2012年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学（上海卷）.doc

2012年普通高等学校招生全国统一考试化学试卷（上海卷）一、单项选择题（每小题2分）1. 今年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的强制监测指标是（ ）A. PM2.5B. NOXC. SO2D. 可吸入颗粒物答案：A思路分析：考点解剖：本题考查化学与环保等知识。解题思路：本题解答需考生联系化学与环保常识解答。解答过程：解：选项A中，2011年3月修订的环境空气质量标准将PM2.5纳入强制检测指标，故A正确；选项B中，氮氧化物是引起光化学烟雾的罪魁祸首，早已纳入空气质量检测指标，故B错误；选项C中，SO2是形成酸雨的主要原因，早已纳入空气质量检测指标，故C错误；选项D中，可吸入颗粒物早已在检测指标中，故D错误。所以本题的答案为A。规律总结：此类问题的解决需关注日常空气污染的原因，明确各种污染现象的罪魁祸首。空气污染物通常是以气态形式进入近地面或低层大气环境的外来物质。如氮氧化物、硫氧化物和碳氧化物以及飘尘、悬浮颗粒等，有时还包括甲醛、氡以及各种有机溶剂，其对人体或生态系统具有不良效应。知识点：0305008004化学与环境保护;0305008004001环境污染试题难度：1关键字：环境监测;环境污染年级：0302;03032. 下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）A. 石油裂化主要得到乙烯B. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C. 煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D. 煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径答案：C思路分析：考点解剖：本题考查化石燃料的综合利用。解题思路：解答本题需联系煤、石油的组成、综合利用方法、目的等分析。解答过程：解：选项A中，石油裂化的目的是获得更多的液态轻质汽油，故A错误；选项B中，石油分馏属于物理变化，故B错误；选项C中，煤的干馏是化学变化，经反应后可得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；选项D中，煤制煤气是化学变化，故D错误。所以本题的答案为C。规律总结：此题易错点是对石油裂化、裂解的目的（裂解的目的是获得乙烯等短链气体烯烃）记忆混淆而错选A项。知识点：0305008002化学与资源的开发利用;0305008002001石油、煤、天然气的组成及其综合利用试题难度：1关键字：石油的组成;煤的组成和综合利用;石油、煤、天然气的组成及其综合利用年级：0302;03033. 氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是（ ）A. AlON和石英的化学键类型相同B. AlON和石英晶体类型相同C. AlON和Al2O3的化学键类型不同D. AlON和Al2O3晶体类型相同答案：D思路分析：考点解剖：本题考查化学键、晶体类型知识。解题思路：A、C项可从化学键的类型分析；B、D项需联系物质的晶体类型分析。解答过程：解：选项A中，AlON与石英（SiO2）均为原子晶体，所含化学键均为共价键，故A正确；选项B中，AlON与石英（SiO2）均为原子晶体，故B正确；选项C中，Al2O3是离子晶体，晶体中含离子键，不含共价键，故C正确；选项D中，AlON是原子晶体、Al2O3是离子晶体，故D错误。所以本题的答案为D。规律总结：物质中所含化学键与晶体类型的关系：原子晶体中只含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，即物质中只要含离子键就属于离子晶体；分子晶体中有些含有共价键，有些不含化学键，如稀有气体分子是由单原子构成的，晶体中只存在分子间作用力；金属晶体中只含有金属键。知识点：0305005003化学键;0305005003002化学键的比较;0305005005晶体的结构与性质;0305005005003判断晶体类型的方法试题难度：3关键字：化学键的比较;晶体类型的判断;判断晶体类型的方法年级：0302;03034. PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但PH键键能比NH键键能低。下列判断错误的是（ ）A. PH3分子呈三角锥形B. PH3分子是极性分子C. PH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低D. PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高答案：C思路分析：考点解剖：本题考查化学键、分子构型以及分子极性的判断。解题思路：A、B项需联系分子结构分析；C、D项要结合化学键与物质性质的关系分析解答。解答过程：解：选项A中，PH3同NH3构型相同，因中心原子上有一对孤电子对，均为三角锥形，故A正确；选项B中，因PH3为三角锥形，且中心原子上有一对孤电子对导致其正、负电荷重心不重合，因此分子为极性分子，故B正确。选项C中，PH3的沸点低于NH3，是因为NH3分子间存在氢键，故C错误；选项D中，PH3的稳定性低于NH3，是因为NH键键能高，故D正确。所以本题的答案为C。规律总结：不同晶体熔、沸点高低的比较规律和方法：原子晶体利用共价键的键能，共价键键能越大，熔沸点越高；离子晶体利用晶体的晶格能，晶格能越大，熔沸点越高；分子晶体，利用相对分子质量、氢键和分子极性等，分子中含有氢键，沸点反常高；金属晶体则利用金属键的强弱，金属键越强，熔、沸点越高。知识点：0305005004分子的性质;0305005004002分子的极性;0305005004008分子空间构型、键的极性与分子极性试题难度：3关键字：分子的极性;分子空间构型、键的极性与分子极性年级：0302;03035. 和氢硫酸反应不能产生沉淀的是（ ）A. Pb（NO3）2溶液B. Na2S溶液C. CuSO4溶液D. H2SO3溶液答案：B思路分析：考点解剖：本题考查硫元素及其化合物的性质。解题思路：B、C项要结合硫化物的溶解性分析，A、D项需联系氧化还原反应分析。解答过程：解：选项A中，在溶液里，H2S与NO3-发生氧化还原反应，将H2S氧化为SO42-，SO42-与Pb2+作用生成PbSO4沉淀，故A错误；选项B中，H2S通入Na2S溶液中，二者不发生反应，无沉淀产生，故B正确；选项C中，CuSO4溶液和氢硫酸反应生成不溶于H2SO4的CuS沉淀，故C错误；选项D中，H2S与亚硫酸发生氧化还原反应生成单质硫沉淀，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：此类试题容易出错的地方是忽视酸性条件下NO3-的强氧化性而导致错选。知识点：0305003005氮及其化合物;0305003005003硝酸的性质;0305003006氧、硫及其化合物;0305003006004二氧化硫试题难度：3关键字：硝酸的性质;二氧化硫的化学性质;二氧化硫年级：0301;0303二、单项选择题（每小题3分）6. 元素周期表中铋元素的数据见下图，下列说法正确的是（ ）A. Bi元素的质量数是209B. Bi元素的相对原子质量是209.0C. Bi原子6p亚层有一个未成对电子D. Bi原子最外层有5个能量相同的电子答案：B思路分析：考点解剖：本题考查原子结构、原子核外电子排布等。解题思路：解答本题可直接利用图示信息，结合相对原子质量的计算方法分析即可。解答过程：解：选项A中，由图示信息知Bi的质子数为83，无法确定该核素的中子数，无法确定其质量数，故A错误；选项B中，由图示信息可知Bi元素的相对原子质量是209.0，故B正确；选项C中，利用洪特规则知Bi原子6p亚层的3个电子位于3个p轨道中，形成三个单电子，故C错误；选项D中，Bi原子最外层的5个电子分别为能量不同的6s、6p轨道，因此5个电子的能量也不同，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：质量数与相对原子质量的异同：二者数值相近，但含义不同，质量数质子数中子数；元素的相对原子质量元素各同位素的质量数乘以其丰度的和。知识点：0305005001原子结构;0305005001006核外电子的构造原理;0305005001007有关相对原子质量的计算试题难度：3关键字：洪特规则;核外电子的构造原理;元素的相对原子质量;有关相对原子质量的计算年级：0302;03037. 水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是（ ）A. NaHSO4溶液B. KF溶液C. KAl（SO4）2溶液D. NaI溶液答案：D思路分析：考点解剖：本题考查水的电离以及外界条件对其电离的影响。解题思路：解答本题需从影响水的电离的因素着手分析。解答过程：解：选项A中，NaHSO4在水溶液电离出H+，抑制水的电离，故A错误；选项B中，F-水解生成弱电解质HF，促进水的电离，故B错误；选项C中，Al3+水解生成弱电解质Al（OH）3，促进水的电离，故C错误；选项D中，NaI溶液中Na+、I-均不水解，对水的电离无影响，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：影响水的电离的因素： 温度：温度越高，水的电离程度越大； 酸或碱：电离出H+或OH-使水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离； 可水解的盐：因盐电离出的阴离子或阳离子与水电离出H+或OH-结合生成弱酸或弱碱，促进水的电离。知识点：0305002006水的电离和溶液的酸碱性;0305002006001水的电离及其影响因素试题难度：1关键字：影响水的电离平衡的因素;水的电离及其影响因素年级：0302;03038. 过量的下列溶液与水杨酸（）反应能得到化学式为C7H5O3Na的是（ ）A. NaHCO3溶液B. Na2CO3溶液C. NaOH溶液D. NaCl溶液答案：A思路分析：考点解剖：本题考查羧酸、酚以及碳酸的酸性强弱关系。解题思路：解答本题需结合羧酸、酚以及碳酸的酸性强弱分析。解答过程：解：选项A中，由于酸性：，可知水杨酸与足量NaHCO3溶液反应时只是COOH与HCO3-作用转化为COONa，产物的分子式为C7H5O3Na，故A正确；选项B中，与Na2CO3溶液反应时，COOH、OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2，故B错误；选项C中，与NaOH溶液反应时，COOH、OH均反应，生成产物的分子式为C7H4O3Na2，故C错误；选项D中，COOH、OH与NaCl溶液均不反应，故D错误。所以本题的答案为A。规律总结：解答此类问题的关键是明确苯酚与碳酸的酸性强弱，明确苯酚能否与NaHCO3溶液反应，即向苯酚钠溶液中通入CO2，不论CO2的量是否足量，产物都是苯酚与碳酸氢钠。知识点：0305004005醇和酚;0305004005009酚类;0305004007羧酸和酯;0305004007006几种常见羧酸的结构和性质试题难度：3关键字：酚类化学性质;酚类;苯甲酸的结构与性质;几种常见羧酸的结构和性质年级：0302;03039. 工业生产水煤气的反应为：C（s）H2O（g）CO（g）H2（g）131.4 kJ。下列判断正确的是（ ）A. 反应物能量总和大于生成物能量总和B. CO（g）H2（g）C（s）H2O（l）+131.4 kJC. 水煤气反应中生成1 mol H2（g）吸收131.4 kJ热量D. 水煤气反应中生成1体积 CO（g）吸收131.4 kJ热量答案：C思路分析：考点解剖：本题考查热化学知识，意在考查考生对基本概念的理解。解题思路：解答本题需联系反应热等概念分析。解答过程：解：选项A中，由题中信息知合成水煤气反应为吸热反应，故可判知知反应物总能量小于生成物总能量，故A错误；选项B中，热化学方程式中H2O为液态，故利用已知可知该反应放出热量应大于131.4 kJ，故B错误；选项C中，由已知反应可知水煤气反应中生成1 mol H2（g）吸收131.4 kJ热量，故C正确；选项D中，热化学方程式的计量系数表示物质的量，故D错误。所以本题的答案为C。规律总结：书写热化学方程式的注意事项： 注明反应的温度和压强（通常为25、101 kPa下进行的反应可不注明）； 注明反应物、生成物的状态； 反应热的数值大小与方程式的化学计量系数成正比，而且热化学方程式的计量系数仅表示参与反应的物质的物质的量，因此可以是分数； 反应热需用“”或“”表明反应是吸热还是放热反应。知识点：0305002001化学反应与能量变化;0305002001003热化学方程式;0305002001化学反应与能量变化;0305002001002反应热试题难度：3关键字：热化学方程式的概念;热化学方程式的意义;热化学方程式;焓变与反应热的关系;反应热年级：0302;030310. 用滴定法测定Na2CO3（含NaCl杂质）的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是（ ）A. 试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B. 滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C. 锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定D. 滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00 mL进行滴定答案：B思路分析：考点解剖：本题通过滴定实验操作，考查考生实验能力和误差分析能力。解题思路：解答本题需利用滴定操作的原理、操作要求等分析。解答过程：解：选项A中，试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定，对实验结果无影响，故A错误；选项B中，操作导致标准液变稀，消耗体积变大，使测得结果偏高，故B正确；选项C中，锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定，对消耗标准液体积无影响，因此对实验结果无影响，故C错误；选项D中，操作导致待测液浓度变小，因此测定结果偏低，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：此类试题因考生对滴定原理分析不透，对错误操作导致的误差不理解或理解反了而导致错选，如本题考生易错选D项。知识点：0305002006水的电离和溶液的酸碱性;0305002006004中和滴定试题难度：3关键字：中和滴定原理误差分析;中和滴定年级：0302;030311. 工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数（NA）可表示为（ ）A. B. C. D. 答案：D思路分析：考点解剖：本题考查考生的计算能力和对阿伏加德罗常数的理解。解题思路：解答本题需联系气体摩尔体积和氧化还原反应的规律分析。解答过程：解：由氮元素化合价的改变可知NH3被催化氧化转化为NO，转移电子数为5，利用气体摩尔体积和NA的意义及题中数据可得：5V L/22.4 Lmol-1NAn，解之得。所以本题的答案为D。规律总结：解答此类问题的关键是利用氧化还原反应中得失电子守恒，列出守恒关系式求解，即n（氧化剂）变价原子个数化合价变化值n（还原剂）变价原子个数化合价变化值。知识点：0305001001化学计算及其应用;0305001001003气体摩尔体积;0305007001计算题型的解题方法与技巧;0305007001005守恒法试题难度：3关键字：气体摩尔体积;守恒法年级：0301;0302;030312. 下列有机化合物中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（ ）A. 苯中含有苯酚杂质：加入溴水，过滤B. 乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C. 乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D. 乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液答案：D思路分析：考点解剖：本题通过物质的除杂实验操作考查有机化合物的性质。解题思路：解答本题需结合苯、苯酚、乙醇、乙酸、乙醛和乙酸乙酯等有机物的性质分析。解答过程：解：选项A中，苯酚与溴水生成的三溴苯酚仍溶于苯中，无法通过过滤除去杂质，故A错误；选项B中，乙醇与水互溶，溶液不分层，无法通过分液达到分离、提纯目的，故B错误；选项C中，乙醛与水互溶，溶液不分层，无法通过分液达到分离、提纯目的，故C错误；选项D中，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液且二者不反应，能够分层，乙酸与碳酸钠溶液反应后生成盐进入水相，从而达到分离乙酸和乙酸乙酯的目的，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：在解答物质提纯试题时，选择试剂和实验措施应注意的三个原则：（1）不能引入新杂质；（2）提纯后的物质成分不变；（3）实验过程和操作方法简单易行。知识点：0305006004物质的分离与提纯;0305006004001分离、提纯混合物的常用方法及典型装置;0305004005醇和酚;0305004005002乙醇的化学性质;0305004005008苯酚的化学性质;0305004006醛和酮;0305004006002乙醛的化学性质;0305004007羧酸和酯;0305004007002乙酸的化学性质试题难度：3关键字：萃取和分液的操作及应用;过滤和洗涤的操作及应用;分离、提纯混合物的常用方法及典型装置;乙醇的化学性质;苯酚的化学性质;乙醛的化学性质;乙酸的化学性质年级：0302;030313. 下列关于硫酸工业生产过程的叙述错误的是（ ）A. 在接触室中使用铁粉做催化剂B. 在接触室中运用热交换技术可充分利用能源C. 把硫铁矿磨成细粉末，可以提高原料的利用率D. 该反应采用450500主要是因为该温度下催化剂活性好答案：A思路分析：考点解剖：本题通过硫酸工业生产考查化学与技术知识。解题思路：解答本题需联系硫酸工业的生成工艺分析。解答过程：解：选项A中，硫酸工业生产中，在接触室中用铁触媒作催化剂，使SO2氧化为SO3，故A错误；选项B中，使用热交换装置可节约能源，故B正确；选项C中，把硫铁矿磨碎可增大其与氧气的接触面，使反应更充分，可提高原料的利用率，故C正确；选项D中，反应采用450500主要是因为该温度下催化剂的活性好，故D正确。所以本题的答案为A。规律总结：化工生产必须以化学反应原理为基础。例如工业上生产硫酸的原理就是：以S或含硫矿物为原料生产SO2，SO2催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸；依据该原理在工业生产中可分为三个阶段：造气、催化氧化和吸收。在工业生产实际中，还要考虑许多实际问题，如原料的净化、反应条件及设备的选择、废热的利用等。知识点：0305008002化学与资源的开发利用;0305008002004无机化工的生产资源及产品的种类试题难度：3关键字：硫酸工业的反应原理;无机化工的生产资源及产品的种类年级：0302;030314. 下图装置中发生反应的离子方程式为：Zn2H+Zn2+H2，下列说法错误的是（ ）A. a、b不可能是同种材料的电极B. 该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸C. 该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸D. 该装置可看作是铜锌原电池，电解质溶液为稀硫酸答案：A思路分析：考点解剖：本题考查考生的电化学知识和考生对问题的分析、处理能力。解题思路：解答本题时需联系原电池、电解池工作原理来分析。解答过程：解：选项A中，若图示装置为电解池，阳极、阴极的电极材料均为Zn、电解质溶液为盐酸或硫酸等可实现Zn2H+Zn2+H2，故A错误；选项B中，由A项分析可知装置可为电解池，电解质溶液可使用盐酸，故B正确；选项C中，该装置可以是原电池，此时电池负极材料为Zn、正极材料为比Zn活泼性差的可导电的材料，如Cu、石墨等，电解质溶液为盐酸或硫酸等，均可实现Zn2H+Zn2+H2，故C正确。选项D中，利用C项分析可知D正确。所以本题的答案为A。规律总结：本题为开放性试题，解答时需联系原电池、电解池原理来分析。原电池中负极为活泼电极，发生氧化反应；电解池中阳极发生氧化反应，若阳极为活泼金属（如Cu、Ag等），则电极本身发生氧化反应。知识点：0305002009原电池原理及其应用;0305002009001原电池原理;0305002010电解原理及其应用;0305002010001电解池试题难度：3关键字：构成原电池的条件;原电池原理;电解池的构成条件;电解池年级：0302;030315. 下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO416HCl2KCl5Cl22MnCl28H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（ ）A. 实验现象：a处变蓝，b处变红棕色；解释或结论：氧化性：Cl2Br2I2B. 实验现象：c处先变红，后褪色；解释或结论：氯气与水生成了酸性物质C. 实验现象：d处立即褪色；解释或结论：氯气与水生成了漂白性物质D. 实验现象：e处变红色；解释或结论：还原性：Fe2+Cl-答案：D思路分析：考点解剖：本题通过元素化合物知识，考查考生物质的氧化性强弱。解题思路：解答时需结合氧化还原反应知识、氯元素及其化合物的性质分析。解答过程：解：选项A中，a处变蓝、b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；选项B中，c处先变红，说明氯气与水反应生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水反应生成了具有漂白性物质，故B错误；选项C中，d处立即褪色，也可能是氯气与水反应生成了酸性物质，中和了NaOH，故C错误；选项D中，e处变红，说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+Cl-，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：物质氧化性、还原性强弱取决于元素原子得失电子的难易程度，与得失电子的数目无关，常用的判断方法有：（1）根据反应方程式判断：氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。（2）依据元素周期律进行判断： 金属单质与水或非氧化性酸反应越容易，金属的还原性越强。 金属最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属的还原性越强。 非金属气态氢化物越稳定，非金属的氧化性越强。 非金属单质与氢气化合越容易，非金属的氧化性越强。 非金属最高价氧化物对应含氧酸的酸性越强，非金属的氧化性越强。知识点：0305001004氧化还原反应;0305001004001氧化还原反应的基本概念;0305003004氯及其化合物; 0305003004002氯气的性质;0305003004004卤族元素的化学性质试题难度：3关键字：氧化还原反应的特征;氧化还原反应的基本概念;氯气的化学性质;氯气的性质;卤族元素的化学性质的通性及规律;卤族元素的化学性质年级：0301;030316. 实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（ ）A. 是氨气发生装置B. 是氨气发生装置C. 是氨气吸收装置D. 是氨气收集、检验装置答案：B思路分析：考点解剖：本题考查考生实验分析、实验评价能力。解题思路：解答本题时需联系实验室制取NH3的实验原理分析。解答过程：解：选项A中，装置在管口处又生成NH4Cl，无法制得NH3，故A错误；选项B中，选用装置，使用浓氨水与CaO或NaOH作用，可制取NH3，故B正确选项C中，作为NH3的吸收装置，漏斗插入水中，不能防止倒吸，故C错误；选项D中，利用收集NH3时，收集的气体不纯，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：选择气体发生装置的依据是利用反应物的状态和反应条件，同学们可记住几种典型的气体制取装置，弄清楚实验原理即可。知识点：0305003005氮及其化合物;0305003005002氨气和铵盐试题难度：3关键字：氨气的实验室制法;氨气和铵盐年级：0301;030317. 将100 mL 1 moL/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba（OH）2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c（CO32-）的变化分别是（ ）A. 减小、减小B. 减小、增大C. 增大、增大D. 增大、减小答案：B思路分析：考点解剖：本题考查盐类的水解、弱电解质的电离及其影响因素。解题思路：解答本题需结合盐类水解和HCO3-的电离平衡分析。解答过程：解：加入少许冰醋酸发生反应：HCO3-CH3COOHCH3COO-CO2H2O，导致c（HCO3-）减少，电离平衡向左移动，溶液中c（CO32-）减小；加入少量Ba（OH）2固体后，发生反应：2HCO3-Ba2+2OH-2H2OBaCO3CO32-，溶液中c（CO32-）增大。所以本题的答案为B。规律总结：弱电解质的电离平衡、水解平衡以及难溶电解质的沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列原理当只改变体系的一个条件时，平衡向能减弱这种改变的方向移动；而电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数均只与温度有关。知识点：0305002005弱电解质的电离平衡;0305002005002弱电解质的电离平衡;0305002007盐类水解;0305002007001盐类的水解试题难度：3关键字：电离平衡的移动;影响电离平衡移动的因素;弱电解质的电离平衡;盐类的水解年级：0302;0303三、不定项选择题（每小题4分）18. 为探究锌与稀硫酸的反应速率以v（H2）表示，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（ ）A. 加入NH4HSO4固体，v（H2）不变B. 加入少量水，v（H2）减小C. 加入CH3COONa固体，v（H2）减小D. 滴加少量CuSO4溶液，v（H2）减小答案：B;C思路分析：考点解剖：本题考查影响化学反应速率的因素。解题思路：A、B、C项可从离子浓度改变上分析，D项要联系电化学知识分析。解答过程：解：选项A中，导致溶液中c（H+）增大，v（H2）加快，故A错误；选项B中，导致溶液中c（H+）减小，v（H2）减小，故B正确；选项C中，因发生CH3COO-H+CH3COOH，导致溶液中c（H+）减小，v（H2）减小，故C正确；选项D中，形成铜锌原电池，v（H2）加快，故D错误。所以本题的答案为BC。规律总结：外界条件对化学反应速率的影响：（1）纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面的大小发生变化，故影响反应速率；（2）固体、液体物质，由于压强改变时对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的速率无影响；（3）升高温度，不论吸热还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大；（4）对于有气体参与的化学反应，恒温时，压缩体积压强增大反应物浓度增大反应速率加快。知识点：0305002002化学反应速率;0305002002003影响化学反应速率的因素试题难度：3关键字：影响化学反应速率的外因（浓度、温度、压强、催化剂）;影响化学反应速率的因素年级：0301;0302;030319. 含有下列各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是（ ）A. H+、Ca2+、Fe3+、NO3-B. Ba2+、Cl-、Al3+、H+C. Na+、NH4+、I-、HS-D. Na+、Ca2+、K+、Cl-答案：B;D思路分析：考点解剖：本题考查离子共存问题。解题思路：对A、C项分析需结合氧化还原反应知识；对B、D项分析可结合复分解反应规律解答。解答过程：解：选项A中，通入过量SO2后，Fe3+、H+与NO3-均可与SO2发生氧化还原反应而不能共存，故A错误；选项B中，因溶液中含有大量H+，通入SO2后不能与Ba2+反应产生沉淀，离子能大量存在，故B正确；选项C中，通入SO2后，生成的H2SO3与HS-发生氧化还原反应生成单质硫而不能大量共存，故C错误；选项D中，CaCl2溶液与SO2不能发生反应，离子仍能大量共存，故D正确；所以本题的答案为BD。规律总结：离子不能大量共存的原因有： 离子间发生复分解反应； 离子间发生氧化还原反应； 离子间发生双水解不能共存； 离子间生成配离子等。知识点：0305001005离子反应;0305001005003离子反应试题难度：3关键字：离子共存;离子反应年级：0301;030320. 火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2O2Cu2S2FeSSO2，下列说法正确的是（ ）A. SO2既是氧化产物又是还原产物B. CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化C. 每生成1 mol Cu2S，有4 mol硫被氧化D. 每转移1.2 mol电子，有0.2 mol硫被氧化答案：A;D思路分析：考点解剖：本题考查氧化还原反应，意在考生考生对氧化还原反应概念的理解和计算能力。解题思路：分析A、B项时需利用氧化还原反应有关概念；分析C、D项需结合方程式进行简单计算。解答过程：解：选项A中，由反应方程式知在反应中CuFeS2中Cu化合价降低，被还原为Cu2S，CuFeS2中1/4的S化合价升高，被氧化为SO2；O2在反应后化合价降低，被还原为SO2，因此可知SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；选项B中，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B错误；选项C中，每生成1 mol Cu2S，有1 mol S被氧化，故C错误；选项D中，利用反应知转移6 mol e-，有1 mol S被氧化，故D正确。所以本题的答案为AD。规律总结：判断氧化剂、氧化产物、还原剂以及还原产物时，一定要利用定义，从反应前后元素化合价的变化来判断。知识点：0305001004氧化还原反应;0305001004001氧化还原反应的基本概念试题难度：0301;0303关键字：氧化产物和还原产物;常见的氧化剂和还原剂;氧化还原反应的基本概念年级：21. 常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是（ ）A. 若c（OH-）c（H+），abB. 若c（K+）c（CH3COO-），abC. 若c（OH-）c（H+），abD. 若c（K+）c（CH3COO-），ab答案：D思路分析：考点解剖：本题考查电解质溶液知识。解题思路：本题需联系弱电解质的电离平衡、溶液中的电荷守恒等分析解答。解答过程：解：选项A中，若ab，恰好反应生成弱酸强碱盐CH3COOK，溶液呈碱性，故A正确；选项B中，若该溶液含CH3COOH很少，CH3COOH的电离程度小于CH3COO-的水解程度，溶液呈碱性，则溶液中c（K+）c（CH3COO-），故B正确；选项C中，若ab，反应后溶液中溶质为CH3COOK和CH3COOH，该溶液可能呈中性，故C正确；选项D中，若溶液中c（K+）c（CH3COO-），利用电荷守恒知溶液中一定存在c（H+）c（OH-），溶液显酸性，而ab，溶液一定呈碱性，二者矛盾，故D错误。所以本题的答案为D。规律总结：溶质为CH3COOK和CH3COOH的混合溶液中，CH3COOH含量的多少不同，会导致溶液中CH3COOH的电离程度与CH3COO-的水解程度相对大小也不同，则溶液既可以呈酸性、中性，还可以呈碱性。知识点：0305002005弱电解质的电离平衡;0305002005002弱电解质的电离平衡;0305002007盐类水解;0305002007001盐类的水解试题难度：3关键字：电离平衡的移动;影响电离平衡移动的因素;弱电解质的电离平衡;盐类的水解年级：0302;030322. PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的4和2价的混合氧化物，4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1 mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为32，则剩余固体的组成及物质的量比是（ ）A. 11混合的Pb3O4、PbOB. 12混合的PbO2、Pb3O4C. 141混合的PbO2、Pb3O4、PbOD. 114混合的PbO2、Pb3O4、PbO答案：A;D思路分析：考点解剖：本题通过元素化合物转化考查考生计算、分析推理能力。解题思路：根据电荷守恒求出剩余固体中n（Pb）n（O）的值，再与选项中相对比得出正确答案。解答过程：解：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为4、2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，4价Pb还原为2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电荷守恒”知1 mol PbO2在上述转化过程中共转移2 mol e-。设该过程得到O2的物质的量为3x mol，则Cl2的物质的量为2x mol，利用电荷守恒可得：3x42x22，解得x0.125，故知1 mol PbO2在受热分解过程中产生0.375 mol O2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（Pb）n（O）45，结合选项可知只有A、D项满足n（Pb）n（O）45。所以本题的答案为AD。规律总结：本题也可利用产生氧气、氯气的物质的量之比确定出反应后固体混合物中n（PbO）n（PbO2）31，将Pb3O4改写成PbOPbO2，然后结合选项来判断。知识点：0305007001计算题型的解题方法与技巧;0305007001005守恒法;0305007002常见的化学计算;0305007002001有关化学式的计算试题难度：5关键字：守恒法;有关化学式的计算年级：0301;0302;0303四、填空题（本题共8分）2009年自然杂志报道了我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法”。完成下列填空：23. 10Be和9Be_a. 是同一种原子b. 具有相同的中子数c. 具有相同的化学性质d. 具有恒定的丰度Be所在的周期中，最外层有2个未成对电子的元素相互组成的化合物属于_晶体。24. Al和Be具有相似的化学性质，写出BeCl2水解反应的化学方程式_。25. 研究表明26Al可以衰变为26Mg，可以比较这