高三化學(xué)-2013-2015年3年新課標(biāo)I高考化學(xué)試卷

1、2013年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)卷）一、選擇題1）化學(xué)無處不在，與化學(xué)有關(guān)的說法不正確的是（）A侯氏制堿法的工藝過程中應(yīng)用了物質(zhì)溶解度的差異B可用蘸濃鹽酸的棉棒檢驗輸送氨氣的管道是否漏氣C碘是人體必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D黑火藥由硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)按一定比例混合制成考點：純堿工業(yè)（侯氏制堿法）；氨的化學(xué)性質(zhì)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用.專題：化學(xué)應(yīng)用分析：A侯氏制堿法是將CO2、NH3通入飽和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B濃鹽酸易揮發(fā)，與NH3結(jié)合生成NH4Cl固體；C補碘常在食鹽中加入KIO3固體而不是高

2、碘酸；D硫磺、硝石、木炭三種物質(zhì)比例為1：2：3解答：解：A侯氏制堿法是將CO2、NH3通入飽和NaCl溶液中，發(fā)生以下反應(yīng)：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶體析出，故A正確；B濃鹽酸易揮發(fā)，與NH3結(jié)合生成NH4Cl固體小顆粒，為白煙，故B正確；C碘是人體必需元素，補碘常在食鹽中加入KIO3固體而不是高碘酸，高碘酸為強酸性，具有強烈刺激性和腐蝕性，故C錯誤；D制備黑火藥的原料為S、KNO3、C，三者比例為1：2：3，故D正確故選C點評：本題考查較為綜合，與人們?nèi)粘Ｉ罹o密結(jié)合，均為最基

3、本的化常識，題目難度不大2（6分）（2015門頭溝區(qū)二模）香葉醇是合成玫瑰香油的主要原料，其結(jié)構(gòu)簡式如下：下列有關(guān)香葉醇的敘述正確的是（）A香葉醇的分子式為C10H18OB不能使溴的四氯化碳溶液褪色C不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D能發(fā)生加成反應(yīng)不能發(fā)生取代反應(yīng)考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).專題：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：該物質(zhì)含2個C=C鍵、1個OH，分子式為C10H18O，結(jié)合烯烴和醇的性質(zhì)來解答解答：解：A由結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機物的分子式為C10H18O，故A正確；B因含C=C鍵，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B錯誤；C含C=C鍵、OH，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D含C=C，能發(fā)生加成

4、反應(yīng)，含OH能發(fā)生取代反應(yīng)，故D錯誤；故選A點評：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注意把握有機物的官能團與性質(zhì)的關(guān)系，熟悉烯烴、醇的性質(zhì)即可解答，題目難度不大3（6分）（2014楊浦區(qū)三模）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，其簡單離子都能破壞水的電離平衡的是（）AW2、X+BX+、Y3+CY3+、Z2DX+、Z2考點：影響鹽類水解程度的主要因素.專題：鹽類的水解專題分析：根據(jù)答案選項可知W、X、Y、Z形成的簡單離子分別為W2、X+、Y3+、Z2，又知W、X、Y、Z均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大，故可推出W為O，X為Na，Y為Al，Z為S解答：解：根據(jù) 短周期元素W、X、Y、Z的原子序

5、數(shù)依次增大及各選項可以推出，W為O2、X為Na+、Y為Al3+、Z為S2，Al3+和S2均能發(fā)生水解，水解打破了水的電離平衡；O2不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正確的是C；故選C點評：本題考查影響鹽類水解的因素，命題結(jié)構(gòu)簡單，切入點新穎，考查了離子化合價與其離子電荷的關(guān)系，難度中等4（6分）（2015市中區(qū)校級模擬）銀制器皿日久表面會逐漸變黑，這是生成了Ag2S的緣故根據(jù)電化學(xué)原理可進行如下處理：在鋁質(zhì)容器中加入食鹽溶液，再將變黑的銀器浸入該溶液中，一段時間后發(fā)現(xiàn)黑色會褪去下列說法正確的是（）A處理過程中銀器一直保持恒重B銀器為正極，Ag2S被還原生成單質(zhì)銀C該過程中總反應(yīng)為2Al+3A

6、g2S6Ag+Al2S3D黑色褪去的原因是黑色Ag2S轉(zhuǎn)化為白色AgCl考點：原電池和電解池的工作原理.專題：電化學(xué)專題分析：鋁、銀和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，鋁作負(fù)極，銀作正極，負(fù)極上鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析解答解答：解：A銀器放在鋁制容器中，由于鋁的活潑性大于銀，故鋁為負(fù)極，失電子，銀為正極，銀表面的Ag2S得電子，析出單質(zhì)銀，所以銀器質(zhì)量減小，故A錯誤； B銀作正極，正極上Ag2S得電子作氧化劑，在反應(yīng)中被還原生成單質(zhì)銀，故B正確；CAl2S3在溶液中不能存在，會發(fā)生雙水解反應(yīng)生成H2S和Al（OH）3，故C錯誤； D黑色褪去是Ag2S轉(zhuǎn)化為Ag而不是A

7、gCl，故D錯誤；故選B點評：本題考查原電池原理，明確正負(fù)極上得失電子是解本題關(guān)鍵，難度不大5（6分）（2014秋曹縣校級期末）已知Ksp（AgCl）=1.561010，Ksp（AgBr）=7.71013，Ksp（Ag2CrO4）=9.01012某溶液中含有Cl、Br和CrO42濃度均為0.010molL1，向該溶液中逐滴加入0.010molL1的AgNO3溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為（）ACl、Br、CrO42BCrO42、Br、ClCBr、Cl、CrO42DBr、CrO42、Cl考點：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì).專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：析出沉淀時，AgCl溶

8、液中c（Ag+）=mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）=mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L，c（Ag+）越小，則越先生成沉淀解答：解：析出沉淀時，AgCl溶液中c（Ag+）=mol/L=1.56108mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）=mol/L=7.71011mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=mol/L=3105，c（Ag+）越小，則越先生成沉淀，所以種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為Br、Cl、CrO42，故選C點評：本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡問題，題目難度中等，注意根據(jù)溶解度判斷生成沉淀的先后順序，易錯點為B，組成不相似的物質(zhì)，不能直接根據(jù)溶度積判斷6

9、（6分）（2015春荊州校級期末）分子式為C5H10O2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，若不考慮立體異構(gòu)，這些酸和醇重新組合可形成的酯共有（）A15種B28種C32種D40種考點：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體.專題：同分異構(gòu)體的類型及其判定分析：分子式為C5H10O2的酯為飽和一元酯，形成酯的羧酸與醇的碳原子總數(shù)為5，討論羧酸與醇含有的碳原子，判斷形成該酯的羧酸與醇的同分異構(gòu)體種數(shù)，根據(jù)羧酸與醇組合，計算同分異構(gòu)體數(shù)目解答：解：分子式為C5H10O2的有機物在酸性條件下可水解為酸和醇，屬于飽和一元酯，若為甲酸和丁醇酯化，丁醇有4種；若為乙酸和丙醇酯化，丙醇有2種；若為丙酸和乙醇酯化，丙酸有1種

10、；若為丁酸和甲醇酯化，丁酸有2種；故羧酸共有5種，醇共有8種，酸和醇重新組合可形成的酯共有58=40種，故選D點評：本題考查同分異構(gòu)體的書寫與判斷，難度中等，關(guān)鍵是形成酯的羧酸與醇的同分異構(gòu)體的判斷，注意利用數(shù)學(xué)法進行計算7（6分）（2015衡水模擬）下列實驗中，所采取的分離方法與對應(yīng)原理都正確的是選項目的分離方法原理A分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大B分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去KNO3固體中混雜的NaCl重結(jié)晶NaCl在水中的溶解度很大D除去丁醇中的乙醚蒸餾丁醇與乙醚的沸點相差較大AABBCCDD考點：物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用.專題：實驗評

11、價題分析：A乙醇和水混溶，不能用作萃取劑；B乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離；C應(yīng)利用二者溶解度隨溫度的變化不同分離；D丁醇和乙醚的沸點不同，可用蒸餾的方法分離解答：解：A乙醇和水混溶，不能用作萃取劑，應(yīng)用四氯化碳或苯萃取，故A錯誤；B乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離，應(yīng)用蒸餾的方法分離，故B錯誤；C根據(jù)二者在水中隨溫度升高而溶解度不同，利用重結(jié)晶法NaCl隨溫度升高溶解度變化不大，KNO3隨溫度升高溶解度變化大，經(jīng)冷卻過濾，故C錯誤；D丁醇和乙醚混溶，但二者的沸點不同，且相差較大，可用蒸餾的方法分離，故D正確故選D點評：本題考查物質(zhì)的分離提純的實驗方案的設(shè)計，題目難度不大，注

12、意相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)的異同，把握常見物質(zhì)的分離方法和操作原理三、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分第22題第32題為必考題，每個試題考生都必須作答第33題第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答）8（13分）（2013天心區(qū)校級模擬）醇脫水是合成烯烴的常用方法，實驗室合成環(huán)己烯的反應(yīng)和實驗裝置如圖所示可能用到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：相對分子質(zhì)量密度/（gcm3）沸點/溶解性環(huán)乙醇1000.9618161微溶于水環(huán)己烯820.810283難溶于水合成反應(yīng)：在a中加入20g環(huán)己醇和2小片碎瓷片，冷卻攪動下慢慢加入1mL濃硫酸b中通入冷卻水后，開始緩慢加熱a，控制餾出物的溫度不超過90分離提純：反應(yīng)粗產(chǎn)物倒入分液漏斗

13、中分別用少量5%碳酸鈉溶液和水洗滌，分離后加入無水氯化鈣顆粒，靜置一段時間后棄去氯化鈣最終通過蒸餾得到純凈環(huán)己烯10g回答下列問題：（1）裝置b的名稱是直形冷凝管（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加瓷片，應(yīng)該采取的正確操作是B（填正確答案標(biāo)號）A立即補加B冷卻后補加C不需補加D重新配料（3）本實驗中最容易產(chǎn)生的副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為（4）分液漏斗在使用前須清洗干凈并檢漏；在本實驗分離過程中，產(chǎn)物應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出（填“上口倒出”或“下口放出”）（5）分離提純過程中加入無水氯化鈣的目的是干燥（6）在環(huán)己烯粗產(chǎn)物蒸餾過程中，不可能用到的儀器有CD（填正確答案標(biāo)號）A蒸餾

14、燒瓶B溫度計C吸濾瓶D球形冷凝管E接收器（7）本實驗所得到的環(huán)己烯產(chǎn)率是C（填正確答案標(biāo)號）A.41%B.50%C.61%D.70%考點：制備實驗方案的設(shè)計；醇類簡介.專題：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：（1）裝置b是冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加熱過程中產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，補加碎瓷片時需要待已加熱的試液冷卻后再加入；（3）加熱過程中，環(huán)己醇除可發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯外，還可以發(fā)生取代反應(yīng)生成二環(huán)己醚；（4）由于分液漏斗有活塞開關(guān)，故使用前需要檢查是否漏液；分液過程中，由于環(huán)己烯的密度比水的密度小，故應(yīng)該從分液漏斗的上口倒出；（5）無水氯化鈣用于吸收產(chǎn)物中少量的水；（6）觀察題目提供的實驗裝置

15、圖知蒸餾過程中不可能用到吸濾瓶和球形冷凝器管；（7）環(huán)己醇為0.2mol，理論上可以得到0.2mol環(huán)己烯，其質(zhì)量為16.4g，所以產(chǎn)率=100%=61%解答：解：（1）依據(jù)裝置圖分析可知裝置b是蒸餾裝置中的冷凝器裝置，故答案為：直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加熱過程中產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，補加碎瓷片時需要待已加熱的試液冷卻后再加入，故答案為：防止暴沸；B；（3）加熱過程中，環(huán)己醇除可發(fā)生消去反應(yīng)生成環(huán)己烯外，還可以發(fā)生取代反應(yīng)，分子間發(fā)生脫水反應(yīng)生成二環(huán)己醚，；故答案為：（4）由于分液漏斗有活塞開關(guān)，故使用前需要檢查是否漏液；分液過程中，由于環(huán)己烯的密度比水的密度小，故應(yīng)該從分液漏斗的上口

16、倒出，故答案為：檢漏；上口倒出；（5）分離提純過程中加入無水氯化鈣的目的是利用無水氯化鈣吸收產(chǎn)物中少量的水，故答案為：干燥；（6）觀察題目提供的實驗裝置圖知蒸餾過程中不可能用到吸濾瓶和球形冷凝器管，故答案為：CD；（7）環(huán)己醇為0.2mol，理論上可以得到0.2mol環(huán)己烯，其質(zhì)量為16.4g，所以產(chǎn)率=100%=61%，故答案為：61%點評：本題考查了物質(zhì)制備實驗方案設(shè)計，醇性質(zhì)的分析應(yīng)用，實驗現(xiàn)象和原理的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等9（15分）（2015春澄城縣校級月考）鋰離子電池的應(yīng)用很廣，其正極材料可再生利用某鋰離子電池正極材料有鈷酸鋰（LiCoO2）、導(dǎo)電劑乙炔黑和鋁箔

17、等充電時，該鋰離子電池陰極發(fā)生的反應(yīng)為6C+xLi+xeLixC6現(xiàn)欲利用以下工藝流程回收正極材料中的某些金屬資源（部分條件未給出）回答下列問題：（1）LiCoO2中，Co元素的化合價為+3（2）寫出“正極堿浸”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）“酸浸”一般在80下進行，寫出該步驟中發(fā)生的所有氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O2H2O22H2O+O2；可用鹽酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺點是有氯氣生成，污染較大（4）寫出“沉鈷”過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式CoSO4+2NH4HC

18、O3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O（5）充放電過程中，發(fā)生LiCoO2與Li1xCoO2之間的轉(zhuǎn)化，寫出放電時電池反應(yīng)方程式Li1xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C（6）上述工藝中，“放電處理”有利于鋰在正極的回收，其原因是Li+從負(fù)極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動并進入正極材料中在整個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4（填化學(xué)式）考點：金屬的回收與環(huán)境、資源保護；電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式.專題：電化學(xué)專題；幾種重要的金屬及其化合物分析：（1）根據(jù)化合物中，化合價的代數(shù)和為0判斷；（2）堿浸正極時，鋁和氫氧根離子反應(yīng)生成偏鋁酸根離

19、子和氫氣；（3）根據(jù)所加入的反應(yīng)物以及生成物結(jié)合質(zhì)量守恒定律來書寫化學(xué)方程式；由題中信息知LiCoO2具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成；（4）“沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀；（5）放電時，Li1xCoO2和LixC6發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成LiCoO2和C；（6）“放電處理”有利于鋰在正極的回收，Li+從負(fù)極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動，在整個回收工藝中，可回收到的金屬化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4解答：解：（1）根據(jù)化合物中，化合價的代數(shù)和為0知，LiCoO2中，Co元素的化合價為+3價，故答案為：+3；（2）正極中含有鋁，鋁易溶于強堿溶液生成AlO

20、2，反應(yīng)的離子方程式為2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案為：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）酸浸時反應(yīng)物有硫酸、過氧化氫以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反應(yīng)方程式為：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，由題中信息知LiCoO2具有強氧化性，加入鹽酸有污染性氣體氯氣生成，故答案為：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O；有氯氣生成，污染較大；（4）“沉鈷”過程中硫酸鈷和碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鈷沉淀、硫酸銨、二氧化碳和水，反應(yīng)方程式為CoSO4+2NH4H

21、CO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O，故答案為：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+（NH4）2SO4+CO2+H2O；（5）充放電過程中，Li1xCoO2和LixC6發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成LiCoO2和C，反應(yīng)方程式為：Li1xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，故答案為：Li1xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；（6）放電時，負(fù)極上生成鋰離子，鋰離子向正極移動并進入正極材料中，所以“放電處理”有利于鋰在正極的回收，根據(jù)流程圖知，可回收到的金屬化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，故答案為：Li+從負(fù)極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動并進入正極材料

22、中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4點評：本題為生產(chǎn)流程題，涉及金屬的回收、環(huán)境保護、氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)的分離提純和除雜等問題，題目較為綜合，做題時注意仔細(xì)審題，從題目中獲取關(guān)鍵信息，難度中等，難點是電極反應(yīng)式的書寫10（15分）二甲醚（CH3OCH3）是無色氣體，可作為一種新型能源由合成氣（組成為H2、CO和少量的CO2）直接制備二甲醚，其中的主要過程包括以下四個反應(yīng)：甲醇合成反應(yīng)：（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.1kJmol1（）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2=49.0kJmol1水煤氣變換反應(yīng)：（）CO（g）+H2O（g）CO

23、2（g）+H2 （g）H3=41.1kJmol1二甲醚合成反應(yīng)：（）2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H4=24.5kJmol1回答下列問題：（1）Al2O3是合成氣直接制備二甲醚反應(yīng)催化劑的主要成分之一工業(yè)上從鋁土礦制備較高純度Al2O3的主要工藝流程是Al2O3（鋁土礦）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4，NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3+NaHCO3，2Al（OH）3Al2O3+3H2O（以化學(xué)方程式表示）（2）分析二甲醚合成反應(yīng)（）對于CO轉(zhuǎn)化率的影響消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（）平衡右移，CO轉(zhuǎn)化率增大；生成的H2O，通過水煤氣變換反應(yīng)（）消耗部

24、分CO（3）由H2和CO直接制備二甲醚（另一產(chǎn)物為水蒸氣）的熱化學(xué)方程式為2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）H=204.7kJmol1根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理，分析增加壓強對直接制備二甲醚反應(yīng)的影響該反應(yīng)分子數(shù)減少，壓強升高使平衡右移，CO和H2轉(zhuǎn)化率增大，CH3OCH3產(chǎn)率增加壓強升高使CO和H2濃度增加，反應(yīng)速率增大（4）有研究者在催化劑（含CuZnAlO和Al2O3）、壓強為5.0MPa的條件下，由H2和CO直接制備二甲醚，結(jié)果如圖所示其中CO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低的原因是反應(yīng)放熱，溫度升高，平衡左移（5）二甲醚直接燃料電池具有啟動快、效率高等優(yōu)點，其能量密度等于甲醇直接燃

25、料電池（5.93kWhkg1）若電解質(zhì)為酸性，二甲醚直接燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為CH3OCH3+3H2O=2CO2+12H+12e，一個二甲醚分子經(jīng)過電化學(xué)氧化，可以產(chǎn)生12個電子的能量；該電池的理論輸出電壓為1.20V，能量密度E=8.39KWhkg1（列式計算能量密度=電池輸出電能/燃料質(zhì)量，1kWh=3.6106J）考點：熱化學(xué)方程式；化學(xué)電源新型電池.專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；電化學(xué)專題分析：（1）鋁土礦制備較高純度Al2O3的主要工藝流程是利用氧化鋁是兩性氧化物溶于堿生成四羥基合鋁酸鈉，溶液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得到氧化鋁；（2）二甲醚合成反應(yīng)（）對于CO轉(zhuǎn)化率的

26、影響，結(jié)合甲醇合成反應(yīng)，水煤氣變換反應(yīng)和化學(xué)平衡移動原理分析判斷；（3）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到，依據(jù)計算得到的反應(yīng)結(jié)合化學(xué)平衡移動原理分析判斷增大壓強的影響；（4）依據(jù)化學(xué)平衡特征和平衡移動原理分析；（5）燃料電池中燃料在負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，書寫電極反應(yīng)，計算電子轉(zhuǎn)移；依據(jù)能量密度=電池輸出電能/燃料質(zhì)量列式計算解答：解：（1）鋁土礦制備較高純度Al2O3的主要工藝流程，利用氧化鋁是兩性氧化物溶于堿生成四羥基合鋁酸鈉，溶液中通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得到氧化鋁；反應(yīng)娥化學(xué)方程式為：Al2O3（鋁土礦）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH

27、）4+CO2=Al（OH）3+NaHCO3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案為：Al2O3（鋁土礦）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3+NaHCO3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（2）二甲醚合成反應(yīng)（）對于CO轉(zhuǎn)化率的影響，消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）平衡右移，CO轉(zhuǎn)化率增大；生成的H2O，通過水煤氣變換反應(yīng)（）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2 （g）消耗部分CO，故答案為：消耗甲醇，促進甲醇合成反應(yīng)（）平衡右移，CO轉(zhuǎn)化率增大；生成的H2O，通過水煤氣變換反應(yīng)（）消

28、耗部分CO；（3）、CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.1kJmol1、2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H4=24.5kJmol1依據(jù)蓋斯定律2+得到：2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）H=204.7kJmol1該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增加壓強平衡正向進行，反應(yīng)速率增大，CO和H2轉(zhuǎn)化率增大，CH3OCH3產(chǎn)率增加，故答案為：2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）H=204.7kJmol1；該反應(yīng)分子數(shù)減少，壓強升高使平衡右移，CO和H2轉(zhuǎn)化率增大，CH3OCH3產(chǎn)率增加壓強升高使CO和H2濃度增加，反應(yīng)速率

29、增大；（4）CO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，是因為反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進行，故答案為：反應(yīng)放熱，溫度升高，平衡左移；（5）若電解質(zhì)為酸性，二甲醚直接燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為二甲醚失電子生成二氧化碳，結(jié)合原子守恒和電荷守恒寫出電極反應(yīng)為：CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+； 一個二甲醚分子經(jīng)過電化學(xué)氧化失去12個電子，能量密度=電池輸出電能/燃料質(zhì)量，該電池的理論輸出電壓為1.20V，能量密度E=8.39KWhkg1，故答案為：CH3OCH3+3H2O12e=2CO2+12H+；12；=8.39KWhkg1點評：本題考查了物質(zhì)制備原理分析，熱化學(xué)方程式和蓋斯定律的應(yīng)用，化學(xué)平衡移

30、動原理的分析判斷，原電池原理分析和電極書寫，題目難度中等11（15分）（2014宜春模擬）草酸（乙二酸）可作還原劑和沉淀劑，用于金屬除銹、織物漂白和稀土生產(chǎn)一種制備草酸（含2個結(jié)晶水）的工藝流程如下：回答下列問題：（1）CO和NaOH在一定條件下合成甲酸鈉、甲酸鈉加熱脫氫的化學(xué)反應(yīng)方程式分別為CO+NaOHHCOONa、2HCOONaNa2C2O4+H2（2）該制備工藝中有兩次過濾操作，過濾操作的濾液是氫氧化鈉溶液，濾渣是CaC2O4；過濾操作的濾液是H2C2O4溶液和H2SO4溶液，濾渣是CaSO4（3）工藝過程中和的目的是分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸來降低成本，減小污染（4）有人建議甲酸鈉脫

31、氫后直接用硫酸酸化制備草酸該方案的缺點是產(chǎn)品不純，其中含有的雜質(zhì)主要是Na2SO4（5）結(jié)晶水合草酸成品的純度用高錳酸鉀法測定稱量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500molL1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉紅色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反應(yīng)的離子方程式為5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；列式計算該成品的純度94.5%考點：有機物的推斷.專題：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：（1）根據(jù)反應(yīng)物、生成物和反應(yīng)條件寫出反應(yīng)方程式；（2）氫氧化鈣和草酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈉和草酸鈣，草酸鈣難溶于水，草酸鈣和稀硫酸反應(yīng)生成草酸和硫酸鈣，硫酸鈣是微溶物；

32、（3）循環(huán)利用的物質(zhì)能降低成本，減少污染；（4）甲酸鈉和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉是可溶性物質(zhì)；（5）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化草酸根離子生成二氧化碳，同時自身被還原生成二價錳離子，根據(jù)草酸和高錳酸鉀之間的關(guān)系式計算草酸的物質(zhì)的量，再根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式計算其純度解答：解：（1）根據(jù)流程圖知，200、2MPa條件下，一氧化碳和氫氧化鈉反應(yīng)生成甲酸鈉，反應(yīng)方程式為：CO+NaOHHCOONa，加熱條件下，甲酸鈉脫氫生成草酸鈉和氫氣，反應(yīng)方程式為：2HCOONaNa2C2O4+H2，故答案為：CO+NaOHHCOONa，2HCOONaNa2C2O4+H2；（2）氫氧化鈣和草酸鈉溶液反應(yīng)生成氫

33、氧化鈉和草酸鈣，草酸鈣難溶于水，所以過濾操作的濾液是氫氧化鈉溶液，濾渣是CaC2O4，草酸鈣和稀硫酸反應(yīng)生成草酸和硫酸鈣，硫酸鈣是微溶物，該操作過程中，稀硫酸過量，所以過濾操作的濾液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，濾渣是 CaSO4，故答案為：NaOH溶液，CaC2O4 ，H2C2O4溶液、H2SO4溶液，CaSO4；（3）氫氧化鈉和硫酸都具有腐蝕性，能污染環(huán)境，分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸能降低成本，減小污染，故答案為：分別循環(huán)利用氫氧化鈉和硫酸能降低成本，減小污染；（4）甲酸鈉和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉是可溶性物質(zhì)，存在于溶液中，所以含有的雜質(zhì)主要是Na2SO4，故答案為：Na2SO4

34、；（5）酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化草酸根離子生成二氧化碳，同時自身被還原生成二價錳離子，離子反應(yīng)方程式為：5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，設(shè)草酸的物質(zhì)的量為xmol，則：5H2C2O4+6H+2MnO4=10CO2+2Mn2+8H2O5mol 2molx 0.0500molL10.015L所以，5mol：2mol=x：0.0500molL10.015L解得x=0.001875mol，故其純度=100%=94.5%，故答案為：94.5%點評：本題考查了化學(xué)與技術(shù)，明確操作時發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)、常見的操作名稱，難點是計算草酸結(jié)晶水合物的純度，根據(jù)方程式進行

35、分析解答，難度中等12（15分）（2014宜春模擬）硅是重要的半導(dǎo)體材料，構(gòu)成了現(xiàn)代電子工業(yè)的基礎(chǔ)請回答下列問題：（1）基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為M，該能層具有的原子軌道數(shù)為9、電子數(shù)為4（2）硅主要以硅酸鹽、二氧化硅等化合物的形式存在于地殼中（3）單質(zhì)硅存在與金剛石結(jié)構(gòu)類似的晶體，其中原子與原子之間以共價鍵相結(jié)合，其晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻3個原子（4）單質(zhì)硅可通過甲硅烷（SiH4）分解反應(yīng)來制備工業(yè)上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2（5）碳和硅的有關(guān)化學(xué)鍵鍵能如

36、下所示，簡要分析和解釋下列有關(guān)事實：化學(xué)鍵CCCHCOSiSiSiHSiO鍵能/（kJmol1）356413336226318452硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅烷在種類和數(shù)量上都遠不如烷烴多，原因是CC鍵和CH鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定而硅烷中SiSi鍵和SiH鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成SiH4的穩(wěn)定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是CH鍵的鍵能大于CO鍵，CH鍵比CO鍵穩(wěn)定而SiH鍵的鍵能卻遠小于SiO鍵，所以SiH鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的SiO鍵（6）在硅酸鹽中，SiO四面體（如下圖（a）通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式圖（b）為

37、一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其中Si原子的雜化形式為sp3，Si與O的原子數(shù)之比為1：3，化學(xué)式為SiO32考點：硅和二氧化硅；原子核外電子排布；鍵能、鍵長、鍵角及其應(yīng)用；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷.專題：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；碳族元素分析：（1）硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2 ，對應(yīng)能層分別別為K、L、M，其中能量最高的是最外層M層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的M能層有4個電子（3s23p2）；（2）硅元素在自然界中主要以化

38、合態(tài)（二氧化硅和硅酸鹽）形式存在；（3）硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結(jié)合在金剛石晶體的晶胞中，每個面心有一個碳原子（晶體硅類似結(jié)構(gòu)），則面心位置貢獻的原子為 6=3個；（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH4、NH3和MgCl2；（5）烷烴中的CC鍵和CH鍵大于硅烷中的SiSi鍵和SiH鍵的鍵能；鍵能越大、物質(zhì)就越穩(wěn)定，CH鍵的鍵能大于CO鍵，故CH鍵比CO鍵穩(wěn)定，而SiH鍵的鍵能遠小于SiO鍵，所以SiH鍵不穩(wěn)定而傾向與形成穩(wěn)定性更強的SiO鍵；（6）硅酸鹽中的硅酸根（SiO ）為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式；根據(jù)圖（b）

39、的一個結(jié)構(gòu)單元中含有1個硅、3個氧原子，化學(xué)式為SiO32；解答：解：（1）硅原子核外有14個電子，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2 ，對應(yīng)能層分別別為K、L、M，其中能量最高的是最外層M層，該能層有s、p、d三個能級，s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，所以共有9個原子軌道，硅原子的M能層有4個電子（3s23p2）；故答案為：M；9；4；（2）硅元素在自然界中主要以化合態(tài)（二氧化硅和硅酸鹽）形式存在，故答案為：二氧化硅（3）硅晶體和金剛石晶體類似都屬于原子晶體，硅原子之間以共價鍵結(jié)合在金剛石晶體的晶胞中，每個面心有一個碳原子（晶體硅類似結(jié)構(gòu)），則面

40、心位置貢獻的原子為 6=3個；故答案為：共價鍵；3；（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應(yīng)制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式為：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案為：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；（5）烷烴中的CC鍵和CH鍵大于硅烷中的SiSi鍵和SiH鍵的鍵能，所以硅烷中SiSi鍵和SiH鍵的鍵能易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成，故答案為：CC鍵和CH鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定，而硅烷中SiSi鍵和SiH鍵的鍵能較低，易斷裂，導(dǎo)致長鏈硅烷難以生成；鍵能越大、物質(zhì)就越穩(wěn)定，CH鍵的鍵能大于CO鍵，故CH鍵比CO鍵穩(wěn)定，而SiH

41、鍵的鍵能遠小于SiO鍵，所以SiH鍵不穩(wěn)定而傾向與形成穩(wěn)定性更強的SiO鍵；故答案：CH鍵的鍵能大于CO鍵，CH鍵比CO鍵穩(wěn)定而SiH鍵的鍵能卻遠小于SiO鍵，所以SiH鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的SiO鍵；（6）硅酸鹽中的硅酸根（SiO ）為正四面體結(jié)構(gòu)，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式；故答案為：sp3根據(jù)圖（b）的一個結(jié)構(gòu)單元中含有1個硅、3個氧原子，化學(xué)式為SiO32；故答案為：1：3；SiO32；點評：本題主要考查了基態(tài)原子的核外電子排布、晶體結(jié)構(gòu)、化學(xué)方程式的書寫、雜化軌道、化學(xué)鍵等知識，難度中等13（15分）査爾酮類化合物G是黃酮類藥物的主要合成中間體，其中一種合成路

42、線如下：已知以下信息：芳香烴A的相對分子質(zhì)量在100110之間，1mol A充分燃燒可生成72g水C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)、可溶于飽和Na2CO3溶液、核磁共振氫譜顯示有4種氫RCOCH3+RCHORCOCH=CHR回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為苯乙烯（2）由B生成C的化學(xué)方程式為（3）E的分子式為C7H5O2Na，由E生成F的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)（4）G的結(jié)構(gòu)簡式為（5）D的芳香同分異構(gòu)體H既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)，H在酸催化下發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式為（6）F的同分異構(gòu)體中，既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)的共有13種，其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰

43、面積比為2：2：2：1：1的為（寫結(jié)構(gòu)簡式）考點：有機物的推斷.專題：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：芳香烴A的相對分子質(zhì)量在100110之間，1mol A充分燃燒可生成72g水，72g水的物質(zhì)的量=，所以1個A分子中含有8個氫原子，A能和水發(fā)生加成反應(yīng)，則A中含有碳碳雙鍵，B中含有羥基，B被氧化后生成C，C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則C中不含醛基，則C中含有羰基，結(jié)合A的相對分子質(zhì)量知，A是苯乙烯，B的結(jié)構(gòu)簡式為：，C的結(jié)構(gòu)簡式為：；D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明D中含有醛基，可溶于飽和Na2CO3溶液說明D中含有羧基或酚羥基，核磁共振氫譜顯示有4種氫，說明D含有四種類型的氫原子，結(jié)合D的分子式知，D是對羥基苯甲

44、醛，D和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為：，和碘烷反應(yīng)生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：，C和F反應(yīng)生成G，結(jié)合題給信息知，G的結(jié)構(gòu)簡式為：解答：解：芳香烴A的相對分子質(zhì)量在100110之間，1mol A充分燃燒可生成72g水，72g水的物質(zhì)的量=，所以1個A分子中含有8個氫原子，A能和水發(fā)生加成反應(yīng)，則A中含有碳碳雙鍵，B中含有羥基，B被氧化后生成C，C不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則C中不含醛基，則C中含有羰基，結(jié)合A的相對分子質(zhì)量知，A是苯乙烯，B的結(jié)構(gòu)簡式為：，C的結(jié)構(gòu)簡式為：；D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明D中含有醛基，可溶于飽和Na2CO3溶液說明D中含有羧基或酚羥基，核磁共振氫譜顯示有4種氫，說明D含有四

45、種類型的氫原子，結(jié)合D的分子式知，D是對羥基苯甲醛，D和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為：，和碘烷反應(yīng)生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：，C和F反應(yīng)生成G，結(jié)合題給信息知，G的結(jié)構(gòu)簡式為：（1）通過以上分析知，A是苯乙烯，故答案為：苯乙烯；（2）在加熱、銅作催化劑條件下，B被氧氣氧化生成C，反應(yīng)方程式為：，故答案為：；（3）通過以上分析知，E的分子式為：C7H5O2Na，E發(fā)生取代反應(yīng)生成F，故答案為：C7H5O2Na；取代反應(yīng)；（4）通過以上分析知，G的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；（5）D的芳香同分異構(gòu)體H既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)，說明H中含有苯環(huán)、醛基和酯基，所以H是甲酸苯酯，H在酸催

46、化下發(fā)生水解反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，故答案為：；（6）F的同分異構(gòu)體中，既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明該有機物中含有醛基和酚羥基，當(dāng)該有機物中含有一個酚羥基、一個醛基和一個甲基時有10種同分異構(gòu)體，當(dāng)該有機物含有乙醛基和酚羥基時，有3種同分異構(gòu)體，所以共有13種符合條件的同分異構(gòu)體，如果其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積比為2：2：2：1：1時，該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：13；點評：本題考查有機物的推斷，明確有機物反應(yīng)時斷鍵方式及官能團的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意結(jié)合題給信息進行分析解答，難度中等2014年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)）一、選擇題（本題共7小題，每小題

47、6分，共42分）7下列化合物中同分異構(gòu)體數(shù)目最少的是（）A戊烷B戊醇C戊烯D乙酸乙酯考點：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體.專題：同系物和同分異構(gòu)體分析：戊烷只存在碳鏈異構(gòu)，戊醇和戊烯存在碳鏈異構(gòu)、位置異構(gòu)，乙酸乙酯存在碳鏈異構(gòu)、官能團異構(gòu)、位置異構(gòu)解答：解：戊烷只存在碳鏈異構(gòu)，同分異構(gòu)體為3種，而戊醇和戊烯存在碳鏈異構(gòu)、位置異構(gòu)，乙酸乙酯存在碳鏈異構(gòu)、官能團異構(gòu)、位置異構(gòu)，異構(gòu)類型越多，同分異構(gòu)體的數(shù)目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分異構(gòu)體的數(shù)目均大于3種，故選A點評：本題主要考查了同分異構(gòu)體數(shù)目的判斷，可通過同分異構(gòu)體的類型進行簡單判斷，難度不大8化學(xué)與社會、生活密切相關(guān)，對下列現(xiàn)象或事實的解

48、釋正確的是（）選項現(xiàn)象或事實解釋A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接與油污反應(yīng)B漂白粉在空氣中久置變質(zhì)漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應(yīng)生成CaCO3C施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反應(yīng)生成氨氣會降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作FeCl3能從含Cu2+的溶液中置換出銅AABBCCDD考點：鹽類水解的應(yīng)用；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變.專題：鹽類的水解專題；元素及其化合物分析：A、用熱的燒堿溶液洗去油污，油脂在堿性溶液中水解生成溶于水的物質(zhì)，碳酸鈉溶液水解顯堿性；B、漂白粉中有效成分次氯酸

49、鈣和空氣中二氧化碳水反應(yīng)生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸見光分解，漂白粉在空氣中久置變質(zhì)；C、碳酸鉀和氯化銨在溶液中水解促進生成氨氣，降低肥效；D、氯化鐵和銅反應(yīng) 生成氯化亞鐵和氯化銅；解答：解：A、用熱的燒堿溶液洗去油污，油脂在氫氧化鈉溶液中水解生成溶于水的物質(zhì)，碳酸鈉溶液水解生成氫氧化鈉顯堿性，Na2CO3 不可直接與油污反應(yīng)，故A錯誤；B、漂白粉中有效成分次氯酸鈣和空氣中二氧化碳、水反應(yīng)生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸見光分解，漂白粉失效，故B錯誤；C、碳酸鉀和氯化銨在溶液中水解促進生成氨氣，降低肥效，施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用，故C正確；D、氯化鐵和銅反應(yīng)生成氯

50、化亞鐵和氯化銅，F(xiàn)eCl3不能從含Cu2+的溶液中置換出銅，F(xiàn)eCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作，故D錯誤；故選C點評：本題考查了鹽類水解的分析應(yīng)用，掌握物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)實質(zhì)是關(guān)鍵，題目難度中等9已知分解1mol H2O2放出熱量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的機理為：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是（）A反應(yīng)速率與I的濃度有關(guān)BIO也是該反應(yīng)的催化劑C反應(yīng)活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）考點：反應(yīng)熱和焓變；化學(xué)反應(yīng)的基本原理；化學(xué)反應(yīng)的能量變化規(guī)律.專題：物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題；化學(xué)反應(yīng)中

51、的能量變化分析：A、反應(yīng)速率的快慢主要決定于反應(yīng)速率慢的第一步反應(yīng)；B、反應(yīng)的催化劑是I；C、分解1mol過氧化氫放出的熱量是其H而非活化能；D、在一個化學(xué)反應(yīng)中，用各物質(zhì)表示的速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；解答：解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，過氧化氫分解快慢決定于反應(yīng)慢的，I是的反應(yīng)物之一，其濃度大小對反應(yīng)不可能沒有影響，例如，其濃度為0時反應(yīng)不能發(fā)生，故A正確；B、將反應(yīng)+可得總反應(yīng)方程式，反應(yīng)的催化劑是I，IO只是中間產(chǎn)物，故B錯誤；C、1mol過氧化氫分解的H=98KJ/mol，H不是反應(yīng)的活化能，是生成物與反應(yīng)物的能量差，故C錯誤；D、

52、因為反應(yīng)是在含少量I的溶液中進行的，溶液中水的濃度是常數(shù)，不能用其濃度變化表示反應(yīng)速率，故D錯誤故選：A點評：本題是2014年河北高考題，題目主要考查催化劑、活化能、化學(xué)反應(yīng)速率的相關(guān)知識，題目難度不大10（6分）（2015玉山縣校級模擬）W、X，Y，Z均為短周期元素，X，Y處于同一周期，X，Z的最低價離子分別為X2和Z，Y+和Z具有相同的電子層結(jié)構(gòu)下列說法正確的是（）A原子最外層電子數(shù)：XYZB單質(zhì)沸點：XYZC離子半徑：X2Y+ZD原子序數(shù)：XYZ考點：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系；真題集萃.專題：元素周期律與元素周期表專題分析：X、Z的最低價離子分別為X2和Z，則X為第A族元素，Z為A族元素；Y+和Z具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，結(jié)合元素在周期表中的位置以及元素周期律知識解答該題解答：解：X、Z的最低價離子分別為X2和Z，則X為第A族元素，Z為A族元素；Y+和Z具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，AX、Y、Z分別為S、Na、F，原子最外層電子數(shù)分別為6、1、7，故A錯誤；B常溫下Na、S為固體