考点：

常见的生活环境的污染及治理．.

专题：

化学应用．

分析：

A．地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层；

B．一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害；

C．氮氧化物是形成光化学烟雾的成分；

D．重金属离子污染土壤和水源；

解答：

解：A．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故A正确；

B．一次性发泡餐具中的聚苯乙烯高分子是有机物，根据结构相似相溶，盛放含油较多的食品是有机物，食品中会溶解苯乙烯单体，苯乙烯对人的神经中枢有害，所以不适于盛放含油较多的食品，故B正确；

C．光化学烟雾主要是由汽车排放的尾气中氮的氧化物造成的，故C正确；

D．重金属离子会带来污染，为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理，不可深埋，故D错误；

故选：D；

点评：

本题考查了生活环境与污染，明确物质的性质是解本题关键，运用化学知识解释生产生活现象，难度不大．

考点：

阿伏加德罗常数．.

专题：

阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

分析：

A、次氯酸钠溶液中，次氯酸根离子部分水解，导致次氯酸根离子数目减少；

B、60g二氧化硅的物质的量为1mol，1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键；

C、7.8g钾的物质的量为0.2mol，由于金属钾能够与水反应，所以0.2mol钾完全反应，生成了0.1mol氢气；

D、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与石灰乳反应中，氯气既是氧化剂，也是氧化剂，0.1mol氯气完全反应转移了0.1mol电子．

解答：

解：A、1 L 1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，溶液中含有ClO﹣的数目小于NA，故A错误；

B、60g二氧化硅的物质的量为1mol，1mol二氧化硅中含有4mol共价键，含有的共价键数为4NA，故B错误；

C、7.8g金属钾的物质的量为0.2mol，无论盐酸过量还是不在，金属钾都能够完全反应，所以0.2mol钾能够置换出0.1mol氢气，反应生成气体分子数为0.1NA，故C正确；

D、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，0.1mol氯气与石灰乳完全反应转移了0.1mol电子，转移电子数为0.1NA，故D错误；

故选C．

点评：

本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，氯气与碱溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂．

考点：

同分异构现象和同分异构体．.

专题：

同分异构体的类型及其判定．

分析：

采用定一议二法，解题，先固定氯原子的位置，然后确定羟基的位置，据此解题．

解答：

解：若有两个氢原子分别被羟基（﹣OH）和氯原子（﹣Cl）取代，则可形成的有机物同分异构体有、、，共10种．

故选B．

点评：

本题考查同分异构体的书写，难度较大，注意二取代物的书写可以采用定一议二法解题．

考点：

有机物的结构和性质．.

专题：

有机物的化学性质及推断．

分析：

该有机物含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答．

解答：

解：A．根据莽草酸的结构式可确定其分子式为C7H10O5，则相对分子质量为174，故A正确；

B．分子中含有羟基和羧基两种含氧官能团，故B正确；

C．分子中羟基、羧基可发生取代反应，碳碳双键可发生加成反应，羟基、碳碳双键可发生氧化反应，故C正确；

D．羟基不能电离出氢离子，故D错误．

故选D．

点评：

本题考查有机物的结构和性质，该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养．该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力．

考点：

化学实验方案的评价．.

专题：

实验评价题．

分析：

A．加入不同体积的草酸，溶液体积不同，高锰酸钾和草酸溶液的浓度都不同；

B．根据CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，结合浓度对平衡移动的影响分析；

C．NaOH过量，不能证明溶解性大小；

D．比较非金属性强弱，应用最高价氧化物的水化物．

解答：

解：A．加入不同体积的草酸，溶液体积不同，高锰酸钾和草酸溶液的浓度都不同，比较草酸的浓度对反应速率的影响，高锰酸钾的浓度应相同，故A错误；

B．碳酸钠溶液中存在CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀，平衡向逆反应方向移动，可证明存在平衡，故B正确；

C．NaOH过量，不能证明溶解性大小，故C错误；

D．测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可说明酸性H2SO3＞H2CO3，但不能证明非金属性强弱，比较非金属性强弱，应用最高价氧化物的水化物，故D错误．

故选B．

点评：

本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，本题注意把握实验原理和方案的设计是否合理，要具有较强的评价能力．

考点：

离子共存问题．.

专题：

离子反应专题．

分析：

A、pH=0的无色溶液为酸性溶液，且不存在有色离子，亚铁离子为有色离子；

B、在=1012的溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，能够共存；

C、加入铝粉能放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，镁离子、铵离子能够与氢氧根离子反应；

D、铁离子能够与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁．

解答：

解：A、该溶液为酸性无色溶液，Fe2+为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；

B、该溶液为酸性溶液，NH4+、NO3﹣、K+、Cl﹣离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C、该溶液为酸性或者碱性溶液，Mg2+、NH4+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，酸性溶液中NO3﹣、Al反应不生成氢气，故C错误；

D、Fe3+能够与SCN﹣离子反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选B．

点评：

本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，注意熟练掌握离子反应发生的条件，明确常见的离子不能共存的情况，还要注意题中暗含条件的要求．

考点：

难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.

专题：

电离平衡与溶液的pH专题．

分析：

A．溶度积常数只与温度有关；

B．根据C（Hg 2+ ）．C（S2﹣）与Ksp的相对大小判断溶液是否是饱和溶液，如果C（Hg 2+ ）．C（S2﹣）=Ksp，则溶液为平衡状态，如果C（Hg 2+ ）．C（S2﹣）＞Ksp，则溶液为过饱和溶液，若C（Hg 2+ ）．C（S2﹣）＜Ksp，则溶液为不饱和溶液；

C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据C（S2﹣）=判断硫离子浓度变化；

D．升高温度，汞离子和硫离子浓度都增大．

解答：

解：A．溶液的温度不变，则Ksp不变，故A错误；

B．a点为不饱和溶液，故B错误；

C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据C（S2﹣）=知，汞离子浓度增大，则硫离子浓度减小，故C正确；

D．升高温度，促进硫化汞的电离，所以汞离子和硫离子浓度都增大，故D错误；

故选C．

点评：

本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意把握题给图象曲线的意义，明确溶度积常数只与温度有关，与溶液的浓度无关．

考点：

物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应方程式的配平．.

专题：

氧化还原反应专题；化学实验基本操作．

分析：

（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、加快溶解速度等措施；硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以升高温度增大物质溶解度，增大接触面积增大反应速率，或加快搅拌速度等；

（2）根据双氧水的性质分析，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质；

（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；

（4）依据流程图中的转化关系和产物，结合二氧化硫的还原性，利用氧化还原反应原理分析书写，根据方程式计算．

解答：

解：（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，

故答案为：升高温度、搅拌、延长浸取时间、过滤后再次浸取；

（2）双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离，

其中Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，针铁矿组成元素是Fe、H、O，化学式量为89，则1mol该物质中应含有1molFe，则H、O的质量为89﹣56=33，可知应含有2molO和1molH，化学式应为FeO（OH），

故答案为：Fe2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；FeO（OH）；

（3）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，由于Fe3+以针铁矿形成已经沉淀，则加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Al3+、Cu2+转化为沉淀除去，滤出的沉淀中部分沉淀将溶解于足量的氢氧化钠溶液中，涉及反应为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，

取少量上层澄清溶液，向其中通入足量的CO2，又能重新得到相应的沉淀，涉及反应为AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣，

故答案为：Al3+、Cu2+；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；AlO2﹣+2H2O+CO2=Al（OH）3↓+HCO3﹣；

（4）二氧化硫具有还原性，被滤液Ⅱ中通过离子交换后的溶液中Na2Cr2O7氧化为硫酸，Na2Cr2O7氧被还原为CrOH（H2O）5SO4，水溶液中生成硫酸反应生成硫酸钠，依据原子守恒分析书写配平方程式为Na2Cr2O7+3SO2+11H2O═2CrOH（H2O）5SO4↓+Na2SO4，

由方程式可知，Cr元素化合价降低3价，则每生成1mol Cr（OH）（H2O）5SO4时，转移3NA电子，

故答案为：1；3；11；2；1；3NA．

点评：

本题考查了离子方程式的书写、物质的分离等知识点，难度不大，注意会运用溶液的pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的原则是：除去杂质且不引进新的杂质．

考点：

化学平衡的影响因素；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡常数的含义；电解原理．.

专题：

基本概念与基本理论．

分析：

（1）①图表分析判断，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应是放热反应；

②依据化学平衡三段式列式结合化学反应速率概念计算，压强之比等于气体物质的量之比；

（2）依据反应化学方程式结合平衡常数概念书写平衡常数表达式，为了加快反应Ⅱ的反应速率，并且提高H2的转化率，依据影响化学反应速率和平衡的因素分析判断；

（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；依据图表数据分析变化规律得到n值；

（4）燃料电池中燃料在原电池负极发生氧化反应，甲醇失电子在碱溶液中生成碳酸钾；

（5）依据原电池和电解池的电极反应中电子守恒计算生成气体体积；

解答：

解：（1）①图表分析判断，平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应是放热反应，△H＜0；

故答案为：＜；

②某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L密闭容器中充分反应，4分钟后反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.4mol，依据化学平衡三段式列式计算；

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

起始量（mol） 2 6 0

变化量（mol）1.6 3.2 1.6

平衡量（mol） 0.4 2.8 1.6

CO的反应速率==0.2mol/（L•min）

平衡状态气体压强和起始压强之比等于气体物质的量之比P（平衡）：P（起始）=（0.4+2.8+1.6）：（2+6）=4.8：8=0.6；

故答案为：0.2mol/（L•min），0.6；

（2）CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应的平衡常数K=；

为了加快反应Ⅱ的反应速率，并且提高H2的转化率；

a．增大CO2的浓度，增大氢气的转化率，平衡正向进行，反应速率加快，故a符合；

b．增大H2的浓度，平衡正向进行，反应速率增大，氢气的转化率减小，故b不符合；

c．增大压强，反应速率增大，平衡正向进行，氢气转化率增大，故c符合；

d．加入催化剂改变化学反应速率不改变化学平衡，氢气转化率不变，故d不符合；

故答案为：K=，a、c；

（3）反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1

反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2

依据盖斯定律反应Ⅰ﹣反应Ⅱ得到CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=△H1﹣△H2；

图表中数据保持氢气初始浓度不变，一氧化碳浓度增大一倍，达到平衡所需时间缩短4分钟，所以分析判断n=4min；

故答案为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=△H1﹣△H2 、4；

（4）甲醇和氧气以强碱溶液为电解质溶液的新型手机电池，燃料电池中燃料在原电池负极发生氧化反应，甲醇失电子在碱溶液中生成碳酸钾，该电池中甲醇发生反应的一极为负极，电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；

故答案为：负，CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；

（5）用该电池作电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，每消耗0.2mol CH3OH，转移电子1.2mol，阴极电极反应为2H++2e﹣=H2↑，产生标况下气体的体积=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；

故答案为：13.44．

点评：

本题考查了化学平衡影响因素分析，平衡常数计算应用，热化学方程式和原电池原理、电解池原理的计算分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

考点：

溴乙烷的制取．.

专题：

实验题．

分析：

（1）在加入药品之前应进行的操作是：检查装置的气密性；实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，需冷却后重新进行操作；

（2）装置B的作用是冷凝回流；根据溴乙烷和乙醇的沸点进行解答；

（3）红棕色气体为溴蒸气，溴能和碱反应生成盐和水，二氧化硫为酸性氧化物能和碱反应生成盐和水；分液常采用分液漏斗进行操作；

（4）浓硫酸溶于水放热，溴化氢易挥发；

（5）乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，互溶的液体可采用蒸馏进行分离；

解答：

解：（1）实验室制备溴乙烷，用95%乙醇、80%硫酸（用蒸馏水稀释浓硫酸）、研细的溴化钠粉末为原料，反应中有气体生成，且乙醇易挥发，所以在加入药品之前应进行的操作是：检查装置的气密性；碎瓷片能防止液体爆沸，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，不能再进行继续实验，也不能立即加入碎瓷片，需冷却后重新进行操作，

故答案为：检查装置的气密性；待冷却后重新进行操作；

（2）装置B的作用使乙醇蒸气回流到烧瓶中继续反应，溴乙烷的沸点为38.4℃，乙醇的沸点为78.5℃，让溴乙烷蒸发出，让乙醇冷凝回流，所以温度计的温度应控制在38.4℃～78.5℃，

故答案为：冷凝回流；38.4℃～78.5℃；

（3）二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式是：SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O，离子反应为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，溴能和氢氧化钠反应：Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O，离子反应为：Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O，分离不互溶的有机物和无机物，用分液漏斗进行操作，

故答案为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；Br2+2OH﹣=Br﹣+BrO﹣+H2O；分液漏斗；

（4）浓硫酸具有强氧化性，能氧化溴化氢，同时浓硫酸溶于水，放出大量的热，促进溴化氢气体的挥发，所以实验中采用浓度较低的80%硫酸，

故答案为：防止溴化氢气体的挥发；

（5）乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水，生成乙醚，所以溴乙烷中含有副产物乙醚，乙醚和溴乙烷为互溶的有机物，可利用它们的沸点不同，进行蒸馏分离，

故答案为：乙醚；蒸馏；

点评：

本题考查了溴乙烷的制取和性质，侧重考查了副产物的产生、去除等工艺，掌握相关的反应原理是解答的关键，注意卤代烃的性质，本题难度中等．

考点：

位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．.

专题：

元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．

分析：

A、B、C、D、E五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，B原子的L层P轨道中有2个电子，其原子核外电子排布为你1s22s22p2，则B为碳元素；E原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态，则E原子核外电子数=2+8+18+1=29，故E为Cu元素；D与B原子的价电子数相同，结合原子序数可知D为Si，C的原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Si，则其外围电子排布为2s22p3，故C为N元素；五元素核电荷数之和为57，故A的核电荷数=57﹣6﹣7﹣14﹣29=1，故A为H元素，据此解答．

解答：

解：A、B、C、D、E五种元素，均位于周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增加，且核电荷数之和为57；B原子的L层P轨道中有2个电子，其原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为碳元素；E原子的K层电子数与最外层电子数之比为2：1，其d轨道处于全充满状态，则E原子核外电子数=2+8+18+1=29，故E为Cu元素；D与B原子的价电子数相同，结合原子序数可知D为Si，C的原子核外有三个未成对电子，原子序数小于Si，则其外围电子排布为2s22p3，故C为N元素，五元素核电荷数之和为57，故A的核电荷数=57﹣6﹣7﹣14﹣29=1，故A为H元素，

（1）C、Si可分别与H元素形成只含一个中心原子的共价化合物X和Y，则X为CH4、Y为SiH4，

CH4分子中C原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为，；SiH4中Si原子呈4个σ键、不含孤电子对，故Si原子采取sp3杂化；N与H形成的常见化合物为NH3，分子构型为三角锥形，

故答案为：；sp3；三角锥形；

（2）B和D的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，由于SiO2是原子晶体而CO2是分子晶体，故熔点较高，

故答案为：SiO2；SiO2是原子晶体而CO2是分子晶体；

（3）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，且N元素2p能级为半满稳定状态，故N元素第一电离能高于碳元素；Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，

故答案为：N；1s22s22p63s23p63d9；

（4）Cu2+与C的常见氢化物NH3形成的配离子的离子反应方程式为Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+，故答案为：Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+；

（5）由图可知，晶胞为面心立方堆积，以顶点的原子分析，位于面心的原子与之相邻最近，1个顶点原子为12个面共用，故配位数为12；

铝原子半径为d，由图丙可知，正方形对角线长度为4d，立方体的棱长为×4d=2d，晶胞体积为（2d ）3=16d3 ，晶胞中含有原子数目=8×+6×=4，Al相对原子质量为M，故晶胞的质量=4×g，故晶体的密度==；

晶体为面心立方最密堆积，空间利用率为74%，

故答案为：12；；74%．

点评：

本题考查物质结构与性质，涉及元素周期律、分子结构、杂化轨道、核外电子排布、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，注意对电离能突变的理解，晶胞计算需要学生具有一定的数学计算能力与空间想象力，难度中等．

考点：

有机物的推断．.

专题：

有机物的化学性质及推断．

分析：

根据已知信息①结合A→B→C→D→E的反应条件可知，A为甲苯，B为，C为苯甲醇，D为苯甲醛，E为苯甲酸；根据已知信息②结合I→F，I→G的反应条件可知，I为CH3CHClCH3，F为CH3CHOHCH3，G为CH2=CHCH3．

解答：

解：根据已知信息①结合A→B→C→D→E的反应条件可知，A为甲苯，B为，C为苯甲醇，D为苯甲醛，E为苯甲酸；

根据已知信息②结合I→F，I→G的反应条件可知，I为CH3CHClCH3，F为CH3CHOHCH3，G为CH2=CHCH3．

（1）A为甲苯，根据反应条件，B为，C为苯甲醇，故答案为：；醇羟基；

（2）B→C是卤代烃的水解，是取代反应；G是丙烯，一定条件下得到聚合物J，所以，G→J的反应为加聚反应，故答案为：取代反应；加聚反应；

（3）①据EF的结构和已知信息①可知，E+F→H是酯化反应，方程式为：，

故答案为：；

②I→G是卤代烃的消去反应，反应方程式为：CH3CHClCH3+NaOHCH3CH=CH2+NaCl，故答案为：CH3CHClCH3+NaOHCH3CH=CH2+NaCl；

（4）从题给K的条件和相对分子质量可知，K比H少2个C4个H，且含有羧基，可能的结构有一种，还有间位、对位3种，共4种；K的同分异构体能发生银镜反应，也能使FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基和醛基，苯环上有两个支链，苯环上的氢的核磁共振氢谱为二组峰，且峰面积比为1：1，可见其在对位上，结构为：，故答案为：4；．

点评：

本题难度不大，所给解题信息很丰富，注意化学方程式的书写要规范．