1、C有机物C3H6可能为烯烃也可能是环烷烃，若为环烷烃不含碳碳双键；D.没有给出溶液体积大小，无法计算NaClO的物质的量。【详解】A项，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，生成0.1mol O2，转移0.2NA个电子，故A错误；B项，1个氨基（-NH2）中含电子9个，1mol氨基（-NH2）中含有电子的数目为9NA，故B正确；C项，42g有机物 C3H6的物质的量为：=1mol，若C3H6为烯烃，烯烃分子中含碳碳双键数目NA，C3H6也可以为环烷烃，故C错误；D.没有给出溶液体积大小，无法计算，故D错误。综上所述，本题正
2、确答案为B。3.3.下列关于有机化合物的说法正确的是A. 苯与甲苯互为同系物，均能使酸性KMnO4溶液褪色B. 苯乙烯分子中的所有原子一定都处于同一个平面C. 淀粉和纤维素不是同分异构体D. 乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同【答案】CA苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；B苯环、双键为平面结构，且直接相连；C淀粉和纤维素分子式不同，不是同分异构体；D乙烯和苯都能使溴水褪色，乙烯含有碳碳双键，和溴水发生加成反应；苯和溴水因萃取而褪色。【详解】A苯和甲苯互为同系物，甲苯能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，溶液褪色，但苯与酸性KMnO4不反应，不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A错
3、误；B苯环、双键为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一个平面，但不一定在同一平面，故B错误；C淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度在较大的一个范围之间，没有具体值，二者分子式不同，不是同分异构体，故C正确；苯和溴水因萃取而褪色，故D错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查有机物的性质和鉴别，题目难度不大，本题易错点为C，注意淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度在较大的一个范围之间，二者分子式不同，不是同分异构体。4.4.用如下图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是ab实验现象预期结论A铁丝HCl酸化的H2O2c中收集到无色气体铁丝催化H2O2分解B铜丝
4、浓硝酸c中收集到红棕色气体硝酸有强氧化性C生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D木条浓硫酸木条变黑浓硫酸有强氧化性A. A B. B C. C D. DA铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁；B二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；C铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；D. 浓硫酸有脱水性。【详解】A铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故A错误；B.二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故B错误；C.NaCl溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，所以C选项是正确的；D. 木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故D错误。5.5.短周期主族
5、元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如下图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是 A. 原子半径和离子半径均满足：YRC. 最高价氧化物对应水化物的酸性：TD. 由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性试题分析：X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H，R 原子最外层电子数是电子层数的 2 倍，R位于第二周期，则R是碳元素。Y 与 Z 能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z是Na，Y是O。Z 与 T 形成的化合物 Z2T，能破坏水的电离平衡，所以T
6、是S。A氧离子半径大于钠离子半径，A错误；B元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性TR，所以其最高价含氧酸酸性TR，B错误；C碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C正确；D由 X、R、Y、Z 四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D错误；答案选C。考点：考查原子结构和元素周期律6.6.如图所示，甲池的总反应式为N2H4O2=N22H2O。A. 乙池中Fe电极上发生氧化反应B. 乙池中石墨电极上发生的反应可写为4OH4e=2H2OO2C. 甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D. 甲池中每消耗0.1 mol N2H4乙池电极上则会析出6.4 g固体本题所示串联
7、装置中甲池为原电池，乙池为电解池。燃料电池中，可燃气发生氧化反应，通入可燃气的电极为原电池的负极，通入氧气的电极为原电池的正极；与负极相连的电极为电解池的阴极，与正极相连的电极为电解池的阳极。以此解答。【详解】A项，乙池中Fe电极是电解池的阴极，发生还原反应，A项错误；B项，乙池中石墨电极是电解池的阳极，发生氧化反应，发生的反应可写为4OH4e=2H2OO2，B项正确；C项，甲池总反应生成了水，则KOH溶液浓度变小，pH减小，乙池的阴极析出铜，结合B项可知乙池溶液的pH减小，C项错误；D项，根据各个电极流过的电量相等知N2H42Cu，甲池消耗0.1 mol N2H4时，则乙池电极上会析出12.
8、8 g Cu，D项错误。7.7.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 molL1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 molL1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。A. 曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线B. A点溶液中：c（CH3COO）c（OH）c（H）0.1 molL1C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度： ACBD. D点溶液中：c（Cl）+ 2c（H）2c（OH）溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是
9、强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线代表0.100 molL1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线代表0.100 molL1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此解答。【详解】A.由分析可以知道，曲线代表0.100 molL1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，故A错误；B.A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO）c（OH）c（H）c（Na+）=0.05mol/
10、L，故B错误；C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：BCA，故C错误；D. D点溶液中，存在电荷守恒，c（Cl）c（OH）c（Na+）+c（H），定量分析可以知道， c（Na+）=1.5c（Cl），将电荷守恒式中c（Na+）代换为c（Cl）并整理得：c（OH）0.5c（Cl）+c（H），即c（Cl）+ 2c（H）2c（OH），所以D选项是正确的；综上所述，本题正确答案为D。8.8.某小组利用如下装置制备Cu（NH3）xSO4H2O（溶于水呈
11、深蓝色）并测量x值。【Cu（NH3）xSO4H2O制备】见图1（1）A中发生的化学反应方程式为_ 。（2）B中观察到的现象是_；C中CCl4的作用是 _。（3）欲从Cu（NH3）xSO4溶液中析出Cu（NH3）xSO4H2O晶体，可加入试剂 _ 。【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体M = （178+17x）g/mol于锥形瓶a中；步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液；步骤三：用0. 5000 mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16. 00 mL。（4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程
12、式为 _。【x值的计算与论证】（5）计算：x = _ ，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中 _（任写两点）；假设3 ：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设_（填“成立”或“不成立”）。（6）针对假设l，你对实验的处理意见是_。【答案】 （1）. Ca（OH）2+2NH4Cl=2NH3+CaCl2+2H2O （2）. 由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液 （3）. 防止倒吸 （4）. 无水乙醇 （5）. Cu（NH3）x2+2OH= Cu（OH）2+xNH3 （6）. 3.56 （
13、7）. 加入NaOH溶液不足，没有加热或生成氨气未完全溢出等 （8）. 不成立 （9）. 更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到三的全部实验（1）A为实验室制取氨气的装置，是利用氯化铵与氢氧化钙固体加热，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；氨气通入硫酸铜溶液中，开始生成氢氧化铜蓝色沉淀，随着氨气的通入，则氨气与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子，后沉淀逐渐溶解，转化为深蓝色溶液；（2）四氯化碳的密度大于水，因为氨气直接通入水中，会发生倒吸现象，氨气不溶于四氯化碳，通过四氯化碳的缓冲作用，可以防止发生倒吸；H2O晶体,可加入试剂无水乙醇，因为乙醇的极性较小
14、，且该晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，有利于晶体的析出；（4）Cu（NH3）xSO4与NaOH在溶液中反应,生成硫酸钠、氢氧化铜和氨气，所以反应的离子方程式为Cu（NH3）x2+2OH-= Cu（OH）2+xNH3；（5）b中原来HCl的物质的量是0.03L0.5000mol/L=0.015mol，剩余HCl的物质的量是0.016L0.5000mol/L=0.008mol，则与氨气反应的HCl的物质的量也是氨气的物质的量是0.015-0.008=0.007mol；则0.4690g/（178+17x）g/molx=0.007mol，解得x=3.56；测定结果偏小，可能步骤二加入NaOH溶
15、液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等；步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则说明剩余HCl偏小，则与氨气反应的HCl偏多，则氨气的物质的量偏大，测定结果应偏高，所以不成立；针对假设l，可更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验，再进行测定。考察对物质制备实验的定量分析，离子方程式的书写，实验数据的处理，实验现象的判断9.9.铅单质及其化合物在新能源领域应用广泛，工业上利用方铅精矿（主要成分为PbS）制备PbSO4的工艺流程如下：已知：PbCl2（s）+2Cl（aq）PbCl4-（aq） H0 Ksp（PbSO4）=1.010-8,Ksp（PbCl2）=1.610-5Fe3、Pb
16、2以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH值分别为3.2、7.0。（1）步骤中发现有淡黄色沉淀生成，请写出离子反应方程式：_；（2）步骤原料预处理过程中写出一种除搅拌外加快反应速率的办法：_；反应温度不宜过高，且需加入过量盐酸保证溶液呈强酸性，原因是：_；（3）操作应为：_ ；操作应为：_ ；A、趁热过滤 B、蒸发浓缩，冷却结晶； C、蒸发结晶 D、重结晶（4）写出步骤III中PbCl2生成PbSO4的离子反应方程式：_ ，该反应的平衡常数K=_；（5）铅蓄电池（Pb-PbO2-H2SO4）充电时的阳极反应方程式：_ ；（6）某铅蓄电池放电时电流为0.2A，可持续放电时间96500s，此时参加反应
17、的Pb的质量为41.4g，求该电池放电的能量转化率=_ 。（电池能量转化率的定义：=实际输出电量/理论输出电量100%，结果保留两位有效数字，已知法拉第常数为96500C/mol）【答案】 （1）. PbS+2Fe3+2Cl= PbCl2+2Fe2+S （2）. 将方铅矿精矿磨成粉末 （3）. 抑制Fe3+、Pb2+离子水解 （4）. A （5）. B （6）. PbCl2（s）+ SO42（aq） PbSO4（s）+2Cl-（aq） （7）. 1.6103mol/L （8）. PbSO4 -2e +2H2O =PbO2+SO42-+4H+ （9）. 50%往方铅矿精矿中加入FeCl3溶液和盐
18、酸，FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl（aq）H0 正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液1含有PbCl4-、Cl-、Fe2、Fe3等，滤液1蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡逆向进行，析出PbCl2晶体，PbCl2晶体中加入稀硫酸，转化为更难溶的硫酸铅沉淀，过滤得到硫酸铅沉淀，洗涤、烘干得到硫酸铅粉末，以此解答。【详解】（1）由分析可知FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，Pb元素化合价不变，S元素化合价升高，则铁元素的化合价降低，有FeCl2生成，反应离子方程式为：PbS+2Fe3+2Cl= PbCl2+2F
19、e2+S ，因此，本题正确答案是：PbS+2Fe3+2Cl= PbCl2+2Fe2+S ；（2） 将方铅矿精矿磨成粉末能增大反应接触面积，加快反应速率；Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH值分别为3.2、7.0，加入盐酸的主要目的是为了控制pH值在0.51.0，抑制Fe3+、Pb2+的水解，将方铅矿精矿磨成粉末；抑制Fe3+、Pb2+离子水解； （3）产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl（aq）PbCl4-（aq）H0 正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液1含有PbCl4-、Cl-、Fe2、Fe3等，滤液1蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡
20、逆向进行，析出PbCl2晶体，操作应为：趁热过滤；蒸发浓缩，冷却结晶；A ； B ；（4） Ksp（PbSO4）=1.010-8Ksp（PbCl2）=1.610-5，结合沉淀的转化，PbCl2晶体转化为PbSO4沉淀是因为PbCl2中加入稀硫酸破坏了氯化铅的溶解平衡，使溶解平衡正向移动生成硫酸铅，反应的离子方程式为：PbCl2（s）+ SO42-（aq）PbSO4（s）+2Cl-（aq），该反应的平衡常数K=1.6103mol/LPbSO4（s）+2Cl-（aq）；1.6103mol/L；（5）铅蓄电池充电时为电解池，阳极发生氧化反应，PbSO4在阳极失去电子，生成PbO2，电极反应式为：Pb
21、SO4 -2e- +2H2O =PbO2+SO42-+4H+；（6）41.4gPb的物质的量为：=0.2mol，由电极反应可知：Pb2e-，所以实际输出电量为：0.2mol296500C/mol=38600C，理论输出的电量为：Q=It=0.2A96500s=19300C，该电池放电的能量转化率=实际输出电量/理论输出电量100%=100%=50%,50%。10.10.工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。.NOx的消除。汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+
22、2CO2（g） H。（1）已知：CO燃烧热的H1=283.0kJmol-l，N2（g）+O2（g） 2NO（g） H2=+180.5kJmol-1，则H=_。（2）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如下图所示。以下说法正确的是_（填字母）。A.两种催化剂均能降低活化能，但H不变B.相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响C.曲线中的催化剂适用于450左右脱氮D.曲线中催化剂脱氮率比曲线I中的高若低于200，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为
23、_；判断a点是否为对应温度下的平衡脱氮率，并说明其理由：_。.SO2的综合利用（3）某研究小组对反应NO2+SO2SO3+NO H”、“=”或“”）。（4）已知25C时，NH3H2O的Kb=1.810-5，H2SO3的Ka1=1.310-2，Ka=6.210-8。若氨水的浓度为2.0molL-1，溶液中的c（OH）= _molL-1；将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中的=_。【答案】 （1）. -746.5kJ/mol （2）. A、C （3）. 温度较低时，催化剂的活性偏低 （4）. 不是平衡脱氮率。因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高。 （5）. 降
24、低温度 （6）. = （7）. 6.010-3 （8）. 2.24本题考查盖斯定律的应用，图像分析，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，影响化学平衡常数的因素，电离平衡常数的计算。I.（1）CO燃烧热的H1=-283.0kJ/mol，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）H1=-283.0kJ/mol（式），N2（g）+O2（g）2NO（g）H2=+180.5kJ/mol（式），应用盖斯定律，式2-式得，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=（-283.0kJ/mol）2-（+180.5kJ/mol）=-746.5kJ/mol。（2）A，两种催化剂均能降低活化能，加快反应速率，但H不变，A项正确；B，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，B项错误；C，根据图像，曲线II在450左右催化活性最大，曲线II中的催化剂适用于450左右脱氮，C项正确；D，催化剂只影响化学反应速率，不影响转化率，不影响脱氮率，D项错误；正确的是A、C，答案选AC。低于200，曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为：温度较低时（低于200），催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响小。a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是：因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正
