一、選擇題：本題共14小題，每小題3材料的是()普通玻璃礦泉水瓶【解答】解：A．玻璃主要成分是硅酸鹽材料，屬于三大無機非金屬材料之一，故A正題目難度不大，明確復合材料、有機合成材料、無機非金屬材料和金屬材料的組成是解23分）葡萄酒中含有CH3CH2OH、CH3COOH、SO2和CO2等多種成分。若NA代表阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是()B．1L1mol?L-1CH3COOH溶液中含有氫離子數為NAC．1molSO2與1molO2完全反應轉移的電子數為4NAD．11.2L（標準狀況）CO2完全溶于水后溶液中H2CO3分子數為0.5NA【分析】A.一個CH3CH2OH分子B.醋酸為弱酸，在水中部分電離，1L1mol?L-1CH3COOH溶液中含有氫離子數小于NA，C.二氧化硫與氧氣生成三氧化硫的反應為可逆反應，反應不能完全，故1molSO2與D.二氧化碳與水的反應為可逆反應，碳酸為弱酸，部分電離，11.2L（標準狀況）即0.5molCO2完全于水后溶液中H2CO3分子數小于0.5NA，故D錯【點評】本題考查阿伏伽德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，阿伏伽德羅常數數關系的理解，又可以涵蓋多角度的化學知識內容，掌握好以物質的量為中心的各化學33分）25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()【解答】解：A.該溶液中有鋇離子，與硫酸根離子發生反應生成沉淀，不能大量共存，D.鐵離子和碘離子發生氧化還原反應不能大量共存，在酸性溶液中不能大量共存，故D【點評】本題考查離子共存的判斷，為高頻考點，明確題干暗含信息、常見離子的性質及離子反應發生條件為解答關鍵，注意掌握常見離子不能共存的情況，試題側重考查學43分）次磷酸根（H2PO）的球棍模型如圖所示，下列說法錯誤的是(),故B錯誤；,故C正確；【點評】本題考查化學用語，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，正確判斷圖中的結晶物，桔酸的結構簡式如圖，下列關于桔酸說法正確的是()【點評】本題考查有機物的結構和性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明63分）下列敘述錯誤的是()A．Mg在空氣中燃燒可生成MgOB．Fe2O3與Al發生鋁熱反應可生成FeC．BaCl2溶液與CO2反應可生成BaCO3D．Ca（OH）2與Cl2發生反應的總化學方程式為2Ca（OH）2+2Cl2＝Ca（ClO）C．碳酸的酸性比鹽酸弱，所以BaCl2溶液與CO2不反應，D．Ca（OH）2與Cl2發生反應的總化學方程式為2Ca（OH）2+2Cl2＝Ca（ClO）1molX3Y3Z6含42mol質子，下列敘述正確的是()【點評】本題考查原子結構和元素性質，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，正確推斷各元素名稱是解本題關鍵，知道共價化合物概念、元素周期律、元素在周期表中83分）下列實驗裝置（夾持裝置略）或操作正確的是()氧化硫氣體，應該將硫酸鈉溶液換為Na2SO3溶液，故A錯誤；【點評】本題考查實驗裝置綜合，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確實驗93分）下列實驗操作及其現象與對應結論不匹配的是()ABCNaBiO3有氧化性D有FeCl3溶液和KSCN溶液混合后，滴加H2O2溶液，溶H2O2有還原性說明有CO2生成，則CO和H2O反應生成CO2BCHO能和新制氫氧化銅懸濁液發生氧化反應生成磚紅色沉淀Cu2O，反應中Cu元生成，Mn元素化合價由+2價變為+7價，則MnSO4作還原劑，NaBiO3作氧化劑；D．FeCl3和KSCN反應生成絡合物Fe（SCN）3而使溶液變為紅色，且FeCl3能促進H2O2渾濁，說明有CO2生成，則CO和H2O反應生成CO2，該反應中C元素化合價由+2價變為+4價、H2O中H元素化合價由+1價變為0價，H2O作氧化劑，H2O體現氧化性，BCHO能和新制氫氧化銅懸濁液發生氧化反應生成磚紅色沉淀Cu2O，反應中Cu元素化合價由+2價變為+1價，葡萄糖作還原劑、Cu（OH）2作氧化劑，葡萄糖體現還原【點評】本題考查化學實驗方案評價，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性質、物質之間的反應、氧化性和還原性判斷方法是解本題關鍵，題目難103分）“天朗氣清，惠風和暢?！毖芯勘砻?，利用Ir+可催化消除大氣污染物N2O和?mol﹣1，則2N2O（g）═2N2（g）+O2（g）的反應熱ΔH（kJ?mol﹣1）為()283kJ?mol﹣1①,根據圖得N2O（g）+CO（g）═N2（g）+CO2（g）△H2=(﹣330+123-229+77）kJ/mol＝-359kJ/mol②,根據蓋斯定律得，反應(②-①)×2得2N2O（g）═2N2（g）+O2（gΔH=(△H2-△H1）×2。【解答】解：CO的燃燒熱△H＝-283kJ?mol-1，H1＝-283kJ?mol-1①,根據圖得N2330+123-229+77）kJ/mol＝-359kJ/mol②,根據蓋斯定律得，反應(②-①)×2得2N2O（g）═2N2（g）+O2（gΔH=(△H2-△H1）×2＝[（-359+283）×2]kJ/mol=-152kJ/mol，【點評】本題考查蓋斯定律的計算，側重考查閱讀、分析、判斷及計算能力，明確蓋斯下列敘述正確的是()B．1molX最多與7molH2發生加成反應D．碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，HPS中含有碳碳【點評】本題考查有機物的結構和性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明123分）甲異腈（CH3NC）在恒容密閉容器中發生異構化反應：CH3NC（g）→CH3CNA．bf段的平均反應速率為1.0×10-4mol（L?min）【分析】A．反應速率v=;【解答】解：A．bf段甲異腈濃度變化＝20×10-3mol/L-10×10-3mol/L＝1.0××10-D．v（d5×10-5mol（L/minv（e7.5【點評】本題考查了化學反應速率的影響因素分析、反應速率的計算應用，注意圖象變133分）CO2電化學傳感器是將環境中CO2濃度轉變為電信號的裝置，工作原理如圖所示，其中YSZ是固體電解質，當傳感器在一定溫度下工作時，在熔融Li2CO3和YSZ之間的界面X會生成固體Li2O。下列說法錯誤的是()【分析】由圖可知，a極為正極，電極反應式為O2+4e-＝2O2-，b極為負極，電極反應B.當電路中轉移4mol電子時，a極消耗1mol氧氣，b極生成2mol二氧化碳，電極aD.a極生成氧離子，b極碳酸根離子放電【點評】本題考查原電池原理，題目難度中等，能依據圖象和題目信息準確判斷正負極143分）下列敘述正確的是()A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，則c（NH4+c（CH3COO-）C．向Na2CO3溶液中滴加鹽酸至c（Na+2c（Cl-則c（HCOc（H2CO3）D．向0.2mol?L-1磷酸中加水至原體積的兩倍，則c（H+0.1mol?L-1c（H+）+c（NH4+c（OH-）+c（CH3COO-得到c（NH4+c（CH3COO-C．向Na2CO3溶液中滴加鹽酸至c（Na+2c（Cl-即n（Na+2n（Cl-得到n（Na2CO3n（Na+n（Cl-n（HCl發生反應：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，H2CO3來自于HCO3-的微弱水解，所以c（HCO3-c（H2CO3故D．向0.2mol?L-1磷酸中加水至原體積的兩倍，稀釋后c（H3PO40.1mol/L，磷酸是【點評】本題考查鹽的水解原理以及應用知識，題目難度中等，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法，試題培養了學生的靈活應用已知：Ksp（CuS6.3×10-36和Ksp（NiS3.0×10-19（1）Cr2O72-中Cr元素的化合價為+6。 說明Cd2+影響上述流程進行分離的原因是在沉淀池2中進行的沉淀Cu2+反應需要調節溶液體系pH＝4，經過計算可以發現此時c（Cd2+1.0×10-5mol/L，（CdS7.0×10-27）淀池2中加入Na2S溶液，調節溶液的pH＝4，根據溶度積常數知，先【解答】解1）Cr2O72-中O元素化合價為-2價，設Cr元素的化合價為x，則存在方程式書寫Cr（OH）3與NaOH溶液反應的化學方程式為Cr（OH）3+NaOH=NaCrO2+2H2O，（4）Na2S為強堿弱酸鹽，S2-水解導致溶液呈堿性，Na2S溶液呈堿性的原因是S2-故答案為：S2-+H2O=HS-+OH-；CuS；）=20mol/L，c（Cd2+mol/L＝1.0×10-7mol/L，中進行的沉淀Cu2+反應需要調節溶液體系pH＝4，此時c（Cd2+1.0×10-7mol/L<故答案為：1.0×10-7mol/L；在沉淀池2中進行的沉淀Cu2+反應需要調節溶液體系pH=4，經過計算可以發現此時c（Cd2+1.0×10-5mol/L，可以認為Cd2+與Cu2+此時均完【點評】本題考查物質分離提純和物質制備，側重考查閱讀、分析、判斷及計算能力，1615分）立方體形的三氧化二銦（In2O3具有良好的氣體傳感性能。研究小組用水熱①實驗中使用的NaOH溶液盛裝在帶橡皮塞的試劑瓶中（填采取的措施有將金屬In磨成粉末狀增大固液接觸面積、增加稀鹽酸濃度、升高溶液④C裝置中，CO（NH2）2與水反應生成兩種氣體，其中氣體與InCl3溶液反應生成前驅體的化學方程式為InCl3+NH3+H2O＝In（OH）⑤D裝置減壓過濾時，用蒸餾水洗滌前驅體，判斷前驅體洗凈的實驗操作和現象是取最后一次的前驅體洗滌液于試管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若未觀察到白第二步失重5.40%，推斷中間產物中In的質量分數為73.25%（保留小數點后兩④根據CO（NH2）2與水所含元素分析，其中酸性氣體應為CO2；另一種氣體應為NH3；【解答】解1）①NaOH會與玻璃塞磨砂口裸露的SiO2反應，故實驗中使用的NaOH④根據CO（NH2）2與水所含元素分析，其中酸性氣體應為CO2；另一種氣體應為NH3，前驅體是獲得目標產物前的一種存在形式，NH3與InCl3溶液反應生成前驅體的化取最后一次的前驅體洗滌液于試管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若未觀察到白故答案為：取最后一次的前驅體洗滌液于試管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若（3）中間產物中In的質量分數為×100%=【點評】本題考查物質的制備實驗方案設計，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生知識綜合應用、根據實驗目的及物質的性質進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案①負極的電極反應式為Fe-2e-＝Fe2+。反應Ⅰ：CaSO4?5H2O（s）=CaSO4?3H2O（s）+2H2O（g）反應Ⅱ：CaSO4?3H2O（s）=CaSO4?H2O（s）+2H2O（g）反應Ⅲ：CaSO4?H2O（s）=CuSO4（s）+H2O（g）①用無水CuSO4檢驗乙醇中含有微量水的現象是乙醇呈現出藍色。④反應Ⅲ在60℃和50℃的平衡壓強p（H2O）分別為p1和p2，則p2＞p2（填衡壓強p（H2O706Pa）的密閉容器中，簡述其理由25°C時Na2CO3?H2O的平衡壓強為p（H2O）= Ⅱ,列出三段式如下：CuSO4?3H2O（s）=CuSO4?H2O（s）+2H2O（g）起始（mol）10轉化（mol）x平衡（mol）1-xx2x（H2O747Pa，此時反應II的平衡正向移動得比較充分，而反應III的平衡會大幅度故答案為：Fe-2e-＝Fe2+；②Cu電極為正極，電極反應式為：Cu2++2e-＝（2）①無水CuSO4遇水變為藍色，則用無水CuSO4檢驗乙醇中含有微量水的現象是：Ⅱ,列出三段式如下：CuSO4?3H2O（s）=CuSO4?H2O（s）+2H2O（g）起始（mol）10轉化（mol）x平衡（mol）1-xx2x則＝20%，x≈0.3889mol，可得轉化率為×100%=壓強p（H2O706Pa]的密閉容器中，理由為25°C時Na2CO3?H2O的平衡壓強為p（H2O706Pa，低于反應II中平衡平衡壓強為p（H2O107Pa，此時反應II的平衡正向移動得比較充分，而反應III的壓強為p（H2O747Pa，且遠遠超過反應III中平衡壓強為p（H2O107Pa，此時反應II的平衡正向移動得比較充分，而反應III的平衡會大幅度逆向移動，從而抑制【點評】本題考查化學平衡的計算和電化學原理，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生知識綜合應用、根據實驗目的及物質的性質進行分析、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，注意把握物質性質以及對題目信息的獲取與使用，難度中1815分）三磷酸腺苷（ATP）和活性氧類（如H2O2和O）可在（1）ATP的分子式為C10H16N5O13P3，其中電負性最大的元素是O，基態N原子（2）H2O2分子的氧原子的雜化軌道類型為：sp3；H2O2和H2O能以任意比例互溶（3）O3分子的立體構型為V形。根據下表數據判斷氧原子之間的共價鍵最穩定的（4）研究發現納米CeO2可催化O分解②以晶胞參數為單位長度建立的中標系可以表示晶胞中的原子位置，稱作原子分數坐：；（2）H2O2分子的結構為H-O-O-H，氧原子含有兩個σ鍵和兩對孤電子對；H2O2和H2O能以任意比例互溶，這是由于水分子和過氧化氫分子同為極性分子，且相互之間可（3）O3分子與NO2-互為等電子體，構型相似；相同原子形成的共價鍵的鍵長越短，鍵（4）該晶胞中含有Ce4+個數為8×+6×=4，含有O2-個數為8。①阿伏伽德羅常數的值為NA，CeO2相對分子質量為M，晶體密度為ρg?cm-3，則; ;同周期元素電負性從左往右依次增大，同主族元素電負性從上往下依次減小，故電負性；；（2）H2O2分子的結構為H-O-O-H，氧原子含有兩個σ鍵和兩對孤電子對，雜化軌道類型為sp3