1、2013-2014学年云南省部分名校高三（上）月考化学试卷（12月份） 一、选择题：本大题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2013海珠区模拟）化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体D从海水中可以得到NaCl，电解饱和NaCl溶液可以得到金属Na2（6分）（2013平顶山三模）用相对分子质量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（）A3种B4种C5种D6种3（6分）（201
2、4春张掖校级月考）下列常见有机物中，既能发生取代反应，又能使溴的CCl4溶液反应褪色的是（）A甲苯BC植物油DCH3COOH4（6分）（2013秋云南月考）下列表示对应反应的离子方程式正确的是（）A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+I2+2H2OB硝酸银溶液中滴加过量氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+C用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHD碳酸氢钠的水解：HCO3+H2OCO32+H3O+5（6分）（2013秋云南月考）下列说法不正确的是（）A在一定条件下，催化分解80g SO3，混合气体中氧原子数为36.021023B一定条件下，
3、铁与水蒸气反应生成8.96L H2时（已折合成标况），转移的电子数为0.86.021023C100mL 1mol/L AlCl3与3mol/L NaCl的混合溶液中，Cl的个数为0.66.021023D含有非极性键的数目为6.021023的Na2O2与水充分反应，标况下产生O2 22.4L6（6分）（2014春张掖校级月考）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示下列说法不正确的是（）A元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8BZ的氧化物能与水反应C离子Y2和Z3+的核外电子数和电子层数都相同D元素Y的氢化物的稳定性比W的氢化物强7（6分）（2013秋颍泉区校级月考）在
4、V mL Al2（SO4）3溶液中含有Al3+m g，取mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO42物质的量浓度为（）A mol/LBmol/LCmol/LDmol/L三、非选择题8（13分）（2013秋云南月考）甲、乙、丙、丁四种短周期元素可以组成下列框图中除Br2和L以外的物质，其原子序数依次增大甲和乙可形成常见液态化合物K，固体A中含有丙元素的正一价阳离子，其电子层结构与氖原子相同，丁元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍在一定条件下，下列各物质可发生如图所示的变化（反应中生成的水没有写出）：试回答：（1）A的电子式为；所含化学键类型为、（2）溴元素在周期表的位置丁元素的阴离子结构示意图
5、为（3）反应（I）的化学方程式为（4）反应（II）的离子方程式为（5）含1mol C的溶液中缓慢通入15.68L的CO2（标况），所得溶液中溶质的物质的量之比为（式量大的比式量小的）9（14分）（2013秋云南月考）下面涉及的是工业生产硝酸铵的过程（1）写出NO2和水反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（2）已知：4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H=一1266.8kJ/molN2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol写出氨高温催化氧化的热化学方程式：，氨催化氧化生成NO反应的化学平衡常数表达式K=（3）已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（
6、g）H=92kJ/mol为提高氢气的转化率，宜采取的措施有（填字母）A升高温度 B使用催化剂 C及时移出氨 D循环利用和不断补充氮气（4）在一定温度和压强下，将H2和N2按3：1（体积比）在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中NH3的气体体积分数为17.6%，此时H2的转化率为（5）许多有机物在特定的装置内进行氧化的同时还可产生电能，这种装置即为燃料电池例如，乙烯被氧化生成乙醛的化学反应：2CH2=CH2+O22CH3CHO可设计成燃料电池：正极为：O2+4H+4e=2H2O，负极为：电池工作时，负极附近溶液的pH（填“升高”、“降低”或“不变”）10（16分）（2013秋云南
7、月考）Fe2+和I是两种常见的还原性离子（1）向FeSO4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为；向KI溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，反应的离子方程式为（2）请以FeSO4溶液、KI溶液、氯水、2% KSCN为试剂证明I的还原性强于Fe2+设计实验方案，补充完成实验步骤、预期现象和结论实验步骤预期现象与结论步骤1：取2mL FeSO4溶液和2mL KI溶液混合于试管中，再滴加12滴氯水现象：溶液变成黄色结论：步骤2：现象：；结论：（3）利用（2）中提供的试剂证明碘与铁的化合物中铁显+2价，实验操作和现象是：取少量样品溶于水，（4）向含2mol FeI2溶液中通入2.5m
8、ol Cl2时，请写出总的离子方程式：三、【化学-选修化学与技术模块】（15分）11（15分）（2015河北校级模拟）【化学选修化学与技术】（1）纯碱是一种重要的化工原料目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺“氨碱法”产生大量CaCl2废弃物，写出该工艺中产生CaCl2的化学方程式：；写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：；CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”与“氨碱法”中CO2的来源有何不同？；（2）钢铁工业对促进经济和社会发展起了重要作用炼钢时，加入硅、锰和铝的目的是不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹（填“前”或“后”）加入，原因是炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主
9、要污染物是从环保和经济角度考虑，上述尾气经处理可用作12（15分）（2013秋云南月考）氧元素与多种元素具有亲和力，所形成化合物的种类仅次于碳元素（1）氮、氧、氟元素的第一电离能从大到小的顺序为，氧元素与氟元素能形成OF2分子，该分子的空间构型为（2）根据等电子原理，判断NO2+离子中，氮原子轨道的杂化类型为，1mol NO2+所含键的数目为（3）氧元素与过渡元素可以形成多种价态的金属氧化物如铬可生成Cr2O3、CrO3等，试写出Cr3+核外电子排式（4）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为已知晶胞边长为540pm，则该氧化物的密度是gcm3
10、【化学选修有机化学基础】（15分）13（15分）（2013秋云南月考）乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）写出A在实验室制乙烯的方程式：（2）B和E反应生成F的化学方程式为，该反应的类型为（3）D的结构简式为；（4）写出D的同分异构体（含醛基）发生银镜反应的化学方程式：（5）C的同分异构体中含醛基的结构有种2013-2014学年云南省部分名校高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（6分）（2013海珠区模拟）化学与生
11、产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A淀粉、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体C14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体D从海水中可以得到NaCl，电解饱和NaCl溶液可以得到金属Na考点：有机高分子化合物的结构和性质；同素异形体；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解原理专题：物质的分类专题；电化学专题分析：A淀粉、蛋白质是有机高分子化合物，油脂不是；B胶体具有丁达尔效应，溶液没有；C根据同素异形体的概念进行分析，同素异形体是指由同种元素组成的不同单质；D电解饱和NaCl溶液的实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；解
12、答：解：A高分子化合物的相对分子质量特别大，一般达1万以上、一般具有重复结构单元，油脂不是高分子化合物，天然有机高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等，故A错误；B医用葡萄糖注射液葡萄糖是溶质，水是溶剂，是葡萄糖的水溶液，不属于胶体，溶液不能产生丁达尔效应现象，故B正确；C14C与12C是碳元素的不同核素，不是单质，故C错误；D电解饱和NaCl溶液电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl2e=Cl2；阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2，实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2得不到金属钠，故D错误；故选B点评：本题考查了高分子、胶体的性质、
13、同素异形体、电解等知识，题目难度不大，C选项判断是否互为同素异形体是易错点，关键要把握两点：同种元素形成，不同单质，这是解决此类题的关键之所在2（6分）（2013平顶山三模）用相对分子质量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为（）A3种B4种C5种D6种考点：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：根据烷基式量为43的确定烷基，再判断可能的烷基异构情况，利用等效H判断甲苯苯环上的H原子种类有3种，据此判断解答：解：烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为43，所以14n+1=43，解得n=3所以烷基为C3H7当为正丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，
14、所以有3种同分异构体当为异丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体故该芳香烃产物的种类数为6种故选：D点评：考查同分异构体的书写，难度中等，关键根据烷基式量为43的确定烷基，判断可能的烷基异构情况3（6分）（2014春张掖校级月考）下列常见有机物中，既能发生取代反应，又能使溴的CCl4溶液反应褪色的是（）A甲苯BC植物油DCH3COOH考点：有机物的结构和性质专题：有机反应分析：有机物中的H可被取代，酯类物质水解为取代反应，而能使溴的CCl4溶液反应褪色，则有机物中含双键或三键，以此来解答解答：解：A甲苯可发生取代反应，不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故A不选；B苯可发生取代反
15、应，不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故B不选；C植物油中含碳碳双键，能使溴的CCl4溶液反应褪色；属于酯类物质可发生水解反应，为取代反应，故C选；D乙酸可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故D不选；故选C点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握植物油为酯类物质且含碳碳双键为解答的关键，注意官能团与性质的关系，题目难度不大4（6分）（2013秋云南月考）下列表示对应反应的离子方程式正确的是（）A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I+H2O2+2H+I2+2H2OB硝酸银溶液中滴加过量氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+C用惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl+2H
16、2OH2+Cl2+2OHD碳酸氢钠的水解：HCO3+H2OCO32+H3O+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A遵循电子、电荷守恒；B滴加过量氨水，生成银氨溶液；C电解氯化镁溶液，生成氢氧化镁、氢气、氯气；D水解生成碳酸和氢氧根离子解答：解：A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘的离子反应为2I+H2O2+2H+I2+2H2O，故A正确；B硝酸银溶液中滴加过量氨水的离子反应为Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O，故B错误；C用惰性电极电解氯化镁溶液的离子反应为Mg2+2Cl+2H2OH2+Cl2+Mg（OH）2，故C错误；D碳酸氢钠的水解的离子反应为HCO3+H2OH2
17、CO3+OH，故D错误；故选A点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、水解、电解及氧化还原反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度中等5（6分）（2013秋云南月考）下列说法不正确的是（）A在一定条件下，催化分解80g SO3，混合气体中氧原子数为36.021023B一定条件下，铁与水蒸气反应生成8.96L H2时（已折合成标况），转移的电子数为0.86.021023C100mL 1mol/L AlCl3与3mol/L NaCl的混合溶液中，Cl的个数为0.66.021023D含有非极性键的数目为6.021
18、023的Na2O2与水充分反应，标况下产生O2 22.4L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、依据原子守恒分析判断；B、依据铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，结合电子守恒计算分析判断C、依据反应过程中氯离子守恒计算分析；D、依据n=计算物质的量，结合过氧化钠中含有的非极性键的数目计算过氧化钠物质的量，依据化学方程式计算分析解答：解：A、催化分解80g SO3，物质的量=1mol，依据原子守恒分析，混合气体中氧原子数为36.021023，故A正确；B、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，结合电子守恒计算分析，铁与水蒸气反应生成8.96L H2时（已折合成标况）物质
19、的量=0.4mol，生成氢气计算电子转移数，则转移的电子数为0.86.021023 ，故B正确；C、反应过程中氯离子守恒，100mL 1mol/L AlCl3与3mol/L NaCl的混合溶液中，Cl的个数=0.1L1mol/L3NA+0.1L3mol/LNA=0.66.021023，故C正确；D、依据n=计算物质的量=1mol，过氧化钠中含有的非极性键的数目为1，则计算过氧化钠物质的量为1mol，由化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，生成0.5molO2，标况下产生O2 11.2L，故D错误；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析判断，主要是元素守恒的过程分析，氧化还
20、原反应电子转移的计算应用，注意过氧化钠的结构理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等6（6分）（2014春张掖校级月考）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示下列说法不正确的是（）A元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8BZ的氧化物能与水反应C离子Y2和Z3+的核外电子数和电子层数都相同D元素Y的氢化物的稳定性比W的氢化物强考点：元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中位置知，X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl元素，A主族元素最高正化合价与其最外层电子数相等，但O、F元素除外；BZ的
21、氧化物是氧化铝，和水不反应；CO原子得到2个电子生成O2、Al原子失去3个电子生成Al3+；D元素的非金属性越强，其氢化物越稳定解答：解：这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中位置知，X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl元素，AX元素位于第VA族、Z元素为Al元素位于第IIIA族，所以X、Z元素最高正化合价为+5、+3，二者之和为8，故A正确；BZ的氧化物是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能和强酸、强碱反应，但和水不反应，故B错误；CO原子得到2个电子生成O2、Al原子失去3个电子生成Al3+，二者核外电子数都是10、电子层数都是2，所以氧离子、铝离子核外电子层数与核外电子数相等
22、，故C正确；D非金属性YW，所以氢化物的稳定性YZ，故D正确；故选B点评：本题考查了元素周期表和元素周期律综合应用，根据原子结构、元素周期律等知识点分析解答，知道元素最高化合价与其族序数的关系、氢化物稳定性与非金属性强弱的关系，题目难度不大7（6分）（2013秋颍泉区校级月考）在V mL Al2（SO4）3溶液中含有Al3+m g，取mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO42物质的量浓度为（）A mol/LBmol/LCmol/LDmol/L考点：物质的量浓度的相关计算专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据n=计算mg Al3+的物质的量，进而计算mL溶液中Al3+的物质的量，根据电荷守恒可
23、知2n（SO42）=3n（Al3+），据此计算mL溶液中SO42的物质的量，稀释为4VmL，溶液中SO42的物质的量不变，再根据c=计算稀释后溶液SO42的物质的量浓度解答：解：mg Al3+的物质的量为=mol，故mL溶液中Al3+的物质的量为mol=mol，根据电荷守恒可知2n（SO42）=3n（Al3+），故mL溶液中SO42的物质的量为mol=mol，取mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液SO42的物质的量浓度为=mol/L，故选A点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，属于字母型计算，容易计算出问题，注意对公式的理解与灵活运用三、非选择题8（13分）（2013秋云南月考）甲
24、、乙、丙、丁四种短周期元素可以组成下列框图中除Br2和L以外的物质，其原子序数依次增大甲和乙可形成常见液态化合物K，固体A中含有丙元素的正一价阳离子，其电子层结构与氖原子相同，丁元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍在一定条件下，下列各物质可发生如图所示的变化（反应中生成的水没有写出）：试回答：（1）A的电子式为；所含化学键类型为离子键、共价键（2）溴元素在周期表的位置第四周期A族丁元素的阴离子结构示意图为（3）反应（I）的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（4）反应（II）的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br（5）含1mol C的溶液中缓慢通入1
25、5.68L的CO2（标况），所得溶液中溶质的物质的量之比为n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=3：4（式量大的比式量小的）考点：无机物的推断专题：推断题分析：甲和乙可形成常见液态化合物K，H溶于K中可得溶液，则K为H2O，根据原子序数可知甲为H元素，乙为O元素，固体A中含有丙元素的正一价阳离子，其电子层结构与氖原子相同，丙为Na元素，A为Na2O2，则C为NaOH，D为O2，丁元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且原子序数比丙大，应为S元素，气体F能与溴水和氧气反应，说明具有还原性，应为SO2，和氧气反应生成SO3，则E为H2SO4，固体B应为Na2SO3，G为Na2SO4，L为HB
26、r，结合对应物质的性质解答该题解答：解：甲和乙可形成常见液态化合物K，H溶于K中可得溶液，则K为H2O，根据原子序数可知甲为H元素，乙为O元素，固体A中含有丙元素的正一价阳离子，其电子层结构与氖原子相同，丙为Na元素，A为Na2O2，则C为NaOH，D为O2，丁元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且原子序数比丙大，应为S元素，气体F能与溴水和氧气反应，说明具有还原性，应为SO2，和氧气反应生成SO3，则E为H2SO4，固体B应为Na2SO3，G为Na2SO4，L为HBr，（1）A为Na2O2，为离子化合物，电子式为，含有离子键和共价键，故答案为：；离子键、共价键；（2）溴的原子序数为35
27、，原子核外有4个电子层，最外层电子数为7，位于周期表第四周期A族；丁为S元素，对应阴离子核外由3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故答案为：第四周期A族；（3）反应（I）为Na2O2与H2O的反应，方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（4）SO2具有还原性，Br2具有氧化性，二者在溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+SO42+2Br（5）含1mol NaOH的溶液中缓慢通入15.68L的CO2（标况），二氧化碳的物质
28、的量为=0.7mol，n（CO2）：n（NaOH）=0.7mol：1mol=7：10，介于1：21：1之间，故反应得到Na2CO3、NaHCO3，令二者物质的量分别x mol、ymol，根据钠离子守恒：2x+y=1，根据碳原子守恒：x+y=0.7，联立方程解得：x=0.3，y=0.4，故n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=0.3mol：0.4mol=3：4，故答案为：n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=3：4点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，推断丙、丁元素是关键，再结合转化关系进行推断，注意相关元素化合物的性质9（14分）（2013秋云南月考）下面涉及的是工业生产硝酸铵的过程（
29、1）写出NO2和水反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（2）已知：4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H=一1266.8kJ/molN2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol写出氨高温催化氧化的热化学方程式：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.8KJ/mol，氨催化氧化生成NO反应的化学平衡常数表达式K=K=（3）已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJ/mol为提高氢气的转化率，宜采取的措施有CD（填字母）A升高温度 B使用催化剂 C及时移出氨 D循环利用和不断补充氮气（4）在一定温度和压强下，将
30、H2和N2按3：1（体积比）在密闭容器中混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气中NH3的气体体积分数为17.6%，此时H2的转化率为29.9%（5）许多有机物在特定的装置内进行氧化的同时还可产生电能，这种装置即为燃料电池例如，乙烯被氧化生成乙醛的化学反应：2CH2=CH2+O22CH3CHO可设计成燃料电池：正极为：O2+4H+4e=2H2O，负极为：2CH2=CH2+2H2O4e=2CH3CHO+4H+电池工作时，负极附近溶液的pH降低（填“升高”、“降低”或“不变”）考点：化学平衡的计算；氧化还原反应；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：（1）根据写
31、出的反应寻找失电子合得电子的元素的原子，化合价升高或降低的数目就是转移的电子数；（2）已知：4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）；H=1266.8kJ/mol；N2（g）+O2（g）2NO（g）；H=+180.5kJ/mol，利用盖斯定律可求知反应热；根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；（3）为提高某一反应物的转化率，应使平衡向正反应反应方向移动；（4）根据阿伏加德罗定律结合化学方程式，用三段式计算法计算；（5）燃料电池的负极是燃料气发生失电子的氧化反应，可以由总反应正极反应；根据溶液中氢离子的氢氧根离子的变化来判断酸碱性的变化解答：解：（1）该反
32、应中，只有氮原子化合价变化，电子转移的方向和数目为，故答案为：；（2）已知：4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H=1266.8kJ/mol，N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol，利用盖斯定律2可得：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）；H=905.8KJ/mol；化学平衡常数表达式为K=，故答案为：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905.8KJ/mol；K=；（3）为提高氢气的转化率，应是反应向正反应方向移动，则可采取的措施有：减低温度、增大压强、循环利用和不断补充氮气、及时分离出氨气；故答案为：C
33、D； （4）设反应起始时H2和N2的物质的量分别为3mol和1mol，平衡时转化了xmolN2， N2 +3H2 2NH3起始 1mol 3mol 0转化 x 3x 2x平衡 1x 33x 2x根据题意知：=17.6%，则x=0.299，所以此时H2的转化率为=29.9%，故答案为：29.9%；（5）在乙烯燃料电池中，乙烯被氧化生成乙醛的化学反应：2CH2=CH2+O22CH3CHO，正极是氧气得电子的还原反应，O2+4H+4e=2H2O，根据负极反应=总反应正极反应得：2CH2=CH2+2H2O4e=2CH3CHO+4H+，生成氢离子，导致酸性增强，所以负极附近溶液的pH降低，故答案为：2C
34、H2=CH2+2H2O4e=2CH3CHO+4H+；降低点评：本题以工业合成硝酸铵为载体考查化学反应与能量、化学平衡等问题，题目难度中等，注意外界条件对化学平衡的影响，注意有关化学平衡的计算方法10（16分）（2013秋云南月考）Fe2+和I是两种常见的还原性离子（1）向FeSO4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；向KI溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，反应的离子方程式为2I+Cl2I2+2Cl（2）请以FeSO4溶液、KI溶液、氯水、2% KSCN为试剂证明I的还原性强于Fe2+设计实验方案，补充完成实验步骤、预期现象和结论实验步骤预
35、期现象与结论步骤1：取2mL FeSO4溶液和2mL KI溶液混合于试管中，再滴加12滴氯水现象：溶液变成黄色结论：可能是生成了Fe3+、也可能是生成了I2步骤2：向试管中继续滴加几滴2%KSCN溶液现象：溶液不变血红色；结论：证明I的还原性强于Fe2+（3）利用（2）中提供的试剂证明碘与铁的化合物中铁显+2价，实验操作和现象是：取少量样品溶于水，滴加几滴2%KSCN溶液，无明显现象，再加入过量的氯水，溶液变血红色（4）向含2mol FeI2溶液中通入2.5mol Cl2时，请写出总的离子方程式：2Fe2+8I+5Cl24I2+10Cl+2Fe3+考点：离子方程式的书写；氧化性、还原性强弱的比
36、较；铁盐和亚铁盐的相互转变专题：离子反应专题；元素及其化合物分析：（1）向FeSO4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，发生氧化还原反应生成铁离子；向KI溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，发生氧化还原反应生成KCl和碘；（2）取2mL FeSO4溶液和2mL KI溶液混合于试管中，再滴加12滴氯水，发生氧化还原反应可能生成铁离子，可能生成碘，可检验铁离子以确定；（3）证明碘与铁的化合物中铁显+2价，则溶液中加KSCN不变色；（4）含2mol FeI2溶液中通入2.5mol Cl2时，先氧化碘离子，再由电子守恒可知，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分被氧化解答：解：（1）向FeSO4溶液中滴加氯
37、水，溶液由浅绿色变成黄色，发生氧化还原反应生成铁离子，离子反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；向KI溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，发生氧化还原反应生成KCl和碘，离子反应为2I+Cl2I2+2Cl，故答案为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；2I+Cl2I2+2Cl； （2）取2mL FeSO4溶液和2mL KI溶液混合于试管中，再滴加12滴氯水，溶液变为黄色，发生氧化还原反应可能生成铁离子，可能生成碘，为验证结论可向试管中继续滴加几滴2%KSCN溶液，观察到溶液不变血红色，则证明I的还原性强于Fe2+，故答案为：实验步骤预期现象与结论步骤1：取2mL FeSO4溶液和2mL KI溶
38、液混合于试管中，再滴加12滴氯水现象：溶液变成黄色结论：可能是生成了Fe3+、也可能是生成了I2步骤2：向试管中继续滴加几滴2%KSCN溶液现象：溶液不变血红色；结论：证明I的还原性强于Fe2+（3）证明碘与铁的化合物中铁显+2价，则取少量样品溶于水，滴加几滴2%KSCN溶液，无明显现象，再加入过量的氯水，溶液变血红色，可说明含亚铁离子，故答案为：滴加几滴2%KSCN溶液，无明显现象，再加入过量的氯水，溶液变血红色；（4）含2mol FeI2溶液中通入2.5mol Cl2时，先氧化碘离子，再由电子守恒可知，碘离子全部被氧化，亚铁离子部分被氧化，离子反应为2Fe2+8I+5Cl24I2+10Cl
39、+2Fe3+，故答案为：2Fe2+8I+5Cl24I2+10Cl+2Fe3+点评：本题考查性质实验方案的设计及离子反应，为高频考点，把握现象与发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析能力与实验能力的考查，综合性较强，题目难度不大三、【化学-选修化学与技术模块】（15分）11（15分）（2015河北校级模拟）【化学选修化学与技术】（1）纯碱是一种重要的化工原料目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺“氨碱法”产生大量CaCl2废弃物，写出该工艺中产生CaCl2的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：NH3+CO
40、2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”与“氨碱法”中CO2的来源有何不同？“氨碱法”CO2来源于石灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气；（2）钢铁工业对促进经济和社会发展起了重要作用炼钢时，加入硅、锰和铝的目的是脱氧和调整钢的成分不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹后（填“前”或“后”）加入，原因是避免Cr被氧化炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主要污染物是CO从环保和经济角度考虑，上述尾气经处理可用作燃料考点：纯碱工业（侯氏制碱法）；高炉炼铁；生活中常见合金的组成专题：几种重要
41、的金属及其化合物分析：纯碱是一种重要的化工原料，目前制碱工业主要有两种工艺：氨碱法 2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；联合制碱法 NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl； 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O炼钢时，加入硅、锰和铝主要是可以脱氧和调整钢的成分 因为Cr易被氧化，为防止Cr被氧化，不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹后，若氧吹前加入Cr会形成炉渣被除去炼铁和炼钢生产中，CO是主要的还原剂，故尾气均含有的主要污染物是CO，一氧化碳会引起中毒，故需对其进行处理等来解题解答：解：（1）氨碱法是由氯化铵和消石灰在加热条件下反应
42、后生成氨气和氯化钙的反应，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3+CaCl2+2H2O；联合制碱法是在氨的饱和NaCl溶液中二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳酸钠，反应的有关方程式为，NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl； 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O； CO2是制碱工业的重要原料，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧，联合制碱法
43、中CO2的来源于合成氨工业的废气，故答案为：“氨碱法”CO2来源于石灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气；（2）炼钢时，加入硅、锰和铝主要是为了脱氧和调整钢的成分 故答案为：脱氧和调整钢的成分；因为Cr易被氧化，为Cr被氧化，不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹后，若氧吹前加入Cr会形成炉渣被除去故答案为：后； 避免Cr被氧化；炼铁和炼钢生产中，CO是主要的还原剂，故尾气均含有的主要污染物是CO，一氧化碳会引起中毒，故需对其进行尾气处理一氧化碳是一种很好的还原剂还是一种燃料故答案为：CO；燃料点评：本题考查目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺的实验设计，题目难
44、度较大，易出错点为化学方程式的书写，注意把握反应的原理，注重相关基础知识的积累12（15分）（2013秋云南月考）氧元素与多种元素具有亲和力，所形成化合物的种类仅次于碳元素（1）氮、氧、氟元素的第一电离能从大到小的顺序为FNO，氧元素与氟元素能形成OF2分子，该分子的空间构型为V型（2）根据等电子原理，判断NO2+离子中，氮原子轨道的杂化类型为sp，1mol NO2+所含键的数目为2NA（3）氧元素与过渡元素可以形成多种价态的金属氧化物如铬可生成Cr2O3、CrO3等，试写出Cr3+核外电子排式1s22s22p63s23p63d3（4）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示：由
45、此可判断该钙的氧化物的化学式为CaO2已知晶胞边长为540pm，则该氧化物的密度是3.04gcm3考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：（1）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素；计算氧原子价层电子对数与孤电子对确定OF2分子空间构型；（2）NO2+离子与CO2为等电子体，二者具有相同的结构；（3）Cr原子核外有24个电子，失去4s能级1电子、3d能级的2个电子形成Cr3+；（4）黑色球为Ca、白色球为O，根据均摊法计算
46、晶胞中钙离子与O22的数目；根据其摩尔质量计算晶胞质量，根据=计算密度解答：解：（1）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能共用同周期相邻元素，故第一电离能，FNO；氧原子价层电子对数=2+=4、含有2对孤对电子，故OF2分子为V型，故答案为：FNO；V型；（2）CO2中C原子与氧原子之间形成C=O是，成2个键、不含孤对电子，碳原子采取sp杂化，NO2+离子与CO2为等电子体，具有相同的结构，故N原子也采取sp杂化，N原子与氧原子之间也形成N=O双键，故1molNO2+所含键的数目为2NA，故答案为：sp；2NA；（3）Cr
47、原子核外有24个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1电子、3d能级的2个电子形成Cr3+，故Cr3+核外电子排布式1s22s22p63s23p63d3，故答案为：1s22s22p63s23p63d3；（4）由晶体的晶胞结构图可知，O22占据棱点和体心，个数为12+1=4，钙离子占据顶点和面心，个数为8+6=4，个数比为1：1，则化学式为CaO2；晶胞质量为g，晶胞体积为a3 cm3，故晶胞密度=gcm3=3.04g/cm3，故答案为：CaO2；3.04点评：本题池物质结构与性质综合题目，涉及电离能、核外电子排布、杂化理论与分子结构、晶胞计算等，难度中等
48、，注意同周期中元素原子处于全满、半满稳定状态时，其第一电离能有较高异常现象【化学选修有机化学基础】（15分）13（15分）（2013秋云南月考）乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）写出A在实验室制乙烯的方程式：（2）B和E反应生成F的化学方程式为HOCH2CH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，该反应的类型为酯化（取代）反应（3）D的结构简式为；（4）写出D的同分异构体（含醛基）发生银镜反应的化学方程式：（5）C的同分异构体中含醛基的结构有10种考点：有机物的合成专题：有机物的化学性
49、质及推断分析：乙烯与水加成生成A，A为乙醇，乙醇催化氧化生成B，B为乙酸，乙酸与乙醇反应生成C，C为乙酸乙酯，乙烯与氧气反应生成D（C2H4O），D为环氧乙烷，因为后面生成物要与乙酸发生酯化反应按1：2反应，DE是开环加成反应，故E为乙二醇，乙二醇与乙酸反应生成F（C6H10O4），F为二乙酸乙二酯，据此解答解答：解：乙烯与水加成生成A，A为乙醇，乙醇催化氧化生成B，B为乙酸，乙酸与乙醇反应生成C，C为乙酸乙酯，乙烯与氧气反应生成D（C2H4O），D为环氧乙烷，因为后面生成物要与乙酸发生酯化反应按1：2反应，DE是开环加成反应，故E为乙二醇，乙二醇与乙酸反应生成F（C6H10O4），F为二乙酸
50、乙二酯，（1）A为乙醇，A在实验室制乙烯的方程式为，故答案为：；（2）B为乙酸，E为乙二醇，B和E反应生成F的化学方程式为HOCH2CH2OH+2CH3COOH CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，该反应的类型为酯化（取代）反应，故答案为：HOCH2CH2OH+2CH3COOH CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；酯化（取代）反应；（3）D为环氧乙烷，故答案为：；（4）D的同分异构体（含醛基）为CH3CHO，发生银镜反应的化学方程式为，故答案为：；（5）C为乙酸乙酯，C的同分异构体中含醛基的结构可以是OHCCCC上连有OH，或将氧原子插在碳链中间形成O结构，这样的结构有
51、6种，碳链结构分别为OHCCH（OH）CH2CH3、OHCCH2CH（OH）CH3、OHCCH2CH2CH2OH、OHCOCH2CH2CH3、OHCCH2OCH2CH3、OHCCH2CH2OCH3，也可以是OHCCH（CH3）2上连有OH，或将氧原子插在碳链中间形成O结构，这样的结构有4种，碳链结构分别为OHCCH（CH3）CH2OH、OHCCH（OH）（CH3）2、OHCCH（CH3）OCH3、OHCOCH（CH3）2，所以共有10种，故答案为：10点评：本题考查有机推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸等性质以及学生推理能力等，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的思维能力，根据乙烯与D的分子式，结合E与乙酸反应生成F，各分子中C原子数目，判断D的结构是解题的关键，难度中等，是高考热点题型
