1、2014年陕西省西安市八十三中高考化学四模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2009深圳二模）下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的一组是（）蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体 聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子 明矾、石膏、冰醋酸、水都是电解质 盐酸、漂白粉、水玻璃都是混合物 分馏、干馏、裂化都是化学变化 植物油、直馏汽油都可使溴水褪色ABCD2（6分）（2014新城区校级四模）设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）Ac（H+）=0.1mol/L的甲酸溶液中，HCOO和H+数目之和为0.1NAB标准状况下，3.36L
2、乙烯中含有的极性键数为0.60NAC1L 0.2mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含0.4NA个Fe3+离子D1mol油酸含有的双键数目约为NA3（6分）（2014新城区校级四模）下列叙述正确的是（）A用pH=2和pH=3的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va=10VbBpH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有：c（NaOH）c（CH3COONa）c（NaHCO3）C过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中，正确的离子反应方程式为：3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+D向Ca（HCO3）2溶液加少量
3、氢氧化钠溶液：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O4（6分）（2010德阳模拟）某有机物A的结构简式如右图所示，下列有关叙述正确的是（）A1molA最多可以与2molBr2发生反应BA在一定条件下可以发生消去反应和取代反应C一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上D1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH5（6分）（2014新城区校级四模）有四种金属分别用a、b、c、d表示这四种金属两两组成原电池时，a都是正极；这四种金属可以 用盐酸把它们区分为a、d和b、c两组；在用盐酸处理后的溶液中加入足量的强碱，可知b离子先沉淀后溶解，且b、c同在第三周期，判
4、断四种金属活泼性由强到弱的顺序为（）Ac、b、d、aBa、b、c、dCa、c、b、dDd、b、c、a6（6分）（2014新城区校级四模）要使含Ag+、Cu2+、Mg2+、Ba2+、Al3+的溶液中各离子逐一形成沉淀析出，下列所选择的试剂和加入试剂的顺序均正确的是（）AH2SO4HClK2SNaOHCO2BNaClNa2SO4Na2SNa2OHCO2CNaClNa2SO4NaSNH3H2OHClDNa2SNa2SO4NaClNaOHCO27（6分）（2009安徽模拟）铜、镁合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mL 的NO2气体和336mL的N2O4气体（均为标准状况下），
5、在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量为（）A7.04gB8.26gC8.51gD9.02g二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2011临川区校级模拟）能源短缺是人类面临的重大问题甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2上述反应符合“原子经济”原则的是（填“”或“”），下表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）I由表中数据判断H20（填“”、“”或“=”）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的
6、是（填序号）A升高温度 B将CH3OH（g）从体系中分离出来 C使用合适的催化剂D充入He，使体系总压强增大 E按原比例再充入CO和H2温度250300350K2.0410.2700.012某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2molL1，则CO的转化率为，此时的温度为（从上表中选择）；（2）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如右图所示的原电池装置该电池工作时，OH向极移动（填“正”或“负”），该电池正极的电极反应式为9（15分）（2014新城区校级四模）现有A、B、C、D四种物质，B、D的焰色反应均为黄色C是一种强酸的
7、酸式盐，将C加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成，D晶体在干燥空气中容易逐渐失去结晶水变成白色粉末对A、B、C、D进行下列实验，实验过程和记录如图所示（无关物质已略去），请回答：（1）X与B反应的离子方程式为（2）D溶液pH值大于7，原因是（用离子方程式表示）（3）写出C与过量B反应（加热）的离子方程式（4）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序（5）Y在同主族的同类物质中分子稳定性最强，也是沸点最高的（判断正误填“是“或“否“）（6）若向三份足量的B的稀溶液中分别加入少量稀醋酸、稀硝酸、浓硫酸，均生成1molH2O时的反应热分别为H1，H2，H3
8、，则三者由大到小排序为：10（14分）（2014新城区校级四模）用如图装置可以进行测定SO2转化成SO3的转化率的实验已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8已知发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（85%）Na2SO4+SO2+H2O（1）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置请从图AE装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中、处连接的装置分别是、（2）从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，首先应采取的操作是（3）有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题，请你推
9、测可能的原因并说明相应的验证方法（可以不填满）原因，验证方法；原因，验证方法；原因，验证方法（4）将SO2通入含1.5mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式（5）用amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置增重了bg，则实验中SO2的转化率为%（用含a、b的代数式填写）三、【化学-选修化学与技术】共1小题，满分15分）11（15分）（2015朝阳模拟）现代炼锌的方法可分为火法和湿法两大类，镉是生产硫酸锌的副产品，属于高毒性金属，试回答下列相关问题（1）火法炼锌是将闪锌矿（主要
10、含ZnS）通过浮选焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热至13731573K，使锌蒸馏出来主要反应为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2； 鼓风炉中：2C+O22CO ZnO+COZn+CO2从火法炼锌蒸馏后的残渣中含多种金属单质及In2O3，可用硫酸提取铟，某研究机构对此研究数据如下实验中涉及的酸度（每升溶液中含硫酸的质量）与铟的浸出率如图1；硫酸溶液的体积与固体的体积比如图2当酸度为196时，其物质的量浓度为从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度和液固比分别为：，（2）湿法炼锌的主要工艺流程为：从保护环境和充分利用原料角度，如何处理或利用烟气除去酸浸出液中的铁，可用H2O2
11、氧化，再调节pH使之形成Fe（OH）3沉淀，写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式酸浸出液还含有Cd2+，为了防止镉污染并回收镉，根据它们性质的差异，可用氢氧化钠溶液分离，已知Zn（OH）2和氢氧化铝一样也具有两性，试写出分离的离子方程式四、【化学-选修物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2013河南一模）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大请根据下列相关信息，回答问题：A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=
12、1451J/mol I3=7733kJ/molI4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式（2）B的基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个伸展方向，原子轨道呈形（3）某同学根据上述信息，推断C的基态原子的核外电子排布图为：该同学所画的电子排布图违背了（4）G位于族区，价电子排布式为（5）DE3分子中，中心原子的杂化方式为，其分子的立体构型为（6）F晶体的晶胞如图所示，若设该晶胞的密度为agcm3，阿伏加德罗常数为NA，F原子的摩尔质量为M，则F原子的半径
13、为cm五、【选修5：有机化学基础】13（2014新城区校级四模）（1）饱和一元醇A是一种常见的有机溶剂，7.4g的A与足量金属Na反应放出1.12L的H2（标准状况下），且A可以发生以下变化：已知：饱和一元醇中的烷基在光照的条件下可与氯气发生取代反应A分子式是：；A只有一种一氯取代物B，写出由A转化为B的化学方程式：；A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F分子中除官能团之外还有3种不同化学环境的氢原子，则F的结构简式是：（2）有机物G（C6H6O2）可用作显影剂，遇含有Fe3+的溶液显紫色，G还能发生的反应是（选填序号）；加成反应 加聚反应 氧化反应 水解反应 酯化反应G的一溴取代物
14、只有一种，请写出G的结构简式：；请写出G与足量浓溴水反应的化学反应方程式：（3）A和G在一定条件下相互作用形成水与一种食品抗氧化剂H，H与氢氧化钠溶液作用得到化学式为C10H12O2Na2的化合物，请写出H的结构简式是：2014年陕西省西安市八十三中高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2009深圳二模）下列有关物质分类或归纳的说法中，正确的一组是（）蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体 聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子 明矾、石膏、冰醋酸、水都是电解质 盐酸、漂白粉、水玻璃都是混合物 分馏、干馏、裂
15、化都是化学变化 植物油、直馏汽油都可使溴水褪色ABCD考点：混合物和纯净物；电解质与非电解质；有机化合物的异构现象；石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解版权所有专题：物质的分类专题分析：依据蔗糖和麦芽糖是二糖互为同分异构体分析；依据合成高分子是人工合成和天然高分子是自然界含有的物质分析；依据电解质的概念是水溶液中或熔融状态下到底、导电的化合物，酸碱盐都是电解质；依据混合物是由不同物质组成的，结合物质的组成判断；依据化学变化的实质是由新物质生成分析判断；依据使溴水褪色的物质，结构中含有不饱和键能发生加成反应；解答：解：蔗糖和麦芽糖的化学式都可用C12H22O11表示，它们互为同分异构体，故正确
16、；聚乙烯、聚氯乙烯属于合成高分子，纤维素属于天然高分子，故错误；明矾是盐、石膏是盐、冰醋酸是酸、水是弱电解质，所以都是电解质，故正确；盐酸是氯化氢的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液，都是混合物，故正确；分馏、干馏是混合物根据沸点不同分离的方法，是物理变化，裂化是烷烃分解是化学变化，故错误；植物油烃基中含有不饱和碳碳键可以和溴单质加成使溴水褪色、直馏汽油主要是饱和烃不能使溴水褪色故错误；综上所述：正确故选C点评：本题考查了纯净物、混合物、高分子化合物、电解质、同分异构体等概念的应用，分馏、干馏、裂解操作的实质，关键区分植物油和直溜汽油的成分和性质2（6分）（201
17、4新城区校级四模）设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）Ac（H+）=0.1mol/L的甲酸溶液中，HCOO和H+数目之和为0.1NAB标准状况下，3.36L乙烯中含有的极性键数为0.60NAC1L 0.2mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含0.4NA个Fe3+离子D1mol油酸含有的双键数目约为NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A没有告诉溶液体积，无法计算溶液中离子数目；B乙烯分子中的极性键为碳氢键，乙烯中含有4个极性键；C铁离子在溶液中部分水解，导致铁离子数目减少；D油酸中含有1个碳双键和1个碳氧双键，1mol油酸中含有2mol双键解答：解
18、：A题中缺少溶液体积，无法计算溶液中的离子数，故A错误；B标况下，3.36L乙烯的物质的量为0.15mol，0.15mol乙烯中含有极性键为碳氢键，物质的量为0.6mol，故B正确；C1L 0.2mol/L的Fe2（SO4）3溶液中含有溶质硫酸铁0.2mol，0.2mol硫酸铁中含有0.4mol铁离子，由于铁离子部分水解，所以溶液中铁离子小于0.4mol，故C错误；D1mol油酸中含有1mol碳碳双键和1mol碳氧双键，总共含有2mol双键，含有的双键数目为2NA，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的
19、关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系3（6分）（2014新城区校级四模）下列叙述正确的是（）A用pH=2和pH=3的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va=10VbBpH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有：c（NaOH）c（CH3COONa）c（NaHCO3）C过量SO2通入到Ba（NO3）2溶液中，正确的离子反应方程式为：3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+D向Ca（HCO3）2溶液加少量氢氧化钠溶液：Ca2+2HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2O考点：pH的简
20、单计算；离子方程式的书写；盐类水解的应用版权所有专题：基本概念与基本理论分析：A、醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，根据含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，二者物质的量相等判断；B、氢氧化钠是强碱，不水解，碳酸氢钠和醋酸钠是盐，盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大；C、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子；D、向Ca（HCO3）2溶液加少量氢氧化钠溶液，少量的氢氧根离子为1mol解答：解：A、含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3
21、COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Vax=Vby，则=，即Vb10Va，故A错误；B、氢氧化钠是强碱，不水解，相同浓度的三种溶液氢氧化钠的pH最大，所以pH相同的三种溶液中，氢氧化钠浓度最低，已知酸性：CH3COOHH2CO3HCO3，所以碳酸氢钠的水解程度大于醋酸钠，则醋酸钠的浓度大于碳酸氢钠，碳酸氢钠的浓度大于氢
22、氧化钠，则c（NaOH）c（NaHCO3）c（CH3COONa），故B错误；C、少量SO2通入Ba（NO3）2溶液，反应的离子方程式为：3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，离子方程式书写正确，故C正确；D、向Ca（HCO3）2溶液加少量氢氧化钠溶液，少量的氢氧根离子为1mol，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故D错误；故选C点评：本题考查酸碱混合的计算，题目难度较大，本题注意浓度不同的醋酸，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小4（6分）（2010德阳模拟）某有机物A的结构简式如右图所示，下列有关叙述正确的是（）A1molA最多可以与
23、2molBr2发生反应BA在一定条件下可以发生消去反应和取代反应C一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上D1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH考点：有机物分子中的官能团及其结构；物质的组成、结构和性质的关系版权所有分析：A、根据双键可以和溴单质加成、酚羟基的临位、对位氢原子可以被溴取代的性质来回答；B、官能团决定性质，有临位氢的醇和氯代烃可以发生消去反应，醇、酚、酯、卤代烃均可以发生取代反应；C、根据基础物质乙烯、乙炔、苯环等的共面或共线结构来分析；D、酯基、酚羟基等在一定的条件下均可以和氢氧化钠溶液反应解答：解：A、1molA中含有1mol双键，消耗1mol的B
24、r2，还有2mol的酚羟基邻对位氢，可以被溴原子取代，能和2molBr2发生反应，所以1molA最多可以与3molBr2发生反应，故A错误；B、A中的醇羟基不能消去，但是氯代烃有临位的氢原子，能发生消去反应，醇羟基、酚羟基以及对位临位氢原子、酯基、卤代烃均可以发生取代反应，故B正确；C、A中具有乙烯和苯环的共面结构，这样一个A分子中最少就有8个碳原子在同一平面上，故C错误；D、酯基、酚羟基等在一定的条件下均可以和氢氧化钠溶液反应，1molA中含有1mol酚羟基和1mol水解后能生成酚羟基的酯基，还有卤代烃中的氯原子，所以1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH，故D错误
25、故选B点评：本题考查学生有关官能团决定性质的知识，要要求学生熟记官能团具有的性质，并熟练运用5（6分）（2014新城区校级四模）有四种金属分别用a、b、c、d表示这四种金属两两组成原电池时，a都是正极；这四种金属可以 用盐酸把它们区分为a、d和b、c两组；在用盐酸处理后的溶液中加入足量的强碱，可知b离子先沉淀后溶解，且b、c同在第三周期，判断四种金属活泼性由强到弱的顺序为（）Ac、b、d、aBa、b、c、dCa、c、b、dDd、b、c、a考点：常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理版权所有专题：元素及其化合物分析：组成原电池时正极金属活泼性较差，在用盐酸处理后的溶液中加入足量的
26、强碱，可知b离子先沉淀后溶解，则b是Al，且b、c同在第三周期，c Na或是Mg，据此判断回答解答：解：这四种金属两两组成原电池时，a都是正极，所以a的活泼性最差；这四种金属可以 用盐酸把它们区分为a、d和b、c两组，则d的活泼性强于a的；在用盐酸处理后的溶液中加入足量的强碱，可知b离子先沉淀后溶解，则b是Al，且b、c同在第三周期，c是Na或是Mg，所以活泼性是cb，根据知道a、d都是排在H后面的金属综上可知金属的活泼性由强到弱的顺序是：c、b、d、a故选A点评：本题考查了金属活泼性的判断方法，注意知识的归纳和整理以及灵活应用是解题关键，难度不大6（6分）（2014新城区校级四模）要使含Ag
27、+、Cu2+、Mg2+、Ba2+、Al3+的溶液中各离子逐一形成沉淀析出，下列所选择的试剂和加入试剂的顺序均正确的是（）AH2SO4HClK2SNaOHCO2BNaClNa2SO4Na2SNa2OHCO2CNaClNa2SO4NaSNH3H2OHClDNa2SNa2SO4NaClNaOHCO2考点：物质分离、提纯的实验方案设计版权所有专题：化学实验基本操作分析：将Ag+、Cu2+、Mg2+、Ba2+、Al3+五种离子逐一沉淀并分离，则每加入一种物质只能产生一种沉淀，所以加入顺序为NaCl（生成AgCl沉淀）、Na2SO4（生成BaSO4沉淀）、Na2S（生成CuS沉淀）、氢氧化钠（生成Cu（O
28、H）2沉淀）、CO2（生成Al（OH）3沉淀），以此解答该题解答：解：A先加入硫酸，可生成硫酸银、硫酸钡沉淀，故A错误；B可依次生成AgCl、BaSO4、CuS、Cu（OH）2、Al（OH）3等沉淀，符合题目要求，故B正确；C加入硫化钠之后加入氨水可同时生成氢氧化铝和氢氧化镁沉淀，故C错误；D先加入硫化钠，可同时生成硫化银、硫化铜、氢氧化铝（水解生成）等沉淀，故D错误故选B点评：本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大7（6分）（2009安徽模拟）铜、镁合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝
29、酸被还原只产生4480mL 的NO2气体和336mL的N2O4气体（均为标准状况下），在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量为（）A7.04gB8.26gC8.51gD9.02g考点：有关混合物反应的计算；氧化还原反应的电子转移数目计算；硝酸的化学性质版权所有专题：压轴题；守恒法分析：先算出铜和镁总共失去的电子数，而铜和镁失去的电子数，就是他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量，即为沉淀量解答：解：本题涉及反应有：CuCu2+Cu（OH）2，MgMg2+Mg（OH）2，反应后生成Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据以上反应关系可知铜和镁失去的物质的
30、量等于结合的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成4480mL 的NO2气体和336mL的N2O4气体，反应中转移的电子的物质的量为=0.23mol，所以生成的沉淀的质量为4.6g+0.23mol17g/mol=8.51g，故选C点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题解答的关键是铜和镁失去的电子数，就是他们结合的氢氧根的物质的量，而结合氢氧根的质量就正好是质量增加的量二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2011临川区校级模拟）能源短缺是人类面临的重大问题甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
31、反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H1反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2上述反应符合“原子经济”原则的是（填“”或“”），下表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）I由表中数据判断H20（填“”、“”或“=”）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是BE（填序号）A升高温度 B将CH3OH（g）从体系中分离出来 C使用合适的催化剂D充入He，使体系总压强增大 E按原比例再充入CO和H2温度250300350K2.0410.2700.012某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0
32、.2molL1，则CO的转化率为80%，此时的温度为250（从上表中选择）；（2）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如右图所示的原电池装置该电池工作时，OH向负极移动（填“正”或“负”），该电池正极的电极反应式为O2+2H2O+4e4OH考点：化学能与热能的相互转化；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素版权所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）“原子经济性”是指在化学品合成过程中，合成方法和工艺应被设计成能把反应过程中所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中；、反应物总能量大于生成物总能量时，该反应为放热反应；、措施可增加甲醇产率，即平衡正移，根据影响平衡的因素分析；、根据一氧化碳的平
33、衡浓度计算平衡时一氧化碳的物质的量，再根据转化率公式计算其转化率，根据平衡浓度计算K，再判断温度；（2）原电池工作是阴离子向负极移动；负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，据此写出电池反应式解答：解：（1）根据原子经济知，没有副产物，符合原子经济理念，中有副产物，不符合原子经济理念，故答案为：； 、根据图象知，反应物总能量大于生成物总能量，所以该反应是放热反应，则H10，故答案为：；、A升高温度，平衡逆移，甲醇产率降低，故错误；B将CH3OH（g）从体系中分离出来，平衡正移，甲醇产率增大，故正确；C使用合适的催化剂，平衡不移动，故错误；D充入He，使体系总压强增大，平衡不
34、移动，故错误；E按原比例再充入CO和H2，增大了压强平衡正移，甲醇产率增大，故正确；故答案为：BE；、按反应II充分反应达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，物质的量为0.4mol； CO （g）+2H2 （g）CH3OH （g）起始量（mol） 2 6 0变化量（mol） x 2x x平衡量（mol） 2x 62x x平衡时一氧化碳的物质的量：2x=0.4mol，所以x=1.6mol平衡时各物质的浓度：c（CO）=0.2mol/L2L=0.4mol，c（H2）=1.4mol/L，c（CH3OH）=0.8mol/L；一氧化碳的转化率=80%，K=2.041，由表格可知温度为250；故答
35、案为：80%；250； （2）原电池工作是阴离子向负极移动，所以OH向负极移动，故答案为：负；正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以其电极反应式为O2+2H2O+4e4OH，故答案为：O2+2H2O+4e4OH点评：本题考查了原电池原理、化学平衡移动等知识点，注意燃料电池中正负极上发生的电极反应式，题目难度中等9（15分）（2014新城区校级四模）现有A、B、C、D四种物质，B、D的焰色反应均为黄色C是一种强酸的酸式盐，将C加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成，D晶体在干燥空气中容易逐渐失去结晶水变成白色粉末对A、B、C、D进行下列实验，实验过程和记录如图所示（无关物质已略去），
36、请回答：（1）X与B反应的离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（2）D溶液pH值大于7，原因是（用离子方程式表示）CO32+H2O HCO3+OHHCO3+H2OH2CO3+OH（3）写出C与过量B反应（加热）的离子方程式NH4+H+2OHNH3+2H2O（4）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序C（Na+）C（SO42）C（NH4+）C（H+）=C（OH）（5）Y在同主族的同类物质中分子稳定性最强是，也是沸点最高的是（判断正误填“是“或“否“）（6）若向三份足量的B的稀溶液中分别加入少量稀醋酸、稀硝酸、浓硫酸，均生成1molH2O时的反
37、应热分别为H1，H2，H3，则三者由大到小排序为：H1H2H3考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：依据题意和转化关系，B、D的焰色反应均为黄色证明含钠元素C是一种强酸的酸式盐可以判断为NaHSO4，将C加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成为BaSO4；转化关系中A+3B白色沉淀X，X+B无色溶液，根据生成沉淀和沉淀溶解所用B的定量关系可以推断，A为铝盐，B为NaOH，X为Al（OH）3；转化关系中过量的B（NaOH）和C反应生成气体Y使石蕊溶液变蓝证明是氨气，即判断C为硫酸氢铵，Y为NH3，C和D按2：1反应生成气体Z，能使石蕊试液变红，说明气体是酸性气体，结合D晶体在干燥空气
38、中容易逐渐失去结晶水变成白色粉末，判断D为Na2CO3，Z为CO2；依据判断出的物质分析回答问题；解答：解：B、D的焰色反应均为黄色证明含钠元素C是一种强酸的酸式盐可以判断为NaHSO4，将C加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的白色沉淀生成为BaSO4；转化关系中A+3B白色沉淀X，X+B无色溶液，根据生成沉淀和沉淀溶解所用B的定量关系可以推断，A为铝盐，B为NaOH，X为Al（OH）3；转化关系中过量的B（NaOH）和C反应生成气体Y使石蕊溶液变蓝证明是氨气，即判断C为硫酸氢铵，Y为NH3，C和D按2：1反应生成气体Z，能使石蕊试液变红，说明气体是酸性气体，结合D晶体在干燥空气中容易逐渐失去结晶
39、水变成白色粉末，判断D为Na2CO3，Z为CO2；（1）X（Al（OH）3）与B（NaOH）反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）推断D溶液为碳酸钠溶液，pH值大于7，原因是碳酸根离子水解，离子方程式为：CO32+H2O HCO3+OH；HCO3+H2OH2CO3+OH，故答案为：CO32+H2O HCO3+OH；HCO3+H2OH2CO3+OH；（3）C（NH4HSO4）与过量B（NaOH）反应（加热）的离子方程式为：NH4+H+2OHNH3+2H2O，故答案为：NH4+H+2OHNH3+2H2O（4）若B、C
40、的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性，依据电荷守恒可知：C（Na+）+C（NH4+）+C（H+）=C（OH）+2C（SO42），C（H+）=C（OH） C（Na+）+C（NH4+）=2C（SO42），恰好反应发生的化学反应方程式为：NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+H2O+NH3H2O，溶液呈碱性，若呈中性，硫酸氢铵稍过量，或氢氧化钠量少，则该溶液中离子浓度从大到小的顺：C（Na+）C（SO42）C（NH4+）C（H+）=C（OH）， 故答案为：C（Na+）C（SO42）C（NH4+）C（H+）=C（OH） （5）Y为NH3，在同主族的同类物质中，氮元素非金属性最强，所以氢化物的稳定性最
41、强，分子稳定性最强是，氢化物的沸点取决于分子间的作用力，结构相似的分子，相对分子质量越大，沸点越高，但氨气分子间存在氢键，沸点反常的高，故答案为：是 是； （6）若向三份足量的B的稀溶液中分别加入少量稀醋酸、稀硝酸、浓硫酸，均生成1molH2O时的反应热分别为H1，H2，H3，醋酸是弱电解质存在电离平衡，和氢氧化钠反应促进电离需吸收热量，浓硫酸溶解过程溶液温度升高，所以反应生成1mol水时的焓变大小需要考虑正负号，反应是放热，焓变是负值，大小为：H1H2H3，故答案为：H1H2H3 ；点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的综合应用，主要考查焰色反应、物质定量反应关系，盐类水解应用，溶液中离子
42、浓度大小比较，反应中和热的判断，氢化物的稳定性和沸点大小比较依据的应用，铝及其化合物性质的判断应用，题目综合性较大10（14分）（2014新城区校级四模）用如图装置可以进行测定SO2转化成SO3的转化率的实验已知SO3的熔点是16.8，沸点是44.8已知发生装置中所涉及反应的化学方程式为：Na2SO3（s）+H2SO4（85%）Na2SO4+SO2+H2O（1）根据实验需要，应该在、处连接合适的装置请从图AE装置中选择最适合装置并将其序号填入下面的空格中、处连接的装置分别是B、A、E（2）从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验中在加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，首先应采取的操作是先
43、加热催化剂再滴入浓硫酸（3）有一小组在实验中发现，SO2气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题，请你推测可能的原因并说明相应的验证方法（可以不填满）原因Na2SO3变质，验证方法取待测试样于试管中，加适量蒸馏水配成溶液，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液有白色沉淀生成，则证明该Na2SO3固体变质；原因不是浓硫酸，验证方法用洁净玻璃棒蘸取待测试样，涂白纸不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸；原因无，验证方法无（4）将SO2通入含1.5mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式SO2+2HClO3=H2SO4+2C
44、lO2（5）用amolNa2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，测得装置增重了bg，则实验中SO2的转化率为%（用含a、b的代数式填写）考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；二氧化硫的化学性质版权所有专题：化学平衡专题；氧族元素分析：（1）二氧化硫的干燥用浓硫酸，当温度低于16.8可以获得三氧化硫的晶体，尾气处理用烧碱溶液；（2）为保证生成的二氧化硫尽可能的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再进行滴加浓硫酸操作；（3）亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，根据检验亚硫酸钠中硫酸根是否存在来证明结论；亚硫酸钠和稀硫酸反应产生的二氧化硫速率很慢；（4）SO2通入含1.0mo
45、l次氯酸的溶液中，根据转移的电子数来确定两种强酸；（5）根据S元素守恒计算消耗的物质的量，可计算转化率解答：解：（1）SO2转化成SO3之前必须对二氧化硫进行干燥，可以用浓硫酸，SO3的熔点是16.8，沸点是44.8，当温度低于 16.8时，三氧化硫以晶体状态存在，二氧化硫、三氧化硫的尾气处理用烧碱溶液吸收，故答案为：B；A；E；（2）为保证生成的二氧化硫尽可能多的转化为三氧化硫，应先加热催化剂再进行滴加浓硫酸操作，保证生成的二氧化硫尽可能的参与反应，故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；（3）影像化学反应速率的因素有：浓度、温度等，亚硫酸钠变质会生成硫酸钠，硫酸钠和浓硫酸不反应；此外亚硫酸钠和
46、稀硫酸反应产生的二氧化硫速率会很慢，可能的原因是Na2SO3变质或不是浓硫酸；可通过取待测试样于试管中，加适量的蒸馏水配成溶液，滴加足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则证明该亚硫酸钠已变质或者用洁净的玻璃棒沾取待测试样，滴到白纸上，如果不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸，故答案为：Na2SO3变质；取待测试样于试管中，加适量的蒸馏水配成溶液，滴加足量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则证明该亚硫酸钠已变质；不是浓硫酸；用洁净的玻璃棒沾取待测试样，滴到白纸上，如果不变黑，则证明该溶液不是浓硫酸；（4）SO2通入含1.0mol次氯酸的溶液中，转移的电子为2mol，所以是
47、1molSO2和1mol次氯酸反应生成盐酸和硫酸，故答案为：SO2+H2O+HClOHCl+H2SO4；（5）根据元素守恒Na2SO3SO2，则amol会生成二氧化硫amol，装置增重了bg，说明剩余的二氧化硫为bg（即=mol），所以二氧化硫的转化率=%，故答案为：%（或者%）点评：本题主要考查了二氧化硫的性质以及离子的检验等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力三、【化学-选修化学与技术】共1小题，满分15分）11（15分）（2015朝阳模拟）现代炼锌的方法可分为火法和湿法两大类，镉是生产硫酸锌的副产品，属于高毒性金属，试回答下列相关问题（1）火法炼锌是将闪锌矿（主要含Z
48、nS）通过浮选焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热至13731573K，使锌蒸馏出来主要反应为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2； 鼓风炉中：2C+O22CO ZnO+COZn+CO2从火法炼锌蒸馏后的残渣中含多种金属单质及In2O3，可用硫酸提取铟，某研究机构对此研究数据如下实验中涉及的酸度（每升溶液中含硫酸的质量）与铟的浸出率如图1；硫酸溶液的体积与固体的体积比如图2当酸度为196时，其物质的量浓度为2molL1从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度和液固比分别为：180，6：1（2）湿法炼锌的主要工艺流程为：从保护环境和充分利用原料角度，如何处理或利用烟气将烟道气净化
49、，用于生产硫酸等除去酸浸出液中的铁，可用H2O2氧化，再调节pH使之形成Fe（OH）3沉淀，写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O酸浸出液还含有Cd2+，为了防止镉污染并回收镉，根据它们性质的差异，可用氢氧化钠溶液分离，已知Zn（OH）2和氢氧化铝一样也具有两性，试写出分离的离子方程式Cd2+2OH=Cd（OH）2；Zn2+4OH=ZnO22+2H2O或Zn2+4OH=Zn（OH）42考点：金属冶炼的一般原理；化学平衡的调控作用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用版权所有专题：图示题；信息给予题；压轴题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据酸
50、度的定义计算，酸度为196时，说明1L溶液中硫酸的质量为196g，即硫酸为2mol，故浓度为2mol/L；根据图象可以看出，当酸度为180或液固比为6：1时，浸出率变化不大；（2）闪锌矿主要含ZnS，在焙烧时生成二氧化硫气体，可用于生产硫酸；H2O2具有氧化性，在酸性条件下将具有还原性的Fe2+离子氧化成Fe3+离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；Zn（OH）2和氢氧化铝一样也具有两性，既可与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，可根据氢氧化铝的反应来书写解答：解：（1）酸度为196时，说明1L溶液中硫酸的质量为196g，硫酸的物质的量为=2mol，浓
51、度为2mol/L，故答案为：2molL1；由图象可以看出，当酸度为180或液固比为6：1时，浸出率变化不大，从节约原料和浸出率考虑，适宜的酸度和液固比分别为：180； 6：1，故答案为：180； 6：1；（2）闪锌矿主要含ZnS，在焙烧时生成二氧化硫气体，如随意排放会污染环境，可用于生产硫酸，故答案为：将烟道气净化，用于生产硫酸等；H2O2具有氧化性，在酸性条件下将具有还原性的Fe2+离子氧化成Fe3+离子，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；根据Zn（OH）2和氢氧化铝一样也具有两性，既可与酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水，酸浸出液还含有Cd2+，为了防止镉污染
52、并回收镉，可加过量的碱溶液，反应分别为：Cd2+2OH=Cd（OH）2；Zn2+4OH=ZnO22+2H2O或Zn2+4OH=Zn（OH）42故答案为：Cd2+2OH=Cd（OH）2；Zn2+4OH=ZnO22+2H2O或Zn2+4OH=Zn（OH）42点评：本题以信息题目的形式考查金属冶炼的一般原理，做题时注意题中给予的关键信息，如闪锌矿的组成，酸度等问题，本题较为综合，具有一定难度四、【化学-选修物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2013河南一模）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大请根据下列相关信息，回答问题：A元素
53、的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是：I1=738kJ/mol I2=1451J/mol I3=7733kJ/molI4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式（2）B的基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道呈纺锤形（3）某同学根据上述信息，推断C的基态原子的核外电子排布图为：该同学所画的电子排布图违背了泡利原理（4）G位于第B族d区，价电子排布式为3d
54、54s2（5）DE3分子中，中心原子的杂化方式为sp3，其分子的立体构型为三角锥形（6）F晶体的晶胞如图所示，若设该晶胞的密度为agcm3，阿伏加德罗常数为NA，F原子的摩尔质量为M，则F原子的半径为cm考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；晶胞的计算版权所有专题：原子组成与结构专题；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为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为氢元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，则B为N；由C原子的第三电离能
55、剧增，最外层电子数为2，处于A族，结合原子序数，则C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3，则D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期A族元素，则E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，据此解答解答：解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为氢元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，则B为N；由C原子的第三电离能剧增，最外层电子数为2，处于A族，结合原子
56、序数，则C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3，则D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期A族元素，则E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，（1）BA5为离子化合物，则为NH4H，其电子式为，故答案为：；（2）B为N元素，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形，故答案为：3；纺锤形；（3）由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，C基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利原理，故答案为：泡利原理；（4
57、）G为Mn，在第四周期第B，最后填充的为d电子，在d区，其价电子为3d54s2，故答案为：第B；d；3d54s2；（5）PCl3中P原子孤电子对数为1，成3个键，则为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；（6）根据F晶体的晶胞可知，为体心立方，晶胞中F原子数目=1+8=2，故晶胞质量=2g，若设该晶胞的密度为agcm3，则晶胞体积=cm3，则晶胞棱长=cm，令F原子的半径为r cm，晶胞体对角线上的3个F原子相邻，则：（4r）2=3（）2，解得r=，故答案为：点评：本题是对物质结构的考查，涉及电子式、核外电子排布、核外电子运动状态、元素周期表、分子结构、杂化轨道、晶胞计算
58、等，（6）为易错点，需要学生具有一定的空间想象与数学计算能力，难度中等五、【选修5：有机化学基础】13（2014新城区校级四模）（1）饱和一元醇A是一种常见的有机溶剂，7.4g的A与足量金属Na反应放出1.12L的H2（标准状况下），且A可以发生以下变化：已知：饱和一元醇中的烷基在光照的条件下可与氯气发生取代反应A分子式是：C4H10O；A只有一种一氯取代物B，写出由A转化为B的化学方程式：；A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F分子中除官能团之外还有3种不同化学环境的氢原子，则F的结构简式是：（2）有机物G（C6H6O2）可用作显影剂，遇含有Fe3+的溶液显紫色，G还能发生的反应是
59、（选填序号）；加成反应 加聚反应 氧化反应 水解反应 酯化反应G的一溴取代物只有一种，请写出G的结构简式：；请写出G与足量浓溴水反应的化学反应方程式：（3）A和G在一定条件下相互作用形成水与一种食品抗氧化剂H，H与氢氧化钠溶液作用得到化学式为C10H12O2Na2的化合物，请写出H的结构简式是：考点：有机物的推断；结构简式；同分异构现象和同分异构体；聚合反应与酯化反应版权所有专题：压轴题；有机物的化学性质及推断分析：饱和一元醇A是一种常见的有机溶剂，7.4g的A与足量金属Na反应放出1.12L的H2（标准状况下），n（H2）=0.05mol，M（A）=74g/mol，由CnH2n+2O可知，1
60、4n+2+16=74，解得n=4，则A为丁醇，A只有一种一氯取代物B，则A为（CH3）3COH，B为，C为（CH3）3CONa，D为CH2=C（CH3）2，D为CH2BrCBr（CH3）2，然后结合有机物的结构与性质来解答解答：解：饱和一元醇A是一种常见的有机溶剂，7.4g的A与足量金属Na反应放出1.12L的H2（标准状况下），n（H2）=0.05mol，M（A）=74g/mol，由CnH2n+2O可知，14n+2+16=74，解得n=4，则A为丁醇，A只有一种一氯取代物B，则A为（CH3）3COH，B为，C为（CH3）3CONa，D为CH2=C（CH3）2，D为CH2BrCBr（CH3）2
61、，（1）由上述分析可知A为丁醇，其分子式为C4H10O，故答案为：C4H10O；A只有一种一氯取代物B，则A转化为B的化学方程式为，故答案为：；A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F分子中除官能团之外还有3种不同化学环境的氢原子，则F的结构简式为，故答案为：；（2）有机物G（C6H6O2）可用作显影剂，遇含有Fe3+的溶液显紫色，则G中含酚羟基，若一溴取代物只有一种，则G为，能发生苯环的加成反应、羟基的氧化反应及酯化反应，G与足量浓溴水反应的化学反应方程式为，故答案为：；（3）A为（CH3）3COH，G为，A和G在一定条件下相互作用形成水与一种食品抗氧化剂H，H与氢氧化钠溶液作用得到化学式为C10H12O2Na2的化合物，则H具有酸性，A与G发生取代反应生成H，所以H为，故答案为：点评：本题考查有机物的推断，A为解答本题的关键，注意利用饱和一元醇与Na的反应及通式来推出A为丁醇是解答的突破口，熟悉醇、酚、烯烃及发生的相关反应即可解答，题目难度中等