1、江西師大附中、臨川一中2013屆高三聯考化學模擬試卷一、選擇題（每題只有1個正確答案，每小題3分，共48分）1（3分）（2013江西模擬）化學科學需要借助化學專業語言來描述，下列有關化學用語正確的是（）A甲烷分子的球棍模型：BNH4I的電子式CF的結構示意圖D中子數為20的氯原子：考點：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合專題：化學用語專題分析：A、球棍模型表示原子的相對大小、原子之間的成鍵情況、空間結構B、碘離子的電子式書寫錯誤NH4I是離子化合物，由銨根離子與碘離子構成C、漏寫數字前“+”原子結構示意圖中小圈和圈內的數字及表示原子核和核內質子數，數字前“+”表示帶正電荷，弧線表示電子層，弧

2、線上的數字表示該層的電子數D、原子符合ZAX，左下角z代表質子數，左上角A代表質量數，X代表元素符號，質量數=質子數+中子數，其中Z可以省略解答：解：A、碳原子半徑比氫原子大，選項中碳原子半徑比氫原子小，與實際不相符，故A錯誤；B、碘離子的電子式書寫錯誤，NH4I是離子化合物，由銨根離子與碘離子構成，電子式為，故B錯誤；C、漏寫數字前“+”，F的原子結構示意圖為，故C錯誤；D、中子數為20的氯原子，質量數為37，原子符號為1737Cl，故D正確故選：D點評：考查對常用化學用語的書寫和理解，難度不大，掌握常見化學用語的書寫，注意簡單陽離子的電子式為其離子符號，復雜的陽離子電子式除應標出共用電子對

3、、非共用電子對等外，還應加中括號，并在括號的右上方標出離子所帶的電荷無論是簡單陰離子，還是復雜的陰離子，都應標出電子對等，還應加中括號，并在括號的右上方標出離子所帶的電荷2（3分）（2013江西模擬）現有濃硫酸、硝酸銨、氰化鉀、苯、濃硝酸、雙氧水 氨水、汞8種化學藥品，下列有關在瓶上應貼的危險化學品標志正確的是（）A貼標簽a的可以是：B貼標簽b的可以是：C貼標簽c的可以是：D貼標簽d的只有：考點：化學試劑的分類專題：物質的分類專題分析：可以根據標志的含義結合生活實際經驗進行分析判斷符合題意的選項解答：解：A圖為爆炸品標志，屬于爆炸品的是硝酸銨，故A錯誤； B圖為易燃液體標志，屬于易燃液體的是苯

4、，故B錯誤；C圖為劇毒品標志，屬于劇毒品的是氰化鉀汞，故C正確；D圖為氧化劑標志，屬于氧化劑的是濃硫酸濃硝酸雙氧水，故D錯誤故選C點評：本題考查危險品圖標，難度不大，掌握常見化合物的性質，了解各個標志所代表的含義是解答此類題的關鍵3（3分）（2013江西模擬）今有甲、乙、丙三瓶等體積的新制氯水，濃度均為0.1mol/L如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶體（n mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶體（n mol），丙瓶不變片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物質的量濃度的大小關系（溶液體積變化忽略不計）（）A甲=乙丙B甲丙乙C丙甲=乙D乙丙甲考點：物質的量濃度的相關計算；氯氣的化學性質

5、專題：計算題分析：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性強，加入少量的NaHCO3晶體，可促進氯氣與水的反應，生成更多的HClO，HClO可與NaHSO3發生氧化還原反應而導致濃度降低解答：解：甲中加入少量的NaHCO3晶體：HClO的酸性比碳酸弱但比HCO3的酸性強，加入少量的NaHCO3晶體，可促進氯氣與水的反應，生成更多的HClO；乙中加入少量的NaHSO3晶體：HClO可與NaHSO3發生氧化還原反應而導致濃度降低；丙不變，則甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物質的量濃度的大小關系為甲丙乙故選B點評：本題考查氯氣的化學性質以及外界條件對氯氣與水反應的平衡影響，題目難度不大，本題注意從氯氣

6、的性質的角度分析4（3分）（2013江西模擬）北京大學和中國科學院的化學工作者已成功研制出堿金屬與C60形成的球碳鹽K3C60，實驗測知該物質屬于離子化合物，具有良好的超導性下列有關分析正確的是（）AK3C60中只有離子鍵BK3C60中不含共價鍵C該晶體在熔融狀態下能導電DC60與12C互為同素異形體考點：離子化合物的結構特征與性質；同素異形體專題：化學鍵與晶體結構分析：K3C60為離子化合物，晶體中含有離子鍵和共價鍵，在熔融狀態下能導電，結合同素異形體的概念解答該題解答：解：AK3C60中中K+與C603之間為離子鍵，C603中CC鍵為共價鍵，故A錯誤；BC603中CC鍵為共價鍵，故B錯誤；

7、CK3C60為離子化合物，在熔融狀態下能導電，故C正確；DC60為單質，12C為原子，而同素異形體為同種元素形成的不同單質，二者不屬于同素異形體，故D錯誤故選C點評：本題考查晶體的知識，題目難度不大，解答本題關鍵是要把握離子化合物的組成，學習中注意同素異形體與同位素的關系5（3分）（2013江西模擬）固體A的化學式為NH5，它的所有原子的最外層都符合相應稀有氣體原子的最外電子層結構，則下列有關說法中，不正確的是（）ANH5中既有離子鍵又有共價鍵BNH5的熔、沸點高于NH3CNH5固體投入少量水中，可產生兩種氣體D0.1 mol NH5中含有5 mol NH鍵考點：離子化合物的結構特征與性質；共

8、價鍵的形成及共價鍵的主要類型專題：化學鍵與晶體結構分析：固體A的化學式為NH5，它的所有原子的最外層都符合相應稀有氣體原子的最外電子層結構，應為NH4H，是一種離子化合物，能與水反應：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，有氨氣生成解答：解：ANH5是離子化合物氫化銨，銨根中的氮原子與四個氫原子形成四個共價鍵，NH4+與H之間為離子鍵，故A正確；BNH4H是一種離子化合物，熔、沸點高于NH3，故B正確；C能與水反應：NH4H+H2O=NH3H2O+H2，有氨氣生成，故C正確D根據氮原子的原子結構，最外層5個電子最多和四個氫原子形成共價鍵（其中一個是配位鍵，氮原子提供一對電子，氫離子提供空軌道形

9、成），形成了帶正電荷的銨根離子，所以另一個氫原子只能是形成H，陰陽離子間形成離子鍵，故D錯誤故選D點評：本題考查NH5的組成和性質，題目難度不大，解答本題的關鍵是把握題給信息6（3分）（2013江西模擬）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成兩份向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解l9.2g（已知硝酸只被還原為NO氣體）向另一份中逐漸加入鐵粉，產生氣體的量隨鐵質量增加的變化如圖所示下列分析或結果錯誤的是（）A原混合酸中NO3物質的量為0.4molBOA段產生的是NO，AB段的反應為Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段產生氫氣C第二份溶液中最終溶質為FeSO4DH2SO4濃度為2.5mol

10、L1考點：硝酸的化學性質；鐵的化學性質專題：元素及其化合物分析：由圖象可知，由于鐵過量，OA段發生反應為：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段發生反應為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發生反應為：Fe+2H+=Fe2+H2A、OA段發生反應為：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化劑作用，根據鐵的物質的量結合離子方程式計算；B、鐵先與硝酸反應生成一氧化氮與鐵離子，之后鐵與鐵離子反應生產亞鐵離子，最后是鐵和硫酸反應；C、鐵先與硝酸反應，之后鐵與鐵離子反應生產亞鐵離子，最后是鐵和硫酸反應，鐵單質全部轉化為亞鐵離子，硝酸全部起氧化劑作用，沒有顯酸性的硝酸；

11、D、根據鐵和硫酸的反應中鐵的質量來確定所需硫酸的量，進而確定硫酸的濃度解答：解：A、OA段發生反應為：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化劑作用，所以n（NO3）=2n（Fe）=2×=0.4mol，故A正確；B、由圖象可知，由于鐵過量，OA段發生反應為：Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段發生反應為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發生反應為：Fe+2H+=Fe2+H2，故B正確；C、硝酸全部被還原，沒有顯酸性的硝酸，因為溶液中有硫酸根，并且鐵單質全部轉化為亞鐵離子，所以溶液中最終溶質為FeSO4，故C正確；D、反應消耗22.4g鐵，也就是

12、=0.4mol，所有的鐵都在硫酸亞鐵中，根據硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的濃度是4mol/L，故D錯誤故選D點評：本題以圖象為載體，考查有關金屬和酸反應的計算題，難度較大，關鍵根據圖象分析各段發生的反應，注意與鐵的反應中硝酸全部起氧化劑作用7（3分）（2013江西模擬）現將35g鋅粉與少量濃硫酸在加熱條件下充分反應，共收集到混合氣體11.2L（標準狀況），其質量為19.6g，則過剩的鋅粉的質量為（）A1.0gB2.0gC2.5gD3.5g考點：化學方程式的有關計算專題：計算題分析：生成的氣體為二氧化硫與氫氣，混合氣體11.2L（標準狀況）物質的量為0.5mol，根據電子轉移

13、守恒計算參加反應的Zn的物質的量，再根據m=nM計算參加反應的Zn的質量，據此計算過剩的鋅粉的質量解答：解：鋅粉與少量濃硫酸在加熱條件下充分反應，生成的氣體為二氧化硫與氫氣，混合氣體11.2L（標準狀況）物質的量為=0.5mol，每生成1molSO2，金屬提供2mol電子，每生成1molH2，金屬提供2mol電子，所以生成0.5mol的二氧化硫與氫氣金屬提供的電子為×2mol=1mol，故參加反應Zn的物質的量為=0.5mol，出參加反應Zn的質量為0.5mol×65g/mol=32.5g，故剩余的鋅粉的質量為35g32.5g=2.5g故答案為：C點評：考查學生根據方程式的

14、計算、守恒計算等，難度不大，本題采取電子轉移守恒計算，簡化計算，注意守恒思想的運用可以判斷混合氣體中氫氣、二氧化硫的物質的量，在根據方程式計算，容易理解，但步驟繁瑣8（3分）（2013江西模擬）下列反應的離子方程式正確的是（）ANH4HCO3溶液與過量KOH濃溶液共熱：NH3+H2OB用雙氧水和稀硫酸處理印刷電路板：C用FeS除去工業廢水中的Hg2+：Hg2+S2HgSD足量的SO2通人Ca（ClO）2溶液中：Ca2+2C1O+SO2CaSO4+2C1考點：離子方程式的書寫專題：離子反應專題分析：A漏寫碳酸氫根離子與堿的反應；B發生氧化還原反應生成銅離子和水；CFeS不溶于水，在離子反應中應保

15、留化學式；D發生氧化還原反應生成硫酸鈣和鹽酸解答：解：ANH4HCO3溶液與過量KOH濃溶液共熱的離子反應為NH4+HCO3+2OHNH3+H2O+CO32，故A錯誤；B用雙氧水和稀硫酸處理印刷電路板的離子反應為Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O，遵循電子守恒、電荷守恒、質量守恒定律，故B正確；C用FeS除去工業廢水中的Hg2+的離子反應為Hg2+FeSHgS+Fe2+，故C錯誤；D足量的SO2通人Ca（ClO）2溶液中：Ca2+C1O+H2O+SO2CaSO4+2H+C1，故D錯誤；故選B點評：本題考查離子反應方程式的書寫，明確發生的化學反應及離子反應方程式的書寫方法即可解答，注意電子守

16、恒、電荷守恒、質量守恒定律的應用，題目難度不大9（3分）（2013江西模擬）下列反應所得的溶液中一定只含一種溶質的是（）A向硫酸酸化的Fe2（SO4）3溶液中加入過量的Ba（OH）2溶液B向AlCl3溶液中加入過量的氨水C向NaOH溶液中通人CO2氣體D將過量的Cu粉加入FeCl3溶液考點：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；鎂、鋁的重要化合物專題：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溶液時，OH先和硫酸電離出的H+反應，然后再與Fe3+反應；B氫氧化鋁只能溶解在強酸和強堿中，不溶于弱堿氨水中；CNaOH和CO2氣體反應，先生成碳酸鈉，再生成碳酸氫鈉；D氯化鐵溶液

17、跟銅反應，+3價的鐵離子具有氧化性，單質銅具有還原性；解答：解：A向硫酸酸化的Fe2（SO4）3溶液中，加入Ba（OH）2溶液時，硫酸先和氫氧化鋇反應：H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，再與Fe2（SO4）3反應，反應為：Fe2（SO4）3+3Ba（OH）2=3BaSO4+2Fe（OH）3，反應所得的溶液中只含一種溶質是過量的Ba（OH）2故A正確；B氨水是弱堿，不能溶解氫氧化鋁，氯化鋁溶液加入過量氨水的反應方程式為：AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl，反應所得的溶液中溶質為過量的氨水和產物NH4Cl，故B錯誤；CNaOH和CO2氣體反應，反應為：CO2+2

18、NaOH=Na2CO3+H2O，再通入CO2氣體CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，溶液中的溶質可能為Na2CO3、NaHCO3或Na2CO3或Na2CO3故C錯誤；D氯化鐵溶液跟銅反應，+3價的鐵離子被還原成+2價的鐵離子，銅單質被氧化成+2價的銅離子，2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，溶液中的溶質為CuCl2和FeCl2故D錯誤；故選A點評：該題反應所得的溶液中一定只含一種溶質與加入反應物的量有關，較復雜做這類題目要分情況討論，根據反應，寫出正確的方程式求解10（3分）（2013江西模擬）某溶液中，只可能含有下列離子中的幾種：現每次取100.00mL溶液進行實驗：第一

19、份加入硝酸銀溶液有沉淀產生；第二份加入足量氯化鋇溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀經足量鹽酸洗滌，干燥后剩余2.33g下列說法錯誤的是（）陽離子K+、Mg2、Fe3+、Al3+陰離子Cl、AC（）=0.2 mol/LBC（K+）一定為0.6mol/LC氯離子可能存在D一定有和考點：常見陽離子的檢驗；常見陰離子的檢驗專題：離子反應專題分析：第一份加入硝酸銀溶液有沉淀產生，陰離子中Cl，CO32，SO42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化鋇溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀經足量鹽酸洗滌，干燥后剩余2.33g說明沉淀是碳酸鋇沉淀和硫酸鋇沉淀，原溶液中一定含有CO32，SO42；根據離子共存判斷，Mg

20、2、Fe3+、Al3+不能存在；溶液電荷守恒，有陰離子必須有陽離子，所以一定含K+離子；綜上所述溶液中一定含有K+，CO32，SO42；Cl可能存在；解答：解：第一份加入硝酸銀溶液有沉淀產生，陰離子中Cl，CO32，SO42；都可能生成沉淀；第二份加入足量氯化鋇溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀經足量鹽酸洗滌，干燥后剩余2.33g說明沉淀是碳酸鋇沉淀和硫酸鋇沉淀，原溶液中一定含有CO32，SO42；根據離子共存判斷，Mg2、Fe3+、Al3+不能存在；溶液電荷守恒，有陰離子必須有陽離子，所以一定含K+離子；綜上所述溶液中一定含有K+，CO32，SO42；Cl可能存在；A、依據題意生成碳酸鋇沉淀質

21、量=6.27g2.33g=3.94g，物質的量=0.02mol，CO32離子濃度=0.2mol/L，故A正確；B、依據鉀離子和碳酸根離子和硫酸根離子的電荷守恒計算，由于溶液中Cl的存在不一定，所以鉀離子的濃度不一定是0.6mol/L，故B錯誤；C、依據分析判斷，氯離子可能存在，故C正確；D、依據生成沉淀溶液鹽酸質量部分減小證明一定含有CO32，SO42；故D正確；故選B點評：本題考查了常見離子檢驗的實驗方法，離子反應的現象分析，離子性質的應用溶液電荷守恒的計算應用，離子共存的判斷是解題關鍵11（3分）（2013江西模擬）將18g銅和鐵的混合物投入200mL稀硝酸中，充分反應后得到標準狀況下2.

22、24LNO，剩余9.6g金屬；繼續加入200mL等濃度的稀硝酸，金屬完全溶解，又得到標準狀況下2.24LNO若向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅，則下列說法正確的是（）A原混合物中銅和鐵各0.15molB稀硝酸的物質的量濃度為lmol/LC第一次剩余的9.6g金屬為銅和鐵D再加入上述200mL稀硝酸，又得到標準狀況下2.24LNO考點：硝酸的化學性質；鐵的化學性質；銅金屬及其重要化合物的主要性質專題：元素及其化合物分析：溶液不變紅，即反應是恰好完全反應，既沒有三價鐵離子，也沒有硝酸剩余可以看作是18g混合物質與400ml硝酸反應生成0.2mol NO鐵銅全都生成二價的離子；依據離子反

23、應的實質進行分析計算解答：解：溶液不變紅，即反應是恰好完全反應，既沒有三價鐵離子，也沒有硝酸剩余可以看作是18g混合物質與400ml硝酸反應生成0.2mol NO鐵銅全都生成二價的離子，設鐵為A mol，銅為Bmol，發生的反應離子方程式為：3Fe+8H+2NO3=3Fe2+2NO+4H2O；3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O；列兩個方程：56A+64B=18、2A/3+2B/3=0.2解得：A=0.15mol、B=0.15mol 計算得到18g混合物中含鐵質量為0.15mol×56g/mol=8.4g；含銅質量為0.15mol×64g/mol=9.6g；A

24、、原混合物中銅和鐵各0.15mol，故A正確；B、硝酸濃度為：C（HNO3）=0.8mol/0.4L=2mol/L；稀硝酸的物質的量濃度為2mol/L，故B錯誤；C、第一次剩余金屬9.6g，通過上述計算得到為銅，故C錯誤；D、溶液中二價鐵離子為0.15mol，所以再加硝酸得NO為0.05mol即11.2L，故D錯誤；故選A點評：本題考查了硝酸的性質鐵、銅及其混合物性質的應用，主要是反應過程的計算應用，依據反應現象和各量的計算判斷是解題關鍵12（3分）（2013江西模擬）下列說法不正確的是（）0.1molL1鹽酸和0.1molL1醋酸分別與0.2molL1氫氧化鈉溶液反應的速率相同0.1molL

25、1鹽酸和加0.1molL1硝酸分別與大小相同的大理石反應的速率不同大理石塊與大理石粉末分別與加0.1molL1鹽酸反應的速率不同已知t0C時反應N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0的速度為v，若降低溫度，正反應速率加大合成氨中及時分離出氨氣后可減小反應速率在合成氨反應中，相同條件下在有催化劑時（a）和無催化劑時（b）速率時間圖象可用圖一表示在合成氨反應中，不同溫度下（T2T1）的NH3的體積分數與時間的關系圖象可用圖二表示A除外B除外C除外D除外考點：化學反應速率的影響因素專題：化學反應速率專題分析：濃度越大化學反應速率越快，反之則越慢；濃度越大化學反應速率越快，反之則越慢；物質的接觸面

26、積越大，反應速率越快；降低溫度化學反應速率減慢；減少生成物的濃度可以減小反應速率；使用催化劑可以改變化學反應的速率；對于放熱反應，溫度越低，化學平衡向著放熱方向進行，生成物的體積分數越大解答：解：0.1molL1鹽酸和0.1molL1醋酸分別與0.2molL1氫氧化鈉溶液反應的速率是前這塊，因為鹽酸是強酸，電離出的氫離子濃度大，故錯誤；0.1molL1鹽酸和加0.1molL1硝酸分別與大小相同的大理石反應，實質是大理石和氫離子的反應，二者電離出的氫離子濃度相等，所以反應速率相等，故錯誤；大理石塊與大理石粉末分別與加0.1molL1鹽酸反應的速率是后者快，故正確；已知t0C時反應N2（g）+3H

27、2（g）2NH3（g）H0的速度為v，若降低溫度，正反應速率和逆反應速率均減慢，故錯誤；合成氨中及時分離出氨氣后，產物濃度減小，可減小反應速率，故正確；在合成氨反應中，相同條件下在有催化劑時（a）比無催化劑時（b）速率塊，故錯誤；合成氨反應是放熱反應，溫度越低，化學反應速率越慢，達平衡用的時間長，所以T2T1，降低溫度化學平衡向著放熱方向進行，即向著正方向進行，氨氣的體積分數增大，故錯誤故選C點評：本題是一道關于化學反應速率和化學平衡移動知識的綜合考查題，結合圖象知識來考查，增加了難度，考查角度廣，難度不大13（3分）（2013江西模擬）A、B、C、D、E、F六種元素，其中A、B、C、D、E為

28、短周期元素原子半徑：ACBED；原子的最外層電子數：A=D、C=E、A+B=C；原子的層電子層數：B=C=2A； B元素的最高正價與最低負價數量之差為2，F在地殼中金屬含量第二，下列說法正確的是（）A因為C的氫化物分子內含氫鍵所以比E的氫化物穩定B過量F與22.4LC單質完全反應，轉移4mol電子C因為E單質相對于分子質量小于溴單質相對分子質量，所以E單質的熔點比Br2要低DA、D形成化合物的水溶液呈堿性考點：原子結構與元素周期率的關系專題：元素周期律與元素周期表專題分析：A、B、C、D、E、F六種元素，其中A、B、C、D、E為短周期主族元素根據原子的核外電子層數：B=C=2A，可知A為H元素

29、，B、C為第二周期元素，原子的最外層電子數A=D，則D為Na元素，根據B元素的主要化合價：最高正價+最低負價=2，可知B為N元素，根據原子的最外層電子數：A+B=C，可知C為O元素，原子的最外層電子數：C=E，可知E為S元素，F在地殼中金屬含量第二，應為Fe元素，結合元素對應的單質、化合物的性質以及元素周期律的遞變規律解答該題解答：解：A、B、C、D、E、F六種元素，其中A、B、C、D、E為短周期主族元素根據原子的核外電子層數：B=C=2A，可知A為H元素，B、C為第二周期元素，原子的最外層電子數A=D，則D為Na元素，根據B元素的主要化合價：最高正價+最低負價=2，可知B為N元素，根據原子的

30、最外層電子數：A+B=C，可知C為O元素，原子的最外層電子數：C=E，可知E為S元素，F在地殼中金屬含量第二，應為Fe元素，則A氫鍵只決定物質的物理性質，與化學性質無關，C的氫化物比E的氫化物穩定，是由于O的非金屬性比S強的原因，故A錯誤；B由于氣體存在的條件不確定，不一定為標準狀況下，則22.4LC單質不一定為1mol，故B錯誤；CE單質為S，相對于分子質量小于溴單質相對分子質量，但S在常溫下為固體，溴單質在常溫下為液體，則S單質的熔點較高，故C錯誤；DA、D形成化合物為NaH，能與水反應生成NaOH，溶液呈堿性，故D正確故選D點評：本題考查元素推斷題，題目較為綜合，難度較大，做題時注意抓住

31、題中原子結構的特征，作為推斷題的突破口14（3分）（2013江西模擬）以NA代表阿伏羅德常數，則下列關于熱化學方程式：2C2H2（g）+5O2（g）4CO2（g）+2H2O（l）；H=2600kJmol1的說法正確的是（）A有10NA個電子轉移時，該反應吸收1300kJ的能量B有NA個水分子生成且為液體時，吸收1300kJ的能量C有2NA個碳氧共用電子對生成時，放出1300kJ的能量D有8NA個碳氧共用電子對生成時，放出1300kJ的能量考點：熱化學方程式；阿伏加德羅常數；氧化還原反應的電子轉移數目計算專題：壓軸題；化學用語專題；化學反應中的能量變化分析：根據轉移的電子數目、水分子的個數、共用

32、電子對數分別判斷參加反應的物質的物質的量，進而判斷反應熱大小，并根據該反應放熱來判斷解答：解：A、該反應為放熱反應，故A錯誤；B、該反應為放熱反應，故B錯誤；C、1個CO2分子中含有4個共用電子對，有2NA個碳氧共用電子對生成時，說明有0.5molCO2生成，放出325KJ的能量，故C錯誤；D、1個CO2分子中含有4個共用電子對，有8NA個碳氧共用電子對生成時，說明有2molCO2生成，放出1300KJ的能量，故D正確故選D點評：本題考查熱化學反應的能量的計算，做題時注意反應時吸熱還是放熱，正確從微觀結構判斷參加反應物質的物質的量是做本題的關鍵15（3分）（2013江西模擬）從植物花中可提取一

33、種簡寫為HIn的有機物，它在水溶液中因存在下列平衡：HIn（溶液，紅色）H+（溶液，無色）+In（溶液，黃色） 而用作酸堿指示劑往該溶液中加入Na202粉末則溶液顏色為（）A紅色變深B黃色變淺C黃色變深D褪為無色考點：弱電解質在水溶液中的電離平衡專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：往該溶液中加入Na202粉末，根據過氧化鈉具有氧化性，因而具有漂白性來回答解答：解：過氧化鈉溶于水生成強堿氫氧化鈉，溶液顯堿性，指示劑先變黃，然后又因為過氧化鈉的強氧化性使指示劑褪色，變為無色故選D點評：本題考查學生化學過氧化鈉的性質，可以根據所學知識來回答，難度不大16（3分）（2013江西模擬）A、B、C分別是元

34、素甲、乙、丙的單質，它們都是常見的金屬或非金屬，D、E、F是常見的三種氧化物，且有如圖所示轉化關系，則下列說法不正確的是（）AD、E中一定都含有甲元素B單質B肯定是氧化劑CA、B、C中一定有一種是氧元素的單質D若A是非金屬，則B一定為金屬考點：無機物的推斷專題：推斷題分析：A根據反應A+DE和A+CE以及B+DA+F判斷；B常見的氧化物中氧為2價，則另一種元素顯正價，故在D中A元素顯正價，被還原劑B可以還原為A中的0價態；C根據反應B+DA+F和A+CE判斷D置換反應B+DA+F可以是氧化性置換，也可以是還原性置換，以此判斷金屬或非金屬；解答：解：A由轉化關系可知：A+DE和A+CE都是化合反

35、應，故E中一定含有甲元素，而B+DA+F是置換反應，B是單質，則甲元素只能來自化合物D，A是甲元素的單質，故A正確；B因為常見的氧化物中氧為2價，則另一種元素顯正價，故在D中A元素顯正價，被還原劑B（金屬）可以還原為A中的0價態，而D被A（氧化劑）氧化為A元素更高價態的化合物E，故B錯誤；CB+DA+F是置換反應，B是單質，其中D、F為氧化物，則A肯定不含O元素，A+CE是化合反應，A、C為單質，E為氧化物，所以C一定為氧氣，故C正確；D置換反應B+DA+F可以是氧化性置換（則B是非金屬），也可以是還原性置換（B是非金屬或金屬單質），若A為非金屬，B和氧化物發生置換反應生成氧化為和A單質非金屬

36、，D中A元素為正價，被B的單質還原，所以B只能為金屬元素，故D正確；故選B點評：本題考查無機物的推斷，題目難度中等，本題從物質的轉化關系和物質的種類的角度分析，氧化還原反應的化合價變化是解題關鍵二、填空題（本題包括5小題，共52分）17（7分）（2013江西模擬）已知Ca（OH）2與Cl2反應的氧化產物與溫度有關，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯氣，二者恰好完全反應（發生的反應均為放熱反應）生成物中含有Cl、ClO、；三種含氯元素的離子，其中C1O、兩種離子的物質的量（n）與反應時間（t）的曲線如圖所示（1）t1前，氧化產物是Ca（ClO）2 （填化學式）（2）t2時，Ca（OH）2與Cl2發

37、生反應的總的離子方程式為：5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2+2ClO+ClO3+7Cl+5H2O（3）該石灰乳中含有Ca（OH）2的物質的量是5mol（4）NaClO2較穩定，但加熱或敲擊亞氯酸鈉固體時立即爆炸，其爆炸后的產物可能是D（填字母）ANaCl、Cl2 BNaCl、NaClO CNaClO3、NaClO4 DNaCl、NaClO3（5）配平下列離子方程式：2Fe（OH）3+（5n）ClO+2nOH2（5n）Cl+（n+3）H2O考點：氯氣的化學性質；氧化還原反應方程式的配平專題：氧化還原反應專題；鹵族元素分析：（1）氧化還原反應在的氧化產物是還原劑被氧化生成的物質，化合價在變化中

38、升高；（2）t2時，Ca（OH）2與Cl2發生反應，依據圖象分析可知生成次氯酸根和氯酸根離子物質的量之比為2：1，依據題干條件結合離子方程式的書寫原則電荷守恒、原子守恒配平方程式，注意石灰乳氫氧化鈣些化學式；（3）該石灰乳中含有Ca（OH）2的物質的量依據圖象和離子方程式推算，t2時，氯氣和氫氧化鈣恰好全部反應，所以氫氧化鈣物質的量為5mol；（4）NaClO2較穩定，但加熱或敲擊亞氯酸鈉固體時立即爆炸，發生氧化還原反應，氯元素化合價從+3價升降，即其爆炸后的產物中 的氯元素化合價有大于+3價和小于+3價的化合物；（5）依據氧化還原反應的化合價升降總數相同來分析配平，檢查原子守恒、電荷守恒；解

39、答：解：（1）氧化還原反應在的氧化產物是還原劑被氧化生成的物質，化合價在變化中升高，即氯元素化合價升高生成的產物，結合圖象分析，t1前，氧化產物只有Ca（ClO）2；故答案為：Ca（ClO）2；（2）t2時，Ca（OH）2與Cl2發生反應，依據圖象分析可知生成次氯酸根和氯酸根離子物質的量之比為2：1，依據題干條件結合離子方程式的書寫原則電荷守恒、原子守恒配平方程式，5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2+2ClO+ClO3+7Cl+5H2O；故答案為：5Ca（OH）2+5Cl2=5Ca2+2ClO+ClO3+7Cl+5H2O；（3）t2時，氫氧化鈣和氯氣恰好反應，依據反應的離子方程式可知：5Ca

40、（OH）2+5Cl2=5Ca2+2ClO+ClO3+7Cl+5H2O；消耗氫氧化鈣物質的量為：5mol；故答案為：5mol；（4）NaClO2較穩定，但加熱或敲擊亞氯酸鈉固體時立即爆炸，發生氧化還原反應，氯元素化合價從+3價升降，即其爆炸后的產物中 的氯元素化合價有大于+3價和小于+3價的化合物；A、中氯元素化合價為1和0價；不符合；B、氯元素化合價1和+1價；不符合；C、氯元素化合價為+5和+7價，不符合；D、氯元素化合價為1和+5價，符合；故答案為：D（5）依據化合價變化：ClOCl2e；Fe（OH）3FeO4n（5n）e；電子轉移總數2（5n），結合離子方程式的電子守恒、電荷守恒、原子守

41、恒進行分析配平，寫出離子方程式為：2Fe（OH）3+（5n）ClO+2nOH=2FeO4n+（5n）Cl+（3+n）H2O故答案為：2，（5n），2n，2，（5n），（n+3）點評：本題考查了氯氣性質應用，氯氣和氫氧化鈣反應的圖象分析判斷，離子方程式的書寫方法，氧化還原反應的電子守恒方法配平離子方程式，氧化還原反應的化合價變化特征應用，題目難度中等18（8分）（2013江西模擬）甲醇是一種很好的燃料，工業上用CH4和H2O為原料，通過下述反應和來制備甲醇（1）將1.0mol CH4和2.0mol H2O（g）通入反應室（容積為100L），在一定條件下發生反應：CH4（g）+H2O（g）CO（g

42、）+3H2（g）ICH4的轉化率與溫度、壓強的關系如圖已知100時達到平衡所需的時間為5min，則用H2表示的平均反應速率為0.003mol/（Lmin）圖中的P1P2（填“”、“”或“=”），100時平衡常數為2.25×104該反應的H0（填“”、“”或“=”）（2）在壓強為0.1MPa條件下，將a mol CO與3amol H2的混合氣體在催化劑作用下能自發反應生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0若容器容積不變，下列措施可增加甲醇產率的是BDA升高溫度 B將CH3OH（g）從體系中分離C充入He，使體系總壓強增大 D再充入1mol CO和3mol H2為了尋找合

43、成甲醇的溫度和壓強的適宜條件，某同學設計了三組實驗，部分實驗條件已經填在下面實驗設計表中 實驗編號T（）n（CO）/n（H2）p（MPa）l1501/30.12n1/353350m5A則上表中剩余的實驗條件數據：a=150、b=B根據反應的特點，右上圖是在壓強分別為0.1MPa和5MPa下CO的轉化率隨溫度變化的曲線圖，請指明圖中的壓強Px=0.1MPa考點：化學平衡的計算；化學平衡常數的含義；化學平衡的影響因素專題：化學平衡專題分析：（1）根據圖知道平衡時甲烷的轉化率，求出c（CH4），根據v=計算v（CH4），利用速率之比等于化學計量數之比計算v（H2）根據定一議二原則，定溫度同，再比較壓

44、強，即作垂直x軸的輔助線，比較平衡時甲烷的轉化率，由此判斷；平衡常數k=，計算出平衡時，各組分的濃度，代入平衡常數計算由圖可知，溫度越高甲烷的轉化率越大，即升高溫度平衡向正反應方向移（2）容器容積不變，增加甲醇產率，平衡向正反應移動，根據外界條件對平衡的影響分析采取控制變量法，探究合成甲醇的溫度和壓強的適宜條件，據此判斷a、b的值根據定一議二原則，定溫度同，再比較壓強，即作垂直x軸的輔助線，比較平衡時CO的轉化率，由此判斷解答：解：（1）由圖知道平衡時甲烷的轉化率為0.5，所以c（CH4）=0.005mol/L，所以v（CH4）=0.001mol/（Lmin），速率之比等于化學計量數之比，所以

45、v（H2）=3v（CH4）=3×0.001mol/（Lmin）=0.003mol/（Lmin）故答案為：0.003mol/（Lmin）溫度相同時，作垂直x軸的輔助線，發現壓強為P1的CH4的轉化率高，反應為前后體積增大的反應，壓強增大平衡向體積減小的方向移動，即向逆反應移動，CH4的轉化率降低，所以P1P2 CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），開始（mol）：1.0 2.0 0 0變化（mol）：1.0×0.5 0.5 0.5 1.5平衡（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5所以平衡常數k=2.25×104，故答案為：；2.25×10

46、4由圖可知，溫度越高甲烷的轉化率越大，即升高溫度平衡向正反應方向移，溫度升高平衡向吸熱方向移動，所以正反應為吸熱反應，即H0故答案為：（2）A、該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向吸熱方向移動，即向逆反應方向移動，甲醇的產率降低，故A錯誤；B、將CH3OH（g）從體系中分離，產物的濃度降低，平衡向正反應移動，甲醇的產率增加，故B錯誤；C、充入He，使體系總壓強增大，容器容積不變，反應混合物各組分濃度不變，平衡不移動，甲醇的產率不變，故C錯誤；D、再充入1mol CO和3mol H2，可等效為壓強增大，平衡向體積減小的方向移動，即向正反應方向移動，甲醇的產率增加，故D正確故選：BDA、采取控制變量

47、法，探究合成甲醇的溫度和壓強的適宜條件，所以溫度、壓強是變化的，應保持不變，所以b=；比較使用1、2，壓強不同，所以溫度應相同，故a=150故答案為：a=150；b=B、溫度相同時，作垂直x軸的輔助線，發現壓強為Py的CO的轉化率高，反應為前后體積減小的反應，壓強增大平衡向體積減小的方向移動，即向正反應移動，所以PxPy，所以壓強Px=0.1MPa故答案為：0.1點評：本題考查化學反應速率、平衡常數、化學平衡計算、化學平衡的影響因素及讀圖能力等，綜合性較大，難度中等，知識面廣，應加強平時知識的積累注意控制變量法與定一議二原則應用19（8分）（2013江西模擬）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要

48、的消毒劑已知：NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當條件下可結晶析出NaClO23H2O，ClO2的沸點為283K，純ClO2易分解爆炸，HClO2在25時的電離程度與硫酸的第二步電離程度相當，可視為強酸如圖是過氧化氫法生產亞氯酸鈉的工藝流程圖：（1）C1O2發生器中所發生反應的離子方程式為2SO2+ClO3=C1O2+2SO42，發生器中鼓入空氣的作用可能是B（選填序號）A將SO2氧化成SO3增強酸性 B稀釋C1O2以防止爆炸 C將NaClO3氧化成C1O2（2）在該實驗中用質量濃度來表示NaOH溶液的組成，若實驗時需要450mLl60g/L的NaOH溶液，則在精確配制時，需要稱取NaO

49、H的質量是80.0g，所使用的儀器除托盤天平、量筒、燒杯、玻璃棒外，還必須有500ml容量瓶、膠頭滴管、藥匙（3）在堿性溶液中NaClO2比較穩定，所以吸收塔中應維持NaOH稍過量，判斷NaOH是否過量所需要的試劑是酚酞（4）在吸收塔中，可代替H2O2的試劑是A （填序號）ANa2O2 BNa2S CFeCl2 DKMnO4（5）從濾液中得到NaClO23H2O晶體的實驗操作依次是加熱濃縮、冷卻結晶、過濾（填操作名稱）考點：制備實驗方案的設計專題：化學實驗基本操作分析：（1）由流程圖可知C1O2發生器中目的是產生C1O2，二氧化硫具有還原性，將ClO3還原為C1O2，自身被氧化為SO42；由信

50、息可知，純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋，以防止爆炸；（2）選擇500mL容量瓶，濃度g/L表示1L溶液中所含溶質質量的多少，據此計算配制500mLl60g/L的NaOH溶液需要氫氧化鈉的質量；配制氫氧化鈉溶液需要儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管；（3）檢驗溶液的酸堿性可用酸堿指示劑（4）還原性要適中，還原性太強，會將ClO2還原為更低價態產物，影響NaClO2生產，同時方便后續分離提純，加入試劑不能干擾后續生產，Na2O2溶于水相當于H2O2（5）從溶液中得到含結晶水的晶體，只能采取蒸發、濃縮、冷卻結晶方法，通過過濾得到粗晶體得到的粗晶體經過重結

51、晶可得到純度更高的晶體解答：解：（1）由流程圖可知C1O2發生器中目的是產生C1O2，二氧化硫具有還原性，將ClO3還原為C1O2，自身被氧化為SO42，反應離子方程式為2SO2+ClO3=C1O2+2SO42；由信息可知，純ClO2易分解爆炸，發生器中鼓入空氣的作用應是稀釋ClO2，以防止爆炸，故選B；故答案為：2SO2+ClO3=C1O2+2SO42；B；（2）應選擇500mL容量瓶，濃度g/L表示1L溶液中所含溶質質量的多少，配制500mLl60g/L的NaOH溶液需要氫氧化鈉的質量為0.5L×l60g/L=80.0g；配制氫氧化鈉溶液需要儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、

52、500mL容量瓶、膠頭滴管，故還需要的儀器為：500ml容量瓶、膠頭滴管、藥匙；故答案為：80.0；500ml容量瓶、膠頭滴管、藥匙；（3）NaOH過量則溶液呈堿性，取少許溶液加入酚酞，溶液若呈紅色，說明NaOH過量；故答案為：酚酞；（4）還原性要適中還原性太強，會將ClO2還原為更低價態產物，影響NaClO2生產；方便后續分離提純，加入試劑不能干擾后續生產Na2O2溶于水相當于H2O2Na2S、FeCl2還原性較強，生成物與NaClO2分離比較困難；故選A；（5）從溶液中得到含結晶水的晶體，只能采取蒸發、濃縮、冷卻結晶方法，通過過濾得到粗晶體得到的粗晶體經過重結晶可得到純度更高的晶體故答案為：加熱濃縮、冷卻結晶、過濾點評：本題以學生比較陌生的亞氯酸鈉制備為背景，以過氧化氫法制備亞氯酸鈉為主線，考察學生閱讀題目獲取信息的能力、對濃度概念的理解、對氧化還原反應相關知識的運用、有關實驗操作和簡單實驗設計能力考察以及在新情境下綜合運用知識解決問題的能力題目有一定的難度20（7分）（2013江西模擬）化合物A是尿路結石的主要成分，屬于結晶水合物，可用XH2O表示在一定條件下有如圖（1）所示的轉化關系：已知：經分析，圖（1）中的各字母代表的物質均由常見