化学部分【化学综析】本试卷以理综方式命制。I卷重点考查了物质的量、元素周期律、化学平衡、反应热、实验等；Ⅱ卷考查了化学平衡理论、物质结构理论、离子反应、反应热、综合实验等，有一定的区分度，计算繁琐（最后一题），较难，适合高三模块复习训练用。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64一、选择题（包括7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个正确选项）【题文】1．下列有关物质应用的说法正确的是A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．MgCl2是强电解质，电解氯化镁溶液可以制得镁C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂【知识点】元素化合物D5C5【答案解析】D解析：漂白粉用于自来水的处理是利用漂白粉的氧化性去杀菌消毒，明矾用于自来水的处理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，二者的作用原理不同，A错误；电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气、氯气，欲得到镁，应该电解熔融的氯化镁，B错误；生石灰是碱性干燥剂，不能用来干燥氯气，C错误；D正确。【思路点拨】活泼金属的制备，通常是电解熔融状态的化合物，不能电解其水溶液。【题文】2．下列实验可实现鉴别目的的是A．用BaCl2溶液鉴别SO3(g)和SO2B．用Ca(OH)2溶液鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和Na2SiO3溶液D．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2【知识点】实验J2【答案解析】A解析：BaCl2溶液与SO3(g)反应生成硫酸钡沉淀，与SO2不反应，A正确；Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都反应生成碳酸钙沉淀，B不能达到鉴别目的；CO2与NaAlO2溶液和Na2SiO3溶液反应分别生成白色的氢氧化铝沉淀和白色的硅酸沉淀，C不能达到鉴别目的；Br2(g)和NO2都你氧化碘化钾而使淀粉试纸显蓝色，因此D不能达到鉴别目的，选A。【思路点拨】物质的鉴别运用的是物质的不同性质，要排除干扰。【题文】3．下列判断正确的是A．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子方程式为：2S2O32—＋4H+===SO42—+3S↓+2H2OB．用TiCl4制备TiO2的反应可表示为：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2•xH2O↓+4HClC．滴加甲基橙试液后呈红色的溶液中可以大量共存：Na+、CO32—、K+、AlO2—D．25℃时，pH=12的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.01NA【知识点】离子反应B1【答案解析】B解析：A、反应是2S2O32—＋4H+===SO2↑+3S↓+2H2O，错误，B、正确，C、滴加甲基橙试液后呈红色的溶液显酸性，与CO32—反应生成二氧化碳，与AlO2—反应生成氢氧化铝沉淀，D、没有给出溶液的体积，无法求OH－的数目，因此选B。【思路点拨】滴加甲基橙试液后呈红色的溶液、使石蕊溶液显红色的溶液显酸性，使石蕊溶液显蓝色的溶液、使酚酞显红色的溶液显碱性。【题文】4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是9A．用图1所示装置除去Fe(OH)3胶体中含有的少量FeCl3杂质B．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．用图3所示装置从海水制取蒸馏水D．用图4所示装置分离酒精萃取碘水中的碘【知识点】实验J2【答案解析】C解析：A.Fe（OH）3胶体和FeCl3都能透过滤纸，不能用过滤的方法所示装置除去Fe（OH）3胶体中含有的少量FeCl3杂质，应该用渗析法分离、提纯，错误；B.NH4Cl晶体受热分解产生氨气和氯化氢气体，所以不能用蒸发结晶法制取NH4Cl晶体，错误；C.海水中含有各种可溶性盐，由于它们的沸点比水高，所以可用蒸馏法淡化海水制取蒸馏水，正确；D.酒精和水互溶，不能作碘水中的碘的萃取剂，错误。【思路点拨】萃取剂与原溶液的溶剂互不相溶，溶质在2种溶剂中的溶解度不同。【题文】5．下列排序正确的是A．热稳定性：H2O>H2S>HFB．酸性：NaHSO4>CH3COOH>H2CO3C．碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2＞KOHD．沸点：CH4＞NH3＞H2O【知识点】元素周期律E2【答案解析】B解析：非金属性：F>O>S，因此热稳定性：HF>H2O>H2S，A错误；B正确；金属性：K＞Ca，因此碱性：KOH＞Ca(OH)2，C错误；氨分子间存在氢键，其沸点比CH4高，水的沸点比NH3高，D错误。【思路点拨】熔沸点的比较：熔沸点的高低取决于4种晶体微粒间的作用力的大小，离子晶体受离子半径的大小及离子所带电荷的多少，原子晶体取决于共价键的强弱，分子晶体取决于分子间力，金属晶体取决于金属键的大小；有时可根据物质的状态判断如固体的沸点>液体>气体。【题文】6．某温度下在2L密闭容器中加入一定量A，发生以下化学反应：2A(g)B(g)+C(g)；ΔH=－48.25kJ•mol－1反应过程中B、A的浓度比与时间t有下图所示关系，若测得第15min时c(B)=1.6mol•L－1，下列结论正确的是A．该温度下此反应的平衡常数为3.2B．A的初始物质的量为4molC．反应到达平衡时，放出的热量是193kJD．反应达平衡时，A的转化率为80%【知识点】化学平衡G59【答案解析】D解析：根据c(B)=1.6mol·L－1，n(B)=3.2mol，看图可推知n(A)=1.6mol，根据三步法计算可知2A(g) B(g)+C(g)开始 x 0 0变化 x-1.6 3.2 3.2平衡 1.6 3.2 3.2可以计算出x=8mol，B错误；K= =4，A错误；A的转化率为（8-1.6）/8=80%，D正确；到达平衡生成B3.2mol，放出的热量是3.2×48.25=154.4kJ，C错误。【思路点拨】解答本题的根据是根据图像得出A、B的平衡浓度。【题文】7．下表中列出了25℃、101kPa时一些物质的燃烧热数据已知键能：C—H键：413.4kJ/mol、H—H键：436.0kJ/mol。则下列叙述正确的是A．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=﹣571.6kJ/molB．C—H键键长小于H—H键C．C≡C键能为796.0kJ/molD．2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)△H=﹣376.4kJ/mol【知识点】反应热F5【答案解析】C解析：H2燃烧热285.8kJ/mol是指1molH2完全燃烧产生稳定的化合物时放出的热量，H2O的稳定状态为液态，正确的应该为2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) △H=﹣571.6kJ/mol，A错误；B.由于C原子半径比H大，所以C—H键键长大于H—H键，错误；设C≡C的键能为x，根据键能与反应热的关系，结合热化学方程式2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=+376.4kJ/mol可得8×413.4-2×413.4-x-3×436.0=376.4，解得x为796.0，C正确；D.假设反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) 的反应热为△H，则根据盖斯定律可得－2×890.3=△H-1299.6-3×285.8，解得△H=+376.4，所以2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=+376.4kJ/mol，错误。【思路点拨】△H=E生成物-E反应物=E断键吸热-E成键放热二、非选择题（本大题共4小题，共58分）【题文】8．（16分）金属元素及其化合物在生产生活中应用日趋广泛，根据相关化学知识，回答下列问题：（1）金属钠在空气中燃烧的产物常用于呼吸面具中的供氧剂，钠原子的结构示意图为，请写出其燃烧产物用作供氧剂的原理。（用化学方程式表示）（2）2612Mg的中子数为，化合物MgO的化学键类型为。（3）重铬酸钾（K2Cr2O7）是一种应用广泛的强氧化剂，利用酸性K2Cr2O7的相关性质可以用来检测酒驾。已知将K2CrO4溶于稀硫酸酸化得到重铬酸钾溶液，请写出酸化K2CrO4制备K2Cr2O7溶液的平衡离子方程式：，这一过程溶液从色变成色。（4）为了避免轮船的钢质外壳被腐蚀，通常在轮船外壳上镶嵌比铁活动性强的金属以保护轮船外壳，这种金属防护的方法叫做。9（5）向5.2gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入0.5mol•L-1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为__________g。【知识点】元素化合物离子方程式计算电化学物质结构与元素周期律A4B1C5E5【答案解析】解析：⑴Na是11号元素，原子结构示意图为，其燃烧产物过氧化钠与二氧化碳或水反应生成氧气：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2⑵2612Mg的质量数是26，中子数为26-12=14，MgO的化学键是离子键⑶K2CrO4溶于稀硫酸酸化得到K2Cr2O7溶液，离子方程式为CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O,溶液颜色由黄色变为橙色⑷该方法没有外接电源，因此是牺牲阳极的阴极保护法⑸根据题意反应后的溶液中只有FeSO4和CuSO4，二者的物质的量之和等于硫酸的物质的量，是0．14L×0．5mol/L=0．07mol，混合物中的O与硫酸中的H+结合，即n(O)=n（H2SO4）=0．07mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为m=n·M=0．07mol×16g/mol=1．12g。【思路点拨】本题⑸也可以这样解：在混合物与硫酸混合时发生反应：Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O；Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3 +3H2O；Fe2(SO4)3 +Cu=2FeSO4+CuSO4。n(Cu)=n[Fe2(SO4)3]=n(Fe3O4)+n(Fe2O3),向5．2gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入0．5mol·L−1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+说明溶液为FeSO4和CuSO4.用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为其中所含有的氧元素的质量。假设5．2gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中Fe3O4、Fe2O3的物质的量分别为X、Y，则Cu的物质的量为（X+Y）。根据题意可得：3X+2Y+X+Y=0．14L×0．5mol/L=0．07;232X+160Y+64(X+Y)=5．2,解得X=0．01mol；Y=0．01mol，所以n(O)=4×0．01mol+3×0．01mol=0．07mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为m=n·M=0．07mol×16g/mol=1．12g。【题文】9．(14分)硼位于ⅢA族，三卤化硼是物质结构化学的研究热点，也是重要的化工原料。三氯化硼(BCl3)可用于制取乙硼烷(B2H6)，也可作有机合成的催化剂。查阅资料：①BCl3的沸点为12.5℃，熔点为－107.3℃；②2B＋6HCl=====△2BCl3↑＋3H2↑；③硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。9设计实验：某同学设计如图所示装置利用氯气和单质硼反应制备三氯化硼：请回答下列问题：（1）常温下，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生的反应可替代A装置中的反应，而且不需要加热，两个反应的产物中锰的价态相同。写出高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应的离子方程式：。（2）E装置的作用是。如果拆去B装置，可能的后果。（3）实验中可以用一个盛装(填试剂名称)的干燥管代替F和G装置，使实验更简便。（4）三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，写出该反应的化学方程式：；（5）为了顺利完成实验，正确的操作是(填序号).①先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯②先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯③同时点燃A、D处酒精灯（6）请你补充完整下面的简易实验，以验证制得的产品中是否含有硼粉：取少量样品于试管中，滴加浓（填化学式）溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉；若无气泡产生，则样品中无硼粉。【知识点】化学实验J5【答案解析】解析：(1)高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应生成氯气，具体见答案。(2)三氯化硼的沸点低，易挥发，需要冷却产品，因此装置E的作用是冷却和收集三氯化硼，B装置的作用是吸收Cl2中混有的HCl，否则硼与氯化氢反应生成的产物中有氢气，加热氢气和氯气的混合气体，易发生爆炸。(3)硼与氯气在加热条件下反应生成三氯化硼，F装置用于吸收水蒸气，避免G装置中的水蒸气进入U形管，G装置可以盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，故实验中可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替F＋G装置。(4)因硼与铝的性质相似，硼酸的化学式为H3BO3，类似铝酸(H3AlO3)，即三氯化硼遇水能反应：BCl3＋3H2O=H3BO3＋3HCl↑。(5)若不先排尽装置中的空气，O2会与硼反应：4B＋3O22B2O3，因此可利用生成的氯气排除空气，即先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯(6)由题给材料知硼与氢氧化钠溶液反应：2B＋2H2O＋2NaOH=2NaBO2＋3H2↑，因此可取少量样品于试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，若有气泡产生，则样品中含有硼粉；若无气泡产生，则样品中无硼粉。9【思路点拨】解答本题需认真审题获取信息（题给①②③），另外将铝及其化合物的性质进行迁移。【题文】10．(14分)A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)。（2）由A、B两种元素以原子个数比5∶1形成离子化合物X，X的电子式为。（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，该原电池负极的电极反应式为。（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出该反应的化学方程式：。（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y(DAFC3)（已知A2FC3的Ka1＝1.3×10-2、Ka2＝6.3×10-8），则Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为；室温下，向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c(AFC3-)＝c(FC32-)，则此时溶液呈(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。（6）A和B形成的某种氯化物BA2Cl可作杀菌剂，其原理为BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl与水反应的化学方程式：___________________________。【知识点】物质结构与元素周期律离子方程式离子浓度比较原电池A4B1F3E2【答案解析】解析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，所以C是O元素；B元素的最高正价和最低负价之和为2，是N,C与F同主族，且是短周期元素，F是S元素；D与E和F同周期，即D、E、F是第三周期元素，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，故D、E、F的单质都是固体，A是气体，原子序数比N小，只能是H，A与D同主族，则D是Na。（1）离子的电子层数越多其半径越大，相同电子层结构的离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是S2－>O2－>Na＋（2）X是NH4H，电子式为（3）N2H4可以与O2、KOH溶液形成原电池，该原电池负极反应是N2H4的发生氧化反应：N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O9（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，说明E是铝元素，高温下，铝和氧化铁能发生置换反应，化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe.（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y(DAFC3)，则Y是亚硫酸氢钠。已知H2SO3的Ka1＝1.3×10-2、Ka2＝6.3×10-8，因此在亚硫酸氢钠溶液中HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，所以溶液显酸性，因此Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c(HSO3-)＝c(SO32-)，则根据电荷守恒可知c(H+)＋c(Na+)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-)＋c(OH-)，所以c(H+)＋c(Na+)＝3c(HSO3-)＋c(OH-),该溶液是等物质的量的亚硫酸氢钠和亚硫酸钠的混合物，则根据物料守恒有2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(SO32-)]=3[2c(HSO3-)+c(H2SO3)]，设亚硫酸氢钠和亚硫酸钠各1mol，则n(Na+)=3，[2n(HSO3-)+n(H2SO3)]=2mol，n(HSO3-)<1mo，可知c(Na+)＞3c(HSO3-)，所以c(H+)＜c(OH-)，因此溶液碱性。⑹NH2Cl水解生成强氧化性的物质是HClO,反应方程式是：NH2Cl＋H2O=HClO＋NH3【思路点拨】解答本题的突破口是确定各元素，题目所给的每个信息都是关键，如“短周期”“原子序数依次增大”“A与D同主族，C与F同主族，”“C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2”“常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。”等；书写电极反应的步骤是先写出主要的物质，还原剂、氧化产物并配平，N2H4－4e－=N2；再根据电解质的成分结合电荷守恒书写，N2H4－4e－=N2的右边不带电，左边带4个单位负电荷，因此在左边加4个OH-,最后根据质量守恒定律整体配平，显然右边加水。【题文】11．(14分)（1）对工业合成氨条件的探索一直是化学工业的重要课题，在恒温恒容的甲容器、恒温恒压的乙容器中分别进行合成氨反应，如下图（图中所示数据均为初始物理量）。t分钟后反应均达到平衡，生成NH3均为0.4mol（忽略水对压强的影响及氨气的溶解）。①判断甲容器中的反应达平衡的依据是。（填写相应编号）A.压强不随时间改变B.气体的密度不随时间改变C.c(N2)不随时间改变D.单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2E.单位时间内断裂3molH-H键，同时断裂6molN-H键②该条件下甲容器中反应的平衡常数K=；平衡时，甲的压强P平=（初始压强用P0表示）。③该条件下，若向乙中继续加入0.2molN2，达到平衡时N2转化率=。（2）最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并用产生的H2O2处理废氨水，装置如下图9①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c（NH4+）c（NO3-）（填“＞”、“＜”或“=”）。②Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用，该电极上的反应为。③理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为。【知识点】化学平衡电解F4G5【答案解析】解析：⑴①A.该反应是气体体积可变的反应，当压强不随时间改变表明气体的物质的量不再变化，因此可判断平衡建立，B.气体的质量不变，容器体积不变，因此气体的密度始终不随时间改变，不能判断平衡建立，C.c(N2)不随时间改变，即氮气的物质的量不再变化，表明达平衡，D.生成NH3、消耗N2都是逆反应（同方向），不能判断平衡建立，E.单位时间内断裂3molH-H键，同时断裂6molN-H键，可以判断平衡建立，因此选ACE②根据题意：甲容器N2（g）+3H2（g）2NH3（g），初始物质的量：0.4mol 1.2mol 0变化物质的量：0.2mol 0.6mol 0.4mol 平衡物质的量：0.2mol 0.6mol 0.4mol 体积为2L，则c（N2）=0.1mol/L，c（H2）=0.3mol/L，c（NH3）=0.2mol/L，平衡常数为K=0.22/0.33×0.1=400/27，初始气体总物质的量=0.4mol+1.2mol=1.6mol，平衡时气体总物质的量：0.2mol+0.6mol+0.4mol=1.2mol，在恒温恒容的容器中压强之比等于气体的物质的量比；甲的压强P平=3P0/4，②化学平衡常数只与温度有关，乙为恒温恒压，根据题意：乙容器2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）， 初始物质的量：1.6mol6mol 0 0 变化物质的量：0.2mol0.6mol 0.4mol 0.3mol 平衡物质的量：1.4mol5.4mol 0.4mol 0.3mol 由于乙为恒温恒压，若向乙中继续加入0.2molN2，建立的平衡与原平衡等效，即N2转换率仍然是0.2/1.6=12.5%；（2）①根据溶液呈电中性，溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），pH约为5，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），所以c（NH4+）＜c（NO3-）②利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，O2+2H++2e-═H2O2。③氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4mol氨气参加反应转移12mol电子，所以转移3mol电子，最多可以处理NH3·H2O的物质的量为1mol。9【思路点拨】只有混合物中各物质物质的量不再变化即达平衡；平衡常数只与温度有关。9
