量分数． （3）计算样品中的CaO2?xH2O的x值． 【分析】（1）由题意可知样品灼热使之完全分解生成CaO、O2和H2O，则CaO2受热分解生成CaO和O2；

（2）根据分解方程式结合生成氧气的体积可计算样品中的CaO2的质量分数；

（3）根据反应5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O可知

2+

样品中n（Ca），结合CaO2的质量分数可求的CaO的质量，进而计算水的质量，根据物质的量可计算x． 【解答】解：（1）样品灼热使之完全分解生成CaO、O2和H2O，则CaO2受热分解生成CaO和O2，

则反应的方程式为2CaO2

2CaO+O2，

2CaO+O2；

答：CaO2受热分解的化学方程式为2CaO2（2） 2CaO2

2CaO+O2

﹣3

2×72g 22.4L

m（CaO2） 33.6×10L m（CaO2）=w（CaO2）=

=80%，

=0.216g，

答：样品中的CaO2的质量分数为80%．

﹣3

（3）n（KMnO4）=31.0×10L×0.0200mol/L=0.00062mol，

第25页（共28页）

5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O 5 2

n（CaC2O4） 0.00062mol

n（CaC2O4）=n（Ca）=0.00062mol×=0.00155mol， 其中CaO2所含的n（Ca）=

2+2+

=0.00133mol，

m（CaO）=（0.00155mol﹣0.00133mol）×56.0g/mol=0.012g 所以：m（H2O）=0.12g﹣0.012g﹣0.12g×80%=0.012g， n（CaO2）：n（H2O）=x=．

答：品中的CaO2?xH2O的x值为．

【点评】本题考查较为综合，涉及混合物的计算，物质的化学式的推断，题目难度较大，注意物质的量应用于化学方程式的计算． 35．（8分）下面是四种盐在不同温度下的溶解度（克/100克水） NaCl KCl NaNO3 KNO3 10℃ 80.5 20.9 35.7 31.0 100℃ 175 246 39.1 56.6 （计算时假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计．） （1）取23.4克NaCl和40.4克KNO3，加70.0克H2O，加热溶解．在100℃时蒸发掉50.0克H2O，维持该温度，过滤出晶体，计算所得晶体的质量（m高温）．将滤液冷却至10℃，待充分结晶后，过滤．计算所得晶体的质量（m低温）．

（2）另取34.0克NaNO3和29.8克KCl，同样进行如上实验．10℃时析出的晶体是 KNO3和NaCl （写化学式）．100℃和10℃得到的晶体质量（m′高温和m′低温）分别是多少？ 【分析】（1）根据100℃蒸发后的溶液中NaCl为饱和溶液，KNO3为不饱和溶液，求出溶液中NaCl的质量，然后求出析出的NaCl晶体；将滤液冷却至10℃，NaCl为饱和溶液，KNO3为饱和溶液，分别求出溶液中NaCl、KNO3的质量，然后求出析出的NaCl、KNO3晶体的质量；

（2）两种原始溶液中各种盐的物质的量都相等，因而，溶解后得到的两种溶液中四种离子浓度完全相同，根据溶解度数据来确定析出的晶体．

【解答】解：（1）100℃蒸发掉50.0克H2O后溶液中NaCl的质量为 39.1g×

，

：

析出的NaCl晶体质量m（高温）=23.4g﹣7.82g=15.6g， 冷却到10℃，析出的NaCl晶体质量为 （39.1g﹣35.7g）×溶液中KNO3的质量为20.9g×

，

，

析出的KNO3晶体质量为40.4g﹣4.18g=36.2g，

所以10℃析出的晶体总质量m（低温）=0.68g+36.2g=36.9g，

第26页（共28页）

答：所得晶体的质量未36.9g；

（2）两种原始溶液中各种盐的物质的量都相等． n（NaCl）==

=n（KNO3）=

=0.40mol，

=n（NaNO3）=

=n（KCl）

因而，溶解后得到的两种溶液中四种离子浓度完全相同，根据溶解度数据，100℃时蒸发后得到的是NaCl晶体，冷却后得到的主要是KNO3，但也有少量的NaCl，m（′高温）=m（高温）=15.6g，m（′低温）=m（低温）=36.9g．

故答案为：KNO3和NaCl；100℃和10℃得到的晶体质量m′高温为15.6g，m′低温为36.9g． 【点评】本题主要考查了溶解度的计算，在第（2）小题时，只要抓住23.4克NaCl和40.4克KNO3形成的溶液和34.0克NaNO3和29.8克KCl形成的溶液是一样的，就不必再计算就可得出答案．

第27页（共28页）

参与本试卷答题和审题的老师有：杜老师；mxl；山间竹笋；zhjch；梁老师1；陈老师；王老师；无敌海丰（排名不分先后） 菁优网

2016年6月8日

第28页（共28页）

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ph76.html