B．加热可提高水解反应速率，升温平衡向正反应方向移动；陈述Ⅰ正确、Ⅱ正确，无因果关系，故B错误；
C．酸性高锰酸钾能将双氧水氧化成水，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是双氧水的还原性，陈述Ⅰ正确、Ⅱ正确，无因果关系，故C错误； D．Al（OH）3不能溶于过量浓氨水中，陈述Ⅱ错误，故D错误； 故选A．
3+
点评： 本题考查了物质性质的分析应用，主要是Fe、浓硫酸、二氧化硫、镁等物质性质的
3+
应用，Fe与KSCN发生络合反应、电解MgCl2饱和溶液的理解是学习重点，题目难度中等． 4．（4分）下列离子方程式错误的是（）
+2+
A． 石灰石和盐酸反应制CO2：CaCO3+2H=CO2↑+Ca+H2O
2++﹣3+
B． 稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：3Fe+4H+NO3=3Fe+NO↑+2H2O
﹣﹣
C． Ca（ClO）2 溶液中通入过量的SO2：C1O+SO2+H2O=HClO+HSO3
3+2+2+
D． 铜溶于FeCl3溶液中：Cu+2Fe=2Fe+Cu 考点： 离子方程式的书写．
分析： A．石灰石主要成分为碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳气体； B．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；
C．次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子； D．铜与铁离子发生反应生成亚铁离子和铜离子．
+2+
解答： 解：A．石灰石和盐酸反应制CO2，反应的离子方程式为：CaCO3+2H=CO2↑+Ca+H2O，故A正确；
B．稀Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸，硝酸根离子在酸性条件下将亚铁离子氧化成铁离子，反
2++﹣3+
应的离子方程式为：3Fe+4H+NO3=3Fe+NO↑+2H2O，故B正确；
C．Ca（ClO）2 溶液中通入过量的SO2，次氯酸根离子将二氧化硫氧化成磷酸根离子，正确的
2+﹣2﹣+﹣
离子方程式为：Ca+2ClO+2H2O+2SO2═CaSO4↓+SO4+4H+2Cl，故C错误；
3+2+2+
D．铜溶于FeCl3溶液中，反应的离子方程式为：Cu+2Fe=2Fe+Cu，故D正确； 故选C．
点评： 本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）；C为易错点，注意次氯酸根离子与二氧化硫发生氧化还原反应． 5．（4分）X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大．已知X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，X、M同主族，Y原子在短周期主族元素中原子半径最大．下列说法正确的是（） A． M与X的化合物对应的水化物一定是强酸 B． Y2X和Y2X2中化学键类型相同，阴、阳离子的个数比相同 C． 气态氢化物的热稳定性：M＞N
2﹣+
D． 离子半径r：r（X）＞r（Y）
考点： 原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．
分析： X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；
Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素，
A．M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物亚硫酸是弱酸；
- 6 -
B．Na2O和Na2O2中化学键类型不相同，阴、阳离子的个数比相同； C．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；
D．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小．
解答： 解：X、Y、M、N是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，所以其电子层数为2，则X是O元素，X、M同主族且都是短周期元素，所以M是S元素；N原子序数大于M且为短周期主族元素，所以N是Cl元素；
Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y是Na元素，
A．M是S元素、X是O元素，二者形成的化合物对应的水化物H2SO3是弱酸、H2SO4是强酸，故A错误；
B．Na2O中只含离子键、Na2O2中含有共价键和离子键，所以化学键类型不相同，阴、阳离子的个数比都是1：2，故B错误；
C．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性N＞M，所以气态氢化物的热稳定性：M＜N，故C错误；
2﹣
D．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径r：r（X）
+
＞r（Y），故D正确； 故选D．
点评： 本题考查原子结构和元素周期律的关系，侧重考查原子结构、物质结构、元素周期律知识，知道非金属性强弱与其氢化物稳定性的关系，注意过氧化钠中存在的化学键、电子式的书写，题目难度不大． 6．（4分）下列说法正确的是（） A． 将高温水蒸气通过炽热的铁粉，铁粉变红色 B． 向Fe（OH）3胶体中滴加稀H2SO4，先出现沉淀，后沉淀溶解 C． 将市售食盐溶于水，滴加淀粉溶液不变蓝色，说明不是加碘盐 D． Cu的金属活泼性比Fe弱，故水库铁闸门上接装铜块可减缓铁腐蚀
考点： 铁的化学性质；胶体的重要性质；原电池和电解池的工作原理；碘与人体健康． 分析： A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
B．胶体中滴加稀H2SO4，先发生胶体聚沉，后发生复分解反应； C．淀粉遇碘单质变蓝；
D．Cu的金属活泼性比Fe弱，构成的原电池中Fe为负极．
解答： 解：A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，则将高温水蒸气通过炽热的铁粉，铁粉变黑色，故A错误；
B．胶体中滴加稀H2SO4，发生胶体聚沉，则向Fe（OH）3胶体中滴加稀H2SO4，先出现沉淀，后沉淀溶解（发生复分解反应），故B正确；
C．淀粉遇碘单质变蓝，而食盐中加碘酸钾，不是碘单质，则淀粉不能检验，故C错误； D．Cu的金属活泼性比Fe弱，构成的原电池中Fe为负极，则水库铁闸门上接装铜块可加快铁腐蚀，故D错误； 故选B．
点评： 本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握化学性质与反应为解答的关键，侧重化学与生活及化学反应原理的考查，注意物质的性质及检验，题目难度不大．
﹣1
7．（6分）关于常温下0.1mol?L醋酸钠溶液，下列说法正确的是（）
﹣﹣13﹣1
A． 水电离出来的c（OH）=1.0×10mol?L B． 该溶液的pH＜13
+﹣﹣+
C． 溶液中离子浓度关系：c（Na）＞c（CH3COO）＞c（OH）＞c（H）
- 7 -
D． 加入等浓度等体积的盐酸，溶液中：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（Cl）+c（Na） 考点： 盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．
﹣
分析： CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO水解导致溶液呈碱性，醋酸根离子水解程度较小，该溶液中存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒解答．
﹣
解答： 解：A．CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO水解而促进水电离，所以水电离出来的c（OH﹣﹣7﹣1
）＞1.0×10mol?L，故A错误；
﹣
B．CH3COO水解但程度较小，所以该溶液的pH＜13，故B正确；
﹣﹣++
C．CH3COO水解导致溶液呈碱性，所以c（OH）＞c（H），根据电荷守恒得c（Na）＞c（CH3COO﹣+﹣﹣），醋酸根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na）＞c（CH3COO）＞c（OH）
+
＞c（H），故C正确；
﹣﹣+
D．溶液中存在物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（Cl）=c（Na），所以c（CH3COOH）
﹣﹣+
+c（CH3COO）＜c（Cl）+c（Na），故D错误； 故选BC．
点评： 本题考查离子浓度大小比较，明确溶质性质是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，注意盐类水解程度较小，为易错点． 8．（6分）下列实验操作、现象和结论均为正确的是（）
﹣﹣+
选项 操作 现象 结论 A ①将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 试纸不变色 NH4Cl受热不分解 B ②中振荡后静置 下层液体颜色变浅 NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2 C ③加热 洗气瓶中溶液褪色 生成了乙烯 D ④通电 A极上有红色固体析出 锌的金属性比铜强 A． A B． B C． C D． D 考点： 化学实验方案的评价．
分析： A．分解得到的氨气与HCl又结合为氯化铵； B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水； C．挥发出的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；
D．A连接电源负极，为阴极，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，通电时A极有Cu析出． 解答： 解：A．氯化铵受热分解为氨气与HCl，受冷后氨气与HCl又结合为氯化铵，故湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试纸不变色，故A错误；
B．氢氧化钠与溴反应，溴苯不与水互溶，且密度大于水，静置后，溶液分层，下层液体颜色变浅，可以用NaOH溶液可除去溶在溴苯中的Br2，故B正确；
C．挥发出的乙醇被酸性高锰酸钾氧化为乙酸，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误； D．A连接电源负极，为阴极，通电时，A电极发生还原反应，有Cu析出，铜离子氧化性比锌离子氧化性强，说明Zn的金属性比Cu强，故D正确， 故选BD．
- 8 -
点评： 本题考查实验方案设计与评价，C选项为易错点，学生容易考虑乙烯，而忽略挥发出的乙醇，是对学生综合能力的考查，难度中等． 二、解答题（共4小题，满分64分） 9．（15分）工业上合成有机物Ⅲ（
=CHCOOCH2CH3）的路线如下：
（1）有机物Ⅰ的分子式为C3H4O2，所含官能团名称为碳碳双键、羧基． （2）反应①的反应类型为取代反应（或酯化反应），反应②中无机试剂和催化剂为液溴、铁粉．
（3）反应③的化学方程式为
．
（4）有机物Ⅳ发生消去反应可得Ⅰ，也能通过两步氧化得丙二酸，则Ⅳ的结构简式为．
（5）已知（R表示烃基）：
醛和酯也能发生上述类似反应，则苯甲醛与CH3COOCH2CH3发生反应，可直接合成有机物Ⅲ． 考点： 有机物的合成．
分析： （1）根据Ⅰ的结构简式可写出分子式并判断出官能团；
（2）反应①是Ⅰ与乙醇在浓硫酸作用下加热发生的酯化反应，反应②苯的卤代反应，要在铁粉做催化剂的条件下与溴发生取代反应；
（3）反应③为物质Ⅱ与溴苯反应生成Ⅲ，比较Ⅲ和溴苯的结构可知Ⅱ为CH2=CHCOOCH2CH3，据此可写出反应③的方程式；
（4）Ⅳ发生消去反应可得Ⅰ，也能通过两步氧化得丙二酸，说明Ⅳ中有一个羟基和一个羧基，且羟基连在碳链边上；
（5）根据题中信息可知，羰基的α氢可与醛基中的碳氧双键发生加成，对比苯甲醛和物质Ⅲ的结构可推断某酯的结构； 解答： 解：（1）根据Ⅰ的结构简式可知分子式为C3H4O2，其中含有的官能团为碳碳双键、羧基，
故答案为：C3H4O2；碳碳双键、羧基；
（2）反应①是Ⅰ与乙醇在浓硫酸作用下加热发生的酯化反应，也是取代反应，反应②苯的卤代反应，要在铁粉做催化剂的条件下与溴发生取代反应， 故答案为：取代反应（或酯化反应）；液溴、铁粉；
（3）反应③为物质Ⅱ与溴苯反应生成Ⅲ，比较Ⅲ和溴苯的结构可知Ⅱ为CH2=CHCOOCH2CH3，所以反应③的方程式为
，
- 9 -
故答案为：
；
（4）Ⅳ发生消去反应可得Ⅰ，也能通过两步氧化得丙二酸，说明Ⅳ中有一个羟基和一个羧基，且羟基连在碳链边上，所以Ⅳ为
，
故答案为：；
（5）根据题中信息可知，羰基的α氢可与醛基中的碳氧双键发生加成，对比苯甲醛和物质Ⅲ的结构可推断某酯的结构为CH3COOCH2CH3， 故答案为：CH3COOCH2CH3；
点评： 本题考查有机物的推断与合成，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，注意第（5）问中的信息的理解，题目难度中等． 10．（17分）工业上用NH3和CO2反应合成尿素：
2NH3（g）+CO2（g）?CO（NH2）2（g）+H2O（g）△H1=﹣536.1kJ?mol （1）此反应的平衡常数表达式K=
．升高温度，K值减小（填
﹣1
增大、减小或不变）．
（2）其他条件不变，下列方法能同时提高化学反应速率和尿素产率的是B． A．通入氦气 B．缩小体积C．加入催化剂 D．除去体系中的水蒸气
（3）尿素可用于处理汽车尾气．CO（NH2）2（g）与尾气中NO反应生成CO2、N2、H2O（g）排
﹣1
出．又知：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（g）△H2=﹣1806.4kJ?mol写出CO（NH2）2（g）与NO反应的热化学方程式2CO（NH2）2（g）+6NO（g）=2CO2（g）+5N2（g）+4H2O（g）△H=﹣734.2kJ/mol．某小组模拟工业合成尿素，探究起始反应物的氨碳比对尿素合成的影响．在恒温下1L容器中，将总物质的量为3mol的NH3和CO2以不同的氨碳比进行反应，实验测得平衡体系中各组分的变化如图所示．回答问题：
（4）若a、b线分别表示NH3或CO2转化率的变化，其中表示NH3转化率的是b（填a或b）线． （5）若a、b线分别表示NH3或CO2转化率的变化，c线表示平衡体系中尿素体积分数的变化，求M点对应的y值（写出计算过程，结果精确到0.1）．
- 10 -
广东省深圳市高考化学一模试卷(含解析)
