1、东北三省四市教研协作体2014届高三第二次模拟理科综合化学试题解析版7.D【解析】本题考查物质的分类、结构与性质的分析与判断。盐酸、氯气不是非电解质，A错误；Na原子半径在三者中最大，氧原子半径最小，B错误；氢化物稳定性与非金属性有关，HF最稳定，C错误；C6H6、N2H4、H2O2中既有极性键又有非极性键，D正确。8.C【解析】本题考查常见有机物的结构与性质的分析判断。苯乙烯中含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；根据碳原子成键情况，正丁烷四个碳原子呈锯齿状，B正确；苯不能使酸性高锰酸钾褪色，C错误；能反应生成气体的是乙酸，互溶的是乙醇，分层的是乙酸乙酯，D正确。9.A【解析】本题考查化学实
2、验的分析与判断。苯与液溴在溴化铁作催化剂的条件下可发生取代反应，A正确；NaHCO3与Ca(OH)2互滴时都能产生沉淀，B错误；加热时NH4Cl与Ca(OH)2能发生反应生成氨气等，C错误；Fe2+的溶液加铁氰化钾，特征现象是产生蓝色沉淀，D错误。 10.B【解析】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断。7.8gNa2O2(0.1mol)含有0.1molO22，A正确；17g(14CH3)为1mol，含有的中子数8NA，B错误；Fe与Cl2反应只生成FeCl3，0.1molFe过量,0.1molCl2全部反应，C正确；pH=1，即氢离子浓度为0.1mol/L，溶液体积为1L，故氢离子为0.1NA，
3、D正确。11.D【解析】本题考查离子方程式的正误判断。Fe3+具有强氧化性性，与还原性的H2S发生氧化还原反应，但H2S是弱电解质不能拆分，A错误；电解氯化镁时会生成氢氧化镁沉淀，B错误；酸性条件下H+参加反应生成水，不会生成OH，C错误；至Al3+完全沉淀时，剩余SO42，D正确。12.D【解析】本题考查限定条件的同分异构体的分析与判断。符合条件的有机物有：、，故选D。 13.C【解析】本题考查化学反应图像的分析判断。加水稀释时，弱酸醋酸有电离平衡，pH变化没有盐酸变化大，A错误；降低温度时，可逆反应向正反应方向移动，c(SO3)会变大，B错误；依图示1molH2O(l)分解时吸收285.8
4、kJ/mol的热量，则1molH2(g)燃烧生成1molH2O(l)时放出285.8kJ/mol的热量，C正确；转移2mol电子时生成1molCu，D错误。26、（14分）（1） AC （2分）（2） 加入沸石（或碎瓷片），通入冷凝水（每空2分，顺序错不扣分）（3） BACDB（2分，如果只答ACDB，给1分）（4） 取适量样品加热水溶解后，冷却过滤得滤液（或取上层清液），向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若得到白色沉淀，则可证明样品中含有KCl。（2分，没有加热溶解的部分，氯离子检验正确，得1分。其他合理答案也可） 重结晶（1分）（5） 酚酞（1分），94.48%（2分）【解析】本题以苯甲酸
5、的制备考查了有机物的制备原理分析、实验步骤的分析判断、反应条件的控制、混合物的分离与提纯、产率的计算等。（1）操作I是加热到沸腾，所以不要温度计和蒸馏烧瓶，只需要普通圆底烧瓶和冷凝管；（2）加药品后加热前要先加沸石、通冷凝水；（3）要苯甲酸固体，先要过滤分离出第1步反应生成的不溶性固体MnO2，再酸化将苯甲酸钾转化为苯甲酸，再蒸发浓缩、冷却结晶，过滤便得到苯甲酸；（4）检验KCl时一般检验Cl，注意操作是溶解取样，加试剂，观察现象得出结论；根据信息苯甲酸的溶解度随温度变化小，而KCl的溶解度受温度影响大，可用重结晶的方法分离；（5）滴定终点时生成苯甲酸钾，水解显碱性，所以要有酚酞作指示剂；每次
6、25.00mL样品中苯甲酸的质量：0.010.02362122=0.0288164g，产品中纯净的苯甲酸的纯度：0.02881641000/25/1.220=94.48%。27、（15分）（1）3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2（2分）（2）是为了达到浓缩富集溴的目的。（2分）（3）SO2Br22H2O = 2HBrH2SO4。（2分）（4）降低体系温度，防止溴挥发，使反应完全。（2分）（5）蒸馏（2分）（6）除去粗品中未反应完的溴。（2分）（7）Br2（1分）；苯或CCl4（其他合理答案均可）（2分）【解析】本题考查了海水提溴、氢溴酸的制备流程及解读、化学方程式的书
7、写、物质的提纯及检验等。(1)反应物为溴和碳酸钠，生成物有Br、BrO3，还应有CO2，写出并配平方程式；（2）浓度较小，用Na2CO3等处理后富集，效率更好；（3）Br2具有强氧化性，SO2具有还原性，通入水中时发生氧化还原反应；（4）溴易挥发，使用冰水可减少溴的挥发；（5）H2SO4、HBr均溶于水，但沸点不同，所以分离它们的方法是蒸馏；（6）强还原性的Na2SO3可反应消耗微量的Br2；（7）中学化学中呈黄色的硫、溴化银、溴、Fe3+，结合题所给流程，可知另外可能含有Br2，检验时不能从Br角度考虑，因为HBr中有Br，也不能用KI淀粉溶液，因为Fe3+也具有强氧化性，只能作萃取Br2来
8、验证推测。28、（14分）（1）CD（2分，错答0分，少答得1分）（2）0.02 mol/(L.min) （2分）； 16( mol/L)-2（2分）（3）2NH3(g)+CO2(g)= CO(NH2)2(s) +H2O(l) H= 87.0 kJmol-1(2分) p(H2O) a （2分）（4）11 （2分） Mg(OH)22NH4= Mg22NH3H2O（2分）【解析】本题考查了化学平衡状态的判断、化学反应速率和化学平衡常数的计算、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理的分析、溶度积常数的计算等。（1）A项表示的化学反应速率前化学计算数不正确；B项恒容容器中气体密度始终不变；C项建立平衡时压强
9、变化，压强不变时达到平衡；n个氮氮叁键断裂表正反应速率，6n个氮氢键断裂表逆反应速率，D正确；（2）设反应转化的N2的物质的量浓度为x，由N2+3H22NH3列三段式可知起始N2、H2为1mol/L、2 mol/L，25分钟平衡时N2、H2、NH3分别为(1x)mol/L、(23x)mol/L、2xmol/L，依恒温时压强之比等于物质的量之比有3/(32x)=16.8/11.2，解得x=0.5mol/L，故N2的反应速率=0.2 mol/L/25min)=0.02mol/(L.min)；该温度下的平衡常数为：12/(0.50.53)=1616( mol/L)-2；（3）目标热化学方程式的H=(
10、159.5kJmol-1)+(+116.5kJmol-1)(+44kJmol-1)=87.0kJmol-1；如果是过量的NH2CO2NH4当体积增加到原来的50%时，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，p(H2O)=a，而不是答案的p(H2O) a答案有问题吧！；如果答案是正确的，只有将题干修改，将“过量的NH2CO2NH4”改为“适量的NH2CO2NH4”如果将“过量的NH2CO2NH4”改为“适量的NH2CO2NH4”，对答案的解析是可能要修改！当体积增加到原来的50%时，平衡向正反应方向移动，如果是过量的NH2CO2NH4，会达到新的平衡，温度不变平衡常数不变，p(H2O)=a
11、；如果是NH2CO2NH4固体量不能够，不会达到平衡状态，压强之比等于气体体积比，此时p(H2O)；综合两者，故p(H2O) a答案有问题吧！；(4)由Ksp=c(Mg2+)c2(OH)计算出c(OH)=1103mol/L，pH=11；NH4Cl水解呈较强的酸性，促进氢氧化镁的溶解平衡，进而持续反应。36、（15分）.（1） Al2O3 + 2NaOH =2NaAlO2 + H2O ，SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O (每空1分)（2） 2Fe2+ +H2O2+2H+ = 2Fe3+ + 2H2O （2分）（3）TiOSO4+(n+1)H2OTiO2nH2O(胶体)+H
12、2SO4 （2分）（4）b (2分)（5）过滤（2分）. 防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2(或CO2、N2)作用（2分）. 正（1分） TiO24eTi2O2（2分）【解析】本题二氧化钛和钛的制备为题境考查了金属及化合物的性质、化学方程式及离子方程式的书写、反应条件的控制、电解池工作原理分析等。I、（1）分析流程，钛铁矿中Al2O3、SiO2能与NaOH反应；（2）反应物为H2O2、Fe2+，酸性条件下生成Fe3+，同时得到还原产物H2O；（3）TiOSO4水解生成TiO2nH2O(胶体)，根据元素守恒生成H2SO4；（4）步骤得到硫酸亚铁晶体和TiOSO4，是结晶分离法，利用溶解度的差异
13、；（5）第、步分别是过滤、过滤、蒸发结晶，都要用到玻璃棒；II、Ar是保护气体，防止空气中的O2(或CO2、N2)与活泼金属镁、钛反应；III、O2移向石墨极，石墨极是阳极，则b是正极；阴极是TiO2得到电子发生还原反应。37、（15分）（1）1s22s22p63s23p63d104s1 或Ar3d104s1（1分）12（1分）Cu2O的晶格能大于Cu2S，所以熔点Cu2O大于Cu2S）（2分）（2）SO2与水反应生成H2SO3， H2SO3易溶于水；且SO2为极性分子，水为极性溶剂，依据相似相容原理SO2在水中溶解度较大（2分）（3）SOCl2（1分）极性（1分）（4）四面体形（2分）POC
14、l3 + 3H2O =3HCl + H3PO4（2分）（5）sp3 sp2（2分）120（1分）【解析】本题考查了电子排布式的书写、熔点及溶解度的比较、分子的极性及杂化轨道类型判断等。（1）联想辉铜矿（Cu2S）冶炼铜的原理可知A是Cu2S、B是Cu、C是SO2，根据原子守恒可知D为SOCl2；在铜的晶胞中，顶点上的铜原子被8个晶胞占有，每个晶胞中与一个顶点上铜原子距离最近的铜原子数是3，每个面上的铜原子被2个晶胞占有，所以其配位数是381/2=12；离子化合物熔点的比较规律：离子晶体中阴、阳离子半径越小，电荷数越多，则离子键越强，溶点越高；（2）依据相似相容原理解析；（3）SOCl2中S最外
15、层电子数6个，其中两个和2个Cl成键，两个与O成键，还剩下2个形成1对孤对电子，分子构型是三角锥形，是极性分子；（4）中心原子磷的孤对电子数：n=5231=0，POCl3属于AX4E0=AY4型，AY4型的理性模型是正四面体，由于氧和磷的键是双键，氯和磷的键是单键，所以是呈三维的四面体构型；（5）苯分子中含有一个大键，每个碳原子含有3个键，碳原子采用sp2杂化，羧基中碳也采用sp2杂化，另两个碳原子sp3杂化。38、（15分）(1）取代反应(1分) ，2CH2OH-CH=CH2 + O2 2CH2=CH CHO+2H2O（2分）（2）取适量丙烯醛（C）于试管中，加入银氨溶液，水浴加热（或新制的
16、氢氧化铜，直接加热）。若形成光亮的银镜（或产生红色沉淀），证明有醛基。取银镜反应后的溶液加足量的酸酸化后，加入几滴溴水（或高锰酸钾），褪色，证明有碳碳双键。（2分，其它合理答案均给分）（3）丙烯酸（2分） 2（2分）(4) （2分）(5)8（2分），（2分）【解析】本题考查了有机合成与推断、反应类型的判断、官能团的检验、同分异构体的判断与书写、有机方程式的书写等。由CD的反应条件逆推出C为CH2=CHCHO，由BC的反应条件进而逆推出B为CH2=CHCH2OH，结合A为C3H6及反应条件可知A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl；（2）碳碳双键和醛基同时具有时，醛基的还原性强，检验两种官能团时先检验醛基，并全部消耗醛基，再检验碳碳双键；（4）分析麦克尔加成反应的反应方式，是碳碳双键与两个羰基中CH2的加成，从而确定F的结构；（5）G的分子式为C9H14O4，少2个氢原子的物质化学式为C9H12O4，不饱和度为4，只含有苯环，没有其他的不饱和结构；满足条件的同分异构体含有一个酚羟基，结构相当对称，另外的氧形成醇羟基或醚键。
