1、2013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. 2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（ ）A. 点燃，能燃烧的是矿物油B. 测定沸点，有固定沸点的是矿物油C. 加入水中，浮在水面上的是地沟油D. 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油答案：D思路分析：考点解剖：本题考查有机物的性质及鉴别。解题思路：根据地沟油和油脂的的主要成分进行分析。解答过程：解：选项A中，地沟油的成分是油脂，油脂和矿物油都能燃烧，故A错误；选项B中，矿物油是混合物，
2、没有固定的沸点，故B错误；选项C中，油脂和矿物油的密度都比水小，故C错误；选项D中，地沟油主要成分是是油脂，在氢氧化钠溶液可水解，生成的甘油和高级脂肪酸钠都易溶于水，不分层，而矿物油的主要成分是烃的混合物，不溶于水、氢氧化钠溶液，还分层，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：依据习惯，把通过物理蒸馏方法从石油中提炼出的基础油称为矿物油，加工流程是在原油提炼过程中，在分馏出有用的轻物质后，残留的塔底油再经提炼而成称为老三套（溶剂精制、酮苯脱蜡、白土补充精制）。其主要两个步骤是溶剂精制去除芳烃等非理想组分和溶剂脱蜡以保证基础油的低温流动性。生产过程基本以物理过程为主，不改变烃类结构，生产的基础油
3、取决于原料中理想组分的含量与性质。知识点：0305004008油脂、糖类、蛋白质和核酸;0305004008001油脂的组成、结构和性质试题难度：1关键字：油脂的化学性质;油脂的主要用途年级：0302;03032. 氰酸铵（NH4OCN）与尿素CO（NH2）2（ ）A. 都是共价化合物 B. 都是离子化合物C. 互为同分异构体 D. 互为同素异形体答案：C思路分析：考点解剖：本题考查化合物类型的判断、同分异构体、同素异形体等知识。解题思路：根据氰酸铵（NH4OCN）和尿素CO（NH2）2的组成和结构、同分异构体和同素异形体的定义分析。解答过程：解：选项A中，氰酸铵属于铵盐，是离子化合物，故A错
4、误；选项B中，尿素是共价化合物，故B错误；选项C中，氰酸铵和尿素的分子式均为CON2H4，分子式相同而结构简式不同，因此属于同分异构体，故C正确；选项D中，同素异形体是指同种元素形成不同单质，而氰酸铵与尿素属于化合物，故D错误。所以本题的答案为C。规律总结：有机物产生同分异构体的本质在于原子的排列顺序不同，在中学阶段主要指下列三种情况：（1）碳链异构：由于碳原子的连接次序不同而引起的异构现象。（2）官能团位置异构：由于官能团的位置不同而引起的异构现象，如：CH3CH2CHCH2和CH3CHCHCH3。（3）官能团异类异构：由于官能团的不同而引起的异构现象，主要有：单烯烃与环烷烃；二烯烃、炔烃与
5、环烯烃；醇和醚；酚与芳香醇或芳香醚；醛与酮；羧酸与酯；硝基化合物与氨基酸；葡萄糖与果糖；蔗糖与麦芽糖等。知识点：0305004001有机化合物的组成与结构;0305004001003同分异构体;0305004001001有机物的组成、结构和种类特点试题难度：1关键字：同分异构体的判断与书写;同分异构体;有机物的组成、结构和种类特点年级：0301;0302;03033. 230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是（ ）A. Th元素的质量数是232 B. Th元素的相对原子质量是231C. 232Th转换成233U是化学变化 D. 230Th
6、和232Th的化学性质相同答案：D思路分析：考点解剖：本题考查质量数、相对原子质量、原子结构与性质。解题思路：根据元素质量数的定义分析A；根据元素的相对原子质量的定义分析B；根据化学变化的定义分析C；根据同位素的性质分析D。解答过程：解：选项A中，元素的质量数是由核素的质量数与其在自然界中的原子个数百分含量计算出的平均值，故A错误；选项B中，元素的相对原子质量是由核素的相对原子质量与其在自然界中的原子个数百分含量计算出的平均值，故B错误；选项C中，232Th 转换成233U是原子核发生变化，而化学变化过程中元素的种类是不变的，故C错误；选项D中，230Th和232Th的核外电子排布完全相同，化
7、学性质相同，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：同位素是具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素，它们在元素周期表上占有同一位置，化学行为几乎相同，但原子质量或质量数不同，从而其质谱行为、放射性转变和物理性质（例如在气态下的扩散本领）有所差异。同位素的表示是在该元素符号的左上角注明质量数。知识点：0305005001原子结构;0305005001002构成原子后离子粒子间的数量关系;0305005001003元素与同位素试题难度：1关键字：构成原子后离子粒子间的数量关系;元素与同位素年级：0301;0302;03034. 下列变化需克服相同类型作用力的是（ ）A. 碘和干冰的升华 B
8、. 硅和C60的熔化C. 氯化氢和氯化钾的溶解 D. 溴和汞的汽化答案：A思路分析：考点解剖：本题考查化学键的类型、分子间作用力及对物质性质的影响。解题思路：解答本题时应正确理解物质的种类、晶体的类型以及晶体中微粒之间的相互作用。解答过程：解：选项A中，碘和干冰均为分子晶体，由分子构成，分子间以分子间作用力结合，二者升华时均破坏分子间作用力，故A正确；选项B中，硅为原子晶体，熔化时破坏的是共价键；C60为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，故B错误；选项C中，HCl溶于水，破坏的是共价键；KCl溶于水破坏的是离子键，故C错误；选项D中，溴汽化破坏的是分子间作用力，汞气化破坏的是金属键，故D错
9、误。所以本题的答案为A。规律总结：组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，克服分子间引力使物质熔化和汽化就需要更多的能量，熔、沸点越高。但存在氢键时分子晶体的熔沸点往往反常地高。气体分子之间的距离较大，故分子间的相互作用较小；液体和固体的存在，正是分子间有相互吸引作用的证明；而液体、固体的难于压缩，又证明了分子间在近距离时表现出的排斥作用。知识点：0305005004分子的性质;0305005004007分子间作用力与化学键的比较;0305005003化学键;0305005003001化学键;试题难度：3关键字：分子间作用力与化学键的比较;化学键年级：0301;0302;0303
10、5. 374、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水（ ）A. 显中性，pH等于7 B. 表现出非极性溶剂的特性C. 显酸性，pH小于7 D. 表现出极性溶剂的特性答案：B思路分析：考点解剖：本题考查水的pH、相似相溶原理。解题思路：根据纯水显中性，以及温度与pH的关系分析A、C；根据题给信息分析C、D。解答过程：解：选项A、C中，超临界水中虽然含有较多的H+和OH-，但纯水呈中性，水中c（H+）c（OH-），又由于温度高于室温，因此pH7，故A、C错误；选项B、D中，超临界水具有很强的溶解有机物的能力，根据相似相溶原理，可以确定超临
11、界水表现出非极性溶剂的性质，故B正确，D错误。所以本题的答案为B。规律总结：对于H2O，虽然与CO2有相似类型的分子式，也同样有极性共价键，但二者分子的极性却不同。CO2是空间对称的直线型，所以分子是非极性分子，H2O是V型，不对称，所以是极性分子，作为溶剂称为极性溶剂。知识点：0305002006水的电离和溶液的酸碱性;0305002006002溶液的pH;0305005004分子的性质;0305005004002分子的极性试题难度：3关键字：溶液的酸碱性及pH;溶液的pH;分子的极性年级：0302;0303二、单项选择题（每小题3分）6. 与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是（
12、）A. 原料利用率高 B. 设备少 C. 循环利用的物质多 D. 原料易得答案：A思路分析：考点解剖：本题考查侯氏制碱法和索尔维制碱法等化工知识。解题思路：根据索尔维制碱法和侯氏制碱法的原理和过程进行分析。解答过程：解：选项A中，侯德榜制碱法保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故A正确；选项B中，设备少并不是侯氏制碱法的突出优点，故B错误；选项C中，循环利用的物质多并不是侯氏制碱法的突出优点，故C错误；选项D中，二者的原料相同，工艺不同，故D错误。所以本题的答案为A。规律总结：索尔维法制碱与侯德榜制碱法均分两个过程，第一个过程相同，在第二个过程中，索尔维法再用Ca（
13、OH）2溶液与含NaCl、NH4Cl滤液作用得到循环利用的NH3时，有一部分原料NaCl伴随CaCl2溶液作为废液被抛弃了，造成NaCl的利用率降低；侯德榜制碱法在第二步分离NaCl、NH4Cl的滤液时，是向低温滤液中通入NH3使NH4Cl析出，最后得到溶液基本上是饱和NaCl溶液，可循环利用，提高了NaCl的利用率。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：工业制备纯碱的两种方法的原理;无机化工的生产资源及产品的种类年级：0302;03037. 将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀
14、生成，X、Y不可能是（ ）A. X：SO2；Y：H2SB. X：Cl2；Y：CO2C. X：NH3；Y：CO2D. X：SO2；Y：Cl2答案：B思路分析：考点解剖：本题考查元素化合物的性质，尤其是一些常见气体，应准确掌握其性质。解题思路：解答本题应注意理解SO2、Cl2、NH3等气体的化学性质。解答过程：解：选项A中，通入Y后会生成S沉淀：SO22H2S3S2H2O，故A错误；选项B中，通入Y后会不反应，故B正确；选项C中，通入Y后会生成BaCO3沉淀：2NH3H2OCO2（NH4）2CO3，（NH4）2CO3BaCl2BaCO32NH4Cl，故C错误；选项D中，通入Y后会生成BaSO4沉淀
15、：SO2Cl22H2OH2SO42HCl，H2SO4BaCl2BaSO42HCl，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：二氧化硫的性质：漂白性；氧化性：SO22H2S3S2H2O；还原性：能被Cl2、Br2、I2、Fe3、KMnO4、HNO3等强氧化剂氧化成高价态硫元素，SO2X22H2OH2SO42HX（X代表：Cl、Br、I）。知识点：0305003004氯及其化合物;0305003004002氯气的性质;0305003005氮及其化合物;0305003005002氨气和铵盐;0305003006氧、硫及其化合物;0305003006004二氧化硫试题难度：3关键字：氯气的化学性质;氯气
16、的性质;氨气的化学性质;氨气和铵盐;二氧化硫的化学性质;二氧化硫年级：0301;03038. 糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（ ）A. 脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B. 脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe3e-Fe3C. 脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2OO24e-4OH-D. 含有1.12 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336 mL（标准状况）答案：D思路分析：考点解剖：本题考查化学反应与能量变化，原电池原理的应用以及简单的化学计算。解题思路：根据原电池的原理和钢铁吸氧腐蚀的
17、原理分析。解答过程：解：选项A中，在脱氧过程中，由铁、碳做电极，氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应，故A错误；选项B中，在脱氧过程中，碳做正极，铁做负极，失电子发生氧化反应生成Fe2，故B错误；选项C中，钢铁的吸氧腐蚀中铁作负极，电极反应式为Fe2e-Fe2，故C错误；选项D中，钢铁的吸氧腐蚀发生的反应有：2Fe4e-2Fe2、O24e-2H2O4OH-、4Fe（OH）2O22H2O4Fe（OH）3，则2Fe1.5O2，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：吸氧腐蚀是指金属在酸性很弱或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化腐蚀。钢铁在接近中性的
18、空气中腐蚀叫吸氧腐蚀：负极（Fe）：Fe2e-Fe2；正极（C）：O24e-2H2O4OH-。知识点：0305002009原电池原理及其应用;0305002009003金属的腐蚀;0305002009001原电池原理试题难度：3关键字：金属的腐蚀;原电池原理;原电池正负极的判断年级：0302;03039. 将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见（ ）A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B. 该反应中，热能转化为产物内部的能量C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 反应的热化学方程式为：NH4HCO3HClN
19、H4ClCO2H2OQ答案：B思路分析：考点解剖：本题考查化学反应与能量变化，热化学方程式的书写。解题思路：根据醋酸凝固与温度的关系，确定NH4HCO3与盐酸反应的热量变化。解答过程：解：选项A中，醋酸逐渐凝固，说明NH4HCO3与盐酸反应使醋酸的温度降低，因此该反应为吸热反应，故A错误；选项B中，吸热反应中反应物吸收能量，得到的生成物内能增加，故B正确；选项C中，反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；选项D中，没有标明物质的状态，热化学反应方程式书写错误，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化。探讨化学反应放热、吸热的本质时，要注意三点：化学
20、反应的特点是有新物质生成，新物质和反应物的总能量是不同的，这是因为各物质所具有的能量是不同的（化学反应的实质就是旧化学键断裂和新化学键的生成，而旧化学键断裂所吸收的能量与新化学键所释放的能量不同导致发生了能量的变化）；反应中能量守恒实质是生成新化学键所释放的能量大于旧化学键断裂的能量而转化成其他能量的形式释放出来；如果反应物所具有的总能量高于生成的总能量，则在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应，反之则是吸热反应。知识点：0305002001化学反应与能量变化;0305002001001化学反应中的能量变化;0305002001003热化学方程式试题难度：3关键字：化学反应
21、中的能量变化;热化学方程式的书写;热化学方程式年级：0302;030310. 下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是（ ）A. 均采用水浴加热 B. 制备乙酸丁酯时正丁醇过量C. 均采用边反应边蒸馏的方法 D. 制备乙酸乙酯时乙醇过量答案：D思路分析：考点解剖：本题考查实验室中酯化反应的条件控制。解题思路：根据乙酸乙酯和乙酸丁酯制备实验的特点和原理分析。解答过程：解：选项A中，制备乙酸丁酯和乙酸乙酯均是采取用酒精灯直接加热法制取，故A错误；选项B中，制备乙酸丁酯时采用容易获得的乙酸过量，以提高丁醇的利用率，故B错误；选项C中，制备乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法、制备乙酸丁酯则采取直
22、接回流的方法，待反应后再提取产物，故C错误；选项D中，制备乙酸乙酯时，为提高乙酸的利用率，采取乙醇过量的方法，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：实验室里制取乙酸乙酯时的注意事项：（1）化学原理：浓硫酸起催化脱水作用。（2）装置：液液反应装置。用烧瓶或试管。试管倾斜成45（使试管受热面积大）。弯导管起冷凝回流作用。导气管不能伸入饱和Na2CO3溶液中（防止Na2CO3溶液倒流入反应装置中）。（3）饱和Na2CO3溶液的作用。乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小，减少溶解，利于分层。挥发出的乙酸与Na2CO3反应，除掉乙酸；挥发出的乙醇被Na2CO3溶液吸收。避免乙酸特殊气味干扰乙酸
23、乙酯的气味。知识点：0305004007羧酸和酯;0305004007002乙酸的化学性质;0305004007008实验室制取乙酸乙酯试题难度：3关键字：乙酸的化学性质;实验室制取乙酸乙酯年级：0302;030311. H2S水溶液中存在电离平衡H2SHHS-和HS-HS2-。若向H2S溶液中（ ）A. 加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B. 通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大C. 滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小D. 加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小答案：C思路分析：考点解剖：本题考查元素化合物的性质、化学平衡的移动和溶液的pH。解题思
24、路：根据电离平衡移动的原理和外界条件对电离平衡的影响进行分析。解答过程：解：选项A中，加水时电离平衡向右移动，但c（H）要减小，故A错误；选项B中，通入过量SO2气体，首先发生反应：SO22H2S3S2H2O，然后过量的SO2与水反应生成H2SO3，溶液酸性增强，故B错误；选项C中，滴加新制氯水时发生反应Cl2H2S2HClS，平衡向左移动，酸性增强，故C正确；选项D中，加入少量硫酸铜固体时发生反应H2SCuSO4CuSH2SO4，溶液酸性增强，c（H）增大，故D错误。所以本题的答案为C。规律总结：影响电离平衡的因素：温度：电离过程是吸热过程，温度升高，平衡向电离方向移动；浓度：弱电解质浓度越
25、大，电离程度越小；同离子效应：在弱电解质溶液中加入含有与该弱电解质具有相同离子的强电解质，从而使弱电解质的电离平衡朝着生成弱电解质分子的方向移动，弱电解质的解离度降低的效应称为同离子效应；化学反应：某一物质将电离的离子反应掉，电离平衡向正方向移动。知识点：0305002005弱电解质的电离平衡;0305002005002弱电解质的电离平衡试题难度：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年级：0302;030312. 根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（ ）A. 3甲基1，3丁二烯B. 2羟基丁烷C. CH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2乙基戊烷D.
26、 CH3CH（NH2）CH2COOH 3氨基丁酸答案：D思路分析：考点解剖：本题考查有机物的命名。解题思路：根据有机物命名的一般方法分析判断。解答过程：解：选项A中，利用取代基位次和最小原子可知其名称为：2甲基1，3丁烯，故A错误；选项B中，该有机物含有羟基，属于醇类，其名称为：1甲基丙醇，故B错误；选项C中，利用主链最长的原则可知其名称为：3甲基己烷，故C错误；选项D中，该物质为氨基酸，以羧基为主体，氨基为取代基，因此名称为：3氨基丁酸，故D正确。所以本题的答案为D。规律总结：有机物的命名规则：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干（甲、乙、丙.）代表碳数，碳数多于十个时，以中文
27、数字命名，如：十一烷。从最近的取代基位置编号：1、2、3.（使取代基的位置数字越小越好）。以数字代表取代基的位置。数字与中文数字之间以“”隔开。有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基。 知识点：0305004001有机化合物的组成与结构;0305004001004烷烃的命名;0305004001005烯烃和炔烃的命名试题难度：3关键字：烷烃的系统命名法;烷烃的命名;烯烃和炔烃的命名年级：0302;030313. X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p
28、电子数相等；Z元素2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（ ）A. X元素的氢化物的水溶液显碱性B. Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C. Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D. Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点答案：C思路分析：考点解剖：本题主要考查的原子结构与元素周期律的应用，考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。解题思路：首先根据题给信息，结合原子结构、离子结构判断X、Y、Z、W可能是什么元素，然后确定元素的性质和物质的结构。解答过程：解：选项A中，通过
29、液化空气法可分离得到N2或O2，则X可能为N或O，O的氢化物H2O呈中性，故A错误；选项B中，Z元素的2价阳离子核外电子排布与氖原子相同，因此Z为Mg；W元素M层有一个未成对的p电子，则其最外层电子排布可能为3s23p1或3s23p4，因此W可能为Al或S。Mg、Al、S均为第三周期元素，离子半径Mg2Al3，S2Mg2，故B错误；选项C中，Mg在一定条件下可与O2或N2反应，故C正确；选项D中，Y元素原子最外层上s、p电子数相等，则最外层电子排布为ns2np2，可能为C或Si，C的氧化物CO、CO2熔点和沸点都很低，故D错误。所以本题的答案为C。规律总结：此类试题在高考中经常出现，通常解决此
30、类问题的关键是根据题目所给信息，准确推断出各个元素是什么，然后根据已有知识分析各选项。知识点：0305005002元素周期律和元素周期表;0305005002001 元素周期律;0305005002005元素周期表中元素及其物质的性质的递变规律试题难度：3关键字：元素周期律;元素周期表中元素及其物质的性质的递变规律年级：0302;030314. 为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是（ ）A. 铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小 B. 铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大C. 烘干时间过长，会
31、导致测定结果偏小 D. 若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大答案：C思路分析：考点解剖：本题考查化学实验结果的分析处理以及误差分析。解题思路：根据题给信息和选项情况进行分析。解答过程：解：选项A中，实验中镀锌铁皮反应前后的质量差为Zn的质量。实验中铁皮未及时取出，则导致部分铁溶解，质量差偏大，测定结果偏大，故A错误；选项B中，铁皮未洗净，在铁皮表面粘附其他物质则导致质量差偏小，测定结果偏小，故B错误；选项C中，烘干时间太长，导致部分铁被空气中氧气氧化，导致质量差偏小，测定结果偏小，故C正确；选项D中，换成硫酸溶解锌，对实验没有影响，故D错误。所以本题的答案为C。规律总结：此类综合性的选择题在高
32、考中经常出现，根据“m（Zn）反应前质量反应后质量”进行误差分析，若m（Zn）偏大，则结果偏大。如果铁皮未及时取出，铁也参加了反应，导致m（Zn）偏大。知识点：0305003008金属及金属材料;305003008001常见的金属材料及其应用试题难度：3关键字：常见合金的性质及其用途年级：0301;0302;030315. NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物（ ）A. 所含共用电子对数目为（a/71）NA B. 所含碳氢键数目为aNA/7C. 燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14 L D. 所含原子总数为aNA/14答案：B思路分析：考点解剖：本
33、题属于基本概念与理论的考查，落点在阿伏加德罗常数，但是涉及元素守恒、电子数计算、物质的量计算等知识。解题思路：根据共用电子对分析A；根据碳氢键数目的计算分析B；根据反应条件分析C；根据原子总数分析D。解答过程：解：选项A中，等质量的C2H4和C3H6所含共用电子对数目、碳氢键数目和原子数相同，故在这三个方面，混合物可以看成是纯净物。a g C2H4含共用电子对数目为6NA，故A错误；选项B中，a g C2H4含碳氢键数目为4NA，故B正确；选项C中，因不一定是标准状况下，故C错误；选项D中，所含原子总数为3NA，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：有关阿伏加德罗常数的选择题在高考中经常出现
34、，要加深对概念的理解，掌握常见物质的量的计算的考查方式：（1）已知物质的量n，求电子数目；（2）根据气体的条件，分析气体的物质的量的求算公式的应用。知识点：0305001001化学计量及其应用;0305001001003气体摩尔体积;0305001001007阿伏加德罗常数试题难度：3关键字：气体摩尔体积;阿伏加德罗常数年级：0301;030316. 已知氧化性Br2Fe3。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2bBr-cCl2dFe3eBr2fCl-下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（ ）A. 2 4 3 2
35、2 6 B. 0 2 1 0 1 2C. 2 0 1 2 0 2 D. 2 2 2 2 1 4答案：B思路分析：考点解剖：本题考查氧化还原反应方程式的配平。解题思路：根据氧化性的强弱判断离子被氧化的顺序，进而判断选项反应是否合理。解答过程：解：选项A中，Fe2和Br-均完全反应，符合题意，故A错误；选项B中，Br-被氧化，Fe2不发生反应，不符合反应实际，故B正确；选项C中，只有Fe2被氧化，符合题意，故C错误；选项D中，Fe2完全反应，Br-部分被氧化，符合题意，故D错误。所以本题的答案为B。规律总结：解答本题应注意以下两点：（1）掌握氧化还原反应中得失电子守恒的计算；（2）理解氧化、还原顺
36、序的应用。知识点：0305001004氧化还原反应;0305001004003氧化还原反应方程式的配平;0305001004001氧化还原反应的基本概念试题难度：3关键字：氧化还原反应方程式的配平方法;氧化还原反应方程式的配平;氧化性、还原性的强弱比较;氧化还原反应的基本概念年级：0301;030317. 某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知
37、原溶液中（ ）A. 至少存在5种离子B. Cl-一定存在，且c（Cl-）0.4 mol/LC. SO42-、NH4+一定存在，Cl-可能不存在D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在答案：B思路分析：考点解剖：本题考查离子的检验及存在的判断。解题思路：解答本题应注意以下两点：（1）定性和定量相结合确定存在的离子；（2）运用电荷守恒推断离子的存在。解答过程：解：选项A中，原溶液中至少含有4种离子：NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-，故A错误；选项B、C、D中，根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，说明有NH4+，物质的量为0.02 mol，同时产生红褐色沉淀，说
38、明有Fe3+，物质的量为0.02 mol，则没有CO32-，根据不溶于盐酸的4.66 g沉淀，说明有SO42-，且物质的量为0.02 mol，则根据电荷守恒可知一定有Cl-，至少有0.06 mol，故B正确，故C、D错误；所以本题的答案为B。规律总结：常见离子的检验：知识点：0305001005离子反应;0305001005003离子反应;0305007002常见的化学计算;0305007002003溶液的计算试题难度：3关键字：离子共存;离子反应;溶液的计算年级：0301;0302;0303三、不定项选择题（每小题4分）18. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN32KNO3K2O5
39、Na2O16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）A. 生成40.0 L N2（标准状况） B. 有0.250 mol KNO3被氧化C. 转移电子的物质的量为1.25 mol D. 被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol答案：C;D思路分析：考点解剖：本题考查氧化还原反应的有关计算，明确有关概念是解题的关键。解题思路：根据题意分析题给反应，找出氧化产物和还原产物，再按照选项要求分别进行计算。解答过程：解：选项A中，分析题给反应方程式：，可得关系式：10NaN315N2（氧化产物），2KNO3N2（还原产物）。解得n（N2）2 mol，生成N2 44.8 L，
40、故A错误；选项B中，反应中硝酸钾被还原，被还原的物质的量可按照下面的关系式求得。解得n（KNO3）0.25 mol，故B错误；选项C中，根据16N215N2（氧化产物）N2（还原产物）10e-可求出n（e-）1.25 mol，故C正确；选项D中，根据10NaN315N2（氧化产物）30N（被氧化）可求出n（N）3.75 mol，故D正确。所以本题的答案为CD。规律总结：此类综合性的选择题在高考中经常出现，要加深对概念的理解，在正确理解氧化还原反应的有关概念基础上，进行相关定量计算，找出已知量与未知量的关系式能事半功倍。知识点：0305001004氧化还原反应;0305001004001 氧化还
41、原反应的基本概念;0305007002常见的化学计算;0305007002002有关化学方程式的计算试题难度：3关键字：氧化反应和还原反应;氧化还原反应的基本概念;有关化学方程式的计算年级：0301;0302;030319. 部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列选项错误的是（ ）A. 2CN-H2OCO22HCNCO32-B. 2HCOOHCO32-2HCOO-H2OCO2C. 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者答案：A;D思路分析：考点解剖：本题考查酸性强弱、离子浓度比较，中和反应等。解题
42、思路：根据电离平衡常数来分析A；根据电离程度分析B；根据溶液中物质的量的关系分析C、D。解答过程：解：选项A中，根据电离常数可知酸性：HCOOHH2CO3HCNHCO3-，故A错误；选项B中，根据电离平衡常数，HCN的电离程度介于H2CO3的一级电离和二级电离之间，因此A中反应错误，应为：CN-H2OCO2HCNHCO3-；HCOOH的电离程度大于H2CO3的一级电离，故B正确；选项C中，等pH的HCOOH和HCN，HCN溶液的浓度大，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，后者消耗NaOH的量大，故C正确；选项D中，在等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，均存在：c（Na）c（H）c
43、（R-）c（OH-）RHCOO-或CN-，因CN-水解程度大，则在NaCN溶液中c（H）较小，而两溶液中c（Na）相等，故两溶液中所含离子数目前者大于后者，故D错误。所以本题的答案为AD。规律总结：解答本题应注意以下两点：（1）根据电离平衡常数正确判断可能发生的反应；（2）正确运用电荷守恒比较两种一元酸的盐溶液中的离子数目。知识点：0305002005弱电解质的电离平衡;0305002005002弱电解质的电离平衡;0305002005003电离度和电离常数试题难度：3关键字：电离平衡的建立;弱电解质的电离平衡;电离常数;电离度和电离常数年级：0302;030320. 某恒温密闭容器中，可逆反
44、应A（s）BC（g）Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是（ ）A. 产物B的状态只能为固态或液态B. 平衡时，单位时间内n（A）消耗n（C）消耗11C. 保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动D. 若开始时向容器中加入1 mol B和1 mol C，达到平衡时放出热量Q答案：B;C思路分析：考点解剖：本题考查化学平衡、平衡移动、平衡状态的判断及平衡常数。解题思路：根据压强与物质状态的关系来分析A；根据平衡状态分析B；根据平衡的移动分析C、D。解答过程：解：选项A中，若B为气体，且原平衡时B与C的浓度相等时，因容
45、器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变，故A项错误；选项B中，根据反应中的化学计量数，平衡时单位时间内消耗的A和C的物质的量相等，故B正确；选项C中，保持体积不变，若B为气态，则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动，C项正确；选项D中，若开始向容器中加入1 mol B和1 mol C，由于B和C不能完全转化，因此达平衡时放出热量小于Q，故D错误。所以本题的答案为BC。规律总结：此类综合性的选择题在高考中经常出现，以2NO2（g）N2O4（g）为例分析：知识点：0305002003化学平衡及化学反应限度;0305002003003 平衡移动原理试题难度：3关键字：平衡移动原理的应用;平衡移动原理年级：0302;030321. 一定条件下，将0.1 L CO、0.2 L CO2、0.1 L NO、0.2 L NO2和0.2 L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充
